Losonczi - Funkcionalanalizis I

1

Debreceni Egyetem Termszettudomnyi Kar

Losonczi LszlFunkcionlanalzis

2009

Tartalomjegyzk0.1. 0.2. 0.3. Elsz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 6 8

Jellsek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . brk jegyzke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1. Metrikus terek1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6. 1.7. 1.8. 1.9. Metrikus tr fogalma, pldk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A Hlder s Minkowski egyenltlensg Konvergencia specilis terekben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

99 13 21 24 25 31 32 38 41 43

Topolgikus fogalmak metrikus terekben Teljes metrikus terek

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

A Banach-fle xpontttel

A Banach-fle xpontttel alkalmazsai . . . . . . . . . . . . . . . A Baire-fle kategria ttel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A Baire ttel egy alkalmazsa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.10. Kompaktsg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2. Lineris terek2.1. 2.2. 2.3. Lineris terek, alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A Hahn-Banach ttel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A Hahn-Banach ttel alkalmazsai . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4848 57 62

3. Lineris topolgikus s normlt terek3.1. 3.2. 3.3. 3.4. 3.5. 3.6. 3.7. 3.8. 3.9. Lineris topolgikus terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flnorma rendszer ltal induklt topolgia . . . . . . . . . . . . . Minkowski funkcionl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineris normlt s Banach-terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6969 73 77 79 81 84 89 93 96

Sorozatok s sorok normlt terekben

Kompakt halmazok normlt terekben . . . . . . . . . . . . . . . . A legjobb approximci problmja . . . . . . . . . . . . . . . . . Pldk Banach-terekre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Kompakt halmazok specilis terekben . . . . . . . . . . . . . . . .

2

TARTALOMJEGYZK

3

4. Lineris opertorok s funkcionlok4.1. 4.2. 4.3. 4.4. 4.5. 4.6. 4.7. Lineris opertorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9999

Pldk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 A lineris opertorok ternek struktrja . . . . . . . . . . . . . . 109 A Hahn-Banach ttel lineris normlt trben . . . . . . . . . . . . 113 Konjuglt tr, reexv terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

Gyenge s gyenge* topolgia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 Specilis terek konjuglt terei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

5. A lineris analzis hrom fttele5.1. 5.2. 5.3. 5.4. 5.5. 5.6. 5.7. Az egyenletes korltossg ttele Alkalmazsok

130. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

A Hahn-Banach ttel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

Tovbbi alkalmazsok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 A nylt lekpezsek ttele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 A nylt lekpezsek ttelnek alkalmazsai . . . . . . . . . . . . . 148

A zrt grf ttel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

6. Hilbert-terek6.1. 6.2. 6.3. 6.4. 6.5. 6.6. 6.7. 6.8. Ortonormlt rendszerek

158. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

Hilbert-tr fogalma, pldk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 Ortogonlis felbonts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

Ortogonlis sorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 Pldk Fourier-sorra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

Szeparbilis Hilbert-terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 Nem szeparbilis Hilbert-terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174 Riesz-ttel, adjunglt opertor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

7. Banach-algebrk7.1. 7.2. 7.3. 7.4. 7.5. 7.6. 7.7. 7.8. 7.9. Regulris elemek, spektrum, rezolvens halmaz Liouville ttel, Gelfand-Mazur ttel

181. . . . . . . . . . . 184 . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

Banach-algebra fogalma, pldk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

A spektrlsugr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188 Hatvnysorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

Lineris dierencilegyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . 194 Idelok s szingulris elemek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 Karakterek s idelok, Wiener ttel . . . . . . . . . . . . . . . . . 200 Gelfand-reprezentci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

7.10. Gelfand-Naimark ttel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 7.11. Rsz B -algebrk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

4

TARTALOMJEGYZK

8. Fggelk: Topolgikus terek8.1. 8.2. 8.3. 8.4. 8.5. 8.6. 8.7. 8.8. 8.9. Alapfogalmak Nylt s zrt halmazok

212

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

Bzis, szubbzis, krnyezetbzis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 Folytonos lekpezsek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218 Lekpezsek ltal induklt topolgik . . . . . . . . . . . . . . . . 219 Sztvlasztsi aximk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 Kompakt terek sszefgg terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

Stone-Weierstrass ttelek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

9. Funkcionlanalzis feladatok9.1. 9.2. Feladatok tmutat a nehezebb feladatokhoz

226. . . . . . . . . . . . . . . . . 240

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226

0.1. ElszEz a jegyzet eredetileg a KLTE, TTK, matematikus hallgati szmra kszlt. Az els kiads 1982-ben a Tanknyvkiadnl jelent meg, majd nhny v elteltvel egy utnnyomsra is sor kerlt. Ezen kiadsok pldnyai mr nincsenek forgalomban, de a funkcionlanalzist jelenleg is oktatunk, s ez (remlhetleg) a jvben sem fog vltozni. Fleg a KLTE Matematikai Intzet, Analzis Tanszkn lv kollgim rbeszlsre vllalkoztam arra, hogy ezt a jegyzetet LaTeX formtumban jragpeltessem (lnyegben vltozatlan tartalommal) s mindenki szmra hozzfrhetv tegyem. Az eredeti jegyzetben tallt hibkat, elrsokat kijavtottam, de a LaTeX szerkesztsnl ismt nagyon sok elrs, hiba keletkezett. Ezek kijavtsban Barczy Mtys kollgm segtett, aki tzetesen tnzte a javts javtst is. Molnr Lajos, aki a Debreceni Egyetemen vek ta oktatja a funkcionlanalzis c. trgyat, szintn tolvasta a kziratot, tbb hibra hvta fel a gyelmemet, s tbb kisebb vltoztatst is javasolt. Mindkettjk segtsgt ezton is ksznm. 1967-tl 1971-ig Czch Lszl aspirnsvezet irnytsa mellett ismertem meg a funkcionlanalzis rszleteit, az hatsa termszetesen rezhet a jegyzeten is. A sok javts ellenre is biztosan maradtak hibk a kziratban. Hls volnk, ha az olvas az ltala szrevett hibkrl tjkoztatna, a Debreceni Egyetem, Matematikai Intzet, Analzis Tanszk honlapjn tallhat e-mail cmemen.

Debrecen, 2009. december 9.

Losonczi Lszl

5

6

TARTALOMJEGYZK

0.2. Jellsekbizonyts vge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Ao A, A A [A] B(X, Y ) c c0 C C[a, b] C(X) co A Fx x G(a, r) G(A) J K lp Lp (X, S, ) Lp [a, b] L(X, Y ) Mx N N BV [a, b] x xp || Q p R rad X rca(X) x, z x, y s S(a, r) S(X, S, )

denci vge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 az az az az az

A halmaz nylt magja vagy belseje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 A halmaz lezrtja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 A B(H, H) opertor adjungltja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178 A halmaz lineris burka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 A : X Y lineris opertorok halmaza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

konvergens komplex sorozatok tere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 komplex nullsorozatok tere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 a komplex szmok halmaza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

[a, b]-n folytonos fggvnyek tere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 az X kompakt Hausdor tren folyt. fggv. tere . . . . . . . . . . . . . . . 11 az A halmaz konvex burka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55a Kronecker szimblum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 Fx (f ) = f (x) (x X, f X ) funkcionl . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 Gelfand-transzformlt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

r

a kzppont nylt gmb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 egy A : D(A) X Y lekpezs grfja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 termszetes lekpezs X -bl X -ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 R vagy C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49sugar specilis (metrikus) tr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 specilis (metrikus) tr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 specilis (metrikus) tr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 az az

A : X Y lineris korltos opertorok halmaza . . . . . . . . . . 109 x-szel val baloldali szorzs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

a termszetes szmok halmaza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 korltos vltozs fggvnyek tere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 az a az

x elem normja egy normlt trben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 x elem normja Lp -ben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 mrtk totlis varicija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

a racionlis szmok halmaza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 flnorma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 a vals szmok halmaza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

X egysgelemes kommutatv Banach-algebra radiklja . . . . . 205 X -en rtelmezett regulris Borel-mrtkek tere . . . . . . . . . . . . 127 (n) x, z l2 vektorok bels szorzata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 az x, y H elemek skalris v. bels szorzata . . . . . . . . . . . . . . . . . 158az az specilis (metrikus) tr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

r

sugar

a

kzppont zrt gmb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

komplex rtk mrhet fggvnyek tere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

0.2.

JELLSEK

7

V (y) (X, S, ) X X X X/Y Z

az az

y X X X

fggvny totlis varicija

[a, b]-n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

mrtktr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 lineris normlt konjuglt tere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 kommutatv Banach-algebra struktra tere . . . . . . . . . . . . . 203 lineris tr

Xaz az

lineris normlt tr msodik konjuglt tere . . . . . . . . . . . . . . . . 115

Y

altr szerint vett faktortere . . . . . . . . . . . . . . . . 51

az egsz szmok halmaza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

8

TARTALOMJEGYZK

0.3. brk jegyzke1. bra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2. bra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 3. bra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 4. bra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

1. fejezet Metrikus terek

1.1. Metrikus tr fogalma, pldk1.1.1. Denci.brmely kt (1) (2) (3) Az

X

nem res halmazt

metrikus tr nek(x, y) x = y,

nevezzk, ha

X

x, y

elemhez hozz van rendelve egy s

vals szm gy, hogy

(x, y) 0

(x, y) = 0

akkor s csakis akkor, ha

(x, y) = (y, x), (x, y) (x, z) + (z, y) x, y, z Xesetn.

teljesl brmely Az a

X halmaz elemeit pont oknak, a fggvnyt (x, y) szmot x s y tvolsg nak nevezzk.vagy

metrik nak

vagy

tvolsg nak,

izometri nak,Egy

Egy metrikus trnek egy msik metrikus trre val tvolsgtart lekpezst

izometrikus lekpezs nekY

nevezzk (egy ilyen lekpezs

mindig klcsnsen egyrtelm, mert a klnbz pontok kpe klnbz). Kt metrikus teret

izometrikus nak neveznk, ha kztk izometria ltesthet.Xmetrikus tr

X

metrikus tr egy nem res

rszhalmaza maga is metrikus tr (X

metrikjval elltva), melyet az

alter nek neveznk.

nemnegatv, s csak klnbz pontok tvolsga pozitv, a tvolsg szimmetrikus, s teljesl a hromszg-egyenltlensg.A hromszg-egyenltlensget

Az (1)(3) tulajdonsgok (a metrika aximi) azt fejezik ki, hogy a tvolsg

n-szer

alkalmazva kapjuk, a

(x, y) (x, z1 ) + (z1 , z2 ) + + (zn , y)

(x, y, z1 , . . . , zn X)

sokszg-egyenltlensg et.9

10

FEJEZET 1.

METRIKUS TEREK

Specilisan

n = 2-re (x, y) (x, z1 ) + (z1 , z2 ) + (z2 , y),

vagy

(x, y) (z1 , z2 ) (x, z1 ) + (z2 , y).Az

x

s

z1

valamint

y

s

z2

szerept megcserlve az egyenltlensg jobb oldala

nem vltozik, gy

(z1 , z2 ) (x, y) (x, z1 ) + (z2 , y).Az utols kt egyenltlensgbl addik, hogy

|(x, y) (z1 , z2 )| (x, z1 ) + (y, z2 ),melyet

ngyszg-egyenltlensg nek fogunk nevezni.Xmetrikus teret a

Ugyanazon halmazon tbbfle metrika is rtelmezhet. Ezrt, ha a flrerts veszlye ll fenn, akkor az fogjuk jellni.

metrikval elltva

(X, )-val

R s C a vals s a komplex szmok halmazt jellik. X egy nem res halmaz s a : X X R fggvny csak a (2), (3) tulajdonsgokat s az (1) els rszt ((x, y) 0 s (x, x) = 0 brmely x, y X -re) teljesti. Deniljuk a relcit a kvetkezkppenA kvetkezkben Tegyk fel, hogy

xy tranzitv, gy az legyen ny

, ha

(x, y) = 0

(x, y X).

metrika tulajdonsgai miatt

ekvivalencia relci: reexv, szimmetrikus s

X

halmazon egy osztlyozst indukl, oly mdon, hogy ekvi-

valens elemek azonos osztlyba kerlnek. Jellje

x

az

x

elem osztlyt, azaz

x = {y X | (x, y) = 0}, s jellje X -on a beltni, hogy X (, y ) = (x, y) x

az sszes osztlyok halmazt. Kn-

(, y X) x Xhal-

egyenlsggel denilt

fggvny metrika lesz. Ez azt jelenti, hogy az

maz elemei kztt egy j egyenlsget, az

-t

bevezetve

X

metrikus tr lesz

metrikval. Pldinkban ez a szituci tbbszr is el fog fordulni.

Pldk metrikus terekre1. Legyen X egy tetszleges nem res halmaz,

{

x, y X

s

(x, y) =Azonnal neveznk. lthat, hogy

0 1

ha ha

x = y, x = y.melyet

metrika

X -en,

diszkrt metrik nak

1.1.

