Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Метрические пространства. Теория, задачи, решения
.pdf
§15. КРИТЕРИИ ПРЕДКОМПАКТНОСТИ В КОНКРЕТНЫХ ПРОСТРАНСТВАХ 131
чтобы множество M было равномерно ограничено и равностепенно непрерывно.
Н е о б х о д и м о с т ь. Пусть множество M предкомпактно
в пространстве C[a, b]. Тогда, в силу теоремы 14.3, оно вполне ограничено,
азначит,множествоM равномерно ограничено.
Покажем, что множество M равностепенно непрерывно. Согласно
вполне ограниченности M для данного ε>0 существует конечная(ε/3)-сеть
{f
,...,fn}⊂M . Так как функции fk∈ C[a, b], k = 1,n,тоонирав-
1,f2
номерно непрерывны. Следовательно, для каждой функции f
такое δ
для всех x
> 0,чтобы
k
1,x2
|f
k(x1
) −fk(x2)| <
ε
, (15.1)
3
∈ [a, b], для которых |x1− x2| <δk.
найдется
k
Непосредственно из определения (ε/3)-сети, для любой функции f ∈M
существует функция f
из множества {f1,f2,...,fn}, такая, что
k
ρ(f,f
Поэтому, если δ =min{δ
)= max
k
: k =1,...,n} и |x1− x2| <δ,тодлялюбой
k
|f(x) − fk(x)| <
x∈[a,b]
ε
. (15.2)
3
функции f ∈ M из неравенств (15.1) и (15.2) имеем
|f(x
) −f (x2)| |f(x1) −fk(x1)| + |fk(x1) −fk(x2)|+
1
+ |f (x
+max
) − fk(x2)| max
2
|f(x) − fk(x)| < 2ρ(f,fk)+
x∈[a,b]
x∈[a,b]
|f(x) − fk(x)| + |fk(x1) −fk(x2)|+
2
3
ε +
3
ε
= ε,
ε
<
3
а это означает, что множество M равностепенно непрерывно.
Достаточность.ПустьмножествоM равномерно ограниче-
но и равностепенно непрерывно. C[a, b] — ПМП, поэтому для того, чтобы
доказать предкомпактность множества M, достаточно установить, что оно
вполне ограничено (теорема 14.3), т.е. для множества M в пространстве
C[a, b] при любом ε>0 существует конечная ε-сеть. Для произвольной
функции f ∈ M и фиксированного ε>0 выбрано δ>0 так, чтобы для
любых точек x
венство
∈ [a, b], для которых |x1− x2| <δ, выполнялось нера-
1,x2
|f(x
) −f (x2)| <
1
ε
.
5
132 §15. КРИТЕРИИ ПРЕДКОМПАКТНОСТИ В КОНКРЕТНЫХ ПРОСТРАНСТВАХ
Из равномерной ограниченности множества M имеем, что существует c>0,такое,что|f (x)| c для любого f ∈ M идлявсехx ∈ [a, b].
Возьмем точки {x
: i =0, 1, ...,n} отрезка [a, b] и {yj: j =0, 1, ...,m}
i
отрезка [−c, c],такие,что
a = x
0<x1
− c = y
Через точки (x
оси Oy,ачерезточки(0,y
<... <xn= b, xi− x
<...<ym= c, yj− y
0<y1
, 0), i =0, 1, ...,n, проведем прямые, параллельные
i
), j =0, 1, ...,m, прямые, параллельные
j
<δ, i= 1,n;
i−1
<
j−1
ε
,j=
5
1,m.
оси Ox. В результате этого получим разбиение τ прямоугольника
{(x, y): a x b, −c y c},
в котором лежат графики функций f ∈ M, на прямоугольники с длинами
сторон, параллельными оси Ox, меньшими δ, и параллельными оси Oy,
меньшими
ε
.
5
Рассмотрим множество A всех непрерывных на [a, b] функций, графиками которых являются ломаные, вершины которых лежат в вершинах
) прямоугольников разбиения τ .МножествоA конечно, так как ко-
(x
i,yj
нечным является множество всех вершин (x
),гдеi =0, 1, ...,n, j =
i,yj
=0, 1, ...,m.
