4. Absztrakt terek elmélete

Átírás

1 56 MAM112M elődásjegyzet, 2008/ Absztrkt terek elmélete 4.1. Lineáris terek 4.1. Definíció. Az X hlmzt lineáris térnek vgy vektortérnek nevezzük vlós számtest (komplex számtest) felett, h bármely x, y X elemekre és λ R (λ C) skláris értékre z (x,y) x + y X és (λ,x) λx X műveletek értelmezve vnnk, és melyekre teljesülnek következő xiómák: 1. x + y = y + x (kommuttivitás), x,y X; 2. (x + y) + z = x + (y + z) (sszocitivitás), x,y,z X; 3. vn olyn Θ nullelem (zéruselem), hogy Θ X és x + Θ = x minden x X-re, ( következőkben Θ helyett áltlábn egyszerűen 0 jelölést hsználjuk); 4. λ(x + y) = λx + λy, λ R (λ C), x,y X; 5. (λ + µ)x = λx + µx, λ,µ R (λ,µ C), x X; 6. (λµ)x = λ(µx), λ,µ R (λ,µ C), x X; 7. 0 x = Θ és 1 x = x, (0,1 R), x X. A vlós számtest feletti lineáris teret röviden vlós lineáris térnek (vlós vektortérnek), komplex számtest feletti lineáris teret pedig komplex lineáris térnek (komplex vektortérnek) is nevezzük. A lineáris tér elemeit vektoroknk vgy pontoknk is nevezzük. Az x vektor 1-szeresét x-szel jelöljük. Az x és y vektorok különbsége ltt z x + ( y) összeget értjük és x y -nl jelöljük Péld. Az R n vlós (C n komplex) szám-n-esek hlmz vlós (komplex) lineáris tér következő műveletekkel: Legyen x = (x 1,...,x n ),y = (y 1,...,y n ) vlós (komplex) szám-n-es, és λ vlós (komplex) szám. Ekkor definíció szerint x + y = (x 1 + y 1,...,x n + y n ) és λx = (λx 1,...,λx n ). Könnyen ellenőrizhető, hogy ezek műveletek teljesítik lineáris tér tuljdonságit Péld. Jelöljük R -nel vlós (végtelen) számsoroztok hlmzát, zz x R, h x = (x 1,x 2,...,x n,...). Ekkor R lineáris tér szokásos műveletekkel: legyen Ekkor definíció szerint x = (x 1,x 2,...,x n,...), y = (y 1,y 2,...,y n,...), λ R. x + y = (x 1 + y 1,x 2 + y 2,...,x n + y n,...) és λx = (λx 1,λx 2,...,λx n,...). Ezt lineáris teret vlós számsoroztok lineáris terének nevezzük. Nyilván komplex számsoroztok C -nel jelölt hlmz hsonló módon (komplex) lineáris teret képez.

2 4. Absztrkt terek elmélete Péld. Jelölje C([,b], R) z [,b] intervllumon értelemezett vlós értékű folytonos függvények hlmzát. Ezen hlmzon bevezetjük következő műveleteket: H f,g : [,b] R, kkor f + g jelöli zt z [, b]-n definiált függvényt, melyet z (f + g)(t) = f(t) + g(t) képlettel definiálunk. Hsonlón, λ R-r λf z z [,b]-n értelmezett függvény, melyet (λf)(t) = λf(t) képlettel értelmezünk. Mivel folytonos függvények összege és konstnsszoros is folytonos függvény, ezért f + g, λf C([, b], R), és ellenőrizhető, hogy z összedás és skláris számml vló szorzás teljesítik 4.1. Definíció mind 7 követelményét, zz C([, b], R) vlós lineáris tér. Hsonló módon definiálhtjuk C([, b], C)-t, z [, b] intervllumon értelemezett komplex értékű folytonos függvények hlmzát, mely lineáris tér komplex számtest felett Péld. Jelölje C k ([,b], R) z [,b] intervllumon értelemezett, k-szor folytonosn differenciálhtó vlós függvények hlmzát. Az előző példához hsonlón megmutthtó, hogy ez hlmz is lineáris tér z összedás és skláris számml vló szorzás műveletekkel. Jelölje C ([,b], R) z kárhányszor differenciálhtó, [,b]-n értelmezett vlós függvények hlmzát, mely szintén lineáris tér Péld. H 4.4. Példábn definiált C([, b], R) folytonos vlós függvények lineáris terének vesszük zt z Y részhlmzát, mely z [, b] intervllumon értelmezett nemnegtív folytonos vlós függvényeket trtlmzz, kkor Y nem lineáris tér, hiszen z összedásr ugyn zárt lesz, de h Y egy (nem null) elemét egy negtív skláris számml szorozzuk, z már nem lesz eleme Y -nk Definíció. Egy X lineáris tér Y részhlmzát lineáris ltérnek nevezzük, h Y mg is lineáris tér z X-en bevezetett összedás és skláris szorzás műveletekre nézve. Tehát h x,y Y, kkor x + y Y, és h λ R (λ C ), kkor λx Y Péld. Legyen C([, b], R) 4.4. Példábn definiált folytonos vlós függvények lineáris tere. Ekkor könnyen láthló, hogy C([,b], R)-nek ltere lesz z Y = {f C([,b], R) : f() = 0} hlmz Péld. Könnyen láthtó, hogy C([,b], R) C 1 ([,b], R) C 2 ([,b], R) C 3 ([,b], R) C ([,b], R) trtlmzások teljesülnek, és fenti trtlmzásláncbn szereplő szűkebb hlmz láncbn szereplő bővebb lineáris tér ltere Péld. Legyen Y zon részhlmz R -nek, melyek konvergens soroztokból állnk. Mivel bármely két konvergens sorozt összege illetve konstnsszoros is konvergens, ezért Y ltér R -ben Definíció. Az x,y X elemek lineáris kombinációj ltt λx+µy lkú elemet értjük, hol λ,µ skláris szám (zz vlós vgy komplex szám). Hsonlón, z x 1,...,x n X elemek lineáris kombinációj ltt z λ 1 x 1 + +λ n x n összeget értjük, hol λ 1,...,λ n skláris számok. Az x 1,...,x n X elemeket lineárisn összefüggőnek nevezzük, h vnnk olyn nem csup null λ 1,...,λ n skláris számok, hogy λ 1 x λ n x n = 0. Ellenkező esetben z x 1,...,x n

3 58 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 elemeket lineárisn függetleneknek nevezzük. (H tehát x 1,...,x n lineárisn független, kkor λ 1 x λ n x n = 0-ból következik, hogy λ 1 =... = λ n = 0.) A H X hlmzt lineárisn függetlennek nevezzük, h minden véges részhlmz lineárisn független. Azt mondjuk, hogy H X előállítj (generálj, kifeszíti) z X lineáris teret, h z X minden vektor H elemeinek (véges) lineáris kombinációj Péld. Definiáljuk z e 1 = (1,0,...,0), e 2 = (0,1,0,...,0),...,e n = (0,0,...,0,1) számn-eseket, és legyen H = {e 1,e 2,...,e n }. Ekkor H hlmz előállítj z R n lineáris teret, hiszen egy tetszőleges x = (x 1,x 2,...,x n ) vektorr x = x 1 e 1 + x 2 e 2 + x n e n Péld. A C([, b], R) folytonos függvények terében jelölje Y legfeljebb n-edfokú polinomok hlmzát. Ekkor Y nyilván lineáris ltér, mivel két legfeljebb n-edfokú polinom összege is egy legfeljebb n-edfokú polinom, vlmint egy legfeljebb n-edfokú polinom konstnsszoros is legfeljebb n-edfokú polinom. Legyen H = {1,t,...,t n } legfeljebb n-edfokú htványfüggvények hlmz. Ekkor ellenőrizhető, hogy z 1,t,...,t n polinomok lineárisn függetlenek, másrészt előállítják z Y lteret, hiszen p Y kkor és csk kkor, h p(t) = t + n t n. Az [, b] intervllumon értelmezett összes polinomok hlmz ugyncsk lineáris ltér, zonbn ennek hlmznk z elemeit megszámlálhtón végtelen sok elemet trtlmzó H = {1,t,...,t n,...} hlmz állítj elő Péld. Tekintsük végtelen vlós számsoroztok R lineáris terét. Jelölje e i zt végtelen vlós számsoroztot, melynek i-edik eleme 1, többi 0, zz e 1 = (1,0,0,0...), e 2 = (0,1,0,0...), e 3 = (0,0,1,0,...),.. és legyen H = {e 1,e 2,e 3,...}. Ekkor H megszámlálhtó részhlmz R -nek, és H hlmz lineárisn független. Másrészt H zt Y lteret állítj elő R -ben, mely zon soroztokt trtlmzz, melyekben véges sok elem kivételével csup 0 áll. Vlóbn, H-beli elemek (véges) lineáris kombinációjávl csk olyn soroztot kpunk, melyben véges sok tg kivételével minden tg 0. Fordítv, h x Y olyn, hogy x = (x 1,x 2,...,x n,...), és minden x i = 0, h i > n, kkor x = x 1 e 1 + x n e n. Lineáris lgebrából ismert következő állítás Állítás. H H 1 és H 2 véges lineárisn független hlmzok, és mindketten előállítják z X lineáris teret, kkor H 1 és H 2 számosság megegyezik Definíció. A H hlmzt z X lineáris tér bázisánk nevezzük, h H előállítj z X lineáris teret. H z X lineáris tér egy H bázis csk véges sok vektort trtlmz, kkor zt mondjuk, hogy z X lineáris tér véges dimenziós, és H elemeinek számát z X lineáris tér dimenziójánk hívjuk. H z X lineáris térnek nincs véges bázis, kkor X-et végtelen dimenziós lineáris térnek nevezzük. A Állítás szerint egy véges dimenziós lineáris tér dimenziój egyértelműen meghtározott. Végtelen dimenziós terekben is megmutthtó, hogy mindig létezik bázis, de ezzel ebben jegyzetben nem fogllkozunk.