METRIKUS TR FOGALMA, PLDK

11

2. Legyen

X = { x = (1 , 2 , . . . , n ) | i C (i = 1, 2, . . . , n) } a komplex szm n-esek halmaza. Legyen 1 p s x = (1 , 2 , . . . , n ), y = (1 , 2 , . . . , n ) X esetben ( 1 )p n |i i |p ha 1 p < , i=1 p (x, y) = max |i i | ha p = .1inmetrika, mellyel elltva

p

X -et,

kapjuk az

lp

(n)

metrikus ter et.

A

p = 2

esetn az 3. Ismt

n-dimenziss

komplex Euklideszi teret kapjuk.

1 p , {

s

lp =

x = (1 , 2 , . . . ) i C (i N)

|i |p <

ha ha

1p 0

Bizonyts.ln a = lnp

A Taylor-formula szerint brmely

(

ap bq + p q ap bq + p qp

ap p

1 + 1 +

bq q

a, b > 0-ra ( ) ( )2 ap bq 1 ap bq p p a 2 a p q 2 p q ( ap bq b p qq

( ln b = lnq

)

ap p q

bq q

1 2 2

(

ap bq b p qq

)2

ap bq ahol illetve az a illetve b s + kztti rtkek. Az els egyenltlensg p q 1 1 -szerest a msodik egyenltlensg -szoroshoz adva kapjuk, hogy p q ( p ( q ( p ( p ) )2 )2 ) a bq b ap 1 a bq a bq 1 ln ab = ln + ln + p q 2p 2 q 2q 2 p p qamibl

ab s itt egyenlsg csak esetn is.

ap bq + p q a0,

(1.2.5)

ap = bq

esetn van. Ez nyilvnvalan igaz

b0

1.2.

A HLDER S MINKOWSKI EGYENLTLENSG

15

Helyettestsnk (1.2.5)-ben

a=

|x(t)| |y(t)| , b = xp yq

-t feltve, hogy

xp yq = 0.

A kapott egyenltlensget integrlva kapjuk, hogy

|x(t)y(t)|dt xp yq

X

1 xp 1 yq p q = 1, p + p xp q yq q xy L1 -bls

amibl kvetkezik

xy L1

s (1.2.2). Az (1.2.1) egyenltlensg

az integrl alaptulajdonsgaibl kvetkezik. Egyenlsg pontosan akkor ll fenn p q (1.2.2)-ben, ha (1.2.4) fennll Ha

|x(t)| |y(t)| majdnem p = xp yq q = xp , = yq -val. p q

minden

t X -re

teljesl, azaz, ha

xp yq = 0, gy xp = 0 vagy yq = 0. Ha pldul xp = 0, akkor x(t) = 0 majdnem minden t X -re, gy (1.2.2)-ben egyenlsg van, s = 1, = 0-val (1.2.4) is teljesl. Az yq = 0 eset hasonl.Vizsgljuk meg hogy

x(t)y(t) (t X)

mikor van egyenlsgh L1miatt

(1.2.1)-ben! Vezessk be a

h(t) =

jellst, akkor

h(t)dt XHa

|h(t)|dt .X(1.2.6)

sgn h(t) = ei ( R) majdnem mindentt X -n, akkor i i h(t)dt = e |h(t)|dt = e |h(t)|dt ,X X X

gy (1.2.6)-ban egyenlsg van. Fordtva, tegyk fel, hogy (1.2.6)-ban egyenlsg van. Ez akkor is fennll, ha az integrcis halmazt X -re cserljk, azaz, ha

|h(t)|dt =Xalkalmas

h(t)dt = eX i

h(t)dt ,X

R

szmmal. Az

ei h(t) = u(t) + iv(t)felbontssal, ahol

u, v

vals rtk fggvnyek, kapjuk, hogy

|h(t)|dt =X

h(t)dt = e h(t)dt =X i

u(t)dt + iX

v(t)dt ,X

X

16

FEJEZET 1.

METRIKUS TEREK

amibl

X

v(t)dt = 0,

X

u(t)dt 0.1

Mivel

|h| = |ei h| = (u2 + v 2 ) 2 , gy integrlssal 1 i u = |h| = |e h| = (u2 + v 2 ) 2 ,X X X X

tovbb

uX

|u| X

2 2 X

(u + v ) =X

1 2

u.

Ebbl kvetkezik, hogy u(t) 0 majdnem mindentt X -n, mert, ha u(t) < 0 volna X egy pozitv mrtk rszn, akkor innen |u| < 0-t kapnnk, ami X lehetetlen. Az is kvetkezik, hogy v(t) = 0 majdnem mindentt X -n ti. ellenkez 2 1 esetben (u + v 2 ) 2 > u volna, ami nem lehet. X X i Az e h = u + iv felbonts alapjn, majdnem minden X -beli pontban

|h| = |ei h = (u2 + v 2 ) 2 = |u| = u,amibl

1

h = ei (u + v) = ei u X -n. 1 p < , x, y Lp ,(1.2.7)

h(t) = ei |h(t)|

majdnem mindentt

1.2.3. Ttel. (Minkowski egyenltlensg)akkor

Ha

x + y Lp

s

x + yp xp + yp .egyenlsg pontosan akkor van, ha

(1.2.6)-ban

p = 1-nl

y(t) 0 x(t)majdnem minden

(1.2.8)

t Nx

esetn fennll, ahol

Nx = { t X | x(t) = 0 }.

1 0 (i = 1, 2). Nx = 0,gy

x(t) = 0 majdnem minden t X -re, (1.2.7)-ben egyenlsg van s (1.2.9) pl. = 1, = 0-val teljesl. gy feltehet, hogy Nx = 0. Ekkor 2 2 1 = 0, mert ellenkez esetben 1 = 0 volna, ami 1 + 1 > 0 miatt nem lehet. Tudjuk, hogy (1.2.15) pontosan akkor teljesl, ha majdnem minden t Nx -re y(t) nemnegatv, gy (1.2.16), (1.2.15)-bl x(t)Ha

y(t) y(t) 1 =1+ = 1+ 1 x(t) x(t)azaz

majdnem minden

t Nx -re,

y(t) = x(t)ahol

majdnem minden

t Nx -re,

(1.2.18)

=

1 1 1

egy nemnegatv konstans. Tovbb (1.2.16)-bl

1 |y(t)| = 0

majdnem minden

t Nx -re,

1.2.

A HLDER S MINKOWSKI EGYENLTLENSG

19

amibl

1 = 0

miatt

y(t) = 0

majdnem minden

t Nx -re.

Ez (1.2.19)

y(t) = x(t)

majdnem minden

t Nx -re

alakba is rhat. (1.2.18) s (1.2.19) azt jelenti, hogy

y(t) = x(t)azaz

majdnem minden

t X -re,

= 1-gyel

(1.2.9) teljesl.

A Minkowski egyenltlensg

p=

esetn is rvnyes. Tbbek kztt ennek

igazolshoz fogjuk hasznlni a kvetkez ttelt.

1.2.4. Ttel.

Brmely

x L -hez

van olyan

x-tl

fgg

E0 X

nullmrtk (1.2.20)

halmaz, melyre

x = (x, 0) = sup |x(t)|.tX\E0

(

) sup |x(t)|tX\E, gy brmely

Bizonyts.En

x =

infE E=0

n N-hez

van olyan

nullmrtk halmaz, hogy

x sup |x(t)| < x +tX\En n=1

1 . n

E0 =

En

szintn nullmrtk, s

E0 En

miatt

x sup |x(t)| sup |x(t)| < x +tX\E0Innen

tX\En

1 . n

n -nel

kapjuk (1.2.20)-at.

Kvetkezmnyek.1.

A (1.2.6) Minkowski egyenltlensg p = esetn is rvnyes.Legyen ugyanis

x, y L s E0 , F0 XtX\E0

olyan nullmrtk halmazok, hogy

x = sup |x(t)|,Az

y = sup |y(t)|.tX\F0

|x(t) + y(t)| |x(t)| + |y(t)|

(t X),

20

FEJEZET 1.

METRIKUS TEREK

egyenltlensgbl

suptX\(E0 F0 )de

|x(t)+y(t)|

suptX\(E0 F0 )

|x(t)|+

suptX\(E0 F0 )

|y(t)| x +y ,

E0 F0 nullmrtk lvn x + y L , x + y -nl nem kisebb, teht

s egyenltlensgnk bal oldala

x + y x + y .

2.

Az (1.2.1) Hlder egyenltlensg p = 1, q = s p = , q = 1 esetn is rvnyes.A szimmetria miatt elg a

y LEkkor

s

F0 X

olyan

p = 1, q = esettel foglalkozni. Legyen x L1 , nullmrtk halmaz, melyre y = sup |y(t)|.tX\F0

xy1 =

X

|x(t)y(t)|dt = X\F0

X\F0

|x(t)y(t)|dt

y

|x(t)|dt = x1 y .

1.2.5. Ttel.

A

( 1 )p |x(t) y(t)|p dt X ( ) p (x, y) = inf sup |x(t) y(t)| E tX\E E=0

ha

1 p < ,

ha

p = ,

fggvny metrika

Lp (X, S, )-n.

Bizonyts.

x, y Lp esetn a Minkowski-egyenltlensg miatt x y = x + (1)y Lp , gy p (x, y) minden x, y Lp mellett vges. Vilgos, hogy p (x, y) 0 s p (x, y) = 0, ha x = y , azaz ha x(t) = y(t) majdnem minden t X -re. Tegyk fel, hogy p (x, y) = 0. 1 p < esetn innen |x(t) y(t)|p dt = 0, amibl x(t) = y(t) majdnemminden

t X -re.

X

1.3.

KONVERGENCIA SPECILIS TEREKBEN

21

p=

esetn az 1.2.4 ttel szerint van olyan amibl

E0

nullmrtk halmaz, hogy ha

(x, y) = sup |x(t) y(t)| = 0,tX\E0azaz

x(t) = y(t),

t X \ E0 ,

x(t) = y(t)

majdnem minden

t X -re.fggvnyekre alkalmazzuk a Minkowski-

A tvolsg szimmetrija nyilvnval, a hromszg-egyenltlensget pedig gy kaphatjuk meg, hogy az egyenltlensget.

xz

s

zy

1.2.6. Ttel. Bizonyts.

A

(x, y) = sup |x(t) y(t)|tX

fggvny metrika

C(X)-en.

x, y, z C(X)-re |x(t) y(t)| |x(t) z(t)| + |z(t) y(t)| (t X),

amibl a jobb, majd a baloldal szuprmumt vve kapjuk, a hromszg-egyenltlensget. A metrika msik kt tulajdonsga nyilvnvalan teljesl.

1.3. Konvergencia specilis terekben1.3.1. Denci.X -belitrben) s Legyen

X

egy metrikus tr

sorozat. Azt mondjuk, hogy az

hatrrtke x X , ha

{xn }

sorozat

metrikval s

{xn } legyen egy konvergens (az X metrikus

nJells:

lim (xn , x) = 0 xn x (n )

x = lim xn ,n

vagy

Azonnal lthat, hogy

konvergens sorozat hatrrtke egyrtelm. Az albbi-

akban az a clunk, hogy az 1.1 szakasz 2-9. pldiban szerepl metrikus terekben lehetsg szerint jellemezzk a konvergens sorozatokat.

1.3.1. Ttel.x-hez X -en.

A

akkor konvergl

S = S(X, S, ) metrikus trben egy {xn } sorozat akkor s csakis x S -hez, ha az {xn } fggvnysorozat -mrtkben konvergl lim (xn , x) = 0,akkor tetszleges

Bizonyts.

Ha

n

>0

mellett legyen

En () = {t X | |xn (t) x(t)| }.

22

FEJEZET 1.

METRIKUS TEREK

A

( 0) fggvny monotonitsa miatt 1+ |xn (t) x(t)| |xn (t) x(t)| dt dt En (). (xn , x) = 1 + |xn (t) x(t)| 1 + |xn (t) x(t)| 1+ () =X En ()teht

gy

n

lim En () = 0,

{xn }

mrtkben konvergl

x-hez.

{xn } sorozat mrtkben konvergl x-hez, azaz tetszleges 0 esetn En () 0, ha n . Ekkor |xn (t) x(t)| |xn (t) x(t)| (xn , x) = dt + dt 1 + |xn (t) x(t)| 1 + |xn (t) x(t)|Fordtva, tegyk fel, hogy az

En ()

X\En ()

En () +Legyen

X. 1+ = > 0-t () 2, gy olyanra, hogy

>0

adott, s vlasszuk

msrszt

En ( ) N

(xn , x) N

() 2

,

{xn }

az

x-hezA

konvergl

1.3.2. Ttel.konvergl

C(X) metrikus trben egy {xn } sorozat akkor s csakis akkor x C(X)-hez, ha az {xn } fggvynysorozat egyenletesen konvergllltsunk kvetkezik abbl, hogy

x-hez X -en.

Bizonyts.

(xn , x) = sup |xn (t) x(t)| |xn (t) x(t)| tX

(t X)

1.3.1. Kvetkezmny. Mivel a c, c0 , l terekben a metrika analg mdon van denilva, gy kapjuk, hogy ezekben a terekben a konvergencia ppen a koordintnknti egyenletes konvergencia, vagyis haxn = (1 , 2 , . . . ),(n) (n)

x = (1 , 2 , . . . ),

akkor n xn = x (c0 , c vagy l -ben) akkor s csakis akkor, ha n esetn lim (n) i i az i indexben egyenletesen i N-en.

