Анализ-1. Лекция 6 (2025)

Доказательство. Компактно $\Rightarrow$ секвенциально компактно. Это, вообще говоря, можно сделать и без метричности. Пусть $x_n$ — последовательность без предельных точек. Тогда для любого $y\in X$ существует окрестность $U(y)$ такая, что лишь конечное число индексов $n$ удовлетворяет $x_n\in U(y)$: если бы любая окрестность содержала бесконечно много элементов последовательности, $y$ была бы предельной точкой. Множества $U(y)$ содержат свои точки $y$, поэтому

— открытое покрытие. По компактности существуют $y_1,\dots ,y_m$ с $X={\bigcup }_{i\le m}U(y_i)$. Но в каждом $U(y_i)$ лежит лишь конечное число членов последовательности — значит, всего лишь конечное число $n$ таких, что $x_n$ вообще лежит в $X$. А они все лежат в $X$. Противоречие.

Для обратной стороны понадобится лемма.

Доказательство. Предположим, это не так. Если утверждение выполнено для какого-то $\epsilon$, то оно выполнено и для всех меньших, поэтому можно взять последовательность $\epsilon =\frac{1}{n}$, для которой оно не выполнено: существуют $x_n\in X$ такие, что шар $B_{1/n}(x_n)$ не лежит целиком ни в каком $U_{\alpha }$.

По секвенциальной компактности есть подпоследовательность $x_{n_k}\to x$. Точка $x$ лежит в каком-то $U_{\alpha }$ (покрытие!), значит, существует $\epsilon >0$ с $B_{\epsilon }(x)\subset U_{\alpha }$ (вот теперь $\epsilon$ имеет право зависеть от точки). Возьмём $k$ такое, что одновременно

(второе — потому что подпоследовательность сходится к $x$). Тогда по неравенству треугольника

точка на расстоянии меньше $\frac{1}{n_k}$ от $x_{n_k}$ находится от $x$ на расстоянии меньше $\frac{1}{n_k}+\frac{\epsilon }{2}<\epsilon$. Но шар $B_{1/n_k}(x_{n_k})$ по построению не должен был лежать ни в каком $U_{\alpha }$. Противоречие.

Доказательство. Секвенциально компактно $\Rightarrow$ компактно (продолжение доказательства теоремы). Пусть $X$ секвенциально компактно и $X={\bigcup }_{\alpha }{U}_{\alpha }$ — любое открытое покрытие. Возьмём для него число Лебега $\epsilon >0$. Покрытие шариками $\{B_{\epsilon }(x){\}}_{x\in X}$ — тоже открытое покрытие, и достаточно найти конечное подпокрытие в нём: если $X$ разбился в конечное объединение шариков, то каждый шарик лежит в каком-то $U_{\alpha }$, и мы обойдёмся конечным числом $U_{\alpha }$.

Пусть же конечного набора шариков не хватает. Возьмём какое попало $x_1$; так как $B_{\epsilon }(x_1)\ne X$, существует $x_2\notin B_{\epsilon }(x_1)$; так как $B_{\epsilon }(x_1)\cup B_{\epsilon }(x_2)\ne X$, существует $x_3$ вне обоих, и так далее:

— на каждом шаге объединение уже построенных шаров не всё $X$, и мы добавляем точку из остатка. По секвенциальной компактности у $(x_n)$ есть сходящаяся подпоследовательность. Но тут всё просто: по построению

все расстояния ограничены снизу фиксированной величиной — такая последовательность не фундаментальна, и никакая её подпоследовательность не может сходиться. Противоречие.

Доказательство. Если $Y$ замкнуто, то любая его предельная точка в нём лежит; фундаментальная последовательность из $Y$ сходится к какой-то точке $X$ (полнота), эта точка — предельная для $Y$, значит, лежит в $Y$; значит, $Y$ полно. Обратно: если $Y$ полно, любая фундаментальная последовательность из $Y$ сходится к точке, обязанной лежать в $Y$, — то есть $Y$ содержит свои предельные точки и замкнуто.

