Funkcionálanalízis. egyetemi jegyzet május 14.

Átírás

1 Funkcionálanalízis egyetemi jegyzet május 14. i

2 TARTALOMJEGYZÉK ii Tartalomjegyzék 1. Alap terek Metrikus tér Normált tér Skalárszorzat tér Lényeges alap terek I. Sorozat terek Lényeges alap terek II. Függvény terek Metrikus tér topológiája Nyílt és zárt halmazok Kompakt halmazok Szeparábilis metrikus tér Teljes metrikus tér Lebesgue mérték és Lebesgue integrál Mérhet tér, mértéktér Lebesgue mérték IR-n Lebesgue mérték IR n -ben Mérhet függvények Lebesgue-integrál. Bevezet gondolatok Lebesgue-integrál értelmezése Lebesgue- és Riemann integrál összehasonlítása L p terek (Lebesgue terek) Általános L p terek FOURIER analízis L 2 -ben Klasszikus Fourier sorfejtés. Ismétlés Ortonormált függvények Ortogonalizáció, ON bázis konstrukciója Fourier sorfejtés L 2 -ben

3 TARTALOMJEGYZÉK iii 4.5. Ortogonális polinom rendszerek Absztrakt lineáris operátorok Bevezetés Folytonosság, korlátosság Banach algebra. Invertálhatóság Operátor spektruma Duális tér Gyenge konvergencia Funkcionálok és operátorok Hilbert térben A. Appendix 62 A.1. Kontrakció xpont tételek A.2. Els rend DE megoldása a xpont-tétel segítségével B. Általánosított függvények. (Disztribúciók) 66 B.1. Lineáris funkcionálok a C0 (IR) téren B.2. Disztribúciók deriválása

4 1. ALAP TEREK 1 Bevezetés A Funkcionálanalízis szerves folytatása lesz az els évben tanult Matematikai Analízis I. és II. tárgyaknak. Akkor, els félévben, valós számsorozatokkal kezdtünk, majd egyváltozós valós függvényekkel folytattuk. Itt értelmeztük a folytonosságot, dierenciálhatóságot, integrálszámítást. Második félévben mindezeket a fogalmakat kiterjesztettük a többváltozós, valós függvényekre, majd egy kicsit beletanultunk a vektorérték, többváltozós függvények tudományába. A Funkcionálanalízis egy olyan alapvet ága a matematikának, mellyel látszólag e- gészen különböz matematikai problémák egységes módon kezelhet k. A modern m - szaki, zikai problémák megoldásai elképzelhetetlenek a Funkcionálanalízis módszereinek alkalmazása nélkül. A Parciális dierenciálegyenleteknél nélkülözhetetlenek az itt megtanulandó eszközök, és szinte nincs olyan mérnöki tudomány, ahol ne fordulnának el parciális dierenciálegyenletek. A tárgy lényegét egészen tömören, megközelít leg így foglalhatjuk össze: a közönséges vektorok, a véges dimenziós Euklideszi tér fogalmát általánosítjuk. Ennek segítségével e- gészen absztrakt halmazok például sorozatok tere, függvény halmazok vektortérként kezelhet k, ezeken sorozatok, függvények értelmezhet k. Általánosítjuk a határérték, folytonosság, derivált fogalmát, a jól ismert tételeket kiterjesztjük. Valóban izgalmas és igen érdekes tudományterületbe kezdünk most. 1. Alap terek Ebben a fejezetben bevezetjük azokat az alapvet "terek"-et, ahol dolgozni fogunk. A Funkcionálanalízisben használt absztrakt terek az általános topológikus tér-t l indulnak, egyre gazdagabb struktúrával: Topológikus tér Metrikus tér Normált tér Skalárszorzat tér Ebben a felsorolásban balról jobbra haladva az egyszer struktúra felöl az egyre bonyolultabb struktúrákhoz jutunk. Másrészt, éppen a struktúra "gazdagsága" miatt, a jobboldalon álló terekben sokkal könnyebb lesz tételeket bizonyítani, itt lesz "könny dolgozni" - de ezek a tételek sajnos nem feltétlenül lesznek igazak a t lük balra álló terekben. A konkrét feladat határozza meg, hogy melyik struktúrát tudjuk használni.

5 1. ALAP TEREK Metrikus tér A Topoógikus tér olyan általános fogalom, amire nem lesz szükségünk ebben a kurzusban. A Metrikus terekkel kezdünk Deníció. Adott egy M alaphalmaz (alaptér) és egy d : M M IR függvény. Ezt metrikának nevezzük, ha teljesülnek az alábbi tulajdonságok: 1. d(x, y) 0 - nem negatív. 2. d(x, y) = 0 x = y - nem degenerált. 3. d(x, y) = d(y, x) - szimmetrikus. 4. d(x, y) + d(y, z) d(x, z) - háromszög egyenl tlenség teljesül. Megjegyzés. A fenti deinícióban az M halmazon nincs semmiféle struktúra. Az elemeket nem tudjuk sem összeadni sem összeszorozni, nem tudunk sem nyújtani, sem forgatni. (Legalábbis, most érdektelen mindez a metrikus tér szempontjából.) Példák: 1. IR n az alaptér. A metrika: ( n ) 1/2 d(x, y) = (x i y i ) 2, ha x = (x 1,..., x n ) és y = (y 1,..., y n ). 2. M = C, a metrika: d(z, w) = z w. 3. Diszkrét metrika. M bármilyen halmaz. A metrika: 1 d(x, y) = 0 ha x y, ha x = y x, yɛm. i=1 4. Adott nɛn rögzített természetes szám. Legyen M = {n hosszúságú 0 1 sorozatok}. Tehát M pontjai az n hosszú kódszavak: x = (x 1,..., x n ), ahol x i ɛ{0, 1}. A metrika azt méri, mennyiben különbözik két kódszó. d(x, y) = {i x i y i }.

6 1. ALAP TEREK 3 Pl. n = 5 és x = (0, 0, 0, 1, 1), y = (1, 0, 0, 1, 0). Ekkor a távolság d(x, y) = 2. (Kódelméletb l ismer s lehet a példa.) 1. Gyakorlat. Gondoljuk meg, hogy valóban metrika Deníció. (M, d) egy metrikus tér. (x n ) M sorozat a térben. Azt mondjuk, hogy (x n ) konvergens és (x n ) határértéke x 0, ha ε > 0-hoz N melyre d(x n, x 0 ) < ε ha n N. 1. Feladat. Gondoljuk meg, hogy a (IR, d), diszkrét metrikus térben melyek a konvergens sorozatok Deníció. M és N metrikus terek, hozzá tartozó metrikákkal: (M, d M ) és (N, d N ). Adott egy függvény f : M N. Legyen x 0 ɛm tetsz leges pont. Az f függvény folytonos x 0 -ban, ha ε > 0-hoz δ > 0 melyre d M (x, x 0 ) < δ d N (f(x), f(x 0 )) < ε 1.2. Normált tér A most következ struktúrákban az alaptérr l feltesszük, hogy vektortér. Ez a fogalom jól ismert Lineáris algebrából. Nagyon röviden, egy V halmaz vektortér - más szóval lineáris tér - a K test felett, ha az elemek között értelmezve van egy összeadás (+) m velet, és a skalárral-való-szorzás m velete: v 1, v 2 ɛv v 1 + v 2 ɛv v 1 ɛv, λɛk λv 1 ɛv és ezekre a m veletekre bizonyos (ismert) tulajdonságok teljesülnek. A K testr l egyel re feltesszük, hogy K = IR, a valós számtest.

7 1. ALAP TEREK Deníció. V egy vektortér. A norma egy olyan : V IR függvény, melyre teljesülnek az alábbi tulajdonságok: 1. v 0 - nem negatív. 2. v = 0 v = 0 - nem degenerált. 3. λ v = λ v - multiplikatív. 4. v + w v + w - háromszög egyenl tlenség teljesül. Ekkor (V, ) normált tér. Példák. 1. V = IR, x = x. 2. V = IR n, x 2 = n x 2 i. i=1 Ez az Euklideszi norma, vagy négyzetes norma. 3. IR n -ben további normák: x 1 = n i=1 x i, x = max i=1,...,n x i 1.1. Állítás. A (V, ) normált tér egyben metrikus tér is az alábbi metrikával: d(x, y) := x y, x, yɛv. 2. Gyakorlat. Gondoljuk meg, hogy ez valóban metrika. Példa folytatatása: IR 2 -ben a frissen deniált normákhoz tartozó metrikák, ha x = (x 1, x 2 ) és y = (y 1, y 2 ): d 1 (x, y) = x 1 y 1 + x 2 y 2, (Rajzoljuk fel.) d 2 (x, y) = (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 d (x, y) = max( x 1 y 1, x 2 y 2 ) 1.2. Állítás. (IR, d) legyen a valós számok halmaza a d diszkrét metrikával. Ekkor nem létezik olyan norma, melyre a metrika d(x, y) = x y alakban felírható lenne. 2. Feladat. Igazoljuk ezt az Állítást.

