Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Метрические пространства. Теория, задачи, решения
.pdf
§9. ТЕОРЕМА БЭРА О КАТЕГОРИИ 91
Покажем, что множество G всюду плотно в (X,ρ).Предположим
противное, т.е. существует открытый шар B(x, r) ⊂ X, для которо-
го G ∩ B(x, r)=∅,азначит,G ∩
r
B(x,
подпространстве (
и всюду плотны для каждого n =1, 2,.... Следовательно, по доказанно-
∞
му,
Un= ∅. Получили противоречие.
n=1
2
),ρ
B(x,
B(x, r)=∅ (см. задачу 6.5). В полном
) множества Un= Gn∩B(x,
r
)
2
r
) открыты
2
Так как дополнение открытого и всюду плотного множества есть замкнутое множество без внутренних точек, то, переходя к дополнениям, получим эквивалентную формулировку доказанной теоремы, а именно: справедлива
Теорема 9.2. Пусть (X, ρ) —ПМПи(F
замкнутых множеств без внутренних точек в (X, ρ).Тогдамноже-
ство F =
∞
Fnтакже лишено внутренних точек.
n=1
) — последовательность
n
Теорема Бэра. Если ПМП является счетным объединением замкнутых подмножеств, то хотя бы одно из этих подмножеств содержит
непустое открытое множество.
Пусть (X, ρ) —ПМПи(F
множеств, таких, что X =
∞
n=1
для каждого n ∈ N.Тогда(X \F
плотных подмножеств в (X, ρ), удовлетворяющих (согласно теореме 9.1)
условию
∞
(X \ Fn) = ∅. Но это противоречит равенству X =
n=1
Значит, хотя бы одно из множеств X \ F
Поэтому Int F
= ∅ для некоторого n.
n
) — последовательность его замкнутых
n
Fn. Предположим противное, т. е. Int Fn= ∅
) — последовательность открытых всюду
n
∞
Fn.
не является всюду плотным.
n
n=1
Ответ на вопрос о существовании множеств второй категории дает
следующая теорема, известная как
ТеоремаБэраокатегории. ПМП (X, ρ) нельзя представить в виде
объединения счетного числа нигде не плотных его подмножеств, т. е. X
есть множество второй категории.
Предположим противное: пусть X — непустое множество первой
категории, т.е. X =
Int
Ek= ∅ для любого k ∈ N, то последовательность (Ek) удовлетворяет
∞
Ek,гдеEk— нигде не плотные множества. Так как
k=1
92 §9. ТЕОРЕМА БЭРА О КАТЕГОРИИ
условиям теоремы 9.2. Значит, Int
∞
k=1
E
⊃ Int
k
Int
k=1
∞
k=1
∞
E
= ∅. С другой стороны, имеем
k
E
=IntX = X = ∅.
k
Получили противоречие.
Непосредственно самой теоремой Бэра редко приходится пользоваться.
Обычно используют одно из ее следствий, известное как принцип равномер-
ной ограниченности:
Теорема 9.3. Пусть
= {f :(X, ρ) → R} — семейство непрерыв-
ных функций, определенных на ПМП (X, ρ), и пусть для каждого x ∈ X
существует такое число m
> 0,что|f (x)| mxдля любого f ∈.
x
Тогда существуют непустое открытое множество G ⊂ X ичислоm>0,
такие, что |f (x)| m для всех x ∈ G и всех f ∈
Для функции f ∈
X
k,f
рассмотрим множество Лебега (см. §7)
= {x ∈ X : |f(x)| k},k=1, 2, ....
.
Так как функция f ∈ C(X ), то, согласно теореме 7.3, множества X
k,f
замкнуты. Значит, для каждого k ∈ N множество
X
={X
k
: f ∈}
k,f
замкнуто как пересечение замкнутых множеств.
По условию, для каждой точки x ∈ X найдется натуральное число k,
такое, что |f (x)| k при всех f ∈
. Следовательно, имеем представление
∞
X =
Xk.
k=1
Отсюда, с учетом полноты МП (X, ρ), по теореме Бэра заключаем, что найдется по крайней мере одно множество X
рое содержит непустое открытое множество G ⊂ X
ство |f (x)| m выполняется для всех x ∈ G ивсехf ∈
из системы множеств Xk,кото-
m
, такое, что неравен-
m
.
