§ 2. Властивості повних метричних просторів

Теорема 2.1. Будь-яка замкнена множина F повного метричного простору Х, сама є повним метричним простором (метрика в F визначається так само, як і в Х).

Доведення. Нехай {x_n} – фундаментальна послідовність, х_пF. Оскільки Х– повний простір, то існує границя цієї послідовності . Так, якF – замкнена множина, то х₀F. Отже, будь-яка фундаментальна послідовність точокх_пF,має вFграницю. Теорему доведено.

Теорема 2.2.Для того, щоб метричний простірХбув повним, необхідно і достатньо, щоб у ньому будь-яка послідовність вкладених одна в одну замкнених куль, радіуси яких прямують до нуля, мала непорожній переріз.

Доведення.Необхідність.Нехай простірХє повним простором, і – послідовність вкладених одна в одну замкнених куль цього простору, причому .

Покажемо, що послідовність {x_n}, центрів цих куль, утворює фундаментальну послідовність. Дійсно, так як приm>n , то . Оскількиr_n0, то для будь-якого >0 існує натуральне число Nтаке, що приnNвиконується нерівністьr_n<, а, значить при nNмаємо . А це означає, що{x_n}– фундаментальна послідовність. Внаслідок повнотиХ,існує . Кулі вкладені одна в одну, тому приkn. Оскільки замкнена множина, то , при кожномуп, а значить. Необхідність доведена.

Достатність.Нехай будь-яка послідовність вкладених замкнених куль, радіуси яких прямують до 0, має спільну точку. Покажемо, що простірХє повним простором. Нехай {x_n} фундаментальна послідовність точок цього простору. З означення фундаментальної послідовності матимемо:0, існуєп()Nтаке, щотN, mn(), справедлива нерівність:

(2.1).

Із (2.1) випливає, що для знайдетьсяn₁N: m>n₁,

(2.2).

Утворимо замкнену кулю з центром в і радіусом рівним 1. На основі нерівності (2.1), для , знайдетьсяn₂N, n₂>n₁: m>n₂. Утворимо знову замкнену кулю з центром в і радіусом рівним 1/2. Зазначимо, що. Візьмемо будь-якеx, тоді

,

звідси випливає, що . Отже . Продовжуючи цей процес, одержимо послідовність вкладених замкнених кульрадіуси яких прямують до нуля, а центри знаходяться в точках. На основі припущення теореми, існує точках₀, яка належить всім. Оскільки для кожного k виконується нерівність , то. Так, як фундаментальна послідовність {x_n}має збіжну підпослідовність, то на основі теореми 1.6. розділу 2, послідовність{x_n} збіжна. Теорему доведено.

Теорема 2.3. Нехай в повному метричному просторі маємо послідовність вкладених одна в одну замкнених куль, радіуси яких прямують до нуля. Тоді існує єдина точка, яка належить всім цим кулям.

Доведення.Нехай – послідовність замкнених куль, які задовільняють умові теореми: ,r_n0, коли . Існування точки спільної всім кулям слідує з теореми 2.2. Припустимо, що таких точок є більше ніж одна і нехай – точки, які належать всім кулям. Так, як при всіхп, то маємо , що неможливо, боr_n0 при п. Значить точка, яка є спільною для всіх куль – єдина.

§ 3. Теорема Банаха

Одним із важливих прикладів неперервних відображень є, так звані, стискуючі відображення.

Означення 3.1.Нехайf відображення метричного просторуX₁ вX₂. Відображення називається стискуючим, якщо : 0<<1: x, yX₁, справедлива нерівність: .

Легко показати, що стискуюче відображення є неперервним. Дійсно, нехай х₀Х₁. Тоді . Якщохх₀, то , а значить . Отже, відображення є неперервним.

Дуже часто в математиці виникає потреба з’ясувати при яких умовах те чи інше рівняння має на деякій множині єдиний розв’язок. При розв’язуванні цієї задачі використовують властивості стискуючих відображень заданих в повних метричних просторах.

Означення 3.2. Нехай f відображає Х в Х. Точка х₀Х, називається нерухомою точкою оператора f , якщо f(x₀)=x₀.

Теорема (Банаха). Якщо f:XX є стискуючим відображенням, і Х повний метричний простір, то відображення f в даному просторі має єдину нерухому точку.

Доведення. Візьмемо довільне х₀Х, х₁=f(x₀), x₂=f(x₁)_,…x_n=f(x_n-1),… В результаті одержали послідовність {x_n}X. Тоді

(3.1).

Візьмемо будь-яке п, тоді p

(^n+p-1+^n+p-2+… ...+ⁿ)(x₁;x₀)<(ⁿ+ⁿ⁺¹+…+^n+p-1+^n+p+…)(x₁;x₀)= (x₁;x₀).

Оскільки 0<<1, то останній вираз при п, прямує до нуля так, що  >0, n₀: nn₀, справедлива .

З останніх двох нерівностей одержуємо, що послідовність {x_n} є фундаментальною, а оскільки простір повний, то і збіжною до деякої точки аХ.

Внаслідок неперервності відображення f маємо:

.

Звідси слідує, що а є нерухомою точкою цього відображення.

Для доведення єдиності точки а, припустимо, що b є ще одна нерухома точка відображення: b=f(b), причому ab. Тоді матимемо:

, бо 0<<1.

Прийшли до суперечності. Теорему доведено.