8 1. ALAP TEREK Skalárszorzat tér 1.5. Deníció. Legyen V egy vektortér. Adott egy, : V V IR m velet az alábbi tulajdonságokkal: 1. v, v 0 - nemnegatív. 2. v, v = 0 v = 0 - nem degenerált. 3. λv, w = λ v, w, λɛir - multiplikatív. 4. v, w = w, v - szimmetrikus. 5. v, w + u = v, w + v, u - disztributív. Ekkor (V,, ) valós skalárszorzat tér. Komplex skalárszorzat tér esetén a skalárszorzat m veletre, : V V C, tehát v, w nem feltétlenül valós szám. A szimmetria tulajdonság ebben az esetben így módosul: v, w = w, v. Példák: 1. V = IR n, x, y = n i=1 x iy i 2. V = C n, v, w = n i=1 v iw i (Itt már jóval kevesebb példát sorolunk fel...) 1.3. Állítás. Egy (V,, ) skalárszorzat térben norma értelmezhet : v = v, v 1/2. Megjegyzés. A Gyakorlatokon belátják, hogy a fenti állítás nem megfordítható. Van olyan norma, amihez nincs skalárszorzat. Például IR n -ben csak x 2 esetén van skalárszorzat, a x 1 és x normák mellett nincs! 1.4. Állítás. (Ismétlés DM-b l.) Cauchy-Schwartz-Bunyakovszkij (CBS) egyenl tlenség. v, w v w

9 1. ALAP TEREK Lényeges alap terek I. Sorozat terek Legyen V a számsorozatok tere. Ez lineáris tér, melynek pontjai számsorozatok: x = (x n ) = (x 1, x 2,..., x n,...). Ebben alterek: 1. c V : konvergens sorozatok. Lehetséges norma c-ben: x := sup{ x i, i = 1, 2,... }. 2. c 0 c: nullsorozatok. 3. c 0 -ban altér l 1 (kis el egy) tér. l 1 = {(x n ) : x n < }. n=1 A norma: x 1 = x i. i=1 4. Másik fontos sorozattér (kis el kett ): l 2 = {(x n ) : x 2 n < }. n=1 Itt a norma x 2 = ( x 2 n) 1/2. n= Deníció. p 1 esetén az l p teret (kis el p) így értelmezzük: l p = {(x n ) : x n p < }. n=1 A norma ebben a térben: x p = ( x n p ) 1/p. n=1 Ha p = +, akkor a l tér (kis el végtelen): l = {(x n ) : korlátos}, x = sup x n. n

10 1. ALAP TEREK 7 Kérdés. A fenti l p normált tér mikor skalárszorzat tér? Válasz. p = 2 esetén l p -ben VAN skalárszorzat: x, y = x n y n. Ha p 2, akkor nem skalárszorzat tér. Megjegyzés. Pontosabban azt írhatjuk, hogy l p = l p (N). Ez az általános Lebesgue-tér egy speciális esete. Kés bb fogunk err l tanulni. n= Lényeges alap terek II. Függvény terek Adott halmazon értelmezett valós vagy komplex érték függvények összegét és skalárszorosát értelmezni tudjuk (pontonként). Legyen [a, b] IR rögzített intervallum. Az itt értelmezett korlátos függvények halmaza vektortér: A térben norma deniálható: V = {f : [a, b] IR, B : f(x) B, x}. f = sup{ f(x) : xɛ[a, b]}. (1) 3. Gyakorlat. Gondoljuk meg, hogy valóban norma. Ebben a térben alteret alkotnak a folytonos függvények, melyet C[a, b] jelöl: C[a, b] = {f : [a, b] IR, folytonos}. C[a, b]-ben skalárszorzat is deniálható: f, g = b a f(x)g(x)dx. 4. Gyakorlat. Gondoljuk meg, hogy valóban skalárszorzat. A skalárszorzat a megszokott módon egy normát indukál: ( b ) 1/2 f = f 2 (x)dx a Látható, hogy az így kapott norma különbözik attól, amit (1)-ben deniáltunk. Ez utóbbit másképp is fogjuk jelölni, és elnevezése négyzetes norma: ( b 1/2 f 2 = f (x)dx) 2 (2) a

11 1. ALAP TEREK 8 Az (1)-ban deniált norma elnevezése sup-norma, jele. Általában f f 2. Jelölés. C 2 [a, b]: az [a, b]-n értelmezett folytonos függvények tere a négyzetes normával. Kérdés: C[a, b]-n a sup-norma skalárszorzatból származik-e? 3. Feladat. A Válasz NEM. Igazoljuk. Dimenzió Normált térben és skalárszorzat térben az alap valamilyen V vektortér. A tér dimenziója n, ha van n elem v 1,..., v n lineárisan független vektorokból álló generátor rendszer Deníció. A V vektortér dimenziója +, ha minden n-re van n db független vektor Következmény. Az eddig megismert alap példák általában végtelen dimenziósak, pl. dim(l p ) = +, dim(c[a, b]) = + 4. Feladat. Adjunk meg tetsz leges n-re n elem lineárisan független elemet l -ben és C[a, b]-ben.

12 2. METRIKUS TÉR TOPOLÓGIÁJA 9 2. Metrikus tér topológiája Ebben a fejezetben olyan alapfogalmakat vezetünk be, melyeket majd a bonyolultabb struktúrákban is használni tudunk. Célszer tehát a legegyszer bb struktúrát tekinteni most. Legyen (M, d) egy metrikus tér Nyílt és zárt halmazok 2.1. Deníció. xɛm középpontú, r > 0 sugarú nyílt gömb B r (x) = {y : d(x, y) < r} Deníció. Adott E M. xɛe bels pontja E-nek, ha van olyan r > 0, melyre B r (x) E. E M nyílt halmaz, ha minden pontja bels pont Deníció. tɛm torlódási pontja E-nek, ha ε > 0-ra B ε (t) E. E M zárt halmaz, ha minden t torlódási pontját tartalmazza. Példák: 1. M = IR, Euklideszi távolsággal. Ekkor [a, b] zárt, (a, b) nyílt. 2. M = C[a, b]. k > 0 x valós szám. E = {f : f(x) < k, x} E C[a, b] nyílt E 0 = {f : f(x) k, x} E 0 C[a, b] zárt 2.1. Állítás. Egy E halmaz pontosan akkor nyílt, ha M \ E zárt. 5. Feladat. Lássuk be a fenti állítást Kompakt halmazok 2.4. Deníció. E M korlátos, ha xɛe-hez r > 0, melyre E B r (x).

13 2. METRIKUS TÉR TOPOLÓGIÁJA Deníció. E M egy részhalmaz a térben. Lefedése: olyan részhalmazok halmaza, melyek uniója tartalmazza E-t. nyílt lefedés, ha a lefed halmazok nyíltak, véges lefedés, ha a lefed halmazok száma véges Deníció. E M kompakt halmaz, ha minden nyílt lefedésb l kiválasztható véges lefedés. Példa. IR-ben E 1 = [0, 1] kompakt és E 2 = (0, 1] NEM kompakt. Belátjuk, hogy E 2 NEM kompakt. Valóban, legyen ( 1 r n = n 1 n + 1 ), G n = B rn ( 1 n Ekkor (0, 1] G n, és nem választható ki véges sok, ami lefedné. 6. Feladat. Fejezzük be a fenti bizonyítást. Miért nem vásztható ki véges lefedés a fenti példában? A fenti 2.6 Deníció alapján nem könny belátni egy konkrét halmazról, hogy valóban kompakt. Ezért egy másik kritériumot mondunk ki Deníció. Az E M halmaz sorozat kompakt halmaz, ha minden (x n ) E sorozatból kiválasztható konvergens (x nk ) sorozat, melynek határértéke E-beli: lim x n n k k = x 0 ɛe Tétel. Tetsz leges metrikus térben egy E halmaz pontosan akkor kompakt, ha sorozat kompakt. Bizonyítás vázlat: Indirekt. Tegyük fel, hogy M kompakt halmaz, és mégis van benne olyan sorozat, melynek nincs konvergens részsorozata. Jelölje ennek különböz pontjait y k, kɛin. Ezek lefedhet k páronként diszjunkt nyílt gömbökkel, amihez hozzávéve a M \ {y k } halmazt egy nylt lefedést kapunk - és nem választható ki bel le véges lefedés Állítás. Minden E M kompakt halmaz korlátos. ). 7. Feladat. Lássuk be a fenti állítást Állítás. Minden E M kompakt halmaz zárt.

