Debreceni Egyetem Matematikai Intézet. A StoneWeierstrass-tétel és alkalmazásai

Debreceni Egyetem Matematiai Intézet A StoneWeierstrass-tétel és alalmazásai Témavezet : Dr. Lovas Rezs egyetemi adjuntus Készítette: Kiss Tibor matematius szairány Debrecen 2011

TARTALOMJEGYZÉK 1 Tartalomjegyzé 1. Bevezetés 2 2. Absztrat megözelítés, M. H. Stone tétele 4 2.1. Alapfogalma........................... 4 2.2. A Stone-tétel valós változata lineáris alterere......... 6 2.3. A Stone-tétel valós változata részalgebrára, avagy a Stone Weierstrass-tétel.......................... 9 2.4. A Stone-tétel omplex változata részalgebrára........ 12 3. Bizonyítás a Bernstein-polinomoal 15 3.1. El észítés és alapfogalma................... 15 3.2. Szergej N. Bernstein tétele.................... 20 3.3. A Bernstein-féle becslés hibájána vizsgálata.......... 23 4. Alalmazáso 24 4.1. Periodius függvénye egyenletes özelítése........... 24 4.2. Riemann-integrál özelítése számtani özép segítségével és a Bernstein-polinomo....................... 27 4.3. Valós téglán értelmezett folytonos függvénye integrálja.... 29

1. BEVEZETÉS 2 1. Bevezetés A matematiai analízisb l ismert Weierstrass-féle approximációs tétel imondja, hogy bármely ompat valós intervallumon értelmezett, folytonos, valós, illetve omplex érté függvény tetsz legesen megözelíthet az intervallumon értelmezett valós, illetve omplex polinomoal. Ez azt jelenti, hogy bizonyos feltétele mellett a polinomo s r részhalmazát alotjá a folytonos függvénye teréne. A tétel, amelyet Karl Weierstrass német matematius 1885-ben publiált, több érdees néz pontból is vizsgálható. Néhány bizonyítás, melye özül egy a dolgozatomban is szerepel, még a özelít polinomo megonstruálására szolgáló algoritmust is tárgyalja. Mégis, hiába ismert ezen polinomo szerezete, numerius számolásra általában alalmatlano, mivel foszámu viszonylag nagy. Továbbá, ahogyan arra rámutato, egyes eseteben a onstrutív bizonyítás által adott becslés a elleténél jóval nagyobb foszámot szolgáltat. Weierstrass tétele érdees abból a szempontból, hogy a özelítend függvényer l csupán a folytonosságot feltételezi. Ha eze a függvénye még elegend en soszor dierenciálható, aor az approximáló polinomo explicit módon megadható és még a hibabecslés is rendelezésre áll, amennyiben a szüséges deriváltaat ismerjü. Ezere az esetere viszont dolgozatomban nem tére i. Tárgyalom viszont a Weierstrass-tétel ét ülönböz bizonyítását. Az els részben a Marshall H. Stone által adott általánosítás fel l haladva özelítem meg a tételt. Ez az általánosítás a ompat valós intervallumo helyett a soal általánosabb ompatumo fogalmát használja, továbbá a polinomo algebrája helyett egy teljesen általános függvényalgebrát vizsgál. A Weierstrass-tétel valós esetében egy soal özvetlenebb, onstrutív bizonyítás adható. Ezzel foglalozi dolgozatom másodi része. A bizonyítást 1911-ben adta meg Szergej N. Bernstein orosz matematius. Csupán elemi módszereel és az azóta róla elnevezett Bernstein-polinomo használatával egészen egyszer algoritmust ad a folytonos valós érté függvénye approximálására ompat intervallumon. Ez a bizonyítás soal gyaorlatiasabbna t nhet, mint az els fejezetben tárgyalt absztrat igazolás. De a becslés már említett pontatlansága miatt, nehéz megjósolni a tétel segítségével a szüséges Bernstein-polinom foszámát. Dolgozatom harmadi fejezete a tárgyalt tétele alalmazásait tartalmazza. Pontosabban néhány példát említe a tétele más állításo bizonyításában való szerepér l. Lehet ség nyíli ebben a fejezetben arra, hogy a Fourier-soro elméletében el forduló periodius függvénye bizonyos speciális polinomoal való egyenletes megözelíthet ségét megmutassam.

1. BEVEZETÉS 3 Ezt a StoneWeierstrass-tétel egy egyszer, többdimenziós változata fogja biztosítani. Megmutatom, hogy egy bizonyos értelemben vett számtani özép jól özelíti függvénye Riemann-integrálját. Levezetésre erül továbbá valós téglán értelmezett, folytonos, valós érté függvénye Riemann-integráljána egy alternatív értelmezése. Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretné öszönetet mondani Dr. Lovas Rezs tanár úrna, témavezet mne, önzetlen segítségéért, folyamatos támogatásáért és tanácsaiért, melyeel dolgozatom megírását, illetve a témaörben való vizsgálataimat segítette. Köszönöm továbbá Dr. Gselmann Eszter hasznos ötleteit, melye ugyancsa a dolgozat értéét emelté.

2. ABSZTRAKT MEGKÖZELÍTÉS, M. H. STONE TÉTELE 4 2. Absztrat megözelítés, M. H. Stone tétele 2.1. Alapfogalma Deníció (ompatum). Legyen (X, O) (a továbbiaban X) tetsz leges topologius tér. Vegyün egy H X tetsz leges, nemüres részhalmazt, és legyen A O olyan halmazcsalád, melyre teljesül, hogy H A = A A A. Eor az A halmazcsalád nyílt lefedése H-na. Ha az A véges halmaz, aor véges nyílt lefedésr l beszélün. Azt mondju, hogy H ompat, ha bármely nyílt lefedéséb l iválasztható véges lefedés. Az X topologius teret Hausdor-térne vagy T 2 tulajdonságú térne nevezzü, ha bármely ét ülönböz pontjána létezi diszjunt örnyezete. A másodi denícióban egy p X pont örnyezetén a pontot tartalmazó olyan U X halmazt érte, amely tartalmaz olyan G nyílt halmazt, hogy p G. Mindeze alapján, azt mondju, hogy az X topologius tér ompatum, ha X ompat Hausdor-tér. Jelölése. Legyen X topologius tér. Eor az X-en értelmezett, valós vagy omplex érté folytonos függvénye halmazát C K (X) módon jelöljü. Ez a halmaz vetortér a övetez m veleteel: f, g C K (X) : (f + g)(x) := f(x) + g(x) (x X); f C K (X), λ K : (λ f)(x) := λ f(x) (x X). Legyen X ompatum, f C K (X) tetsz leges elem és értelmezzü a normáját a övetez módon: f := sup f(x). x X Eor (C K (X),. ) normált tér. Igaz továbbá, hogy f = max f(x) <. x X A deniált normát szuprémumnormána nevezzü.