1.3.

KONVERGENCIA SPECILIS TEREKBEN

23

1.3.3. Ttel. (vergl

( (n) (n) ) xn )= 1 , 2 , . . . s sorozat x = 1 , 2 , . . . s-hez az s trben, haAz

akkor s csakis akkor kon-

n

lim i

(n)

= i

(i N).

Bizonyts. (n) 1 | (n) k | 1 |i i | k (xn , x) = i (n) 2k 1 + |k k | 2 1 + |i(n) i | k=1gy ha

(i N),

(n) lim (xn , x) = 0, akkor lim i = i (i N). n n A fordtott llts igazolshoz legyen > 0 adott, s k0 olyan index, hogy 1 < , N () pedig olyan, hogy k = 1, 2, . . . , k0 esetn k 2 k=k0 +1 2

1 |k k | < , (n) k 2 1 + |k k | 2k0Ekkor

(n)

ha

n > N ().

(xn , x) N ().

Lp

(s

lp )-ben 1 p < Az

esetn a konvergencia nem jellemezhet a fentiekhez

hasonl egyszer mdon. A

p=

esetre vonatkozik a kvetkez ttel.

1.3.4. Ttel.L -hezaz

{xn } L -beli sorozat akkor s csakis akkor konvergl x {xn } fggvnysorozat majdnem mindentt egyenletesen konvergl x-hez X -en, azaz van olyan (a sorozattl fgg) E0 nullmrtk halmaz, hogy {xn } egyenletesen konvergl x-hez az X \ E0 halmazon. Ltrben, ha az

Bizonyts.

lim (xn , x) = 0, akkor az xn x fggvnyekhez megkeressk n azokat az En nullmrtk halmazokat, melyekreHa

(xn , x) = xn x = sup |xn (t) x(t)|tX\En n=1teljesl (lsd az 1.2.4 ttelt).

E0 =

En

is nullmrtk, s

(xn , x) sup |xn (t) x(t)| |xn (t) x(t)|tX\E0gy

(t X \ E0 ), X \ E0 -on.

n

lim (xn , x) = 0

esetn

n

lim xn (t) = x(t)

egyenletesen

24

FEJEZET 1.

METRIKUS TEREK

Ha viszont

n

lim xn (t) = x(t)

egyenletesen

X \ F0 -on,ha

ahol

F0 = 0,

akkor

sup |xn (t) x(t)| 0tX\F0gy

n ,

(xn , x) =miatt

E,E=0 tX\E

inf

sup |xn (t) x(t)| sup |xn (t) x(t)|tX\F0

n

lim (xn , x) = 0.

1.4. Topolgikus fogalmak metrikus terekben1.4.1. Denci.akkor a halmazt Legyen

X

egy metrikus tr

metrikval. Ha

a X, r > 0,

G(a, r) = {x X | (a, x) < r} rsugar

a

kzppont

nylt gmb nek nevezzk, mg az zrt gmb nek nevezzk (Utbbi esetben r = 0-t

S(a, r) = {x X | (a, x) r}halmazt

r

sugar

a kzppont G X

is megengedjk).

1.4.2. Denci.beltni, hogy

Jellje

azon rszhalmazainak osztlyt, melyek brmely melyet

pontjukkal egytt valamely a pont krli nylt gmbt is tartalmaznak. Knny

G

topolgia

X -en,

X

termszetes topolgij nak neveznk.

Hacsak mst nem mondunk, akkor egy metrikus teret mindig a termszetes topolgival ltjuk el, s az sszes topolgikus fogalmat (nylt, zrt halmaz, stb.) e topolgia szerint vesszk. gy pl. egy

AX

halmazt akkor neveznk

nylt nak, ha eleme G -nek, vagyis

ha brmely pontjval egytt valamely a pont krli nylt krnyezetet is tartalmaz.

BX

zrt, ha a komplementere nylt.

Knny beltni, hogy nylt gmb nylt halmaz, zrt gmb zrt halmaz, tovbb, hogy egy dencit). Legyen

metrikus tr normlis topolgikus trmetrikus trnek az

(ld. a Fggelk 9.6.1

T

egy

X

Y

metrikus trbe val lekpezse. A

fentiek alapjn (lsd a Fggelk

8.4.2 dencit)

T -t

x X

folytonos nak nevezzk azx-nekolyan

pontban, ha

krnyezete, hogy

T x brmely V T U V.

krnyezethez megadhat

U

1.5.

TELJES METRIKUS TEREK

25

1.4.1. Ttel.brmely

A

T

lekpezs akkor s csakis akkor folytonos

x-hez

konvergl

{xn }

sorozat esetn

{T xn }

x X -ben,konvergl.

ha

a

T x-hez

A bizonytst az olvasra bizzuk.

1.5. Teljes metrikus terekLegyen

X

egy metrikus tr

metrikval.

X -beli

azt mondtuk (ld. az 1.3.1 dencit), hogy

konvergl

elemek egy az

{xn } sorozatrl x X elemhez, ha

n

lim (xn , x) = 0.Az

1.5.1. Denci.>0

{xn }

sorozatot

Cauchy-sorozat nakha

nevezzk, ha brmely

szmhoz ltezik olyan

N ()

szm, hogy

(xn , xm ) < ,

n, m > N ().


Egy metrikus trben minden konvergens sorozat Cauchy sorozat. Ha

n

lim xn = x

s

> 0,

gy van olyan

N1 ,

() 2

szm, hogy

(xn , x) < 2gy

ha

n > N1

() 2

(xn , xm ) (xn , x) + (x, xm ) N1

() 2

,

{xn }

Cauchy-sorozat. Legyen ugyanis

fordtott llts nem igaz.Q-n.

Q

az sszes racionlis szmok

halmaza, akkor

metrika

Legyen

(r, s) = |r s| {rn } a 2-t alulrl 0<

(r, s Q),kzelt racionlis szmok egy olyan

sorozata, melyre

2 rn < }

1 10n 1 n, m > lg ,

teljesl. Brmely

>0

mellett

{ |rm rn | < max

1 1 , n 10m 10

N , 2

de ekkor xn = xm , azaz xn = xk minden n k -ra, ahol k a legkisebb 1 N ( 2 )-nl nagyobb termszetes szm. Ez azt jelenti, hogy lim xn = xk . n 2. Megmutatjuk, hogy e trnek, gy

C(X) teljes metrikus tr. Ha {xn } egy Cauchy-sorozataha

(xn , xm ) = sup |xn (t) xm (t)| < ,tXamibl brmely

n, m > N (),

t X -re |xn (t) xm (t)| < ,ha

n, m > N ().

(1.5.1)

Ez mutatja, hogy brmely rgztett

tX

mellett

vals) elem Cauchy-sorozat, mely konvergens.

x(t)

jelli, akkor (1.5.1)-bl

mha

{xn (t)} komplex (vagy Ha {xn (t)} hatrrtkt t X.(1.5.2)

hatrtmenettel kapjuk, hogy

|xn (t) x(t)| ,Megmutatjuk, hogy

n > N (),

x folytonos fggvny X -en. Legyen n > N () rgztett index, az xn fggvny t0 X -beli folytonossga miatt brmely > 0-hoz ltezik t0 -nak olyan U krnyezete, hogy |xn (t) xn (t0 )| < ,ha

t U.esetn

(1.5.3)

Ekkor (1.5.2) s (1.5.3) miatt tetszleges

tU

|x(t) x(t0 )| |x(t) xn (t)| + |xn (t) xn (t0 )| + |xn (t0 ) x(t0 )| < 3

1.5.


27

ami az

x

fggvny

t0 -beli

folytonossgt jelenti, gy ha

x C(X).

(1.5.2)-bl

(xn , x) kvetkezik, azaz

n > N ()

{xn }

konvergens

C(X)-ben. Cn (X)tr esetre is. Itt

Eredmnynk knnyen ltalnosthat a

X

egy

kompakt Hausdor-tr, n egy termszetes szm, s Cn (X) az sszes X Cn (vagy Rn ) X -en folytonos fggvnyek halmaza,

x :

(x, y) = sup |x(t) y(t)|,tX

(ahol

z = (z1 , z2 , . . . , zn ) C

n

esetn

|z| =

n i=1

|zi |

)1 2.

2

3.

Teljes metrikus tr egy altere akkor s csakis akkor teljes, ha zrt.Legyen

X

teljes metrikus tr, s tegyk fel, hogy

Y

zrt altere

X -nek,

{yn }gy

pedig egy Cauchy-sorozat

a teljessg miatt konvergens

Y -ban. Ez X -ben is Cauchy-sorozat, gy X -ben: lim yn = y , y X . Mivel yn Y ,teht

y

rintkezsi pontja

Y -nak,

Y

n zrtsga miatt

y Y,

vagyis

{yn }

konvergens

Y -ban. Yaltr teljes, gy zrt is. Legyen ugyanis

Fordtva, ha az

y rintkezsi pontja Y -nak, gy van olyan {yn } (yn Y ) sorozat, melyre lim yn = y . {yn } Cauchy-sorozat, mely Y teljessge miatt egy Y -beli eln emhez konvergl. A hatrrtk egyrtelmsge miatt gy y Y .4. A 2. fejezetben be fogjuk bizonytani, hogy az terek teljesek. Lttuk, hogy a racionlis szmok

y Y ,akkor

Lp (lp , lp ), c, c0

(n)

metrikus

Q

halmaza a

sggal nem alkot teljes metrikus teret. brmely metrikus trre.

Q

(r, s) = |r s|

tvol-

azonban mindentt sr altere

az sszes vals szmok teljes metrikus ternek. Hasonl llts rvnyes

1.5.3. Denci.juk, hogy (1) (2) (3)

X

Legyenek

X, X

az

X

metrikus tr

teljes metrikus burka , ha

metrikus terek a

,

metrikval. Azt mond-

X

teljes, s

X X

x, y X X

esetn

(x, y) = (x, y), X -ban.

X = X

azaz

mindentt sr

28

FEJEZET 1.

METRIKUS TEREK

1.5.2. Ttel. Bizonyts.struljuk Az

Brmely metrikus trnek ltezik teljes metrikus burka, s ez az

eredeti teret xen hagy izometritl eltekintve egyrtelm. (Ms szval: minden metrikus tr begyazhat egy teljes metrikus trbe mindentt sr altrknt). Legyen

X

egy metrikus tr

metrikval. Az albbiakban megkon-

X teljes metrikus burkt. {xn }, {yn } X -beli Cauchy-sorozatokatn

ekvivalensek nek nevezzk, ha

lim (xn , yn ) = 0.

Jells:

{xn } {yn }.

Azonnal lthat, hogy

ekvivalencia relci, gy egy osztlyozst indukl

X -en, X az

oly mdon, hogy egy osztlyba kerlnek az ekvivalens sorozatok. Jellje sszes osztlyok halmazt s x , y X esetn legyen

(x , y ) = lim (xn , yn ),nI. Megmutatjuk, hogy

ahol

{xn } x , {yn } y .

(1.5.4)

metrika

X -on.

Elszr beltjuk, hogy az (1.5.4)

jobboldaln ll limesz ltezik. Ugyanis a ngyszg-egyenltlensg miatt

|(xn , yn ) (xm , ym )| (xn , xm ) + (yn , ym ), {(xn , yn )} vals Cauchy-sorozat, gy konvergens. Tovbb, a limesz fggetlen az x , y -beli reprezentns megvlasztstl, mert ha {xn } x , {y n } y , gyamibl kvetkezik, hogy

0 |(xn , yn ) (xn , y n )| (xn , xn ) + (yn , y n ),s itt a jobboldal hatrrtke nulla, mivel

{xn } {xn }, {yn } {y n }. Ezrt

nAz, hogy II. Jellje

lim (xn , yn ) = lim (xn , y n ).n

metrika, hatrtmenettel egyszeren belthat.

az sszes (x, x, x, . . . ), x X alak Cauchy-sorozatok os ztlyait. Vilgos, hogy X0 X . Azt lltjuk, hogy X0 izometrikus X -szel. Jellje x az (x, x, x, . . . ) sorozat osztlyt, gy az

X0

x x X0 -ot X -rekpezi le, s ez a lekpezs tvolsgtart, mert

(x , y ) = lim (x, y) = (x, y).n

1.5.


29

III.

X0 = X ,Legyenek

X0 mindentt sr X -ban. ugyanis x X , > 0 tetszlegesek,azaz

s

{xn } x , n > N (),

akkor

(xn , x ) = lim (xn , xk ) < ,kmert

ha

{xn } Cauchy-sorozat. Ezzel megmutattuk, hogy brmely X -beli pont brmely krnyezetben van X0 -beli pont, gy (X0 ) = X .IV.

X

teljes metrikus tr. Legyen {xn } Cauchy-sorozat hogy

X -ban.