Задачи и упражнения
9.1. Приведите пример неполного пространства (X, ρ),гдеX является
множеством первой категории.
§9. ТЕОРЕМА БЭРА О КАТЕГОРИИ 93
9.2. Доказать, что всякое МП, имеющее хотя бы одну изолированную
точку, является множеством второй категории.
9.3. Приведите пример неполного МП без изолированных точек, явля-
ющегося множеством второй категории.
9.4. Доказать, что в ПМП дополнение к множеству первой категории
есть множество второй категории.
9.5. Доказать, что ПМП, не имеющее изолированных точек, несчетно.
9.6. Показать на примере, что пересечение счетной совокупности от-
крытых множеств, плотных в неполном пространстве, может не быть плотным в нем, т.е. если МП неполно, то утверждение теоремы 9.1 неверно.
9.7. Доказать, что если (X, ρ) — ПМП, то пересечение конечной или
счетной совокупности множеств типа G
в (X, ρ), является множеством типа G
, каждое из которых всюду плотно
δ
, всюду плотным в этом же простран-
δ
стве.
9.8. Приведите пример убывающей последовательности всюду плотных
множеств в пространстве R, имеющая пустое пересечение.
9.9. Доказать, что любая последовательность (G
) подмножеств пол-
n
ного пространства (X, ρ) удовлетворяет равенству
∞
(
n=1
G
∩ (X \Gn))= X.
n
X \
9.10. Доказать, что непустое совершенное множество в полном пространстве имеет мощность континуума.
9.11. Используя теорему Бэра, доказать следующие утверждения:
(а) множество всех действительных чисел R несчетно;
(б) непрерывные функции, обладающие производной хотя бы в одной
точке, образуют множество первой категории в пространстве C[a, b].
§10. Принцип cжимающих отображений
Именно математика. . . дает надежнейшие
правила; кто им следует — тому не опасен обман чувств.
Л. Эйлер
Отображение f :(X,ρ) → (X, ρ) называется сжимающим,еслисуще-
ствует такое число c ∈ (0, 1), что для любых точек x, y ∈ X выполняется
неравенство
ρ(f(x),f(y)) cρ(x, y).
При этом число c называют коэффициентом сжатия отображения f .
Непосредственно из определения сжимающего отображения следует,
что если для каждого ε>0 взять δ =
для которых ρ(x, y) <δ, выполняется неравенство
ρ(f(x),f(y)) cρ(x, y) <cδ= ε,
т. е. сжимающее отображение равномерно непрерывно, а следовательно,
непрерывно в каждой точке пространства (X, ρ).
Точка x
пространства (X, ρ) называется неподвижной точкой отоб-
0
ражения f :(X,ρ) →(X, ρ),еслиf(x
Теорема 10.1 (принцип сжимающих отображений). Сжимающее
отображение ПМП в себя имеет единственную неподвижную точку.
Пусть (X,ρ) —ПМПиf — сжимающее отображение простран-
ства (X, ρ) в себя с коэффициентом сжатия c ∈ (0, 1). Возьмем произвольную точку x ∈ X иположим
ε
, то для любых точек x ∈ X, y ∈ X ,
c
)=x0.
0
x
= f(x),
1
x
= f(x1)=(f ◦ f)(x),
2
······························
x
= f(x
n
)=(f ◦f ◦···◦f
n−1
n раз
······························ .
)(x),
§10. ПРИНЦИП CЖИМАЮЩИХ ОТОБРАЖЕНИЙ 95
Покажем, что полученная последовательность (xn) фундаментальна.
Из определения сжимающего отображения имеем:
ρ(x
ρ(x
)=ρ(f(x),f(x1)) cρ(x, x1)=cρ(x, f (x)),
1,x2
)=ρ(f(x1),f(x2)) = ρ(f(x1),f(f(x1)))
2,x3
cρ(x
,f(x1)) c2ρ(x, f (x)),
1
·············································
ρ(x
n,xn+1
) cnρ(x, f (x)),
············································· .
Отсюда, для любого p ∈ N, с помощью неравенства треугольника получаем
n
n+p
− c
ρ(x
n,xn+p
)
c
1 − c
ρ(x, f (x)).