2. ABSZTRAKT MEGKÖZELÍTÉS, M. H. STONE TÉTELE 5 Deníció (rács). Legyen H C R (X) tetsz leges részhalmaz. Azt mondju, hogy H rács, ha bármely f, g H eleme esetén teljesül. min {f, g}, max {f, g} H Teljes inducióval látható, hogy ha H rács, aor tartalmazza tetsz leges véges so eleméne minimumát és maximumát is. 1. Lemma. Legyen X tetsz leges, nemüres halmaz és H C R (X) lineáris altér. Tegyü fel, hogy bármely h H esetén h H. Eor H rács. Bizonyítás. A lemma a minimumépzés, illetve a maximumépzés övetez felírásából övetezi: min {f, g} = 1 (f + g f g ) ; 2 max {f, g} = 1 (f + g + f g ). 2 A feltétel szerint H zárt a függvénye pontonénti összeadására és salárral való szorzására, továbbá az abszolútérté-épzés sem vezet i az altérb l, így H rács. Deníció. Legyen X topologius tér és Y X. Azt mondju, hogy Y s r X-ben, ha cl (Y ) = X, ahol cl (Y ) az Y halmaz lezártja. A deníció pontosan azt jelenti, hogy ha Y s r halmazt alot X-ben, aor az X elemei tetsz legesen megözelíthet Y elemeivel; azaz X tetsz leges pontjána bármely örnyezetében van Y -beli elem. A Stone-tétel most övetez változata a C R (X) tér lineáris altereire mond állítást. Kés bb megmutatom, hogy er sebb tulajdonságoal rendelez részstrutúra esetén a részhalmaztól megövetelt feltétele száma csöenthet. Pontosabban, ha C R (X) egy részalgebrájáról beszélün, az abszolútértére való zártság elhagyható a feltétele özül.

2. ABSZTRAKT MEGKÖZELÍTÉS, M. H. STONE TÉTELE 6 2.2. A Stone-tétel valós változata lineáris alterere 1. Tétel (Marshall H. Stone). Legyen X ompatum, H C R (X) pedig olyan lineáris altér, amely rendelezi a övetez tulajdonságoal: 1. r R : r H; 2. h H : h H; 3. x, y X (x y) : h H : h(x) h(y). Eor H s r C R (X)-ben. Bizonyítás. A H-ra vonatozó harmadi feltételt szétválasztó vagy szeparáló tulajdonságna hívju. Abból, hogy H szétválasztja az X pontjait, övetezi a övetez részállítás, mely fontos szerephez jut a bizonyítás során: x, y X (x y), α, β R : u H : u(x) = α, u(y) = β. Legyene ugyanis x, y X tetsz leges eleme, és tegyü fel, hogy x y. A szétválasztó tulajdonság szerint eor létezi olyan h H függvény, amelyre h(x) h(y). Deniálju eor az u függvényt a övetez módon: u : X R, p u(p) := β + h(p) h(y) (α β). h(x) h(y) A deníció értelmes, hiszen h(x) h(y) 0. Másfel l pedig: u(x) = β + h(x) h(y) (α β) = β + α β = α; h(x) h(y) u(y) = β + h(y) h(y) (α β) = β. h(x) h(y) Létezi tehát olyan függvény H-ban, amely el re adott ülönböz ponto esetén el re adott valós számoat vesz fel. Legyen most ε > 0 tetsz leges valós szám és f C R (X) tetsz leges függvény. Meg ell mutatni, hogy létezi olyan g H függvény, hogy g f < ε teljesül. Eor ugyanis H s r a befoglaló térben. Legyen u x,y H olyan, hogy u x,y (x) = f(x), u x,y (y) = f(y) (x, y X, x y).

2. ABSZTRAKT MEGKÖZELÍTÉS, M. H. STONE TÉTELE 7 Tetsz leges x, y X (x y) eleme esetén értelmezzü a övetez halmazt: U x,y := {p X : u x,y (p) < f(p) + ε}. Rögzített y X mellett {U x,y } x X nyílt lefedését adja a térne. Ez valóban így van, hiszen egyrészt a szóban forgó halmazo mindegyie nyílt: x X : U x,y = (u x,y f) 1 (], ε[). Másrészt ha x X tetsz leges elem, aor x U x,y, tehát X x X U x,y. Mivel az unióban résztvev halmazo mindegyie része X-ne, így maga az unió is. Ebb l már övetezi, hogy U x,y = X. x X A bizonyítás ezen részében ap szerepet X ompatsága. Ebb l adódóan ugyanis a fenti nyílt lefed rendszerne van véges részrendszere, amely még mindig nyílt lefedése X-ne. Formálisan x 1,..., x X : U xi,y = X, i=1 ahol N. Teintsü most a apcsolódó {u x1,y,..., u x,y} H függvényeet. Mivel bármely i {1,..., } esetén u xi,y(y) = f(y) (így választottu az u függvényeet), övetezi, hogy f(y) = v y (y), ahol v y := min (u x1,y,..., u x,y) H. A minimum H-beli, hiszen az el z lemma szerint H rács. Igaz az továbbá, hogy a tér tetsz leges z pontja esetén v y (z) < f(z)+ε. Ez utóbbit igazolandó, legyen z X tetsz leges elem. Eor a lefed tulajdonság miatt létezi olyan j {1,..., } index, hogy z U xj,y, ami pontosan azt jelenti, hogy u xj,y(z) < f(z) + ε. De v y (z) u xi,y(z) minden i indexre, így speciálisan az el bb említett j-re is. Tehát v y (z) u xj,y(z) < f(z) + ε. Fusson most y az X halmazon, és minden y esetén észítsü el a apcsolódó v y függvényt. Értelmezzü ezután a v y függvénye segítségével a {V y } y X halmazrendszert, ahol V y = {q X : v y (q) > f(q) ε}.

2. ABSZTRAKT MEGKÖZELÍTÉS, M. H. STONE TÉTELE 8 A halmazo minden y pont esetén nyílta, továbbá lefed rendszerét adjá a térne. A ompatság miatt ismét iválasztható véges so olyan nyílt halmaz a lefedésb l, amely még mindig nyílt lefedése X-ne: {V y1,..., V ys } : s V yj = X. j=1 A apcsolódó függvénye ebben az esetben a {v y1,..., v ys }. Az utolsó lépésben legyen g := max (v y1,..., v ys ) H. A g H-beli, ismét a rácstulajdonság miatt. Továbbá ilyen deníció mellett g-re: (1.) z X : g(z) < f(z) + ε; (2.) z X : g(z) > f(z) ε. Vegyün ugyanis egy tetsz leges z X elemet, eor bármely j {1,..., s} index esetén v yj (z) < f(z)+ε. Viszont ha ez mindre igaz, aor a maximumra is, azaz max 1 j s v y j (z) = g(z) < f(z) + ε. A lefedési tulajdonság miatt pedig van olyan j index, hogy z V yj, ami pontosan azt jelenti, hogy Összegezve tehát g(z) v yj (z) > f(z) ε. ε < g(z) f(z) < ε g(z) f(z) < ε Ebb l övetez en (g f) (z) < ε. g f < ε.

