Архипов, Садовничий - Лекции по математическому анализу (940510), страница 49

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

Текст из файла (страница 49)

Пусть х1 — любая точка, принадлежащая Х, хо = У(х1),...,х».~1 — — У(х»). Докажем, что последовательность (х») фундаментальна. Действительно, пусть р» = р(х»,х»т1). Тогда р» = р(х»,х»е1) = р(У(х» 1), У(х»)) < ор(х» ю х») = ар» Следовательно, р» < а» 'рь Отсюда, используя неравенство треуголь- ника, получим Р(х,х+ )<р +р+1+ +р+ г< „»-1 < (о»- + а» ««о»+т-з)р 1 — а Поскольку О < а < 1, при и — о со имеем а» ' — ~ О.

Следовательно, для всякого г > О найдется по = по(е) такое, что при любом а > по и любом га > 1 выполняется неравенство р(х»,х»+ ) < г, что и означает фундаментальность последовательности (х»). Так как Х— полное метрическое пространство, то существует точка хо, такая, что 1пп х» = хо. «-««« Теперь докажем, что У(хо) = хо. Ог противного. Пусть У(хо) = уо Ф хо и р(хо,уо) = 6 > О. Возьмем число по = по(Ь/2) такое, что для любого и > по имеем р(х», хо) < Ь/2.

Тогда Р(х»+ю Уо) = Р(У(х») У(хо)) < Р(х», хо) < Р(х», хо) Следовательно, Ь .Ь Р(хо, Уо) < Р(хо, х»+1) + Р(х»+юуо) < + — = л = Р(хо Уо)~ что при Ь > О невозможно. Итак, хо — неподвижная точка отображения У. Она будет единственной неподвижной точкой, так как если а и Ь вЂ” неподвижные точки, т.е. У(а) = а, У(Ь) = Ь, то р(а, Ь) = р(У(а), У(Ь)) < ар(а, Ь) < р(а, Ь), что невозможно. Теорема доказана полностью.

Лекпмя 20 $5. НЕПРЕРЫВНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ МЕТРИЧЕСКИХ ПРОСТРАНСТВ Определение. Пусть заданы два метрических пространства (Х, рх ) и (У,рг), и пусть определено отображение Р: Х -> У. Тогда отображение г' называется непрерывным в точке хо, если для всякого с > 0 найдется б = б(в) > 0 такое, что для любого х с условием рх(х,хо) с б имеет место неравенство ру(Цх),г"(хо)) < с, не, в пространстве У любви с-окрестность Оу(Р(хо),е) точки г'(хо) б У содержит целиком образ некоторой б-окрестности этой точки при отображении Р, а именно: Р'(Ох(хо, б)) С Ох(Р'(хо), с). Пример. Сжимающее отображение г": Х -+ Х является непрерывным.

В этом случае достаточно взять б(е) = с. Определим базу множеств х -+ хо для точек метрического пространства Х как множество всех открытых б-окрестностей точки хо. Тогда определение непрерывности выглядит так: )ип г(х) = Р'(хо), к-+ к 0 где х,хо б Х, г'(х), г'(хо) б У. Заметим также, что определение предела по базе множеств В отображения г'; Х -+ У метрического пространства Х в метрическое пространство У будет иметь вид: точка уо б У называется пределом отображения Р: Х -+ У по базе В, если для всякого о > 0 найдется окончание Ь = Ь(с) б В такое, что для всякой точки х б Ь имеем рг(г" (х), уо) ( г, Для числовых функций остается прежнее определение предела функции у: Х -о % по базе В со всеми доказанными ранее свойствами предела. Докажем теперь теорему о непрерывности сложного отображения. Т е о р е м а 1. Пусть отображения Р: Х -+ У и С: У -+ Я таковы, что отображение г непрерывно в точке хо б Х, а отображение С непрерывно в точке уо —— Р(хо) б У. Тогда композиция отображений Г и С, т.е.