III. miatt ltezik olyan

xn X0 ,

1 . n Emlkeztetnk arra, hogy xn az (xn , xn , xn , . . . ) reprezentns jelli. Azt lltjuk, hogy {xn } Cauchy-sorozat X -ben. Fennll a (x , xn ) < n

osztlyt

(xn , xm ) = (xn , xm ) (xn , x ) + (x , x ) + (x , xm ) n n m m1 egyenltlensg. A jobboldal els s harmadik tagja xn vlasztsa miatt n 1 s -nl kisebb, a kzps tag < , ha n, m > N (), mert {xn } Cauchym sorozat. gy

(xn , xm ) max N (), . x n

Jellje most x az {xn } Cauchy-sorozat osztlyt. Megmutatjuk, hogy x , ha n X -ban, s ez X teljessgt jelenti. Ugyanis

(x , x ) (x , xn ) + (xn , x ) < n nha

1 + lim (xn , xm ) < , n m

n

elg nagy.

Cserljk most ki X elemeit a II. alatti izometrikus lekpezs ltal megfelel tetett X0 -beli elemekkel, gy X -et sr rszhalmazknt begyaztuk a teljes X -ba, s ezzel a teljes metrikus burok ltezst igazoltuk. V. Egyrtelmsg. Tegyk fel, hogy

X , X gy

metrikus terek

,

metrikval mindketten

X

teljes metrikus burkai. Megmutatjuk, hogy ezek izometrikusak. Legyen hogy

x X ,

X = X

miatt ltezik olyan

xn X, (n N)

sorozat,

(xn , x ) 0

ha

n .

30

FEJEZET 1.

METRIKUS TEREK

{xn } Cauchy-sorozat X -ban, gy az X -ben s X -ban is, s X miatt van olyan x X , hogy (xn , x ) 0.Legyen

teljessge

(x ) = x ,Beltjuk, hogy hogy

(x X ). X -etxen hagyja.

: X X

izometria, mely

egyrtelmen van denilva, mert ha

{xn },{xn }gy

olyan sorozatok

X -ben,

(xn , x ) 0,amibl

(xn , x ) 0,

(xn , xn ) 0,

(xn , xn ) 0.

Ezrt, ha

(xn , x ) 0,akkor

(xn , y ) 0,

(x , y ) (x , xn ) + (xn , xn ) + (xn , y ) 0s gy

x = y .

(x) = x, ha x X , mert xn = x (n N) vlasztssal (xn , x) 0. az X -ra kpez le, s ha x , y X , (xn , x ) 0, (yn , y ) 0, s (xn , x ) 0, (yn , y ) 0 (ahol {xn }, {yn } alkalmas X -belisorozatok), gy

(x , y ) = lim (xn , yn ) = lim (xn , yn )n n

= lim (xn , yn ) = (x , y ),nazaz

tvolsgtart.

Megjegyzs. Az utols egyenlsgben felhasznltuk a metrika folytonossgt, azaz ha

(xn , x) 0

s

(yn , y) 0n

egy metrikus trben, gy

lim (xn , yn ) = (x, y).

Ez a ngyszg-egyenltlensgbl azonnal kvetkezik, mivel

|(x, y) (xn , yn )| (x, xn ) + (y, yn ),s a jobboldali sorozatok nullsorozatok.

1.6.

A BANACH-FLE FIXPONTTTEL

31

1.6. A Banach-fle xpontttel1.6.1. Denci. Legyen X egy metrikus tr metrikval. A T : X X lekpezst kontrahl lekpezs nek vagy kontrakci nak nevezzk, ha van olyan0n

(xn , xm ) (xn , xn+1 ) + (xn+1 , xn+2 ) + + (xm1 , xm ) n d + n+1 d + + m1 d n d(1 + + 2 + ) =Mivel

n d . 1

n d 0, ha n , gy {xn } Cauchy 1 konvergens: lim xn = x. Megmutatjuk, hogy xn egyenltlensg felhasznlsval

sorozat, mely a teljessg miatt

xpontja T -nek.

A hromszg-

0 (x, T x) (x, xn ) + (xn , T x) (x, xn ) + (xn1 , x) (n N),amibl

n -nel (x, T x) = 0,

vagyis

x = Tx T

kvetkezik.

A xpont egyrtelmsge. Ha

x, y

a

lekpezsnek xpontjai, gy

(x, y) = (T x, T y) (x, y). (x, y) > 0 nem lehet, mert ekkor (x, y)-nal elosztva az elz 1 ellentmondsra jutnnk. Ezrt (x, y) = 0, x = y .egyenltlensget

32

FEJEZET 1.

METRIKUS TEREK

Megjegyzs. A

(xn , xm )

n d 1

egyenltlensgbl

m hatrtmenettel

(xn , x) ami becslst ad az

n (x1 , x0 ), 1

{xn }

sorozat elemei s a xpont tvolsgra.

1.6.1. Lemma.xpontja van

Legyenek

het lekpezsei, azaz legyen

X -ben.Ha

T, S valamely X halmaznak nmagba val felcserlT S = ST , s tegyk fel, hogy S -nek pontosan egy Akkor S xpontja T -nek is xpontja. Segyetlen xpontja, gy

Bizonyts.

x

az

S(T x) = T (Sx) = T xmiatt

Tx

is xpontja

S -nek,

gy

T x = x. Taz

X -nek nmagba val identikus lekpezse, gy a lemma felttelei teljeslnek, s X minden pontja xpontja T -nek.Megjegyzs. lehetnek ms xpontjai is. Pldul, ha

T -nek

1.6.2. Ttel.T -nek

Legyen

gy, hogy valamely

n

egy teljes metrikus trnek nmagba val lekpezse n termszetes szm esetn T kontrahl lekpezs. Akkor

T

pontosan egy xpontja van.

n A Banach-fle xpontttel szerint T -nek pontosan egy xpontja n van. Az 1.6.1 Lemmt alkalmazva a T s S = T lekpezsekre, kapjuk, hogy T -

Bizonyts.

T -nek pontosan egy xpontja van, ugyanis ha x, y is xpontok n n volnnak, gy T x = x, T y = y -bl T x = x s T y = y kvetkezne, amibl x = y .nek van xpontja.

1.7. A Banach-fle xpontttel alkalmazsaiLegyenek rtk fggvnyek,

f C[a, b], K C([a, b] [a, b]) adott folytonos vals vagy komplex K adott vals vagy komplex szm. Az b x(t) = f (t) + a

K(t, s)x(s)ds,

t [a, b]

(1.7.1)

egyenletet nevezzk.

msodfaj lineris inhomogn Fredholm-fle integrlegyenlet nekfaz egyenlet szabad tagja,

az egyenlet paramtere,

K-t

magfg-

gvnynek nevezzk,

x

az ismeretlen fggvny.

f =0

esetn homogn egyenletrl

1.7.

A BANACH-FLE FIXPONTTTEL ALKALMAZSAI

33

beszlnk. Ha az (1.7.1) baloldaln hatrai

x(t)

helyett

0

ll, akkor elsfaj lineris

Fredholm-fle integrlegyenletrl beszlnk. Ha az (1.7.1)-ben az integrls

a

s

t,

akkor Volterra-fle integrlegyenletet kapunk.

1.7.1. Ttel.feltve, hogy

Folytonos

f, K

fggvnyek esetn az (1.7.1) msodfaj lineris

inhomogn Fredholm-fle integrlegyenletnek egyetlen folytonos megoldsa van,

b || supt[a,b] a

|K(t, s)|ds < 1.

(1.7.2)

Bizonyts.

Tekintsk a

b (T x)(t) = f (t) + aformulval denilt

K(t, s)x(s)ds

t [a, b], x C[a, b] Ta

T

lekpezst. Knnyen belthatjuk, hogy

C[a, b]

teret

nmagba kpezi le. Tovbb

|(T x)(t) (T y)(t)| = || ||ahol

ba b a

K(t, s)(x(s) y(s))ds bagy

|K(t, s)||x(s) y(s)|ds ||(x, y)

|K(t, s)|ds,

(x, y) = sup |x(t) y(t)|.t[a,b]

b (T x, T y) = sup |(T x)(t) (T y)(t)| ||(x, y) supt[a,b] t[a,b] aahol

|K(t, s)|ds (x, y),

b = || supt[a,b] a

|K(t, s)|ds < 1.pontosan egy xpontja van

A Banach-fle xpontttel miatt Mivel

T -nek

C[a, b]-ban.

T

xpontjai ppen az (1.7.1) megoldsai, gy lltsunkat bebizonytottuk.

n ttel bizonytst), ahol x0 tetszleges eleme

Az (1.7.1) egyenlet megoldsa

x = lim T n x0

(lsd a Banach-fle xponta limesz pedig

C[a, b]-nek,

C[a, b]

34

FEJEZET 1.

METRIKUS TEREK

metrikjban rtend. azonban a

K

x0 = f

vlasztssal

x-re

egy vgtelen sort kaphatunk. Ha

magfggvny

K(t, s) =alak, ahol

n i=1

fi (t)gi (s)

t, s [a, b]

(1.7.3)

fi , gi C[a, b],

akkor az (1.7.1) integrlegyenlet megoldsa nagyon

egyszer. Az (1.7.3) alak magfggvnyt Legyen az (1.7.1)-ben szerepl megoldsa, akkor (1.7.1) alapjn

K

elfajult mag nak nevezzk.n i=1

(1.7.3) alak. Tegyk fel, hogy

x

az (1.7.1)

x(t) = f (t) + b

ci fi (t)

(1.7.4)

addik, ahol

gi (s)x(s)ds, (i = 1, . . . , n). A jobb oldalon csak a ci konstana sok ismeretlenek. E konstansok meghatrozsa cljbl helyettestsk (1.7.4)-eta

ci =

ci -ket

denil egyenletbe. Azt kapjuk, hogy

b ci =aazaz

[ gi (s) f (s) +

n j=1

] cj fj (s) ds,(1.7.5)

ci = ba

n j=1

cj aij bi

(i = 1, . . . , n),

(1.7.6)

ahol

aij =

b gi (s)fj (s)ds, bi = gi (s)f (s)ds.a

Az (1.7.6) rendszer

(A E)c = balakba rhat, ahol

(1.7.7)

c, b

a

ci , b i

elemekbl ll oszlopvektorok,

A

az

aij

elemekbl

ll mtrix, E az egysgmtrix. gy, ha (1.7.3) alak, elfajult mag (1.7.1) integrlegyenletnek ltezik (1.7.7) teljesl.

x

megoldsa, gy az (1.7.4) alak, s a

ci

konstansokra

(1.7.7) teljeslse esetn az (1.7.4) fggvny megoldsa (1.7.1)-

alak magfggvnnyel felrt (1.7.1) integrlegyenlet akkor s csakis akkor oldhat meg, ha az (1.7.7) egyenletrendszer c-re megoldhat, s ebben az esetben a megoldst az (1.7.4) fggvnyek adjk, ahol ci -k az (1.7.7)-bl szmolandk.Ezzel belttuk, hogy az (1.7.3) Ha

nek (amint azt behelyettestssel knnyen ellenrizhetjk).

olyan, hogy

egyrtelmen

det(A E) = 0, akkor (1.7.7), gy integrlegyenletnk is megoldhat. Ha det(A E) = 0, akkor integrlegyenletnk vagy

nem oldhat meg, vagy megoldhat, de nem egyrtelmen.

1.7.


35

1.7.2. Ttel.

f C[a, b], K C() = { (t, s) | a s t b) }. AzLegyenek

adott folytonos fggvnyek,

t x(t) = f (t) + amsodfaj lineris inhomogn Volterra-fle integrlegyenletnek brmely esetn pontosan egy folytonos megoldsa van.

K(t, s)x(s)ds

(t [a, b])

(1.7.8)

( C)

Bizonyts.

A

t (T x)(t) = f (t) + asszefggssel nagy trnek nmagba val n lekpezse (mint knnyen belthat). Megmutatjuk, hogy T kontrakci elg denilt

K(t, s)x(s)ds C[a, b]teljes

x C[a, b], t [a, b]metrikus

T

a

n-re. t t |K(t, s)||x(s) y(s)|ds ||(x, y)a afolytonos a kompakt

|(T x)(t) (T y)(t)| ||ha

|K(t, s)|ds,

t [a, b], x, y C[a, b]. K |K(t, s)| M , ha (t, s) , gy

-n,

ezrt ott korltos:

|(T x)(t) (T y)(t)| ||(x, y)M (t a)Ezt felhasznlva

t [a, b].

t |(T 2 x)(t) (T 2 y)(t)| = K(t, s)[(T x)(s) (T y)(s)]dsa

|| ||

t

|K(t, s)||(T x)(s) (T y)(s)|ds M ||(x, y)M (s a)ds = (x, y) ( )n (x, y), (||M (t a))2 . 2!

a t a

Indukcival igazolhat, hogy

||M (t a) (T x)(t) (T y)(t) n!n namibl

)n ||M (b a) (T x, T y) = sup (T x)(t) (T y)(t) (x, y). n! t[a,b]n n n n

(

36

FEJEZET 1.

METRIKUS TEREK

A jobboldalon (x, y) egytthatja nullsorozat, ezrt elg nagy n esetn < 1. Egy n ilyen n-re T kontrakci, gy az 1.6.2 ttel miatt T -nek egyetlen xpontja van

C[a, b]-ben,

ami ppen az

(1.7.8) integrlegyenlet folytonos megoldsa.