Так как c ∈ (0, 1),то
n
ρ(x
n,xn+p
Итак, последовательность (x
n
ства (X, ρ) существует точка x
ности (x
),причемx0— неподвижная точка отображения f. Действительно,
n
) фундаментальна и в силу полноты простран-
0
c
1 − c
ρ(x, f (x)).
)
∈ X , являющаяся пределом последователь-
с учетом непрерывности отображения f , имеем
x
0
= lim
n→∞
xn= lim
n→∞
f(x
)=flim
n−1
n→∞
x
= f(x
n
).
0
Покажем единственность неподвижной точки. Предположим, что существуют две точки x
и y0,такие,что
0
)=x0,f(y0)=y0,x0= y0.
f(x
0
Тогда имеем неравенство
ρ(x
)=ρ(f(x0),f(y0)) cρ(x0,y0) <ρ(x0,y0),
0,y0
что невозможно.
З а м е ч а н и е 10.1. Так как неподвижные точки отображения f
являются решениями уравнения f (x)=x, то принцип сжимающих отобра-
если
(X, ρ)
жений можно сформулировать в следующем виде:
—ПМПиf—
96 §10. ПРИНЦИП CЖИМАЮЩИХ ОТОБРАЖЕНИЙ
сжимающее отображение
то уравнение
f(x)=x
(X, ρ)
в себя с коэффициентом сжатия
имеет в пространстве
(X, ρ)
c ∈ (0, 1)
одно и только одно
решение, которое может быть получено как предел итерационной последовательности
x1= f(x),x2= f(x1),...,xn= f(x
n−1
),...,
построeнной при любом выборе исходного элементаx, причем оценка сходимости последовательности
мулой
Построение последовательности (x
(xn)
ρ(xn,x0)
к решению уравнения
n
c
ρ(x, f (x)). (10.2)
1 − c
) и исследование вопроса ее сходимо-
n
x
задается фор-
0
сти называют методом последовательных приближений.
Следствие 10.1 (локальный принцип сжимающих отображений).
Пусть (X, ρ) — ПМП и отображение f :(X,ρ) → (X, ρ) является сжима-
ющим на некотором замкнутом шаре
сжатия c ∈ (0, 1), и выполнено неравенство ρ(x
в замкнутом шаре
B(x0,r) существует единственная неподвижная точка
B(x0,r) из (X, ρ), с коэффициентом
,f(x0)) (1 − c)r.Тогда
0
отображения f .
Рассмотрим подпространство (
ства (X, ρ).Таккак
подпространство (
Покажем, что f отображает
ная точка замкнутого шара
B(x0,r) — замкнутое множество, то рассматриваемое
B(x0,r),ρ
B(x0,r)
B(x0,r) в себя. Пусть x — произволь-
B(x0,r),т.е.ρ(x0,x) r. Тогда, учитывая то,
что f — сжимающее отображение на
B(x0,r),ρ
) — полное, в силу теоремы 8.1.
B(x0,r), имеем следующую оценку
) полного простран-
B(x0,r)
,
ρ(x
,f(x)) ρ(x0,f(x0)) + ρ(f (x0),f(x))
0
Следовательно, f(x) ∈
(1 −c)r + cρ(x
B(x0,r) и к отображению f : B(x0,r) → B(x0,r)
,x) (1 − c)r + cr = r.
0
применим принцип сжимающих отображений.
Следствие 10.2. Если некоторая степень отображения ПМП в себя
является сжимающей, то само отображение имеет единственную неподвижную точку.
Пусть (X,ρ) — ПМП и отображение f :(X, ρ) → (X, ρ) таково,
что его n-я степень f
n
:= f ◦ f ◦ ... ◦ f , n 1,являетсясжимающим
§10. ПРИНЦИП CЖИМАЮЩИХ ОТОБРАЖЕНИЙ 97
отображением. Предположим, что x0— неподвижная точка отображения fn,
n
(x0)=x0.Тогда
т. е. f
f(x
)=f(fn(x0)) = fn(f(x0)).
0
Таким образом, f(x
) — неподвижная точка отображения fn. Но такая точка,
0
согласно принципу сжимающих отображений, единственная и, следовательно, f (x
)=x0.