отображение Н; Х -+ Я, где Н(х) = С(г"(х)), является яепрерывяой функцией в точке хо. ,Н о к а з а т е л ь с т в о. Положим хо=С(уо). Тогда справедливы равенства Н(хо) = С(г'(хо)) = С(уо) = хо. Так как отображение С непрерывно в точке уо, то для любого числа с > 0 найдется б = б(с) > 0 такое, что при любом у б Оу(уо,б) имеем С(у) б Ог(хо,в) 308 Далее, в силу непрерывности отображения Р' в точке хо найдется б| — — б1(б(г)) > О, такое, что для всякого х б Ох(хо,б1) имеем Р(х) б Оу(уо, б) = Оу(уо, б(г)) Отсюда следует, что для всякого г > 0 нашлось б1 — — бо(б(е)) > 0 такое„что при любом х б Ох (хо, бг) имеем Н(х) = О(Р(х)) б Ог(хо, г), т.е. отображение Н(х) непрерывно в точке хо, что и требовалось доказать.

Т е о р е м а 2. Пусть последовательность (хп) в метрическом пространстве Х сходятся к точке хо, а отображение Р; Х вЂ” + Р непрерывно в точке хо. Тогда имеем 11т Р(х„) = Г(хо), т.е. Р(!пп с:и) = !пп Р'(хп). п-со «-+«с «.+со ,а о к а з а ас е л ь с ас е о. В силу непрерывности отображения Г для всякого г > 0 найдется б = б(е) > 0 такое, что для любого х б Ох(б) имеем г" (х) б Оу(г"(хо), г). Далее, так как 1пп хп = хо, то можно указать по = по(б) = по(б(г)) п~ с« такое, что для любого и > по имеем х„б Ох(хо б). Отсюда следует утверждение теоремы. Задачи.

1. Пусть функция у(х,у) определена во всех точках квадрата К б йт, и пусть для любого фиксированного у функция у(х) = у(х,у) непрерывна для каждой точки х. Тогда внутри квадрата К найдется точка непрерывности у(х,у) как функции двух переменных. 2. Пусть функция у(х,у) определена на Ж~, и пусть для каждого фиксированного значения одной переменной она является многочленом по другой переменной. Тогда функция у(х,у) является многочленом от двух переменных. 3. Построить замкнутое множество А, содержащееся внутри замкнутого единичного квадрата на плоскости хОу, которое обладает следующим свойством: для любого линейного замкнутого множества Ь на отрезке (0,1) С Ох найдется точка уь б [0,1] С Оу такая, что проекция на ось Ох множества точек плоскости, лежащих на пересечении с горизонтальной прямой у = ус., точно совпадает с множеством С.

1 6. ПОНЯТИЕ КОМПАКТА. КОМПАКТЫ В йл И ПОЛНОТА ПРОСТРАНСТВА ж~. СВОЙСТВА НЕПРЕРЫВНЫХ ФУНКЦИЙ НА КОМПАКТЕ Определение 1. Множество К в метрическом пространстве Х называется компактом, если из любого покрытия открытыми множествами этого компакта можно выделить конечное подпокрытяе. Определение 3. Мвоягество В метрическом пространстве называется ограниченным, если ояо содержится в некотором шаре О(хо, г) с центром в точке хо я радвуса г. Л е м м а 1.

Компакт является ограниченным множеством. Я о к а э а гв е л ь с т е о. Пусть К обозыачает компакт. Возьмем любую точку хо Е К. Тогда шары Оа ж О(хо,п) в совокупности покрывают все простраыство Х, в том числе и К. В силу компактности К из них можно выделить конечыое подпокрытие (Ог, С Ог, С . С Ом, Мг < Фг « .' Гг К С Ог,), а это означает, что компакт К является ограниченным множеством. Лемма ! доказана. Л е м м а 2. Пусть К вЂ” компакт. Тогда любая бесконечная последовательность (х„) С К имеет хотя бы одну предельную точку, принадлежащую К.

Д о к а з а га е л ь с гв е о. Будем рассугкдать от противного. Пусть последовательность (х„) не имеет предельыых точек, принадлежащих К, Тогда любую точку х Е К можно окружить своей юокрестностью О(х, г), внутри которой не будет точек из (х„), кроме, может быть, самой точки х. Получим покрытие компакта К открытыми множествами.