4 4. Absztrkt terek elmélete Péld. A Péld lpján láthtó, hogy z R n ill. C n lineáris terek n-dimenziós vektorterek. A Példából következik, hogy C([,b], R) tér végtelen dimenziós tér, hiszen H = {1,t,...,t n,...} hlmz tér egy végtelen lineárisn független részhlmz. A Péld szerint végtelen vlós soroztok R hlmz is végtelen dimenziós lineáris tér, hiszen z e 1,e 2,... elemek lineárisn függetlenek Definíció. Azt mondjuk, hogy K z X lineáris tér konvex részhlmz, h bármely két pontját összekötő szksz minden pontj benne vn K-bn, zz h x,y K, kkor bármely α [0,1]-re αx + (1 α)y K Péld. A végtelen vlós soroztok lineáris terének vegyük zt K részhlmzát, hogy K = {x = (x 1,x 2,...) : x i 0 minden i = 1,2,... -re}. Ekkor könnyen ellenőrizhető, hogy K konvex Definíció. Azt mondjuk, hogy X és Y izomorf lineáris terek, h létezik T : X Y izomorfizmus, zz olyn T, hogy Dom(T) = X, Im(T) = Y és T kölcsönösen egyértelmű ráképezés (bijekció), mely lineáris Tétel. Minden n-dimenziós X vlós (komplex) lineáris tér izomorf z R n (C n ) szám-nesek terével. Bizonyítás: Legyen {e 1,...,e n } z X egy bázis. Ekkor tetszőleges x X-hez vnnk olyn α 1,...,α n skláris számok, hogy x = α k e k. Legyen Tx = (α 1,...,α n ). Ekkor T : X R n, Dom(T) = X, Im(T) = R n és könnyen ellenőrizhető, hogy T bijektív lineáris operátor, zz izomorfizmus két lineáris tér között Normált terek A vlós számokr ismert bszolút érték tuljdonsági áltlánosításávl kpjuk norm és normált tér foglmát Definíció. Egy X vlós (komplex) lineáris téren értelmezett : X R függvényt normánk nevezzük, h 1. x 0, x X és x = 0 x = Θ. 2. λx = λ x, x X, λ R (λ C). 3. x + y x + y, x,y X (háromszög-egyenlőtlenség) Az (X, ) párost normált térnek hívjuk. Az lábbi állításból következik, hogy minden norm egyben folytonos függvény.

5 60 MAM112M elődásjegyzet, 2008/ Állítás. Legyen egy norm z X lineáris téren. Ekkor minden x, y X-re x y x y. Bizonyítás: A háromszög-egyenlőtlenség szerint x = x y + y x y + y, miből x y x y dódik. Ugynígy láthtó be, hogy y x x y, miből következik z állítás Péld. Tekintsük vlós szám-n-esek R n lineáris terét. Ezen különböző normákt definiálhtunk: Legyen x = (x 1,...,x n ) R n. Az x 2 = n x i 2 képlet síkbeli és térbeli geometrii vektorok hosszánk természetes áltlánosítás, kettesvgy euklideszi-normánk nevezzük. A norm 1. és 2. tuljdonsági könnyen ellenőrizhetők. A háromszög-egyenlőtlenség Minkowski-egyenlőtlenségből kpjuk (lásd Állítást). Az x 1 = x i képlettel definiált normát 1-es normánk nevezzük. Ez vlóbn norm R n -en, hiszen norm 1. és 2. tuljdonság triviálisn teljesül, 3. pedig vlós számokr vontkozó háromszögegyenlőtlenségből következik, hiszen x + y 1 = n x i + y i n x i + n y i = x 1 + y 1. Az x = mx 1 i n x i kifejezést végtelen- vgy supremum-normánk nevezzük. Az olvsór bízzuk nnk ellenőrzését, hogy ez képlet norm R n -en. Megmutthtó, hogy minden p 1-re ( ) 1/p x p = x i p képlet norm R n -n. A normát p-normánk hívjuk. (A háromszög-egyenlőtlenség bizonyításához lásd Állítást). Ennek speciális esetei fenti képletek. (Megmutthtó, hogy x = lim p x p.) A fenti képletekkel C n -n is definiálhtunk normákt. Szükségünk lesz z lábbi elemi egyenlőtlenségre: Lemm (Young-egyenlőtlenség). Minden, b 0-r b p p + bq q, hol p > 1, q > 1 és 1 p + 1 q = 1.

6 4. Absztrkt terek elmélete 61 Bizonyítás: Tekintsük z y = x p 1 görbét. Ekkor könnyen ellenőrizhető, hogy x = y q 1. Legyen S 1 = 0 x p 1 dx = p p Ekkor z S 1 és S 2 z lábbi ábrán láthtó területek, és S 2 = 0 y q 1 dy = bq q. b S 2 S 1 így nyilván tetszőleges, b 0-r teljesül. b S 1 + S 2 = p p + bq q Állítás (Hölder-egyenlőtlenség). Tetszőleges 1,..., n,b 1,...,b n komplex számokr ( ) ( 1/p ) 1/q k b k k p b k q teljesül, minden olyn p és q-r, hol Bizonyítás: Legyen p > 1, q > 1 és ( ) 1/p A = k p 1 p + 1 q = 1. ( ) 1/q és B = b k q. H A = 0 vgy B = 0, kkor minden k = 0 illetve b k = 0, és z állítás teljesül. Feltehető tehát, hogy A 0 és B 0. Elegendő tehát megmuttnunk, hogy A Lemmát lklmzv k b k A B ( 1 k p p A p + 1 q k b k A B 1. b k q ) B q = 1 n k p p A p + 1 n b k q q B q = 1 p + 1 q = Állítás (Minkowski-egyenlőtlenség). Bármely 1,..., n,b 1,...,b n komplex számr és p 1-re ( ) 1/p ( ) 1/p ( ) 1/p k + b k p k p + b k p.

