Funkcionálanalízis az alkalmazott matematikában

¨ ¨ LORAND ´ ´ EOTV OS TUDOMANYEGYETEM INFORMATIKAI KAR

Simon P´ eter

Funkcion´ alanal´ızis az alkalmazott matematik´ aban egyetemi jegyzet

A jegyzet az ELTE IK 2010. évi Jegyzett´ amogat´ asi p´ aly´ azat támogatásával kész¨ ult

BUDAPEST, 2010

Tartalomjegyzék

El˝osz´ o

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1. Absztrakt terek 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5.

. . . . . . . . . .

Az absztrakci´ o lehetséges u ´tjai Euklideszi terek . . . . . . Norm´ alt terek . . . . . . Metrikus terek . . . . . . Topologikus terek . . . . .

2. Konvergencia, teljes terek 2.1. 2.2.

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . 3 . . 4 . . 5 . 13 . 14

17 18

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

Szepar´ abilis terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Z´ art rendszerek, b´ azisok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ortogon´ alis rendszerek, Fourier-sorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. .

. .

. . . . . . . . . . .

. . . . .

. .

. . . . . .

. . . .

.

. . . . . . . . . . .

Folytonos leképezések . . . . Line´ aris oper´ atorok . . . . . Az (L(X1 , X2 ), k.k) oper´ ator-tér Du´ alis terek . . . . . . . . Funkcion´ alok kiterjesztése . . Er˝ os konvergencia . . . . . . Kompakt oper´ atorok . . . . . Ny´ılt leképezések . . . . . .

7. Feladatok

. .

. .

. .

.

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . . . . . 1

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . .

42 44 48

. . . . . . . 52

Halmazok t´ avols´ aga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Approxim´ aci´ o norm´ alt terekben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Approxim´ aci´ o euklideszi terekben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28 30 35

. . . . . . 42

A kompakts´ ag fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kompakts´ ag metrikus terekben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kompakts´ ag norm´ alt terekben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6. Lineáris operátorok 6.1. 6.2. 6.3. 6.4. 6.5. 6.6. 6.7. 6.8.

. . . . .

Konvergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Teljes terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5. Az approximáci´ oelmélet alapjai 5.1. 5.2. 5.3.

. . . . .

17

4. Kompaktság 4.1. 4.2. 4.3.

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3. Szeparábilis terek, bázisok 3.1. 3.2. 3.3.

. . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

52 53 58

. . . . . . . 64 . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. 64 . 67 . 72 . 78 . 87 . 98 . 129 . 140

. . . . . . . 148

 Vissza a tartalomhoz

2

El˝ osz´ o

El˝ osz´ o Ez a jegyzet a programtervez˝ o informatikus MSC-s hallgat´ oknak szól´ o Funkcion´ alanal´ızis az alkalmazott matematik´ aban c´ım˝ u t´ argy el˝ oad´ asainak az anyag´ at o¨leli fel. B´ ar ebb˝ ol a t´ argyb´ ol gyakorlatok nincsenek, a jegyzet utols´ o fejezete egy 118 feladatb´ ol a´ll´ o feladatgy˝ ujtemény, ami módot ad (k¨ ul¨ on¨ osen a tanultak ir´ ant az el˝ o´ırtakon t´ ul is érdekl˝ od˝ o hallgat´ oknak) az elméleti ismeretek mélyebb elsaj´ at´ıt´ as´ ara. Maga a jegyzet v´ alogat´ ast tartalmaz a funkcion´ alanal´ızis azon fejezeteib˝ol, amelyek a matematikai alkalmaz´ asok (els˝ osorban a numerikus módszerek, a Fourier-anal´ızis, stb.) szempontj´ ab´ ol k¨ ul¨ on¨ osen fontos szerepet j´ atszanak. Az itt t´ argyalt anyag nagyban t´ amaszkodik a szerz˝ o a´ltal az osztatlan képzésben a programtervez˝o matematikus hallgat´ oknak ebben a témak¨ orben éveken a´t tartott funkcion´ alanal´ızis-t´ am´ aj´ u el˝ oad´ asokra. A t´ argyal´ as sor´ an a szok´ asos bevezet˝ o anal´ızis és line´ aris algebrai el˝ oad´ asok anyag´ anak az ismeretét tételezz¨ uk fel, azaz, hogy az Olvas´ o elsaj´ at´ıtotta m´ ar a vektorterekre, ill. az egy- és t¨ obbv´ altoz´ os f¨ uggvényekre vonatkoz´ o eleminek nevezhet˝o anal´ızisbeli ismereteket. Ez ut´ obbival kapcsolatban mind tartalmilag, terminol´ ogiailag, mind pedig az alkalmazott (és nem u ´jonnan bevezetett) jel¨ olésekkel kapcsolatban az el˝ obb eml´ıtett képzésben részt vett hallgat´ oknak (részben a szerz˝o a´ltal) ´ırt anal´ızis jegyzetsorozat k¨ oteteire utalunk. Kit˝ un˝ o - t¨ obbnyire idegen nyelv˝ u - szakk¨ onyvek, monogr´ afi´ ak a´llnak azok rendelkezésére, akik bizonyos fejezetek ut´ an mélyebben érdekl˝ odnek, vagy esetleg csup´ an más aspektusb´ ol k´ıv´ anj´ ak az itt t´ argyaltakat a´ttekinteni. A teljesség igénye nélk¨ ul ezért a´lljon itt a mondottaknak (ill. a hivatkoz´ asoknak) messzemen˝ oen megfelel˝ o néh´ any m˝ u: • R. E. Edwards, Functional Analysis, Holt, Rinehart and Winston, New York-Chicago-San Francisco-Toronto-London, 1965. • L. V. Kantorovich - G. P. Akhilov, Functional Analysis, Pergamon Press, Oxford-Elmsford, N. Y., 1982. • Kérchy L´ aszl´ o, Val´ os- és funkcion´ alanal´ızis, Polygon Jegyzettár, Szegedi Egyetemi Kiad´ o, 2008. • A. N. Kolmogorov–Sz. V. Fomin, A f¨ uggvényelmélet és a funkcion´ alanal´ızis elemei, M˝ uszaki K¨ onyvkiad´ o, Budapest, 1981. • K. Maurin, Analysis I-II, PWN-Polish Scientific Publishers, Warszawa, 1976-1980. • Riesz Frigyes - Sz˝ okefalvi-Nagy Béla, Funkcion´ alanal´ızis, Tank¨ onyvkiad´ o, Budapest, 1988. • W. Rudin, Functional Analysis, Mc-Graw Hill, New York, 1973. • Simon Péter, Anal´ızis V, egyetemi jegyzet, ELTE E¨ otv¨ os Kiad´ o, Budapest, 1996. • Szili L´ aszl´ o, Funkcion´ alanal´ızis - a jelfeldolgoz´ as és a szimul´ aci´ o matematikai alapjai, egyetemi jegyzet, ELTE IK Kari Digit´ alis K¨ onyvt´ ar, 2007. • Sz˝ okefalvi-Nagy Béla, Val´ os f¨ uggvények és f¨ uggvénysorok, Tank¨ onyvkiad´ o, Budapest, 1965. • K. Yosida, Functional Analysis, Springer-Verlag, Berlin, 1966. Budapest, 2010. a´prilis.

 1. Absztrakt terek

Vissza a tartalomhoz

3

1. Absztrakt terek 1.1. Az absztrakci´ o lehets´ eges u ´ tjai. R¨ oviden emlékeztet¨ unk a t¨ obbv´ altoz´ os vektorf¨ uggvények anal´ızisének az alapj´ at képez˝ o u ń. topologiai h´ attérre. Legyen ehhez 0 p

kifejezést értj¨ uk, akkor x, y ∈ Kn t´ avols´ aga nem más, mint az x − y vektor hossza: ρ2 (x, y) = kx − yk2 . Ez az észrevétel lehet˝ oséget k´ın´ al az absztrakci´ o egy másik lehetséges u ´tj´ ara, a vektorhossz´ us´ ag fogalm´ anak az absztrakci´ oja révén, amelynek az eredményeként kapjuk az absztrakt norm´ alt tereket. M´ ar az elemi anal´ızisb˝ ol is j´ ol tudjuk, hogy a vektorok euklideszi hossza szoros kapcsolatban van a Kn -beli vektorok k¨ oz¨ otti skal´ aris szorz´ assal: ha x, y ∈ Kn a fenti két vektor, akkor hx, yi2 :=

n X

xk y k

k=1

p az x, y u ń. skal´ aris szorzata és hx, xi2 az x vektor kxk2 euklideszi hossza. Ez az észrevétel k´ın´ alja az absztrakci´ o harmadik lehetséges kiindul´ o pontj´ at, a fenti skal´ aris szorzás fogalm´ at absztrah´ alva. Ennek a végeredménye az absztrakt skal´ aris szorzat tér vagy euklideszi tér. A fentiekben v´ azolt absztrakci´ os utak egyre sz˝ ukebb teret engedtek az a´ltal´ anos´ıt´ asnak. Elindulhatunk azonban az ellentétes ir´ anyban is, emlékezve arra, hogy a t¨ obbv´ altoz´ os anal´ızisben sz´ amos alapvet˝o fontoss´ ag´ u fogalom (ilyen pl. a folytonoss´ ag) megfogalmazhat´ o puszt´ an pl. a ny´ılt halmazok seg´ıtségével. Ez ut´ obbi fogalom lényeges jegyeit kiragadva is eljuthatunk egy, az eddigi terek mindegyikét mag´ aba foglal´ o absztrakt tért´ıpushoz, az u ń. topologikus tér fogalm´ ahoz. Ez ut´ obbiak a kés˝obbi vizsg´ al´ od´ asainkban csak bizonyos fogalmak bevezetéséig, ill. néh´ any azokkal kapcsolatos alaptulajdons´ ag tiszt´ az´ as´ aig j´ atszanak szerepet. A kicsit is mélyebb meggondol´ asokat igényl˝ o fogalmak, tételek szám´ ara a legt´ agabb keretet azt´ an a metrikus terek fogj´ ak jelenteni.

4

1. Absztrakt terek 1.2. Euklideszi terek.

Idézz¨ uk fel r¨ oviden a skal´ aris szorz´ as, ill. az euklideszi tér fogalm´ at. Legyen ehhez X line´ aris tér (a tov´ abbiakban is mindig a val´ os vagy komplex K testre vonatkoz´ oan) és tekints¨ unk egy olyan X 2 ∋ (x, y) 7→ hx, yi ∈ K leképezést, amelyre b´ armely x, y, z ∈ X és λ ∈ K mellett az al´ abbi tulajdons´ agok igazak: 1o hx, xi ≥ 0,

2o hx, xi = 0 ⇐⇒ x = 0 (∈ X), 3o hx, yi = hy, xi,

4o hλx, yi = λhx, yi,

5o hx + y, zi = hx, zi + hy, zi

√ (ahol z a z = a + ıb ∈ K (a, b ∈ R, ı := −1) szám komplex konjug´ altj´ at jel¨ oli: z = a − ıb). Ekkor h, i-t skal´ aris szorz´ asnak, az hx, yi (val´ os vagy komplex) számot az x, y elemek skal´ aris szorzat´ anak, az (X, h, i) p´ art pedig skal´ aris szorzat térnek (vagy euklideszi térnek) nevezz¨ uk. Val´ os vagy komplex euklideszi térr˝ ol beszél¨ unk, ha K = R vagy K = C. A 3o , 4o tulajdons´ agokb´ ol r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik, hogy hx, λyi = λhx, yi (x, y ∈ X, λ ∈ K). Val´ os esetben a 3o tulajdons´ ag a skal´ aris szorzás szimmetrikus volt´ at fejezi ki: hx, yi = hy, xi (x, y ∈ X). A most mondottak szerint hλx, λyi = |λ|2 hx, yi (x, y ∈ X, λ ∈ K). Ha 4o -ben λ helyébe 0-t ´ırunk, akkor az el˝ obbieket is figyelembe véve (az X vektortér nullelemét is 0-val jel¨ olve) h0, xi = hx, 0i = 0 o o o (x ∈ X) ad´ odik. Speci´ alisan h0, 0i = 0 (ld. 2 ). Vil´ agos, hogy 3 és 5 alapj´ an hx, y +zi = hy + z, xi = hy, xi + hz, xi = hx, yi + hx, zi (x, y, z ∈ X), azaz a skal´ aris szorzás disztribut´ıv az o¨sszead´ asra nézve. Emlékeztet¨ unk az euklideszi terek vizsg´ alat´ aban alapvet˝o szerepet j´ atsz´ o Cauchy-Bunyakovszkijegyenl˝ otlenségre: |hx, yi|2 ≤ hx, xihy, yi

(x, y ∈ X).

A teljesség kedvéért bizony´ıtsuk is be itt ezt az egyenl˝ otlenséget. Ehhez nyilv´ an feltehet˝ o, hogy (pl.) x 6= 0 (azaz 1o és 2o szerint hx, xi > 0), k¨ ul¨ onben (ld. az el˝ obbi megjegyzéseket is) az egyenl˝ otlenség mindkét oldal´ an nulla a´ll. Legyen ekkor P (λ) := hλx + y, λx + yi = |λ|2 hx, xi + λhx, yi + λhy, xi + hy, yi Mivel 1o szerint P nem-negat´ıv f¨ uggvény, ezért a λ0 := − 0 ≤ P (λ0 ) =

(λ ∈ K).

hx, yi hy, xi =− v´ alaszt´ assal hx, xi hx, xi

|hx, yi|2 |hx, yi|2 |hx, yi|2 |hx, yi|2 − − + hy, yi = hy, yi − , hx, xi hx, xi hx, xi hx, xi

´ amib˝ ol a Cauchy-Bunyakovszkij-egyenl˝ otlenség már nyilv´ an k¨ ovetkezik. Erdemes megjegyezni, hogy a K = R (val´ os) esetben P (λ) = λ2 hx, xi + 2λhx, yi + hy, yi

(λ ∈ R),

5

1. Absztrakt terek azaz P egy nem-negat´ıv val´ os egy¨ utthat´ os másodfok´ u polinom. K¨ ovetkezésképpen a d := 4hx, yi2 − 4hx, xihy, yi

diszkrimin´ ans´ ara d ≤ 0 ad´ odik, amib˝ ol a (val´ os) Cauchy-Bunyakovszkij-egyenl˝ otlenség m´ ar k¨ ovetkezik. Péld´ aul az 1.1. pontban szerepl˝ o Kn térben értelmezett h, i2 f¨ uggvény skal´ aris szorzás, azaz (K , h, i2) euklideszi tér. Hasonl´ oan, ha valamilyen (X , Ω, µ) mértéktér esetén n

hf, gi :=

Z

f g dµ

(f, g ∈ L2 ),

akkor (L2 , h, i) euklideszi tér (ami - megfelel˝ oen v´ alasztva az (X , Ω, µ) mértékteret - megegyezik n (K , h, i2)-vel). Speci´ alisan legyen [a, b] kompakt intervallum, µ := dx az [a, b]-beli Lebesgue-mérték, ekkor hf, gi :=

Z

b

f (x)g(x) dx a

(f, g ∈ L2 [a, b]),

ill. (L2 [a, b], h, i) a Lebesgue-féle euklideszi tér. Ha C[a, b] a folytonos f : [a, b] → R f¨ uggvények alkotta (az R testre vonatkoz´ oan a szok´ asos” f¨ uggvénym˝ uveletekre nézve nyilv´ an) line´ aris tér, akkor ” az hf, gi :=

Z

a

b

f (x)g(x) dx

(f, g ∈ C[a, b])

skal´ aris szorz´ assal (C[a, b], h, i) (val´ os) euklideszi tér, ami (a K := R esetben) az el˝ obbi (L2 [a, b], h, i) térnek altere. Vil´ agos, hogy b´ armely (X, h, i) euklideszi tér és Y ⊂ X altér esetén a h, i : X 2 → K f¨ uggvény Y -re val´ o h, i|Y 2 lesz˝ uk´ıtése is skal´ aris szorzás (az Y altéren), azaz (Y, h, i|Y 2 ) is euklideszi tér (az (X, h, i) tér altere). 2

1.3. Norm´ alt terek. Legyen X ismét egy line´ aris tér K-ra vonatkoz´ oan és tegy¨ uk fel, hogy adott a X ∋ x 7→ kxk ∈ R leképezés, amelyre minden x, y ∈ X és λ ∈ K esetén a k¨ ovetkez˝o kik¨ otések teljes¨ ulnek: 1o kxk ≥ 0,

2o kxk = 0 ⇐⇒ x = 0 (∈ X), 3o kλxk = |λ| · kxk,

4o kx + yk ≤ kxk + kyk.

Ekkor k.k-t norm´ anak, kxk-t az x elem norm´ aj´ anak (vagy hossz´ anak), az (X, k.k) p´ art pedig norm´ alt térnek nevezz¨ uk. 3o -b´ ol k0k = 0 (ld. 2o ), ill. k − xk = kxk (x ∈ X) r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik. A 4o egyenl˝ otlenséget h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlenségként szok´ as eml´ıteni. Ennek egy a´tfogalmaz´ asa a k¨ ovetkez˝o:

6

1. Absztrakt terek 4oo |kxk − kyk| ≤ kx − yk (x, y ∈ X).

Ui. az x = (x − y) + y felbont´ asb´ ol 4o alapj´ an kxk ≤ kx − yk + kyk, azaz kxk − kyk ≤ kx − yk. Az x ↔ y szerepcsere ut´ an kyk − kxk ≤ ky − xk = kx − yk ad´ odik. Ford´ıtva, ha 4oo igaz, akkor 4oo -ben o x helyett (x + y)-t ´ırva kx + yk − kyk ≤ kxk, azaz 4 k¨ ovetkezik. Speciálisan (y = −x) kapjuk, hogy 2kxk ≥ 0, azaz kxk ≥ 0 (x ∈ X) (ld. 1o ). Az 1.1. pontban m´ ar t´ argyalt Kn térben pl. k.k2 norma. Ennek a´ltal´ anos´ıt´ asaként megmutathat´ o, hogy b´ armely 1 ≤ p ≤ +∞ mellett kxkp :=

 P  ( nk=1 |xk |p )1/p 

(p < +∞)

max{|xk | : k = 1, ..., n} (p = +∞)

norma, azaz (Kn , k.kp ) norm´ alt tér. Vil´ agos, hogy n = 1 esetén b´ armely 1 ≤ p ≤ +∞ v´ alaszt´ assal kxkp = |x| (x ∈ K), ill. kapjuk a (K, |.|) norm´ alt teret. S˝ ot, az 1.2.-ben eml´ıtett (X , Ω, µ) mértéktér és 1 ≤ p ≤ +∞ esetén kf kp :=

 R  |f |p dµ 1/p 

(p < +∞)

inf{α ≥ 0 : |f (x)| ≤ α (m.m. x ∈ X )} (p = +∞)

(f ∈ Lp )

norma, ´ıgy (Lp , k.kp ) norm´ alt tér (ami alkalmas (X , Ω, µ) mértéktér mellett megegyezik az el˝ oz˝ o n p (K , k.kp ) térrel). Speci´ alis esetként kapjuk (ld. 1.2.) az (L [a, b], k.kp ) tereket, ill. val´ os esetben ezek (C[a, b], k.kp ) altereit:

kf kp := ill.

 1/p R   b |f (x)|p dx

(p < +∞)

a

 

inf{α ≥ 0 : |f (x)| ≤ α (m.m. x ∈ [a, b])} (p = +∞)

kf kp :=

 1/p R   b |f (x)|p dx a

 

(p < +∞)

max{|f (x)| : x ∈ [a, b]} (p = +∞)

(f ∈ Lp [a, b]),

(f ∈ C[a, b]).

Ha valamely (X, k.k) norm´ alt tér esetén adott az Y ⊂ X altér, akkor nyilv´ an k.k|Y is norma, azaz (Y, k.k|Y ) is norm´ alt tér (az (X, k.k) tér altere). A Cauchy-Bunyakovszkij-egyenl˝ otlenséget is felhaszn´ alva k¨ onnyen bel´ athat´ o, hogy ha (X, h, i) euklideszi tér és kxk :=

p hx, xi

(x ∈ X),

akkor (X, k.k) norm´ alt tér. Ezt ´ıgy fogjuk r¨ oviden jel¨ olni: (X, k.k) ≡ (X, h, i). (Megjegyezz¨ uk, hogy ekkor a Cauchy-Bunyakovszkij-egyenl˝ otlenség alakja a k¨ ovetkez˝o: |hx, yi| ≤ kxk · kyk

(x, y ∈ X)).

7

1. Absztrakt terek

Speciálisan (ld. 1.2.) az (L2 , h, i) vagy az (L2 [a, b], h, i) térb˝ ol, ill. az ut´ obbi (C[a, b], h, i) (val´ os) alteréb˝ ol kiindulva a fenti (ld. p = 2 eset) (L2 , k.k2 ), (L2 [a, b], k.k2 ), (C[a, b], k.k2 ) tereket kapjuk. 1.3.1. Megjegyz´ esek. i) Tegy¨ uk fel, hogy (X, k.k) ≡ (X, h, i), azaz kxk = esetén

p

hx, xi (x ∈ X). Ekkor b´ armely x, y ∈ X

kx + yk2 = hx + y, x + yi = kxk2 + kyk2 + hx, yi + hy, xi és kx − yk2 = hx − y, x − yi = kxk2 + kyk2 − hx, yi − hy, xi. Ezt a két egyenl˝ oséget kivonva egym´ asb´ ol azt kapjuk, hogy

2

2

kx + yk − kx − yk = 2 (hx, yi + hy, xi) = azaz

  4hx, yi 

4Re hx, yi (K = C),

  hx, yi

1 kx + yk2 − kx − yk2 =  4

(K = R)

(K = R)

Re hx, yi (K = C).

ii) Ha K := C, akkor az el˝ obbiekben y helyett ıy-t ´ırva (ı :=

√ −1) azt mondhatjuk, hogy

1 (kx + ıyk2 − kx − ıyk2 ) = Re hx, ıyi = Re (−ıhx, yi) = Im hx, yi. 4 Teh´ at hx, yi =

1 kx + yk2 − kx − yk2 + ı(kx + ıyk2 − kx − ıyk2 ) . 4

1.3.1. T´ etel (Neumann-Jordan-paralelogramma-szab´ aly). Legyen (X, k · k) norm´ alt tér a K testre vonatkoz´ oan és tegy¨ uk fel, hogy

(∗)

kx + yk2 + kx − yk2 = 2 kxk2 + kyk2

(x, y ∈ X).

Ekkor megadhat´ o olyan X 2 ∋ (x, y) 7→ hx, yi ∈ K skal´ aris szorz´ as, amelyre kxk =

p

hx, xi

(x ∈ X).

Bizony´ıt´ as. Az el˝ oz˝ o megjegyzéseket szem el˝ ott tartva tekints¨ uk a

8

1. Absztrakt terek

p(x, y) :=

1 kx + yk2 − kx − yk2 4

(x, y ∈ X)

el˝ o´ır´ assal defini´ alt p : X 2 → R leképezést. Azt fogjuk bel´ atni, hogy tetsz˝oleges x, y, z ∈ X és λ ∈ R esetén i) p(x, x) ≥ 0 és p(x, x) = 0 ⇐⇒ x = 0; iii) p(x + y, z) = p(x, z) + p(y, z);

ii) p(x, y) = p(y, x);

iv) p(λx, y) = λp(x, y).

Ugyanis i) 4p(x, x) = kx + xk2 − kx − xk2 = k2xk2 = 4kxk2 ≥ 0, ill. p(x, x) = 0 ⇐⇒ kxk = 0 ⇐⇒ x = 0.

ii) 4p(y, x) = ky + xk2 − ky − xk2 = kx + yk2 − k − (x − y)k2 = kx + yk2 − kx − yk2 = 4p(x, y), azaz p(x, y) = p(y, x). iii) Megmutatjuk, hogy minden x, y, z ∈ X mellett ϕ(x, y, z) := 4 (p(x + y, z) − p(x, z) − p(y, z)) = 0. Val´ oban, a p defin´ıci´ oja alapj´ an ϕ(x, y, z) = kx + y + zk2 − kx + y − zk2 − kx + zk2 + kx − zk2 − ky + zk2 + ky − zk2 ,

(∗∗)

ahol a (∗) feltétel miatt kx + y + zk2 = k(x + z) + yk2 = 2 kx + zk2 + kyk2 − kx + z − yk2 ,

kx + y − zk2 = k(x − z) + yk2 = 2 kx − zk2 + kyk2 − kx − z − yk2 .

Innen teh´ at azt kapjuk, hogy ϕ(x, y, z) =

kx − z − yk2 − kx + z − yk2 + 2 kx + zk2 − kx − zk2 − kx + zk2 + kx − zk2 − ky + zk2 + ky − zk2 = (∗ ∗ ∗)

kx − z − yk2 − kx + z − yk2 + kx + zk2 − kx − zk2 − ky + zk2 + ky − zk2 .

A (∗∗), (∗ ∗ ∗) egyenl˝ oségeket o¨sszeadva az ad´ odik, hogy 2ϕ(x, y, z) = kx + y + zk2 + kx − z − yk2 − kx + y − zk2 + kx + z − yk2 − 2 ky + zk2 − ky − zk2 .

Itt a (∗) kik¨ otést alkalmazva azt mondhatjuk, hogy

kx + y + zk2 + kx − z − yk2 = k(y + z) + xk2 + k(y + z) − xk2 = 2 ky + zk2 + kxk2 és

9

1. Absztrakt terek

kx + y − zk2 + kx + z − yk2 = k(y − z) + xk2 + k(y − z) − xk2 = 2 ky − zk2 + kxk2 .

Az ut´ obbi két egyenl˝ oségb˝ ol oda jutunk, hogy

2ϕ(x, y, z) = 2 ky + zk2 − ky − zk2 − 2 ky + zk2 − ky − zk2 = 0,

teh´ at val´ oban ϕ(x, y, z) = 0.

iv) Valamely x, y ∈ X esetén legyen Φx,y (t) := 4p(tx, y) = ktx + yk2 − ktx − yk2

(t ∈ R).

Ekkor egyrészt a Φx,y : R → R f¨ uggvény folytonos, ui. |Φx,y (t) − Φx,y (τ )| ≤ ktx + yk2 − kτ x + yk2 + ktx − yk2 − kτ x − yk2 = |ktx + yk − kτ x + yk| (ktx + yk + kτ x + yk) + |ktx − yk − kτ x − yk| (ktx − yk + kτ x − yk) ≤ 2|t − τ |· kxk ((|t| + |τ |)kxk + 2kyk) → 0

(t → τ ).

M´ asrészt Φx,y (0) = kyk2 − k − yk2 = 0 és ha t ∈ R, akkor Φx,y (−t) = k − tx + yk2 − k − tx − yk2 = ktx − yk2 − ktx + yk2 = −4p(tx, y) = −Φx,y (t). Teljes indukci´ oval megmutatjuk, hogy b´ armely n ∈ N esetén Φx,y (n) = nΦx,y (1). Ezt n = 0-ra az imént l´ attuk, ha viszont valamilyen N ∋ n-re igaz, akkor iii) miatt Φx,y (n + 1) = 4p(nx + x, y) = 4p(nx, y) + 4p(x, y) = Φx,y (n) + Φx,y (1) =

nΦx,y (1) + Φx,y (1) = (n + 1)Φx,y (1). Most l´ assuk be azt, hogy tetsz˝ oleges negat´ıv k ∈ Z egész számra Φx,y (k) = kΦx,y (1). Ugyanis −k ∈ N, ezért az el˝ obbiek alapj´ an Φx,y (k) = Φx,y (−(−k)) = −Φx,y (−k) = −(−k)Φx,y (1) = kΦx,y (1). Teh´ at minden x, y ∈ X, j ∈ Z mellett

10

1. Absztrakt terek

Φx,y (j) = jΦx,y (1). Legyen j, k ∈ Z, k 6= 0. Ekkor az el˝ obb bel´ atottakat felhaszn´ alva x j = 4p j , y = Φx/k,y (j) = jΦx/k,y (1) = Φx,y k k j j x j j j kΦx/k,y (1) = Φx/k,y (k) = 4p k , y = 4p(x, y) = Φx,y (1). k k k k k k

Ezzel megmutattuk, hogy b´ armely x, y ∈ X, r ∈ Q esetén Φx,y (r) = rΦx,y (1).

Ha vég¨ ul t ∈ R és tn ∈ Q (n ∈ N) olyan sorozat, amelyre lim(tn ) = t, akkor Φx,y folytonoss´ aga miatt Φx,y (t) = lim (Φx,y (tn )) = lim (tn Φx,y (1)) = tΦx,y (1). M´ as szóval p(tx, y) = tp(x, y)

(x, y ∈ X, t ∈ R).

A fentiek alapj´ an nyilv´ anval´ o, hogy a K=R esetben hx, yi := p(x, y) (x, y ∈ X) olyan skal´ aris szorz´ as, amelyr˝ ol a tételben szó van. Legyen most K = C és hx, yi := p(x, y) + ıp(x, ıy) (x, y ∈ X). Megmutatjuk, hogy h, i eleget tesz a tételbeli k´ıv´ analmaknak. Ehhez azt kell bel´ atnunk, hogy b´ armely x, y, z ∈ X és λ ∈ C esetén v) hx + y, zi = hx, zi + hy, zi; vii) hλx, yi = λhx, yi;

vi) hx, yi = hy, xi;

viii) hx, xi ≥ 0 és hx, xi = 0 ⇐⇒ x = 0.

Bizony´ıt´ asképpen a k¨ ovetkez˝ oket tudjuk mondani: v) Ez a p-re fentebb igazolt iii) o¨sszef¨ uggés nyilv´ anval´ o k¨ ovetkezménye. vi) 4hx, yi = kx + yk2 − kx − yk2 + ı kx + ıyk2 − kx − ıyk2 =

ky + xk2 − ky − xk2 + ı kı(−ıx + y)k2 − kı(−ıx − y)k2 =

11

1. Absztrakt terek ky + xk2 − ky − xk2 + ı ky − ıxk2 − kıx + yk2 =

ky + xk2 − ky − xk2 − ı ky + ıxk2 − ky − ıxk2 = 4hy, xi. vii) Mutassuk meg el˝ osz¨ or, hogy hıx, yi = ıhx, yi (x, y ∈ X). Val´ oban, 4hıx, yi = kıx + yk2 − kıx − yk2 + ı kıx + ıyk2 − kıx − ıyk2 = kıx + yk2 − kıx − yk2 + ı kı(x + y)k2 − kı(x − y)k2 = kıx + yk2 − kıx − yk2 + ı kx + yk2 − kx − yk2 = ı −ı kıx + yk2 − kıx − yk2 + kx + yk2 − kx − yk2 = ı −ı kı(x − ıy)k2 − kı(x + ıy)k2 + kx + yk2 − kx − yk2 = ı −ı kx − ıyk2 − kx + ıy)k2 + kx + yk2 − kx − yk2 = ı ı kx + ıyk2 − kx − ıy)k2 + kx + yk2 − kx − yk2 = 4ıhx, yi.

Legyen most λ = a + ıb ∈ C (a, b ∈ R). Ekkor b´ armely x, y ∈ X mellett a most mondottak és iv), ill. v) alapj´ an hλx, yi = h(a + ıb)x, yi = hax + b(ıx), yi = hax, yi + hb(ıx), yi = ahx, yi + bhıx, yi = ahx, yi + bıhx, yi = λhx, yi. viii) Az el˝ obb bel´ atott vii) a´ll´ıt´ ast felhaszn´ alva tetsz˝oleges x ∈ X esetén 4hx, xi = k2xk2 − kx − xk2 + ı k(1 + ı)xk2 − k(1 − ı)xk2 = 4kxk2 + ı |1 + ı|2 kxk2 − |1 − ı|2 kxk2 = 4kxk2 + ı 2kxk2 − 2kxk2 = 4kxk2 ,

azaz hx, xi = kxk2 ≥ 0 és hx, xi = 0 ⇐⇒ x = 0.

12

1. Absztrakt terek 1.3.2. Megjegyz´ esek. i) Egyszer˝ up sz´ amol´ assal ellen˝ orizhet˝ o, hogy tetsz˝oleges (X, h, i) euklideszi tér esetén az kxk := hx, xi (x ∈ X) norm´ ara (∗) igaz. Ezért a (∗) feltétel sz¨ ukséges és elégséges ahhoz, hogy egy norma skal´ aris szorzásb´ ol származzon. ii) Pl. legyen X := {f : [0, 1] → R : f folytonos } és kf k := max R|f | (f ∈ X), ekkor (∗) nem igaz. Tekints¨ uk ui. az F (t) := t, G(t) := 1 − t (t ∈ [0, 1]) f¨ uggvényeket, amelyekre kF + Gk2 + kF − Gk2 = 2, de 2(kF k2 + kGk2 ) = 4. Ezért k· k-t nem skal´ aris szorzás gener´ alja. iii) Ha az el˝ obbi megjegyzésben kf k := kf kp :=

R 1

0 2

|f |p

1/p

(f ∈ X) valamilyen r¨ ogz´ıtett

1 ≤ p < +∞ mellett, akkor kF + Gk + kF − Gk = 1 + (p + 1)−2/p = 2(kF k2 + kGk2 ) = 4(p + 1)−2/p ⇐⇒ (p + 1)2 = 3p ⇐⇒ p = 2. K¨ onnyen meggy˝ oz˝ odhet¨ unk arr´ ol, hogy p R1 hf, gi := 0 f g (f, g ∈ X) skal´ aris szorzás és kf k2 = hf, f i (f ∈ X). 2

iv) Legyen 2 ≤ n ∈ N, X := Kn , 1 ≤ p ≤ +∞ (ld. 1.3.) és

kxk := kxkp :=

 P  ( ni=1 |xi |p )1/p 

(p < +∞)

max{|xi | : i = 1, 2, ..., n} (p = +∞)

(x = (x1 , ..., xn) ∈ X) .

Ekkor az x := (1, 0, ..., 0), y := (0, 1, 0, ..., 0) ∈ X elemekre

kx + yk2 + kx − yk2 =

  2 · 22/p 

2

(p < +∞) (p = +∞)

, 2(kxk2 + kyk2 ) = 4,

teh´ at kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 + kyk2 ) ⇐⇒ p < +∞ és 22/p = 2 ⇐⇒ p = 2. Ha (ld. 1.2.)

hx, yi := hx, yi2 =

n X

xi y i

i=1

akkor h, i nyilv´ an skal´ aris szorzás és kxk2 =

p

(x, y ∈ X),

hx, xi (x ∈ X).

v) Legyen az el˝ obbi megjegyzésben K := R, n := p := 2, ekkor x, y ∈ R2 esetén 2 kx+yk2 +kx−yk22 az x, y vektorok a´ltal kifesz´ıtett paralelogramma a´tl´ oinak a négyzet¨ osszege, 2(kxk2 + kyk2 ) pedig az oldalak négyzet¨ osszege. Ismert elemi geometriai tény, hogy ezek az o¨sszegek egyenl˝ ok. (Ezért nevezik az 1.3.1. Tételt paralelogramma-szab´ alynak.)

13

1. Absztrakt terek 1.4. Metrikus terek.

Tekints¨ unk egy X 6= ∅ halmazt és egy olyan ρ : X 2 → R f¨ uggvényt, amelyre b´ armely x, y, z ∈ X esetén az al´ abbiak teljes¨ ulnek: 1o ρ(x, y) ≥ 0, 2o ρ(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y, 3o ρ(x, y) = ρ(y, x), 4o ρ(x, y) ≤ ρ(x, z) + ρ(z, y). Ekkor a ρ f¨ uggvényt metrik´ anak, a ρ(x, y) számot az x, y elemek t´ avols´ ag´ anak, az (X, ρ) p´ art pedig metrikus térnek nevezz¨ uk. (K¨ onny˝ u meggondolni, hogy az 1o − 4o k¨ ovetelmények sem f¨ uggetlenek.) A 4o axi´ oma az u ń. h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlenség. Az 1.3. pont 4oo egyenl˝ otlenséghez hasonl´ oan l´ assuk be, hogy 4oo |ρ(x, y) − ρ(x, z)| ≤ ρ(y, z) (x, y, z ∈ X). Val´ oban, 4o szerint ρ(x, y) − ρ(x, z) ≤ ρ(y, z), ill. ugyan´ıgy −(ρ(x, y) − ρ(x, z)) = ρ(x, z) − ρ(x, y) ≤ ρ(y, z), amib˝ ol 4oo m´ ar trivi´ alisan k¨ ovetkezik. B´ armely X 6= ∅ halmaz esetén megadhat´ o ρ : X 2 → R metrika. Legyen ui. ρ(x, y) :=

  0 (x = y) 

1 (x 6= y)

(x, y ∈ X).

Egyszer˝ u meggondol´ as mutatja, hogy ρ metrika, (X, ρ) az u ń. diszkrét metrikus tér. B´ armely (X, ρ) metrikus tér és ∅ 6= Y ⊂ X esetén ρ|Y 2 is metrika, azaz (Y, ρ|Y 2 ) is metrikus tér (az (X, ρ) tér (metrikus) altere). Ha pl. (X, k.k) norm´ alt tér és ρ(x, y) := kx − yk (x, y ∈ X), akkor ρ metrika. Ezt a szitu´ aci´ ot r¨ oviden az al´ abbi m´ odon fogjuk jel¨ olni: (X, ρ) ≡ (X, k.k). Tekints¨ uk pl. a fenti Kn teret és az ott eml´ıtett x, y ∈ Kn vektorokra v u n uX |xk − yk |2 , ρ(x, y) := ρ2 (x, y) = kx − yk2 = t k=1

akkor k¨ onnyen bel´ athat´ oan egy (Kn , ρ2 ) metrikus térhez jutunk. (Szok´ as a most bevezetett ρ2 metrik´ at euklideszi metrik´ anak is nevezni.) Ugyan´ıgy metrika lesz a valamely 1 ≤ p ≤ +∞ mellett defini´ alt

ρp (x, y) := kx − ykp =

 P  ( nk=1 |xk − yk |p )1/p 

(p < +∞)

max{|xk − yk | : k = 1, ..., n} (p = +∞)

(x, y ∈ Kn )

f¨ uggvény (n = 1 esetén ρp (x, y) = |x − y| (x, y ∈ K, 1 ≤ p ≤ +∞), ill. ennek a´ltal´ anos´ıt´ asaként (ld. 1.3.) a

14

1. Absztrakt terek

ρp (f, g) :=

 R  |f − g|p dµ 1/p 

(p < +∞)

inf{α ≥ 0 : |f (x) − g(x)| ≤ α m.m. x ∈ X } (p = +∞)

(f, g ∈ Lp )

f¨ uggvény is. Speci´ alisan (ld. 1.3.)

ρp (f, g) :=

ill.

 1/p R   b |f (x) − g(x)|p dx

(p < +∞)

a

 

inf{α ≥ 0 : |f (x) − g(x)| ≤ α m.m. x ∈ [a, b]} (p = +∞)

ρp (f, g) :=

 1/p R   b |f (x) − g(x)|p dx a

 

(p < +∞)

max{|f (x) − g(x)| : x ∈ [a, b]} (p = +∞)

(f, g ∈ Lp [a, b]),

(f, g ∈ C[a, b]).

Adott (X, ρ) metrikus tér esetén egy a ∈ X elem (r > 0 sugar´ u) k¨ ornyezetén a K(a) := Kr (a) := {x ∈ X : ρ(x, a) < r} halmazt értj¨ uk. Vil´ agos, hogy minden esetben a ∈ Kr (a). K¨ onny˝ u ellen˝ orizni, hogy pl. az (R2 , ρp ) 2 metrikus terekben a p = 1, 2, +∞ v´ alaszt´ assal a Kr (a) (a ∈ R , r > 0) k¨ ornyezetek geometriailag a Descartes-féle koordin´ atas´ıkon rendre egy a k¨ ozep˝ u, a koordin´ atatengelyekkel p´ arhuzamos oldal´ u és 2r oldalhossz´ us´ ag´ u négyzettel, egy a k¨ o z´ e ppont´ u , r sugar´ u k¨ o rrel, ill. egy a k¨ o zéppont´ u, √ us´ ag´ u rombusszal szemléltethet˝ok. Ha a koordin´ atatengelyekkel p´ arhuzamos a´tl´ oj´ u és r 2 oldalhossz´ (X, ρ) a diszkrét metrikus tér (ld. fent), akkor nyilv´ an b´ armely a ∈ X esetén Kr (a) = X, ha r > 1, k¨ ul¨ onben Kr (a) = {a}. Egy A ⊂ X halmazt ny´ıltnak nevez¨ unk, ha A = ∅ vagy tetsz˝oleges a ∈ A elemnek van olyan K(a) k¨ ornyezete, amelyre K(a) ⊂ A teljes¨ ul. Legyen Tρ := {A ⊂ X : A ny´ılt}. Ekkor az al´ abbi a´ll´ıt´ asok trivi´ alisan teljes¨ ulnek: 1o X, ∅ ∈ Tρ , 2o ha Γ 6= ∅ és minden γ ∈ Γ esetén Aγ ∈ Tρ , akkor

S

Aγ ∈ Tρ , T 3o ha Γ 6= ∅ véges és minden γ ∈ Γ esetén Bγ ∈ Tρ , akkor γ∈Γ Bγ ∈ Tρ . γ∈Γ

1.5. Topologikus terek.

Az 1.4. pont végén a metrikus terek ny´ılt halmazaival kapcsolatban tett 1o − 3o kijelentések módot adnak arra, hogy a ny´ılt halmaz fogalm´ anak az absztrakci´ oja révén egy, a metrikus tereknél a´ltal´ anosabb tért´ıpushoz jussunk. Legyen ehhez X halmaz, T ⊂ P(X) pedig olyan halmazrendszer, amelyre fenn´ allnak a k¨ ovetkez˝ ok:

15

1. Absztrakt terek 1o X, ∅ ∈ T ,

2o ha Γ 6= ∅ és minden γ ∈ Γ esetén Aγ ∈ T , akkor

S

Aγ ∈ T , T 3o ha Γ 6= ∅ véges és minden γ ∈ Γ esetén Bγ ∈ T , akkor γ∈Γ Bγ ∈ T . γ∈Γ

Ekkor T -t topol´ ogi´ anak, (X, T )-t pedig topologikus térnek nevezz¨ uk. Az X (alap)halmaz valamely A ⊂ X részhalmaz´ at ny´ıltnak nevezz¨ uk ezután, ha A ∈ T . Vil´ agos, hogy b´ armely (X, ρ) metrikus tér esetén Tρ topol´ ogia, ill. (X, Tρ ) topologikus tér. Mindezt ´ıgy fogjuk jel¨ olni: (X, T ) ≡(X, ρ).

B´ armely X halmaz esetén T := {∅, X}, ill. T := P(X) nyilv´ an topol´ ogia, azaz (X, {∅, X}) és (X, P(X)) egy-egy topologikus tér. Tov´ abb´ a egy (X, T ) topologikus tér és az X tetsz˝oleges Y ⊂ X részhalmaz´ aval TY := {A ∩ Y ∈ P(Y ) : A ∈ T } nyilv´ an topol´ ogia, azaz (Y, TY ) topologikus tér (az (X, T ) tér (topologikus) altere). A TY topol´ ogia elemeit az X halmaz (Y -ra nézve) relat´ıv ny´ılt halmazainak nevezz¨ uk. A kés˝obbiekben t¨ obbsz¨ or szerepel majd példaként az ({a, b}, {∅, {a}, {a, b}}) (nyilv´ an) topologikus tér, ahol a 6= b. A ny´ılt halmaz absztrakt fogalm´ anak a seg´ıtségével k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o, az elemi anal´ızisben fontos szerepet j´ atsz´ o pont-, ill. halmazt´ıpusok absztrakt megfelel˝oit értelmezhetj¨ uk topologikus terekben. i) Valamely A ⊂ X halmaz belsejét (r¨ oviden: int A) mindazon T ∈ T halmazok egyes´ıtéseként defini´ aljuk, amelyekre T ⊂ A igaz. Vil´ agos, hogy int ∅ = ∅, int X = X, int A ⊂ A, int A ∈ T , ill. ha T ∈ T és T ⊂ A, akkor T ⊂ int A. (Az ut´ obbi tulajdons´ ag miatt mondjuk azt, hogy int A az A halmaz legb˝ ovebb ny´ılt részhalmaza.) Tov´ abb´ a A pontosan akkor ny´ılt, ha A = int A. ii) Legyen x ∈ X. Az x elem k¨ ornyezetének nevez¨ unk minden olyan A ⊂ X halmazt, amelyre x ∈ int A. A k¨ ornyezetek jel¨ olésére a´ltal´ aban a K(x) jel¨ olést fogjuk haszn´ alni. Nyilv´ an int K(x) is k¨ ornyezete x-nek és int K(x) ⊂ K(x), azaz x ∈ K(x). Vil´ agos, hogy ha (X, T ) ≡(X, ρ), akkor b´ armely r > 0 esetén Kr (x) (ny´ılt) k¨ ornyezete x-nek. iii) Egy ∅ 6= A ⊂ halmaz bels˝ o pontj´ anak nevezz¨ uk az a ∈ X elemet, ha van olyan K(a), amelyre K(a) ⊂ A. Az eddigieket egybevetve azt kapjuk, hogy ∅ 6= A ∈ T akkor és csak akkor igaz, ha A minden pontja bels˝ o pontja A-nak. iv) A B ⊂ X halmaz legyen z´ art, ha X \ B ∈ T . Jel¨ olj¨ uk C-vel az X z´ art részhalmazainak a rendszerét, ekkor egyszer˝ uen kapjuk az al´ abbiakat: 1o X, ∅ ∈ C,

2o ha Γ 6= ∅ és minden γ ∈ Γ esetén Aγ ∈ C, akkor

T

Aγ ∈ C, S 3 ha Γ 6= ∅ véges és minden γ ∈ Γ esetén Bγ ∈ C, akkor γ∈Γ Bγ ∈ C. o

γ∈Γ

Nyilv´ anval´ o, hogy valamely A ⊂ X halmazra A ∈ T azzal ekvivalens, hogy X \ A ∈ C.

v) Valamely A ⊂ X halmaz lez´ ar´ as´ at (r¨ oviden: A) mindazon B ∈ C halmazok metszeteként defini´ aljuk, amelyekre A ⊂ B igaz. Vil´ agos, hogy ∅ = ∅, X = X, A ⊂ A, A ∈ C, ill. ha B ∈ C és A ⊂ B, akkor A ⊂ B. (Az ut´ obbi tulajdons´ ag miatt mondjuk azt, hogy A az A halmazt lefed˝ o legsz˝ ukebb z´ art részhalmaza X-nek.) Tov´ abb´ a A pontosan akkor z´ art, ha A = A. Azt mondjuk, hogy A minden¨ utt s˝ ur˝ u (X-ben), ha A = X. vi) Legyen A ⊂ X, x ∈ X. Azt mondjuk, hogy az x elem érintkezési pontja A-nak, ha b´ armely K(x) k¨ ornyezet esetén A ∩ K(x) 6= ∅. Nyilv´ anval´ o, hogy az A halmaz minden pontja érintkezési pontja is A-nak. vii) Az x ∈ X elem torl´ od´ asi pontja az A ⊂ X halmaznak, ha tetsz˝oleges K(x) k¨ ornyezetre A ∩ (K(x) \ {x}) 6= ∅. Legyen A′ az A halmaz torl´ od´ asi pontjainak a halmaza. Vil´ agos, hogy ha x ∈ X \ A érintkezési pontja A-nak, akkor x ∈ A′ .

16

1. Absztrakt terek ´ ıt´ 1.5.1. All´ as. Legyen A ⊂ X, x ∈ X. Ekkor x ∈ A akkor és csak akkor igaz, ha x érintkezési pontja A-nak.

Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel el˝ osz¨ or, hogy x ∈ A és (indirekt módon okoskodva) x nem érintkezési pontja A-nak. Ez azt jelenti, hogy egy alkalmas K(x) k¨ ornyezettel A ∩ K(x) = ∅. Feltehet˝o, hogy K(x) ∈ T , k¨ ul¨ onben cserélj¨ uk ki K(x)-et int K(x)-re. Így X \ K(x) ∈ C, azaz A ⊂ X \ K(x) miatt A ⊂ X \ K(x). Mivel x ∈ A, ezért x ∈ / K(x). Utóbbi viszont ellentmond x ∈ K(x)-nek, ezért x val´ oban érintkezési pontja A-nak. Ford´ıtva, most azt tegy¨ uk fel, hogy x érintkezési pontja A-nak és (ismét indirekt okoskodva) at x ∈ X \ A ∈ T . Van teh´ at olyan (feltehet˝o, hogy ny´ılt) K(x) k¨ ornyezete x-nek, amelyre x∈ / A. Teh´ K(x) ⊂ X \ A ∈ T . Teh´ at K(x) ∩ A = ∅. Mivel A ⊂ A, ezért K(x) ∩ A = ∅ is igaz, ami ellentmond annak, hogy x érintkezési pontja A-nak. Teh´ at x ∈ A. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o péld´ at: tegy¨ uk fel, hogy a 6= b és legyen X := {a, b} , T := {∅, X, {a}}. Ekkor az (X, T ) topologikus térben (ld. fent) b-nek egyetlen k¨ ornyezete létezik: K(b) = X. ′ K¨ ovetkezésképpen X ∩ (K(b) \ {b}) = {a} 6= ∅, azaz b ∈ X . Nem igaz teh´ at az az elemi anal´ızisb˝ ol megszokott jellemzése a torl´ od´ asi pontoknak, hogy ti. egy halmaz valamely torl´ od´ asi pontj´ anak b´ armely k¨ ornyezetében végtelen sok pontja van az illet˝ o halmaznak. Nevezz¨ uk a sz´ oban forg´ o topologikus teret T1 -térnek, ha igaz az al´ abbi kijelentés: tetsz˝ oleges x, y ∈ X, x 6= y esetén megadhat´ ok olyan K(x), K(y) k¨ ornyezetek, hogy x ∈ / K(y) és y ∈ / K(x). Azt is mondjuk, hogy az (X, T ) topologikus térre teljes¨ ul a T1 -axi´ oma. ´ ıt´ 1.5.2. All´ as. Tegy¨ uk fel, hogy az (X, T ) topologikus tér T1 -tér és legyen A ⊂ X, x ∈ X. Ekkor ′ x ∈ A azzal ekvivalens, hogy tetsz˝ oleges K(x) k¨ ornyezetre az A ∩ K(x) halmaz végtelen. Bizony´ıt´ as. Nyilv´ anval´ o, hogy ha tetsz˝oleges K(x) k¨ ornyezetre az A ∩ K(x) halmaz végtelen, akkor x torl´ od´ asi pontja A-nak. Tegy¨ uk fel ezért most azt, hogy x ∈ A′ , de (indirekt módon) van olyan K(x) k¨ ornyezete x-nek, amelyre az A ∩K(x) metszethalmaz véges. Mivel x torl´ od´ asi pontja A-nak, ezért ∅ 6= A ∩(K(x) \{x}) véges halmaz. Legyen valamilyen n ∈ N esetén A ∩ (K(x) \ {x}) = {a0 , ..., an}.

(∗)

A T1 -axi´ oma miatt b´ armely i = 0, ..., n mellett van olyan K (i) (x) k¨ ornyezet, amelyre ai ∈ / K (i) (x). T e e e onnyen bel´ athat´ oan K(x) is k¨ ornyezete x-nek és ai ∈ / K(x) Ha K(x) := ni=0 K (i) (x), akkor k¨ e (i = 0, ..., n). Innen (∗) alapj´ an r¨ ogt¨ on ad´ odik, hogy A ∩ (K(x) \ {x}) = ∅, ami ellentmond annak, ′ hogy x ∈ A . 1.5.1. Megjegyz´ esek. i) K¨ onny˝ u meggondolni, hogy b´ armely A ⊂ X esetén az al´ abbi ekvivalenci´ ak igazak: A z´ art ⇐⇒ A′ ⊂ A, ill. A = X ⇐⇒ tetsz˝oleges ∅ 6= K ∈ T halmazra K ∩ A 6= ∅. ii) Ha (X, T ) ≡ (X, ρ), akkor teljes¨ ul a T1 -axi´ oma. Val´ oban, legyen x, y ∈ X és x 6= y. Ha d := ρ(x, y) (> 0), akkor y ∈ / Kd/2 (x), x ∈ / Kd/2 (y). Ugyanakkor a fentebb már eml´ıtett

 2. Konvergencia, teljes terek

Vissza a tartalomhoz

17

({a, b}, {∅, {a}, {a, b}}) (a 6= b) topologikus tér esetén nincs olyan ρ : {a, b}2 → [0, +∞) metrika, amellyel ({a, b}, {∅, {a}, {a, b}}) ≡ ({a, b}, ρ) lenne. Ui. a szóban forg´ o topologikus térben nem igaz a T1 -axi´ oma: K(b) = {a, b} miatt a ∈ K(b). iii) Az el˝ obbi megjegyzés szerint teh´ at egy topol´ ogia metrizálhat´ os´ ag´ anak” sz¨ ukséges feltétele ” az, hogy az illet˝ o topologikus tér T1 -tér legyen. (A metrizálhat´ os´ ag kérdésével b˝ ovebben nem foglalkozunk.)

2. Konvergencia, teljes terek 2.1. Konvergencia. Valamely (X, T ) topologikus tér esetén tekints¨ unk egy xn ∈ X (n ∈ N) sorozatot. Egy α ∈ X elemet a sz´ oban forg´ o sorozat limeszpontj´ anak nevez¨ unk, ha b´ armely K(α) esetén xn ∈ K(α) majdnem minden n-re igaz. (Teh´ at van olyan N ∈ N, amellyel xn ∈ K(α) (N ∋ n > N ).) Az (xn ) sorozat limeszpontjainak a halmaz´ at ´ıgy jel¨ olj¨ uk: Lim (xn). ´ ıt´ 2.1.1. All´ as. Tegy¨ uk fel, hogy az A ⊂ X halmaz z´ art. Ekkor b´ armely xn ∈ A sorozatra Lim (xn ) ⊂ A.

(n ∈ N)

Bizony´ıt´ as. Indirekt u ´ton okoskodva tegy¨ uk fel, hogy egy alkalmas xn ∈ A (n ∈ N) sorozatra és α ∈ Lim (xn) elemre α ∈ / A. Teh´ at α ∈ X \ A ∈ T , ´ıgy van olyan K(α) k¨ ornyezet, amelyre K(α) ⊂ X \ A. Ugyanakkor α ∈ Lim (xn ) miatt xn ∈ K(α) majdnem minden n ∈ N esetén, azaz ilyen n-ekre xn ∈ A ∩ (X \ A) = ∅. Ut´ obbi nyilv´ an nem lehetséges, ezért ilyen α nincs: Lim (xn ) ⊂ A. ´ ıt´ Tekints¨ uk az 1.5.2. All´ as el˝ ott mondott péld´ at: a 6= b, X := {a, b}, T := {∅, X, {a}} és legyen xn := a (n ∈ N). Ekkor Lim (xn ) = X. Ui. az a ∈ Lim (xn) tartalmaz´ as nem szorul magyar´ azatra. De b ∈ Lim (xn ) is igaz, ti. (ld. fent) b-nek egyetlen k¨ ornyezete létezik: K(b) = X, ´ıgy xn ∈ K(b) (n ∈ N). Ez az egyszer˝ u példa is azt mutatja, hogy egy sorozatnak lehetnek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o limeszpontjai, szemben az elemi anal´ızisben (persze speciális esetekben) megszokottakkal.” Az illet˝ o topologikus ” teret T2 -térnek (vagy Hausdorff-térnek) nevezz¨ uk, ha teljes¨ ul a k¨ ovetkez˝o u ń. T2 -axi´ oma: tetsz˝ oleges x, y ∈ X, x 6= y esetén alkalmas K(x), K(y) k¨ ornyezetekre K(x) ∩ K(y) = ∅. Vil´ agos, hogy a most mondott T2 -axi´ oma er˝ osebb” a T1 -axi´ om´ an´ al: minden T2 -tér egy´ uttal T1 -tér is. Ford´ıtva ugyanez ” nem igaz: ha pl. X := [0, 1] és A ∈ T akkor és csak akkor, ha A = ∅ vagy A = [0, 1] \ B valamilyen B ⊂ [0, 1] legfeljebb megsz´ aml´ alhat´ o halmazzal, akkor vil´ agos, hogy T topol´ ogia. Ha x, y ∈ X és x 6= y, akkor K(x) := [0, 1] \ {y}, K(y) := [0, 1] \ {x} olyan k¨ ornyezetek, amelyekre y ∈ / K(x), x ∈ / K(y), azaz igaz a T1 -axi´ oma. Ugyanakkor nem teljes¨ ul a T2 -axi´ oma, ui. a, b ∈ X, a 6= b esetén b´ armely K(a), K(b) k¨ ornyezetre int K(a) = [0, 1] \ U, int K(b) = [0, 1] \ V alkalmas, legfeljebb megszáml´ alhat´ o U, V ⊂ [0, 1] halmazokkal. Mivel ([0, 1] \ U ) ∩ ([0, 1] \ V ) = [0, 1] \ (U ∪ V ) és U ∪V legfeljebb megsz´ aml´ alhat´ o, ezért [0, 1]\(U ∪V ) 6= ∅. K¨ ovetkezésképpen int K(a)∩ int K(b) 6= ∅, ´ıgy K(a) ∩ K(b) 6= ∅.

18

2. Konvergencia, teljes terek

Speciálisan az (X, ρ) metrikus terek T2 -terek is, hiszen (ld. fent) x, y ∈ X, x 6= y esetén Kd/2 (x) ∩ Kd/2 (y) = ∅ (ahol d := ρ(x, y)). ´ ıt´ 2.1.2. All´ as. Tegy¨ uk fel, hogy (X, T ) Hausdorff-tér. Ekkor b´ armely xn ∈ X sorozatra a Lim (xn ) halmaz legfeljebb egy elem˝ u.

(n ∈ N)

Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel az a´ll´ıt´ assal ellentétben, hogy α, β ∈ Lim (xn ), α 6= β és legyenek a K(α), K(β) k¨ ornyezetek diszjunktak. Ekkor alkalmas N, M ∈ N k¨ usz¨ obindexekkel” xn ∈ K(α) ” (N ∋ n > N ), xn ∈ K(β) (N ∋ n > M ) teljes¨ ul. Ha P := max{N, M }, akkor minden N ∋ n > P esetén xn ∈ K(α) ∩ K(β), ami K(α) ∩ K(β) = ∅ miatt nem lehetséges. Legyen most (X, T ) ≡ (X, ρ), xn ∈ X (n ∈ N) pedig olyan sorozat, amelyre Lim (xn ) 6= ∅. Az el˝ obbi a´ll´ıt´ as miatt ekkor egyértelm˝ uen van olyan α ∈ X elem, hogy Lim (xn) = {α}. Ezt az α elemet az x := (xn ) sorozat limeszének (vagy hat´ arértékének,) mag´ at az (xn ) sorozatot pedig konvergensnek nevezz¨ uk. Az elemi anal´ızisb˝ ol m´ ar j´ ol ismert jel¨ oléseket fogjuk absztrakt szitu´ aci´ oban is haszn´ alni: lim x := lim(xn ) := limn→∞ xn := α. Id˝ onként azt is ´ırjuk, hogy xn → α (n → ∞). Vil´ agos, hogy α = lim(xn ) azzal ekvivalens, hogy

(2.1.1)

ρ(xn , α) → 0

(n → ∞).

M´ as szóval teh´ at: minden ε > 0 esetén van olyan N ∈ N, hogy ρ(xn , α) < ε (N < n ∈ N). ´ ıt´ 2.1.3. All´ as. Legyen adott egy tetsz˝ oleges (X, ρ) metrikus tér. Ekkor b´ armely ∅ 6= A ⊂ X halmazra igaz a k¨ ovetkez˝ o ekvivalencia: A akkor és csak akkor z´ art, ha minden A-beli konvergens sorozat hat´ arértéke eleme A-nak ´ ıt´ Bizony´ıt´ as. A 2.1.1. All´ as miatt elegend˝ o már csak a k¨ ovetkez˝ot megmutatni: ha minden konvergens xn ∈ A (n ∈ N) sorozatra lim(xn ) ∈ A, akkor A z´ art. Tegy¨ uk fel ui. indirekt m´ odon, at olyan α ∈ A elem, amelyre α ∈ / A. Mivel (ld. 1.5.1. hogy A nem z´ art, azaz A 6= A. Van teh´ ´ ıt´ All´ as) α érintkezési pontja A-nak, ezért tetsz˝oleges n ∈ N esetén létezik xn ∈ A ∩ K1/(n+1) (α). K¨ ovetkezésképpen az ´ıgy defini´ alt (xn ) sorozat A-beli és ρ(xn , α) < 1/(n + 1) (n ∈ N). Teh´ at ρ(xn , α) → 0 (n → ∞), ´ıgy α = lim(xn ). A feltételek miatt ezért α ∈ A, szemben az indirekt feltevéssel. 2.2. Teljes terek. Tekints¨ uk az (X, ρ) metrikus teret és benne egy xn ∈ X (n ∈ N) konvergens sorozatot. Legyen α := lim(xn ), ekkor tetsz˝ oleges ε > 0 sz´ amhoz van olyan N ∈ N, hogy ρ(xn , α) < ε/2 (N < n ∈ N). A h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlenség szerint ρ(xn , xm ) ≤ ρ(xn , α) + ρ(xm , α)

(n, m ∈ N),

azaz

(2.2.1) k¨ ovetkezik.

ρ(xn , xm ) < ε

(N < n, m ∈ N).

19


A konvergens sorozatokra most kapott (2.2.1) tulajdons´ aggal nem konvergens sorozatok is rendelkezhetnek. Az egyik legyegyszer˝ ubb elemi példa erre a k¨ ovetkez˝o: legyen X := Q, ρ(x, y) := |x − y| (x, y ∈ X), ill. vegy¨ uk az x0 := 2 , xn+1 :=

1 xn + 2 xn

(n ∈ N)

rekurzi´ oval megadott sorozatot. J´ ol ismert, hogy xn ∈ Q (n ∈ N) és b´ armely ε > 0 esetén √ |xn − 2| < ε, hacsak (egy alkalmas N ∋ N -nel) az n indexre n > N. Innen a√fentiek szerint (2.2.1) k¨ ovetkezik. Ha az (x√ arértéke csak 2 lehetne, ami n ) sorozat konvergens lenne, akkor a hat´ viszont nem racion´ / Q. K¨ alis sz´ am: 2 ∈ ovetkezésképpen nincs a Q halmaznak olyan α eleme, amellyel (2.1.1) teljes¨ ulne, azaz az (xn ) sorozat nem konvergens. A (2.2.1) tulajdons´ aggal rendelkez˝ o sorozatokat Cauchy-sorozatoknak fogjuk nevezni, mag´ at a (2.2.1) tulajdons´ agot Cauchy-tulajdons´ agnak (vagy Cauchy-kritériumnak). Teh´ at minden konvergens sorozat Cauchy-sorozat, de ez ford´ıtva nem minden metrikus térben igaz. Nevezz¨ uk ezért a sz´ oban forg´ o metrikus teret teljes metrikus térnek, ha benne minden Cauchy-sorozat konvergens. Pl. a diszktér metrikus tér (ld. 1.4.) teljes, ui. egy (xn ) sorozat (k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ oen) akkor és csak akkor Cauchy-sorozat ebben a térben, ha kv´ azikonstans: van olyan N ∈ N, hogy xn = xN (N ≤ n ∈ N). Vil´ agos ugyanakkor, hogy minden kv´ azikonstans sorozat (b´ armely metrikus térben) konvergens. Tekints¨ uk viszont a [−1, 1] intervallumon folytonos val´ os érték˝ u f¨ uggvények C[−1, 1] halmaz´ at és legyen (ld. 1.4.) ρ(f, g) :=

Z

1

−1

|f − g|

(f, g ∈ C[−1, 1]).