2. ABSZTRAKT MEGKÖZELÍTÉS, M. H. STONE TÉTELE 9 2.3. A Stone-tétel valós változata részalgebrára, avagy a StoneWeierstrass-tétel Említettem, hogy amennyiben H részalgebrája az X ompatumon értelmezett folytonos, valós érté függvénye normált teréne, úgy Stone tételében az egyi feltétel elhagyható. Ebben az esetben ugyanis a részalgebra lezártjána tetsz leges eleme esetén az elem abszolútértée egyenletesen özelíthet a függvény valamilyen polinomsorozatával. Eor pedig Stone fenti tételét alalmazva adódi a részalgebrára vonatozó eset állítása. El bb viszont igazolni ell, hogy maga az abszolútérté-függvény ompat intervallumon approximálható egyenletesen polinomoal. Ezt állítja a övetez segédtétel. 2. Lemma. Legyene ε > 0 és c > 0 tetsz leges valós számo. Eor létezi olyan p : R R polinom, hogy bármely t [ c, c] esetén p(t) t < ε. Bizonyítás. A fenti állítás igazolásához elég megmutatni, hogy ε-hoz van olyan q(t) polinom, amelyre q(t) t < ε (t [0, 1]). c Hiszen, ha ezt beláttu, aor legyen ( ) t 2 p(t) := c q c 2 (t [ c, c]). A p polinom eor egyenletesen özelíti az abszolútérté-függvényt a [ c, c] intervallumon. Ugyanis, ha t [ c, c], aor ( ) p(t) t = t 2 c q ( ) t 2 t 2 t = c q 2 c = c 2 c 2 ( ) t 2 t = c q 2 c 2 c 2 < c ε c = ε. Hiszen t választása miatt t2 [0, 1]. Megonstruálju tehát a q polinomot. c 2 A eresett polinomot egy polinomsorozat tagjaént állítju el. Legyen q 0 az azonosan zérus polinom deníció szerint, és tegyü fel, hogy q n már deniálva van. Legyen q n+1 (t) := q n (t) + 1 ( t q 2 2 n (t) ) (t [0, 1]) c 2

2. ABSZTRAKT MEGKÖZELÍTÉS, M. H. STONE TÉTELE 10 Az állítás eor az, hogy 0 t q n (t) 2 t 2 + n t (t [0, 1]) Ha n = 0, aor az állítás nyilvánvaló. Tegyü fel, hogy n N olyan természetes szám, hogy igaz az állítás. Megmutatju, hogy eor n + 1 esetén is igaz. t qn+1 (t) = t q n (t) 1 ( t q 2 2 n (t) ) = = t q n (t) 1 ( ( ) t qn (t)) t + qn (t) = 2 ( ) ( = t qn (t) 1 1 ( ) ) t + qn (t). 2 Az induciós feltevés alapján tudju, hogy t q n (t) 0, tehát ez a tényez nemnegatív. A mási tényez esetében pedig, felhasználva, hogy q n (t) t, a övetez számolás végezhet : 1 1 ( ) t + qn (t) 1 1 ( ) t + t = 1 t 0. 2 2 A felülr l való becslés esetében az induciós feltevésb l iindulva t qn (t) 2 t 2 + n t q n(t) t 2 t 2 + n t. Mivel n t nemnegatív, a övetez írható: 1 1 ( ) t + qn (t) 1 1 ( t 2 ) t + t 2 2 2 + n t 1 1 ( 2 t 2 ) t t = 1 2 2 2. Ezt felhasználva már majorálható a szorzat másodi tényez je. Az els tényez re adott becslés pedig maga az induciós feltevés. Tehát ( ( t qn+1 (t) = t qn (t)) 1 1 ( ) ) t + qn (t) }{{} 2 }{{} 2 t 2+n t 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 t t 2 t t 2 + n 1 t 2 2 + n 1 t 2 + (n + 1) = t t 2

2. ABSZTRAKT MEGKÖZELÍTÉS, M. H. STONE TÉTELE 11 ( ) ( ) 2 t 2 + n t = 2 + n t 2 + (n + 1) = t 2 t 2 + (n + 1) t. Ezzel a lemmát igazoltu, azaz bármely t [0, 1] esetén 0 t q n (t) 2 t 2 + n t < 2 t n t = 2 n, ahol n N. 2. Tétel (M. H. StoneK. Weierstrass). Legyen X ompatum, H C R (X) pedig olyan részalgebra, amely rendelezi a övetez tulajdonságoal: 1. r R : r H; 2. x, y X (x y) : h H : h(x) h(y). Eor H s r C R (X)-ben. Bizonyítás. Teintsü a H részalgebra cl (H) lezártját. Világos, hogy a lezártra igaz a fenti ét feltétel, tehát tartalmazza a onstans függvényeet, és szétválasztja az X pontjait. Megmutatju, hogy cl (H) algebra. Legyen ε > 0 tetsz leges valós szám és h, cl (H) tetsz leges függvénye. Eor létezne olyan (h n ) és ( n ) H-beli függvénysorozato, hogy h n h és n egyenletesen, ha n. Azaz létezne olyan n 0, m 0 N, hogy h n h < ε 2, ha n n 0, illetve n < ε 2, ha n m 0. Legyen δ := max {n 0, m 0 }. Eor h n + n h + h n h + n < 2 ε 2 = ε, ha n δ. Továbbá h n n h = h n n h n + h n h h n ( n ) + (h n h) = = h n n + h n h. Létezi eor olyan n 0 N, hogy ha n n 0, aor ε h n h < 2 ( + 1), hiszen C R (X), azaz orlátos, pontosabban. Másfel l h n h az X minden pontjában, h pedig orlátos. Legyen K > 0 egy fels orlát (K R). Eor van olyan m 0 N, hogy bármely n m 0 esetén n ε 2K.

2. ABSZTRAKT MEGKÖZELÍTÉS, M. H. STONE TÉTELE 12 Így a övetez írható: h n n + h n h K ε 2K + ε 2 ( + 1) ( + 1) = ε, ahol n max {n 0, m 0 }. Tehát cl (H) algebra. Legyen most f cl (H) tetsz leges függvény, ε > 0 pedig tetsz leges valós szám. Az f orlátos, hiszen ompat halmazon értelmezett folytonos függvény. Legyen f := c R +. Eor az el z lemma szerint létezi olyan p : R R polinom, hogy p(f(x)) f(x) = (p f)(x)) f(x) < ε (x X). Az ε tehát majorál tetsz leges x X pont esetén, azaz a szuprémumot is felülr l becsüli: p f f < ε. Ilyen polinom tetsz leges ε esetén létezi. Legyen tehát ε n := 1 n és p n az a polinom, amelyre p n f f < ε n. Eor a (p n f) n N H-beli polinomsorozat egyenletesen onvergál az f függvényhez, tehát f cl (H). Kaptu, hogy H lezártja teljesíti a Stonetétel feltételeit, azaz cl (H) s r C R (X)-ben. Ezt azt jelenti, hogy lezártja az egész C R (X) tér. De a lezárási operátor idempotens: C R (X) = cl 2 (H) = cl (H). 2.4. A Stone-tétel omplex változata részalgebrára A övetez tétel azt az esetet vizsgálja, amelyben a özelítend függvénye omplex érté e. Itt feltesszü, hogy a részalgebra zárt a omplex onjugálásra, azaz ompatumon értelmezett omplex érté folytonos függvényene teintjü egy C -részalgebráját, ahol a -m velet a függvénye pontonénti omplex onjugálása.

