Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Метрические пространства. Теория, задачи, решения
.pdf
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 141
Из равенств (П1)–(П3) получаем
ρp(x, y)=ρ∞(x, y)
lim
p→∞
2
для всех x, y ∈ R
2.15. (⇒) Пусть (z
сходится к точке z
.
) — последовательность в (X ×Y,ρX×ρY), которая
n
=(x0,y0) ∈ X × Y ,т.е. lim
0
любого ε>0 найдется номер n
любых n>n
. Но тогда для всех n>n0имеем неравенства
0
zn= z0. Тогда для
,такой,что(ρX× ρY)(zn,z0) <εдля
0
n→∞
ρ
X(xn,x0
откуда заключаем, что x
(⇐) Пусть lim
n→∞
n
xn= x0в (X, ρX) и lim
любого ε>0 существуют числа n
Отсюда для любого n>max{n
(ρ
× ρY)(zn,z0)=max{ρX(xn,x0),ρY(yn,y0)} <ε.
X
Итак, z
→ z0в пространстве (X ×Y, ρX× ρY).
n
) <ε, ρY(yn,y0) <ε,
→ x0в (X, ρX) и yn→ y0в (Y, ρY).
yn= y0в (Y, ρY),т.е.для
n→∞
∈ N,такие,что
1,n2
ρ
X(xn,x0
ρ
Y(yn,y0
1,n2
ε
) <
2
ε
) <
2
} имеем
,n>n
,n>n
,
1
.
2
§3
3.2. Рассмотрим произвольную точку x
ству {x ∈ X : ρ(x, A) >r
},т.е.ρ(x0,A) >r1.Положимr0= ρ(x0,A)−r1.
1
, принадлежащую множе-
0
Согласно предложению 1.3, для любой точки y ∈ B(x
ρ(y, A) ρ(x
Следовательно, из включения B(x
что множество {x ∈ X : ρ(x,A) >r
3.5. Пусть B
i(x0
=1, 2. Тогда для любого y
.A) − ρ(x0,y) >ρ(x0,A) − r0= r.
0
) ⊂{x ∈ X : ρ(x, A) >r1} вытекает,
0,r0
} открыто.
1
,r) — открытый шар в пространстве (X, ρi) для i =
∈ B1(x0,r) справедливо включение
0
0,r0
) имеем
r − ρ
y
B
2
0
1(x0,y0
,
c
)
⊂ B
1(x0
,r).
142 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
Действительно, из того, что y ∈ B
треугольника имеем
ρ
,y) ρ1(x0,y0)+ρ1(y0,y) ρ1(x0,y0)+cρ2(y0,y) <
1(x0
y
2
0
<ρ
r − ρ1(x0,y0)
,
c
1(x0,y0
, в силу неравенства
r − ρ
)+c
1(x0,y0
c
Отсюда вытекает, что
-
B
,r)=
1(x0
т. е. B
стве (X, ρ
,r) открыто как объединение открытых шаров в простран-
1(x0
). Теперь, принимая во внимание определение открытого множе-
2
ства, заключаем, что каждое множество, открытое в (X, ρ
в (X, ρ
).
2
r − ρ
B
y
2
0
1(x0,y0
,
c
)
: y ∈ B(x
,r).,
1
), будет открытым
1
3.6. У к а з а н и е. Согласно задаче 3.5 имеем, что совокупности всех
открытых множеств в (X, ρ
3.9. (б) Рассмотрим произвольные точки x
) и (X, ρ2) совпадают.
1
∈ A илюбоеε>0.
0,y0
Тогда найдутся точки x ∈ A и y ∈ A,такие,что
,x) <ε, ρ(y0,y) <ε.
ρ(x
0
Применяя неравенство треугольника, получаем
)
= r.
ρ(x
) ρ(x0,x)+ρ(x, y)+ρ(y, y0) <ρ(x, y)+2ε.
0,y0
Отсюда
ρ(x
) −2ε<ρ(x, y) sup
0,y0
x∈A,y∈A
ρ(x, y).