Ekkor (a Riemann-integr´ al elemei tulajdons´ agai alapj´ an) ρ metrika, de (C[−1, 1], ρ) nem teljes. Legyen ui.  0 (−1 ≤ x ≤ 0)      1 ≤x≤1 fn (x) := 1 n+1     1  nx 0≤x≤ n+ 1

(n ∈ N).

Egyszer˝ u számol´ as mutatja, hogy n, m ∈ N, n ≤ m esetén ρ(fn , fm ) =

Z

1 −1

|fn − fm | =

Z

0

1/n

|fn − fm | → 0

(n, m → ∞),

azaz (fn ) Cauchy-sorozat. Tegy¨ uk fel indirekt módon, hogy valamilyen f ∈ C[−1, 1] f¨ uggvénnyel ρ(fn , f ) → 0 (n → ∞). Ekkor tetsz˝ oleges −1 ≤ x < 0 esetén f (x) = 0. K¨ ul¨ onben lenne olyan x ∈ [−1, 0), hogy (pl.) f (x) > 0. Mivel f folytonos, ezért egy alkalmas 0 < δ < |x| mellett f (t) > f (x)/2 (t ∈ [x − δ, x + δ]) is igaz lenne. Ekkor viszont minden n ∈ N indexre ρ(fn , f ) =

Z

1 −1

|fn − f | ≥

Z

x+δ

x−δ

|fn − f | =

Z

x+δ

x−δ

|f | ≥ 2δ

f (x) = f (x)δ, 2

20


ami nyilv´ an ellentmond a ρ(fn , f ) → 0 (n → ∞) feltételnek. Ugyan´ıgy kapjuk, hogy f (t) = 1 (0 < t ≤ 1), amib˝ ol viszont f ∈ / C{0} k¨ ovetkezik, szemben f feltételezett folytonoss´ ag´ aval. Tudjuk az elemi anal´ızisbeli tanulm´ anyokb´ ol, hogy b´ armely 1 ≤ p ≤ +∞ és 0 < n ∈ N esetén (ld. 1.4.) a (Kn , ρp ) metrikus tér teljes. Hasonl´ oan teljesek a (ld. 1.4.) valamely (X , Ω, µ) mértéktér esetén kapott (Lp , k.kp ) terek, speci´ alisan az (Lp [a, b], k.kp ), (C[a, b], k.k∞ ) terek is. Jegyezz¨ uk meg, hogy a (C[a, b], k.k∞ ) térben az fn ∈ C[a, b] (n ∈ N) f¨ uggvényekb˝ ol a´ll´ o sorozat konvergenci´ aja a szóban forg´ o (fn ) f¨ uggvénysorozat egyenletes konvergenci´ aj´ at jelenti: tetsz˝oleges ε > 0 számhoz van olyan N ∈ N k¨ usz¨ obindex”, hogy |fn (x) − fm (x)| < ε, hacsak N < n, m ∈ N és x ∈ [a, b] tetsz˝oleges. ” Ha (X, ρ) ≡ (X, k.k) és (X, ρ) teljes, akkor az (X, k.k) teret teljes norm´ alt térnek (vagy Banachtérnek) nevezz¨ uk. Ha (X, k.k) ≡ (X, h, i) és (X, k.k) Banach-tér, akkor (X, h, i) egy u ń. Hilbert-tér. Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o jel¨ olést: valamely (X, ρ) metrikus tér, a ∈ X és r > 0 esetén legyen Gr (a) := {x ∈ X : ρ(x, a) ≤ r}. K¨ onny˝ u meggondolni, hogy Gr (a) z´ art halmaz. Vil´ agos, hogy Kr (a) ⊂ Gr (a) s˝ ot, az is nyilv´ anval´ o, hogy Kr (a) ⊂ Gr (a). T∞ 2.2.1. T´ etel. Az (X, ρ) metrikus tér akkor és csak akkor teljes, ha n=0 Grn (an ) 6= ∅ minden olyan an ∈ X (n ∈ N) elemsorozat és rn > 0 (n ∈ N) sz´ amsorozat esetén, amelyekkel Grn+1 (an+1 ) ⊂ Grn (an ) (n ∈ N) és lim(rn ) = 0 teljes¨ ul.

Bizony´ıt´ as. L´ assuk be el˝ osz¨ or azt, hogy a tételben szerepl˝o Gn := Grn (an ) (n ∈ N) z´ art ” g¨ omb¨ okkel” megfogalmazott feltétel sz¨ ukséges a tér teljességéhez. Tegy¨ uk fel teh´ at, hogy (X, ρ) teljes és (Gn ) a tételben szerepl˝ o g¨ ombsorozat. Ekkor b´ armely n, m ∈ N, n ≤ m esetén Gm ⊂ Gn , azaz ρ(an , am ) ≤ rn → 0

(n → ∞).

Ez éppen azt jelenti, hogy az (an ) sorozat Cauchy-sorozat, k¨ ovetkezésképpen a tér feltételezett teljessége miatt létezik az α := lim(an ) hat´ arérték. Gondoljuk meg, hogy α ∈ Gn minden N ∋ n-re igaz. Ha ui. lenne olyan N ∈ N, amelyre α ∈ / GN , akkor α ∈ X \ GN ∈ Tρ miatt egy alkalmas K(α) k¨ ornyezettel K(α) ⊂ X \ GN . A (Gn ) sorozatra tett feltétel miatt ekkor egy´ uttal minden n ∈ N, N ≤ n-re is K(α) ⊂ X \ Gn . Mivel α = lim(an ), ezért egy alkalmas M ∈ N index mellett an ∈ K(α) teljes¨ ul, hacsak n ∈ N és n > M. Teh´ a t n ∈ N, n > max{N, M } eset´ e n a ∈ G ∩ (X \ G ), ami nyilv´ anval´ o képtelenség. n n n T∞ T∞ oban n=0 Gn 6= ∅. Teh´ at α ∈ n=0 Gn , ´ıgy val´

Most l´ assuk be a tétel elégségesség-részét. Tegy¨ uk fel ehhez, hogy a (Gn ) g¨ ombsorozatra fenn´ allnak a tételben megfogalmazott feltételek, és mutassuk meg a tér teljességét. Legyen ehhez (xn ) egy X-beli Cauchy-sorozat. A (2.2.1) Cauchy-kritérium miatt van olyan n0 ∈ N index, amellyel ρ(xn0 , xk ) < 1

(k ∈ N, k > n0 ).

Legyen r0 := 2 és G0 := Gr0 (xn0 ). Megint csak (2.2.1) alapj´ an tal´ alunk olyan n0 < n1 ∈ N indexet is, amellyel

21


ρ(xn1 , xk ) <

1 2

(k ∈ N, k > n1 ).

Ha r1 := 1 és G1 := Gr1 (xn1 ), akkor G1 ⊂ G0 . Val´ oban, legyen t ∈ G1 , azaz ρ(t, xn1 ) ≤ 1. Ekkor ρ(t, xn0 ) ≤ ρ(t, xn1 ) + ρ(xn1 , xn0 ) < 1 + 1 = r0 , azaz t ∈ G0 . Teljes indukci´ oval okoskodva ´ıgy megadhatunk egy olyan (Gk ) = (Grk (xnk )) g¨ ombsorozatot, amelyre Gk+1 ⊂ Gk , rk+1 =

rk 2

(k ∈ N)

igaz. Mivel az (rk ) sorozatra mondott rekurz´ıv o¨sszef¨ uggés alapj´ an nyilv´ an rk = r0 /2k → 0 (k → ∞), ezért egy´ uttal lim(rk ) = 0 is teljes¨ ul. A feltételek miatt ezért van olyan α ∈ X, hogy α ∈ Gk minden N ∋ k-ra. M´ as sz´ oval teh´ at ρ(xnk , α) ≤ rk → 0

(k → ∞).

Ez nem mást jelent mint azt, hogy α = lim(xnk ), azaz, hogy az (xn ) sorozat (xnk ) részsorozata konvergens. Vegy¨ uk figyelembe, hogy az (xn ) sorozat Cauchy-sorozat, azaz (2.2.1) teljes¨ ul: b´ armely ε > 0 számhoz van olyan N ∈ N, amellyel ρ(xn , xm ) < ε/2, hacsak N < n, m ∈ N. Ugyanakkor α = lim(xnk ) miatt meg van olyan M ∈ N, hogy ρ(xnk , α) < ε/2

(M < k ∈ N).

A h´ aromsz¨ og-egyen˝ otlenség alapj´ an viszont m, k ∈ N, m, k > max{N, M } esetén (figyelembe véve, hogy nk ≥ k) ρ(xm , α) ≤ ρ(xm , xnk ) + ρ(xnk , α) < 2ε/2 = ε. Ezért az (xn ) sorozat konvergens (és lim(xn ) = α). 2.2.1. Megjegyz´ esek. i) K¨ onny˝ u meggondolni, hogy a 2.2.1. Tételben szerepl˝ o (Gn ) sorozatra a maz egy elem˝ u.

T∞

n=0 Gn

metszethal-

ii) Legyen ∅ 6= A ⊂ X és d(A) := sup{ρ(x, y) : x, y ∈ A} (az A halmaz a ´tmér˝ oje). A fentiekkel anal´ og m´ odon l´ athat´ o be az al´ abbi a´ll´ıt´ as: tegy¨ uk fel, hogy ∅ 6= An+1 ⊂ An ⊂ X (n ∈ N) olyan z´ art halmazokb´ ol a ´ll´ o sorozat, amelyre lim(d(An )) = 0 és az (X, ρ) tér teljes. Ekkor T ∞ A = 6 ∅. (A most mondott a´ll´ıt´ asban szerepl˝o (An ) halmazsorozatr´ ol azt is szoktuk n n=0 mondani, hogy egym´ asbaskatuly´ azott.) iii) Vil´ agos, hogy b´ armely a ∈ X és r > 0 esetén d(Gr (a)) ≤ 2r, azaz a a 2.2.1. Tételben szerepl˝ o lim(rn ) = 0 feltételb˝ ol lim(d(Gn )) = 0 k¨ ovetkezik. Tov´ abb´ a az eml´ıtett tétel a ii) megjegyzésnek az a speci´ alis esete, amikor An := Gn (n ∈ N).

22

2. Konvergencia, teljes terek iv) Emlékeztet¨ unk a val´ os sz´ amok axi´ omarendszere kapcsán megismert Cantor-axi´ om´ ara: legyen T∞ (In ) egym´ asbaskatuly´ azott z´ art intervallumoknak a sorozata. Ekkor n=0 In 6= ∅. Ez nyilv´ an a ii) megjegyzés azon speci´ alis esete, amikor An := In (n ∈ N), azzal a k¨ ul¨ onbséggel, hogy ekkor nincs sz¨ ukség a lim(d(In )) = 0 feltételre. (Világos, hogy most d(I) = d([a, b]) = b − a.) v) A 2.2.1. Tétel a´ltal´ aban nem igaz a lim(rn ) = 0 feltétel nélk¨ ul. P∞ vi) P Ha (X, k.k) Banach-tér, xn ∈ X (n ∈ N) és etezik a n=0 kxn k < +∞, akkor l´ ∞ x ∈ X sor¨ o sszeg. Ui. a felt´ e tel miatt n n=0

m

m

X X

x ≤ kxk k → 0

k

k=n

k=n

(n, m → ∞),

Pn azaz az ( k=0 xk ) részlet¨ osszegek sorozata Cauchy-sorozat, ´ıgy a tér feltételezett teljessége miatt konvergens. Nem nehéz bel´ atni, hogy az el˝ obbiek meg is ford´ıthat´ ok: az (X, k.k) P∞ norm´ alt tér akkor és csak akkor teljes,P ha a n=0 xn sor minden olyan esetben konvergens, ∞ amikor az xn ∈ X (n ∈ N) elemekre n=0 kxn k < +∞ igaz. Ti. az elégségességhez legyen yn ∈ X (n ∈ N) Cauchy-sorozat és v´ alasszuk az (nk ) indexsorozatot u ´gy, hogy kynk+1 − ynk k <

1 2k

(k ∈ N)

teljes¨ ulj¨ on. Vil´ agos, hogy az xk := ynk+1 − ynk (k ∈ N) sorozatra Ezért a m X

k=0

xk = ynm+1 − yn0

P∞

k=0 kxk k

< +∞ igaz.

(m ∈ N)

sorozat, k¨ ovetkezésképpen az (ynm ) sorozat is konvergens. Mivel (yn ) Cauchy-sorozat, ezért innen m´ ar trivi´ alisan ad´ odik, hogy (yn ) is konvergens. 2.2.2. T´ etel (Baire). Tegy¨ uk fel, hogy az (X, ρ) metrikus tér teljes és z´ art halmazoknak egy (Fn ) S sorozat´ aval X = ∞ F . Ekkor van olyan n ∈ N, amellyel int F = 6 ∅. n n n=0

Bizony´ıt´ as. Indirekt u ´ton fogjuk az a´ll´ıt´ ast bebizony´ıtani: tegy¨ uk fel, hogy tetsz˝oleges n ∈ N esetén int Fn = ∅. Ekkor F0 6= X, azaz van olyan a0 ∈ X, amelyre a0 ∈ / F0 . K¨ ovetkezésképpen a0 ∈ X \F0 ∈ Tρ , ´ıgy egy alkalmas r0 > 0 számmal Kr0 (a0 ) ⊂ X \F0 . Nem nehéz meggondolni (esetleg r0 -t kicserélve r0 /2-re), hogy egy´ uttal az is feltehet˝o: G0 := Gr0 (a0 ) ⊂ X \ F0 , azaz G0 ∩ F0 = ∅. Az indirekt feltétel miatt a Kr0 (a0 ) k¨ ornyezet nem lehet részhalmaza F1 -nek, azaz Kr0 (a0 ) \ F1 6= ∅. Legyen a1 ∈ Kr0 (a0 ) \ F1 ∈ Tρ és r1 > 0 olyan, hogy Kr1 (a1 ) ⊂ Kr0 (a0 ) \ F1 . Feltehet˝o, hogy egy´ uttal G1 := Gr1 (a1 ) ⊂ Kr0 (a0 ) \ F1 , azaz G1 ∩ F1 = ∅, G1 ⊂ G0 és r1 ≤ r0 /2 is igaz. Teljes indukci´ oval ´ıgy kapunk egy egym´ asbaskatuly´ azott (Gn ) := (Grn (an )) g¨ ombsorozatot, amelyre rn+1 ≤ rnT /2 és Gn ∩ Fn = ∅ (n T ∈ N) teljes¨ ul. Vil´ agos, hogy lim(rn ) = 0, ezért a ∞ ∞ ol α ∈ Fn k¨ ovetkezik 2.2.1. Tétel miatt n=0 Gn 6= ∅. Legyen α ∈ n=0 Gn . Az X-re tett felételb˝ valamilyen N ∋ n-re. Teh´ at α ∈ Gn ∩ Fn = ∅, ami nem lehet.

23

2. Konvergencia, teljes terek 2.2.2. Megjegyz´ esek. i) Azt mondjuk, hogy az A ⊂ X halmaz • sehol sem s˝ ur˝ u, ha int A = ∅; S • els˝ o kateg´ ori´ aj´ u, ha A = ∞ ur˝ u; n=0 An , ahol An (n ∈ N) sehol sem s˝

• m´ asodik kateg´ ori´ aj´ u, ha nem els˝ o kateg´ ori´ aj´ u. S∞ S∞ ii) Legyen az (X, ρ) tér teljes, X = n=0 An . Ekkor egy´ uttal X = n=0 An is igaz, ezért a at nem lehet 2.2.2. Tétel miatt valamilyen n ∈ N mellett int An 6= ∅. Az X halmaz teh´ els˝ o kateg´ orı´ aj´ u, m´ as sz´ oval második kateg´ orı´ aj´ u. Ezért szokt´ ak a 2.2.2. Tételt Baire-féle kateg´ oria-tételként is emlegetni. iii) Ha A sehol sem s˝ ur˝ u, akkor X \ A minden¨ utt s˝ ur˝ u, azaz b´ armely ∅ 6= K ⊂ X ny´ılt halmazra K ∩ (X \ A) 6= ∅ (k¨ ul¨ onben ui. egy alkalmas ny´ ılt K-ra K ⊂ A lenne).T Ha teh´ at X els˝ o S ∞ A = ∅ (n ∈ N), akkor A ). Itt kateg´ ori´ aj´ u, azaz X = ∞ A ´ e s int ∅ = (X \ n n n=0 n n=0 utt s˝ ur˝ u halmaz. minden N ∋ n-re X \ An ny´ılt minden¨ iv) A 2.2.2. Tételhez hasonl´ oan l´ athat´ o be, hogy T∞ ha (X, ρ) teljes metrikus tér, Ki ⊂ X (i ∈ N) ny´ılt és minden¨ utt s˝ ur˝ u X-ben, akkor a i=0 Ki metszethalmaz is minden¨ utt s˝ ur˝ u X-ben. Az el˝ obbi megjegyzés szerint ez ut´ obbi a´ll´ıt´ asb´ ol a 2.2.2. Tétel k¨ ovetkezik. Induljunk ki most egy tetsz˝ oleges (X, ρ) metrikus térb˝ ol és legyen C az x : N → X Cauchysorozatok halmaza. 2.2.1. Lemma B´ armely x = (xn ), y = (yn ) ∈ C esetén létezik és véges a lim(ρ(xn , yn )) hat´ arérték. Bizony´ıt´ as. A h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlenség alapj´ an ρ(xn , yn ) ≤ ρ(xn , xm ) + ρ(xm , ym ) + ρ(ym , yn )

(n, m ∈ N),

azaz ρ(xn , yn ) − ρ(xm , ym ) ≤ ρ(xn , xm ) + ρ(yn , ym ). Ha itt végrahajtjuk az n ↔ m cserét, akkor a jobb oldal nem v´ altozik, a bal oldal pedig (-1)-gyel szorz´ odik, ´ıgy |ρ(xn , yn ) − ρ(xm , ym )| ≤ ρ(xn , xm ) + ρ(yn , ym ) → 0

(n, m → ∞).

Ez azt jelenti, hogy a (val´ os) (ρ(xn , yn )) sorozat Cauchy-sorozat (az R halmaz szok´ asos” metrik´ aj´ ara ” nézve), teh´ at val´ oban konvergens. Nevezz¨ uk az x = (xn ), y = (yn ) ∈ C sorozatokat ekvivalenseknek (jel¨ olésben: x ∼ y), ha lim(ρ(xn , yn )) = 0. 2.2.2. Lemma. Az el˝ obb értelmezett ∼ rel´ aci´ o ekvivalencia. Bizony´ıt´ as. Az Olvas´ ora b´ızzuk az a´ll´ıt´ as ellen˝ orzését. ˆ Jel¨ olj¨ uk C-val az el˝ obbi ekvivalencia a´ltal meghat´ arozott ekvivalencia-oszt´ alyok halmaz´ at. Ha x ∈ C, akkor legyen x ˆ ∈ Cˆ az x sorozat a´ltal meghat´ arozott ekvivalencia-oszt´ aly.

24

2. Konvergencia, teljes terek 2.2.3. Lemma. Legyen x, y ∈ C, u ∈ x ˆ, v ∈ yˆ. Ekkor lim(ρ(xn , yn )) = lim(ρ(un , vn )). Bizony´ıt´ as. Mivel (ld. h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlenség) ρ(xn , yn ) ≤ ρ(xn , un ) + ρ(un , vn ) + ρ(vn , yn )

(n ∈ N),

ezért (az x ↔ u, ill. y ↔ v csere ut´ an) az x ∼ u és y ∼ v ekvivalenci´ at felhaszn´ alva |ρ(xn , yn ) − ρ(un , vn )| ≤ ρ(xn , un ) + ρ(vn , yn ) → 0

(n → ∞).

Innen val´ oban k¨ ovetkezik m´ ar, hogy lim(ρ(xn , yn )) = lim(ρ(un , vn )). A 2.2.3. Lemma alapj´ an korrekt az al´ abbi defin´ıci´ o: ρˆ(ˆ x, yˆ) := lim(ρ(xn , yn ))

ˆ (ˆ x, yˆ ∈ C).

ˆ ρˆ) metrikus tér. 2.2.4. Lemma. (C, ˆ Ha ρˆ(ˆ Bizony´ıt´ as. Legyen x ˆ, yˆ, zˆ ∈ C. x, yˆ) = 0, akkor lim(ρ(xn , yn )) = 0. Ez azt jelenti, hogy x ∼ y, k¨ ovetkezésképpen y ∈ x ˆ. Ezért x ˆ = yˆ. A ρˆ(ˆ x, x ˆ) = 0 ≤ ρˆ(ˆ x, yˆ) = ρˆ(ˆ y, x ˆ) rel´ aci´ ok nyilv´ anval´ oak. Vég¨ ul ρ(xn , yn ) ≤ ρ(xn , zn ) + ρ(zn , yn ) (n ∈ N) miatt ρˆ(ˆ x, yˆ) = lim(ρ(xn , yn )) ≤ lim(ρ(xn , zn )) + lim(ρ(zn , yn )) = ρˆ(ˆ x, zˆ) + ρˆ(ˆ z , yˆ). 2.2.3. Megjegyz´ esek. i) Legyen σ(x, y) := lim(ρ(xn , yn ) (x = (xn ), y = (yn ) ∈ C), ekkor σ egy u ń. félmetrika, azaz a σ(x, y) = 0 =⇒ x = y” k¨ ovetkeztetést˝ol eltekintve rendelkezik a metrika tulajdons´ agaival. ” ii) Legyen valamely Y 6= ∅ esetén σ : Y 2 → R félmetrika, ekkor (Y, σ) egy u ń. félmetrikus tér. K¨ onny˝ u meggondolni, hogy az x ∼ y ⇐⇒ σ(x, y) = 0 (x, y ∈ Y ) rel´ aci´ o ekvivalencia. Ha x ˆ, yˆ az x, y ∈ Y elemek a´ltal meghat´ arozott ekvivalencia-oszt´ alyokat jelentik, akkor b´ armely z ∈ x ˆ, s ∈ yˆ esetén σ(z, s) = σ(x, y). Innen azt kapjuk, hogy az ekvivalencia-oszt´ alyok Yb halmaz´ aban σ ˆ (ˆ x, yˆ) := σ(x, y) (ˆ x, yˆ ∈ Yb ) metrika, azaz (Yb , σ ˆ ) metrikus tér.

iii) Legyen pl. [a, b] egy kompakt intervallum, Y pedig az [a, b]-n Riemann-integr´ alhat´ o f¨ uggRb vények halmaza. Ekkor σ(f, g) := a |f − g| (f, g ∈ Y ) félmetrika. iv) A 2.2.4. Lemma a ii) megjegyzés speciális esete.

c ∈ C. ˆ Vil´ Ha α ∈ X, akkor a konstans (α) sorozat nyilv´ an C-beli. Legyen α ˆ := (α) agos, hogy (xn ) ∈ α ˆ azzal ekvivalens, hogy az (xn ) sorozat konvergens és lim(xn ) = α. Tov´ abb´ a b´ armely α, β ∈ X ˆ esetén ρ(α, β) = ρˆ(α, ˆ β). b := {ˆ b megfeleltetés Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o jel¨ olést: X α ∈ Cˆ : α ∈ X}, ekkor az X ∋ α 7→ α ˆ∈X izometria, azaz bijekci´ o és t´ avols´ agtart´ o leképezés.

25

2. Konvergencia, teljes terek 2.2.5. Lemma. B´ armely x = (xn ) ∈ C esetén lim(ˆ ρ(c xn , x ˆ)) = 0. Bizony´ıt´ as. A ρˆ metrika defin´ıci´ oja szerint tetsz˝oleges n ∈ N esetén ρˆ(c xn , x ˆ) = lim ρ(xn , xk ). k→∞

Legyen ε > 0. Az x sorozat Cauchy-sorozat, ezért alkalmas N ∋ N -et v´ alasztva ρ(xn , xk ) < ε (N < n, k ∈ N). Ha teh´ at N < n ∈ N (r¨ ogz´ıtett), akkor lim ρ(xn , xk ) ≤ ε.

k→∞

K¨ ovetkezésképpen ρˆ(c xn , x ˆ)) ≤ ε (N < n ∈ N). Ez éppen a bizony´ıtand´ o a´ll´ıt´ ast jelenti. 2.2.4. Megjegyz´ es. Az el˝ obbi lemma alapj´ an szokt´ ak (f˝ oleg idegen nyelv˝ u terminol´ ogi´ aban) a Cauchysorozatokat o ¨nmagukban konvergens sorozatoknak is nevezni. b halmaz minden¨ ˆ 2.2.6. Lemma. Az X utt s˝ ur˝ u C-ben.

Bizony´ıt´ as. A 2.2.5. Lemma alapj´ an az a´ll´ıt´ as nyilv´ anval´ o. ˆ ρˆ) tér teljes. 2.2.7. Lemma. A (C, d ˆ ˆ Bizony´ıt´ as. Legyen ξn = (x nk ) ∈ C (n ∈ N) Cauchy-sorozat C-ben, azaz ρˆ(ξn , ξm ) → 0

(n, m → ∞).

A 2.2.5. Lemma miatt minden n ∈ N esetén van olyan kn ∈ N, amellyel ρˆ(xd nkn , ξn ) <

1 . n+1

Mutassuk meg, hogy x := (xnkn ) ∈ C. Val´ oban, ha n, m ∈ N, akkor ρ(xnkn , xmkm ) = ρ( ˆ xd ˆ(xd ˆ(ξn , ξm ) + ρˆ(ξm , xd nkn , xd mkm ) ≤ ρ nkn , ξn ) + ρ mkm ) < 1 1 + + ρˆ(ξn , ξm ) → 0 n+1 m+1

(n, m → ∞).

Legyen ξ := x ˆ ∈ Cˆ és l´ assuk be, hogy ρ(ξ ˆ n , ξ) → 0 (n → ∞). Legyen ehhez n ∈ N, ekkor ρ(ξ ˆ n , ξ) ≤ ρˆ(ξn , xd ˆ xd nkn ) + ρ( nkn , ξ) <

1 + ρˆ(xd nkn , ξ), n+1

ahol a 2.2.5. Lemma szerint ρˆ(xd at val´ oban ρ(ξ ˆ n , ξ) → 0 (n → ∞). nkn , ξ) → 0 (n → ∞). Teh´

26

2. Konvergencia, teljes terek Foglaljuk o¨ssze egyetlen tételben a fent mondottakat. 2.2.3. T´ etel (Hausdorff). Tetsz˝ oleges (X, ρ) metrikus térhez megadhat´ o olyan (X, σ) teljes metrikus tér és olyan X ⊂ X halmaz, hogy X minden¨ utt s˝ ur˝ u X-ben és X izometrikus X -szel. 2.2.5. Megjegyz´ esek. i) Szok´ as a 2.2.3. Tételt Hausdorff-féle be´ agyaz´ asi tételnek is nevezni. ii) Bel´ athat´ o, hogy egyfajta egyértelm˝ uség is igaz az al´ abbi értelemben: ha (X, σ), ill. X helyett (X∗ , σ ∗ ), ill. X ∗ is eleget tesz a tétel feltételeinek, akkor X és X∗ izometrikus. iii) Ha X := Q, ρ(x, y) := |x − y| (x, y ∈ Q), akkor X a val´ os számok halmaz´ anak egy modellje. 2.2.4. T´ etel (Banach-Tyihonov-Cacciopoli). Legyen (X, ρ) teljes metrikus tér, f : X → X egy u ń. kontrakci´ o (azaz alkalmas 0 ≤ q < 1 sz´ ammal ρ(f (u), f (v)) ≤ q· ρ(u, v) (u, v ∈ X)). Ekkor • egyértelm˝ uen létezik olyan α ∈ X elem, amelyre f (α) = α; • b´ armely x0 ∈ X mellett az xn+1 := f (xn ) konvergens és lim(xn ) = α; qn • ρ(xn , α) ≤ 1 − q · ρ(x0, x1 )

Bizony´ıt´ as. 0 < k ∈ N esetén

(n ∈ N) rekurzi´ oval defini´ alt (xn ) sorozat

(n ∈ N).

A tételben megadott (xn ) sorozatr´ ol a k¨ ovetkez˝ot mondhatjuk:

tetsz˝ oleges

ρ(xk+1, xk ) = ρ(f (xk ), f (xk−1)) ≤ q· ρ(xk , xk−1). Innen teljes indukci´ oval r¨ ogt¨ on kapjuk az al´ abbi becslést: ρ(xk+1, xk ) ≤ q k · ρ(x0 , x1 ). Legyen most n, m ∈ N és n < m, ekkor a h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlenség alapj´ an

(∗)

ρ(xn , xm ) ≤

m−1 X k=n

ρ(xk+1, xk ) ≤ ρ(x0 , x1 )·

m−1 X k=n

k

q ≤ ρ(x0 , x1 )·

∞ X

k=n

qk =

qn · ρ(x0 , x1 ). 1−q

Mivel 0 ≤ q < 1, ezért q n → 0 (n → ∞), azaz az el˝ oz˝ o becslés miatt ρ(xn , xm ) → 0 Teh´ at az (xn ) sorozat Cauchy-sorozat, ´ıgy a tér teljessége k¨ ovetkeztében konvergens.

(n, m → ∞).

Legyen α := lim(xn ) és mutassuk meg, hogy f (α) = α. Val´ oban, egyrészt α = lim(xn+1 ) = lim(f (xn )), m´ as sz´ oval ρ(f (xn ), α) → 0 (n → ∞). M´ asrészt ρ(f (α), α) ≤ ρ(f (α), f (xn)) + ρ(f (xn ), α) ≤ q· ρ(α, xn) + ρ(f (xn ), α) → 0 azaz ρ(f (α), α) = 0. Teh´ at f (α) = α. L´ assuk be, hogy tetsz˝ oleges n ∈ N mellett

(n → ∞),

27


ρ(xn , xm ) → ρ(xn , α)

(m → ∞).

Val´ oban, ρ(xn , xm ) ≤ ρ(xn , α) + ρ(α, xm ), ill. ρ(xn , α) ≤ ρ(xn , xm ) + ρ(α, xm ), azaz |ρ(xn , xm ) − ρ(xn , α)| ≤ ρ(α, xm ) → 0

(m → ∞).

Innen az a´ll´ıt´ asunk m´ ar nyilv´ anval´ o. Ezt felhaszn´ alva a (∗) becslésb˝ ol (az m → ∞ hat´ ar´ atmenettel) qn odik. ρ(xn , α) ≤ 1 − q · ρ(x0 , x1 ) (n ∈ N) ad´ Azt kell még megmutatnunk, hogy ha α, β ∈ X és f (α) = α, f (β) = β, akkor α = β. Viszont ρ(α, β) = ρ(f (α), f (β)) ≤ q· ρ(α, β), amib˝ ol 0 ≤ q < 1 miatt ρ(α, β) = 0, azaz α = β val´ oban k¨ ovetkezik. 2.2.6. Megjegyz´ esek. i) A tételben szerepl˝ o α-t (érthet˝oen) az f kontrakci´ o fixpontj´ anak nevezz¨ uk. Ezért a 2.2.4. Tételt fixpont-tételként is szokt´ ak emlegetni. ii) Tekints¨ uk a fenti tételben szerepl˝o (xn ) sorozatot, legyen n ∈ N és y0 := xn , yk+1 := f (yk ) (k ∈ N). Nyilv´ anval´ o, hogy yk = xn+k (k ∈ N). A tétel hibabecsl˝o formul´ aja szerint ρ(yk , α) ≤

qk · ρ(y0 , y1 ) 1−q

(k ∈ N),

azaz ρ(xn+k , α) ≤

qk · ρ(xn , xn+1 ) 1−q

(n, k ∈ N).

iii) Legyen pl. X := [1, +∞) , ρ(x, y) := |x − y| (x, y ∈ X). Ekkor (X, ρ) teljes metrikus tér, az f (t) :=

1 t + 2 t

(t ∈ X)

f¨ uggvény pedig kontrakci´ o: az elemi u ´ton ellen˝ orizhet˝ o 2t + 1t ≥ 1 miatt f : X → X, ill. t − x x − t 1 1 1 + = |t − x|· − ≤ |t − x| |f (t) − f (x)| = 2 tx 2 tx 2

(t ≥ 1) egyenl˝ otlenség

(t, x ∈ X).

utthat´ o teh´ at kielég´ıti a tételben szerepl˝o feltételt. Így b´ armely x0 ≥ 1 esetén A q := 21 egy¨ az xn+1 :=

1 xn + 2 xn

(n ∈ N)


28

3. Szepar´ abilis terek, b´ azisok

sorozat konvergens, az α := lim(xn ) ≥ 1 hat´ arértékre pedig teljes¨ ul az α = f (α) = egyenl˝ oség. Innen vil´ agos, hogy α =

√

1 α + 2 α

2. Ezért pl. x0 := 2 esetén x1 = 3/2, azaz

√ 1 xn − 2 ≤ n 2

(n ∈ N).

√ iv) Az el˝ obbi megjegyzésben szerepl˝o (xn ) sorozatra kapott |xn − 2| ≤ 1n (n ∈ N) 2 hibabecslésnél” j´ oval er˝ osebb” hibabecslés is adhat´ o. Ui. (ld. iii)) xn ≥ 1 (n ∈ N) ” ” miatt √ √ √ √ |x2n − 2 2xn + 2| (xn − 2)2 (xn − 2)2 = ≤ |xn+1 − 2| = 2xn 2xn 2 azaz a δn := |xn −

(n ∈ N),

√ 2| (n ∈ N) jel¨ oléssel δn+1 ≤ 2

δn 2

2

(n ∈ N).

Innen teljes indukci´ oval kapjuk a δ0 δn ≤ 2n 2 2

(n ∈ N),

√ −2n √ azaz az |xn − 2| ≤ 2|x√ 2|2 (n ∈ N) hibabecslést. Pl. √ a iii)-ban szerepl˝o x0 := 2 0 − n at |x10 − 2| ≤ 2−1023 , m´ıg iii)-b´ ol kezd˝ o” érté√ kkel |xn − 2| ≤ 2−2 +1 (n ∈ N). Teh´ ” csak |x10 − 2| ≤ 2−9 k¨ ovetkezik. Ez a példa is mutatja azt a természetesnek mondhat´ o k¨ or¨ ulményt, hogy a konkrét esetekben az aktu´ alis modell esetleg kihaszn´ alhat´ o specialit´ asai az absztrakt tételben kapott hibabecslésnél jobb becslést is eredményezhetnek.

3. Szeparábilis terek, bázisok 3.1. Szepar´ abilis terek. Tekints¨ uk az (X, T ) topologikus teret. A B ⊂ T halmazrendszert topologikus b´ azisnak nevezz¨ uk, ha b´ armely A ∈ T ny´ılt halmaz el˝ oa´ll´ıthat´ o B-beli halmazok egyes´ıtéseként. Nyilv´ anval´ o, hogy pl. T egy´ uttal topologikus b´ azis is. Mivel ∅ ∈ T , ezért ∅ ∈ B. Az elemi anal´ızisb˝ ol j´ ol ismert, hogy (a számegyenes szok´ asos” topol´ ogi´ aj´ ara nézve) b´ armely A ⊂ R ny´ılt halmaz el˝ oa´ll ny´ılt intervallumok ” uni´ ojaként. K¨ ovetkezésképpen a ny´ılt intervallumok rendszere (az u ¨res halmazzal egy¨ utt) topologikus b´ azis ebben a térben.

29


3.1.1. T´ etel. Legyen B az (X, T ) térben topologikus b´ azis és v´ alasszunk ki minden ∅ 6= A ∈ B halmazb´ ol egy elemet: xA ∈ A. Ekkor az Y := {xA ∈ X : A ∈ B} halmaz minden¨ utt s˝ ur˝ u, azaz Y = X. Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel indirekt módon, hogy ∅ 6= X \ Y . Mivel X \ Y ∈ T , ezért alkalmas B0 ⊂ B halmazzal X \Y =

[

A.

A∈B0

oja szerint Ha itt ∅ 6= A ∈ B0 , akkor xA ∈ A miatt xA ∈ X \ Y . Viszont az Y halmaz defin´ıci´ xA ∈ Y ⊂ Y . Így xA ∈ (X \ Y ) ∩ Y , ami nyilv´ an nem lehet. 3.1.1. Megjegyz´ esek. i) Ha X = ∅, akkor T = B = {∅}, azaz Y = ∅. Mivel ∅ = ∅, ezért a tétel ebben a széls˝ oséges esetben is igaz. ´ ıt´ ii) Az 1.5.1. All´ as szerint Y = X azt jelenti, hogy X minden x pontja érintkezési pontja Y -nak, azaz tetsz˝ oleges K(x) k¨ ornyezetre Y ∩ K(x) 6= ∅. Az (X, T ) topologikus teret szepar´ abilisnek nevezz¨ uk, ha van olyan legfeljebb megszáml´ alhat´ o Y ⊂ X halmaz, amely minden¨ utt s˝ ur˝ u X-ben: Y = X. A 3.1.1. Tétel szerint teh´ at igaz a k¨ ovetkez˝ o: ha van a térnek legfeljebb megsz´ aml´ alhat´ o topologikus b´ azisa, akkor a tér szepar´ abilis. Az al´ abbi szellemes példa azt mutatja, hogy ez a kijelentés nem megford´ıthat´ o. Legyen ui. X := R, a T topol´ ogi´ at pedig defini´ aljuk a k¨ ovetkez˝oképpen: legyen az A ⊂ R halmaz ny´ılt, ha A = ∅ vagy minden a ∈ A esetén van olyan r > 0, hogy [a, a + r) ⊂ A. Egyszer˝ uen meggondolhat´ o, hogy val´ oban topol´ ogi´ at defini´ altunk és Q = R, azaz (R, T ) szepar´ abilis. Mutassuk meg, hogy ebben a térben minden topologikus b´ azis számoss´ aga legal´ abb kontinuum. Legyen ehhez B ⊂ T topologikus b´ a zis. Ekkor tetsz˝ o leges a ∈ R eset´ e n [a, a + 1) ∈ T , azaz alkalmas B0 ⊂ B halmazzal S ´ [a, a + 1) = B∈B0 B. Igy van olyan Ba ∈ B0 , amellyel a ∈ Ba . Mivel Ba ⊂ [a, a + 1), ezért a Ba halmaznak van minimuma: min Ba = a. Vil´ agos, hogy a, c ∈ R, a 6= c esetén Ba 6= Bc . Teh´ at Bben legal´ abb” annyi halmaznak kell lenni, mint ah´ any val´ os szám van, azaz B számoss´ aga legal´ abb ” kontinuum. 3.1.2. T´ etel. Az (X, T )≡ (X, ρ) metrikus tér akkor és csak akkor szepar´ abilis, ha van a térben legfeljebb megsz´ aml´ alhat´ o topologikus b´ azis. Bizony´ıt´ as. Az el˝ ozmények miatt elegend˝ o már csak azt bel´ atni, hogy ha (X, ρ) szepar´ abilis, akkor van a térben legfeljebb megsz´ aml´ alhat´ o topologikus b´ azis. Legyen teh´ at Y ⊂ X legfeljebb megszáml´ alhat´ o, Y = X és B := {Kr (y) : y ∈ Y , 0 < r ∈ Q} ∪ {∅}. Vil´ agos, hogy B legfeljebb megsz´ aml´ alhat´ o. Ha ∅ 6= A ⊂ X ny´ılt, akkor tetsz˝oleges a ∈ A ponthoz van olyan δ > 0, hogy Kδ (a) ⊂ A. Az Y = X feltétel miatt ugyanakkor tetsz˝oleges σ > 0 számhoz megadhat´ o az y ∈ Y elem u ´gy, hogy ρ(a, y) < σ. Teh´ at a ∈ Kσ (y). Ha itt σ < δ/2, akkor Kσ (y) ⊂ Kδ (a). Val´ oban, legyen t ∈ Kσ (y), ekkor ρ(t, a) ≤ ρ(t, y) + ρ(y, a) < 2σ < δ.

30


Így a ∈ Kσ (y) ⊂ Kδ (a) ⊂ A. A σ sug´ arr´ ol” feltehet˝o, hogy racion´ alis, k¨ ul¨ onben v´ alasszunk helyette ” (a) egy tetsz˝oleges racion´ alis sz´ amot a (σ, δ/2) intervallumb´ o l. K¨ o vetkez´ e sk´ e ppen K := Kσ (y) ∈ B. S A konstrukci´ ob´ ol nyilv´ anval´ o, hogy A = a∈A K (a) , azaz B val´ oban topologikus b´ azis. 3.1.2. Megjegyz´ esek.

´ i) Erdemes k¨ ul¨ on is megfogalmazni, hogy mit is jelent egy (X, ρ) metrikus tér szepar´ abilit´ asa (ld. 3.1.1. ii) megjegyzés): van olyan N ⊂ N (azaz legfeljebb megszáml´ alhat´ o) indexhalmaz” és X-nek olyan Y := {yn ∈ X : n ∈ N } részhalmaza, hogy b´ armely x ∈ X ” és ε > 0 esetén egy alkalmas N ∋ n-nel ρ(x, yn) < ε. ii) Ha pl. a sz´ oban forg´ o tér a val´ os számok tere a szok´ asos” metrik´ aval, akkor Q = R ” miatt a sz´ amegyenes” szepar´ abilis. Innen r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik, hogy b´ armely 0 < n ∈ N és ” 1 ≤ p ≤ +∞ esetén a (Kn , ρp ) tér is szepar´ abilis (ld. 1.4.). iii) Legyen X := {x = (xn ) : N → K : sup |xn | < +∞}, n∈N

ρ(x, y) := sup |xn − yn | n∈N

(x = (xn ), y = (yn ) ∈ X).

K¨ onnyen bel´ athat´ o, hogy (X, ρ) metrikus tér. Mutassuk meg, hogy ez a tér nem szepar´ abilis. Ha ui. S := {x = (xn ) ∈ X : xn ∈ {0, 1} (n ∈ N)}, akkor pl. a [0, 1]-beli val´ os számok diadikus kifejtésére gondolva r¨ ogt¨ on ad´ odik, hogy S kontinuum sz´ amoss´ ag´ u. Ti. az S0 := {x ∈ S : lim x = 1} jel¨ oléssel az ∞ X xn ∈ [0, 1) S \ S0 ∋ x 7→ 2n+1 n=0

megfeleltetés bijekci´ o. Tov´ abb´ a nyilv´ anval´ o, hogy az x, z ∈ S, x 6= z sorozatokra ρ(x, z) = 1. Ha teh´ at Y ⊂ X és Y = X, akkor minden S ∋ x-hez kell lennie olyan yx ∈ Y elemnek, amellyel ρ(x, yx ) < 1/2. Legyen x, z ∈ S, x 6= z, ekkor yx 6= yz , k¨ ul¨ onben (az u := yx = yz jel¨ oléssel) 1 = ρ(x, z) ≤ ρ(x, u) + ρ(u, z) < 2·

1 = 1, 2

ami nem lehet. Az {yx ∈ Y : x ∈ S} halmaz teh´ at kontinuum számoss´ ag´ u, ezért Y is legal´ abb kontinuum sz´ amoss´ ag´ u. 3.2. Z´ art rendszerek, b´ azisok. A tov´ abbiakban legyen (X, ρ) ≡ (X, k.k). Ha Y ⊂ X, akkor jel¨ olj¨ uk L(Y )-nal az Y halmaz line´ aris burk´ at, azaz az Y elemeib˝ ol alkotott véges line´ aris kombin´ aci´ ok halmaz´ at. Nyilv´ an L(Y ) altere X-nek, ill. Y ⊂ L(Y ). Ha Y minden¨ utt s˝ ur˝ u, azaz Y = X, akkor Y ⊂ L(Y ) miatt L(Y ) is

31


minden¨ utt s˝ ur˝ u X-ben. Teh´ at L(Y ) = X, azaz b´ armely x ∈ X és ε > 0 esetén van olyan z ∈ L(Y ), hogy kx − zk < ε. Azt mondjuk, hogy X ⊂ X z´ art rendszer, ha L(X ) minden¨ utt s˝ ur˝ u X-ben: L(X ) = X. Ha teh´ at (X, k.k) szepar´ abilis, akkor van benne egy legfeljebb megszáml´ alhat´ o z´ art rendszer. Megmutatjuk, hogy ez ford´ıtva is igaz. 3.2.1. T´ etel Az (X, k.k) norm´ alt tér akkor és csak akkor szepar´ abilis, ha van benne egy legfeljebb megsz´ aml´ alhat´ o z´ art rendszer. Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel, hogy valamilyen N ⊂ N indexhalmazzal Y = {yn ∈ X : n ∈ N } z´ art rendszer ´ e s legyen L (Y ) az Y halmaz racion´ a lis burka, azaz az Y elemeib˝ o l alkotott olyan v´ e ges r P aris kombin´ aci´ ok halmaza, amelyekben minden αk egy¨ utthat´ ora Re αk , Im αk racion´ alis k αk yk line´ számok. Vil´ agos, hogy LrP (Y ) legfeljebb megszáml´ alhat´ o. L´ assuk be, hogy Lr (Y ) = X. Legyen ehhez x ∈P X, ε > 0 és y := α y ∈ L(Y ) olyan line´ a ris kombin´ aci´ o, amelyre kx − yk < ε/2. Ha k k k z := k βk yk ∈ Lr (Y ), akkor kx − zk ≤ kx − yk + ky − zk < ε/2 +

X k

|αk − βk |kyk k.

Ha δ > 0 és az itt szerepl˝ o valamennyi (véges sok) k indexre a βk racion´ alis” egy¨ utthat´ ok olyanok, ” hogy |αk − βk | < δ, akkor kx − zk < ε/2 + δ

X k

kyk k =: ε/2 + M δ.

Válasszuk a δ sz´ amot u ´gy, hogy M δ < ε/2, ekkor kx − zk < ε. Mivel ε > 0 tetsz˝oleges volt, ez éppen azt jelenti, hogy Lr (Y ) = X. Teh´ at a tér val´ oban szepar´ abilis. 3.2.1. Megjegyz´ esek. i) Legyen (a fenti bizony´ ıt´ asban haszn´ alt jel¨ olésekkel) Y = {yn ∈ X : n ∈ N } z´ art rendszer, P x ∈ X és ε > 0, k αk yk ∈ L(Y ) pedig olyan, hogy

X

αk yk ∈ L(Y ) < ε.

x −

k

P P P P Ha 0 < ε˜ < ε és j α ej yej ∈ L(Y ) olyan, hogy kx − j α ej yej k < ε˜, akkor a k αk yk , j α ej yej kombin´ aci´ oknak a´ltal´ aban semmi k¨ oz¨ uk egym´ ashoz”. ” ii) Tegy¨ uk fel, hogy x ∈P X és en ∈ X (n ∈ N) olyan sorozat, hogy alkalmas αk ∈ K (k ∈ N) ∞ egy¨ utthat´ at b´ armely ε > 0 esetén van olyan n ∈ N, amellyel az Pnokkal x = k=0 αk ek . Teh´ Sn := k=0 αk ek ∈ L({ek ∈ X : k ∈ N}) line´ aris kombin´ aci´ ora kx − Sn k < ε. Mivel a feltételezés szerint Sn → x (n → ∞), ezért tetsz˝oleges 0 < ε˜ < ε számot megadva van olyan k ∈ N, amellyel kx − Sn+k k < ε˜. A k¨ ozel´ıtés k´ıv´ ant pontoss´ ag´ at” jav´ıtva, azaz ε-t ” ε˜-ra cserélve az

Sn+k = Sn +

n+k X

j=n+1

αj ej

32

3. Szepar´ abilis terek, b´ azisok k¨ ozel´ıtés meghat´ aroz´ asakor a régi” adatokat (teh´ at az α0 , ..., αn egy¨ utthat´ okat) fel tudtuk ” haszn´ alni.

Az utols´ o megjegyzésb˝ ol kiindulva nevezz¨ uk az ek ∈ X (k ∈ N , ahol N := {0, ..., N } valamilyen N ∈ N esetén vagy N := N) elemek rendszerét Schauder-b´ azisnak (a tov´ abbiakban r¨ oviden b´ azisnak), ha b´ armely x ∈ X elem egyértelm˝ uen a´ll´ıthat´ o el˝ o x=

N X

k=0

αk ek (ha N = {0, ..., N }) vagy x =

∞ X

k=0

αk ek (ha N = N)

alakban alkalmas αk ∈ K (k ∈ N vagy k ∈ N) egy¨ utthat´ Ponkkal (ld. 6.6.2. viii) megjegyzés). (Az N = N esetben teh´ at x egy konvergens sor o¨sszege: kx − k=0 αk ek k → 0 (n → ∞).)

Ha N = {0, ..., N }, akkor az X ∋ x 7→ α := (α0 , ..., αN ) ∈ KN +1 megfeleltetés nyilv´ an izomorfia ((X, k.k) véges dimenzi´ os), ill. kxk ≤

N X

k=0

|αk |kek k ≤

max |αk |

k=0,...,N

N X

k=0

kek k =: M · max |αk | = M kαk∞ . k=0,...,N

Legyen kxk∞ := kαk∞ , ekkor k¨ onnyen meggondolhat´ oan X ∋ x 7→ kxk∞ norma. Teh´ at minden x ∈ X esetén kxk ≤ M kxk∞ . 3.2.1. Lemma. Van olyan m > 0 sz´ am, amellyel mkxk∞ ≤ kxk (x ∈ X). Bizony´ıt´ as. Defini´ aljuk az f : KN +1 → [0, +∞) f¨ uggvényt a k¨ ovetkez˝oképpen: f (α) := kxk

α = (α0 , ..., αN ) ∈ KN +1 , x :=

Az f f¨ uggvény folytonos, ui. α, β ∈ KN +1 esetén az x :=

PN

k=0 αk ek

N X

αk ek

k=0

, y :=

!

PN

.

k=0 βk ek

jel¨ olésekkel

N

X

|f (α) − f (β)| = |kxk − kyk| ≤ kx − yk = (αk − βk )ek ≤ M kα − βk∞ .

k=0

Az E := {α ∈ KN +1 : kαk∞ = 1} halmaz korl´ atos és z´ art, ezért a j´ ol ismert Weierstrass-tétel alapj´ an létezik az (0 ≤) m := min{f (α) : α ∈ E}

P

N

minimum. Ha γ ∈ E olyan, hogy f (γ) = m, akkor m = k=0 γk ek miatt m > 0, k¨ ul¨ onben PN k=0 γk ek = 0, azaz γ = (0, ..., 0). Ekkor viszont kγk∞ = 0 lenne, ami ellentmond annak, hogy γ ∈ E. PN N +1 Legyen 0 6= x = és α/kαk∞ ∈ E. k=0 αk ek ∈ X, ekkor 0 6= α = (α0 , ..., αN ) ∈ K K¨ ovetkezésképpen

33


m ≤ f (α/kαk∞ ) =

kxk f (α) = , kαk∞ kxk∞

amib˝ ol kxk ≥ mkxk∞ m´ ar k¨ ovetkezik (és az ut´ obbi egyenl˝ otlenség az x = 0 esetben is trivi´ alisan igaz). 3.2.2. Megjegyz´ esek. i) Tegy¨ uk fel, hogy az X vektortéren k.k, ill. k.k∗ egyar´ ant norma. Azt mondjuk, hogy k.k, k.k∗ ekvivalensek (k.k ∼ k.k∗ ), ha alkalmas M, m > 0 konstansokkal mkxk∗ ≤ kxk ≤ M kxk∗

(x ∈ X).

ii) Ha 0 < n ∈ N, X := Kn és 1 ≤ p, q ≤ +∞ (ld. 1.3.), akkor k.kp ∼ k.kq (ami egyszer˝ u számol´ assal ellen˝ orizhet˝ o). iii) Legyen

X :=

(

kxk :=

x = (xn ) : N → K :

∞ X

n=0

∞ X

n=0

|xn | < +∞ ,

|xn | , kxk∗ := sup |xn | n∈N

)

(x ∈ X).

Vil´ agos, hogy k.k és k.k∗ norma X-en, ill. kxk∗ ≤ kxk (x ∈ X). Ugyanakkor az (n)

xk

:=

  1 (k = 0, ..., n) 

0 (k > n)

(n, k ∈ N)

(n) (nyilv´ an X-beli) x(n) = xk sorozatokra kx(n) k = n + 1 és kx(n) k∗ = 1 igaz. A fenti tulajdons´ ag´ u M konstans teh´ at ebben az esetben nem létezik, azaz k.k, k.k∗ nem ekvivalensek. iv) Ekvivalens k.k, k.k∗ norm´ ak esetén az (X, k.k), (X, k.k∗ ) norm´ alt terek topologiailag azonosak: ha (X, ρ) ≡ (X, k.k) és (X, ρ∗ ) ≡ (X, k.k∗ ), akkor Tρ = Tρ∗ . Ha (X, k.k) véges dimenzi´ os, akkor a 3.2.1. Lemma, ill. az el˝ otte mondottak szerint k.k ∼ k.k∗ . Mivel (az X feletti norm´ ak k¨ oz¨ ott) ∼ nyilv´ an ekvivalencia, ezért innen r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik a 3.2.2. T´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy (X, k.k) véges dimenzi´ os. Ekkor tetsz˝ oleges X ∋ x 7→ kxk∗ norm´ ara igaz, hogy k.k ∼ k.k∗ . Tekints¨ uk valamely korl´ atos és z´ art [a, b] ⊂ R intervallum esetén az X := C[a, b] := {f : [a, b] → R : f folytonos} (R-re vonatkoz´ oan nyilv´ an) line´ aris teret és az kf k∞ := maxx∈[a,b] |f (x)| (f ∈ X) norm´ at (ami szintén k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ oen val´ oban norma). Tegy¨ uk fel, hogy a tn ∈ [a, b] (n ∈ N) alappontokra” igaz a k¨ ovetkez˝ o: t0 := a, t1 := b, tn 6= tm (n 6= m ∈ N) és ”

34


{tn ∈ [a, b] : n ∈ N} = [a, b] (ahol az ut´ obbi {...} lez´ ar´ as a sz´ amegyenes szok´ asos” topol´ ogi´ aja szerint értend˝ o). Defini´ aljuk a ” ϕn ∈ X (n ∈ N) f¨ uggvényeket a k¨ ovetkez˝oképpen: ϕ0 (a) := ϕ1 (b) := 1, ϕ0 (b) := ϕ1 (a) := 0 és ϕ0 , ill. ϕ1 grafikonja egy-egy szakasz. Ha 2 ≤ n ∈ N, akkor jel¨ olj¨ uk u-val, ill. v-vel a t0 , ..., tn−1 pontok k¨ oz¨ ul a tn pont két szomszédj´ at” (u < tn < v) és legyen ϕn az al´ abbi f¨ uggvény: ϕn (x) := 0 ” (x ∈ [a, u] ∪ [v, b]), ϕn (tn ) := 1, az [u, tn ], [tn , v] intervallumokon pedig legyen a ϕn grafikonja egy-egy szakasz. Az ´ıgy defini´ alt (folytonos t¨ or¨ ottvonalakb´ ol a´ll´ o) (ϕn ) f¨ uggvénysorozatot Schauder-szer˝ u rendszernek nevezz¨ uk. 3.2.3. T´ etel. A (ϕn ) Schauder-szer˝ u rendszer b´ azis a (C[a, b], k.k∞ ) térben. Bizony´ıt´ as. Azt kell bel´ atnunk, hogy tetsz˝oleges f ∈ C[a, b] f¨ uggvényhez egyértelm˝ uen adhat´ ok meg az αk ∈ R (k ∈ N) egy¨ utthat´ ok u ´gy, hogy f=

∞ X

αk ϕk

k=0

(ahol teh´ at az Sn :=

n X

αk ϕk

k=0

(n ∈ N)

részletösszegek egyenletesen konverg´ alnak f -hez). Ha ilyen el˝ oa´ll´ıt´ as egy´ altal´ an létezik, akkor egyszer˝ u behelyettes´ıtéssel kapjuk a ϕk (k ∈ N) f¨ uggvények defin´ıci´ oja alapj´ an, hogy

(∗)

α0 = f (a) , α1 = f (b) , αn = f (tn ) −

n−1 X

αk ϕk (tn )

k=0

(2 ≤ n ∈ N).

Vegy¨ uk észre, hogy ezzel egyrészt elintézt¨ uk” a keresett egy¨ utthat´ ok egyértelm˝ uségét, másrészt (∗) ” egy rekurz´ıv o¨sszef¨ uggést hat´ aroz meg αk -kra. Tekints¨ uk most m´ ar a (∗) egy¨ utthat´ okkal defini´ alt fenti Sn (n ∈ N) részletösszegeket (a t0 , ..., tn pontokra nézve line´ aris spline-okat). A (∗) rekurzi´ ob´ ol r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik, hogy Sn interpol´ al”: ” Sn (x) = f (x)

(x ∈ {t0 , ..., tn }).

Legyen ε > 0 tetsz˝ oleges, δ > 0 pedig az f f¨ uggvény egyenletes folytonoss´ aga szerint ε/2-h¨ oz létez˝ o olyan szám, hogy |f (x) − f (y)| < ε/2

(x, y ∈ [a, b], |x − y| < δ).

Az alappontok s˝ ur˝ un vannak [a, b]-ben, ezért megadhat´ o olyan N ∈ N, amellyel minden N ∋ n > N esetén az [a, b] intervallumnak a t0 , ..., tn pontok a´ltal meghat´ arozott τn := {t0 , ..., tn } feloszt´ asa m´ ar δ-n´ al finomabb: ha x, y ∈ τn szomszédosak ebben a feloszt´ asban, akkor |x − y| < δ.

35


Legyen t ∈ [a, b], n ∈ N, n > N, x, y ∈ τn pedig olyan szomszédos alappontok a τn feloszt´ asban, hogy x ≤ t ≤ y. Ekkor |f (t) − Sn (t)| ≤ |f (t) − f (x)| + |f (x) − Sn (t)| = |f (t) − f (x)| + |Sn (x) − Sn (t)| ≤ |f (t) − f (x)| + |Sn (x) − Sn (y)| = |f (t) − f (x)| + |f (y) − f (x)| < ε. Teh´ at kf − Sn k∞ < ε (N ∋ n > N ), ami éppen a bizony´ıtand´ o a´ll´ıt´ ast jelenti. 3.2.3. Megjegyz´ esek. i) K¨ onny˝ u meggondolni, hogy ha ϕ0 -t kicserélj¨ uk a ϕ0 ≡ 1 f¨ uggvényre, akkor a 3.2.2. Tétel tov´ abbra is igaz marad. ii) (Haar Alfréd (1910).) Legyen hn : [0, 1] → R (n ∈ N) az al´ abbi f¨ uggvényrendszer: h0 ≡ 1, az N ∋ n = 2k + j (k ∈ N, j = 0, ..., 2k − 1) esetben pedig √  2k     √ hn (x) := − 2k      0

(j/2k ≤ x < (2j + 1)/2k+1 ) ((2j + 1)/2k+1 ≤ x < (j + 1)/2k ) , (x ∈ [0, 1) \ [j/2k , (j + 1)/2k ))

R1 ill. legyen hn (1) := limx→1−0 hn (x). Ha f ∈ C[0, 1], fˆ(n) := 0 f hn (n ∈ N), akkor a Pn ˆ eszlet¨ osszegek egyenletesen konverg´ alnak f -hez. k=0 f (k)hk (n ∈ N) Haar-Fourier-r´

iii) A (hn ) Haar-rendszer természetesen nem Schauder-b´ azis (C[0, 1], k.k∞ )-ben, hiszen hn ∈ / C[0, 1] (1 ≤ n ∈ N). Rx iv) (J. Schauder (1927).) Tekints¨ uk az (sn ) Schauder-rendszert, ahol s0 ≡ 1 és sn (x) := 0 hn (x ∈ [0, 1], 1 ≤ n ∈ N). Vil´ agos, hogy (sn ) egy´ uttal Schauder-szer˝ u rendszer, azaz a 3.2.2. Tétel (ld. az i) megjegyzést is) szerint (sn ) Schauder-b´ azis (C[0, 1], k.k∞ )-ben. v) Vil´ agos, hogy ha egy (X, k.k) norm´ alt térben van b´ azis, akkor az illet˝ o tér szepar´ abilis. Hossz´ u ideig megoldatlan volt az u ń. b´ azisprobléma: igaz-e mindez ford´ıtva? A nemleges v´ alaszt 1973-ban P. Enflo adta meg. 3.3. Ortogon´ alis rendszerek, Fourier-sorok.

Tegy¨ uk fel, hogy (X, k.k) ≡ (X, h, i) és az (X, k.k) tér szepar´ abilis. Ekkor a 3.2.1. Tétel szerint van olyan N := {0, ..., N } (valamilyen N ∈ N mellett) vagy N := N indexhalmaz és elemeknek olyan ek ∈ X (k ∈ N ) rendszere, hogy (ek , k ∈ N ) z´ art rendszer. A Schmidt-féle ortogonaliz´ aci´ os elj´ ar´ ast alkalmazva (ek , k ∈ N )-re alkalmas αjk ∈ K (k ∈ N , j = 0, ..., k) egy¨ utthat´ okkal az P alt: fk := kj=0 αjk ej (k ∈ N ) elemek (fk , k ∈ N ) rendszere ortonorm´ hfk , fj i = Nyilv´ anval´ o, hogy

  0 (k 6= j) 

1 (k = j)

(k, j ∈ N ).

36


L({ek ∈ X : k ∈ N }) = L({fk ∈ X : k ∈ N }), s˝ ot tetsz˝oleges n ∈ N esetén L({ek ∈ X : k = 0, ..., n}) = L({fk ∈ X : k = 0, ..., n}). Speciálisan az (fk , k ∈ N ) rendszer is z´ art rendszer. Ezért a tov´ abbiakban feltessz¨ uk, hogy a z´ art (ek , k ∈ N ) rendszer egy´ uttal ortonorm´ alt rendszer: ONR. Valamely x ∈ X és k, n ∈ N esetén legyen x ˆ(k) := hx, ek i az x elem k-adik Fourier-egy¨ utthat´ oja, Sn (x) :=

n X

x ˆ(k)ek

k=0

az n-edik Fourier-részlet¨ osszege. 3.3.1. Lemma (Bessel). Tetsz˝ oleges x ∈ X, n ∈ N mellett igaz, hogy

( ) v u n n

X X u

|ˆ x(k)|2 . kx − Sn (x)k = min x − αk ek : α0 , ..., αn ∈ K = tkxk2 −

k=0

k=0

Bizony´ıt´ as. Egyszer˝ u sz´ amol´ assal ellen˝ orizhet˝ o, hogy b´ armely α0 , ..., αn ∈ K v´ alaszt´ assal

2 n n

X X

αk ek = kx − Sn (x)k2 + |αk − x ˆ(k)|2 ,

x −

k=0

k=0

amib˝ ol a lemmabeli els˝ o egyenl˝ oség m´ ar nyilv´ anval´ o. A második egyenl˝ oséghez hasonl´ oan jutunk:

kx − Sn (x)k2 = hx − Sn (x), x − Sn (x)i =

hx, xi +

kxk2 +

n X

k,j=0

n X

hˆ x(k)ek , x ˆ(j)ej i −

k,j=0

x(j)hek , ej i − x ˆ(k)ˆ

n X

k=0

n X

hx, x ˆ(k)ek i −

k=0

x ˆ(k)ˆ x(k) −

n X

k=0

n X hˆ x(k)ek , xi =

k=0

x ˆ(k)ˆ x(k) = kxk2 −

n X

k=0

|ˆ x(k)|2 .

37

3. Szepar´ abilis terek, b´ azisok 3.3.1. Megjegyz´ esek. i) Mivel 0 ≤ kx − Sn (x)k2 = kxk2 − egyenl˝ otlenség: n X

k=0

Pn

x(k)| k=0 |ˆ

|ˆ x(k)|2 ≤ kxk2

2

, ezért innen r¨ ogt¨ on ad´ odik a Bessel-

(x ∈ X, k ∈ N ).