Докажем, что A является ε-сетью для M. Выберем произвольную f ∈ M, и для каждого x
ближайшую к точке (x
= x
,тогда|f(xi) − y
i
,f(xi)) точку вида (xi,yj), лежащую на прямой x =
i
| <
j
i
торой является ломаная, проходящая через вершины (x
(x
),т.е.f0(xi)=y
n,yj
n
j
, i =0, 1, ...,n,обозначимчерез(xi,yi)
i
ε
.Сопоставимf функцию f0∈ A, графиком ко-
5
,причем
i
0,yj
), (x1,y
0
),...,
j
1
|f
0(xi
) − f0(x
)| |f0(xi) −f (xi)|+ |f(xi) −f (x
i−1
В силу линейности функции f
ки x ∈ [x
i−1,xi
] имеем
|f
(x) −f0(x
0
+ |f (x
)| |f0(xi) − f0(x
i−1
) −f0(x
i−1
на отрезке [x
0
i−1
)| <
i−1,xi
i−1
|+
i−1
ε
ε
+
+
5
5
] для любой точ-
3ε
)| <
.
5
ε
3ε
=
5
.
5
§15. КРИТЕРИИ ПРЕДКОМПАКТНОСТИ В КОНКРЕТНЫХ ПРОСТРАНСТВАХ 133
Для каждой точки x ∈[a, b], найдется содержащий ее отрезок [x
i−1,xi
а для произвольной точки этого отрезка будем иметь
|f(x) − f
(x)| |f (x) −f(x
0
)| + |f (x
i−1
+ |f
0(xi−1
) −f0(x
i−1
) −f0(x)| <
i−1
)|+
ε
5
ε
+
3
+
ε = ε.
5
5
Отсюда и из определения чебышевской метрики ρ в пространстве C[a, b]
(см. пример 2.9) получаем, что ρ(f, f
) <ε,т.е.множествоA является
0
конечной ε-сетью для M .
З а м е ч а н и е 15.1. ТеоремаАрцела — Асколи допускает обобщение на
случай отображения компактов, а именно: если
— семейство отображений f :(X, ρ) → (Y,σ), определенных на компактном МП (X, ρ) со значе-
ниями в ПМП (Y, σ), то для предкомпактности
необходимо и достаточно, чтобы
было вполне ограниченным и равно-
в пространстве C(X, Y )
мерно непрерывным (см., например, [12], ч. II, стр. 470).
n
Теорема 15.1. Множество M ⊂ R
n
стве R
тогда и только тогда, когда оно ограничено.
предкомпактно в простран-
Необходимость очевидна, так как всякое вполне ограниченное мно-
жество ограничено.
Обратно, если множество M ограничено в пространстве R
n
,тоего
можно поместить внутрь некоторого достаточно большого куба. Если разбить такой куб на кубики с ребром
2ε
, то вершины этих кубиков будут
√
n
образовывать конечную ε-сеть в исходном кубе и, значит, в любом множестве, лежащем внутри этого куба.
Теорема 15.2. Множество M ⊂ l
в пространстве l
тогда и только тогда, когда выполнены следующие
p
(1 p<∞) предкомпактно
p
условия:
(а) существует такое число c>0,что
∞
|xi|p c
i=1
для любого x ∈ M , x =(x
(б) для любого ε>0 существует такой номер n
)(т. е. множество M ограничено);
i
∞
i=n0+1
|xi|p<ε
p
= n0(ε),что
0
для всех x ∈ M, x =(xi).
],
134 §15. КРИТЕРИИ ПРЕДКОМПАКТНОСТИ В КОНКРЕТНЫХ ПРОСТРАНСТВАХ
Пусть M предкомпактно, тогда, в силу теоремы 14.3, множество M
вполне ограничено, а значит, M ограничено и условие (а) выполнено.
Докажем справедливость условия (б). Для точки x ∈ M , x =(x
положим
),
n
(x)=(x1,...,xn, 0,...),Rn(x)=(0,...,0,x
S
n
Отсюда и из определения пространства l
Ясно, что R
ρ(S
(x),Sn(y)) =
n
x = S
ρ(R
(x) → 0 при n →∞. Для любых x, y ∈ lpполучаем
n
(x)+Rn(x),
n
(x), 0) =
n
n
k=1
∞
i=n+1
|xk− yk|
|xi|
1
p
p
Пусть ε>0 — произвольно, и выберем
(см. пример 2.6) имеем
p
1
p
p
= ρ(x,Sn(x)).
∞
|xk− yk|
k=1
ε
-сеть {z1,z2,...,zn}⊂M
3
n+1
p
,...).
1
p
= ρ(x,y).
