metritchni_proct

≤	|p − n|	+	|m − p|	= d (m, p) + d		(n, p).
	np		mp	1	2

1.6. Вказiвка. Насамперед слiд переконатись, що a, b R

a2 +

2ab

b2

+

≥ 0.

α + 1

2α + 1

Пiсля цього, виходячи з того, що

(ta1 + b1)2

2(ta1 + b1)(ta2

+ b2) (ta2 + b2)2

+

+

≥ 0,

α + 1

2α + 1

довести, що

a1b2 + b1a2

a2b2

|a1b1 +

+

| ≤

α + 1

2α + 1

≤ s

s

a12 + α + 1

+ 2α + 1

b12 + α + 1 +

2α + 1.

2a1a2

a22

2b1b2

b22

Звiдси випливає нерiвнiсть

2(a1 + b1)(a2

+ b2) (a2 + b2)2

(a1 + b1)2 +

+

≤

α + 1

2α + 1

≤ s

+ s

a12 + α + 1 + 2α + 1

b12 + α + 1 +

2α + 1.

2a1a2

a22

2b1b2

b22

1.7. {(p, q) | p2 − 4q < 0}. 1.8. {(p, q, r) | p > 0, q > 0, r > 0}.

1.10. Розв’язання. Виконуванiсть перших двох аксiом очевидна. А, скориставшись нерiвнiстю Мiнковського, для будь-яких x, y, z Rn маємо:

	n	1		n		1	1	1
d(x, y) =	i=1 qi|xi − yi|p	p	=	i=1				p	=
					|qip xi − qip yi|p
	X			X

211

	n		1	1	1	1			1
=	i=1								p ≤
		(qip xi − qip zi + qip zi − qip yi|p
	X
	n		1	1	1	n		1	1	1
≤	i=1				p +	i=1				p =
			|qip xi − qip zi|p				|qip zi − qip yi|p
	X					X
=	n			1	n				1
	i=1 qi|xi − zi|p p				+ i=1 qi|zi − yi|p p =
	X				X

= d(x, z) + d(z, y).

Цим обгрунтовано справедливiсть i третьої аксiоми вiдстанi. 1.11. Розв’язання. Виконуванiсть перших двох аксiом очевидна. А скориставшись нерiвнiстю Мiнковського для iнтегралiв, для будь-яких функцiй f, g, h C[a;b] маємо:

b

1

d(f, g) =

Z q(x)|f(x) − g(x)|pdx p

=

a

b

Z |q p (x)f(x) − q p (x)g(x)|pdx

1

=

p

=

a

1

1

b

Z |q p (x)f(x) − q p (x)h(x) + q p (x)h(x) − q p (x)g(x)|p

1

≤

=

p

s

1

1

1

1

b

b

≤

Z

|q p (x)f(x) − q p (x)h(x)|pdx

1

Z |q p (x)h(x) −

p

+

a

1

1

a

1

b

−q p (x)g(x)|pdx p

=

Z q(x)|f(x) − h(x)|p

1

+

p

1

1

a

212

b

	Z	q(x)|h(x) − g(x)|dx	1
+			p	= d(f, h) + d(h, g).
	a

1.12. Розв’язання. Нехай (xn), (yn) будь-якi збiжнi послiдовностi. Тодi послiдовнiсть (xn −yn) збiжна, а отже, обмежена, тобтоM > 0 таке, що для всiх n |xn −yn| ≤ M. Звiдси випливає, що задана функцiя визначена i невiд’ємна на множинi c × c. Очевидно також, що d((xn), (yn)) = 0 (xn) = (yn), тобто коли для всiх n xn = yn. Крiм того d((xn), (yn)) = d((yn), (xn)). Якщо (xn), (yn), (zn) довiльнi елементи з c, то

d((xn), (yn)) = sup |xn − yn| = sup |xn − zn + zn − yn| ≤

nn

≤sup(xn − zn| + |zn − yn|) ≤ sup |xn − zn| + sup |zn − yn| =

n

n

n

= d((xn), (zn)) + d((zn), (yn)).