Далее, принимая во внимание произвольный выбор точек x
ем, что
ρ(x0,y0) −2ε sup ρ(x, y),
т. е. неравенство d(
довательно, d(
ством d(A) d(
A) − 2ε d(A), которое, вместе с очевидным неравен-
A), устанавливает, что d(A)=d(A).
sup
x0∈A, y0∈A
A) − 2ε d(A) выполнено при любом ε>0.Сле-
и y0,заключа-
0
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 143
3.10. Из определения числа ρ(F1,F2) для каждого n ∈ N найдется такая
пара элементов x
∈ F1,yn∈ F2,что
n
ρ(x
) <ρ(F1,F2)+
n,yn
1
.
n
Выберем из последовательности (x
ностьx
жества F
следовательностьy
тельностей (x
∞
.Пустьx
n
k
k=1
. Аналогично, из последователности (yn) в F2выделим подпо-
1
n
) и (yn) имеем
n
ρ(F
1,F2
) ρ(x
→ x0,причемx0∈ F1в силу замкнутости мно-
n
k
∞
спределомy0∈ F2. Из определения последова-
k
k=1
,y
n
n
k
) в F1сходящуюся подпоследователь-
n
) ρ(F1,F2)+
k
1
,k=1, 2,... .
n
k
Отсюда окончательно получаем
ρ(x
В случае, когда F
ρ(x
) > 0, а следовательно, ρ(F1,F2) > 0.
0,y0
3.14. Пусть F
1,F2
) = lim
0,y0
1,F2
— непересекающиеся замкнутые множества. Тогда
ρ(x
,y
)=ρ(F1,F2).
n
n
k
k→∞
k
— замкнутые непересекающиеся множества,
никакая точка одного множества не является точкой прикосновения другого.
Поэтому для каждой точки x ∈ F
для любой точки y ∈ F
число dy= ρ(y,F1) > 0.Положим
2
U
=
1
=
U
2
Ясно, что множества U
но. Покажем, что U
точка z ∈ U
∩ U2. Тогда найдется такая точка x ∈ F1,чтоρ(z,x) <
1
и такая точка y ∈ F
1,U2
∩ U2= ∅. Предположим противное, т.е. имеется
1
,чтоρ(z,y) <
2
число dx= ρ(x, F2) > 0.Аналогично
1
-
B(x,
B(y,
d
x
):x ∈ F
2
d
y
):y ∈ F
2
!
,
1
.
.
2
открыты и содержат F1и F2, соответствен-
d
x
d
y
. Пусть для определенности dx dy.
2
2
Тогда
d
+ d
x
ρ(x, y) ρ(x, z)+ρ(z, y) <
что противоречит определению числа d
.
x
y
d
,
2
x
,
144 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
3.15. Справедливость аксиомы тождества и симметрии для ρHочевид-
на. Докажем аксиому треугольника. Пусть F
,F — произвольные мно-
1,F2
жества из семейства F. Тогда для произвольных элементов x ∈ F
имеем
) ρ(x, z)+ρ(z, F2) ρ(x, z)+ρH(F, F2).
ρ(x, F
2
Отсюда, учитывая определения ρ(x, F ), получаем
и z ∈ F
1
) inf
ρ(x, F
2
В силу произвольного выбора точки x ∈ F
Аналогично, из соображений симметрии для произвольной точки y ∈ F
ρ(x, z)+ρH(F, F2)=ρ(x, F )+ρH(F, F2) ρH(F1,F)+ρH(F, F2).
z∈F
заключаем
1
sup
ρ(x, F2) ρH(F1,F)+ρH(F, F2).
x∈F
1
2
имеем
sup
ρ(F1,y) ρH(F1,F)+ρH(F, F2).
y∈F
2
Из последних двух неравенств следует справедливость аксиомы треугольника. Итак, ρ
—метриканамножествеF.
