Kudela Gábor. Topológiai kisokos. matematika alapú szakok hallgatóinak. Freeware jegyzet,

Átírás

1 Kudela Gábor Topológiai kisokos matematika alapú szakok hallgatóinak Freeware jegyzet,

2 Tartalomjegyzék Előszó 2 1. Metrikus terek Topológiai alapfogalmak Sorozatok Határérték, folytonosság Nyílt halmazok érdekes tulajdonságai Vektorterek Csillagtartományok Konvexitás A norma megjelenése A konvexitás kapcsolata a nyíltsággal és a zártsággal Fejlettebb térstruktúrák Euklideszi tér Banach- és Hilbert-terek Konvex halmazok Banach- és Hilbert-terekben Ami e jegyzetből kimaradt Útmutatás a feladatokhoz Névmutató 32 Hivatkozások 34 1

3 Előszó Jelen jegyzet célja, hogy az alapvető topológiai és térstruktúrákkal kapcsolatos fogalmakat összefoglalja az Olvasó számára, akitől várom a hibajelzéseket, jobbítási javaslatokat az alább megadott címre. Ismertnek tételezem fel a vektorterekkel kapcsolatos fogalmakat [1], továbbá a valós függvények folytonosságának, határértékének, valós sorozatok konvergenciájának fogalmát, az ezekkel kapcsolatos alapvető tételeket, ld. [2] ill. [3]; az írás során utóbbi két jegyzet jelölésrendszeréhez igyekeztem igazodni. Feltételezem továbbá, hogy az Olvasó találkozott már az itt ismertetett térstruktúrákkal, és ismer rájuk példákat; mint a címből is következik, nem új fogalmakat szándékozom bevezetni, hanem az anyagot egy kicsit rendszerezni. Az vezérelt, hogy ezt a témakört,,spiccre járassam, azaz vizsgáljam, mik azok a leggyengébb feltételek, amelyek közt igaz egy állítás, ill. keressek ellenpéldákat a lehető legerősebb előfeltételek mellett. E jegyzetet Elekes György ( ) emlékének ajánlom, akivel beszélgettem a konvexitás és a kompaktság kapcsolatáról (ld. 46. tétel, ill. 22. és 23. feladat), és örült, ha e témabeli eredményeimet megosztottam vele... Kudela Gábor qdiace@yahoo.co.uk A jegyzet 6 ábrát tartalmaz. 2

4 1. Metrikus terek 1.1. Topológiai alapfogalmak 1. definíció: Az (M, ) párt félmetrikus térnek nevezzük, ha M, egyébként tetszőleges halmaz, a : M M R + 0 függvényre pedig igazak az alábbiak: 1. x M : (x,x) = 0; 2. x,y M : (x,y) = (y,x) (szimmetria); 3. x,y,z M : (x,y) (x,z) + (z,y) (összegre vonatkozó háromszögegyenlőtlenség). Ekkor -t félmetrikának hívjuk. Gondoljuk meg, hogy ha x,y,z M, akkor (y,z) (y,x) + (x,z) (y,z) (x,z) (y,x), (x,z) (x,y) + (y,z) (x,z) (y,z) (x,y), ahonnan a szimmetriát figyelembe véve adódik az alábbi (különbségre vonatkozó háromszög-egyenlőtlenség): 2. következmény: x,y,z M : (x,y) (x,z) (y,z) 3. definíció: Az (M, ) félmetrikus teret metrikus térnek nevezzük, ha x,y M,x y : (x,y) > 0. Ekkor a -t távolságfüggvénynek, más szóval metrikának hívjuk. 1. feladat: Tekintsünk egy (M, ) félmetrikus teret. (a) Bizonyítsd be, hogy a x,y M : x y (x,y) = 0 értelmezés ekvivalenciarelációt definiál! (b) Legyen M az iménti reláció által meghatározott ekvivalenciaosztályok halmaza. Értelmezzük a τ : M M R+ 0 függvényt az alábbi módon: A,B M : τ(a,b) := (a,b), ahol a A,b B. Igazold, hogy τ értéke független a reprezentáns elemektől! (c) Bizonyítandó továbbá, hogy (M,τ) metrikus tér. 3

5 A továbbiakban, ha másképp nem értelmezzük, legyen (M, ) metrikus tér. 4. definíció: Legyen x M, és ε > 0. Ekkor az x pont ε sugarú környezetét így értelmezzük: K ε (x) = {y M : (x,y) < ε}. Ha az x pontnak a környezetéről beszélünk, de annak sugarát nem akarjuk konkretizálni, akkor a K(x) jelölést használjuk. 2. feladat: Mutass példát (M, ) metrikus térre, benne olyan x,y M pontokra, továbbá olyan R > r > 0 számokra, hogy K R (x) K r (y), vagyis nagyobb sugarú környezetet valódi módon tartalmazó kisebb sugarú környezetre! Nézzük meg, hogy egy H M halmazhoz egy x M pont miként viszonyulhat. 5. definíció: 1. Ha x H és ε > 0 : K ε (x) H, akkor x a H-nak belső pontja; 2. ha ε > 0 : y H \ {x} : (x,y) < ε, akkor x a H-nak torlódási pontja; a torlódási pontok halmazát (H ún. derivált halmazát) H jelöli; 3. ha x H, de nem torlódási pont, akkor izolált pont; 4. ha ε > 0 : y H,z M \ H : (x,y) < ε (x,z) < ε, akkor határpontja x a H-nak (azaz nem belső pontja sem H-nak, sem az ő komplementerének). A határpontok halmazát H jelöli. Vizsgáljuk most azt, milyen tulajdonságokkal rendelkezhet egy halmaz! 6. definíció: A K M halmaz 1. zárt, ha minden torlódási pontját tartalmazza; 2. nyílt, ha minden pontja belső pont; 3. korlátos, ha x 0 M,R > 0 : K R (x 0 ) K. 4. totálisan korlátos, ha ε > 0 : x 1,...,x n M : K n K ε (x i ), vagyis bármilyen kis sugarú körből elég véges sok, hogy lefedjük. Megjegyzés: A nyíltság és a zártság független fogalmak: a teljes M és mindig zárt és nyílt egyszerre, viszont a (0;1] intervallum nem is zárt, nem is nyílt. 3. feladat: Bizonyítsd be, hogy (a) korlátos halmaznál a tér bármelyik pontja betöltheti x 0 szerepét; (b) egy halmaz akkor és csak akkor zárt, ha komplementere nyílt; (c) ha H M, akkor H és H zártak! i=1 4

6 7. tétel: 1. Nyílt halmazok uniója nyílt; 2. zárt halmazok metszete zárt. Bizonyítás: 1. Tekintsük az unió tetszőleges pontját. Ez benne van valamelyik, az unióban részt vevő A halmazban, s mivel az nyílt, valamely környezete is benne foglaltatik A-ban, tehát az unióban is. 2. Legyen x M a metszet torlódási pontja. Ekkor bármilyen kis környezetében lesz egy tőle különböző pontja a metszetnek, ami azt jelenti, hogy e pontok egyenként benne vannak az összes, a metszetben részt vevő halmazban, ezek viszont zártságuk miatt egyenként tartalmazzák x-et, tehát x a metszetben is benne lesz. 4. feladat: (a) Bizonyítsd be, hogy véges sok nyílt halmaz metszete nyílt, véges sok zárt halmaz uniója zárt! (b) Mutass példát arra, hogy a feladat előző pontjának egyik állítása sem terjeszthető ki végtelen sokra! A nyílt és zárt halmazok tulajdonságaiból természetes módon következnek az alábbi fogalmak. 8. definíció: A H M halmaz nyílt magjának avagy belsejének az általa tartalmazott legbővebb nyílt halmazt nevezzük, és inth-val jelöljük, azaz inth = G. G H, G nyílt A H halmaz lezártjának az őt tartalmazó legszűkebb zárt halmazt nevezzük, és H-val jelöljük, azaz H = G. G H, G zárt 5. feladat: Legyenek A,B M. Az alábbi állítások közül melyik igaz, melyik hamis? (a) ϕ(a) ϕ(b) ϕ(a B); (b) ha A zárt, akkor A inta; (c) ha A nyílt, akkor A inta; (d) A pontosan akkor zárt, ha A A, ahol a, a és az = egyike, továbbá az (a) részben ϕ a, a lezárás, az int és a (.) műveletek valamelyike, ill. az egyik az és a közül. 5

