Задачи с решениями 2002 г 2 поток (1160009), страница 4
Текст из файла (страница 4)
[]3] Показать, что из сходимости по мере не следует сходимости в среднем.Пример: при n = 2k + m(2k , 2mk 6 x 6 m+1,2k¤£ m m+1fn (x) =0, x ∈/ 2k , 2k .Решение. Сходимость по мере к нулю следует из того, что∀ 0 < δ < 1 =⇒ µ{x : |fn (x) > δ|} =126 −−−→ 0.k2n n→∞Тем не менее,m+1ZZ2k|fn (x)|2 =R22k dx =m2k1· 22k = 2k = 2blog2 nc −−−→ +∞,n→∞2kто есть сходимости в среднем нет.32. []3] Показать, что если мера множества E бесконечна, то( из сходимости почти1, n 6 x 6 n + 1,всюду не следует сходимость по мере. Пример: fn (x) =0, иначе.Решение. Очевидно, что∀ x0 ∈ R ⇒ ∃ N ∈ N : fn (x0 ) = 0, ∀n > N,то есть,lim |fn (x0 )| = 0,n→∞иными словами последовательность множеств, на которых последовательностьфункций остается нулем, монотонно возрастает и покрывает всю прямую.
Темне менее,∀ 0 < δ < 1 ⇒ lim µ{x : |fn (x)| > δ} = lim µ{[n, n + 1]} = 1 6= 0,n→∞n→∞следовательно, сходимости по мере нет.33. []3] Показать,из сходимости в L1 [0, 1] не следует сходимости в L2 [0, 1]. При( что£¤31n 2 , x ∈ n1 , n−1,£1 1 ¤мер: f (x) =0,x∈/ n , n−1 .18Решение. Сходимость в L1 [0, 1] к нулю по определению присутствует по причине существования интеграла Лебега1Z1Zn−1|fn (x)| dx =011n dx = n ( n−1 − n ) =3232√n−−−→ 0.n − 1 n→∞1nСходимости в L2 [0, 1] нет по причине того, что следующий интеграл Лебегабесконечен:1Z1Zn−1n3|fn (x)| dx =n3 dx =−−−→ +∞.n(n − 1) n→∞01n34.
[]3] Доказать полноту пространства C[0, 1].Решение. Метрика в пространстве C[0, 1] определяется какρ(x(t), y(t)) = max |x(t) − y(t)| .t∈[0,1]Рассмотрим произвольную фундаментальную последовательность {xn (t)}∞n=0 ,ρ(xm , xn ) −−−−→ 0.m,n→∞Это означает, что∀ ε > 0 ∃ N ∈ N : ∀ m, n > N, ∀ t0 ∈ [0, 1] ⇒ |xm (t0 ) − xn (t0 )| < ε.Из этого следует фундаментальность, а, следовательно, и сходимость последовательности xn (t0 ). Перейдя к пределу при m → ∞, получим, что∀ n > N ∀ t0 ∈ [0, 1] ⇒ |xn (t0 ) − x0 (t0 )| 6 ε,где x0 (t) — некоторая функция.
Это означает, чтоρ(xn , x0 ) −−−→ 0.n→∞19Докажем, что x0 (t) — непрерывная функция. Возьмем произвольное t и такоеδ, что t + δ ∈ [0, 1]. Зафиксируем произвольное ε > 0. Тогда|x0 (t + δ) − x0 (t)| = |x0 (t + δ) − xn (t + δ) + xn (t + δ) − xn (t) + xn (t) − x0 (t))|6 |x0 (t + δ) − xn (t + δ)| + |xn (t + δ) − xn (t)| + |xn (t) − x0 (t)|εберем такое n, что ρ(xn , x0 ) <3¯¯¯ 2ε¯< ¯¯ + |xn (t + δ) − xn (t)|¯¯3εберем δ : |xn (t + δ) − xn (t)| < — оно существует из непрерывности xn (t)3<ε.Таким образом, получено, что∀ ε ∃ δ : |x0 (t) − x0 (t + δ)| < ε,следовательно, x0 (t) непрерывна.Показано, что любая фундаментальная последовательность из C[0, 1] сходитсятакже к непрерывной функции. Следовательно, C[0, 1] — полное пространство.35.