H
3.16. (б) Пусть G — непустое открытое множество в R.ВведемнаG
отношение эквивалентности E:
(x, y) ∈ E ⇒∃(a, b) ⊂ R : x, y ∈ (a, b) ⊂ G.
Легко видеть, что отношение E рефлексивно и симметрично. Поэтому остается установить транзитивность E. Допустим, что (x, y) ∈ E, (y, z) ∈ E.
Тогда существуют интервалы (a, b) и (c, d),такие,чтовыполненысоотношения
x, y ∈ (a, b) ⊂ G; y, z ∈ (c, d) ⊂ G.
Отсюда заключаем, что c<b, причем интервал (a, d) содержится в G.
Согласно определению фактор-множества G/E,
,
G ={ξ : ξ ∈ G/E},
где ξ — класс эквивалентных элементов из
G по E. Покажем, что каждый
класс ξ представляет собой интервал (a,b),гдеa =infξ, b =supξ.Так
как для любого x ∈ ξ справедливы неравенства a x b,тоочевидно (a, b) ⊃ ξ. С другой стороны, если x, y ∈ ξ, то из определения ξ следует,
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 145
что (x, y) ⊂ ξ. Из определения чисел a и b вытекает, что для любого интервала (a
) ⊂ (a, b),гдеa0,b0∈ ξ,следует,чтоξ ⊂ (a, b).Итак,ξ =(a, b).
0,b0
Система {ξ : ξ ∈ G/E} не более чем счетна. Действительно, выбрав
в каждом из интервалов ξ произвольное рациональное число, получаем
взаимно однозначное соответствие между системой {ξ : ξ ∈ G/E} имно-
жеством рациональных чисел Q.
3.18. Положим U = X
ку (x
и B(y
<
что B(x
) ∈ U .Таккакx0= y0, то существуют открытые шары B(x0,ε1)
0,y0
),такие,чтоB(x0,ε1) ∩ B(y0,ε2)=∅ (например, 0 <ε1,ε2<
0,ε2
ρ(x0,y0)
). Тогда из равенства (B(x0,ε1) × B(y0,ε2)) ∩ ΔX= ∅ следует,
2
) × B(y0,ε2) ⊂ X \ ΔX= U . Теперь, принимая во внимание
0,ε1
открытость множества B(x
2
\ ΔX. Рассмотрим произвольную точ-
) ×B(y0,ε2) в пространстве (X ×X, ρ ×ρ),
0,ε1
заключаем, что U —открытоемножество.
3.19. Предположим, что X = U
множества и U
что множество U
МП (X, ρ) имеем, что U
∩ U2= ∅. Тогда из равенства X \ U1= U2получаем,
1
замкнуто и открыто одновременно. В силу связности
1
= ∅ или U1= X,атогдаU2= X или U2= ∅.
1
Это противоречит тому, что U
= ∅ и U2= ∅.
1
,гдеU1,U2— непустые открытые
1∪U2
Обратно, пусть выполнено условие теоремы и U ⊂ X.ЕслиU —от-
крытое и замкнутое множество одновременно, то и множество X \ U от-
крыто и замкнуто. Следовательно, X = U ∪ (X \ U ), что невозможно.
Значит, U = ∅ или X \ U = ∅,т.е.пространство(X, ρ) связно.
§4
4.2. (а) Для любой точки x ∈
ем, что найдется последовательность (x
B(x0,r), согласно предложению 3.1, име-
) из B(x0,r), такая, что xn→ x.
n
Тогда из соотношения
) ρ(x, xn)+ρ(xn,x0) <r+ ρ(x, xn),
ρ(x, x
0
учитывая, что ρ(x, x
B(x0,r).
∈
(б) Учитывая (легко проверяемые) равенства B(x
,r)=x0+ S(0,r), достаточно рассмотреть случай, когда x0=0.
