Полезное:
Как сделать разговор полезным и приятным
Как сделать объемную звезду своими руками
Как сделать то, что делать не хочется?
Как сделать погремушку
Как сделать так чтобы женщины сами знакомились с вами
Как сделать идею коммерческой
Как сделать хорошую растяжку ног?
Как сделать наш разум здоровым?
Как сделать, чтобы люди обманывали меньше
Вопрос 4. Как сделать так, чтобы вас уважали и ценили?
Как сделать лучше себе и другим людям
Как сделать свидание интересным?
Категории:
АрхитектураАстрономияБиологияГеографияГеологияИнформатикаИскусствоИсторияКулинарияКультураМаркетингМатематикаМедицинаМенеджментОхрана трудаПравоПроизводствоПсихологияРелигияСоциологияСпортТехникаФизикаФилософияХимияЭкологияЭкономикаЭлектроника
|
Примерный перечень вопросов к экзамену. 1. Сравнение бесконечных множеств⇐ ПредыдущаяСтр 13 из 13 1. Сравнение бесконечных множеств. Равномощные и неравномощные множества. Понятие мощности множества. 2. Счётные множества и их свойства. Счётность множеств рациональных и алгебраических чисел. 3. Несчётность отрезка числовой прямой и множества действительных чисел. Множества мощности континуум. 4. Мощность множества подмножеств. Существование множеств сколь угодно большой мощности. 5. Континуальность множества подмножеств счётного множества. 6. Сравнение мощностей. Теорема Кантора-Бернштейна. Понятие о трансфинитном ряде мощностей. 7. Замкнутые и открытые множества на прямой, их свойства. 8. Совершенные множества. Строение открытых и замкнутых множеств. 9. Канторово совершенное множество. 10. Мощность замкнутых и совершенных множеств. 11. Мера открытых и замкнутых множеств на прямой. 12. Множества, измеримые по Лебегу. 13. Теоремы об измеримых множествах. 14. Функции, измеримые по Лебегу, их свойства. 15. Интеграл Лебега от ограниченной функции и его основные свойства. 16. Сравнение интегралов Римана и Лебега. Критерий интегрируемости по Риману ограниченной функции. 17. Определение метрического пространства. Понятие окрестности точки. Сходящиеся последовательности точек. Фундаментальные последовательности. 18. Примеры метрических пространств. 19. Замкнутые и открытые множества в метрическом пространстве, их свойства. 20. Полные метрические пространства. Полнота пространств Rn и . 21. Операторы и функционалы. Предел и непрерывность отображений. 22. Сжимающие отображения метрического пространства в себя. Теорема Банаха о неподвижной точке. 23. Понятие гильбертова пространства. Критерий полноты ортогональной системы в гильбертовом пространстве. 24. Ряды Фурье в гильбертовых пространствах. СПИСОК Рекомендуемой литературы основной 1. Вулих, Б.З. Введение в функциональный анализ / Б.З. Вулих. – М.: Наука, 1967. 2. Вулих, Б.З. Краткий курс функций вещественной переменной / Б.З. Вулих. – М.: Наука, 1973. 3. Колмогоров, А.Н. Элементы теории функций и функционального анализа / А.Н. Колмогоров, С.В. Фомин. – М.: Наука, 1976. 4. Макаров, И.П. Дополнительные главы математического анализа / И.П. Макаров. – М.: Просвещение, 1968. 5. Натансон, И.И. Теория функций вещественной переменной / И.И. Натансон. – М.: Наука, 1974. 6. Очан, Ю.С. Сборник задач по математическому анализу / Ю.С. Очан. – М.: Просвещение, 1981.
дополнительный
1. Антоневич, А.Б. Задачи и упражнения по функциональному анализу / А.Б. Антоневич, П.Н. Князев, Я.В. Радыно. – Минск: Вышэйшая школа, 1978. 2. Люстерник, Л.А., Элементы функционального анализа / Л.А. Люстерник, В.И. Соболев. – М.: Наука, 1965. 3. Соболев, В.И. Лекции по дополнительным главам математического анализа / В.И. Соболев. – М.: Наука, 1968. 4. Теляковский, С.А. Сборник задач по теории функций действительного переменного / С.А. Теляковский. – М.: Наука, 1980. 5. Треногин, В.А. Задачи и упражнения по функциональному анализу / В.А. Треногин, Б.М. Писаревский, Т.С.Соболева. – М.: Наука, 1984.
