Debreceni Egyetem Természettudományi Kar. Losonczi László. Funkcionálanalízis

Átírás

1 Debreceni Egyetem Természettudományi Kar 1 Losonczi László Funkcionálanalízis 2009

2 Tartalomjegyzék 0.1. El szó Jelölések Ábrák jegyzéke Metrikus terek Metrikus tér fogalma, példák A Hölder és Minkowski egyenl tlenség Konvergencia speciális terekben Topológikus fogalmak metrikus terekben Teljes metrikus terek A Banach-féle xponttétel A Banach-féle xponttétel alkalmazásai A Baire-féle kategória tétel A Baire tétel egy alkalmazása Kompaktság Lineáris terek Lineáris terek, alapfogalmak A Hahn-Banach tétel A Hahn-Banach tétel alkalmazásai Lineáris topológikus és normált terek Lineáris topológikus terek Félnorma rendszer által indukált topológia Minkowski funkcionál Lineáris normált és Banach-terek Sorozatok és sorok normált terekben Kompakt halmazok normált terekben A legjobb approximáció problémája Példák Banach-terekre Kompakt halmazok speciális terekben

3 TARTALOMJEGYZÉK 3 4. Lineáris operátorok és funkcionálok Lineáris operátorok Példák A lineáris operátorok terének struktúrája A Hahn-Banach tétel lineáris normált térben Konjugált tér, reexív terek Gyenge és gyenge* topológia Speciális terek konjugált terei A lineáris analízis három f tétele A Hahn-Banach tétel Az egyenletes korlátosság tétele Alkalmazások További alkalmazások A nyílt leképezések tétele A nyílt leképezések tételének alkalmazásai A zárt gráf tétel Hilbert-terek Hilbert-tér fogalma, példák Ortogonális felbontás Ortonormált rendszerek Ortogonális sorok Példák Fourier-sorra Szeparábilis Hilbert-terek Nem szeparábilis Hilbert-terek Riesz-tétel, adjungált operátor Banach-algebrák Banach-algebra fogalma, példák Reguláris elemek, spektrum, rezolvens halmaz Liouville tétel, Gelfand-Mazur tétel A spektrálsugár Hatványsorok Lineáris dierenciálegyenletrendszerek Ideálok és szinguláris elemek Karakterek és ideálok, Wiener tétel Gelfand-reprezentáció Gelfand-Naimark tétel Rész B -algebrák

4 4 TARTALOMJEGYZÉK 8. Függelék: Topológikus terek Alapfogalmak Nyílt és zárt halmazok Bázis, szubbázis, környezetbázis Folytonos leképezések Leképezések által indukált topológiák Szétválasztási axiómák Kompakt terek Összefügg terek Stone-Weierstrass tételek Funkcionálanalízis feladatok Feladatok Útmutató a nehezebb feladatokhoz

5 0.1. El szó Ez a jegyzet eredetileg a KLTE, TTK, matematikus hallgatói számára készült. Az els kiadás 1982-ben a Tankönyvkiadónál jelent meg, majd néhány év elteltével egy utánnyomásra is sor került. Ezen kiadások példányai már nincsenek forgalomban, de a funkcionálanalízist jelenleg is oktatunk, és ez (remélhet leg) a jöv ben sem fog változni. F leg a KLTE Matematikai Intézet, Analízis Tanszékén lév kollégáim rábeszélésére vállalkoztam arra, hogy ezt a jegyzetet LaTeX formátumban újragépeltessem (lényegében változatlan tartalommal) és mindenki számára hozzáférhet vé tegyem. Az eredeti jegyzetben talált hibákat, elírásokat kijavítottam, de a LaTeX szerkesztésnél ismét nagyon sok elírás, hiba keletkezett. Ezek kijavításában Barczy Mátyás kollégám segített, aki tüzetesen átnézte a javítás javítását is. Molnár Lajos, aki a Debreceni Egyetemen évek óta oktatja a funkcionálanalízis c. tárgyat, szintén átolvasta a kéziratot, több hibára hívta fel a gyelmemet, és több kisebb változtatást is javasolt. Mindkett jük segítségét ezúton is köszönöm t l 1971-ig Czách László aspiránsvezet irányítása mellett ismertem meg a funkcionálanalízis részleteit, az Ž hatása természetesen érezhet a jegyzeten is. A sok javítás ellenére is biztosan maradtak hibák a kéziratban. Hálás volnék, ha az olvasó az általa észrevett hibákról tájékoztatna, a Debreceni Egyetem, Matematikai Intézet, Analízis Tanszék honlapján található címemen. Debrecen, december 9. Losonczi László 5

6 6 TARTALOMJEGYZÉK 0.2. Jelölések bizonyítás vége deníció vége A o az A halmaz nyílt magja vagy belseje A, A az A halmaz lezártja A az A B(H, H) operátor adjungáltja [A] az A halmaz lineáris burka B(X, Y ) az A : X Y lineáris operátorok halmaza c konvergens komplex sorozatok tere c 0 komplex nullsorozatok tere C a komplex számok halmaza C[a, b] [a, b]-n folytonos függvények tere C(X) az X kompakt Hausdor téren folyt. függv. tere co A az A halmaz konvex burka δ αβ a Kronecker szimbólum F x F x (f) = f(x) (x X, f X ) funkcionál Φ x Gelfand-transzformált G(a, r) r sugarú a középpontú nyílt gömb G(A) egy A : D(A) X Y leképezés gráfja J természetes leképezés X-b l X -ba K R vagy C l p speciális (metrikus) tér L p (X, S, µ) speciális (metrikus) tér L p [a, b] speciális (metrikus) tér L(X, Y ) az A : X Y lineáris korlátos operátorok halmaza M x az x-szel való baloldali szorzás N a természetes számok halmaza NBV [a, b] korlátos változású függvények tere x az x elem normája egy normált térben x p az x elem normája L p -ben µ a µ mérték totális variációja Q a racionális számok halmaza p félnorma R a valós számok halmaza rad X az X egységelemes kommutatív Banach-algebra radikálja rca(x) az X-en értelmezett reguláris Borel-mértékek tere x, z x, z l (n) 2 vektorok bels szorzata x, y az x, y H elemek skaláris v. bels szorzata s speciális (metrikus) tér S(a, r) r sugarú a középpontú zárt gömb S(X, S, µ) komplex érték mérhet függvények tere

7 0.2. JELÖLÉSEK 7 V (y) az y függvény totális variációja [a, b]-n (X, S, µ) mértéktér X az X lineáris normált konjugált tere X X lineáris normált tér második konjugált tere X az X kommutatív Banach-algebra struktúra tere X/Y az X lineáris tér Y altér szerint vett faktortere Z az egész számok halmaza

8 8 TARTALOMJEGYZÉK 0.3. Ábrák jegyzéke 1. ábra ábra ábra ábra

9 1. fejezet Metrikus terek 1.1. Metrikus tér fogalma, példák Deníció. Az X nem üres halmazt metrikus tér nek nevezzük, ha X bármely két x, y eleméhez hozzá van rendelve egy ϱ(x, y) valós szám úgy, hogy (1) ϱ(x, y) 0 és ϱ(x, y) = 0 akkor és csakis akkor, ha x = y, (2) ϱ(x, y) = ϱ(y, x), (3) ϱ(x, y) ϱ(x, z) + ϱ(z, y) teljesül bármely x, y, z X esetén. Az X halmaz elemeit pont oknak, a ϱ függvényt metrikának vagy távolság nak, a ϱ(x, y) számot x és y távolságának nevezzük. Egy metrikus térnek egy másik metrikus térre való távolságtartó leképezését izometriának, vagy izometrikus leképezés nek nevezzük (egy ilyen leképezés mindig kölcsönösen egyértelm, mert a különböz pontok képe különböz ). Két metrikus teret izometrikus nak nevezünk, ha köztük izometria létesíthet. Egy X metrikus tér egy nem üres Y részhalmaza maga is metrikus tér (X metrikájával ellátva), melyet az X metrikus tér alterének nevezünk. Az (1)(3) tulajdonságok (a metrika axiómái) azt fejezik ki, hogy a távolság nemnegatív, és csak különböz pontok távolsága pozitív, a távolság szimmetrikus, és teljesül a háromszög-egyenl tlenség. A háromszög-egyenl tlenséget n-szer alkalmazva kapjuk, a ϱ(x, y) ϱ(x, z 1 ) + ϱ(z 1, z 2 ) + + ϱ(z n, y) (x, y, z 1,..., z n X) sokszög-egyenl tlenség et. 9