S(x
0
Пусть x — произвольная точка из
ки x
n − 1
=
n
n
также лежат в B(0,r) и y
) → 0 при n →∞, имеем ρ(x, x0) r,т.е.x ∈
n
,r)=x0+ B(0,r),
0
B(0,r), такая, что x =0.Тогдаточ-
x, n ∈ N,лежатвB(0,r).Крометого,точкиyn=
→ 0 при n →∞. Следовательно, справедливо
n
1
x
n
146 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
включение B(0,r) ⊂ (B(0,r)). С другой стороны, B(0,r) ⊂ B(0,r) (см.
пункт (а)). Принимая во внимание полученные включения имеем
B(0,r) ⊂ (B(0,r))⊂ B(0,r) ⊂ B(0,r),
откуда вытекают справедливость следующих равенств
B(0,r)=B(0,r)=(B(0,r)).
Рассмотрим точку x ∈ S(0,r).Тогдаx
дого n ∈ N, и последовательность (x
) сходится к x при n →∞.Зна-
n
n − 1
=
n
x ∈ B(0,r) для каж-
n
чит, S(0,r) ⊂ FrB(0,r).Обратно,еслиx ∈ FrB(0,r),тоx/∈ B(0,r),
так как B(0,r) состоит из внутренних точек и существует последователь-
ность (x
) из B(0,r),сходящаякточкеx.Следовательно,x ∈ B(0,r),
n
атогдаx ∈ S(0,r).
4.3. (а) Из равенства A \B = A ∩ (X \B) и теоремы 4.1.(г) имеем
Int(A \ B)=Int(A ∩ (X \ B)) = IntA ∩ Int(X \B)=IntA ∩ (X \
Так как IntB ⊂
B, что равносильно включению X \ B ⊂ X \ IntB,то
B).
Int(A \ B) ⊂ IntA ∩ (X \IntB)=IntA \ IntB.
(б) Из равенства A =(A\B) ∪(A ∩B), учитывая теорему 4.2(г), имеем
A = (A \B) ∪(A ∩B) ⊂ (A \ B) ∪B.
Отсюда следует искомое включение
A \B ⊂ A \ B.
(в) Из очевидных включений A ∩ B ⊂ A и A ∩ B ⊂ B, согласно
монотонности оператора замыкания, имеем
A ∩ B ⊂ A, A ∩ B ⊂ B.
Следовательно,
A ∩ B ⊂ A ∩ B.
(г) Из теоремы 4.3 и следствия 4.1 имеем
Int(IntA)=X \ Int(X \Int(IntA)) = X \Int(X \IntA)=
= X \ Int(
X \Int(X \IntA)=Int(X \(X \IntA)) = IntA.
=
Int(X \IntA)) = X \ Int(Int(X \ IntA)) =
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 147
4.4. (а) Так как X \ A ⊂ X \ A, то из определения границы имеем
A = (A) ∩(X \A) ⊂ A ∩ X \A =FrA.
Fr
4.7. Из равенства
S(x
,r)=B(x0,r) \B(x0,r)=B(x0,r) \B(x0,r)=FrB(x0,r).
0
Обратно, если S(x
B(x0,r)=B(x0,r) следует, что
,r)=FrB(x0,r),то
0
B(x0,r)=B(x0,r) ∩FrB(x0,r)=B(x0,r) ∪S(x0,r)=B(x0,r).
4.8. (а) Так как G =IntG, то, согласно теореме 4.3, имеем
G = X \ (
Пересекая обе части этого равенства с множеством
G ∩
A = A ∩(X \ (X \ G)) = A \ (X \ G) ⊂ A \(X \ G)=A ∩ G.
X \G).
A, получаем
Следовательно, согласно монотонности оператора замыкания, справедливо
включение
G ∩ A ⊂ A ∩ G.
Отсюда, принимая во внимание очевидное включение
G ∩ A ⊂ G ∩A,сле-
дует справедливость указанного равенства.
(б) Переходя к дополнению множества Int(A ∪ F ) и применяя теорему 4.3, получим
X \Int(F ∪ A)=
=
(X \F ) ∩ (X \A)=X \ Int[X \((X \F ) ∩ (X \A))] =
= X \ Int(F ∪ (X \(
X \(F ∪ A)=(X \ F ) ∩(X \A)=
X \A)) = X \ Int(F ∪ IntA).
