|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
|
27-03-2012, 12:48 PM | #1 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2009 Bài gởi: 94 Thanks: 150 Thanked 20 Times in 18 Posts | Ảnh liên tục của tập hoàn toàn bị chặn Trong không gian mêtric X. Cho hàm $f: X \rightarrow X $ liên tục đều. A là tập hoàn toàn bị chặn. chứng minh f(A) hoàn toàn bị chặn. Các bạn làm giúp mình với. Mình làm nhưng không tin tưởng vào lời giải của mình lắm thay đổi nội dung bởi: neo_hv, 27-03-2012 lúc 12:53 PM |
27-03-2012, 06:10 PM | #2 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2008 Bài gởi: 44 Thanks: 8 Thanked 34 Times in 20 Posts | Bạn cứ trình bày lời giải của bạn đi, vì mình thấy bài này khá hiển nhiên nhờ vào giả thiết liên tục đều. |
28-03-2012, 12:00 AM | #3 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2009 Bài gởi: 94 Thanks: 150 Thanked 20 Times in 18 Posts | Mình làm bừa thôi. Do A là tập hoàn toàn bị chặn nên ta có: $A=\bigcup_{1}^{\infty }B(x_{i},r) $ do f liên tục đều nên ta có $f(B(x_i,r))=B(y_i,\varepsilon ) $với$f(x_i)=y_i $ từ đó suy ra $f(A)=\bigcup_{1}^{\infty } f(B(x_i,r))=\bigcup_{1}^{\infty }B(y_i,\varepsilon ) $ suy ra f(A) hoàn toàn bị chặn sau đó về nghĩ lại mình thấy bài trên giải chưa đúng thì phải . Không có định lí nào nói là có thể làm như vậy. Có lẽ phải làm theo tập compact và sử dụng hausdoff thì có vẻ đúng hơn Các bạn cho ý kiến |
28-03-2012, 12:44 AM | #4 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 2,995 Thanks: 537 Thanked 2,429 Times in 1,376 Posts | Bạn nên viết cẩn thận hơn, những cái dấu bằng ở trên là không đúng, mà phải là $\subset $. Hai nữa, không gian metric chưa có tính đầy đủ thì chưa sử dụng được định lý Hausdorff về tiêu chuẩn compact của một tập. Tất nhiên bạn có thể làm đầy không gian lên rồi giải bài toán tương tự với tập compact : ảnh liên tục của một tập compact là compact. Nhưng thế thì tự làm khó thêm bài toán. |
The Following User Says Thank You to 99 For This Useful Post: | neo_hv (29-03-2012) |
18-04-2012, 12:07 PM | #5 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2008 Bài gởi: 993 Thanks: 273 Thanked 666 Times in 422 Posts | Trích:
+/ Vì $f$ là liên tục đều nên ta có: $\forall \epsilon >0, \exists \delta>0, \forall x_\delta,x'_\delta: d(x_\delta,x'_\delta)<\delta \implies \rho (f(x_\delta),f(x'_\delta))< \epsilon $ +/ Vì $A$ là hoàn toàn bị chặn nên: $\forall \delta>0$, tồn tại hữu hạn $x_1, x_2, \ldots ,x_n$ thỏa: $\bf{A} \subset\bigcup_{i=1}^{n}\bf B(x_i;\delta )$ +/ Để chứng minh $\bf f(A)$ là hoàn toàn bị chặn, ta đi kiểm chứng lại: $\forall \epsilon >0, \bf {f(A)} \subset \bigcup_{i=1}^{n}\bf B(f(x_i);\epsilon )$ __________________ $\bf{T}\mathcal{smile} $__________________________________________________ ________________ | |
18-04-2012, 12:27 PM | #6 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2010 Bài gởi: 48 Thanks: 4 Thanked 3 Times in 3 Posts | Mấy huynh cho em hỏi tập hoàn toàn bị chặn định nghĩa như thế nào vậy? |
18-04-2012, 06:19 PM | #7 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2008 Bài gởi: 993 Thanks: 273 Thanked 666 Times in 422 Posts | __________________ $\bf{T}\mathcal{smile} $__________________________________________________ ________________ |
Bookmarks |
|
|