Megjegyezzk, hogy

K(t, s) =alak magfggvny esetn (ha szavezethet egy

n i=0

ti gi (s)(n)

t, s [a, b] C[a, b] (i = 0, . . . , n)) n + 1-szer

(1.7.9)

f (n+1) , gi

(1.7.8) visfolytonosan

n + 1-edrend

lineris dierencilegyenletre vonatkoz kezdeti-

rtk feladatra. Ekkor ugyanis egyenletnk jobb oldala dierencilhat, s dierencilssal

x (t) = f (t) + K(t, t)x(t) + Kt = K. Mg t

t Kt (t, s)x(s)ds,a

x(a) = f (a)

addik, ahol

n-szer

dierencilva a jobboldal egyetlen integrlt

n+1 K(t, s)x(s) 0. gy x-re n + 1-edrend tn+1 (k) lineris dierencilegyenletet kaptunk, s az x (a) (k = 0, . . . , n) rtkek atartalmaz csak, ahol az integrandus dierencilssal kapott egyenletbl meghatrozhatk. Elsrend explicit dierencilegyenletrendszerre vonatkozik az kvetkez egzisztencia s unicits ttel.

1.7.3. Ttel. (Picard-Lindelf ttel) Rn ,

Legyenek

a, b

pozitv szmok,

R,

Q = { (x, y) R Rn | |x | a,ahol hogy hogy

z = (z1 , z2 , . . . , zn ) Rn f :Q

Tegyk fel, i=1 Rn (nem azonosan nulla) folytonos fggvny Q-n, mely teljesti a

esetn

y b } , (n )1 2 2 |zi | z = z2 = .

Lipschitz-felttelt (a msodik, vektorvltozjban), azaz van olyan

k

konstans,

f (x, y) f (x, z) ky zEkkor az

ha

(x, y), (x, z) Q.

y = f (x, y),

y() = { } b h = min a, , M = sup f (x, y). M Q

kezdeti-rtk problmnak pontosan egy (folytonosan dierencilhat) megoldsa van a

[ h, + h]

intervallumon, ahol

1.7.


37

Bizonyts.

Legyen

Y

a vals

Cn [ h, + h]ha

tr (lsd az 1.5-ben szerepl 2.

s 3. pldt) azon

y

fggvnyeinek halmaza, melyekre

y(x) bteljesl.

x [ h, + h]trnek, gy maga is teljes metrikus

Y

zrt altere a teljes

Cn [ h, + h]

tr. Legyen

T

a

x (T y)(x) = +kplettel denilva.

f (t, y(t))dt

y Y, x [ h, + h]

T

az

Y

teret nmagba kpezi le, mert

Ty

folytonos

[ h, + h]-n,

s ebbl

az intervallumbl vett

x-ekre x f (t, y(t))dt M |x | M h M

(T y)(x) = n-re T n

b = b. M

Elg nagy

kontrakci

Y -on, x

mert

x+h

mellett

(T y)(x) (T z)(x)

f (t, y(t)) f (t, z(t)) dt

x Ezt felhasznlva, ismt

ky(t) z(t)dt k(y, z)|x |. x + h-ra x x x

(T 2 y)(x) (T 2 z)(x)

f (t, (T y)(t)) f (t, (T z)(t)) dt k (T y)(t) (T z)(t) dt k 2 (y, z)|t |dt = k 2 (y, z) |x |2 , 2!

s ugyanez rvnyes, ha

h x < . |x |n , n!

Indukcival igazolhatjuk, hogy

(T n y)(x) (T n z)(x) k n (y, z)

n N, x [ h, + h],

38

FEJEZET 1.

METRIKUS TEREK

amibl

(T n y, T n z) =

supx[h,+h]

(T n y)(x) (T n z)(x)

(kh)n (y, z). n!ezrt az

Mivel 1.16

(kh)n 0, ha n , gy elg nagy n-re T n kontrakci Y -on, n! ttel miatt T -nek pontosan egy xpontja van Y -ban, mely az x y(x) = +

f (t, y(t)) dt

x [ h, + h]

(Volterra-fle msodfaj) integrlegyenlet folytonos megoldsa, gy kezdeti-rtk problmnk folytonosan dierencilhat megoldsa is. Megjegyzs. A bizonytsban tbbszr felhasznltuk azt, hogy

ab

z Cn [a, b],

esetn

z(t)dt

z(t)dt.(1.7.10)

Ez a kvetkezkppen lthat be: ha

z(t) = (z1 (t), . . . , zn (t)), ci = )2 zi (t)dt =

zi (t)dt,

c = (c1 , . . . , cn ),

akkor

c2 =

2

z(t)dt

=

n i=1

(

n i=1

ci

zi (t)dt

=amibl kvetkezik

n i=1

ci zi (t)dt

c z(t)dt = c

z(t)dt,

n (1.7.10). Az itt felhasznlt i=1 ci zi (t) c z(t) egyen(n) ltlensg a Hlder-egyenltlensg (l2 -re vonatkoz) specilis esete.

1.8. A Baire-fle kategria ttel1.8.1. Ttel. (Baire ttele) Bizonyts.Legyen Egy teljes metrikus trben megszmllhat sok nylt, mindentt sr halmaz metszete is mindentt sr.

X

teljes metrikus tr

metrikval,

Vn X (n N) (N

a termszetes szmok halmaza) nylt, mindentt sr halmazok. Megmutatjuk,

1.8.

A BAIRE-FLE KATEGRIA TTEL

39

(hogy brmely hogy A

G

nylt gmb esetn

G

n=1

) Vnnem res, ebbl kvetkezik,

n=1

Vn

mindentt sr

X -ben. V1 = Xmiatt

G V1

metszet nylt, s nem res (mert

G-ben

van

V1 -beli

pont), gy tartalmaz egy nylt gmbt, s ezzel koncentikus kisebb sugar zrt 1 gmbt is. Ezrt van olyan x1 X s 0 < r1 < gy, hogy 2

S(x1 , r1 ) G V1(S(x1 , r1 ) jelli az nylt gmb).

x1

kzppont

r1

sugar zrt gmbt,

G(x1 , r1 )s

a megfelel

G(x1 , r1 ) V2

nylt, nem res halmaz, gy van olyan

x2 X

0 < r1 0

esetn.

42

FEJEZET 1.

METRIKUS TEREK

Legyen az

a

{k }

sorozat egy torldsi pontja, akkor van

{k }-nak -hez

konvergl rszsorozata. A jells egyszerstse rdekben tegyk fel, hogy

{xk }

sorozatot gy vlasztottuk, hogy a teljes

{k }

sorozat konvergens.

rvnyes az

x( + h) x() x( + h) x(k + h) x(k + h) xk (k + h) + h h h + xk (k + h) xk (k ) xk (k ) x(k ) x(k ) x() + + h h h > 0, h > 0-hoz h 4ltezik olyan

egyenltlensg. Tetszleges

N (, h),

hogy

sup |xk (t) x(t)| N (, h).miatt ltezik

k ,gy hogy

M (, h) > N (, h),

az x fggvny folytonossga k > M (, h) esetn

|x( + h) x(k + h)| 0

mellett

x( + h) x() n, hazaz

x En ,

teht

En

zrt.

2. bizonytshoz legyen fel

y

s

> 0.

Megmutatjuk, hogy

\ En -nek

van

olyan eleme (ami egy fggvny), mely

[0, 1]-et k

egyenl rszre gy,

-nl hogy ha t

kzelebb van y -hoz. Osszuk s t a beoszts ugyanazon

intervallumbl valk, akkor

|y(t) y(t )| < . 2Tekintsk a

{

(t, s)

i1 i t , k k

( y

i1 k

)

sy 2

(

i1 k

)

+ 2

}

1.10.

KOMPAKTSG

43

(tglalapot, ahol

tglalap jobb-,

1 i k (lsd az 1. brt), akkor az ( ( )) i1 i1 az ,y pont a tglalap k k

i ,y k

( )) i k

pont a

baloldaln fekszik.

s

y( i1 ) + k

2

{ 2 2

{

y(t)

y( i1 ) k

2

i1 k

i k

t

1. braMinden tglalapban (i

= 1, 2, . . . , k n,

esetn) sszektve a kt pontot egy

olyan trtvonallal, mely a tglalapban marad s melynek meredeksge abszolt rtkben nagyobb, mint a kapott trtvonalak egyestsnek 1 szerint peridikus kiterjesztse olyan folytonos fggvnyt ad

\ En -nek

R-en, mely eleme

s

-nl

kzelebb van

y -hoz.

1.10. Kompaktsg1.10.1. Denci. Egy metrikus tr egy (sorozatosan) kompakt nak nevezzk, ha eforg rszhalmazban van. rszhalmazt rszhalmaz

szekvencilisanvgtelen

brmely

sorozatbl kivlaszthat konvergens rszsorozat, melynek hatrrtke a szban

44

FEJEZET 1.

METRIKUS TEREK

Egy metrikus tr egy rszhalmazt

relatv szekvencilisan kompakt nak nevez-

zk, ha e rszhalmaz lezrtja szekvencilisan kompakt. Ez azt jelenti, hogy e rszhalmaz brmely vgtelen sorozatbl kivlaszthat konvergens rszsorozat; a hatrrtk ugyanis a Fggelk van. 8.2.2 ttele miatt mindig a halmaz lezrtjban

Egy metrikus tr egy rszhalmazt

1.10.2. Denci.>0

korltos nak nevezzk, ha

van olyan gmb, mely e rszhalmazt tartalmazza. Egy metrikus tr egy rszhalmazt esetn e rszhalmaz vges sok

teljesen korltos nak nevezzk, ha brmelysugar nylt gmbbel lefedhet.

K rszhalmaza teljesen korltos, ha minden > 0-hoz M X halmaz, hogy az M -beli kzppont sugar nylt gmbk unija tartalmazza K -t. Az M halmazt -hl nak nevezzk K szmra, Megjegyezzk, hogy itt felttelezhet az is, hogy M a K rszhalmaza. Ugyanis, ha M egy -hl K szmra, gy mindegyik M -beli kzppont sugar gmbbl 2 2 vve egy K -beli pontot (ha van ilyen) a kivett pontok M1 halmaza vges -hl K szmra, s M1 K .gy, egy metrikus tr ltezik olyan vges Vilgos, hogy teljesen korltos halmaz korltos is, fordtva azonban nem, mert pl. egy vgtelen korltos

X

Ismeretes, hogy egy topolgikus trben a kompaktsgot nylt halmazokkal val lefeds segtsgvel szoks denilni.

X halmazt vve a diszkrt metrikval, X 1 ( = -hoz nincs vges -hl). 3

korltos, de nem teljesen

1.10.3. Denci.lezrtja kompakt.

Egy topolgikus tr egy rszhalmazt

kompakt nak nevezzk,nevezzk, ha

ha nylt halmazokkal val brmely lefedsbl kivlaszthat vges nylt lefeds. Egy topolgikus tr egy rszhalmazt

relatv kompakt nak

Metrikus terek esetn a kompaktsg, szekvencilisan kompaktsg, teljesen korltossg kztti kapcsolatot mutatja az

1.10.1. Ttel.ekvivalens 1. 2. 3.

Egy metrikus tr egy

K rszhalmazra a kvetkez hrom felttel

K K K

kompakt, szekvencilisan kompakt, teljes s teljesen korltos (K teljessge azt jelenti, hogy

K -belivan).

Cauchy-

sorozatok

K -ban

konvergensek, azaz hatrrtkk is

K -ban

Bizonyts.

kell egy res sor

1.10.

KOMPAKTSG

45

1. 2. Legyen van

{xn }

egy sorozat

K -ban.

Indirekt ton igazoljuk, hogy

K -ban

konvergens rszsorozata. Tegyk fel, hogy

{xn }-nek

{xn }-nek nincs K -

ban konvergens rszsorozata. Ekkor az

Ei = {xi , xi+1 , xi+2 , . . . }

(i N)

halmazok zrtak (mert tartalmazzk sszes torldsi pontjukat: t.i. nincs torldsi pontjuk indirekt feltevsnk miatt), s Ei = . Innen i=1

Kteht

i=1

Ei Kkompaktsga miatt van olyan

n

a K halmaz egy nylt lefedse. i=1 termszetes szm, hogy n

Ei

K

Ei

i=1azaz

K ami ellentmonds, mert 2.

n i=1

Ei = {xn , xn+1 , . . . },

xn K . K -ban.2. miatt van olyan

3.

Legyen

{xn }

egy Cauchy sorozat

{xnk }

rszs

sorozata, mely egy

K -beli x-hez

konvergl. Megmutatjuk, hogy a teljes

{xn } sorozat x-hez N1 (), hogy (xn , xm ) <

konvergl. Legyen

> 0,

akkor van olyan

N ()

n, m > N (), (xnk , x) < ha k > N1 (). () () , nk > N . Ekkor Vlasszuk a k -t gy, hogy k > N1 2 2 () (xn , x) (xn , xnk ) + (xnk , x) < + = ha n > N , 2 2 2 teht xn x, gy K teljes. Tegyk fel, hogy K nem teljesen korltos. Akkor van olyan > 0, hogy K nem fedhet le vges sok sugar nylt gmbbel. Ezrt x1 K biztosan nem alkot -hlt K szmra, azaz G(x1 , ) nem fedi le K -t, van teht olyan x2 K , hogy (x1 , x2 ) . {x1 , x2 } ismt nem -hl K szmra, azaz G(x1 , ) G(x2 , ) nem fedi le K -t, ezrt van olyan x3 K , hogy (x1 , x3 ) , (x2 , x3 ) . Hasonlan folytatva egy {xn } K -beli sorozatot kapunk, melyreha

(xn , xm ) Ebbl kvetkezik, hogy ami 2.-nek ellentmond, gy K

ha

n = m.

