Řešené příklady k MAI III.

Transkript

1 Řešené příkldy k MAI III. Jkub Melk 28. říjn

2 Obsh 1 Metrické prostory Teoretickéotázky Metriky Anlýzmnožin Uzávěry Zkoumejtenásledujícímnožiny Metrické prostory 1.1 Teoretické otázky Ukžte, že nezápornost libovolné metriky plyne z trojúhelníkové nerovnosti nulové vzdálenosti stejných bodů. Dokážeme sporem, předpokládejme, že existují korektní metriky se zápornými vzdálenostmi.vybermesitkovoumetriku(m, δ).vyberemesibody, b, c M tk,že =bδ(, c) <0.Npíšemesitrojúhelníkovounerovnostbudeme pozorovt, co se stne. δ(, b) δ(b, c)+δ(, c) Protože =b,tkmusípltit,že δ(, b)=0. 0 δ(b, c)+δ(, c) Ale =b,tkžetentovzorecještěuprvíme, AmámeSPOR,protože δ(, c) <0. 0 2δ(, c) Co se stne, když v definici metriky zpomeneme n symetrii? Plyne z osttních xiomů? Neplyne, uvedu protipříkld. δ(x, y) = x y 3. Protuto pseudometriku osttní xiomy pltí, korát není symetrická. Dokžte tyto neintuitivní vlstnosti ultrmetrického prostoru: kždý trojúhelník je rovnormenný v kždé kouli je libovolný bod jejím středem. Dokážeme sporem. Nechť tedy existuje libovolný nerovnormenný trojúhelník tvořený body x, y, z. Mějme libovolnou ultrmetriku(m, ρ). Nechť délky strn jsouvtomtotrojúhelníkuuspořádánytkto:ρ(x, y) > ρ(y, z) > ρ(x, z).dle definiceultrmetrikymusípltitpro x, y, z Mtytonerovnosti: ρ(x, y) ρ(x, z) ρ(y, z) mx(ρ(x, z), ρ(y, z)) mx(ρ(x, y), ρ(y, z)) mx(ρ(x, y), ρ(x, z)) 2

3 Vzorcevýšesi spočteme,protožeznámevzdálenostibodů,viz.výše. ρ(x, y) ρ(y, z) ρ(x, z) ρ(x, y) ρ(y, z) ρ(x, y) Tyto nerovnosti le nepltí, což je spor dokonce trojúhelník je rovnostrnnýby soustv nerovnic pltil, musí být vzdálenosti stejné. Nynísidokážemetukouli.Nechťjentétoultrmetricekoule B(, r)= {x M: ρ(, x) < r}.jelikožjsouvzdálenostivultrmetricestejné,můžeme rovnoupsát c B(, r):b(c, r)=b(, r),neboť ρ(, c)=ρ(, x) < r. Je konečná podmnožin metrického prostoru vždy uzvřená? Odpověď je no. Množin X je uzvřená, pokud je množin jejích limitních bodů prázdná, tj. množin se rovná svému uzávěru. Z definice limitního bodu víme,žeprokždéokolí Ujeprůnik U Xnekonečný,cožzdelenemůžebýt, protože množin X je konečná. Co lze říci o otevřených množinách metrického prostoru(m, d), jehož kždýbodjeizolovný(jkobodmnožiny M)? Lzeonichřícito,ženeexistují.Dledefinicepltit x M U: U M= {x} ČilivmnožiněMsenevyskytujívůbecžádnélimitníbody-izolovnýbodje negce limitníhobodu,tedymnožin M serovnásvémuuzávěrujetedy uzvřená. Ukžte, že bod množiny X v metrickém prostoru je limitním bodem X,práve když není izolovným bodem X.Aukžte, že bod mimo množinu Xjelimitnímbodem X,právekdyžjehrničnímbodem X. 1. bod X jeizolovný,právěkdyžnenílimitní.tojeprvd,plyne rovnou z definice. Definiceizolovnéhobodu : okolí U: U X= {}. Definicelimitníhobodu : okolí U: U X =. Pokudbod nenílimitní,pk okolí U tkové,žeprůnik U X je konečný, nvíc přímo obshující bod. Pk vybereme nejmenší U tkové, že obshuje pouze bod (musí existovt, kdyby neexistovlo, bod by nutně byl limitní). 2. / X, jelimitníbod jehrničníbod. : / X jelimitníbod-dledefinicemusípltit okolí Ubodu : U X =.Dále / X M \ X okolí Ubodu : U M \ X.Dledefinicetedyoběmnožinysplňujípodmínkyprohrniční bodjetedyhrničníbod. 3