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 1. , , , , , , , . 2. a) ; б) Указание. См. пункт а); в) . 3. Первая – да; вторая – нет. 4. Пусть φ – не является взаимно однозначным отображением, т.е. такие, что . Но тогда y = f(x) не строго монотонна, что противоречит условию. 5. Так как в точке х0 экстремум функции, то в окрестности (х0 – δ; х0 + δ) (х0 – δ; х0 + δ) такие, что , но . Последнее равенство показывает, что отображение функцией y = f(x) не является взаимно однозначным. 6. а) Нет, так как непрерывная функция отображает отрезок [ a;b ] в отрезок [ m; M ], где m = inf{f(x)}, M = sup{f(x)}. б) Нет, так как значения непрерывной функции, заданной на отрезке [ a;b ], сплошь заполняют отрезок [ m;M ]. 12. Так как отображение φ: A → C – взаимно однозначное, то А ~ С и В ~ φ(В). Откуда следует, что А \ В ~ С \ φ(В). 13. Выделим на интервале (0;1) множество М = , а на отрезке [0;1] выделим множество K = . Установим следующее соответствие: , , , , …, , …; n ≥3 (см. рис. 2). Рис. 2 Всем остальным точкам интервала (0;1) поставим в соответствие точки отрезка [0;1] с теми же координатами. Тогда M ~ K и (0;1)\M ~ [0;1]\K, откуда (0;1) ~ [0;1]. 14. а) Результат предыдущей задачи: (0;1) ~ [0;1]. С помощью функции y = ctgπx взаимно однозначно отобразим интервал (0;1) на действительную ось (-∞;+∞). Значит [0;1] ~ (0;1) ~ (- ∞;+∞). Отсюда по свойству транзитивности отношения эквивалентности: [0;1] ~ (- ∞;+∞). б) Взаимно однозначно отобразим [0;+∞) на [0;1) с помощью функции ; затем методом решения задачи №13 полуинтервал [0;1) отобразим на интервал (0;1). Наконец, с помощью линейной функции отобразим (0;1) на (a;b). 15. Рекомендуется установить взаимно однозначное соответствие между множествами или применить свойства эквивалентных множеств. 17. Выделим на множестве I (иррациональных чисел) некоторое подмножество . Множество всех остальных иррациональных чисел, не входящих в это множество, обозначим С. Тогда I = L C, причем L∩C = Ø. Множество действительных чисел R = I Q, где Q – множество рациональных чисел. Так как I = L C, то R = C (L Q). Установим взаимно однозначное соответствие между L Q и L следующим образом: Тогда L ~ L Q, C ~ C. Используя результаты задачи №8, получим, что I ~ R. 18. Z = N– {0} N. Множество N– = {–1, –2, –3, …} эквивалентно множеству N, следовательно, = a. Тогда = a+1+a = a. 19. = а. 20. Пусть М – множество точек плоскости с рациональными координатами, т.е. М = {(ai, bi)}. Зафиксируем bi, получим подмножество М i множества М, = a. Так как М = , то = а + а + … = а. 21. Задача решается аналогично предыдущей задаче. 22. = а. 23. а. 24. Элементами исследуемого множества являются многочлены , где аi – целые числа (i = 0, 1, 2, …). Зафиксируем n и найдем мощность множества Mn – многочленов n -ой степени. Mn эквивалентно множеству наборов из n целых чисел: { a0; a1; …; an }, следовательно, = a. Так как М = , то = а + а + … = а. 25. = а (см. решение задачи №24). 