14 2. METRIKUS TÉR TOPOLÓGIÁJA Feladat. Lássuk be a fenti állítást. Vajon megfordítható-e a fenti két állítás? Bizonyos esetben igen Tétel. (Heine-Borel tétel) IR n -ben egy E IR n részhalmaz pontosan akkor kompakt, ha korlátos és zárt. Bizonyítás. A Bolzano-Weierstrass tételt Analízis I-ben beláttuk. Eszerint minden korlátos számsorozatból kiválasztható konvergens részsorozat. Ezért egy n-dimenziós korlátos pontsorozatból is kiválasztható konvergens részsorozat. Ennek határértéke a halmaz torlódási pontja, a zártság miatt halmazbeli. Végtelen dimenzióban a Heine-Borel tétel nem igaz. Erre mutatunk egy példát. Példa. C[0, 1]-ben tekintsük a zárt egységkört: B 1 (0) = {f : [0, 1] IR, folytonos, max f(x) 1}. Ez korlátos és zárt is. Mégis, belátjuk, hogy nem kompakt. Megadunk egy olyan (f n ) C[0, 1] sorozatot, melyre f n = 1 minden n-re. 1 ha x = 1 n 0 ha x 1 n + 1 vagy x 1 ( n 1 f n (x) = 1 lineáris ha xɛ n + 1, 1 ) ( n) 1 lineáris ha xɛ n, 1 n 1 Könnyen látható, hogy a fenti sorozatnak nincs konvergens részsorozata. Tehát a zárt egységkör nem kompakt. 5. Gyakorlat. Lássuk be, ami "könnyen látható" a fenti példában. Megjegyzés: Végtelen dimenzióban a kompakt halmaz szerepe az lesz, mint IR n -ben egy korlátos, zárt halmaznak Szeparábilis metrikus tér 2.8. Deníció. (M, d) egy metrikus tér. A B M tetsz leges halmazok. Az A halmaz s r n van B-ben, ha xɛb ε > 0 : aɛa d(x, a) < ε. Ha A M s r M-ben, akkor mindenütt s r.

15 2. METRIKUS TÉR TOPOLÓGIÁJA 12 Példa. IR-ben racionális számok halmaza Q IR s r Deníció. Az (M, d) metrikus tér szeparábilis, ha létezik benne megszámlálható elemszámú mindenütt s r halmaz. Példák: 1. (IR, d) diszkrét metrikával nem szeparábilis. 2. C[0, 1] szeparábilis. 3. C 2 [0, 1] is szeparábilis. Az utóbbiak az alábbi tétel alapján láthatók: 2.3. Tétel. (Weierstrass féle approximációs tétel). A polinomok tere s r C[0, 1]-ben. P[0, 1] = {p : [0, 1] IR polinom} Más szóval, ha f : [0, 1] IR folytonos függvény és ε > 0 tetsz leges, akkor van olyan p polinom, melyre sup xɛ[0,1] f(x) p(x) < ε. (Ötlet a bizonyításhoz: A [0, 1] intervallumot felosztjuk n részre, és tekintjük az x i = i/n és y i = f(x i ) pontokat. Létezik olyan n-ed fokú p n (x) polinom - ez az interpolációs polinom - melyre p n (x i ) = y i. Ha n elegend en nagy, f p n < ε.) Legyen Q[0, 1] a racionális együtthatós polinomok tere, ez megszámlálható számosságú. Q[0, 1] P[0, 1] s r, ezért Q[0, 1] s r C[0, 1]-ben is Teljes metrikus tér Deníció. (x n ) M Cauchy sorozat, ha ε > 0-hoz van olyan N küszöbindex, melyre d(x n, x m ) < ε n, m N Állítás. Ha (x n ) konvergens, akkor Cauchy sorozat. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy (x n ) konvergens és lim n x n = x 0. Legyen ε > 0 tetsz leges. Ekkor van olyan N, melyre d(x n, x 0 ) < ε/2, n N.

16 2. METRIKUS TÉR TOPOLÓGIÁJA 13 Ezért ha n, m N, akkor a háromszögegyenl tlens get használva: d(x n, x m ) < d(x n, x 0 ) + d(x 0, x m ) < ε/2 + ε/2 = ε Deníció. Az M metrikus tér teljes, ha minden Cauchy sorozat konvergens Deníció. (V, ) teljes normált tér Banach-tér. (V,, ) teljes skalárszorzat tér Hilbert-tér. Példák. 1. IR n teljes az ismert normákkal. 2. (IR, d) diszkrét metrikával teljes, hiszen minden Cauchy sorozat egy index után konstans, ezért konvergens. 3. C[a, b] vajon teljes-e? Igen. Legyen (f n ) C[a, b] Cauchy sorozat. Ekkor ε > 0-hoz N, melyre f n f m < ε. Ezért és emiatt MINDEN x-re f n f m = max f n (x) f m (x) < ε, xɛ[a,b] f n (x) f m (x) < ε. Tehát rögzített xɛ[a, b]-re az (f n (x)) számsorozat Cauchy sorozat, ezért létezik határértéke: f 0 (x) = lim n f n (x). Így f 0 : [a, b] IR jól deniált függvény. Ráadásul f 0 ɛc[a, b], hiszen a supremumnorma-beli konvergencia ugyanaz, mint az egyenletes konvergencia. 9. Feladat. Lássuk be, hogy C[a, b]-ben a normabeli konvergencia egybeesik a függvények egyenletes konvergenciájával. 4. C 2 [a, b] nem teljes. Itt a norma: b f g 2 = a (f(x) g(x)) 2 dx

17 2. METRIKUS TÉR TOPOLÓGIÁJA 14 Példa. Belátjuk be, hogy C 2 [0, 1] nem teljes. Legyenek 0 ha x < n f n (x) = 1 ha x > 1 2 lineáris ha n x 1 2 Ekkor könny számolással igazolható, hogy 1 0 (f n (x) f m (x)) 2 dx 0, azaz f n f m 2 0, tehát ez a sorozat Cauchy sorozat. A határérték függvény, pontonként: lim f 1 ha x 1/2 n(x) = f(x) = n 0 ha x < 1/2 Mivel f nem folytonos, ezért f ɛc 2 [0, 1]!! Ennek a Cauchy sorozatnak nem létezik határértéke C 2 [0, 1]-ben. 10. Feladat. Tekintsük C 2 [ 1, 1]-ben az alábbi függvényeket: f n (x) = sgn(x) n x, n = 1, 2,... Igazoljuk, hogy ez Cauchy sorozat, és nem konvergens. 11. Feladat. Lássuk be, hogy ennél több is igaz: a [0, 1]-n értelmezett négyzetesen integrálható függvények tere SEM teljes.