10 10 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK vagy Speciálisan n = 2-re ϱ(x, y) ϱ(x, z 1 ) + ϱ(z 1, z 2 ) + ϱ(z 2, y), ϱ(x, y) ϱ(z 1, z 2 ) ϱ(x, z 1 ) + ϱ(z 2, y). Az x és z 1 valamint y és z 2 szerepét megcserélve az egyenl tlenség jobb oldala nem változik, így ϱ(z 1, z 2 ) ϱ(x, y) ϱ(x, z 1 ) + ϱ(z 2, y). Az utolsó két egyenl tlenségb l adódik, hogy ϱ(x, y) ϱ(z 1, z 2 ) ϱ(x, z 1 ) + ϱ(y, z 2 ), melyet négyszög-egyenl tlenség nek fogunk nevezni. Ugyanazon halmazon többféle metrika is értelmezhet. Ezért, ha a félreértés veszélye áll fenn, akkor az X metrikus teret a ϱ metrikával ellátva (X, ϱ)-val fogjuk jelölni. A következ kben R és C a valós és a komplex számok halmazát jelölik. Tegyük fel, hogy X egy nem üres halmaz és a ϱ: X X R függvény csak a (2), (3) tulajdonságokat és az (1) els részét (ϱ(x, y) 0 és ϱ(x, x) = 0 bármely x, y X-re) teljesíti. Deniáljuk a relációt a következ képpen x y, ha ϱ(x, y) = 0 (x, y X). ϱ metrika tulajdonságai miatt ekvivalencia reláció: reexív, szimmetrikus és tranzitív, így az X halmazon egy osztályozást indukál, oly módon, hogy ekvivalens elemek azonos osztályba kerülnek. Jelölje x az x elem osztályát, azaz legyen x = {y X ϱ(x, y) = 0}, és jelölje X az összes osztályok halmazát. Könny belátni, hogy X-on a ϱ( x, ỹ) = ϱ(x, y) ( x, ỹ X) egyenl séggel deniált ϱ függvény metrika lesz. Ez azt jelenti, hogy az X halmaz elemei között egy új egyenl séget, az -t bevezetve X metrikus tér lesz ϱ metrikával. Példáinkban ez a szituáció többször is el fog fordulni. Példák metrikus terekre 1. Legyen X egy tetsz leges nem üres halmaz, x, y X és { 0 ha x = y, ϱ(x, y) = 1 ha x y. Azonnal látható, hogy ϱ metrika X-en, melyet diszkrét metrikának nevezünk.

11 1.1. METRIKUS TÉR FOGALMA, PÉLDÁK Legyen X = { x = (ξ 1, ξ 2,..., ξ n ) ξ i C (i = 1, 2,..., n) } a komplex szám n-esek halmaza. Legyen 1 p és x = (ξ 1, ξ 2,..., ξ n ), y = (η 1, η 2,..., η n ) X esetben ( n ϱ p (x, y) = ξ i η i p ) 1 p ha 1 p <, max ξ i η i ha p =. 1 i n ϱ p metrika, mellyel ellátva X-et, kapjuk az l (n) p metrikus ter et. A p = 2 esetén az n-dimenziós komplex Euklideszi teret kapjuk. 3. Ismét 1 p, és { l p = x = (ξ 1, ξ 2,... ) ξi C (i N) és } ξ i p < ha 1 p <. sup ξ i < ha p = i A metrika a 2. példával analóg módon van deniálva: tetsz leges x, y l p esetén ( ) 1 ξ i η i p p ha 1 p <, ϱ p (x, y) = sup ξ i η i ha p =. i 4. A c teret a konvergens komplex számsorozatok alkotják, a metrika ugyanaz, mint l -ben. 5. A c 0 tér elemei a komplex nullsorozatok, a metrika ugyanaz, mint vagy mint l -ben. 6. A s tér elemei az összes komplex számsorozatok, x = (ξ 1, ξ 2,... ), y = (η 1, η 2,... ) s esetén ϱ(x, y) = 1 ξ i η i 2 i 1 + ξ i η i. 7. Legyen X egy kompakt Hausdor-féle topológikus tér. Az X-en deniált összes komplex érték folytonos függvények halmazát a ϱ(x, y) = sup x(t) y(t) t X metrikával ellátva kapjuk a C(X) metrikus teret. (x, y : X C folytonosak)

12 12 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK 8. Legyen (X, S, µ) egy tetsz leges véges mértéktér. Jelölje S = S(X, S, µ) az X-en értelmezett komplex érték mérhet függvények halmazát. Két S-beli függvényt egyenl nek tekintve, ha azok majdnem mindenütt egyenl k, a ϱ(x, y) = formula metrikát deniál S-en. X x(t) y(t) 1 + x(t) y(t) dµ t (x, y S) 9. Legyen (X, S, µ) egy tetsz leges mértéktér, p 1 egy valós szám, és L p = L p (X, S, µ) jelölje azon x : X C mérhet függvények halmazát, melyekre x(t) p dµ t <. X Két L p -beli függvényt azonosnak tekintünk, ha azok majdnem mindenütt egyenl ek. A metrika deníciója L p -ben: ϱ p (x, y) = X x(t) y(t) p dµ t 1 p (x, y L p ). 10. Legyen (X, S, µ) ismét egy tetsz leges mértéktér, és L = L (X, S, µ) jelölje azon x : X C mérhet függvények halmazát, melyek abszolút értéke egy nullmérték halmaztól eltekintve korlátos. Két L -beli függvényt egyenl nek tekintünk, ha azok majdnem mindenütt egyenl k. A metrika deniciója L -ben: ( ) ϱ (x, y) = inf E S µe=0 sup x(t) y(t) t X\E (x, y L ). Ha a 2-9. példákban a sorozatok, illetve függvények értékei valós számok, úgy ismét metrikus teret kapunk, melyeket valós l p (n), l p,..., L tereknek nevezünk. (Az L p és S tereknél megengedhetjük azt is, hogy a függvények értékei a b vített valós számok halmazába essenek, de ekkor az S tér esetén ki kell kötni azt, hogy a függvények majdnem mindenütt végesek legyenek.) Azt, hogy a 2-9. példák valóban metrikus terek a következ szakaszban fogjuk bizonyítani. Ha a 7. példában X = [a, b] egy korlátos zárt intervallum, akkor a C([a, b]) jelölés helyett C[a, b]-t használjuk, míg ha a példákban X = [a, b] vagy (a, b) a Lebesgue-mértékkel van ellátva, úgy az L p [a, b] vagy L p (a, b) jelölést használjuk.

13 1.2. A HÖLDER ÉS MINKOWSKI EGYENLŽTLENSÉG A Hölder és Minkowski egyenl tlenség Megmutatjuk, hogy az 1.1-ben szerepl 2-9. példákban deniált terek valóban metrikus terek, azaz kielégítik a metrika axiómáit. Elegend ezt az S, L p (1 p ) és a C(X) terek esetén igazolni, ugyanis a mértéktér alkalmas megválasztásával S-b l s, L p -b l l p, l p (n) speciális esetenként megkapható, c 0, c-ben pedig a metrika ugyanaz, mint l -ben Tétel. A ϱ(x, y) = X x(t) y(t) 1 + x(t) y(t) dµ t függvény metrika S-en. Bizonyítás. Mivel a mértéktér véges, világos, hogy 0 ϱ(x, y) <. Ha ϱ(x, y) = 0, úgy x(t) = y(t) majdnem mindenütt, tehát x = y az S térben. Az abszolút érték jel miatt ϱ(x, y) = ϱ(y, x). A háromszög-egyenl tlenség bizonyításához tekintsük a φ(λ) = λ 1 + λ = λ (λ 0) függvényt. Látható, hogy φ szigorúan monoton növekv, így bármely u, v C esetén u + v 1 + u + v u + v 1 + u + v = u 1 + u + v + v 1 + u + v u 1 + u + v 1 + v, amib l u = x(t) y(t), v = y(t) z(t) helyettesítéssel, integrálás után a háromszög-egyenl tlenséget kapjuk. Ahhoz, hogy bebizonyítsuk azt, hogy ϱ p (x, y) = x(t) y(t) p dµ t 1 p (1 p < ) X metrika L p -n, szükségünk van a Hölder és a Minkowski egyenl tlenségre Tétel. (Hölder egyenl tlenség) Ha 1 < p <, 1 p + 1 q = 1, x L p és y L q, akkor xy L 1, x(t)y(t)dµ t x(t)y(t) dµ t, (1.2.1) X X