7 1.2. Sorozatok Vizsgáljuk egy (M, ) metrikus tér pontjaiból álló sorozatok tulajdonságait! 9. definíció: Az (a n ) : N M sorozat korlátos, ha értékkészlete korlátos halmaz; Cauchy-sorozat, ha ε > 0 : n 0 N : m,n N,m,n n 0 : (a n,a m ) < ε; konvergens, ha van olyan A M, melyre igaz, hogy minden ε > 0-ra a sorozatnak csak véges sok tagja esik K ε (A)-n kívülre. Utóbbi esetben az A pontot a sorozat határérték ének nevezzük. Vegyük észre, hogy amennyiben egy sorozat konvergens, akkor minden részsorozata is az, és ugyanoda tartanak. Az alábbi tételben több állítást is kimondunk, bizonyításuktól azonban eltekintek, hiszen a valós esettel teljesen analóg módon bizonyíthatóak. 10. tétel: Ha az (a n ) : N M sorozat konvergens, akkor 1. korlátos; 2. Cauchy-sorozat; 3. határértéke egyértelmű. Ha konvergens a sorozat, és határértéke az A M pont, ezt a tényt az alábbi szimbólumok egyikével jelöljük: lim(a) = A; lim (a n) = A; a n A(n + ). n + Felhasználva, hogy a konvergens sorozatok mind Cauchy-sorozatok, adjunk hibabecslést a Cauchy-tulajdonság segítségével! 11. lemma: Legyen (a n ) : N M konvergens sorozat, határértéke A M. Tudjuk, hogy ez egyben Cauchy-sorozat is, ezért egy előre adott ε > 0 számhoz legyen n 0 N olyan, hogy n,m N,n,m n 0 : (a n,a m ) < ε. Ilyen n értékekre (a n,a) ε. Bizonyítás: Legyen n 0 megfelelő küszöbindex az előre adott ε > 0 számhoz. Tegyük fel, hogy van olyan n N index, melyre n n 0, s mégis (A,a n ) > ε. Legyen most ε := (a n,a) ε > 0, továbbá n 0 N olyan küszöbindex, melyre (a m,a) < ε, ha n 0 m N Tekintsük az m := max{n 0,n 0} számot. Ekkor (a n,a) (a n,a m ) + (a m,a) < ε + (a n,a) ε, ami ellentmondás, ld. még az 1. ábrát. 6

8 A a n ε ε 1. ábra. Analízisről szóló munkák óriási hiányosságának érzem azt, hogy a most igazolt egyszerű lemma kimarad, noha sok számolást megkönnyít. Adódik a kérdés: a lemma kimondásában miért nem írhatunk szigorú egyenlőtlenséget? Tekintsük a harmonikus sorozatot, és ε := Ekkor n 0 := 100 értelmezéssel a Cauchy-kritérium teljesül, de n := n 0 értelmezéssel a n = a 100 = 0.01 pontosan ε távolságra lesz a határértéktől (0-tól). 12. definíció: Egy metrikus teret teljesnek nevezünk, ha benne minden Cauchysorozat konvergens. 6. feladat: Legyen V egy egyszerű, irányítatlan, összefüggő, pozitív élsúlyozású gráf csúcshalmaza; ha végtelen a gráf, akkor tegyük fel, hogy minden csúcsnak csak véges sok szomszédja van (ún. végesen generált végtelen gráf). Értelmezzük a : V V R + 0 függvényt a következő módon: (x,x) := 0, ha x V, ha pedig x,y V különböző csúcsok, akkor (x,y) legyen az x és y között vezető utak költségének infimuma. (a) Bizonyítsd be, hogy (V, ) metrikus tér! (b) Igazold azt is, hogy ha nem írhatunk az infimum helyébe minimumot, akkor a tér nem teljes! (c) Továbbá mutass példát olyan gráfra, melyben bármely csúcspárra írhatunk minimumot, de a tér mégsem teljes! 13. definíció: Az (M, ) térnek a (K,τ) metrikus tér altere, ha K M és τ = K K. 7. feladat: Legyen az (M, ) tér teljes. Bizonyítsd be, hogy az ő egy (K,τ) altere akkor és csak akkor teljes, ha K mint M részhalmaza zárt! 14. definíció: A H M halmaz kompakt, ha minden H-beli sorozatnak kiválasztható konvergens részsorozata, amelynek határértéke is H-beli. Megjegyzés: Az üres halmaz is kompakt. 15. tétel: Kompakt halmaz korlátos és zárt. Bizonyítás Tegyük fel, hogy a H M halmaz nem korlátos. Válasszuk ki egy x 1 pontját. Mivel nem korlátos, van olyan x 2 H, mely nem esik K 1 (x 1 )-be. Tegyük fel, hogy definiáltuk az x 1,...,x k H pontokat. Legyen R := (x 1,x k ) + 1, ekkor létezik olyan x k+1 H, mely K R (x 1 )-en kívülre esik. Világos, hogy az a n := (x 1,x n ); n N utasítással adott sorozat szigorúan növekvő, ezért ha i pozitív egész, akkor (x i+1,x i ) (x i+1,x 1 ) (x i,x 1 ) 1 + (x i,x 1 ) (x i,x 1 ) = 1, 7

9 tehát nem választható ki (x n )-ből Cauchy-tulajdonságú részsorozat, pláne nem konvergens részsorozat. Ha H nem zárt, akkor van a M \ H torlódási pontja, azaz n N : b n H : (b n,a) < 1 n. Ebből a (b n ) sorozatból bármilyen részsorozatot válasszunk is ki, az a-hoz fog tartani, amely pedig nincs H-ban. 8. feladat: Mutass példát metrikus térre, s benne korlátos és zárt, de mégsem kompakt, és nem is totálisan korlátos halmazra! 9. feladat: (A 4. feladat és a 7. tétel élesítése) Bizonyítandó, hogy (a) véges sok kompakt halmaz uniója kompakt; (b) ha zárt halmazok közül csak egy is kompakt, akkor metszetük kompakt. (c) Itt is mutass példát arra, hogy (a) nem terjeszthető ki végtelen sokra még akkor sem, ha az unió korlátos és zárt! 16. tétel: Teljes metrikus térben egy zárt H halmaz akkor és csak akkor kompakt, ha totálisan korlátos. Bizonyítás: 1. Tegyük fel, hogy nem totálisan korlátos, ekkor van olyan ε > 0 szám, melyre H nem fedhető le véges sok ε sugarú körrel. Vegyünk egy x 1 H pontot, egy x 2 H \ K ε (x 1 ) pontot, stb. Ha már kiválasztottuk az x 1,...,x n H pontokat, akkor válasszuk x n+1 -et H-ból olyannak, hogy ne essék e pontok egyikének sem ε sugarú környezetébe; mivel H nem totálisan korlátos, ezt megtehetjük. Azonban ebből az (x n ) sorozatból nem választható ki Cauchy-tulajdonságú részsorozat (azaz konvergens sem), hiszen tagjai egymástól páronként legalább ε távolságra vannak. 2. Használjuk ki totálisan korlátos halmazoknak azt a könnyen látható tulajdonságát, hogy minden részhalmazukra is igaz ez. Legyen H totálisan korlátos, és tekintsünk egy H-beli (a n ) sorozatot (ha pedig H =, akkor az állítás triviális). Ha (a n ) értékkészlete véges, akkor egyszerű a bizonyítás (nem is kell kihasználni H totális korlátosságát), ha nem, akkor ki tudjuk választani a (a n ) egy injektív részsorozatát, tehát innentől tegyük fel, hogy (a n ) injektív. Ha egy előre adott ε > 0-ra lefedjük H-t véges sok ε sugarú körrel, akkor szükségképpen lesz köztük olyan, mely a sorozatnak végtelen sok tagját tartalmazza, legyen ez B 1, középpontja c 1 M, a sorozatnak egy B 1 -beli tagja pedig x 1. Fedjük most le B 1 H-t véges sok (x 1,c 1 )/2 sugarú körrel (megtehetjük, hiszen a totálisan korlátos H halmaznak része). Ezek közt lesz olyan, mely a sorozat B 1 H-beli tagjai közül végtelen sokat tartalmaz, legyen ez B 2, középpontja c 2 M, a sorozatnak pedig egy B 1 B 2 -beli tagja x 2. Ha valamely k N-re definiáltuk a B i köröket c i M középpontokkal, valamint az x i H pontokat (i [1..k] persze ügyelve arra, hogy x i c i ), ahol a körökbe (a n ) végtelen sok tagja esik, akkor fedjük le B 1... B k H-t véges 8

