Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Метрические пространства. Теория, задачи, решения
.pdf
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 151
6.15. Рассмотрим функцию
⎧
⎪
t +
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
g(t)=
1
2
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
0, при t ∈ R \ [−
1
, при t ∈ [−
2
− t, при t ∈ [0,
1
2
1
2
, 0],
],
1
1
,
].
2
2
Для каждой последовательности α =(α
),гдеαn=0или αn=1,опреде-
n
лим семейство функций
∞
(t)=
αng(t − n),t∈ R,
n=0
f
α
которое является множеством континуума, причем для различных последовательностей α
и αвыполняется равенство ρ(f
,f
α
1
)=
α
.
2
§7
7.3. (а) Пусть F — замкнутое множество в (X, ρ) иточкаx/∈ F .
Рассмотрим функцию h(x)=ρ(x, F ). Допустим, что h(x)=0.То-
гда inf
Значит, x ∈
ρ(x, a)=0,ипоэтомудлялюбогоδ>0 имеем, что B(x, δ)∩F = ∅.
a∈F
F , что противоречит условию x/∈ F .Итак,h(x) > 0 для любо-
го x ∈ X.
Покажем, что h ∈ C(X). Из определения функции h(x) имеем, что для
любого x
Если x
∈ X илюбогоε>0 существует точка a ∈ F , такая, что
1
,a) <ρ(x1,F)+ε.
ρ(x
1
— произвольная точка из X, то в силу неравенства треугольника
2
имеем
ρ(x
,a) ρ(x2,x1)+ρ(x1,a) <ρ(x2,x1)+ρ(x1,F)+ε.
2
Следовательно,
,F) <ρ(x2,x1)+ρ(x1,F)+ε.
ρ(x
2
Отсюда в силу произвольного выбора ε получаем
ρ(x
,F) − ρ(x1,F) ρ(x2,x1).
2
152 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
Меняя местами x1и x2, имеем
ρ(x
,F) − ρ(x2,F) ρ(x2,x1).
1
Таким образом, имеем оценку
|ρ(x
,F) − ρ(x2,F)| ρ(x1,x2)
1
для любых x
∈ X , которую, используя определение функции h(x),
1,x2
перепишем в виде
|h(x
) − h(x2)| ρ(x1,x2),x1,x2∈ X.
1
Отсюда заключаем, что h ∈ C(X). Действительно, если x
любого ε>0 существует δ = ε>0 такое, что из ρ(x
ет |h(x
) −h(x2)| <ε.
1
∈ X ,тодля
1
) <δследу-
1,x2
7.7. (б) Докажем справедливость утверждения (i). Если A = ∅,
то утверждение очевидно. Поэтому будем считать, что A = ∅.Пустьx
произвольная точка из
что для любой окрестности V точки y
ность U точки x
A. Тогда в силу непрерывности f вточкеx0имеем,
= f(x0) найдется такая окрест-
,чтоf (U ) ⊂ V .Таккакx0есть точка прикосновения
0
0
—
0
для A,тоU ∩ A = ∅. Поэтому для любой точки x ∈ A ∩ U имеем следующие соотношения: f (x)=y ∈ F (U ) ⊂ V и f(x) ∈ f (A).Следова-
тельно, f(x) ∈ f (A) ∩ V ,т.е.f (A) ∩ V = ∅ для любой окрестности V
точки y
Обратно, пусть B ⊂ Y и B =
что A — замкнутое множество. Рассмотрим произвольную точку x
гда f(x
ем, что f(A)=f (f
замыкания и замкнутости множества B, вытекает соотношение
= B. Следовательно, f(x
Таким образом,
пользуя критерий непрерывности отображения (теорема 7.2
что f ∈ C(X, Y ).
.Значит,y0∈ f (A), что равносильно включению f(A) ⊂ f (A).
0
B.ПоложимA = f−1(B) и покажем,
0
) ∈ f (A) ⊂ f (A) (по условию). Из определения множества A име-
0
−1
(B)) ⊂ B. Отсюда, в силу монотонности оператора
f(A) ⊂ B =
) ∈ B, что эквивалентно включению x0∈ A.
A ⊂ A, что означает равенство A = A. Теперь, ис-
Докажем утверждение (ii). Положим A = f
0
), заключаем,
−1
(B) для произволь-
∈ A.То-
ного множества B ⊂ Y .Еслиf ∈ C(X, Y ), то, используя включение
A) ⊂ f (A) из пункта (i), имеем, что
f(
f(
f−1(B)) ⊂ f (f−1(B)) ⊂ B.