(в) Принимая во внимание монотонность оператора Int и задачу 4.3(в),
получим
G ∩ A ⊂ G ∩ A, следовательно
G ∩ A) ⊂ Int(G ∩ A)=IntG ∩ IntA. (Π1)
Int(
Далее, учитывая равенство из пункта (а), имеем следующую цепочку соотношений
Int
G ∩ IntA ⊂ G ∩ IntA ⊂ G ∩ IntA = G ∩ IntA ⊂
G ∩A = G ∩ A.
⊂
148 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
Отсюда и из определения внутренности множества вытекает, что
G ∩ IntA ⊂ Int(G ∩ A). (Π2)
Int
Из включений (Π
) и (Π2) следует требуемое равенство.
1
§5
5.9. (⇒) Предположим, что существует пара открытых множеств U
и V , таких, что из соотношений M ⊂ U ∪ V , M ∩ U = ∅ и M ∩ V = ∅
вытекает равенство M ∩ U ∩ V = ∅. Так как множества M ∩ U и M ∩ V
открыты относительно M , то из включения M ⊂ U ∪ V следует, что
M =(M ∩ U) ∪ (M ∩ V ),
т. е. M представляется в виде объединения двух неперсекающихся непустых открытых множеств (M ∩U ) и (M ∩V ). Это противоречит связности
множества M .
(⇐) Пусть (M,ρ
непустые непересекающиеся открытые множества U
для которых выполняется равенство M = U
тости множества в подпространстве (см. теорему 5.1) (M,ρ
открытые в (X, ρ) множества U и V ,такие,чтоU
) — не связное пространство. Тогда найдутся такие
M
∪ V1. Из определения откры-
1
и V1относительно M ,
1
) найдутся
= U ∩ M = ∅, V1=
1
M
= V ∩ M = ∅, M ⊂ U ∪ V ,причемM ∩ U ∩ V = ∅, а это противоречит
условию.
5.11. (⇒) Предположим, что существуют элементы x, y, z ∈ M ,такие,
что x<z<y,ноz/∈ M .Положим
U = {α ∈ R : α<z},V= {α ∈ R : α>z}.
Ясно, что U, V — непустые непересекающиеся открытые множества, причем M ∩U = ∅ = M ∩V . Следовательно, M ∩(U∪V )=∅, что противоречит
связности множества M .
(⇐) Пусть M —несвязноемножествоиточкиx, y ∈M такие, что x<y.
Тогда найдутся открытые множества U и V в R
, для которых выполнены
соотношения:
x ∈ U, y ∈ V, U ∩ V = ∅,M⊂ U ∪ V.
Положим W = U ∩ [x, y] и z =supW .Таккакy ∈ V и W ⊂ U ,тоz<y.
Если z ∈ U , то в силу неравенства z<yиоткрытостиU найдется отрезок [z, z+Δz] ⊂ U.Тогда[z,z+Δz] ⊂ [x, y], что противоречит определению
числа z. Следовательно, z/∈ U.Приэтомx<z. Итак, существует точка z,
для которой выполнено двойное неравенство x<z<yи z/∈ M ,аэто
противоречит условию задачи.
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 149
§6
6.5. Из очевидного включения U ∩ A ⊂ U с учетом монотонности
оператора замыкания (см. теорему 4.2(в)) имеем, что
для произвольной точки x
что (A∩U )∩V = ∅, а это значит, что x ∈
∈ U и произвольной ее окрестности V следует,
0
U ∩ A. Следовательно, U ⊂ U ∩ A.