26. = с, так как Т = R \ A = с – a = c. 27. = с, так как I = R \ Q = с – a = c. 28. Пусть М – множество интервалов с рациональными концами. М эквивалентно множеству пар рациональных чисел. Последнее множество имеет мощность а (см. задачу №20), следовательно, = а. 29. M = {(a; b)}, причем, если (a; b) и (c; d) принадлежат М, то (a; b) (c; d) = Ø. В силу плотности множества действительных чисел в любом интервале найдется рациональная точка. Следовательно, М эквивалентно некоторому подмножеству множества рациональных чисел. Откуда, а. 30. Множество М локальных экстремумов функции эквивалентно множеству попарно непересекающихся интервалов, последнее не более чем счетно (см. задачу №29). Следовательно, а. 32. Обозначим через Аi – множество точек разрыва на отрезке [- i; i ]. Покажем, что множество Ai не более чем счетно. Предположим, что f(x) монотонно возрастает. Пусть х 0 – точка разрыва f (x), х0 [- i; i ]. Так как f(x) – монотонна, то х 0 – точка разрыва 1-го рода. Назовем разность f(х0+0) – f(х0-0) скачком функции в точке х 0. Для монотонно возрастающей функции f(х0+0) – f(х0-0) > 0. Число точек разрыва на [- i; i ], в которых скачок больше α, не больше, чем . Обозначим через Ек множество точек разрыва со скачком больше . Тогда множество всех точек разрыва на отрезке [- i; i ] есть Аi = . Множество Ек – конечно, тогда Аi – не более чем счетно. Множество А всех точек разрыва на числовой прямой есть А = , следовательно, а. 34. Каждая точка плоскости может быть представлена как элемент множества { }, где х1 и х2 независимо друг от друга принимают с значений. Поэтому с – мощность искомого множества. 36. Пусть А – множество монотонно возрастающих непрерывных функций. В – множество непрерывных функций. М – множество функций { y= kx }, где k R и k>1. Так как k (1,+∞), то = с. М А с (1). = с (см. задачу №35). А В с (2). Из (1) и (2) следует: = с. 37. а. 38. Так как мощность множества всех подмножеств счетного множества есть 2 а = с, а мощность всех конечных подмножеств счетного множества равна а, то мощность множества всех бесконечных подмножеств счетного множества равна с– а = с. 41. а) 0; б) {0; 1}; в) Ø; г) [-1; 2]; д) Ø. 45. Предположим, что Е имеет предельные точки, и пусть ξ одна из них. Выберем ε < , тогда в ε-окрестности точки ξ содержится бесконечно много точек множества Е. Пусть х1 и х2 две такие точки. Тогда d ρ(x1,x2) ρ(x1, ξ) + + ρ(ξ ,x2)< + = d, т.е. d < d, что невозможно. Следовательно, Е не имеет предельных точек. 46. Пусть x0 – предельная точка Е′. Тогда в любой ε-окрестности точки x0 содержится бесконечное множество точек Е′. Пусть z – такая точка, z S(x0, ε). Так как z Е′, она является предельной точкой множества Е, значит в этой же окрестности содержится бесконечное множество точек Е. Так как S (x0, ε) – окрестность точки х0, содержащая бесконечное множество точек из Е, то х0 – предельная точка Е и, следовательно, х0 Е′. В силу произвольности точки x0 последнее означает, что множество Е′ замкнуто. 47. Так как Е замкнуто, то Е′ Е, тогда = Е Е′ = Е. 48. а) Чтобы доказать равенство (А В)′ = А′ В′, нужно доказать два включения: (А В)′ А′ В′ и (А В)′ А′ В′. Пусть х0 (А В)′, тогда или х 0 – предельная точка множества А, т.е. х0 А′, или х0 – предельная точка множества В, т.е. х0 В′. Отсюда следует, что х0 А′ В′. Первое включение (А В)′ А′ В′ доказано. Докажем второе включение. Так как А (А В), то А′ (А В)′. Из В (А В) следует В′ (А В)′, тогда имеем: А′ В′ (А В)′. б) Рассуждения аналогичны пункту а). в) Пусть х А′\В′. Тогда х – предельная точка А, но не является предельной точкой В. Из последнего следует, что в любой окрестности S(x; δ) существует x1 ¹ x, х1 А и х1 В, т.е. х1 А \ В. Таким образом, х есть предельная точка множества А \ В, т.е. х (А \ В)′. Включение доказано. г) Так как А′ замкнуто (см. задачу №46), то А′′ = (А′)′ А′. 