Ha itt N = N, akkor n → ∞ hat´ ar´ atmenet ut´ an ∞ X

k=0

|ˆ x(k)|2 ≤ kxk2

(x ∈ X).

ii) Vil´ agos, hogy a 3.3.1. Lemma bizony´ıt´ as´ aban, ill. az el˝ oz˝ o megjegyzésben sehol sem hivatkoztunk az (ek , k ∈ N ) rendszer z´ arts´ ag´ ara, ezért mindezek tetsz˝oleges ONR esetén igazak. iii) Legyen n ∈ N és

( ) n

X

δn := min x − αk ek : α0 , ..., αn ∈ K .

k=0

Ha az (ek , k ∈ N ) rendszer z´ art, akkor tetsz˝oleges ε > 0 számhoz van olyan M ∈ N és P PM anval´ o, hogy b´ armely aris kombin´ aci´ o, hogy kx − M k=0 αk ek k < ε. Nyilv´ k=0 αk ek line´ n ∈ N , n ≥ M esetén kx − Sn (x)k = δn ≤ δM

M

X

≤ x − αk ek < ε.

k=0

Ha N := {0, ..., N } valamilyen N ∋ N -nel, akkor egy´ uttal kx − SN (x)k = δN ≤ δM < ε.

Mivel itt ε > 0 tetsz˝ oleges, ezért kx − SN (x)k = 0, k¨ ovetkezésképpen x = SN (x). Ekkor PN teh´ at b´ armely x ∈ X elemre x = k=0 x ˆ(k)ek .

Ha viszont N = N, akkor az el˝ oz˝ ozekben kapott kx − Sn (x)k = δn < ε (N ∋ n ≥ M ) becslés éppen azt jelenti, hogy δn → 0 (n → ∞). Így Sn (x) → x (n → ∞), azaz x=

∞ X

k=0

x ˆ(k)ek .

38

3. Szepar´ abilis terek, b´ azisok 3.3.1. T´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy az (X, h, i) euklideszi térben az ek ∈ X Ekkor (ek , k ∈ N ) b´ azis.

(k ∈ N ) ONR z´ art.

Bizony´ıt´ as. A 3.3.1. iii) megjegyzés alapj´ an azt kell már csak bel´ atni, hogy ha valamely x ∈ X PN P esetén x = k=0 α ˆ k ek (ha N = {0, ..., N } valamilyen N ∈ N esetén) vagy x = ∞ ˆ(k)ek (ha k=0 x N = N), akkor αk = x ˆ(k) (k ∈ N ). Legyen ehhez n ∈ N , j = 0, ..., n. Ekkor hx −

n X

k=0

αk ek , ej i = x ˆ(j) −

n X

k=0

αk hek , ej i = x ˆ(j) − αj .

PN Az N = {0, ..., N } esetben n = N -et ´ırva x − k=0 αk ek = 0 miatt x ˆ(j) − αj = 0, azaz x ˆ(j) = αj (j = 0, ..., N ) ad´ odik. Ha N = N, akkor a Cauchy-Bunyakovszkij-egyenl˝ otlenséget (ld. 1.2.) felhaszn´ alva

n n

X X

|ˆ x(j) − αj | = hx − αk ek , ej i ≤ x − αk ek → 0

k=0

k=0

(n → ∞)

miatt x ˆ(j) − αj = 0, azaz x ˆ(j) = αj (j ∈ N). 3.3.2. Megjegyz´ esek.

i) A 3.3. pont bevezet˝ ojében mondottakra is utalva teh´ at b´ armely szepar´ abilis euklideszi térben van z´ art ONR, ami a 3.3.1. Tétel szerint b´ azis. ii) Ha (az eddigi jel¨ oléseket haszn´ alva) az (ek , k ∈ N ) ONR b´ azis az (X, h, i) térben, akkor a 3.3.1. Bessel-azonoss´ agot alkalmazva n := N -re (ha N = {0, ..., N }), ill. n → ∞ hat´ ar´ atmenet ut´ an (ha N = N) kapjuk az u ń. Parseval-egyenl˝ oséget: N X

k=0

|ˆ x(k)|2 = kxk2 ,

ill.

∞ X

k=0

|ˆ x(k)|2 = kxk2

(x ∈ X).

Az ∅ 6= Y ⊂ X halmazt ( rendszert”) teljes rendszernek nevezz¨ uk, ha egyértelm˝ uen van olyan ” x ∈ X elem, hogy hx, yi = 0 (y ∈ Y ). Ha hx, yi = 0, akkor azt mondjuk, hogy x ortogon´ alis (mer˝ oleges) y-ra. Vil´ agos, hogy minden (nem u ¨res) Y esetén h0, yi = 0 (y ∈ Y ), ezért m´ as sz´ oval: Y akkor és csak akkor teljes rendszer, ha egyed¨ ul a nulla elem ortogon´ alis az Y halmaz minden elemére. 3.3.2. Lemma. Tetsz˝ oleges (X, h, i) euklideszi térben b´ armely (ek , k ∈ N ) z´ art ONR teljes rendszer. Ha az (X, h, i) tér Hilbert-tér, akkor minden teljes ONR z´ art rendszer. Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel el˝ osz¨ or, hogy (ek , k ∈ N ) z´ art ONR. Ha x ∈ X és x ˆ(k) = hx, ek i = 0 PN (k ˆ(k)ek = 0 (ha N = {0, ..., N }), ill. x = k=0 x P∞∈ N ), akkor a 3.3.1. Tétel miatt x = x ˆ (k)e = 0 (ha N = N). Teh´ a t (e , k ∈ N ) teljes rendszer. k k k=0

Most azt tegy¨ uk fel, hogy (X, h, i) Hilbert-tér és az (ek , k ∈ N ) ONR teljes rendszer. Ha N = PN ˆ(k)ek . Legyen tov´ abb´ a j = 0, ..., N, {0, ..., N }, akkor tetsz˝ oleges x ∈ X elemre legyen y := k=0 x ekkor

39


hx − y, ej i = x ˆ(j) −

N X

k=0

x ˆ(k)hek , ej i = x ˆ(j) − x ˆ(j) = 0.

Az (ek , k ∈ N ) rendszer feltételezett teljessége miatt innen x − y = 0, azaz x = y k¨ ovetkezik. Teh´ at PN b´ armely x ∈ X elem el˝ oa´ll´ıthat´ o x = k=0 x ˆ(k)ek alakban, ´ıgy a rendszer val´ oban z´ art. Legyen most N = N, x ∈ X és m, n ∈ N, n ≤ m. Ekkor

2 * + m m m m

X

X X X

x ˆ(k)ek = x ˆ(k)ek , x ˆ(k)ek = |ˆ x(k)|2 .

k=n

k=n

k=n

k=n

A Bessel-egyenl˝ otlenség (ld. 3.3.1. i) megjegyzés) szerint m X

k=n

|ˆ x(k)|2 → 0

P∞

x(k)| k=0 |ˆ

2

< +∞, ezért

(n, m → ∞).

P Pn Így k m x (X, h, i) tér teljessége miatt teh´ at a k=0 x ˆ(k)ek k=n ˆ(k)ek k → 0 (n, m → ∞) is igaz. Az P ∞ (n ∈ N) részlet¨ osszegek konverg´ alnak, legyen z := k=0 x ˆ(k)ek . Ha j ∈ N, akkor hx − z, ej i = x ˆ(j) −

∞ X

k=0

x ˆ(k)hek , ej i = x ˆ(j) − x ˆ(j) = 0.

Az (ek , k ∈ N) rendszer feltételezett teljess´ ovetkezik. Teh´ at P ege miatt innen x − z = 0, azaz x = z k¨ x ˆ (k)e alakban, azaz a rendszer val´ o ban z´ a rt. b´ armely x ∈ X elem el˝ oa´ll´ıthat´ ox= ∞ k k=0 3.3.3. Megjegyz´ esek.

i) A bizony´ıt´ aP s végén az al´ abbi egyszer˝ uen bel´ athat´ o tényt haszn´ altuk fel: ha alkalmas xk ∈ X elemekkel ∞ x ∈ X, akkor tetsz˝ o leges y ∈ X elemre k k=0 *

∞ X

xk , y

k=0

+

=

∞ X

hxk , yi.

k=0

Ui. a Cauchy-Bunyakovszkij-egyenl˝ otlenséget (ld. 1.2.) alkalmazva *

∞ X

xk , y

k=0

és k

P∞

+

k=n xk k

=

*n−1 X k=0

→0

xk +

∞ X

k=n

xk , y

+

=

n−1 X k=0

hxk , yi +

*

∞ X

k=n

xk , y

+

(n → ∞) alapj´ an

* ∞ * ∞

+ n−1 + ∞ X X X X

xk , y − hxk , yi = xk , y ≤ xk · kyk → 0

k=0

Így val´ oban

k=0

(n ∈ N)

k=n

k=n

(n → ∞).

40


∞ X

hxk , yi = lim

n→∞

k=0

n−1 X k=0

hxk , yi =

*

∞ X

+

xk , y .

k=0

ii) Az ortonorm´ alts´ ag fogalma is kiterjeszthet˝o b´ armilyen ∅ 6= Y ⊂ X rendszerre”: Y ONR, ” ha

hy, zi =

  0 (y 6= z) 

(y, z ∈ Y ).

1 (y = z)

Ugyanakkor igaz a k¨ ovetkez˝ o a´ll´ıt´ as: b´ armely x ∈ X esetén az Y0 := {y ∈ Y : hx, yi 6= 0} halmaz legfeljebb megsz´ aml´ alhat´ o. tetsz˝ oleges δ > 0 mellett

Ehhez ui.

nyilv´ an elegend˝ o azt megmutatni, hogy

Yδ := {y ∈ Y : |hx, yi| ≥ δ} S legfeljebb véges, hiszen Y0 = ∞ odon okoskodva legyen δ > 0 olyan, n=1 Y1/n . Indirekt m´ hogy Yδ legal´ abb megsz´ aml´ alhat´ o. Ekkor v´ alaszthatunk Yδ -ban egy en ∈ Yδ (n ∈ N) ortonorm´ alt rendszert. A Bessel-egyenl˝ otlenség (ld. 3.3.1. i) megjegyzés) szerint viszont +∞ > kxk2 ≥

∞ X

n=0

|hx, en i|2 ≥

∞ X

δ2 = +∞,

n=0

ami nyilv´ an nem lehet. ´ iii) Erdemes k¨ ul¨ on is kiemelni a 3.3.2. Lemma bizony´ıt´ as´ ab´ ol, hogy

m

X

x ˆ(k)ek → 0

k=n

(n, m → ∞).

Vil´ agos, hogy itt csak a k¨ ovetkez˝ot haszn´ altuk ki: en ∈ X (n ∈ N) ortonorm´ alt rendszer P ∞ 2 éP s |ˆ x (n)| < +∞. M´ a s sz´ o val teh´ a t b´ a rmely (x ) ONR ´ e s α ∈ K (n ∈ N, n n n=0 ∞ 2 |α | < +∞) egy¨ u tthat´ o sorozat eset´ e n n n=0

m

X

αk ek → 0

k=n

(n, m → ∞),

Pn azaz a k=0 αk ek (n ∈ N) részletösszegek oban forg´ o P Cauchy-sorozatot alkotnak. Ha a sz´ (X, h, i) tér Hilbert-tér, P akkor teh´ at a ( nk=0 αk ek ) sorozat konvergens. Speciálisan, ekkor tetsz˝ oleges x ∈ X elem (ˆ x(n)en ) Fourier-sora konvergens.

iv) Nem nehéz meggondolni, hogy a 3.3.2. Lemma akkor is igaz, ha az (ek , k ∈ N ) rendszer nem ortonorm´ alt. Foglaljuk o¨ssze a 3.3. pontban mondottakat az al´ abbi tételben.

41

4. Kompakts´ ag

3.3.2. T´ etel (Riesz-Fischer). Legyen (X, h, i) szepar´ abilis Hilbert-tér, ek ∈ X (k ∈ N ) z´ art ONR. Ekkor PN P∞ • tetsz˝ oleges x ∈ X esetén x = k=0 x ˆ(k)ek (ha N = {0, ..., N }) vagy x = k=0 x ˆ(k)ek (ha N = N); PN P∞ • minden X ∋ x-re k=0 |ˆ x(k)|2 = kxk2 (ha N = {0, ..., N }) vagy k=0 |ˆ x(k)|2 = kxk2 (ha N = N); P∞ 2 • b´ armely αk ∈ K (k = 0, ..., N ), ill. βk ∈ K (k ∈ N, en k=0 |βk | < +∞) eset´ egyértelm˝ uen van olyan x ∈ X elem, amelyre x ˆ(k) = αk (k = 0, ..., N ) (ha N = {0, ..., N }) vagy x ˆ(k) = βk (k ∈ N) (ha N = N). 3.3.4. Megjegyz´ esek. i) A 3.3.2. Lemma alapj´ an a Riesz-Fischer-tételben z´ art rendszer helyett teljes rendszert is feltételezhet¨ unk. ii) Legyen N = N és ℓ2 :=

(

x = (xn ) : N → K :

v u∞ uX |xn |2 kxk2 := t n=0

∞ X

n=0

2

)

|xn | < +∞ ,

(x ∈ ℓ2 ).

Ezzel egy (ℓ2 , k.k2 ) Banach-teret defini´ altunk. Ha a skal´ aris szorzást a k¨ ovetkez˝oképpen értelmezz¨ uk:

hx, yi2 :=

∞ X

xn y n

n=0

(x, y ∈ ℓ2 ),

akkor (ℓ2 , k.k2 ) ≡ (ℓ2 , h, i2) Hilbert-tér. Tekints¨ unk egy (en , n ∈ N) z´ art ONR-t X-ben, ekkor b´ armely x ∈ X esetén x ˆ := (ˆ x(n)) ∈ ℓ2 ,

kˆ xk2 = kxk,

ill. tetsz˝ oleges α = (αn ) ∈ ℓ2 sorozathoz egyértelm˝ uen van olyan x ∈ X, amellyel α = x ˆ. K¨ onny˝ u meggondolni, hogy az X ∋ x 7→ x ˆ ∈ ℓ2 megfeleltetés izomorfia is, azaz (X, h, i) izomorf és izometrikus (ℓ2 , h, i2)-vel. Tov´ abb´ a igaz az a´ltal´ anos´ıtott Parseval-egyenl˝ oség is: tetsz˝oleges x, y ∈ X esetén hx, yi = hˆ x, yî2 , azaz hx, yi =

∞ X

n=0

y (n) x ˆ(n)ˆ

(x, y ∈ X).


42

4. Kompakts´ ag

4. Kompaktság 4.1. A kompakts´ ag fogalma. Adott (X, T ) topologikus tér esetén egy A ⊂ X halmaz ny´ılt lefedésén olyan Tγ ∈ T (γ ∈ Γ) ny´ılt halmazokb´ ol a´ll´ oS halmazrendszert ért¨ unk (jel¨ olésben (Tγ , γ ∈ Γ) valamilyen ∅ 6= Γ indexhalmazzal”), amelyre A ⊂ γ∈Γ Tγ teljes¨ ul. Azt mondjuk, hogy ebb˝ ol kiv´ alaszthat´ o Sol a lefedésb˝ ” véges lefedés, ha Γ-nak van olyan véges Γ0 ⊂ Γ részhalmaza, hogy A ⊂ γ∈Γ0 Tγ igaz. 4.1.1. Lemma (Lindel¨ of). Tegy¨ uk fel, hogy B ⊂ T topologikus b´ azis, legyen κ a B halmazrendszer sz´ amoss´ aga. Ekkor tetsz˝ oleges A ⊂ X halmaz b´ armely (Tγ , γ ∈ Γ) ny´ılt lefedése esetén van a Γ S e ⊂ Γ részhalmaza, amelynek a sz´ halmaznak olyan Γ amoss´ aga legfeljebb κ és A ⊂ γ∈e T . Γ γ

Bizony´ıt´ as. Legyen ui. Svalamely A ⊂ X halmaz esetén (Tγ , γ ∈ Γ) ny´ılt lefedése A-nak. Ekkor b´ armely γ ∈ Γ indexre Tγ = ν∈Γγ Bνγ , ahol Γγ 6= ∅ és Bνγ ∈ B (ν ∈ Γγ ). Teh´ at A⊂

[ [

Bνγ .

γ∈Γ ν∈Γγ

Legyen B0 := {Bνγ ∈ B : γ ∈ Γ, ν ∈ Γγ }. Vil´ agos, hogy B0 sz´ amoss´ aga legfeljebb κ. Minden B ∈ B0 halmazhoz legyen γB ∈ Γ egy olyan e az ´ıgy defini´ e legfeljebb index, amelyre B ⊂ TγB és Γ alt γB (B ∈ B0 ) indexek halmaza. Ekkor Γ S κ-sz´ amoss´ ag´ u és nyilv´ an A ⊂ γ∈e T . Γ γ 4.1.1. Megjegyz´ esek.

i) Legyen (X, T ) ≡ (X, ρ) és tegy¨ uk fel, hogy (X, ρ) szepar´ abilis. Ekkor a 4.1.1. Lemma, ill. a 3.1.2. Tétel alapj´ an b´ armely A ⊂ X halmaz tetsz˝oleges (Tγ , γ ∈ Γ) ny´ılt lefedéséb˝ ol kiv´ alaszthat´ o egy legfeljebb megsz´ a ml´ a lhat´ o lefed´ e s: van olyan legfeljebb megsz´ a ml´ a lhat´ o S e ⊂ Γ, amellyel A ⊂ Γ T . γ∈e Γ γ

ii) Az el˝ oz˝ o megjegyzés alkalmazhat´ o a (Kn , ρp ) terekre b´ armely 0 < n ∈ N, 1 ≤ p ≤ +∞ esetén (ld. 1.3., ill. 3.1.2. ii) megjegyzés).

iii) Vil´ agos, hogy minden véges A ⊂ X halmaz kompakt. Ha a T topol´ ogia véges, akkor nyilv´ an b´ armely A ⊂ X halmaz kompakt. 4.1.2. Lemma. Tegy¨ uk fel, hogy A ⊂ X kompakt, B ⊂ A pedig z´ art részhalmaza A-nak. Ekkor B kompakt. Bizony´ıt´ as. Legyen ui. (Tγ , γ ∈ Γ) ny´ılt lefedése B-nek. Ekkor X \ B ∈ T miatt (X \ B, Tγ , γ ∈ Γ) nyilv´ an ny´ılt lefedése A-nak. Ezért ebb˝ ol kiv´ alaszthat´ o véges lefedés, azaz van olyan véges Γ0 ⊂ Γ részhalmaza Γ-nak, hogy

43

4. Kompakts´ ag 

Mivel B

T

A⊂

[

γ∈Γ0



Tγ 

[

(X \ B) .

(X \ B) = ∅, ezért nyilv´ an igaz egy´ uttal az is, hogy B ⊂

4.1.2. Megjegyz´ es.

S

γ∈Γ0

Tγ .

Egy kompakt halmaz nem feltétlen¨ ul z´ art. Tekints¨ uk ui. valamely a = 6 b esetén az X := {a, b} halmazt és a T := {∅, X, {a}} topol´ ogi´ at (ld. 1.5.). Ekkor pl. az {a} halmaz kompakt, de nem z´ art, ui. X \ {a} = {b} ∈ / T. 4.1.3. Lemma. Ha az (X, T ) tér T2 -tér, akkor tetsz˝ oleges A ⊂ X kompakt halmaz z´ art. Bizony´ıt´ as. Indirekt m´ odon tegy¨ uk fel ui., hogy valamilyen A ⊂ X kompakt halmazra A 6= A és legyen x ∈ A \ A. Ekkor b´ armely a ∈ A esetén a T2 -tulajdons´ ag (ld. 2.1.) miattSvannak olyan (feltehet˝o, hogy ny´ılt) K(a), K (a) (x) k¨ ornyezetek, amelyek diszjunktak. Mivel A ⊂ a∈A K(a) nyilv´ an igaz, S ezért (K(a), a ∈ A) ny´ılt lefedése A-nak. Teh´ at van olyan véges A0 ⊂ A részhalmaz, amellyel A ⊂ a∈A0 K(a). Ha K(x) :=

\

K (a) (x),

a∈A0

akkor K(x) is k¨ ornyezete x-nek és nyilv´ an K(x) A ∩ K(x) ⊂

[

T

a∈A0

K(a) = ∅ (a ∈ A0 ). K¨ ovetkezésképpen

(K(a) ∩ K(x)) = ∅

T ´ ıt´ as), hogy x miatt A K(x) = ∅, ami ellentmond annak, hogy x ∈ A, azaz annak (ld. 1.5.1. All´ érintkezési pontja A-nak. 4.1.4. Lemma. Tegy¨ uk fel, hogy az A ⊂ X halmaz kompakt. Ekkor b´ armely B ⊂ A végtelen halmaznak van A-beli torl´ od´ asi pontja. Bizony´ıt´ as. Az a´ll´ıt´ assal ellent´ etben tegy¨ uk fel, hogy valamely kompakt A ⊂ X halmaz és T végtelen B ⊂ A részhalmaz esetén A B ′ = ∅. Teh´ at b´ armely a ∈ A esetén a ∈ / B ′ , azaz van olyan K(a) k¨ ornyezet, hogy (K(a) \ {a}) ∩ B = ∅. Nyilv´ an feltehet˝ o, hogy az itt szerepl˝ o K(a) k¨ ornyezetek valamennyien ny´ıltak. Vil´ agos tov´ abb´ a, hogy (K(a), a ∈ A) ny´ ılt lefed´ e se A-nak, ´ ıgy A kompakts´ a ga miatt egy alkalmas v´ e ges A ⊂ A halmazzal 0 S A ⊂ a∈A0 K(a). Egy´ uttal persze B =B∩A=

[

a∈A0

(K(a) ∩ B).

T Mivel K(a) B (a ∈ A0 ) legfeljebb véges (ti. K(a) ∩ B = ∅ vagy K(a) ∩ B = {a}), ezért innen B végessége k¨ ovetkezne, szemben a feltételezéssel.

44

4. Kompakts´ ag 4.2. Kompakts´ ag metrikus terekben.

A tov´ abbiakban tegy¨ uk fel, hogy (X, T ) ≡ (X, ρ). Nevezz¨ unk egy A ⊂ X halmazt korl´ atosnak, ha van olyan z ∈ X elem és K(z) k¨ ornyezet, hogy A ⊂ K(z). K¨ onny˝ u meggondolni, hogy ez ekvivalens az al´ abbiakkal: az A halmaz akkor és csak akkor korl´ atos, ha lefedhet˝ o véges sok k¨ ornyezettel. 4.2.1. Lemma. Tegy¨ uk fel, hogy A ⊂ X kompakt. Ekkor A korl´ atos és z´ art. Bizony´ıt´ as. A 4.1.3. Lemma miatt elegend˝ o már csak a korl´ atoss´ agra vonatkoz´ o a´ll´ıt´ ast bel´ atni. MivelS(K1 (a), a ∈ A) nyilv´ an ny´ılt lefedése A-nak, ezért egy alkalmas véges A0 ⊂ A halmazzal A ⊂ a∈A0 K1 (a), azaz A korl´ atos. 4.2.1. Megjegyz´ es.

Az el˝ oz˝ o lemmabeli a´ll´ıt´ as nem megford´ıthat´ o. Legyen ui. (ld. 3.3.4. ii) megjegyzés) (X, ρ) ≡ (ℓ2 , k.k2 ), azaz X :=

(

x = (xn ) : N → K :

∞ X

n=0

2

)

|xn | < +∞ ,

v u∞ uX ρ(x, y) := t |xn − yn |2 n=0

(x, y ∈ X).

Ha Y := {(δnk ) ∈ X : n ∈ N} (ahol δnk a j´ ol ismert Kronecker-szimb´ olum), akkor Y√ nyilv´ an korl´ atos, végtelen halmaz. Tov´ abb´ a b´ armely x, y ∈ Y, x 6= y esetén ρ(x, y) = 2, ezért Y ′ = ∅, azaz Y z´ art is. Mivel az el˝ obbi x 6= y ∈ Y elemekre K√2/2 (x) ∩ K√2/2 (y) = ∅, ezért az Y -t nyilv´ an lefed˝ o K√2/2 (z) (z ∈ Y ) ny´ılt halmazok k¨ oz¨ ul nem v´ alaszthat´ o ki véges sok Y -t lefed˝ o halmaz. Így Y nem kompakt. Metrikus terekben kompakt halmazokra vonatkoz´ oan a korl´ atoss´ agn´ al er˝osebb tulajdons´ ag is igaz. Legyen ui. A ⊂ X kompakt és egy tetsz˝oleges ε > 0 szám mellett tekints¨ uk az A halmaz al´ abbi ny´ılt lefedését: A⊂

[

Kε (x).

x∈X

Ekkor az A kompakts´ aga miatt van olyan véges X0 ⊂ X halmaz, amellyel A⊂

[

Kε (x).

x∈X0

K¨ ovetkezésképpen A lefedhet˝ o véges sok ε-sugar´ u g¨ ombbel. Ez ut´ obbi tulajdons´ agot mintegy kiemelve” nevezz¨ uk az Y ⊂ X halmazt teljesen korl´ atosnak, S ” ha tetsz˝oleges ε > 0 esetén van olyan véges X0 ⊂ X halmaz, hogy Y ⊂ x∈X0 Kε (x). Azt mondjuk, hogy az (X, ρ) metrikus tér teljesen korl´ atos, ha X teljesen korl´ atos.

45

4. Kompakts´ ag 4.2.2. Megjegyz´ esek. i) A teljesen korl´ atoss´ ag teh´ at sz¨ ukséges feltétele a kompakts´ agnak.

ii) Vil´ agos, hogy minden teljesen korl´ atos halmaz egy´ uttal korl´ atos is. A 4.2.1. megjegyzésbeli példa mutatja, hogy ez ford´ıtva nem igaz. iii) K¨ onny˝ u bel´ atni, hogy b´ armely A ⊂ X esetén A akkor és csak akkor teljesen korl´ atos, ha A is az. iv) Egyszer˝ uen ad´ odik az is, hogy a (Kn , ρp ) (0 < n ∈ N, 1 ≤ p ≤ +∞) térben (ld. 1.4.) a korl´ atoss´ ag és a teljesen korl´ atoss´ ag fogalma ugyanazt jelenti. 4.2.1. T´ etel. Az ∅ 6= Y ⊂ X halmaz akkor és csak akkor teljesen korl´ atos, ha tetsz˝ oleges xn ∈ Y (n ∈ N) sorozatnak van olyan (xνn ) részsorozata, amely Cauchy-tulajdons´ ag´ u. Bizony´ıt´ as. L´ assuk be el˝ osz¨ or a tételben jelzett tulajdons´ ag elégségességét. Tegy¨ uk fel teh´ at, hogy b´ armely xn ∈ Y (n ∈ N) sorozatb´ ol kiv´ alaszthatunk egy Cauchy-tulajdons´ ag´ u részsorozatot. Indirekt gondolkodva tegy¨ uk fel tov´ abb´ a, hogy Y nem teljesen korl´ atos, azaz valamilyen ε > 0 esetén Y nem fedhet˝ o le véges sok ε-sugar´ u k¨ ornyezettel. Legyen x0 ∈ A. Ekkor Y nem lehet részhalmaza S Kε (x0 )-nak, azaz A\Kε (x0 ) 6= ∅. Ha x1 ∈ A\Kε (x0 ), akkor ρ(x0 , x1 ) ≥ ε. Mivel Y a Kε (x0 ) Kε (x1 ) halmaznak sem lehet részhalmaza, ezért van olyan x2 ∈ Y elem is, amelyre ρ(x0 , x2 ) ≥ ε, ρ(x1 , x2 ) ≥ ε. Teljes indukci´ oval ´ıgy kapunk egy olyan xn ∈ Y ρ(xn , xm ) ≥ ε

(n ∈ N) sorozatot, amelyre

(n, m ∈ N, n 6= m)

igaz. Ekkor b´ armely (νn ) indexsorozattal is fenn´ all, hogy ρ(xνn , xνm ) ≥ ε (n, m ∈ N, n 6= m). K¨ ovetkezésképpen (xνn ) egyetlen (νn ) indexsorozatra sem Cauchy-sorozat, szemben a kiindul´ o feltétel¨ unkkel. Most a tétel sz¨ ukségességéhez azt tegy¨ uk fel, hogy Y teljesen korl´ atos és xn ∈ Y (n ∈ N). Azt kell bel´ atnunk, hogy alkalmas (νn ) indexsorozattal (xνn ) Cauchy-sorozat. Mivel ez trivi´ alis akkor, ha valamilyen N ∈ N esetén végtelen sok N ∋ m-re xm = xN , ezért mindj´ art feltehetj¨ uk azt is, hogy xn 6= xm (n, m ∈ N, n 6= m). Ekkor egy´ uttal az x := (xn ) sorozat Rx értékkészlete végtelen halmaz. S Tekints¨ uk az Y halmaz Y ⊂ y∈X0 K1 (y) lefedését, ahol X0 ⊂ X véges halmaz. Mivel Rx ⊂

[

y∈X0

(K1 (y) ∩ Rx ),

ezért alkalmas y0 ∈ X elemmel K1 (y0 ) ∩ Rx végtelen halmaz. Van teh´ at olyan ν (0) indexsorozat, amelyre Rx◦ν (0) ⊂ K1 (y0 ). S Hasonl´ oan, véve az Y halmaz Y ⊂ y∈X1 K1/2 (y) lefedését valamilyen X1 ⊂ X véges halmazzal, kapunk olyan y1 ∈ X elemet és olyan ν (1) indexsorozatot, amelyekkel Rx◦ν (0) ◦ν (1) ⊂ K1/2 (y1 ).

46

4. Kompakts´ ag

Az elj´ ar´ ast teljes indukci´ oval folytatva konstru´ alhatunk minden n ∈ N esetén olyan yn ∈ X elemet és olyan ν (n) indexsorozatot, amelyekkel Rx◦ν (0) ◦...◦ν (n) ⊂ K1/2n (yn )

(n ∈ N).

Legyen n ∈ N és νn := ν (0) ◦ . . . ◦ ν (n) (n). K¨ onny˝ u meggondolni, hogy ν := (νn ) indexsorozat. Tov´ abb´ a b´ armely n, m ∈ N, n < m esetén xνm = x ◦ ν (0) ◦ . . . ◦ ν (n) ◦ ν (n+1) ◦ . . . ◦ ν (m) (m), azaz xνm ∈ Rx◦ν (0) ◦...◦ν (n) , ´ıgy xνm ∈ K1/2n (yn ). Ezért ρ(xνn , xνm ) ≤ ρ(xνn , yn ) + ρ(yn , xνm ) <

1 1 1 n + n = n−1 → 0 2 2 2

(n → ∞),

teh´ at x ◦ ν Cauchy-sorozat. 4.2.3. Megjegyz´ esek. i) Ha teh´ at az (X, ρ) tér teljes, akkor ∅ 6= A ⊂ X teljesen korl´ atoss´ aga azzal ekvivalens, hogy b´ armely A-beli sorozatnak van konvergens részsorozata. ii) Ha az el˝ obbi megjegyzésben A még z´ art is, akkor a teljesen korl´ atoss´ aga azt jelenti, hogy tetsz˝ oleges A-beli sorozatnak van olyan konvergens részsorozata, amelynek a hat´ arértéke A-ban van. iii) Speci´ alisan, ha (X, ρ) teljes, az ∅ 6= A ⊂ X halmaz pedig kompakt, akkor (lévén A teljesen korl´ atos és z´ art) minden A-beli sorozatnak van olyan konvergens részsorozata, amelynek a hat´ arértéke A-ban van. Megmutatjuk, hogy az el˝ obbi iii) megjegyzés végk¨ ovetkeztetése szempontj´ ab´ ol a tér teljessége nem lényeges, s˝ ot igaz a 4.2.2. T´ etel. Legyen (X, ρ) tetsz˝ oleges metrikus tér, ∅ 6= A ⊂ X. Ekkor A kompakts´ ag´ anak sz¨ ukséges és elégséges feltétele az, hogy b´ armely A-beli sorozatnak legyen olyan konvergens részsorozata, amelynek a hat´ arértéke A-ban van. Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel el˝ osz¨ or, hogy a szóban forg´ o halmaz kompakt és legyen xn ∈ A (n ∈ N) tetsz˝oleges. Ha az R(xn ) értékkészlethalmaz véges, akkor van az (xn ) sorozatnak olyan részsorozata, amely konstans sorozat, k¨ ovetkezésképpen konvergens és a hat´ arértéke A-ban van. Feltehet˝ o teh´ at, hogy R(xn ) nem T véges. Ekkor a 4.1.4. Lemma miatt van az R(xn ) halmaznak A-beli torl´ od´ asi pontja: a ∈ R′(xn ) A. Teh´ at b´ armely n ∈ N esetén létezik olyan xνn ∈ A, hogy ρ(xνn , a) < 1/(n + 1). Nyilv´ an feltehetj¨ uk, hogy νn < νn+1 (n ∈ N), azaz, hogy (νn ) indexsorozat. Vil´ agos, hogy lim(xνn ) = a ∈ A.

47

4. Kompakts´ ag

Most azt tegy¨ uk fel, hogy b´ armely S A-beli sorozatnak van olyan konvergens részsorozata, amelynek a hat´ arértéke A-ban van és legyen A ⊂ γ∈Γ Tγ az A halmaz egy ny´ılt lefedése. Mutassuk meg el˝ osz¨ or, hogy alkalmas r > 0 sz´ ammal minden a ∈ A elemhez van olyan γ ∈ Γ, hogy Kr (a) ⊂ Tγ . Ha ui. ez nem lenne igaz, akkor b´ armely n ∈ N esetén valamilyen A ∋ xn -re a K1/(n+1) (xn ) k¨ ornyezet egyetlen Tγ halmaznak sem lenne részhalmaza. Legyen (νn ) olyan indexsorozat, amellyel S (xνn ) konvergens és a := lim(xνn ) ∈ A. Mivel A ⊂ γ∈Γ Tγ , ezért valamilyen γ ∈ Γ mellett a ∈ Tγ . A Tγ halmaz ny´ılts´ aga miatt viszont létezik olyan σ > 0, hogy Kσ (a) ⊂ Tγ . L´ assuk be, hogy alkalmas n ∈ N indexre K1/(νn +1) (xνn ) ⊂ Kσ (a). Legyen ehhez n ∈ N egyel˝ ore tetsz˝oleges, t ∈ K1/(νn +1) (xνn ). Ekkor ρ(t, a) ≤ ρ(t, xνn ) + ρ(xνn , a) <

1 + ρ(xνn , a). νn + 1

Mivel ν 1+ 1 + ρ(xνn , a) → 0 (n → ∞), ezért valamilyen n ∈ N esetén ν 1+ 1 + ρ(xνn , a) < σ, n n azaz ekkor ρ(t, a) < σ. Így val´ oban K1/(νn +1) (xνn ) ⊂ Kσ (a). K¨ ovetkezésképpen K1/(νn +1) (xνn ) ⊂ Tγ , szemben az (xn ) sorozatra vonatkoz´ o feltételezéssel. S A most bel´ atott észrevételt szem el˝ ott tartva tegy¨ uk fel indirekt módon, hogy az A ⊂ γ∈Γ Tγ ny´ılt lefedésb˝ ol nem v´ alaszthat´ o ki véges lefedés. Ha x0 ∈ A tetsz˝oleges, akkor az A halmaz nem lehet részhalmaza Kr (x0 )-nak, k¨ ul¨ onben az el˝ obb bel´ atott észrevétel alapj´ an lenne olyan γ ∈ Γ, amellyel A ⊂ Tγ . Létezik ezért A-nak olyan x1Spontja, amely nem eleme Kr (x0 )-nak: ρ(x0 , x1 ) ≥ r. Viszont ugyanilyen okokn´ al fogva A ⊂ Kr (x0 ) Kr (x1 ) sem teljes¨ ulhet, azaz alkalmas x2 ∈ A esetén ρ(x0 , x2 ) ≥ r, ρ(x1 , x2 ) ≥ r. Teljes indukci´ oval ´ıgy eljutunk egy olyan xn ∈ A (n ∈ N) sorozathoz, amelyre ρ(xn , xm ) ≥ r

(n, m ∈ N, n 6= m)

igaz. A 4.2.1. Tétel bizony´ıt´ as´ anak az elején mondottaknak megfelel˝oen teh´ at az (xn ) sorozatnak nincs olyan részsorozata, amely Cauchy-sorozat lenne. Ezért konvergens részsorozata sincs (xn )-nek, ami ellentmond a feltételezés¨ unknek. 4.2.2. Lemma. Tegy¨ uk fel, hogy az A ⊂ X halmaz minden végtelen részhalmaz´ anak van A-beli torl´ od´ asi pontja. Ekkor A kompakt. Bizony´ıt´ as. A 4.2.2. Tétel alapj´ an elegend˝ o azt bel´ atnunk, hogy b´ armely xn ∈ A (n ∈ N) sorozatnak van A-ban konvergens részsorozata. Ezt viszont a 4.2.2. Tétel bizony´ıt´ as´ anak az elején már val´ oj´ aban megmutattuk. Foglaljuk o¨ssze egyetlen a´ll´ıt´ asban a metrikus terekbeli kompakts´ aggal kapcsolatban eddig mondottakat.

48

4. Kompakts´ ag 4.2.3. T´ etel. Legyen (X, ρ) tetsz˝ oleges metrikus tér, ∅ 6= A ⊂ X. Ekkor az al´ abbi kijelentések egym´ assal ekvivalensek: • az A halmaz kompakt; • az A halmaz minden végtelen részhalmaz´ anak van A-beli torl´ od´ asi pontja; • tetsz˝ oleges A-beli sorozatnak van A-ban konvergens részsorozata. Ha az (X, ρ) tér teljes, akkor az eddig mondottak ekvivalensek a k¨ ovetkez˝ ovel: • az A halmaz teljesen korl´ atos és z´ art. 4.2.4. Megjegyz´ esek. i) Ha az (X, ρ) metrikus térben X kompakt (nevezz¨ uk ekkor mag´ at a teret kompakt metrikus térnek), akkor a sz´ oban forg´ o tér teljes. Ui. (ld. 4.2.2. Tétel) b´ armely (xn ) Cauchysorozatnak van konvergens részsorozata, amib˝ ol (xn ) konvergens volta már k¨ ovetkezik (ld. 2.2.1. Tétel bizony´ıt´ asa). ii) B´ armely kompakt (X, ρ) metrikus tér szepar´ abilis. Ui. (ld. 4.2.2. i) megjegyzés) tetsz˝ oleges n ∈ N esetén van olyan véges Xn ⊂ X halmaz, hogy X=

[

K1/(n+1) (x).

x∈Xn

S∞ alhat´ o) halmazr´ ol viszont nem nehéz bel´ atni, hogy Az Y := n=0 Xn (legfeljebb megszáml´ minden¨ utt s˝ ur˝ u. iii) Fogalmazzuk meg a 4.2.3. Tételt arra az esetre, amikor A = X. Ekkor az (X, ρ) tér kompakts´ aga ekvivalens az al´ abbi kijelentések b´ armelyikével: • tetsz˝ oleges Y ⊂ X végtelen halmaznak van torl´ od´ asi pontja; • b´ armely sorozatnak van konvergens részsorozata; • (X, ρ) teljes és teljesen korl´ atos. 4.3. Kompakts´ ag norm´ alt terekben. Tegy¨ uk fel a tov´ abbiakban, hogy (X, ρ) ≡ (X, k.k). Ha (X, k.k) véges dimenzi´ os, akkor a 3.2.2. Tétel alapj´ an X-en b´ armely két norma ekvivalens. Speciálisan (ld. 3.2.) k.k ∼ k.k∞ . Ha teh´ at valamilyen 0 < n ∈ N esetén e1 , ..., en b´ azis (X, k.k)-ben, akkor (X, k.k) topologiailag azonos´ıthat´ oa (Kn , k.k∞ ) térrel. Mivel az ut´ obbi térben a kompakts´ ag ekvivalens a korl´ atoss´ ag+z´ arts´ aggal, ezért igaz a 4.3.1. T´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy (X, k.k) véges dimenzi´ os. Ekkor egy A ⊂ X halmaz kompakts´ aga ekvivalens azzal, hogy A korl´ atos és z´ art. L´ attuk (ld. 4.2.1. megjegyzés), hogy ebben az a´ll´ıt´ asban a dimenzi´ ora vonatkoz´ o feltétel a´ltal´ aban nem hagyhat´ o el. A k¨ ovetkez˝ o tételben megmutatjuk, hogy ennél er˝osebb a viszony a kompakts´ ag és a dimenzi´ o k¨ oz¨ ott.

49

4. Kompakts´ ag

4.3.2. T´ etel (Riesz). Ha az (X, k.k) tér nem véges dimenzi´ os, akkor létezik olyan A ⊂ X halmaz, amely korl´ atos és z´ art, de nem kompakt. A bizony´ıt´ ashoz sz¨ ukség¨ unk lesz az al´ abbi lemmára. 4.3.1. Lemma (Riesz). B´ armely (X, k.k) norm´ alt tér, L ⊂ X val´ odi z´ art altér és 0 < ε < 1 esetén van olyan x ∈ X, amelyre kxk = 1 és ρ(x, L) := inf{kx − ak : a ∈ L} > 1 − ε. Bizony´ıt´ as. Legyen z ∈ X \ L, ekkor ρ(z, L) > 0. K¨ ul¨ onben lenne olyan (an ) : N → L sorozat, 1 ul. Ekkor viszont lim(an ) = x, amib˝ ol az L z´ arts´ aga miatt amelyre kx − an k < n + 1 (n ∈ N) teljes¨ x ∈ L k¨ ovetkezne, ami nem igaz. Az infimum defin´ıci´ oja miatt b´ armely δ > 0 mellett van olyan lδ ∈ L, amelyre kz−lδ k < ρ(z, L)+δ. Mivel z ∈ / L, ezért kz − lδ k > 0. Tekints¨ uk az xδ := z − lδ elemet, ekkor kxδ k = 1 és tetsz˝ oleges kz − lδ k l ∈ L mellett

z − lδ − kz − lδ kl 1 ρ(z, L)

= kxδ − lk =

kz − lδ k kz − (lδ + kz − lδ kl) k ≥ kz − lδ k ,

kz − lδ k

hiszen L altér volta miatt lδ + kz − lδ kl ∈ L. Teh´ at

hacsak δ <

kxδ − lk ≥

ρ(z, L) > 1 − ε, ρ(z, L) + δ

ρ(xδ , L) ≥

ρ(z, L) >1−ε ρ(z, L) + δ

ρ(z, L)ε 1 − ε . Innen

ad´ odik, ´ıgy ezzel a δ-val x := xδ megfelel˝o. A 4.3.2. T´ etel bizony´ıt´ asa. Legyen e0 ∈ X, ke0 k = 1. A feltétel szerint X 6= L({e0 }). Mivel L({e0 }) véges dimenzi´ os, ´ıgy z´ art altere X-nek, azaz a Riesz-lemma miatt egy alkalmas e1 ∈ X, ke1 k = 1 elemre ρ(e1 , L({e0 })) > 1/2. De X 6= L({e0 , e1 }), ezért megint csak a Riesz-lemma alapj´ an egy e2 ∈ X, ke2 k = 1 elemmel ρ(e2 , L({e0 , e1 })) > 1/2. Az elj´ ar´ ast folytatva kapunk egy e := (es ) : N → X, kes k = 1 (s ∈ N) sorozatot, amelyre ρ(ek+1 , L({e0 , ..., ek }) > 1/2

(k ∈ N)

igaz. Teh´ at t¨ obbek k¨ oz¨ ott az is teljes¨ ul, hogy kek − ej k > 1/2 (j, k ∈ N, j 6= k). Ez azt is jelenti, hogy e-b˝ ol nem v´ alaszthat´ o ki olyan részsorozat, amely Cauchy-tulajdons´ ag´ u, ezért e-nek konvergens részsorozata sincs. Ugyanakkor az A := {ek ∈ X : k ∈ N} halmaz nyilv´ an korl´ atos és z´ art (hiszen b´ armely a, b ∈ A, a 6= b esetén ka − bk > 1/2 miatt A-nak nincs torl´ od´ asi pontja). Az e-r˝ ol mondottak miatt viszont a 4.2.3. Tétel alapj´ an az A halmaz nem kompakt. Legyen a, b ∈ R, a < b és tekints¨ uk a (C[a, b], k · k∞ ) Banach-teret (ld. 1.3.). Mit jelent az, hogy ebben a térben egy ∅ 6= F ⊂ C[a, b] f¨ uggvényhalmaz kompakt? Tudjuk (ld. 4.2.3. Tétel), hogy mindez ekvivalens azzal, hogy az F halmaz z´ art és teljesen korl´ atos.

50

4. Kompakts´ ag

Tegy¨ uk fel a tov´ abbiakban, hogy F z´ art, ekkor F akkor és csak akkor kompakt, ha F teljesen korl´ atos. Teh´ at egyrészt F korl´ atos, azaz van olyan K > 0, hogy b´ armely f ∈ F f¨ uggvényre kf k∞ < K. Ez ut´ obbi m´ as sz´ oval azt jelenti, hogy alkalmas K > 0 számmal minden f ∈ F , x ∈ [a, b] esetén |f (x)| < K.

(1)

Az (1) feltétel teljes¨ ulésekor r¨ oviden azt fogjuk mondani, hogy az F elemei egyenletesen korl´ atosak. Az F teljesen korl´ atos volta miatt m´ asrészt minden ε > 0 esetén van olyan véges F0 ⊂ C[a, b] halmaz, hogy tetsz˝ oleges f ∈ F f¨ uggvényhez megadhat´ o egy f0 ∈ F0 , amellyel kf − f0 k∞ < ε. Mivel minden F0 -beli f¨ uggvény egyenletesen folytonos, ezért b´ armely g ∈ F0 f¨ uggvényre egy alkalmas 0 < δg -vel teljes¨ ul a k¨ ovetkez˝ o egyenl˝ otlenség: |g(x) − g(t)| < ε

(x, t ∈ [a, b], |x − t| < δg ).

Ha δ := min {δg : g ∈ F0 }, akkor tetsz˝ oleges f ∈ F , x, t ∈ [a, b] és |x − t| < δ mellett a fenti f0 -val |f (x) − f (t)| ≤ |f (x) − f0 (x)| + |f0 (x) − f0 (t)| + |f0 (t) − f (t)| ≤ 2kf − f0 k∞ + |f0 (x) − f0 (t)| < 3ε, hiszen |x − t| < δ ≤ δf0 , azaz |f0 (x) − f0 (t)| < ε.

¨ Osszefoglalva azt kaptuk, hogy ak´ armilyen σ > 0 esetén van olyan δ > 0, hogy minden F ∋ f -re

(2)

|f (x) − f (t)| < σ

(x, t ∈ [a, b], |x − t| < δ).

Azt mondjuk, hogy az F halmaz elemei egyenl˝ o mértékben egyenletesen folytonosak, ha (2) igaz. 4.3.3. T´ etel (Arzel` a). A z´ art ∅ 6= F ⊂ C[a, b] halmaz akkor és csak akkor kompakt, ha az F elemei egyenletesen korl´ atosak és egyenl˝ o mértékben egyenletesen folytonosak. Bizony´ıt´ as. A sz¨ ukségességet a tétel kimond´ asa el˝ ott már bel´ attuk. Tegy¨ uk most fel, hogy a sz´ oban forg´ o z´ art F halmazra (1) és (2) igaz. Legyen σ > 0 és K > 0 az (1)-nek, δ > 0 pedig a (2)-nek eleget tev˝ o egy-egy szám. Válasszuk az n, m ∈ N pozit´ıv sz´ amokat 2K b − a ulj¨ on, ill. vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝o jel¨ oléseket: u ´gy, hogy n < δ és m < σ teljes¨ xk := a + k ·

b−a 2K (k = 0, ..., n) , yj := −K + j · (j = 0, ..., m). n m

Jelentse tov´ abb´ a L ⊂ C[a, b] az o¨sszes olyan L t¨ or¨ ottvonal (line´ aris spline) a´ltal meghat´ arozott halmazt, amelynek a t¨ oréspontjai (legfeljebb) az xk (k = 0, ..., n) pontok és b´ armely k = 0, ..., n esetén valamilyen j = 0, ..., m indexre

51

4. Kompakts´ ag

L(xk ) = yj . Vil´ agos, hogy L véges halmaz. Ha f ∈ F , akkor minden k = 0, ..., n indexhez egyértelm˝ uen van olyan jk = 0, ..., m − 1, amellyel yjk ≤ f (xk ) < yjk +1 . Legyen L ∈ L olyan, hogy L(xk ) := yjk x ∈ [xk , xk+1] esetén

(k = 0, ..., n). Ekkor tetsz˝oleges k = 0, ..., n − 1 és

|f (x) − L(x)| ≤ |f (x) − f (xk )| + |f (xk ) − yjk | + |L(xk ) − L(x)| ≤

|f (x) − f (xk )| + |f (xk ) − yjk | + |L(xk ) − L(xk+1)| ≤ |f (x) − f (xk )| + |f (xk ) − yjk |+ |L(xk ) − f (xk )| + |f (xk ) − f (xk+1 )| + |f (xk+1) − L(xk+1 )| = |f (x) − f (xk )| + 2|f (xk ) − yjk | + |f (xk ) − f (xk+1)| + |f (xk+1) − yjk+1 | ≤ 5σ, hiszen |x − xk |, |xk − xk+1 | < δ, |f (xk ) − yjk |, |f (xk+1) − yjk+1 | < σ. Azt l´ attuk teh´ at be, hogy ha ε > 0 és f ∈ F , akkor (az el˝ obbiekben a 0 < σ < ε/5 v´ alaszt´ assal) alkalmas L ∈ L f¨ uggvénnyel kf − Lk∞ < ε. Ez éppen azt jelenti, hogy F teljesen korl´ atos. 4.3.1. Megjegyz´ esek. i) Nyilv´ an b´ armely véges ∅ 6= F ⊂ C[a, b] halmaz elemei egyenl˝ o mértékben egyenletesen folytonosak. ii) Legyen 0 < n ∈ N,  2nx      1 −x fn (x) := 2n n     0

1 ) (0 ≤ x ≤ 2n 1 ≤x≤ 1 n 2n 1 n <x≤1

és F := {fn ∈ C[0, 1] : 0 < n ∈ N}. Ekkor F -re (2) nem a´ll fenn, azaz van olyan σ > 0, hogy minden δ > 0 mellett egy-egy megfelel˝o 0 < n ∈ N és x, t ∈ [0, 1], |x − t| < δ esetén |fn (x) − f (t)| ≥ σ. Ugyanis fn (1/(2n)) − fn (0)| = 1 =: σ

(0 < n ∈ N),


52

5. Az approxim´ aci´ oelmélet alapjai

de b´ armely δ > 0 esetén 1/(2n) → 0 (n → ∞) miatt alkalmas N ∋ n-re a t := 0, x := 1/(2n) v´ alaszt´ assal |x − t| < δ. iii) Valamely f ∈ C[a, b], δ > 0 esetén legyen ω(f, δ) := sup{|f (x) − f (t)| : x, t ∈ [a, b], |x − t| < δ} (az f f¨ uggvény folytonoss´ agi modulusa). Mivel f egyenletesen folytonos, ezért limδ→0 ω(f, δ) = 0. Tov´ abb´ a a (2) feltétel pontosan azt jelenti, hogy ez a limδ→0 ω(f, δ) = 0 egyenl˝ oség az f ∈ F f¨ uggvényekre egyenletesen teljes¨ ul: b´ armely ε > 0 számhoz megadhat´ o a δ0 > 0 u ´gy, hogy ha 0 < δ < δ0 , akkor ω(f, δ) < ε (f ∈ F ).

5. Az approximáci´ oelmélet alapjai 5.1. Halmazok t´ avols´ aga. Legyen (X, ρ) metrikus tér, ∅ 6= A, B ⊂ X és ρ(A, B) := inf{ρ(x, y) : x ∈ A, y ∈ B}. Azt mondjuk, hogy a ∈ A, b ∈ B extrem´ alis pontok, ha ρ(a, b) = ρ(A, B). Speciálisan, ha z ∈ X, akkor legyen

ρ(z, B) := ρ({z}, B) = inf{ρ(z, y) : y ∈ B}, ill. nevezz¨ uk a b ∈ B pontot extrem´ alisnak, ha ρ(z, b) = ρ(z, B). Nyilv´ anval´ o, hogy z ∈ B esetén b := z extrem´ alis, ρ(z, B) = 0 és ekkor ez az egyetlen extremális elem. S˝ ot, ha ρ(z, B) = 0 és van extremális elem (b ∈ B), akkor 0 = ρ(z, B) = ρ(z, b) miatt z = b ∈ B. Azt a kérdést vizsg´ aljuk a tov´ abbiakban, hogy milyen feltételekkel lehet garant´ alni extrem´ alis pontok létezését? Ehhez azt fogjuk mondani, hogy a B halmaz kv´ azikompakt, ha tetsz˝oleges xn ∈ B (n ∈ N) korl´ atos sorozatnak van olyan (xνn ) konvergens részsorozata, hogy lim(xνn ) ∈ B. Vil´ agos, hogy • minden kv´ azikompakt halmaz z´ art; • (ld. 4.2.3. Tétel) minden kompakt halmaz kv´ azikompakt. Az ut´ obbi észrevétel nyilv´ an nem megford´ıthat´ o: ha ui. (X, ρ) ≡ (R, |.|), akkor pl. R kv´ azikompakt (ld. a klasszikus Bolzano-Weierstrass-féle kiv´ alaszt´ asi tételt), de nem kompakt, hiszen nem korl´ atos.

53


5.1.1. T´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy a fenti A halmaz kompakt, B pedig kv´ azikompakt. Ekkor léteznek a ∈ A, b ∈ B extrem´ alis pontok: ρ(a, b) = ρ(A, B). Bizony´ıt´ as. Az infimum tulajdons´ agai miatt minden n ∈ N esetén vannak olyan an ∈ A, bn ∈ B elemek, amelyekkel ρ(A, B) ≤ ρ(an , bn ) < ρ(A, B) +

1 . n+1

K¨ ovetkezésképpen lim(ρ(an , bn )) = ρ(A, B). Az A halmaz kompakts´ aga miatt egy alkalmas (νn ) részsorozattal (ld. 4.3.2. Tétel) (aνn ) konvergens és a := lim(aνn ) ∈ A. Mutassuk meg, hogy a (bνn ) sorozat korl´ atos. Ui. ρ(bνn , a) ≤ ρ(bνn , aνn ) + ρ(aνn , a) <

1 + ρ(aνn , a) → 0 νn + 1

(n → ∞),

azaz alkalmas M > 0 sz´ ammal ρ(bνn , a) ≤ M (n ∈ N). A B halmaz kv´ azikompakts´ aga miatt van teh´ at olyan (µn ) indexsorozat, amellyel (bνµn ) konvergens és b := lim(bνµn ) ∈ B. Tov´ abb´ a minden N ∋ n-re ρ(a, b) ≤ ρ(a, aνµn ) + ρ(aνµn , bνµn ) + ρ(bνµn , b), azaz (megfelel˝ o szerepcserét is alkalmazva) |ρ(a, b) − ρ(aνµn , bνµn )| ≤ ρ(a, aνµn ) + ρ(bνµn , b) → 0

(n → ∞).

Így ρ(a, b) = lim(ρ(aνµn , bνµn )) = lim(ρ(an , bn )) = ρ(A, B), azaz a, b extrem´ alisak. Mivel tetsz˝ oleges z ∈ X esetén a {z} halmaz kompakt, ezért az el˝ obbi tételb˝ ol speciális esetként r¨ ogt¨ on ad´ odik az 5.1.2. T´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy a B halmaz kv´ azikompakt. Ekkor minden z ∈ X elemhez létezik b ∈ B extrem´ alis pont: ρ(z, b) = ρ(z, B). 5.2. Approxim´ aci´ o norm´ alt terekben. Legyen a tov´ abbiakban (X, ρ) ≡ (X, k.k), L ⊂ X véges dimenzi´ os altér. Ekkor a 3.2.2. Tétel szerint az (L, k.k|L ) tér topologiailag azonos´ıthat´ o (alkalmas 0 < n ∈ N mellett) a (Kn , k.k∞ ) térrel. Ebb˝ ol r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik, hogy L z´ art és m˝ uk¨ odik” benne a Bolzano-Weierstrass-féle kiv´ alaszt´ asi ” tétel: b´ armely xn ∈ L (n ∈ N) korl´ atos sorozatnak van L-ben konvergens részsorozata. M´ as sz´ oval L kv´ azikompakt. Az 5.1.2. Tétel alapj´ an teh´ at igaz az

54

5. Az approxim´ aci´ oelmélet alapjai 5.2.1. T´ etel. B´ armely véges dimenzi´ os L ⊂ X altér és x ∈ X elem esetén van olyan l ∈ L, amely extrem´ alis: kl − xk = ρ(x, L). 5.2.1. Megjegyz´ es. Igen tanuls´ agos az 5.2.1. Tétel al´ abbi bizony´ıt´ asa is. Legyen e1 , ..., en ∈ L (valamilyen 0 < n ∈ N mellett) b´ azis L-ben és r¨ ogz´ıtett x ∈ L esetén

n

X

f (α) := x − αk ek

k=1

Ekkor az M :=

Pn

k=1 kek k

|f (α) − f (β)| ≤

n X

k=1

(α = (α1 , ..., αn ) ∈ Kn ).

jel¨ oléssel

|αk − βk |· kek k ≤ M kα − βk∞

(α, β ∈ Kn ),

amib˝ ol az f f¨ uggvény (egyenletes) folytonoss´ aga r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik. Mivel

n n

X

X α

k ek − kxk = f (α) ≥ αk ek − kxk = kαk∞ ·

kαk∞ k=1

k=1

kαk∞ · f (α/kαk∞ ) − kxk

(0 6= α ∈ Kn ),

ezért m-mel jel¨ olve az f f¨ uggvény minimum´ at a (Kn -ben kompakt) {β ∈ Kn : kβk∞ = 1} halmazon azt kapjuk, hogy f (α) ≥ mkαk∞ − kxk. Vil´ agos, hogy m > 0, ´ıgy az kαk∞ > 2kxk/m vektorokra f (α) > kxk. K¨ ovetkezésképpen a ρ(x, L) = inf{f (α) : α ∈ Kn } ≤ f (0) = kxk becslés miatt ρ(x, L) = inf{f (α) : α ∈ Kn , kαk∞ ≤ 2kxk/m}. Az E := {α ∈ Kn : kαk∞ ≤ 2kxk/m} halmaz is (Kn -ben) kompakt, teh´ at az f f¨ uggvény folytonoss´ aga miatt létezik a ρ(x, L) = min{f (α) : α ∈ E} = f (α) ˜ minimum valamilyen α ˜ ∈ E vektorral. Ez azt jelenti, hogy a

Pn

˜ k ek k=1 α

∈ L elem extrem´ alis.

Az el˝ obbi tétel alkalmaz´ as´ at illet˝ oen tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝o péld´ akat. 1o Legyen ∅ 6= U ⊂ R kompakt halmaz (a számegyenes szok´ asos” topol´ ogi´ aj´ ara nézve), ”

55


X := {f : U → R : f folytonos} , kf k := max |f (x)| (f ∈ X). x∈U

Legyenek tov´ abb´ a valamely 0 < n ∈ N esetén adottak a g1 , ..., gn ∈ X f¨ uggvények és defini´ aljuk az L ⊂ X alteret u ´gy, mint a g1 , ..., gn f¨ uggvények line´ aris burk´ at: L := L ({g1 , ..., gn }) . Vil´ agos, hogy L véges dimenzi´ os, ezért az 5.2.1. an tetsz˝oleges f ∈ X f¨ uggvényhez vannak PnTétel alapj´ olyan a1 , ..., an ∈ R egy¨ utthat´ ok, hogy a g := k=1 ak gk ∈ L f¨ uggvény extremális: kf − gk = ρ(f, L), azaz n n X X max f (x) − ak gk (x) = min max f (x) − αk gk (x) . x∈U α1 ,...,αn ∈R x∈U k=1

k=1

2o Tegy¨ uk fel, hogy az el˝ obbi péld´ aban az U halmaz véges: U = {x1 , ..., xm } (valamilyen 0 < m ∈ N mellett). Ekkor az el˝ obbi feladat a k¨ ovetkez˝o alakot o¨lti (min-max-feladat): n n X X max f (xi ) − ak gk (xi ) = min max f (xi ) − αk gk (xi ) . i=1,...,m α1 ,...,αn ∈R i=1,...,m k=1

Ha

k=1

y := (f (x1 ), ..., f (xm)) ∈ Rm , a := (a1 , ..., an ) ∈ Rn , m×n A := (gk (xi ))m,n , α := (α1 , ..., αn) ∈ Rn , i=1,k=1 ∈ R

akkor a min-max-feladat a k¨ ovetkez˝ oképpen ´ırhat´ o: ky − Aak∞ = minn ky − Aαk∞ . α∈R

Nyilv´ an b´ armely y ∈ Rm vektor és A ∈ Rm×n mátrix fel´ırhat´ o ilyen alakban alkalmas g1 , ..., gn f¨ uggvényekkel és x1 , ..., xm alappontokkal”. Vil´ agos tov´ abb´ a, hogy ha az Az = y line´ aris egyenlet” rendszernek van megold´ asa, azaz valamilyen zˆ ∈ Rn esetén Aˆ z = y, akkor a fenti min-max-feladatban a = zˆ ´ırhat´ o. Ha ilyen zˆ nincs, akkor nevezz¨ uk a min-max-feladat b´ armely a ∈ Rn megold´ as´ at a szóban forg´ o line´ aris egyenletrendszer approximat´ıv megold´ as´ anak. Tekints¨ uk pl. a (klasszikus értelemben nem megoldhat´ o) 2x = 3 3x = 4 egyenletrendszert. A min-max-feladat most az al´ abbi elemi feladatot jelenti: hat´ arozzunk meg olyan R ∋ a-t, amellyel

56


min max{|2x − 3|, |3x − 4|} = max{|2a − 3|, |3a − 4|}. x∈R

A ϕ(x) := max{|2x − 3|, |3x − 4|} (x ∈ R) f¨ uggvény vizsg´ alat´ ab´ ol r¨ ovid meggondol´ as ut´ an ad´ odik az a = 7/5 megold´ as. 3o Ha az 1o péld´ aban gk (x) := xk−1 (x ∈ U, k = 1, ..., n), akkor legyen (az ottani jel¨ olésekkel) P (x) :=

n X

ak xk−1

k=1

(x ∈ R).

Ekkor P legfeljebb (n − 1)-edfok´ u polinom, ill. g = P|U . A P polinomot az f -et (az U halmazon) egyenletesen legjobban k¨ ozel´ıt˝ o legfeljebb (n − 1)-edfok´ u polinomnak nevezz¨ uk. Ennek a feladatnak a klasszikus esete az, amikor U egy kompakt intervallum. Ha a most vizsg´ alt polinomapproxim´ aci´ ot a 2o péld´ aban tekintj¨ uk, akkor m = n esetén P nem más, mint az f f¨ uggvény Lagrange-féle interpol´ aci´ os o polinomja az x1 , ..., xn alappontokon. Ekkor a 2 min-max-feladat megold´ asa egyértelm˝ u. (Ha m < n, akkor szintén tudunk interpol´ alni, de a feladat megold´ asa már nem egyértelm˝ u.) 4o Írjunk a 2o feladatban szerepl˝ o Rm -beli k.k∞ vektornorma helyett k.k2 -t: v um uX |zk |2 kzk2 := t k=1

(z = (z1 , ..., zm ) ∈ Rm ).

Ekkor az ky − Aak2 = minn ky − Aαk2 α∈R

feladatra jutunk, azaz v v 2 2 u m u m n n uX uX X X t t ak gk (xi ) = min αk gk (xi ) . f (xi ) − f (xi ) − α1 ,...,αn ∈R i=1

k=1

i=1

k=1

Ez nem más, mint a legkisebb négyzetek m´ odszere néven j´ ol ismert feladat.