Отсюда немедленно вытекает включение
f−1(B) ⊂ f−1(B) для любого B ⊂ Y .Положимf−1(B)=A.
пусть
f−1(B) ⊂ f−1(B).Обратно,
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 153
Тогда f (A)=f(f−1(B)) ⊃ B, и из монотонности операции замыкания
получаем, что
соотношение f (
B ⊂ f (A). Следовательно, A ⊂ f−1(f(A)), откуда вытекает
A) ⊂ f (A),т.е.f ∈ C(X, Y ) согласно пункту (i).
7.15. Допустим, что отображение f :(X, ρ) → (Y, σ) непрерыв-
но, f(X )=Y ,а(X,ρ) — связное МП. Предположим, что пространство (Y, σ) несвязно. Тогда найдутся непустые открытые множества V
, V
1
2
в (Y, σ),такие,чтоY = V1∪ V2и V1∩ V2= ∅. В силу непрерывности f
имеем, что U
равенств V
= f−1(V1),U2= f−1(V2) открыты в (X,ρ),причемиз
1
∩ V2= ∅ и Y = V1∪ V2следует, что
1
−1
∅ = f
X = f
(V1∩V2)=f−1(V1) ∩ f−1(V2)=U1∩ U2,
−1
(Y )=f−1(V1∪V2)=f−1(V1) ∪f−1(V2),
а это противоречит связности (X, ρ).
7.17. (а) Пусть (X, ρ) — линейное связное МП. Предположим, что оно
несвязно, т. е. существуют такие непустые непересекающиеся открытые
множества U и V ,чтоX = U ∪ V . В силу линейной связности (X, ρ)
найдется путь γ :[0, 1] → X , для которого γ(0) ∈ U и γ(1) ∈ V .Так
как [0, 1] — связное множество, то, вследствие задачи 7.15, γ([0, 1]) —связное множество в (X, ρ). Но это невозможно, так как множества U ∩γ([0, 1])
и V ∩ γ([0, 1]) не пересекаются.
(б) Множество M не является линейно связным, поскольку точки (0, 0)
π
и (a, sin
),a=0, нельзя соединить непрерывным путем из M . Покажем,
a
что M —связноемножество.Положим
M
= {(x,y):x =0, |y| 1},
0
M
= {(x,y):y =sin
−
M
= {(x,y):y =sin
+
π
, ∞ <x<0},
x
π
, 0 <x<∞}.
x
Ясно, что каждое из множеств линейно связно, а значит, связны. Предположим, что существуют открытые множества G
= M
0∪M−∪M+
то M
⊂ G1. Учитывая включение M0⊂ M−и M−∩ G2= ∅,заключа-
−
ем, что M
стороны, M
0
и G1∩G2= ∅.ТаккакM−связно, то если M−∩G1= ∅,
∩ G2= ∅ и в силу связности M0имеем M0⊂ G1.Сдругой
⊂ M+,поэтомуM+∩ G1= ∅, и тогда в силу связности M
0
в R2,такие,чтоM =
1,G2
получаем, что M+⊂ G1. Таким образом, M ⊂ G1, что означает связность M .
+
154 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
7.18. (а) Используя определение выпуклого множества M ⊂ Rnимеем
отображение
[0, 1] t → γ(t)=(1− t)x + ty ∈ M.
Отсюда для любых t, s ∈ [0, 1] илюбыхx, y ∈ M, используя определение
МП R, получаем
ρ(γ(t),γ(s)) = |t − s|ρ(x, y).
Откуда немедленно вытекает непрерывность функции γ :[0, 1] → M .
7.19. Импликация (в)⇒(б) очевидна, а (б)⇒(а) была установлена в за-
даче 7.17. Поэтому остается доказать, что (а)⇒(в).
Пусть x
— произвольная фиксированная точка из G.Обозначимче-
0
рез U множество всех точек x ∈ G, которые могут быть соединены ломаной l
,целикомлежащейвG,т.е.
x0,x
U = {x ∈ G : ∃ l
x0,x
⊂ G}.
Рассмотрим произвольную a ∈ U .ТогдавсилуоткрытостиG существует такое δ>0, что открытый шар B(a, δ) содержится в G.ТаккакB(a, δ)
выпуклое множество (см. задачу 7.18), то для любой точки x ∈ B(a, δ) отре-
зок [a, x] ⊂ B(a, δ). Следовательно, l
точки x
тое множество в R
и x, а значит, справедливо включение B(a, δ) ⊂ U ,т.е.U —откры-
0
n
. Принимая во внимание включение U ⊂ G иоткрытость
∪[a, x] есть ломаная, соединяющая
x0,a
множеств U и G, заключаем, что U — открытое непустое подмножество в G.