Таким чином, задана функцiя задовольняє всi три аксiоми вiдстанi, тобто надiляє множину c вiдстанню.

1.13. Розв’язання. Оскiльки для

будь-яких

послiдовностей

(xn), (yn) i

будь-якого

n

|xn − yn|

<

1,

то члени ряду

nP

∞|

−

|

1 + |xn − yn|

∞ αn

|xn

− yn|

не перевищують вiдповiдних членiв збiжно-

=1

1 + xn

yn

го ряду

nP

αn. Отже, функцiя

=1

∞

|xn − yn|

d((xn), (yn)) =

αn

|

X

|

−

yn

n=1

1 + xn

визначена

i

невiд’ємна

на

множинi

S × S. Очевидно, що

d

x

,

(

y

n)) = 0 (

x

n) = (

y

, а також що d((x

), (y

)) =

((

n)

n)

x

n

n

= d((yn), (xn)). Оскiльки функцiя f(x) =

зростає, то з

x + 1

213

того, що |a + b| ≤ |a| + |b| випливає нерiвнiсть
|a + b|	≤	|a| + |b|	≤	|a|	+	|b|	.
1 + |a + b|		1 + |a| + |b|		1 + |a|
						1 + |b|

Остання нерiвнiсть дає можливiсть перевiрити виконуванiсть третьої аксiоми вiдстанi.

20

∞ 1

1

∞ n2

2

P

∞

n

P

1.14. r27,

n=1 n2

.

Вказiвка. Просумувати ряд n=1 4n , ско-

риставшись рядом

x .

=1

1.15.

nP

1) d1((x1, y1), (x2, y2)) = p

;

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2

2) d2((x1, y1), (x2, y2)) = r

;

4(x1 − x2)2 +

9(y1 − y2)2

1

1

3) d3((x1, y1), (x2, y2)) = |x1 − x2| + |y1 − y2| або

d3((x1, y1), (x2, y2)) = max{|x1 − x2|, |y1 − y2|};

1

4) d4((x1, y1), (x2, y2)) = √

|x1 − x2| + |y1 − y2|

3

5) d5((x1, y1), (x2, y2)) =

2

|x1 − x2| + |y1

− y2|.

3

1.16.

1) d1((x1, y1), (x2, y2)) =

p

=(x1 − x2)2 + 2 cos ϕ(x1 − x2)(y1 − y2) + (y1 − y2)2;

	sin2 ϕ		2
2) d2((x1, y1), (x2, y2)) = (x1 − x2)2+			1
+2 cos ϕ(x1 − x2)(y1 − y2) + (cos2 ϕ +		)(y1 − y2)2	;
	4

3) d3((x1, y1), (x2, y2)) = |x1 − x2 + cos ϕ(y1 − y2)| + sin ϕ|y1 − y2|
1
4) d4((x1, y1), (x2, y2)) = √3	|x1	−x2 +cos ϕ(y1 −y2)|+sin ϕ|y1 −y2	|

214

1

5) d5((x1, y1), (x2, y2)) = |x1 −x2 + cos ϕ(y1 −y2)|+ 2 sin ϕ|y1 −y2|.

1.17.

1) d1((x1, y1, z1), (x2, y2, z2)) =

p

=(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2;

2)d2((x1, y1, z1), (x2, y2, z2)) =

q

=(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + 14 (z1 − z2)2;

3)d3((x1, y1, z1), (x2, y2, z2)) =

q

=(x1 − x2)2 + 14 (y1 − y2)2 + 19 (z1 − z2)2;

4)d4((x1, y1, z1), (x2, y2, z2)) = |x1 − x2| + |y1 − y2| + |z1 − z2|;

5)d5((x1, y1, z1), (x2, y2, z2)) = max{|x1 − x2|, |y1 − y2|, |z1 − z2|}.