18 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL Lebesgue mérték és Lebesgue integrál Az el z fejezet végén láttuk, hogy a [0, 1]-n értelmezett Riemann-integrálható függvények tere nem teljes. Ezért új integrálfogalom kellett körül alkotta meg Henri LEBES- GUE a mértékelméleten alapuló új integrálfogalmát. Ebben a fejezetben röviden összefoglaljuk a Lebesgue integrál bevezetésének legfontosabb lép±eit Mérhet tér, mértéktér Adott X egy tetsz leges halmaz. Az összes részhalmazok halmazát jelölje 2 X. Legyen R 2 X, X bizonyos részhalmazainak halmaza Deníció. R algebra, ha teljesülnek az alábbi tulajdonságok: 1. XɛR, 2. A, BɛR esetén A BɛR, 3. A, BɛR esetén A \ BɛR Deníció. Az R algebra σ-algebra, ha zárt a megszámlálható unióra is: 2.+ A k ɛr, k = 1, 2,... esetén k=1 A kɛr 3.3. Deníció. Ha R 2 X σ-algebra, akkor az (X, R) páros egy mérhet tér. R elemei a mérhet halmazok. Példák. 1. X tetsz leges halmaz, és R = 2 X, összes részhalmazok halmaza. 2. X tetsz leges halmaz, és R = {, X}. 3. X = IR. A legsz kebb σ-algebra, ami tartalmazza a nyílt halmazokat BOREL σ- algebra, ennek jele B. A B-beli halmazok Borel-halmazok Deníció. A mérték egy olyan halmaz-függvény, µ : R IR + {+ } (azaz minden AɛR esetén µ(a) 0, esetleg µ(a) = + ), mely σ-additív. Ez azt jelenti, hogy ha A 1,..., A n,...ɛr, A i A j =, i j

19 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL 16 páronként diszjunkt halmazok, akkor ( ) µ A k = k=1 µ(a k ). k= Deníció. (X, R, µ) mérték tér, ha R σ-algebra és µ egy mérték. Példák. 1. (folyt.) X tetsz leges, R = 2 X, AɛR esetén legyen A ha véges elemszámú µ(a) = + ha nem véges elemszámú. 6. Gyakorlat. Lássuk be, hogy ez valóban mérték. 2. X véges vagy megszámlálható elemszámú, X = {x 1, x 2,..., x n,... }. A σ- algebra legyen R = 2 X, az összes lehetséges részhalmazok halmaza. Adottak p 1, p 2,..., p n,... 0 számok, melyekre k=1 p k = 1. A mérték: A X : µ(a) = x i ɛa p i. A következ példa már a Lebesgue mérték bevezetéséhez fog vezetni Lebesgue mérték IR-n Legyen X = IR. A mértéket és a mérhet halmazokat fokozatosan fogjuk deniálni. 1. lépés. Legyen I a véges intervallumok halmaza. Ennek elemei: I = {x : a x b}, a, bɛir, ahol a reláció helyett < is lehet. I-n mérték ("=hosszúság"): m(i) = b a. 2. lépés. Kiterjesztjük a mértéket az E egyszer halmazokra, ezeket így értelmezzük: E = {A IR A = n k=1i k, I k ɛi diszjunktak} Ha AɛE, akkor ennek mértéke legyen m(a) = n m(i k ). k=1

20 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL Feladat. Igazoljuk, hogy m valóban σ-additív E-n. 7. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy E nem σ-algebra.. Mivel E nem σ-algebra, ezért (IR, E, m) nem mérték tér 3. lépés. 2 IR -n fogunk deniálni egy ú.n. küls mértéket. Ha A IR tetsz leges halmaz, akkor legyen küls mértéke m (A), amit így deniálunk: { } m (A) = inf m(i k ) : A I k. (3) k=1 k=1 m : 2 IR IR + {+ }. 8. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy m (A) = + is lehet Következmény. Ha AɛE egyszer halmaz, akkor m (A) = m(a). 9. Gyakorlat. Igazoljuk a fenti következményt. DE - sajnos - m nem σ-additív. Szükség van még egy lépésre. 4. lépés. Amit eddig látunk: E-n értelmezve van az m σ-additív halmazfüggvény. Viszont E nem σ-algebra 2 IR σ-algebra, viszont az m kiterjesztése már nem σ additív. E? 2 IR nem σ-algebra σ-algebra m σ-additív m nem σ-additív A két véglet között VAN középút. M σ-algebra, mely az egyszer halmazokat tartalmazza: E M 2 IR, és m M : σ-additív, azaz m megszorítása M-re mérték, melyet Lebesgue mértéknek nevezünk. Ezt a konstrukciót nem mutatjuk be. A tankönyvben megtalálható, nem triviális Deníció. M elemei az IR-beli Lebesgue-mérhet halmazok. Az m küls mérték megszorítása M-re a Lebesgue mérték. Ezt m fogja jelölni.

21 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL 18 Kérdés. Mik tartoznak M-be? Milyenek a mérhet halmazok? Válasz. Pontos választ nehéz adni. Egészen furcsa halmazok is mérhet ek. Egyrészt, minden nyílt és minden zárt halmaz mérhet. Továbbá azok a halmazok, melyek nyílt és zárt halmazok megszámlálható uniója és metszeteként el állnak. (Ez azt jelenti, hogy B M, bár B = M. Tehát a Borel halmazok mind mérhet k, de nem minden mérhet halmaz Borel halmaz.) Másrészt, VAN nem mérhet halmaz, bár nem könnyen konstruálható. (Egy ilyen példa a könyv Appendix részében található.) 3.7. Deníció. Null-mérték halmaz, melyre m(a) = 0. Jelölés: N. N zárt a megszámlálható metszetre és unióra. σ-gy r, de nem σ-algebra, hiszen az alaphalmaz (IR) nem null-halmaz. A mérték deníciója alapján m(a) = 0 azt jelenti, { } inf m(i k ), A I k = 0. k= Következmény. Ha AɛM és m(a) = 0, akkor tetsz leges ε > 0-ra megadható legfeljebb megszámlálható sok intervallum: I k, k = 1, 2,... melyre: A I k, k=1 k=1 m(i k ) < ε Következmény. Ha A = {x}ɛm egy-elem halmaz, akkor m(a) = 0. Ha A = {x 1,..., x n,...} IR megszámlálható elemszámú, akkor m(a) = 0. Van azonban olyam null-mérték halmaz is, melynek számossága nem megszámlálható. Példa. CANTOR halmaz. Több lépésben konstruáljuk meg. 0. lépés. Legyen C 0 = [0, 1]. 1. lépés. Legyen C 1 = C 0 \ ( 1 3, 2 3 ). 2. lépés. Legyen C 2 = C 1 \ ( 1 9, 2 9 ) \ ( 7 9, 8 9 ). És így tovább... ami marad Deníció. C = k=0 C k a Cantor halmaz. Mi marad? Egyrészt, minden lépésben a kihagyott intervallumok végnontjai: 0, 1, k=1 1 3, 2 3, 1 9, 2 9, 7 9, 8 9,...ɛC.

22 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL ábra. A Cantor halmaz konstrukciójának els három lépése De van más is. 13. Feladat. Igazoljuk, hogy pl. 1/4ɛC Állítás. A Cantor halmaz alaptulajdonságai: 1. C zárt. 2. C számossága kontinuum. 3. C mérhet és m(c) = 0. Bizonyítás. A zártság: minden k esetén C k zárt. Zárt halmazok metszete zárt. 14. Feladat. Igazoljuk az állítás harmadik részét. (Ötlet: mennyi a kihagyott intervallumok össz-hossza?) 3.3. Lebesgue mérték IR n -ben Általános eset, amikor X = IR n. A mérték "jelentése" n = 1: hossz. n = 2: terület. n = 3: térfogat. n = 4:...? A konstrukció lépései teljesen hasonlók az el z fejezetben elmondottakhoz. Egy I = [a 1, b 1 ] [a 2, b 2 ]... [a n, b n ] n-dimenziós intervallum mértéke legyen m(i) = n (b k a k ). k=1

23 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL 20 E az egyszer halmazok halmaza, amik véges sok diszjunkt intervallum uniójaként állnak el. Ezekre a mérték kiterjesztése egyértelm. A IR n esetén az m (A) küls mérték deníciója hasonló a (3) képlethez. A Lebesgue-mérték IR n -ben is értelmezhet tehát, természetes módon Mérhet függvények 3.9. Deníció. f : IR n IR {+ } függvény mérhet, ha minden aɛir esetén az {x : f(x) < a} IR n halmaz Lebesgue mérhet. A fenti denícióban a (, a) nyílt halmaz sképét tekintjük Állítás. Az f függvény mérhet sége ekvivalens az alábbi állítások bármelyikével: aɛir eseén {x : f(x) > a}ɛm aɛir eseén {x : f(x) a}ɛm aɛir eseén {x : f(x) a}ɛm 3.4. Következmény. Mérhet függvény esetén aɛir-ra {x : f(x) = a}ɛm 3.3. Állítás. Ha f, g mérhet függvények, akkor f + g is mérhet. f g is mérhet. min(f, g) is mérhet. Ha (f n ) mérhet függvények sorozata, akkor (inf f n ) és lim(f n ) is mérhet. Bizonyítás. (Vázlat) Belátjuk például, hogy f + g mérhet. Legyen aɛir. Ekkor {x : f(x) + g(x) < a} = rɛq ({x : f(x) < r} {x : g(x) < a r}). (4) Ugyanis, ha f(x) + g(x) < a akkor f(x) < a g(x). Ezért r racionális szám f(x) < r és r < a g(x) g(x) < a r. Ebb l a (4) összefüggés következik. {x : f(x) + g(x) < a} el állítható megszámlálható sok mérthet halmaz uniójaként, tehát maga is mérhet.