7 62 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 Bizonyítás: p = 1-re z állítás rögtön következik z bszolút értékre vontkozó háromszögegyenlőtlenségből. Legyen p > 1 és q olyn, hogy 1 p + 1 q = 1. Ekkor Hölder-egyenlőtlenséget felhsználv kpjuk, k + b k p = k + b k p 1 ( k + b k ) k k + b k p 1 + b k k + b k p 1 ( )( ( k p) 1/p ( + b k p) 1/p ) 1/q k + b k (p 1)q. Mivel (p 1)q = p, ezért egyszerűsítés után kpjuk bizonyítndó egyenlőtlenséget Péld. Definiáljuk f C([, b], R)-re z f = mx t b f(t) normát, mellyel C([,b], R) lineáris tér normált tér Péld. A C([, b], R) folytonos függvények terén értelmezhetünk más normát is: legyen például f 1 = f(t) dt. Könnyen ellenőrizhető, hogy 1 teljesíti norm mindhárom tuljdonságát Péld. A Riemnn-integrál egy fontos áltlánosítás z ú.n. Lebesgue-integrál. Ezt z integrálfoglmt itt nem tudjuk definiálni, csk nnyit jegyzünk meg, hogy folytonos és szkszonként folytonos függvények Lebesgue-integrálhtók és Lebesgue-integráljuk értéke megegyezik függvény Riemnn-integráljávl. A Lebesgue-integrál rendelkezik z integráloknál megszokott zonosságokkl, de számos új tuljdonság is vn. Jelöljük z [, b] intervllumon értelmezett vlós értékű, végesen Lebesgue-integrálhtó függvények lineáris terét L 1 ([,b], R)-rel. Ezen vektortéren definiáljuk z m Lebesgue-mérték szerinti f 1 = f dm kifejezést. Könnyen ellenőrizhető, hogy f 1 0 minden f-re, és 1 teljesíti norm 2. és 3. tuljdonságit is. Viszont bból, hogy f 1 = 0, csk z következik, hogy f(x) = 0 mjdnem minden x [,b]-re. Ezért z L 1 ([,b], R) hlmzt z 1 függvénnyel úgy tekinthetjük normált térnek, hogy mjdnem mindenütt zonos függvényeket zonosnk tekintjük Péld. Az előző példához hsonlón legyen L 2 ([,b], R) zon Lebesgue-mérhető függvények lineáris tere, melyre z f 2 dm Lebesgue-integrál véges. (Itt is mjdnem mindenütt zonos függvényeket zonosnk tekintjük.) Megmutthtó, hogy ezen hlmzon z f 2 = f 2 dm

8 4. Absztrkt terek elmélete 63 függvény norm. A háromszög-egyenlőtlenség igzolását lásd később (4.69. Tétel és Péld). Ugynezzel képlettel L 2 ([,b], C) lineáris téren is normát definiálhtunk Péld. Az R n térhez hsonlón függvényekre is értelmezhetjük p-norm foglmát, mely áltlánosítj z előző két példábn szereplő eseteket. Legyen 1 p <, és legyen L p ([,b], R) zon Lebesgue-mérhető függvények lineáris tere, melyre z f p dm Lebesgueintegrál véges. (Megint mjdnem mindenütt zonos függvényeket zonosnk tekintjük.) Megmutthtó, hogy ezen hlmzon z ( f p = ) 1/p f p dm függvény norm. Ehhez először beláthtó Állítás bizonyításához hsonló módon Hölderegyenlőtlenség ( fg dm ) 1/p ( 1/q f p dm g dm) q, változt, és ennek segítségével beláthtjuk Minkowski-egyenlőtlenség ( 1/p ( f + g dm) p 1 p + 1 q = 1 (4.1) 1/p ( 1/p f dm) p + g dm) p, p 1, lkját. A részleteket z olvsór bízzuk. Megmuttjuk, hogy h p < q, kkor L q ([,b], R) L p ([,b], R), zz speciálisn z L 1 ([,b], R) L 2 ([,b], R) L 3 ([,b], R) trtlmzások teljesülnek. Legyen p = q/p és q = q/(q p). Ekkor 1/p + 1/q = 1. A (4.1) egyenlőtlenséget lklmzv p és q -re z f p és g = 1 függvénnyel kpjuk ( f p dm zz f L p ([,b], R), h f L q ([,b], R). ) 1/p ( ) 1/q ( ) 1/p f pp dm 1dm = f q dm (b ) 1/q <, Péld. Tekintsük vlós soroztok R lineáris terének zt z l 1 részhlmzát, melyre { } l 1 = x = (x 1,x 2,...) R : x n <, vgyis l 1 z bszolut konvergens végtelen sorok hlmz. Könnyen ellenőrizhető, hogy ezen hlmzon z x 1 = x n függvény normát definiál. Hsonló módon legyen l 2 = { n=1 x = (x 1,x 2,...) R : n=1 } x n 2 <, n=1

9 64 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 és z l 2 -n tekintsük x 2 = x n 2 normát. Az előző két képletet áltlánosítv legyen 1 p <, és legyen { } l p = x = (x 1,x 2,...) R : x n p <. Megmutthtó, hogy n=1 n=1 ( ) 1/p x p = x n p n=1 képlet egy normát definiál l p -n. A háromszög-egyenlőtlenség bizonyításához először lklmzzuk Minkowski-egyenlőtlenséget: ( N ) 1/p ( N ) 1/p ( N ) 1/p x n + y n p x n p + y n p, n=1 n=1 miből N htárértéket véve dódik z állítás. Végül legyen hol n=1 l = {x = (x 1,x 2,...) R : (x 1,x 2,...) korlátos sorozt}, x = sup x n n 1 képlet egy normát definiál. Megjegyezzük, hogy fenti képletekkel C megfelelő részhlmzin is normát definiálhtunk Konvergenci normált terekben, normák ekvivlenciáj Definíció. Az (X, ) normált tér vlmely (x n ) sorozt konvergens, h vn olyn x X elem, hogy bármely ε > 0-hoz létezik olyn N küszöbszám, hogy h n > N, kkor x x n < ε. (Más szóvl, x x n 0, h n.) Jelölés: x n x, h n, vgy x = lim n x n Definíció. Az (x n ) sorozt Cuchy-sorozt, h minden ε > 0-hoz vn olyn N küszöbszám, hogy x n x m < ε vlhányszor n,m > N. Megjegyezzük, hogy normált terekben sorozt htárértékének definíciój csk nnyiból tér el vlós számsoroztok konvergenciájánk definíciójától, hogy bbn vlós szám bszolút értéke helyett normát hsználunk. A normát definiáló 3 tuljdonság megegyezik z bszolút érték lpvető tuljdonságivl, és vlós számsoroztokr vontkozó htárérték tuljdonságink levezetésekor csk z bszolút értéknek ezt 3 tuljdonságát hsználtuk fel, ezért normált térben ugynzok z lgebri tuljdonságok teljesülnek konvergens soroztokr, mint vlós soroztokr.

10 4. Absztrkt terek elmélete Tétel. Legyen (X, ) egy normált tér, (x n ) egy X-beli sorozt. 1. Konvergens soroztok htárértéke egyértelmű. 2. Legyen x n x h n. Ekkor (x n ) bármely részsorozt is konvergens, és htárértéke x. 3. H z (x n ) sorozt konvergens, kkor korlátos is, zz vn olyn M > 0 vlós szám, melyre x n M minden n 1-re. 4. H x n x és y n y, kkor αx n + βy n αx + βy, h n. 5. H x n x, kkor z ( x n ) számsorozt is konvergens, és x n x, h n. 6. H z (x n ) sorozt konvergens, kkor Cuchy-sorozt is. Bizonyítás: A 6. pontot muttjuk meg, többi vlós esethez hsonlón láthtó be. Legyen (x n ) konvergens. Ekkor vn olyn x X, hogy x n x, h n +. Legyen ε > 0. Ekkor ε/2-höz is vn olyn N = N(ε/2), hogy x n x < ε 2, minden n > N-re. Így háromszög-egyenlőtlenség lpján x n x m = x n x + x x m x n x + x x m < ε 2 + ε 2 = ε, n,m > N Definíció. Legyen dott és két norm z X lineáris téren. Azt mondjuk, hogy és ekvivlens, h léteznek olyn m és M pozitív konstnsok, hogy m x x M x, x X. Megjegyezzük, hogy fenti definíció szimmentikus két normár nézve, hiszen h fenti egyenlőtlenségek teljesülnek, kkor 1 M x x 1 m x is teljesül. Hngsúlyozni kell, hogy normált térben konvergenci foglm függ norm válsztásától. Elképzelhető, hogy z egyik normábn z dott sorozt konvergens, de másik normábn nem. A következő állítás szerint viszont ekvivlens normák ugynzt htárérték foglmt definiálják Állítás. Legyen dott és két ekvivlens norm z X lineáris téren, (x k ) egy sorozt X-en. Ekkor (x k ) kkor és csk kkor konvergens normábn, h konvergens normábn, és két normábn htárértékek is megegyeznek. Bizonyítás: Az állítás rögtön következik z m x k x x k x M x k x egyenlőtlenségből, hol m és M normák ekvivlenciájánk definíciójábn szereplő konstnsok Péld. Az R n -en z 1, 2 és normák ekvivlensek, mivel ellenőrizhető, hogy x 1 n x 2, x 2 n x, x x 1, x R n. (Az első becslés Hölder-egyenlőtlenségből következik p = q = 2-re.) Ezért z (x (k) ) R n -beli sorozt kkor és csk kkor konvergens z egyik normábn, h másikbn is z. A következő tétel szerint egy tetszőleges véges dimenziós normált térben bármely két norm ekvivlens.