1.18. a) Пряма x + y = 3; б)ламана {(x, y) | x ≤ 1, y = 2}

{(x, y) | 1 ≤ x ≤ 2, y = 3 − x} {(x, y) | x = 2, y ≤ 1}; в) пряма x + y = 3.

1.19. a) {(b, c) | 0 ≤ b ≤ 2, c = −2 2 ≤ b ≤ 4, c = −4

− 4 ≤ c ≤ −2, b + c = −2 −4 ≤ c ≤ −2, b + c = 0}. Розв’я- зання. Задане рiвняння рiвносильне рiвнянню

max |(2 − b)x − 3 − c| = 1.

0≤x≤1

Оскiльки пiд знаком модуля стоїть лiнiйна функцiя вiдносно змiнної x, яка приймає екстремальнi значення на кiнцях вiдрiзка [0; 1], то розв’язками останнього рiвняння будуть тi пари (b, c), якi є розв’язками або системи

||2 − b|− 3 − c| ≤ 1		||2 − b|− 3 − c| = 1.
3 + c = 1,	або системи	3 + c ≤ 1,

З першої маємо: c = −2 , 0 ≤ b ≤ 2 або c = −4 , 2 ≤ b ≤ 4. З другої −4 ≤ c ≤ −2 i |b + c + 1| = 1;

б) {(a, c) | 1 ≤ a ≤ 3, c = −2, −4 ≤ c ≤ −2, a + c =

215

√ √

= −1, 2 ≤ a ≤ 3 + 3, c = a−1 1 −4 3 ≤ a ≤ 3 + 3, a + c = 1}.

Розв’язання. Необхiдно розв’язати рiвняння

max |(1 − a)x2 + 2x − 3 − c| = 1.

0≤x≤1

Розглянемо функцiю ϕ(x) = (1 − a)x2 + 2x − 3 − c. Для неї

ϕ0(x) =

= 2(1 − a)x + 2 i ϕ0(0) = 2. Отже, слiд розглянути два випадки: 1) ϕ0(x) ≥ 0 на [0; 1], 2) x◦ (0; 1), для якого ϕ0(x◦) = 0. У першому випадку ϕ0(1) > 0, тобто 2(1 − a) + 2 > 0. Звiдси

a ≤ 2. I оскiльки ϕ(x) монотонно зростає, то розв’язками рiвняння будуть тi пари (a, c), для яких або −3 − c = −1 i |1−a+2−1| ≤ 1, або 1−a+2−3−c = 1 i |3+c| ≤ 1. Для першої маємо 1 ≤ a ≤ 2 i c = −2, для другої – 1 ≤ a ≤ 2, −4 ≤ c ≤ −2,

a + c = −1. Оскiльки ϕ0(x) = 0 у точцi x =

1

i ця точка має

a

−

1

належати вiдрiзку [0; 1], то з нерiвностi 0 ≤

1

≤ 1 дiстаємо

a

1

1

−

a ≥ 2, причому ϕmax =

− 3 − c.

a − 1

Нехай c = −2,

1

− 1 ≤ 1, | − a + 2| ≤ 1. Тодi з першої

a

−

1

3

нерiвностi a ≥

, з другої 1 ≤ a ≤ 3. Врахувавши, що a ≥ 2,

2

маємо для a [2; 3]

c = −2.

Нехай |3 + c| ≤

1,

1

− 3 − c = 1,

|a + c| ≤ 1. Тодi

a − 1

з першої нерiвностi дiстаємо −4 ≤ c ≤ −2. Врахувавши, що

1			−4, дiстаємо −4	1			≤ −2, a ≥ 3. I, нарештi,
c =				≤		−4
	a − 1				a − 1

з нерiвностi −1 ≤ a + c ≤ 1, дiстаємо −1 ≤ a +					1			−4 ≤ 1 або
					a		1
3a − 3 ≤ a	2					−
		− a + 1 ≤ 5a − 5. Розв’язавши останню нерiвнiсть i
врахувавши, що a ≥ 3, дiстаємо 3 ≤ a ≤ 3 +			√
			3.
		1

Нехай |3 + c| ≤ 1, a − 1 − 3 − c ≤ 1, −a − c = −1. Тодi з

216

нерiвностi −4 ≤ c ≤ −2 i рiвняння a + c = 1 дiстаємо 3 ≤ a ≤ 5.