24 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL 21 Példa. E IR n mérhet. Legyen χ E az alábbi függvény: 1 xɛe χ E (x) = 0 x ɛe A χ E függvény mérhet. Ez az E karakterisztikus függvénye Deníció. Az f függvény egyszer, ha R f értékkészlete véges elemszámú. Ez azt jelenti, hogy R f = {y 1,..., y n }. Ekkor E k = {x : f(x) = y k } jelöléssel az f egyszer függvény az alábbi alakban írható: f = n y k χ Ek, E k E j =, y k ɛir. k= Állítás. f egyszer függvény pontosan akkor mérhet, ha E k ɛm. Megjegyzés. Egyszer függvény másik elnevezése lépcs s függvény Állítás. Ha f mérhet, akkor (s n ) egyszer függvények sorozata, melyre lim n s n = f egyenletesen. Továbbá, ha f nemnegatív, akkor monoton növ lépcs s függvényekb l álló sorozat is létezik, melynek határértéke f Következmény. Az egyszer függvények s r n vannak a mérhet függvények közt. Példa. Ha f folytonos, akkor mérhet. Ez abból következik, hogy aɛir esetén E = {x : f(x) < a} nyílt halmaz, ezért mérhet is. 15. Feladat. Lássuk be az el z állítást. Igazoljuk, hogy ha f folytonos függvény, akkor E = {x : f(x) < a} nyílt halmaz minden aɛir esetén Deníció. f, g mérhet függvények. Azt mondjuk, hogy f g (ekvivalensek), vagy másképp f = g majdnem mindenütt (m.m.) ha m ({x : f(x) g(x)}) = 0. f = g m.m. nyilván ekvivalencia reláció. 10. Gyakorlat. Gondoljuk meg, hogy, ha f = g m.m. és g = h m.m., akkor f = h m.m Állítás. Ha f és g folytonosak és f = g m.m., akkor f(x) = g(x) minden x-re.

25 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL Feladat. Igazoljuk a fenti állítást. Folytonosság nélkül nem igaz: ha f g, akkor egyáltalán nem biztos, hogy f(x) = g(x) x!!! Megjegyzés. A mérhet függvények "majdnem" folytonos függvények Tétel. (Luzin) f : [a, b] IR mérhet függvény. Ekkor ε > 0-hoz s : [a, b] IR folytonos függvény, melyre m(x : f(x) g(x)) < ε. Tehát a mérhet függvényeken belül a folytonos függvények s r n vannak Lebesgue-integrál. Bevezet gondolatok Az alaptér legyen X = [a, b] IR, M pedig az [a, b]-beli mérhet halmazok összessége. Alapvet gond a Riemann-integrálnál a határátmenet és integrál sorrendjének felcserélhet sége illetve nem-felcserélhet sége. Nézzük a következ példát. 1 ha x = r 1, r 2,..., r n f n (x) = 0 egyébként, ahol az [a, b] intervallumba es racionális számok felsorolása Q [a, b] = {r 1, r 2,...}. Ekkor f n ɛr[a, b], Riemann integrálható. Mégis, a határérték függvény f ɛr[a, b]: 1 ha x racionális lim f n(x) = f(x) = n 0 ha x irracionális 3.6. Lebesgue-integrál értelmezése Fokozatosan fogjuk deniálni az integrált. Most is a szemléletes jelentés a függvény gráf alatti el jeles terület. 1. lépés. Tegyük fel, hogy f egyszer, azaz f(x) = n c k χ Ek, E k ɛm, E k E j =, c k ɛir k=1

26 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL ábra. Az f = c 1 χ E1 +c 2 χ E2 lépcs s függvény integrálja az E halmazon. T 1 = c 1 m(e E 1 ) és T 2 = c 2 m(e E 2 ) Deníció. EɛM. Az f függvény integrálja az E halmazon az m mérték szerint: E fdm := n c k m(e E k ). k=1 2. lépés. Tegyük fel, hogy f : [a, b] IR + nemnegatív, mérhet függvény. Ekkor az integrált így értelmezzük: fdm := sup{ s dm : s egyszer, s(x) f(x) m.m.} E Megjegyzés. A fenti integrál értéke + is lehet. E 3. lépés. f : [a, b] IR tetsz leges mérhet függvény. Elöször el állítjuk két nemnegatív függvény különbségeként: f = f + f ahol f(x) ha f(x) 0 f + (x) = 0 egyébként f(x) ha f(x) < 0 f (x) = 0 egyébként. Ezek integrálja már jól deniált: E f + dm, E f dm

27 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL Deníció. f Lebesgue-integrálható, ha a mind a két fenti integrál véges. Ebben az esetben f integrálja az E halmazon a Lebesgue mérték szerint: E f dm := E f + dm E f dm L(R) jelöli az R halmazon értelmezett Lebesgue-integrálható függvények terét. 11. Gyakorlat. Gondoljuk meg, hogy L(R) vektortér Következmény. Ha f : [a, b] IR korlátos, mérhet függvény, akkor Lebesgueintegrálható. Tulajdonságok: 1. f, gɛl, akkor (f + g) dm = f dm + g dm, E E E c f dm = c f dm E E 2. Ha m(e) < és a f(x) b, akkor a m(e) 3. Ha f, gɛl és f(x) g(x), akkor E E f dm f dm b m(e). E g dm. 4. Ha fɛl, akkor f ɛl és f dm f dm. E E A Lebesgue integrál esetén ez fordítva is igaz: Ha f ɛl, akkor fɛl is teljesül. 5. Ha m(e) = 0, akkor minden mérhet függvényre f dm = Ha E = E 1 E 2, ahol E 1 és E 2 diszjunktak, akkor f dm = E 1 E 2 f dm + E 1 f dm. E 2 5)+6) tulajdonságokból következik, hogy ha f = g m.m., akkor E E f dm = E g dm 2) és 3) tulajdonságok akkor is igazak, ha a megfelel feltételek m.m. teljesülnek csak.

28 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL Lebesgue- és Riemann integrál összehasonlítása 3.2. Tétel. Ha fɛr[a, b], akkor fɛl[a, b] is, és b a f(x) dx = [a,b] f dm. A bal oldalon a függvény Riemann integrálja van, a jobb oldalon pedig a Lebesgue integrál. Bizonyítás. Könyvb l átnézni. Megjegyzés. El ny, hogy több függvény Lebesgue integrálható, mint Riemann integrálható. Például a Dirichlet függvény nem Riemann integrálható: 1 ha xɛ[0, 1], racionális f(x) = 0 ha xɛ[0, 1], irracionális Mégis, mivel f = 0 m.m. ezért Lebesgue integrálható, és f dm = 0 dm = 0 [0,1] Megjegyzés. Másik el ny, hogy a határátmenet könnyen átlátható Tétel. (Lebesgue féle monoton konvergencia tétel) Adott nemnegatív, mérhet, monoton növ függvények sorozata melyre a pontonkénti határérték függvény: [0,1] 0 f 1 (x) f 2 (x) f 3 (x)... Ekkor E lim f n(x) = f(x). n f dm = lim f n dm. n E Tehát nem szükséges a függvénysorozat egyenletes konvergenciája. határátmenet a fenti feltétellel "automatikusan" felcserélhet k. Az integrál és a 3.4. Tétel. (Lebesgue féle dominált konvergencia tétel) Adottak az (f n ), mérhet függvények, a pontonkénti határérték lim n f n (x) = f(x). Tegyük fel, hogy létezik gɛl(ir) közös fels korlát, melyre Ekkor f n (x) g(x), E x, n. f dm = lim f n dm n E

29 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL L p terek (Lebesgue terek) Legyen p 1. R = [a, b] Deníció. A L p (R) függvény-halmazt a következ képpen értelmezzük: L p (R) = {f : [a, b] IR, f p dm < } Megjegyzés. Ezek a "nagy el p" terek Állítás. L p vektortér. R Bizonyítás. Be kell látni, hogy L p (R) zárt a skalárral való szorzásra és az összegre. Ha fɛl p, akkor valóban c fɛl p. Ha f, gɛl p, akkor vajon f + gɛl p? Más szóval, következik-e, hogy R f + g p dm <? Használjuk fel az alábbi becslést: x, yɛir x + y 2( x + y ). Ezt alkalmazva azt kapjuk, hogy f(x) + g(x) p 2 p ( f(x) p + g(x) p ), és ezt kiintegrálva: R f + g p dm < 2 p ( f p dm + < < ) g p dm < + L p -ben azonosnak tekintjük a m.m. egyenl függvényeket. Más szóval, a fenti függvény teret faktorizáljuk szerint. Az így faktorizált L p térben normát deniálunk. Ha fɛl p : ( f p = 3.8. Állítás. A (5) képlet valóban normát deniál. R f p dm) 1/p (5) Bizonyítás. Nem negatív. Valóban.