Azt mondjuk, hogy az (X, k.k) norm´ alt tér szigor´ uan norm´ alt, ha az kx + yk = kxk + kyk egyenl˝ oség valamely x, y ∈ X esetén akkor és csak akkor a´ll fenn, ha alkalmas λ ≥ 0 számmal y = λx vagy x = λy. K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy pl. az (R2 , k.k∞ ) tér nem szigor´ uan norm´ alt. Ui. az x := (1, 0), 2 y := (1, 1) ∈ R vektorokkal kxk = kyk = 1, x + y = (2, 1), azaz kx + yk = 2 = kxk + kyk. Ugyanakkor b´ armely λ ≥ 0 sz´ ammal x 6= λy és y 6= λx. Megmutatjuk azonban, hogy igaz az 5.2.1. Lemma. Legyen (X, k.k) ≡ (X, h, i). Ekkor (X, k.k) szigor´ uan norm´ alt. Bizony´ıt´ as. Ha x, y ∈ X, kx + yk = kxk + kyk és y = 0, akkor a λ := 0 v´ alaszt´ assal y = λx. Feltehet˝o ezért, hogy y 6= 0. Tekints¨ uk ebben az esetben a

57


h(t) := kx − tyk2

(t ∈ R)

f¨ uggvényt: h(t) = hx − ty, x − tyi = kxk2 − 2t Re hx, yi + t2 kyk2 . Mivel az kx + yk = kxk + kyk feltételezés szerint kx + yk2 = hx + y, x + yi = kxk2 + 2 Re hx, yi + kyk2 = kxk2 + kyk2 + 2kxk· kyk, ezért Re hx, yi = kxk· kyk. K¨ ovetkezésképpen h(t) = kxk2 − 2tkxk· kyk + t2 kyk2 = (kxk − tkyk)2 . Ez azt jelenti, hogy a λ :=

kxk (≥ 0) jel¨ oléssel kyk 0 = h(λ) = kx − λyk2 ,

azaz x = λy. 5.2.2. T´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy az (X, k.k) tér szigor´ uan norm´ alt. Ekkor b´ armely L ⊂ X altér és x ∈ X esetén legfeljebb egy olyan l ∈ L létezik, amelyre kx − lk = ρ(x, L). Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel, hogy valamely x ∈ X, l1 , l2 ∈ L esetén kx − l1 k = kx − l2 k = ρ(x, L) l2 ovetkezésképpen és legyen l := l1 + 2 . Mivel L altér, ezért l ∈ L, k¨

l1 + l2

= 1 k(x − l1 ) + (x − l2 )k ≤

ρ(x, L) ≤ kx − lk = x − 2 2 1 (kx − l1 k + kx − l2 k) = ρ(x, L). 2

Innen azt kapjuk, hogy k(x − l1 ) + (x − l2 )k = kx − l1 k + kx − l2 k, azaz a szigor´ u norm´ alts´ ag miatt van olyan λ ≥ 0, amellyel (pl.) x − l1 = λ(x − l2 ). Ha itt λ = 1, akkor l1 = l2 r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik. Ha viszont λ 6= 1, akkor x=

l1 − λl2 ∈ L. 1−λ

58


Vil´ agos (ahogyan azt m´ ar kor´ abban is megjegyezt¨ uk), hogy tetsz˝oleges y ∈ L esetén az egyetlen extremális elem is y, azaz ekkor x = l1 = l2 . 5.2.2. Megjegyz´ esek. i) Tekints¨ uk az (X, k.k) := (C[0, 1], k.k∞ ) teret és az L := {f ∈ X : f (0) = 0} (nyilv´ an) alteret, valamint az f ∈ X, f ≡ 1 f¨ uggvényt. K¨ onny˝ u meggondolni, hogy ha g ∈ L olyan f¨ uggvény, amelyre Rg ⊂ [0, 1], akkor g extremális. Legyen ui. g ilyen, x ∈ [0, 1], ekkor 1 = |f (0) − g(0)| ≤ max |f (x) − g(x)| = kf − gk = max |1 − g(x)| ≤ 1, x∈[0,1]

x∈[0,1]

azaz kf − gk = 1. Ugyanakkor tetsz˝oleges h ∈ L esetén 1 = |f (0) − h(0)| ≤ max |f (x) − h(x)| = kf − hk. x∈[0,1]

Egybevetve a fentieket ρ(f, L) = 1 = kf −gk k¨ ovetkezik. Vil´ agos, hogy a jelzett tulajdons´ ag´ u g f¨ uggvényb˝ ol (azaz egy´ uttal extremális elemb˝ ol is) végtelen sok van. ii) Az 5.2.2. Tétel alapj´ an teh´ at az i) megjegyzésbeli tér nem szigor´ uan norm´ alt, ami a hivatkozott tétel nélk¨ ul is k¨ onnyen bel´ athat´ o: az el˝ obbi f és a g(x) := x (x ∈ [0, 1]) f¨ uggvényre kf + gk = 2 = kf k + kgk, de nyilv´ an nem létezik olyan λ ∈ R, amellyel f = λg vagy g = λf teljes¨ ulne. 5.3. Approxim´ aci´ o euklideszi terekben. Legyen az (X, h, i) euklideszi térben L ⊂ X altér. Azt fogjuk mondani, hogy L teljes altér, ha b´ armely xn ∈ L (n ∈ N) Cauchy-sorozat konvergens és lim(xn ) ∈ L. Nyilv´ anval´ o, hogy • minden teljes altér z´ art; • ha (X, h, i) Hilbert-tér, akkor az L ⊂ X altér akkor és csak akkor teljes altér, ha z´ art. 5.3.1. T´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy L ⊂ X teljes altér az (X, h, i) euklideszi térben. Ekkor b´ armely x ∈ X esetén egyértelm˝ uen létezik olyan l ∈ L, amely extrem´ alis, azaz kx − lk = ρ(x, L). Bizony´ıt´ as. Az egyértelm˝ uség az 5.2.1. Lemma, ill. az 5.2.2. Tétel alapj´ an már k¨ ovetkezik. Legyen ln ∈ L (n ∈ N) olyan elem, amelyre ρ(x, L) ≤ kx − ln k < ρ(x, L) +

1 . n+1

Ekkor lim(kx − ln k) = ρ(x, L). A paralelogramma-szab´ aly (ld. 1.3.1. Tétel) alapj´ an minden n, m ∈ N esetén a k¨ ovetkez˝ ot mondhatjuk: kln − lm k2 = k(x − ln ) − (x − lm )k2 = 2(kx − ln k2 + kx − lm k2 ) − k2x − (ln + lm )k2 . Az ln , lm elemek konstrukci´ oja miatt

59


2(kx − ln k2 + kx − lm k2 ) → 4ρ2 (x, L)

(n, m → ∞).

Megmutatjuk, hogy k2x − (ln + lm )k2 → 4ρ2 (x, L) is igaz. Val´ oban,

(n, m → ∞)

2

ln + lm

,

k2x − (ln + lm )k = 4 x − 2 2

lm ∈ L miatt ahol ln + 2

2

ln + lm

≥ 4ρ2 (x, L). 4 x −

2

Mivel

k2x − (ln + lm )k2 = k(x − ln ) + (x − lm )k2 ≤ (kx − ln k + kx − lm k)2 → 4ρ2 (x, L)

(n, m → ∞),

ezért k2x − (ln + lm )k2 → 4ρ2 (x, L) (n, m → ∞) már val´ oban k¨ ovetkezik. Azt kaptuk teh´ at, hogy kln − lm k → 0 (n, m → ∞). Az L altér teljessége miatt ´ıgy létezik az l := lim(ln ) hat´ arérték és l ∈ L. Az |kx − lk − kx − ln k| ≤ kl − ln k → 0

(n → ∞)

becslés miatt azonban kx − lk = lim(kx − ln k) = ρ(x, L), azaz l extremális. 5.3.1. Megjegyz´ esek. i) Ha az (X, h, i) tér Hilbert-tér, akkor az 5.3.1. Tétel az al´ abbi alakot o¨lti: b´ armely L ⊂ X z´ art altér és x ∈ X esetén egyértelm˝ uen létezik olyan l ∈ L, amely extrem´ alis, azaz kx − lk = ρ(x, L). ii) Az el˝ obbi megjegyzésben az L altér z´ arts´ aga, ill. az 5.3.1. Tételben az illet˝ o altér teljessége nem hagyhat´ o el. Legyen ui. (ld. 3.3.4. ii) megjegyzés) (X, h, i) := (ℓ2 , h, i2) ≡ (ℓ2 , k.k2 ), L := ℓ1 , azaz

L :=

(

(xn ) ∈ ℓ2 :

∞ X

n=0

)

|xn | < +∞ .

Ha x := (1/(n + 1)) ∈ ℓ2 , akkor tetsz˝oleges n ∈ N esetén az

60


(n)

xk

:=

  xk 

0

(k = 0, ..., n) (k > n)

(n ∈ N)

el˝ o´ır´ assal defini´ alt nyilv´ an L-beli x(n) sorozatokra kx −

x(n) k22

=

∞ X

k=n+1

|xk |2 → 0

(n → ∞).

Ezért b´ armely ε > 0 mellett vehet¨ unk olyan n-et, amellyel ρ(x, L) ≤ kx − x(n) k2 < ε. Teh´ at ρ(x, L) = 0. Mivel x ∈ / L, ezért nincs extremális elem, hiszen ha l ∈ L ilyen volna, akkor 0 = ρ(x, L) = kx − lk2 miatt x = l ∈ L lenne. 5.3.2. T´ etel. Legyen (X, h, i) tetsz˝ oleges euklideszi tér, L ⊂ X altér, x ∈ X, l ∈ L. Az l elem akkor és csak akkor extrem´ alis, ha b´ armely y ∈ L esetén hx − l, yi = 0. Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel el˝ osz¨ or, hogy kx − lk = ρ(x, L) és (indirekt módon) valamilyen y ∈ L elemre hx − l, yi 6= 0, pl. α := Re hx − l, yi > 0. (A t¨ obbi eset hasonl´ oan kezelhet˝o.) Ekkor minden λ > 0 esetén kx − (l + λy)k2 = h(x − l) − λy, (x − l) − λyi = kx − lk2 + λ2 kyk2 − 2αλ = kx − lk2 + λ(λkyk2 − 2α). Mivel λkyk2 → 0 (λ → +0), ezért alkalmas λ-ra λkyk2 − 2α < 0, azaz kx − (l + λy)k2 < kx − lk2 . Ez azt jelentené, hogy az l + λy ∈ L elemre ρ(x, L) = kx − lk < kx − (l + λy)k, ami nem lehet. Most azt tegy¨ uk fel, hogy b´ armely y ∈ L esetén hx − l, yi = 0 és legyen z ∈ L. Ekkor kx − (z + l)k2 = h(x − l) − z, (x − l) − zi = kx − lk2 + kzk2 , ui. a feltétel szerint hx − l, zi = hz, x − li = 0. Teh´ at kx − (z + l)k ≥ kx − lk. Vil´ agos, hogy az L altér minden eleme fel´ırhat´ o alkalmas L ∋ z-vel z + l alakban, ´ıgy az el˝ obbi eredmény másképpen fogalmazva azt jelenti, hogy kx − lk ≤ kx − sk (s ∈ L). Ezért l extremális elem. 5.3.2. Megjegyz´ esek. i) Geometriai hasonlattal élve az hu, vi = 0 esetben azt mondjuk, hogy az u, v ∈ X elemek ortogon´ alisak (vagy mer˝ olegesek), és mindezt az u ⊥ v szimb´ olummal jel¨ olj¨ uk.

ii) Valamely ∅ 6= A ⊂ X esetén legyen A⊥ := {x ∈ X : x ⊥ a (a ∈ A)}. Vil´ agos, hogy A⊥ ⊥ ⊥ altér. Azt sem nehéz bel´ atni, hogy A z´ art. Ha ui. xn ∈ A (n ∈ N) konvergens és x := lim(xn ), akkor tetsz˝ oleges a ∈ A és n ∈ N esetén |hx, ai| = |hx, ai − hxn , ai| = |hx − xn , ai| ≤ kx − xn k· kak → 0

(n → ∞),

azaz hx, ai = 0. Teh´ at x ∈ A⊥ , ´ıgy A⊥ val´ oban z´ art. Az A⊥ z´ art alteret az A halmaz ortogon´ alis kiegész´ıt˝ o alterének nevezz¨ uk.

61


iii) Legyen pl. (X, h, i) ≡ (R2 , h, i2) és (pl.) L egy orig´ on a´tmen˝ o egyenes”. Ekkor az 5.3.2. ” Tétel az elemi matematik´ ab´ ol j´ ol ismert tényt jelenti: valamely x ∈ R2 vektor esetén x és L (euklideszi) t´ avols´ ag´ at u ´gy kapjuk meg, hogy x-b˝ ol mer˝olegest bocsátunk L-re és ha ennek a talppontja az l ∈ L vektor, akkor a keresett t´ avols´ ag kx − lk2 . iv) A most bevezetett terminol´ ogi´ aval élve teh´ at az 5.3.2. Tétel a k¨ ovetkez˝oképpen fogalmazhat´ o meg: kx − lk = ρ(x, L) akkor és csak akkor igaz, ha x − l ∈ L⊥ . Az utols´ o megjegyzésb˝ ol kiindulva legyen valamely L ⊂ X teljes altér és x ∈ X esetén l ∈ L extremális elem: kx−lk = ρ(x, L) és x1 := l, x2 := x−l. Ekkor x1 ∈ L, x2 ∈ L⊥ és nyilv´ an x = x1 +x2 . Nem nehéz bel´ atni, hogy az x elem el˝ obbi tulajdons´ ag´ u felbont´ asa egyértelm˝ u: ha valamely u1 ∈ L, u2 ∈ L⊥ elemekkel is igaz az x = u1 + u2 el˝ oa´ll´ıt´ as, akkor L ∋ x1 − u1 = u2 − x2 ∈ L⊥ miatt x1 − u1 ∈ L ∩ L⊥ , azaz kx1 − u1 k2 = hx1 − u1 , x1 − u1 i = 0. K¨ ovetkezésképpen x1 = u1 és hasonl´ oan x2 = u2 . Ezzel bel´ attuk az al´ abbi a´ll´ıt´ ast: 5.3.3. T´ etel (Riesz). Legyen L ⊂ X teljes altér az (X, h, i) euklideszi térben. Ekkor b´ armely x ∈ X esetén egyértelm˝ uen léteznek olyan x1 ∈ L, x2 ∈ L⊥ elemek, amelyekkel x = x1 + x2 . 5.3.3. Megjegyz´ esek. i) A fenti tétel alapj´ an azt mondjuk, hogy az X tér az L, L⊥ alterek ortogon´ alis direkt o ¨sszege: ⊥ X =L⊕L . ii) Ha x = x1 + x2 az x ∈ X elemnek az 5.3.3. Tétel szerinti felbont´ asa, akkor igaz az 2 2 2 kxk = kx1 k + kx2 k Pitagoraszi-¨ osszef¨ uggés. Ui. hx2 , x1 i = hx1 , x2 i = 0 miatt kxk2 = hx1 + x2 , x1 + x2 i = hx1 , x1 i + hx2 , x2 i = kx1 k2 + kx2 k2 . iii) Speci´ alisan b´ armely (X, h, i) Hilbert-tér és z´ art L ⊂ X altér esetén X = L ⊕ L⊥ . iv) Legyen valamely (X, h, i) euklideszi tér és teljes L ⊂ X altér mellett PL : X → L az a leképezés, amelyre PL (x) := x1 (x ∈ X), ha x = x1 + x2 az x elem el˝ obbi felbont´ asa: x1 ∈ L, x2 ∈ L⊥ . A PL leképezést (operátort) az L altérre val´ o projekci´ onak (vagy vet´ıtésnek) nevezz¨ uk. Az eddigiek alapj´ an már eléggé nyilv´ anval´ o, hogy PL line´ aris, azaz PL (µx + λy) = µPL (x) + λPL (y)

(x, y ∈ X, µ, λ ∈ K).

Tov´ abb´ a kPL (x)k ≤ kxk (x ∈ X), azaz (ld. 6.2.) PL korl´ atos line´ aris oper´ ator. Ha x ∈ L, akkor az x = x + 0 felbont´ asb´ ol az 5.3.3. Tételbeli egyértelm˝ uség alapj´ an PL x = x ad´ odik. Ez azt is jelenti egy´ uttal, hogy RPL = L. A P projekci´ o idempotens, azaz P 2 := P ◦P = P, ui. b´ armely x ∈ X esetén PL x ∈ L lévén az el˝ obb mondottak szerint PL2 x = PL (PL x) = PL x. ⊥ ⊥ Az L altér a PL projekci´ o magtere: L = {x ∈ X : PL x = 0}. Val´ oban, ha x ∈ L⊥ , ⊥ akkor x = x + 0 az x elem ortogon´ alis felbont´ asa: 0 ∈ L, x ∈ L , ezért PL x = 0. Teh´ at L⊥ ⊂ {x ∈ X : PL x = 0}. Ford´ıtva, ha x ∈ X és PL x = 0, akkor az x = x1 + x2 = PL x + x2 = x2

(x2 ∈ L⊥ )

62

5. Az approxim´ aci´ oelmélet alapjai felbont´ asb´ ol x = x2 , azaz x ∈ L⊥ k¨ ovetkezik. Így {x ∈ X : PL x = 0} ⊂ L⊥ is igaz. K¨ onny˝ u meggondolni, hogy a most kapott k¨ ovetkezmények jellemzik is a projekci´ okat: a P : X → X line´ aris leképezés akkor és csak akkor projekci´ o az L teljes altérre, ha P idempotens, RP = L és L⊥ = {x ∈ X : P x = 0}. Ha ui. P ilyen, akkor b´ armely X ∋ x-re P x ∈ L, ill. 2 P (x − P x) = P x − P x = P x − P x = 0 miatt x − P x ∈ L⊥ . Ezért x = P x + (x − P x) az (L altérre vonatkoz´ o) ortogon´ alis felbont´ asa x-nek. K¨ ovetkezésképpen P x = PL x. v) Tegy¨ uk fel, hogy az el˝ obbi megjegyzésben ek ∈ X (k ∈ N ) ONR (ld. 3.3.) és legyen valamely n ∈ N esetén L := L({e0 , ..., en}). Ekkor a 3.3.1. Lemma szerint b´ armely x ∈ X esetén igaz, hogy kx − Sn (x)k = ρ(x, L), azaz x = Sn (x) + (x − Sn (x)) az x elem ortogon´ asa. (Emlékeztet¨ unk az Sn (x) Fourier-részletösszeg defin´ıci´ oj´ aPn alis felbont´ ra: Sn (x) = k=0 x ˆ(k)ek ∈ L, ahol x ˆ(k) = hx, ek i (k ∈ N ).) M´ as szóval teh´ at PL = Sn (Fourier-projekci´ o). vi) Ha az v) megjegyzésben (X, h, i) Hilbert-tér és N = N, akkor legyen L := L({en ∈ X : n ∈ N}). Ekkor L z´ art (azaz altér. A 3.3.3. iii) megjegyzés szerint b´ armely x ∈ X elemre Pteljes) ∞ létezik az S(x) := n=0 x ˆ(n)en Fourier-¨ osszeg. Ha k, n ∈ N és k ≤ n, akkor 0 ≤ |hx − S(x), ek i| = |ˆ x(k) − hS(x), ek i| = |ˆ x(k) − hS(x) − Sn (x), ek i − hSn (x), ek i| = |hS(x) − Sn (x), ek i| ≤ kS(x) − Sn (x)k → 0

(n → ∞).

K¨ ovetkezésképpen hx − S(x), ek i = 0, azaz x − S(x) ⊥ ek (k ∈ N). Vil´ agos, hogy innen x − S(x) ⊥ L({en ∈ X : n ∈ N}) is r¨ ogt¨ on ad´ odik. Ha viszont z ∈ L, akkor alkalmas zn ∈ L({en ∈ X : n ∈ N}) sorozattal kz − zn k → 0 (n → ∞), azaz hx − S(x), zn i = 0 (n ∈ N) miatt

(n ∈ N)

|hx − S(x), zi| = |hx − S(x), z − zn i + hx − S(x), zn i| = |hx − S(x), z − zn i| ≤ kx − S(x)k· kz − zn k → 0

(n → ∞).

Teh´ at hx − S(x), zi = 0, ´ıgy x − S(x) ⊥ L is teljes¨ ul. Mivel Sn (x) ∈ L (n ∈ N) és L z´ arts´ aga alapj´ an S(x) = lim(Sn (x)) ∈ L

63

5. Az approxim´ aci´ oelmélet alapjai nyilv´ an igaz, ezért (ld. 5.3.2. Tétel) ρ(x, L) = kx − S(x)k, ill. az x = S(x) + (x − S(x)) felbont´ as miatt PL = S.

vii) Tudjuk (ld. 3.3.2. Tétel), hogy ha az v) megjegyzésbeli (en ) ONR z´ art (vagy ami ugyanaz: teljes) rendszer, akkor S(x) = x. Ekkor teh´ at ρ(x, L) = 0 minden x ∈ X elemre igaz, azaz x ∈ L = X és PL = PX = id. viii) Legyen (X, h, i) tetsz˝ oleges euklideszi tér, x0 , ..., xn ∈ X (n ∈ N) line´ arisan f¨ uggetlen rendszer, L := L({x0 , ..., xn}). Ekkor (ld. 5.2.1., 5.2.2. Tételek) b´ armely x ∈PX esetén n egyértelm˝ uen megadhat´ ok olyan α0 , ..., αn ∈ K egy¨ utthat´ ok, amelyekkel az l := k=0 αk xk jel¨ oléssel ρ(x, L) = kx − lk. Az 5.3.2. Tétel alapj´ an azt mondhatjuk, hogy 0 = hx − l, xj i = hx, xj i −

n X

k=0

αk hxk , xj i

(j = 0, ..., n),

azaz n X

(∗)

hxk , xj iαk = hx, xj i

(j = 0, ..., n).

k=0

Tov´ abb´ a hx − l, li = 0 miatt ρ2 (x, L) = kx − lk2 = hx − l, x − li = hx − l, xi = kxk2 −

n X

k=0

αk hxk , xi,

amib˝ ol

(∗∗)

ρ2 (x, L) +

n X

hxk , xiαk = hx, xi

k=0

k¨ ovetkezik. Vegy¨ uk észre, hogy (∗), (∗∗) egy¨ utt egy (n + 2) × (n + 2)-es line´ aris egyenletrend2 szer a ρ (x, L), α0 , ..., αn ismeretlenekre: 1· ρ2 (x, L) + hx0 , xiα0 + ... + hxn , xiαn = hx, xi

0· ρ2 (x, L) + hx0 , x0 iα0 + ... + hxn , x0 iαn = hx, x0i ............................ 0· ρ2 (x, L) + hx0 , xn iα0 + ... + hxn , xn iαn = hx, xn i. Ennek az egyenletrendszernek a determinánsa nem más, mint az x0 , ..., xn elemrendszer Gram-determin´ ansa: Γ(x0 , ..., xn) (> 0). A Cramer-szab´ aly szerint kisz´ am´ıtva ρ2 (x, L)-et azt kapjuk, hogy


64

ρ2 (x, L) =

6. Line´ aris operátorok

Γ(x, x0, ..., xn) , Γ(x0 , ..., xn)

ahol értelemszer˝ uen Γ(x, x0, ..., xn ) az x, x0 , ..., xn elemrendszer a´ltal meghat´ arozott Gramdetermin´ ans. K¨ ovetkezésképpen

ρ(x, L) =

s

Γ(x, x0, ..., xn) . Γ(x0 , ..., xn)

ix) Ha viii)-ban x0 , ..., xn ONR, akkor (k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ oen) Γ(x0 , ..., xn) = 1 , Γ(x, x0, ..., xn) = kxk2 −

n X

k=0

|ˆ x(k)|2,

ahol most x ˆ(k) := hx, xk i (k = 0, ..., n). Teh´ at v u n X u |ˆ x(k)|2 , ρ(x, L) = tkxk2 − k=0

ami nem m´ as, mint a Bessel-azonoss´ ag (ld. 3.3.1. Lemma).

6. Lineáris operátorok 6.1. Folytonos lek´ epez´ esek. Legyen (X, ρ) és (Y, σ) egy-egy metrikus tér, f ∈ X → Y, a ∈ Df . Azt mondjuk, hogy f folytonos a-ban, ha minden ε > 0 sz´ amhoz van olyan δ > 0, hogy tetsz˝oleges x ∈ Df , ρ(x, a) < δ esetén σ(f (x), f (a)) < ε. Mindezt az f ∈ C{a} szimb´ olummal fogjuk jel¨ olni. Ha az el˝ obbi defin´ıci´ oban megk¨ ovetelt tulajdons´ ag b´ armely a ∈ Df helyen igaz, akkor r¨ oviden azt mondjuk, hogy f folytonos és erre az f ∈ C jel¨ olést haszn´ aljuk. Vil´ agos, hogy a leképezések folytonoss´ ag´ anak ez a defin´ıci´ oja az elemi anal´ızisben megszokott” ” folytonoss´ ag kiterjesztése absztrakt f¨ uggvényekre. A pontbeli folytonoss´ ag egy ekvivalens megfogalmazása a k¨ ovetkez˝ o: f ∈ C{a} akkor és csak akkor igaz, ha b´ armely K(f (a)) k¨ ornyezethez megadhat´ o olyan k(a) k¨ ornyezet, hogy f [k(a) ∩ Df ] ⊂ K(f (a)). 6.1.1. Megjegyz´ esek. i) Tegy¨ uk fel, hogy f : X → Y (azaz Df = X) és f ∈ C. Ha ∅ 6= Z ⊂ Y ny´ılt és valamely a ∈ X esetén f (a) ∈ Z, akkor egy alkalmas K(f (a)) k¨ ornyezettel K(f (a)) ⊂ Z. Mivel S f ∈ C{a}, ezért van olyan k(a) k¨ ornyezet, amellyel f [k(a)] ⊂ K(f (a)). Vil´ agos, hogy az A := a∈X k(a)

65

6. Line´ aris oper´ atorok

halmaz ny´ılt és f −1 [Z] = A. Ford´ıtva, ha azt tudjuk, hogy tetsz˝oleges Z ⊂ Y ny´ılt halmazra f −1 [Z] ny´ılt, akkor b´ armely a ∈ Df és K(f (a)) esetén f −1 [K(f (a))] ny´ılt. Van teh´ at olyan k(a) k¨ ornyezet, amelyre k(a) ⊂ f −1 [K(f (a))], azaz f [k(a)] ⊂ K(f (a)). Ez éppen azt jelenti, hogy f ∈ C{a}. Mivel itt a ∈ Df tetsz˝oleges volt, ezért f ∈ C. ii) Az i) megjegyzésben teh´ at a folytonoss´ ag al´ abbi ekvivalens megfogalmaz´ as´ at kaptuk: az f : X → Y f¨ uggvény akkor és csak akkor folytonos, ha b´ armely Z ⊂ Y ny´ılt halmaz esetén az f −1 [Z] o ˝skép is ny´ılt. iii) Nem nehéz bel´ atni, hogy ha f ∈ X → Y (azaz f nem feltétlen¨ ul az egész X-en van értelmezve), akkor a ii)-beli ekvivalencia a k¨ ovetkez˝oképpen m´ odosul: f ∈ C akkor és csak T akkor, ha tetsz˝ oleges Z ⊂ Y ny´ılt halmaz esetén f −1 [Z] = A Df alkalmas A ⊂ X ny´ılt halmazzal. iv) Legyen ∅ 6= U ⊂ X. Nevezz¨ uk a V ⊂ U halmazt (U -ra nézve) relat´ıv ny´ıltnak (ld. 1.5.), ha van olyan A ⊂ X ny´ılt halmaz, hogy V = A ∩ U. Ha ρU (x, y) := ρ(x, y) (x, y ∈ U ), akkor (U, ρU ) metrikus tér és ebben a térben a ny´ılt halmazok pontosan az U -ra nézve relat´ıv ny´ılt halmazok: TρU = {A ∩ U ∈ P(U ) : A ∈ Tρ }. Az U ∈ Tρ esetben TρU = {V ∈ P(U ) : V ∈ Tρ }. Legyen pl. (X, ρ) ≡ (R, |.|), U := [0, 1], ekkor V := [0, 1/2) relat´ıv ny´ılt, ui. V = U ∩ (−1, 1/2) és A := (−1, 1/2) ny´ılt. v) Nyilv´ anval´ o, hogy ha iv)-ben U = X, akkor a ny´ılt és a relat´ıv ny´ılt halmazok egybeesnek. vi) A fenti termionol´ ogi´ aval élve ezért egy f ∈ X → Y leképezés folytonoss´ ag´ anak sz¨ ukséges és elégséges feltétele az, hogy b´ armely Z ⊂ Y ny´ılt halmaz f −1 [Z] o˝sképe (Df -re nézve) relat´ıv ny´ılt egyen. Ha itt Df ny´ılt, akkor a (Df -re nézve) relat´ıv” jelz˝o elhagyhat´ o. ” vii) Legyen f ∈ X → Y és α ∈ Df′ . Azt mondjuk, hogy f -nek az α torl´ od´ asi pontban van hat´ arértéke, ha alkalmas y ∈ Y mellett tetsz˝oleges ε > 0 esetén megadhat´ o olyan δ > 0, hogy σ(f (x), y) < ε, hacsak x ∈ Df és 0 < ρ(x, α) < δ. Az elemi anal´ızisben l´ atottakkal anal´ og m´ odon k¨ ovetkezik, hogy mindez legfeljebb egyetlen y ∈ Y esetén teljes¨ ulhet, amikor is y-t az f leképezés α-beli hat´ arértékének nevezz¨ uk: limα f := y. (Id˝ onként haszn´ alatos minderre az f (x) → y (x → α) vagy a limx→α f (x) = y jel¨ olés is.)

viii) Vil´ agos, hogy a ∈ Df ∩ Df′ esetén f ∈ C{a} azzal ekvivalens, hogy f -nek a-ban van hat´ arértéke és lima f = f (a). ix) Legyen pl. a ∈ X és f (x) := ρ(x, a) (x ∈ X). Ekkor f ∈ C. Val´ oban, ha x, z ∈ X, akkor f (z) = ρ(z, a) ≤ ρ(z, x) + ρ(x, a) = ρ(z, x) + f (x),

amib˝ ol (a z ↔ x szerepcsere ut´ an) |f (x) − f (z)| ≤ ρ(x, z) k¨ ovetkezik. Ha teh´ at ε > 0, akkor (pl.) a δ := ε v´ alaszt´ assal ρ(x, z) < δ esetén σ(f (x), f (z)) := |f (x) − f (z)| < ε, azaz f ∈ C{z}. x) Ha (X, ρ) ≡ (X, k.k) és f (x) := kxk (x ∈ X), akkor f ∈ C. Ui. tetsz˝oleges a, x ∈ X esetén |f (x) − f (a)| = |kxk − kak| ≤ kx − ak, amib˝ ol az a´ll´ıt´ asunk m´ ar nyilv´ anval´ o.

66

6. Line´ aris operátorok xi) Legyen most (X, ρ) ≡ (X, h, i) és valamely a ∈ X esetén f (x) := hx, ai tetsz˝ oleges x, z ∈ X elemekre |f (x) − f (z)| = |hx − z, ai| ≤ kak· kx − zk → 0

(x ∈ X). Ekkor

(x → z),

amib˝ ol f ∈ C{z}, azaz f ∈ C már k¨ ovetkezik. Az al´ abbiakban felsorolunk néh´ any olyan a´ll´ıt´ ast leképezésekkel kapcsolatban, amelyek (a bizony´ıt´ asaikkal egy¨ utt) pontos megfelel˝ oi az egy-és t¨ obbv´ altoz´ os f¨ uggvényekkel kapcsolatban kor´ abban tanult tételeknek. ´ • (Atviteli elv.) Az f ∈ X → Y f¨ uggvény valamely a ∈ Df helyen akkor és csak akkor folytonos, ha lim(f (xn )) = f (a) teljes¨ ul minden olyan xn ∈ Df (n ∈ N) sorozatra, amelyre lim(xn ) = a. ´ • (Atviteli elv.) Az f ∈ X → Y f¨ uggvénynek valamely α ∈ Df′ helyen akkor és csak akkor van hat´ arértéke (ami y ∈ Y ), ha lim(f (xn )) = y teljes¨ ul minden olyan α 6= xn ∈ Df (n ∈ N) sorozatra, amelyre lim(xn ) = α. • (Weierstrass-tétel.) Ha az f ∈ X → Y leképezés folytonos és Df kompakt, akkor Rf is kompakt. Speci´ alisan, ha (Y, σ) ≡ (R, |.|), akkor léteznek a max Rf min Rf , széls˝ oértékek. • (Heine-tétel.) Ha az f ∈ X → Y leképezés folytonos és Df kompakt, akkor f egyenletesen folytonos, azaz tetsz˝ oleges ε > 0 sz´ amhoz van olyan δ > 0, amellyel minden x, y ∈ Df , ρ(x, y) < δ esetén σ(f (x), f (y)) < ε. • Tegy¨ uk fel, hogy f ∈ X → Y folytonos, invert´ alhat´ o és Df kompakt. Ekkor az f −1 inverzf¨ uggvény is folytonos. A klasszikus Bolzano-tétel absztrakt megfelel˝ojének a megfogalmaz´ as´ ahoz vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝o fogalmat. Az (X, ρ) metrikus tér valamely ∅ 6= A ⊂ X részhalmaz´ at nem o ¨sszef¨ ugg˝ onek nevezz¨ uk, ha A = B ∪ C, ahol B ∩ C = ∅, B 6= ∅, C 6= ∅ és a B, C halmazok (az A halmazra nézve) relat´ıv ny´ıltak. M´ as sz´ oval teh´ at B = A ∩ B, C = A ∩ C, ahol a B, C ⊂ X halmazok ny´ıltak. Ha az el˝ obbi A halmazra mindez nem igaz, akkor A-t o ¨sszef¨ ugg˝ onek nevezz¨ uk. Ny´ılt halmaz nem o¨sszef¨ ugg˝ oségének a defin´ıci´ oj´ aban a B, C halmazok is ny´ıltak. Nem nehéz bel´ atni, hogy ha (X, ρ) ≡ (R, |.|), akkor egy A ⊂ R halmaz pontosan akkor o¨sszef¨ ugg˝ o, ha A intervallum. • (Bolzano-tétel.) Tegy¨ uk fel, hogy az f ∈ X → Y f¨ uggvény folytonos és Df o ¨sszef¨ ugg˝ o. Ekkor Rf is o ¨sszef¨ ugg˝ o. Speciálisan, ha (Y, σ) ≡ (R, |.|) és valamilyen a, b ∈ Df esetén f (a) < 0 < f (b), akkor alkalmas c ∈ Df helyen f (c) = 0. Mivel a klasszikus Bolzano-tétel szok´ asos” igazol´ asa nem vihet˝ o a´t erre az absztrakt esetre, ” ezért r¨ oviden v´ azoljuk a fenti tétel egy bizony´ıt´ as´ at. Tegy¨ uk fel ehhez indirekt módon, hogy Rf nem o¨sszef¨ ugg˝ o: Rf = B ∪ C, ahol B ∩ C = ∅, B 6= ∅, C 6= ∅ és a B, C halmazok (az Rf halmazra nézve) relat´ıv ny´ıltak. Teh´ at B = Rf ∩ B, C = Rf ∩ C, ahol a B, C ⊂ Y halmazok ny´ıltak. Vil´ agos, hogy Df = f −1 [Rf ] = f −1 [B ∪ C] = f −1 [(Rf ∩ B) ∪ (Rf ∩ C)] = f −1 [B] ∪ f −1 [C],

67


ahol (ld. 6.1.1. iii) megjegyzés) f −1 [B] = U ∩ Df , f −1 [C] = V ∩ Df alkalmas U, V ⊂ X ny´ılt halmazokkal. Nyilv´ an igaz, hogy U ∩ Df , V ∩ Df egyike sem az u ¨res halmaz, ill. U ∩ Df , V ∩ Df diszjunktak. Mivel Df = (U ∩ Df ) ∪ (V ∩ Df ), ezért Df nem o¨sszef¨ ugg˝ o, szemben a feltétellel. Ha f val´ os érték˝ u, akkor Rf intervallum. Ha ez tartalmaz negat´ıv sz´ amot is (f (a)) meg pozit´ıv számost is (f (b)), akkor tartalmazza a null´ at is, azaz valamilyen c ∈ Df helyen f (c) = 0. 6.2. Line´ aris oper´ atorok. Tegy¨ uk fel, hogy X1 , X2 line´ aris terek K felett, A : X1 → X2 . Azt mondjuk, hogy A line´ aris, ha • addit´ıv, azaz b´ armely x, y ∈ X1 esetén A(x + y) = A(x) + A(y) és • homogén, azaz tetsz˝ oleges λ ∈ K és x ∈ X v´ alaszt´ assal A(λx) = λA(x). Teh´ at A(µx + λy) = µA(x) + λA(y) (x, y ∈ X1 , µ, λ ∈ K). Az X1 → X2 line´ aris operátorok halmaz´ at L(X1 , X2 )-vel fogjuk jel¨ olni. Vil´ agos, hogy L(X1 , X2 ) vektortér K felett, ill. b´ armely A ∈ L(X1 , X2) esetén A(0) = 0 (ahol az els˝ o” nulla az X1 tér, a második” nulla az X2 tér nulleleme). ” ” ´ Allapodjunk meg a k¨ ovetkez˝ o jel¨ olésben: A ∈ L(X1 , X2 ), x ∈ X1 esetén (hacsak nem okoz félreértést) A(x) helyett Ax-et ´ırunk. Jegyezz¨ uk meg, hogy az A ∈ L(X1 , X2 ) oper´ ator {x ∈ X1 : Ax = 0} magtere, ill. {Ax ∈ X2 : x ∈ X1 } képtere (k¨ onnyen bel´ athat´ oan) egyar´ ant line´ aris tér, X1 -nek, ill. X2 -nek altere. Az al´ abbi péld´ akban a sz´ oban forg´ o (nyilv´ an line´ aris) operátorok defin´ıci´ oj´ ab´ ol vil´ agos, hogy milyen X1 , X2 terekr˝ ol van sz´ o: R1 1o Hf := f (0) (f ∈ C[0, 1]) ; 2o If := 0 f (f ∈ C[0, 1]) ; 3o Df := f ′ (f ∈ C 1 [0, 1]); Pn 4o Lf := k=0 f (xk )gk (f ∈ C[a, b]), ahol n ∈ N, a ≤ x0 < ... < xn ≤ b és g0 , ..., gn ∈ C[a, b]; Pn 5o Qf := k=0 αk f (xk ) (f ∈ C[a, b]), ahol n ∈ N, a ≤ x0 < ... < xn ≤ b és α0 , ..., αn ∈ R; 6o T f (x) := magf¨ uggvény;

Rb a

f (t)K(t, x) dt (f ∈ C[a, b], x ∈ [c, d]), ahol K : [a, b] × [c, d] → R folytonos

7o Ra x := hx, ai (x ∈ X), ahol (X, h, i) euklideszi tér, a ∈ X; 8o (X, h, i) euklideszi tér, L ⊂ X teljes altér, PL : X → L (ld. 5.3.3. iv) megjegyzés). o LagrangeSpeciálisan, ha 4o -ben a g0 , ..., gn f¨ uggvények az x0 , ..., xn alappontokra” vonatkoz´ ” féle alappolinomok, akkor az L oper´ ator nem más, mint a Lagrange-féle interpol´ aci´ os oper´ ator. Ezért a 4o -beli L line´ aris oper´ atort a ´ltal´ anos´ıtott interpol´ aci´ os oper´ atornak nevezz¨ uk. Vil´ agos, hogy a 4o -beli péld´ ab´ ol kiindulva a

Qf :=

Z

a

b

Lf =

Z n X k=0

b

gk a

!

f (xk )

(f ∈ C[a, b])

68


Rb defin´ıci´ oval értelmezett oper´ ator egy 5o -t´ıpus´ u line´ aris operátor: αk := a gk (k = 0, ..., n). Ha itt Lf egy Lagrange-polinom (ld. az el˝ obbi észrevételt), akkor Qf a megfelel˝o Newton-Cotes-formula. Ennek alapj´ an nevezz¨ uk az 5o -beli line´ aris operátort kvadrat´ ura oper´ atornak. A 6o -beli folytonos mag´ u integr´ aloper´ atort a kés˝obbiekben még részletesebben is vizsg´ alni fogjuk. Azt mondjuk, hogy az A : X1 → X2 leképezés korl´ atos line´ aris oper´ ator, ha A ∈ L(X1 , X2 ) és megadhat´ o olyan M ≥ 0 konstans, amellyel kAxk2 ≤ M kxk1

(x ∈ X1 ).

Jel¨ olj¨ uk az X1 → X2 korl´ atos line´ aris operátorok halmaz´ at L(X1 , X2 )-vel. Vil´ agos, hogy L(X1 , X2) altere L(X1 , X2 )-nek. Emlékeztet¨ unk a korl´ atos halmaz fogalm´ ara (ld. 4.2.): valamely (X, ρ) metrikus tér esetén az Y ⊂ X halmaz korl´ atos, ha van olyan K(z) k¨ ornyezet, hogy Y ⊂ K(z). K¨ onny˝ u meggondolni, hogy mindez norm´ alt terek esetén (teh´ at, amikor (X, ρ) ≡ (X, k.k)) azzal ekvivalens, hogy létezik olyan r > 0, amellyel Y ⊂ Kr (0) = {x ∈ X : kxk < r}. Ha A ∈ L(X1 , X2 ) és Kr (0) ⊃ Y ⊂ X1 , akkor (a fenti M -mel) kAxk2 ≤ M kxk1 ≤ M r (x ∈ Y ). M´ as sz´ oval {Ax ∈ X2 : x ∈ Y } ⊂ Kδ (0) (ahol M r < δ tetsz˝ oleges), azaz az A[Y ] halmaz korl´ atos. S˝ ot, ha A ∈ L(X1 , X2 ) és b´ armely korl´ atos Y ⊂ X1 halmazra A[Y ] korl´ atos, akkor A ∈ L(X1 , X2 ). Ekkor ui. A[K1 (0)] korl´ atos, azaz alkalmas r > 0 mellett kAtk2 ≤ r (t ∈ K1 (0)). Ha 0 6= x ∈ X1 , akkor nyilv´ an igaz, hogy (pl.) x/(2kxk1 ) ∈ K1 (0), ezért kA(x/(2kxk1 ))k2 =

kAxk2 ≤ r. 2kxk1

Innen kAxk2 ≤ 2rkxk1 k¨ ovetkezik (ami nyilv´ an igaz x = 0 esetén is), azaz A ∈ L(X1 , X2 ). Emelj¨ uk ki k¨ ul¨ on is a most mondottakat: egy A ∈ L(X1 , X2 ) oper´ ator akkor és csak akkor korl´ atos line´ aris oper´ ator, ha tetsz˝ oleges korl´ atos Y ⊂ X1 halmazra az A[Y ] képhalmaz korl´ atos. Az indokl´ asb´ ol vil´ agos, hogy itt tetsz˝ oleges korl´ atos Y ⊂ X1 ” helyett K1 (0) (vagy: b´ armely r > 0 esetén ” Kr (0) ´ırhat´ o). Legyen pl. a fenti 3o péld´ aban defini´ alt D differenci´ aloper´ ator esetén X1 := C 1 [0, 1] , X2 := C[0, 1], az Xi (i = 1, 2) tereken egyar´ ant az kf ki := max |f (x)| x∈[0,1]

(f ∈ Xi , i = 1, 2)

norm´ at vezetve be. Ekkor D ∈ / L(X1 , X2). Val´ oban, ha n ∈ N és fn (x) := sin (nx) akkor kfn k1 ≤ 1, ill. kDfn k2 = max |fn′ (x)| = n max | cos (nx)| ≥ n. x∈[0,1]

x∈[0,1]

Innen nyilv´ anval´ o, hogy nem létezik olyan M ≥ 0 konstans, amellyel

(0 ≤ x ≤ 1),

69


n ≤ kDfn k2 ≤ M kfn k1 ≤ M

(n ∈ N)

teljes¨ ulne. Ugyanakkor pl. az 5o -beli Q kvadrat´ ura operátor az X1 := C[a, b] , X2 := R , kf k1 := max |f (x)| (f ∈ X1 ) , kαk2 := |α| x∈[a,b]

(α ∈ R)

szereposzt´ assal korl´ atos line´ aris oper´ ator: Q ∈ L(X1 , X2 ). Ui. b´ armely f ∈ X1 esetén kQf k2 = |Qf | ≤ azaz pl. az M :=

Pn

k=0 |αk |

n X

k=0

n X

|αk |· |f (xk )| ≤

k=0

!

|αk | · kf k1 ,

konstanssal kQf k2 ≤ M kf k1 (f ∈ X1 ) igaz.

Ugyan´ıgy kapjuk a 4o -ben defini´ alt a´ltal´ anos´ıtott interpol´ aci´ os operátorra, hogy L ∈ L(X1 , X2 ), ha (X1 , k.k1 ) ugyanaz, mint az el˝ obb és (X2 , k.k2 ) := (X1 , k.k1 ). Ti. ha f ∈ X1 , akkor

n

X

kLf k2 ≤ |f (xk )||gk |

k=0

azaz most pl. az M := k

Pn

k=0 |gk |k∞

∞

n

X

≤ |gk |

k=0

∞

· kf k1 ,

konstanssal kLf k2 ≤ M kf k1 (f ∈ X1 ) teljes¨ ul.

A 6o -beli folytonos mag´ u integr´ aloperátorral kapcsolatban legyen ismét (X1 , k.k1 ) az el˝ obbi tér, X2 := C[c, d] , kf k2 := max |f (x)| x∈[c,d]

(f ∈ X2 ).

Ekkor el˝ osz¨ or is jegyezz¨ uk meg, hogy a paraméteres integr´ alokr´ ol tanultak szerint minden f ∈ X1 esetén val´ oban igaz, hogy T f ∈ X2 . Tov´ abb´ a kT f k2 ≤ max

x∈[c,d]

Z

b a

|f (t)||K(t, x)| dt ≤

max

x∈[c,d]

Z

a

b

!

|K(t, x)| dt kf k1

(f ∈ X1 ).

K¨ ovetkezésképpen az M := max

x∈[c,d]

Z

b a

|K(t, x)| dt

konstanssal kT f k2 ≤ M kf k1 (f ∈ X1 ), azaz T korl´ atos line´ aris operátor: T ∈ L(X1 , X2 ). Speciális esetként kapjuk a T := Sn (n ∈ N) trigonometrikus Fourier-részletösszeg-oper´ atorokat: Sn f (x) =

Z

0

ahol teh´ at K(t, x) := Dn (x − t) és

2π

f (t)Dn (x − t) dt

(x ∈ R),

70


n

1 X + cos (kz) 2

1 Dn (z) := π

k=1

!

(z ∈ R)

a Dirichlet-féle magf¨ uggvény. Mivel Dn periodikus 2π-szerint, ezért

Ln := max x∈R

Z

2π

0

|Dn (x − t)| dt =

Z

0

2π

|Dn |.

Így kSn f k := max |Sn f (x)| ≤ Ln max |f (x)| = Ln kf k x∈R

x∈R

(f ∈ C2π ),

ahol C2π a 2π-szerint periodikus f : R → R f¨ uggvények halmaz´ at jelenti. Mutassuk meg, hogy az Ln u ń. Lebesgue-konstansokra Ln ∼ ln n, azaz alkalmas c1 , c2 > 0 a´lland´ okkal c1 ln n ≤ Ln ≤ c2 ln n

(2 ≤ n ∈ N)

igaz. Legyen ehhez el˝ osz¨ or 0 < t < 2π, ekkor n

sin (t/2) X + sin (t/2) cos (kt) = πDn (t) sin (t/2) = 2 k=1

n

sin (t/2) 1 X + [sin ((k + 1/2)t) − sin ((k − 1/2)t)] = 2 2 k=1

sin (t/2) 1 sin ((n + 1/2)t) + (sin ((n + 1/2)t) − sin (t/2)) = , 2 2 2 azaz Dn (t) =

sin ((n + 1/2)t) . 2π sin (t/2)

Vil´ agos, hogy Dn (0) = lim Dn (t) = t→0

n + 1/2 sin ((n + 1/2)t) =: π 2π sin (t/2)

.

t=0

Ezért 1 Ln = 2π

Z

0

2π

| sin ((n + 1/2)t)| 1 dt ≥ sin (t/2) 2π

Z

0

π

| sin ((n + 1/2)t)| dt = sin (t/2)

71


1 π

Z

π/2 0

n−1 Z | sin ((2n + 1)t)| 1X | sin ((2n + 1)t)| dt ≥ dt, sin t π t Ink k=0

ahol π/4 + kπ 3π/4 + kπ , =: [ank , bnk ] (k = 0, ..., n − 1). Ink := 2n + 1 2n + 1 √ an Innen | sin ((2n + 1)t)| ≥ 2/2 (t ∈ Ink ) (k = 0, ..., n − 1) alapj´

√ n−1 n−1 √ 2X 1 X 2/2 π 1 Ln ≥ · = ≥ π bnk 2(2n + 1) 4π 3/4 + k k=0

k=0

√ Z n √ √ n 2X1 2 dx 2 ≥ = ln n. 4π k 4π 1 x 4π k=1

Az Ln ≤ c2 ln n (2 ≤ n ∈ N) fels˝ o becslés hasonl´ oan kaphat´ o meg. Ui. 1 Ln = 2π

Z

2π 0

| sin ((n + 1/2)t)| 1 dt = sin (t/2) π Z

2 π 2 π

Z

1/n 0

π/2

0

Z

π

0

| sin ((2n + 1)t)| dt = sin t

| sin ((2n + 1)t)| dt = sin t

| sin ((2n + 1)t)| 2 dt + sin t π

Z

π/2

1/n

| sin ((2n + 1)t)| dt. sin t

A sin f¨ uggvény [0, π] feletti konk´ avit´ asa miatt sin z ≥ 2z/π (0 < z ≤ π/2), ezért Ln ≤

Z

0

1/n

(2n + 1)t dt + t

Z

π/2

1/n

1 dt = t

2n + 1 + ln (π/2) + ln n ≤ 3 + ln (π/2) + ln n, n amib˝ ol az Ln ≤ c2 ln n fels˝ o becslés m´ ar nyilv´ anval´ oan teljes¨ ul alkalmas c2 (abszol´ ut) konstanssal. Tekints¨ uk az (X, h, i) euklideszi téren 7o -ben defini´ alt Ra line´ aris operátort: p

Ra x = hx, ai

(x ∈ X1 ),

ahol X1 := X, kxk1 := hx, xi (x ∈ X1 ), (X2 , k.k2 ) ≡ (K, |.|) és a ∈ X1 r¨ ogz´ıtett. A CauchyBunyakovszkij-egyenl˝ otlenség alapj´ an kRa xk2 = |Ra x| = |hx, ai| ≤ kak· kxk1

(x ∈ X1 ),

azaz az M := kak konstanssal kRa xk2 ≤ M kxk1 (x ∈ X1 ). Így R ∈ L(X1 , K).

A 8o -beli PL projekci´ ora l´ attuk (5.3.3. iv) megjegyzés), hogy kPL xk ≤ kxk (x ∈ X), azaz PL is korl´ atos line´ aris oper´ ator: PL ∈ L(X, X).

72

6. Line´ aris operátorok 6.3. Az (L(X1 , X2 ), k.k) oper´ ator-t´ er. Tetsz˝oleges (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek esetén igaz a 6.3.1. T´ etel. Legyen A ∈ L(X1 , X2 ). Ekkor az al´ abbi feltételek egym´ assal ekvivalensek: i) A ∈ L(X1 , X2 ) ; ii) A folytonos ; iii) A ∈ C{0}. Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel el˝ osz¨ or, hogy A ∈ L(X1 , X2 ). Ekkor b´ armely x, y ∈ X1 esetén kAx − Ayk2 = kA(x − y)k2 ≤ M kx − yk1 ,

ahol M olyan konstans, amellyel kAtk2 ≤ M ktk1 (t ∈ X1 ). K¨ ovetkezésképpen kAx − Ayk2 → 0 (x → y), azaz Ax → Ay (x → y). Ez azt jelenti, hogy A ∈ C{y}. Mivel y ∈ X1 tetsz˝ oleges volt, ezért A ∈ C. Ford´ıtva, legyen most A ∈ C és indirekt módon tegy¨ uk fel (az indirekt feltevést mindj´ art célszer˝ uen alkalmazva), hogy b´ armely n ∈ N esetén van olyan xn ∈ X1 , amellyel kAxn k2 > nkxn k1 . Mivel xn = 0 esetén Axn = 0, azaz kAxn k2 = 0, ezért a nyilv´ an nem igaz 0 > 0 a´llna fenn. Így ´ xn 6= 0 (n ∈ N). Atalak´ıt´ as ut´ an (az A operátor homogenit´ asa alapj´ an) azt kapjuk, hogy

x n

= 1 →0

Mivel n nkxn k1 1

A

xn

>1 nkxn k1 2

(0 < n ∈ N).

(n → ∞), ezért az A operátor feltételezett folytonoss´ aga szerint (ld.

6.1.1. x) megjegyzést is)

A

xn

→ kA0k2 = 0 nkxn k1 2

(n → ∞).

xn

> 1 (0 < n ∈ N). Teh´ at A ∈ L(X1 , X2 ). Ez nyilv´ an ellentmond annak, hogy A

nkxn k1 2

Ha A ∈ C, akkor nyilv´ an A ∈ C{0} is igaz. Ford´ıtva, ha A ∈ C{0}, akkor tetsz˝oleges x ∈ X1 esetén legyen xn ∈ X1 (n ∈ N) olyan sorozat, amelyre lim(xn ) = x. Ekkor lim(x − xn ) = 0, azaz A ∈ C{0} miatt (ld. a´tviteli elv) A(x − xn ) = Ax − Axn → A0 = 0

(n → ∞),

azaz Axn → Ax (n → ∞). Ez azt jelenti, hogy A ∈ C{x}. Mivel x ∈ X1 tetsz˝oleges volt, ezért A ∈ C. 6.3.1. Megjegyz´ esek. i) A bizony´ıt´ as nyilv´ anval´ o m´ odos´ıt´ as´ aval a iii) feltétel a k¨ ovetkez˝ore cserélhet˝ o: van olyan z ∈ X1 , hogy A ∈ C{z}. ii) Az 5.3.3. iv) megjegyzésben mondottakra utalva legyen (X, h, i) Hilbert-tér, P ∈ L(X, X) idempontens és az L := RP jel¨ oléssel tegy¨ uk fel, hogy L⊥ = {x ∈ X : P x = 0}. Ekkor P az L z´ art altérre val´ o projekci´ o. Ehhez ui. az idézett megjegyzés szerint elegend˝ o azt

73


meggondolni, hogy L z´ art (azaz teljes) altér. Mivel L nyilv´ an altér, ezért csak a z´ arts´ agot kell megindokolnunk. Legyen ehhez yn ∈ L (n ∈ N) konvergens sorozat: y := lim(yn ). Ha xn ∈ X és yn = P xn (n ∈ N), akkor P folytonoss´ aga miatt P y = lim(P yn ) = lim(P 2 xn ) = lim(P xn ) = lim(yn ) = y, azaz y ∈ L. Teh´ at L val´ oban z´ art. Legyen A ∈ L(X1 , X2 ) és MA := {M ∈ R : kAxk2 ≤ M kxk1 (x ∈ X1 )}. 6.3.2. T´ etel. Tetsz˝ oleges A ∈ L(X1 , X2 ) esetén az MA halmaznak van minimuma és az L(X1 , X2 ) ∋ A 7→ kAk := min MA megfeleltetés norma. Bizony´ıt´ as. Legyen mA := inf MA . Azt kell megmutatnunk, hogy mA ∈ MA , azaz b´ armely x ∈ X1 elemre kAxk2 ≤ mA kxk1 . Tegy¨ uk fel ehhez indirekt módon, hogy valamilyen x ∈ X1 esetén kAxk2 > mA kxk1 . Ekkor egyrészt x 6= 0 (k¨ ul¨ onben kAxk2 = k0k2 = 0 > mA kxk1 = 0 lenne, ami nem igaz), másrészt alkalmas ε > 0 sz´ ammal kAxk2 > (mA + ε)kxk1 is teljes¨ ul. Az mA infimum defin´ıci´ oja alapj´ an viszont van olyan M ∈ MA , M < mA + ε, amellyel kAzk2 ≤ M kzk1 (z ∈ X1 ). Teh´ at a z := x v´ alaszt´ assal (mA + ε)kxk1 < kAxk2 ≤ M kxk1 , azaz mA + ε < M < mA + ε, ami nyilv´ an nem igaz. Ezért mA ∈ MA , ´ıgy val´ oban van az MA halmaznak minimuma: kAk := mA = min MA . Ez azt is jelenti egy´ uttal, hogy kAxk2 ≤ kAkkxk1

(x ∈ X1 ).

Mutassuk meg, hogy L(X1 , X2 ) ∋ A 7→ mA = kAk norma. Ha A ≡ 0, akkor kAxk2 = k0k2 = 0 ≤ 0· kxk1 (x ∈ X1 ) miatt 0 ∈ MA , azaz mA = kAk = 0. Ford´ıtva, ha mA = kAk = 0, akkor 0 ∈ MA , azaz tetsz˝oleges x ∈ X1 elemre kAxk2 ≤ 0· kxk1 . Ezért kAxk2 = 0, teh´ at Ax = 0. K¨ ovetkezésképpen A ≡ 0. Ha λ ∈ K, akkor k(λA)xk2 = kλAxk2 = |λ|· kAxk2 ≤ |λ|· kAk· kxk1

(x ∈ X1 ),

azaz |λ|· kAk ∈ MλA . Ezért kλAk ≤ |λ|· kAk. Ha λ = 0, akkor λA ≡ 0, ´ıgy kλAk = 0 = λ· kAk trivi´ alisan igaz. A λ = 6 0 esetben kAxk2 =

kλAk k(λA)xk2 ≤ kxk1 |λ| |λ|

(x ∈ X1 )

kλAk kλAk ∈ MA . Innen kAk ≤ , azaz |λ|· kAk ≤ kλAk k¨ ovetkezik. Utóbbi egyenl˝ otlenség |λ| |λ| ford´ıtottj´ at az el˝ obb kaptuk, ezért kλAk = |λ|· kAk. miatt

74

6. Line´ aris operátorok Vég¨ ul, ha A, B ∈ L(X1 , X2 ), akkor b´ armely x ∈ X1 esetén k(A + B)xk2 = kAx + Bxk2 ≤ kAxk2 + kBxk2 ≤ (kAk + kBk)kxk1 .

Ez azt jelenti, hogy kAk + kBk ∈ MA+B , azaz kA + Bk ≤ kAk + kBk. 6.3.2. Megjegyz´ esek. i) Emelj¨ uk ki k¨ ul¨ on is azt, hogy minden A ∈ L(X1 , X2 ) korl´ atos line´ aris operátor esetén kAxk2 ≤ kAk· kxk1

(x ∈ X1 ).

ii) Ha A ∈ L(X1 , X2 ), akkor tetsz˝oleges M ∈ MA korl´ atra” kAk ≤ M. Vil´ agos, hogy ha ” valamilyen M ∈ MA és 0 6= x ∈ X1 mellett kAxk2 = M kxk1 , akkor kAk = M. Ui. M kxk1 ≤ kAk· kxk1 miatt ekkor (kAk ≤ )M ≤ kAk. Nem nehéz bel´ atni, hogy kAk = sup{kAxk2 : x ∈ X1 , kxk1 = 1} = sup{kAxk2 : x ∈ X1 , kxk1 ≤ 1} (de itt sup” helyett a´ltal´ aban nem ´ırhat´ o max”). ” ” iii) Pl. a 6.2. pontban mondottakat figyelembe véve (az ottani jel¨ olésekkel)

kQk ≤

kT k ≤ max

x∈[c,d]

Z

b a

n X

k=0

n

X

|αk | ; kLk ≤ |gk |

k=0

|K(t, x)| dt ;

;

∞

kRa k ≤ kak ;

kPL k ≤ 1.

Pn or¨ ottvonal” az iv) Mutassuk meg pl., hogy kQk = k=0 |αk |. Legyen ehhez f ∈ C[a, b] ”t¨ a, x0 , ..., xn , b t¨ oréspontokra” nézve, ahol f (xk ) := sign αk (k = 0, ..., n) és f (a) := f (x0 ), ” f (b) := f (xn ). Ekkor kf k1 = kf k∞ ≤ 1, ill. Qf =

n X

αk f (xk ) =

k=0

n X

k=0

|αk | ≤ kQk· kf k∞ ≤ kQk.

Pn ≤ kQk, amib˝ ol iii) miatt már k¨ ovetkezik a kQk = k=0 |αk | egyenl˝ oség. Pn Hasonl´ oan kapjuk, hogy kLk = k k=0 |gk |k∞ . Legyen ui. z ∈ [a, b] olyan (ld. Weiertstrasstétel), hogy

Teh´ at

Pn

k=0 |αk |

n

X

|g |

k

k=0

∞

=

n X

k=0

|gk (z)|,

ill. legyen f ∈ C[a, b] t¨ or¨ ottvonal” az a, x0 , ..., xn, b t¨ oréspontokra” nézve, ahol ” ” f (xk ) := sign gk (z) (k = 0, ..., n) és f (a) := f (x0 ), f (b) := f (xn ). Ekkor kf k1 = kf k∞ ≤ 1 és

75


Lf (z) =

n X

f (xk )gk (z) =

k=0

n X

k=0

n

X

|gk (z)| = |gk |

k=0

∞

≤

kLf k∞ ≤ kLk· kf k∞ ≤ kLk,

amib˝ ol a iii) megjegyzés alapj´ an a mondott a´ll´ıt´ asunk már nyilv´ an k¨ ovetkezik. v) Egy A ∈ L(X1 , X2) oper´ ator kAk norm´ aj´ anak az alkalmaz´ asok szempontj´ ab´ ol is fontos szerepePvan. Pl. a Q kvadrat´ ur´ ak esetén (ld. 6.2.) megvil´ ag´ıtva mindezt tegy¨ uk fel, hogy n Qf = k=0 αk f (xk ) kisz´ am´ıt´ asakor valamilyen f ∈ C[a, b] f¨ uggvényre csak az yk ∼ f (xk )

(k = 0, ..., n)

k¨ ozel´ıt˝ o értékek a´llnak a rendelkezés¨ unkre. Ha az eml´ıtett k¨ ozel´ıtésekre az |f (xk ) − yk | ≤ ε

(k = 0, ..., n)

Pn hibabecslés ismert (valamilyen ε > 0 mellett), akkor Qf helyett csak a q := k=0 αk yk k¨ ozel´ıt˝ o értéket tudjuk kisz´ am´ıtani. (A számol´ as k¨ ozben fellép˝ o kerek´ıtési hib´ akt´ ol most eltekint¨ unk.) Ekkor n n n X X X |Qf − q| = αk (f (xk ) − yk ) ≤ |αk ||f (xk ) − yk | ≤ ε |αk | = kQkε. k=0

k=0

k=0

A |Qf − q| o¨r¨ okl¨ ott” hiba az ε mérési” hib´ ahoz képest ezért (a legrosszabb” esetben) ” ” ” kQk-szoroz´ odik.

vi) Legyen 0 < n, m ∈ N, (X1, k.k1 ) := (Kn , k.k1 ), (X2, k.k2 ) := (Km , k.k2 ) valamilyen Kn feletti k.k1 -, ill. Km feletti k.k2 -vektornorm´ aval. Ha A ∈ Km×n , akkor az Ax := Ax

(x ∈ X1 )

defin´ıci´ oval értelmezett A : Kn → Km operátorra A ∈ L(X1 , X2 ) igaz. Ui. A ∈ L(X1 , X2) a m´ atrix-vektor-szorz´ as szab´ alyai alapj´ an trivi´ alis. Ugyanakkor a 3.2.2. Tétel miatt k.k1 ∼ k.k , k.k2 ∼ k.k∗ , ahol kxk := max |xk | (x = (x1 , ..., xn) ∈ X1 ), k

kyk∗ := max |yj | (y = (y1 , ..., ym) ∈ X2 ). j

Legyen A = (ail )m,n obbi x vektorokra i=1,l , ekkor alkalmas c1 > 0, c2 > 0 konstansokkal az el˝

76

6. Line´ aris operátorok n n X X kAxk2 ≤ c1 kAxk∗ ≤ c1 max ajk xk ≤ c1 kxk max |ajk | ≤ j j k=1

c1 c2 kxk1 max j

n X

k=1

k=1

|ajk | =: M kxk1 ,

azaz val´ oban A ∈ L(X1 , X2 ). Nem nehéz bel´ atni, hogy az Km×n ∋ A 7→ A ∈ L(X1 , X2 ) megfeleltetés izomorfia. Ha itt kAk := kAk, akkor a Km×n ∋ A 7→ kAk m´ atrixnorm´ ara nézve az el˝ obbi Km×n ∋ A 7→ A ∈ L(X1 , X2 ) leképezés izometria is. 6.3.3. T´ etel. Tekints¨ uk az [a, b], [c, d] kompakt intervallumok és a K : [a, b] × [c, d] → R Rb folytonos magf¨ uggvény esetén a T f (x) := a f (t)K(t, x) dt (f ∈ C[a, b], x ∈ [c, d]) folytonos mag´ u integr´ aloper´ atort. Legyen (X1 , k.k1 ) ≡ (C[a, b], k.k∞ ), (X2 , k.k2 ) ≡ (C[c, d], k.k∞ ). Ekkor Rb T ∈ L(X1 , X2 ) és kT k = maxx∈[c,d] a |K(t, x)| dt. Bizony´ıt´ as. A 6.2., 6.3. pontokban eddig mondottak szerint azt kell már csak bel´ atnunk, hogy

az M := max

x∈[c,d]

Z

b a

|K(t, x)| dt

jel¨ oléssel M ≤ kT k. Legyen ehhez (a Weierstrass-tétel szerint létez˝o) x0 ∈ [c, d] olyan, hogy Rb M = a |K(t, x0 )| dt és g(t) := sign

Z

b

(t ∈ [a, b]).