Выберем из ыего конечное подпокрытие. Но тогда получим, что точками К, принадлежащими последовательности (х„), могут быть только центры выбранных г-окрестностей, а их конечное число. Следовательно, мыожество точек последовательности (х„)— конечно. Противоречяе. Лемма 2 доказана.

Л е м м а 3. Компакт К является замкнутым множеством. Д о к а з а гл е л ь с пг е о. Достаточно показать, что компакт К содержит все предельные точки. Действительно, пусть хо любая предельная точка К. Тогда можно указать последовательность (х„) С К такую, что при и ф га имеем х„ф х„, и х„-+ хо при в -+ со. Отсюда по лемме 2 получим, что хо е К. Лемма 3 доказана. Перейдем теперь к описанию компактов в п-мерном пространстве и доказательству полноты пространства В".

Т е о р е м а 1. Любой замкнутый куб в В", т.е. множество точек й = (хг,..., х„) с условием а, < х, < х, +), о = !,..., и, является компактом. Д о к а э а ш е л ь с ш е о. Будем рассматривать только случай Й~, так как общий случай Й" принципиальных отличий не имеет. Итак, пусть гг — замкнутый квадрат покрыт бесконечной системой открытых множеств (У). Надо доказать, что из этого покрытия можно выделить конечное подпокрытие.

Докажем это утверждение от зго противного. Разделим 6 на 4 равных квадрата прямыми, проходящими через сершщны его сторон, параллельно осям координат. Так хак квадрат Ь не допускает конечного подпокрытия, то, по крайней мере, один из четырех новых замкнутых квадратов ые допускает конечного подпокрытия. Тогда этот квадрат делим на 4 равных квадрата и т.д.

Мы получим систему вложенных квадратов. Их проекции на любую из двух осей образуют систему стягивающихся отрезков, которая имеет едннствеыную общую точку, т.е. существует точка хо нв ося Ох, и аналогычно, точка уо на оси Оу такие, что хс принадлежит проекпыям всех вложенных квадратов на ось Ох, а уо — проекпиям на ось Оу. Но тогда точка А = (хо,уо) принадлежит всем квадратам. Кроме того, она покрыта каким-то открытым множеством Уо из покрытия (У). Следовательно, найдется е-окрестность О(А,е) С Уо, целиком накрывающая ыекоторый квадрат из построенной системы вложенных квадратов.

В частности, таким может быть квадрат Ко с длиной стороны меньшей, чем е/~/2. Но тогда квадрат Кс будет покрыт всего лишь одним множеством Уо. Противоречие. Теорема 1 доказана. Т е о р е м а 2. Пусть для любых двух точек а,Ь б Н" определено скалярное рроизведеяие (а, Ь) и метрика р(а, Ь) задается р нь)= Лйьгп с р щ р м'" с метрякой р является полным.

,7 о к а з а т е л ь с т е о. Достаточно показать, что любая фундаментальная последовательность (х„) сходится к элементу этого пространства. Очевидно, что '(х„) ограничена, и потому ее можно покрыть замкыутым кубом К. Поскольку К вЂ” компакт, по лемме 2 существует предельная точка хо б К последовательности (х„). Следовательно, (х„) сходится к хо, так как фундаментальная последовательность не может иметь более одной предельной точки.

Теорема 2 доказана. Докажем теперь критерий компактности множества в Ж". Т е о р е и а 3. Множество К С )й" является компактом тогда я только тогда, «огдв К ограничено и замкнуто. Д о к а з а т е л ь с т в о. Необходимость. Если К вЂ” компакт, то по леммам 1 и 3 это множество ограничено и замкнуто. ззостаточность.

Проведем доказательство от противного. Сначала в силу ограниченыости К поместим его выутрь куба Ь. Предположим, что существует покрытие множества К открытыми множествами (У), не допускающее конечного подпокрытия. Тогда куб Ь можно разбить на 2" равных куба (аналогично разбиению теоремы 1).

Характеристики

Список файлов лекций