для множества M . Тогда для любой точки x ∈ M найдется такая z
ε
) <
что ρ(x, z
i
ρ(R
Поскольку ρ(R
что ρ(R
n(zi
ведливо неравенство ρ(R
.Крометого,
0
3
(x), 0) = ρ(x, Sn(x)) ρ(x, z
n
), 0) <
0
ρ(x, z
< 2ρ(x,z
), 0) → 0, n →∞, то найдется такой номер n0,
n(zi
0
ε
3
)+ρ(z
i
0
)+ρ(Rn(z
i
0
при n>n0ивсехi0= 1,n. Следовательно, спра-
(x), 0) <ε,длявсехx ∈ M ,т.е.выполнено
n
,Sn(z
i
0
)+ρ(z
i
0
)) + ρ(Sn(z
i
0
), 0) <
i
0
,Sn(x))
i
0
i
2
ε + ρ(R
3
),Sn(x)) <
0
), 0).
n(zi
0
условие (б).
Обратно, пусть выполнены условия (а) и (б). Докажем, что для задан-
ного ε>0 множество M имеет конечную ε-сеть. Выберем номер n
чтобы ρ(R
M
= {y ∈ lp: y =(y1,...,y
1
(x), 0) <
n
0
ε
для всех x ∈ M. Рассмотрим конечное множество
2
, 0,...),yi= kδ, δ =
n
0
ε
,k∈ Z, |k|
1
/
p
2n
0
0
i
так,
c
δ
,
0
}.
§15. КРИТЕРИИ ПРЕДКОМПАКТНОСТИ В КОНКРЕТНЫХ ПРОСТРАНСТВАХ 135
Для точки x ∈ M выберем y =([
целая часть числа x.Тогда
*
/
0
*
x
k
*
δ − x
*
δ
ρ(x, y)=
n
k=1
0
x
x
1
]δ,...,[
δ
*
*
*
k
*
p
+
k=n0+1
∞
|xk|
n
0
]δ, 0,...) ∈ M1,где[x] —
δ
1/p
p
(n0δp+
1
)
p
p
ε
2
= ε.
Отсюда, по теореме 14.3, с учетом полноты пространства l
, получаем пред-
p
компактность множества M .
Задачи и упражнения
15.1. Доказать предкомпактность в пространстве C[0, 1] следующих
множеств:
(а) {x ∈ C
(б) {x ∈ C
(в) {x ∈ C
(г) {x ∈ C
(д) {x : x(τ)=
2
[0, 1] : |x(t)| 1,x(0) = x(1) = 0};
1
[0, 1] : |x(t)| 1,x(0) = a},a— некоторое число;
1
[0, 1] : x(0) = 0,
2
[0, 1] : x(0) = 0,x(0) = 0,
τ
1
|x(t)|2dt 1};
0
1
0
|x(t)|2dt 1};
ϕ(t)dt, ϕ ∈ C [0, 1]}.
0
15.2. В пространстве C[a, b] рассмотрим следующие семейства функ-
ций
n
(а) t
,n∈ N;
(в)sin(n + t),n∈ N;
(б)sinnt, n ∈ N;
t−α
(г) e
,α∈ R,α>0.
Какие из них предкомпактны в пространстве C[a, b] иприкакихa и b?
15.3. Какие из нижеперечисленных множеств предкомпактны в про-
странстве C[0, 1]:
(а) {x ∈ C[0, 1] : |x(t)| B},
(б) {x ∈ C
(в) {x ∈ C
(г) {x ∈ C[0, 1] : |x(t)| B, |x(t
(д) {x ∈ C
где B, B
1
[0, 1] : |x(t)| B0, |x(t)| B1},
2
[0, 1] : |x(t)| B1, |x(t)| B2},
) −x(t2)| L|t1− t2|},
1
[0, 1] : |x(t)| B, |x(t1) −x(t2)| L|t1− t2|},
, B1, B2, L — некоторые постоянные? Указать, какие из этих
0
1
множеств компактны.
136 §15. КРИТЕРИИ ПРЕДКОМПАКТНОСТИ В КОНКРЕТНЫХ ПРОСТРАНСТВАХ
15.4. Доказать, что образ шара в пространстве C[0, 1] при отображении
1
f(x)(t)=
K(t, s)x(s)ds, t ∈ [0, 1],
0
где K ∈ C([0, 1] × [0, 1]), является предкомпактным множеством в C[0, 1].