14 14 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK és x(t)y(t) dµ t x p y q, (1.2.2) ahol X x p = ϱ p (x, 0) = 1 p x(t) p dµ t, y q = ϱ q (y, 0). (1.2.1)-ben akkor és csakis akkor van egyenl ség, ha X sgn (x(t)y(t)) = konstans (1.2.3) majdnem mindenütt az X := { t X x(t)y(t) 0 } halmazon, (ahol sgn z = z ha z C, z 0, és sgn 0 = 0). z (1.2.2)-ben pontosan akkor van egyenl ség, ha α x(t) p = β y(t) q (1.2.4) majdnem minden t X re teljesül α, β 0, α 2 + β 2 > 0 konstansokkal. Bizonyítás. A Taylor-formula szerint bármely a, b > 0-ra ( ) a ln a p p = ln p + bq + q ( ) a ln b q p = ln p + bq + q a p p a p p 1 + bq q 1 + bq q ) (a p ap p bq 1 ) 2 (a p ap q 2ξ 2 p bq q ) (b q ap p bq 1 ) 2 (b q ap q 2η 2 p bq q ahol ξ illetve η az a p illetve b q és ap p + bq közötti értékek. Az els egyenl tlenség q 1 p -szeresét a második egyenl tlenség 1 -szorosához adva kapjuk, hogy q ( ) a p ln ab = ln p + bq 1 q 2pξ 2 amib l ( b q a p q ) 2 1 2qη 2 ab ap p + bq q ( ) a p b q 2 ( a p ln p p + bq q ) (1.2.5) és itt egyenl ség csak a p = b q esetén van. Ez nyilvánvalóan igaz a 0, b 0 esetén is.

15 1.2. A HÖLDER ÉS MINKOWSKI EGYENLŽTLENSÉG 15 Helyettesítsünk (1.2.5)-ben a = x(t), b = y(t) -t feltéve, hogy x p y q 0. x p y q A kapott egyenl tlenséget integrálva kapjuk, hogy x(t)y(t) dµ t X 1 x p p x p y q p x p + 1 y q q p q y q = 1, q amib l következik xy L 1 és (1.2.2). Az (1.2.1) egyenl tlenség xy L 1 -b l és az integrál alaptulajdonságaiból következik. Egyenl ség pontosan akkor áll fenn (1.2.2)-ben, ha x(t) p x p = y(t) q p y q majdnem minden t X-re teljesül, azaz, ha q (1.2.4) fennáll β = x p p, α = y q q-val. Ha x p y q = 0, úgy x p = 0 vagy y q = 0. Ha például x p = 0, akkor x(t) = 0 majdnem minden t X-re, így (1.2.2)-ben egyenl ség van, és α = 1, β = 0-val (1.2.4) is teljesül. Az y q = 0 eset hasonló. Vizsgáljuk meg hogy mikor van egyenl ség (1.2.1)-ben! Vezessük be a h(t) = x(t)y(t) (t X) jelölést, akkor h L 1 miatt h(t)dµ t h(t) dµ t. (1.2.6) X Ha sgn h(t) = e iγ (γ R) majdnem mindenütt X -n, akkor h(t)dµ t = e iγ h(t) dµ t = e iγ h(t) dµ t, X X így (1.2.6)-ban egyenl ség van. Fordítva, tegyük fel, hogy (1.2.6)-ban egyenl ség van. Ez akkor is fennáll, ha az integrációs halmazt X -re cseréljük, azaz, ha h(t) dµ t = h(t)dµ t = eiδ h(t)dµ t, X X X alkalmas δ R számmal. Az X e iδ h(t) = u(t) + iv(t) felbontással, ahol u, v valós érték függvények, kapjuk, hogy h(t) dµ t = h(t)dµ t = e iδ h(t)dµ t = u(t)dµ t + i v(t)dµ t, X X X X X X

16 16 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK amib l X v(t)dµ t = 0, X u(t)dµ t 0. Mivel h = e iδ h = (u 2 + v 2 ) 1 2, így integrálással u = h = e iδ h = (u 2 + v 2 ) X X X X továbbá X u X u X (u 2 + v 2 ) 1 2 = X u. Ebb l következik, hogy u(t) 0 majdnem mindenütt X -n, mert, ha u(t) < 0 volna X egy pozitív mérték részén, akkor innen X u < 0-t kapnánk, ami lehetetlen. Az is következik, hogy v(t) = 0 majdnem mindenütt X -n ti. ellenkez esetben X (u 2 + v 2 ) 1 2 > X u volna, ami nem lehet. Az e iδ h = u + iv felbontás alapján, majdnem minden X -beli pontban h = e iδ h = (u 2 + v 2 ) 1 2 = u = u, h = e iδ (u + v) = e iδ u 1 2, amib l h(t) = e iδ h(t) majdnem mindenütt X -n Tétel. (Minkowski egyenl tlenség) Ha 1 p <, x, y L p, akkor x + y L p és x + y p x p + y p. (1.2.7) (1.2.6)-ban p = 1-nél egyenl ség pontosan akkor van, ha majdnem minden t N x esetén fennáll, ahol y(t) x(t) 0 (1.2.8) N x = { t X x(t) 0 }. 1 < p < esetén (1.2.7)-ban akkor és csakis akkor áll fenn egyenl ség, ha αx(t) = βy(t) (1.2.9) majdnem minden t X-re fennáll, α, β 0, α 2 + β 2 > 0 konstansokkal. Bizonyítás. p = 1-nél (1.2.7) az x(t) + y(t) x(t) + y(t)

17 1.2. A HÖLDER ÉS MINKOWSKI EGYENLŽTLENSÉG 17 egyenl tlenség integrálásával adódik. 1 < p < -nél ( ) p x(t) + y(t) p x(t) + y(t) (2 max { x(t), y(t) }) p = 2 p max { x(t) p, y(t) p} ( 2 p x(t) p + y(t) ), p amib l következik, hogy x + y p L 1, azaz x + y L p. Ezért az x(t) + y(t) p dµ t x(t) + y(t) p 1 x(t) dµ t + x(t) + y(t) p 1 y(t) dµ t X X (1.2.10) egyenl tlenség jobb oldalán szerepl integrálokra alkalmazható a Hölder egyenl tlenség, mert x + y (p 1)q = x + y p L 1 miatt x + y p 1 L q, ahol q = és a feltevés szerint x, y L p. Ezért x(t) + y(t) p 1 x(t) dµ t X x(t) + y(t) p dµ t 1 q p p 1, x p (1.2.11) X x(t) + y(t) p 1 y(t) dµ t X 1 q x(t) + y(t) p dµ t y p (1.2.12) X és (1.2.10)-b l X x + y p p q p x + y p ( x p + y p ) (1.2.13) p q adódik. Ha x + y p 0, akkor x + y p -val osztva kapjuk (1.2.7)-et, ha x + y p = 0, akkor (1.2.7) nyilvánvalóan igaz. Vizsgáljuk meg, mikor van egyenl ség (1.2.7)-ben! p = 1-nél ennek az a szükséges és elegend feltétele, hogy majdnem minden t X-re teljesüljön. Ha x(t) + y(t) = x(t) + y(t) (1.2.14) N x = { t X x(t) = 0 } és N x = X \ N x = { t X x(t) 0 }, akkor (1.2.14) a t N x értékekre mindig teljesül. Így (1.2.7)-ben akkor és csakis akkor van egyenl ség, ha x(t) + y(t) = x(t) + y(t) majdnem minden t N x-re