50. а) = (А В) (А′ В′) = (А А′) (В В′) = . б) = , из задачи №48(а) имеем , тогда = = (А А′) (А′ А′′) (так как ). Так как А′′ А′ (см. задачу №48(г)), то А′ А′′ = А′, тогда = () = = . Следовательно, = . г) = (А А′) \ (В В′) = (А \ В) (А′ \ В′). Из задачи № 48(в) имеем А′ \ В′ (А \ В)′, тогда (А \ В) (А \ В)′ = . д) Так как А В, то А′ В′, но тогда В В′, т.е. . е) = . Так как (см. задачу №48(б)), то = = = . Таким образом, . 51. Из задачи №50(е) имеем . С другой стороны, . По условию, А = , В = , тогда . В итоге получаем доказываемое равенство. 52. а) Пусть х Int(E), тогда х – внутренняя точка Е, т.е. существует окрестность S(x; δ) такая, что S(x; δ) ∩ Е = S(x; δ), но Е S(x; δ) ∩ Е, следовательно, х Е. Таким образом, в силу произвольности точки х, имеет место включение Int(E) Е. б) Включение Int(Int(E)) Int(E) следует из предыдущего пункта. Докажем «обратное» включение. Пусть х Int(E). Так как x – произвольная точка, то Int(E) – открытое множество, т.е. все его точки принадлежат внутренности. Тогда х Int(Int(E)). Откуда имеем Int(E) Int(Int(E)). Следовательно, Int(Int(E)) = Int(E). в) Пусть х0 Int(E1 Е2), тогда х0 – внутренняя точка множества E1 Е2, т.е. существует S(x0; δ) такая, что S(x0; δ) (E1 Е2) = S(x0; δ). Преобразуем левую часть равенства, получим (S(x0; δ) E1) (S(x0; δ) E2)=S(x0; δ). Тогда х0 – внутренняя точка Е1 и внутренняя точка Е 2, т.е. х0 Int(E1) Int (Е2). Отсюда имеем включение Int(E1 Е2) Int(E1) Int (Е2). Пусть х0 Int(E1) Int (Е2), тогда х0 одновременно есть внутренняя точка Е1 и Е2, т.е. существует S(x0; δ1) такая, что S(x0; δ1) Е1 = S(x0; δ1), и существует S(x0; δ2) такая, что S(x0; δ2) Е2 = S(x0; δ2). Выберем min(δ1, δ2)=δ, тогда S(x0; δ) (E1 Е2) = S(x0; δ), т.е. х0 Int(E1 Е2). Значит имеет место Int(E1) Int (Е2) Int(E1 Е2), что в итоге дает доказываемое равенство. г) Пусть х0 Int(E1). Тогда существует окрестность S(x0; δ), такая, что S(x0; δ) Е1 = S(x0; δ). Так как Е1 Е2, то S(x0; δ) Е1 S(x0; δ) Е2. Следовательно, х0 Int(E2). Таким образом, так как х0 – любая, Int(E1) Int(E2). 53. Множество решений неравенства f(x) а есть подмножество замкнутого множества Е, т.е. множество тех точек из Е, для которых выполняется неравенство f(x) а. Так как Е замкнуто, то Е содержит все свои предельные точки. Пусть { xn } последовательность таких точек из Е, что f(xn) а. Покажем, что если (х0 – предельная; х0 Е в силу его замкнутости), то х0 Е(f(x) а). Так как функция f(x) непрерывна, то . С другой стороны, для любого n f(xn) а. При предельном переходе получим, что и f(x0) а, т.е. х0 Е(f(x) а). Следовательно, множество Е(f(x) а) – замкнуто. 58. а) не является открытым. б) не является замкнутым. 59. Пусть G – открытое множество. Тогда CG – замкнуто. Рассмотрим два случая: 1). Если CG = ø, то G = (– ∞; +∞). Тогда G = , где n N. Множество интервалов {(– n;n)} счетно, следовательно, G представлено в виде счетной совокупности интервалов с рациональными концами. 2). Если CG ≠ ø, то G ≠ (– ∞; +∞). Так как G – открытое множество, то все его точки внутренние, т.е. для любого х G существует интервал (rx; rx′), где rx,rx′ – рациональные числа, целиком содержащийся в G. Множество интервалов вида (rx; rx′) счетно, тогда G = есть объединение счетной совокупности интервалов с рациональными концами. 60. Так как открытое множество G – ограничено, то каждая его точка принадлежит некоторому составляющему интервалу, т.е. такому, что при aк G, bк G (aк;bк) G. Причем составляющие интервалы либо тождественны, либо не пересекаются. Множество составляющих интервалов не более чем счетно, так как оно эквивалентно подмножеству рациональных чисел. Тогда G = . 