K(t, x0 ) dt

a

Ekkor b´ armely f ∈ X1 , kf k∞ ≤ 1 esetén M=

Z

b

g(t)K(t, x0 ) dt =

a

Z

a

Z

b

(g(t) − f (t))K(t, x0) dt +

Z

b

f (t)K(t, x0 ) dt =

a

b a

(g(t) − f (t))K(t, x0) dt + T f (x0 ).

Innen azt kapjuk, hogy Z

M≤

a

Z

a

b

|g(t) − f (t)||K(t, x0)| dt + |T f (x0 )| ≤

Z

b

|g(t) − f (t)||K(t, x0)| dt + kT k· kf k∞ ≤

b

a

Z

|g(t) − f (t)||K(t, x0)| dt + kT f k∞ ≤ b

a

|g(t) − f (t)||K(t, x0 )| dt + kT k.

77


Mivel a [a, b] ∋ t 7→ ϕ(t) := K(t, x0 ) f¨ uggvény folytonos, ezért a Heine-tétel miatt tetsz˝oleges ε > 0 esetén megadhat´ o olyan δ > 0, hogy |K(t, x0 ) − K(τ, x0 )| < ε, hacsak a t, τ ∈ [a, b] pontokra |t − τ | < δ teljes¨ ul. Válasszuk az [a, b] intervallum a = x0 < x1 < ... < xn = b feloszt´ as´ at (valamilyen n ∈ N mellett) u ´gy, hogy xi+1 − xi < δ (i = 0, ..., n − 1) igaz legyen. Ha I = [xk , xk+1] (k = 0, ..., n − 1) egy oszt´ asintervallum ebben a feloszt´ asban, akkor legyen I ′ := I, ′′ ha az I intervallumon ϕ nem v´ alt el˝ ojelet. K¨ ul¨ onben legyen I := I. Az ut´ obbi esetben a ϕ f¨ uggvény folytonoss´ aga és a Bolzano-tétel alapj´ an egy alkalmas c ∈ I ′′ helyen ϕ(c) = 0. K¨ ovetkezésképpen b´ armely t ∈ I ′′ esetén |ϕ(t)| = |ϕ(t) − ϕ(c)| < ε, ui. |t − c| < δ. A fentieket figyelembe véve legyen f ∈ C[a, b] olyan t¨ or¨ ottvonal az x0 , ..., xn t¨ oréspontokra” ” ′ ′ nézve, amelyre minden I oszt´ asintervallum esetén f (t) := g(t) = sign ϕ(t) (t ∈ I ) és kf k∞ ≤ 1. Az el˝ obbiek szerint

M ≤ kT k +

kT k +

XZ I ′′

I ′′

n−1 X Z xk+1 k=0

xk

|g(t) − f (t)|· |K(t, x0)| dt =

|g(t) − f (t)|· |K(t, x0)| dt ≤ kT k + 2ε

X I ′′

|I ′′ | ≤ kT k + 2(b − a)ε.

Mivel ez a becslés minden ε > 0 mellett teljes¨ ul, ezért M ≤ kT k, azaz M = kT k. 6.3.4. T´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek k¨ oz¨ ul (X2 , k.k2 ) Banach-tér. Ekkor az (L(X1 , X2 ), k.k) oper´ ator-tér is Banach-tér. Bizony´ıt´ as. Azt kell teh´ at bel´ atnunk, hogy ha az An ∈ L(X1 , X2 ) (n ∈ N) sorozatra kAn − Am k → 0 (n, m → ∞), akkor alkalmas A ∈ L(X1 , X2) mellett kAn − Ak → 0 (n → ∞). Jegyezz¨ uk meg, hogy supn kAn k < +∞. Ui. valamilyen N ∈ N mellett kAN − Am k < 1 (m ∈ N, N ≤ m), azaz kAm k = kAN + (Am − AN )k ≤ kAN k + kAN − Am k < kAN k + 1

(m ∈ N, N ≤ m).

Ezért supn kAn k ≤ max{kA0 k, ..., kAN −1k, kAN k + 1}. Legyen x ∈ X1 , n, m ∈ N tetsz˝ oleges. Ekkor kAn x − Am xk2 = k(An − Am )xk2 ≤ kAn − Am kkxk1 → 0

(n, m → ∞),

78


ezért (az X2 -beli) (An x) sorozat Cauchy-sorozat. Az (X2 , k.k2 ) tér telessége miatt ´ıgy létezik a lim(An x) hat´ arérték. Vil´ agos, hogy az Ax := lim(An x) (x ∈ X1 ) módon defini´ alt A : X1 → X2 oper´ atorra A ∈ L(X1 , X2 ) igaz. Mivel (ld. 6.1.1. x) megjegyzés) kAxk2 = lim(kAn xk2 ), ezért kAxk2 ≤ lim sup(kAn k· kxk1 ) ≤ sup kAn k· kxk1 . n

Ezzel bel´ attuk, hogy A ∈ L(X1 , X2). Legyen ε > 0, M ∈ N pedig olyan, hogy kAn − Am k < ε (M < n, m ∈ N). Ekkor a m´ ar el˝ obb is alkalmazott kAn x − Am xk2 ≤ kAn − Am k· kxk1 becslés miatt kAn x − Am xk2 ≤ εkxk1

(M < n, m ∈ N).

Ha itt r¨ ogz´ıtett M < n ∈ N mellett m → ∞, akkor k(An − A)xk2 = kAn x − Axk2 = lim kAn x − Am xk2 ≤ εkxk1 m→∞

(M < m ∈ N).

K¨ ovetkezésképpen kAn − Ak ≤ ε (M < n ∈ N). Ez pontosan azt jelenti, hogy kAn − Ak → 0 (n → ∞). 6.4. Du´ alis terek. Legyen (X, k.k) norm´ alt tér, ekkor a (K, |.|) tér teljessége és a 6.3.4. Tétel miatt az (L(X, K), k.k) tér Banach-tér. (Az X vektortér feletti norm´ at és az L(X, K) tér feletti norm´ at ugyanazzal a k.k szimb´ olummal jel¨ olve.) Az X ∗ := (L(X, K), k.k) Banach-teret az (X, k.k) tér du´ alis´ anak (du´ alis terének vagy konjug´ alt terének), az X ∗ du´ alis elemeit korl´ atos line´ aris funkcion´ aloknak nevezz¨ uk. Ha pl. (X, k.k) ≡ (X, h, i) és a ∈ X, akkor (ld. 6.2.) b´ armely a ∈ X esetén az Ra x := hx, ai (x ∈ X) funkcion´ al X ∗ -beli és kRa k ≤ kak. Ha itt x := a, akkor Ra a = ha, ai = kak2 ≤ kRa k· kak miatt kak ≤ kRa k, azaz kRa k = kak ad´ odik. S˝ ot, igaz a 6.4.1. T´ etel (Riesz). Tegy¨ uk fel, hogy (X, h, i) Hilbert-tér. Ekkor b´ armely R ∈ X ∗ funkcion´ alhoz egyértelm˝ uen létezik olyan a ∈ X, hogy R = Ra és kRk = kak. Bizony´ıt´ as. Legyen R ∈ X ∗ és Y := {x ∈ X : Rx = 0} az R funkcion´ al magtere. Ekkor Y altér (ld. 6.2.), s˝ ot z´ art altér: ha xn ∈ Y (n ∈ N) és létezik az x := lim(xn ) hat´ arérték, akkor R folytonoss´ aga és az a´tviteli elv miatt (ld. 6.3.1. Tétel, ill. 6.1.) Rx = lim(Rxn ) = lim(0) = 0 miatt x ∈ Y. Két eset lehetséges: 1o Y = X, amikor is R ≡ 0. Ekkor az a := 0 elem nyilv´ an megfelel˝o.

2o Y 6= X. Legyen (ld. 5.3.1. i) megjegyzés) u ∈ X \ Y és y ∈ Y extremális: ku − yk = ρ(u, Y ). Ekkor az 5.3.2. Tétel miatt a b := u − y 6= 0 elemre b ∈ Y ⊥ , azaz hz, bi = 0 minden z ∈ Y mellett igaz. Vegy¨ uk észre, hogy

79


bRx − xRb ∈ Y

(x ∈ X).

Ezért tetsz˝oleges x ∈ X esetén 0 = hbRx − xRb, bi = hbRx, bi − hxRb, bi = Rxhb, bi − hx, bRbi = kbk2 Rx − hx, bRbi. hx, bRbi Innen Rx = = kbk2

x, bRb2 kbk

, más szóval az a := bRb2 elem megfelel˝o. kbk

Ezzel a tételben szerepl˝ o a elem egzisztenciáj´ at bel´ attuk. Ha c ∈ X is olyan, hogy Rx = hx, ci (x ∈ X), akkor hx, a − ci = 0 (x ∈ X), speciálisan az x := a − c v´ alaszt´ assal innen ka − ck = 0 ad´ odik. Teh´ at a = c, amivel az a elem unicit´ as´ at is megmutattuk. Az kRk = kRa k = kak egyenl˝ oséget már a tétel kimond´ asa el˝ ott megindokoltuk. 6.4.1. Megjegyz´ esek. i) Vil´ agos, hogy a, b ∈ X esetén Ra+b = Ra + Rb . Ha λ ∈ K, akkor Rλa x = hx, λai = λhx, ai = λRa x

(x ∈ X)

miatt Rλa = λRa . ´ ii) Allapodjunk meg abban, hogy b´ armely (X, k.k) norm´ alt tér esetén az A ∈ X ∗ funkcion´ al és ∗ a λ ∈ K sz´ am szorzat´ an azt a λA ∈ X funkcion´ alt értj¨ uk, amelyre (λA)x := λAx (x ∈ X). Vil´ agos, hogy mindez nem v´ altoztat azon a tényen, hogy X ∗ Banach-tér. iii) Az el˝ obbi megjegyzéseket is figyelembe véve most már azt mondhatjuk, hogy b´ armely (X, h, i) Hilbert-tér esetén az X ∋ a 7→ Ra ∈ X ∗ megfeleltetés izomorfia és izometria. iv) Jel¨ oléstechnikailag is gyakran kiemelj¨ uk, ha egy du´ alis tér elemeir˝ol van szó: ezeket a´ltal´ aban kis bet˝ ukkel jel¨ olj¨ uk, ill. a line´ aris operátorokra bevezetett Ax ´ır´ asm´ od helyett f ∈ X ∗ , x ∈ X esetén a hagyom´ anyos f (x) szimb´ olumot haszn´ aljuk. v) Legyen (X, k.k) tetsz˝ oleges norm´ alt tér, f ∈ L(X, K), X0 := X0f := {x ∈ X : f (x) = 0} pedig legyen az f line´ aris funkcion´ al magtere. Ekkor f ∈ X ∗ azzal ekvivalens, hogy X0 ∗ z´ art. Ha ui. f ∈ X , akkor X0 z´ arts´ aga ugyan´ ugy ad´ odik, mint azt l´ attuk a 6.4.1. Tétel bizony´ıt´ as´ aban. Ford´ıtva, ha X0 z´ art, akkor két eset lehetséges: X0 = X, ekkor f ≡ 0, azaz nyilv´ an f ∈ X ∗ . Ha viszont X0 6= X, akkor b´ armely a ∈ X \ X0 esetén alkalmas r > 0 mellett Kr (a) ∩ X0 = ∅. Mivel f (a) 6= 0, ezért (legfeljebb a-t a/f (a)-ra cserélve) feltehet˝ o, hogy f (a) = 1. Legyen x ∈ X \ X0 , ekkor f (x) 6= 0 és a − x/f (x) ∈ X0 . Így a − x/f (x) ∈ / Kr (a), azaz k(a − x/f (x)) − ak ≥ r. Ez azt jelenti, hogy kxk/|f (x)| ≥ r, azaz |f (x)| ≤ kxk/r. Ez ut´ obbi becslés nyilv´ an igaz x ∈ X0 esetén is, teh´ at f ∈ X ∗ .

vi) Az el˝ oz˝ o megjegyzésbeli f ∈ L(X, K) funkcion´ alra f ∈ / X ∗ akkor és csak akkor igaz, ha oban, ha X0 = X és f ∈ X ∗ , azaz f folytonos, akkor (ld. v)) X0 6= X és X0 = X. Val´ tetsz˝ oleges x ∈ X esetén egy alkalmas xn ∈ X0 (n ∈ N) sorozattal lim(xn ) = x. Innen f (x) = lim(f (xn )) = lim(0) = 0 ad´ odik, azaz f ≡ 0. Ha teh´ at X 6= X0 minden¨ utt s˝ ur˝ u

80

6. Line´ aris operátorok X-ben, akkor f nem lehet folytonos, ´ıgy f ∈ / X ∗ . Ha viszont X0 6= X, akkor van olyan a ∈ X \ X0 és r > 0, hogy Kr (a) ∩ X0 = ∅. Innen az v)-ben l´ atottak szerint f ∈ X ∗ ∗ k¨ ovetkezik. Ezért f ∈ / X esetén X0 = X. Vil´ agos, hogy ekkor X0 6= X is sz¨ ukségszer˝ uen igaz, hiszen X0 = X esetén az f ≡ 0 funkcion´ al nyilv´ an X ∗ -ban lenne. vii) A line´ aris funkcion´ alok magterének a szerepére vil´ ag´ıt r´ a az al´ abbi megjegyzés is. Legyen ui. (ld. v)) f, g ∈ L(X, K). Ekkor X0f = X0g azzal ekvivalens, hogy alkalmas α ∈ K konstanssal f = αg. Ha ui. a két funkcion´ al k¨ oz¨ ul az egyik a másiknak konstansszorosa, akkor az X0f = X0g egyenl˝ oség meglehet˝osen nyilv´ anval´ o. Ford´ıtva, legyen X0 := X0f = X0g . Feltehet˝ o, hogy X0 6= X, k¨ ul¨ onben f ≡ g ≡ 0, azaz (pl.) az α := 1 v´ alaszt´ as megfelel˝ o. Teh´ at legyen X0 6= X, a ∈ X \ X0 és x ∈ X esetén z := x −

f (x) a. f (a)

Ekkor egy egyszer˝ u behelyettes´ıtés ut´ an azt kapjuk, hogy z ∈ X0f , azaz z ∈ X0g . Ezért g(x) = ´ıgy az α :=

f (x) f (x) g(a) + g(z) = g(a), f (a) f (a)

g(a) konstans megfelel˝o. f (a)

Emlékeztet¨ unk az (ℓp , k.kp ) (1 ≤ p ≤ +∞) Banach-terek defin´ıci´ oj´ ara: ℓp :=

o n P p 1/p  x = (xn ) : N → K : kxkp := ( ∞ |x | ) < +∞ (p < +∞) n n=0 

{x = (xn ) : N → K : kxk∞ := supn |xn | < +∞}

(p = +∞).

1 + 1 = 1. Ekkor 6.4.2. T´ etel. Legyen 1 ≤ p, q ≤ +∞, p q P∞ i) b´ armely a ∈ ℓq esetén az fa (x) := n=0 xn an (x ∈ ℓp ) el˝ o´ır´ as egy fa ∈ ℓ∗p funkcion´ alt hat´ aroz meg, amelyre kfa k = kakq ; ii) ha p < +∞, akkor minden f ∈ ℓ∗p funkcion´ alhoz egyértelm˝ uen létezik olyan a ∈ ℓq sorozat, hogy f = fa .

Bizony´ıt´ as. El¨ olj´ ar´ oban a j´ ol ismert H¨ older-egyenl˝ otlenségre hivatkozva azt mondhatjuk, hogy a tételben jelzett a ∈ ℓq , x ∈ ℓp sorozatok esetén |fa (x)| ≤

∞ X

n=0

|xn an | ≤ kakq kxkp < +∞,

azaz fa : ℓp → K. Vil´ agos, hogy fa line´ aris, ill. az el˝ oz˝ o becslés miatt fa ∈ ℓ∗p és kfa k ≤ kakq . Tegy¨ uk fel, hogy 1 < p < +∞, ekkor 1 < q < +∞ is nyilv´ an igaz. Legyen (xn ) a k¨ ovetkez˝ o sorozat:

xn :=

 0

 |an |q an

(an = 0) (an 6= 0)

(n ∈ N).

81

6. Line´ aris oper´ atorok K¨ onnyen ad´ odik, hogy x := (xn ) ∈ ℓp . Ui. kxkpp

=

∞ X

p

n=0

|xn | =

∞ X

n=0

|an |

p(q−1)

=

∞ X

n=0

|an |q = kakqq < +∞.

Az is kider¨ ult, hogy kxkp = (kakq )q/p . Mindezt egybevetve a fentiekkel azt mondhatjuk, hogy fa (x) =

∞ X

n=0

amib˝ ol kfa k ≥ (kakq )

q−q/p

|an |q = kakqq ≤ kfa k· kxkp = kfa k (kakq )

q/p

,

= kakq k¨ ovetkezik. Ezért kfa k = kakq .

Ha p = +∞, akkor q = 1. Legyen ekkor

xn :=

 0

(an = 0)

 |an | an

(n ∈ N).

(an 6= 0)

Mivel |xn | ≤ 1 (n ∈ N), ezért x := (xn ) ∈ ℓ∞ és kxk∞ ≤ 1. Tov´ abb´ a fa (x) = miatt

P∞

n=0 |an |

= kak1

fa (x) = kak1 ≤ kfa k· kxk∞ ≤ kfa k alapj´ an kak1 ≤ kfa k, azaz kfa k = kak1 . Ha p = 1, akkor q = +∞. Ebben az esetben (a δnk tekints¨ uk az e(n) := (δnk , k ∈ N)

(n, k ∈ N) Kronecker-szimb´ olummal)

(n ∈ N)

(nyilv´ an ℓ1 -beli) sorozatokat. Ha n ∈ N, akkor |fa (e(n) )| = |an | ≤ kfa k· ke(n) k1 = kfa k alapj´ an kak∞ = supn |an | ≤ kfa k, azaz kfa k = kak∞ . Ezzel a tétel i) a´ll´ıt´ as´ at bel´ attuk. A ii) bizony´ıt´ as´ ahoz vegy¨ uk figyelembe, hogy p < +∞ esetén (n) az el˝ o bb definin´ a lt e (n ∈ N) sorozatok Schauder-b´ a zist alkotnak ℓp -ben: x = (xn ) ∈ ℓp esetén P∞ (n) x = n=0 xn e , hiszen

p n ∞

X X

xk e(k) = |xk |p → 0

x −

k=0

p

k=n+1

Ha teh´ at f ∈ ℓ∗p , akkor f folytonoss´ aga (ld. 6.3.1. Tétel) alapj´ an

(n → ∞).

82


f (x) =

∞ X

xn f (e(n) ) =

n=0

∞ X

x n an ,

n=0

ahol teh´ at an := f (e(n) ) (n ∈ N). Mutassuk meg, hogy az a := (an ) sorozat ℓq -beli, azaz f = fa . Legyen ehhez el˝ osz¨ or 1 < p. Ekkor tekints¨ uk valamely N ∈ N mellett azt az x = (xn ) sorozatot, amelyre

xn :=

Nyilv´ an x ∈ ℓp és

 0

(an = 0 vagy n > N )

 |an |q an

f (x) = sN :=

N X

n=0

(n ∈ N).

(n ≤ N, an 6= 0)

q

|an | ≤ kf k· kxkp = kf k

kf k

N X

n=0

|an |q

!1/p

N X

n=0

|an |

p(q−1)

!1/p

=

1/p

= kf ksN .

K¨ ovetkezésképpen sN ≤ kf kq , azaz kakqq =

∞ X

n=0

|an |q = lim sN ≤ kf kq < +∞, N →∞

´ıgy a ∈ ℓq . Ha p = 1, akkor |an | = |f (e(n) )| ≤ kf k· ke(n) k1 = kf k

(n ∈ N),

amib˝ ol kak∞ = sup |an | ≤ kf k < +∞, n

teh´ at a ∈ ℓ∞ k¨ ovetkezik. Ha ii)-ben b = (bn ) ∈ ℓq is olyan sorozat, hogy f = fb , akkor minden x = (xn ) ∈ ℓp esetén fa (x) = fb (x), azaz fa (x) − fb (x) =

∞ X

k=0

xk ak − bk = 0.

ol an = bn k¨ ovetkezik. Teh´ at Legyen n ∈ N és x := e(n) , akkor fa (x) − fb (x) = an − bn = 0, amib˝ a = b.

83

6. Line´ aris oper´ atorok 6.4.2. Megjegyz´ esek.

i) Az el˝ oz˝ o tétel ii) a´ll´ıt´ asa a p = +∞ esetben nem igaz. Teh´ at van olyan f ∈ ℓ∗∞ funkcion´ al, amely egyetlen a ∈ ℓ1 esetén sem a´ll´ıthat´ o el˝ o f = fa alakban. Legyen ui. c := {x ∈ ℓ∞ : x konvergens} és g(x) := lim x (x ∈ c). Vil´ agos, hogy c altere ℓ∞ -nek, g line´ aris funkcion´ al ezen az altéren és |g(x)| ≤ kxk∞ (x ∈ c) miatt g ∈ c∗ . Az is meglehet˝osen nyilv´ anval´ o, hogy nincs olyan a = (an ) ∈ ℓ1 sorozat, amellyel g(x) = lim x =

∞ X

x n an

n=0

(x ∈ c)

igaz lenne. Kés˝ obb megmutatjuk (ld. 6.5.1. Hahn-Banach-tétel), hogy van olyan f ∈ ℓ∗∞ funkcion´ al, amelyre f (x) = g(x) (x ∈ c).

ii) Teh´ at {fa ∈ ℓ∗∞ : a ∈ ℓ1 } val´ odi altere ℓ∗∞ -nak.

iii) R¨ oviden v´ azoljuk az ℓ∗∞ du´ alis tér szerkezetét. Legyen ehhez f ∈ ℓ∗∞ és valamely A ⊂ N esetén µ(A) := f (χA ), ahol χA ∈ ℓ∞ az A halmaz karakterisztikus sorozata: χA (n) :=

  1 (n ∈ A) 

0 (n ∈ / A)

(n ∈ N).

Az ´ıgy defini´ alt µ : P(N) → K f¨ uggvényr˝ ol nem nehéz megmutatni, hogy µ(∅) = 0 és µ • addit´ıv, azaz µ(A ∪ B) = µ(A) + µ(B) (A, B ⊂ N, A ∩ B = ∅); • korl´ atos v´ altoz´ as´ u, azaz [µ] := sup

n X

k=0

|µ(Ak )| < +∞,

s˝ ot, S [µ] ≤ kf k, ahol a szuprémum a p´ aronként diszjunkt halmazokb´ ol a´ll´ o n N = k=0 Ak (n ∈ N) felbont´ asokra vonatkozik.

Ha ℓ := {x ∈ ℓ∞ : Rx véges }, akkor b´ armely x ∈ ℓ sorozatra |f (x)| = f

X

α∈Rx

X

α∈Rx

! X αχ{xk =α} = αf χ{xk =α} ≤ α∈Rx

|α|µ ({xk = α}) ≤ [µ]· kxk∞ .

Mivel (k¨ onnyen bel´ athat´ oan) ℓ minden¨ utt s˝ ur˝ u ℓ∞ -ben, ezért tetsz˝oleges x ∈ ℓ∞ elemhez van olyan x(n) ∈ ℓ (n ∈ N) sorozat, hogy kx − x(n) k∞ → 0 (n → ∞). Így az el˝ obbiek alapj´ an

84


|f (x)| = | lim(f (x(n) ))| ≤ lim([µ]· kx(n)k∞ ) = [µ]· kxk∞ , amib˝ ol kf k ≤ [µ] k¨ ovetkezik. Mindezt egybevetve a fentiekkel azt mondhatjuk, hogy kf k = [µ]. Legyen M a (fenti értelemben) korl´ atos v´ altoz´ as´ u addit´ıv µ : P(N) → K komplex mértékek halmaza és µ ∈ M esetén fµ (x) :=

X

αµ({xk = α})

α∈Rx

(x ∈ ℓ).

Ekkor fµ ∈ ℓ∗ , ill. x ∈ ℓ∞ esetén az el˝ obbi x(n) ∈ ℓ (n ∈ N), lim(x(n) ) = x sorozattal |fµ (x(n) ) − fµ (x(m) )| = |fµ (x(n) − x(m) )| ≤ [µ]· kx(n) − x(m) k∞ → 0

(n, m → ∞)

miatt létezik a lim(fµ (x(n) )) ∈ K hat´ arérték. Nem nehéz bel´ atni, hogy ez csak x-t˝ ol f¨ ugg, ezért értelmes” az f (x) := lim(fµ (x(n) )) defin´ıci´ o. Az f funkcion´ al nyilv´ an line´ aris, ill. ” |fµ (x)| = lim(|fµ (x(n) )|) ≤ [µ] lim(kx(n) k∞ ) = [µ]· kxk∞ alapj´ an fµ ∈ ℓ∗∞ és (az el˝ oz˝ oek szerint) kfµ k = [µ]. iv) Megmutathat´ o, hogy M ∋ µ 7→ [µ] norma, ill. (M, [.]) Banach-tér és (ld. iii)) M ∋ µ 7→ fµ ∈ ℓ∗∞ izomorfia és izometria. v) Speci´ alisan b´ armely a = (an ) ∈ ℓ1 sorozat esetén a µa (A) :=

X

(A ∈ P(N))

ak

k∈A

defin´ıci´ oval értelmezett µa f¨ uggvény M-beli és [µ] = kak1 . Nyilv´ an fµa = fa . vi) Legyen c0 := {x ∈ c : lim x = 0}, a ∈ ℓ1 és fa (x) := fa (x) (x ∈ c0 ). Mutassuk meg, hogy c∗0 = {fa : a ∈ ℓ1 } és a ∈ ℓ1 esetén kfa k = kak1 . Val´ oban, ha a ∈ ℓ1 , akkor az fa ∈ c∗0 , kfa k = kak1 a´ll´ıt´ asok ugyan´ ugy l´ athat´ ok be, mint a 6.4.2. Tétel i) a´ll´ıt´ as´ anak a p = +∞-re vonatkoz´ o része: kfa k ≤ kak1 , ill. legyen N ∈ N és ) x(N n

(N )

Mivel limn→∞ xn

:=

 0

(an = 0 vagy n > N )

 |an | an

(n ≤ N , an 6= 0)

(n ∈ N).

(N )

= 0, ezért x(N ) := (xn ) ∈ c0 és kx(N ) k∞ ≤ 1. Tov´ abb´ a fa (x) =

N X

n=0

|an | ≤ kfa k· kx(N ) k∞ ≤ kfa k

85

6. Line´ aris oper´ atorok PN

alapj´ an kak1 = limN →∞

n=0 |an |

≤ kfa k, azaz kfa k = kak1 .

Ford´ıtva, legyen f ∈ c∗0 , ekkor a 6.4.2. Tétel bizony´ıt´ as´ aban bevezetett e(n) ∈ c0 sorozatok seg´ıtségével

f (x) =

∞ X

xn f (e(n) ) =:

n=0

(N )

)=

N X

n=0

teh´ at kak1 = limN →∞

x n an ,

n=0

(n ∈ N). Ha itt N ∈ N és (a most defini´ alt an -ekkel) x(N ) az

ahol teh´ at an := f (e(n) ) el˝ obbi sorozat, akkor

f (x

∞ X

(n ∈ N)

PN

n=0 |an |

f (x) =

∞ X

|an | ≤ kf kkx(N ) k∞ ≤ kf k,

≤ kf k. Ez azt jelenti, hogy a ∈ ℓ1 és (x ∈ c0 ),

xn an = fa (x)

n=0

azaz f = fa . vii) A vi) megjegyzésben értelmezett fa (a ∈ ℓ1 ) funkcion´ alok c0 helyett a konvergens sorozatok c terén is nyilv´ an értelmezhet˝ ok. S˝ ot, ha q ∈ K, akkor (az el˝ obbi ℓ1 ∋ a-val) az fq,a (x) := q lim x +

∞ X

x n an

n=0

(x = (xn ) ∈ c)

defin´ıci´ oval értelmezett fq,a : c → K funkcion´ al nyilv´ an line´ aris, ill. a trivi´ alis |fq,a (x)| ≤ (|q| + kak1 )kxk∞

(x ∈ c)

becslés miatt fq,a ∈ c∗ és kfq,a k ≤ |q| + kak1 . Nem nehéz meggondolni, hogy kfq,a k = |q| + kak1 . Ez q = 0-ra ugyan´ ugy mehet”, mint fent az fa funkcion´ alokra. Ha q 6= 0, akkor legyen ” N ∈ N és yn(N ) :=

  s(an ) (n ≤ N ) 

s(q)

(n > N )

(n ∈ N),

ahol valamely v ∈ K esetén s(v) := 0, ha v = 0 és s(v) := |v|/v, ha v 6= 0. Ekkor y (N ) ∈ c, lim y (N ) = s(q) és

86


N X |an | ≤ kfq,a k· ky (N ) k∞ ≤ kfq,a k, fq,a (y (N ) ) = |q| + n=0

amib˝ ol kfq,a k ≥ |q| + kak1 k¨ ovetkezik.

Legyen most f ∈ c∗ tetsz˝ oleges és mutassuk meg, hogy egyértelm˝ uen megadhat´ o olyan q ∈ K szám és olyan a ∈ ℓ1 sorozat, hogy f = fq,a . Val´ oban, ha x = (xn ) ∈ c, akkor az e := (1) (azaz e ∈ c a konstans 1 sorozat), α := lim x jel¨ olésekkel x − αe = (xn − α) ∈ c0 , teh´ at x − αe =

∞ X

(xn − α)e(n) .

n=0

K¨ ovetkezésképpen

f (x − αe) = f (x) − αf (e) = Az f (e(n) )

∞ X

(xn − α)f e(n) .

n=0

sorozatr´ ol a fentiekhez hasonl´ oan l´ athat´ o be, hogy ℓ1 -beli, ´ıgy ∞ X f (x) = α f (e) + f e(n) n=0

q lim x +

∞ X

!

+

∞ X

xn f (e(n) ) =:

n=0

xn an = fq,a (x),

n=0

ahol értelemszer˝ uen q := f (e) +

P∞

(n) ) n=0 f (e

és an := f (e(n) ) (n ∈ N).

Ha q˜ ∈ K, a ˜ ∈ ℓ1 és fq,a = fq˜,ã , azaz q lim x +

∞ X

xn an = q˜ lim x +

n=0

∞ X

xn añ

n=0

(x = (xn ) ∈ c),

akkor

(q − q˜) lim x +

∞ X

n=0

xn (an − a ñ ) = 0

(x = (xn ) ∈ c).

Ha itt x helyébe rendre az e(n) (n ∈ N), e sorozatokat ´ırjuk, akkor az an − a ñ = 0 (n ∈ N), azaz az a = a ˜ és a q − q˜ = 0, azaz a q = q˜ egyenl˝ oségeket kapjuk. viii) Mivel p = 2 esetén q = 2 és (ℓ2 , k.k2 ) ≡ (ℓ2 , h, i2) Hilbert-tér, ezért ekkor a 6.4.2. Tétel a 6.4.1. Tétel speci´ alis esete.

87

6. Line´ aris oper´ atorok 6.5. Funkcion´ alok kiterjeszt´ ese.

Legyen a tov´ abbiakban (X, k.k) norm´ alt tér a K testre vonatkoz´ oan (K = R vagy K = C), Y ⊂ X altér és f ∈ Y ∗ . Ha Z ⊂ X is altér, Y ⊂ Z, tov´ abb´ a van olyan F ∈ Z ∗ funkcion´ al, amely kiterjesztése f -nek (azaz F (x) = f (x) (x ∈ Y )) és kF k = kf k, akkor mindezt az f ⊂ F szimb´ olummal juttatjuk kifejezésre. Vil´ agos, hogy ha f ⊂ F és F ⊂ V, akkor f ⊂ V. Nyilv´ an minden olyan Φ ∈ Z ∗ funkcion´ alra, amelyre Φ|Y = f igaz, egy´ uttal |f (x)| = |Φ(x)| ≤ kΦk· kxk

(x ∈ Y ),

azaz kf k ≤ kΦk is fenn´ all. Ezért ahhoz, hogy f ⊂ F teljes¨ ulj¨ on, két dolgot kell megmutatni: F|Y = f és kF k ≤ kf k. 6.5.1. T´ etel (Hahn-Banach). B´ armely (X, k.k) norm´ alt tér és tetsz˝ oleges Y ⊂ X altér, f ∈ Y ∗ ∗ funkcion´ al esetén van olyan F ∈ X , amelyre f ⊂ F. Csak szepar´ abilis (X, k.k) tér esetén fogjuk maradéktalanul bebizony´ıtani a tételt. Ebb˝ ol a szempontb´ ol (is) alapvet˝ o az al´ abbi 6.5.1. Lemma. Tegy¨ uk fel, hogy a fentiekben szerepl˝ o Y altér minden¨ utt s˝ ur˝ u X-ben és f ∈ Y ∗ . ∗ Ekkor megadhat´ o olyan F ∈ X , amelyre f ⊂ F. Az 6.5.1. Lemma bizony´ıt´ asa. A feltétel miatt minden X ∋ x-hez van olyan yn ∈ Y sorozat, amely konverg´ al x-hez. Ha m, n ∈ N, akkor

(n ∈ N)

|f (yn ) − f (ym )| = |f (yn − ym )| ≤ kf k· kyn − ym k, azaz kyn − ym k → 0 (n, m → ∞) miatt (f (yn )) egy (K-beli) Cauchy-sorozat. Létezik teh´ at a lim(f (yn )) ∈ K hat´ arérték. K¨ onny˝ u bel´ atni, hogy ez ut´ obbi csak x-t˝ ol f¨ ugg. Ha ui. zn ∈ Y (n ∈ N) is egy olyan sorozat, amelyre lim(zn ) = x, akkor |f (yn ) − f (zn )| = |f (yn − zn )| ≤ kf k· kyn − zn k → 0

(n → ∞),

azaz val´ oban lim(f (yn )) = lim(f (zn )). ´ Ertelmes teh´ at (a fenti szerepl˝ okkel) az F (x) := lim(f (yn )) defin´ıci´ o. Az ´ıgy defini´ alt F : X → K funkcion´ al egyrészt line´ aris, hiszen z ∈ X, z = lim(tn ) (tn ∈ Y (n ∈ N)) és µ, λ ∈ K esetén µx + λz = lim(µyn + λtn ), ezért F (µx + λz) = lim(f (µyn + λtn )) = lim(µf (yn ) + λf (tn )) =

µ lim(f (yn )) + λ lim(f (tn )) = µF (x) + λF (z). M´ asrészt |F (x)| = | lim(f (yn ))| = lim(|f (yn )|) és |f (yn )| ≤ kf k· kyn k (n ∈ N) miatt

88


|F (x)| ≤ kf k lim(kyn k) = kf k· kxk. Ezért F ∈ X ∗ és kF k ≤ kf k. Ha x ∈ Y, akkor az yn := x (n ∈ N) v´ alaszt´ assal lim(yn ) = x, ´ıgy F (x) = lim(f (yn )) = f (x). Ez azt jelenti, hogy F|Y = f, azaz f ⊂ F. 6.5.2. Lemma. Legyen K = R, z ∈ X \ Y, Y1 := {y + λz ∈ X : y ∈ Y, λ ∈ R} (az Y altér egydimenzi´ os b˝ ov´ıtése). Ekkor minden f ∈ Y ∗ esetén van olyan F1 ∈ Y1∗ , amelyre f ⊂ F1 . A 6.5.2. Lemma bizony´ıt´ asa. Ha F1 ∈ Y1∗ és f ⊂ F1 , akkor F1 (y + λz) = F1 (y) + λF1 (z) = f (y) + mλ

(y ∈ Y, λ ∈ R),

ahol m := F1 (z) ∈ R. Jegyezz¨ uk meg, hogy b´ armely ξ ∈ Y1 esetén egyértelm˝ uen van olyan y ∈ Y és ˜ ∈ R is olyan, hogy ξ = y˜ + λz, ˜ akkor y − y˜ = (λ ˜ − λ)z. λ ∈ R, hogy ξ = y + λz. Ha ui. y˜ ∈ Y, λ ˜ = λ és ´ıgy y − y˜ = 0. ˜ 6= λ lenne, akkor z = y − y˜ ∈ Y teljes¨ ulne, ami nem igaz. Teh´ at λ Ha λ ˜−λ λ K¨ ovetkezésképpen b´ armely q ∈ R mellett a h(ξ) = h(y + λz) := f (y) + qλ

(ξ = y + λz ∈ Y1 (y ∈ Y, λ ∈ R))

funkcion´ al defin´ıci´ oja korrekt, h : Y1 → R line´ aris és h(y) = h(y + 0· z) = f (y)

(y ∈ Y )

teljes¨ ul. Így h|Y = f. Ezért f ⊂ F1 érdekében a fenti m-et kell csup´ an u ´gy megv´ alasztani, hogy kF1 k ≤ kf k, azaz |f (y) + mλ| ≤ kf k· ky + λzk

(y ∈ Y, λ ∈ R)

igaz legyen. Mivel f : X → R, ezért az ut´ obbi egyenl˝ otlenség azzal ekvivalens, hogy (1)

−kf k· ky + λzk ≤ f (y) + mλ ≤ kf k· ky + λzk

(y ∈ Y, λ ∈ R).

Az itteni bal oldali egyenl˝ otlenség azt jelenti, hogy

−f (y) − mλ = f (−y) + m(−λ) ≤ kf k· ky + λzk = kf k· k(−y) + (−λ)zk

(y ∈ Y, λ ∈ R),

ami (−y) + (−λ)z ∈ Y1 miatt persze k¨ ovetkezik az (1)-beli jobb oldali becslésb˝ ol. Elegend˝ o teh´ at (1)-ben a jobb oldali egyenl˝ otenséget biztos´ıtani az m alkalmas megv´ alaszt´ as´ aval. Ez λ = 0-ra a trivi´ alisan igaz f (y) ≤ kf k· kyk (y ∈ Y ) egyenl˝ otlenséget jelenti. Ha (1)-ben λ > 0, akkor az el˝ obb eml´ıtett jobb oldali egyenl˝ otlenséget ekvivalens módon a´talak´ıtva azt kapjuk, hogy

(2)

m≤−

y

y f (y) 1

+ kf k· ky + λzk = −f + kf k· + z λ λ λ λ

(y ∈ Y, λ > 0).

89

6. Line´ aris oper´ atorok Vil´ agos, hogy

(3)

n

o y ∈ X : y ∈ Y, λ > 0 = Y, azaz (2) azt jelenti, hogy λ m ≤ −f (t) + kf k· kt + zk

(t ∈ Y ).

Ha viszont (1)-ben λ < 0, akkor az ekvivalens a´talak´ıt´ as (1) jobb oldal´ an azt eredményezi, hogy a µ := −λ jel¨ oléssel 1 f (y) − kf k· ky − µzk = f m≥ µ µ

y y

− kf k· − z

µ µ

(y ∈ Y, µ > 0),

azaz (a (3)-hoz vezet˝ o meggondol´ assal anal´ og módon)

(4)

m ≥ f (x) − kf k· kx − zk

(x ∈ Y ).

A Dedekind-axi´ om´ ara hivatkozva (3) és (4) egy¨ uttes teljes¨ uléséhez elegend˝ o már csak azt meggondolni, hogy f (x) − kf k· kx − zk ≤ −f (t) + kf k· kt + zk

(x, t ∈ Y ).

Ez viszont azzal ekvivalens, hogy f (t) + f (x) = f (t + x) ≤ kf k(kt + zk + kx − zk) (t, x ∈ Y ), ami a h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlenség miatt fenn´ all´ o kt + zk + kx − zk ≥ k(t + z) + (x − z)k = kt + xk becslést és a nyilv´ an teljes¨ ul˝ o f (t + x) ≤ kf k· kt + xk (t, x ∈ Y ) egyenl˝ otlenséget is figyelembe véve igaz. 6.5.3. Lemma. A Hahn-Banach-tétel K = C (komplex) esete k¨ ovetkezik a K = R (val´ os) esetb˝ ol. A 6.5.3. Lemma bizony´ıt´ asa. Legyen K = C és f ∈ Y ∗ , ekkor b´ armely x ∈ Y esetén f (x) = f1 (x) + ıf2 (x), √ ´ ahol ı := −1, f1 (x) az f (x) val´ os részét, f2 (x) pedig a képzetes részét jel¨ oli. Ertelmezt¨ uk ezzel az fj : Y → R (j = 1, 2) funkcion´ alokat. Az f = f1 + ıf2 felbont´ as alapj´ an ıf1 (x) − f2 (x) = ıf (x) = f (ıx) = f1 (ıx) + ıf2 (ıx) Ezért f2 (x) = −f1 (ıx) (x ∈ Y ), azaz f (x) = f1 (x) − ıf1 (ıx) Tov´ abb´ a az f linearit´ as´ at figyelembe véve

(x ∈ X).

(x ∈ Y ).

90


f1 (y + λx) + ıf2 (y + λx) = f (y + λx) = f (y) + λf (x) =

(λ ∈ C, x, y ∈ Y ),

f1 (y) + λf1 (x) + ı(f2 (y) + λf2 (x)) amib˝ ol λ ∈ R esetén fj (y + λx) = fj (y) + λfj (x)

(x, y ∈ Y, j = 1, 2)

k¨ ovetkezik. Ha teh´ at az (X, k.k) teret, ill. az Y alteret mint R feletti norm´ alt teret, ill. alteret tekintj¨ uk, akkor az fj : Y → R (j = 1, 2) funkcion´ alok line´ arisak. Korl´ atosak is, hiszen |fj (x)| ≤

q

f12 (x) + f22 (x) = |f (x)| ≤ kf k· kxk

(x ∈ Y, j = 1, 2).

Ez azt is jelenti egy´ uttal, hogy pl. kf1 k ≤ kf k. S˝ ot, kf1 k = kf k, ui. b´ armely x ∈ Y, f (x) 6= 0 esetén f (x) = reıα (alkalmas r > 0, α ∈ (−π, π] paraméterekkel). K¨ ovetkezésképpen |f (x)| = r = e−ıα f (x) = f (e−ıα x) = f1 (e−ıα x) ≤ kf1 k· ke−ıα xk = kf1 k· kxk, azaz kf k ≤ kf1 k is igaz, ´ıgy val´ oban kf k = kf1 k.

Ezért, ha a Hahn-Banach-tétel igaz a K = R esetben, akkor van olyan F1 : X → R, F1 ∈ X ∗ funkcion´ al, amelyre f1 ⊂ F1 . M´ as sz´ oval F1 -re a k¨ ovetkez˝ok teljes¨ ulnek: F1 (x + λy) = F1 (x) + λF1 (y) , F1 (t) = f1 (t)

(x, y ∈ X, t ∈ Y, λ ∈ R)

és |F1 (x)| ≤ kf1 k· kxk (x ∈ X). Legyen F (x) := F1 (x) − ıF1 (ıx)

(x ∈ X).

Ekkor F1 (R feletti) linearit´ asa miatt

F (x + λy) = F1 (x + λy) − ıF1 (ı(x + λy)) = F1 (x) + λF1 (y) − ıF1 (ıx) − λıF1 (ıy) = (F1 (x) − ıF1 (ıx)) + λ (F1 (y) − ıF1 (ıy)) = F (x) + λF (y)

(x, y ∈ X, λ ∈ R).

Ezt felhaszn´ alva viszont λ = a + ıb ∈ C (a, b ∈ R), x, y ∈ Y esetén azt mondhatjuk, hogy F (x + λy) = F (x + ay + ıby) = F (x) + aF (y) + bF (ıy) =

F (x) + aF (y) + bF1 (ıy) − ıbF1 (−y) = F (x) + aF (y) + bF1 (ıy) + ıbF1 (y) =

91


F (x) + aF (y) + ıb (F1 (y) − ıF1 (ıy)) = F (x) + aF (y) + ıbF (y) = F (x) + λF (y). Ezzel bel´ attuk, hogy F : X → C line´ aris. Ha y ∈ Y, akkor ıy ∈ Y és F (y) = F1 (y) − ıF1 (ıy) = f1 (y) − ıf1 (ıy) = f (y), azaz F|Y = f. Az F funkcion´ al korl´ atos is, ui. |F (x)| ≤ |F1 (x)| + |F1 (ıx)| ≤ kF1 k(kxk + kıxk) = 2kF1 k· kxk

(x ∈ X).

Az kF k = kF1 k egyenl˝ oséget ugyanazzal a gondolatmenettel kapjuk, amivel kf k = kf1 k-hoz jutottunk. Így kF k = kF1 k = kf1 k = kf k, azaz f ⊂ F. A Hahn-Banach-t´ etel bizony´ıt´ asa. Tegy¨ uk fel, hogy (X, k.k) szepar´ abilis és K = R. Ekkor megadhat´ o egy en ∈ X (n ∈ N ) z´ art rendszer, ahol N = N vagy egy alkalmas N ∈ N mellett N = {1, ..., N }. Ha en ∈ Y (n ∈ N ), akkor Y nyilv´ an s˝ ur˝ u X-ben és alkalmazhat´ o az 6.5.1. Lemma. Egyébként valamilyen N ∋ n-re en ∈ / Y0 := Y. Írjunk ekkor a 6.5.2. Lemmában z helyébe en -et és legyen ugyanott F0 := f. Így a jelzett lemma szerint kapunk egy Y1 alteret és egy F1 ∈ Y1∗ funkcion´ alt u ´gy, hogy Y0 ⊂ Y1 és F0 ⊂ F1 . Ha van olyan n ∈ N , hogy en ∈ / Y1 , akkor a 6.5.2. Lemm´ ab´ ol az el˝ oz˝ oekhez hasonl´ oan ad´ odik Y2 , F2 ∈ Y2∗ u ´gy, hogy Y1 ⊂ Y2 és F1 ⊂ F2 . Az elj´ ar´ ast folytatva az vagy ∗ véges sok lépés ut´ an befejez˝ odik, amikor is egy X∞ ⊂ X alteret és egy F∞ ∈ X∞ funkcion´ alt kapunk u ´gy, hogy f ⊂ F∞ , vagy el˝ oa´ll egy Yn altér- és egy Fn ∈ Yn∗ (n ∈ N) funkcion´ a lsorozat, amelyekre S∞ Yn ⊂ Yn+1, Fn ⊂ Fn+1 (n ∈ N) teljes¨ ul. Legyen az ut´ obbi esetben X∞ := n=0 Yn (ami nyilv´ an altér) és F∞ : X∞ → R az a funkcion´ al, amelyre F∞ (x) := Fn (x)

(x ∈ Xn , n ∈ N).

Az F∞ funkcion´ al értelmezése korrekt, mert n, m ∈ N, n < m esetén Xn ⊂ Xm , Fn ⊂ Fm , azaz x ∈ Xn mellett x ∈ Xm és Fn (x) = Fm (x). Az F∞ funkcion´ al nyilv´ an line´ aris, ill. f = F0 ⊂ Fn (n ∈ N) miatt kf k = kFn k, azaz |F∞ (x)| ≤ kFn k· kxk = kf k· kxk

(x ∈ Xn , n ∈ N).

Így kF∞ k ≤ kf k. Tov´ abb´ a x ∈ Y esetén F∞ (x) = F0 (x) = f (x), teh´ at f ⊂ F∞ . Vil´ agos, hogy en ∈ X∞ (n ∈ N ), ezért X∞ s˝ ur˝ u altér X-ben. Az 6.5.1. Lemma szerint van teh´ at olyan F ∈ X ∗ , amelyre F∞ ⊂ F, azaz kF k = kF∞ k = kf k és F (x) = F∞ (x) = f (x) (x ∈ Y ). Mindez azt jelenti, hogy f ⊂ F. A 6.5.3. Lemmát is figyelembe véve, ezzel a szepar´ abilis esetben a tételt bebizony´ıtottuk. 6.5.1. Megjegyz´ esek. i) Ha a sz´ oban forg´ o norm´ alt térr˝ol nem tudjuk, hogy szepar´ abilis, akkor a Hahn-Banach-tétel bizony´ıt´ as´ aban az u ń. Zorn-lemma alkalmazhat´ o:

92

6. Line´ aris operátorok tegy¨ uk fel, hogy A 6= ∅, ≤ pedig rendezés A-ban. Ha az A minden teljesen rendezett részhalmaza fel¨ ulr˝ ol korl´ atos, akkor A-nak van maximuma. ii) Legyen pl. A := {(U, g) : U ⊂ X altér, g ∈ U ∗ , f ⊂ g} és defini´ aljuk az al´ abbi (nyilv´ an) rendezést A-ban: ha (U, g), (V, h) ∈ A, akkor (U, g) ≤ (V, h) ⇐⇒ U ⊂ V és g ⊂ h. Ha B ⊂ A a most defini´ alt értelemben teljesen rendezett, akkor b´ armely B-beli (U, g), (V, h) eset´ e n vagy U ⊂ V ´ e s g ⊂ h, vagy pedig V ⊂ U ´ e s h ⊂ g. Ez azt jelenti, hogy S az A := (U,g)∈B U halmaz altér, az s(x) := g(x) (x ∈ U, (U, g) ∈ B) defin´ıci´ o pedig korrekt m´ odon értelmez egy s : A → K funkcion´ alt. Az s-r˝ ol a Hahn-Banach-tétel fenti bizony´ıt´ as´ aban szerepl˝ o F∞ -r˝ ol mondottakhoz hasonl´ oan l´ athat´ o be, hogy s ∈ A∗ és b´ armely (U, g) ∈ B v´ alaszt´ assal g ⊂ s. Mivel minden, az el˝ obb eml´ıtett (U, g) esetén nyilv´ an U ⊂ A, ezért (U, g) ≤ (A, s). Teh´ at (A, s) fels˝ o korl´ atja B-nek. Ezért a Zorn-lemma szerint létezik A-nak maximuma, azaz olyan (Z, F ) ∈ A, hogy ha (U, g) ∈ A és (Z, F ) a ≤ rendezés értelmében o¨sszehasonl´ıthat´ o (U, g)-vel, akkor (U, g) ≤ (Z, F ). Mutassuk meg, hogy Z = X. K¨ ul¨ onben ui. lenne olyan z ∈ X elem, amelyre z ∈ / Z igaz. A 6.5.2. Lemma alapj´ an viszont ekkor a Z altér egydimenzi´ os Y1 b˝ ov´ıtéséhez megadhat´ o lenne egy F1 ∈ Y1∗ funkcion´ al u ´gy, hogy F ⊂ F1 . Mivel f ⊂ F, ezért f ⊂ F1 , azaz (Y1 , F1 ) ∈ A és (Z, F ) ≤ (Y1 , F1 ). Ugyanakkor Z val´ odi altere Y1 -nek, ezért (Z, F ) 6= (Y1 , F1 ), azaz nem lehet igaz, hogy (Y, F1 ) ≤ (Z, F ). Mindez viszont ellentmond annak, hogy (Z, F ) maxim´ alis elem A-ban. Így Z = X, teh´ at ∗ F ∈ X és f ⊂ F. iii) Megeml´ıtj¨ uk a Hahn-Banach-tétel egy a´ltal´ anos´ıt´ as´ at: legyen X line´ aris tér K felett, Y ⊂ X altér, f : Y → K pedig olyan line´ aris leképezés, amelyre |f (t)| ≤ p(t) (t ∈ Y ) igaz, ahol a p : X → [0, +∞) f¨ uggvényre p(x + y) ≤ p(x) + p(y) (x, y ∈ X) és p(λx) = |λ|p(x) (x ∈ X, λ ∈ K) teljes¨ ul. Ekkor van olyan F : X → K line´ aris leképezés, hogy F (t) = f (t) (t ∈ Y ) és |F (x)| ≤ p(x) (x ∈ X). iv) Vil´ agos, hogy ha iii)-ban k.k norma X-en, akkor tetsz˝oleges α ≥ 0 számmal a p(x) := αkxk (x ∈ X) f¨ uggvény rendelkezik az el˝ obb eml´ıtett tulajdons´ agokkal. Ha ezzel a p-vel |f (t)| ≤ p(t) (t ∈ Y ) is fenn´ all, akkor nyilv´ an kf k ≤ α, azaz a iii)-beli F kiterjesztésre is kF k ≤ α. Speci´ alisan az α := kf k v´ alaszt´ assal kF k ≤ kf k, azaz kF k = kf k : f ⊂ F. v) Az f ⊂ F kiterjesztés egyértelm˝ uségét illet˝ oen a k¨ ovetkez˝oket mondhatjuk. A 6.5.1. Lemma bizony´ıt´ as´ ab´ ol az is kider¨ ul, hogy ha a szóban forg´ o Y ⊂ X altér minden¨ utt s˝ ur˝ u X-ben, akkor egyértelm˝ uen létezik olyan F ∈ X ∗ , hogy f ⊂ F. Hasonl´ oan, ha a 6.5.2. Lemma bizony´ıt´ as´ aban jelzett (3), (4) egyenl˝ otlenségeknek egyetlen m szám tesz eleget, azaz (az ottani jel¨ olésekkel) m0 := sup{f (x) − kf k· kx − zk : x ∈ Y } =

m1 := inf{−f (t) + kf k· kt + zk : t ∈ Y }, akkor a kiterjesztés egyértelm˝ u, egyébként végtelen sok F ∈ X ∗ funkcion´ allal (minden m ∈ [m0 , m1 ] mellett) lesz f ⊂ F. Az al´ abbiakban a Hahn-Banach-tétel néh´ any k¨ ovetkezményét t´ argyaljuk.

93


6.5.1. K¨ ovetkezm´ eny. Legyen (X, k.k) norm´ alt tér. Ekkor b´ armely 0 6= x ∈ X elemhez van olyan F ∈ X ∗ funkcion´ al, amelyre kF k = 1 és F (x) = kxk igaz. Bizony´ıt´ as. Tekints¨ uk az Y := {cx ∈ X : c ∈ K} (nyilv´ an) alteret és az f (cx) := ckxk

(c ∈ K)

funkcion´ alt. Vil´ agos, hogy f ∈ Y ∗ és |f (cx)| = |c|· kxk = kcxk (c ∈ K) miatt kf k = 1, ill. f (x) = f (1· x) = kxk. K¨ ovetkezésképpen minden olyan F ∈ X ∗ megfelel˝ o, amelyre f ⊂ F. 6.5.2. K¨ ovetkezm´ eny. Az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terekr˝ ol tegy¨ uk fel, hogy X1 6= {0} és az (L(X1 , X2 ), k.k) oper´ ator-tér teljes. Ekkor az (X2 , k.k2 ) tér is teljes. Bizony´ıt´ as. Az el˝ obbi megjegyzés szerint van olyan f ∈ X ∗ funkcion´ al, amely nem azonosan nulla. Tekints¨ uk valamely y ∈ X2 elemmel az Ay x := f (x)y (x ∈ X1 ) operátort. Az f linearit´ asa miatt Ay nyilv´ an line´ aris. Tov´ abb´ a kAy xk2 = kf (x)yk2 = |f (x)|· kyk2 ≤ kf k· kyk2 · kxk1

(x ∈ X1 ).

Ez azt jelenti, hogy Ay ∈ L(X1 , X2 ) és kAy k ≤ kf k· kyk2 . Tegy¨ uk fel, hogy az yn ∈ X2 (n ∈ N) sorozat Cauchy-sorozat, azaz kyn − ym k2 → 0

(n, m → ∞).

Ekkor kAyn − Aym k = kAyn −ym k ≤ kf k· kyn − ym k2 → 0 (n, m → ∞), teh´ at (Ayn ) Cauchy-sorozat az (L(X1 , X2 ).k.k) operátor-térben. A feltétel miatt ezért van olyan A ∈ L(X1 , X2 ) oper´ ator, amellyel kAyn − Ak → 0 (n → ∞). Ekkor viszont b´ armely x ∈ X1 elemre Ayn x → Ax (n → ∞) is igaz. Ha itt x olyan, amelyre f (x) 6= 0, akkor az yn =

1 1 f (x)yn = Ay x f (x) f (x) n

(n ∈ N)

egyenl˝ oség alapj´ an az (yn ) sorozat is konvergens. 6.5.2. Megjegyz´ esek. i) Ha teh´ at X 6= {0}, akkor a 6.5.1. K¨ ovetkezmény miatt van olyan X ∗ -beli funkcion´ al, amely nem azonosan nulla. Ugyanez más megfogalmaz´ asban: b´ armely x, y ∈ X, x 6= y esetén van olyan F ∈ X ∗ , amelyre F (x) 6= F (y). Val´ oban, a 6.5.1. K¨ ovetkezményt az x − y 6= 0 elemre alkalmazva kapunk olyan X ∗ ∋ F -et, amelyre F (x − y) = F (x) − F (y) = kx − kyk > 0. ii) Emlékeztet¨ unk a 6.3.4. Tételre: ha (X2 , k.k2 ) Banach-tér, akkor az (L(X1 , X2 ), k.k) oper´ ator-tér teljes. A 6.5.2. K¨ ovetkezmény szerint (egy partikul´ aris esett˝ol eltekintve) ez a tétel meg is ford´ıthat´ o: (L(X1 , X2 ), k.k) akkor és csak akkor teljes, ha (X2 , k.k) Banach-tér.

94

6. Line´ aris operátorok 6.5.3. K¨ ovetkezm´ eny. Legyen (X, k.k) norm´ alt tér, Y ⊂ X val´ odi z´ art altér, z ∈ X \ Y. Ekkor van olyan F ∈ X ∗ funkcion´ al, amelyre az al´ abbiak teljes¨ ulnek: F (y) = 0 (y ∈ Y ), F (z) = 1 és kF k = 1/ρ(z, Y ). Bizony´ıt´ as. Tudjuk, hogy ρ(z, Y ) > 0. Legyen L := {cz + y ∈ X : y ∈ Y, c ∈ K}.

Ekkor L ⊂ X altér, minden l ∈ L egyértelm˝ uen a´ll´ıthat´ o el˝ o l = cz + y alakban alkalmas y ∈ Y, c ∈ K elemekkel, az f (cz + y) := c (cz + y ∈ L) funkcion´ al pedig line´ aris. Korl´ atos is, ui. |f (cz + y)| = |c| ≤

1 kcz + yk ρ(z, Y )

(cz + y ∈ Y ).

Ez ut´ obbi indokl´ as´ ahoz nyilv´ an feltehet˝o, hogy c 6= 0. Ekkor kcz + yk = |c|· kz + y/ck = |c|· kz − (−y/c)k alapj´ an azt kell meggondolni, hogy ρ(z, Y ) ≤ kz−(−y/c)k, ami −y/c ∈ Y Ezért kf k ≤ 1/ρ(z, Y ). L´ assuk be, hogy kf k = 1/ρ(z, Y ). Val´ oban, ha yn ∈ Y lim(kz − yn k) = ρ(z, Y ), akkor

(y ∈ Y ) miatt nyilv´ anval´ o.

(n ∈ N) olyan sorozat, amelyre

|f (−z + yn )| = 1 ≤ kf k· kz − yn k → kf k· ρ(z, Y )

(n → ∞),

azaz kf k ≥ 1/ρ(z, Y ).

Mivel f (z) = f (1· z + 0) = 1, f (y) = f (0· z + y) = 0 (y ∈ Y ), ezért b´ armely F ∈ X ∗ , f ⊂ F olyan funkcion´ al, amely a sz´ oban forg´ o a´ll´ıt´ asban szerepel. 6.5.3. Megjegyz´ es. Emelj¨ uk ki k¨ ul¨ on is, hogy b´ armely val´ odi z´ art Y ⊂ X altér esetén van olyan F ∈ X ∗ funkcion´ al, amely nem azonosan nulla és F (y) = 0 (y ∈ Y ).