Покажем, что G \ U —открытоемножествовG. Для любой точ-
ки a ∈ G \ U имеем, что найдутся такие δ
) ∩ U = ∅.Выбираяδ0=min(δ1,δ2), имеем включение B(a, δ0) ⊂
B(a, δ
2
⊂ G\U , откуда вытекает открытость множества G\U в R
и δ2,чтоB(a, δ1) ⊂ G,
1
n
, а следовательно,
в G,причемG \ U = ∅.
Из очевидного равенства G = U ∪ (G \U ) и открытости множеств U
и G \ U (в G) вытекает, учитывая связность G,чтоG = U .
7.21. (а) Пусть x
в силу аксиомы метрики (M 1), ρ(x
—точкииз(X, ρ),такие,чтоx1= x2,тогда,
1,x2
) > 0. Отсюда и из определения
1,x2
изометрии имеем, что
),f(x2)) = ρ(x1,x2) > 0.
ρ(f(x
1
Значит, f(x
) = f (x2). Таким образом, если x1= x2,тоf(x1) = f (x2),т.е.
1
отображение f взаимно однозначно.
(б) Рассмотрим произвольные точки y
ражение X на Y ,тонайдутсяточкиx
1,x2
∈ Y .Таккакf есть отоб-
1,y2
∈ X,такие,чтоf (x1)=y
1
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 155
и f(x2)=y2. Значит, имеем x1= f−1(y1), x2= f−1(y2) и
ρ(x
)=σ(f (x1),f(x2)) = ρ(f−1(y1),f−1(y2)).
1,x2
Отсюда вытекает равенство
−1
ρ(f
(y1),f−1(y2)) = σ(y1,y2),
−1
т. е. отображение f
есть изометрия пространств (X, ρ) и (Y, σ).
§8
8.1. (в) Для произвольной точки x ∈ X и любых номеров m и n
выполняется второе неравенство треугольника:
,x) − ρ(xm,x)| ρ(xn,xm).
|ρ(x
n
Вследствие фундаментальности последовательности (x
найдется такой номер n
венство ρ(x
,x)) выполнен критерий сходимости Коши, и, значит, предел
(ρ(x
n
) <ε. Следовательно, для числовой последовательности
n,xm
∈ N,чтодлялюбыхm, n > n0имеет место нера-
0
ρ(xn,x)=r(x)
lim
n→∞
) для любого ε>0
n
определен и конечен для всякого x ∈ X.
Из неотрицательности метрики ρ вытекает неравенство ρ(x
,x) 0
n
для каждого n ∈ N. Отсюда, согласно известной теореме о предельном
переходе в неравенстве, получаем, что r(x) 0 при всех x ∈ X.
Покажем, что функция r непрерывна. Для произвольных точек x
,x
∈ X имеем
,x) − ρ(xn,x)| ρ(x,x).
|ρ(x
n
Переходя в этом неравенстве к пределу при n →∞, получаем неравенство
|r(x
) − r(x)| ρ(x,x),
∈
откуда немедленно вытекает непрерывность функции r.
8.5. (б) У к а з а н и е. Рассмотреть последовательностьarctg(nt)
в L2[0, 1], которая фундаментальна, но сходится к разрывной функции
⎧
π
⎪
−
, при t<0,
⎪
⎪
2
⎨
x(t)=
0, при t =0,
⎪
⎪
⎪
π
⎩
, при t>0,
2
∞
n=1
156 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
или последовательность (xn),где
⎧
⎪
−1, при − 1 t −
⎪
⎪
⎪
x
n
(t)=
⎨
nt, при −
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
1, при
1
n
1
t 1,
n
<t<
1
,
n
1
,
n
фундаментальная в L
[−1, 1] и сходящаяся к функции
2
⎧
−1, при − 1 t<0,
⎪
⎨
0, при t =0,
⎪
⎩
1, при 0 <t 1.
1
2
1
2
<t
1
+
2n
1
,
2
1
1
+
2
2n
<t 1,
,
В пространстве L
x
n
x(t)=
[0, 1] последовательность (xn):
1
⎧
⎪
1, при 0 t
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
(t)=
n +1− 2nt, при
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
0, при
является фундаментальной, но предельная функция
не принадлежит L
[0, 1].