Доказательство. Существование. Как бы вы пополняли метрическое пространство? Классами эквивалентности фундаментальных последовательностей, конечно:

Метрика:

Что здесь априори проблематично — существование предела. Докажем, что последовательность вещественных чисел $\rho (x_n,y_n)$ фундаментальна. По неравенству треугольника (даже «четырёхугольника»)

перенося и пользуясь симметричным неравенством,

При больших $n,m$ каждая штучка справа меньше $\epsilon /2$ — фундаментальность доказана, предел существует.

Неравенство треугольника для $\overline{\rho }$: почленно $\rho (x_n,y_n)+\rho (y_n,z_n)\ge \rho (x_n,z_n)$, переходим к пределу. Независимость от представителей: если $(x_n)\sim (y_n)$, то их $\overline{\rho }$-расстояние — нуль по определению; а расстояние до третьего класса зажимается неравенствами треугольника в обе стороны через это нулевое расстояние. Невырожденность ($\overline{\rho }=0$ только на совпадающих классах) зашита в определение классов.

Вложение: $i(x)$ — стационарная последовательность $x_n=x$. Оно, очевидно, изометрическое.

Плотность доказывается ровно так же, как плотность рациональных чисел в вещественных: если $(x_n)$ — фундаментальная последовательность, то стационарные последовательности её отдельных членов сходятся к её классу по определению.

Полнота $\overline{X}$: пусть $({\mathcal{X}}_n)$ — фундаментальная последовательность элементов $\overline{X}$. По плотности для каждого $n$ найдётся $y_n\in X$ с

Последовательность $(y_n)$ в силу фундаментальности $({\mathcal{X}}_n)$ сама фундаментальна, и её класс — предел исходной последовательности (в силу этой же оценки). Всё достаточно прямолинейно; мы потратили столько времени на построение вещественных чисел ровно потому, что значения $\rho$ обязаны лежать в $\mathbb{R}$ — иначе фокус не удастся.

Единственность. Всякая точка $x\in {\overline{X}}_1$ — это предел $\lim i_1(x_n)$ для какой-то последовательности $x_n\in X$ (по плотности). Положим

Корректность очевидна: замена последовательности на эквивалентную не меняет предела. Изометричность — тавтология: расстояния между $i_1(x_n)$ и $i_1(x_m)$ равны расстояниям между $i_2(x_n)$ и $i_2(x_m)$. Этой тавтологией мы будем всячески пользоваться.

Доказательство. Про это нужно думать как про делимость на $p$. Пусть $x=p^v\frac{a}{b}$, $y=p^w\frac{c}{d}$ (числители и знаменатели взаимно просты с $p$); тогда

Если $v>w$, наибольшая степень $p$, входящая в числитель, — ровно $w$: при неравных нормах неравенство обращается в равенство. Если $v=w$, выносится $p^v$, а сумма $ad+bc$ может поделиться ещё на какую-то степень $p$ — и тогда норма ещё меньше. Например, $-1+1=0$, и норма нуля — вовсе не единичка.

Доказательство. Случай 1 происходит тогда и только тогда, когда $\Vert n\Vert =1$ для всех натуральных $n$: тогда $\Vert -1\Vert =1$ по мультипликативности, и всё.

Случай 2 происходит, когда существует натуральное $n$ с $\Vert n\Vert >1$. Пусть так. Возьмём любое натуральное $m\ge 2$ и разложим его по $n$-ичной системе счисления:

Пусть $D$ — максимум норм цифр $0,\dots ,n-1$; это число от $m$ не зависит (существенно, что цифры ограничены!). Тогда

(возрастающую геометрическую прогрессию оцениваем последним членом с точностью до константы). Число знаков: $k\le \frac{\log m}{\log n}$ (нам нужно $n^k\le m<n^{k+1}$). Итого

Теперь трюк, который здесь повсюду — никуда от него не деться: заменим $m$ на $m^N$ и устремим $N$ к бесконечности:

Хотим доказать, что на самом деле равенство. Пусть $\Vert m\Vert \ne m^{\alpha }$ для какого-то $m\ge 2$. Если $\Vert m\Vert \le 1$, разложим $n^N$ по $m$-ичной системе: знаков примерно $\frac{N\log n}{\log m}$, все степени $\Vert m{\Vert }^i\le 1$, и получится

