Metrik fazolar Tarif

Metrik fazolar Tarif

Metrik fazolar
Tarif. Mayli bo`sh bo`lmagan toplam. Agar aklantirsh quydagi shartlarni qanoatlantirsa, u holda metrik fazo deyiladi. (metrika aksiomalari)
1. (nomanfiylik aksiomasi)
2. (ayniylik aksiomasi)
3. (simmetrik aksiomasi)
4. (uchburchak aksiomasi)
Eslatib otamiz va to`g`ri ko`paytmasi yoki dekart ko`paytmasi deb toplamga aytiladi.


Tarif. berilgan toplam metrik fazo, undagi metrika , elemetlar metrik fazoning elementlari deb ataladi.
Eslatma. Ba`zan metrik fazoni korishda ham belgilaymiz, bu yerda metrika


Замечание: всякое подмножество метрического пространства рассматриваемое с тем же расстоянием между элементами, также является метрическим пространством и называется подпространством пространства

.

Tarif. metrik fazoda ikki va toplamlar opasidagi masofa deb soniga aytiladi.

Eslatma. Xususa nuqtadan toplamgacha masofa deb songa aytiladi

Tarif. ketma-ketlik va element uchun da va bolsa. metric fazoda aniqlangan bu ikkita ketma- ketlik ekvivalent deyiladi.

Teorema (metrikaning ekvivalent bolishining yetarlilik sharti)

Mayli metric fazo, va unda aniqlangan ikkita metrika bo`lsin. lar uchun tengsizliklar bajarilsa, va metrikalar ekvivalent, bumnda va .

Eslatma. Metrika yuqoridagi shartni qanoatlantirsa, ular topologic ekvivalent deb ham ataladi.

Teoremani isbotin qilishni o”quvchining o”ziga qoldiramiz. (1-masalaga qarang)

Misollar va yechimlari

1. Mayli bo`lsa , unda metrika bolishini isbotlang.

   
   

Yechim. Metrika aksiomalarini tekshiramiz

1. 
   
   aniq
   
2. 
   
   aniq
   

v) aniq

g) ni tekshiramiz

Bizga ma`lum

, va


Shunday qilib 4 holatda ko`rib chiqamiz
1-holat , demak


2-holat , demak



3-holat bunda ikkita holat bor
3a-holat ni tekshiroshimiz kerak
unda unda .

Shart boyicha , demak bundan ,

demak, va, bundan kelib chiqadi



3b-holat

bolsa, ni tekshirish kerak , bolsa , u aniq.

4-holat , bolsa va
Qolgan barcha holatlarda uchburchaklik aksiomasi bajaraladi.
Shunday qilib funksiya metrika bo`ladi.
Mayli bosh bo`lmagan to`plam, funksiya quydagi shartlarni bajarsa.
a)
b) (uchburchak aksiomasi)
funksiyaning da metrika bo`lishini isbotlang.

Yechim. b) shartlarga asosan , bo`lsa , a) , bolsa .

Shartlarning teskarisini tekshiramiz

Mayli bu shart b) shartlar asosida , bo`lsa

a) . Bu tengsizlik to`g`rib o`ladiga har qanday juftlik uchun tenglik ha o`rinli. Demak simmetriklik sharti tekshirildi.
Mayli da -uzluksiz differensiallanuvchi funksiya bo`lsin va quydagi shartlarni qanoatlantitrsin.

1. 
   
   va bo`lsa
   
2. 
   
   bo`lsa kamaymaydi
   
3. 
   
   bolsa o`smaydi
   

da metrikani fomula bilan aniqlash mumkinligini isbotlang.

Yechim. bizga malumki nomanfiylik, ayniylik va simmetrik aksiomalari bajariladi. Uchburchaklik aksiomasini bajarilishini ko`rsatish uchun hohlagan uchun tensizlikni bajarilishini ko`rsatish kifoya.

Haqiqatan ham shart bajariladi b) ga ega bo`lamiz, uchburchaklik aksiomasini ko`rsatish uchun ni isbotlash kifoya.

nuqtalrni quydagicha aniqashimiz mumkin , bunda , . Наконец, осталось переобозначить и таким образом, чтобы (случай является тривиальным).

funksiyani tekshiramiz. ni isbotlash kerak. Lagranj teoremasiga asosan uchun tenglik o`rinli, bunda

Shartga asosan v) , holatda, bundan , demak , va biz quydagiga ega bo`lamiz

, demak . , v) shartga asosan quydagicha , demak va . , v) shartga asosan ga ega bo`lamiz, bundan , demak .

4. Mayli segmentda - darajali algebraic palinomlarning toplami bo`lsin, agar , bo`lsa , . Ikkita metrikaning tapalogik ekvivalent ekanligini isbotlang

Yechim

Quydagicha belgilash kiritamiz

Songra


kesmani bo`laklashni ko`ramiz. tengliklar sitemasini tuzamiz bunda . Bu yerda koefitsientlar no`malum. Ushbu sistemaning determinant quydagi shaklda

Bu Vandermonda determinanti, u ga teng, chunki barcha bo`linish nuqtalari bir birida farq qiladi. Demak sistema yegona yechimga ega bunda , lar teskari matritsaning

koefitsientlari. koefitsinlar bo`lishtirish nuqtalarini tanlashga bog`liq, ammo polinomga bog`liq emas.

Shunday qilib

Ravshanki bunda



Demak , shuning uchun metrikalar tarifga asosan metrikalar topologik ekvivalent.
metrik fazodagi bosh bo`lmagan va toplamlar uchun
Yechim: Quyidan chegaralangan funksiya uchun, tarifdan tog`ridan to`g`ri kelib chiqadi, bo`lmagan va toplamlari uchun quyidagi munosabat o`rinli

Ravshanki bundan kelib chiqadiki .

Chunki ning eng katta minorantasi , so`ngra soni uchun soni minoranta bo`lmaydi, ya`ni juflik uchun .

Bundan tashqari , so`ngra ga ega bo`lamiz. bolganda tengsizlikga ega bo`lamiz.

Oldingi tengsizliklarni hisobga olsak

Endi ga ega bolamiz. Chunki bundan quyidab chegaralangan, demak

Ikkinchi tenglikning isbotini mustaqil amalga oshirish kerak (26-vazifani ko`ring)