Е.А. Попов, А.Д. Поспелов, Д.В. Ховратович - Задачи по функциональному анализу

Московский Государственный Университетимени М. В. ЛомоносоваФакультет Вычислительной Математики и КибернетикиКафедра Общей МатематикиЗадачи по функциональномуанализу(V семестр)лектор — доцент Н. Ю. Капустинрешения — студенты 318 группыЕ. А. Попов, А. Д. Поспелов, Д. В. ХовратовичМосква 200211. []2] Какова мощность всех непрерывных функций на [a, b]?Решение. Обозначим C = {f (x) | f (x) ∈ C[a, b]}.Покажем для начала, что мощность C не меньше континуум. Действительно,для каждого c ∈ R существует функция f (x) = c ∀ x ∈ [a, b], причем для разныхc эти функции различны.Покажем теперь, что мощность C не превосходит континуум (этим мы покажем, что мощность C в точности равна континуум). Действительно, зададимся некоторым фиксированным для дальнейших рассуждений ε > 0. Пустьf (a) = α, f (b) = β.

Тогда функции f (x) ∈ C на [a, b] поставим в соответствиеее непрерывное продолжение на отрезке [a, b + ε] по следующему правилу:(f (x),x ∈ [a, b],0f (x) = ααx + β − ε b , x ∈ (b, b + ε] .εЛегко убедиться, что такое продолжение непрерывно. Заметим, что оно взаимнооднозначно: действительно, каждой непрерывной функции, заданной на отрезке [a, b+ε], можно поставить в соответствие однозначным образом непрерывнуюфункцию, заданную на отрезке [a, b] простым сужением области определения.Заметим, что значения f 0 (x) на концах отрезка определения совпадают, следовательно, средние Чезаро тригонометрического ряда Фурье этой функциисходятся равномерно к f 0 (x).

Иными словами, существуют такие числовые по∞следовательности вещественных чисел {an }∞n=0 , {bn }n=0 , что0f (x) =∞ Xn=0an cos2πna+b2πna+bx+π + bn sinx+π.b−aa−bb−aa−bСпособов определить такую функцию не больше, чем способов выбора соответ∞ствующих последовательностей {an }∞n=0 , {bn }n=0 . Мощность множества такихрядов равна континуум, так как она совпадает с мощностью множества способов выбрать счетное число вещественных коэффициентов.Другим способом показать верхнюю оценку на мощность является утверждение, что любую непрерывную функцию достаточно задать на множестве рациональных чисел, которое всюду плотно на вещественной прямой. Конечно, невсякое такое задание определит непрерывную функцию, но, тем не менее, множество всех таких заданий содержит в качестве подмножества все непрерывныефункции. Действительно, к любому числу на прямой сходится какая-то последовательность рациональных чисел, то есть значение в этой точке однозначно2определено.

Но мощность множества таких заданий равна в точности континуум, так как соответствует выбору счетного множества вещественных чисел.2. []2] Доказать, что подмножество M ⊂ C[0, 1] такое, чтоM = {f (x) | A 6 f (x) 6 B},— замкнутое в C[0, 1].Решение. Рассмотрим произвольную сильно сходящуюся функциональную последовательность{fn (x)}∞n=0 ⊆ M.Известно, что для любого x0 , числовая последовательность {fn (x0 )}∞n=0 ограничена сверху и снизу константами A и B соответственно, следовательно, поизвестной теореме о числовых последовательностях, lim fn (x0 ), если он сущеn→∞ствует, также ограничен сверху и снизу константами A и B. Это верно длялюбых x ∈ [0, 1], следовательно, выполняется двойное неравенствоA 6 lim fn (x) 6 Bn→∞∀ x ∈ [0, 1].Таким образом, lim fn (x) ∈ M и {fn (x0 )}∞n=0 сходится к непрерывной функции.n→∞Следовательно, по определению M — замкнуто.3.

[]2] Является ли множество M непрерывных функций, удовлетворяющих условию A < f (x) < B открытым в C[0, 1]?Решение. Покажем, что каждая функция из M входит в него вместе с некоторым множеством, для которого она является внутренней точкой. Действительно,∀ f (x) ∈ C[0, 1], A < f (x) < B =⇒ ∃ ε > 0 : A + ε 6 f (x) 6 B − ε.вида f (x) + δ входят в M ,Иными словами, для любого − 2ε 6 δ 6 2ε функциито есть достаточно взять множество M 0 = f (x) | A + 2ε < f (x) < B − 2ε , длякоторого f (x) будет являться внутренней точкой, содержащееся в M .4.

