metritchni_proct

видiлити збiжну пiдпослiдовнiсть (xnk ) i lim xnk = x◦ K.

k→∞

Оскiльки всi члени пiдпослiдовностi (xnk ) рiзнi, то кожна куля B(x◦, r) мiстить безлiч членiв. А це й означає, що x◦ гранична точка множини A.

Достатнiсть. Нехай кожна нескiнченна пiдмножина A множини K має граничну точку, що належить K, i нехай (xn) – довiльна послiдовнiсть точок з множини K. Якщо серед них є безллiч однакових, то якраз вони утворюють пiдпослiдовнiсть, яка збiгається до точки з множини K. Якщо ж це не так, то множина членiв послiдовностi (xn) є нескiнченною, а тому має граничну точку x◦, яка належить K. Нескiнченнiсть числа членiв послiдовностi (xn) дає можливiсть знайти член xn1 такий, що

d(x◦, xn1 ) < 1, член xn2 (n1 < n2) такий, що d(x◦, xn2 ) <	1	, . . .,
	2
член xnk (n1 < n2 < . . . < nk) такий, що d(x◦, xnk ) <	1		, . . ..
	k

Так побудована пiдпослiдовнiсть (xnk ) має границею граничну точку x◦, яка за умовою належить K. Отже, показано, що з будь-якої послiдовностi точок множини K можна видiлити пiдпослiдовнiсть, що збiгається до точки множини K. А це й означає, що K – компакт.

1.88. Може. Як приклад, A = [0; 1] ∩ Q, B = [0; 1] \ A.

1.90. Розв’язання. Необхiднiсть. Нехай A × B – компакт i нехай (xn) послiдовнiсть точок множини A, (yn) послiдовнiсть точок множини B. Тодi ((xn, yn)) послiдовнiсть точок множини A × B, iз компактностi якої випливає, що з цiєї послiдовностi можна видiлити пiдпослiдовнiсть ((xnk , ynk )) таку, що

lim (xnk , ynk ) = (x◦, y◦) A × B.

k→∞

Останнє означає, що ε > 0 k◦ таке, що k > k◦

d((xnk , ynk ), (x◦, y◦)) < ε.

241

Оскiльки (xnk ) є пiдпослiдовнiстю послiдовностi (xn) i k > k◦

	d1(xnk , x◦) ≤ d((xnk , ynk ), (x◦, y◦)) < ε,
то klim xnk	= x◦ A. Аналогiчно klim ynk = y◦ A. Таким чи-
→∞	→∞

ном показано, з будь-якої послiдовностi (xn) точок множини A i будь-якої послiдовностi (yn) точок множини B можна видiлити пiдпослiдовностi, якi збiгаються вiдповiдно до точки множини A i точки множини B. А це й означає, що множини A i B є компакти.

Достатнiсть. Нехай A i B компактнi множини, i нехай ((xn, yn)) довiльна послiдовнiсть точок множини A × B. Тодi (xn), (yn) послiдовностi точок вiдповiдно множин A i B. Оскiльки A – компактна множина, то з послiдовностi (xn) можна видiлити

пiдпослiдовнiсть (xnk ), для якої lim xnk = x◦ A. Пiдпослi-

k→∞

довнiсть (xnk ) породжує послiдовнiсть (ynk ) (другi компоненти

упарах (xnk , ynk )) точок множини B, а оскiльки B – компакт,

то з неї можна видiлити збiжну пiдпослiдовнiсть ynkr , для
якої rlim→∞ ynkr		= y◦ B. Кожна пiдпослiдовнiсть збiжної послi-
довностi (x		) є збiжною, а отже, lim x	nkr	= x	. Розглянемо те-
	nk	r→∞		◦

пер пiдпослiдовнiсть (xnkr , ynkr ) послiдовностi (xn, yn). Оскiль-

ε

ки rlim xnkr = x◦, то ε > 0, зокрема для

√

, знайдеться r1

→∞

2

ε

таке, що r > r1 d1(xnkr , x◦) < √

, а оскiльки rlim ynkr = y◦,

ε

2

→∞

ε

то для √

знайдеться r2 таке, що

r > r2

d2(ynkr , y◦) < √

.