{xn }-bl nem vlaszthat ki konvergens rszsorozat,

teljesen korltos.

46

FEJEZET 1.

METRIKUS TEREK

3.

1.

Legyen

{U } ( )

a

K

halmaz egy nylt lefedse, s tegyk fel, hogy

nincs olyan vges rszrendszere mely lefedn K -t. K teljesen korltossga 1 miatt vges sok K -beli kzppont sugar nylt gmb lefedi K -t, gy van 2 1 1 olyan G(x1 , ) (x1 K) nylt gmb, hogy K G(x1 , )-et {U } ( ) 2 2 egyetlen vges rszrendszere sem fedi le. K teljesen korltossga miatt K lefedhet vges sok K -beli kzppont 212 sugar gmbbel is. Ezen gmbk kzl tekintsk azokat, melyeknek van 1 1 kzs pontjuk K G(x1 , )-del. Ezen vges sok gmb lefedi K G(x1 , )2 2 1 1 et, gy van kztk olyan, G(x2 , 2 ) (x2 K) gmb, hogy K G(x2 , 2 )-et 2 2 {U } egyetlen vges rszrendszere sem fed le. Hasonlan, ha K G(xn , 21 )n 1 et mr megkonstrultuk, gy K G(xn+1 , n+1 ) olyan K -beli kzppont 2 1 1 gmb, melynek van kzs pontja K G(xn , n )-nel, s K G(xn+1 , n+1 ) 2 2 nem fedhet le {U } egyetlen vges rendszervel sem. 1 1 1 Ekkor (xn , xn+1 ) < n + n+1 < n1 , mert 2 2 2

G(xn ,gy

1 1 ) G(xn+1 , n+1 ) = 0. n 2 2

m < n-re 1 2m1 + + 1 2n2 < 1 2m2 ,

(xm , xn ) (xm , xm+1 ) + + (xn1 , xn ) 0, hogy 1 r < 2 , akkor 2n

K teljessge miatt konvergl egy x K 0 , hogy x U0 , s U0 nyltsga miatt van olyan r G(x, r) U0 . Legyen n egy olyan index, hogy (xn , x) < 2 sa hromszg-egyenltlensg alapjn

G(xn ,ami ellentmonds, mert fedi le.

1 ) G(x, r) U0 , 2n

G(xn , 21 )-et {U } egyetlen vges rszrendszere sem n

Kvetkezmnyek. 1. Egy metrikus tr egy rszhalmaza akkor s csakis akkor relatv kompakt, ha relatv szekvencilisan kompakt.2. (Hausdor ttele)

Ahhoz, hogy egy metrikus tr egy rszhalmaza kompakt (szekvencilisan kompakt) legyen szksges, s ha a tr teljes elegend is, hogy e rszhalmaz zrt s teljesen korltos legyen.lltsunk abbl kvetkezik, hogy egy teljes halmaz mindig zrt, s teljes metrikus trben zrt rszhalmaz teljes is.

1.10.

KOMPAKTSG

47

3. (Hausdor ttele)

Ahhoz, hogy egy metrikus tr egy rszhalmaza relatv kompakt (relatv szekvencilisan kompakt) legyen szksges, s ha a tr teljes elegend is, hogy e rszhalmaz teljesen korltos legyen.Ugyanis, ha

K

relatv kompakt, gy

K

kompakt, s az 1.10.1 ttel miatt

teljesen korltos, de akkor K is teljesen korltos. Ha a tr teljes, s K teljesen korltos, akkor K is teljesen korltos (ha M egy -hl K szmra, gy 2-hl K szmra), tovbb a tr teljessge miatt K teljes is. Ezrt az 1.10.1 ttel alapjn

K

relatv kompakt.

1.10.4. Denci.

Egy metrikus teret

szeparbilis nak

neveznk, ha van meg-

szmllhat, mindentt sr rszhalmaza. Egy metrikus tr egy rszhalmazt pedig akkor nevezzk szeparbilisnak, ha mint altr szeparbilis. Az

Lp (X, S, ), S(X, S, ) terek szeparbilitsa a mrtktrtl fgg, hasonlan (n) C(X) szeparbilitsa az X topolgikus trtl fgg. Az lp (1 p ), lp (1 p < ), c, c0 , C[a, b] s az Lp (a, b) (1 p < ) terek szeparbilisak, l , L (a, b) nem szeparbilisak.

Egy metrikus tr kompakt (vagy szekvencilisan kompakt) rszhalmaza szeparbilis.szekvencilisan kompakt, az 1.10.1 ttel alapjn teljes s telje1 sen korltos, s gy ltezik Mn vges n = -hl K szmra, s feltehetjk, hogy n Mn halmaz megszmllhat, M K , s K zrtsga miatt Mn K . Az M = n=1 M K . K minden pontja M rintkezsi pontja, gy M K , teht M = K . Ha ugyanis

K

2. fejezet Lineris terek

2.1. Lineris terek, alapfogalmak2.1.1. Denci.nevezzk az 1. Az

X

(nemres) halmazt

lineris tr nek

vagy

vektortr nek

F

test felett, ha

X

Abel-csoport, azaz brmely kt

egy

x + y -nal

jellt eleme X-nek (melyet

x, y X elemhez hozz van rendelve x s y sszegnek neveznk) gy, = (x + y) + z, = y + x, = x, = 0,egy

hogy brmely

x, y, z X

mellett,

x + (y + z) x+y ltezik 0 X melyre x + 0 ltezik x X melyre x + (x)2. brmely

x X s F -hez hozz van rendelve X -nek (melyet s x szorzatnak neveznk) gy, , , 1 F (1 az F egysgeleme) esetn, (x + y) ( + )x ()x 1xteljesl.

x-szel

jellt eleme

hogy brmely

x, y X ,

= x + y, = x + x, = (x) =x

X elemeit vektorok nak, F tomny nak nevezzk.Az

elemeit

skalrok nak,

az

F

testet

X

skalrtar-

F

test nlunk mindig az

ennek megfelelen

vals vagy komplex

R

vals, vagy a

C

komplex szmtest lesz,

lineris trrl beszlnk. Ha lltsaink

48

2.1.

LINERIS TEREK, ALAPFOGALMAK

49

mind

vals, teret

mind

komplex s

lineris a

tr

esetn

rvnyesek, jellsre a

gy

egyszeren

lineris

mondunk,

skalrtartomny

hasznljuk (gy

K = R

vagy

K = C).

K

szimblumot

Igazolhat, hogy egy lineris trben

ugyanazok a szmolsi szablyok rvnyesek, mint a 3 dimenzis vektortrben (pl. tbbtag sszegben a tagok tetszlegesen csoportosthatk s tetszleges sorrendbe rhatk, a nullvektor egyrtelmen meg van hatrozva, n-szer s csakis akkor, ha

x = 0

akkor

= 0 vagy x = 0, (x) = ()x , x + x + + x = nx, stb.

Pldk.1. Legyenek

x = (1 , 2 , . . . ), y = (1 , 2 , . . . )

a

c0

(komplex nullsorozatok)

elemei. Ha az sszeadst s a skalrral val szorzst termszetes mdon az

x + y = (1 + 1 , 2 + 2 , . . . ) x = (1 , 2 , . . . )sszefggsekkel deniljuk, akkor c0 lineris tr lesz. Hasonl mdon (n) rtelmezve a mveleteket, lp , lp , c, s is lineris terek. 2.

C(X)

lineris tr az

(x + y)(t) = x(t) + y(t) (x)(t) = x(t)

(x, y C(X), K, t X)

mveletekre nzve (fggvnyek gy denilt sszeadst s szmmal val szorzst pontonknti sszeadsnak s szmmal val szorzsnak mondjuk). Hasonl mveleti rtelmezssel

S(X, S, ) s Lp (X, S, ) is lineris terek, de

itt ellenrizni kell azt, hogy a trben egyenl (vagyis majdnem mindentt egyenl) fggvnyek sszege s skalrszorosa is (majdnem mindentt) egyenl a trben. 3. Legyen

B

egy

tetszleges

nem

res

halmaz,

s

jellje

F (B)

a

B -n

rtelmezett sszes olyan vges sok

K-beli

rtk fggvnyek halmazt, melyek csak

B -beli

pontban vesznek fel zrustl klnbz rtket. Ekkor

F (B)

lineris tr a pontonknti sszeadsra, s skalrral val szorzsra

nzve, melyet a

B -n rtelmezett nit

fggvnyek lineris ter nek neveznk.

2.1.2. Denci.

X, Y ugyanazon K skalrtartomnnyal rendelkez lineris terek. Az A : X Y lekpezst lineris lekpezs nek vagy lineris opertor nak nevezzk, ha brmely x, y X, K esetnLegyenek

A(x + y) = Ax + Ay A(x) = Ax

(A (A

additv) homogn)

50

FEJEZET 2.

LINERIS TEREK

teljesl.

lekpezs nektr az

Az

X -nek Y -ra

val klcsnsen egyrtelm lineris lekpezst

mondjuk. Azt mondjuk, hogy

X

izomorf Y -nal,

izomorfvan

ha

X -nek

izomorf lekpezse Egy lineris tr

Y -ra.

alter n X{0}

olyan rszhalmazt rtjk, mely maga is lineris

X -beli

mveletekre nzve. s a

Xlineris trnek, ha

Az egsz hogy

X

alterek, melyeket trivilis altereknek neveznk. Vilgos,

Y X

akkor s csakis akkor altere az teljesl.

s) zrt az sszeadsra s a skalrral val szorzsra nzve, azaz esetn

x + y Y , x Y

Y (nem res x, y Y , K

Pldk.1. A

2.

C(X) lineris trben X egy rgztett M rszhalmazn C(X)-beli fggvnyek alteret alkotnak C(X)-ben. L1 -ben az x(t)dt = 0 tulajdonsg fggvnyek sszessgefelvev

zrus rtket

altr.

X3. Lineris tr altereinek metszete is altr.

2.1.3. Denci. Egy lineris tr egy A rszhalmazt tartalmaz sszes alterek metszett az A lineris burk nak (az A ltal kifesztett vagy generlt altrnek)nevezzk s

[A]-val

jelljk.

ha

[A] az A halmazt Y A-t tartalmaz

tartalmaz altr, mely legszkebb a kvetkez rtelemben: altr, gy

Y [A]. x 1 , . . . , xnvektorainak

2.1.4. Denci.rtjk az sszes

Egy lineris tr

1 x1 + + n xn A

lineris kombincii nskalrok.

alak vektort, ahol

1 , . . . , n

2.1.1. Ttel.

Egy lineris tr

rszhalmaznak lineris burka az

A-beli }

vek-

torok lineris kombinciinak halmaza, azaz

[A] =

{ n i=1

i a i D

i K,

ai A,

i = 1, . . . , n,

n = 1, 2, . . . [A] D,mert

. Daz

Bizonyts.A-t D [A] x [A],

Jellje

a jobboldalon ll halmazt, akkor

tartalmaz altr. is teljesl, mert

D

egy

x=

n i=1

i a i

elemt vve

ai [A], i ai [A],

ugyanis

[A]

altr.

2.1.


51

2.1.5. Denci.jellje

x

az

Y az X lineris tr altere, s tetszleges x X esetn x + Y = { x + h | h Y } halmazt. Az {x } (x X) halmazokLegyen

osztlya az

x + y = (x + y) x = (x)

(x, y X, K) X Y

sszefggssel rtelmezett sszeadssal s skalrral val szorzssal elltva lineris

faktorter nek neveznk, s X/Y -nal jellnk. Plda.A konvergens sorozatok

tr (amint az knnyen lthat), melyet az

lineris tr

altr szerint vett

c0hal-

c

lineris terben a nullsorozatok

maza altr. A

c/c0

faktortr elemei olyan sorozatokbl ll halmazok, melyeknek

ugyanaz a hatrrtkk.

2.1.6. Denci.nevezzk, ha ll fenn.

n

Egy lineris tr

x1 , . . . , x n

vektorait csak

linerisan fggetlen eknek1 = = n = 0esetn

i xi = 0 (i K, i = 1, . . . , n) S

i=1Egy lineris tr vgtelen rszhalmazt linerisan fggetlennek nevezzk, ha

S

brmely, klnbz vektorokbl ll vges vektorrendszere linerisan fggetlen. Egy lineris tr egy rszhalmazt linerisan fggetlen. A

linerisan fgg nek

neveznk, ha nem

B

halmazt az

fggetlen, s

X [B] = X.

lineris tr

Hamel-bzis nak

nevezzk, ha

B

linerisan

A kvetkezkben szksgnk lesz a Zorn lemmra, ezrt elszr ezt fogjuk kimondani a szksges elkszletek utn.