[]2] Будет ли полным пространство многочленов на сегменте [0, 1], если метрикавводится по формуле ρ(x, y) = max |x(t) − y(t)|.06t61Решение. Докажем, что оно неполно. Возьмем фундаментальную последоваnPxkтельность {un (x)}∞. Известно, что данный ряд сходится:u(x)=nn=0k!k=0равномерно на отрезке [0, 1], следовательно, по критерию Коши сходимостифункциональной последовательности, последовательность его частичных суммфундаментальна. un сходится к ex , которая не представима многочленом P (x).Действительно, пустьxe = P (x) =X̀k=0kak x =⇒∞Xk=0bk xk = 0 =⇒ ∀ m > `1= 0,m!что неверно.
Таким образом, фундаментальная последовательность может сходиться к элементу не из этого пространства, что свидетельствует о его неполноте.2036. []2] Доказать, что пространство `2 сепарабельно.Решение. Построим в `2 всюду плотное счетное множество, тем самым по определению докажем его сепарабельность.Пусть L — множество всех последовательностей, в каждой из которых все члены рациональны, и лишь конечное (свое для каждой последовательности) числочленов отлично от нуля.
Оно счетное, так как представляет собой счетное числомножеств последовательностей, у которых не более, чем конечное число первыхчленов — рациональные числа, а все остальные — нули. Эти множества — просто n-я (декартова) степень множества рациональных чисел, которое счетно, аследовательно, и таких множеств счетное число. Поскольку объединение счетного множества счетных множеств счетно, L — счетное.
Докажем, что L —всюду плотное. Рассмотрим произвольную последовательность {xn }∞n=1 ∈ `2 изафиксируем произвольное ε > 0:∞X2|xk | < +∞ =⇒ ∃ N ∈ N :k=1∞X|xk |2 <k=N +1ε2.2Так как множество рациональных чисел всюду плотно на вещественной оси,для каждого xk , k = 1, N найдется свое рациональное число qk такое, что|xk − qk | < √ε,2Nk = 1, N .Рассмотрим последовательность {qn }∞n=1 ∈ L, члены которой при n > N + 1равны нулю. Тогда расстояние между x и q равноvvsµu Nu∞¶2∞XXuuXεε2222t√|xk − qk | = t|xk − qk | +|xk | <·N += ε.22Nk=N +1k=1k=1Таким образом, замыкание L совпадает со всем `2 , то есть по определению, L— всюду плотное и `2 — сепарабельное.37.
[]3] Пусть A — компактное множество в банаховом пространстве X. Доказать,что для любого x ∈ X найдется точка y ∈ A такая, что ρ(x, A) = kx − yk.Решение. Определим функционал f (y) = kx − yk. Из неравенства треугольника можно показать, что он непрерывен. Очевидно, f (y) > 0. Тогда у него естьточная нижняя грань, равная m. Тогда, из определения точной нижней грани,21существует убывающая последовательность f (xk ) → m, xk ∈ A. Так как A —компакт, то существует подпоследовательность xkn → y ∈ A.
Из непрерывностифункционала следует, что f (xkn ) → f (y). Так как lim f (xkn ) = lim f (xk ), тоn→∞f (y) = M . Таким образом,n→∞∃ y : kx − yk = inf kx − zk = ρ(x, A)z∈A38. []3] Если на метрическом компакте ρ(Ax, Ay) < ρ(x, y) для любых x, y, принадлежащих компакту, то оператор A имеет единственную неподвижную точку.Существенно ли условие компактности?Решение.