18 18 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK vagy, ezzel ekivivalens módon 1 + y(t) x(t) = 1 + y(t) x(t) majdnem minden t N x-re. Ez pontosan akkor igaz, ha y(t) x(t) majdnem minden t N x-re valós és nemnegatív, azaz ha (1.2.8) fennáll. Ha 1 < p <, akkor könny belátni, hogy (1.2.9) teljesülése esetén (1.2.7)-ben egyenl ség van. Megmutatjuk, hogy ez fordítva is igaz. Ha x + y p = 0 és (1.2.7)-ben egyenl ség van, akkor x p = y p = 0, azaz x(t) = 0, y(t) = 0 majdnem minden t X-re. Így pl. α = β = 1-gyel (1.2.9) fennáll. Ha x+y p 0 és (1.2.7)-ben egyenl ség van, akkor (amint (1.2.7) bizonyításából látható) egyenl ség kell hogy legyen (1.2.13)-ban, így az (1.2.10), (1.2.11), (1.2.12) egyenl tlenségekben is. Ennek feltételei rendre ((1.2.11), (1.2.12)-nél felhasználva az tételt): x(t) + y(t) = x(t) + y(t) majdnem minden t X-re, (1.2.15) γ 1 x(t) + y(t) = δ 1 x(t) majdnem minden t X-re, (1.2.16) γ 2 x(t) + y(t) = δ 2 y(t) majdnem minden t X-re, (1.2.17) ahol γ i, δ i 0, γ 2 i + δ 2 i > 0 (i = 1, 2). Ha µn x = 0, úgy x(t) = 0 majdnem minden t X-re, (1.2.7)-ben egyenl ség van és (1.2.9) pl. α = 1, β = 0-val teljesül. Így feltehet, hogy µn x 0. Ekkor γ 1 0, mert ellenkez esetben δ 1 = 0 volna, ami γ1 2 + δ1 2 > 0 miatt nem lehet. Tudjuk, hogy (1.2.15) pontosan akkor teljesül, ha majdnem minden t N x-re y(t) nemnegatív, így (1.2.16), (1.2.15)-b l x(t) azaz δ 1 γ 1 = 1 + y(t) x(t) = 1 + y(t) x(t) majdnem minden t N x-re, y(t) = αx(t) majdnem minden t N x-re, (1.2.18) ahol α = δ 1 γ 1 1 egy nemnegatív konstans. Továbbá (1.2.16)-ból γ 1 y(t) = 0 majdnem minden t N x -re,

19 1.2. A HÖLDER ÉS MINKOWSKI EGYENLŽTLENSÉG 19 amib l γ 1 0 miatt y(t) = 0 majdnem minden t N x -re. Ez y(t) = αx(t) majdnem minden t N x -re (1.2.19) alakba is írható. (1.2.18) és (1.2.19) azt jelenti, hogy y(t) = αx(t) majdnem minden t X-re, azaz β = 1-gyel (1.2.9) teljesül. A Minkowski egyenl tlenség p = esetén is érvényes. Többek között ennek igazolásához fogjuk használni a következ tételt Tétel. Bármely x L -hez van olyan x-t l függ E 0 X nullmérték halmaz, melyre x = ϱ (x, 0) = sup x(t). (1.2.20) t X\E 0 Bizonyítás. x = inf E µe=0 E n nullmérték halmaz, hogy E 0 = n=1 ( x sup x(t) t X\E ) sup t X\E n x(t) < x + 1 n. E n szintén nullmérték, és E 0 E n miatt x, így bármely n N-hez van olyan sup x(t) sup x(t) < x + 1 t X\E 0 t X\E n n. Innen n -nel kapjuk (1.2.20)-at. Következmények. 1. A (1.2.6) Minkowski egyenl tlenség p = esetén is érvényes. Legyen ugyanis x, y L és E 0, F 0 X olyan nullmérték halmazok, hogy x = sup x(t), y = sup y(t). t X\E 0 t X\F 0 Az x(t) + y(t) x(t) + y(t) (t X),

20 20 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK egyenl tlenségb l sup x(t)+y(t) sup x(t) + t X\(E 0 F 0 ) t X\(E 0 F 0 ) sup t X\(E 0 F 0 ) y(t) x + y, de E 0 F 0 nullmérték lévén x + y L, és egyenl tlenségünk bal oldala x + y -nél nem kisebb, tehát x + y x + y. 2. Az (1.2.1) Hölder egyenl tlenség p = 1, q = és p =, q = 1 esetén is érvényes. A szimmetria miatt elég a p = 1, q = esettel foglalkozni. Legyen x L 1, y L és F 0 X olyan nullmérték halmaz, melyre y = sup y(t). t X\F 0 Ekkor xy 1 = x(t)y(t) dµ t = x(t)y(t) dµ t X X\F 0 y x(t) dµ t = x 1 y. X\F Tétel. A ϱ p (x, y) = ( X inf E µe=0 x(t) y(t) p dµ t ) 1 p ( sup x(t) y(t) t X\E ) ha 1 p <, ha p =, függvény metrika L p (X, S, µ)-n. Bizonyítás. x, y L p esetén a Minkowski-egyenl tlenség miatt x y = x + ( 1)y L p, így ϱ p (x, y) minden x, y L p mellett véges. Világos, hogy ϱ p (x, y) 0 és ϱ p (x, y) = 0, ha x = y, azaz ha x(t) = y(t) majdnem minden t X-re. Tegyük fel, hogy ϱ p (x, y) = 0. 1 p < esetén innen x(t) y(t) p dµ t = 0, amib l x(t) = y(t) majdnem X minden t X-re.

21 1.3. KONVERGENCIA SPECIÁLIS TEREKBEN 21 p = esetén az tétel szerint van olyan E 0 nullmérték halmaz, hogy ϱ (x, y) = sup x(t) y(t) = 0, amib l x(t) = y(t), ha t X \ E 0, t X\E 0 azaz x(t) = y(t) majdnem minden t X-re. A távolság szimmetriája nyilvánvaló, a háromszög-egyenl tlenséget pedig úgy kaphatjuk meg, hogy az x z és z y függvényekre alkalmazzuk a Minkowskiegyenl tlenséget Tétel. A ϱ(x, y) = sup x(t) y(t) függvény metrika C(X)-en. t X Bizonyítás. x, y, z C(X)-re x(t) y(t) x(t) z(t) + z(t) y(t) (t X), amib l a jobb, majd a baloldal szuprémumát véve kapjuk, a háromszög-egyenl tlenséget. A metrika másik két tulajdonsága nyilvánvalóan teljesül Konvergencia speciális terekben Deníció. Legyen X egy metrikus tér ϱ metrikával és {x n } legyen egy X-beli sorozat. Azt mondjuk, hogy az {x n } sorozat konvergens (az X metrikus térben) és határértéke x X, ha Jelölés: lim ϱ(x n, x) = 0 n x = lim n x n, vagy x n x (n ) Azonnal látható, hogy konvergens sorozat határértéke egyértelm. Az alábbiakban az a célunk, hogy az 1.1 szakasz 2-9. példáiban szerepl metrikus terekben lehet ség szerint jellemezzük a konvergens sorozatokat Tétel. A S = S(X, S, µ) metrikus térben egy {x n } sorozat akkor és csakis akkor konvergál x S-hez, ha az {x n } függvénysorozat µ-mértékben konvergál x-hez X-en. Bizonyítás. Ha lim n ϱ(x n, x) = 0, akkor tetsz leges σ > 0 mellett legyen E n (σ) = {t X x n (t) x(t) σ}.

22 22 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK A φ(λ) = λ (λ 0) függvény monotonitása miatt 1 + λ x n (t) x(t) ϱ(x n, x) = 1 + x n (t) x(t) dµ x n (t) x(t) t 1 + x n (t) x(t) dµ t σ 1 + σ µe n(σ). X E n(σ) Így lim n µe n (σ) = 0, tehát {x n } µ mértékben konvergál x-hez. Fordítva, tegyük fel, hogy az {x n } sorozat µ mértékben konvergál x-hez, azaz tetsz leges σ 0 esetén µe n (σ) 0, ha n. Ekkor x n (t) x(t) ϱ(x n, x) = 1 + x n (t) x(t) dµ x n (t) x(t) t x n (t) x(t) dµ t E n (σ) µe n (σ) + σ 1 + σ µx. X\E n (σ) Legyen ε > 0 adott, és válasszuk σ = σ > 0-t olyanra, hogy másrészt µe n (σ ) < ε ( ε ) 2, ha n > N, így 2 ϱ(x n, x) < ε 2 + ε ( ε ) 2 = ε ha n > N, 2 σ 1 + σ µx < ε 2, azaz {x n } az x-hez konvergál S-ben Tétel. A C(X) metrikus térben egy {x n } sorozat akkor és csakis akkor konvergál x C(X)-hez, ha az {x n } függvyénysorozat egyenletesen konvergál x-hez X-en. Bizonyítás. Állításunk következik abból, hogy ϱ(x n, x) = sup x n (t) x(t) ε x n (t) x(t) ε (t X) t X Következmény. Mivel a c, c 0, l terekben a metrika analóg módon van deniálva, így kapjuk, hogy ezekben a terekben a konvergencia éppen a koordinátánkénti egyenletes konvergencia, vagyis ha x n = (ξ (n) 1, ξ (n) 2,... ), x = (ξ 1, ξ 2,... ), akkor lim x n = x (c 0, c vagy l -ben) akkor és csakis akkor, ha n esetén n ξ i az i indexben egyenletesen i N-en. ξ (n) i