2.1.7. Denci.

Egy halmazon rtelmezett

binr relcit

fligrendezs nek

nevezzk, ha brmely

x, y, z

halmazelemre teljeslnek a kvetkezk:

x x x y s y x-bl kvetkezik x = y x y s y z -bl kvetkezik x zEgy halmazt rendezs. Ha egy flig rendezett halmaz egy esetn

( ( (

reexv) antiszimmetrikus) tranzitv).

flig rendezett neky x

neveznk, ha rtelmezve van rajta egy flig

B

rszhalmaznak brmely kt

x, y

eleme

x y

s

kzl legalbb az egyik fennll (vagyis

eleme sszehasonlthat), akkor

lnc nak nevezzk.Az

B -t

teljesen rendezett halmaz nak,

B

brmely kt ms szval

X

flig rendezett halmaz valamely

nevezzk, ha van olyan

fels korltj nak nevezzk.

kX

elem,

B rszhalmazt fellrl korltos nak melyre b k brmely b B esetn. k -t B

52

FEJEZET 2.

LINERIS TEREK

Az

X

flig rendezett halmaz egy

ha nincs olyan

x X,

melyre

m elemt X maximlis x m s x = m teljesl.

elem nek nevezzk,

2.1.1. Lemma. (Zorn)

Ha egy flig rendezett halmaz minden lnca fellrl

korltos, akkor e flig rendezett halmaznak van maximlis eleme. A Zorn lemma segtsgvel fogjuk bizonytani a kvetkez ttelt.

2.1.2. Ttel.van olyan

Ha

E

egy linerisan fggetlen halmaza az

B

Hamel-bzisa Legyen

X -nek, Xs

mely tartalmazza

X E -t. E -t

lineris trnek, akkor

Bizonyts.sal. Ha

L

az

lineris tr sszes

tartalmaz linerisan

fggetlen rszhalmazainak osztlya, flig rendezve a halmazelmleti tartalmazs-

L0

egy lnca

L-nek

L0 =az sszes

LL0

L

L0 -beli halmazok unija, gy L0 L, mert L0 nyilvnvalan tartalmazza E -t s L0 linerisan fggetlen. Legyen ugyanis {x1 , . . . , xn } egy tetszleges vges rszrendszere L0 -nak, akkor xi Li (i = 1, . . . , n), ahol Li L. Mivel L0 lnc, gy mindegyik xi eleme a legbvebb Lj -nek, gy {x1 , . . . , xn } linerisan fggetlen. gy L0 fels korltja az L0 lncnak. A Zorn lemma alkalmazsval kapjuk, hogy L-nek van B maximlis eleme. Ekkor B linerisan fggetlen s E B . Megmutatjuk, hogy [B] = X , gy B a kvnt Hamel-bzis. Ha x X tetszleges elem s x B , gy x [B]. Ha x B , akkor B {x} B -nl bvebb E -t tartalmaz rszhalmaza X -nek, mely B / maximalitsa miatt nem lehet L-ben, gy B {x} linerisan fgg, azaz x +s

n i=1

i bi = 0,lineris

, 1 , . . . , n

nem mind zrusok.

fggetlensge miatt

= 0, mert klnben {b1 , . . . , bn } 1 = = n = 0 volna. gy -val osztvan ( i ) x= bi , i=1

azaz

x [B].

2.1.1. Kvetkezmny. Minden lineris trnek (kivve a {0} teret) van Hamelbzisa.

2.1.


53

Legyen ugyanis

x

egy zrustl klnbz eleme a trnek,

E = {x}

s

alkalmazzuk a 2.1.2 ttelt! Legyen

egyrtelmen felrhat B -beli elemek lineris kombincijaknt.akkor

B

az

X

lineris tr egy Hamel-bzisa. Ekkor

X

brmely elemeLegyen

x [B],

x X,

ezrt

x=n

n i=1

i bi .n

Ha

x=

i bi

az

x

vektor egy msik ellltsa, gy

(i i )bi = 0,

amibl

B

i=1 lineris fggetlensge miatt

i i = 0 (i =

i=1 1, . . . , n).

Egy lineris trnek tbb Hamel-bzisa van, de ezek mind azonos szmossgak.

2.1.3. Ttel. Bizonyts.(1) (2) (3) (4)

Egy lineris tr brmely kt Hamel-bzisnak szmossga egyenl.

Legyenek

B

s

B

az

X

lineris tr Hamel-bzisai, s jellje

azon

: D R

lekpezsek halmazt, melyekre teljeslnek a kvetkezk:

B B D B , B B R B , klcsnsen egyrtelm lekpezse identitsknt hat a

D -nek R -re,

B B

halmazon,

R (B \ D )

linerisan fggetlen.

hat a

B B (= D = R ) halmazon, eleme -nek. Ha B B = , akkor rgztsnk egy u B elemet. Azt lltjuk, hogy [B \ {u}] = B (ahol [A]=az A halmaz lineris burkt jelli) ugyanis, ellenkez esetben X = [B ] = [[B \ {u}]] = [B \ {u}] volna, ami nem lehet, mivel B bzis. gy B \ [B \ {u}] = van teht egy u eleme. Azt lltjuk, hogy {u } (B \ {u}) linerisan fggetlen. Ugyanis e halmaz klnbz elemeibl ll vges vektorrendszer csak gy lehet linerisan fgg, ha tartalmazza u -t s ekkor u elllthat B \ {u}-beli elemek lineris kombincijaknt, azaz, u [B \ {u}] , ami lehetetlen. Legyen D = {u}, R = {u } s (u) = u , akkor . A -n egy fligrendezst denilunk : , esetn legyen , ha kiterjesztse -nek, azaz ,ha

nemres halmaz. Ha B B = , akkor az a fggvny, mely identitsknt

D D ,

s

(s) = (s),

ha

s D .

54

FEJEZET 2.

LINERIS TEREK

fligrendezett halmaz minden lnca fellrl korltos. Legyen 0 egy lnca -nek, D0 = D , s s D0 -ra legyenA

0

0 (s) = (s) 0lncsga miatt egyrtelmen kpezi halmazon.

ha

0 , s D .klcsnsen identitsknt hat a B B van

0 egyrtelmen denilva le D0 -t R0 = R -ra, s0

D0 -on,

{x1 , . . . , xn } vektorrendszert, feltehet, (az elemek indexelsnek megvltoztatsval, ha erre szksg van), hogy {x1 , . . . , xm } R0 , s {xm+1 , . . . , xn } B \ D0 valamely m {0, 1, . . . , n} esetn. De akkor xi Ri valamely i 0 -ra (i = 1, . . . , m). Legyen k a 1 , . . . , m -ek kzl a legnagyobb. Ekkor xi Ri Rk (i = 1, . . . , m), s xj B \ D0 B \ Dk (j = m + 1, . . . , n), teht {x1 , . . . , xn } az Rk (B \ Dk ) halmaz klnbz vekvektorokbl ll vges torokbl ll vges vektorrendszere lvn, linerisan fggetlen. A

R0 (B \ D0 )

linerisan fggetlen, mert vve egy tetszleges, klnbz

szerint -nek van maximlis eleme. Azt lltjuk, hogy D = B . Tegyk fel, hogy D = B. Ekkor R = B , ugyanis,ha

Zorn lemma

R = B ,

akkor a

Hamel-bzis). gy a a)

B (B \ D ) halmaz nem linerisan fggetlen (mivel B nemres B \ R -bl egy b elemet vve kt eset lehetsges. {

Ha {b } R (B \ D ) linerisan fggetlen, akkor B \ D -bl egy b elemetvve a

(s) =

(s) b -beli,

ha ha

s D s=b -nek,ami

mond maximalitsnak.b)

kplettel denilt

fggvny

s kiterjesztse

ellent-

Ha {b } R (B \ D ) linerisan fgg, akkor b egyrtelmen elllthatR (B \ D )-belielemek lineris kombincijaknt

b =s itt legalbb egy ami

b R i

i bi +

bj B\D

j b j , b = b R i

j0

nem zrus (ellenkez esetben

i bi

volna,

B

lineris fggetlensge miatt nem lehet). Legyen

{ (s) =akkor

(s) b

ha ha

s D s = bj0 ,

D )

az (1), (2), (3) feltteleket nyilvnvalan kielgti, s R (B \ is linerisan fggetlen, mivel egybknt b R (B \ D )-beli elemek

2.1.


55

lineris kombincija volna, ami

bj0 -nek,

fenti ellltsnak egyrtelmsge, s vlasztsa miatt nem lehet. Ezrt ismt valdi kiterjesztse ami

b

ellentmonds. Ezzel belttuk, hogy D = B .

teht klcsnsen egyrtelm lekpezse D = B -nek R B -re, amibl kvetkezik, hogy B szmossga B szmossgnl nem nagyobb. B s Bszerept felcserlve, kapjuk a fordtott egyenltlensget, amibl a ttel lltsa kvetkezik.

2.1.8. Denci. Egy lineris tr Hamel-bzisainak kzs (algebrai) dimenzij nak nevezzk. A {0} tr dimenzija 0. 2.1.4. Ttel. Bizonyts.Minden lineris tr (kivve a

szmossgt a tr

{0}

teret) izomorf a tr egy Hamel-

bzisn rtelmezett nit fggvnyek tervel. Ha

B

az

X

lineris tr egy Hamel-bzisa, akkor brmely

x X

egyrtelmen elll

x=

n i=1

i b i

(bi B, i K, i = 1, . . . , n)

alakban. x-hez hozzrendelve azt az F (B)-beli fggvnyt, mely bi -n a i rtket (i = 1, . . . , n), tbbi pontjban pedig 0-t vesz fel, X -nek klcsnsen egyrtelm mvelettart lekpezst kapjuk F (B)-re.

2.1.2. Kvetkezmny. Azonos (algebrai) dimenzij (vals vagy komplex) lineris terek izomorfak. 2.1.9. Denci.brmely Egy lineris tr

A

rszhalmazt

x, y A

s

[0, 1]

konvex nek

nevezzk, ha

esetn

x + (1 )y A.

2.1.10. Denci.halmazok metszett

Egy lineris tr

A

konvex burk nak nevezzk, s co A-val jelljk.Baz

A

rszhalmazt tartalmaz sszes konvex

Mivel konvex halmazok metszete konvex, gy co A konvex halmaz s minimlis a kvetkez rtelemben: Ha

A-t tartalmaz konvex halmaz, akkor B co A. x1 , . . . , x nvektorainak alak vektort, ahol

2.1.11. Denci.rtjk az sszes n

Egy lineris tr

1 x1 + + n xn

i 0 (i = 1, . . . , n),

konvex kombincii n

i = 1.

i=1

56

FEJEZET 2.

LINERIS TEREK

2.1.5. Ttel. Bizonyts.azaz

Egy lineris tr

A

rszhalmaznak konvex burka az

A-beli

vek-

torok sszes konvex kombinciinak halmaza.

A-beli elemek legfeljebb n tag konvex kombinciit, } { n n i = 1 Dn = i ai i 0, ai A, i = 1, . . . , n,Jellje az

Dn

i=1s legyen

i=1

Dn . Azt kell beltnunk, hogy co A = D. n=1 co A D , mert A = D1 D s D konvex. Legyenek ugyanis x, y D , akkor n n n n x= i a i , y = i ai , ahol i , i 0, ai A, i = 1, . . . , n, i = i = 1 i=1 i=1 i=1 i=1 s [0, 1] esetn D= x + (1 )y =mert

n ( i=1

) i + (1 )i ai D,n ( i=1

i + (1 )i 0A fordtott tartalmazs

s

) i + (1 )i = 1.

D co A igazolshoz n szerinti indukcival bizonytjuk, hogy Dn co A. n = 1-re D1 = A co A. Tegyk fel, hogy Dn co A, s legyen x Dn+1 . Ekkor x=Ha

n+1 i=1

i a i =

n i=1

i ai + n+1 an+1

(i 0, i = 1, . . . , n + 1,ha

n+1 i=1

i = 1).

n+1 = 1,

akkor

x = an+1 A co A,

n+1 < 1,n i=1

akkor

x = n+1 an+1 + (1 n+1 )de

i ai , 1 n+1

an+1 A co A, A, B

n i=1

i a 1n+1 i

Dn co A, ,

gy co A konvexsge miatt

x co A.Ha

egy lineris tr rszhalmazai,

skalrok, akkor szoksos a

A + B = {a + b | a A, b B}jellst hasznlni. Ha itt pl. egyszeren hogy brmely

B = {b}

egyelem halmaz, gy

A + {b}

helyett

A+b-t runk. E jellsekkel pl. az A halmaz konvexitsa azt jelenti, [0, 1] esetn A + (1 )A A.

2.2.

A HAHN-BANACH TTEL

57

2.2. A Hahn-Banach ttelEgy

X

lineris trnek ugyanazon skalrokkal rendelkez

Y

lineris trbe val

A

lekpezst akkor neveztk lineris lekpezsnek, ha

A

additv s homogn,

azaz ha

A(x + y) = Ax + Ay A(x) = AxA

(x, y X, K).maga is lineris tr

K

test (ahol

K = R

vagy

K = C)

K

felett, gy van val (lineris)

2.2.1. Denci. Egy lineris trnek a skalrtartomnyba lekpezst (lineris) funkcionl nak nevezzk.gy az

rtelme a kvetkez dencinak.