10 sok (x k,c k )/2 sugarú körrel, ezek közül legalább egy a sorozatnak végtelen sok tagját tartalmazza, legyen az egyik ilyen B k+1, középpontja c k+1 M, a sorozatnak pedig egy B 1... B k+1 -beli tagja x k+1. Világos, hogy k N : (c k,x k ) < ε 2 k 1. δ 2 Legyen most δ > 0, ekkor létezik olyan k N index, melyre B k sugara kisebb -nél, ezért ha n,m N n,m k, akkor (x n,x m ) (x n,c k ) + (c k,x m ) < δ, tehát (x n ) Cauchy-sorozat, s mivel teljes térből indultunk ki, konvergens is. Így egy tetszőleges H-beli sorozatnak ki tudtuk választani konvergens részsorozatát, s mivel H zárt, benne van a határérték is, tehát H kompakt Határérték, folytonosság A továbbiakban, ha mást nem mondunk, legyenek (M 1, 1),(M 2, 2) metrikus terek, továbbá a H halmazra tett feltételekhez hozzáértjük, hogy nemüres. 17. definíció: Legyen H M 1,f : H M 2. Legyen a M 1 torlódási pontja H-nak. Az A M 2 pontot az f függvény a-beli határértékének nevezzük, ha ε > 0 : δ > 0 : x H K δ (a) \ {a} : 2(f(x),A) < ε. Azt a tényt, hogy A az f határértéke a-ban, az alábbi szimbólumok valamelyikével jelöljük: lim a f = A; lim x a f(x) = A; f(x) A(x a). A valós esethez hasonlóan igazolható, hogy amennyiben a határérték létezik, akkor egyértelmű. 18. definíció: Legyen H M 1,f : H M 2,a H. Az f függvény folytonos az a pontban, ha Megjegyzések: ε > 0 : δ > 0 : x H K δ (a) : 2(f(x),f(a)) < ε. 1. Világos, hogy amennyiben a izolált pont, akkor ott f szükségképpen folytonos, hiszen legyen ε bármi is, δ-t akkorának választva, hogy K δ (a)-nak ne legyen H-beli pontja a-n kívül, az utolsó egyenlőtlenségben x-be csak a helyettesítődhet be, amiért is bal oldalt 0 fog állni. 2. Könnyen látható az is, hogy ha a nemcsak eleme H-nak, hanem torlódási pontja is, akkor a folytonosság éppen azt fogja jelenteni, hogy f-nek létezik határértéke a-ban, és lim a f = f(a). 9

11 A folytonosság definíciójában δ nemcsak ε-tól függött, hanem a-tól is. Ez indokolja az alábbi fogalom bevezetését. 19. definíció: Legyen G H M 1,f : H M 2. Az f függvény egyenletesen folytonos a G halmazon, ha ε > 0 : δ > 0 : x,y G, 1(x,y) < δ : 2(f(x),f(y)) < ε. Egyszerű meggondolásokból adódik, hogy minden egyenletesen folytonos függvény folytonos, fordítva ez általában nem igaz, ellenpéldát találunk pl. [2] könyvben is. Az alábbiakban kimondunk néhány tételt bizonyítás nélkül; ezek bizonyítása valós esetre megtalálható az imént hivatkozott jegyzetben, és teljesen analóg módon igazolhatók tetszőleges metrikus térre. 20. tétel: (Határértékre vonatkozó átviteli elv) Legyen H M 1,f : H M 2, továbbá a M 1 torlódási pontja H-nak. Az f függvénynek akkor és csak akkor az A M 2 pont a határértéke a-ban, ha minden (a n ) : N H \ {a} sorozatra lim a n = a n + lim f(a n) = A. n tétel: (Folytonosságra vonatkozó átviteli elv) Legyen H M 1,f : H M 2. Az f függvény akkor és csak akkor folytonos az a H pontban, ha minden (a n ) : N H sorozatra lim a n = a n + lim f(a n) = f(a). n tétel: Legyen H M 1,f : H M 2, továbbá tegyük fel, hogy H kompakt, és f folytonos H-n. Ekkor 1. f egyenletesen folytonos; 2. R f is kompakt; 3. ha f injektív, akkor f 1 is folytonos. 23. definíció: Egy f M 1 M 2 függvényt Lipschitz-tulajdonságúnak nevezünk, ha c > 0 : x,y D f : 2(f(x),f(y)) c 1(x,y). Ha az iménti formulában szereplő c szám 1-nél kisebb, akkor a függvényt kontrakciónak (összehúzás) nevezzük. Egyszerű meggondolásokból adódik, hogy Lipschitz-tulajdonságú függvény egyenletesen folytonos. 10. feladat: Mutass példát egyenletesen folytonos, de nem Lipschitz tulajdonságú függvényre! 11. feladat: Egy f M 1 M 2 függvényről tudjuk, hogy D f =. Ekkor tehát csak izolált pontjai vannak, azaz folytonos. Mondhatjuk-e biztosan, hogy egyenletesen folytonos? 10

12 24. tétel: (Banach-féle fixponttétel) Legyen (M, ) teljes metrikus tér, H M zárt halmaz, f : H H pedig kontrakció a q < 1 konstanssal. Ekkor létezik egy és csak egy fixpontja H-nak f-re vonatkozóan. Bizonyítás: Legyen x 0 H tetszőleges. Ha egy n N számra definiáltuk az x n 1 pontot, akkor x n := f(x n 1 ). Világos, hogy egy n N számra (x n,x n+1 ) q (x n 1,x n )... q n (x 0,x 1 ). Legyen most m N,m > n. Ekkor (x n,x m ) (x n,x n+1 ) (x m 1,x m ) q n (x 0,x 1 ) + q n+1 (x 0,x 1 ) q m 1 (x 0,x 1 ) q n (x 0,x 1 )(1 + q + q ) = q n (x 0,x 1 ), 1 q vagyis a sorozat Cauchy-sorozat, s mivel teljes térből indultunk ki, egyúttal konvergens is, és H zártsága miatt határértéke is H-beli. Mit mondhatunk a sorozat határértékéről, az x H pontról? Mivel f kontrakció, szükségképpen folytonos is, így a folytonosságra vonatkozó átviteli elv értelmében ( ) f(x ) = f lim n + x n = lim n + f(x n) = x, hiszen az egyenlőséglánc utolsó előtti tagjában (x n ),,eggyel eltolt részsorozatának vesszük a határértékét. Lehet-e több fixpont? Tegyük fel, hogy x H is fixpont. Ekkor (x,x ) = (f(x ),f(x )) q (x,x ), azaz 0 (q 1) (x,x ), amit a negatív q 1 számmal osztva 0 (x,x ) adódik. Ez viszont csak egyenlőséggel teljesülhet, mivel távolságfüggvény, és ekkor x = x, amivel a tételt beláttuk. Megjegyzések: 1. A 11. lemma segítségével adhatunk becslést arra, hogy a fixpontot menynyire kis hibával közelítettük meg. Láttunk becslést a sorozat tagjainak távolságára, innen következik, hogy n N esetén (x n,x ) q n (x 0,x 1 ). 1 q 2. A kontrakció fogalmát egy f M 1 M 2 függvényre szokták tévesen úgy érteni, hogy x,y D f,x y : 2(f(x),f(y)) < 1(x,y). Ez nyilván igaz, ha f kontrakció, fordítva azonban általában nem. 11

