Ю.С. Очан - Сборник задач по математическому анализу (1134952), страница 33
Текст из файла (страница 33)
л ю 241. (а,), где агэ — — К аг„, — — 1. 242. Пусть А — совершенное подмножество множества иррациональных точек отрезка (О, Ц. Такое множество можно построить б) а) Рис. 19 по схеме решения задачи 232, если в качестве з„брать иррациональные числа, меньшие единицы, удовлетворяющие принципам выбора в решении задачи 232. Тогда искомым совершенным множеством будет А 11 А. Заметим, что А х А нигде не плотно, так как оно замкнуто, и его дополнение всюду плотно. 243. Квадрат 1а, Ь) х 1"с, а) (а < Ь, с < с() есть объединение попарно не пересекающихся вертикальных отрезков: х = Й, с (у( 1((а ( й ( Ь).
Множество этих отрезков имеет мощность континуума. Каждый из них является непустым совершенным множеством. 244. Назовем замкнутыми квадратами первого ранга те восемь замкнутых квадратов, которые остаются на плоскости после выбрасывания центрального открытого квадрата, а сам этот выбрасываемый квадрат назовем открытым квадратом первого ранга (рис. 19, а). Аналогично определим замкнутые квадраты второго ранга (их число равно 8, сторона каждого из них равна —, см. з 1 3' ' рис. 19, б) и открытые квадраты второго ранга (их число равно 8, 11 сторона каждого равна — ). Продолжая так дальше, мы определим м) открытые и замкнутые квадраты всех рангов. Ясно, что А = ПР„, где Є— объединение всех замкнутых л квадратов ранга и.
Так как каждое множество Р, замкнуто, то и их пересеяение (т. е. А) тоже замкнуто. Чтобы доказать, что А нигде не плотно, рассмотрим произвольный открытый круг У. Этот круг либо полностью свободен от точек множества А, либо содержит хотя бы одну его точку М; докажем, что и в этом последнем случае в круге У найдется меньший круг, полностью свободный от точек множества А.
Для того чтобы убедиться в этом, рассмотрим замкнутый квадрат К„ранга и, содержащий точку М и такой, чтобы его диагональ была меньше расстояния от точки М до границы круга У (это можно сделать, так как диагонали замкнутых квадратов стремятся к нулю при стремлении Рис. 20 Рис. 2! их ранга и к бесконечности). Этот квадрат целиком лежит внутри круга У (рис. 20). Тогда открытый квадрат а + 1-го ранга, лежащийй в середине квадрата К„, полностью свободен от точек множества А (и тоже лежит внутри круга У).
Следовательно, круг )т, вписанный в этот открытый квадрат, будет лежать внутри круга У и не будет содержать точек множества А. Итак, А — нигде не плотное множество на плоскости. Подобным же путем доказывается, что А не имеет изолированных точек. Пусть Мас А; опишем около М, произвольную окрестность У и рассмотрим замкнутый квадрат К„, содержащий М, и включающийся в а' (рис.
2!). Границы этого квадрата будут принадлежать А и содержаться в У. Значит, М, не является изолированной точкой. Так как А замкнуто и не содержит изолированных точек, то А — совершенное множество. Выясним арифметическую структуру множества А. На первом этапе мы исключаем из основного квадрата такие точки М (х, у), у которых разложение и абсциссы, и ординаты в троичную дробь обязательно содержит единицу на первом месте.
На втором этапе исключаются, кроме того, все такие точки, у которых и абсцисса, и ордината содержат единицу на втором месте, и т. д. Таким образом, в множестве А останутся те и только те точки М (х, у), у которых абсцнссу и ординату можно разложить в троичные дроби х = О,а,аааа..., у = О, Ь,Ь,Ь,... так, чтобы ни при каком й не выполнялось равенство а„= Ь = 1. Так, например, М, (0,212121..., О,!212!2...) Е А; Ма (0,202020..., 0,202020...) Е А; М, (0,1000..., 0,11!1...) с А (в последнем случае, хотя а, = = Ь, = 1, абсциссу этой точки можно переписать так: 0,02222...)а.
С другой стороны, Ма (0,1010..., 0,1021...) с А (эта точка исключается уже на первом шаге; она входит в открытый квадрат первого ранга). " Здесь и далее координаты точек Мь М,, Ма, Ма ладаны с помощью троичиык дробей. 131 248. Исследование аналогично проведенному в решении задачи 244. Арифметическая структура множества В такова: в него входят те и только те точки М (х, у) основного квадрата, у которых как абсцисса х, так и ордината у могут быть записаны в виде троичных дробей, не содержащих единицы среди своих троичных знаков. 246.
Исследование проводится аналогично. Арифметическая структура множества Е такова: оно состоит из всех точек М (х, у) основного квадрата, абсциссы которых произвольны (О < х < 1), а ординаты могут быть записаны в виде троичной дроби, не содержащей единицы среди своих троичных знаков. 247. А = (~0, 11 х [О, Щ ~, (СР х СР), где СР— дополнение к канторову множеству Р до всего отрезка 10, 13 В = Р Х х Р; Е=(0,1~Х Р. 248. Так какб плотно в Х, то 5»содержит точку х» е 6. Нох,— внутренняя точка множества О.