4 :Stčísestrojitposloupnostbodůkonvergujícík.Pro okolí Ubodu :U X U M \X.Nechť U= B(, r)snějkýmpočátečním poloměrem r >0.Zdefinujemesiposloupnostmnožin U n = B(, r 2 n ).Dle definicehrničníhobodu n N:U n X.Dokonce U n M \ X. Sestrojímeposloupnost n tk,by n N: n U n X.Pkpltí lim n=,neboťzjevně lim δ( n, )= Metriky Dokžte,žetotonenímetrikuprvtejitk,bymetrikoubyl: (M, δ), M= R, b, δ(f, g)= b f(x) g(x) dx Ukážeme si protipříkldem, že existují 2 body(resp. funkce), které mjí vzdálenost { nul, le přesto se nerovnjí tedy nesplňují jeden z xiomů metriky. x x [, b] \ { 1 f(x)= n : n N} 1 x { 1 { n : n N} x x [, b] \ { 1 g(x)= n : n N} 2 x { 1 n : n N} Zjevně f(x) g(x)pro x [, b].podívámese,jkjsountomintegrály. Množinbodůnespojitosti { 1 n : n N}mázjevněmírunul,tedyfunkcebude mít Riemnnův integrál, protože jinde je spojitá. Dokonce pltí, že b b f(x)dx= g(x)dx,neboťfunkcejsouskorostejné.pkle δ(f, g)= b f(x) g(x) dx = 0. Funkcetedymusíbýtstejné,lenejsou,cožjespor. Tuto pseudometriku lze uprvit tk, by byl regulérní metrikou splňující stndrdní xiomy. Pokud binární operátor = mezi funkcemi zdefinujeme tk, že funkce jsou si rovny, pokud množin jejích bodů nerovnosti má míru nul, pk bude tto metrik splňovt xiomy stndrdní metriky. 1.3 Anlýz množin Uzávěry Zjistěte, čemu se rovná uzávěr následujících množin. 1. QvRsobvykloumetrikou. Uzávěrmnožiny QvRjesmotnámnožin R,jksiteďdokážeme.Vezměme posloupnosti zlomků z Q, které konvergují k ircionálním číslům. Příkldem tkové posloupnosti budiž posloupnost ( ) 1 n = 1,14 10, , ,... Limitposloupnosti n jekonvergentní,tj. lim n= 2.Tkovýchposloupností existuje nekonečně nespočetně mnoho, tedy uzávěr množiny Q je Q R \ Q,tedyceláreálnámnožin. 4

5 2. NvRsobvykloumetrikou. Dokážeme si, že množin N je uzvřená, to znmená že množin limitních bodů je prázdná. K tomu potřebujeme vědět, proč. Limitní bod je tkový bod,žeprokždéokolíbodu Ujeprůnik U Nnekonečný.Jenžetonení! Protože se jedná o přirozená čísl, dokážeme dokonce njít okolíčko bodů, kterýmájedenprvek. U= ( 1 2, +1 2),pkle U N={}.Dokázli jsme,žekždé Njeizolovnýbod,tedymnožinjeuzvřená. 3. { 1 n : n N}sobvykloumetrikou. Opět budeme zkoumt množinu limitních bodů. Důležitý je fkt, že lim 0. Tedy už víme, že množin limitních bodů obshuje nulu. Obshuje i dlší prvky? Odpověď je nikoliv, jk si teď dokážeme sporem. Nechť je množin limitníchbodů {,0,... },kde 0.Pkmusíexistovtnějkákonvergentnípodposloupnostzposloupnosti n = 1 n,kterámájkolimituprvek. Avšk z vět o limitách víme, že posloupnost vybrná z konvergentní podposloupnostimáistejnoulimitu =0,cožjeSPOR. Tedyuzávěrtétomnožinyjemnožin { 1 n : n N} {0}. 4. {f: f C([0,1]):f jepočástechlineární }vc([0,1])sesupremovou metrikou. Dokážeme si, že uzávěr této množiny je celá množin spojitých funkcí n kompktním intervlu[0, 1]. V tomto odstvci předpokládejme nezápornostfunkcí f g.mějmendefinovánukoulifunkcí B(f, r),kdepoloměr r >0.Nechťfunkce g B(f, r)nvíc g f.dledefinicekoule d(f, g) < r,toznmená,že sup x [0,1] f(x) g(x) < r.křivkfunkce g(x) jeod f(x)vzdálennnejvýšeostřeméně,nežjepoloměr r.jedůležité siuvědomit,žečímjepoloměr rmenší,tímjsoufunkcečímdáltímvíce skorostejné. Nyníkvlstnímudůkzu.Nechť f n jekonvergentníposloupnostčástečně lineárníchfunkcí,kterákonvergujeknějkéfunkci f, f C([0,1]).Můžeme tedy psát lim x [0,1] lim f n = f lim d(f n, f) = 0 sup f n (x) f(x) = 0 Pkodnějkého n > n 0 jevzdálenostmezikřivkmimenší,než ε.funkce f le nemusí být vůbec po částech lineární! Nekonečnou posloupností vhodných částečně lineárních funkcí lze libovolně blízko proximovt spojitoufunkcin C([0,1]).Npříkldkřivk f(x)=x 2 lzepoměrněkrásně proximovt(jetonnípřímovidět-pouzedrobímelineárnífunkcin stále menší částečky blíže křivce). Uzávěr této množiny tedy je celá C([0, 1]). 5. {f: f C([0,1]): x, y [0,1]: f(x) f(y) x y }vc([0,1])se supremovou metrikou. 1 n = 5