11 66 MAM112M elődásjegyzet, 2008/ Tétel. Legyen X egy véges dimenziós lineáris tér. Ekkor X-en bármely két norm ekvivlens. Bizonyítás: A bizonyítást csk z X = R n speciális esetre djuk meg. (A bizonyítás z X = C n esetre triviálisn kiterjeszthető.) Elegendő megmuttnunk, hogy egy tetszőleges norm ekvivlens z 1 normávl. Legyen A = {x R n : x 1 = 1}. Ekkor A korlátos és zárt részhlmz R n -nek, így bármely folytonos függvény felveszi minimumát és mximumát A-n. A Állítás szerint függvény is folyonos, ezért m = min{ y : y A} és M = mx{ y : y A} x létezik és véges. Ekkor viszont tetszőleges x 0-r x 1 A, ezért m x x 1 M, miből következik, hogy m x 1 x M x minden x-re. A tétel következményekén kpjuk: Következmény. Az (R n, ) normált térben z x (k) = (x (k) 1,...,x(k) n ) (k = 1,2,...) vektorsorozt kkor és csk kkor konvergál z x = (x 1,...,x n ) vektorhoz, h x (k) i x i (k ) minden i = 1,...,n-re. Bizonyítás: A bizonyítás következik bból, hogy Tétel szerint feltehető, hogy = 1, és ekkor z x (k) i x i x (k) x 1 = x (k) j x j, i = 1,...,n egyenlőtlenségekből dódik z állítás. j= Péld. Végtelen dimenziós térben viszont koordinátánkénti konvergenci nem mindig ekvivlens normábn vló konvergenciávl. Ehhez elegendő z l 1 teret tekinteni. Tekintsük következő soroztot l 1 -ben: x (1) = (1,0,0,0,...) x (2) = (1,1,0,0,...) x (3) = (1,1,1,0,...).. zz x (k) z sorozt, melynek z első k tgj 1, többi pedig 0. Ekkor z x (k) = (x (k) 1,x(k) 2,...) sorozt bármely koordinátájár x (k) i 1, h k, másrészt x (k) (1,1,1,...), hiszen konstns 1 sorozt nincs is benne l 1 -ben. Természetesen ez péld l 1 helyett bármely l p térben ugynígy elmondhtó Állítás. A (C([,b], R), ) normált térben f n f, h n, kkor és csk kkor, h z (f n ) függvénysorozt egyenletesen trt f-hez.

12 4. Absztrkt terek elmélete 67 Bizonyítás: Tegyük fel, hogy f n f normábn. Ekkor bármely ε > 0-hoz létezik olyn N küszöbszám, hogy f n f = mx x [,b] f n(x) f(x) < ε, h n > N. Ekkor természetesen bármely x [,b]-re f n (x) f(x) < ε, h n > N, zz (f n ) egyenletesen trt f-hez. Tegyük fel most, hogy z (f n ) folytonos függvények sorozt egyenletesen konvergál f-hez. Ekkor tudjuk, hogy f folytonos függvény, és így f n f is z, és mivel folytonos függvények felveszik mximális értéküket, ezért minden n-hez létezik olyn x n [,b], hogy f n (x n ) f(x n ) = mx x [,b] f n(x) f(x). Így h bármely x [,b]-re f n (x) f(x) < ε, h n > N, kkor mx x [,b] f n(x) f(x) = f n (x n ) f(x n ) < ε is teljesül n > N-re, zz f n f normábn. A bizonyításból rögtön következik: Következmény. Legyen f n C([,b], R) és tegyük fel, hogy vlmely [,b]-n értelmezett f függvényre f n f 0, h n. Ekkor f folytonos, zz f C([,b], R). Megjegyezzük, hogy h egy (f n ) függvénysorozt pontonként konvergál z f függvényhez z [, b] intervllumon, kkor még áltlábn nem következik, hogy supremum-normábn is konvergens lenne sorozt. Ehhez elegendő z f n (x) = x n függvénysoroztot tekinteni [0,1] intervllumon. Végtelen dimenziós terekre, hogy zt z lábbi péld illusztrálj, már áltlábn nem igz Tétel Péld. Tekinsük C([0, 1], R) lineáris teret. Az integrál becsléséből következik, hogy f 1 f teljesül minden f-re. Megmuttjuk, hogy és 1 normák mégsem ekvivlensek. Tegyük fel, hogy létezik olyn M > 0 konstns, hogy Legyen f M f 1 teljesül minden f C([0,1], R)-re. (4.2) f n (x) = { 1 nx, x [0,1/n], 0, x (1/n,1]. Ekkor f n minden n-re szkszonként lineáris és folytonos, ezért f n C([0,1], R). Másrészt f n = f n (0) = 1 és f n 1 = 1 0 f(x) dx = 1/n 0 1 nxdx = ] 1/n [x nx2 = n. Ez ellentmond (4.2) relációnk, hiszen n tetszőleges ngy lehet, így két norm nem ekvivlens C([0,1], R) téren. Az f 1 f becslésből következik, hogy h (g n ) függvénysorozt normábn trt egy g függvényhez, kkor 1 normábn is konvergál g-hez. Fordítv viszont ez áltlábn nem teljesül. Ehhez tekintsük g n (x) = x n függvénysoroztot. Erre g n 0 1 0, h n, hiszen g n 1 = 1 0 xn dx = 1 n+1 0, h n. Másrészt g n 0 = 1 minden n-re, zz (g n ) nem konvergens normábn.

13 68 MAM112M elődásjegyzet, 2008/ Bnch-terek Vlós számokr ismert következő tétel Tétel (Cuchy-féle konvergencitétel). A vlós számokból lkotott (x n ) számsorozt kkor és csk kkor konvergens, h Cuchy-sorozt. Megmutthtó, hogy véges dimenziós normált terekre átvihető z állítás, de hogy zt Példábn megmuttjuk, végtelen dimenziós esetben egy sorozt lehet Cuchy-sorozt úgy is, hogy z nem konvergens z dott normált térben Tétel. Legyen (X, ) egy véges dimenziós normált tér, (x (k) ) egy X-beli sorozt. Ekkor (x (k) ) kkor és csk kkor konvergens, h Cuchy-sorozt. Bizonyítás: A Tétel szerint X izomorf z R n (ill. komplex esetben C n ) vektortérrel, ezért feltehető, hogy X = R n. Mivel Tétel szerint bármely norm ekvivlens z 1 normávl, ezért z is feltehető, hogy = 1. Legyen x (k) = (x (k) 1,...,x(k) n ) egy vektor sorozt. Ekkor viszont bármely k,m 1-re és i = 1,...,n-re x (k) i x (m) i x (k) x (m) 1 = x (k) j x (m) j, ezért z (x (k) ) vektorsorozt kkor és csk kkor Cuchy-sorozt, h z (x (k) i ) k N koordinát soroztok Cuchy-soroztok minden i = 1,..., n-re. De ekkor Következményből kpjuk z állítást Péld. Megmuttjuk, hogy (C([ 1,1], R), 1 ) normált tér nem teljes, zz létezik olyn Cuchy-sorozt térben, mely nem konvergens. Definiáljuk z { 0, 1 t < 0, f n (t) = nt, 0 t 1/n, 1, 1/n < t 1 függvénysoroztot. Világos, hogy f n folytonos függvény, így f n C([ 1,1], R). Legyen n > m, ekkor 1/m > 1/n. Ezért f n f m 1 = = 1 1 1/n 0 f n (t) f m (t) dt (n m)t dt + 1/m 1/n = n m 2n m 1 n m 2 < 1 2n + 1 m. (1 mt)dt ( 1 m 2 1 n 2 Tehát f n f m 1 0, h n,m, zz (f n ) Cuchy-sorozt z 1 normábn. Definiáljuk z { 0, 1 t 0, f(t) = 1, 0 < t 1 függvényt. Nyilván f n (t) f(t) minden t [ 1,1]-re. Másrészt 1 1 f n (t) f(t) dt = 1/n 0 ) (1 nt)dt = 1 2n 0,