13 12. feladat: Mutass példát olyan, zárt halmazt önmagába képező R R típusú függvényre, melyre teljesül az iménti hibás definíció, de mégsem kontrakció, és nincs fixpontja sem! 13. feladat: Készíts programot, mely a felhasználó által kért pontossággal megadja az (a) x = cos x; (b) x = 1 x 2 +1 egyenlet (egyetlen valós) megoldásának közelítő értékét! 14. feladat: Legyen (M, ) metrikus tér, A M. Az f A : M R + 0 függvényt értelmezzük az alábbi módon: x M : f A (x) := inf{ (x,y) : y A}. (Az x pont távolsága az A halmaztól.) Bizonyítandó, hogy f A folytonos! 1.4. Nyílt halmazok érdekes tulajdonságai Ebben a fejezetben a tételeket bizonyítás nélkül mondjuk ki, mert a bizonyítások K n -re, ill. K n K m típusú függvényekre megvannak [3] jegyzetben, és a szerzők nem használják ki ezek speciális tulajdonságait. 25. tétel: Legyenek (M 1, 1),(M 2, 2) metrikus terek, f M 1 M 2. Az f függvény akkor és csak akkor folytonos, ha H M 2 nyílt: G M 1 nyílt: f 1 [H] = G D f, ami D f nyíltsága esetén azt jelenti, hogy H M 2 nyílt: f 1 [H] nyílt. 26. definíció: Legyen (M, ) metrikus tér, H M. Legyen továbbá Γ indexhalmaz, és γ Γ : A γ M nyílt γ ΓA γ H. Az ilyen halmazok rendszerét a H halmaz egy nyílt lefedésének nevezzük. 27. tétel: Az előző definíció jelöléseit megtartva, H akkor és csak akkor kompakt, ha mindig kiválasztható olyan véges Γ, melyre A δ H, δ azaz minden nyílt lefedésből kiválasztható véges lefedés. Vegyük észre, hogy a 16. tétel állítása egyik irányban bizonyítható e tétel segítségével: tegyük fel, hogy H kompakt, és írjunk ε sugarú kört az összes pontja köré (ε > 0). Ezzel definiáltuk egy nyílt lefedését, amiből H kompaktsága miatt kiválasztható véges lefedés. (Ha véletlenül H =, akkor M-nek egy tetszőleges pontja köré húzzunk ε sugarú kört... ) 12

14 28. definíció: Legyen (M, ) metrikus tér. A H M halmaz nem összefüggő, ha G 1,G 2 M nyíltak: G 1 G 2 H = G 1 G 2 H G 1,G 2 H, azaz ha H lefedhető két olyan nyílt halmazzal, melyek önmagukban nem fedik le, továbbá közös részükbe H nem metsz bele. A halmaz összefüggő, ha a fenti állítás nem teljesül rá, avagy nyelvi képzavarral élve,,nem nem-összefüggő. (Ez persze csakis nyelvi képzavar, a matematikai logikában teljesen korrekt kifejezés.) Megjegyzés: Világos, hogy az üres halmaz összefüggő. 29. tétel: Legyenek (M 1, 1),(M 2, 2) metrikus terek, f M 1 M 2 folytonos függvény. Ha D f összefüggő, akkor R f is az. 15. feladat: Legyen (M, ) metrikus tér, G 1,G 2 M összefüggő, diszjunkt, nyílt halmazok. Tegyük fel továbbá, hogy G 1 G 2. Bizonyítsd be, hogy G 1 G 2 ( G 1 G 2 ) összefüggő! 13

15 2. Vektorterek Ebben és a következő fejezetben csakis R feletti vektorterekkel foglalkozunk Csillagtartományok Általános és középiskolában a konvexitásnak az a hibás definíciója szokott elhangozni, hogy a síkidom akkor konvex, ha,,nem tudunk benne bújócskázni. Ez azért helytelen, mert pl. a 2. ábra olyan síkbeli halmazt szemléltet, melyben elbújni nem lehet, hiszen a besatírozott rész bármelyik pontjából látni lehet a síkidom összes pontját, de az nem konvex ábra. Ez a félresiklás azonban indokolja az alábbi fogalom bevezetését. 30. definíció: Legyen V vektortér. A H V halmaz csillagtartomány, ha c H : λ [0;1],x H : λx + (1 λ)c H. A definícióban szereplő c pont a H (egyik) csillagcentruma. Megjegyzések: 1. A definícióban szereplő λx+(1 λ)c alakú pontok összességét a c-t és x-et összekötő szakasznak szokás nevezni. 2. Az ábrán a satírozott részbe eső pontok mind csillagcentrumok Konvexitás 31. definíció: Legyen V vektortér. A H V halmaz konvex, ha csillagtartomány, és minden pontja csillagcentrum, azaz x,y H,λ [0;1] : λy + (1 λ)x H, avagy H bármely két pontját összekötő szakasz H-ban halad. 14

16 Megjegyzések: 1. Mivel az üres halmaz minden,,elemére teljesül bármilyen állítás, szokás -t konvexnek tekinteni. Éppen ezért a továbbiakban, ha kifejezetten az ellenkezőjét nem hangsúlyozzuk, konvex halmazon nemüres konvex halmazt fogunk érteni. 2. A definíció következménye, hogy egyelemű halmaz mindig konvex. 16. feladat: Bizonyítsd be, hogy csillagtartomány csillagcentrumai konvex halmazt alkotnak! 32. tétel: Konvex halmazok metszete konvex. Bizonyítás: Képezzük konvex halmazok metszetét, tegyük fel, hogy nemüres, és nem is egyelemű. Vegyünk belőle két pontot, mivel ezek benne vannak a metszetben, egyenként benne vannak a metszetben részt vevő összes halmazban. Tekintsünk egy P pontot az őket összekötő szakaszról. Mivel halmazaink konvexek, P benne lesz mindegyikben, így a metszetben is. Az iménti tétel alapján adja magát a következő definíció. 33. definíció: Egy V vektortérben a H V halmaz (convh-val jelölt) konvex burka az őt tartalmazó legszűkebb konvex halmaz, azaz convh = G. G H, G konvex Ezen a módon,,felülről lefelé határozható meg a konvex burok, van azonban egy,,alulról felfelé módszer is. 34. tétel: A V vektortérben egy H V halmaz konvex burka azokat és csak azokat az x pontokat fogja tartalmazni, melyek előállnak x = λ 1 x λ n x n alakban, ahol x 1,...,x n H,λ 1,...,λ n 0, továbbá λ λ n = 1 (az x 1,...,x n pontok ún. konvex lineáris kombinációja). Bizonyítás: I. Bárhogy választva H-ból az x 1,...,x n pontokat, azok konvex lineáris kombinációja benne lesz a konvex burokban, bizonyítsuk ezt n-re vonatkozó teljes indukcióval. 1. n = 1-re azt kapjuk, hogy H minden eleme benne van a konvex burokban. 2. Az n = 2 eset azt fogalmazza meg, hogy az eredeti elemek által meghatározott valamennyi szakasz H-ban haladjon. 3. Tegyük fel, hogy n-ig igaz az állítás, lépjünk n + 1-re. Az x = λ 1x λ nx n ;x 1,...,x n H,λ 1,...,λ n 0,λ λ n = 1 tulajdonságú pontok benne vannak H-ban, ezért minden ilyenre benne kell legyen az x-et és az x n+1 -et (x n+1 H) összekötő szakasz, így bármely 15

17 µ (0;1) számra (a µ = 1 µ = 0 esetet nem kell vizsgálni, hiszen az rendre n, ill. egyetlen pont esetét fogalmazza meg) nyilván λ k+1 = 1 µ, és µx + (1 µ)x n+1 H. i [1..n] : λ i = µλ i, ha pedig visszafelé számolunk, akkor λ i = λi µ, amivel az egyik irányú tartalmazást beláttuk. II. Az ilyen alakban előálló pontok konvex halmazt fognak meghatározni, hiszen ha valamely x 1,...,x n, y 1,...,y m H pontokra x = λ 1 x λ n x n ;y = µ 1 y µ m y m, n m ahol λ 1,...,λ n,µ 1,...,µ m 0 λ k = µ k = 1, akkor az x-et y-nal összekötő szakasz is H-ban fog haladni, hiszen egy c [0;1] számra cx + (1 c)y = cλ 1 x cλ n x n + (1 c)µ 1 y (1 c)µ m y m, és ez az összesen n + m pont szintén H-ból való, együtthatóik nemnegatívak, és amint az egyszerű számításokból adódik összegük 1. Összegezve: H elemeinek összes konvex lineáris kombinációja konvex halmazt fog meghatározni, és pedig a lehető legszűkebbet, hiszen az összes benne kell legyen, ezzel az állítást beláttuk A norma megjelenése 35. definíció: Az (N,. ) párt (valós) félnormált térnek nevezzük, ha N vektortér, a. : N R + 0 függvényre, az ún. félnormára pedig 1. 0 = 0; 2. x N,λ R : λx = λ x ; 3. x,y N : x + y x + y (összegre vonatkozó háromszög-egyenlőtlenség). Megjegyzések: 1. Igazából az első feltétel redundáns, hiszen a másodiknak a λ = 0 speciális esete. 2. Ahogy a valós számoknál az abszolút értékre, ill. a 2. következményben félmetrikus terekre bizonyítottuk a különbségre vonatkozó háromszög-egyenlőtlenséget, egy (N,. ) félnormált térben hasonlóan igazolható, hogy k=1 k=1 x,y N : x y x y. 16

