Ю.С. Очан - Сборник задач по математическому анализу (1134952), страница 39

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 39)

Возьмем Ь столь большим, чтобы было е, < — . е 2 Так как В плотно в Х, то У (х„еь) содержит некоторую точку х, с В. Тогда хч 6 У(х,, е«), так что У(хь е«) () Е-~- Ы, и потому У(х[, е,) содержит некоторую точку х,,; е А. Но У (х[, е,) ~ ~ У(х,, е); действительно, если х е У(х,, е«), то р (х„х) < < р (х,, х;) + р (х„х) < еь + е«< е. Значит, каждая окрестность У(х, е) точки х содержит точку из А, т. е. х, 5 А. Таким образом, А ~ Е.

353. Назовем рациональным кругом на плоскости всякий круг, у которого координаты центра и радиус рациональны. Множество всех рациональных кругов счетно (задача 63). Докажем, что оно образует базис открытых множеств на плоскости. Для этого сначала докажем, что любой круг включает рациональный круг, содержащий его центр.

Пусть Š— круг радиуса г[ с центром С (рис. 25). Возьмем внутри концентричесй кого круга радиуса — точку С, с рацио- 3 нальными координатами. Тогда круг с центром С, и рациональным радиусом г, сс гк заключенным между — и —, обладает тре- 3 3' буемым свойством: он содержит точку С так как р (С, С,) « — г) и включается К з в Е, так как для любой точки Р, для которой р (Р, С,) <г, будем иметь: Рис.

25 р(Р, С) <р(Р, С,) +р(С„С) < г+ — < 3 < — + — = Р. гй !( 3 3 $55 Пусть теперь 6 — произвольное открытое множество на плоскости. Опишем вокруг каждой точки х 5 6 какой-нибудь открытый круг У (х) ~ 6 и построим какой-нибудь рациональный круг Е (х), включающийся в г' (х) (а значит, и в 6) и содержан(ий точку х. Очевидно, тогда будем иметь: 6 = () Е (х). Таким образом, хсэ каждое открытое множество на плоскости является объединением некоторого семейства рапиональных кругов.

354. Нет. П р и м е р. Пусть А — семейство следующих интер! ! валов на числовой прямой: ~г — — г + — !(й = 1, 2, ...), 2хэс 2сэс ( где г„— все рациональные числа, занумерованные каким-либо способом; и пусть  — семейство всех интервалов с рациональными концами. Очевидно, семейства А и В удовлетворяют условиям задачи, причем  — базис.

Однако А не является базисом, так как объединением интервалов из семейства А, во всяком случае, нельзя получить никакого интервала, длина которого больше двух. Действительно, пусть такой интервал нашелся. Возьмем какой-нибудь содержащийся в нем отрезок длины 2. Тогда интервалы семейства А образуют его открытое покрытие, нз которого, в силу компактности отрезка, можно выделить покрытие конечным числом этих интервалов. Но это невозможно, поскольку сумма длин любого конечного числа интервалов из А меньше суммы длин всех интервалов нз А, т. е. меньше 2. 355.

Если Х имеет счетный базис, то, взяв в каждом из множеств этого базиса по точке, получим не более чем счетное множество точек, которое, как легко видеть, плотно в Х; значит, Х сепарабельно. Обратно, пусть Х сепарабельно и А = (х,, х,, х ...) — счетное плотное в Х множество (случай конечного А тривиален), Тогда семейство открытых шаров (У(хп — )) (1 = 1, 2, 3...) счетно. По- кажем, что оно образует базис пространства Х. Для этого пока- жем сначала, что для каждого шара У(х„е) существуют 1 и й такие, что хэЕУ (хи — ) с: У(х„а).

Действительно, пусть й столь 11 е велико, что — < —. Шар У (х„— ) содержит некоторую точку й 2 (, й) 11 1 11 х1ЕА, откуда Х,Е У(х„— р кроме того, У(хи — ) с: У(х„з), так 11 1 как если ХЕУ(хи — ), то р(х„х) <р(х„х,)+р(х„х)< — + й 1 2 + — = — < е. Если теперь 6 — произвольное открытое множество й й в Х, то каждая точка х ЕС обладает окрестностью У(х„е), ле- 1( жащей в 6; следовательно, некоторый открытый шар У(хи — ) ле- жит в У(х„е), а значит, и в 6 и содержит точку х,.

Объедине- 1~ нием таких шаров У(хо -1, построенных для всех точек х,ЕС, й) !М очевидно, служит 6. Тем самым семейство )У(хи — )) есть базис открытых множеств в Х, 353. Пусть Е = Ц 6, и (Г„) — счетный базис пространства Х. а Для каждого и и каждой точки х ч 6 выберем множество нз ба- зиса, включающееся в С„и содержащее эту точку.

Пусть отобран- ные таким способом множества базиса (расположенные, например в порядке возрастания их номеров) будут Г„, Г„, ..., Г„„, ...; ясно, что Е = () Г„. Далее, для каждого й выберем одно из подь "й' множеств семейства (6„), содержащее Г„; обозначим его 6 Тогда, очевидно, Е = Ц 6 „. 357. Верно. Если Х не имеет счетного или конечного базиса, то для некоторого в > О оно не имеет счетной нли конечной е-сети (см. задачи 349 и 355). Зафиксируем это е и опишем около каждой точки х ч Х е-окрестность У (х, е). Тогда Х = Ц У (х, е). Семейх 1Х ство открытых множеств (У(х, е)) несчетно, и из него нельзя выделить счетного семейства с тем же объединением, так как если бы было () У (х„, е) = Х, то счетное множество (х„х,, ...) являи=! лось бы е-сетью для Х, что противоречит выбору числа е.