14 4. Absztrkt terek elmélete 69 h n. Viszont f C([ 1,1], R), zz (f n ) nem konvergens z 1 normábn z dott téren. Megjegyezzük, hogy h (C([ 1,1], R), 1 ) normált tér helyett (C([0,1], R), 1 ) normált teret vesszük, és z (f n ) függvénysorozt tgjit megszorítjuk [0,1] intervllumr, kkor ellenőrizhetjük, hogy kpott (f n ) sorozt konvergens lesz (C([0,1], R), 1 ) normált térben, és htárértéke z zonosn 1 függvény lesz. Ugynezen példán indokolhtó z is, hogy (C([ 1,1], R), 2 ) normált tér sem teljes, zz nem Bnch-tér Definíció. Az X normált teret teljesnek nevezzük, h z X minden Cuchy-soroztánk létezik htárértéke X-ben. (Tehát z X tér pontosn kkor teljes, h érvényes benne Cuchyféle konvergencitétel.) Egy teljes normált teret Bnch-térnek nevezünk Péld. A Tétel szerint z R n ill. C n hlmzon bármely normát tekintve kpott normált tér teljes, zz Bnch-tér Péld. A Péld lpján láthtó, hogy (C([,b], R), 1 ) normált tér nem teljes tér, zz nem Bnch-tér Tétel. Az (C([,b], R), ) normált tér Bnch-tér. Bizonyítás: Legyen (f n ) egy Cuchy-sorozt (C([,b], R), ) normált térben. Ekkor minden ε > 0-hoz létezik olyn N, hogy minden x [, b]-re f n (x) f m (x) f n f m < ε, h n,m > N, (4.3) zz (f n (x)) egy Cuchy-sorozt. De ekkor (f n (x)) konvergens. Legyen f(x) = lim n f n (x), x [, b]. Ezért h m, kkor (4.3) egyenlőtlenségből következik, hogy f n (x) f(x) ε, h n > N, zz (f n ) egyenletesen konvergál f-hez, és így f n f normábn. Megmutthtó z lábbi lpvető eredmény: Tétel (Riesz Fischer-tétel). Az (L p ([,b], R), p ) normált tér Bnch-tér minden p 1-re. Megjegyezzük, hogy Riesz Fischer-tétel és Péld muttj Lebesgue-integrál jelentőségét: Riemnn-integrált és például 1 -es normát hsználv folytonos függvények hlmzán nem kpunk terjes normált teret, pedig hogy zt mjd később látni fogjuk, ez norm lpvető fontosságú függvényterekben Tétel. Az (l p, p ) normált tér Bnch-tér minden p 1-re.

15 70 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 ( ) Bizonyítás: Legyen z x (n) = x (n) 1,...,x(n) i,... l p (n = 1,2,...) sorozt Cuchy-sorozt, zz bármely ε > 0-hoz vn olyn N = N(ε), hogy x (n) x (m) p = p Másrészt tetszőleges rögzített j indexre: x (n) j x (m) j p x (n) i x (n) i x (m) i x (m) i p < ε p, n,m > N. (4.4) p < ε p, n,m > N, és így z (x (n) j ) n=1,2... vlós számsorozt is Cuchy-sorozt, tehát konvergens is. Így minden rögzített j indexre létezik x j R, hogy x j = lim n x (n) j. Mivel (4.4) lpján k x (n) j j=1 x (m) j p x (n) i x (m) i p < ε p, n,m > N minden k 1 egészre, ezért z m htárátmenettel kpjuk, hogy k x (n) j j=1 x j p = lim minden rögzített k 1 -re. De ekkor Mivel ε > 0 tetszőleges volt, ezért lim k x (n) m j j=1 j=1 x (m) j p ε p, n > N, x (n) x p = x (n) p j x j ε p, n > N. (4.5) p n x (n) x p = 0, mi zt jelenti, hogy x (n) z l p normábn konvergál x-hez. Meg kell még muttnunk, hogy x l p. (4.5) lpján elegendő ngy n-re x (n) x l p, másrészt x (n) l 2, ezért x = x (n) ( x (n) x ) l p, ugynis l p lineáris tér. Egy végtelen dimenziós (X, ) Bnch-tér (x n ) soroztát Schuder-bázisnk nevezzük, h z {x n : n N} hlmz lineárisn független, és tetszőleges x X-hez létezik olyn (α n ) skláris sorozt, hogy x = α n x n. n= Péld. Az l p Bnch-térben könnyen beláthtó, hogy z x 1 = (1,0,0,0,...) x 2 = (0,1,0,0,...) x 3 = (0,0,1,0,...).. sorozt Schuder-bázist lkot.

16 4. Absztrkt terek elmélete Metrik, metrikus terek Definíció. Legyen X egy dott hlmz. Az X hlmzon értelmezett d : X X R függvényt távolságnk vgy metrikánk nevezzük, h bármely x,y,z X-re: 1. d(x,y) 0 és d(x,y) = 0 kkor és csk kkor, h x = y, 2. d(x,y) = d(y,x), 3. d(x, y) d(x, z) + d(z, y) (háromszög-egyenlőtlenség). Az X hlmzt metrikus térnek nevezzük, h értelmezve vn rjt egy távolság. A metrikus tér jelölése: (X, d). Érdemes hngsúlyozni, hogy metrikus terek lphlmz nem lineáris tér, lehet tetszőleges hlmz is Állítás. Legyen (X, ) egy normált tér. Ekkor d(x, y) = x y függvény távolság X-en, zz minden normált tér egyúttl metrikus tér is. Bizonyítás: A távolság 1. és 2. tuljdonság rögtön következik norm 1. és 2. tuljdonságából ill. távolság definíciójából. A 3. pedig normákr vontkozó háromszög-egyenlőtlenségből dódik: d(x,y) = x y = x z + z y x z + z y = d(x,z) + d(z,y) Állítás. Tegyük fel, hogy z X vlós (komplex) lineáris téren dott egy d metrik. H d metrik egy normából szármzttott, kkor d(λx,λy) = λ d(x,y) teljesül minden λ R (ill. λ C) skláris számr és minden x, y X-re. Bizonyítás: Tegyük fel, hogy metrikát normából szármztthtjuk. Ekkor d(λx,λy) = λx λy = λ x y = λ d(x,y). A Állításból és normákr vontkozó konvergenci definícióból könnyen láthtó, hogy konvergenci foglm természetes módon kiterjeszthető metrikus terekre: Definíció. Legyen (X,d) egy metrikus tér, (x n ) egy X-beli sorozt. Azt mondjuk, hogy z (x n ) sorozt z (X,d) metrikus térben konvergens, h vn olyn x X, hogy bármely ε > 0-hoz létezik olyn N küszöbszám, hogy d(x n,x) < ε, h n > N; zz d(x n,x) 0, h n. Az (x n ) sorozt z (X,d) metrikus térben Cuchy-sorozt, h bármely ε > 0-hoz vn olyn N, hogy d(x n,x m ) < ε, h n,m > N. Az (X,d) metrikus tér teljes, h bármely Cuchy-sorozt konvergens Péld. Legyen X tetszőleges hlmz. Tetszőleges x, y X-re definiáljuk d függvényt következő módon: { 1, h x y, d: X X R, d(x,y) = 0, h x = y.