30 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL 27 Nem degenerált. Ez azt jelenti, hogy f p = 0 pontosan akkor, ha f = 0 m.m. Háromszög egyenl tlenség. Ez nem triviális. S t, külön tétel formájában fogjuk kimondani. 12. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy ha f dm = 0, akkor f = 0 m.m. R 3.5. Tétel. (Minkovszkij-egyenl tlenség) Ha 1 p < +, akkor f + g p f p + g p Bizonyítás. Ha p > 1, a bizonyítás nehéz. p = 1 esetet nézzük. A háromszög egyenl tlenség jól ismert, hiszen minden x-re f(x) + g(x) f(x) + g(x), ezért f + g 1 = f + g dm f dm + g dm = f 1 + g 1 R R Deníció. Az f : R C komplex érék függvény mérhet, ha az f(x) = Ref(x) + iimf(x) kanonikus alakban szerepl valós érték Ref, Imf : R IR függvények mérhet k. Továbbá R f dm = R R Refdm + i Imf dm R Legyen most p = +. Értelmezni fogjuk az L (X) függvényteret Deníció. f : X C lényegében korlátos, ha van olyan MɛIR konstans és van olyan EɛM null-mérték halmaz, melyre: f(x) M, ha x ɛe Deníció. Ha f lényegében korlátos, akkor lényeges supremum-a ess sup f := inf{m E, m(e) = 0 : f(x) M, xɛ E} Példa. Legyen X = [ 1, 1]. Két függvényt adunk meg. x 2 ha x 0, x ± 1 2 f(x) = x 2, g(x) = 2 ha x = 0 4 ha x = ± 1 2 A két függvény supremuma különböz : sup f = 1, sup g = 4.. Lényeges supremum azonban ugyanaz, mert f = g m.m.: ess sup f = 1, ess sup g = 1.

31 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL ábra. Az f és g függvények gráfja Deníció. (H. Steinhaus) Az L (X) függvénytér az X-n értelmezett, lényegében korlátos függv«yek összessége. A m.m. egyenl függvényeket most is azonosaknak tekintjük. L (X) = {f : X C, lényegében korlátos}. L (X) nyilván vektortér. Normált tér lesz bel le az alábbi normával: f := ess sup f. 13. Gyakorlat. Gondoljuk meg, hogy ez valóban norma Tétel. (Riesz tétel) 1 p + esetén az L p (X) tér teljes. Azaz minden (f n ) L p (X) Cauchy sorozatnak van határértéke, lim f n = fɛl p (X)). A Riesz tétel alapján L p (X) BANACH tér. Bizonyítás. Nem könny. Az ajánlott irodalomban el lehet olvasni. Kérdés. Vajon ha p < q, akkor L p (X) és L q (X) között mi a kapcsolat? Válasz (részben): 17. Feladat. Igazoljuk, hogy L 2 [a, b] L 1 [a, b]. 14. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy L [a, b] L 1 [a, b].

32 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL 29 Megjegyzés. Beláttuk egy korábbi el adásban, hogy C 2 [a, b] nem teljes. Ennek a normált térnek a teljessé tétele L 2 [a, b]. Tehát C 2 [a, b]-t "kiegészítettük" azokkal a függvényekkel, melyek Cauchy sorozatok határértékei Általános L p terek Kiindulásképp tekintsünk egy mértékteret, legyen ez (X, R, µ). R egy σ-algebra, µ ezen értelmezett mérték. A µ mérték szerinti integrált deniálhatjuk, teljesen hasonlóan a Lebesgue integrál bevezetéséhez. Ha p 1, akkor L p (X) := {f : X C, f p dµ < } Általában is igaz a Riesz tétel Tétel. L p (X) teljes normált tér, tehát Banach tér. X Speciális eset. X = N. A σ-algebra R = 2 N, az összes részhalmazok halmaza. µ a számláló-mérték, azaz ha A N, akkor µ(a) = "A elemeinek száma". Ekkor p 1 esetén L p = L p (N) = {f : N C, N f p dµ < }. Mit is jelent ez? Az f függvény minden n-hez hozzárendel egy f(n)ɛc számot: ez egy számsorozat. A tér elemei sorozatok, szokásos jelöleéssel: (x n ). Integrál a számláló mérték szerint egyszer összeg: Összefoglalva azt kaptuk, hogy N L p (N) = {(x n ) : x n p dµ = x n p. n=1 x n p < } = l p (!) n=1 15. Gyakorlat. Lássuk be, hogy ez p = + -re is igaz. Megjegyzés. A legfontosabb esetek, amikkel foglakozni fogunk:

33 3. LEBESGUE MÉRTÉK ÉS LEBESGUE INTEGRÁL 30 X = [a, b], X = IR, X IR n mérhet Állítás. L p tér akkor és csak akkor skalárszorzat tér, ha p = 2. Mostantól a p=2 esetet tekintjük. Az L 2 = L 2 (X, R, µ) térben skalárszorzat: f, g = f ḡ dµ 3.7. Következmény. L 2 tér teljes, tehát HILBERT-tér X Megjegyzés. Látni fogjuk, hogy bizonyos értelemben L 2 az "egyetlen" Hilbert-tér.

34 4. FOURIER ANALÍZIS L 2 -BEN FOURIER analízis L 2 -ben 4.1. Klasszikus Fourier sorfejtés. Ismétlés Tegyük fel, hogy f : [ π, π] IR kielégíti az alábbi feltételeket (Dirichlet feltételek): szakaszonként folytonosan dierenciálható függvény, csak els fajú szakadásai vannak, a szakadási helyeken a függvényérték a jobb- és baloldali határérték számtani átlaga. Akkor minden xɛ[0, 2π] esetén ahol f(x) = a (a k cos(kx) + b k sin(kx)) k=1 π π a k = 1 f(x) cos(kx)dx, b k = 1 π π π π f(x) sin(kx)dx Ortonormált függvények Tekintsük az L 2 (X, R, µ) teret. (Rövidített jelölés L 2 (X)). L 2 (X) = {f : X C, f 2 dµ < }, ahol a m.m. egyenl függvényeket azonosnak tekintjük. A norma f 2 = ( X f 2 dµ ) 1/2 volt, skalárszorzatból származtatható. Ezzel L 2 (X) Hilbert tér Deníció. Az f és g függvények ortogonálisak, ha f, g = 0, azaz f, g = X X fḡ dµ = Deníció. Az f 1,..., f n ɛl 2 (X) függvények lineárisan függetlenek, ha az X halmazon α 1 f 1 + α 2 f α n f n = 0 m.m. csak akkor teljesülhet, ha α 1 =... = α n = Állítás. Ha a (ϕ n ) függvények ortogonálisak, akkor lineárisan függetlenek is.