6 Jelikož x [0,1],můžemedokonceudělthorníodhd: x, y [0,1]: f(x) f(y) x y 1 Znmená to, že funkční hodnoty se pohybují v rozmezí mximálně 1. Budeme zkoumt limitní body této množiny ukážeme si, že všechny limitní bodyopětnáležídotétomnožiny.nechťfunkce f jelimitníbodkonvergentníposloupnostifunkcí f n.pkmusípltit,že lim d(f n, f)=0. Rozepíšeme si tuto definici dostneme, že lim sup x [0,1] f n (x) f(x) =0 Musímedokázt,že f(x)prokždé x, y [0,1]pltí f(x) f(y) x y Dledefinicelimity ε >0 n 0 N: n > n 0 : d(f n, f) < ε.anvíckždá funkcezposloupnostifunkcí f n splňujenerovnostuvedenouvýše.protože d(f n, f) < ε,tedykřivkselišíonejvýše ε,pkpltínerovnost f(x) f(y) x y +ε Jenžeprotoževlimitě ε 0,pkvlimitějenerovnostsplněn,tedy tto množin je uzvřená, protože funkce f do ní ptří Zkoumejte následující množiny 1. Ukžte,žekoule B(, r)jeotevřenámnožin. Množin X jeotevřená,pokud X r >0:B(, r) X.Budeme zkoumt, zd je otevřená koule otevřená množin. B(b, r)={x X: δ(b, x) < r} Musímeukázt,žepro B q >0:B(, q) B(b, r). B(b, r) δ(b, ) < r Díkyostrénerovnosti bod c,že δ(b, ) < δ(b, c) < r.pkpoloměr qbude δ(, c). 2. {[x, y] R 2 : y > x 2, x 2 + y 2 <2} () Množin je omezená, je otevřená. (b) Hrničníbody:{[, b] R 2 : b= 2, [ 1,1]} {[, b] R 2 : b= 2 2, [ 1,1]}. [ 1,1]proto,bybylysplněnynerovnosti - konstnty jsem spočítl tk, že jsem si místo nerovností spočítl rovnosti. (c) Uzávěr:{[x, y] R 2 : y x 2, x 2 + y 2 2} 3. {[, b] R 2 : y x 2 } {[0, 1]} ()Množinjeneomezená-nemá hornímez. 6

7 (b) Hrničníbody:{[x, x 2 ] R 2 : x R} {[0, 1]}.Bod[0, 1]je izolovný. (c) Množin je uzvřená. 4. {[x, y] R 2 :1 x<2,1 y <2} ()Množinjeomezená xiyjsou sevřeny mezijedničkoudvojkou. (b) Hrničníbody:{[2, ] R 2 : [1,2]} {[,2] R 2 : [1,2]} {[1, ] R 2 : [1,2]} {[,1] R 2 : [1,2]}. (c) Množin není ni otevřená ni uzvřená(některé hrniční body u množiny i doplňku nemůžou obshovt otevřené koule). 7