17 72 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 Ez könnyen ellenőrizhetően teljesíti metrik 3 tuljdonságát. Ezt metrikát triviális metrikánk nevezzük. Egy (x n ) sorozt kkor és csk kkor konvergál x-hez triviális metrikábn, h létezik olyn N küszöbszám, hogy x n = x minden n > N-re, hiszen egyébként d(x n,x) = 1 lenne tetszőleges ngy n-re Péld. Legyen X 0 és 1 elemekből álló (bináris) soroztoknk hlmz, melyekben tetszőleges sok, de legfeljebb véges sok 1-es lehet. Ekkor legyen d(x,y) z x és y soroztokbn z zonos indexű, eltérő számjegyek szám. Például x = (0,0,1,0,1,1,1,0, 0, 0, 0,0,0,...) y = (1,1,1,0,1,0,1,0, 0, 1, 0,0,0,...) esetén d(x, y) = 4. Világos, hogy d metrik Péld. Legyen R végtelen vlós értékű soroztok hlmz. Tetszőleges x = (x 1,...,x n,...) és y = (y 1,...,y n,...) soroztokr X-ből legyen Világos, hogy 0 d(x,y) d(x,y) = 1 = 2 i i=0 1 2 i x i y i 1 + x i y i. 1 2 i 1 = 2 1 = 1, és d(x,y) = 0 x = y. Nyilván d(x, y) = d(y, x) is teljesül. A háromszög-egyenlőtlenség ellenőrzéséhez meg kell muttni, hogy d(x,y) = 1 2 i x i y i 1 + x i y i 1 2 i x i z i 1 + x i z i + 1 z i y i 2 i = d(x,z) + d(z,y). 1 + z i y i Ez bból következik, hogy z u 1+u függvény monoton növekvő u > 0-r, és x i y i x i z i + z i y i, és ezért x i y i 1 + x i y i = x i z i + z i y i 1 + x i z i + z i y i x i z i 1 + x i z i + z i y i + z i y i 1 + x i z i + z i y i x i z i 1 + x i z i + z i y i 1 + z i y i. Megmutttuk tehát, hogy (X,d) metrikus tér. Másrészt bármely x y soroztr és λ R számr λ 1 esetén d(λx,λy) = 1 λ x i y i 2 i 1 + λ x i y i λ 1 x i y i 2 i 1 + x i y i = λ d(x,y), így Állítás szerint d nem szármztthtó normából, zz nem definiálhtó téren olyn norm, hogy d(x,y) = x y lenne. H z x = (x 1,x 2,...,x n,...) soroztbn z x n elemek csk binárisk (x n értéke 0 vgy 1) lehetnek, kkor { x i y i 0, h 1 + x i y i = xi = y i 1 2, h x i y i

18 4. Absztrkt terek elmélete 73 így d(x, y)-ból pontosn megmondhtó z eltérés ok és z is, hogy z x és y melyik komponenseiben tér el egymástól, továbbá 0 d(x,y) 1 2. Ezért ez metrik előnyös például átviteli hib jvításánál. Egy (X, d) metrikus tér A részhlmzánk lezártján zt z [A] hlmzt értjük, mely z A-beli konvergens soroztok htárértékeit trtlmzz. Ezzel ekvivlens z megfoglmzás, hogy x [A], h bármely ε > 0-hoz létezik olyn A, hogy d(x,) < ε. Nyilván A [A], és ellenőrizhető, hogy [A] zárt hlmz. Megmutthtó, hogy bármely nem teljes metrikus tér beágyzhtó (lényegében egyértelmű módon) egy teljes metrikus térbe: Tétel. Legyen (X,d) egy nem teljes metrikus tér. Ekkor létezik egy olyn (X,d ) metrikus tér és egy T : X X operátor, melyre 1. (X,d ) teljes metrikus tér, 2. T izometri, zz d(x,y) = d (Tx,Ty) minden x,y X-re, 3. [T(X)] = X, hol T(X) = {T(x): x X}. Az X kiterjesztése X-nek izometriától eltekintve egyértelmű, zz h is (X,d ) teljesíti fenti tuljdonságokt, kkor (X,d ) és (X,d ) izometrikus, zz létezik S : (X,d ) (X,d ) ráképezés, mely izometri is. A fenti tétel áltl meghtározott (X,d ) kiterjesztést z (X,d) (nem teljes) metrikus tér teljes burkánk hívjuk Péld. A (Q, ) rcionális számok normált tere nem teljes, hiszen irrcionális számhoz konvergáló rcionális soroztoknk nincs htárértéke rcionális számok terében. A tér teljes burk z (R, ) tér. Másként foglmzv, Q lezártj R Péld. A Példábn láttuk, hogy (C([,b], R), 1 ) normált tér nem teljes. Megmutthtó, hogy lezártj z (L 1 ([,b], R), 1 ) Bnch-tér Pre-Hilbert-terek Definíció. Legyen X egy komplex lineáris tér. Az X X C leképezést, melyet, -vel jelölünk, (komplex) skláris szorztnk (vgy belső szorztnk) nevezzük, h 1. bármely x X-re, x, x 0, és x, x = 0 kkor és csk kkor teljesül, h x = 0; 2. bármely x, y X-re x, y = y, x (hol y, x z y, x komplex szám konjugáltját jelöli); 3. bármely α,β (komplex) skláris számokr és x,y,z X esetén αx + βy,z = α x,z + β y,z. Egy X vlós lineáris téren értelmezett vlós skláris szorzton egy olyn X X R leképezést értünk, mely fenti tuljdonságokkl rendelkezik. Az X komplex (vlós) lineáris teret pre-hilbert-térnek vgy euklideszi-térnek nevezzük, h z X-en értelmezve vn egy komplex (vlós) skláris szorzt.

19 74 MAM112M elődásjegyzet, 2008/ Megjegyzés. 1. Egy X vlós lineáris téren értelmezett (vlós) skláris szorztr fenti definícióbn szereplő 2. tuljdonság egyszerűen csk zt követeli meg, hogy x, y = y, x legyen minden x, y X-re, zz vlós skláris szorzt szimmetrikus. 2. H X vlós lineáris tér, kkor z előző megjegyzés és skláris szorzt 3. tuljdonság lpján skláris szorzt lineáris 2. komponensében is, zz z,αx + βy = α z,x + β z,y, x,y,z X, α,β R. 3. H X komplex lineáris tér, kkor (komplex) skláris szorzt dditív második komponensében, hiszen x,y + z = y + z,x = y,x + z,x = y,x + z,x = x,y + x,z. 4. H X komplex lineáris tér, kkor minden x,y X-re és λ C-re. x,λy = λy,x = λ y,x = λ y,x = λ x,y 5. Minden x X-re x,0 = 0, hiszen 2. tuljdonság szerint x,0 = x,0 + 0 = x,0 + x,0. A skláris szorzás néhány tuljdonság: Tétel (Cuchy Bunykovszkij Schwrtz). H X pre-hilbert-tér, kkor x,y 2 x,x y,y, x,y X. Bizonyítás: H y = 0, kkor x,y = 0, és ezért kívánt egyenlőtlenség teljesül. Legyen y 0. Tetszőleges λ C (λ R)-re 0 x λy, x λy = x,x + λy,x + x, λy + λy, λy = x,x λy,x + λy,x λ y, λy = x,x λ y,x λ y,x λ λy,y = x,x 2Re (λ y,x ) + λ 2 y,y. Legyen λ = x,y y,y következik. zz λ = y,x y,y x,y 2. Ekkor 0 x,x y,y, miből kívánt egyenlőtlenség Tétel. Egy tetszőleges X pre-hilbert-téren z : X R, x def = x,x 1/2 leképezés norm.

20 4. Absztrkt terek elmélete 75 Bizonyítás: x 0 teljesül. H x = x,x 1/2 = 0, kkor x = 0 skláris szorzt tuljdonság mitt. Legyen λ C (ill. λ R). Ekkor λx 2 = λx,λx = λ x,λx = λ λx,x = λλ x,x = λ λ x,x = λ 2 x,x = λ 2 x 2, zz λx = λ x teljesül. Végül tekintsük x + y 2 = x + y,x + y = x,x + x,y + y,x + y,y = x,x + 2Re x,y + y,y. Mivel Re x, y x, y, ezért Cuchy Bunykovszkij Schwrtz-egyenlőtlenség szerint bármely x,y X-re x + y 2 x,x + 2 x,x y,y + y,y = ( x + y ) 2, és így háromszög-egyenlőtlenség is teljesül. Tehát minden pre-hilbert-tér normált tér is. A fenti norm jelölését hsználv Cuchy Bunykovszkij Schwrtz-egyenlőtlenség következő lkbn írhtó: Következmény. Egy tetszőleges X pre-hilbert-térben x,y x y, x,y X Péld. Tekintsük vlós n-dimenziós vektorok R n lineáris terét, legyen x = (x 1,...,x n ), y = (y 1,...,y n ) R n. Lineáris lgebrából és nlízisből is ismert, hogy z x,y = x i y i (4.6) képlet skláris szorztot definiál R n -n. A skláris szorzt áltl definiált norm z euklideszinorm: x 2 = n x2 i Péld. Tekintsük C n lineáris teret, komplex szám-n-esek hlmzát. Legyen x = (x 1,...,x n ), y = (y 1,...,y n ) C n. Könnyen láthtó, hogy (4.6) képlet nem komplex skláris szorzt, mivel például áltlábn n x2 i nem vlós szám. A (4.6) képletet módosítjuk, legyen x,y = x i y i. Ellenőrizhető, hogy ez már teljesíti komplex skláris szorztot definiáló mindhárom tuljdonságot. Az áltl generált norm: x 2 = x i Péld. Tekintsük C([,b], R) z [,b] intervllumon folytonos vlós értékű függvények hlmzát. Tetszőleges f és g függvényekre C([, b], R)-ből, legyen f,g = f(x)g(x) dx. (4.7)

