56 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 4. 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. 4.2. 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. 4.3. 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.
4. Absztrkt terek elmélete 57 4.4. 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. 4.5. 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. 4.6. 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. 4.7. 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. 4.8. 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. 4.9. 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. 4.10. 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. 4.11. 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 1 + + λ n x n = 0. Ellenkező esetben z x 1,...,x n
58 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 elemeket lineárisn függetleneknek nevezzük. (H tehát x 1,...,x n lineárisn független, kkor λ 1 x 1 + + 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. 4.12. 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. 4.13. 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) = 0 + 1 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. 4.14. 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. 4.15. 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. 4.16. 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 4.15. 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. Absztrkt terek elmélete 59 4.17. Péld. A 4.12. Péld lpján láthtó, hogy z R n ill. C n lineáris terek n-dimenziós vektorterek. A 4.13. Példából következik, hogy C([,b], R) tér végtelen dimenziós tér, hiszen H = {1,t,...,t n,...} hlmz tér egy végtelen lineárisn független részhlmz. A 4.14. Péld szerint végtelen vlós soroztok R hlmz is végtelen dimenziós lineáris tér, hiszen z e 1,e 2,... elemek lineárisn függetlenek. 4.18. 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. 4.19. 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. 4.20. 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. 4.21. 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. 4.2. Normált terek A vlós számokr ismert bszolút érték tuljdonsági áltlánosításávl kpjuk norm és normált tér foglmát. 4.22. 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.
60 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 4.23. 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. 4.24. 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 4.27. 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 4.27. 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: 4.25. Lemm (Young-egyenlőtlenség). Minden, b 0-r b p p + bq q, hol p > 1, q > 1 és 1 p + 1 q = 1.
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 4.26. 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 4.25. 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 = 1. 4.27. 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.
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. 4.28. Péld. Definiáljuk f C([, b], R)-re z f = mx t b f(t) normát, mellyel C([,b], R) lineáris tér normált tér. 4.29. 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. 4.30. 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. 4.31. 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
4. Absztrkt terek elmélete 63 függvény norm. A háromszög-egyenlőtlenség igzolását lásd később (4.69. Tétel és 4.75. Péld). Ugynezzel képlettel L 2 ([,b], C) lineáris téren is normát definiálhtunk. 4.32. 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 4.26. 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 <, 4.33. 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
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. 4.3. Konvergenci normált terekben, normák ekvivlenciáj 4.34. 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. 4.35. 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.
4. Absztrkt terek elmélete 65 4.36. 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. 4.37. 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. 4.38. 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. 4.39. 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.
66 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 4.40. 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 4.23. 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: 4.41. 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 4.40. 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=1 4.42. 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. 4.43. 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.
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: 4.44. 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 4.40. Tétel. 4.45. 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 = 1 2 0 2n. 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.
68 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 4.4. Bnch-terek Vlós számokr ismert következő tétel. 4.46. 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 4.48. Példábn megmuttjuk, végtelen dimenziós esetben egy sorozt lehet Cuchy-sorozt úgy is, hogy z nem konvergens z dott normált térben. 4.47. 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 4.21. Tétel szerint X izomorf z R n (ill. komplex esetben C n ) vektortérrel, ezért feltehető, hogy X = R n. Mivel 4.40. 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 4.41. Következményből kpjuk z állítást. 4.48. 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 2 + 1 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,
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. 4.49. 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. 4.50. Péld. A 4.47. Tétel szerint z R n ill. C n hlmzon bármely normát tekintve kpott normált tér teljes, zz Bnch-tér. 4.51. Péld. A 4.48. Péld lpján láthtó, hogy (C([,b], R), 1 ) normált tér nem teljes tér, zz nem Bnch-tér. 4.52. 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: 4.53. Tétel (Riesz Fischer-tétel). Az (L p ([,b], R), p ) normált tér Bnch-tér minden p 1-re. Megjegyezzük, hogy Riesz Fischer-tétel és 4.51. 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. 4.54. Tétel. Az (l p, p ) normált tér Bnch-tér minden p 1-re.