18 36. definíció: Az (N,. ) (valós) félnormált teret (valós) normált tér nek, a. függvényt pedig normának nevezzük, ha x N \ {0} : x > 0. A továbbiakban (a következő alfejezetben is), ha másképp nem értelmezzük, (N,. ) normált tér. Egyszerű meggondolásokból adódik, hogy a (x,y) := x y (x,y N) függvény metrikát definiál N-ben (de még egy félnormált térben is félmetrikát határoz meg), ekkor a. által indukált metrika. 17. feladat: Legyen (N,. ) félnormált tér. (a) Bizonyítsd be, hogy U := {x N : x = 0} értelmezéssel U altér! (b) Tekintsük az N/U faktorteret. Bizonyítandó, hogy az a + U := a érték független az a N reprezentánstól! (c) Igazold továbbá, hogy. norma N/U-n! 18. feladat: Legyenek (x n ) : N N, (λ n ) : N R konvergens sorozatok, határértékeik rendre x N, ill. λ R. Bizonyítandó, hogy ekkor az n λ n x n (n N) utasítással adott sorozat is konvergens, és határértéke λx. 19. feladat: Igazold, hogy csillagtartomány összefüggő! 2.4. A konvexitás kapcsolata a nyíltsággal és a zártsággal Vizsgáljuk meg, hogy a lezárás és a nyíltmag-képzés mennyire,,barátságos a konvexitáshoz, illetve a konvexburok-képzés a nyíltsághoz és a zártsághoz! 37. tétel: 1. Nyílt halmaz konvex burka nyílt; 2. konvex halmaz nyílt magja konvex; 3. konvex halmaz lezártja konvex. Bizonyítás: Mindhárom esetben feltesszük, hogy H N. 1. Legyen H nyílt halmaz, x 1,...,x n H. Ezeknek az r i > 0 (i [1..n]) sugarú környezete H-hoz tartozik. Értelmezzük az r := min n r k számot, ekkor k=1 mindegyikük r sugarú környezete H-ban van. Legyenek λ 1,...,λ n nemnegatív számok, melyek összege 1. Azt kell belátni, hogy az x := λ 1 x λ n x n pont belső pontja lesz convh-nak. Válasszunk hát egy y K r (x) pontot, és mutassuk meg, hogy benne van a konvex burokban: y = λ(x 1 + y x) λ(x n + y x), 17

19 hiszen jobb oldalt a zárójeleket felbontva előáll x az x 1,...,x n pontok konvex lineáris kombinációjaként, de ki is vonódik, ugyanakkor x i + y x K r (x i ), mert x i + y x x i = y x < r (i [1..n]), tehát elő tudtuk állítani y-t az eredeti halmaz elemeinek konvex lineáris kombinációjaként. 2. Ha H konvex, akkor azt kell belátni, hogy amennyiben x,y H belső pontok, úgy az őket összekötő szakasz bármely pontja is az. Legyen r > 0 olyan, hogy K r (x),k r (y) H, belátjuk, hogy bármely λ [0;1]-re z := λx + (1 λ)y környezete is H-ban foglaltatik. Ha e környezetben benne van egy v N pont, azaz v z < r, akkor v = λ(x + v z) + (1 λ)(y + v z), amint azt egyszerű számítások igazolják, másrészt x + v z x = y + v z y = v z < r tehát v előállt mint x és y környezetében (tehát H-ban is levő) pontokat összekötő szakasz pontja. 3. Ha két olyan pontot próbálok összekötni, amelyek az eredeti konvex halmazban is megvoltak, akkor nincs mit számolni. Tegyük fel tehát, hogy H konvex, x H, y N \ H, de torlódási pontja H-nak. Ekkor bármely ε > 0-ra van olyan z H, melyre y z < ε. Legyen most egy λ [0;1] számra v := λx + (1 λ)y, w := λx + (1 λ)z; világos, hogy w H. v w = λx + (1 λ)y λx (1 λ)z = (1 λ) y z < ε, tehát v torlódási pontja a konvex buroknak, így benne van annak lezárásában. Legyen most x,x N két torlódási pont, y,y H pedig olyanok, hogy y K ε (x), y K ε (x ) valamely előre adott ε > 0-ra. Tekintsünk egy λ [0;1] számot, és v := λx + (1 λ)x, ill. w := λy + (1 λ)y H. Ekkor w H, és v w = λ(x y) + (1 λ)(x y ) λ x y + (1 λ) x y < ε, vagyis v tényleg torlódási pont, amivel a tételt beláttuk. Megjegyzés: A 3. ponthoz hasonlóan látható be, hogy altér lezártja altér. 20. feladat: Mutass példát normált térre, s benne olyan zárt halmazra, melynek konvex burka nem zárt! A feladat szövege indokolja, hogy vezessük be az alábbi fogalmat. 38. definíció: A H N halmaz lezárt konvex burkának nevezzük és convh-val jelöljük a H konvex burkának lezártját, azaz convh = convh. Viszonylag egyszerűen látható, hogy egy halmaz lezárt konvex burka az őt tartalmazó konvex, zárt halmazok közül a legszűkebb, azaz convh = G. G H,G zárt, konvex 18

20 3. Fejlettebb térstruktúrák 3.1. Euklideszi tér 39. definíció: Az (E,.,. ) párt euklideszi térnek vagy skalárisszorzat-térnek nevezzük, ha E vektortér, a.,. : E E R ún. skaláris szorzatra pedig 1. x E : x,x 0, egyenlőség pedig csak x = 0-ra; 2. x,y E : x,y = y,x ; 3. x,y,z E : x + y,z = x,z + y,z ; 4. x,y E,λ R : λx,y = λ x,y. Igazából az első axióma helyébe az is léphet, hogy x,x > 0, ha x E \ {0}, hiszen a többi axiómából 0,0 = 0 következik. 40. tétel: (Cauchy Bunyakovszkij Schwarz-féle egyenlőtlenség) Ha (E,.,. ) euklideszi tér, és a,b E, akkor a,b 2 a,a b,b. Bizonyítás: Legyen λ R. Ekkor λa b,λa b = a,a λ 2 2 a,b λ + b,b 0, ahol csak úgy lehet egyenlőség, ha b = λa, ha ugyan van ilyen λ szám. Látjuk, hogy ez λ-nak másodfokú polinomja, diszkriminánsa a fenti egyenlőtlenség miatt nem lehet pozitív, azaz D = 4 a,b 2 4 a,a b,b 0, ahonnan a bizonyítandó állítás következik. Erre az egyenlőtlenségre a továbbiakban CBS-ként hivatkozom. Érdekessége, hogy a három személynév közül legalább egyet le szoktak hagyni, s ami még baj, az az, hogy Schwarz nevébe gyakran betoldanak tévesen egy t betűt (a z elé). 41. következmény: Az (E,.,. ) euklideszi téren a x,x x E : x := értelmezés normát határoz meg. Bizonyítás: Hogy pozitív a norma a 0-tól különböző elemekre, ill. 0 = 0, az már az euklideszi tér első axiómájából következik. Ha most λ R,x E, akkor λx 2 = λx,λx = λ x,λx = λ λx,x = λ 2 x,x = λ 2 x 2 λx = λ x. 19