15.5. Пусть f (t, s) ∈ C([a, b] × [a, b]).Длякаждогоs ∈ [a, b] поло-
жим g
(t)=f(t, s). Доказать, что семейство функций {gs: s ∈ [a, b]}
s
компактно в пространстве C[a, b].
15.6. Доказать, что всякое предкомпактное множество в каждом из про-
странств C[a, b] и l
15.7. Пусть (X, ρ) — компактное МП и (f
яся последовательность непрерывных отображений f
где (Y,σ) — произвольное МП. Доказать, что последовательность (f
является нигде не плотным.
2
) —равномерносходяща-
n
:(X, ρ) → (Y, σ),
n
n
) рав-
ностепенно непрерывна.
Показать, что из равностепенной непрерывности последовательно-
сти (f
) из C(X, Y ), вообще говоря, не следует равномерная сходимость
n
на множестве X.
k
15.8. Доказать, что множество M предкомпактно в пространстве C
[a, b]
(см. пример 2.10) тогда и только тогда, когда оно равномерно ограничено
и множество производных порядка k входящих в M функций равностепенно непрерывно.
15.9. Доказать, что гильбертов кирпич (см. задачу 12.6)
Q
= {x ∈ l2: x =(ξn), |ξn|
∞
является предкомпактным множеством в пространстве l
1
,n∈ N}
n
2
.
2
15.10. Доказать следующий критерий предкомпактности в пространстве s (см. пример 2.8): множество A ⊂ s предкомпактно в пространстве s тогда и только тогда, когда существуют такие числа c
любой последовательности (x
) из A выполняется неравенство
n
|x
| cn,n=1, 2,... .
n
,...,чтодля
1,c2
Решения и указания
Истина не передается — она добывается.
§1
В.Ф.Одоевский
1.2. (б) Пусть (x
т. е. x
→ x0∈ X и yn→ y0∈ Y . Из неравенства четырехугольника имеем
n
|ρ(x
), (yn) — сходящиеся последовательности в (X, ρ),
n
) −ρ(x0,y0)| ρ(xn,x0)+ρ(yn,y0),
n,yn
откуда при n →∞получим справедливость требуемой задачи.
1.3. (а) Выполнение аксиом метрики (M1) и (M 2) очевидно. Для про-
верки аксиомы треугольника покажем, что для любых a и b, удовлетворяющих условию 0 b a, выполняется неравенство f(a + b) f(a)+
+ f(b).Отметим,чтослучайb =0тривиален, поэтому будем считать,
что 0 <b a. Рассмотрим функцию
ϕ(a, b)=f(a)+f (b) − f (a + b)=f (b) − [f (a + b) − f(a)]
и покажем, что ϕ(a, b) 0. Из теоремы Лагранжа о конечных приращениях
для функций f(
Поэтому
Так как функция
x) на отрезке [a, a + b] имеем
f(a + b) −f (a)=bf
(ξ), a<ξ<a+ b.
ϕ(a, b)=f (b) −bf
f(x)
не возрастает, то
x
(x) − f (x)
xf
f(x)
x
2
x
0.
(ξ).
0,т.е.
138 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
Отсюда заключаем, что f(x)
f(x)
(x>0), и поэтому, учитывая неотри-
x
цательность функции f , получаем
= b
f(ξ)
ξ
f(b)
b
.
f(a)
−
.
a
f(b)
ϕ(a, b) f(b) − b
Поскольку a<ξ,то
ϕ(a, b) f(b) − b
f(ξ)
f(a)
ξ
. Следовательно,
a
f(a)
a
Принимая во внимание условие в), приходим к неравенству
(так как 0 <b a), а значит, к тому, что ϕ(a, b) 0.
(б) Так как |x(t) −y(t)| есть функция, а не число при фиксированных
функциях x(t) и y(t),тоf
Покажем, что функция f
(x, y) не является метрикой.
1
не является метрикой. Пусть x(t)=
2
=3t, y(t)=t и z(t)=2t.Тогда
max
(x(t) −y(t))2=max
atb
max
(x(t) −z(t))2=max
atb
(z(t) − y(t))2=max
max
atb
4t2=4max{a2,b2};
atb
t2=max{a2,b2};
atb
t2=max{a2,b2}.
atb
f(a)
b
a
Отсюда имеем
f
(x, y)=4max{a2,b2} > 2max{a2,b2} = f2(x, z)+f2(z,y),
2
т. е. неравенство треугольника не выполнено. Следовательно, функция
f
(x, y) не является метрикой.