[]3] Доказать, что пространство m ограниченных последовательностей с метрикой ρ(x, y) = sup|xi − yi | является полным пространством.i3Решение. Возьмем произвольную фундаментальную последовательность{xn }∞n=0 .По определению фундаментальностиρ(xn , xm ) −−−−→ 0 ⇐⇒ sup |(xn )i − (xm )i | −−−−→ 0m,n→∞in,m→∞ε=⇒ ∀ ε > 0 ∃ N : ∀ n, m > N, ∀ i ⇒ |(xn )i − (xm )i | < .2Из этого следует фундаментальность, а, следовательно, и сходимость последовательности {(xn )i }∞i=0 к некоторому (x0 )i .

В таком случае, устремив в последнем неравенстве m к бесконечности, получим, что∀ ε > 0 ∃ N : ∀ n > N, ∀ i ⇒ |(xn )i − (x0 )i | 6ε< ε.2Это означает, что sup |(xn )i − (x0 )i | −−−→ 0, то есть последовательность {xn }∞n=0n→∞iсходится к x0 = ((x0 )1 , (x0 )2 , . . . ). Следовательно, пространство m — полное.5. []2] Пусть A — отображение n-мерного пространства в себя, задаваемое систеnPмой линейных уравнений yi =(aij xj + bj ) или Ax = Y − b. В пространствеj=1введена метрика двумя способами:(a) ρ(x, y) = max|xi − yi |, и(b) ρ(x, y) =inP|xi − yi |,i=1где x = (x1 , x2 , .

. . , xn ), y = (y1 , y2 , . . . , yn ). Доказать, что условиеnX|aij | 6 α < 1, j = 1, . . . , ni=1является необходимым и достаточным, чтобы отображение являлось сжатием.Решение. Обозначим n-мерное пространство из условия через M . Нужно проверить условие∃ β ∈ [0, 1) : ∀ x, y ∈ M =⇒ ρ(Ax, Ay) 6 βρ(x, y).4(a) Легко привести контрпример: преобразование A задается матрицей3 344.0 0TTОно удовлетворяет условию постановки, но для y = 0 0 и x = 1 1условие сжимаемости не выполняется: ρ(x, y) = 1 < 32 = ρ(Ax, Ay).Представляется, что в постановке задачи допущена неточность: в данномслучае необходимым и достаточным условие сжимаемости отображенияявляется то, что все строчные суммы не превосходят некоторого напередзаданного α < 1:nX|aij | 6 α < 1, i = 1, .

. . , n.j=1Расстояние между образами в данном случае равно n nnXXXρ(Ax, Ay) = max (aij xj + bj ) −(aij yj + bj ) = max aij (xj − yj ) .i i j=1j=1j=1Докажем необходимость. От противного: пусть A — сжатие и существуетстрока (с номером k), сумма модулей элементов которой больше единицы.Тогда в качестве y возьмем нулевой элемент, а в качестве x — вектор,равный сумме всех базисных векторов:nnXXρ(x, y) = 1 < max|aij | = max|aij (xj − yj )| = ρ(Ax, Ay),iij=1j=1следовательно, отображение A не является сжатием, что противоречит посылке.Теперь покажем достаточность. Пусть выполняется условиеnX|aij | 6 α < 1, i = 1, . .

. , n.j=1Тогда для любых x, y ∈ MnnXXρ(Ax, Ay) = max aij (xj − yj ) 6 max|aij | |xj − yj |ii j=1j=16 maxinX|aij | ρ(x, y) = ρ(x, y) maxij=1nX|aij | 6 αρ(x, y).j=1Таким образом, отображение является сжатием с константой β = α.5(b) Расстояние между образами в данном случае равноn Xnnn Xn XXXρ(Ax, Ay) =(ax+b)−(ay+b)=a(x−y)ij jjij jj ijjj .i=1j=1j=1i=1j=1Докажем необходимость. От противного: пусть A — сжатие и существуетстолбец (с номером k), сумма модулей элементов которого больше единицы.

Тогда в качестве y возьмем нулевой элемент, а в качестве x — вектор,у которого k-я координата равна единице, а остальные равны нулю. Нотогда nnn XXXρ(x, y) = 1 <|aik | =aij (xj − yj ) = ρ(Ax, Ay),i=1i=1j=1следовательно, отображение A не является сжатием, что противоречит посылке.Теперь покажем достаточность. Пусть выполняется условиеnX|aij | 6 α < 1, j = 1, . . . , n.i=1Тогда для любых x, y ∈ Mn Xnn Xn XX|aij (xj − yj )|ρ(Ax, Ay) =aij (xj − yj ) 6i=1=n XnXj=1 i=1i=1 j=1nXj=1|aij (xj − yj )| =nX|xj − yj |j=1|aij | 6 αi=1nX|xj − yj | = αρ(x, y).j=1Таким образом, отображение является сжатием с константой β = α.6.