21 Legyenek x,y E. Azt kell belátni, hogy x + y,x + y x,x + y,y, amit négyzetre emelve x + y,x + y x,x + 2 x,x y,y + y,y, x,x + 2 x,y + y,y x,x + 2 x,x y,y + y,y x,y x,x y,y. Ha x,y negatív, akkor kész vagyunk, ha nem, akkor négyzetre emeléssel kapjuk a CBS-t, ezzel a tételt beláttuk. Ebből a tételből következik, hogy minden euklideszi tér egyben normált tér is, és normáját a skaláris szorzat által indukált normának fogjuk hívni. A CBS most már úgy is írható, hogy a,b 2 a 2 b 2 a b a,b a b (a,b E) egy tetszőleges E euklideszi térre. E jelöléseket megtartva bevezethetjük következő fogalmat. 42. definíció: Ha a,b 0, akkor azt az egyetlen γ [0;π] számot, melyre a,b = a b cos γ, az a,b elemek által bezárt szögnek nevezzük. 21. feladat: Értelmezzük a C[0;1] téren a skaláris szorzatot az alábbi módon: f,g C[0;1] : f,g := 1 0 f g. Számítsd ki az identitás és a 4. hatványfüggvény szögét! Felmerül a kérdés: mikor mondhatjuk egy normáról, hogy skaláris szorzat indukálja? Erre ad választ a következő tétel, az ún. paralelogrammaszabály. 43. tétel: Egy (N,. ) normált térben a normát akkor és csak akkor indukálja skaláris szorzat, ha a,b N : a + b 2 + a b 2 = 2 a b 2. Bizonyítás: I. Ha tudjuk, hogy skaláris szorzat indukálja a normát, és a,b N, akkor a + b 2 = a + b,a + b = a,a + b,b + 2 a,b, a b 2 = a b,a b = a,a + b,b 2 a,b, 20

22 a kettő összege pedig II. Be fogjuk látni, hogy a a + b 2 + a b 2 = 2 a b 2. a,b N : a,b := 1 4 ( a + b 2 a b 2) függvény skaláris szorzatot határoz meg; onnan már egyszerűen következik az, hogy ez épp. -t indukálja, hiszen egy a N vektorra 1 ( a,a = 2a 2 0 2) = a 2 0, 4 egyenlőség pedig csak akkor igaz mivel. norma, ha a = 0. A szimmetria is igaz, hiszen a,b N esetén 1 ( a,b = a + b 2 a b 2) = 1 ( b + a 2 b a 2) = b,a. 4 4 Legyenek most a,b,c N, ekkor 1 ( a + b,c = a + b + c 2 a + b c 2). 4 Vizsgáljuk az alábbi összeg normanégyzetét: a+b+c 2 = a+b+c 2 + a b+c 2 a b+c 2 = 2 a+c 2 +2 b 2 + a b+c 2, másrészt a+b+c 2 = a+b+c 2 + a+b+c 2 a+b+c 2 = 2 b+c 2 +2 a 2 + a+b+c 2, ezért a+b+c 2 = a+c 2 + b+c 2 + a 2 + b majd c helyébe c-t léptetve a+b c 2 = a c 2 + b c 2 + a 2 + b e kettőt kivonva egymásból ( a b + c 2 + a + b + c 2), ( a b c 2 + a + b c 2), a + b + c 2 a + b c 2 = a + c 2 a c 2 + b + c 2 b c 2, amit 4-gyel osztva 1 ( a + b + c 2 a + b c 2) = 1 ( a + c 2 a c 2) + 1 ( b + c 2 b c 2),

23 azaz a + b,c = a,c + b,c adódik. Legyen most k N, és a,b N, ekkor k a,b = a a,b = a,b a,b = k a,b. Világos, hogy 1 ( a,b = a + b 2 a b 2) = 1 ( a + b 2 a b 2) = a,b. 4 4 Utóbbi két eredményt egymás után alkalmazva azt kapjuk, hogy k Z : k a,b = k a,b. Összességében azt mondhatjuk, hogy egész számszorosra teljesül a követelmény, legyen ezért p,q Z,q 0. Ekkor p q q a,b = q p q a,b = p a,b = p a,b, ahonnan p q a,b = p q a,b, tehát racionális számszorosra is igaz. Mielőtt tovább lépnénk tetszőleges valós szorzóra, bizonyítsuk be önmagában a CBS-t erre a,,skalárisszorzat-jelöltre, legyen hát a,b N, 4 a,b = a + b 2 a b 2 = 2 a b 2 2 a b 2 = = 2 a 2 4 a b + 2 b 2 2 a b a b = = 2( a b ) 2 2 a b a b 4 a b, hiszen a különbségre vonatkozó háromszög-egyenlőtlenség miatt egy nempozitív tagot hagytunk el. Ha most λ R \ Q, akkor tekintsünk egy (λ n ) : N Q sorozatot, melynek határértéke λ. Ilyenkor egy n N számra λ a,b λ a,b = λ a,b λn a,b + λn a,b λ a,b λ λ n a,b + (λ λn )a,b λ λn a,b + (λ λn )a b = = λ λ n ( a,b + a b ) 0 (n + ), azaz valóban λ a,b = λ a,b. A most igazolt tétel síkbeli tartalma az, hogy egy paralelogramma átlóinak négyzetösszege épp a négy oldal négyzetösszege (ami a koszinusztétellel könnyen igazolható), a 3. ábra ezt szemlélteti. 22

24 a b a a+b b 3. ábra. 44. tétel: (Pitagorasz tétele euklideszi térben) Legyenek x 1,...,x n egy euklideszi tér pontjai, melyek páronként merőlegesek egymásra, azaz x i,x j = 0, ha 1 i < j n. Ekkor x x n 2 = x x n 2. Bizonyítás: x x n 2 = x x n,x x n = = n x k k=1 1 i<j n hiszen a kétszeres skaláris szorzatok mind nullák Banach- és Hilbert-terek n xi,x j = x k 2, Amint a 2.3. alfejezetben láttuk, minden normált tér metrikus is egyben, azonban semmit nem mondtunk ezek teljességéről. 45. definíció: Az (N,. ) normált teret Banach-tér nek nevezzük, ha mint metrikus tér teljes. Ha normáját mindamellett egy.,. skaláris szorzat indukálja, akkor az (N,.,. ) pár Hilbert-tér. Az eddig megismert térstruktúrák egymáshoz való viszonyát a 4. ábra szemlélteti; világos, hogy mindegyik tartalmazás valódi! Az ábra nem mutatja azt az érdektelen esetet, melyben vektortéren értelmezünk egy nem norma által indukált metrikát Konvex halmazok Banach- és Hilbert-terekben Ebben az alfejezetben a konvex halmazok érdekes tulajdonságait fogjuk vizsgálni. Mielőtt belevágnánk, élesítsük a 20. feladatot. 22. feladat: Mutass példát Hilbert-térre, s benne olyan kompakt halmazra, melynek konvex burka nem zárt! E feladat után szükséges, hogy kimondjuk a következő tételt. k=1 23

25 . M. t. Teljes m. t... N. t. B. t... Vt. E. t. H. t ábra. A térstruktúrák kapcsolata. M. t. = metrikus tér; N. t. = normált tér; B. t. = Banach-tér; E. t. = euklideszi tér; H. t. = Hilbert-tér; Vt. = vektortér. 46. tétel: Banach-térben kompakt halmaz lezárt konvex burka kompakt. Bizonyítás: Tekintsük a (B,. ) Banach-térben a H B kompakt, nemüres halmazt, ez a 16. tétel értelmében totálisan korlátos. Egy előre adott ε > 0 számra tekintsünk véges sok ε 3 sugarú kört, melyek lefedik H-t. Mivel convh zárt, és teljes térből indultunk ki, szintén az említett tétel miatt elég konstruálni véges sok ε sugarú kört, melyek őt lefedik. Legyenek a c 1,...,c n B pontok olyanok, hogy n K ε/3 (c i ) H, továbbá értelmezzük a i=1 c := n max i=1 c i, k := 2nc számokat. Képezzük a már meglevő körök középpontjainak a következő speciális alakú konvex lineáris kombinációit: µ 1 c µ n c n, ahol µ i most olyan alakú, hogy µ i = ji k, ahol j i [0..k] egész szám, minden i [1..n]-re (*). Világos, hogy ilyen kombináció véges sok van. Be fogjuk látni, hogy az e pontok ε sugarú környezetei lefedik convh-t. Legyen most x 1,...,x m H. Ha valamely i,j [1..m],i j számokra x i és x j egyazon körbe esnek, azaz alkalmas p [1..n] számmal x i,x j K ε/3 (c p ), akkor λ [0;1] : λx i + (1 λ)x j c p λ x i c p + (1 λ) x j c p < ε/3, ezért amennyire lehet,,,tömbösítsük az x 1,...,x m pontokat. A konvex lineáris kombináció,,érdemi résztvevőit tartsuk csak meg, azaz λ 1,...,λ m > 0, de ε 24