Tegy¨ uk fel, hogy adott (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek esetén A ∈ L(X1 , X2 ) és legyen f ∈ X2∗ . Ekkor A∗ f := f ◦ A ∈ X1∗ . Val´ oban, A és f linearit´ asa miatt A∗ f ∈ L(X1 , K) nyilv´ anval´ o. Ha x ∈ X1 , akkor |A∗ f (x)| = |f (Ax)| ≤ kf k· kAxk2 ≤ kf k· kAk· kxk1 , amib˝ ol A∗ f ∈ X1∗ és egy´ uttal kA∗ f k ≤ kAk· kf k k¨ ovetkezik. (Felh´ıvjuk a figyelmet arra, hogy az utols´ o becslésben h´ aromféle norma szerepel, mindegyiket k.k-val jel¨ olt¨ uk.) Ha f, g ∈ X2∗ , µ, λ ∈ K, akkor nyilv´ an A∗ (µf + λg) = µA∗ f + λA∗ g, azaz az

95


X2∗ ∋ f 7→ A∗ f ∈ X1∗ leképezés line´ aris: A∗ ∈ L(X2∗ , X1∗ ). S˝ ot, az el˝ oz˝ o becslés miatt A∗ ∈ L(X2∗ , X1∗ ) és kA∗ k ≤ kAk. 6.5.4. K¨ ovetkezm´ eny. Tetsz˝ oleges (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek és A ∈ L(X1 , X2 ) esetén A∗ ∈ L(X2∗ , X1∗ ) és kA∗ k = kAk. Bizony´ıt´ as. Azt kell m´ ar csak bel´ atnunk, hogy kAk ≤ kA∗ k. Legyen ehhez x ∈ X1 olyan, hogy 0 6= Ax ∈ X2 (nyilv´ an feltehet˝ o, hogy A nem az azonosan nulla operátor, k¨ ul¨ onben az a´ll´ıt´ asunk trivi´ alis) és f ∈ X2∗ olyan funkcion´ al (ld. 6.5.1. K¨ ovetkezmény), amelyre kf k = 1, f (Ax) = kAxk2 . Ekkor kAxk2 = |f (Ax)| = |A∗ f (x)| ≤ kA∗ f k· kxk1 ≤ kA∗ k· kf k· kxk1 = kA∗ k· kxk1

(x ∈ X1 ),

azaz val´ oban kAk ≤ kA∗ k. Az A∗ ∈ L(X2∗ , X1∗ ) korl´ atos line´ aris operátort az A ∈ L(X1 , X2 ) operátor adjung´ altj´ anak nevezz¨ uk. Vizsg´ aljuk meg az al´ abbi speciális eseteket. 1o Legyen 0 < n, m ∈ N, (X1, k.k1 ) := (Kn , k.k1 ), (X2, k.k2 ) := (Km , k.k2 ) valamilyen Kn -beli m×n k.k1 , ill. Km -beli k.k2 vektornorm´ aval. Ha A = (aik )m,n , akkor tekints¨ uk az i=1,k=1 ∈ K Ax := Ax

(x ∈ X1 )

defin´ıci´ oval értelmezett A : X1 → X2 operátort, amelyre A ∈ L(X1 , X2 ) (ld. 6.3.2. vi) megjegyzés). A most idézett 6.3.2. vi) megjegyzést az m := 1, ill. az n := 1 esetben alkalmazva azt kapjuk, hogy X1∗ izomorf X1 -gyel, X2∗ pedig izomorf X2 -vel. Ennek alapj´ an k¨ onny˝ u meggondolni, hogy L(X2∗ , X1∗ ) izomorf L(X2 , X1 )-gyel és ebben az értelemben az el˝ obbi A operátor esetén A∗ azonos´ıthat´ o n,m n×m ∗ adjung´ alt m´ atrixszal. az A := (aki )k=1,i=1 ∈ K 2o Ha (X, h, i) Hilbert-tér, akkor (ld. 6.4.1. iii) megjegyzés) X ∗ izomorf és izometrikus X-szel. Legyen A ∈ L(X, X), ekkor A∗ ∈ L(X ∗ , X ∗ ), ahol teh´ at f ∈ X ∗ esetén A∗ f ∈ X ∗ . A 6.4.1. Tétel szerint egyértelm˝ uen megadhat´ ok olyan a, b ∈ X elemek, amelyekkel f (x) = hx, ai, A∗ f (x) = hx, bi ∗ (x ∈ X). Viszont az A f funkcion´ al értelmezése alapj´ an A∗ f (x) = f (Ax) = hAx, ai

(x ∈ X),

azaz hAx, ai = hx, bi (x ∈ X). Legyen BA (a) := b, ezzel defini´ altunk egy BA : X → X (nyilv´ an line´ aris) oper´ atort, amellyel az el˝ obbiek a k¨ ovetkez˝ oképpen ´ırhat´ ok: A∗ f (x) = hAx, ai = hx, BA ai

(x ∈ X).

Mivel a 6.4.1. Tétel alapj´ an kBA ak = kbk = kA∗ f k ≤ kA∗ k· kf k = kA∗ k· kak

(a ∈ X),

96


ezért BA ∈ L(X, X) és kBA k ≤ kA∗ k. Az |A∗ f (x)| = |hx, BA ai| ≤ kxk· kBA ak ≤ kBA k· kak· kxk = kBA k· kf k· kxk

(x ∈ X, f ∈ X ∗ )

becslésb˝ ol viszont az k¨ ovetkezik, hogy kA∗ f k ≤ kBA k· kf k, azaz kA∗ k ≤ kBA k. Azt kaptuk teh´ at, ∗ hogy kA k = kBA k. A fentiek alapj´ an vil´ agos, hogy az L(X ∗ , X ∗) ∋ A∗ 7→ BA ∈ L(X, X) megfeleltetés izomorfia és izometria. Ebben az értelemben A∗ -ot azonos´ıthatjuk BA -val: A∗ ≡ BA , az L(X ∗ , X ∗ ) teret pedig L(X, X)-szel: L(X ∗ , X ∗ ) ≡ L(X, X). Ezt figyelembe véve azt ´ırhatjuk, hogy hAx, yi = hx, A∗yi

(x, y ∈ X, A ∈ L(X, X)),

ill. azt mondjuk, hogy az A ∈ L(X, X) operátor o ¨nadjung´ alt, ha A∗ = A. Ez ut´ obbi esetben teh´ at b´ armely x, y ∈ X esetén hAx, yi = hx, Ayi. Legyen pl. L ⊂ X z´ art altér, ekkor a PL projekci´ o (ld. 5.3.3. iv) megjegyzés) o¨nadjung´ alt. Ui. b´ armely x, y ∈ X esetén az x = PL x + x ˜, y = PL y + y˜ (˜ x, y˜ ∈ L⊥ ) felbont´ as (ld. 5.3.3. Tétel) alapj´ an hPL x, yi = hPL x, PL y + y˜i = hPL x, PL yi = hx − x ˜, PL yi = hx, PL yi, hiszen PL x, PL y ∈ L miatt hPL x, y˜i = h˜ x, PL yi = 0. Tov´ abb´ a L 6= {0} esetén kPL k = 1, mivel b´ armely 0 6= x ∈ L elemre kPL xk = kxk ≤ kPL k· kxk miatt egyrészt kPL k ≥ 1, másrészt (ld. 6.3.2. iii) megjegyzés) kPL k ≤ 1. (Ha L = {0}, akkor PL ≡ 0 miatt nyilv´ an kPL k = 0.) ∗

3o Egy (X, k.k) norm´ alt tér X ∗∗ m´ asodik du´ alis´ at értelemszer˝ uen az X ∗∗ := (X ∗ ) defin´ıci´ oval értelmezz¨ uk. Ha x ∈ X, akkor a Φx (f ) := f (x)

(f ∈ X ∗ )

el˝ o´ır´ assal értelmezett Φx : X ∗ → K leképezés (funkcion´ al) nyilv´ an line´ aris: Φx ∈ L(X ∗ , K). Mivel |Φx (f )| = |f (x)| ≤ kf k· kxk

(f ∈ X ∗ , x ∈ X),

ezért Φx ∈ L(X ∗ , K) = X ∗∗ is igaz, ill. kΦx k ≤ kxk. 6.5.5. K¨ ovetkezm´ eny. B´ armely x ∈ X esetén kΦx k = kxk. Bizony´ıt´ as. Azt kell megmutatnunk, hogy kxk ≤ kΦx k (x ∈ X). Mivel ez x = 0 esetén trivi´ alis, ezért feltehet˝ o, hogy x 6= 0. Legyen (ld. 6.5.1. K¨ ovetkezmény) f ∈ X ∗ olyan, hogy kf k = 1 és f (x) = kxk. Ekkor Φx (f ) = f (x) = kxk ≤ kΦx k· kf k = kΦx k, azaz val´ oban kxk ≤ kΦx k.

97

6. Line´ aris oper´ atorok 6.5.4. Megjegyz´ esek. i) Az el˝ obbieket szem el˝ ott tartva legyen X := {Φx ∈ X ∗∗ : x ∈ X}.

Nyilv´ anval´ o, hogy X altere X ∗∗ -nak, ill. az X ∋ x 7→ ϕ(x) := Φx ∈ X megfeleltetés izomorfia és izometria. Azt mondjuk, hogy az (X, k.k) tér reflex´ıv, ha X = X ∗∗ . ii) Az eddigiek szerint azt kapjuk, hogy b´ armely Hilbert-tér, ill. tetsz˝oleges 1 < p < +∞ esetén az (ℓp , k.kp ) terek reflex´ıvek (ld. 6.4.1. iii) megjegyzés, ill. 6.4.2. Tétel). Ugyanakkor (ld. 6.4.2. i) megjegyzés) az (ℓ1 , k.k1 ), (ℓ∞ , k.k∞ ) terek nem reflex´ıvek.

iii) Reflex´ıv (X, k.k) tér esetén teh´ at X ∗∗ izomorf és izometrikus X-szel, ebben az értelemben ∗∗ X = X . Mivel a du´ alis terek Banach-terek, ezért minden reflex´ıv tér egy´ uttal Banach-tér. Felh´ıvjuk azonban a figyelmet arra, hogy a most mondottakban az is benne van”, hogy az ” eml´ıtett izomorfi´ at és izometri´ at az i) megjegyzésben értelmezett ϕ leképezés val´ os´ıtja meg. ∗∗ Konstru´ altak ui. olyan (X, k.k) teret, hogy X ugyan izomorf és izometrikus X-szel, de ϕ nem izomorfia és izometria. K¨ ovetkezésképpen (X, k.k) nem reflex´ıv.

iv) Norm´ alt terek X ∗∗∗ , X ∗∗∗∗ , ... harmadik, negyedik, ... du´ alisa is értelemszer˝ uen defini´ alhat´ o, ill. felvethet˝ o ezek egym´ ashoz val´ o viszonya. Pl. mutassuk meg, hogy az (X, k.k) Banach-tér akkor és csak akkor reflex´ıv, ha a du´ alisa is reflex´ıv. Ha ui. g ∈ X ∗ esetén Ψg ∈ X ∗∗∗ az a funkcion´ al, amelyre Ψg (F ) := F (g)

(F ∈ X ∗∗ )

és ψ(g) := Ψg , akkor azt kell megmutatnunk (ld. i)), hogy Rϕ = X ∗∗

⇐⇒

Rψ = X ∗∗∗ .

Ehhez tegy¨ uk fel el˝ osz¨ or, hogy Rϕ = X ∗∗ és legyen Ψ ∈ X ∗∗∗ . Ha g := Ψ ◦ ϕ, azaz g(x) := Ψ(ϕ(x)) (x ∈ X), akkor g nyilv´ an line´ aris és |g(x)| ≤ kΨk· kϕ(x)k = kΨk· kxk

(x ∈ X)

miatt g ∈ X ∗ . Ugyanakkor Ψg (F ) = F (g), ahol F ∈ X ∗∗ , azaz alkalmas x ∈ X esetén (ld. i)) F = ϕ(x) = Φx . Teh´ at Ψg (F ) = Φx (g) = g(x) = Ψ(ϕ(x)) = Ψ(F ), amib˝ ol Ψg = Ψ m´ ar k¨ ovetkezik. Ezért Rψ = X ∗∗∗ , ´ıgy a du´ alis tér val´ oban reflex´ıv. ∗∗∗ Ford´ıtva, ha a du´ alis tér reflex´ıv: Rψ = X , akkor indirekt módon gondolkodva tegy¨ uk fel, hogy Rϕ 6= X ∗∗ . L´ assuk be el˝ osz¨ or, hogy X = Rϕ z´ art. Ha ui. Φxn ∈ X (n ∈ N) konvergens sorozat: kΦxn − Φk → 0 (n → ∞) valamilyen Φ ∈ X ∗∗ funkcion´ allal, akkor kxn − xm k = kΦxn − Φxm k → 0

(n, m → ∞)

alapj´ an az xn ∈ X (n ∈ N) sorozat Cauchy-sorozat, ´ıgy az (X, k.k) tér teljessége miatt konvergens: x := lim(xn ). Innen viszont

98


kΦxn − Φx k = kxn − xk → 0

(n → ∞),

azaz Φx = lim(Φxn ) = Φ, teh´ at Φ ∈ X k¨ ovetkezik. Azt kaptuk, hogy X val´ odi z´ art altere X ∗∗ -nak. A 6.5.3. Megjegyzés szerint ezért van olyan 0 6= Θ ∈ X ∗∗∗ , amelyre Θ|X ≡ 0. Az Rψ = X ∗∗∗ feltétel miatt alkalmas g ∈ X ∗ esetén Θ = Ψg , ´ıgy 0 = Θ(Φx ) = Ψg (Φx ) = Φx (g) = g(x)

(x ∈ X).

Ezért g ≡ 0, amib˝ ol Θ = Ψg ≡ 0 k¨ ovetkezik, ami nem igaz. K¨ ovetkezésképpen Rϕ = X ∗∗ , azaz az (X, k.k) tér reflex´ıv. v) Az el˝ obbi megjegyzésb˝ ol m´ ar egyszer˝ uen k¨ ovetkezik, hogy ha az (X, k.k) Banach-tér nem reflex´ıv, akkor (izomorfia és izometria értelmében) az X ⊂ X ∗∗ ⊂ X ∗∗∗∗ ⊂ ..., ill. X ∗ ⊂ X ∗∗∗ ⊂ X ∗∗∗∗∗ ⊂ ... tartalmaz´ asok valamennyien szigor´ u tartalmaz´ asok: X 6= X ∗∗ 6= X ∗∗∗∗ 6= ..., ill. X ∗ 6= X ∗∗∗ 6= X ∗∗∗∗∗ 6= ... Ha ui. pl. X ∗∗∗ = X ∗∗∗∗∗ , akkor ez azt jelentené, hogy X ∗∗∗ reflex´ıv, azaz X ∗∗ is az. Innen viszont X ∗ és ´ıgy X reflexivit´ asa is k¨ ovetkezne (A. E. Plessner). 6.5.6. K¨ ovetkezm´ eny. B´ armely (X, k.k) norm´ alt tér és S ⊂ X részhalmaz esetén S akkor és csak akkor z´ art rendszer, ha az al´ abbi ekvivalencia igaz: tetsz˝ oleges f ∈ X ∗ funkcion´ alra f = 0 ⇐⇒ f|S = 0. Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel el˝ osz¨ or, hogy S z´ art rendszer és f|S = 0. Ekkor f linearit´ asa miatt = 0, azaz L[S] = X nyilv´ an f|L[S] = 0 is igaz. Innen viszont f folytonoss´ ag´ at is figyelembe véve f| L[S] szerint f = 0 k¨ ovetkezik. Ha S nem z´ art rendszer, akkor az Y := L[S] (6= X) v´ alaszt´ assal a 6.5.3. Megjegyzés miatt egy alkalmas f ∈ X ∗ funkcion´ allal f|Y = 0, de f 6= 0. Mivel f|S = 0, ezért - feltéve a tételben eml´ıtett ekvivalencia fenn´ all´ as´ at - f = 0 k¨ ovetkezik, ellentétben az el˝ obbi f 6= 0 tulajdons´ aggal. Ezért S z´ art rendszer. 6.6. Er˝ os konvergencia. Tekints¨ uk valamely (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek esetén korl´ atos line´ aris operátoroknak egy (Tn ) sorozat´ at: Tn ∈ L(X1 , X2 ) (n ∈ N). Azt mondjuk, hogy a (Tn ) sorozat er˝ osen konvergens, ha minden x ∈ X1 esetén a helyettes´ıtési értékek (Tn x) sorozata konvergens. Vil´ agos, hogy ekkor minden X1 ∋ x-re supn kTn xk2 < +∞. Megmutatjuk, hogy (bizonyos feltételek mellett) ekkor az er˝ osebb” ” supn kTn k < +∞ korl´ atoss´ ag is teljes¨ ul. S˝ ot, igaz a

99


6.6.1. T´ etel (az egyenletes korl´ atoss´ ag elve). Legyenek adottak az (X1 , k.k1 ) , (X2 , k.k2 ) norm´ alt terek és a Tα ∈ L(X1 , X2 ) (α ∈ Γ) line´ aris oper´ atorok valamely Γ 6= ∅ (index)halmaz esetén. Ha az {x ∈ X1 : sup kTα xk2 < +∞} α

halmaz m´ asodik kateg´ ori´ aj´ u, akkor supα kTα k < +∞. Bizony´ıt´ as. Legyen x ∈ X1 , k ∈ N esetén p(x) := supα kTα xk2 és {p ≤ k} := {x ∈ X1 : p(x) ≤ k}. Ekkor minden k ∈ N természetes sz´ amra {p ≤ k} z´ art halmaz. Val´ oban, ha z ∈ {p > k} := X1 \ {p ≤ k}, akkor p(z) = supα kTα zk2 > k. Ezért van olyan α ∈ Γ, hogy kTα zk2 > k. Mivel Tα , k.k2 folytonos leképezések, ezért egy´ uttal a z pont egy alkalmas K(z) k¨ ornyezetének minden t ∈ K(z) pontj´ ara is teljes¨ ul a kTα tk2 > k egyenl˝ otlenség. Ez más szóval azt jelenti, hogy K(z) ⊂ {p > k}, azaz {p > k} ny´ılt halmaz. A feltétel szerint a

{p < ∞} := {x ∈ X1 : sup kTα xk2 < +∞} = α

∞ [

{p ≤ k}

k=1

halmaz második kateg´ ori´ aj´ u (ld. 2.2.2. i) megjegyzés) ezért egy alkalmas 0 < k ∈ N természetes számra a {p ≤ k} halmaz belseje nem u ¨res. Létezik teh´ at olyan y ∈ {p ≤ k} elem és olyan δ > 0 szám, hogy a Kδ (y) k¨ ornyezetre Kδ (y) ⊂ {p ≤ k} igaz. Így tetsz˝oleges t ∈ X1 , kt − yk1 < δ esetén minden α ∈ Γ indexre kTα tk2 ≤ k. azaz

Legyen most m´ ar x ∈ X1 tetsz˝ oleges, ekkor nyilv´ an van olyan r > 0, amellyel y + rx ∈ Kδ (y),

kTα (y + rx)k2 = kTα y + rTα xk2 ≤ k

(α ∈ Γ).

A h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlenség miatt kTα y + rTα xk2 ≥ rkTα xk2 − kTα yk2 , amib˝ ol rkTα xk2 ≤ k + kTα yk2 ≤ 2k k¨ ovetkezik. Ha x 6= 0, akkor az r := v´ alaszt´ as megfelel˝ o, amikor is

δ 2kxk1

100


kTα xk2 ≤

4k kxk1 . δ

Ez ut´ obbi egyenl˝ otlenség nyilv´ an igaz x = 0-ra is, hiszen ekkor Tα x = Tα 0 = 0 (α ∈ Γ). Teh´ at kTα k ≤ 4k/δ (α ∈ Γ), ami az a´ll´ıt´ asunk bizony´ıt´ as´ at jelenti. Vil´ agos, hogy a {p < ∞} halmaz m´ asodik kateg´ ori´ aj´ u, ha valamilyen második kateg´ ori´ aj´ u X ⊂ X1 halmazra X ⊂ {p < ∞}. M´ as sz´ oval teh´ at az el˝ obbi tétel alkalmaz´ as´ ahoz nem kell a teljes” {p < ∞} ” halmazt felder´ıten¨ unk”, elegend˝ o a pontonkénti korl´ atoss´ agot egy második kateg´ ori´ aj´ u X halmazon ” ellen˝ orizni. A 2.2.2. Baire-féle kateg´ oria-tétel alapj´ an az al´ abbi speciális esethez jutunk: 6.6.2. T´ etel (Banach-Steinhaus I). Tegy¨ uk fel, hogy az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek k¨ oz¨ ul (X1 , k.k1 ) Banach-tér, a Tn ∈ L(X1 , X2 ) (n ∈ N) oper´ ator-sorozat pedig er˝ osen konvergens. Ekkor a Tn (n ∈ N) oper´ atorok egyenletesen korl´ atosak, azaz supn kTn k < +∞ és a T x := limn Tn x (x ∈ X1 ) (pontonkénti) limesz-oper´ atorra T ∈ L(X1 , X2 ), kT k ≤ lim inf n kTn k teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. Val´ oban, a feltétel szerint b´ armely x ∈ X1 esetén a (Tn x, n ∈ N) (helyettes´ıtési értékekb˝ ol a´ll´ o) sorozat konvergens, ´ıgy supn kTn xk2 < +∞. Ez azt jelenti, hogy {p < ∞} = X1 , ami (ld. Baire-tétel) m´ asodik kateg´ ori´ aj´ u. Így a 6.6.1. Tétel k¨ ovetkeztében supn kTn k < +∞. Speci´ alisan M := lim inf n kTn k < +∞. A T leképezés nyilv´ an line´ aris, ill. kT xk2 = limn kTn xk2 (x ∈ X1 ). Mivel kTn xk2 ≤ kTn kkxk1 (n ∈ N), ezért kT xk2 ≤ M kxk1 (x ∈ X1 ), azaz az a´ll´ıt´ asunk második fele is k¨ ovetkezik. 6.6.1. Megjegyz´ esek. i) Legyen pl. (X, k.k) szepar´ abilis Banach-tér, fn ∈ X ∗ (n ∈ N) és tegy¨ uk fel, hogy az (fn ) sorozat korl´ atos: q := supn kfn k < +∞. Ekkor van olyan (νn ) indexsorozat és olyan f ∈ X ∗ funkcion´ al, hogy f (x) = lim(fνn (x)) (x ∈ X). Val´ oban, legyen {xn ∈ X :∈ N} minden¨ utt s˝ ur˝ u X-ben. Ekkor |fn (x0 )| ≤ kfn k· kx0 k ≤ qkx0 k

(n ∈ N)

miatt az (fn (x0 )) sz´ amsorozat korl´ atos. A Bolzano-Weierstrass-tétel miatt ezért van olyan ν (0) indexsorozat, amellyel az (fν (0) (x0 )) részsorozat konvergens. Hasonl´ oan, az (fν (0) (x1 )) n

n

sorozat korl´ atoss´ aga alapj´ an van olyan ν (1) indexsorozat, hogy az (fν (0) ◦ν (1) (x1 )) részsorozat n

konvergens. Teljes indukci´ oval folytatva a konstrukci´ ot minden N ∋ i-re kapunk olyan ν (i) indexsorozatot, amellyel (fν (0) ◦···◦ν (i) (xi )) konvergens. Legyen most már n

νn := ν (0) ◦ · · · ◦ νn(n)

(n ∈ N).

Ekkor ν nyilv´ an indexsorozat és b´ armely n, i ∈ N, i ≤ n esetén fνn (xi ) = fν (0) ◦···◦ν (i) (xi ), µi (n)

(n)

ahol µi (n) := ν (i+1) ◦···◦νn . Ezért (fν (0) ◦···◦ν (i) (xi )) konvergenci´ aja miatt tetsz˝oleges i ∈ N n esetén

101


fνn (xi ) − fνm (xi ) → 0

(n, m → ∞).

Ha x ∈ X, ε > 0, akkor legyen i ∈ N olyan, hogy kx − xi k < ε. Legyen tov´ abb´ a N ∈ N olyan k¨ usz¨ obindex, amellyel |fνn (xi ) − fνm (xi )| < ε (N < n, m ∈ N), ´ıgy ilyen n, m esetén |fνn (x) − fνm (x)| ≤ |fνn (x) − fνm (xi )| + |fνn (xi ) − fνm (xi )| + |fνm (xi ) − fνm (x)| ≤ (2q + 1)ε. Az (fνn (x)) sz´ amsorozat teh´ at Cauchy-sorozat, azaz konvergens. Defini´ aljuk az f funkcion´ alt a k¨ ovetkez˝ oképpen: f (x) := lim(fνn (x)) (x ∈ X). A 6.6.2. Tétel alapj´ an f ∈ X ∗ . ii) Az i) megjegyzésben szerepl˝ o a´ll´ıt´ as nem más, mint (a bizony´ıt´ as k¨ ozben is idézett) BolzanoWeierstrass-tétel absztrakt v´ altozata funkcion´ alok sorozat´ ara. iii) Bel´ athat´ o, hogy a most eml´ıtett absztrakt Bolzano-Weierstrass-tétel akkor is igaz, ha az (X, k.k) tér nem szepar´ abilis, de reflex´ıv. A tov´ abbiakban a bevezet˝ oben megfogalmazott er˝os konvergencia-kérdésre adunk v´ alaszt. 6.6.3. T´ etel (Banach-Steinhaus II). Ha az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) terek mindegyike Banach-tér, Tn ∈ L(X1 , X2 ) (n ∈ N), akkor a (Tn ) sorozat er˝ os konvergenci´ aj´ anak sz¨ ukséges és elégséges feltétele az, hogy ez a konvergencia az X1 tér egy Y z´ art rendszerén fenn´ alljon és supn kTn k < +∞ legyen. Bizony´ıt´ as. A tételben megfogalmazott feltétel sz¨ ukségessége részben trivi´ alis, részben pedig az egyenletes korl´ atoss´ ag imént bebizony´ıtott speciális esetéb˝ ol k¨ ovetkezik (ld. 6.6.2. Tétel). Az elégségesség igazol´ as´ ahoz el˝ osz¨ or is jegyezz¨ uk meg, hogy a Tn (n ∈ N) operátorok linearit´ asa miatt a (Tn x) sorozat az Y rendszer L(Y ) line´ aris burk´ anak minden elemére is konverg´ al. Mivel az L(Y ) line´ aris burok minden¨ utt s˝ ur˝ u X1 -ben, ezért tetsz˝oleges x ∈ X1 és ε > 0 esetén van olyan z ∈ L(Y ), amellyel kx − zk1 < ε. Tov´ abb´ a, a h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlenséget felhaszn´ alva minden n, m ∈ N természetes sz´ amra az ad´ odik, hogy kTn x − Tm xk2 ≤ kTn x − Tn zk2 + kTn z − Tm zk2 + kTm z − Tm xk2 ≤ 2qkx − zk1 + kTn z − Tm zk2 ≤ 2qε + kTn z − Tm zk2 , ahol q := supn kTn k. A (Tk z) sorozat konvergens, ezért egy alkalmas N ∈ N k¨ usz¨ obbel” ” kTn z − Tm zk2 < ε, hacsak n, m > N. Ilyen n, m-ekre teh´ at kTn x − Tm xk2 ≤ (2q + 1)ε, azaz a (Tn x) sorozat Cauchy-sorozat, ´ıgy az (X1 , k.k1 ) tér teljessége miatt (Tn x) konvergens is. Egy Tn ∈ L(X1 , X2 ) (n ∈ N) operátorsorozat konvergenciahalmaz´ an érts¨ uk az o¨sszes olyan x ∈ X1 pont a´ltal meghat´ arozott X ⊂ X1 halmazt, amelyre a (Tn x) sorozat konvergens. Ekkor az al´ abbi a´ll´ıt´ as igaz:

102

6. Line´ aris operátorok 6.6.4. T´ etel. Ha az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) terek Banach-terek, akkor az X halmaz vagy els˝ o kateg´ ori´ aj´ u, vagy pedig X = X1 .

Bizony´ıt´ as. Ui. a Tn -ek (n ∈ N) linearit´ asa miatt X nyilv´ an altere az X1 térnek. Ha X második kateg´ ori´ aj´ u, akkor (ld. az egyenletes korl´ atoss´ ag elvét) supn kTn k < +∞. Megmutatjuk, hogy ekkor X = X1 . Val´ oban, mivel X második kateg´ ori´ aj´ u, ezért van olyan a ∈ X és δ > 0, hogy Kδ (a) ⊂ X. Ha z ∈ X1 tetsz˝ oleges, akkor egy alkalmas r > 0 számmal y := a + rz ∈ Kδ (a), amib˝ ol y ∈ X és ´ıgy (X altér volta miatt) z = (y − a)/r ∈ X k¨ ovetkezik. Teh´ at X = X1 , azaz X z´ art rendszer, ezért a Banach-Steinhaus II-tétel miatt X = X1 . 6.6.2. Megjegyz´ esek. i) Vil´ agos, hogy az el˝ obbi okoskod´ as alapj´ an egy második kateg´ ori´ aj´ u altér mindig s˝ ur˝ u altér. ii) Ha teh´ at (X1 , k.k1 ) Banach-tér, (X2 , k.k2 ) norm´ alt tér és a Tn ∈ L(X1 , X2 ) (n ∈ N) oper´ atorsorozatra supn kTn k = +∞ teljes¨ ul, akkor (ld. 6.6.1. Tétel) van olyan x ∈ X1 , amelyre a (Tn x) sorozat nem konvergens, s˝ ot, supn kTn xk2 = +∞.

´ iii) Erdemes kiemelni a 6.6.3. Tétel al´ abbi v´ altozat´ at is: ha (X1 , k.k1 ) Banach-tér, (X2 , k.k2 ) norm´ alt tér, T, Tn ∈ L(X1 , X2) (n ∈ N), akkor a lim(Tn (x)) = T x (x ∈ X1 ) konvergenci´ anak sz¨ ukséges és elégséges feltétele az, hogy ez a konvergencia az X1 tér egy Y z´ art rendszerén fenn´ alljon és supn kTn k < +∞ legyen. Val´ oban, a 6.6.3. Tétel bizony´ıt´ as´ aban ´ırjunk Tm helyébe T -t, ekkor (az ottani jel¨ olésekkel) kTn x − T xk2 ≤ (q + kT k + 1)ε (N ∋ n > N ), azaz lim(kTn x − T xk2 ) = 0 ad´ odik. iv) A 6.6.1. Tétel a´ltal´ anos´ıt´ asaként r¨ oviden t´ argyaljuk az I. M. Gelfandt´ ol származ´ o al´ abbi v´ altozatot. Ehhez vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝o fogalmat: valamely (X, k.k) Banach-téren értelmezett φ : X → [0, +∞) funkcion´ alt konvexnek nevez¨ unk (ld. 6.5.1. iii) megjegyzés), ha i) φ(x + y) ≤ φ(x) + φ(y) (x, y ∈ X) és

ii) φ(α· x) = |α|· φ(x) (α ∈ R, x ∈ X).

Ha a Φ konvex funkcion´ al folytonos (X ∋) 0-ban, akkor korl´ atos is, azaz van olyan M > 0 konstans, amellyel Φ(x) ≤ M kxk (x ∈ X) (ld. 6.3.1. Tétel bizony´ıt´ asa). A most mondottak seg´ıtségével az eml´ıtett Gelfand-tétel ´ıgy fogalmazhat´ o meg: legyen φn : X → K (n ∈ N) konvex, folytonos funkcion´ aloknak egy sorozata. Ha b´ armely x ∈ X esetén sup{φn (x) : n ∈ N} < +∞, akkor az X ∋ x 7→ sup{φn (x) : n ∈ N} funkcion´ al is konvex és folytonos. v) Ha (X1 , k.k1 ) Banach-tér, (X2 , k.k2 ) norm´ alt tér és T ∈ L(X1 , X2 ) , akkor az X1 ∋ x 7→ kT xk2 funkcion´ al nyilv´ an konvex és folytonos. Legyen Tn ∈ L(X1 , X2 ) tor-sorozat, amelyre

(n ∈ N) egy adott oper´ a-

103


sup{kTn xk2 : n ∈ N} < +∞ (x ∈ X1 ). A iv)-ben mondottak szerint ekkor az X1 ∋ x 7→ sup{kTn xk2 : n ∈ N} funkcion´ al konvex és folytonos, ´ıgy korl´ atos is. Ezért alkalmas M > 0 konstanssal sup{kTn xk2 : n ∈ N} ≤ M kxk1 (x ∈ X1 ) is igaz, amib˝ ol supn kTn k ≤ M már k¨ ovetkezik. vi) A Gelfand-tétel egyik fontos k¨ ovetkezményeként tekints¨ uk az (X, k.k) Banach-téren értelmezett fn ∈ X ∗ (n ∈ N) korl´ atos, line´ aris funkcion´ alok sorozat´ at. Ha n ∈ N, 1 ≤ p, akkor az

X ∋ x 7→

n X i=0

|fi (x)|

funkcion´ al nyilv´ an konvex, folytonos. Ezért

X ∋ x 7→

∞ X i=0

p

P∞

!1/p

i=0 |fi (x)|

|fi (x)|p

p

< +∞ (x ∈ X) esetén az

!1/p

leképezés is egy konvex és folytonos funkcion´ al, azaz valamely M > 0 konstanssal ∞ X i=0

|fi (x)|

p

!1/p

≤ M · kxk (x ∈ X).

vii) Emlékeztet¨ unk a b´ azis fogalm´ ara (ld. 3.2.): legyen (X, k.k) Banach-tér, ekkor a zn ∈ X (n ∈ N ) rendszer b´ a zis, ha b´ a rmely x ∈ X esetén egyértelm˝ uen megadhat´ o egy x-et el˝ oa´ll´ıt´ o P ∗ α z (= x) v´ e gtelen sor (vagy o ¨ sszeg). Jel¨ o lj¨ u k z (x)-szel az el˝ o bbi el˝ o a ´ ll´ ıt´ a sban n n∈N n n szerepl˝ o αn egy¨ utthat´ ot, Sn (x)-szel a sor (¨ osszeg) n-edik részletösszegét: zn∗ (x)

:= αn ,

Sn (x) :=

n X

zk∗ (x)zk

k=0

(n ∈ N ).

Az ´ıgy defini´ alt zn∗ : X → K koordin´ ata-funkcion´ alok mindegyike nyilv´ an line´ aris. Ugyanez a´ll az Sn : X → X részlet¨ osszeg-oper´ atorokra is. Igaz tov´ abb´ a a k¨ ovetkez˝o két (ekvivalens) a´ll´ıt´ as: b´ armely n ∈ N esetén zn∗ ∈ X ∗ , ill. Sn ∈ L(X, X). viii) A tov´ abbiakban feltessz¨ uk, hogy N = N. Mivel b´ armely x ∈ X esetén x = limn Sn (x) (azaz az (Sn ) oper´ ator-sorozat er˝ osen konvergens), ezért a Banach-Steinhaus II-tétel (ld. 6.6.3. Tétel) miatt C := sup{kSn k : n ∈ N} < +∞

104

6. Line´ aris operátorok és kzn∗ k ≤ 2C/kzn k (n ∈ N). Legyen z ∗ := (zn∗ , n ∈ N). Mivel z b´ azis, ezért zn∗ (zk ) = ∗ δnk (n, k ∈ N), azaz a z, z rendszerek egy¨ utt” egyfajta ortogonalit´ asi rel´ aci´ onak tesznek ” eleget. Ennek fényében vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝o defin´ıci´ ot: az P xn ∈ X , ϕn ∈ X ∗ (n ∈ N) rendszerek biortogon´ alisak, ha ϕn (xk ) = δnk (n, k ∈ N). ∞ A n=0 ϕn (x)xn (x ∈ X) sort az x elem biortogon´ alis sor´ anak nevezz¨ uk. ∗ Amennyiben teh´ at z b´ azis X-ben, u ´gy z, z biortogon´ alisak. (Val´ oj´ aban ekkor mondj´ ak, hogy z Schauder-b´ azis.) ix) Tegy¨ uk fel, hogy az xn ∈ X, ϕn ∈ X ∗ (n ∈ N) rendszerek biortogon´ alisak és legyen Xn := L({xk ∈ X : N ∋ k 6= n})

(n ∈ N).

Mivel ϕn (x) = 0 (x ∈ Xn ) és ϕn (xn ) = 1, ezért xn 6∈ Xn (n ∈ N). Azt mondjuk, hogy az yn ∈ X (n ∈ N) rendszer minim´ alis, ha b´ armely n ∈ N esetén yn 6∈ L({yk ∈ X : N ∋ k 6= n}). Az el˝ obbiek szerint teh´ at, ha egy X-beli rendszernek van biortogon´ alis t´ arsa, akkor a sz´ oban forg´ o rendszer minim´ alis. A Hahn-Banach-tétel (ld. 6.5.1. Tétel) 6.5.3. K¨ ovetkezménye alapj´ an k¨ onny˝ u megmutatni, hogy ez ford´ıtva is igaz. Hasonl´ oan l´ athat´ o be, hogy ha az (xn , n ∈ N) rendszer z´ art X-ben, akkor legfeljebb egy, vele biortogon´ alis X ∗ -beli rendszer létezik, ill. minden minim´ alis rendszer egy´ uttal f¨ uggetlen is. Ha teh´ at egy X-beli elemekb˝ ol a´ll´ o z = (zn , n ∈ N) rendszer b´ azis X-ben, akkor     

(∗)

Pn

   

i) z z´ art rendszer; ii) z minim´ alis rendszer; iii) sup{kSn k : n ∈ N} < ∞,

ahol Sn (x) = k=0 zk∗ (x)zk (x ∈ X, n ∈ N) és z ∗ = (zn∗ , n ∈ N) a z-vel biortogon´ alis rendszer. A 6.6.3. Tételt felhaszn´ alva megmutathat´ o, hogy a most felsorolt (sz¨ ukséges) feltételek elégségesek is ahhoz, hogy a z rendszer b´ azis legyen, nevezetesen igaz az al´ abbi a´ll´ıt´ as ( alaptétel”): ” az X-beli z = (zn , n ∈ N) rendszer akkor és csak akkor b´ azis X-ben, ha teljes¨ ulnek a (∗) feltételek. x) A ix) megjegyzésbeli (∗) feltételekben szerepel egy, a rendszeren k´ıv¨ uli” eszk¨ oz is, ti. (az Sn ” ek defin´ıci´ oj´ aban) a z ∗ (z-vel) biortogon´ alis rendszer. Hogyan lehet kiz´ ar´ olag a z rendszer seg´ıtségével eld¨ onteni, hogy az b´ azis-e vagy sem? Ezzel kapcsolatos a k¨ ovetkez˝o (a HahnBanach-tétel (ld. 6.5.1. Tétel), ill. a Banach-Steinhaus II-tétel (ld. 6.6.3. Tétel) alapj´ an bel´ athat´ o) a´ll´ıt´ as: legyen adott egy (a nullelemet nem tartalmaz´ o) z = (zn , n ∈ N) rendszer az (X.k.k) Banachtérben. Ekkor z pontosan abban az esetben b´ azis L(z)-ban, ha

(∗∗)

  

van olyan B > 0 konstans, hogy b´ armely n ∈ N és x=

P∞

k=0 βk zk

∈ L(z) esetén k

Pn

k=0 βk zk k

≤ Bkxk.

105


xi) Az el˝ obbi (∗∗) tulajdons´ agb´ ol kiindulva vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ P∞o fogalmat: valamely X-beli z = (zn , n ∈P N) line´ arisan f¨ uggetlen rendszer és x = en k=0 βk zk ∈ L(z) eset´ n legyen ρ(x) := sup{k k=0 βk zk k : n ∈ N}. A Bz := sup{ρ(x) : x ∈ L(z), kxk ≤ 1}

számot (vagy +∞-t) a z rendszer Banach-konstans´ anak nevezz¨ uk. A ix) megjegyzés alapj´ an azt mondhatjuk, hogy amennyiben z z´ art rendszer X-ben, akkor z b´ azis X−ben

⇐⇒

Bz < +∞.

Mivel b´ armely x ∈ L(z) elemre ρ(x) ≥ kxk, ezért Bz ≥ 1. Ha pl. (X, h, i) Hilbert-tér és z ONR X-ben, akkor ρ(x) = kxk (x ∈ L(z)), azaz Bz = 1.

xii) Legyen z = (zn , n ∈ N) b´ azis X-ben, z ∗ = (zn∗ , n ∈ N) a z-vel biortogon´ alis koordin´ atafunkcion´ alok rendszere. Ekkor b´ armely x ∈ L(z) esetén

n n−1

X

X

|zn∗ (x)|· kzn k = kzn∗ (x)zn k = zk∗ (x)zk − zk∗ (x)zk ≤ 2ρ(x),

k=0

k=0

azaz kzn∗ k ≤ 2Bz /kzn k (n ∈ N). Ha teh´ at z norm´ alt (kzn k = 1 (n ∈ N)), akkor b´ armely n ∈ N esetén kzn∗ k ≤ 2Bz . A Banach-Steinhaus I, II-tételek alkalmaz´ asaként tekints¨ uk el˝ osz¨ or az Sn (n ∈ N) trigonometrikus Fourier-részlet¨ osszeg-oper´ atorokat (ld. 6.2. pont):

Sn f (x) =

Z

2π

0

f (t)Dn (x − t) dt

(f ∈ C2π , x ∈ R),

ahol tov´ abbra is C2π -vel jel¨ olt¨ uk a 2π-szerint periodikus f : R → R f¨ uggvények halmaz´ at. Legyen f ∈ C2π esetén kf k∞ := maxx∈R |f (x)|. Ekkor (C2π , k.k∞ ) Banach-tér, ebben a térben a konvergencia a f¨ uggvénysorozatok egyenletes konvergenci´ aj´ at jelenti, ill. Sn ∈ L(C2π , C2π ) és (ld. 6.3.3. Tétel) kSn k = max x∈R

Z

0

2π

|Dn (x − t)| dt =

Z

0

2π

|Dn |

(n ∈ N).

R 2π Mivel (ld. 6.2.) alkalmas c2 > 0 konstanssal 0 |Dn | ≥ c2 ln (n + 2) (n ∈ N), ´ıgy supn kSn k = +∞. Ezért a 6.6.1., 6.6.2. Tételek k¨ ovetkezményeként (ld. 6.6.2. ii) megjegyzés) kapjuk az al´ abbi a´ll´ıt´ ast: 6.6.5. T´ etel. Van olyan f ∈ C2π f¨ uggvény, amelyre az (Sn f ) sorozat nem konverg´ al egyenletesen, s˝ ot, supn kSn f k∞ = +∞. (z) Legyen z ∈ R és defini´ aljuk a Φn Fourier-funkcion´ alok sorozat´ at a k¨ ovetkez˝oképpen: Φ(z) n (f ) := Sn f (z) (z)

Vil´ agos, hogy Φn ∈ L(C2π , R), ill.

(n ∈ N, f ∈ C2π ).

106


|Φ(z) n (f )| ≤ kSn f k∞ ≤ kSn k· kf k∞ (z)

(z)

∗ miatt Φn ∈ C2π és kΦn k ≤ kSn k (n ∈ N). A 6.3.3. Tétel bizony´ıt´ as´ aval anal´ og módon nem nehéz (z) (z) bel´ atni, hogy b´ armely z ∈ R és n ∈ N esetén kΦn k = kSn k. K¨ ovetkezésképpen supn kΦn k = +∞, ezért a 6.6.1., 6.6.2. Tételek alapj´ an (ld. 6.6.2. ii) megjegyzés) igaz a

6.6.6. T´ etel (Fejér). B´ armely z ∈ R esetén van olyan f ∈ C2π f¨ uggvény, amelyre az (Sn f (z)) sorozat nem konvergens (az f f¨ uggvény trigonometrikus Fourier-sora z-ben divergens), s˝ ot, supn |Sn f (z)| = +∞. Az el˝ obbi Sn (n ∈ N) részlet¨ osszeg-operátorok helyett tekints¨ uk a n

1 X Sk f σn f := n+1 k=0

(f ∈ C2π , n ∈ N)

Fejér-féle-oper´ atorokat. Ha n

1 X Kn := Dk n+1

(n ∈ N)

k=0

az n-edik Fejér-féle magf¨ uggvény, akkor

σn f (x) =

Z

2π

f (t)Kn (x − t) dt

0

(f ∈ C2π , n ∈ N, x ∈ R).

K¨ ovetkezésképpen a σn (n ∈ N) oper´ atorok is speciális folytonos mag´ u integr´ aloperátorok (ld. 6.2.). Ezért σn ∈ L(C2π , C2π ) és a 6.3.3. Tétel miatt kσn k = max x∈R

Z

0

2π

|Kn (x − t)| dt =

Z

2π

0

|Kn | dt

(n ∈ N).

Nem nehéz ellen˝ orizni, hogy Kn ≥ 0 (n ∈ N), ´ıgy Z

2π

0

|Kn | dt =

Z

2π

0

Kn dt = 1

(n ∈ N).

Ui. (ld. 6.2.) 0 < t < 2π esetén

2π(n + 1)Kn (t) = 1 +

n X sin ((k + 1/2)t)

k=1 n

sin (t/2)

n

X 1 =1+ sin (t/2) sin ((k + 1/2)t) = sin2 (t/2) k=1

X cos t − cos ((n + 1)t) 1 [cos (kt) − cos ((k + 1)t)] = 1 + = 1+ 2 2 sin (t/2) k=1 2 sin2 (t/2)

107


2 sin2 (t/2) + 1 − 2 sin2 (t/2) − cos ((n + 1)t) sin2 ((n + 1)t/2) = . 2 sin2 (t/2) sin2 (t/2) Teh´ at sin2 ((n + 1)t/2) . 2π(n + 1) sin2 (t/2)

Kn (t) =

1 Mivel Kn (0) = n + 2 , ezért innen Kn ≥ 0, ill. Z

0

2π

|Kn | =

Z

2π 0

n

X 1 Kn = π(n + 1)

k=0

Z

2π 0



 k n X X 1 1  + cos (jt) dt = π=1 2 j=1 π(n + 1) k=0

r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik. Ez azt is jelenti, hogy supn kσn k < +∞. Mivel a trigonometrikus polinomok halmaza (k.k∞ -ban) minden¨ utt s˝ ur˝ u C2π -ben és tetsz˝oleges ilyen T polinomra” kσn T − T k∞ → 0 ” (n → ∞) trivi´ alisan igaz, ezért a 6.6.3. Tétel egyenes k¨ ovetkezménye a 6.6.7. T´ etel (Fejér). Minden f ∈ C2π f¨ uggvény esetén a σn f letesen konverg´ alnak f -hez.

(n ∈ N) Fejér-k¨ ozepek egyen-

Valamely kompakt [a, b] ⊂ R intervallum esetén legyenek adottak az a ≤ xn0 < ... < xnn ≤ b alappontok” és a gn0 , ..., gnn ∈ C[a, b] (n ∈ N) alapf¨ uggvények”, ill. f ∈ C[a, b] esetén legyen (ld. ” ” 6.2.)

Ln f :=

n X

f (xnk )gnk .

k=0

Vezess¨ uk be C[a, b]-ben az kf k∞ := maxx∈[a,b] |f (x)| (f ∈ C[a, b]) norm´ at, ekkor (C[a, b], k.k∞ ) Banach-tér, ebben a térben a konvergencia a f¨ uggvénysorozatok egyenletes konvergenci´ aj´ at jelenti, ill. (ld. 6.2.) Ln ∈ L(C[a, b], C[a, b]) és (ld. 6.3.2. iv) megjegyzés)

n

X

kLn k = |gnk |

k=0

∞

(n ∈ N).

Ha itt gnk := lnk -k (n ∈ N, k = 0, ..., n) a Lagrange-féle alappolinomokat jelentik, azaz lnk (x) :=

n Y

k6=j=0

x − xnj xnk − xnj

(x ∈ [a, b]),

akkor Ln f -ek (f ∈ C[a, b], n ∈ N) az f f¨ uggvény Lagrange-féle interpol´ aci´ os polinomjai az [a, b] intervallumon a megadott alappontrendszerre nézve. Ismert (ld. 6.6.18. Tétel), hogy ebben az esetben is valamilyen c > 0 abszol´ ut konstanssal

108


n

X

kLn k = |lnk |

k=0

∞

≥ c ln (n + 2)

(n ∈ N).

Ezért supn kLn k = +∞, azaz a 6.6.2., 6.6.3. Tételekb˝ ol (ld. 6.6.2. ii) megjegyzés) ad´ odik a 6.6.8. T´ etel (Bernstein). B´ armely kompakt [a, b] intervallum és xnk ∈ [a, b] (n ∈ N, k = 0, ..., n) alappontrendszer esetén van olyan f ∈ C[a, b] f¨ uggvény, amelyre az (Ln f ) Lagrangeféle interpol´ aci´ os polinomok sorozata nem konverg´ al egyenletesen, s˝ ot, supn kLn f k∞ = +∞. 6.6.3. Megjegyz´ esek. Pn i) Mivel k=0 lnk = Ln f0 (n ∈ N), ahol f0 (x) := 1 (x ∈ [a, b]), ezért - lévén f0 (az [a, b]-n) Pn 0-adfok´ u polinom - Ln f0 = f0 , azaz k=0 lnk = f0 . Így

n

X

lnk

k=0

∞

= kf0 k∞ = 1

(n ∈ N),

k¨ ovetkezésképpen az el˝ obb idézett Faber-Bernstein-féle logaritmikus becslés miatt az lnk (l = 0, ..., n) alappolinomok nem lehetnek o el˝ ojel˝ uek. Ti. P végtelen sok N ∋ n-re a´lland´ P allna minden ilyen n esetén k nk=0 |lnk |k∞ = k nk=0 lnk k∞ , azaz ha ez végtelen sok n-re fenn´ (mondjuk egy (nj ) indexsorozat tagjaira), akkor a lehetetlen

nj

X

c ln (nj + 2) ≤ kLnj k = l nj k

k=0

=1 ∞

(j ∈ N)

egyenl˝ oségre jutn´ ank.

ii) Kor´ abban m´ ar eml´ıtett¨ uk, hogy line´ aris operátorok norm´ aj´ anak komoly szerep jut az o¨r¨ okl¨ ott hiba szempontj´ ab´ ol is. Ha pl. a fenti Ln f Lagrange-polinom kisz´ am´ıt´ as´ ahoz csak az ynk ∼ f (xnk ) k¨ ozel´ıtések a´llnak rendelkezésre az |ynk − f (xnk )| < ε

(k = 0, ..., n ∈ N)

hibabecsléssel (valamilyen ε > 0 mellett), akkor az Lg n f :=

n X

ynk lnk

k=0

k¨ ozel´ıt˝ o Lagrange-polinomr´ ol” a k¨ ovetkez˝ot mondhatjuk: ” |Lg n f − Ln f | ≤ kLn kε.

Term´ ans´ ag az xn0 , ..., xnn alappontok megv´ alaszt´ as´ at illet˝ oen, hogy az kLn k = Pn eszetes k´ıv´ k k=0 |lnk |k∞ norma a lehet˝ o legkisebb legyen. Az ilyen értelemben optim´ alis alappontok máig nem ismertek, de pl. az [a, b] := [−1, 1] intervallum és az

109


xnk := cos ((2k + 1)π/(2n + 2))

(k = 0, ..., n)

u ń. Csebisev-féle alappontok esetén bel´ athat´ o, hogy alkalmas (abszol´ ut) c˜ > 0 konstanssal kLn k ≤ c˜ ln (n + 2) (n ∈ N) igaz. (Ugyanakkor pl. n = 1-re k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy a Csebisev-alappontok nem optim´ alisak a most mondott értelemben.) iii) Legyen az el˝ oz˝ o megjegyzésben z ∈ [a, b] r¨ ogz´ıtett és L(z) n f

:= Ln f (z) =

n X

(f ∈ X := C[a, b], n ∈ N)

f (xnk )lnk (z)

k=0 (z)

(z)

(Lagrange-funkcion´ al). Vil´ agos, hogy Ln ∈ X ∗ és kLn k ≤ kLn k (n ∈ N), de a´ltal´ aban (z) kLn k 6= kLn k. Pl. adapt´ıv alappontrendszer esetén - S teh´ at, amikor {xn0 , ..., xnn} ⊂ {xn+10 , ..., xn+1n+1} (n ∈ N) -, akkor tetsz˝oleges z ∈ ∞ n=0 {xn0 , ..., xnn } ponthoz van olyan N ∈ N, amellyel (z)

L(z) n f = LN f = f (z)

(N ≤ n ∈ N, f ∈ X).

(z) (z) K¨ ovetkezésképpen Ln f → f (z) (n → ∞), ezért supn kLn k < +∞. Így az kLn k ≥ (z) c ln (n + 2) (n ∈ N) becslés miatt az kLn k = kLn k egyenl˝ oség nem a´llhat fenn végtelen sok n-re.

A valamely kompakt [a, b] ⊂ R intervallum esetén bevezetett a ≤ xn0 < ... < xnn ≤ b (n ∈ N, k = 0, ..., n) alappontok mellett legyenek adottak az αn0 , ..., αnn ∈ R (n ∈ N, k = 0, ..., n) s´ ulyok” is, ill. (ld. 6.2.) tekints¨ uk a ” Qn f :=

n X

αnk f (xnk )

k=0

(f ∈ C[a, b], n ∈ N)

kvadrat´ ura-sorozatot. A C[a, b] téren tov´ abbra is a k.k∞ norm´ at tartva meg l´ attuk (ld. 6.3.2. iv) megjegyzés), hogy

kQn k =

n X

k=0

|αnk |

(n ∈ N).

Emlékeztet¨ unk arra, hogy a polinomok ([a, b]-re lesz˝ uk´ıtett rendszere := P) minden¨ utt s˝ ur˝ u (a k.k∞ norm´ ara nézve) C[a, b]-ben, ezért a 6.6.3. Tétel speciális esete a 6.6.9. T´ etel (P´ olya-Szeg˝ o). Legyen [a, b] egy tetsz˝ oleges kompakt intervallum, s egy s´ ulyf¨ uggvény [a, b]-n és tegy¨ uk fel, hogy adott az alappontoknak egy a ≤ xn0 < ... < xnn ≤ b (n ∈ N) és a Rb s´ ulyoknak egy αn0 , ..., αnn ∈ R (n ∈ N) rendszere. Ekkor a Qn fP → a f s (n → ∞, f ∈ C[a, b]) n konvergenci´ anak sz¨ ukséges és elégséges feltétele az, hogy supn k=0 |αnk | < +∞ és b´ armely Rb P ∈ P polinomra Qn P → a P s (n → ∞) teljes¨ ulj¨ on. Vil´ agos, hogy αnk ≥ 0 (n ∈ N, k = 0, ..., n) esetén

110


n X

k=0

|αnk | =

n X

αnk = Qn f0

k=0

(n ∈ N),

P ahol f0 (x) := 1 (x ∈ [a, b]). Mivel f0 ∈ P, ´ıgy ebben az esetben a supn nk=0 |αnk | < +∞ korl´ atoss´ ag Rb k¨ ovetkezik a P ∈ P polinomokra megk¨ ovetelt Qn P → a P s (n → ∞) konvergenci´ ab´ ol, azaz ekkor a P´ olya-Szeg˝ o-tételben elég ez ut´ obbit feltenni: 6.6.10. T´ etel (Sztyeklov). Legyen [a, b] egy tetsz˝ oleges kompakt intervallum, s egy s´ ulyf¨ uggvény [a, b]-n és tegy¨ uk fel, hogy adott az alappontoknak egy a ≤ xn0 < ... < xnn ≤ b (n ∈ N) Rb és a s´ ulyoknak egy αn0 ≥ 0, ..., αnn ≥ 0 ∈ R (n ∈ N) rendszere. Ekkor a Qn f → a f s (n → ∞, f ∈ C[a, b]) konvergenci´ anak sz¨ ukséges és elégséges feltétele az, hogy b´ armely P ∈ P Rb polinomra Qn P → a P s (n → ∞) teljes¨ ulj¨ on. Ha itt még r´ aad´ asul

Qn f :=

Z

b

sLn f

a

(n ∈ N, f ∈ C[a, b]),

ahol Ln f (n ∈ N) a sz´ oban forg´ o alappontokra vonatkoz´ o Lagrange-féle interpol´ aci´ os polinomja f -nek (teh´ at Qn (n ∈ N) egy u ń. interpol´ aci´ os kvadrat´ ura vagy Newton-Cotes-formula), akkor a b´ armely Rb P ∈ P esetén az elég nagy” N ∋ n-ekre fenn´ all´ o Ln P = P egyenl˝ oség alapj´ an a limn→∞ Qn P = a P s ” feltétel automatikusan teljes¨ ul. Így a 6.6.10. Tétel miatt P helyett minden f ∈ C[a, b] f¨ uggvényre is igaz az el˝ obbi konvergencia. Speci´ alis esetként megkapjuk a Gauss-kvadrat´ ur´ ak konvergenci´ aj´ ara vonatkoz´ o al´ abbi tételt: 6.6.11. T´ etel (Stieltjes). Tegy¨ uk fel, hogy a Qn (n ∈ N) interpol´ aci´ os kvadrat´ ura-elj´ ar´ as alappontjai az s s´ ulyra ortogon´ alis Pn (n ∈ N) polinomrendszer gy¨ okei: Pn (xnk ) = 0 (k = 0, ..., n). Ekkor b´ armely f ∈ C[a, b] f¨ uggvényre a (Qn , n ∈ N) kvadrat´ ura-sorozat konvergens, Rb azaz a f s = limn (Qn f ).

Legyenek adottak az αnk ∈ K (n, k ∈ N) (val´ os vagy komplex) számok. Azt mondjuk, hogy az (xn , n ∈ N) sz´ amsorozat szumm´ abilis, ha minden n ∈ N esetén létezik az yn :=

∞ X

αnk xk

k=0

sor¨ osszeg, yn ∈ K és az (yn , n ∈ N) sorozat konvergens. Ha mindezek tetsz˝oleges konvergens (xn , n ∈ N) mellett igazak és még r´ aad´ asul lim(xn ) = lim(yn ), akkor αnk -k egy u ń. permanens (vagy Toeplitz-t´ıpus´ u) szumm´ aci´ ot hat´ aroznak meg. Legyen pl.

αnk :=

  

1 n+1

(k = 0, ..., n)

0

(k > n)

Ekkor b´ armely x = (xn ) sz´ amsorozatra

(n ∈ N).

111


n

1 X yn = xk n+1 k=0

(n ∈ N),

azaz (yn ) az (xn ) sorozat sz´ amtani k¨ ozép sorozata. J´ ol ismert, hogy ha x konvergens, akkor y is az és lim x = lim y. M´ as sz´ oval teh´ at a most defini´ alt (C, 1)-szumm´ aci´ o permanens. 6.6.12. T´ etel (Toeplitz). A fenti αnk -k akkor és csak akkor hat´ aroznak meg permanens szumm´ aci´ ot, ha az al´ abbi feltételek teljes¨ ulnek: i) limn→∞ (αnk ) = 0 (k ∈ N); P∞ ii) sup{ k=0 |αnk | : n ∈ N} < +∞; P∞ iii) limn→∞ ( k=0 αnk ) = 1.

o Bizony´ıt´ as. 1P Legyen αn ∈ K (n ∈ N) és tegy¨ k fel, hogy minden konvergens (xn , n ∈ N) Pu ∞ sorozatra létezik a ∞ α x ∈ K sor¨ o sszeg. Ekkor n=0 n n n=0 |αn | < +∞.

Val´ oban, ha ez nem lenne igaz, akkor egy alkalmas (nk , k ∈ N), n0 = 0 indexsorozattal nk+1 −1

X

j=nk

teljes¨ ulne. Viszont az xj := (nyilv´ an) nulla-sorozatra ∞ X

  0  

(k ∈ N)

(αj = 0)

|αj | (k + 1)αj

αn xn =

n=0

|αj | > k + 1

∞ nk+1 X X−1

k=0 j=nk

(αj 6= 0)

αj xj =

∞ X

k=0

(nk ≤ j < nk+1 , j, k ∈ N)

nk+1 −1 ∞ X X 1 |αj | ≥ 1 = +∞ k + 1 j=n k

k=0

lenne, ami ellentmond a feltételezésnek. (Mellesleg az is kider¨ ult, hogy elegend˝ o a k¨ ovetkez˝ot feltenni: Pn minden (xn , n ∈ N) nulla-sorozat esetén a k=0 αk xk (n ∈ N) o¨sszegek korl´ atosak.) 2o Emlékeztet¨ unk arra (ld. 6.4.2. vii) megjegyzés), hogy a konvergens számsorozatok c terében az kxk∞ = supn |xn | (x = (xn ) ∈ c) norm´ ara nézve az e := (1, 1, ..., 1, ...) , e(n) := (0, ..., 0, 1, 0, ..., 0, ...)

sorozatok z´ art rendszert alkotnak (ahol e(n) -ben az (n + 1)-edik tag 1).

(n ∈ N)

3o Mutassuk meg, hogy c z´ art altere (ℓ∞ , k.k∞ )-nak. Legyen ehhez ξn , ξ ∈ c (n ∈ N) és tegy¨ uk fel, hogy a (ξn ) sorozat konverg´ al ξ-hez: kξn − ξk∞ → 0 (n → ∞). Ha ξn = (xnk , k ∈ N) (n ∈ N), ξ = (xk , k ∈ N), akkor teh´ at b´ armely ε > 0 esetén van olyan N ∈ N, hogy sup |xnk − xk | < ε k

Legyen k, j ∈ N, ekkor

(N < n ∈ N).

112


|xk − xj | ≤ |xk − xnk | + |xnk − xnj | + |xnj − xj | < 2ε + |xnk − xnj |, ahol n ∈ N és n > N. Így v´ alasztva n-et vegy¨ uk figyelembe, hogy a ξn = (xnk , k ∈ N) sorozat c-beli, azaz konvergens. Ezért létezik olyan M ∈ N k¨ usz¨ obindex, amellyel |xnk − xnj | < ε (M < k, j ∈ N). K¨ ovetkezésképpen ilyen k, j-k esetén |xk − xj | < 3ε, azaz a ξ = (xk , k ∈ N) sorozat Cauchy-sorozat. Teh´ at ξ ∈ c, ami c z´ arts´ ag´ at jelenti. 4o Tegy¨ uk most fel, hogy αnk -k permanens szummáci´ ot hat´ aroznak meg. Ekkor 1o szerint minden N ∋ n-re ∞ X δn := |αnk | < +∞, k=0

k¨ ovetkezésképpen a Tn x :=

∞ X

αnk xk

k=0

(x = (xj ) ∈ c)

el˝ o´ır´ assal egy Tn : c → K korl´ atos line´ aris funkcion´ alt hat´ aroztunk meg, amelynek a norm´ aja (ld. 6.4.2. vii) megjegyzés) δn . Mivel most permanens szummáci´ or´ ol van szó, ezért a (Tn x) sorozat konvergens és limn→∞ (Tn x) = lim x. (M´ as szóval teh´ at a (Tn ) sorozat er˝osen konverg´ al a limeszfunkcion´ alhoz.) De e, e(n) ∈ c (n ∈ N), ezért egy´ uttal ! ∞ X lim(Tn e) = lim αnk = lim e = 1, n→∞

k=0

lim Tn e(k) = lim (αnk ) = lim e(k) = 0

n→∞

n→∞

(k ∈ N).

Tudjuk (ld. 3o ), hogy c z´ art ℓ∞ -ben, azaz a (c, k.k∞ ) tér Banach-tér. Ezért a Banach-Steinhaus II-tétel (6.6.3. Tétel) miatt sup{kTn k : n ∈ N} = sup{δn : n ∈ N} < +∞, amit (még) be kellett l´ atni. 5o Ford´ıtva, ha a tételben mondott i), ii), iii) feltételek teljes¨ ulnek, akkor a 4o -ben defini´ alt Tn (n ∈ N) funkcion´ alok léteznek, ii) szerint egyenletesen korl´ atosak, i) és iii) szerint pedig az Y := {e, e(n) : n ∈ N} c-beli z´ art rendszeren er˝osen konverg´ alnak a limesz-funkcion´ alhoz: lim (Tn x) = lim x

n→∞

(x ∈ Y ).

Ezért ismét a Banach-Steinhaus II-tételt alkalmazva azt kapjuk, hogy minden x ∈ c (azaz konvergens) sorozatra is limn→∞ (Tn x) = lim x. 6.6.4. Megjegyz´ esek. i) Legyen (yn ) egy sz´ amsorozat és tegy¨ uk fel, hogy az a´ltala gener´ alt konvergens. Ekkor

P

(yn ) végtelen sor

113


∞ X

k=0

yk r k →

∞ X

(r → 1 − 0)

yk

k=0

(Abel-féle folytonoss´ agi tétel). Val´ oban, legyen xm := y0 = x0 , yk = xk − xk−1

Pm

k=0 yk

(m ∈ N), akkor

(1 ≤ k ∈ N),

P∞ ill. lim(xm ) = k=0 yk . Ha 0 ≤ rn < 1 (n ∈ N) olyan sorozat, amelyre lim(rn ) = 1, akkor azt kell megmutatnunk, hogy ∞ X

yk rnk = x0 +

k=0

x0 (1 − rn ) +

∞ X (xk − xk−1)rnk =

k=1

∞ X

(rnk − rnk+1 )xk → lim(xm )

k=1

(n → ∞).

Legyen ehhez αnk := rnk (1 − rn ) (n, k ∈ N). Ekkor ∞ X

yk rnk =

k=0

∞ X

(n ∈ N).

