Ю.С. Очан - Сборник задач по математическому анализу (1134952), страница 27
Текст из файла (страница 27)
11О. В условии задачи имеют место легко проверяемые соот- ношенияя: В = А () (В '~ А), (1) (2) В () С = (А () (С ~ В)) () (В '~ А). 105 Объединяемые множества в правой части равенства (1) не имеют общих точек; то же верно и для правой части равенства (2). Множества А и А () (С ', В) эквивалентны; это следует из того, что А ~ с: А () (С'~ В) с: А () С и что по условию А А 0 С.
Итак, А — А 0 (С ", В). Из этого соотношения, а также из равенств (1) и (2) вытекает, что  — В () 'С. 111. Неверно. П р и м е р: А = (1, 2, 3, 4, ...), В (2, 3, 4, ...), С = А, Р = (3, 4, 5, ...). Здесь А — С,  — Р, А:з В, С:з Р, но А '~ В не эквивалентно С ', Р (А '~ В состоит из одного элемента, а С ~ Р— из двух). 113, 114. Не верны. 116. Мощность континуума.
1!7. Обозначим через С круг радиуса п с центром в начале координат. Ясно, что + Е = Ц (С„() Е). л=! Если бы все С„() Е были не более чем счетны, то таким же было бы и множество Е; но, по услонию, Е несчетно; следовательно, хотя бы одно из множеств С„() Е несчетно. Глава!У. МЕТРИЧЕСКИЕ ПРОСТРАНСТВА 116. Нет, не является (не выполнена уже аксиома тождества: из равенства з!и' (х — у) = 0 не вытекает, что х = у; нетрудно видеть, что не выполнена и аксиома треугольника). 119.
Выполнение первых двух аксиом метрики очевидно. Чтобы проверить третью, надо сначала доказать, что для любых а ) О, р ) 0 имеет место неравенство агс1п а + агс1н () )~ агс1н (а + Р) (для этого достатпчнодоказать, что прн фиксированном () > 0 функция ! (а) = агс(п а + агс1н р — агс1н (а + р) возрастает: так как Т (0) = О, то при а > 0 Т (а) > 0). Метрики р, и р эквивалентны, так как из агс1п !х„— а!- О следует; !х„— п!- О, и обратно. Покажем, что числовая прямая с метрикой р, является полным метрическим пространством.
Пусть! х„! — фундаментальная последовательность в этом пространстве. Для произвольного е > 0 выберем 6 > О так, чтобы при ! х! < 6 было 1д !х! < е. Далее для этого 6 выберем номер Ж такой, что при и, т ) Аг выполняется неравенство агс1п (х„— х ! < 6 (это можно сделать, так как последовательность (х„) фундаментальна). Тогда !х„— х ! = 1я (агс!я !х„— х !) < е для любых и, т ) М. Следовательно, (х„) фундаментальна и в метрике р, а потому имеет предел !!ш х„= а.
Число а будет предеи лом данной последовательности и в метрике р„поскольку метрики р, и р эквивалентны. 120. Да. Выполнение аксиомы треугольника следует из неравенства )' и + р ( Ри~ + )~ р, которое имеет место при любых и) )~ О, р ) 0 (проверяется это неравенство извлечением квадратного корня из обеих частей очевидного неравенства и + () ( и + () + + 2) ир. 121. Эквивалентность метрик р„ р, и р, следует иа неравенств !ао — а!! + !Ьо — Ь,! ( 2 !пах (~ао — а, 1, ~Ьо — Ьо!) < ( 2 Р' ~ао — а, Г + 1Ьо — Ь, !о ( 2 ( ~ао — а, ! + !Ьо — Ь,!), (1) справедливых для любых действительных чисел а„а„Ь„Ь,. Пространство (Х, р,) полно, так как это евклидово пространство Юо.
Если последовательность (х„(а„, Ь„)) фундаментальна в метрике р, (или р,), то из неравенств (1) следует, что (х„) фундаментальна в метрике ро, а значит, (х„) сходится в метрике р,. Тогда (х„) будет сходиться к тому же пределу и в метрике р, (соответственно и в метрике р,) в силу эквивалентности метрик. 122. Да. 123. (Х, р,) и (Х, р,) — метрические пространства. (Х, р,) не является метрическим пространством; здесь не выполнена аксиома тождества: прямые 1,:хсози+уяпи — р =0;1,:хсоз(л — и)+у з!п(л — и) — р=О не совпадают, тогда как р, (1„1,) = 0; с другой стороны, прямые Е,: хсози+уяпи =0; Е;! хсоз(л+и)+уяп(л+и) =0 совпадают, хотя р, (Ем Е,) = 2 тяп и!~0 (при 0 <и < л).
Пространства (Х, р,) и (Х, р,) полны. Действительно, если (1, (и„, р, )) — фундаментальная последовательность в (Х, р,) (или в (Х, р,)), то (и„) и (р„) — фундаментальные числовые последовательности. Пусть и, и р, — их пределы и 1о! х соз ио + у яп ио — р, = О.
Тогда р, (1„, 1,) -~ 0 (соответственно р, (1„, 1о) -!- 0). 124. Это семейство не является метрическим пространством, если Х состоит более чем из одной точки. Действительно, тогда най- дутсяЕ с Х и Г с Хтакне, чтоЕ П Р чь 0(и, значит, р (Е, Р) = = 0), но Е Ф Г. 125. Пространство (Х, р) полно, так как любая фундаментальная последовательность в нем стационарна (т. е. все члены ее, начиная с некоторого номера, совпадают).