35 4. FOURIER ANALÍZIS L 2 -BEN Gyakorlat. Igazoljuk ezt az állítást Deníció. (f n ), nɛn lineárisan függetlenek, ha minden n-re (f k, k = 1,..., n) lineárisan független Deníció. fɛl 2 (X) függvény normalizált, ha f 2 = Deníció. (f k, k = 1,..., n) ortogonális függvényrendszer, ha k j esetén f k, f j = 0. A (ϕ k, kɛn) függvényrendszer ortonormált (ON), ha { 1 ha k = j ϕ k, ϕ j = δ k,j = 0 ha k j A Denicióban szerepl δ k,j elnevezése Kronecker delta. Példa. L 2 [ π, π]-ben ortonormált függvényrendszer: ( 1, cos(kx), sin(kx) ), k = 1, 2,... 2π π π Valóban, elöször a normalitást lássuk be. ϕ 0 = 1 2π, így ( π 1/2 ( 1 π ϕ 0 2 = ( ) dx) 2 = 2π π π ) 1/2 1 = 1. 2π Hasonlóképp például egy cos-s függvényre: ( π ( ) 2 1/2 ( cos(kx) 1 π 1/2 ϕ k 2 = dx) = cos (kx)dx) 2 = 1. π π π π Ortogonalitás igazolása, pl. π π cos(kx) sin(lx) dx = 0, ezt az els éves Analízis el adásban már láttuk Deníció. (f k ) lineárisan független rendszer teljes, ha minden fɛl 2 el állítható ilyen alakban: f = c k f k, c k ɛir. k=1 A fenti egyenletben a konvergencia normabeli, azaz n lim f c k f k 2 = 0. n k=1

36 4. FOURIER ANALÍZIS L 2 -BEN 33 Megjegyzés. Két fajta teljesség fogalom szerepelt eddig. Metrikus tér teljessége azt jelentette, hogy a Cauchy sorozatok konvergensek. Lineárisan független függvényrendszer teljessége azt jelenti, hogy a függvényrendszer elemeinek véges lineáris kombinációi mindenütt s r n vannak a térben. Példa. (folytatás) A "Fourier sorok alaptétele" kimondja, hogy a Dirichlet feltételt teljesít függvények terében a trigonometrikus rendszer teljes. Ennél több is igaz lesz Állítás. L 2 [ π, π]-ben a trigonometrikus rendszer teljes. A fenti állításban a teljesség normabeli konvergenciát jelen. ( 1 Példa. L 2 [0, π]-ben teljes függvényrendszert alkotnak:, cos(kx) ), k = 1, 2,.... ( 2π π 1 Egy másik teljes függvényrendszer, sin(kx) ), k = 1, 2,.... 2π π 18. Feladat. Igazoljuk, hogy az ( 1, cos(kx) ) függvényrendszer teljes L 2 [0, π]-ben. 2π π Példa. Tekintsük az {1, x, x 2,...x n,...} függvényrendszert. Ennek tulajdonságai: {1, x, x 2,...x n,...} L 2 [ 1, 1], mert 1 1 (x k ) 2 dx <. Lineárisan függetlenek. Tegyük fel ugyanis, hogy n α k x k = 0, m.m. xɛ[ 1, 1]. k=0 Ez csak úgy lehet a baloldalon egy polinom van! ha α k = 0 minden k-ra. Teljes függvényrendszer. Ezt a Weierstrass féle approximációs tételb l tudjuk Tétel. (Weierstrass tétel) Minden fɛl 2 és minden ε > 0 esetén van olyan p polinom, melyre f p 2 < ε. Kérdés: Ha (f n ) teljes függvényrendszer L 2 -ben, és fɛl 2, akkor f = α k f k el állításban meg tudjuk-e határozni az α k együtthatókat? - 1. példa: Trigonometrikus rendszer esetén: képletekkel tudjuk példa: Polinomok esetén egzisztencia tétel van csak.

37 4. FOURIER ANALÍZIS L 2 -BEN 34 Különbség: - 1. példa: A függvényrendszer ON is példa: A függvények nem otrtogonálisak, pl 1 [ x x 4, x 2 = x 4 x 2 7 dx = 7 1 ] 1 1 = Következ lépés: megpróbáljuk ortogonalizálni a polinomokat! Megjegyzés. Függvényrendszer teljességét lineárisan független függvényrendszer esetén szokás deniálni. Az ortogonalitás több, mint függetlenség. 17. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy ha (f 1,..., f n ) páronként ortogonálisak, akkor lineárisan függetlenek is Ortogonalizáció, ON bázis konstrukciója Az egyszer ség kedvéért az X = [a, b] IR alaptéren dolgozunk Tétel. Adott az (f n ) L 2 lineárisan független függvényrendszer. Ekkor létezik olyan (ϕ n ) L 2 függvényrendszer, melyre teljesülnek az alábbi tulajdonságok: 1. (ϕ n ) ON. 2. n-re f n = 3. n-re ϕ n = n α kn ϕ k, ahol α nn 0. k=1 n β kn f k, ahol β nn 0. k=1 4. El jelt l eltekintve (ϕ n ) egyértelm. Megjegyzés. A 2. és 3. tulajdonságokból következik, hogy {ϕ 1,..., ϕ n } halmaz lezártja megegyezik a {f 1,..., f n } halmaz lezártjával. Ez azt jelenti, hogy a {ϕ 1,..., ϕ n } által kifeszített altér megegyezik azzal az altérrel, amit {f 1,..., f n } feszítenek ki. Bizonyítás. A Lineáris algebrában megismert Gram-Smidt (G-S) ortogonalizációt használjuk itt is. Megadjuk a Tételben szerepl ϕ n függvényeket. A konstrukció több lépésben történik.

38 4. FOURIER ANALÍZIS L 2 -BEN lépés: ϕ 1 := f 1 f lépés: Cél, hogy {ϕ 1, ϕ 2 } ON rendszer legyen, miközben f 2 = α 12 ϕ 1 + α 22 ϕ 2. Ehhez úgy jutunk el, ha meghatározzuk f 2 vetületét ϕ 1 -re, f 2 -b l kivonjuk vetületét, a kapott függvényt lenormáljuk. Könnyen látható, hogy ha ϕ = 1, akkor f vetülete ϕ-re f ϕ = f, ϕ ϕ. Azt kell ugyanis látni, hogy (f f ϕ ) ϕ. Valóban: Tehát a 2. lépés eredménye: f f ϕ, ϕ = f f, ϕ ϕ, ϕ = f, ϕ f, ϕ ϕ, ϕ = 0. ϕ 2 = f 2 f 2, ϕ 1 ϕ 1 f 2 f 2, ϕ 1 ϕ 1. n-dik (indukciós) lépés: Tegyük fel, hogy ϕ 1,..., ϕ n 1 már a kívánt tulajdonságú. Most is az el z ben végigjárt utat követjük. Meghatározzuk f n vetületét a {ϕ 1,..., ϕ n 1 } által kifeszített altérre, f n -b l kivonjuk vetületét, a kapott függvényt lenormáljuk. f n vetületét úgy kaphatjuk meg, hogy meghatározzuk az altér legközelebbi elemét: n 1 min f n c k ϕ k =? c 1,...,c n Feladat. Lássuk be, hogy a fenti minimum a c k = f n, ϕ k választással érhet el. Ez alapján az ON rendszer n-dik eleme: k=1 ϕ n = n 1 f n f n, ϕ k ϕ k k=1 n 1 f n f n, ϕ k ϕ k k=1

39 4. FOURIER ANALÍZIS L 2 -BEN Következmény. Ha a kiinduló (f n ) függvényrendszer teljes, akkor az ortogonalizálással kapott (ϕ n ) is teljes Deníció. (ϕ n ) teljes ON rendszert szokás ON bázis-nak hívni. Példa. Az L 2 ([ 1, 1]) teret tekintjük. Ennek elemei az f : [ 1, 1] R négyzetesen integrálható függvények. Ebben a térben egy lineárisan független teljes rendszer {1, x, x 2,..., x n,...}. ON bázist kaphatunk a G-S ortogonalizálással: (P n ), n = 0, 1, 2,... olyan függvények melyek: ortogonálisak, azaz 1 1 P n (x) P m (x) dx = 0, ha n m. minden n-re P n (x) = n k=0 β knx k, ahol β nn 0, tehát pontosan n-ed fokú polinom. Ezek a Legendre polinomok Következmény. Legendre polinom rendszer teljes ON függvényrendszer Állítás. ahol a normalizáló konstans P n (x) = c n d n dx n (x2 1) n, (6) 2n c n = 2 2 n n! Bizonyítás. Csak az ortogonalitást kell belátni, a többi (szinte) triviális. Legyen m < n. Ekkor 1 d n 1 dx n (x2 1) n d m dx m (x2 1) m dx =? Parciális integrálással folytatva: [ d n = dx n (x2 1) n d m 1 dx m 1 (x2 1) m ] d n+1 dx n+1 (x2 1) n d m 1 dx m 1 (x2 1) m dx, ahol az els tag 0. További parciális integrál±sal az ortogonalitást kapjuk. 20. Feladat. Lássuk be, hogy a fenti (6) képlettel megadott P n (x) függvény valóban n-ed fokú polinom. Megjegyzés. "Legendre polinom rendszer" címszó alatt esetleg más c n f együtthatós p n polinomokat találnak. Ennek oka, hogy a normalizálás nem mindig az L 2 norma szerint történik. A két legfontosabb alaptulajdonság, hogy p n egy n-ed fokú polinom, és ortogonálisak, azaz p n, p m = 0.