2. ABSZTRAKT MEGKÖZELÍTÉS, M. H. STONE TÉTELE 13 3. Tétel (M. H. Stone, omplex változat). Legyen X ompatum, H C C (X) pedig olyan részalgebra, amely rendelezi a övetez tulajdonságoal: 1. r C : r H; 2. h H : h H; 3. x, y X (x y) : h H : h(x) h(y). Eor H s r C C (X)-ben. Bizonyítás. Legyen H 0 azon H-beli függvénye összessége, amelye tisztán valós érté e, tehát H 0 := H C R (X). Eor H 0 a C R (X) részalgebrája. Legyene ugyanis h, H 0. Ez pontosan azt jelenti, hogy h, H, C R (X) és mivel eze algebrá, így a iválasztott függvénye összege, szorzata és valós salárszorosa is a strutúrában marad. Legyen most f H tetsz leges függvény. Létezne eor olyan Re f és Im f valós érté függvénye, hogy az f = Re f + i Im f el állítás érvényes. Ebb l Re f = f + f ; Im f = f f 2 2 i. Tudju, hogy H C -algebra a omplex onjugálással mint involúcióval, így a fenti el állításban szerepl összes m veletre zárt, azaz adódi, hogy Re f, Im f H. S t H 0 is tartalmazza et, mert valós érté e. Tehát H el áll a övetez alaban: H = H 0 + i H 0. Válasszun most ét tetsz leges elemet X-b l, legyene eze x, y X (x y). A H részalgebra szétválasztó tulajdonságú, ezért létezi olyan h H függvény, hogy h(x) h(y) (h(x), h(y) C). Ez pontosan aor teljesül, ha Re h(x) Re h(y) vagy Im h(x) Im h(y). Létezi tehát legalább egy olyan függvény a H 0 -ban, amely szétválasztja x-et és y-t, nevezetesen Re h vagy Im h. Megmutattu, hogy H 0 C R (X) teljesíti a StoneWeierstrass-tétel feltételeit, azaz s r C R (X)-ben. Utolsó lépésént legyen g C C (X) tetsz leges függvény, és teintsü enne a függvényne a valós és a épzetes részével való el állítását: g = Re g + i Im g. Eor tetsz leges ε > 0 esetén az Re g, illetve Im g függvényehez található 2 olyan h 1, illetve h 2 H 0 -beli függvénye, hogy

2. ABSZTRAKT MEGKÖZELÍTÉS, M. H. STONE TÉTELE 14 Re g h 1 < ε 2 és Im g h 2 < ε 2. Teintsü most azt a h H függvényt, amelyre h = h 1 + i h 2. A övetez számolás végezhet : g h = Re g + i Im g Re h i Im h = = Re g + i Im g h 1 i h 2 = (Re g h 1 ) + i (Im g h 2 ) Re g h 1 + Im g h 2 2 ε 2 = ε. És ezzel a tételt igazoltu. Eze után a Weierstrass-tétel a másodi tétel speciális eseteént jeleni meg. 4. Tétel (K. Weierstrass, 1885). Legyene a, b R (a < b). Legyen továbbá f C R ([a, b]) és ε > 0 tetsz leges valós szám. Eor létezi olyan p : [a, b] R polinom, melyre p(x) f(x) < ε (x [a, b]). Bizonyítás. Az [a, b] pozitív hosszúságú valós intervallum ompat, továbbá Hausdor-tulajdonságú, mert R is az. Az ezen értelmezett polinomo halmaza vetortér a polinomo pontonénti összeadásával és a salárral való szorzásával, továbbá a polinomo pontonénti szorzására nézve is zárt, így algebra. A onstans függvénye polinomo, valamint már az els foú polinomo szétválasztjá az adott intervallum pontjait. Alalmazható tehát a Stone-tétel részalgebrára vonatozó változata. Megjegyzés. Vegyü észre, hogy nem használható Stone tételéne els ént tárgyalt változata. Ha a polinomo szegényebb strutúrával rendeleznéne ebben a szituációban, és csupán vetorteret alotnána, nem lenne igaz a tétel. Hiszen egy polinom abszolútértée csa nagyon speciális esetben marad polinom; aor, ha az illet intervallumon a polinom jeltartó.

3. BIZONYÍTÁS A BERNSTEIN-POLINOMOKKAL 15 3. Bizonyítás a Bernstein-polinomoal 3.1. El észítés és alapfogalma Az els fejezetben tárgyalt bizonyítás, bár igazolja a Weierstrass-tétel állítását, nem ad onrét algoritmust arra, hogyan lehet a özelít polinomoat el állítani. Abban az esetben, amior a özelítend függvénye valós érté e, az approximáló polinomo explicit módon megadható az úgynevezett Bernstein-polinomo segítségével. Ezeet a speciális polinomoat el ször Szergej N. Bernstein használta, amior onstrutív bizonyítást adott Weierstrass tételére. Miel tt onrétan deniálnám a érdéses polinomoat, szüségün lesz néhány lemmára. 3. Lemma. Legyen n N tetsz leges természetes szám. Eor ( nx) 2 x (1 x) n = nx(1 x) (x R). =0 Bizonyítás. Legyen z R, eor a binomiális tétel szerint (z + 1) n = z 1 n = z. (1) =0 Dierenciálva az egyenl ség ét oldalán álló ifejezést, a övetez egyenl ség nyerhet : ((z + 1) n ) = n (z + 1) n 1 = ( ( ) ) n (z = z = ) ( ) n = z 1. =0 =0 =0 =0 Átteinthet bben felírva, a övetez egyenl ség adódott: n (z + 1) n 1 = z 1. Szorozzu most meg az egyenlet mindét oldalát z-vel, így apju a (2) egyenletet: nz (z + 1) n 1 = z. (2) Ezután ismét dierenciálva az egyenletet, továbbá a bal oldalon elvégezve az átalaításoat, a övetez számolás végezhet : n (z + 1) n 1 + n(n 1)z (z + 1) n 2 = 2 z 1 =0 =0 =0