21 76 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 Megmuttjuk, hogy fenti kifejezés skláris szorzt C([, b], R)-n. Világos, hogy f, f = f2 (x)dx 0, és h f,f = 0, kkor f = 0, hiszen h egy nemnegtív folytonos függvény egy pontbn pozitív, kkor z integrálj is pozitív. Az f, g = g, f összefüggés definícióból nyilván következik. Végül z αf + βg,h = (αf(x) + βg(x)) h(x)dx = α f,h +β g,h, α,β R, f,g,h C([,b], R) összefüggés z integrál lineritásából következik Péld. Tekintsük C([, b], C) lineáris teret, z [, b] intervllumon folytonos komplex értékű függvények hlmzát. A C n tér skláris szorztához hsonlón kpjuk, hogy (4.7) képletet módosítv, z f,g = skláris szorztot definiál. A skláris szorzt áltl definiált norm f(x)g(x) dx, f,g C([,b], C) (4.8) ( 1/2 f 2 = f,f 1/2 = f(x) dx) 2, f C([,b], C) Péld. Az előző példához hsonló módon tekintsük z L 2 ([,b], C) lineáris teret, z [,b] intervllumon értelmezett olyn komplex értékű és Lebesgue-mérhető f függvények hlmzát, melyekre f 2 dm <. Legyen f,g L 2 ([,b], C). Ekkor ḡ és f ḡ is Lebesgue-mérhető, továbbá f(x)g(x) 1 ( f(x) 2 + g(x) 2). 2 Ezért f g dm 1 ( f 2 dm + 2 zz f ḡ L 2 ([,b], C). Az L 2 ([,b], C) téren is (4.8) képlethez hsonlón f,g = ) g 2 dm <, f g dm, f,g L 2 ([,b], C) nyilván skláris szorzt, és z áltl definiált norm f 2 = f,f 1/2 = ( f 2 dm) 1/ Péld. Tekintsük komplex l 2 lineáris teret, zz zon komplex elemű ( 1,..., n,...) soroztoknk hlmzát, melyekre i 2 <. Legyen = ( i ), b = (b i ) l 2. Ekkor legyen,b = i b i.

22 4. Absztrkt terek elmélete 77 Mivel i b i 1 2 i b i 2, ezért i b i 1 2 i b i 2 <, tehát z (,b),b hozzárendelés l 2 l 2 -t C-be képezi le. Könnyen ellenőrizhető, hogy ez képlet egy skláris szorztot definiál l 2 -n, z áltl generált norm pedig 2 = i Tétel. A skláris szorzt folytonos, zz x n,y n x,y, h x n x, y n y. Bizonyítás: Legyen x n x, y n y, zz x n x 0 és y n y 0, h n. Ekkor x n,y n x,y = x n,y n x,y n + x,y n x,y = x n x,y n + x,y n y x n x,y n + x,y n y x n x y n + x y n y 0, n Tétel (Prlelogrmm-egyenlőség). H X pre-hilbert-tér, kkor skláris szorzttl definiált normár Bizonyítás: x + y 2 + x y 2 = 2 x y 2, x,y X. x + y 2 + x y 2 = x + y,x + y + x y,x y = x,x + y,x + x,y + y,y + x,x y,x x,y + y,y = 2 x y 2. Az előző állítás lpján ellenőrizhető, hogy egy normált téren definiálhtó-e olyn skláris szorzt, mely z dott normát állítj elő Péld. Tekintsük z L 1 ([0,1], R) lineáris teret z f 1 = 1 0 f dm normávl. Legyen { 1, 0 x 1/2, f : [0,1] R, f(x) = 0, 1/2 < x 1 és Világos, hogy g: [0,1] R, g(x) = { 0, 0 x < 1/2, 1, 1/2 x 1. (f + g) (x) = 1, 0 x 1, és (f g)(x) = { 1, 0 x < 1/2 0, x = 1/2 1, 1/2 < x 1.

23 78 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 Így Tehát f + g 1 = 1; f 1 = 1 2 ; g 1 = ; f g 1 = f g dm = 1. 2 = f + g f g f g 2 1 = 1, és így prlelogrmm egyenlőség nem teljesül. Következésképpen z L 1 norm nem szármzht skláris szorztból. 0 Az előző példához hsonló módon megmutthtó, hogy z l p és L p ([,b], R) Bnch-terek p 2-re nem pre-hilbert-terek Ortogonális és mximális ortonormált rendszerek pre-hilbert-terekben Definíció. Legyen X pre-hilbert-tér, x,y X. Azt mondjuk, hogy x ortogonális (merőleges) y-r (jelölés x y) h x, y = 0. Azt mondjuk, hogy egy x vektor merőleges z A X hlmzr (x A), h x y minden y A-r Állítás. Legyen X komplex (vlós) pre-hilbert-tér. 1. H x y, kkor y x. 2. Legyen A = {αx + βy : α,β C} (ill. A = {αx + βy : α,β R}). H z x és z y, kkor z A. Bizonyítás: Az 1. állítás triviálisn teljesül skláris szorzt 2. tuljdonságából. A 2. állítás következik z αx + βy,z = α x,z + β y,z = 0 összefüggésből Tétel (Pitgorsz). Egy pre-hilbert-térben h x y, kkor skláris szorzt áltlt generált normábn x + y 2 = x 2 + y 2. Bizonyítás: x + y 2 = x + y,x + y = x,x + y,x + x,y + y,y = x 2 + y Definíció. Legyen X egy pre-hilbert-tér és tekintsük z X egy S részhlmzát. Azt mondjuk, hogy S ortogonális rendszer, h S elemei páronként ortogonálisk, zz bármely különböző x,y S-re x y. H z S elemei ortogonálisk, és x = 1 minden x S-re, kkor zt mondjuk hogy S ortonormált rendszer (vgy ortonormált vektorok hlmz) Tétel. Legyen X pre-hilbert-tér és legyen S egy ortonormált rendszer X -ben, melynek null vektor nem eleme. Ekkor S lineárisn független hlmz.

24 4. Absztrkt terek elmélete 79 Bizonyítás: Legyen x 1,...,x k S tetszőleges véges sok eleme z S hlmznk. Legyen α 1,...,α k C (ill. R). Ekkor esetén igz, hogy α 1 x 1 + α 2 x α k x k = 0 α 1 x 1 + α 2 x α k x k,x i = 0, i = 1,...,k. Tehát Legyen i = 1. Ekkor α 1 x 1,x i + α 2 x 2,x i + + α k x k,x i = 0, i = 1,...,k. α 1 x 1,x i = 0 ugynis x j,x 1 = 0, j 1. Ebből következik, hogy α 1 = 0. Hsonlón α 2 =... = α k = 0. Tehát (x 1,...,x k ) lineárisn független vektorok. Ez pedig zt jelenti, hogy z S vektorhlmz bármely véges sok vektor független, és így S is független vektorrendszer Megjegyzés. A lineáris lgebrából ismert Grm Schmidt-eljárássl bármely n elemszámú lineárisn független vektorhoz kiválszthtó olyn n db ortonormált vektor, hogy két vektorrendszer ugynzt teret feszíti ki Definíció. Legyen A egy ortonormált hlmz z X pre-hilbert-térben. Azt mondjuk, hogy z A ortonormált hlmz mximális (teljes), h nincs másik olyn A-tól különböző ortonormált hlmz, mely trtlmzz A-t. Megmutthtó következő eredmény: Tétel. Legyen X egy pre-hilbert-tér nem triviális (zz X-nek zéró elemen kívül más eleme is vn). Ekkor 1. Létezik (vlójábn több is) mximális ortonormált hlmz X-ben. 2. Bármely ortonormált hlmz kiterjeszthető mximális ortonormált hlmzzá X-ben. A mximális hlmzrendszer foglm ekvivlens következő tuljdonsággl: Állítás. Legyen A ortonormált hlmz z X pre-hilbert-térben. Az A hlmz kkor és csk kkor mximális, h bármely x X elemre x A-ból következik, hogy x zéró eleme X-nek. Bizonyítás: Legyen A mximális, és tegyük fel, hogy vn olyn x 0 eleme X-nek, melyre x A. Ekkor { } x A x szintén ortonormált rendszer, melynek A vlódi részhlmz. Ez ellentmond nnk, hogy A mximális ortonormált hlmz. Fordítv tegyük fel, hogy A olyn, hogy x A-ból következik, hogy x = 0. H ekkor A nem mximális lenne, kkor voln olyn B X hlmz, hogy B mximális és A vlódi részhlmz B-nek. Így vn olyn y B, hogy y / A. Továbbá y A, és így feltétel szerint y = 0, mi ellentmondás.