2

2

Якщо покласти r◦ = max(r1, r2), то для всiх r > r◦

d((xnkr , ynkr ), (x◦, y◦)) =

= qd12(xnkr , x◦) + d22(ynkr , y◦) < r

2 +

2 = ε.

ε2

ε2

242

А це й означає, що

lim (xnkr , ynkr ) = (x◦, y◦),

r→∞

причому (x◦, y◦) A × B, бо x◦ A i y◦ B. Таким чином ми показали, що з будь-якої послiдовностi точок множини A × B можна видiлити пiдпослiдовнiсть, яка збiгається до точки цiєї ж множини, тобто A × B компакт.

1.92. а) [0; 8] – компакт; б) (−1; 2] – вiдносно компактна множина, але не компактна; в) (−1; 2) (2; 3) – вiдносно компактна множина, але не компактна; г) [1; 4] – компакт;

д) (0; +∞) – необмежена множина; e) [log4 13; 2] – компакт;

√

√

2

2

[ 10;

−

2

є)

1;

1 −

2 − 1

; 1

– вiдносно компактна множина,

−

π

∩

S

π

π

але не компактна; ж)

10]

[2πn; π(2n + 1)]

– компакт;

n Z

4 ; nπ + 2 )

з) [−10; 10] ∩ n Z(nπ − 2 ; nπ − arctg 5 n Z(nπ +

S

[

– вiдносно компактна множина, але не компактна; и) R – необмежена множина.

1.93. а) компактна множина (pис.18); б) компактна множина (pис. 19); в) компактна множина (pис. 20)

Рис. 18

Рис. 19

Рис. 20

243

г) вiдносно компактна множина (pис. 21); д) вiдносно компактна множина (pис. 22); е) компактна множина (pис. 23);

Рис. 21

Рис. 22

Рис. 23

є) компактна множина (pис. 24); ж) компактна множина (pис. 25);

Рис. 24 Рис. 25

з) необмежена множина (pис. 26); и) необмежена множина (pис. 27)

244

Рис. 26

Рис. 27

1.94.а), б), в), д), е), з), компактнi множини; г), ж) вiдносно компактнi множини; є), и) необмеженi множини.

1.95.Вказiвка. Розгляньте множину

n

(1, 0, 0, . . . , 0, . . .), (0, 1, 0, . . . , 0, . . .),

o

(0, 0, 1, . . . , 0, . . .), . . . , (0, 0, 0, . . . , 1, 0, . . .), . . . .

1.96. Вказiвка. Дивись [13, c.93]. 1.97. Вказiвка. Якщо сiмейство {Fλ | λ Λ} замкнених пiдмножин простору X має порожнiй перетин, то

\[

CFλ = CFλ = X,

λ Λ λ Λ

тобто сiмейство {CFλ | λ Λ} є покриттям вiдкритими множи-

нами простору X.
	1			1		19			21		19			21			19		21				19			21
1.98. n−			;		,			;		,			;			,			;		,				;		o.
		10		10			160		160			80		80				40		40				20		20
1.99. Розв’язання. Припустимо, що																	кулi			B1, B2, . . . , Bn
iз	заданого			сiмейства					покривають					кулю					B((0, 0), 1).							То-
						n
дi						kS			а	оскiльки						замикання						об’єднання
	B((0, 0), 1)						Bk,
						=1

245

скiнченного числа множин дорiвнює об’єднанню замикань, то

		n		n
		k[		[
B((0, 0), 1)		Bk =			Bk.
		=1		k=1

Очевидно, що B((0, 0), 1) мiстить всi точки одиничного кола, а

n

S

Bk – n точок цього кола. Так що останнє включення немо-

k=1

жливе. Легко перевiрити, що замкнену кулю B (0, 0), 35 покривають кулi

	B	3, 0		,	3		, B	0, 3		,	3		,
		1			2			1			2
B	−3, 0			,	3		, B	0, −3			, 3 .
		1			2			1			2

1.101. a) Так. Розв’язання. Доведемо, що у цьому випадку

A ∩ B = A ∩ B = . Справдi, якщо припустити, що, наприклад,

A ∩ B 6= i x◦ A ∩ B, то, з одного боку, x◦ є граничною точкою множини A, тобто будь-яка куля B(x◦, r) мiстить хоч одну точку з множини A, вiдмiнну вiд x◦, а з другого боку, x◦ є внутрiшньою точкою множини B (B — вiдкрита множина), тобто iснує куля B(x◦, r◦), яка не мiстить жодної точки з множини A. Одержане протирiччя свiдчить про те, що наше припущення невiрне, а отже, двi непорожнi, неперекривнi, вiдкритi множини є роз’єднаними; б) Так. Вказiвка. Якщо F — замкнена, то

