А.М. Стёпин - Курс лекций по функциональному анализу (1128638), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Задача 3.2. Пусть X — полное метрическое пространство, а про непрерывное отображение f : X → Xизвестно, что некоторая его степень f k является сжимающим отображением. Доказать, что оно имеетединственную неподвижную точку. Можно ли отказаться в этом утверждении от непрерывности f ?Решение. По предыдущей теореме, отображение F := f k имеет единственную неподвижную точку x0 .Очевидно, если x — неподвижная точка отображения f , то она тем более является неподвижной точкой отображения F . Осталось доказать, что x0 действительно является неподвижной точкой для f . Допустим противное,то есть f (x0 ) = x1 6= x0 . ТогдаF (x1 ) = F f (x0 ) = f k f (x0 ) = f k+1 (x0 ) = f f k (x0 ) = f F (x0 ) = f (x0 ) = x1 ,19203.2.3.
Теорема о пополнении метрических пространствто есть x1 является ещё одной неподвижной точкой для F . Противоречие. А непрерывность не нужна! Задача 3.3. Доказать существенность условия полноты в теореме о сжимающих отображениях.Решение. Берём полное метрическое пространство — прямую R, выкалываем из неё точку x = 0, получаемнеполное метрическое пространство.
Рассматриваем отображение x 7→ x2 . Оно, очевидно, сжимающее, но неимеет неподвижных точек, поскольку при x 6= 0 равенство x2 = x невозможно. 3.2.3. Теорема о пополнении метрических пространствОпределение. Метрическое пространство M называется ограниченным, если найдётся x ∈ M и C > 0, длякоторых при всех y ∈ M имеем ρ(x, y) 6 C.f, ρe) называется пополнением метрического пространства (M, ρ),Определение. Полное пространство (Mff и для ∀ x, y имеем ρ(x, y) = ρe ϕ(x), ϕ(y) .если найдётся инъекция ϕ : M → M такая, что Cl ϕ(M ) = Mf, но без него указанное пополнениеЗамечание.
В принципе, можно отказаться от требования Cl ϕ(M ) = Mможет оказаться не единственным.f, ρe), причём оноТеорема 3.8. Для всякого метрического пространства (M, ρ) существует пополнение (Mffединственно в том смысле, что если (M1 , ρe1 ) и (M2 , ρe2 ) — два пополнения одного и того же пространства,f1 , ρe1 ) изометрично (Mf2 , ρe2 ).то (MДоказательство этой теоремы можно прочесть в [2, гл. II, § 3, п. 4].Задача 3.4. Доказать, что полное метрическое пространство из четырёх точек A, B, C, D с расстояниями ρ(A, B) = ρ(B, C) = ρ(C, A) = 1 и ρ(A, D) = ρ(B, D) = ρ(C, D) = 21 нельзя вложить в гильбертовопространство.Решение. Достаточно показать, что в трёхмерном пространстве нет четырёх точек с такими расстояниями.Но это очевидно — шары радиуса 21 с центрами в вершинах правильного треугольника со стороной 1 не имеютобщей точки. Комплексный случай сводится к вещественному — достаточно рассмотреть наше пространствокак вещественное с тем же скалярным произведением.
А вот доказательство теоремы о пополнении, которое было дано на лекциях. Исходно оно было неверным: ошибка лектора былав том, что нужно было рассматривать непрерывные и ограниченные функции. Для начала докажем это для ограниченных метрических пространств. Рассмотрим пространство C(M )∩B(M ) непрерывныхограниченных функций на пространстве M с чебышёвской нормойdist(f, g) = sup |f (x) − g(x)| .xОно, как легко видеть, полное (равномерный предел непрерывных функций непрерывен).
Покажем, что существует изометричное вложение M ֒→ C(M ). Построим отображение ϕ : x 7→ fx , где fx (y) = ρ(x, y). Понятно, что это корректно, поскольку дляразных точек эти функции будут иметь нули в разных точках: если x1 6= x2 , то fxi (xi ) = 0, а fx1 (x2 ) 6= 0 6= fx2 (x1 ).Покажем, что данное вложение является изометрией.
Имеем в силу неравенства треугольникаdist(fx1 , fx2 ) = sup |ρ(x1 , x) − ρ(x2 , x)| 6 ρ(x1 , x2 ),xпричём при x = x1 получаем как раз значение ρ(x1 , x2 ). Вот оно и построено. 3.2.4. Теорема о вложенных шарах и теорема Бэра о категорияхВ этом параграфе M — метрическое пространство.Теорема 3.9 (О вложенных шарах). Пусть пространство M полно, и {Bi (xi , ri )} — последовательностьвложенных замкнутых шаров, причём ri → 0. Тогда их пересечение непусто.