А з нерiвностi				1	− 3 − c ≤ 1 i рiвняння a + c = 1 дiстаємо
			a	1
	2			−					√
a										3 i
		− 6a + 6 ≤ 0. Таким чином у цьому випадку 3 ≤ a ≤ 3 +
a + c = 1.
		в) {(a, b) | b ≤ 2, 1 ≤ a + b ≤ 3, 2a + b ≤ 4 a ≥ 1, b ≤ 2,
				1			(2 − b)2}. 1.20. a) 1,	13		2
1 ≤ a + b ≤ 3, a ≥ 1 +									; б)1,4 ; в) 0,			.
						8		3			3

1.22. Розв’язання. Виконуванiсть перших двох аксiом очеви-

1

дна. Нехай a, b, c будь-якi рiзнi цiлi числа i нехай d(a, c) = 3i , d(c, b) =

= 31j . Це означає, що a − c = m · 3i, c − b = n · 3j, де i, j – цiлi невiд’ємнi числа, m, n – цiлi числа, якi не дiляться на 3. Нехай для означеностi d(a, c) ≥ d(c, b). Тодi i ≤ j i a−b = a−c+c−b =

= 3i(m+n·3j−i). Звiдси маємо, що d(a, b) = 31i , якщо m+n·3j−i не дiлиться на 3, i d(a, b) менше 31i , якщо m + n · 3j−i дiлиться

на 3. Отже, d(a, b) ≤ max(d(a, c), d(c, b)), i разом з тим виконується нерiвнiсть трикутника. Очевидною є нерiвнiсть, якщо a = b або a = c. Елементами вказаної в умовi множини є пари цiлих чисел, вiдстань мiж якими дорiвнює 1.

1.23. Вказiвка. Скористайтесь наслiдкoм з теореми 1.2.6, або ж безпосередньо перевiряйте нерiвнiсть трикутника. Наприклад,

ln(1 + d(x, y)) + ln(1 + d(y, z)) = ln(1 + d(x, z) + d(y, z) + +d(x, z)d(y, z)) ≥ ln(1 + d(x, z) + d(y, z)) ≥ ln(1 + d(x, y)).

1.24.
A1 = {−1, 1}, A2 = {−	π	,	π	}, A3	= (−∞; 1] [1; +∞),
	4		4

A4 = {−e + 1, e − 1}, A5 = , A6 = {−1; 1}.

217

1.28.

{(x, y) | sign(xy) = −1} {(x,									x
										) |x < 0, x 6= −1}
									1 + x
{(x,	x	)		|x > 0, x 6= 1}.
	1 − x
Вказiвка. Переконайтесь, що функцiя
d(x, y) =		1		1		,	якщо	x, y R− або x, y R+,
		x		− y
	1			у		противному		випадку
надiляє множину			R− R+ метрикою.

1.29. Розв’язання. Виконуванiсть перших двох аксiом вiдстанi очевидна. Щодо нерiвностi трикутника, то для будь-яких

(x1, x2), (y1, y2), (z1, z2) X1 × X2 a)

q

d1((x1, x2), (y1, y2)) = d21(x1, y1) + d22(x2, y2) ≤

p

≤(d1(x1, z1) + d1(z1, y1))2 + (d2(x2, y2) + d2(z2, y2))2 ≤

q q

≤ d21(x1, z1) + d22(x2, z2) + d21(z1, y1) + d22(z2, y2) =

= d1((x1, x2), (z1, z2)) + d1((z1, z2), (y1, y2))