3. BIZONYÍTÁS A BERNSTEIN-POLINOMOKKAL 16 =0 2 z 1 = n (z + 1) n 2 [z + 1 + (n 1) z] = = n (z + 1) n 2 (1 + zn). Az el z ehez hasonlóan szorozzun végig z-vel, így adódi (3): nz (z + 1) n 2 (1 + zn) = 2 z. (3) Hajtsu végre a számozott egyenleteben a z := x helyettesítést. Jelölje 1 x az így apott egyenl ségeet rendre (1 ), (2 ), illetve (3 ): ( ) ( ) n x x = 1 x 1 x + 1 Ezután: =0 =0 =0 =0 ( n =0 ( n ( n ) ) x (1 x) = ( ) x = n x 1 x ) x (1 x) = =0 1 = 1 x 1 x nx ( 1 1 x 1 x 1 (1 x) n. (1') 1 x 1 x + 1 ) n 1 = nx (1 x) n. (2') Végül pedig a harmadi azonosság: ( ) ( ) n x 2 = n x ( n x ) 2 x 1 x 1 x 1 x + 1 1 x + 1 =0 2 x (1 x) = =0 nx 1 x 2 x (1 x) = ( (n 1)x + 1 1 x ) 2 1 1 x nx (1 x + nx) (1 x) n. (3') A lemma állítását megapju, ha elvégezzü a övetez operációat az utóbbi azonosságo mindét oldalán. Formálisan ez a övetez t jelenti tehát: ahol γ 1 (x) (1) + γ 2 (x) (2) + γ 3 (x) (3 ), γ 1 (x) := (1 x) n n 2 x 2, γ 2 (x) := (1 x) n 2nx, γ 3 (x) := (1 x) n.

3. BIZONYÍTÁS A BERNSTEIN-POLINOMOKKAL 17 Teintsü az egyenl ségene csa a bal oldalát, és végezzü el a ijelölt m veleteet. Eor ( n ) x (1 x) minden tagból iemelhet : x (1 x) [(1 x) n n 2 x 2 (1 x) n 2nx + 2 (1 x) n] = =0 = = x (1 x) n [n 2 x 2 2nx + 2] = =0 x (1 x) n [ 2 2(nx) + (nx) 2] = = ( nx) 2 x (1 x) n. =0 Mindez a jobboldalon: (1 x) n n 2 x 2 =0 1 (1 x) n (1 x) n nx 2nx (1 x) n + (1 x) n nx (1 x + nx) (1 x) n = = n 2 x 2 2n 2 x 2 + nx (1 x + nx) = n 2 x 2 2n 2 x 2 + nx nx 2 + n 2 x 2 = = nx nx 2 = nx (1 x). A lemmát felhasználva önnyen belátható a övetez becslés. 4. Lemma. Legyen n N tetsz leges természetes szám. Eor ( nx) 2 x (1 x) n n (x R). 4 =0 Bizonyítás. Az el z állítás szerint az egyenl tlenség bal oldala nx(1 x) alaban írható. Legyen g(x) := x(1 x), eor g (x) = (x x 2 ) = 1 2x; 1 2x = 0 x = 1 2. Az x = 1 2 helyen tehát, mivel a f együttható negatív, maximuma van g-ne: ( ) 1 g = 1 nx(1 x) n 2 4 4.

3. BIZONYÍTÁS A BERNSTEIN-POLINOMOKKAL 18 5. Lemma. Legyen n N tetsz leges természetes szám, x [0, 1] és δ > 0 tetsz legesen rögzített valós szám. Jelölje D n (x) azon indexe halmazát a {0, 1,..., n} halmazból, amelyere teljesül, hogy n x > δ. Eor D n(x) x (1 x) n < 1 4nδ. 2 Bizonyítás. Legyen n N tehát rögzített természetes szám. Eor bármely D n (x) indexre n x > δ, a feltétel szerint. Így ( n x 2 ) = ( ) 2 n x > δ 2 D n(x) ( nx) 2 = n 2 ( n x ) 2 > n 2 δ 2 ( nx)2 > 1. n 2 δ 2 Ezt felhasználva a érdéses összeg becsülhet : x (1 x) n ( nx) 2 x (1 x) n = n 2 δ 2 = 1 n 2 δ 2 D n(x) D n(x) D n(x) ( nx) 2 ( n ) x (1 x) n. Nagyobb összeget apun, legalábbis nem isebbet, ha az összegzést minden indexre elvégezzü, tehát 1 ( nx) 2 x (1 x) n n 2 δ 2 1 n 2 δ 2 ( nx) 2 x (1 x) n = =0 nx(1 x) n 2 δ 2 1 4nδ 2.

3. BIZONYÍTÁS A BERNSTEIN-POLINOMOKKAL 19 Ami adódott, az végeredményben azt jelenti, hogy a D n (x)-beli indexre való összegzés n növeedésével elhanyagolhatóvá váli. Mivel tehát az összeg 0-hoz tart, ha n, azo a tago leszne az approximálás szempontjából érdeese, amelye indexére teljesül, hogy n x < δ. Deníció (Bernstein-polinom). Legyen f : [0, 1] R függvény, n N tetsz leges, rögzített természetes szám és Bn f : [0, 1] R, x Bn(x), f ( ) ( ) n Bn(x) f := f x (1 x) n. n =0 Eor azt mondju, hogy B f n az f függvény n-edi Bernstein-polinomja. Megjegyzés. Ha n N rögzített, aor szoás a β,n : [0, 1] R, x β,n (x) := x (1 x) n ifejezést Bernstein-féle -adi bázis-polinomna is nevezni. Eor {β 0,n, β 1,n,..., β n 1,n, β n,n } n+1 tagú bázisát alotja a [0, 1] intervallumon értelmezett legfeljebb n-edfoú polinomo vetorteréne. Mindeze alapján látszi, hogy a fenti denícióban az f függvény n-edi Bernstein polinomja a övetez lineáris ombinációval egyenl : Bn(x) f = f β,n (x), =0 ahol f := f ( n). Vegyü észre, hogy az f függvény tetsz leges x [0, 1] pontban felvett értée el áll (a binomiális tétel szerint) a övetez alaban: f(x) = 1 f(x) = (x + (1 x)) n f(x) = f(x) x (1 x) n, ahol n N tetsz legesen rögzített. Ha tehát f folytonos függvény, és {0, 1,..., n} olyan, hogy n valamilyen értelemben özel van x-hez, aor f ( n) özel erül f(x)-hez. Természetes módon adódi eor a övetez állítás. =0