23 1.3. KONVERGENCIA SPECIÁLIS TEREKBEN Tétel. Az x n = ( ξ (n) 1, ξ (n) 2,... ) s sorozat akkor és csakis akkor konvergál x = ( ξ 1, ξ 2,... ) s-hez az s térben, ha Bizonyítás. ϱ(x n, x) = lim n ξ(n) i = ξ i (i N). 1 ξ (n) k ξ k 2 k 1 + ξ (n) k ξ k 1 (n) ξi ξ i 2 i 1 + ξ (n) i ξ i (i N), így ha lim ϱ(x n, x) = 0, akkor lim i = ξ i (i N). n A fordított állítás igazolásához legyen ε > 0 adott, és k 0 olyan index, hogy 1 2 < ε k 2, N(ε) pedig olyan, hogy k = 1, 2,..., k 0 esetén k=k 0 +1 n ξ (n) Ekkor 1 ξ (n) k ξ k 2 k 1 + ξ (n) k ξ k < ε, 2k 0 ha n > N(ε). ϱ(x n, x) < ε 2 + ε 2 = ε ha n > N(ε). L p (és l p )-ben 1 p < esetén a konvergencia nem jellemezhet a fentiekhez hasonló egyszer módon. A p = esetre vonatkozik a következ tétel Tétel. Az {x n } L -beli sorozat akkor és csakis akkor konvergál x L -hez az L térben, ha az {x n } függvénysorozat majdnem mindenütt egyenletesen konvergál x-hez X-en, azaz van olyan (a sorozattól függ ) E 0 nullmérték halmaz, hogy {x n } egyenletesen konvergál x-hez az X \ E 0 halmazon. Bizonyítás. Ha lim n ϱ (x n, x) = 0, akkor az x n x függvényekhez megkeressük azokat az E n nullmérték halmazokat, melyekre ϱ (x n, x) = x n x = teljesül (lásd az tételt). E 0 = ϱ (x n, x) n=1 sup x n (t) x(t) t X\E n E n is nullmérték, és sup x n (t) x(t) x n (t) x(t) (t X \ E 0 ), t X\E 0 így lim n ϱ (x n, x) = 0 esetén lim n x n (t) = x(t) egyenletesen X \ E 0 -on.

24 24 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK Ha viszont lim n x n (t) = x(t) egyenletesen X \ F 0 -on, ahol µf 0 = 0, akkor sup x n (t) x(t) 0 ha n, t X\F 0 így miatt ϱ (x n, x) = inf sup E,µE=0 t X\E x n (t) x(t) sup t X\F 0 x n (t) x(t) lim ϱ (x n, x) = 0. n 1.4. Topológikus fogalmak metrikus terekben Deníció. Legyen X egy metrikus tér ϱ metrikával. Ha a X, r > 0, akkor a G(a, r) = {x X ϱ(a, x) < r} halmazt r sugarú a középpontú nyílt gömbnek nevezzük, míg az S(a, r) = {x X ϱ(a, x) r} halmazt r sugarú a középpontú zárt gömbnek nevezzük (Utóbbi esetben r = 0-t is megengedjük) Deníció. Jelölje G X azon részhalmazainak osztályát, melyek bármely pontjukkal együtt valamely a pont körüli nyílt gömböt is tartalmaznak. Könny belátni, hogy G topológia X-en, melyet X természetes topológiájá nak nevezünk. Hacsak mást nem mondunk, akkor egy metrikus teret mindig a természetes topológiával látjuk el, és az összes topológikus fogalmat (nyílt, zárt halmaz, stb.) e topológia szerint vesszük. Így pl. egy A X halmazt akkor nevezünk nyíltnak, ha eleme G-nek, vagyis ha bármely pontjával együtt valamely a pont körüli nyílt környezetet is tartalmaz. B X zárt, ha a komplementere nyílt. Könny belátni, hogy nyílt gömb nyílt halmaz, zárt gömb zárt halmaz, továbbá, hogy egy metrikus tér normális topológikus tér (ld. a Függelék deníciót). Legyen T egy X metrikus térnek az Y metrikus térbe való leképezése. A fentiek alapján (lásd a Függelék deníciót) T -t folytonosnak nevezzük az x X pontban, ha T x bármely V környezetéhez megadható x-nek olyan U környezete, hogy T U V.

25 1.5. TELJES METRIKUS TEREK Tétel. A T leképezés akkor és csakis akkor folytonos x X-ben, ha bármely x-hez konvergáló {x n } sorozat esetén {T x n } a T x-hez konvergál. A bizonyítást az olvasóra bizzuk Teljes metrikus terek Legyen X egy metrikus tér ϱ metrikával. X-beli elemek egy {x n } sorozatáról azt mondtuk (ld. az deníciót), hogy konvergál az x X elemhez, ha lim n ϱ(x n, x) = Deníció. Az {x n } sorozatot Cauchy-sorozatnak nevezzük, ha bármely ε > 0 számhoz létezik olyan N(ε) szám, hogy ϱ(x n, x m ) < ε, ha n, m > N(ε) Tétel. Egy metrikus térben minden konvergens sorozat Cauchy sorozat. ( ε ) Bizonyítás. Ha lim x n = x és ε > 0, úgy van olyan N 1 szám, hogy n 2 ϱ(x n, x) < ε ( ε ) ha n > N 1, 2 2 így ϱ(x n, x m ) ϱ(x n, x) + ϱ(x, x m ) < ε 2 + ε 2 = ε ha n, m > N 1 ( ε 2), tehát {x n } Cauchy-sorozat. A fordított állítás nem igaz. Legyen ugyanis Q az összes racionális számok halmaza, akkor ϱ(r, s) = r s (r, s Q), metrika Q-n. Legyen {r n } a 2-t alulról közelít racionális számok egy olyan sorozata, melyre 0 < 2 r n < 1 10 n teljesül. Bármely ε > 0 mellett { } 1 r m r n < max 10, 1 < ε ha n, m > lg 1 n 10 m ε,

26 26 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK azaz {r n } Cauchy sorozat Q-ban. De ez a sorozat nem konvergens Q-ban, mert ha r n r Q volna, úgy r 2 r r n + r n 2 miatt r = 2 volna, ami lehetetlen, mert 2 irracionális Deníció. Egy metrikus teret teljesnek nevezünk, ha benne minden Cauchy-sorozat konvergens. Példák 1. Az 1.1 szakasz els példájában szerepl metrikus tér (X egy tetsz leges halmaz, ϱ(x, y) = 0, ha x = y, ϱ(x, y) = 1, ha x y) teljes, mert ha {x n } egy Cauchy-sorozat, úgy ϱ(x n, x m ) < 1 ( ) 1 ha n, m > N, 2 2 de ekkor x n = x m, azaz x n = x k minden n k-ra, ahol k a legkisebb N( 1 )-nél nagyobb természetes szám. Ez azt jelenti, hogy lim x 2 n = x k. n 2. Megmutatjuk, hogy C(X) teljes metrikus tér. Ha {x n } egy Cauchy-sorozata e térnek, úgy ϱ(x n, x m ) = sup x n (t) x m (t) < ε, ha n, m > N(ε), t X amib l bármely t X-re x n (t) x m (t) < ε, ha n, m > N(ε). (1.5.1) Ez mutatja, hogy bármely rögzített t X mellett {x n (t)} komplex (vagy valós) elem Cauchy-sorozat, mely konvergens. Ha {x n (t)} határértékét x(t) jelöli, akkor (1.5.1)-b l m határátmenettel kapjuk, hogy x n (t) x(t) ε, ha n > N(ε), t X. (1.5.2) Megmutatjuk, hogy x folytonos függvény X-en. Legyen n > N(ε) rögzített index, az x n függvény t 0 X-beli folytonossága miatt bármely ε > 0-hoz létezik t 0 -nak olyan U környezete, hogy x n (t) x n (t 0 ) < ε, ha t U. (1.5.3) Ekkor (1.5.2) és (1.5.3) miatt tetsz leges t U esetén x(t) x(t 0 ) x(t) x n (t) + x n (t) x n (t 0 ) + x n (t 0 ) x(t 0 ) < 3ε