0
Следствие 10.3 (о непрерывной зависимости неподвижной точки). Пусть (X, ρ) —ПМПиf , g :(X, ρ) → (X,ρ) — два сжимающих
отображения с коэффициентами сжатия c
и cg, соответственно. Ес-
f
ли ρ(f(x),g(x)) <εдля любого x ∈ X , то неподвижные точки отобра-
жений f и g находятся друг от друга на расстоянии, не превышающем
величину
ε
1 − c
Пусть x
,гдеε =sup{ρ(f(x),g(x)) : x ∈ X} и c =min{cf,cg}.
— неподвижная точка отображения f ипустьc = c
0
(т. е. cf cg). Положим xn= gn(x0). Тогда неподвижная точка x∗отображения g будет пределом последовательности (x
ρ(x
) ρ(x0,x1)+ρ(x1,x2)+ ... + ρ(x
0,xn
ρ(x
,g(x0))[1 + cg+ ... + c
0
),причем
n
n−1,xn
n−1
g
)
]
ρ(x
,g(x0))
0
1 − c
.
g
Отсюда, при переходе n →∞окончательно получаем, что
ρ(x
,x∗)
0
ρ(x
,g(x0))
0
1 − c
=
g
ρ(f(x
),g(x0))
0
1 − c
ε
1 − c
.
<
g
В дополнение к доказанной теореме приведем следующее
Предложение 10.1 (об устойчивости неподвижной точки). Пусть
(X, ρ) —полное,а(T,σ) — произвольное МП (играющее роль пространства
параметров), и пусть каждому значению t ∈ T отвечает сжимающее
отображение f
(i) семейство {f
:(X,ρ) →(X, ρ), причем выполнены следующие условия:
t
: t ∈ T } равномерно сжимающее, т. е. существует
t
такое число c, 0 <c<1, которая является коэффициентом сжатия
каждого отображения f
(ii) при каждом x ∈ X отображение f
ция от t непрерывно в некоторой точке t
(в (X, ρ)) при t → t
t
(в (T,σ)).
0
;
(x): (T,σ) → (X, ρ) как функ-
t
∈ T ,т.е.ft(x) → f
0
(x)
t
0
g
98 §10. ПРИНЦИП CЖИМАЮЩИХ ОТОБРАЖЕНИЙ
Тогда решение a(t) ∈ X уравнения x = ft(x) вточкеt0непрерывно
зависит от t,т.е.a(t) → a(t
Согласно замечанию 10.1, решение a(t) уравнения x = f
жет быть получено как предел итерационной последовательности (x
где x
Пусть x
= ft(xn), n =0, 1, 2, ..., исходя из произвольной точки x0∈ X.
n+1
= a(t0)=ft(a(t0)). С учетом оценки (10.2) и условия (i), получа-
0
) (в (X, ρ)) при t → t0(в (T,σ)).
0
(x) мо-
t
n+1
),
ем
ρ(a(t),a(t
)) = ρ(a(t),x0)
0
1
1 − c
ρ(x
1,x0
)=
1
1 − c
ρ(f
t
(a(t0)),f
(a(t0))).
t
0
Последний член в этом соотоношении, в силу условия (б), стремится к нулю
при t → t
. Таким образом, доказано, что
0
lim
ρ(a(t),a(t0)) = 0, т. е. lim
t→t
0
a(t)=a(t0).
t→0
Задачи и упражнения
10.1. (а) Пусть f — отображение пространства R в себя, определен-
ное формулой f(x)=x
3
. Найти все его неподвижные точки и показать,
в окрестности каких неподвижных точек отображение f будет сжимающим.
(б) Установить, что отображение f : R → R, заданное равенством f (x)=sign x +2, разрывно, а f ◦ f : R → R —сжимающееотоб-
ражение, и найти его неподвижную точку.
(в) Доказать, что отображение f(x)=Ax пространства R
мер 2.3) в себя, где матрица A =
а его некоторая натуральная степень является сжимающим.