40 4. FOURIER ANALÍZIS L 2 -BEN Fourier sorfejtés L 2 -ben Legyen (ϕ n ) ON rendszer L 2 (R)-ben. Ez azt jelenti, hogy ϕ n (x)ϕ k (x)dm = 0, n k, R R ϕ 2 n(x)dx = 1. Feltesszük továbbá, hogy a {ϕ 1, ϕ 2,... } rendszer teljes, tehát lezárása az egész L 2. Ekkor minden fɛl 2 el áll ilyen alakban: f = c k ϕ k, ahol c k = f, ϕ k (7) k=1 A fenti sor konvergenciája az L 2 tér normájában értend Deníció. Ez az el állítás az f függvény Fourier sorfejtése a {ϕ k } k=1 rendszer szerint. Megjegyzés. Ha az ON rendszer esetleg nem teljes, akkor is deniálhatjuk a (7) jobboldalán szerepl végtelen sort, ez az f függvény Fourier sorfejtése az adott ON rendszer szerint. Ekkor azonban a sor összege nem feltétlenül egyezik meg a kiinduló f függvénnyel. Példa. Legyen R = [ 1, 1]. Ekkor egy független függvényrendszer: {1, x, x 2,... } L 2 [ 1, 1] Ennek ortogonalizálásával kapjuk a P n Legendre polinomokat: P n n-ed fokú polinom, 1 1 P n (x)p m (x)dx = 0, ha n < m Ortogonális polinom rendszerek Általánosabb teret fogunk tekinteni. R R, és nem a klasszikus Lebesgue mértéket használjuk. A mértéket egy súlyfüggvénnyel adjuk meg: µ(a) = ϱ dm, ahol ϱ : R R + adott Lebesgue integrálható függvény. Formálisan azt írhatjuk, hogy "dµ = ϱ dm". A µ mérték szerinti integál egy E mérhet halmazon így számolható: f dµ = f ϱ dm. A E E

41 4. FOURIER ANALÍZIS L 2 -BEN Deníció. Az általános L 2 ϱ(r) teret így értelmezzük: L 2 ϱ(r) = {f : R IR : R f 2 dµ = R f 2 ϱ dm < } Ebben a térben is azonosaknak tekintj uk azokat a függvényeket, amelyek m.m. megegyeznek. L 2 ϱ(r)-ben a skalárszorzatot kicsit másképp deiniáljuk, mint eddig: f, g ϱ := f g ϱ dm, ezért a norma: ( f ϱ,2 = R R f 2 ϱ dm) 1/2. Így ebben a térben az ortogonalitás azt jelenti, hogy f g f g ϱ dm = 0. Ortogonális polinom rendszer konstruálkásakor továbbra is az R {1, x, x 2,... } L 2 ϱ(r) független rendszerb l indulunk ki feltéve, hogy ez valóban része L 2 ϱ(r)-nek. 0. példa. Legendre polinomok. R = [ 1, 1]. A súlyfüggvény ϱ(x) = 1, a klasszikus Lebesgue integrál esete. Ezeket a polinomokat már ismerjük.

42 4. FOURIER ANALÍZIS L 2 -BEN példa. Csebisev polinomok. R = [ 1, 1]. Els fajú illetve másodfajú Csebisev polinomokat fogunk deniálni. A megfelel súlyfüggvények ezek lesznek: ϱ 1 (x) = 1 1 x 2, ϱ 2(x) = 1 x Állítás. Az els fajú Csebisev polinomok (még nincsenek normálva): T n (x) = cos (n arccos(x)). Az másodfajú Csebisev polinomok (még nincsenek normálva): U n (x) = sin ((n + 1) arccos(x)). sin (arccos(x)) A fenti polinomok más formában is írhatók, ha bevezetjük az x = cos(θ) jelölést: T n (x) = cos (nθ), U n (x) = sin ((n + 1)θ) sin (θ) 21. Feladat. Igazoljuk, hogy a fenti képletekben szerepl függvények valóban n-ed fokú polinomok. (Útmutató: cos(nθ) és sin((n + 1)θ)/ sin(θ) pontosan n-ed fokú polinomja cos(θ)-nak.) 22. Feladat. Igazoljuk az ortogonalitást, azaz T n (x)t m (x) dx = 0 ha m n, 1 x 2 és 1 U n (x)u m (x) 1 x 2 dx = 0 ha m n példa. Hermite polinomok. R = R. A súlyfüggvény: ϱ(x) = e x2. Így (x k ) 2 dµ = (x k ) 2 e x2 dx < x k ɛl 2 ϱ(ir). Ortogonalizáció eredménye: R H n (x) = ( 1) n e x2 d n dx n ( e x2).

43 4. FOURIER ANALÍZIS L 2 -BEN Feladat. Igazoljuk, hogy a fent deniált függvény valóban polinom. A fenti képlet deriválásával az alábbi rekurzív el állítást kapjuk: H n(x) = 2xH n (x) H n+1 (x) 24. Feladat. Igazoljuk a polinomrendszer ortogonalítását. (Útmutató: Sok-sok parciális integrálásból adódik a következ, ahol v(x) tetsz leges polinom: e x2 H n (x)v(x)dµ = e x2 dn dx n v(x)dµ Ha a fenti képletben v(x) fokszáma kisebb, mint < n, akkor dn dx n v(x) = 0, ezért H n(x) v(x)!!) Megjegyzés. A Hermite-polinomok a kvantummechanikában a harmonikus oszcillátor energia-operátorának sajátfüggvényei, azaz a (Hf)(x) = f (x) + ω 2 x 2 f(x) egyenlet sajátfüggvény megoldásai: ϕ n (x) = c n H n ( ωx)e ωx2 /2. 3. példa. Laguerre-polinomok Az alaptér R = R +. A súlyfüggvény ϱ(x) = e x. Így (x k ) 2 dµ = (x k ) 2 e x dx < x k ɛl 2 ϱ(ir + ). Az n-dik Laguerre polinom: R 0 L n (x) = en d n ( x n e x). n! dx n +1 példa. Haar függvények Még egy példát említek L 2 [0, 1]-ben. ON függvényrendszert alkotnak a Haar-függvények. Ezek nem polinomok, hanem a legegyszer bb wavelet-ek. Részletes leírásuk a könyvben megtalálható. Röviden elmondom itt is. Megadásuk blokkokban történik. Az n-dik blokk függényei H n,k ahol k = 1,..., 2 n. Minden esetben H n,k : [0, 1] IR.

44 4. FOURIER ANALÍZIS L 2 -BEN 41 Ha n = 0, akkor két függvény van. (Kivételesen H 0,0 is van) és H 0,1. 1 ha 0 x < 1/2 H 0,0 (x) = 1 xɛ[0, 1], H 0,1 (x) = 0 ha 1/2 x Gyakorlat. Gondoljuk meg, hogy H 0,0 2 = H 0,1 2 = 1 és H 0,0, H 0,1 = 0. Ha n = 1, akkor [0, 1]-t 2 1 darab egyenl hosszú részre osztjuk. H 1,1 az 1. részen nem nulla, H 1,2 pedig a 2. részen nem nulla. 2 ha 0 x < H 1,1 (x) = 1 2 ha x < ha x ha 1 x < , H 1,2 (x) = 3 2 ha x ha x Gyakorlat. Gondoljuk meg most is a ortogonalitást, illetve az új függvények normalitását. (És így tovább...) Az n-dik blokkban a [0, 1] intervallumot 2 n részre osztjuk, és k = 1, 2,..., 2 n esetén H n,k a k-dik blokkban nem 0, azon kívül 0. Például H 3,5 így néz ki: egyébként pedig /2 ha H 3,5 (x) = 2 3/2 ha 20. Gyakorlat. Mennyi lesz H 3,5? 1 2 x < x < 5 2 3,