27 1.5. TELJES METRIKUS TEREK 27 ami az x függvény t 0 -beli folytonosságát jelenti, így x C(X). (1.5.2)-b l ϱ(x n, x) ε ha n > N(ε) következik, azaz {x n } konvergens C(X)-ben. Eredményünk könnyen általánosítható a C n (X) tér esetére is. Itt X egy kompakt Hausdor-tér, n egy természetes szám, és C n (X) az összes x : X C n (vagy R n ) X-en folytonos függvények halmaza, ϱ(x, y) = sup x(t) y(t), t X ( n ) 1 ahol z = (z 1, z 2,..., z n ) C n esetén z = z i 2 3. Teljes metrikus tér egy altere akkor és csakis akkor teljes, ha zárt. Legyen X teljes metrikus tér, és tegyük fel, hogy Y zárt altere X-nek, {y n } pedig egy Cauchy-sorozat Y -ban. Ez X-ben is Cauchy-sorozat, így a teljesség miatt konvergens X-ben: lim y n = y, y X. Mivel y n Y, n így y érintkezési pontja Y -nak, tehát Y zártsága miatt y Y, vagyis {y n } konvergens Y -ban. Fordítva, ha az Y altér teljes, úgy zárt is. Legyen ugyanis y Y,akkor y érintkezési pontja Y -nak, így van olyan {y n } (y n Y ) sorozat, melyre lim y n = y. {y n } Cauchy-sorozat, mely Y teljessége miatt egy Y -beli elemhez konvergál. A határérték egyértelm sége miatt így y Y n. 4. A 2. fejezetben be fogjuk bizonyítani, hogy az L p (l p, l p (n) ), c, c 0 metrikus terek teljesek. Láttuk, hogy a racionális számok Q halmaza a ϱ(r, s) = r s távolsággal nem alkot teljes metrikus teret. Q azonban mindenütt s r altere az összes valós számok teljes metrikus terének. Hasonló állítás érvényes bármely metrikus térre Deníció. Legyenek X, X metrikus terek a ϱ, ϱ metrikával. Azt mondjuk, hogy X az X metrikus tér teljes metrikus burka, ha (1) X teljes, (2) X X és x, y X esetén ϱ(x, y) = ϱ (x, y), (3) X = X azaz X mindenütt s r X -ban. 2.

28 28 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK Tétel. Bármely metrikus térnek létezik teljes metrikus burka, és ez az eredeti teret xen hagyó izometriától eltekintve egyértelm. (Más szóval: minden metrikus tér beágyazható egy teljes metrikus térbe mindenütt s r altérként). Bizonyítás. Legyen X egy metrikus tér ϱ metrikával. Az alábbiakban megkonstruáljuk X teljes metrikus burkát. Az {x n }, {y n } X-beli Cauchy-sorozatokat ekvivalensek nek nevezzük, ha lim ϱ(x n, y n ) = 0. n Jelölés: {x n } {y n }. Azonnal látható, hogy ekvivalencia reláció, így egy osztályozást indukál X-en, oly módon, hogy egy osztályba kerülnek az ekvivalens sorozatok. Jelölje X az összes osztályok halmazát és x, y X esetén legyen ϱ (x, y ) = lim n ϱ(x n, y n ), ahol {x n } x, {y n } y. (1.5.4) I. Megmutatjuk, hogy ϱ metrika X -on. El ször belátjuk, hogy az (1.5.4) jobboldalán álló limesz létezik. Ugyanis a négyszög-egyenl tlenség miatt ϱ(x n, y n ) ϱ(x m, y m ) ϱ(x n, x m ) + ϱ(y n, y m ), amib l következik, hogy {ϱ(x n, y n )} valós Cauchy-sorozat, így konvergens. Továbbá, a limesz független az x, y -beli reprezentáns megválasztásától, mert ha {x n } x, {y n } y, úgy 0 ϱ(x n, y n ) ϱ(x n, y n ) ϱ(x n, x n ) + ϱ(y n, y n ), és itt a jobboldal határértéke nulla, mivel {x n } {x n }, {y n } {y n }. Ezért lim ϱ(x n, y n ) = lim ϱ(x n, y n ). n n Az, hogy ϱ metrika, határátmenettel egyszer en belátható. II. Jelölje X 0 az összes (x, x, x,... ), x X alakú Cauchy-sorozatok osztályait. Világos, hogy X 0 X. Azt állítjuk, hogy X 0 izometrikus X-szel. Jelölje x az (x, x, x,... ) sorozat osztályát, úgy az x x X 0-ot X-re képezi le, és ez a leképezés távolságtartó, mert ϱ (x, y ) = lim n ϱ(x, y) = ϱ(x, y).

29 1.5. TELJES METRIKUS TEREK 29 III. X 0 = X, azaz X 0 mindenütt s r X -ban. Legyenek ugyanis x X, ε > 0 tetsz legesek, és {x n } x, akkor ϱ (x n, x ) = lim k ϱ(x n, x k ) < ε, ha n > N(ε), mert {x n } Cauchy-sorozat. Ezzel megmutattuk, hogy bármely X -beli pont bármely környezetében van X 0-beli pont, így (X 0) = X. IV. X teljes metrikus tér. Legyen {x n} Cauchy-sorozat X -ban. III. miatt létezik olyan x n X 0, hogy ϱ (x n, x n) < 1 n. Emlékeztetünk arra, hogy x n az (x n, x n, x n,... ) reprezentánsú osztályt jelöli. Azt állítjuk, hogy {x n } Cauchy-sorozat X-ben. Fennáll a ϱ(x n, x m ) = ϱ (x n, x m) ϱ (x n, x n) + ϱ (x n, x m) + ϱ (x m, x m) egyenl tlenség. A jobboldal els és harmadik tagja x n választása miatt 1 n és 1 m -nél kisebb, a középs tag < ε, ha n, m > N (ε), mert {x n} Cauchysorozat. Így ϱ(x n, x m ) < 1 n + 1 { m + ε < 3ε, ha n, m > max N (ε), 1 }. ε Jelölje most x az {x n } Cauchy-sorozat osztályát. Megmutatjuk, hogy x n x, ha n X -ban, s ez X teljességét jelenti. Ugyanis ϱ (x n, x ) ϱ (x n, x n) + ϱ (x n, x ) < 1 n + lim m ϱ(x n, x m ) < ε, ha n elég nagy. Cseréljük most ki X elemeit a II. alatti izometrikus leképezés által megfeleltetett X 0-beli elemekkel, úgy X-et s r részhalmazként beágyaztuk a teljes X -ba, és ezzel a teljes metrikus burok létezését igazoltuk. V. Egyértelm ség. Tegyük fel, hogy X, X metrikus terek ϱ, ϱ metrikával mindketten X teljes metrikus burkai. Megmutatjuk, hogy ezek izometrikusak. Legyen x X, úgy X = X miatt létezik olyan x n X, (n N) sorozat, hogy ϱ (x n, x ) 0 ha n.

30 30 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK {x n } Cauchy-sorozat X -ban, így az X-ben és X -ban is, és X teljessége miatt van olyan x X, hogy ϱ (x n, x ) 0. Legyen φ(x ) = x, (x X ). Belátjuk, hogy φ : X X izometria, mely X-et xen hagyja. φ egyértelm en van deniálva, mert ha {x n },{x n } olyan sorozatok X-ben, hogy ϱ (x n, x ) 0, ϱ (x n, x ) 0, úgy ϱ (x n, x n ) 0, amib l ϱ (x n, x n ) 0. Ezért, ha akkor ϱ (x n, x ) 0, ϱ (x n, y ) 0, ϱ (x, y ) ϱ (x, x n ) + ϱ (x n, x n ) + ϱ (x n, y ) 0 és így x = y. φ(x) = x, ha x X, mert x n = x (n N) választással ϱ (x n, x) 0. φ az X -ra képez le, és ha x, y X, ϱ (x n, x ) 0, ϱ (y n, y ) 0, és ϱ (x n, x ) 0, ϱ (y n, y ) 0 (ahol {x n }, {y n } alkalmas X-beli sorozatok), úgy ϱ (x, y ) = lim n ϱ (x n, y n ) = lim n ϱ(x n, y n ) = lim n ϱ (x n, y n ) = ϱ (x, y ), azaz φ távolságtartó. Megjegyzés. Az utolsó egyenl ségben felhasználtuk a metrika folytonosságát, azaz ha ϱ(x n, x) 0 és ϱ(y n, y) 0 egy metrikus térben, úgy lim ϱ(x n, y n ) = ϱ(x, y). n Ez a négyszög-egyenl tlenségb l azonnal következik, mivel ϱ(x, y) ϱ(x n, y n ) ϱ(x, x n ) + ϱ(y, y n ), és a jobboldali sorozatok nullsorozatok.