1
x(t)=
⎧
⎪
1, при 0 t
⎨
⎪
⎩
0, при
1
2
1
2
<t 1,
,
8.11. Непосредственно из определения функции g имеем, что g(x) > 0
для любого x ∈ U , причем она непрерывна на U . Ясно, что функция ρ
ная последовательность в подпространстве (U, ρ
венства ρ
является метрикой на множестве U .Пусть(xn) — фундаменталь-
U
(x, y) ρ(x, y) заключаем, что указанная последовательность
U
). Тогда в силу нера-
U
фундаментальна в (X, ρ), а согласно полноте МП (X, ρ), существует предел
xn= x0∈ X.
lim
n→∞
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 157
Покажем, что точка x0∈ U . Для элементов xnи xmрассматриваемой
фундаментальной последовательности при ε =
1
имеем
2
ρ
U(xn,xm
) <
1
,n,m n
2
,m n,
0
а в силу непрерывности функции g
|g(x
) −g(xm)| <
n
1
.
2
Отсюда, в частности, следует неравенство
g(x
) <g(xm)+
n
1
2
или, в другой записи,
ρ
U(xn
,X\ U ) >
1
g(xm)+
.
1
2
Переходя к пределу при n →∞, получим, что
ρ(x
,X\ U ) > 0,
0
т. е. x
/∈ X \ U , что равносильно включению x0∈ U .
0
§9
9.1. Пусть X — множество рациональных чисел Q, наделенное ев-
клидовой метрикой ρ(x, y)=|x − y|. Это пространство неполное, причем
является объединением счетной совокупности нигде не плотных (а именно,
одноточечных) множеств. Следовательно, X — множество первой категории.
9.2. Пусть x
жество {x
} открыто в (X, ρ).ЕслиA — произвольное нигде не плот-
0
— произвольная точка МП (X,ρ). Одноточечное мно-
0
ное множество в (X, ρ), то существует непустое открытое множество
U ⊂{x
ство в {x
},такое,чтоU ∩ A = ∅. Но единственное непустое подмноже-
0
} есть оно само. Поэтому U = {x0} и x0/∈ A для каждого
0
нигде не плотного множества A.Значит,X не представимо в виде объединения любого, в том числе и счетного, семейства нигде не плотных
множеств.
158 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
9.3. Пусть X = R \{0} и ρ —евклидоваметриканаX.Тогда(X, ρ) —
неполное МП без изолированных точек. Покажем, что любое множество A,
нигде не плотное в (X, ρ), будет нигде не плотным и в R. Действительно,
для любой точки x ∈ R и любой ее окрестности U(x) найдется интервал I ⊂ U (x), не содержащий точки 0 и, значит, входящий в X .ТаккакA
нигде не плотно в (X, ρ),товI содержится такой интервал I
= ∅.НоI
Из сказанного выше имеем, что R =
⊂ U (x) ⊂ R.Значит,A нигде не плотно в R.
1
Допустим, что X =
∞
An,гдевсеAnнигде не плотны в (X, ρ).
n=1
∞
n=1
F
∪{0}. Но это невозможно,
n
,чтоI1∩A =
1
поскольку R — ПМП. Следовательно, множество X есть множество второй
категории.
9.4. Пусть (X, ρ) —ПМПиA — множество первой категории в (X, ρ).
Тогда A =
что X \A — множество первой категории, т.е. X \A =
не плотные множества в (X, ρ). Следовательно, справедливо равенство X =
∞
=
n=1
A
∪
n
∞
An,гдеAn— нигде не плотны в (X, ρ). Допустим,
n=1
∞
n=1
B
, которое противоречит теореме Бэра о категории.
n
∞
Bn, Bn— нигде
n=1
Значит, X \ A — множество второй категории.
9.5.ЕслибыПМП(X, ρ) было счетным, т.е. X = {x
∞
=
{xn},гдекаждое{xn} — нигде не плотно, ибо ни один шар B(xn,r)
n=1
не содержится в
{xn} = {xn}.Иначе,xnбыла бы изолированной точкой
: n ∈ N},тоX =
n
множества X .Значит,X — множество первой категории. Полученное противоречие допускает справедливость утверждения данной задачи.
§10
10.1. (а) Неподвижные точки отображения f находятся из уравне-
3
ния x
= x. В результате получим три точки: x1=0, x2= −1, x3=1.