3. BIZONYÍTÁS A BERNSTEIN-POLINOMOKKAL 20 3.2. Szergej N. Bernstein tétele 5. Tétel (Szergej N. Bernstein). Legyen f C R ([0, 1]) tetsz leges függvény. Eor tetsz leges ε > 0 valós szám esetén létezi olyan N N üszöbindex, hogy bármely n N esetén B f n f < ε. Bizonyítás. Legyen n N tetsz legesen rögzített természetes szám. Az f a [0, 1] ompat intervallumon folytonos, azaz felveszi a maximumát. Legyen M := max x [0,1] f(x). Ugyancsa a ompat halmazon való folytonosságból övetezi, hogy a [0, 1] intervallumon az f egyenletesen folytonos. Létezi tehát adott 0 < ε 0 < ε 2 valós szám esetén olyan δ > 0, hogy amennyiben x, x [0, 1] tetsz leges eleme és x x δ, aor f(x) f( x) < ε 0. Becsüljü most meg az f(x) B f n(x) ülönbséget: =0 f(x) B f n (x) ( ) ( ) n f(x) f x (1 x) n. n A továbbiaban válasszu ét részre az indexhalmazt, amelyre az összegzés történi; azaz teintsü a övetez halmazoat (x [0, 1]): { } D n (x) := {0,..., n} : n x > δ ; (4) C n (x) := { {0,..., n} : } n x δ. (5) Végezzü el a fenti összegzést ülön-ülön a ét halmaz elemeire. Az f függvény egyenletes folytonossága miatt, ha x δ, aor n f(x) f ( n) < ε 0 teljesül. Tetsz leges x [0, 1] esetén viszont éppen ez áll fenn a C n (x)-beli indexere. Tehát tovább becsülhet az összeg: ( ) ( ) n f(x) f x (5) n (1 x) n C n(x)

3. BIZONYÍTÁS A BERNSTEIN-POLINOMOKKAL 21 C n(x) ε 0 ( n ε 0 ) x (1 x) n = ε 0 C n(x) D n(x) C n(x) x (1 x) n = ε 0 x (1 x) n Végezzü el a fels becslést az indexe mási osztályára is, azaz vizsgálju a övetez összeget: ( ) ( ) n f(x) f x (1 x) n. n D n(x) Tudju, hogy f orlátos a [0, 1] intervallumon, így ( ( n) f(x) f f(x) + n) f 2M, tehát D n(x) ( ) ( ) n f(x) f x (1 x) n n 2M x (1 x) n. D n(x) A 2M fatort iemelve és az 5. lemmát alalmazva a övetez írható: 2M x (1 x) n = = 2M D n(x) D n(x) ( n ) x (1 x) n 2M 1 4nδ 2 = M 2nδ 2. Az n tehát eddig rögzített természetes szám volt. Ha minden indexre összegzün, aor f(x) B f n (x) ( ) ( ) = n f(x) f x (1 x) n ε 0 + M n 2nδ. 2 =0 Legyen N N olyan, hogy M < ε, ha n N. Eor tetsz leges x [0, 1] 2nδ 2 2 esetén f(x) B f n(x) ε < 2 + ε 2 = ε, ha n N. Ez pontosan azt jelenti, hogy B f n f < ε.

3. BIZONYÍTÁS A BERNSTEIN-POLINOMOKKAL 22 6. Tétel (K. Weierstrass, 1885). Legyene a, b R (a < b). Legyen továbbá f C R ([a, b]) és ε > 0 tetsz leges valós szám. Eor létezi olyan p : [a, b] R polinom, melyre p(x) f(x) < ε (x [a, b]). Bizonyítás. Legyen ε > 0 tetsz leges valós szám. Ha [a, b] = [0, 1], aor a Bernstein-tételt apju vissza. Legyen ϕ : [0, 1] R, x ϕ(x) := f ((b a) x + a). A ϕ tehát egy an függvény és f ompozíciója. Emiatt ϕ folytonos, de már a [0, 1] intervallumon van értelmezve. Alalmazható tehát Bernstein tétele, miszerint létezi olyan q polinom a [0, 1]-en, hogy De vegyü észre, hogy ( ) x a ϕ = f b a ϕ(x) q(x) < ε. ( (b a) x a ) b a + a = f(x), azaz tetsz leges x [a, b] esetén: ( ) x a f(x) q < ε. b a

3. BIZONYÍTÁS A BERNSTEIN-POLINOMOKKAL 23 3.3. A Bernstein-féle becslés hibájána vizsgálata A fejezet elején, a StoneWeierstrass-tételre adott bizonyítás, amely a özelít polinomo pontos szerezetét is tartalmazza, nem mindig bizonyul használhatóna a gyaorlatban. Az értelmezési tartomány viszonylag evés ponttal való felosztása esetén is a polinomo foszáma nagy, továbbá a onvergencia, legalábbis egyes eseteben, soal gyorsabb, mint ahogy azt a bizonyítás megjósolja. A övetez példában azt mutatom meg, mennyire elrugaszodi a becslés által szolgáltatott foszám, anna ellenére, hogy a özelítés pontossága egyáltalán nem szigorú. Legyen f : [0, 1] R, x f(x) := 1 10 cos(10x). Ezt a függvényt pusztán esztétiai ooból választottam, továbbá azért, mert az egyes becslése során önnyen ezelhet. A feladat, meghatározni, hogy a függvény hanyadi Bernstein-polinomjára lesz igaz a övetez : B f n (x) f(x) < 2 100 =: ε (x [0, 1]), azaz meg ell határozni azt az n természetes számot, amelyre a fenti egyenl tlenség teljesül. Az f függvény orlátos a [0, 1] intervallumon, mert itt folytonos, így M := max x [0,1] f(x) = 1 10. Legyen ε 0 := 1 < ε. Az f függvény folytonosan dierenciálható az 200 2 egész értelmezési tartományán, így speciálisan a ]0, 1[ nyílt intervallumon is. Lagrange özépértététele szerint igaz a övetez egyenl ség: ( n) f(x) f = f (ξ ) x n, ahol x [ 1, [ n n és ξ ] x, n[, minden {1,..., n} esetén. Mivel f is folytonos, orlátos a nyílt ]0, 1[ intervallumon, azaz f (ξ ) max x ]0,1[ f (x) = max x ]0,1[ sin(10x) max sin(10x) = 1. x [0,1] Ha most δ-t ε 0 -na választju: ( n) f(x) f = f (ξ ) x n x n < ε 0.

4. ALKALMAZÁSOK 24 Alalmazható tehát a Bernstein-tételben szerepl becslés, azaz Jelen esetben ez a övetez t jelenti: 1 1 200 + 10 2n 1 B f n (x) f(x) ε0 + M 2nδ < ε. 2 40000 < 2 100 1 200 + 2000 n < 2 100 2000 n < 3 n > 200 400000 2000 = n = 133334. 200 3 3 Látható tehát, hogy a becslés nagy foszámot szolgáltat. A valóság az, hogy már B f 100 is viszonylag jól özelíti a függvényt. Ezalatt azt értem, hogy például már a B f 100 gráfja is annyira a függvény gráfjához simul, hogy sejteni lehet, a becslésben szerepl hatalmas foszámra nincs szüség. Az ábrán a vastagon szedett vonal a függvény gráfja. Az ábrázolt Bernstein-polinomo a B f 1, B f 5, B f 10, B f 20 és a B f 100. 4. Alalmazáso 4.1. Periodius függvénye egyenletes özelítése A StoneWeiersrass-tétel egy övetezménye a övetez állítás. 7. Tétel. Legyen X R n ompat részhalmaz valamilyen n N természetes számra. Eor P R (X) s r C R (X)-ben, ahol P R (X) az X-en értelmezett összes n-változós valós polinomo halmaza.