Условие существенно. Приведем пример: интервал (0, 1) ⊂ R — очевидно, не компакт. Оператор A определим так: Ax = x2 . Очевидно, он сжимающий и имеет единственную неподвижную точку x0 = 0, но вне интервала(0, 1).39. []3] Доказать, что множество непрерывно дифференцируемых на [0, 1] функцийR1x(t) таких, что |x(0)| 6 K1 ; |x0 (t)|2 dt 6 K2 , где K1 , K2 > 0 — постоянные,0компактно в пространстве C[0, 1].Решение. По теореме Арцела необходимым и достаточным условием его компактности является равномерная ограниченность и равностепенная непрерывность. Первое показать достаточно просто:¯¯¯¯ZtZ1¯¯0|x(t)| = ¯¯x(0) + x (t)dt¯¯ 6 |x(0)| + |x0 (t)| dt¯¯00Z16 K1 +0x0 (t)2dt +2Z1K2 11dt 6 K1 ++ .2220Равностепенную непрерывность легко установить при помощи интегрального22неравенства Гельдера:¯ t¯ 21 t 21 t¯Z 2¯ Zt2Z2Z2¯¯2|x(t1 ) − x(t2 )| = ¯¯ x0 (t)dt¯¯ 6 |x0 (t)| dt 6 dt |x0 (t)| dt¯¯t1t1t1t1 t 12 1 12Z2Zpp26 dt |x0 (t)| dt 6 |t2 − t1 | K2 .t102Таким образом, для любого ε > 0 достаточно взять δ < Kε 2 , чтобы для любойфункции из данного множества и для любых t1 , t2 отстоящих друг от друга нарасстоянии, меньшем чем δ, расстояние между образами t1 и t2 будет меньше,чем ε.40.
[]3] Будет ли компактом множество всех степеней xn , n = 1, 2, . . . в пространстве C[0, 1]?Решение. Не будет в силу следующих рассуждений: возьмем произвольную последовательность {xmk }∞m=1 из этого множества. Если это компакт, то из нееPможно выделить сходящуюся подпоследовательность xmk` −→ xn0 , то естьsup |xmk` − xn0 | −−−→ 0,`→∞x∈[0,1]однакоsup |xx∈[0,1]mk`¯µ ¶mkµ ¶ n0 ¯µ ¶ n0`¯ 1¯1¯ −−−→ 1− x | > ¯¯−6= 0.¯ `→∞ 222n041. []3] Доказать, что не всякое ограниченное множество в метрическом пространстве вполне ограничено.sРешение. Рассмотрим пространство `2 с метрикой ρ(x, y) =∞P(xk − yk )2 . То-k=1гда единичная сфера S, а именно, все последовательности видаe1 = (1, 0, . .
. , 0, . . . ), e2 = (0, 1, . . . , 0, . . . ), . . .23представляют собой ограниченное,√ Это√ но не вполне ограниченное множество.следует из того, что ρ(en , em ) = 2 ∀ n 6= m. Следовательно, при ε < 22 егонельзя покрыть конечной ε-сетью (так как каждый ее элемент будет ”близок”только к одному элементу из S.42. []3] Доказать, что в конечномерном пространстве всякое ограниченное множество относительно компактно.Решение. Пусть M ⊂ Rn — ограниченное множество. Рассмотрим произвольную последовательность в [M ].
Тогда по теореме Больцано-Вейерштрасса (верной для конечномерных пространств) из нее можно выделить сходящуюся подпоследовательность. Эта подпоследовательность сходится к элементу из [M ],так как [M ] замкнуто. Следовательно, [M ] — компакт, а M — относительнокомпактно.43. []3, ]2] Доказать, что следующие функционалы в пространстве C[−1, 1] являются линейными и непрерывными и найти их нормы:(a) f (x) = 13 [x(−1) + x(1)];(b) f (x) =R0x(t)dt −−1(c) f (x) =R1R1x(t)dt;0tx(t)dt.−1Решение. Очевидно, что все функционалы линейны. Это следует из линейностиинтегралы и суммы.
Согласно критерию непрерывности линейный функционалнепрерывен тогда и только тогда, когда его значения на единичной сфере ограничены в совокупности. Так как kf k = sup |f (x)|, будем искать эту точнуюkxk61верхнюю грань — из ее существования будет следовать непрерывность.(a) |f (x)| = 13 |x(−1) + x(1)| 6 31 |x(−1)| + 13 |x(1)| 6 23 , ∀ x ∈ S. Кроме того,при x(t) = |t| эта верхняя грань достигается, следовательно, kf k = 32 .(b) |f (x)| 6R0−1|x(t)| dt +R1|x(t)| dt 6 2, ∀ x ∈ S. Кроме того, при x(t) = −sgn t0эта верхняя грань достигается, следовательно, kf k = 2.24(c) |f (x)| 6R1|t| |x(t)| dt 6−1R1|t| dt = 1, ∀ x ∈ S.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