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=1 4.55. 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.
4. Absztrkt terek elmélete 71 4.5. Metrik, metrikus terek 4.56. 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. 4.57. 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). 4.58. 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 4.57. Állításból és normákr vontkozó konvergenci definícióból könnyen láthtó, hogy konvergenci foglm természetes módon kiterjeszthető metrikus terekre: 4.59. 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. 4.60. 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.
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. 4.61. 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. 4.62. 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 4.57. 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
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: 4.63. 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. 4.64. 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. 4.65. Péld. A 4.48. Példábn láttuk, hogy (C([,b], R), 1 ) normált tér nem teljes. Megmutthtó, hogy lezártj z (L 1 ([,b], R), 1 ) Bnch-tér. 4.6. Pre-Hilbert-terek 4.66. 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.
74 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 4.67. 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: 4.68. 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 4.69. Tétel. Egy tetszőleges X pre-hilbert-téren z : X R, x def = x,x 1/2 leképezés norm.
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: 4.70. Következmény. Egy tetszőleges X pre-hilbert-térben x,y x y, x,y X. 4.71. 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. 4.72. 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 2. 4.73. 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)
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. 4.74. 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). 4.75. 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) 1/2. 4.76. 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.
4. Absztrkt terek elmélete 77 Mivel i b i 1 2 i 2 + 1 2 b i 2, ezért i b i 1 2 i 2 + 1 2 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 2. 4.77. 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 +. 4.78. Tétel (Prlelogrmm-egyenlőség). H X pre-hilbert-tér, kkor skláris szorzttl definiált normár Bizonyítás: x + y 2 + x y 2 = 2 x 2 + 2 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 2 + 2 y 2. Az előző állítás lpján ellenőrizhető, hogy egy normált téren definiálhtó-e olyn skláris szorzt, mely z dott normát állítj elő. 4.79. 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.
78 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 Így Tehát f + g 1 = 1; f 1 = 1 2 ; g 1 = 1 1 2 ; f g 1 = f g dm = 1. 2 = f + g 2 1 + f g 2 1 2 f 2 1 + 2 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. 4.7. Ortogonális és mximális ortonormált rendszerek pre-hilbert-terekben 4.80. 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. 4.81. 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. 4.82. 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 2. 4.83. 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). 4.84. Tétel. Legyen X pre-hilbert-tér és legyen S egy ortonormált rendszer X -ben, melynek null vektor nem eleme. Ekkor S lineárisn független hlmz.
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 2 + + α k x k = 0 α 1 x 1 + α 2 x 2 + + 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. 4.85. 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. 4.86. 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: 4.87. 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: 4.88. 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.
80 MAM112M elődásjegyzet, 2008/2009 4.8. 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. 4.89. 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: 4.90. 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 = 0. 3. 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. 4.91. Péld. A 4.50. Péld szerint z R n és C n pre-hilbert-terek teljesek, zz Hilbert-terek. A 4.54. Tételből rögtön következik: 4.92. 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,...)..
4. Absztrkt terek elmélete 81 4.93. 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 4.90. Tétel szerint S mximális ortonormált hlmz l 2 -ben. A 4.53. Tételt p = 2-re lklmzv kpjuk: 4.94. Tétel. Az L 2 ([,b], C) tér Hilbert-tér. 4.9. 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 4.95. 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
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: 4.96. 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: 4.97. 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 2 4.98. 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 4.97. Tételből:
4. Absztrkt terek elmélete 83 4.99. 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 1 + + 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 2 + + y n,y 1 α n = x,y 1 y 1,y 2 α 1 + y 2,y 2 α 2 + + y n,y 2 α n = x,y 2.. y 1,y n α 1 + y 2,y n α 2 + + y n,y n α n = x,y n (4.9) ún. normálegyenleteket. Bizonyítás: A 4.97. Tétel szerint y kkor és csk kkor legjobb közelítése x-nek, h x (α 1 y 1 + + 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. 4.100. 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 1 + + 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.