26 összegük továbbra is 1. A λ i1 x i λ ir x ir pontot (x i1,...,x ir K ε/3 (c p ), p [1..n] alkalmas szám, i 1 <... < i r [1..m]) váltsuk ki a λ y ponttal, ahol λ = λ i λ ir, y = 1 λ (λ i 1 x i λ ir x ir ) K ε/3 (c p ). Így alkalmas y 1,...,y m convh pontokkal, ahol az m n feltétel hangsúlyos, ill. λ 1,...,λ m > 0 számokkal, melyek összege 1, x := m m λ k x k = λ ky k. k=1 Az eme lineáris kombinációhoz használt számokhoz meg tudunk adni olyan ( ) tulajdonságú µ 1,...,µ m számokat, hogy λ i µ i 1 k (i [1..m ]). Ekkor i [1..m ] : λ iy i µ i c s(i) = λ iy i λ ic s(i) + λ ic s(i) µ i c s(i) k=1 λ i y i c s(i) + λ i µ i c s(i) < λ ε i 3 + c k ε λ i 3 + ε 2n, ezt 1-től m -ig összegezve ε 3 + εm 2n 5 6 ε adódik, ami µ 1c s(1) +...+µ m c s(m ) és x eltérését felülről becsüli, tehát convh elemeit fedik a c 1,...,c n pontok ( ) alakú lineáris kombinációi köré írt ε, sőt 5 6 ε sugarú körök (nyilván s : [1..m ] [1..n] alkalmas leképezés). Mit mondhatunk a torlódási pontokról? Ha x B torlódási pontja a konvex buroknak, de nem eleme, akkor van olyan y convh, melyre x y < ε 6. Ehhez azonban van olyan kör (legyen középpontja z B) vagy az eredeti, vagy az újonnan képezett körök között, melyben y benne van, ezért x z x y + y z < ε ε = ε, tehát az ε sugarú körök fedik a torlódási pontokat is, ezzel a tételt beláttuk. 23. feladat: Mutass példát nem teljes euklideszi térre, s benne olyan kompakt halmazra, melynek lezárt konvex burka nem kompakt! A témakör talán legfontosabb állítása a következő tétel. 47. tétel: Legyen (H,.,. ) Hilbert-tér, K H zárt, konvex, nemüres halmaz. Ekkor minden x H-ra létezik egy és csak egy y K, melyre x y = inf{ x z : z K}. Bizonyítás: Ha x K, akkor a feltételt nyilván x önmaga teljesíti, és semelyik másik pont. Ha nincs K-ban, akkor az általánosság megsértése nélkül tegyük fel, hogy x = 0. Ekkor a bizonyítandó állítás úgy szól, hogy A feltétel alapján!y K : y = inf{ z : z K} =: d. n N : x n K : d x n < d + 1 n ; 25

27 világos, hogy a normasorozat konvergens, és határértéke d. Ha most n,m N, m > n, akkor K konvexitása miatt 1 2 x n + x m d, továbbá a paralelogrammaszabály értelmében ( x n x m 2 + x n + x m 2 = 2 x n x m 2 < d + n) 1 2 ( + d + m) 1 2 = 2d d n + 2 n 2 + 2d2 + 4 d m + 2 m 2 < 4d2 + 8d + 4 n, ahonnan x n x m 2 < 4d 2 + 8d + 4 x n + x m 2 4d 2 + 8d + 4 4d 2 = 8d + 4 n n n, tehát (x n ) Cauchy-sorozat, a tér teljessége miatt egyúttal konvergens is, legyen határértéke y K (hiszen K zárt). A különbségre vonatkozó háromszög-egyenlőtlenség miatt a norma folytonos H R + 0 típusú függvény, ezért a folytonosságra vonatkozó átviteli elv értelmében y = lim x n n + = lim x n = d. n + Tegyük fel, hogy y mellett egy másik z K pont is teljesíti a feltételt, azaz z = d. Ekkor egyrészt z+y z + y = 2d, másrészt K konvexitása miatt 1 2 z+y d, ahonnan z+y = 2d, harmadrészt z y,z+y = z 2 y 2 = 0, vagyis z y és z + y merőlegesek egymásra, ezért alkalmazhatjuk a Pitagorasztételt: d 2 = y 2 = 1 2 (y + z) (y z) 2 = 1 (y + z) (y z) 2 = 2 2 = d (y z) 2, azaz 1 (y z) 2 = 0, tehát z = y. Megjegyzés: A tétel feltételei nem gyengíthetőek. (Pontosabban: ld. a 3.4. alfejezetben a felsorolás 7. pontját.) 24. feladat: Mutass példát arra, hogy a kívánt pont létezése nem garantált, ha elhagyjuk (a) a teljességet; (b) a zártságot; (c) a konvexitást. (Persze mindhárom esetben úgy, hogy a többi feltétel teljesül.) Ha csak annyit lazítunk a feltételeken, hogy nem Hilbert-, hanem Banachtérből indulunk ki, akkor sem garantált a létezés, legyen a kérdéses zárt, konvex halmaz akár altér is. Tekintsük l 1 -ben a következő két lineáris leképezést: (x n ) l 1 : ϕ((x n )) := x 1 + k=3 x k k k + 1 ; ψ((x n)) := x k=3 x k k k + 1.

28 Ekkor K := Kerϕ Kerψ zárt altér. Ha x az a sorozat, melynek első két tagja 1, többi 0, akkor a 14. feladat jelöléseivel f K (x) = 1, azonban nincs olyan pontja K-nak, mely pontosan 1 távolságra volna x-től. Mindezt nem egyszerű bizonyítani. Ha létezik is a kívánt tulajdonságú pont, az egyértelműség nem biztos még R 2 -ben sem. Tekintsük pl. a P(0;2) pontot; ha K az x-tengely, akkor, ha pedig az y = x egyenletű egyenes, akkor 1-es normában végtelen sok Q K pont van, melyre P Q = f K (P) = 2. Világos, hogy K mindkét esetben zárt altér. Az 5. ábra a két normára rendre folytonos, illetve szaggatott vastag vonallal jelöli az említett Q pontokat. y P (0;2) x 5. ábra. 25. feladat: Legyen (N,. ) normált tér, H N konvex, nemüres halmaz, és 0 / H. Bizonyítsd be, hogy (a) ha H kompakt, akkor létezik minimális normájú pontja; (b) ha van H-ban minimális normájú pont, akkor az H-nak határpontja; (c) ha H-nak több minimális normájú pontja van, akkor ezek H-nak egy konvex részhalmazát alkotják; (d) ha a tér euklideszi, és van H-nak minimális normájú pontja, akkor az egyértelmű. A 47. tétel feltételeivel bevezethetjük a következő fogalmat. 48. definíció: A 47. tétel jelöléseit megtartva, tekintsük az annak kimondásában szereplő x,y pontokat, ill. K halmazt. Az y-t az x pont K-ra vett projekciójának, avagy vetületének nevezzük, és pr K (x)-szel jelöljük. 27

