Лекции по математическому анализу - Архипов Г.И.
ISBN 5-06-003596-4
Скачать (прямая ссылка):
Точка хо называется неподвижной точкой сжимающего отображения /.
306- Доказательство. Пусть х\ — любая точка, принадлежащая X, Xi = f(xі),..., xn+1 — /(^n)- Докажем, что последовательность {яп} фундаментальна. Действительно, пусть рп=р(хпухп+і)- Тогда
рп = р{хп,хп+1) = p(/(xn_i),/(xn)) < ар{хп-IlOJft) = арп-1.
Следовательно, /?>п < Qrn ~ Vi* Отсюда, используя неравенство треугольника, получим
р{хп , Хп+т) < Pn+ Pn+1 H-----1- Рп+т-1 <
< (an-l + an + . . . + an+m-2)pi < .
1-а
Поскольку 0 < а < 1, при п —»¦ оо имеем ап_1 —> ?). Следовательно, для всякого є > 0 найдется no = по(?") такое, что при любом п > Щ и любом m > 1 выполняется неравенство р(хп,хп+т) < є, что и означает фундаментальность последовательности {хп}. Так как X — полное метрическое пространство, то существует точка хо, такая, что Iim хп = хо-
пчоо
Теперь докажем, что /(хо) = хо- От противного. Пусть /(хо) = Уо Ф Xq И р(хо,Уо) ~ h > 0. ВоЗЬМЄМ число По = По(Л/2) такое, что для любого п > по имеем /?(х„,хо) < h/2. Тогда
P{*n + l,Vo) = p{f{zn),f(xо)) < < P(XnjX0).
Следовательно,
р(хо,Уо) < р(х0,хп+1) + p(xn+lfyo) < I + ~ = Л = р(х0,Уо),
что при Л > 0 невозможно. Итак, хо — неподвижная точка отображения /. Она будет единственной неподвижной точкой, так как если а и Ь — неподвижные точки, т.е. /(a) = a, f(b) = 6, то
/>(а, 6) = р(/(а), /(&)) < 6) < р(а, 6),
что невозможно. Теорема доказана полностью. Лекция 11
§ 5. НЕПРЕРЫВНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ МЕТРИЧЕСКИХ
ПРОСТРАНСТВ
Определение. Пусть заданы два метрических пространства {X, рх) и (У, Py )» и пусть определено отображение F : X —» У. Тогда отображение F называется непрерывным в точке жо, если для всякого е > 0 найдется 8 = 8(e) > 0 такое, что для любого х с условием рх(х, Xо) < 8 имеет место неравенство py(F(x), F(xо)) < є, т.е. в пространстве Y любая є-окрестность Oy(F(xо)>?) точки F(xо) Є У содержит целиком образ некоторой 8-окрестности этой точки при отображении F, а именно:
F{Ox{xo,8))cOY(F(xQ),e).
Пример. Сжимающее отображение F : X —? X является непрерывным. В этом случае достаточно взять = є.
Определим базу множеств х жо для точек метрического пространства X как множество всех открытых (j-окрестностей ТОЧКИ Жо-
Тогда определение непрерывности выглядит так: Iim F(x) = F(xo),
x—ixa
где ж, ж0 Є X, F(x), F{xo) Є Y.
Заметим также, что определение предела по базе множеств В отображения F : X —» Y метрического пространства X в метрическое пространство Y будет иметь вид: точка уо Є Y называется пределом отображения F : X -+Y по базе В, если для всякого € > 0 найдется окончание 6 = 6(e) Є В такое, что для всякой точки ж Є 6 имеем PY{F(x),yo) < е. Для числовых функций остается прежнее определение предела функции / : X —> M по базе В со всеми доказанными ранее свойствами предела.
Докажем теперь теорему о непрерывности сложного отображения.
Теорема 1. Пусть отображения F : X —Y и G : Y —> Z таковы, что отображение F непрерывно в точке ж0 Є X, а отображение G непрерывно в точке уо — F(жо) Є У. Тогда композиция отображений FhG, т.е. отображение H : X Z, где Н(х)'= G(F(x)), является непрерывной функцией в точке Жо-
Доказательство: Положим Zq = G(yo). Тогда справедливы равенства #(ж0) = G(F^0)) = G{y0) — Z0. Так как отображение G непрерывно в точке уо, то для любого числа є > О найдется 8 = <J(e) > 0 такое, что при любом у Є Оу{уо,8) имеем G{y)eOz{z0,e).
308 Далее, в силу непрерывности отображения F в точке хо найдется
=г (J1(^fg)) >0, такое, ЧТО ДЛЯ ВСЯКОГО X є Ох{хо,<Ь) имеем F(x) Є Ог{уо,6) = Оу{уо,6(є)).
Отсюда следует, что для всякого є > 0 нашлось Si = (<$(?¦)) > 0 такое, что при любом х Є Ох(хо,$і) имеем Я(х) = G(Ffx)) € Oz(zo,e), т.е. отображение Н(х) непрерывно в точке хо, что и требовалось доказать.
Теорема2. Пусть последовательность {х„} в метрическом пространстве X сходится к точке Xq , а отображение F : X —> Y непрерывно в точке Xq. Тогда имеем
Iim Р(хп) = F(x0), т.е. F( lim ;;„) = lim F(xn).
n—+OO n-юо n-+oo
Доказательство. В силу непрерывности отображения F для всякого є > 0 найдется 8 = S (є) > 0 такое, что для любого X Є Ox(S) имеем F(x) Є Oy(F(x0),e).
Далее, так как lim xn = хо, то можно указать n0 = tiq(S) = По(^(?))
П—+OG
такое, что для любого n > по имеем хп Є Ox(xo,S). Отсюда следует утверждение теоремы.
Задачи. 1. Пусть функция f(x,y) определена во всех точках квадрата К Є R2, и пусть для любого фиксированного у функция g(x) = /(х, у) непрерывна для каждой точки х. Тогда внутри квадрата К найдется точка непрерывности /(х, у) как функции двух переменных.
2. Пусть функция /(х,у) определена на К2, и пусть для каждого фиксированного значения одной переменной она является многочленом по другой переменной. Тогда функция f(x, 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 L на отрезке [0,1] С Ox найдется точка уь 6 [О, 1] С Oy такая, что проекция на ось Ox множества точек плоскости, лежащих на пересечении с горизонтальной прямой у = уь, точно совпадает с множеством L.