4. ALKALMAZÁSOK 25 Bizonyítása az n = 1 esethez hasonlóan történi. A tétel segítségével igazolható egy, Weierstrass approximációs tételéhez hasonló állítás, amely a Fourier-soro elméletében ap szerepet. Enne a tételne az els bizonyítását K. Weierstrass adta meg. Kiderül, hogy a valós intervallumon értelmezett 2π szerint periodius, folytonos, valós érté függvénye egyenletesen özelíthet az úgynevezett trigonometrius polinomo segítségével. Deníció (trigonometrius polinomo). A valós érté trigonometrius polinomo terét jelölje P trig R (R). Tetsz leges eleme a övetez véges összeg alajában áll el f P trig R (R) : f(x) = a j cos(jx) + b j sin(jx), ahol a j, b j R minden j-re és n N. Például a j=0 2 cos(jx) + sin(jx) viszonylag egyszer en megadott j=0 trigonometrius polinom gráfja a övetez :

4. ALKALMAZÁSOK 26 8. Tétel. P trig R (R) s r Cper([0, 2π])-ben. R Megjegyzés. A tételben szerepl C per R ([0, 2π]) a 2π-szerint periodius, valós érté, folytonos függvénye [0, 2π]-re való lesz ítéséne halmazát jelöli. Bizonyítás. Legyen S 1 := { (x, y) R 2 : x 2 + y 2 = 1 }. A 7. Tétel értelmében az S 1 -en értelmezett, valós érté folytonos függvénye algebrájána s r részhalmazát alotjá az ugyanezen a halmazon értelmezett étváltozós, valós polinomo. Világos, hogy C per R ([0, 2π]) minden eleme azonosítható egy, az S 1 -en értelmezett, valós érté, folytonos függvénnyel. Hiszen ha f C per R ([0, 2π]) tetsz leges elem, aor a nei megfelel, egységörön értelmezett g függvény az, amelyre g(e it ) = f(t) (t [0, 2π]). Azt ell csupán megmutatni, hogy az egységörön értelmezett étváltozós polinomo algebrája valójában a trigonometrius polinomo algebrájána felel meg. Legyen p trigonometrius polinom, azaz p(t) = a cos(t) + b sin(t). =0 Teintsü eor a z = cos(t)+i sin(t) omplex számot, ahol legyen t [0, 2π] tetsz legesen rögzített. A Moivre-éplet szerint, ha N természetes szám, aor z = cos(t) + i sin(t). A binomiális tétel szerint pedig: z = (cos(t) + i sin(t)) = j=0 ( ) cos j (t) i j sin j (t). j Eor cos(t) = Re(z ) = 0 j j 0 (mod 2) ( ) ( 1) ε(j) cos j (t) sin j (t), j

4. ALKALMAZÁSOK 27 ahol ε(j) = 0, ha j 0 (mod 4) és ε(j) = 1, ha j 2 (mod 4). Másfel l pedig, a épzetes rész esetén: ( ) sin(t) = Im(z ) = ( 1) ν(j) cos j (t) sin j (t), j 0 j j 1 (mod 2) ahol ν(j) = 0, ha j 1 (mod 4) és ν(j) = 1, ha j 3 (mod 4). Eor legyen cos(t) := x, sin(t) := y. A levezetett összege és ezen jelölés felhasználásával felírva p el állítását, valóban egy S 1 -en értelmezett, étváltozós, valós polinomhoz jutun. Teintsün most egy tetsz leges, valós q(x, y) étváltozós polinomot, amely az R 2 -beli egységörön van értelmezve. Eor (x, y) [ 1, 1] 2 és x 2 + y 2 = 1. Tehát létezi olyan t [0, 2π], hogy cos(t) = x; sin(t) = y, azaz q(cos(t), sin(t)) egy [0, 2π]-n értelmezett trigonometrius polinomna teinthet. A q-ban szerepl hatványo, illetve a cos, sin függvénye hatványaina szorzatai a trigonometrius polinomo deníciójában szerepl alara hozható a övetez azonosságo segítségével (a, b R): sin(a ± b) = sin(a) cos(b) ± sin(b) cos(a); cos(a ± b) = cos(a) cos(b) sin(b) sin(a). Megmutattu tehát, hogy a bizonyítás elején említett beazonosítás a tárgyalt polinomalgebrá özött ölcsönösen egyértelm megfeleltetést jelent és ezzel a bizonyítás ész. 4.2. Riemann-integrál özelítése számtani özép segítségével és a Bernstein-polinomo A Bernstein-polinomo segítségével az is önnyen belátható, hogy a [0, 1] intervallumon értelmezett, valós érté, folytonos függvénye Riemannintegrálja jól özelíthet a bizonyos helyeen számolt függvényértée segítségével felépített számtani özéppel. A bizonyítás során használt Γ-függvény a övetez módon van értelmezve: Γ : R + R, Γ(x) := 0 t x 1 e t dt. A fenti integrál minden pozitív valós x-re létezi, s t bármely pozitív valós résszel rendelez omplex szám esetén is értelmezett. Esetünben viszont elég, ha x R +.

4. ALKALMAZÁSOK 28 9. Tétel. Legyen f C R ([0, 1]) függvény, és teintsü a [0, 1] egy evidisztáns felosztását, pontosabban a övetez halmazt: { } [0, 1] : n N, = 0, 1,..., n. n Eor lim n [ 1 n + 1 f j=0 ( ) ] 1 j = f(x) dx. n 0 Bizonyítás. Az f ompat intervallumon folytonos, így orlátos, azaz Riemann-integrálható függvény. Tudju, hogy Bn f egyenletesen özelíti az f függvényt a [0, 1] intervallumon, ha n. Emiatt 1 1 1 lim Bn(x) f dx = lim n n Bf n(x) dx = f(x) dx. 0 0 0 Eor pedig, mivel az integrandusban szerepl összeg véges: ahol 1 0 B f n(x) dx = = = j=0 j=0 1 0 j=0 ( ) j f x j (1 x) n j dx = j n ( ) ( ) 1 n j f x j (1 x) n j dx = j n 0 ( ) ( n j f j n B : R 2 + R, B(α, β) := ) B (j + 1, n j + 1), 1 x α 1 (1 x) β 1 dx. Eor a B és a Γ függvény özti összefüggést felhasználva: ( ) n Γ(j + 1)Γ(n j + 1) B (j + 1, n j + 1) = j j Γ(n + 2) 0 = = n! j!(n j)! j!(n j)! (n + 1)! Ezzel pedig a bizonyítás teljes. = n! (n + 1)n! = 1 n + 1.