2
Пусть f
(x, y)=0. Тогда из равенства
3
b
(x(t) −y(t))dt =0
a
не следует, что x(t)=y(t),t∈ [a, b]. Действительно, если x(t)=2t, y(t)=
= t, a = −1,b=1,тоf
(x, y)=0.Но2t = t при t =0. Следовательно,
3
аксиома тождества (M 1) не выполнена.
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 139
1.10. Так как x1= x2,тоρ(x1,x2)=r>0.Положивε =
r
, получаем,
3
что B(x, ε) ∩ B(y, ε)=∅. Действительно, предположив противное, для
любой точки z ∈ B(x, ε) ∩ B(y, ε) имели бы
2
r = ρ(x, y) ρ(x, z)+ρ(z,y) <ε+ ε =
r,
3
что невозможно.
1.11. (а) Пусть x ∈ B(x
r
=min{r1− ρ(x1,x),r2− ρ(x, x2)}.
x
Для произвольной точки z ∈ B(x, r
ρ(z,x
) ρ(z, x)+ρ(x, x1) <rx+ ρ(x, x1) r1;
1
ρ(z,x
) ρ(z, x)+ρ(x, x2) <rx+ ρ(x, x2) r2.
2
Следовательно, z ∈ B(x
⊂ B(x
) ∩ B(x2,r2).
1,r1
1,r1
1.12. Пусть y — произвольный элемент открытого шара B(x
) ∩B(x2,r2).Положим
1,r1
) имеем
x
) ∩ B(x2,r2), откуда вытекает, что B(x, r) ⊂
,r).Тогда
0
из неравенства треугольника имеем
,x) ρ(x0,y)+ρ(y,x) <r+ ρ(x.y).
ρ(x
0
Отсюда, переходя к точной нижней грани, получаем неравенство
ρ(x
,x) −r< inf
0
y∈B(x0,r)
вследствии определения расстояния ρ(x, B(x
ρ(x, y)=ρ(x, B(x0,r)),
,r)).
0
1.14. (б) Для любого p>0 илюбыхточекx ∈ V
найдутся точки x
∈ M и y0∈ N ,такие,что
0
ρ(x, x
) <r, ρ(y, y0) <r.
0
Тогда
ρ(x
) ρ(x0,x)+ρ(x, y)+ρ(y, y0) <ρ(x,y)+2r.
0,y0
Отсюда, учитывая равенство ρ(M, N)=d, имеем
d ρ(x
) <ρ(x,y)+2r.
0,y0
(M) и y ∈ Vr(N)
r
140 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
Значит, ρ(x, y) >d− 2r,т.е. inf
неравенству ρ(V
(M),Vr(N)) d − 2r.
r
x∈M, y∈N
ρ(x, y) d − 2r,чторавносильно
§2
2.5. (б) Рассмотрим случай n =2.Пустьx =(x
принадлежат R
2
,ипусть|x1− y1| > |x2− y2|. Тогда для метрик ρ∞и ρ
будем иметь
(x, y)=|x1− y1|,
ρ
∞
ρ
(x, y)=
p
p
|x1− y1|p+ |x2− y2|p= |x1− y1|
Замечая, что при p>1
и что величина
1 <
*
x2− y
*
x1− y
1
*
*
p
2
1
x
*
1+
*
x1− y
*
p
*
→ 0 при p →∞, получаем
1
p
lim
p→∞
− y
2
1+
*
p
*
2
*
*
1
*
*
x
2
*
*
x1− y
1+
− y
2
1
Отсюда заключаем, что
*
p
*
*
*
*
*
x
2
*
*
x1− y
=1.
− y
) и y =(y1,y2)
1,x2
1
*
*
2
1
1+
*
p
*
*
*
x
*
*
x1− y
p
2
− y
p
*
p
*
2
*
.
*
1
lim
ρp(x, y)=|x1− y1| = ρ∞(x, y). (Π1)
p→∞
Аналогично, при |x
− y1| < |x2− y2|, можно получить
1
lim
ρp(x, y)=|x2− y2| = ρ∞(x, y). (Π2)
p→∞
Наконец, в случае, когда |x
ρ
(x, y)=
p
√
Так как lim
p→∞
p
2=1,тоивэтомслучае
p→∞
− y1| = |x2− y2|,будемиметь
1
p
2|x1− y1|p=2
ρp(x, y)=ρ∞(x, y). (Π3)
lim
1
p
|x1− y1|.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]