F = F ; в) можуть бути як роз’єднаними, так i нероз’єднаними; 1.102. a); г); д); е); є); и) Розв’язання. Очевидно, що множина

A є множина розв’язкiв нерiвностi cos2 x <				1	, а множина B є
			4
множина розв’язкiв нерiвностi cos(arcsin x) < sin(arctg x).
Якщо	першу	нерiвнiсть	записати			у	виглядi

cos x −	1	cos x + 21	< 0, то Розв’язання її зводиться
	2

246

до Розв’язання двох систем

cos x > 2,			cos x < 2,
	1			1
		1			1
		,	cos x >			,
cos x <	−			−	2
		2

зяких перша розв’язкiв немає, а множина розв’язкiв другої

	подається у виглядi			π	+ kπ,	2π	+ kπ	. Оскiльки функцiя
			k Z	3		3
	cos(arcsin x)	визначена на вiдрiзку					, а функцiя		sin(arctg x)
			S			[−1; 1]

на R, то областю визначення цiєї нерiвностi є вiдрiзок [−1; 1], причому оскiльки для всiх x з вiдрiзка [−1; 0] cos(arcsin x) > 0, a sin(arctg x) 6 0, то розв’язки цiєї нерiвностi, якщо вони є, є точки з напiвiнтервала (0; 1]. На цьому напiвiнтервалi

√

√

x

2

arcsin x = arccos

1 − x

,

arctg x = arcsin

,

1 + x2

i врахувавши, що для

всiх x

(0; 1]

cos(arccos x)

= x,

sin(arcsin x) = x, приходимо до нерiвностi

√

√

x

,

2

1 − x

<

1 + x2

яка на напiвiнтервалi (0; 1] еквiвалентна нерiвностi x4						+x2 −1 >
	r	√		− 1	; 1#. Тепер
> 0. Звiдси одержимо, що B =			5			уже легко
				2

перевiрити, що A ∩ B = A ∩ B = .

1.103. a) Так. Розв’язання. Очевидно, що множини A i B є множинами розв’язкiв вiдповiдно систем рiвнянь

	sin(x − y) = 2 sin x sin y,					sin2 x + sin2 y = 2					,
x + y = π ,								1
						x y = 4π .
							−
	2							3
				π
Якщо пiдставити y =					− x	у перше рiвняння першої системи,
				2
						247

то прийдемо до рiвняння tg 2x = −1, а отже,

π

kπ

π

kπ

A = n−8 + 2 ,

58 +

2 k Zo.

Якщо перше рiвняння

другої

системи записати

у виглядi

1 − cos 2x

+

1 − cos 2y

=

1

,

2

2

2

то прийдемо до рiвняння

cos 2x + cos 2y = 1

або

2 cos(x + y) cos(x − y) = 1.

4π

Врахувавши, що x − y =

, останнє рiвняння набере вигляду

3

cos(x + y) = −1. Отже, друга система еквiвалентна сукупностi систем

	x − y =			π
				4	,
				3
	x + y = π(2k + 1), де k Z.
Розв’язавши	останню систему, одержимо, що
		π				π
	B = n−76 + kπ, −					6 + kπ k Zo.
Точки множини A лежать			на прямiй 2x +					2y − π = 0, а точки

множини B — на прямiй 3x − 3y − 4π = 0, якi перетинаються

у точцi 1112π , −512π . Очевидно, що ця точка не належить нi множинi A, нi множинi B, а отже, A ∩ B = . Врахувавши, що

множини A i B замкненi (вони не мають граничних точок), а отже, A = A, B = B, одержимо, що A ∩ B = A ∩ B = . А це й означає, що множини A i B роз’єднанi; б) так. Вказiвка.