αnk xk

k=0

Tov´ abb´ a minden k ∈ N esetén αnk → 0 (n → ∞), ill. tetsz˝oleges N ∋ n-re ∞ X

αnk =

k=0

∞ X

k=0

|αnk | = (1 − rn )

∞ X

rnk = 1.

k=0

Teljes¨ ulnek teh´ at a 6.6.12. Tétel feltételei, ´ıgy a fentiek szerint az Abel-tétel is k¨ ovetkezik. P ii) Azt mondjuk, hogy a (zn ) végtelen számsor Abel-szumm´ abilis, ha létezik és véges a lim

r→1−0

∞ X

zk rk

k=0

hat´ arérték. AzPi) megjegyzés azt mutatja, hogy a most értelmezett Abel-szumm´ aci´ o is permanens: ha a (zn ) sor konvergens, akkor Abel-szummábilis is és ∞ X

zk = lim

r→1−0

k=0

∞ X

zk rk .

k=0

iii) Legyen ii)-ben zn := (−1)n (n ∈ N), ekkor ∞ X

k=0

k

zk r =

∞ X

(−r)k =

k=0

1 , 1+r

114

6. Line´ aris operátorok azaz

lim

r→1−0

∞ X

1 1 = . r→1−0 1 + r 2

zk rk = lim

k=0

P Teh´ at a ((−1)n ) (Cauchy-´ ertelemben divergens) sor Abel-szummábilis és az AbelP k szumm´ aja:= limr→1−0 ∞ z k=0 k r = 1/2. P iv) Mutassuk meg, hogy ha a (zn ) sz´ amsor (C,1)-szumm´ abilis, azaz az sk :=

k X j=0

n

zj (k ∈ N) , σn :=

1 X sk (n ∈ N) n+1 k=0

jel¨ olésekkel létezik arérték, akkor a P∞és véges az s := lim(σn ) hat´ is és limr→1−0 k=0 zk rk = s (Frobenius-tétel).

P

(zn ) sor Abel-szumm´ abilis

Ui. az

sn = (n + 1)σn − nσn−1 , sn−1 = nσn−1 − (n − 1)σn−2

(n ∈ N)

(ahol legyen σ−2 := σ−1 := s−1 := 0) egyenl˝ oségekb˝ ol zn = sn − sn−1 = (n + 1)σn − 2nσn−1 + (n − 1)σn−2

(n ∈ N),

azaz ∞ X

zn rn =

n=0

∞ X

(n + 1)σn rn − 2

n=0 ∞ X

k=0

∞ X

nσn−1 rn +

n=0

∞ X

(n − 1)σn−2 rn =

n=0

(k + 1)rk − 2(k + 1)rk+1 + (k + 1)rk+2 σk .

Legyen 0 ≤ rn < 1 (n ∈ N) és lim(rn ) = 1. Ekkor ∞ X

zk rnk =

k=0

∞ X

(k + 1)rnk − 2(k + 1)rnk+1 + (k + 1)rnk+2 σk =

k=0 ∞ X

(k +

k=0

1)rnk (1 − rn )2 σk

=:

∞ X

αnk σk ,

k=0

ahol teh´ at αnk := (k + 1)rnk (1 − rn )2 (n, k ∈ N). Mivel limn→∞ αnk = 0 (k ∈ N) trivi´ alisan igaz, ill. tetsz˝ oleges n ∈ N esetén ∞ X

k=0

αnk =

∞ X

k=0

|αnk | = (1 − rn )

2

∞ X

(k + 1)rnk = 1,

k=0

115

6. Line´ aris oper´ atorok ezért teljes¨ ulnek a 6.6.12. Tétel feltételei. K¨ ovetkezésképpen

lim

n→∞

∞ X

zk rnk = lim

n→∞

k=0

∞ X

αnk σk = lim(σn ) = s.

k=0

P v) Tekints¨ uk a zn := (−1)n (n + 1) (n ∈ N) sorozat a´ltal gener´ alt (zn ) végtelen sort. Ekkor a iv)-beli jel¨ olésekkel s2n = n + 1, s2n+1 = −n − 1, azaz σ2n = (n + 1)/(2n + 1), σ2n+1 = 0 (n ∈ N). Így a (σn ) sorozat divergens. Ugyanakkor b´ armely 0 ≤ r < 1 esetén ∞ X

n

zn r =

n=0

azaz a

∞ X

n

n

(−1) (n + 1)r =

n=0

P

∞ X

(n + 1)(−r)n =

n=0

1 1 → 2 (1 + r) 4

(r → 1 − 0),

(zn ) sor Abel-szumm´ abilis és az Abel-szummája 1/4. P vi) J´ ol ismert az elemi anal´ızisb˝ ol, hogy (zn ) számsor konvergens, akkor (ld. iv)) P∞ha egy (C, 1)-szumm´ abilis is és lim(σn ) = n=0 zn . A iv)-beli Frobenius-tétel teh´ at kiterjesztése az i)-beli Abel-tételnek (C, 1)-szummábilis sorokra. A 6.6.5., 6.6.8. Tételekben szerepl˝o Sn (n ∈ N) trigonometrikus Fourier-részletösszeg-oper´ atorok, ill. Ln (n ∈ N) Lagrange-interpol´ aci´ os operátorok k¨ oz¨ os tulajdons´ aga, hogy mindegyik¨ uk projekci´ o az al´ abbi értelemben: ha (X, k.k) egy norm´ alt tér, akkor a 0 6= T ∈ L(X, X) korl´ atos line´ aris oper´ atort projekci´ onak nevezz¨ uk, ha T idempotens, azaz T 2 = T. Ha Y := T [X] a T oper´ ator képtere, akkor Y altér, T x ∈ Y (x ∈ X) és T y = y b´ armely y ∈ Y esetén. Vil´ agos, hogy ez ut´ obbi h´ arom tulajdons´ ag egy´ uttal jellemzi is a projekci´ okat. Val´ oban, ha T projekci´ o, akkor (mint minden line´ aris operátor esetén) Y := T [X] altér X-ben és az értelmezése miatt T x ∈ Y (x ∈ X). Tov´ abb´ a b´ armely y ∈ Y esetén van olyan x ∈ X, amellyel y = T x, teh´ at T y = T 2 x = T x = y. Ford´ıtva, ha T korl´ atos line´ aris operátor és valamely Y ⊂ X altérrel T : X → Y és T y = y (y ∈ Y ), akkor ez ut´ obbi tulajdons´ ag miatt nyilv´ an Y = T [X]. Ha x ∈ X, akkor teh´ at T x ∈ Y és ezért T (T x) = T 2 x = T x, azaz T 2 = T. Az is nyilv´ anval´ o, hogy T norm´ aja legal´ abb 1, hiszen kT yk = kyk ≤ kT k· kyk (y ∈ Y ). Legyen pl. (X, k.k) := (C2π , k.k∞ ) és valamely n ∈ N mellett jel¨ olj¨ uk Tn -nel a legfeljebb n-edrend˝ u trigonometrikus polinomok halmaz´ at:

Tn :=

(

) n X (ak ck + bk sk ) : ak , bk ∈ R ,

k=0

ahol ck (t) := cos (kt), sk (t) := sin (kt) (k ∈ N, t ∈ R). Ekkor Tn altér C2π -ben, Sn : C2π → Tn pedig projekci´ o. Hasonl´ oan, ha [a, b] egy kompakt intervallum, akkor legyen (X, k.k) := (C[a, b], k.k∞ ) és adott n ∈ N esetén jel¨ olj¨ uk Pn -nel a legfeljebb n-edfok´ u polinomok [a, b]-re val´ o lesz˝ uk´ıtéseinek a halmaz´ at. Tegy¨ uk fel, hogy kijel¨ olt¨ uk [a, b]-ben az a ≤ x0 < ... < xn ≤ b alappontokat, ekkor az ezekre vonatkoz´ o Ln : C[a, b] → Pn Lagrange-féle interpol´ aci´ os operátor nyilv´ an projekci´ o. Vizsgáljuk el˝ osz¨ or a trigonometrikus esetet. Legyen ehhez valamely f ∈ C2π f¨ uggvény és t ∈ R szám esetén ft az a f¨ uggvény, amelyre ft (x) := f (x + t)

(x ∈ R).

116


Vil´ agos, hogy b´ armely f ∈ C2π és t ∈ R esetén ft ∈ C2π . Tov´ abb´ a az f egyenletes folytonoss´ aga miatt kft − fa k∞ → 0

(a ∈ R, t → a).

Mutassuk meg, hogy igaz a k¨ ovetkez˝ o a´ll´ıt´ as: 6.6.1. Lemma. B´ armely A ∈ L(C2π , C2π ) oper´ ator, f ∈ C2π f¨ uggvény és x ∈ R sz´ am esetén a R ∋ t 7→ Aft (x − t) ∈ R

leképezés folytonos.

Bizony´ıt´ as. Val´ oban, ha a ∈ R, akkor tetsz˝ oleges t ∈ R esetén Aft (x − t) − Afa (x − a) ≤

Aft (x − t) − (Afa (x − t) + (Afa (x − t) − (Afa (x − a) = A(ft − fa ) (x − t) + Afa (x − t) − Afa (x − a) ≤ kAk· kft − fa k∞ + Afa (x − t) − Afa (x − a) .

Mivel |x − t − (x − a)| = |t − a| → 0 (t → a) és Afa folytonos f¨ uggvény, ezért Afa (x − t) − Afa (x − a) → 0

(t → a),

ill. kft − fa k∞ → 0 (t → a) miatt (Aft (x − t) − Afa (x − a) → 0 (t → a). Ez éppen azt jelenti, hogy az a´ll´ıt´ asban szerepl˝ o leképezés folytonos a-ban. A tov´ abbiak szempontj´ ab´ ol alapvet˝o fontoss´ ag´ u az al´ abbi, egy Marcinkiewicz-t˝ ol (és részben Fabert˝ ol) származ´ o formula Berman-féle a´ltal´ anos´ıt´ asa: 6.6.13. T´ etel. Legyen n ∈ N, T : C2π → Tn pedig projekci´ o. Ekkor b´ armely f ∈ C2π f¨ uggvényre igaz az al´ abbi egyenl˝ oség: 1 2π

Z

0

2π

T ft (x − t) dt = Sn f (x)

(x ∈ R).

Bizony´ıt´ as. El¨ olj´ ar´ oban jegyezz¨ uk meg, hogy a 6.6.1. Lemma alapj´ an a tételben szerepl˝ o integr´ alban az integrandus folytonos f¨ uggvény, ezért a szóban forg´ o integr´ al minden x ∈ R esetén létezik. El˝ osz¨ or azt mutatjuk meg, hogy a bizony´ıtand´ o egyenl˝ oség minden trigonometrikus polinomra igaz. Legyen ehhez U : C2π → C2π az az operátor, amelyet az

117


U f (x) :=

1 2π

Z

2π

T ft (x − t) dt

0

(f ∈ C2π , x ∈ R)

egyenl˝ oség defini´ al. Tekintettel arra, hogy az Sn operátor is, meg az U leképezés is line´ aris, ezért a most mondott a´ll´ıt´ ast elegend˝ o a ck , sk (k ∈ N) f¨ uggvényekre bel´ atni. Csak ck -ra részletezz¨ uk a bizony´ıt´ ast, sk -ra anal´ og m´ odon végezhet˝o. Legyen teh´ at k ∈ N és f := ck . Ha k ≤ n, akkor Sn f = f és ft ∈ Tn , ezért T ft = ft Teh´ at T ft (x − t) = ft (x − t) = f (x), amib˝ ol 1 Sn f (x) = f (x) = 2π

Z

2π

T ft (x − t) dt

0

(t ∈ R).

(x ∈ R)

nyilv´ an k¨ ovetkezik. Ha viszont k > n, akkor ft (z) = cos(kz + kt) = ck (t)ck (z) − sk (t)sk (z)

(z, t ∈ R),

´ıgy ft = ck (t)ck − sk (t)sk (t ∈ R). A T linearit´ asa miatt ezért T ft = ck (t)T ck − sk (t)T sk

(t ∈ R).

A bizony´ıtand´ o a´ll´ıt´ asban szerepl˝ o integrandus teh´ at a k¨ ovetkez˝o alak´ u: T ft (x − t) = ck (t) T ck (x − t) − sk (t) T sk (x − t) = ck (t)Φ1 (t) − sk (t)Φ2 (t)

(t ∈ R),

ahol Φ1 (t) := T ck (x − t) , Φ2 (t) := T sk (x − t)

(t ∈ R).

Mivel T ck , T sk ∈ Tn , ezért nyilv´ an Φ1 , Φ2 ∈ Tn . A trigonometrikus rendszer ortogonalit´ asa miatt teh´ at Z

2π

ck (t)Φ1 (t) dt =

0

Z

2π

ck (t)Φ2 (t) dt = 0, 0

azaz 1 2π 1 2π

Z

0

Z

2π

0

2π

ck (t)Φ1 (t) dt −

T ft (x − t) dt = Z

0

2π

ck (t)Φ2 (t) dt = 0 = Sn f (x).

118


Ezzel a Berman-formul´ at trigonometrikus polinomokra bel´ attuk. A tetsz˝oleges C2π -beli f¨ uggvényre val´ o igazol´ as´ ahoz emlékeztet¨ unk arra, hogy U line´ aris operátor C2π -r˝ ol C2π -be. K¨ onnyen bel´ athat´ o, hogy korl´ atos is, ui.

1 2π

Z

0

2π

U f (x) ≤ 1 2π

Z

2π 0

1 kT k· kft k∞ dt = 2π

Z

T ft (x − t) dt ≤ 1 2π

0

Z

0

2π

kT ft k∞ dt ≤

2π

kT k· kf k∞ dt = kT k· kf k∞

(f ∈ C2π , x ∈ R),

azaz kU f k∞ ≤ kT k· kf k∞ (f ∈ C2π ). Azt kaptuk teh´ at, hogy az Sn −U ∈ L(C2π , C2π ) operátor a trigonometrikus polinomok halmaz´ ara lesz˝ uk´ıtve az azonosan nulla leképezés. Mivel Sn − U folytonos is, a trigonometrikus polinomok pedig minden¨ utt s˝ ur˝ un vannak C2π -ben, ezért tetsz˝oleges f ∈ C2π f¨ uggvényre (Sn − U )f = 0. Ez éppen a Berman-formula igazol´ as´ at jelenti. Vegy¨ uk észre, hogy a fenti bizony´ıt´ as végén a k¨ ovetkez˝o egyenl˝ otlenség der¨ ult ki: kSn f k∞ = kU f k∞ ≤ kT kkf k∞

(f ∈ C2π ),

azaz kSn k ≤ kT k. Ez t¨ obbek k¨ oz¨ ott azt is jelenti, hogy igaz a 6.6.14. T´ etel. A T : C2π → Tn (n ∈ N) projekci´ ok k¨ oz¨ ott van legkisebb norm´ aj´ u és ez az Sn trigonometrikus Fourier-részlet¨ osszeg-oper´ ator. Mivel (ld. 6.6.2. ii) megjegyzés) kSn k ≥ c ln (n + 2) (n ∈ N) (ahol c > 0 egy abszol´ ut konstans), ezért egy´ uttal kT k ≥ c ln (n + 2) (n ∈ N) is igaz. A 6.6.2. Banach-Steinhaus-tételt alkalmazva m´ ar egyszer˝ uen kapjuk a Lozinszkij-Harsiladze-tételt: 6.6.15. T´ etel. Tetsz˝ oleges Tn : C2π → Tn (n ∈ N) projekci´ o-sorozat esetén van olyan f ∈ C2π f¨ uggvény, amelyre a (Tn f ) sorozat nem konverg´ al egyenletesen, s˝ ot supn kTn f k∞ = +∞. A Tn := Sn (n ∈ N) speci´ alis esetben a trigonometrikus Fourier-sorokra vonatkoz´ o 6.6.5. (divergencia) Tételhez jutunk. 6.6.5. Megjegyz´ esek. i) Nem ismert viszont a Fejér-féle 6.6.6. Tétel megfelel˝oje, nevezetesen, hogy tetsz˝ oleges Tn : C2π → Tn (n ∈ N) projekci´ o-sorozat esetén van-e olyan f ∈ C2π f¨ uggvény és olyan x ∈ R pont, hogy a (Tn f (x)) sorozat diverg´ al. ii) A 6.6.15. Tétel szerint teh´ at egy Tn : C2π → Tn (n ∈ N) operátor-sorozat esetén a Tn -ek projekci´ os tulajdons´ aga és a (Tn ) sorozat er˝os konvergenci´ aja nem o¨ssszeférhet˝ o” ” tulajdons´ agok. iii) Emlékeztet¨ unk (ld. a 6.6.7. Tétel el˝ otti fejtegetéseket) a trigonometrikus Fourier-sorok u ń. Fejér-féle (C,1)-k¨ ozepeit megad´ o σn (n ∈ N) operátorokra: n

1 X Sk f σn f := n+1 k=0

(f ∈ C2π ).

119

6. Line´ aris oper´ atorok A σn : C2π → Tn oper´ atorok nem projekci´ ok, mivel (pl.) σn (sin) =

n sin 6= sin n+1

(0 < n ∈ N),

pedig sin ∈ Tn . Ugyanakkor legyen valamely 0 < n ∈ N és f ∈ C2π esetén Vn f :=

(2n + 1)σ2n f − nσn−1 f . n+1

Mivel

(2n + 1)σ2n f − nσn−1 f =

2n X

Sk f,

k=n

ezért b´ armely f ∈ Tn trigonometrikus polinomra Vn f = f. A Vn : C2π → T2n u ń. De la Vallèe Poussin-oper´ atorok ezért majdnem” projekci´ ok (ti. Vn nem Tn -be, hanem ” T2n -be képez). A 6.6.7. Tétel alapj´ an minden f ∈ C2π esetén kσn f − f k∞ → 0 (n → ∞), k¨ ovetkezésképpen

(2n + 1)(σ2n f − f ) − n(σn−1 f − f )

≤ kVn f − f k∞ =

n+1 ∞

2n + 1 n kσ2n f − f k∞ + kσn−1 f − f k∞ → 0 n+1 n+1

(n → ∞),

azaz kVn f − f k∞ → 0 (n → ∞). ∗ Az algebrai eset vizsg´ alat´ ahoz jel¨ olj¨ uk C2π -gal a C2π -beli p´ aros f¨ uggvények halmaz´ at, Tn∗ -gal (n ∈ N) pedig a legfeljebb n-edrend˝ u p´ aros trigonometrikus polinomok halmaz´ at. Legyen tov´ abb´ a ∗ Sn∗ (n ∈ N) az Sn részlet¨ osszeg-oper´ atornak a C2π -ra val´ o lesz˝ uk´ıtése. Ebben az esetben a fenti Berman-féle formula megfelel˝ oje a k¨ ovetkez˝o: ∗ ∗ 6.6.16. T´ etel. Legyen n ∈ N, U : C2π → Tn∗ pedig projekci´ o. Ekkor b´ armely f ∈ C2π f¨ uggvényre igaz az al´ abbi egyenl˝ oség:

1 2π

Z

0

2π

I∗ − U

ft + f−t

(x − t) dt = f (x) − Sn∗ f (x)

(x ∈ R),

∗ ahol I ∗ g := g (g ∈ C2π ).

A most mondott a´ll´ıt´ as bizony´ıt´ as´ at nem részletezz¨ uk, hiszen az a fentiekkel anal´ og m´ odon végezhet˝o. Ehhez annyit jegyz¨ unk meg csup´ an, hogy k¨ onnyen bel´ athat´ o módon a p´ aros trigonometri∗ ∗ kus polinomok halmaza minden¨ utt s˝ ur˝ u a C2π térben. Val´ oban, ha f ∈ C2π és ε > 0 egy tetsz˝olegesen adott szám, akkor (lévén a trigonometrikus polinomok halmaza minden¨ utt s˝ ur˝ u C2π -ben) van olyan F trigonometrikus polinom, amelyre kf − F k∞ < ε. Az

120


F o (x) :=

F (x) + F (−x) 2

(x ∈ R)

f¨ uggvény nyilv´ an p´ aros trigonometrikus polinom és (egyszer˝ uen ellen˝ orizhet˝ oen) kf − F o k∞ < ε. Az el˝ obbi m´ odos´ıtott Berman-formula r¨ ogt¨ on elvezet az kI ∗ − Sn∗ k ≤ 2kI ∗ − U k becsléshez, amib˝ ol az al´ abbi a´ll´ıt´ ast kapjuk: 6.6.17. T´ etel. Legyen n ∈ N, P : C[−1, 1] → Pn pedig projekci´ o. Ekkor 2kI − P k ≥ kI ∗ − Sn∗ k, ahol Ih := h (h ∈ C[−1, 1]). ∗ Bizony´ıt´ as. Ha n ∈ N, f ∈ C2π , akkor f ◦ arccos ∈ C[−1, 1]. Így P (f ◦ arccos) ∈ Pn , amib˝ ol

U f := P (f ◦ arccos ) ◦ cos ∈ Tn∗

k¨ ovetkezik. Ha itt f ∈ Tn∗ , akkor f ◦ arccos ∈ Pn , azaz P (f ◦ arccos) = f ◦ arccos. Ezért U f = f. A fent defini´ alt U oper´ ator nyilv´ an line´ aris és kU f k∞ = kP (f ◦ arccos)k∞ ≤ kP k· kf ◦ arccosk∞ = kP k· kf k∞

∗ (f ∈ C2π ).

∗ M´ as szóval U korl´ atos is, azaz U : C2π → Tn∗ projekci´ o és kU k ≤ kP k. Mivel b´ armely g ∈ C[−1, 1] f¨ uggvényre nyilv´ an

P g = U (g ◦ cos) ◦ arccos,

ezért kP k ≤ kU k. Teh´ at kP k = kU k. Ha mindezt P helyett I − P -re alkalmazzuk, akkor a m´ odos´ıtott Berman-formula alapj´ an kapjuk a bizony´ıtand´ o a´ll´ıt´ ast. Mivel kSn∗ k ∼ kSn k ∼ ln (n + 2), ezért egy alkalmas β > 0 abszol´ ut konstanssal kP k ≥ β ln (n + 2)

(n ∈ N).

Vil´ agos, hogy ebben az a´ll´ıt´ asban nincs jelent˝ osége annak, hogy azt éppen a [−1, 1] intervallumra mondtuk ki, egy egyszer˝ u transzform´ aci´ oval kapjuk az anal´ og tételt b´ armely (kompakt) [a, b]-re. A P := Ln speci´ alis esetben a Faber-Bernstein-tétel k¨ ovetkezik: 6.6.18. T´ etel. B´ armely [a, b] kompakt intervallum, n ∈ N és a ≤ xn0 < ... < xnn ≤ b alappontok esetén kLn k ≥ c ln (n + 2), ahol c > 0 egy abszol´ ut konstans. Megjegyezz¨ uk, hogy az algebrai esetben nincs szó a P : C[a, b] → Pn projekci´ ok norma szerinti minimaliz´ al´ as´ ar´ ol. Viszont ismét csak a 6.6.2. Banach-Steinhaus-tétel alkalmaz´ as´ aval ad´ odik a fenti Lozinszkij-Harsiladze-tétel algebrai v´ altozata: 6.6.19. T´ etel. Tetsz˝ oleges Pn : C[a, b] → Pn (n ∈ N) projekci´ o-sorozat esetén van olyan f ∈ C[a, b] f¨ uggvény, amelyre (Pn f ) nem konverg´ al egyenletesen, s˝ ot supn kPn f k∞ = +∞.

121


A Pn := Ln (n ∈ N) v´ alaszt´ assal a Lagrange-interpol´ aci´ oval kapcsolatos 6.6.8. Tételt kapjuk. A 6.6.7. Tétel megfogalmaz´ asa el˝ ott megmutattuk a Fejér-féle σn (n ∈ N) oper´ atorok egy karakterisztikus tulajdons´ ag´ at: C2π ∋ f ≥ 0 esetén σn f ≥ 0 (n ∈ N). Bn

Ezzel a pozitivit´ asi tulajdons´ aggal más fontos operátorok is rendelkeznek. Tekints¨ uk pl. az al´ abbi (n ∈ N) Bernstein-féle oper´ atorokat: n X n k xk (1 − x)k Bn f (x) := f n k

(x ∈ [0, 1], f ∈ C[0, 1]).

k=0

Vil´ agos, hogy minden f ≥ 0 f¨ uggvényre Bn f ≥ 0 (n ∈ N). Hasonl´ oan, ha

Hn f (x) :=

n X

f (xnk )

k=0

1 − xxnk 2 lnk (x) 1 − x2nk

(x ∈ [−1, 1], f ∈ C[−1, 1])

(ahol az

xnk := cos

(2k + 1)π 2n + 2

(k = 0, ..., n)

pontok a Csebisev-féle alappontok, lnk -k (k = 0, ..., n) az ezekre vonatkoz´ o Lagrange-féle alappolinomok), akkor a Hn (n ∈ N) Hermite-Fejér-féle interpol´ aci´ os operátorok szintén pozit´ıv operátorok a fenti értelemben: Hn f ≥ 0 (n ∈ N) minden 0 ≤ f ∈ C[−1, 1] f¨ uggvényre. Ezeknek a korl´ atos line´ aris oper´ atoroknak teh´ at egy k¨ oz¨ os tulajdons´ aga a pozitivit´ as. Ez ut´ obbi megfogalmaz´ as´ ahoz legyen az (X, k.k) norm´ alt tér vagy a (C2π , k.k∞ ) tér, vagy pedig a (C[a, b], k.k∞ ) tér (valamely kompakt [a, b] intervallum mellett). A T : X → X leképezést pozit´ıv oper´ atornak nevezz¨ uk, ha b´ armely X ∋ f ≥ 0 esetén T f ≥ 0. Vil´ agos, hogy ha T line´ aris is, akkor monoton is, azaz tetsz˝oleges f, g ∈ X, f ≤ g v´ alaszt´ assal T f ≤ T g, ill. a line´ aris oper´ atorokat illet˝ oen a pozitivit´ as ekvivalens a monotonit´ assal. Jel¨ olj¨ uk a T : X → X pozit´ıv line´ aris operátorok halmaz´ at L+ (X)-szel. A k¨ ovetkez˝ o jel¨ oléseket fogjuk még haszn´ alni: a) az X = C[a, b] esetben legyen f0 (x) := 1 , f1 (x) := x , f2 (x) := x2

(x ∈ [a, b]),

ill. valamely t ∈ [a, b] mellett Φt (x) := (x − t)2

(x ∈ [a, b]);

122

6. Line´ aris operátorok b) ha X = C2π , akkor legyen f0 (x) := 1 , f1 (x) := cos x , f2 (x) := sin x

(x ∈ R),

ill. valamely t ∈ R mellett Φt (x) := sin

2

x−t 2

(x ∈ R).

Mivel (k¨ onnyen bel´ athat´ o m´ odon) b´ armely f, g ∈ X, |f | ≤ g és T ∈ L+ (X) esetén |T f | ≤ T g, ezért (a trivi´ alis |f | ≤ kf k∞ · f0 (f ∈ X) egyenl˝ otlenség alapj´ an) kT f k∞ ≤ kT f0 k∞ · kf k∞

(f ∈ X).

Ez azt jelenti, hogy L+ (X) ⊂ L(X, X), azaz b´ armely T : X → X pozit´ıv line´ aris operátor egy´ uttal korl´ atos is és kT k ≤ kT f0 k∞ . Ha itt még r´ aad´ asul T f0 = f0 is igaz, akkor kT k = 1. A tov´ abbiakban a Tn ∈ L+ (X) (n ∈ N) operátor-sorozatok er˝os konvergenci´ aj´ at vizsg´ aljuk. Ehhez el˝ osz¨ or is bebizony´ıtjuk az al´ abbi, Bohman-Korovkin-tételt: 6.6.20. T´ etel. B´ armely Tn ∈ L+ (X) egyenérték˝ u egym´ assal:

(n ∈ N) sorozat esetén az al´ abbi h´ arom kijelentés

i) tetsz˝ oleges f ∈ X f¨ uggvényre kTn f − f k∞ → 0 (n → ∞);

ii) az i)-beli konvergencia teljes¨ ul az f = f0 , f1 , f2 f¨ uggvényekre; iii) kTn f0 − f0 k∞ → 0 (n → ∞) és maxt (Tn Φt )(t) → 0 (n → ∞). Bizony´ıt´ as. Csak az algebrai esettel foglalkozunk, az erre adott bizony´ıt´ as alapj´ an a trigonometrikus v´ altozat anal´ og m´ odon igazolhat´ o. Mivel a ii) a´ll´ıt´ as az i)-b˝ ol trivi´ alis módon k¨ ovetkezik, ezért az eml´ıtett ekvivalenci´ ahoz elegend˝ o azt megmutatni, hogy a ii)-b˝ ol a iii), ill. a iii)-b´ ol az i) levezethet˝o. L´ assuk el˝ osz¨ or a ii) =⇒ iii) k¨ ovetkeztetés bizony´ıt´ as´ at. Legyen ehhez n ∈ N, t ∈ [a, b], ekkor a 2 2 Tn linearit´ asa és Φt = t f0 − 2tf1 + f2 miatt Tn Φt = t Tn f0 − 2tTn f1 + Tn f2 , azaz (Tn Φt ) (t) = t2 Tn f0 (t) − 2tTn f1 (t) + Tn f2 (t) = t2 Tn f0 (t) − 1 − 2t Tn f1 (t) − t + Tn f2 (t) − t2 .

Ha a C val´ os sz´ amot u ´gy v´ alasztjuk, hogy b´ armely t ∈ [a, b] mellett max{t2 , 2|t|} ≤ C igaz legyen, akkor max (Tn Φt )(t) ≤ C (kTn f0 − f0 k∞ + kTn f1 − f1 k∞ + kTn f2 − f2 k∞ ) .

t∈[a,b]

Mivel a feltételezés¨ unk szerint most a ii) a´ll´ıt´ as igaz, ezért maxt∈[a,b] (Tn Φt )(t) → 0 (n → ∞), azaz a iii) kijelentés r¨ ogt¨ on ad´ odik.

123


L´ assuk be most a iii) =⇒ i) k¨ ovetkeztetést. Ehhez el˝ osz¨ or is emlékeztet¨ unk arra, hogy a Heinetétel (ld. 6.6.1.) miatt f egyenletesen folytonos. Ezért tetsz˝oleges ε > 0 számhoz van olyan pozit´ıv δ szám, hogy |f (x) − f (t)| < ε, hacsak az x, t ∈ [a, b] argumentumokra |x − t| < δ teljes¨ ul. Ha ez ut´ obbi nem igaz, azaz |x − t| ≥ δ, akkor Φt (x) ≥ δ2 és nyilv´ an |f (x) − f (t)| ≤ 2kf k∞ ≤ 2kf k∞ ·

Φt (x) = γΦt (x), δ2

ahol teh´ at γ := 2kf k∞ /δ2 . A most mondottakb´ ol trivi´ alisan k¨ ovetkeznek az al´ abbi becslések, mégpedig az x, t ∈ [a, b] elemek b´ armely megv´ alaszt´ asa mellett: −ε − γΦt (x) ≤ f (t) − f (x) ≤ ε + γΦt (x), azaz ugyanezt f¨ uggvények k¨ oz¨ otti egyenl˝ otlenségekként fel´ırva −εf0 − γΦt ≤ f (t)f0 − f ≤ εf0 + γΦt . Innen a Tn (n ∈ N) oper´ ator monotonit´ as´ at kihaszn´ alva tetsz˝oleges [a, b] ∋ t-re azt kapjuk, hogy −εTn f0 − γTn Φt ≤ f (t)Tn f0 − Tn f ≤ εTn f0 + γTn Φt . Ugyanezt egyetlen egyenl˝ otlenségbe a´t´ırva |f (t)Tn f0 (x) − Tn f (x)| ≤ εTn f0 (x) + γ(Tn Φt )(x)

(t, x ∈ [a, b]).

Speciálisan az x = t v´ alaszt´ assal az |f (t)Tn f0 (t) − Tn f (t)| ≤ εTn f0 (t) + γ(Tn Φt )(t)

(t ∈ [a, b])

becsléshez jutunk. Ezt és a h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlenséget felhaszn´ alva azt kapjuk, hogy |Tn f (t) − f (t)| ≤ |Tn f (t) − f (t)Tn f0 (t)| + |f (t)Tn f0 (t) − f (t)| ≤ εTn f0 (t) + γ(Tn Φt )(t) + |f (t)|· |Tnf0 (t) − 1|

(t ∈ [a, b]).

Ezért kTn f − f k∞ ≤ εkTn f0 k∞ + γ max (Tn Φt )(t) + kf k∞ · kTn f0 − f0 k∞ . t∈[a,b]

A iii) a´ll´ıt´ as szerint a fenti ε-hoz van olyan N ∈ N, hogy tetsz˝oleges n ∈ N, n > N esetén max (Tn Φt )(t) < ε , kTn f0 − f0 k∞ < ε.

t∈[a,b]

124


A kTn f0 − f0 k∞ → ∞ feltételb˝ ol az is k¨ ovetkezik, hogy β := supn kTn f0 k∞ < +∞, ´ıgy n ∈ N, n > N mellett kTn f − f k∞ ≤ (β + γ + kf k∞ )ε. Ez pontosan azt jelenti, hogy kTn f − f k∞ → 0 (n → ∞). Ezzel a Bohman-Korovkin-tételt bebizony´ıtottuk. A tétel kimond´ asa el˝ ott tett megjegyzés¨ unkb˝ ol r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik, hogy amennyiben a (Tn f0 ) sorozat konvergens, akkor supn kTn k < ∞. Ez azt jelenti, hogy ha pl. ii) igaz, akkor a BanachSteinhaus-féle 6.6.3. Tétel egyik feltétele, a Tn (n ∈ N) operátorok egyenletes korl´ atoss´ aga automatikusan teljes¨ ul. Az eml´ıtett tétel m´ asik feltétele viszont azt k¨ ovetelné meg, hogy a (Tn ) sorozat er˝osen konverg´ aljon (jelen esetben az identikus leképezéshez) egy alkalmas z´ art rendszer valamennyi elemére. Ezzel szemben ii)-ben ez a k¨ ovetelmény mind¨ ossze h´ arom f¨ uggvényre sz˝ uk¨ ul, ami j´ ol szemléleteti azt a tényt, hogy egy operátor-sorozatot illet˝ oen a pozitivit´ as mennyivel er˝ osebb tulajdons´ ag a sorozat korl´ atoss´ ag´ an´ al. Mutassuk meg, hogy ha Tn f0 = f0 (n ∈ N), δn := maxt (Tn Φt )(t) (n ∈ N), akkor kTn f − f k∞ ≤ Cω(f, ahol

p

δn )

(f ∈ X, n ∈ N),

ω(f, δ) := sup{|f (x) − f (t)| : x, t ∈ Df , |x − t| ≤ δ}

(δ ≥ 0)

az f f¨ uggvény (szok´ asos) folytonoss´ agi modulusa, C pedig a trigonometrikus esetben 1+π, az algebrai esetben 2. A bizony´ıt´ ast ismét csak az algebrai esetre részletezve induljunk ki a trivi´ alis |f (t) − f (x)| ≤ ω(f, |t − x|) becslésb˝ ol, ami az ω értelmezése miatt nyilv´ an minden f ∈ C[a, b] és t, x ∈ [a, b] mellett fenn´ all. Az ω(f, λδ) ≤ (λ + 1)ω(f, δ) (λ, δ > 0) egyenl˝ otlenséget, ill. a négyzetes és a mértani k¨ ozép k¨ ozti o¨sszef¨ uggést kihaszn´ alva b´ armely δ > 0 mellett a k¨ ovetkez˝ot ´ırhatjuk: |f (t) − f (x)| ≤

3 |t − x|2 |t − x| + 1 ω (f, δ) ≤ + ω (f, δ) = δ 2 2δ2

Φt (x) 3 + 2 2δ2

ω (f, δ) .

Innen a 6.6.20. Tétel bizony´ıt´ as´ aban l´ atottakkal megegyez˝o módon jutunk a kTn f − f k∞

1 ≤ kf k∞ · kTn f0 − f0 k∞ + 2

δn + 3 ω (f, δ) δ2

becsléshez. Kihaszn´ alva a Tn f0 = f0 (n ∈ N) feltételt azt kapjuk, hogy

125


kTn f − f k∞

1 ≤ 2

δn + 3 ω(f, δ) δ2

(n ∈ N).

Ha itt valamilyen n ∈ N esetén δn = 0, akkor b´ armely δ > 0 számra kTn f − f k∞ ≤

3 ω (f, δ) . 2

Mivel az f egyenletes folytonoss´ aga miatt ω f, δ → 0 (δ → +0), ezért ekkor Tn f = f. Ha viszont √ δn > 0, akkor δ helyébe ´ırhatunk δn -et, és kapjuk a kTn f − f k∞ ≤ 2ω f, becslést.

p δn

A Tn f0 = f0 (n ∈ N) feltétel trivi´ alisan teljes¨ ul pl. a Tn ∈ {σn , Bn , Hn } speciális esetekben. Egyszer˝ uen megmutathat´ o tov´ abb´ a, hogy

δn =

 1   4n   

1 2n +2      1 n+1

(Tn = Bn ) (Tn = σn )

(0 < n ∈ N).

(Tn = Hn )

Val´ oban, a binomi´ alis tételre hivatkozva b´ armely f ∈ C[0, 1], x ∈ [0, 1] esetén n X n k Bn f0 (x) = x (1 − x)n−k = 1 k k=0

Bn f1 (x) =

n X n k

k=0

x

n X

k=1

x

xk (1 − x)n−k =

(n − 1)! xk−1(1 − x)(n−1)−(k−1) = (k − 1)!(n − k)!

n X n−1 k=1

k n

(n ∈ N),

k−1

xk−1(1 − x)(n−1)−(k−1) = x

(1 ≤ n ∈ N),

ill.

Bn f2 (x) =

n 2 X n k

k=0 n X

k=1

k n2

xk (1 − x)n−k =

(k − 1) + 1 k (n − 1)! x (1 − x)n−k = (k − 1)!(n − k)! n

126


x2

x

n

n

k=2

k=1

n−1 X (n − 2)! xX (n − 1)! xk−2 (1 − x)n−k + xk−1 (1 − x)n−k = n (k − 2)!(n − k)! n (k − 1)!(n − k)!

2n

n n − 1 X n − 2 k−2 x X n − 1 k−1 (n−2)−(k−2) x (1 − x) + x (1 − x)(n−1)−(k−1) = n n k−2 k−1 k=2

k=1

n−1 2 x x + n n

(2 ≤ n ∈ N).

(K¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy az ut´ obbi egyenl˝ oség n = 1 esetén is igaz.) Innen (Bn Φt )(t) = Bn f2 (t) − 2tBn f1 (t) + t2 Bn f0 (t) = t t − t2 t(1 − t) n−1 2 t + − 2t2 + t2 = = , n n n n azaz 1 t(1 − t) = 0≤t≤1 n 4n

δn = max (Bn Φt )(t) = max 0≤t≤1

(0 < n ∈ N)

ad´ odik. Hasonl´ oan kapjuk, hogy b´ armely N ∋ n-re n

n

k=0

k=0

1 X 1 X Sk f0 = f0 = f0 , σn f0 = n+1 n+1 σn f1 = σn (cos) =

n

n

k=0

k=1

1 X 1 X Sk (cos) = Sk (cos) = n+1 n+1 n

1 X n cos = cos, n+1 n+1 k=1

n sin . Mivel ill. ugyan´ıgy σn (sin) = n + 1 Φt (x) = sin2

1 − cos (x − t) 1 − cos t cos x − sin t sin x x−t = = 2 2 2

ezért Φt = Így

f0 − f1 cos t − f2 sin t . 2

(x, t ∈ R),

127


1 δn = max(σn Φt )(t) = max t∈R t∈R 2 1 2

1−

1−

n n+1

n n 2 2 cos t − sin t = n+1 n+1 =

1 . 2n + 2

A Tn = Hn (n ∈ N) eset vizsg´ alat´ ahoz emlékeztet¨ unk arra, hogy n ωn2 (x) 22n X f (x ) (1 − xxnk ) Hn f (x) = nk (n + 1)2 (x − xnk )2 k=0

(x ∈ [−1, 1]),

ahol

ωn (x) :=

n Y

(x − xnj ) =

j=0

és az

1 cos ((n + 1) arc cos x) 2n

(x ∈ [−1, 1])

ωn2 (x) h´ anyados az x = xnk helyen a (x − xnk )2 lim

x→xnk

n Y ωn2 (x) = (xnk − xnj )2 (x − xnk )2 k6=j=0

hat´ arértékként van értelmezve. K¨ ovetkezésképpen

(Hn Φt )(t) =

n X ωn2 (t) 1 2 (t − x ) (1 − txnk ) = nk (n + 1)2 (t − xnk )2 k=0

n ωn2 (t) X ωn2 (t) (1 − tx ) = nk (n + 1)2 (n + 1)2 k=0

hiszen

Pn

k=0 xnk

n X

k=0

1−t

n X

k=0

xnk

!

=

ωn2 (t) , n+1

= 0. Teh´ at ωn2 (t) cos2 ((n + 1) arc cos t) 1 = max = . −1≤t≤1 n + 1 −1≤t≤1 n+1 n+1

δn = max A fentiekb˝ ol a

√ kσn f − f k∞ ≤ (1 + π)ω(f, 1/ 2n + 2) √ kBn f − f k∞ ≤ 2ω(f, 1/2 n) √ kHn f − f k∞ ≤ 2ω(f, 1/ n + 1)

(f ∈ C2π ),

(f ∈ C[0, 1]), (f ∈ C[−1, 1])

128


becslések, ill. a σn , Bn , Hn (n ∈ N) operátorok er˝os konvergenci´ aj´ at kifejez˝ o kσn f − f k∞ → 0 (n → ∞)

(f ∈ C2π ),

kBn f − f k∞ → 0 (n → ∞)

(f ∈ C[0, 1]),

kHn f − f k∞ → 0 (n → ∞)

(f ∈ C[−1, 1])

a´ll´ıt´ asok azonnal k¨ ovetkeznek. Ez ut´ obbiak egy´ uttal igazol´ asul szolg´ alnak a Weierstrass-féle approximáci´ os tételekekre is: b´ armely f ∈ C2π (g ∈ C[a, b]) f¨ uggvényhez és tetsz˝ oleges ε > 0 sz´ amhoz van olyan F trigonometrikus (G algebrai) polinom, amellyel kf − F k∞ < ε (kg − Gk∞ < ε) teljes¨ ul. 6.6.6. Megjegyz´ esek. i) A Bohman-Korovkin-tétel fenti alakja messzemen˝oen a´ltal´ anos´ıthat´ o. Így pl. legyen A egy legal´ abb két pontb´ ol a´ll´ o Hausdorff-féle kompakt topologikus tér (ld. 1.5., ill. 4.1.) és tekints¨ uk a (C(A), k.k∞ ) Banach-teret. (Teh´ at C(A) := {f : A → R : f folytonos}, kf k∞ := max{|f (x)| : x ∈ A} (f ∈ C(A)). Tegy¨ uk fel, hogy valamely m ∈ N mellett a0 , f0 , ..., am , fm ∈ C(A) olyan f¨ uggvények, amelyek rendelkeznek a k¨ ovetkez˝ o tulajdons´ agokkal: P oség akkor és P (x, y) := m k=0 ak (y)fk (x) ≥ 0 (x, y ∈ A), ill. a P (x, y) = 0 egyenl˝ csak akkor teljes¨ ul, ha x = y. Ekkor a k¨ ovetkez˝ o a´ll´ıt´ as igaz: ha Tn : C(A) → C(A) (n ∈ N) pozit´ıv line´ aris oper´ atoroknak egy sorozata, akkor a kTn f − f k∞ → 0 (n → ∞; f ∈ C(A)) er˝ os konvergencia ekvivalens azzal, hogy minden k = 0, ..., m esetén kTn fk − fk k∞ → 0 (n → ∞). ii) Vil´ agos, hogy az A = [a, b] (algebrai) esetben pl. a P (x, y) := (x − y)2 f¨ uggvény eleget tesz a fentieknek, amikor is m = 2 és

(x, y ∈ [a, b])

a2 (y) := f0 (x) := 1 , f1 (x) := x, a1 (y) := −2y , f2 (x) := x2 , a0 (y) := y 2

(x, y ∈ [a, b]).

Hasonl´ oan, az A = R (mod 2π) (trigonometrikus) esetben a P (x, y) := 1 − cos (x − y) (x, y ∈ R) ilyen f¨ uggvény. Ekkor teh´ at megint csak m = 2 és x, y ∈ R esetén a0 (y) := f0 (x) := 1 , f1 (x) := cos x, a1 (y) := − cos y , f2 (x) := sin x , a2 (y) := − sin y.

129

6. Line´ aris oper´ atorok 6.7. Kompakt oper´ atorok.

Legyenek adottak az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek és egy f ∈ X1 → X2 leképezés. Azt mondjuk, hogy f kompakt oper´ ator, ha b´ armely Y ⊂ X1 , Y korl´ atos halmaz esetén az f [Y ] halmaz kompakt. Ha még f folytonos is, akkor f -et teljesen folytonosnak nevezz¨ uk. Tegy¨ uk fel, hogy f ∈ L(X1 , X2 ). Ekkor nem nehéz bel´ atni, hogy az f kompakts´ aga a k¨ ovetkez˝ ovel ekvivalens: van olyan r > 0, hogy f [Kr (0)] kompakt. Val´ oban, a mondott ekvivalencia egyik ir´ anya trivi´ alis. Ford´ıtva, ha Y ⊂ X1 korl´ atos, akkor at azt meggondolni, hogy alkalmas s > 0 sz´ ammal Y ⊂ Ks (0), azaz f [A] ⊂ f [Ks (0)]. Elég teh´ f [Ks (0)] kompakt, ami a feltételb˝ ol és az s f [Ks (0)] = f [Kr (0)] r egyenl˝ oségb˝ ol r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik. (Ez azt is mutatja, hogy az el˝ obbi ekvivalens feltételben a van ” olyan r > 0” helyett minden r > 0” is ´ırhat´ o.) ” A most mondottakb´ ol azonnal ad´ odik, hogy ha f ∈ L(X1 , X2) és f kompakt, akkor f ∈ L(X1 , X2 ). Ha X2 véges dimenzi´ os, akkor tetsz˝oleges f ∈ L(X1 , X2 ) kompakt. Ui. ekkor b´ armely Y ⊂ X1 atos és z´ art, azaz (ld. 4.3.1. Tétel) f [Y ] kompakt. Így b´ armely korl´ atos halmaz esetén f [Y ] ⊂ X2 korl´ (X, k.k) norm´ alt tér esetén az X ∗ du´ alis tér minden eleme kompakt operátor. Ha viszont az el˝ obbi X nem véges dimenzi´ os, akkor az I ∈ L(X, X), Ix := x (x ∈ X) leképezés nem kompakt oper´ ator. Tudjuk ui. (ld. 4.3.2. Tétel), hogy ebben az esetben van korl´ atos és z´ art, de nem kompakt Y ⊂ X halmaz. Viszont I[Y ] = Y. Mutassuk meg, hogy tetsz˝ oleges folytonos mag´ u integr´ aloperátor (ld. 6.2.) kompakt, azaz igaz a 6.7.1. T´ etel. Legyen [a, b] és [c, d] egy-egy kompakt intervallum, K az [a, b] × [c, d] téglalapon” ” értelmezett folytonos val´ os f¨ uggvény, (X1 , k.k1 ) := (C[a, b], k.k∞ ), (X2 , k.k2 ) := (C[c, d], k.k∞ ) és Rb T f (x) := a f (t)K(t, x) dt (f ∈ X1 , x ∈ [c, d]). Ekkor T ∈ L(X1 , X2 ) kompakt oper´ ator.

Bizony´ıt´ as. Az (X2 , k.k2 ) térbeli kompakts´ agra vonatkoz´ o Arzel` a-tétel (ld. 4.3.3. Tétel) miatt azt kell megmutatnunk, hogy b´ armely F ⊂ X1 korl´ atos halmaz esetén a T [F ] halmaz elemei egyenletesen korl´ atosak és egyenl˝ o mértékben egyenletesen folytonosak. Legyen teh´ at f ∈ F, x ∈ [c, d], ekkor |T f (x)| ≤ kT f k∞ ≤ kT k· kf k∞ , azaz kT f k∞ ≤ kT k· sup{kgk∞ : g ∈ F }. Innen a T [F ] halmaz elemeinek az egyenletes korl´ atoss´ aga már nyilv´ anval´ o. Tov´ abb´ a tetsz˝ oleges x, y ∈ [c, d] mellett |T f (x) − T f (y)| ≤ kf k∞ ·

sup{kgk∞ : g ∈ F }·

Z

Z

a

b

a

|K(t, x) − K(t, y)| dt ≤

b

|K(t, x) − K(t, y)| dt.

130


Mivel K egyenletesen folytonos (ui. [a, b] × [c, d] kompakt R2 -ben a szok´ asos” (pl. az k.k euklideszi) ” norm´ ara nézve), ezért b´ armely ε > 0 sz´ amhoz van olyan δ > 0, hogy

|K(t, x) − K(t, y)| < ε

((t, x), (t, y) ∈ [a, b] × [c, d], k(t, x) − (t, y)k = |x − y| < δ) .

Ha teh´ at |x − y| < δ, akkor |T f (x) − T f (y)| ≤ Cε, ahol C := sup{kgk∞ : g ∈ F }. Így T [F ] elemei val´ oban egyenl˝ o mértékben egyenletesen folytonosak. A tov´ abbiakban kompakt line´ aris operátorokkal foglalkozunk. Legyen (a bevezet˝oben jelzett (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek esetén) K(X1 , X2 ) := {U ∈ L(X1 , X2 ) : U kompakt}. 6.7.2. T´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy U, V ∈ L(X1 , X2 ), α, β ∈ K. Ekkor i) U, V ∈ K(X1 , X2 ) esetén αU + βV ∈ K(X1 , X2); ii) ha (X3 , k.k3 ) is norm´ alt tér, W ∈ L(X2 , X3 ) és U, W k¨ oz¨ ul legal´ abb az egyik kompakt oper´ ator, akkor W U := W ◦ U ∈ K(X1 , X3 ). Bizony´ıt´ as. Ha U, V ∈ K(X1 , X2 ), A ⊂ X1 korl´ atos, akkor b´ armely yn = (αU + βV )(xn ) ∈ (αU + βV )[A]

(xn ∈ A, n ∈ N)

aga miatt alkalmas (νn ), (µn ) indexsorozatokkal az sorozat esetén az U [A], V [A] halmazok kompakts´ (U xνn ), (V xνµn ) sorozatok konvergensek. Teh´ at a γn := νµn (n ∈ N) jel¨ oléssel az (yγn ) sorozat konvergens. Mivel b´ armely (X, ρ) metrikus tér és ∅ 6= Y ⊂ X halmaz esetén az Y halmaz pontosan akkor kompakt, ha tetsz˝ oleges Y -beli sorozatnak van konvergens részsorozata (ld. 4.2.2. Tétel), ezért a fentiek alapj´ an (αU + βV )[A] kompakt. Tegy¨ uk most fel, hogy W kompakt és legyen A ⊂ X1 korl´ atos. Ekkor U [A] korl´ atos, ´ıgy W [U [A]] = W ◦ U [A] kompakt. Teh´ at W ◦ U kompakt oper´ ator. Ha viszont U kompakt, akkor az el˝ obbi korl´ atos A ⊂ X1 halmazra U [A] kompakt. Ezért b´ armely xn ∈ A (n ∈ N) sorozathoz van olyan (νn ) indexsorozat, amellyel (U xνn ) konvergens. Ugyanakkor W folytonos, ´ıgy (ld. a´tviteli elv) a W (U xνn ) sorozat is konvergens. Ez azt jelenti, hogy a W ◦ U [A] halmaz kompakt. Mutassuk meg, hogy a kompakt line´ aris operátorok K(X1 , X2 ) tere z´ art az L(X1 , X2) operátortérben (az (L(X1 , X2 )-beli k.k operátornorm´ ara nézve). Ezt fejezi ki a

131


6.7.3. T´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy (X2 , k.k2 ) Banach-tér, Un ∈ K(X1 , X2 ) (n ∈ N), U ∈ L(X1 , X2) és lim(kUn − U k) = 0. Ekkor U ∈ K(X1 , X2). Bizony´ıt´ as. Elegend˝ o azt bel´ atni, hogy U [K1 (0)] kompakt. Mivel (X2 , k.k2 ) Banach-tér, ezért atos. Ez ut´ obbi azzal ekviazt kell bebizony´ıtanunk (ld. 4.2.3. Tétel), hogy U [K1 (0)] teljesen korl´ valens, hogy U [K1 (0)] teljesen korl´ atos, azaz, hogy b´ armely ε > 0 számhoz megadhat´ o olyan Y ⊂ X2 véges halmaz, hogy U [K1 (0)] ⊂

[

Kε (y).

y∈Y

A feltételek miatt az el˝ obbi ε-hoz van olyan n ∈ N és Yn ⊂ X2 véges halmaz, amelyekkel kUn − U k <

[ ε , Un [K1 (0)] ⊂ Kε/2 (y). 2 y∈Y

Legyen x ∈ K1 (0). Ekkor kUn x − U xk2 ≤ kUn − U k· kxk1 < ε/2. Tov´ abb´ a alkalmas y ∈ Yn elemmel kUn x − yk2 < ε/2, azaz kU x − yk2 ≤ kU x − Un xk2 + kUn x − yk2 < ε. Ez éppen azt jelenti, hogy U [K1 (0)] ⊂ 6.7.1. Megjegyz´ esek.

S

y∈Yn

Kε (y).

i) Legyen (Xi , k.ki ) := (ℓ1 , k.k1 ) (i = 1, 2) (ld. 6.4.) és Uk x := (x0 , ..., xk , 0, 0, ...)

(x = (xn ) ∈ ℓ1 , n ∈ N).

Ekkor szinte nyilv´ anval´ o, hogy Uk ∈ K(X1 , X2 ) (k ∈ N), lim(Uk x) = x (x ∈ ℓ1 ), de az U x := x (x ∈ ℓ1 ) oper´ ator nem kompakt , ui. ℓ1 nem véges dimenzi´ os. Ez a példa azt mutatja, hogy az 6.7.3. Tételben nem elegend˝ o az (Un ) oper´ atorsorozat er˝os konvergenci´ aj´ at feltételezni. ii) Mutassuk meg k¨ ozvetlen sz´ amol´ assal is, hogy i)-ben az (kUn −U k) sorozat nem nullasorozat. iii) Bebizony´ıthat´ o, hogy ha az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) terek k¨ oz¨ ul (X2 , k.k2 ) Banach-tér, akkor b´ armely U ∈ L(X1 , X2 ) esetén az al´ abbi ekvivalencia igaz: U akkor és csak akkor kompakt, ha az adjung´ altja (U ∗ ) is az (Schauder-tétel). iv) Részben az el˝ obbi megjegyzésb˝ ol k¨ ovetkezik operátorok kompakts´ ag´ anak az al´ abbi jellemzése: ha az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek k¨ oz¨ ul (X2 , k.k2 ) szepar´ abilis Banach-tér, U ∈ L(X1 , X2 ), akkor U ∈ K(X1 , X2 ) azzal ekvivalens, hogy b´ armely gn ∈ X2∗ (n ∈ N), ∗ lim(gn (x)) = 0 (x ∈ X2 ) esetén lim (kU gn k) = 0 (ahol k.k az X1∗ -beli norm´ at jel¨ oli). v) Az is igaz, hogy az el˝ obbi megjegyzésben a szepar´ abilis” jelz˝o kicserélhet˝ o reflex´ıv” -re. ” ”

132

6. Line´ aris operátorok vi) Tegy¨ uk fel, hogy a 6.7.2. Tételben (Xi , k.ki ) = (X, k.k) (i = 1, 2, 3). Mivel L(X, X) a ◦ kompoz´ıci´ o-képzésre, mint szorz´ asra nézve (k¨ onnyen bel´ athat´ oan) gy˝ ur˝ u, ill. ezzel a szorz´ assal algebra, ezért az eml´ıtett tétel algebrai jelentése a k¨ ovetkez˝o: K(X, X) az L(X, X) algebr´ aban kétoldali ide´ al. vii) Tekints¨ uk a vi) megjegyzésbeli (X, k.k) Banach-teret. Ekkor tetsz˝oleges {0} 6= Y ⊂ X kompakt részhalmaz egy félnorm´ at induk´ al L(X, X)-ben az al´ abbiak szerint: kAkY := sup{kAxk : x ∈ Y }

(A ∈ L(X, X)).

Ha z = (zn , n ∈ N) b´ azis X-ben (ld. 3.2.) és Sn (n ∈ N) a 6.6.2. vi) megjegyzésbeli részlet¨ osszeg-oper´ ator, akkor egyszer˝ uen ad´ odik, hogy a fenti Y halmazon az (Sn , n ∈ N) sorozat egyenletesen konvergens. Mivel b´ armely N ∋ n-re Sn ∈ K(X, X) (ui. RSn véges dimenzi´ os), ezért minden A ∈ L(X, X) operátorra A ◦ Sn ∈ K(X, X) (ld. 6.7.2. Tétel). Így minden ε > 0 mellett van olyan n ∈ N, hogy kA ◦ Sn − AkY < ε. Ezzel bel´ attuk, hogy tetsz˝ olegesen adott {0} 6= Y ⊂ X kompakt részhalmaz és b´ armely A ∈ L(X, X) , ε > 0 esetén van olyan B ∈ K(X, X), hogy kB − AkY < ε. Teh´ at ez azt jelenti, hogy a k.kY félnorm´ ara nézve K(X, X) minden¨ utt s˝ ur˝ u L(X, X)-ben. Ezt r¨ oviden u ´gy mondjuk, hogy teljes¨ ul a kompakt approxim´ aci´ os tulajdons´ ag (compact approximation property – CAP). Ha teh´ at egy Banach-tér nem rendelkezik a CAP-pal, akkor nincs benne b´ azis. A tov´ abbiakban kompakt o¨nadjung´ p alt operátorokkal foglalkozunk (ld. 6.5.). Legyen ehhez (X, h, i) Hilbert-tér, X 6= {0}, kxk := hx, xi (x ∈ X), U ∈ L(X, X). Ha λ ∈ K, akkor Xλ := {x ∈ X : U x = λx} z´ art altere X-nek (az U oper´ ator saj´ ataltere). Minden olyan λ-t, amelyre Xλ 6= {0}, az U oper´ ator saj´ atértékének nevez¨ unk. Ez teh´ at azzal ekvivalens, hogy alkalmas 0 6= x ∈ X elemmel U x = λx (az ilyen x elemeket az U oper´ ator λ-hoz tartoz´ o saj´ atvektorainak nevezz¨ uk). Vil´ agos, hogy ekkor |λ|· kxk = kU xk ≤ kU k· kxk, azaz |λ| ≤ kU k. Az U oper´ ator U ∗ adjung´ altja (ld. 6.5.) az az egyértelm˝ uen létez˝o U ∗ ∈ L(X, X) oper´ ator, amelyre hU x, yi = hx, U ∗yi

(x, y ∈ X)

teljes¨ ul. Azt mondjuk, hogy U o ¨nadjung´ alt, ha U = U ∗ . Legyen S(X, X) := {U ∈ L(X, X) : U = U ∗ }.

133

6. Line´ aris oper´ atorok 6.7.4. T´ etel. Legyen U ∈ S(X, X). Ekkor i) hU x, xi ∈ R (x ∈ X); ii) kU k = sup{|hU x, xi| : x ∈ X, kxk = 1}; iii) ha λ az U saj´ atértéke, akkor λ ∈ R;

iv) ha λ, µ ∈ K és λ 6= µ, akkor az Xλ , Xµ saj´ atalterek egym´ asra ortogon´ alisak, azaz hx, yi = 0 (x ∈ Xλ , y ∈ Xµ ). Bizony´ıt´ as. Mivel hU x, xi = hx, U ∗xi = hx, U xi = hU x, xi

(x ∈ X),

´ıgy az i) a´ll´ıt´ as igaz. Ha x ∈ X, kxk = 1, akkor |hU x, xi| ≤ kU xk· kxk ≤ kU k· kxk2 = kU k. Ezért a ii) a´ll´ıt´ asban szerepl˝ o szuprémumot p-vel jel¨ olve, p ≤ kU k. Tov´ abb´ a tetsz˝oleges x, y ∈ X esetén i)-t figyelembe véve (ld. 1.3.1. Tétel) RehU x, yi =

1 hU (x + y), x + yi − hU (x − y), x − yi ≤ 4

1 1 p kx + yk2 + kx − yk2 = p kxk2 + kyk2 4 2 ad´ odik. Legyen itt kxk = 1 olyan, hogy U x 6= 0, ill. y := U x/kU xk. Ekkor RehU x, yi = kU xk ≤ p, azaz kU k ≤ p, amib˝ ol ii) m´ ar k¨ ovetkezik. Legyen most λ saj´ atértéke U -nak, 0 6= x ∈ X pedig egy saj´ atvektor: U x = λx. Ekkor i) szerint λ=

hU x, xi ∈ R, hx, xi

ami iii) igazol´ as´ at jelenti. Vég¨ ul, ha a iv)-beli feltételek mellett x ∈ Xλ , y ∈ Xµ , akkor x = 0 vagy y = 0 mellett iv) trivi´ alis, k¨ ul¨ onben iii) szerint λ, µ ∈ R és (pl.) λ 6= 0 esetén (ami λ 6= µ miatt feltehet˝o) hx, yi =

1 1 µ hU x, yi = hx, U yi = hx, yi, λ λ λ

amib˝ ol λ 6= µ miatt hx, yi = 0 k¨ ovetkezik. Ezzel iv)-et, azaz a 6.7.4. Tételt bel´ attuk.

134

6. Line´ aris operátorok 6.7.5. T´ etel. B´ armely U ∈ S(X, X) ∩ K(X, X) oper´ atornak van saj´ atértéke. Bizony´ıt´ as. Nyilv´ an feltehet˝ o, hogy U 6= 0. Legyen m := inf {hU x, xi : x ∈ X, kxk = 1} , M := sup {hU x, xi : x ∈ X, kxk = 1} .

Ekkor a 6.7.4. Tétel szerint

kU k = max{|m|, M }. Megmutatjuk, hogy

λ :=

 m 

M

(kU k = |m|) (kU k = M )

saj´ atérték. Csak az kU k = M (> 0) esetre részletezve az okoskod´ ast (kU k = m esetén anal´ og a bizony´ıt´ as), legyen xn ∈ X, kxn k = 1 (n ∈ N ) olyan sorozat, amelyre M = lim (hU xn , xn i) . Mivel U kompakt, ezért egy alkalmas (nk ) indexsorozattal az (U xnk ) sorozat is konvergens. Tov´ abb´ a kU xnk − M xnk k2 = kU xnk k2 − 2M hU xnk , xnk i + M 2 ≤

kU k2 + M 2 − 2M hU xnk , xnk i = 2M (M − hU xnk , xnk i) → 0

(k → ∞).

Innen viszont az k¨ ovetkezik, hogy lim(U xnk − M xnk ) = 0, azaz, hogy x nk =

1 U x nk − U x nk − M x nk → z M

(k → ∞)

egy alkalmas z ∈ X elemmel. Az U folytonoss´ aga miatt teh´ at 0 = lim(U xnk − M xnk ) = U z − M z, azaz U z = M z. Mivel kzk = lim(kxnk k) = 1, ezért z 6= 0, ´ıgy M val´ oban saj´ atértéke U -nak.

135

6. Line´ aris oper´ atorok 6.7.2. Megjegyz´ esek.

i) Ha teh´ at az U ∈ S(X, X) ∩ K(X, X) operátornak egyetlen saj´ atértéke van és ez a nulla, akkor U = 0. ii) Mivel a 6.7.5. Tételben szerepl˝o U operátor b´ armely µ saj´ atértékére |µ| ≤ kU k igaz, ezért a 6.7.5. Tétel bizony´ıt´ asa m´ as olvasatban a k¨ ovetkez˝ot jelenti: max{|µ| : µ saj´ atértéke U -nak} = kU k.