— но экспоненциально растущую функцию нельзя оценить сверху линейной. Так не бывает; значит, $\Vert m\Vert >1$. Тогда мы в той же ситуации, что раньше, с переставленными местами $m$ и $n$:

Про $\beta$ мы знаем: из $\Vert m\Vert \le m^{\alpha }$ (логарифмируя и деля на $\log m$) следует $\beta \le \alpha$; из предположения $\Vert m\Vert \ne m^{\alpha }$ следует $\beta \ne \alpha$. Значит, $\beta <\alpha$ и

Противоречие. Итак, $\Vert m\Vert =m^{\alpha }$ для всех натуральных $m$, а по мультипликативности $\Vert \pm \frac{p}{q}\Vert ={\left|\frac{p}{q}\right|}^{\alpha }$ — вещественная норма (её степень, но это неважно).

Случай 3: не всё единица, но $\Vert m\Vert \le 1$ для всех натуральных $m$, причём иногда строго меньше. Пусть $p$ — минимальное натуральное число с $\Vert p\Vert <1$. Оно обязано быть простым: если $p=ab$ с $a,b<p$, то $\Vert a\Vert =\Vert b\Vert =1$ по минимальности, и $\Vert p\Vert =1$ по мультипликативности — противоречие.

Занимательное наблюдение: если $m$ не делится на $p$, то $\Vert m\Vert =1$. Действительно, $m$ и $p$ взаимно просты, поэтому линейное диофантово уравнение разрешимо: существуют целые $a,b$ с

(не хотите так — поделите с остатком и не парьтесь). Тогда, поскольку $\Vert a\Vert ,\Vert b\Vert \le 1$,

Оценка не зависит от $m$! Применим её к $m^N$ (тоже взаимно просто с $p$):

то есть $\Vert m\Vert =1$. Это победа: любое натуральное $m$ пишется как $m=p^v{m}^{\prime }$ с $m^{\prime }$, не делящимся на $p$, и по мультипликативности

— тавтологическое переписывание (смертельный номер — не потерять минус). На $\mathbb{Q}$ распространяется мультипликативностью.

Доказательство. Почему всё это верно? Если последовательность целых чисел $a_n$ сходится в ${\mathbb{Q}}_p$, то начиная с некоторого момента её остатки по модулю $p^s$ перестают меняться: если $a_n\not\equiv a_m(\mathrm{mod}{p}^s)$, то норма разности хотя бы $p^{-s+1}$ — и сходимости конец. Значит, для каждого $s$ остатки стабилизируются; последовательность стабилизировавшихся остатков и есть цифровая запись предела. Если же последовательность состоит из рациональных чисел, то после умножения на достаточно большую фиксированную степень $p$ все они становятся целыми — иначе в последовательности были бы элементы со сколь угодно большой нормой, что тоже препятствует сходимости. Поэтому рациональные $p$-адические числа выглядят именно так.

Доказательство. «Только тогда» понятно — это верно везде. «Тогда» следует из ультраметричности:

а при больших $n,m$ это стремится к нулю — частичные суммы фундаментальны. Победа.

Доказательство. Докажем секвенциальную компактность. Возьмём последовательность $x_n\in {\mathbb{Z}}_p$. Остаток по модулю $p^m$ здесь — хорошо определённая вещь (в отличие от вещественных чисел): просто отбрасываете в ряде всё после $p^{m-1}$.

Остатков по каждому модулю конечное число, а последовательность бесконечная, поэтому какой-то остаток по модулю $p$ встречается бесконечно часто. Остатки по модулю $p$ и $p^2$ бывают согласованными (если что-то даёт остаток $1$ по модулю $p$, оно не может давать остаток $2+p$ по модулю $p^2$); среди согласованных с выбранным остатков по модулю $p^2$ — их конечное число — какой-то тоже встречается бесконечно часто. Спускаясь по этому дереву, получаем бесконечный путь: остатки $a_m\mathrm{mod}{p}^m$ с

каждый из которых реализуется бесконечно часто. Теперь выделим подпоследовательность: $n_m$ — первый (больший предыдущего) индекс с

Поскольку остатки согласованы, разности членов подпоследовательности стремятся к нулю — она фундаментальна, значит, сходится. ${\mathbb{Z}}_p$ компактно.