U ∩ A ⊂ U.Обратно,
6.7. Согласно теореме 6.2(в) покажем, что произвольный открытый
шар B(x
точек множества L
ство на этом завершается. Предположим, что шар B(x
мент x
что справедливо включение B(x
Рассмотрим элемент x
что B(x
откуда вытекает требуемое включение. Кроме того, шар B(x
жит точек из множества L
точки x =(ξ
,r) в l2содержит в себе другой открытый шар, в котором нет
0
(1)
=ξ
1
1
ε
,
) ⊂ B(x1,ε). Для любой точки x ∈ B(x2,
2
4
ρ(x, x
1,ξ2
ρ(x
.ЕсливB(x0,r) нет точек из L
n
0
(1)
,...,ξ
,...,ξ
1,x2
, 0,...∈ L
n
0
(2)
=ξ
2
1
) ρ(x, x2)+ρ(x2,x1) <
1
. Действительно, отменяя x2/∈ L
n
0
, 0,...) ∈ L
n
0
n
0
*
)=
*
k=1
. Тогда существует такое число ε>0,
n
0
,ε) ⊂ B(x0,r) (см. предложение 1.1(а)).
1
(2)
,ξ
,...,ξ
2
получим
n
0
*
2
(2)
*
− ξ
ξ
k
k
(2)
,
n
0
ε
4
2
ε
+
4
0
ε
, 0,...∈ L
2
ε
) имеем
4
ε
1/2
3
=
2
4
ε
2
+
, то доказатель-
n
0
,r) содержит эле-
и покажем,
n
0
ε<ε,
ε
,
2
4
, для любой
n
0
ε
>
.
4
) не содер-
Значит, B(x
ε
,
) ∩L
2
4
n
0
= ∅.
6.13. (б) Допустим противное, т.е. сепарабельное МП (X,ρ) содержит несчетное дискретное множество A. Тогда для каждой точки x ∈ A
существует положительное число ε
не содержит других точек из A.Таккаксистема{B(x, ε
зует открытое покрытие сепарабельного МП (A, ρ
, такое, что открытый шар B(x, εx)
x
A
):x ∈ A} обра-
x
) (см. следствие 6.2), то
она не содержит счетного подпокрытия, т.е. следствие 6.1 не может выполняться.
Из доказанного утверждения вытекает, что если (X, ρ) — сепарабельное
МП, то оно не содержит несчетного множества A, такого, что
inf{ρ(x, y):x, y ∈ A, x = y} > 0.
150 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
Действительно, множество A, обладающее указанным свойством, дискретно.
6.14. Покажем, что пространство s сепарабельно (см. пример 2.8). Рас-
смотрим множество
M = {(r
,...,rn, 0,...):ri∈ Q,n ∈ N}.
1,r2
Ясно, что M — счетное множество. Покажем, что оно всюду плотно в s.
Для этого возьмем произвольный элемент x ∈ s, x =(ξ
), и произвольное
n
число ε>0. Выберем такое n ∈ N,что
∞
Возьмем элемент x
k=n+1
=(r1,r2,...,rn, 0,...) ∈ M таким, чтобы
0
n
k=1
|ξk|
1
k
1+|ξk|
2
|ξk− rk| <
ε
<
.
2
ε
2
(в силу плотности множества рациональных чисел в пространстве R). Тогда
ρ(x, x
)=
0
k=1
Следовательно,
n
1
2
M = s.
k
|ξk− rk|
1+|ξk− rk|
∞
+
k=1
1
k
2
<
k=1
|ξk|
1+|ξk|
n
|ξk− rk| +
<
ε
ε
<
2
ε
+
= ε.
2
2
Докажем, что пространство m не сепарабельно. Рассмотрим множе-
ство M
последовательностей x =(ξn), где элементы ξnравны 0 или 1.
0,1
Это множество имеет мощность континуума. Так как ρ(x, y)=1при x = y,
то M есть дискретное множество в m. Теперь, принимая во внимание задачу 6.13(б), заключаем, что m не является сепарабельным МП.
Для доказательства несепарабельности пространства M [a, b] достаточ-
но рассмотреть семейство функций
f
α
(t)=
0, при t ∈ [a, α),
1, при t ∈ [α, b],
для каждого α ∈ [a, b].
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]