61. Из предыдущей задачи G = , где (aк;bк) – составляющие интервалы. Представим любой интервал (aк;bк)в виде суммы , где k < . Таким образом, любой интервал представлен в виде счетной совокупности отрезков. Тогда множество G тоже может быть представлено в виде счетной совокупности отрезков: G = . 62. Предположим, что числовая прямая представлена в виде счетной совокупности попарно непересекающихся отрезков, т.е. (– ∞; +∞) = , где [ ai;bi ] [ aj;bj ] = ø при i j. Рассмотрим множество Q = . Q – открыто. Множество CQ = E – совершенно, так как получено из числовой прямой путем удаления взаимно непересекающихся интервалов, не имеющих общих концов. Мощность множества Е равна с. Рассмотрим множество М = С(). По допущению, оно пусто. Но, с другой стороны, М = E \ {a1;b1;a2;b2;…}. Тогда = с – а = с, т.е. не пусто. Получили противоречие. Следовательно, R нельзя представить в виде счетной совокупности попарно непересекающихся отрезков. 63. Нет, так как любой интервал (а;b) ~ (– ∞; +∞), а в предыдущей задаче было показано, что (– ∞; +∞) нельзя представить в виде объединения взаимно непересекающихся отрезков. 64. Пусть [ a;b ] = , тогда среди всех отрезков найдутся два таких, что ai = a; bk = b. Множество [ a;b ] \ ([ ai;bi ] [ ak;bk ]) = (bi;ak) – интервал. В задаче №63 показано, что его нельзя представить в виде счетной совокупности взаимно непересекающихся отрезков. 66. Множество E – замкнуто. Покажем, что оно не содержит изолированных точек. Тогда по задаче №65 оно совершенно. Пусть х0 E . Так как а Е и b Е, то х0 – внутренняя точка отрезка [ a;b ]. Тогда существует точка х, принадлежащая окрестности точки х0, причем окрестность S(x0; δ) [ a; b ]. Значит, точка х0 не является изолированной точкой множества E . Отсюда, в силу произвольности точки х0 , заключаем: E – совершенное множество. 67. а) Каждую точку множества Р0 можно представить в виде троичной дроби 0,а1а2а3…, где ak равно либо 0, либо 2. Концы интервалов являются точками «первого рода» и представлены следующим образом: либо, начиная с некоторого места троичное разложение имеет все двойки, т.е. имеется бесконечная троичная дробь (например, = 0,0222…, = 0,0022…), либо все нули, т.е. возникает конечная троичная дробь (например, = 0,2000…, = + + = 0,222000…). Все остальные точки являются точками «второго рода». В троичном разложении они имеют бесконечно много нулей и двоек (так, = 0,0020202…= + + +…). б) Между 0,1 и 0,2 находится точка . Эта точка – конец интервала, ее троичное разложение таково: 0,00222…. в) Между 0,05 и 0,1 или между и находится точка , ее троичным разложением будет 0,0020202… Она не является концом интервала, т.е. это – точка «второго рода». г) Множество точек «первого рода» канторова множества Р0 эквивалентно бесконечному подмножеству множества рациональных чисел. Следовательно, его мощность равна а. д) Мощность множества точек «второго рода» Р0 равна: с – а = с. 70. а) Множеству Р0 принадлежит , не принадлежат Р0: ; ; . 72. Назовем отрезок [0; ] и отрезок [ ; 1], оставшиеся после исключения интервала (; ), отрезками первого ранга; отрезки [0; ], [ ; ], [ ; ], [ ;1], оставшиеся после исключения интервалов (; ), (; ) – отрезками второго ранга и т.д. Отрезки n -го ранга имеют длину . Чтобы получить из отрезка n -го ранга отрезок (n+1)-го ранга, нужно исключить из него интервалы длины с центром в середине отрезка (см. рис. 3).