[]2] Доказать, что любое измеримое множество E на прямой с мерой |E| = p > 0содержит измеримое подмножество меры q, 0 < q < p.Решение. Разобьем вещественную прямую на счетное число полуинтерваловвида [n, n + 1) для каждого целого n. Легко видеть, что они не пересекаются,6каждый из них измерим, и все они в объединении образуют всю прямую. Таккак пересечение измеримых множеств измеримо, все множества видаAn = [n, n + 1) ∩ E ⊆ E∀n∈Zизмеримы.

Также очевидно, что они не пересекаются и в объединении даютмножество E. Если среди них найдутся хотя бы два Am и A` , имеющие ненулевую меру, например, |Am | = r > 0, |A` | = s > 0, то множество Am будеттакже измеримо и иметь меру p ∈ [r, p − s], ненулевую, и строго меньшую p. Впротивном случае, если лишь одно из An имеет меру не ноль (все An не могутиметь меру ноль, так как объединение счетного числа множеств нулевой мерыимеет нулевую меру), то перенесем действие на полуинтервал [n, n + 1) = B0 .Разделим его пополам, при этом получим два множества B1 , B2 .

Если они обаимеют пересечение ненулевой меры с E, то выбрасывая одно из них, получаемподмножество меньшей положительной меры. Если же лишь одно имеет ненулевую меру, то поделим его пополам и повторим рассуждения. Важно заметить,что в силу того, что E имеет положительную меру, непременно наступит момент, когда оба полуинтервала разбиения будут иметь непустое пересечение сE, так как в противном случае, по лемме о вложенных отрезках, оно сойдетсяк точке, то есть множеству меры нуль, что противоречит условию задачи.7.

[]3] Пусть E — измеримое на сегменте [0, 1] и для любого интервала ∆ имеетместо неравенство |E ∩ ∆| 6 α|∆|, α < 1. Доказать, что |E| = 0.Решение. По определению измеримого множества∀ ε > 0 ∃ A : |(E ∪ A) \ (E ∩ A)| < ε(1 − α),A — элементарное множество.Мера разности с одной стороны равна |E ∪ A| − |E ∩ A| > |A| − α |A|, откудаполучаем, что |A| < ε. С другой стороны мера разности может быть оцененаснизу как |E| − α |A| > |E| − αε. Отсюда выражаем меру исходного множества:|E| < ε(1 − α) + αε = ε, что и означает, что |E| = 0.8.

[]1] Пусть A1 и A2 — измеримые подмножества сегмента [0, 1] и |A1 | + |A2 | > 1.Доказать, что |A1 ∩ A2 | > 0.Решение. Так как A1 и A2 измеримы, их объединение и пересечение такжеизмеримы, но тогда1 > |A1 ∪ A2 | = |A1 | + |A2 | − |A1 ∩ A2 | > 1 − |A1 ∩ A2 | =⇒ |A1 ∩ A2 | > 0.79. []2] Может ли открытое неограниченное множество иметь конечную меру?Решение. Возьмем вещественную прямую. Она является открытым неограниченным множеством. В качестве меры возьмем вероятностную, например, плотность нормального распределения с параметрами a и σ 2 :Z(x−a)21µ(E) = √e− 2σ2 dx.2πσEКак известно, интеграл плотности по всей прямой равен единицы, так как соответствует вероятности осуществления любого элементарного исхода:1µ(R) = √2πσZ+∞(x−a)2e− 2σ2 dx = 1.−∞Таким, образом, открытое неограниченное множество может иметь конечнуюмеру.10. []1] Пусть замкнутое множество имеет конечную меру.

Может ли оно бытьнеограниченным?Решение. Возьмем вещественную прямую. Она является замкнутым неограниченным множеством. В качестве меры возьмем вероятностную, например,плотность распределения Коши:Z11µ(E) =dx.π1 + x2EКак известно, интеграл плотности по всей прямой равен единицы, так как соответствует вероятности осуществления любого элементарного исхода:1µ(R) =πZ+∞1dx = 1.1 + x2−∞Таким, образом, открытое неограниченное множество может иметь конечнуюмеру.11. []2] Доказать, что непрерывные функции на [0, 1] эквивалентны тогда и толькотогда, когда они равны.8Решение. Очевидно, что если любые две функции (в том числе и непрерывные)равны, то они эквивалентны, так как они различаются на пустом множестве, аоно имеет меру нуль.