4. ALKALMAZÁSOK 29 Megjegyzés. Egy orábbi deníciót gyelembe véve, azt is megmutattu, hogy ( ) 1 n β j,n (x) dx = 1 j n + 1. 0 A 9. Tételben szerepl határérté argumentuma er sen hasonlít a trapéz formulára. A trapéz-módszerben az intervallum végpontjaitól ülönböz osztópontoban felvett függvényérté étszeres súllyal van ellátva. Az levezetésbeli ülönbség pedig az, hogy a trapéz formula a Lagrange-féle interpolációs polinomoat használja. Az említett özelítés speciális esete a övetez határérténe: b a f(x)dx = lim n b a n + 1 f j=0 (a + jn (b a) ). Itt f : [a, b] R folytonos függvény és természetesen a < b. 4.3. Valós téglán értelmezett folytonos függvénye integrálja A Stone-tétel lehet vé teszi az R -beli tégláon értelmezett valós folytonos függvénye Riemann-integráljána egy alternatív értelmezését. Teintsün ehhez R -ban egy -téglát, pontosabban I := { x = (x 1,..., x ) R : x j [a j, b j ], j = 1,..., }. Jelöljön továbbá I l olyan R l -beli téglát, amelyre a fentihez hasonló deníció érvényes, azaz Legyen (x 1,..., x l ) I l : x j [a j, b j ], j = 1,..., l. f : I R folytonos függvény. Értelmezzü eor f 1 -et a övetez éppen: f 1 (x 1,..., x 1 ) := b a f (x 1,..., x ) dx. Mivel f folytonos az I ompat halmazon, ott egyenletesen folytonos. Így f 1 egyenletesen folytonos az I 1 téglán. Az f 1 -gyel ismét

4. ALKALMAZÁSOK 30 végrehajthatju az eljárást, majd az így apott függvénnyel is. A j-edi lépés után apju az f j függvényt, melyre f j (x 1,..., x j ) = b (j 1) A -adi lépésben adódi egy valós szám: a (j 1) f (j 1) (x 1,..., x (j 1) ) dx (j 1). I f := f 0 = b 1 a 1 f 1 (x 1 ) dx 1 R. Eor f 0 -at az f függvény I téglán vett integráljána nevezzü, és a fenti módon jelöljü. Az értelmezett integrál, bár ez a denícióból özvetlenül nem adódi, nem függ a darab Riemann-integrálás sorrendjét l. Ezt mondja a övetez állítás. 10. Tétel. Legyen f C R (I ) tetsz leges függvény. Jelölje L(f) az f függvényne a változó valamilyen adott sorrendje szerint számított integrálját, L (f) pedig az el z sorrend valamilyen permutációja szerint számított integrálját f-ne. Eor Bizonyítás. Teintsü az -téglát, és legyen L (f) = L(f). I = [a 1, b 1 ] [a, b ] R h j : [a j, b j ] R folytonos minden j = 1,..., esetén. Eor g : I R, g (x 1,..., x ) := h j (x j ) esetén L(g ) = L (g ). Ez látszi az integrál deníciójából, hiszen L(g ) = g = I b 1 b 2 a 1 a 2... b j=1 a g (x 1,..., x ) dx... dx 2 dx 1,

4. ALKALMAZÁSOK 31 ahol a függvény fels indexe a változóina a számát jelöli. Külön végrehajtva az els integrálást: b a g (x 1,..., x ) dx = g 1 (x 1,..., x 1 ) = b = b a h 1 (x 1 )h 2 (x 2 )... h (x ) dx = b = h 1 (x 1 )h 2 (x 2 )... h 1 (x 1 ) h(x ) dx. a Eor h(x ) dx R, tehát visszatérve az eredeti számoláshoz, apju, a hogy L(g ) = b a h (x ) dx b 1 b 2 a 1 a 2... b 1 a 1 h(x 1,..., x 1 ) dx 1... dx 2 dx 1. A soron övetez integrálás során is iemelhet a megfelel tag. Végig elvégezve az összeset, adódi, hogy n b j L(g ) = h j (x j ) dx j = L (g ). j=1 a j Teintsü most az I téglán értelmezett folytonos, valós érté függvénye a övetez halmazát: { } A := a C R (I ) : a = g m, n N, ahol g m minden m-re olyan tipusú függvény, melyre az el bbieben igazolva lett a tétel állítása. Azaz g m egy -tényez s szorzat, melyne tényez i valós intervallumon értelmezett, folytonos, valós érté függvénye. Az A halmazban ilyen szorzatona a tetsz leges véges összegei található. Eor m=1 a A : L(a) = L (a),

4. ALKALMAZÁSOK 32 hiszen ( L(a) = L m=1 g m ) = L(g m ) = L (g m ) = m=1 ) ( = L g m = L (a). m=1 m=1 Továbbá azonnal látszi, hogy A vetortér R felett és zárt elemeine pontonénti szorzására is: a 1, a 2 A, x I : (a 1 a 2 )(x) = a 1 (x) a 2 (x) = ( ) ( s ) s = p i (x) q j (x) = p i (x)q j (x) i=1 j=1 ahol a tago ugyancsa x 1,..., x változó függvényei és teinthet olyan tényez s szorzatona, amelyeben egy tényez csupán egy változótól függ a fentie özül. Tehát A algebra. Most megmutatju, hogy A olyan részalgebrája C R (I )-na, amely teljesíti a Stone-tétel feltételeit. A onstans függvénye természetesen A-ban vanna, ez önnyen látható. Továbbá A szétválasztja az I tégla pontjait. Legyene ugyanis x, y I tetsz leges ponto és x y. Ez pontosan azt jelenti, hogy létezi legalább egy olyan j {1,..., } index, melyre x j y j. Legyen most a A az a függvény, melyre a(x) = x j, azaz legyen a a j-edi oordinátafüggvény. Eor természetesen a(x) a(y), azaz A szétválasztó tulajdonságú. Stone részalgebrára vonatozó tétele szerint eor A s r részalgebrája az I -n értelmezett folytonos, valós érté függvénye algebrájána. Legyen f C R (I ) tetsz leges függvény, ε > 0 pedig tetsz leges valós szám. Eor létezi olyan g A függvény, hogy f g < i=1 ε 2λ (I ), ahol λ (I ) az I tégla -dimenziós Lebesgue-mértée. Így j=1 L(f) L (f) = L(f) L(g) + L(g) L (f)

4. ALKALMAZÁSOK 33 L(f) L(g) + L(g) L (f), de g A, így L(g) = L (g), továbbá az integrál additív: L(f) L(g) + L(g) L (f) = L(f) L(g) + L (g) L (f) = = L(f g) + L (f g) 2λ (I ) f g < 2λ (I ε ) 2λ (I ) = ε. Ezzel pedig a bizonyítás teljes.

HIVATKOZÁSOK 34 Hivatozáso [1] I. P. Natanszon, Konstrutív függvénytan, Aadémiai Kiadó, Budapest, 1952 [2] Járai Antal, Mérté és integrál, Nemzeti Tanönyviadó, 2002 [3] Járai Antal, Modern alalmazott analízis, Typotex, 2007 [4] Matt Young, Math 328 notes, Queen's University at Kingston, Winter term, 2006 [5] Walter Rudin, A matematiai analízis alapjai, M szai Könyviadó, Budapest, 1987