X lineris tren x, y X , K-ra

rtelmezett

f :X K

funkcionl lineris, ha brmely

f (x + y) = f (x) + f (y) f (x) = f (x)teljesl.

f : X K funkcionl vals vagy komplex rtk fggvny, gy x X -beli rtkt f (x)-szel jelljk, ha A : X Y egy opertor (lekpezs), gy A x-beli rtkt Ax-szel jelljk, itt x-et nem tesszk zrjelbe.Megjegyzs. Az

2.2.1. Ttel. (Hahn-Banach)

Legyen

X

egy vals lineris tr s

p:X R

egy szubadditv pozitv homogn fggvny

X -en,

azaz

p(x + y) p(x) + p(y) p(x) = p(x)teljesl minden lineris tr

(p szubadditv) (p pozitv homogn)

x, y X, 0

esetn. Tegyk fel, hogy

f0 : X0 R

az

X

X0

altern denilt lineris funkcionl, melyre

f0 (u) p(u) (u X0 ).Akkor ltezik olyan, az egsz hogy

X

tren rtelmezett

f :XR

lineris funkcionl,

f (u) = f0 (u) f (x) p(x)Rviden:

(u X0 ), (x X).

vals lineris tr egy altern rtelmezett s ott egy szubadditv, pozitv homogn fggvnnyel majorlt lineris funkcionl kiterjeszthet az egsz trre a linearits s a majorls megtartsa mellett.

58

FEJEZET 2.

LINERIS TEREK

Bizonyts.y X1

1. Legyen elem

x1 X\X0 s X1 az X0 {x1 } lineris burka. Brmely X0 {x1 }-beli elemnek lineris kombincija, gy y = x + x1 (x X0 , R)alak elem

alak. Megfordtva, brmely

x + x1 (x X0 , R) (x X0 , R),

X1 -beli.

Tovbb, ez az elllts egyrtelm, mert ha

y = x + x1gy

x x = ( )x1 X0 , ami csak = 0, x x = 0 esetn igaz. Megmutatjuk, hogy f0 -t ki lehet terjeszteni X1 -re a linearits s a majorls megtartsval. Ha f1 egy ilyen kiterjeszts, gy y = x + x1 -re f1 (y) = f1 (x) + f1 (x1 ) = f0 (x) + c (c = f1 (x1 )).(2.2.1)

Vilgos, hogy a jesztse

c R konstans brmely vlasztsnl ez lineris kiterf0 -nak X1 -re. Azt fogjuk beltni, hogy c megvlaszthat gy, hogy f1 (y) p(y) (y X1 )(2.2.2)

teljesljn. (2.2.1) segtsgvel (2.2.2) a

f0 (x) + c p(x + x1 )alakba rhat t.

(x X0 , R)

(2.2.3)

Ha

= 0, > 0,

akkor (2.2.3) teljesl tetszleges

cR

esetn.

Ha

akkor (2.2.3) pontosan akkor igaz, ha

f0vagy ha (az

(x)

+cp

(x

) + x1 ,

u=

x X0

jellssel)

c p(u + x1 ) f0 (u)fennll.

(u X0 )

Ha

< 0, gy > 0, gy osztva vele kapjuk, hogy ( x ) ( x) c p x1 , f0

(2.2.3) akkor s csakis

akkor teljesl, ha

2.2.

A HAHN-BANACH TTEL

59

azaz ha (a

v=

x X0 jellssel) f0 (v) p(v x1 ) c

(v X0 )(2.2.3) vagy (2.2.2) pontosan

teljesl. sszefoglalva az eseteket azt kapjuk, hogy akkor teljesl, ha brmely

u, v X0

mellett (2.2.4)

f0 (v) p(v x1 ) c p(u + x1 ) f0 (u).Legyen

u, v X0 .

Ekkor

f0 (u) + f0 (v) = f0 (u + v) p(u + v) = p(u + x1 + v x1 ) p(u + x1 ) + p(v x1 ),amibl

f0 (v) p(v x1 ) p(u + x1 ) f0 (u), sup {f0 (v) p(v x1 )} inf {p(u + x1 ) f0 (u)}.vX0 uX0Az egyenltlensg mindkt oldaln egy vals szm ll, ha egytt (2.2.2) is teljesl. gy (2.2.5)

c-t gy vlasztjuk, X1 -en,melyet

hogy e kt vals szm kztt legyen, gy nyilvnval, hogy (2.2.4) s ezzel

f1

olyan lineris funkcionl

p

majorl.

2. Azt fogjuk mondani, hogy f majorlt kiterjesztse f0 -nak, ha X0 -t tartalmaz X altren denilt lineris funkcionl, melyre

f

egy az

f (u) = f0 (u) f (x) p(x)teljesl. Legyen maza.

(u X0 ), (x X )

az

-n

deniljuk a ha

f0 funkcionl sszes majorlt kiterjesztseinek hal fligrendezst a kvetkezkppen: f , f -res

f f

X X X ,

f (x) = f (x) 0

ha

x X .

minden lnca fellrl korltos, mert ha

egy lnc, gy legyen ha

Y =Mivel

s

g(x) = f (x),

x X .

f 0

g egyrtelmen denilva van Y -on, lineris s p majorlja g -t Y -on, teht g . Tovbb f g brmely f 0 esetn, gy g fels korltja 0 -nak. A Zorn lemma szerint -nek van maximlis f eleme. f az egsz X tren rtelmezett lineris funkcionl, mely majorlt kiterjesztse f0 -nak, ha ugyanis f nem volna az egsz X tren rtelmezve, akkor az 1. alatti eljrst f -re alkalmazva ellentmondsra jutnnk f maximalitsval.lnc,

0

60

FEJEZET 2.

LINERIS TEREK

Megjegyzs. Ha mellyel a

(2.2.5)-ben

(2.2.1) szerint

Banach ttelben szerepl

< ll fenn, akkor kontinuum sok c R van, kpzett f1 majorlt kiterjesztse f0 -nak. Igy, a Hahnf kiterjeszts ltalban nem egyrtelm.

2.2.1. Kvetkezmny. Legyen X vals lineris tr, p : X R szubadditv, pozitv homogn fggvny X -en. Ekkor ltezik olyan f : X R lineris funkcionl, melyre brmely x X esetnp(x) f (x) p(x).Alkalmazzuk ugyanis a 2.2.1 ttelt (Hahn-Banach ttel) vlasztsokkal (f0 (0) egy olyan

X0 = {0}, f0 (0) = 0

= 0 = p(0) miatt X0 -on f0 -t p majorlja). Ltezik teht f : X R lineris funkcionl, melyre f (x) p(x), de akkor f (x) = f (x) p(x), amibl p(x) f (x) (x X).A Hahn-Banach ttel kis mdostssal komplex lineris terek esetben is

rvnyes.

2.2.2. Ttel. (Bohnenblust-Sobczyk)p : X R egy X -en X, C esetn

Legyen

X

egy komplex lineris tr s

denilt vals rtk fggvny, melyre brmely

x, y

p(x + y) p(x) + p(y), p(x) = || p(x) p fggvnyt flnormnaknevezzk.) Tegyk fel,

teljesl. (Az ilyen tulajdonsg hogy

f0

az

X

lineris tr

X0

altern denilt lineris funkcionl, melyre

|f0 (u)| p(u) (u X0 ).Akkor ltezik olyan

f :XC

lineris funkcionl

X -en,

hogy

f (u) = f0 (u) |f (x)| p(x)Rviden:

(u X0 ), (x X).

Egy komplex lineris tr egy altern denilt s ott abszolt rtkben egy flnormval majorlt lineris funkcionl kiterjeszthet az egsz trre a linearits s a majorls megtartsval.

Bizonyts.

Legyenek

g0 , h0

az

f0

funkcionl vals s kpzetes rszei, azaz

g0 (x) = g 0 , h0

f0 (x) + f0 (x) , 2

h0 (x) = f0

f0 (x) f0 (x) 2i

(x X0 ).

vals rtk funkcionlok, melyek

linearitsa miatt additvak s a vals

skalrokkal val szorzsra nzve homognek is. Tovbb,

x X0 -ra

ig0 (ix) = i

f0 (ix) + f0 (ix) if0 (x) if0 (x) f0 (x) f0 (x) = i = = ih0 (x), 2 2 2

2.2.

A HAHN-BANACH TTEL

61

gy

f0 (x) = g0 (x) + ih0 (x) = g0 (x) ig0 (ix) (x X0 ).

skalrokkal

Az

X

vals lineris tr is, ha a skalrral val szorzst leszktjk a val szorzsra.

vals

g 0 : X0 R

X0

ennek vals lineris altere, s az elbbiek alapjn

vals lineris funkcionl

X0 -on,

melyet a

p

flnorma majorl, mert

g0 (x) = Ref0 (x) |f0 (x)| p(x)Mivel

(x X0 ). g0 -raa Hahn-Banach

p

szubadditv s pozitv homogn is, alkalmazhatjuk

ttelt. Ltezik teht olyan

g:XR

vals lineris funkcionl, melyre

g(u) = g0 (u) g(x) p(x)Legyen

(u X0 ), (x X). (x X).

f (x) = g(x) ig(ix)Azt lltjuk, hogy

f :XC

additv, mert x, y X -re

f

teljesti a ttel kvetelmnyeit.

f (x + y) = g(x + y) ig(i(x + y)) = g(x) + g(y) ig(ix) ig(iy) = ( ) ( ) = g(x) ig(ix) + g(y) ig(iy) = f (x) + f (y),s

f homogn x X , gy

(a komplex szmokkal val szorzsra nzve is), mert ha

, R,

( ) ( ) ( ) f ( + i)x = g ( + i)x ig i( + i)x = g(x) + g(ix) ig(ix) ig(x) = [g(x) ig(ix)] + i [g(x) ig(ix)] = ( + i)f (x).Ha

u X0 ,

gy

iu X0 ,

s

f (u) = g(u) ig(iu) = g0 (u) ig0 (iu) = f0 (u).Tovbb tetszleges |f (x)|ei , s gy

x X

esetn ltezik olyan

[0, 2),

hogy

f (x) =

( ) |f (x)| = ei f (x) = f ei x = Ref (ei x) = g(ei x) p(ei x) = p(x),ezzel a bizonyts teljes.

62

FEJEZET 2.

LINERIS TEREK

2.3. A Hahn-Banach ttel alkalmazsai1. Banach-limesz egzisztencija

2.3.1. Denci. A vals l lineris Banach-limesz nek nevezzk, ha(1) (2) (3)

tren rtelmezett

L

lineris funkcionlt

L(x) 0,

ahol

x = (1 , 2 , . . . ) l , i 0 (i = 1, 2, . . . ),ahol

L(x) = L(x), L(e) = 1,ahol

x = (1 , 2 , . . . ) = (2 , 3 , . . . ),

e = (1, 1, . . . ).

Nyilvnval, hogy a konvergens sorozatok

c

tern rtelmezett kznsges limesz

is rendelkezik ezekkel a tulajdonsgokkal, viszont l -beli (teht korltos) sorozathoz hagyomnyos mdon nem rendelhet hatrrtk.

2.3.1. Ttel.

Ha

L egy Banach-limesz, gy brmely x = (1 , 2 , . . . ) l esetn lim inf n L(x) lim sup n ,n n(2.3.1)

gy specilisan

x c-re L(x) = lim n .n

Bizonyts.

Elszr azt mutatjuk meg, hogy

inf{1 , 2 , . . . } L(x) sup{1 , 2 , . . . }.Tetszleges

> 0-hoz

van olyan

n0

index, hogy

inf{1 , 2 , . . . } n0 < inf{1 , 2 , . . . } + n + amibl

(n N),

0 < n n0 + Az

(n N).

L

funkcionl (1) tulajdonsga miatt

L(x n0 e + e) 0,tovbb

L

linearitst s (3)-at felhasznlva

L(x) + n0 inf{1 , 2 , . . . },amibl

0

hatrtmenettel

L(x) inf{1 , 2 , . . . }.

2.3.

A HAHN-BANACH TTEL ALKALMAZSAI

63

Az

L(x) sup{1 , 2 , . . . } egyenltlensg hasonlan bizonythat. n n egyenltlensget x-re alkalmazva L( x) = L(x) alapjn inf{n+1 , n+2 , . . . } L(x) sup{n+1 , n+2 , . . . }.

A bizonytott

A bal s jobboldalon ll sorozatok monotonok s limeszk ppen

lim inf nn

s

lim sup n ,n

gy

n -nel

kapjuk ( 2.3.1)-et.


Ltezik legalbb egy Banach-limesz.

x = (1 , 2 , . . . ) c-re

legyen

l(x) = lim n ,ngy

l

lineris funkcionl

c-n.

A

p(x) = lim supnformulval denilt

1 + 2 + + n nfggvny a

(x = (1 , 2 , . . . ) l )operci szubadditivitsa esetn

p : l R

miatt szubadditv s pozitv homogn.

lim sup Tovbb x c

l(x) = lim n = limn

1 + 2 + n 1 + 2 + n = lim sup = p(x). n n n n

A

Documents

Losonczi - Funkcionalanalizis I