Произведение метрических пространств и арифметика предела. - The Hitchhiker's Guide to the Calculus Galaxy

Непосредственно проверяется, что это метрика. Тем самым, мы получаем метрическое пространство $(E, d)$ , где $E = E_1 \times E_2$

Proof

Это сразу следует из определения метрики $d$ , $d(x,y):= \max \{ d_1(x_1,y_1), d_2(x_2,y_2)\}.$

Proof

Пусть $p_0 = (f_1(z_0), f_2(z_0))$ , покажем, что

f^{-1} (B(p_0, r)) = f_1^{-1}(B(f(z_0) , r)) \cap f_2^{-1}( B(f_2(z_0)), r ).

Действительно, имеем

\begin{align*} z \in f^{-1} (B(p_0, r)) &\Longleftrightarrow& f(z) \in B(p_0,r) \\ &\Longleftrightarrow& (f_1(z), f_2(z)) \in B_1(f(z_0), r) \times B(f_2(z_0), r) \\ &\Longleftrightarrow& \bigl\{ z \in F\,:\, f_1(z) \in B_1(f_1(z_0), r) \bigr\} \& \bigl\{ z\in F, :\, f_2(z) \in B_2(f_2(z_0), r) \bigr\} \\ &\Longleftarrow& z \in f_1^{-1}(B_1(f_1(z_0), r)) \cap f_2^{-1}(B_2(f_2(z_0), r)). \end{align*}

Тогда, используя лемму Lemma 3.1.4, получаем, что прообраз любого открытого при $f$ открыт, что и доказывает предложение.

Theorem 1

Пусть $\alpha: \mathbb{R} \times \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ — любая бинарная непрерывная операция на $\mathbb{R}$ относительно метрики $d(x,y) = |x-y|$ . Пусть $f,g:E \to \mathbb{R}$ — отображение из метрического пространства $E$ , при этом, для какого-то $A \subseteq E$ , $a\in \overline{A}$ , $\lim_{x\to a, x \in A}f(x) = a'$ , $\lim_{x\to a, x \in A}g(x) = a''$ . Тогда $\lim_{x\to a, x \in A}\alpha(f,g) = \alpha(a',a'').$

Proof

Это сразу следует из определения предела, теоремы Theorem 4.1.2 и предложения Proposition 1.

Напомним, что функция $f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ , где рассматривается обычная метрика на $\mathbb{R}^2$ , $\mathbb{R}$ , непрерывна в точке $(a,b)$ , если для любого $\varepsilon >0$ можно найти такое $\delta >0$ , что неравенство

\sqrt{(x-a)^2 + (y-b)^2} < \delta

влечёт неравенство $|f(x,y) - f(a,b)|< \varepsilon$ .

(1) Покажем, что $\mathsf{S}:\mathbb{R} \times \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , $(x,y) \mapsto x+y$ непрерывно. Если $|x-a|, |y-b| <\delta$ , то $\sqrt{(x-a)^2 + (y-b)^2} < \sqrt{2}\delta < 2 \delta$ , и

|x+y - (a+b)| = |(x-a) + (y-b)| \le |x-a| + |y-b| < 2 \delta.

Поэтому если $\sqrt{(x-a)^2 + (y-b)^2}<\varepsilon$ , то и $|(x+y) - (a+b)|< \varepsilon$ , что и означает непрерывность отображения $\mathsf{S}$ в любой точке $(a,b).$

(2) Покажем, что отображение $\mathsf{P}: \mathbb{R} \times \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , $(x,y) \mapsto xy$ непрерывно.

Пусть $|x-a|, |y-b| < \delta$ , тогда $\sqrt{(x-a)^2 + (y-b)^2} < \sqrt{2}\delta < 2 \delta$ .

Далее, имеем

xy -ab =a (y-b) + b(x-a) + (x-a)(y-b),

тогда

\begin{align*} |xy -ab| \le |a| |y-b| + |b||x-a| + |x-a||y-b| & \le & |a| \delta + |b| \delta + \delta^2\\ &=& \delta (|a| + |b| + \delta). \end{align*}

Если потребовать, что $\delta <1$ , то мы получаем $|xy-ab| < \delta (|a| + |b|+1).$ Таким образом, если задано произвольное $\varepsilon >0$ такое, что $|xy -ab| < \varepsilon$ , то возьмём такое δ, что $0 < \delta <1$ и $\delta(1 + |a| + |b|)<\varepsilon$ , наконец, пусть $\delta' = 2{\delta}$ . Тем самым, мы получаем, что из неравенства $\sqrt{(x-a)^2 + (y-b)^2} < \sqrt{2}\delta < 2 \delta = \delta'$ следует неравенство $|xy - ab| < \varepsilon$ , что и показывает непрерывность отображения $\mathsf{P}.$

(3) Покажем, что отображение $h_\lambda: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , $x \mapsto \lambda x$ , где λ — фиксированное число, непрерывно.

Действительно, во-первых, если $\lambda =0$ , то получаем постоянное отображение которое, очевидно, непрерывно. Во-вторых, если $\lambda \ne 0$ , то для $\varepsilon >0$ пусть $\delta = \frac{\varepsilon}{|\lambda|}$ . Тогда если $|x-a|<\delta < \frac{\varepsilon}{\lambda}$ , то $|\lambda||x-a| < \varepsilon$ , т. е. $|\lambda x - \lambda a| < \varepsilon$ , что и доказывает требуемое.

(4) Покажем, что отображение $f:\mathbb{R}/\{0\} \to \mathbb{R}$ , $x \mapsto \frac{1}{x}$ непрерывно. То есть нужно показать, что если для заданного $\varepsilon>0$ всегда можно найти такое $\delta>0$ , что $|x-a|<\delta$ , то $|\frac{1}{x} = \frac{1}{a}|<\varepsilon.$

Пусть $|x-a|<\delta$ , тогда, $|a| - |x| \le |a-x| = |x-a| < \delta$ , значит $|x|>|a| -\delta$ . Далее, для заданного $\varepsilon>0$ мы положим

0<\delta < \min \left( \frac{|a|}{2}, \varepsilon\frac{|a|^2}{2} \right),

тогда если $|x-a|< \delta$ , то $|x|>\frac{|a|}{2}$ . Действительно, если $\frac{|a|}{2}< \varepsilon\frac{|a|^2}{2}$ , то $|x| > |a| - \delta > \frac{|a|}{2}$ . Если же $\frac{|a|}{2}> \varepsilon\frac{|a|^2}{2}$ , то $\varepsilon < \frac{1}{|a|}$ и тогда $|x| > |a| - \delta > |a| -\varepsilon \frac{|a|^2}{2} > |a| - \frac{1}{|a|}\frac{|a|^2}{2} = |a| - \frac{|a|}{2} = \frac{|a|}{2}.$

Имеем

\left| \frac{1}{x} - \frac{1}{a} \right| = \frac{|a-x|}{|ax|} \le \frac{2 |a-x|}{|a|^2} < \varepsilon,

что и доказывает непрерывность $f$ .

Анализ в ℝⁿ

Сходимость в ℝⁿ

Анализ в ℝⁿ

Нормированные пространства