31 1.6. A BANACH-FÉLE FIXPONTTÉTEL A Banach-féle xponttétel Deníció. Legyen X egy metrikus tér ϱ metrikával. A T : X X leképezést kontraháló leképezés nek vagy kontrakciónak nevezzük, ha van olyan 0 α < 1 konstans, hogy bármely x, y X-re ϱ(t x, T y) αϱ(x, y). Egy x X elemet a T leképezés xpontjának nevezünk, ha T x = x Tétel. (Banach-féle xponttétel) Egy teljes metrikus tér önmagába való kontraháló leképezésének pontosan egy xpontja van. Bizonyítás. Legyen X teljes metrikus tér ϱ metrikával, T : X X kontrakció, és x 0 X tetsz leges. Tekintsük az x 1 = T x 0, x 2 = T x 1,..., x n+1 = T x n,... sorozatot. Azt állítjuk, hogy {x n } Cauchy-sorozat. Ha ϱ(x 0, x 1 ) = d, úgy Indukcióval kapjuk, hogy ϱ(x 1, x 2 ) = ϱ(t x 0, T x 1 ) αϱ(x 0, x 1 ) = αd, ϱ(x 2, x 3 ) = ϱ(t x 1, T x 2 ) αϱ(x 1, x 2 ) = α 2 d. ϱ(x n, x n+1 ) α n d (n N). A sokszög egyenl tlenséget alkalmazva, m > n esetén ϱ(x n, x m ) ϱ(x n, x n+1 ) + ϱ(x n+1, x n+2 ) + + ϱ(x m 1, x m ) α n d + α n+1 d + + α m 1 d α n d(1 + α + α 2 + ) = αn d 1 α. α n d Mivel 1 α 0, ha n, így {x n} Cauchy sorozat, mely a teljesség miatt konvergens: lim x n = x. Megmutatjuk, hogy x xpontja T -nek. A háromszögegyenl tlenség n felhasználásával 0 ϱ(x, T x) ϱ(x, x n ) + ϱ(x n, T x) ϱ(x, x n ) + αϱ(x n 1, x) (n N), amib l n -nel ϱ(x, T x) = 0, vagyis x = T x következik. A xpont egyértelm sége. Ha x, y a T leképezésnek xpontjai, úgy ϱ(x, y) = ϱ(t x, T y) αϱ(x, y). ϱ(x, y) > 0 nem lehet, mert ekkor ϱ(x, y)-nal elosztva az el z egyenl tlenséget 1 α ellentmondásra jutnánk. Ezért ϱ(x, y) = 0, x = y.

32 32 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK Megjegyzés. A ϱ(x n, x m ) αn d egyenl tlenségb l m határátmenettel 1 α ϱ(x n, x) αn 1 α ϱ(x 1, x 0 ), ami becslést ad az {x n } sorozat elemei és a xpont távolságára Lemma. Legyenek T, S valamely X halmaznak önmagába való felcserélhet leképezései, azaz legyen T S = ST, és tegyük fel, hogy S-nek pontosan egy xpontja van X-ben. Akkor S xpontja T -nek is xpontja. Bizonyítás. Ha x az S egyetlen xpontja, úgy S(T x) = T (Sx) = T x miatt T x is xpontja S-nek, így T x = x. Megjegyzés. T -nek lehetnek más xpontjai is. Például, ha T az X-nek önmagába való identikus leképezése, úgy a lemma feltételei teljesülnek, és X minden pontja xpontja T -nek Tétel. Legyen T egy teljes metrikus térnek önmagába való leképezése úgy, hogy valamely n természetes szám esetén T n kontraháló leképezés. Akkor T -nek pontosan egy xpontja van. Bizonyítás. A Banach-féle xponttétel szerint T n -nek pontosan egy xpontja van. Az Lemmát alkalmazva a T és S = T n leképezésekre, kapjuk, hogy T - nek van xpontja. T -nek pontosan egy xpontja van, ugyanis ha x, y is xpontok volnának, úgy T x = x, T y = y-ból T n x = x és T n y = y következne, amib l x = y A Banach-féle xponttétel alkalmazásai Legyenek f C[a, b], K C([a, b] [a, b]) adott folytonos valós vagy komplex érték függvények, λ K adott valós vagy komplex szám. Az b x(t) = f(t) + λ a K(t, s)x(s)ds, t [a, b] (1.7.1) egyenletet másodfajú lineáris inhomogén Fredholm-féle integrálegyenlet nek nevezzük. f az egyenlet szabad tagja, λ az egyenlet paramétere, K-t magfüggvénynek nevezzük, x az ismeretlen függvény. f = 0 esetén homogén egyenletr l

33 1.7. A BANACH-FÉLE FIXPONTTÉTEL ALKALMAZÁSAI 33 beszélünk. Ha az (1.7.1) baloldalán x(t) helyett 0 áll, akkor els fajú lineáris Fredholm-féle integrálegyenletr l beszélünk. Ha az (1.7.1)-ben az integrálás határai a és t, akkor Volterra-féle integrálegyenletet kapunk Tétel. Folytonos f, K függvények esetén az (1.7.1) másodfajú lineáris inhomogén Fredholm-féle integrálegyenletnek egyetlen folytonos megoldása van, feltéve, hogy b λ sup K(t, s) ds < 1. (1.7.2) t [a,b] a Bizonyítás. Tekintsük a b (T x)(t) = f(t) + λ a K(t, s)x(s)ds t [a, b], x C[a, b] formulával deniált T leképezést. Könnyen beláthatjuk, hogy T a C[a, b] teret önmagába képezi le. Továbbá (T x)(t) (T y)(t) = λ b K(t, s)(x(s) y(s))ds a b b λ K(t, s) x(s) y(s) ds λ ϱ(x, y) K(t, s) ds, a a ahol ϱ(x, y) = sup x(t) y(t). Így t [a,b] b ϱ(t x, T y) = sup (T x)(t) (T y)(t) λ ϱ(x, y) sup K(t, s) ds αϱ(x, y), t [a,b] t [a,b] a ahol b α = λ sup K(t, s) ds < 1. t [a,b] a A Banach-féle xponttétel miatt T -nek pontosan egy xpontja van C[a, b]-ban. Mivel T xpontjai éppen az (1.7.1) megoldásai, így állításunkat bebizonyítottuk. Az (1.7.1) egyenlet megoldása x = lim n T n x 0 (lásd a Banach-féle xponttétel bizonyítását), ahol x 0 tetsz leges eleme C[a, b]-nek, a limesz pedig C[a, b]

34 34 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK metrikájában értend. x 0 = f választással x-re egy végtelen sort kaphatunk. Ha azonban a K magfüggvény n K(t, s) = f i (t)g i (s) t, s [a, b] (1.7.3) alakú, ahol f i, g i C[a, b], akkor az (1.7.1) integrálegyenlet megoldása nagyon egyszer. Az (1.7.3) alakú magfüggvényt elfajult mag nak nevezzük. Legyen az (1.7.1)-ben szerepl K (1.7.3) alakú. Tegyük fel, hogy x az (1.7.1) megoldása, akkor (1.7.1) alapján adódik, ahol c i = b a x(t) = f(t) + λ n c i f i (t) (1.7.4) g i (s)x(s)ds, (i = 1,..., n). A jobb oldalon csak a c i konstansok ismeretlenek. E konstansok meghatározása céljából helyettesítsük (1.7.4)-et a c i -ket deniáló egyenletbe. Azt kapjuk, hogy azaz ahol a ij = b a c i = b a c i = λ g i (s) [ f(s) + λ ] n c j f j (s) ds, (1.7.5) j=1 n c j a ij b i (i = 1,..., n), (1.7.6) j=1 g i (s)f j (s)ds, b b i = g i (s)f(s)ds. Az (1.7.6) rendszer a (λa E)c = b (1.7.7) alakba írható, ahol c, b a c i, b i elemekb l álló oszlopvektorok, A az a ij elemekb l álló mátrix, E az egységmátrix. Így, ha (1.7.3) alakú, elfajult magú (1.7.1) integrálegyenletnek létezik x megoldása, úgy az (1.7.4) alakú, és a c i konstansokra (1.7.7) teljesül. (1.7.7) teljesülése esetén az (1.7.4) függvény megoldása (1.7.1)- nek (amint azt behelyettesítéssel könnyen ellen rizhetjük). Ezzel beláttuk, hogy az (1.7.3) alakú magfüggvénnyel felírt (1.7.1) integrálegyenlet akkor és csakis akkor oldható meg, ha az (1.7.7) egyenletrendszer c-re megoldható, és ebben az esetben a megoldást az (1.7.4) függvények adják, ahol c i -k az (1.7.7)-b l számolandók. Ha λ olyan, hogy det(λa E) 0, akkor (1.7.7), így integrálegyenletünk is egyértelm en megoldható. Ha det(λa E) = 0, akkor integrálegyenletünk vagy nem oldható meg, vagy megoldható, de nem egyértelm en.