Рассмотрим отображение f воткрытомшареB(0,r). Для произволь-
ных точек x, y ∈ B(0,r) имеем
ρ(f(x),f(y)) = |x
где r
=max{ρ(x, 0),ρ(y, 0)} и 0 <r0<r. Ясно, что отображение f будет
0
3
− y3| = |x − y||x2+ xy + y2| 3r
сжимающим, если в B(0,r) выполняется неравенство 0 < 3r
2
ρ(x, y),
0
2
< 1.Таким
0
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 159
образом, f — сжимающее отображение в окрестности {x ∈ R : |x| <
1
√
3
точки 0.
Теперь рассмотрим отображение f воткрытомшареB(−1,r).Потео-
реме Лагранжа о конечных приращениях получаем
3
ρ(f(x),f(y)) = |x
В окрестности V = {c ∈ R : |c +1| <r, 0 <r<1} точки x = −1
функция c → c
2
ство c
< (r +1)2.Тогдаиз(Π1) имеем
2
убывает. Поэтому в окрестности V выполняется неравен-
ρ(f(x),f(y)) < 3(r +1)
Отсюда видно, что ни при каком r>0 неравенство 3(r+1)
ся не может. Следовательно, в окрестности точек x
− y3| =3c2|x − y| =3c2ρ(x, y). (Π1)
2
ρ(x, y).
2
< 1 выполнять-
= −1 отображение f
2
не является сжимающим.
Аналогично можно установить, что в окрестности точки x
=1отоб-
3
ражение f не является сжимающим.
n
n
→ l
(е) Запишем отображение f : l
∞
(см. пример 2.7) в развернутой
∞
форме
n
η
где x =(ξ
Пусть x
1
точки из R
= λ
i
,...,ξn),f(x)=(η1,η2,...,ηn) иa
1,ξ2
(1)
=ξ
n
.Тогда
(1)
,ξ
2
,...,ξ
1
aijξj+ bi,i=1, 2,...,n, (Π1)
j=1
n
— матрица A.
i,j=1
— произвольные
(1)
n
,x
2
=ξ
(2)
1
,ξ
(2)
2
,...,ξ
ij
(2)
n
}
),f(x2)) = ρ(λAx1+ b, λAx2+ b)=
ρ(f(x
1
*
n
= |λ| max
1in
=max
1in
*
n
*
*
aij(ξ
*
j=1
*
*
*
j
λ
j=1
(1)
− ξ
aijξ
(2)
j
(1)
j
*
*
*
)
*
Отсюда в силу очевидного неравенства
(1)
|ξ
(2)
− ξ
j
| ρ(x1,x2),i=1, 2,...,n,
j
n
− λ
j=1
|λ| max
1in
aijξ
n
j=1
(2)
j
|aij||ξ
*
*
*
=
*
(1)
(2)
− ξ
j
|.
j
160 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
имеем
ρ(f(x
),f(x2)) |λ| max
1
1in
n
|aij|ρ(x1,x2).
j=1
Следовательно, принцип сжимающих отображений применим, если
n
|λ| <max
1in
j=1
З а м е ч а н и е. Из доказанного утверждения вытекает, что
если матрица A =a
или
n
j=1
|aij|
1/p
p
< 1 для всех i = 1,n,тосистема(Π1) имеет един-
ственное решение в R
n
ij
n
(соответственно в l
∞
такова, чтоmax
i,j=1
|aij|
n
1
−1
ивl
.
1in
n
,где
p
n
j=1
1
p
|aij|
1
+
=1,p>1),
q
−1
< 1
который может быть получен методом последовательных приближений, исходя из произвольного элемента.
10.2. Пусть Q
сел с метрикой ρ(x, y)=|x−y| ипустьϕ — отображение в (Q
формулой ϕ(x)=
ρ(ϕ(x
+
x +2
),ϕ(x2)) =
1
— множество всех неотрицательных рациональных чи-
1
. Непосредственно из определения ϕ имеем
|x
− x2|
1
(x1+2)(x2+2)
1
ρ(x
1,x2
4
+
,ρ), заданное
),x1,x2∈ Q+.
Следовательно, ϕ — сжимающее отображение. Предположим, что ϕ имеет
неподвижную точку x
Но последнее уравнение не имеет решений в Q
кореньэтого уравнения, то (x+1)
∈ Q+. Тогда справедливо соотношение
0
1
=
x
0
x0+2
2
⇔ x
+2x0− 1=0.
0
+
2
=2, что противоречит факту, что квадрат
. Действительно, если x0—
рационального числа не может быть равен 2. Отсюда заключаем, что если
в теореме о принципе сжимающих отображений опустить условие полноты
МП (X, ρ), то теорема перестает быть верной.
10.3. У к а з а н и е. Рассмотреть функцию f (x)=
π
+ x −arctg x.
2
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]