(скористались нерiвнiстю Кошi-Буняковського); б)

d2((x1, x2), (y1, y2)) = d1(x1, y1) + d2(x2, y2) ≤

≤ d1(x1, z1) + d1(z1, y1) + d2(x2, y2) + d2(z2, y2) =

=d1(x1, z1) + d2(x2, z2) + d1(z1, y1) + d2(z2, y2) =

=d2((x1, x2), (z1, z2)) + d2((z1, z2), (y1, y2))

218

в)

d3((x1, x2), (y1, y2)) = max(d1(x1, y1), d2(x2, y2)) ≤

≤max((d1(x1, z1) + d1(z1, y1)), d2(x2, z2) + d2(z2, y2))) ≤

≤max(d1(x1, z1), d2(x2, z2)) + max(d1(z1, y1), d2(z2, y2)) = = d3((x1, x2), (z1, z2)) + d3((z1, z2), (y1, y2)).

1.31.12(5−√4e + 1), 12(1+√4e + 1). Вказiвка. Треба розв’язати рiвняння d(1, x) + d(2, x) = 1, яке зводиться до рiвняння

(1 + |1 − x|)(1 + |2 − x|) = e.

√

√

1.32. Вказiвка. Оскiльки A1 = (−∞; −

2) (

2; +∞), то фун-

кцiя f1(x) записується у виглядi

x + √2,

√

якщо

√2 < x

0,

f1(x) =

0,

якщо

x

≤ − 2,

≤

√

x,

якщо

< x

,

0

√

2

2

0,

−

якщо

≤

x > √2.

5√3

= 16√3

1.33.

5

−

π · 27

. Вказiвка. Рiвняння xlog5(8x)

x4

або

10

4

має

два

розв’яз-

(3 log

5

2 + log

5

x) log

5

x

=

4 log

5

2 +

log

5

x

1

√3

3

ки

, 5

5, а множиною розв’язкiв рiвняння cos 10x · cos x =

8

cos 11x

sin 11x1· sin

1

=π

0

3

π

27n

10·

|

Zo

або

x

є множина

π n

n

. Се-

ред пар чисел

4π0,

,

,

5√

,

·

знайти найближ-

,

5

8

8

10

10

чi. 1.34. 2; 3;

; 2. Вказiвка. A4 = (−1; 0] [log3 2; 1); 3. 1.35.

3

{(x, y) | x =

= 0}. 1.36. {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 1, y ≥ 2 1 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2,

219

y =

2x

x ≥ 2, 0 < y ≤ 1}.

Вказiвка. Знайти множину

3x − 2

розв’язкiв рiвняння

2y|x − 1| + 2x|y − 1| = y|x − 2| + x|y − 2|.

1.37.

√

4; в)

√

√

a) 5; б)

; г) 2; д)

.

2

2 13

}

4 − 2 2

1.38.

{

(x, y)

|

y

+ 6x

−

p

Вказiвка. Вiдповiднiсть

9 = 0 .

1.39.

x(t) →

t

→ y(t) = x(

), де x(t)

C[0;1],

y(t) C[0;2] є взаємно однозна-

2

чною, а замiна змiнної в iнтегралi

Z0

2

x1

2

− x2 2 dt

t

t

дає d1(x1(t), x2(t)) = d2(y1(t), y2(t)),

як тiльки x1(t) → y1(t),

x2(t) → y2(t).

1.41. f1, f3 6 B(sin x, 1), f2, f4 B(sin x, 1). Найближча до центра кулi є точка f4,

							d(sin x, f4) = r
																	30					−					π2 ≈ 0, 06.
																31π										32
Вказiвка. У заданому метричному просторi
													π																						π
		d(sin x, f2) =											2
												Z (sin x − π x)2dx + Zπ																									(sin x +
																						2
													0																			2
			2									1	2π									4				4						7					1
												2																									2
		+			x − 2)2dx								=						+							−						−						≈ 0, 73.
				π										3								π								π2					2
3																	1									√						1
1.42.		−	√e;1√e − 1										= B							, ln(						1 e −								) . Розв’язування.
	2																	4															4
Оскiльки B 0,									= nx |				ln(1+|x|) <															o i множиною розв’язкiв
								2																			2
													220