29 49. tétel: Legyen (H,.,. ) Hilbert-tér, K H konvex, zárt, nemüres halmaz, továbbá v := pr K (0). Ekkor v,x v 0, ha x K. Bizonyítás: Ha 0 K, akkor v = 0, ekkor az állítás nyilvánvaló, ezért feltehető, hogy 0 / K. Állításunkkal ellentétben tegyük fel, hogy v,x v < 0 valamely x K-ra. Legyen most λ (0; 1). Ekkor v + λ(x v),v + λ(x v) = v 2 + 2λ v,x v + λ 2 x v 2 = v 2 + λ ( 2 v,x v + λ x v 2) < v 2, ha λ < 2 v,x v x v 2, tehát v-hez elég közel tudunk mutatni olyan pontot (és a konvexitás miatt ez K-beli), melynek normája kisebb v normájánál, ami ellentmond annak, hogy v minimális normájú K-ban. e K v v x 6. ábra. A most igazolt tétel síkbeli realizációja 0 / K esetén az, hogy a v-ből x-be, ill. origóba mutató vektorok (rendre x v, ill. v) nem zárhatnak be hegyesszöget, mert a v-t x-szel összekötő szakasz belsejének v-hez elég közeli pontjai már K v (0)-ba esnének (6. ábra). Itt persze a szakasznak nem a 8. definíció szerinti belseje értendő, hanem a végpontoktól különböző pontjai. Vegyük észre továbbá, hogy v,x v = 0 épp az origó közepű, v sugarú kör v-hez húzott érintőjének (e) egyenlete, tehát az iménti tétel azt is jelenti, hogy K egyetlen pontja sem esik e-nek origóval azonos oldalára. (Ha K-nak van határszakasza, akkor e szakasz esetleg,,ráfeküdhet e-re.) 28

30 50. tétel: Ha (H,.,. ) Hilbert-tér, és K H zárt, konvex, nemüres halmaz, akkor x,y H : pr K (x) pr K (y) x y. Bizonyítás: Legyenek v := pr K (x),w := pr K (y) valamely x,y H elemekre. Ha v = w, akkor készen vagyunk, különben az előző tétel eredménye alapján v x,w v 0; w y,v w = y w,w v 0, a kettő összege v x + y w,w v 0, ahonnan 0 y x,w v w v 2 w v 2 y x,w v y x w v, amit (a 0-nál nagyobb!) w v -val osztva a bizonyítandó állítást kapjuk. Megjegyzés: A most látott bizonyításnak érdekes,,mellékterméke az, hogy y x,w v 0, ami a síkban azt jelenti, hogy az x-ből y-ba mutató vektor nem zárhat be tompaszöget a v-ből w-be mutató vektorral, hiszen ekkor vagy w lenne közelebb x-hez, mint v, vagy v lenne közelebb y-hoz, mint w Ami e jegyzetből kimaradt Hilbert-terek tárgyalásánál van néhány fontos momentum, melyek részletezése meghaladja ezen irományom célkitűzéseit. Mindenképp ajánlom az Olvasónak, hogy az alábbiaknak nézzen utána pl. [4] ill. [5] jegyzetekben: 1. Ortogonális, ill. ortonormált rendszer. 2. Vektorrendszer lineáris függetlenségének eldöntése (Gram-mátrix). 3. Lineárisan független rendszerből ortonormált rendszer készítése (Gram Schmidt-féle ortogonalizáció). 4. Az 50. tétel jelöléseivel: pr K linearitása, ha K a tett feltételek mellett még altér is. A tétel miatt e leképezés normája legfeljebb 1, de pontosan 1, ha K {0}, mert x,y K esetén a tétel kimondásában egyenlőség van. 5. Ugyan nem konkrétan a Hilbert-terekhez, hanem általában a metrikus terekhez tartozik, de javaslom átnézni a sűrű, mindenütt sűrű, sehol sem sűrű halmazok fogalmát, és az e fogalmakkal való,,mágiákat. 6. Normált térben a zárt, ill. Hilbert-térben a teljes rendszer fogalma. 7. A 47. tétel utáni megjegyzés úgy értendő, hogy az itt bevezetett fogalmak szerint nem gyengíthetőek a tétel feltételei; az állítás akkor is igaz, ha a Hilbert-tér helyébe egyenletesen konvex Banach-tér lép. A 25. feladat (d) részében is nyilván megengedett, hogy az euklideszi tér helyébe egyenletesen konvex normált teret írjunk. 29

31 4. Útmutatás a feladatokhoz 2. Már háromelemű halmazon is megadható akár olyan metrika is, hogy egy pont kisebb sugarú nyílt környezete valódi módon tartalmazza egy másik pont nagyobb sugarú zárt környezetét. Pl. a 6. feladat feltételeinek megfelelő hárompontú gráfok közt is van ilyen. 3. (b) Egyszerűbb bizonyítani a következő ekvivalens átfogalmazást:,,a halmaz pontosan akkor nem zárt, ha komplementere nem nyílt. 4. Mindkét pontnak elég csak az egyik felét megoldani, ha alkalmazod a 3. feladat (b) pontját, abból a másik következik. 5. Alább az igaz állítások; ezek bizonyítása, ill. a többire ellenpélda keresése az Olvasóra hárul. (a) Az egyes műveletekre az 1. táblázat mutatja a kérdéses halmazok közt a tartalmazás irányát. 1. táblázat. (.) int (.) = = = (b) ; (c) ; (d) igaz. 6. (b) (c) Hogy lehet egy csúcs határérték ezen metrikában? Miképp lehet a tér egy sorozata konvergens? Konstruálj olyan Cauchy-sorozatot, melyre ez nem igaz! 11. Nem, és erre van R R típusú ellenpélda is. 12. Hogy ne kelljen a zártsággal, illetve azzal bajlódni, hogy az értékkészlet része legyen az értelmezési tartománynak, keresgélj a teljes R-en értelmezett függvények között! 13. Milyen Lipschitz-konstanst tudunk garantálni a két esetben? Különösen az elsőnél fogas kérdés Végy két csillagcentrumot. Bökj rá az őket összekötő szakasz egy pontjára, majd a tartomány egy tetszőleges pontjára. Bizonyítsd be, hogy az utóbbi két pontot összekötő szakasz a tartományban halad. 19. A 28. definíció jelöléseivel: feltételezve, hogy mégsem összefüggő, válassz x G 1 H,y G 2 H pontokat úgy, hogy egyikük (vagy akár mindkettő) csillagcentrum legyen. Bizonyítsd be, hogy ekkor az x-et y-nal összekötő szakasz vagy,,kilóg G 1 G 2 -ből, vagy pedig belemetsz G 1 G 2 -be. 30

32 22. Egy alkalmas konvergens, injektív sorozat értékkészletéhez vedd hozzá a határértékét, így biztosan kompakt halmazt kapsz. Ezután bizonyítsd be, hogy a halmaz elemeinek egyes konvex lineáris kombinációi oda fognak torlódni, ahová,,nem kéne. Mivel ez véges dimenzióban nem lehetséges, keresgélj l 2 -ben. 23. Az l 2 tér megfelelő alterében találni ilyet, akár a 22. feladat számításait is felhasználva. 24. (a) A C([ 1;1], R) téren van ilyen pl. 1-es normában; (b) már R-ben is van ellenpélda; (c) l 2 -ben könnyű felírni ilyet. Az (a) esetben még akkor is van ellenpélda, ha az illető zárt, konvex halmaz altér. A (b) esetben, ha a halmaz altér is, van ellenpélda, bár ekkor nem R-ben. 25. (b) Tegyük fel, hogy belső pont, és r > 0 sugarú környezete H-ban van, azaz ha elmozdulunk belőle egy r/2 hosszú vektorral, akkor nem jutunk ki H-ból. Akár elmozdulhatunk 0 irányába is... (Itt persze nem kell kihasználni a konvexitást.) 31

33 5. Névmutató Hogy a jegyzet méltó legyen a,,kisokos elnevezésre, az alábbiakban felsorolom, hogy az egyes fogalmakat hányadik oldalon lelni benne. Definíció, tétel Oldalszám átviteli elv folytonosságra határértékre Banach-féle fixponttétel Banach-tér belső pont... 4 Cauchy Bunyakovszkij Schwarz-egyenlőtlenség (CBS) Cauchy-sorozat... 6 csillagtartomány, csillagcentrum derivált halmaz... 4 egyenletes folytonosság euklideszi tér félmetrikus tér... 3 félnormált tér folytonosság... 9 háromszög-egyenlőtlenség félmetrikus térben... 3 félnormált térben határérték függvényé... 9 sorozaté... 6 határpont... 4 Hilbert-tér indukált metrika norma izolált pont... 4 kompakt halmaz... 7 kontrakció konvergens sorozat... 6 konvex burok konvex halmaz konvex lineáris kombináció korlátos halmaz... 4 korlátos sorozat... 6 környezet... 4 lezárt... 5 lezárt konvex burok Lipschitz-tulajdonság