35 1.7. A BANACH-FÉLE FIXPONTTÉTEL ALKALMAZÁSAI Tétel. Legyenek f C[a, b], K C( ) adott folytonos függvények, = { (t, s) a s t b) }. Az t x(t) = f(t) + λ a K(t, s)x(s)ds (t [a, b]) (1.7.8) másodfajú lineáris inhomogén Volterra-féle integrálegyenletnek bármely λ( C) esetén pontosan egy folytonos megoldása van. Bizonyítás. A t (T x)(t) = f(t) + λ a K(t, s)x(s)ds x C[a, b], t [a, b] összefüggéssel deniált T a C[a, b] teljes metrikus térnek önmagába való leképezése (mint könnyen belátható). Megmutatjuk, hogy T n kontrakció elég nagy n-re. t (T x)(t) (T y)(t) λ a t K(t, s) x(s) y(s) ds λ ϱ(x, y) a K(t, s) ds, ha t [a, b], x, y C[a, b]. K folytonos a kompakt -n, ezért ott korlátos: K(t, s) M, ha (t, s), így (T x)(t) (T y)(t) λ ϱ(x, y)m(t a) t [a, b]. Ezt felhasználva (T 2 x)(t) (T 2 t y)(t) = λ K(t, s)[(t x)(s) (T y)(s)]ds λ λ Indukcióval igazolható, hogy amib l a t a t a K(t, s) (T x)(s) (T y)(s) ds M λ ϱ(x, y)m(s a)ds = ϱ(x, y) (T n x)(t) (T n y)(t) ( ) n λ M(t a) ϱ(x, y), n! ( λ M(t a))2. 2! ϱ(t n x, T n y) = sup (T n x)(t) (T n y)(t) ( ) n λ M(b a) ϱ(x, y). t [a,b] n!

36 36 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK A jobboldalon ϱ(x, y) együtthatója nullsorozat, ezért elég nagy n esetén < 1. Egy ilyen n-re T n kontrakció, így az tétel miatt T -nek egyetlen xpontja van C[a, b]-ben, ami éppen az (1.7.8) integrálegyenlet folytonos megoldása. Megjegyezzük, hogy K(t, s) = n t i g i (s) t, s [a, b] (1.7.9) i=0 alakú magfüggvény esetén (ha f (n+1), g (n) i C[a, b] (i = 0,..., n)) (1.7.8) visszavezethet egy n + 1-edrend lineáris dierenciálegyenletre vonatkozó kezdetiérték feladatra. Ekkor ugyanis egyenletünk jobb oldala n + 1-szer folytonosan dierenciálható, és dierenciálással t x (t) = f (t) + λk(t, t)x(t) + λ K t (t, s)x(s)ds, x(a) = f(a) adódik, ahol K t = K. Még n-szer dierenciálva a jobboldal egyetlen integrált t tartalmaz csak, ahol az integrandus n+1 K(t, s)x(s) 0. Így x-re n + 1-edrend t n+1 lineáris dierenciálegyenletet kaptunk, és az x (k) (a) (k = 0,..., n) értékek a dierenciálással kapott egyenletb l meghatározhatók. Els rend explicit dierenciálegyenletrendszerre vonatkozik az következ egzisztencia és unicitás tétel Tétel. (Picard-Lindelöf tétel) Legyenek a, b pozitív számok, ξ R, η R n, Q = { (x, y) R R n x ξ a, y η b }, ( n ) 1 ahol z = (z 1, z 2,..., z n ) R n esetén z = z 2 = z i 2 2. Tegyük fel, hogy f : Q R n (nem azonosan nulla) folytonos függvény Q-n, mely teljesíti a Lipschitz-feltételt (a második, vektorváltozójában), azaz van olyan k konstans, hogy Ekkor az a f(x, y) f(x, z) k y z ha (x, y), (x, z) Q. y = f(x, y), y(ξ) = η kezdeti-érték problémának pontosan egy (folytonosan { dierenciálható) } megoldása van a [ξ h, ξ + h] intervallumon, ahol h = min a,, M = sup f(x, y). b M Q

37 1.7. A BANACH-FÉLE FIXPONTTÉTEL ALKALMAZÁSAI 37 Bizonyítás. Legyen Y a valós C n [ξ h, ξ + h] tér (lásd az 1.5-ben szerepl 2. és 3. példát) azon y függvényeinek halmaza, melyekre y(x) η b ha x [ξ h, ξ + h] teljesül. Y zárt altere a teljes C n [ξ h, ξ + h] térnek, így maga is teljes metrikus tér. Legyen T a (T y)(x) = η + x ξ f(t, y(t))dt y Y, x [ξ h, ξ + h] képlettel deniálva. T az Y teret önmagába képezi le, mert T y folytonos [ξ h, ξ + h]-n, és ebb l az intervallumból vett x-ekre (T y)(x) η = x ξ f(t, y(t))dt M x ξ Mh M b M = b. Elég nagy n-re T n kontrakció Y -on, mert ξ x ξ + h mellett (T y)(x) (T z)(x) x ξ x Ezt felhasználva, ismét ξ x ξ + h-ra (T 2 y)(x) (T 2 z)(x) ξ f(t, y(t)) f(t, z(t)) dt k y(t) z(t) dt kϱ(y, z) x ξ. x és ugyanez érvényes, ha ξ h x < ξ. Indukcióval igazolhatjuk, hogy ξ f(t, (T y)(t)) f(t, (T z)(t)) dt x k (T y)(t) (T z)(t) dt ξ x k 2 ϱ(y, z) t ξ dt = k 2 x ξ 2 ϱ(y, z), 2! ξ (T n y)(x) (T n z)(x) k n x ξ n ϱ(y, z), n N, x [ξ h, ξ + h], n!

38 38 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK amib l ϱ(t n y, T n z) = sup (T n y)(x) (T n z)(x) (kh)n ϱ(y, z). x [ξ h,ξ+h] n! Mivel (kh)n 0, ha n, így elég nagy n-re T n kontrakció Y -on, ezért az n! 1.16 tétel miatt T -nek pontosan egy xpontja van Y -ban, mely az y(x) = η + x ξ f (t, y(t)) dt x [ξ h, ξ + h] (Volterra-féle másodfajú) integrálegyenlet folytonos megoldása, így kezdeti-érték problémánk folytonosan dierenciálható megoldása is. Megjegyzés. A bizonyításban többször felhasználtuk azt, hogy z C n [a, b], a α β b esetén β β z(t)dt z(t) dt. (1.7.10) α Ez a következ képpen látható be: ha z(t) = (z 1 (t),..., z n (t)), c i = c = (c 1,..., c n ), akkor c 2 β = z(t)dt α 2 α ( ) 2 = n β z i (t)dt = n β c i z i (t)dt α α β z i (t)dt, α = β α n β c i z i (t)dt α c z(t) dt = c β α z(t) dt, amib l következik (1.7.10). Az itt felhasznált n c iz i (t) c z(t) egyenl tlenség a Hölder-egyenl tlenség (l (n) 2 -re vonatkozó) speciális esete A Baire-féle kategória tétel Tétel. (Baire tétele) Egy teljes metrikus térben megszámlálható sok nyílt, mindenütt s r halmaz metszete is mindenütt s r. Bizonyítás. Legyen X teljes metrikus tér ϱ metrikával, V n X (n N) (N a természetes számok halmaza) nyílt, mindenütt s r halmazok. Megmutatjuk,