25 80 MAM112M elődásjegyzet, 2008/ Hilbert-terek Legyen X pre-hilbert-tér, skláris szorzttl, skláris szorzt áltl generált norm. A pre-hilbert-terek között kiemelkedő fontosságúk zok terek, melyek teljes normált terek is Definíció. Legyen (x n ) egy sorozt z X pre-hilbert-térben. Azt mondjuk, hogy (x n ) Cuchy-sorozt, h bármely ε > 0-hoz vn olyn N = N(ε), hogy x n x m = x n x m,x n x m < ε, h n,m > N. Azt mondjuk, hogy z X pre-hilbert-tér Hilbert-tér, h X rjt értelmezett skláris szorzt áltl generált norm szerint teljes, zz egy sorozt kkor és csk kkor konvergens, h Cuchysorozt. A következő központi jelentőségű tételt bizonyítás nélkül közöljük: Tétel. Legyen Λ egy index hlmz, A = {x α } α Λ egy ortonormált hlmz z X Hilberttérben. Ekkor következő álllítások ekvivlensek: 1. A mximális ortonormál rendszer X-ben. 2. Bármely x X-re, x A kkor és csk kkor teljesül, h x = Bármely x X-re x = x,x α x α. α Λ 4. Az A hlmz áltl generált ltér lezártj mg z X Hilbert-tér. 5. x 2 = x,x α 2 bármely x X-re. Ezt z összefüggést Prsevl-zonosságnk ne- α Λ vezzük. 6. Tetszőleges x,y X elemekre x,y = α Λ x,x α x α,y. Az x,x α (α Λ) skláris mennyiségeket z x vektor áltlánosított Fourier-együtthtóink vgy csk egyszerűen Fourier-együtthtóink nevezzük. H Λ fenti tételben megszámlálhtó, kkor z A hlmz tétel 3. pontj értelmében egyben Schuder-bázis térben Péld. A Péld szerint z R n és C n pre-hilbert-terek teljesek, zz Hilbert-terek. A Tételből rögtön következik: Tétel. Az l 2 tér teljes, zz Hilbert-tér. Most megdunk egy ortonormált rendszert l 2 -ben. Legyen e 1 = (1,0,0,0,...) e 2 = (0,1,0,0,...) e 3 = (0,0,1,0,...)..

26 4. Absztrkt terek elmélete Állítás. Az S = {e 1,e 2,...,e n,...} vektorrendszer mximális ortonormált hlmz l 2 -ben. Bizonyítás: Nyilván e i,e i = 1 és e i,e j = 0, i j, zz S ortonormált rendszer. Legyen x = (x 1,...,x n,...) l 2, olyn vektor, mely merőleges S-re. De ekkor 0 = x,e i = x i minden i = 1,2,...-re, tehát x zeró vektor. Ezért Tétel szerint S mximális ortonormált hlmz l 2 -ben. A Tételt p = 2-re lklmzv kpjuk: Tétel. Az L 2 ([,b], C) tér Hilbert-tér Egy minimum problém Legyen dott egy X komplex pre-hilbert-tér,, slkáris szorzttl, skláris szorzt áltl definiált norm. Legyen Y egy ltér X-ben, x Y. Azt mondjuk, hogy z y Y vektor z x vektor legjobb közelítése Y -bn, h x y x z, z Y. Más szóvl y minimlizálj min x z kifejezést. Az y vektort z x vektor Y ltérre vontkozó vetületének is nevezzük. z Y x Y y Tétel. Legyen X egy pre-hilbert-tér, Y egy ltér X-ben, x Y. Ekkor y kkor és csk kkor z x legjobb közelítése z Y ltérben, h x y ortogonális z Y ltérre. Bizonyítás: 1. Tegyük fel, hogy y z x legjobb közelítése z Y ltérben. Rögzítsünk egy tetszőleges z 0 vektort Y -bn. Legyen α = x y,z, z,z és tekintsük z y +αz Y vektort. Erre y minimum tuljdonság és α definíciój mitt teljesül x y 2 = x y,x y x y αz,x y αz = x y,x y α z,x y ᾱ x y,z + α 2 z,z = x y 2 2Re(α z,x y ) + α 2 z,z ( ) x y,z = x y 2 2Re z,x y + z,z = x y 2 x y,z 2. z,z x y,z 2 ( z,z ) 2 z,z

27 82 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 Ebből következik, hogy x y,z = 0, zz x y merőleges Y -r. 2. Tegyük fel, hogy x y,z = 0 minden z Y -r. Legyen w Y rögzített. Ekkor y w Y, ezért x y,y w = 0. Így Pitgorsz-tétel szerint x y + y w 2 = x y 2 + y w 2, zz x y < x w kkor és csk kkor, h y w. Egydimenziós lteret tekintve tételből következik rögtön z lábbi eredmény: Állítás. Legyen X komplex pre-hilbert-tér,, b X, b 0. Ekkor 1. λ C kkor és csk kkor minimlizálj z λb 2 kifejezést, h λb,b = 0, zz λb ortogonális b-re. 2. λ C pontosn kkor minimlizálj z λb 2 kifejezést, h λ =,b b,b. Speciális esetekben kpjuk z lábbi állításokt: Állítás. Legyen x = (x 1,...,x n ) C n, y = (y 1,...,y n ) C n. Ekkor x k λy k 2 értéke pontosn kkor minimális, h λ = x k y k. y k Állítás. Legyen f,g L 2 ([,b], C), g 0. Ekkor z érték pontosn kkor minimális, h f(t) λg(t) 2 dt λ = f(t)g(t) dt g(t) 2 dt. Véges dimenziós Y ltérre következő eredmény dódik Tételből:

28 4. Absztrkt terek elmélete Tétel. Legyen X egy pre-hilbert-tér, Y n-dimenziós ltér X-ben, melynek y 1,...,y n egy bázis. Legyen x Y. Ekkor y = α 1 y α n y n kkor és csk kkor z x legjobb közelítése z Y ltérben, h z α 1,...,α n sklárok teljesítik z y 1,y 1 α 1 + y 2,y 1 α y n,y 1 α n = x,y 1 y 1,y 2 α 1 + y 2,y 2 α y n,y 2 α n = x,y 2.. y 1,y n α 1 + y 2,y n α y n,y n α n = x,y n (4.9) ún. normálegyenleteket. Bizonyítás: A Tétel szerint y kkor és csk kkor legjobb közelítése x-nek, h x (α 1 y α n y n ),y j = 0 minden j = 1,...,n-re. Ezt átrendezve kpjuk (4.9) egyenleteket. H Y bázis ortonormált, kkor fenti eredményből rögtön kpjuk z lábbi következményt Következmény. Legyen X egy pre-hilbert-tér, Y egy n-dimenziós ltér X-ben, melynek y 1,...,y n egy ortonormált bázis. Legyen x Y. Ekkor y = α 1 y α n y n kkor és csk kkor z x legjobb közelítése z Y ltérben, h α j = x,y j, j = 1,...,n. Kptuk tehát, hogy h Y egy mximális ortonormált rendszer véges sok eleme áltl generált ltér egy X Hilbert-térben, kkor x legjobb közelítésének együtthtói z x Fourier-együtthtói.