1
0
2
,неявляетсясжимающимвR
1
10
2
(г) Пусть f (x)=Ax + b — отображение пространства l
всебя,гдеρ
(x, y)= max
1
1in
y
k
=
|xi−yi|, заданное системой линейных уравнений
n
akjxj+ bk,k=1, 2, ...,n.
j=1
2
(см. при-
n
=(Rn,ρ1)
∞
2
Доказать, что f — сжимающее отображение с коэффициентом сжатия α ∈ (0, 1) тогда и только тогда, когда выполнено условие
n
|akj| α<1,k=1, 2, ...,n.
j=1
,
§10. ПРИНЦИП CЖИМАЮЩИХ ОТОБРАЖЕНИЙ 99
(д) Пусть f — то же самое отображение, что и в пункте (г), и действует
в пространстве R
n
(см. пример 2.3). Доказать, что условие
n
j,k=1
|akj| < 1
является достаточным, чтобы отображение f было сжимающим. Будет ли
это условие необходимым?
(е) Пусть отображение f : l
n
n
→ l
∞
задано формулой
∞
f(x)=λAx + b,
где A =a
n
ij
— заданная матрица и b =(b1,...,bn) ∈ Rn. При каких
i,j=1
значениях λ применим принцип сжимающих отображений?
10.2. Приведите пример сжимающего отображения f неполного про-
странства (X, ρ) в себя, для которого неподвижная точка может не существовать.
10.3. Пусть g — отображение полного пространства (X, ρ) в себя, такое,
что ρ(g(x),g(y)) <ρ(x, y) для любых x, y ∈ X, x = y.
Показать, что в этом случае неподвижной точки может не быть, а если
она существует, то она единственна.
10.4. Пусть f — непрерывное отображение полного пространства (X, ρ)
на себя, удовлетворяющее условию: существует число c>1,такое,
что ρ(f (x),f(y)) cρ(x, y) для любых x, y ∈ X. Доказать, что существует
и единственна неподвижная точка отображения f.
10.5. Пусть (X, ρ) — ПМП и отображение g ∈ C(X, X). Доказать, что
если f — сжимающее отображение пространства (
X, ρ) всебяикоммути-
рующее с отображением g,(т.е.f ◦g = g ◦ f), то уравнение g(x)=x имеет
решение.
10.6. (а) Пусть действительная функция f(x), x ∈ R, удовлетворяет
условию Липшица:
|f(x) − f(y)| k|x −y|,
где 0 <k<1. Доказать, что уравнение f (x)=x имеет единственное
решение. Найти последовательность, сходящуюся к этому решению.
(б) Пусть дано дифференциальное уравнение
dy
= f(x, y)
dx
с начальным условием
y(x
)=y0,
0
100 §10. ПРИНЦИП CЖИМАЮЩИХ ОТОБРАЖЕНИЙ
где функция f определена в прямоугольнике
Π={(x, y):|x − x
| a, |y −y0| b}
0
и удовлетворяет условию Липшица в Π по переменной y:
∃ L>0:|f (x, y
Доказать, что на некотором сегменте [x
) −f (x, y2)| L|y1− y2|.
1
−h, x0+ h] существует единствен-
0
ное решение y = ϕ(x) данного уравнения, удовлятворяющее начальному
условию y
(в) Доказать, что если f ∈ C
= ϕ(x0) (теорема Пикара).
0
1
(R) и 0 <c<f(x) <d<∞,тоуравне-
ние f (x)=0имеет единственное решение.
(г) Пусть функция ϕ(s, x) определена в полосе
Π={(s, x):a s b, −∞ x ∞},
непрерывна в Π и имеет непрерывную производную по x, удовлетворяющую условию:
0 <m ϕ
Доказать, что существует единственная функция x
что ϕ(s, x
∗
(s)) ≡ 0 на [a, b].
(s, x) M<∞, (s, x) ∈Π.
x
∗
∈ [a, b], такая,
10.7. Уравнение вида
b
x(t) −λ
K(t, s)x(s)ds = y(t),a t b,
a
где K(t, s), y(t) — заданные функции, λ — числовой параметр, x(t) —неизвестная функция, называется интегральным уравнением Фредгольма II ро-
да. Функция K(t, s) называется ядром интегрального уравнения,аy(t) —
свободным членом.
Пусть отображение f : C [a, b] → C [a, b] определено равенством
b
f(x)(t)=λ
K(t, s)x(s)ds + y(t),
a
где K ∈ C([a, b] ×[a, b]), y ∈ C[a, b]. Найти условия на λ, при которых отображение f будет сжимающим. Выведите отсюда, что интегральное уравнение Фредгольма II рода имеет единственное непрерывное решение для
любой функции y ∈ C[a, b].
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]