Поскольку ri → 0, а Bi ⊃ Bi+1 , последовательность {xi } будет фундаментальной и потому сходится кнекоторому x ∈ M в силу полноты пространства. Покажем, что x является искомой точкой. Действительно,если бы нашёлся шар Bi0 такой, что x ∈/ Bi0 , тогда бы точка x не лежала бы ни в одном из шаров, начиная сномера i0 . Но поскольку дополнение к Bi0 открыто, x можно отделить окрестностью от всех шаров, начиная сномера i0 . Это противоречит тому, что x — предел последовательности центров шаров. Замечание. Очевидно, что в силу сходимости ri → 0 это пересечение будет состоять из одной точки. Действительно, если бы их было две, то расстояние d между ними было бы ненулевое.
Когда радиусы шаров станутменьше, чем d3 , эти две точки не поместятся в шаре такого радиуса одновременно.Задача 3.5. Показать существенность требования ri → 0 в теореме о вложенных шарах.Решение. В качестве примера, подтверждающего необходимость этого условия, рассмотрим пространство Nс метрикой(0,m = n,ρ(n, m) :=(1)11+ m+ n1 , m 6= n.20213.2.5. Компактные метрические пространстваРассмотрим замкнутые шары Bn с центрами в точках n и радиусами 1 + n2 .
Тогда они все вложены друг в друга,но их пересечение пусто. В самом деле, шар Bn состоит из точек m таких, что m > n, потому чтоTлишь при таких1m имеем 1 + m+ n1 6 1 + n2 . Таким образом, центры шаров находятся «с краю», и пересечение [n, +∞) = ∅. nЗадача 3.6. Показать, что для банаховых пространств требование ri → 0 можно убрать.Определение.
Множество Y ⊂ M называется нигде не плотным в M , если всякий шар B ⊂ M ненулевогорадиуса содержит другой шар B ′ ненулевого радиуса такой, что Y ∩ B ′ = ∅.Утверждение 3.10. Замыкание нигде не плотного множества M является нигде не плотным. Допустим, что замыкание плотно в некотором шаре B. Это означает, что всякий шар B ′ внутри Bсодержит точку из Cl M , но это значит, что где-то рядом есть и точка из множества M , причём можно считать,что эта точка принадлежит B ′ . Но это означает, что M плотно в B. Противоречие. Определение.
Множество Y ⊂ M называется всюду плотным в M , если Cl Y = M .Определение. Множество Y называется множеством первой категории, если оно может быть представлено как счётное объединение нигде не плотных множеств.Теорема 3.11 (Бэра о категориях). Полное метрическое пространство M не может быть множествомпервой категории.S Допустим, что M = Yi , причём Yi нигде не плотны. Рассмотрим множество Y1 , тогда найдётся замкнутый шар B1 , для которого B1 ∩ Y1 = ∅.
Рассмотрим множество Y2 и возьмём B2 ⊂ B1 так, чтобы B2 ∩ Y2 = ∅.Продолжим этотT процесс, получим последовательность замкнутых шаров {Bi }. По теореме о вложенных шарахнайдётся x ∈ Bi , но это означает, что x не лежит ни в одном из Yi . 3.2.5. Компактные метрические пространстваОпределение. Пусть X — метрическое пространство. Множество M ⊂ X называется компактным, если излюбой последовательности {xi } ⊂ M можно выделить подпоследовательность, сходящуюся к x ∈ M .Определение. Множество M называется предкомпактным, если из любой последовательности {xi } ⊂ Mможно выделить фундаментальную подпоследовательность.Определение.
Говорят, что множество N образует ε-сеть для множества M , если в ε-окрестности любойточки x ∈ M найдётся точка из N .Замечание. Иногда требуют, чтобы множество N содержалось в самом множестве M , но, как несложнопоказать, эти определения эквивалентны.Определение. Множество M называется вполне ограниченным, если для всякого ε > 0 существует конечнаяε-сеть для M .Теорема 3.12 (Критерий Хаусдорфа). Бесконечное подмножество M в метрическом пространствепредкомпактно тогда и только тогда, когда для ∀ ε > 0 существует конечная ε-сеть для M . Пусть нашлось такое ε0 > 0, что для него не существует конечной ε0 -сети. Иначе говоря, всякое конечное семейство окрестностей радиуса ε0 не может покрыть всё множество M . Возьмём x1 ∈ M и накроем егоε0 -окрестностью U1 .
Набор {U1 } не покрывает M , поэтому найдётся x2 ∈ M r U1 . Накроем его окрестностью U2 ,но {U1 , U2 } снова не покроет всё множество M . Выбирая x3 ∈ M r (U1 ∪ U2 ) и так далее, получим последовательность, у которой ρ(xi , xj ) > ε0 , поэтому из неё нельзя выделить фундаментальную. Таким образом, M непредкомпактно.Обратно, пусть для ∀ ε > 0 существует конечная ε-сеть. Пусть {xi } ⊂ M — произвольная последовательность, выделим из неё фундаментальную. Возьмём 1-сеть, тогда найдётся окрестность, в которой бесконечномного членов последовательности. Выберем оттуда один элемент x∗1 и в качестве новой последовательностивозьмём только то, что попало в эту окрестность.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