Поэтому некоторая ее окрестность *г' (х„е,) также входит в 6. Эту окрестность можно выбрать столь малого радиуса, чтобы она содержалась в 5, и 6 вместе со своим замыканием: $~ (хо~ ео) ~ 5» () О 249. Пусть 6„6„6„..., 6„, ... — последовательность открытых множеств, плотных в Х, и 5» — произвольный открытый шар. Согласно задаче 248, найдется открытый шар 5~ такой, что 5, с: 5» () Д Оь причем 5, можно выбрать так, чтобы д!аш 5, < 1.
Согласно той же задаче, найдется открытый шар 5» такой, что 5, с: 5, () 1. () О„причем 5» можно выбрать так, чтобы йаш 5» < —; далее, 1 найдется открытый шар 5, с б(аш 5, < — такой, что 5, с: 5» () 3 () 6», и т. д. В итоге у нас получится последовательность открытых шаров (5„) такая, что 5„„~ с: 5„(п = 1, 2, ...), причем все они содержатся в ранее выбранном шаре 5,. Следовательно, согласно задаче 211, существует точка $, общая для всех этих шаров и, значит, тоже содержащаяся в 5,. С другой стороны, $ содержится в каждом 6» (так как $ е 5» с: 5„, () 6„).
Таким образом, в произвольном шаре 5, нашлась точка $ б Д 6». А это и означает, что () 6» плотно в Х. 280. Пусть р — обычное расстояние на прямой, Х = (г„гм ...) — множество рациональных точек на прямой, занумерованных произвольным образом. Тогда (Х, р) — неполное метрическое пространство. Множества Е„= (го ..., г„) (п = 1, 2, ...) замкнуты в (Х, р), и, значит, множества 6„= Х '~ Е„открыты. Кроме того, О„плотны в Х. Но () 6„= Ы. л=1 " 281. Пусть 6,, Оз, ..., 6„, ... — открытые множества, плотные в Х, и Е = Д 6». Согласно задаче 249, Е плотно в Х.
132 Возьмем в Х какие-либо два непересекающихся шара 5, и 5, н в каждом из них выберем шары 6, и 6, так, чтобы 6 с: 5, П б„ 6, с 5, П б„причем йаш бо < 1, йаш 6, < 1 (см. задачу 248). Назовем 6, и 6, шарами первого ранга. Для дальнейшего заметим, что в каждом шаре 5 с: Х можно выбрать два непересекающихся шара.
Действительно, в 5 суще- ствуют две различные точки х и у, так как Х не имеет изолированных точек. 'Точки х и у можно отделить друг от друга непересекающими- ся шарами, причем столь малых радиусов, чтобы эти шары вхо- дили в 5. Используя этот результат, рассмотрим теперь какие-либо два непересекающихся шара 5„и 5оь включающиеся в б„и два непе- ресекающихся шара 5м и 5оь включающиеся в 6,. В каждом из них найдем по шару боо, бо!, 6!о 6!! так, чтобы боо с- 5оо П бь бо! с 5о! Р бь 6!о с 5м П бь б„с 5„П ба, ! и диаметр каждого из этих шаров был меньше —.
Шары бо„боь 2 бкь б„назовем шарами в!порога ранга. Вообще, если построены шары й-го ранга, то для построения шаров й + 1-го ранга поступаем следующим образом: пусть бо, ! (где !'„сь ..., ! — нули или единицы) — какой-либо шар й-го ранга, причем йаш 6 < с,к, ... о„ ! < —. Выделим в нем два непересекающихся шара 5 и ь' !,!,...го 5,, и в каждом из пих найдем по шару 6... и 6..
бц...1„! так, чтобы .. П 6+„6.! .,с:5!. !. П б+, и ! ! йаш б. < —, б!аш 6 .. оп- !о о+!' !А- !о!<ь ! Все полученные таким образом шары назовем шарами й + 1.га ранга. Их вдвое больше, чем шаров й-го ранга. Ясно, что: а) раз- личные шары й-го ранга (при фиксированном й), и даже их замыка- ния, не пересекаются друг с другом; б) с возрастанием номера й диаметры шаров стремятся к 0; в) для любой последовательности нулей и единиц !'„оь ..., сь ...
имеем: б,.:об!, бо! ~6!!!, Из свойств б) и в) вытекает, что для любой последовательности нулей и единиц о,, !ь ... существует единственная точка х! .., общая для всех шаров бо, 6.!. 6,„, (см. задачу 211); вместе с тем из свойства а) следует, что двум различным последовательно- стям !'„ !а, о, ...
и о,', !,', !",, ... соответствуют две различные точки !33 х,,, ... и х, ° ..., следовательно, множество А всех таких точек х,, ... будет иметь ту же мощность, что и множество всевозможных последовательностей из нулей и единиц, т. е. мощность континуума. Докажем, что А ~ Е. Пусть 1,, 1„1„... — произвольная последовательность нулей и единиц; для любого номера й имеем: х,,, 66;,;, „~,с:6,.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