126. Прежде всего докажем, что для любых последовательностей х (а„а„...) и у (Ь„Ь„...), у которых ряд из модулей членов сходится, расстояние р (х, у) будет определено. Действителызо, + ряд ~ ~а, — Ь,.! сходится, так как ~а! — Ьо~ < ~ао!+ !Ь,~, а ряды !=! + ч ', ~ а,! и ~ч'„~ Ьо! сходятся по условию. Г=! !=! Для проверни выполнения аксиомы треугольника (выполнение первых двух аксяом очевидно) заметим, что для любого номера ! оот н любого числа с, )а! — Ь!) () а! — с,.(+ (с! — Ь!), а потому + О + + ~~~ !а! — Ь,! ( ~ ! а! — с!! + ~ (с! — Ь!1 ! =1 !=! Е=! т.е. р(х,у) (р(х,г)+р(г,у), гдег =г(с„с„...).
127. Условие задачи не является достаточным для сходимости в пространстве 1,. П р н м е р. Пусть а =(О, О, ..., О, ...) и х„= ! 1 ! ~оо,...,о,—,—...,— ...), т,л, ь — ! — ю р. >~ 2'2' 2 «! ! и, следовательно, а, = Ию х ! для любого !'. Однако р (х„, а) = а + + +О и! =~ )х — 0( = 'Ч вЂ” = 1 при любом и. !=! «=!' 128. Пусть (х„(х„„х„„..., х„„...)) — фундаментальная последовательность элементов пространства 1,. По определению, для любого е > 0 найдется номер й! такой, что при любых и )~ М, т )~ Ь( имеет место: + ~ ~х„« — х «!<е.
(1) «=1 + Из неравенства ~хеа — х„,( ( ~ !х — х ! следует, что числовая «=1 последовательность (х„!)+'",' при любом ! фундаментальна и, значит, сходится. Пусть а,. = Игп х„! Покажем, что а (а„..., а„,...) с(! л и х„— ~ а в 1,. к Действительно, из неравенства (1) следует, что ~ ~ х„«вЂ” «=! — х «~ < е для любого К и всех и, т ) й!.
Переходя в этом неравенстве к пределу сначала при т-!-+со, а затем при К- +оо. получим: + ~ ( х„« — а«! ( е «=! (2) гва для всех и ) А!. Так как !а ( ( (х„« — а«(+ !х„«1, то из нера+ венства (2) и сходимости ряда ~~~~ ~ х„«(следует, что ряд ~~'„!а«( схо«=! «=! дится, т. е. а 6 1,. А тогда (2) показывает, что х„ -«.
а. !29. Выполнение первых двух аксиом в М (Е) очевидно. Проверим выполнение аксиомы треугольника. Для любых ограниченных функций !р, ф и т, на Е имеем: р (т. ф) = зпр ! р (1) — ф (1) ! < «,Е < пр (! р(1) — (1Н+ !Х (1) — Р(1И) < «,Е < зор !«р (1) — Х (1)! + Епр !К (1) — ф (1Н =р («р, Х) + р (Х, ф). 1«Е ««Е Докажем, что пространство М (Е) полно.
Пусть (р„) — фундаментальная последовательность функций из М (Е). Тогда в каждой точке 1 с Е числовая последовательность («р,(1)) фундаментальна и, следовательно, стремится к некоторому пределу «р (1). Для заданного е > О найдем номер У такой, что зпр !«р„(1) — «р (1)! < е ие для всех и, т ) У. Переходя к пределу при т -+ +со в неравенстве !«р„(1) — «р (1)! < е, получаем: ! р. (1) — Ч'(1) ! < е для всех и > У и 1 с Е. Отсюда легко следует, что «р6 М (Е); а так как е > О произвольно, то отсюда же следует, что «р„сходится к «р по метрике пространства М (Е).
130. Пусть (Ч«„) — фундаментальная последовательность в С [а, Ь1. Тогда в каждой точке х 6 [а, Ь! существует 1ип «р„(х); обозначим его «р (х). Для каждого е ) О существует У такое, что 1«р„(х) — «р (х)! < е для всех и, т ) Ф и всех х 6 [а, Ь~. Беря здесь т — ~ +со, получим в пределе ! «р„(х) — «р (х) ! ( е для всех и > «У и всех х 6 [а, Ь). Тем самым Ч«„- «р равномерно на [а, Ь р Так как все «р„непрерывны, то отсюда заключаем, что «р также непрерывна. Следовательно, ч«с С[а, Ь1 и «р„-«- «р по метрике пространства С [а, Ь3.
131. Если ряды ~а) и ~Ь«! сходятся, то и ряд ~я~ (а, — Ь!)' схо« днтся; это следует нз того, что (а, — Ь«)' = ૠ— 2а«Ь, + Ь~«( а! -(- (а,' -1- Ь«) + Ь; = 2 (а'; -(- Ь';). Выполнение первых двух аксиом метрического пространства очевидно. Третья аксиома проверяется так: для и-мерного евклидова пространства справедливо неравенство е «« Е . / ~~.", (а, — Ь!)'( ~Г ~ (а; — е!)е+ 1«« ~~~ (е; — Ь!)'.
Переходя в этом неравенстве к пределу при и-~ + о, получаем! ! + / -«- . /«-- ~~'.~ (и! — Ь,)' ( ~1« ~ (а, — е,.)' + ~«« ~~.", (с, — Ь,)' . «=! «=! «=! Доказательство полноты пространства 1, аналогично доказательству полноты пространства 1, (см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