A = n	π	(m + n),	π	(m − n) m, n Zo,
	2		2
	π			π
B =		(k + r + 1),				(k	−	r)	k, r		Z
	2
n				2							o
		248

Оскiльки система

m + n = k + r + 1,

m − n = k − r

немає розв’язкiв в цiлих числах, то A ∩ B = ; в) Нi. Розв’я- зання. Очевидно, що множини A i B є множини розв’язкiв вiдносно систем рiвнянь

	√			tg2 x sin 2y + tg x sin y		1 = 0.
		2 cos x = 1 + cos y,
				tg2 x cos 2y + tg x cos y + 1 = 0,
	√				−

2 sin x = sin y,

Якщо лiву i праву частину кожного рiвняння першої системи пiднести до квадрату i скласти, то отримаємо рiвняння cos y = = 0. Звiдси y = π2 + kπ, де k Z. Якщо пiдставити знайдене y у першу систему, то прийдемо до системи

√

2 cos x = 1,

√

x

k,

де

k

Z

.

2 sin

π

= (−1)

Якщо k = 2m, то x =

+ 2nπ, якщо ж k = 2m + 1, то x =

4

π

−

+ 2nπ. Отже,

4

π

π

π

π

+(2m+1)π m, n Zo.

A = n4

+2nπ, 2

+2mπ −4 +2nπ,

2

Якщо обидва рiвняння другої системи скласти, то, врахувавши, що tg x 6= 0, прийдемо до рiвняння tg x(cos 2y + sin 2y) + cos y + sin y = 0. Якщо з останнього рiвняння визначити tg x i пiдставити у перше рiвняння другої системи, то прийдемо до рiвняння

2 sin2 4y+5 sin 4y = 0. Звiдси sin 4y = 0 або 4 cos 2y cos y sin y = 0.

249

Оскiльки sin y не може дорiвнювати нулю (дивись друге рiвняння системи), то маємо два рiвняння cos y = 0 i cos 2y = 0. Якщо cos y = 0, то cos 2y = −1 i tg2 x − 1 = 0. З останнього рiвняння маємо x = (−1)m π4 + mπ, де m Z. Якщо ж cos 2y = 0, то

1

1

cos y = ±√

i ±√

tg x + 1 = 0. Отже,

2

2

B = n(−1)m

π

+ mπ,

π

+ nπ ,

4

2

m, n Zo.

π

(−1)n+1 arctg √2 + mπ,

4 + nπ

Очевидно, що π4 , π2 A ∩ B, а отже, множини A i B не є

роз’єднаними; г) так; д) так; е) нi; є) так; ж) так; з) нi; и) так. Вказiвка. A ∩ B = i мають одну спiльну точку дотикання, яка не належить жоднiй з цих множин.

1.105. Розв’язання. Необхiднiсть. Нехай E — зв’язна множина. Тодi згiдно означення не iснує двох напорожнiх роз’єднаних множин A i B, що E = A B. Отже, обов’язково або A, або B порожня множина.

Достатнiсть. Якщо припустити, що E незв’язна, то вiдразу отримуємо суперечнiсть.

1.106. Розв’язання. Множини E∩A i E∩B роз’єданi у просторi X, i їх об’єднання дорiвнює E. Тодi одна з них порожня. Якщо, наприклад E ∩A = , то E B. 1.107. Вказiвка. Скористатись тим, що A є замиканням множини E у просторi A.

1.108. Розв’язання. Нехай E1, E2 — замкненi множини у метричному просторi X, i нехай E1 E2 i E1 ∩ E2 — зв’язнi множини. Припустимо, що множина E1 — незв’язна. Тодi iснують непорожнi, неперекривнi, замкненi множини F1 i F2 такi, що E1 = F1 F2, причому принаймнi одна з множин F1 ∩E2 i F2 ∩E2 є порожньою. Справдi, припущення про те, що F1∩E2 6= i F2∩

E2 6= , i подання E1 ∩E2 = (F1 F2) ∩E2 = (F1 ∩E2) (F2 ∩E2)

250