Рис. 3 Докажем, что любой интервал (α; β) содержит в себе интервал, полностью свободный от точек Р0. Если произвольный интервал (α; β) не содержит точек Р0, то Р0 нигде не плотно. Если (α; β) содержит какой-нибудь отрезок n -го ранга, то можно выбрать интервал длиной с центром в середине этого сегмента. Этот интервал не содержит точек из Р0 и вместе с тем содержится в интервале (α; β). Значит, Р0 нигде не плотно на прямой. 78. Пусть множество Е состоит из n точек. Покроем каждую точку интервалом длины , где ε – сколь угодно мало. Получим покрытие множества Е протяженностью ε. Следовательно, m *E = 0, тогда и m *E = 0, так как m *E m *E и m *E 0. Итак, m Е = 0. 79. Покроем точки счетного множества Е интервалами длины , , …, , …. Суммарная длина этих интервалов будет равна = ε = ε. Следовательно, m *E = 0 и m *E = 0. Тогда m Е = 0. 80. Множество иррациональных точек отрезка [ a;b ] есть дополнение множества рациональных точек из [ a;b ]. Так как множество рациональных точек отрезка счетно, то его мера равна нулю. Отсюда мера множества иррациональных чисел отрезка [ a;b ] равна (b – a) – 0 = b – a. 82. А = (0; 1); В = [0; 1]. 88. m Pα = α; m Gα = 1 – α. 89. Множество нулевой меры измеримо; всякое его подмножество, в том числе и подмножество типа Е(f > A), также измеримо и имеет меру нуль. 90. Представим множество Е(f A) в виде Е(f A) = , Тогда оно будет измеримо как пересечение счетного множества измеримых множеств. Далее, из равенств Е(f A) = Е \ Е(f > A), Е(f < A) = E \ Е(f A) следует, что каждое из множеств Е(f A) и Е(f < A) измеримо, как разность двух измеримых множеств. 91. Зададим произвольное А. Могут возникнуть два случая (см. рис. 4): а) А с, тогда Е(f > A) = ø измеримо; б) А< c, тогда Е(f > A) = Е измеримо, по условию. Рис. 4 92. Возможны случаи: а) 0 А < 1, тогда Е(f > A) есть множество рациональных точек отрезка, оно измеримо; б) А 1, Е(f > A) = ø; в) А < 0, Е(f > A) = [ a;b ]. 93. Указание. Рассмотреть: а) А f(b); б) А < f(a); в) f(a) A < f(b). 94. Если А < 0, то Е(f > A) = [0; ] измеримо; если А 1, то Е(f > A) = ø; если 0 А < 1, тогда Е(f > A) есть множество всех рациональных точек отрезка [0; ] или его подмножество, они измеримы. 95. Множество Е(f 3 > A) измеримо по условию. Но Е(f 3 > A) = = Е(f > ), следовательно, и множество Е(f > ) измеримо. Таким образом, множество Е(f > ) измеримо для произвольного , т.е. f(x) – измеримая функция на Е. 96. Рассмотрим, например, на E = [ a,b ] функцию: где B – неизмеримо(). f(x) – неизмеримая функция, так как неизмеримо множество при , а функция = 1 измерима. 97. Достаточно показать, что для любого действительного числа А множество Е(f A) замкнуто, а следовательно, измеримо. Рассмотрим множество Е(f < A). Оно будет открытым, так как каждая его точка является внутренней (это следует из непрерывности f(x)). Тогда Е(f A) замкнуто, как дополнение открытого множества Е(f < A). 105. Множество Е(f > A) измеримо для любого А, так как его можно представить в виде суммы измеримых множеств Е i (f > A). 108. Функция Дирихле φ(х) – неинтегрируемая по Риману на [0; 1], так как она разрывна в каждой точке этого отрезка. (L) = (L) = 0, так как функции у = φ(х) и у = 0 эквивалентны на [0; 1] (их значения различны на множестве меры нуль). 109. = 0, так как mP0 = 0. 