Итак, если Х не имеет конечного нли счетного базиса, то существует се- мейство открытых в Х множеств, из которого нельзя выделить счетного подсемейства с тем же объединением. 358. Сепарабельное метрическое пространство есть пространство со счетным (или конечным) базисом, скажем, ÄÄ...

(задача 355). 156 Каждое открытое множество 6 пространства есть объединение хотя бы одной совокупности (Г„, ..., Г„, ...) множеств из базиса. Тем самым каждому открытому множеству б пространства можно поставить в соответствие множество (и„..., и, ...) натуральных чисел, причем разным открытым множествам, очевидно, будут соответствовать разные множества натуральных чисел. Поэтому мощность совокупности всех открытых множеств пространства не превосходит мощности множества всех подмножеств натурального ряда, т. е. мощности континуума. 356.

Это вытекает из результата предыдущей задачи, поскольку между совокупностью всех замкнутых и совокупностью всех открытых множеств пространства можно установить взаимно однозначное соответствие, относя каждому замкнутому множеству открытое множество, являющееся его дополнением. 360. Пусть А = (х„х„х„...) — не более чем счетное плотное множество в сепарабельном пространстве Х. Если А конечно, то и Х конечно (А не может иметь других точек прикосновения, кроме точек нз А).

Пусть А счетно. Выберем для каждой точки х 6 Х некоторую сходящуюся к ней последовательность х„, х„, ... точек из А. Так какмножество всех последовательностей п„л„... натуральных чисел имеет мощность континуума (задача 80) и так как разным точкам из Х в силу однозначности предела будут отвечать разные сходящиеся к ним последовательности точек нз А, то мощность Х не превосходит мощности континуума. 361. Согласно результату задачи 359, мощность совокупности всех замкнутых множеств пространства Х не превосходит мощности континуума, С другой стороны, все одноточечные множества из Х замкнуты, а они уже образуют множество мощности континуума; для доказательства утверждения остается применить теорему Кантора — Бернштейна.

362. Компакт есть сепарабельное пространство (задача 350), а потому имеет мощность, не превосходящую мощности континуума (задача 360). С другой стороны, компакт есть полное пространство (задача 316), а так как пп условию зто пространство не содержит изолированных точек, то, согласно результату задачи 253, мощность его не меньше мощности континуума. 363. Ясно, что каждая точка конденсации множества А, как и каждая точка конденсации множества В, есть вместе с тем точка конденсации длЯ объединениа А () В. Следовательно, Вл Ов -э ~ 5 () Вв.

Докажем обРатное включение. ПУсть х, 5 Ялов Если х, ТЗ„, то существует е, ) 0 такое, что У (х„е,) содержит конечное или счетное множество точек из А. Тем же свойством обладают тогда и все окрестности 1' (х„б) с б < е,. Так как всякая окрестность точки х, содержит несчетное множество точек из А () В, то каждая из указанных окрестностей У (х,, б) должна содержать несчетное множество точек из В (если бы 1Я(х„б) имела конечное 157 или счетное множество точек как из А, так и из В, то она имела бы не более чем счетное множество точек и из А () В). Но всякая окрестность точки х, включает окрестность У(х„б) с достаточно малым б < е,; поэтому каждая окрестность У(х„е) содержит несчетное множество точек из В, т.

е. х, й 5а, Итак, для произвольной точки х, ч 5 справедливо по крайней мере одно из соот- А па ношений: х, с 5„или х, с 5а. Значит, 5 „с: 5„() 5з. Сравнивая это с полученным ранее включением 5л о э ~ 5л () 5а, заключаем, что 5л па — — 5л () 5з. 364. Нет. П р н м е р. Рассмотрим на плоскости последователь! ность концентрических окружностей А„радиусов — (и = 1, 2, ...). Множество 5„точек конденсации каждого множества А„совпал дает с самим А„. Однако множество 5ол точек конденсации л объединения () А„не совпадает с () А„= () 5л, а получается и л и добавлением к нему еще одной точки — общего центра окружно- сгей А„. Итак, в данном случав5ол -~ () 5л, но 5ол„чь Ц 5л„ П " П л Включение 5о л -э () 5л, очевидно, всегда имеет место, л " ~ л поскольку точка конденсации каждого А„является вместе с тем точкой конденсации объединения 0 А„. 366.

Справедливость утверждения легко следует из того, что, какова бы ни была точка х, с Х, каждая ее окрестность У (х„е) (будучи открытым множеством) включает некоторое множество нз базиса, содержащее х„и, обратно, каждое множество из базиса, содержащее точку х„включает все ее окрестности У (х„е) достаточно малого радиуса е. 366. Сепарабельное метрическое пространство есть пространство со счетным (или конечным) базисом (задача 355). Пусть (б„)— не более чем счетный базис пространства Х. Если ни одна точка множества Е ие является его точкой конденсации, то в силу результата предыдущей задачи, для каждой точки х с Е найдется множество О„„из базиса, в котором содержатся эта точка х и не более чем счетное множество других точек из Е.

Характеристики

Список файлов книги