110. Разобьем отрезок [0; 5] на оси ОУ на 5 частей точками: у0 = 0, у1 = 1, у2 = 2, у3 = 3, у4 = 4, у5 = 5 (см. рис. 5). Рис. 5 Составим интегральную сумму Лебега: = = 0·1+1·1 +2·1+3·1+4·1 = 10. Рассмотрим новое разбиение отрезка [0; 5]: у0 = 0, у1 = , у2 = 1, у3 = , у4 = 2, …, у9= , у10 = 5. Найдем = 0·1+ ·0 + 1·1 + ·0 +2·1 + ·0+3·1 + ·0+4·1 + ·0= 10. Продолжая вычислять суммы Лебега для различных разбиений, получим последовательность: 10, 10, …, 10, …, предел которой при есть интеграл Лебега от функции f(x) на отрезке [0; 5] и он равен 10. Интеграл Римана совпадает с площадью ступенчатой фигуры и также равен 10. 111. Функции y = f(x)[1 – φ(х)] и y = f(x) отличаются друг от друга только на множестве рациональных чисел, мера которого равна 0, поэтому (L) = (L) = (R) = . 112. а) Функция g(x) = cos2x на [0; 1] отличается от данной функции y = f(x) лишь на множестве Р0 меры 0. Следовательно, (L) = (L) . Последний интеграл совпадает с интегралом Римана, так как y = g(x) непрерывна на [0; 1] и, следовательно, по Риману интегрируема. б) (L) = (L) + (L) . Интегралы в правой части равны соответствующим интегралам Римана, так как подынтегральные функции непрерывны. 113. а) y = f(x) не интегрируема по Риману, так как разрывна в каждой точке отрезка [0; 1]. По Лебегу онаинтегрируема, так как ограничена и измерима на [0; 1]. (L) = (L) = (R) . б) Указание. Решить аналогично №113(а). 114. Указание. Решить аналогично №112(б). 115. а) (L) = (L) + (L) = 2 ·mPα + 1· mGα = 1 + α. б) (L) = (L) + (L) = 3 α + = 3 α + , где (λi, μi) – составляющие интервалы множества Gα, т.е. Gα = . 116. а) Нет. Не выполнена аксиома тождества: из равенства не следует, что x = y. б) Да. Выполнение аксиомы треугольника следует из неравенства , которое справедливо при любых α ≥ 0, β ≥ 0 (проверяется это неравенство извлечением квадратного корня из обеих частей очевидного неравенства ). 117. Да. 118. Вначале необходимо убедиться, что для любых последовательностей x = (x1, x2, …, xn, …) и y = (y1, y2, …, yn, …), у которых ряд из модулей членов этих последовательностей сходится, расстояние ρ(x, y) будет определено. Действительно, ряд сходится, так как , а ряды и сходятся (по условию). 119. Если ряды и сходятся, то и ряд сходится. Это следует из того, что (ai – bi)2 = ai2 – 2 aibi + bi2 ≤ ai2 + (ai2 + bi2) + bi2 = = 2(ai2 + bi2). Выполнение первых двух аксиом метрического пространства очевидно. Для проверки третьей аксиомы воспользуемся неравенством, справедливым для n -мерного евклидова пространства: . Переходя в этом неравенстве к пределу при n → ∞, получаем . 120. Выполнение первых двух аксиом метрического пространства очевидно. Проверим выполнение аксиомы треугольника. Для любых ограниченных функций x(t), y(t), z(t) на отрезке [ a, b ] имеем: ≤ ≤ ≤ + = + . 121. Аксиома треугольника проверяется интегрированием (на отрезке [ a,b ]) неравенства ≤ . 122. а) Неравенство можно получить предельным переходом при из неравенства Коши-Буняковского, записанного для конечных сумм , (3) если принять , . б) Умножив в неравенстве (3) обе части на 2, а затем прибавив к обеим частям выражение , после преобразований получим . (4) 123. Выполнение первых двух аксиом метрического пространства очевидно. Проверим выполнение аксиомы треугольника. Пусть u(t), v(t), w(t) – произвольные непрерывные функции на отрезке [ a, b ]. Подставляя в неравенство (4) x(t) = u(t) – v(t), y(t) = v(t) – w(t), получим: + , т.е. аксиома треугольника выполнена. 125. 1) Пусть { xn (xn , xn , …, xn , …)} – фундаментальная последовательность элементов пространства l1. По определению, для любого ε > 0 найдется номер N такой, что при любых n > N, m > N имеет место неравенство . (5) Из неравенства следует, что числовая последовательность при любом i – фундаментальная и, значит, сходится. Пусть ai = . Покажем, что a (a1, a2, …, an, …) l1 и xn → a в l1. Действительно, из нераве
|