Pn iii) Legyen 0 < n p ∈ N, hx, yi := k=1 xk yk (x = (x1 , ..., xn), y = (y1 , ..., yn) ∈ Cn ). Ekkor Pn 2 (x = (x , ..., x ) ∈ Cn ) ´ kxk = kxk2 = es 1 n k=1 |xk | S(X, X) ∩ K(X, X) = S(X, X) ∩ L(X, X) = S(X, X) = {A ∈ Cn×n : A = A∗ }, ahol A = (ajk ) ∈ Cn×n esetén A∗ = (akj ) ∈ Cn×n az A mátrix adjung´ altja. Ha teh´ at A = A∗ (r¨ oviden: A hermitikus), akkor kAk = sup{kAxk2 : x ∈ Cn , kxk2 = 1} = max{|λ| : λ saj´ atértéke A-nak}. iv) Az el˝ obbi megjegyzésben szerepl˝o jel¨ olésekkel legyen A ∈ Cn×n . Vil´ agos, hogy ∗ ∗ n A A ∈ S(X, X). Ha λ saj´ atértéke A A-nak, akkor valamilyen x ∈ C , kxk2 = 1 vektorral A∗ Ax = λx, azaz λ = hA∗ Ax, xi = hAx, Axi = kAxk22 , teh´ at 0 ≤ λ ∈ R. Tov´ abb´ a (ld. 6.7.4. Tétel, ill. 6.3.2. ii) megjegyzés) kAk2 = sup kAxk22 : x ∈ Cn , kxk2 = 1 = sup {hAx, Axi : x ∈ Cn , kxk2 = 1} = sup {hx, A∗Axi : x ∈ Cn , kxk2 = 1} = sup {|hA∗ Ax, xi| : x ∈ Cn , kxk2 = 1} = kA∗ Ak. Innen a ii) megjegyzést figyelembe véve azt kapjuk, hogy √ p atértéke A∗ A-nak} kAk = kA∗ Ak = max{ λ : λ saj´

(az A m´ atrix u ń. spektr´ alnorm´ aja.)

Az al´ abbi jel¨ oléseket fogjuk haszn´ alni: ha U ∈ L(X, X), λ ∈ C, akkor Pλ : X → Xλ jelenti az Xλ altérre val´ o projekci´ ot (ld. 5.3.3. iv) megjegyzés). Teh´ at b´ armely x ∈ X esetén Pλ x ∈ Xλ és

136


tetsz˝oleges y ∈ Xλ esetén Pλ y = y. Legyen tov´ abb´ a I : X → X az identikus oper´ ator, azaz Ix := x (x ∈ X). 6.7.6. T´ etel (Hilbert-Schmidt). B´ armely U ∈ S(X, X) ∩ K(X, X) oper´ atornak legfeljebb megsz´ aml´ alhat´ o sok saj´ atértéke van, U pedig el˝ oa ´ll´ıthat´ o (az k.k oper´ atornorma szerint konvergens) PN λ P alakban, ahol N ∈ N vagy N = +∞ ´ e s λ , λ , ... az U o ¨sszes, p´ aronként k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o, k λ 1 2 k k=1 nem nulla saj´ atértékét jelenti. Bizony´ıt´ as. Nyilv´ an feltehet˝ o, hogy U 6= 0. Legyen λ egy saj´ atértéke U -nak. Ekkor a 6.7.4. Tétel miatt λ ∈ R és λPλ = U Pλ = Pλ U. Val´ oban, b´ armely x ∈ X esetén Pλ x ∈ Xλ , ezért U (Pλ x) = λPλ x, azaz U Pλ = λPλ . Tov´ abb´ a (k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ oen) Pλ , λPλ ∈ S(X, X), ezért az el˝ obbiek szerint U Pλ o¨nadjung´ alt. K¨ ovetkezésképpen U Pλ = (U Pλ )∗ = Pλ∗ U ∗ = Pλ U is igaz. Legyen (ld. 6.7.4. Tétel és 6.7.2. ii) megjegyzés) U1 := U és λ1 ∈ R olyan saj´ atértéke U1 -nek, amelyre |λ1 | = kU1 k > 0. Ha U2 := U1 − λ1 Pλ1 , akkor az el˝ obbiek, ill. az 6.7.2. Tétel alapj´ an U2 = U1 (I − Pλ1 ) =: U1 P˜λ1 ∈ S(X, X) ∩ K(X, X). Vil´ agos, hogy kU2 k ≤ kP˜λ1 k· kU1 k ≤ kU1 k, hiszen kP˜λ1 xk = kx − Pλ1 xk ≤ kxk

(x ∈ X),

azaz kP˜λ1 k ≤ 1. (Itt felhaszn´ altuk azt, hogy a pitagoraszi-¨ osszef¨ uggés szerint (ld. 1.3.1. Tétel) kxk2 = kPλ1 xk2 + kx − Pλ1 xk2 .) A fentiekhez hasonl´ oan van olyan λ2 ∈ R saj´ atértéke U2 -nek, amelyre |λ2 | = kU2 k. Ekkor |λ2 | ≤ |λ1 |. Bel´ atjuk tov´ abb´ a, hogy λ1 nem saj´ atértéke U2 -nek. K¨ ul¨ onben lenne olyan 0 6= x ∈ X, amelyre U2 x = λ1 x, azaz U1 x − λ1 Pλ1 x = λ1 x. Utóbbib´ ol az k¨ ovetkezne, hogy Pλ1 (U1 x − λ1 Pλ1 x) = Pλ1 (λ1 x) = λ1 Pλ1 x. A bizony´ıt´ as elején mondottakat is figyelembe véve itt

137


Pλ1 (U1 x − λ1 Pλ1 x) = Pλ1 U1 x − λ1 Pλ21 x = λ1 Pλ1 x − λ1 Pλ1 x = 0, teh´ at λ1 Pλ1 x = 0. Mivel λ1 6= 0, ezért Pλ1 x = 0, tov´ abb´ a U1 x = λ1 x, amib˝ ol meg x ∈ Xλ1 ad´ odna. Ez ut´ obbib´ ol azonban azt kapn´ ank, hogy x = Pλ1 x = 0, ami nem igaz. Legyen most λ 6= 0 saj´ atértéke U2 -nek és l´ assuk be, hogy λ saj´ atértéke U1 -nek is és {x ∈ X : U1 x = λx} = {x ∈ X : U2 x = λx}. Ui. legyen 0 6= x ∈ X egy λ-hoz tartoz´ o saj´ atvektora U2 -nek: U2 x = λx, azaz U1 x − λ1 Pλ1 x = λx. Ekkor Pλ1 (U1 x − λ1 Pλ1 x) = Pλ1 U1 x − λ1 Pλ1 x = λPλ1 x. De tudjuk, hogy Pλ1 U1 = λ1 Pλ1 , ezért λPλ1 x = 0. Mivel λ 6= 0, ´ıgy Pλ1 x = 0, azaz U1 x = λx. Teh´ at λ val´ oban saj´ atértéke U1 -nek. Ezzel egy´ uttal azt is bel´ attuk, hogy {x ∈ X : U2 x = λx} ⊂ {x ∈ X : U1 x = λx}. Ha viszont z ∈ X és U1 z = λz, akkor az (el˝ obbiek szerinti) λ 6= λ1 egyenl˝ otlenség és a 6.7.4. Tétel alapj´ an Xλ1 és Xλ ortogon´ alis egym´ asra, azaz hPλ1 z, yi = hz, Pλ1 yi = 0

(y ∈ X).

Ez azonban csak u ´gy lehetséges, ha Pλ1 z = 0, amib˝ ol U2 z = λz k¨ ovetkezik. Teh´ at {x ∈ X : U1 x = λx} ⊂ {x ∈ X : U2 x = λx} is fenn´ all. Ha U2 6= 0, akkor az el˝ obbi elj´ ar´ ast megismételve legyen U3 := U2 −λ2 Pλ2 és i.t. Teljes indukci´ oval okoskodva, tegy¨ uk fel, hogy 1 ≤ n ∈ N, U1 := U, U2 , ..., Un ∈ S(X, X) ∩ K(X, X), λ1 , ..., λn a megfelel˝ o saj´ atértékek és i) |λ1 | ≥ |λ2 | ≥ ... ≥ |λn |; ii) kUk k = |λk | (k = 1, ..., n); iii) Uk+1 = Uk − λk Pλk = U −

Pk

j=1 λj Pλj

(k = 1, ..., n − 1).

Ekkor a λk -k p´ aronként k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o saj´ atértékei U -nak. Két eset lehetséges: Pn−1 1o van olyan 1 ≤ n ∈ N, hogy Un = 0, amikor is U = j=1 λj Pλj ;

138


2o minden 1 ≤ n ∈ N esetén Un 6= 0. Mutassuk meg, hogy ekkor lim(λn ) = 0. Val´ oban, k¨ ul¨ onben lenne olyan δ > 0, amellyel |λn | ≥ δ (n = 1, 2, ...). Legyen xn ∈ Xλn , kxn k = 1 (n = 1, 2, ...), ekkor b´ armely két k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o n, m = 1, 2, ... esetén az Xλn , Xλm alterek ortogonalit´ asa miatt kU xm − U xn k2 = kλm xm − λn xn k2 = |λm |2 + |λn |2 ≥ 2δ2 . Innen persze az is ad´ odna, hogy az (U xn ) sorozattal egy¨ utt annak b´ armely részsorozata is divergens, ami ellentmond az U kompakts´ aga miatt annak, hogy az (U xn ) sorozatnak van konvergens részsorozata. Teh´ at

azaz U =

P∞

j=1 λj Pλj .

 

n−1 X

  lim(|λn |) = lim(kUn k) = lim U − λj Pλj

= 0,

j=1

Vég¨ ul megmutatjuk, hogy U minden λ saj´ atértéke vagy nulla vagy alkalmas k = 1, 2, ... mellett λ = λk . Ha ui. minden k = 1, 2, ... esetén λ 6= λk és 0 6= x ∈ X olyan, hogy U x = λx, akkor az U -ra már bebizony´ıtott el˝ oa´ll´ıt´ as alapj´ an

λx = U x =

∞ X

λj Pλj x.

j=1

Innen b´ armely n = 1, 2, ... mellett azt kapjuk, hogy

λPλn x =

∞ X j=1

λj Pλn Pλj x = λn Pλn x,

ui. Xλn , Xλj (j 6= n) ortogonalit´ asa miatt Pλn Pλj x = 0. Teh´ at λPλn x = λn Pλn x, ezért Pλn x = 0 ´ (n = 1, 2, ...). Igy λx = 0, amib˝ ol λ = 0. 6.7.3. Megjegyz´ esek. i) Ha a fenti tételben λ 6= 0 saj´ atértéke U -nak, akkor az Xλ saj´ ataltér véges dimenzi´ os. Ui. legyen E ⊂ Xλ z´ art és korl´ atos halmaz. Ekkor E ∗ :=

nx

λ

∈X:x∈E

o

korl´ atos, ezért U kompakts´ aga miatt U [E ∗] kompakt. De U [E ∗] = E, azaz U [E ∗ ] = E = E, ami azt jelenti, hogy az Xλ altér minden korl´ atos és z´ art részhalmaza kompakt. A norm´ alt terekbeli kompakts´ agra vonatkoz´ o Riesz-tétel (ld. 4.3.2. Tétel) alapj´ an tudjuk, hogy ekkor Xλ sz¨ ukségképpen véges dimenzi´ os. alis ii) Megmutathat´ o, hogy RU nem más, mint az X0 := {x ∈ X : U x = 0} altér ortogon´ kiegész´ıt˝ o altere: X = X0 ⊕ RU (ld. 5.3.3. i) megjegyzés).

139


iii) Legyen a Hilbert-Schmidt-tételben k = 1, 2, ... és v´ alasszunk Xλk -ban egy Φk teljes ortonorm´ alt rendszert. (Ez i) szerint véges.) Ha az ´ıgy kapott Φk rendszereket egyetlen Φ = {x1 , x2 , ...} rendszerben egyes´ıtj¨ uk, akkor Φ teljes ortonorm´ alt rendszer RU -ban (és k¨ onnyen bel´ athat´ o m´ odon RU -ban is), minden eleme az U saj´ atvektora: U xk = µk xk (k = 1, 2, ...). A ii) megjegyzés és a Riesz-felbont´ asi tétel (ld. 5.3.3. Tétel) miatt b´ armely x ∈ X egyértelm˝ uen ´ırhat´ o fel x = x∗ + x ˜ alakban, ahol x∗ ∈ X0 , x ˜ ∈ RU . Az x ˜ elemet Fourier-sorba fejtve a Φ rendszer szerint azt kapjuk, hogy x ˜=

X

(αk = h˜ x, xk i (k = 1, 2, ...)).

αk xk

k

Teh´ at U x∗ = 0 miatt U x =

P

k

αk µ k xk .

iv) Tegy¨ uk fel, hogy az el˝ obbi megjegyzésben (X, h, i) szepar´ abilis is. Ekkor X0 -ban is v´ alaszthatunk egy ortonorm´ alt b´ azist, amit a iii)-beli Φ-vel egyes´ıtve egy (tov´ abbra is) xk -val (k = 1, 2, ...) jel¨ olt ortonorm´ alt b´ azist kapunk X-ben. Itt minden xk saj´ atvektora U -nak (a megfelel˝ o saj´ atértékeket is µk -val jel¨ olve ez ut´ obbiak k¨ oz¨ ott máP r lehetnek null´ ak is). EkkorPteh´ at b´ armely x ∈ X el˝ oa´ll´ıthat´ o a saj´ atvektorb´ azis szerint x = k αk xk alakban és U x = k αk µk xk .

v) Ha iv)-ben X véges dimenzi´ os, azaz U = A ∈ Cn×n (n = 1, 2, ...) egy hermitikus m´ atrix, n akkor x1 , ..., xn ∈ C az A ortonorm´ alt saj´ atvektoraib´ ol a´ll´ o b´ azisa Cn -nek, µ1 , ..., µn a megfelel˝ o (val´ os) saj´ atértékek és b´ armely x ∈ Cn esetén Ax =

n X

αk µ k xk .

j=1

Ha a T ∈ Cn×n m´ atrix oszlopvektorai rendre az x1 , ..., xn vektorok, akkor T nem szingul´ aris, −1 a T AT m´ atrix diagon´ alis, amelynek a f˝ oa´tl´ oj´ aban a µ1 , ..., µn saj´ atértékek vannak. vi) Vil´ agos, hogy iv)-ben hU x, xi =

X k

µk |αk |2

(x ∈ X).

Ha X véges dimenzi´ os, azaz (ld. v)) U = A ∈ Cn×n (n = 1, 2, ...) egy hermitikus m´ atrix, akkor

hAx, xi =

n X

k=1

µk |αk |2

(x ∈ Cn )

(ld. kvadratikus alakok f˝ otengelytranszform´ aci´ oja). vii) Legyen (X, k.k) tetsz˝ oleges norm´ alt tér, Ix := x (x ∈ X), Y ⊂ X altér és A ∈ L(Y, X). Ekkor b´ armely λ ∈ K esetén h´ arom eset lehetséges: 1o A − λI nem invert´ alhat´ o;

2o (A − λI)-nek van inverze és (A − λI)−1 ∈ L(X, Y );

3o (A − λI)-nek van inverze, de (A − λI)−1 ∈ / L(X, Y ).

140

6. Line´ aris operátorok Az 1o eset nyilv´ an azzal ekvivalens, hogy alkalmas 0 6= x ∈ Y elemre Ax = λx. Ekkor λ-t az A saj´ atértékének, x-et pedig az A (λ-hoz tartoz´ o) saj´ atvektor´ anak nevezz¨ uk. A λ sz´ am regul´ aris, ha a 2o eset a´ll fenn. (Így minden saj´ atérték nem regul´ aris.) Legyen Sp A a nem regul´ aris értékek halmaza (az A operátor spektruma). Ha (X, k.k) Banach-tér, A ∈ L(X, X), akkor (a Banach-féle inverz-tétel (ld. 6.8.5. Tétel) miatt) b´ armely λ ∈ K akkor és csak akkor regul´ aris, ha tetsz˝ oleges y ∈ X elemhez egyértelm˝ uen van olyan x ∈ X, hogy Ax − λx = y. viii) Tekints¨ unk most egy A ∈ L(X, X) korl´ atos line´ aris operátort. Megmutathat´ o, hogy létezik αA := lim

p n

p kAn k = inf{ n kAn k : 0 < n ∈ N}

(A spektr´ alsugara), Sp A ⊂ {λ ∈ K : |λ| ≤ αA }, ill. az, hogy Sp A z´ art halmaz. Ha A ∈ K(X, X) és X nem véges dimenzi´ os, akkor 0 ∈ Sp A. K¨ ul¨ onben ui. A−1 ∈ L(X, X) lenne, amib˝ ol a 6.7.2. Tétel szerint I = A−1 A ∈ K(X, X) k¨ ovetkezne, ami tudjuk, hogy nem igaz. S˝ ot (egy nem trivi´ alis tétel szerint), ha K := C, akkor b´ armely (X, k.k) Banach-tér és A ∈ L(X, X) esetén Sp A 6= ∅ és αA = max{|λ| : λ ∈ Sp A}. Tov´ abb´ a tetsz˝ oleges (X, k.k) Banach-térre és A ∈ L(X, X) operátorra igaz, hogy Sp A∗ = Sp A := {λ ∈ K : λ ∈ Sp A} (ahol A∗ ∈ L(X ∗ , X ∗ ) az A operátor adjung´ altja). ix) Ha (X, h, i) (komplex) Hilbert-tér, A ∈ S(X, X), m := inf{hAx, xi : x ∈ X, kxk = 1} , M := sup{hAx, xi : x ∈ X, kxk = 1}, akkor az al´ abbiak l´ athat´ ok be: m, M ∈ Sp A , Sp A ⊂ [m, M ]. Ha itt A még kompakt is, akkor Sp A legfeljebb megszáml´ alhat´ o, minden eleme vagy nulla vagy az A saj´ atértéke és a Sp A halmaznak legfeljebb a nulla lehet torl´ od´ asi pontja. 6.8. Ny´ılt lek´ epez´ esek. Legyenek adottak az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek és az A ∈ L(X1 , X2 ) line´ aris leképezés. Tegy¨ uk fel, hogy A : X1 → X2 sz¨ urjekt´ıv és invertálhat´ o, ekkor nyilv´ an A−1 ∈ L(X2 , X1). A tov´ abbiakban azt a kérdést vizsg´ aljuk, hogy ha az A leképezés folytonos, akkor igaz-e ugyanez A−1 -re, azaz (ld. 6.3.1. Tétel) k¨ ovetkezik-e A ∈ L(X1 , X2 )-b˝ ol A−1 ∈ L(X2 , X1 ). K¨ onny˝ u péld´ at adni arra, hogy a fenti kérdésre a v´ alasz a´ltal´ aban az, hogy nem. Legyen ui. Xi := {f ∈ C ∞ [0, 1] : f (0) = 0} , k.ki := k.k∞

(i = 1, 2)

R és If := 0 f (f ∈ X1 ). Ekkor egyszer˝ uen ellen˝ orizhet˝ o, hogy I : X1 → X2 bijekci´ o, I ∈ L(X1 , X2 ), kIk = 1 és I −1 f = f ′ (f ∈ X2 ). Tudjuk (ld. 6.2.), hogy D := I −1 ∈ / L(X2 , X1 ).

141


Mit jelent az, hogy A−1 ∈ L(X2 , X1 )? Egyrészt azt, hogy A−1 : X2 → X1 line´ aris leképezés (ami az A-ra tett feltételek mellett mindig igaz), másrészt azt, hogy A−1 folytonos is. Ez ut´ obbi azt k¨ oveteli meg (ld. 6.1.1. ii) megjegyzés), hogy b´ armely Y ⊂ X1 , Y ny´ılt : A−1

−1

[Y ] = A[Y ] ny´ılt.

Nevezz¨ unk egy f : X1 → X2 leképezést ny´ıltnak, ha

minden Y ⊂ X1 , Y ny´ılt: f [Y ] ny´ılt. 6.8.1. T´ etel. Az A ∈ L(X1 , X2 ) line´ aris oper´ ator akkor és csak akkor ny´ılt, ha az X1 térbeli nulla b´ armely k¨ ornyezetét az A olyan halmazra képezi le, amelynek az X2 tér nulleleme bels˝ o pontja, azaz: tetsz˝ oleges r > 0 sz´ amhoz van olyan ρ > 0 sz´ am, hogy Kρ (0) ⊂ A[Kr (0)]. Bizony´ıt´ as. A sz¨ ukségesség nyilv´ anval´ o: ha ui. A ny´ılt, akkor Kr (0) ny´ılt halmaz lévén, az A[Kr (0)] képhalmaz is ny´ılt. De A line´ aris, ezért A0 = 0, azaz 0 ∈ A[Kr (0)], teh´ at 0 ∈ X2 bels˝ o pontja A[Kr (0)]-nak. Az elégségességhez legyen Y ⊂ X1 ny´ılt halmaz (nyilv´ an feltehet˝o, hogy Y 6= ∅) és z ∈ A[Y ]. Ekkor van olyan y ∈ Y, amellyel z = Ay. Mivel Y ny´ılt, ezért egy alkalmas r > 0 sug´ arral Kr (y) ⊂ Y, ´ıgy A[Kr (y)] ⊂ A[Y ]. De Kr (y) = y + Kr (0), azaz A[Kr (y)] = Ay + A[Kr (0)] = z + A[Kr (0)] ⊂ A[Y ]. A feltétel szerint most van olyan ρ > 0, amelyre Kρ (0) ⊂ A[Kr (0)]. Így Kρ (z) = z + Kρ (0) ⊂ z + A[Kr (0)] ⊂ A[Y ]. M´ as szóval z bels˝ o pontja A[Y ]-nak, azaz A[Y ] ny´ılt halmaz. Ezzel a 6.8.1. Tételt bel´ attuk. 6.8.2. T´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy az A ∈ L(X1 , X2 ) line´ aris oper´ ator RA értékkészlete m´ asodik kateg´ ori´ aj´ u. Ekkor van olyan q > 0 sz´ am, hogy b´ armely r > 0 esetén Kr (0) ⊂ A[Kqr (0)].

S∞ Bizony´ıt´ as. Vil´ agos, hogy RA = n=1 A[Kn (0)]. A feltétel szerint RA második kateg´ ori´ aj´ u (ld. 2.2.2. i) megjegyzés), teh´ at létezik olyan 1 ≤ n ∈ N, y ∈ A[Kn (0)], ρ > 0, hogy Kρ (y) ⊂ A[Kn (0)].

L´ assuk be el˝ osz¨ or is, hogy Kρ (0) ⊂ A[Kn (0)]. Val´ oban, ha x ∈ Kρ (0), akkor nyilv´ an x + y ∈ Kρ (y), x − y ∈ Kρ (−y). K¨ onnyen ad´ odik, hogy Kρ (−y) ⊂ A[Kn (0)] is igaz. Ha ui. z ∈ Kρ (−y) (azaz kz +yk2 < ρ), akkor −z ∈ Kρ (y), ´ıgy −z ∈ A[Kn (0)]. Ezért alkalmas zs ∈ Kn (0) (s ∈ N) sorozattal −z = lim(Azs ). Innen z = − lim(Azs ) = lim(−Azs ) = lim(A(−zs ))

142


k¨ ovetkezik. Mivel −zs ∈ Kn (0) (s ∈ N), ezért val´ oban z ∈ A[Kn (0)].

Így b´ armely x ∈ Kρ (0) esetén x±y ∈ A[Kn (0)]. Megadhat´ ok teh´ at olyan us , vs ∈ Kn (0) (s ∈ N) sorozatok, amelyekre x + y = lim(Aus ), x − y = lim(Avs ). Ezért v u x+y x−y us + vs s s + = lim A +A = lim A ∈ A[Kn (0)], x= 2 2 2 2 2 vs ∈ K (0) (s ∈ N). hiszen us + n 2 Legyen most m´ ar q :=

n . ρ

Ekkor b´ armely r > 0, x ∈ Kr (0) esetén ρx/r ∈ Kρ (0), amib˝ ol a fentiek szerint ρx/r ∈ A[Kn (0)], azaz x∈

r A[Kn (0)] = A[Krn/ρ (0)] = A[Kqr (0)] ρ

k¨ ovetkezik. 6.8.3. T´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek k¨ oz¨ ul (X1 , k.k1 ) Banach-tér, A ∈ L(X1 , X2) és RA m´ asodik kateg´ ori´ aj´ u. Ekkor tetsz˝ oleges r > 0 esetén Kr (0) ⊂ A[K2qr (0)] (ahol q-t a 6.8.2. Tételben kaptuk). Bizony´ıt´ as. Legyen r > 0, y ∈ Kr (0). Azt kell bel´ atnunk, hogy egy alkalmas x ∈ K2qr (0) elemmel y = Ax. A 6.8.2. Tétel szerint y ∈ A[Kqr (0)], azaz van olyan y1 ∈ A[Kqr (0)], amellyel ky − y1 k2 < r/2. Mivel y − y1 ∈ Kr/2 (0), ezért y − y1 ∈ A[Kqr/2 (0)], ´ıgy egy alkalmas y2 ∈ A[Kqr/2 (0)] elemmel ky − y1 − y2 k2 < r/4. Az el˝ obbieket folytatva teljes indukci´ oval azt kapjuk, hogy minden 0 < i ∈ N mellett egy yi ∈ A[Kqr/2i−1 (0)] elemmel n

X r

yi < n

y − 2 2 i=1

(0 < n ∈ N).

P Ez r/2n → 0 (n → ∞) miatt egy´ uttal azt is jelenti, hogy y = ∞ i=1 yi . Legyen xn ∈ Kqr/2n−1 (0) (0 < n ∈ N) olyan, hogy yn = Axn . Ekkor b´ armely 0 < n, m ∈ N, n < m esetén

m m m

X

X X qr 1

< n−2 → 0 (n, m → ∞), xk ≤ kxk k1 < qr

2k−1 2 k=n

azaz

P

1

k=n

k=n

(xn ) Cauchy-sor. Mivel az (X1 , k.k1 ) tér teljes, ezért létezik az x := kxk1 ≤

∞ X

k=1

kxk k1 < qr

Teh´ at x ∈ K2qr (0) és az A folytonoss´ aga miatt

∞ X

k=1

1 2k−1

= 2qr.

P∞

n=1 xn

sor¨ osszeg és

143


Ax =

∞ X

k=1

Axk =

∞ X

yk = y.

k=1

6.8.1. Megjegyz´ esek. i) Azt kaptuk, hogy b´ armely r > 0 mellett (az X2 -beli) Kr (0) k¨ ornyezet minden z pontja A[K2qr (0)]-beli, azaz z ∈ RA . Innen vil´ agos, hogy RA = X2 . Ha teh´ at az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek k¨ oz¨ ul (X1 , k.k1 ) Banach-tér, A ∈ L(X1 , X2 ), akkor az RA értékkészlet vagy els˝ o kateg´ ori´ aj´ u vagy pedig RA = X2 . ii) A Baire-féle kateg´ oria-tételre (ld. 2.2.2. Tétel) gondolva a 6.8.2. Tétel feltételei nyilv´ an teljes¨ ulnek, ha RA = X2 és (X2 , k.k2 ) Banach-tér. iii) Az el˝ obbi megjegyzéshez hasonl´ oan az 6.8.3. Tétel alkalmazhat´ o, ha abban (X2 , k.k2 ) is Banach-tér és RA = X2 . 6.8.4. T´ etel (a ny´ılt leképezések tétele). Legyenek az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek Banach-terek, A ∈ L(X1 , X2 ), A : X1 → X2 sz¨ urjekt´ıv. Ekkor A ny´ılt leképezés. Bizony´ıt´ as. Legyen ui. r > 0, amikor is a 6.8.3. Tétel (és az el˝ obbi megjegyzések) szerint Kr/(2q) (0) ⊂ A[Kr (0)]. A 6.8.1. Tételt alkalmazva innen val´ oban azt kapjuk, hogy A ny´ılt. Figyelembe véve a ny´ılt leképezések és az invertálhat´ o line´ aris operátorok inverzének a korl´ atoss´ aga (folytonoss´ aga) k¨ oz¨ otti, a bevezet˝oben eml´ıtett viszonyt, a 6.8.4. Tételb˝ ol k¨ ovetkezik a 6.8.5. T´ etel (Banach). Tegy¨ uk fel, hogy az A ∈ L(X1 , X2 ) oper´ ator egy A : X1 → X2 bijekci´ o −1 az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) Banach-terek k¨ oz¨ ott. Ekkor A ∈ L(X2 , X1 ). M´ as szóval teh´ at az 6.8.5. Tétel feltételei esetén az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) terek homeomorfak. 6.8.6. T´ etel. Legyen X line´ aris tér, k.k, k.k∗ egy-egy olyan norma X-en, hogy az (X, k.k), (X, k.k∗) terek Banach-terek. Tegy¨ uk fel tov´ abb´ a, hogy egy alkalmas m > 0 sz´ ammal kxk ≥ mkxk∗ teljes¨ ul minden X ∋ x-re. Ekkor k.k és k.k∗ ekvivalens, azaz van olyan M > 0 konstans is, hogy mkxk∗ ≤ kxk ≤ M kxk∗

(x ∈ X).

Bizony´ıt´ as. Legyen Ax := x (x ∈ X). Ekkor A : X → X bijekci´ o és

1 1 kxk1 = kxk (x ∈ X), m m teh´ at A ∈ L(X1 , X2 ), ahol (X1 , k.k1 ) := (X, k.k), (X2 , k.k2 ) := (X, k.k∗ ) Banach-terek. Az 6.8.5. Tétel szerint teh´ at A−1 = A ∈ L(X2 , X1), ´ıgy egy alkalmas M > 0 konstanssal kAxk2 = kxk∗ ≤

kA−1 xk1 = kxk ≤ M kxk∗

(x ∈ X).

144


Ha az el˝ obbi tételben X véges dimenzi´ os, x1 , ..., azis (valamilyen 0 < n ∈ N mellett), n ∈ X b´ Px n akkor b´ armely x ∈ X egyértelm˝ uen el˝ oa´ll´ıthat´ o x = i=1 αi xi alakban alkalmas αi ∈ K (i = 1, ..., n) egy¨ utthat´ okkal. Vil´ agos, hogy kxk∞ := max{|αi | : i = 1, ..., n}

(x ∈ X)

norma X-en és (X, k.k∞ ) Banach-tér (ld. 3.2.). Ha k.k is norma X-en és (X, k.k) is Banach-tér, akkor a nyilv´ an fenn´ all´ o

kxk ≤ kxk∞ ·

n X i=1

kxi k

(x ∈ X)

egyenl˝ otlenség és az 1.6. Tétel miatt k.k ∼ k.k∞ . Legyenek adottak az (Xi , ρi ) (i = 1, 2) metrikus terek és egy f ∈ X1 → X2 f¨ uggvény. Azt fogjuk mondani, hogy f z´ art leképezés, ha b´ armely x ∈ X1 , y ∈ X2 , xn ∈ Df (n ∈ N) , lim(xn ) = x , lim(f (xn )) = y esetén x ∈ Df és y = f (x). K¨ onny˝ u meggondolni, hogy ha X := X1 × X2 , ρ(x, y) := ρ1 (x1 , y1 ) + ρ2 (x2 , y2 )

(x = (x1 , x2 ), y = (y1 , y2 ) ∈ X) ,

akkor f z´ arts´ aga pontosan azt jelenti, hogy az f grafikonja z´ art halmaz az (X, ρ) metrikus (szorzat)térben. 6.8.2. Megjegyz´ esek. i) Ha Df z´ art és f folytonos, akkor f z´ art (ami a folytonoss´ agra vonatkoz´ o a´tviteli elv ´ (ld. 6.1.) alapj´ an meglehet˝ osen trivi´ alis). Igy pl. b´ armilyen (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek és A ∈ L(X1 , X2 ) esetén A z´ art. ii) Az f (x) := 1 (0 < x < 1) egyv´ altoz´ os val´ os f¨ uggvény folytonos, de nem z´ art. iii) Ha f : [0, +∞) → R, f (0) := 0 és f (x) := 1/x (x > 0), akkor f z´ art, de f ∈ / C{0}.

iv) Ha (X1 , k.k1 ) := (C 1 [0, 1], k.k∞ ), (X2 , k.k2 ) := (C[0, 1], k.k∞ ), akkor a 6.2.-ben defini´ alt Df := f ′ (f ∈ X1 ) (differenci´ al)operátor line´ aris (D ∈ L(X1 , X2 )), D z´ art, de D nem folytonos (azaz D ∈ / L(X1 , X2 )). (Emlékeztet¨ unk a f¨ uggvénysorozatok tagonkénti deriv´ al´ as´ aval kapcsolatos a´ll´ıt´ asra: ha a korl´ atos I intervallumon differenci´ alhat´ o fn : I → R (n ∈ N) f¨ uggvénysorozat az I intervallum legal´ abb egy pontj´ aban konvergens és az (fn′ ) (deriv´ alt)sorozat egyenletesen konvergens, akkor az (fn ) sorozat is egyenletesen konvergens, az f := lim(fn ) hat´ arf¨ uggvény differenci´ alhat´ o és f ′ = lim(fn′ ).) v) Gondoljuk meg, hogy ha f z´ art és injekt´ıv, akkor az f −1 inverz is z´ art.

6.8.7. T´ etel (z´ art gr´ af tétel). Legyenek az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek Banach-terek, az A ∈ L(X1 , X2 ) line´ aris oper´ ator pedig legyen z´ art. Ekkor A folytonos, azaz A ∈ L(X1 , X2 ). Bizony´ıt´ as. Vezess¨ uk be X1 -en az al´ abbi norm´ at:

145


kxk := kxk1 + kAxk2

(x ∈ X1 ).

Ez val´ oban norma, hiszen kxk ≥ 0 (x ∈ X1 ) trivi´ alis, kxk = 0 ⇐⇒ kxk1 = kAxk2 = 0 és kxk1 = 0 ⇐⇒ x = 0. Tov´ abb´ a kλxk = kλxk1 + kA(λx)k2 = |λ|· kxk1 + kλAxk2 = |λ|· kxk1 + |λ|· kAxk2 = |λ|· kxk (x ∈ X1 ), ill. kx + yk = kx + yk1 + kA(x + y)k2 = kx + yk1 + kAx + Ayk2 ≤ kxk1 + kyk1 + kAxk2 + kAyk2 = kxk + kyk (x, y ∈ X1 ). Ha xn ∈ X1 (n ∈ N) és kxn − xm k → 0 (n, m → ∞), akkor kxn − xm k1 → 0 (n, m → ∞) és kAxn − Axm k2 → 0 (n, m → ∞). Ezért az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) terek teljessége miatt van olyan x ∈ X1 és y ∈ X2 , amelyekkel lim(kx − xn k1 ) = lim(kAxn − yk2 ) = 0. Innen viszont az A z´ arts´ aga alapj´ an az k¨ ovetkezik, hogy y = Ax, teh´ at

kx − xn k = kx − xn k1 + kAx − Axn k2 = kx − xn k1 + ky − Axn k2 → 0

(n → ∞).

Ezzel megmutattuk, hogy (X1 , k.k) is Banach-tér. Mivel az kxk ≥ kxk1 (x ∈ X1 ) egyenl˝ otlenség nyilv´ an igaz, ezért a 6.8.6. Tétel alapj´ an van olyan M > 0 konstans, hogy kxk = kxk1 + kAxk2 ≤ M kxk1

(x ∈ X1 ).

Vil´ agos, hogy M ≥ 1, ´ıgy kAxk2 ≤ (M − 1)kxk1 (x ∈ X1 ). 6.8.3. Megjegyz´ esek. i) Teh´ at a 6.8.7. Tételt u ´gy is felfoghatjuk, mint a Banach-féle inverz-tétel (ld. 6.8.5. Tétel) k¨ ovetkezménye. ii) Nem nehéz meggondolni, hogy az el˝ obbi megjegyzés ford´ıtva is igaz, azaz, hogy a 6.8.7. Tétel ekvivalens a Banach-féle inverz-tétellel. A 6.8.5. Tétel feltételei mellett ui. az A oper´ ator z´ art, ezért A−1 is z´ art, ahol A−1 ∈ L(X2 , X1 ). Teh´ at a z´ art gr´ af tétel miatt A−1 ∈ L(X2 , X1 ). iii) Legyen pl. (X, h, i) Hilbert-tér, A ∈ L(X, X) pedig olyan line´ aris operátor, amelyre hx, Ayi = hAx, yi (x, y ∈ X). Ekkor A ∈ L(X, X). Ha ui. xn ∈ X (n ∈ N) és az (xn ), (Axn) sorozatok konvergensek: x := lim(xn ), y := lim(Axn ), akkor tetsz˝oleges z ∈ X esetén

146


hz, yi = lim(hz, Axni) = lim(hAz, xn i) = hAz, xi = hz, Axi. Teh´ at 0 = hz, Ax − yi (z ∈ X), amib˝ ol y = Ax k¨ ovetezik. Ez azt jelenti, hogy az A oper´ ator z´ art, ezért a 6.8.7. Tétel miatt A ∈ L(X, X).

iv) Legyen z = (zn , n ∈ N) b´ azis az (X, k.k) Banach-térben (ld. 3.2.), (zn∗ , n ∈ N) a vele biortogon´ alis rendszer (ld. 6.6.2. vi), vii) megjegyzések) és bz := X

(

(an ) : N → K :

∞ X

n=0

an zn ∈ X

)

.

bz nyilv´ A szok´ asos m˝ uveletekre nézve X an vektortér K-ra vonatkoz´ oan, az

) ( n

X

|a|z := sup ak zk : n ∈ N

k=0

bz ) (a = (an ) ∈ X

bz -n. Egyszer˝ bz a módon defini´ alt |.|z leképezés pedig norma X uen megmutathat´ o, hogy X ∗ bz = {(zn (x), n ∈ N) : x ∈ X}. Legyen |.|z norm´ ara nézve Banach-tér. Vil´ agos, hogy X kxk∗ := |(zn∗ (x), n ∈ N)|z (x ∈ X), akkor k.k és k.k∗ ekvivalens norm´ ak X-en (ld. ld. 3.2.2. i) megjegyzés). bz → X-beli leképezést, amelyre v) Az el˝ obbi megjegyzést folytatva jel¨ olj¨ uk Φ-vel azt az X Φ(a) :=

∞ X

n=0

an zn

bz ). (a = (an ) ∈ X

bz → X invertálhat´ Nyilv´ anval´ o, hogy Φ : X o, line´ aris operátor. Mivel

n

X

kΦ(a)k = lim ak zk , n

k=0

bz ), azaz Φ korl´ ezért kΦ(a)k ≤ |a|z (a ∈ X atos. Így a Banach-féle inverz-tétel (ld. 6.8.5. −1 b Tétel) miatt Φ : X → Xz is korl´ atos (line´ aris) operátor. Teh´ at van olyan M > 0 konstans, amellyel

( n )

X

|Φ−1 (x)|z = sup zk∗ (x)zk : n ∈ N ≤ M kxk

k=0

(x ∈ X)

teljes¨ ul. Ezzel bel´ attuk azt a kor´ abban már eml´ıtett tényt (ld. 6.6.2. vi) megjegyzés), miszerint minden n ∈ N mellett Sn ∈ L(X, X). Ha pl. (X, h.i) szepar´ abilis Hilbert-tér, z pedig ortonorm´ alt b´ azis X-ben, akkor a Rieszb bz ) és a Φ : X bz → X Fischer-tétel (ld. 3.3.2. Tétel) miatt Xz = ℓ2 , |a|z = kakℓ2 (a ∈ X leképezés izomorfia és izometria.

vi) Legyenek a z = (zn , n ∈ N), y = (yn , n ∈ N) rendszerek b´ azisok az (X, k.k) Banach-térben. bz = Yby . Az v) megjegyzés végén mondottak Azt mondjuk, hogy z, y ekvivalens b´ azisok, ha X

147


alapj´ an pl. egy szepar´ abilis Hilbert-térben b´ armely két ortonorm´ alt b´ azis ekvivalens. A Banach-Steinhaus II-tétel (ld. 6.6.3. P Tétel) miatt ez azt jelenti, hogy vannak olyan A, B > 0 ∞ konstansok, amelyekkel minden v = k=0 βk zk ∈ L(z) elemre

∞

X

βk yk ≤ Bkvk Akvk ≤

k=0

teljes¨ ul. Legyen (zn∗ , n ∈ N) a z-vel biortogon´ alis rendszer. Megmutathat´ o, hogy ha xn ∈ X (n ∈ N) és ∞ X

n=0

kzn − xn k· kzn∗ k < 1,

akkor (xn , n ∈ N) b´ azis X-ben és ekvivalens z-vel. Innen vil´ agos, hogy ha az (X, k.k) Banachtérben van b´ azis, akkor b´ armely, az X-ben minden¨ utt s˝ ur˝ u halmaz elemeib˝ol is kiv´ alaszthat´ o X-beli b´ azis. Legyen pl. sz´ o a (C[0, 1], k.k∞ ) térr˝ol. L´ attuk (ld. 3.2.3. Tétel), hogy ebben minden Schauder-szer˝ u rendszer b´ azis. Mivel a polinomok halmaza s˝ ur˝ u C[0, 1]-ben, ezért C[0, 1]-ben van polinomokb´ ol a´ll´ o b´ azis. vii) A vi) megjegyzéssel kapcsolatos a k¨ ovetkez˝o érdekes probléma. Legyen P = (Pn , n ∈ N) egy polinomokb´ ol a´ll´ o b´ azis a (C[0, 1], k.k∞ ) Banach-térben és jel¨ olj¨ uk ϑn -nel a Pn polinom foksz´ am´ at (n ∈ N). Ha qn := max{ϑ0 , ..., ϑn} (n ∈ N), akkor – lévén a P0 , ..., Pn polinomok legfeljebb qn -edfok´ uak és line´ arisan f¨ uggetlenek – qn ≥ n és a P b´ azis szerinti n-edik részletösszeg-operátor (Sn ) a C[0, 1] teret a legfeljebb qn -edfok´ u polinomok (Pqn ) alterébe képezi. Amennyiben valamely n ∈ N esetén qn = n, akkor b´ armely R ∈ Pn polinomra Sn R = R teljes¨ ul, azaz ekkor Sn : C[0, 1] → Pn projekci´ o. A 6.6.14. Tétel, ill. a 6.6.2. ii) megjegyzés szerint ebben az esetben (egy alkalmas C > 0 abszol´ ut konstanssal) kSn k ≥ C· ln (n + 2). Mivel sup{kSn k : n ∈ N} < +∞, ezért az {n ∈ N : qn = n} halmaz legfeljebb véges. A kérdés most már az, hogy mit lehet mondani a (qn /n, 0 < n ∈ N) sorozatr´ ol. A részletek mell˝ ozésével csup´ an annyit jegyz¨ unk meg, hogy meglehet˝osen b˝ o az idev´ ag´ o irodalom.


148

7. Feladatok

7. Feladatok 1. Tegy¨ uk fel: (X, T1), (X, T2) topologikus terek. Igaz-e, hogy (X, T1 ∪ T2 ), (X, T1 ∩ T2 ) is az?

´ (Utm.: T1 ∩ T2 topol´ ogia, ill. legyen X := {1, 2, 3}, T1 := {∅, X, {1}} , T2 := {∅, X, {2}} . Ekkor T1 ∪ T2 = {∅, X, {1}, {2}} nem topol´ ogia, mivel {1} ∪ {2} ∈ / T1 ∪ T2 .)

2. Legyen ∅ 6= X, G ⊂ X. Ekkor G pontosan akkor b´ azisa egy (X, T ) topologikus térnek, ha ∀ x ∈ X ∃ A ∈ G : x ∈ A és ∀ A, B ∈ G ∀ x ∈ A ∩ B ∃ Q ∈ G : x ∈ Q ⊂ A ∩ B. 3. Ha a 6= b, X := {a, b} és T := {∅, X, {a}}, akkor (X, T ) topologikus tér, de nem létezik olyan ρ : X 2 → [0, +∞) metrika, amely szerinti ny´ılt halmazok rendszere megegyezne T -vel. ´ (Utm.: ha lenne ilyen metrika, akkor δ := ρ(a, b) > 0. Mivel a ρ szerint Kδ (b) = {b} ny´ılt halmaz, ezért {b} ∈ T kellene, ami nem igaz.)

4. Az (X, T ) topologikus térben valamely A ⊂ X halmaz lezártja legyen A. Mutassuk meg, hogy A ∪ B = A ∪ B ; A ⊂ A ; A = A ; ∅ = ∅. 5. Valamely X halmaz esetén legyen adott a P(X) ∋ A 7→ A ∈ P(X) leképezés és tegy¨ uk fel, hogy erre a leképezésre teljes¨ ulnek a 4. feladatbeli a´ll´ıt´ asok. Ha C := {A ∈ P(X) : A = A}, akkor l´ assuk be, hogy T := {A ∈ P(X) : X \ A ∈ C} topol´ ogia X-en. 6. Az (X1 , T1 ), (X2, T2 ) topologikus terek esetén legyen X := X1 × X2 , G := {A × B : A ∈ T1 , B ∈ T2 } , T := {∪X : X ⊂ G}. Ekkor T topol´ ogia X-en (szorzattopol´ ogia), amelynek G b´ azisa. 7. Ha (X, T ) topologikus tér, x ∈ X, akkor legyen Tx := {A ∈ P(X) : A k¨ ornyezete x nek} (az x k¨ ornyezetrendszere). Bizony´ıtsuk be, hogy ∀A ∈ Tx : x ∈ A ; X ∈ Tx ; ∀A ∈ Tx , ∀A ⊂ B : B ∈ Tx ; ∀A, B ∈ Tx : A ∩ B ∈ Tx ; ∀A ∈ Tx ∃B ∈ Tx ∀y ∈ B : A ∈ Ty . ´ (Utm.: ha A ∈ Tx , akkor B := int A ∈ Tx és b´ armely y ∈ B esetén A ∈ Ty .) 8. Tegy¨ uk fel, hogy valamely ∅ 6= X halmaz esetén minden x ∈ X elemhez kijel¨ olt¨ unk egy olyan Tx ⊂ P(X) halmazrendszert, amelyre az el˝ obbi feladat a´ll´ıt´ asai igazak. Defini´ aljuk ezek ut´ an a T ⊂ P(X) halmazrendszert u ´gy, hogy A ∈ T ⇐⇒ A = ∅ vagy ∀x ∈ A ∃B ∈ Tx : B ⊂ A. Igazoljuk, hogy T topol´ ogia X-en és b´ armely x ∈ X elem k¨ ornyezetrendszere éppen Tx . 9. Legyen X 6= ∅, K ⊂ X N × X és i) ∀ (x, α) ∈ K ∀ ν indexsorozat: (x ◦ ν, α) ∈ K;

ii) ∀ α ∈ X : ((α), α) ∈ K (ahol az (α) sorozat minden tagja α). Azt mondjuk, hogy (X, K) egy Frechet-tér. Nevezz¨ unk egy A ⊂ X halmazt z´ artnak, ha A = ∅ vagy ∀ (x, α) ∈ K, x ∈ AN : α ∈ A. Ekkor T := {Y ∈ P(X) : X \ Y z´ art} topol´ ogia X-en. Bizony´ıtsuk be tov´ abb´ a, hogy minden topologikus tér Frechet-tér. ´ (Utm.: legyen K := {(x, α) ∈ X N × X : α limeszpontja x-nek}.)

7. Feladatok

149

10. Mutassunk olyan K-ra vonatkoz´ o X vektorteret és ρ : X 2 → [0, +∞) metrik´ at, amelyre X ∋ x 7→ ρ(x, 0) nem norma. ´ (Utm.: pl. R-en a diszkrét metrika.)

11. Tekints¨ uk az (X, ρ) metrikus teret, ahol X vektortér K-ra vonatkoz´ oan. L´ assuk be, hogy akkor és csak akkor van olyan k.k : X → [0, +∞) norma, amelyre ρ(x, y) = kx − yk (x, y ∈ X), ha ρ(x + z, y + z) = ρ(x, y) és ρ(λx, λy) = |λ|ρ(x, y) (x, y, z ∈ X, λ ∈ K). 12. Adjunk péld´ at olyan (X, ρ) metrikus térre és k.k : X → [0, +∞) norm´ ara, hogy kxk = ρ(x, 0) (x ∈ X), de alkalmas x, y ∈ X elemekkel ρ(x, y) 6= kx − yk. ´ (x, y ∈ x). Ekkor ρ metrika, (Utm.: legyen (X, k · k) norm´ alt tér, ρ(x, y) := kx−yk+|kxk−kyk| 2 ρ(x, 0) = kxk (x ∈ X), de ρ(x, y) = kx − yk ⇐⇒ kx − yk = |kxk − kyk| .) 13. Igazoljuk, hogy ha az (X, ρ) metrikus tér szepar´ abilis, akkor b´ armely ∅ 6= Y ⊂ X esetén az (Y, ρ|Y 2 ) altér is az. 14. Egy (X, Ω, µ) mértéktér és 1 ≤ p < +∞ esetén l´ assuk be, hogy (Lp , k.kp ) akkor és csak akkor szepar´ abilis, ha a µ mérték szepar´ abilis, azaz van olyan An ∈ Ω, µ(An ) < +∞ (n ∈ N) sorozat, hogy minden A ∈ Ω, µ(A) < +∞ és ε > 0 esetén egy alkalmas N ∋ n-nel µ ((A \ An ) ∪ (An \ A)) < ε. ´ (Utm.: ld. Simon: Anal´ızis V.)

15. Az el˝ obbi feladat alapj´ an mutassuk meg, hogy (ℓp , k.kp ) (1 ≤ p < +∞) szepar´ abilis. L´ assuk be ugyanezt a defin´ıci´ o alapj´ an is, azaz adjunk meg olyan ℓ ⊂ ℓp legfeljebb megszáml´ alhat´ o halmazt, amely minden¨ utt s˝ ur˝ u ℓp -ben. 16. Gondoljuk meg, hogy {x ∈ ℓ∞ : Rx véges} s˝ ur˝ u (altér) ℓ∞ -ben, de 15. nem igaz, ha p = +∞. 17. Adjunk péld´ at olyan (X, ρ) metrikus térre és olyan a, b ∈ X elemekre, ill. R > r > 0 számokra, hogy KR (a) val´ odi részhalmaza legyen Kr (b)-nek. ´ (Utm.: X := {1, 2, 3}, ρ(x, x) := 0 (x ∈ X), ρ(1, 2) := ρ(2, 1) := 2, ρ(x, y) := 1 (egyéb x, y ∈ X, x 6= y) esetén. Ekkor K3/2 (3) = X és K7/4 (2) = {2, 3}.) 0 (n = m) 18. Legyen ρ(n, m) := (n, m ∈ N). Ekkor (N, ρ) teljes metrikus tér, 1 + (n + m)−1 (n 6= m) amelyben van olyan xn ∈ N (n ∈ N) elemsorozat, hogy alkalmas rn > 0 (n ∈ N) számokkal a Kn := {k ∈ N : ρ(k, xn ) ≤ rn } (n ∈ N) halmazokra Kn+1 ⊂ Kn (n ∈ N) és ∩∞ n=0 Kn = ∅ teljes¨ ul. ´ (Utm.: l´ assuk be, hogy a térben egy sorozat akkor és csak akkor Cauchy-sorozat, ha kv´ azikonstans. Tov´ abb´ a legyen xn := n, rn := 1 + 1/(2n + 1) (n ∈ N).) 19. Ha (X, k.k) Banach-tér, xn ∈ X, rn > 0 (n ∈ N) és a Kn := {x ∈ X : kx − xn k ≤ rn } (n ∈ N) halmazokra Kn+1 ⊂ Kn (n ∈ N) igaz, akkor ∩∞ n=0 Kn 6= ∅.

´ (Utm.: El˝ osz¨ or gondoljuk meg, hogy az (rn ) sorozat monoton fogy´ o. Ui. ha valamilyen (xn+1 −xn ) ∈ K \K lenne, ami Kn+1 \Kn = ∅ miN ∋ n-re rn+1 > rn volna, akkor xn+1 + rn+1 n+1 n kxn+1 −xn k att nem lehet. Ha most m´ ar lim(rn ) = 0, akkor a feladatbeli a´ll´ıt´ as a megfelel˝o tételb˝ ol k¨ ovetkezik (ld. Banach-terek Cantor-szer˝ u jellemzése (2.2.1. Tétel)). Ha viszont r := lim(rn ) 6= 0, akkor ˜ n := {x ∈ X : kx − xn k ≤ rn − r} (n ∈ N) sorozatot.) tekints¨ uk a K

150

7. Feladatok

20. Mutassuk meg, hogy tetsz˝oleges (X, ρ) metrikus térben Kr (a) ⊂ {x ∈ X : ρ(x, a) ≤ r} (a ∈ X, r > 0). Adjunk péld´ at olyan esetre, amikor az el˝ obbi ⊂-ban 6= van. Vég¨ ul l´ assuk be, hogy norm´ alt térben Kr (a) = {x ∈ X : ρ(x, a) ≤ r} (a ∈ X, r > 0). (Eml.: Kr (a) a Kr (a) halmaz (topologikus) lezár´ as´ at jelenti.) ´ (Utm.: diszkrét tér!) 21. Tekints¨ uk az (X, k.k) norm´ alt teret, legyen a ∈ X, r > 0 és ∅ 6= A ⊂ X. Ekkor ´tmér˝ oje); i) d(A) := sup{ρ(x, y) : x, y ∈ A} = d(A) (az A halmaz a

ii) d (Kr (a)) = 2r.

Igaz-e mindez metrikus terekben is? 22. Tegy¨ uk fel, hogy az (Xi , Ti ) (i = 1, 2) topologikus terek kompaktak (azaz Xi (i = 1, 2) kompakt) és legyen X := X1 × X2 , T pedig a szorzattopol´ ogia (ld. 6.). Bizony´ıtsuk be, hogy az (X, T ) szorzattér is kompakt (Tyihonov-tétel). 23. Igazoljuk, hogy a (Kn , ρp ) (0 < n ∈ N, 1 ≤ p ≤ +∞) metrikus térben egy A ⊂ Kn halmaz teljesen korl´ atos volta ekvivalens azzal, hogy A korl´ atos. 24. Ha (X, ρ) tetsz˝ oleges metrikus tér, A ⊂ X, akkor A teljesen korl´ atos ⇐⇒ A teljesen korl´ atos. 25. Legyen (X, k·k) véges dimenzi´ os norm´ alt tér, L ⊂ X val´ odi (zárt) altér. L´ assuk be, hogy alkalmas e ∈ X, kek = 1 elemmel ρ(e, L) := inf{ρ(x, e) : x ∈ L} = 1. ´ (Utm.: a Riesz-lemma (ld. 4.3.1. Lemma) miatt van olyan en ∈ X, ken k = 1 (n ∈ N) sorozat, amellyel 1 ≥ ρ(en , L) > 1 − 1/(n + 1). A véges dimenzi´ os feltétel, ill. a Bolzano-Weierstrass-féle kiv´ alaszt´ asi tétel miatt feltehet˝ o, hogy az (en ) sorozat konvergens, legyen e := lim(en ).) pP ∞ 2 (x ∈ X) norm´ 26. Az X := ℓ1 , kxk := alt térben k=0 |xk | ) ( ∞ X xk =0 L := (xk ) ∈ X : k+1 k=0

z´ art altér, de b´ armely e ∈ X, kek = 1 esetén ρ(e, L) < 1.

´ (Utm.: (pl. val´ os testre vonatkoz´ o terekre.) Az L z´ arts´ ag´ ahoz vegy¨ uk észre, hogy ha h := (1/(n + 1), n ∈ N), akkor h ∈ ℓ2 és L = {x ∈ ℓ1 : hx, hi = 0} (ahol h, i az ℓ2 -beli szok´ asos skal´ aris szorz´ ast jelenti). Legyen tov´ abb´ a e = (en ) ∈ X, kek = 1 esetén pl. e0 > 0. Ha n ∈ N, l0 ∈ R, akkor l := (l0 , 0, ..., 0, ln, 0, ...) ∈ L ⇐⇒ l0 + ln /(n + 1) = 0, amib˝ ol 2

2

2

ke − lk = (e0 − l0 ) + (en − ln ) +

∞ X

e2k =

n6=k=1

1 + l02 + ln2 − 2(e0 l0 + en ln ) = 1 + l02 + (n + 1)2 l02 − 2 (e0 l0 − (n + 1)en l0 ) = 1 + l0 (n2 + 2n + 2)l0 − 2(e0 − (n + 1)en

k¨ ovetkezik. Mivel e ∈ ℓ1 , ezért e0 − (n + 1)en > 0 végtelen sok n-re igaz. Ha n ilyen, akkor n) esetén ke − lk2 < 1.) 0 < l0 < 2(en0 −(n+1)e 2 +2n+2

151

7. Feladatok

27. Az (X, h·i) euklideszi térben egy P xn ∈ X (n ∈ N) ONR (ortonorm´ alt rendszer) akkor és csak ∞ akkor z´ art, ha ∀ x ∈ X : kxk2 = k=0 |ˆ x(k)|2 (ahol x ˆ(k) := hx, xk i (k ∈ N)).

´ 28. (Altal´ anos´ıtott Parseval-egyenl˝ oség.) Az el˝ obbi feladatban szerepl˝o b´ armely z´ art ONR esetén P∞ y(k) (= hˆ ∀x, y ∈ X : hx, yi = k=0 x ˆ(k)ˆ x, yîℓ2 ).

29. Adjunk péld´ at olyan (X, h, i) euklideszi térre és benne olyan xn ∈ X amely nem z´ art.

(n ∈ N) teljes ONR-re,

´ (Utm.: tekints¨ uk a 26. feladatbeli norm´ alt teret és L alteret. A h := (1/(n + 1), n ∈ N) jel¨ oléssel élve, ha valamely x ∈ X esetén hx, li = 0 (l ∈ L), akkor x = x0 h. K¨ ul¨ onben ui. lenne olyan k ∈ N, amellyel xk 6= x1 /(k + 1). Legyen ekkor z := (−1/(k + 1), 0, ..., 0, 1, 0, 0, ...) (ahol teh´ at zk = 1). Nyilv´ an z ∈ L, azaz hx, zi = 0 = −x0 /(k + 1) + xk , ami nem igaz. Mivel ∀0 6= λ ∈ R : λh ∈ / ℓ1 , ezért x1 = 0, azaz x = 0. Az L szepar´ abilis lévén, van benne z´ art ONR, ami a fentiek szerint teljes, viszont nem z´ art X-ben, ui. L 6= ℓ1 .) 30. Az (X, ρ) metrikus térben adottak az A, B ⊂ X nem u ¨res, diszjunkt halmazok és tegy¨ uk fel, hogy A z´ art, B pedig kompakt. Bizony´ıtsuk be, hogy ekkor ρ(A, B) := inf{ρ(x, y) : x ∈ A, y ∈ B} > 0. Mutassuk meg egy péld´ aval, hogy ebb˝ ol a szempontb´ ol a B z´ arts´ aga nem elég. Speci´ alisan az is ad´ odik, hogy b´ armely ∅ 6= A ⊂ X z´ art halmaz és z ∈ X esetén ρ(z, A) = 0 ⇐⇒ z ∈ A. ´ (Utm.: X := R2 , ρ := ρ2 , A := {(x, 0) ∈ X : x ∈ R}, B := {(x, 1/x) ∈ X : x > 0}.)

31. Legyen (X, ρ) egy tetsz˝ oleges metrikus tér, ∅ 6= A ⊂ X egy kompakt halmaz. Ekkor ∀x ∈ X ∃a ∈ A : ρ(x, a) = ρ(x, A). Lényeges-e itt, hogy A kompakt? Mutassuk meg, hogy ha (X, ρ) helyett egy véges dimenzi´ os norm´ alt térr˝ol van szó, akkor az a´ll´ıt´ asban elegend˝ o azt feltenni, hogy A z´ art. ´ (Utm.: pl. az (ℓ2 , k.k2 ) térben legyen B := {en := (0, 0, ..., 0, 1, 0, ...) ∈ ℓ2 : n ∈pN} (teh´ at en -ben az (n + 1)-edikp poz´ıci´ oban van 1-es). Ha x := (−1/(n + 1)), akkor ρ(x, B) = 1 + kxk22 , de ∀b ∈ B : ρ(x, b) > 1 + kxk22 .)

32. Tekints¨ uk a (C[−1, 1], k · k∞ ) norm´ alt teret és legyen f (x) := x2 − 1, g(x) := x (|x| ≤ 1), L1 := {αg ∈ C[−1, 1] : α ∈ R}, L2 := {αg + β ∈ C[−1, 1] : α, β ∈ R}. Sz´ am´ıtsuk ki ρ(f, Li )-t (i = 1, 2). 33. Bizony´ıtsuk be, hogy b´ armely (X, ρ) metrikus tér és tetsz˝oleges ∅ 6= A, B ⊂ X esetén ρ(A, B) > 0 =⇒ A ∩ B = ∅. Igaz-e az a´ll´ıt´ as megford´ıt´ asa? 34. Mutassuk meg a torl´ od´ asi pontokra vonatkoz´ o k¨ ovetkez˝ o jellemzést: ha (X, ρ) tetsz˝ oleges metrikus tér, ∅ 6= A ⊂ X, akkor x ∈ A′ ⇐⇒ ρ(x, A \ {x}) = 0. Speciálisan x ∈ A ⇐⇒ ρ(x, A) = 0. 35. B´ armely (X, ρ) metrikus tér és tetsz˝oleges kompakt ∅ 6= A ⊂ X halmaz esetén megadhat´ ok olyan a, b ∈ A elemek, amelyekkel ρ(a, b) = d(A).

152

7. Feladatok

36. Tudjuk (ld. 5.1.1. Tétel), hogy egy (X, ρ) metrikus térben valamely kompakt ∅ 6= A ⊂ X és ∅ 6= B ⊂ X kv´ azikompakt halmaz esetén megadhat´ ok olyan a ∈ A, b ∈ B elemek, hogy ρ(a, b) = ρ(A, B). Adjunk péld´ at annak az illusztr´ al´ as´ ara, hogy ebb˝ ol a szempontb´ ol a B z´ arts´ aga nem elég. ´ (Utm.: ld. 31. u ´tm.) 37. Valamely (X, ρ) metrikus tér esetén legyen K(X) := {A ∈ P(X) : ∅ 6= A kompakt}. L´ assuk be, hogy tetsz˝ oleges A, B ∈ K(X) halmazokra létezik a d(A, B) := max{ρ(x, A) : x ∈ B} maximum. ´ (Utm.: |ρ(x, A) − ρ(y, A)| ≤ ρ(x, y) (x, y ∈ X) és alkalmazzuk a Weierstrass-tételt (ld. 6.1.) az X ∋ x 7→ ρ(x, A) (az el˝ obbiek szerint (egyenletesen) folytonos) f¨ uggvényre.) 38. A 37. feladatbeli jel¨ oléseket alkalmazva bizony´ıtsuk be, hogy a σ : K(X)2 → [0, +∞), σ(A, B) := max{d(A, B), d(B, A)}

(A, B ∈ K(X))

f¨ uggvény metrika. Megjegyz´ es. σ(A, B) az A, B halmazok u ń. Hausdorff-t´ avols´ aga. 39. Egy metrikus anak a k¨ ornyezeteit értelmezz¨ uk az al´ abbiak szerint: S tér A ⊂ X részhalmaz´ Kr (A) := a∈A Kr (a) (r > 0). Gondoljuk meg, hogy Kr (A) = {x ∈ X : ρ(x, A) < r}. 40. A 37 - 39. feladatokat figyelembe véve legyen az (X, ρ) metrikus tér A, B ∈ K(X) részhalmazaira [A, B] := inf{r > 0 : A ⊂ Kr (B)} és mutassuk meg, hogy σ(A, B) = max{[A, B], [B, A]}. ´ (Utm.: el˝ osz¨ or l´ assuk be, hogy 0 < r < [A, B] esetén r ≤ σ(A, B). Ha pedig r > [A, B], akkor r ≥ d(B, A).) 41. A 37 - 40. feladatokb´ ol kiindulva bizony´ıtsuk be, hogy tetsz˝oleges (X, ρ) teljes metrikus tér esetén (K(X), σ) is teljes metrikus tér. ´ (Utm.: gondoljuk meg, hogy ha A, An ∈ K(X) (n ∈ N) és σ(An , A) → 0 (n → ∞), akS∞ T kor A = ∞ n=0 k=n Ak (=: B). Ha ui. a ∈ A, akkor minden N ∋ n-re van olyan an ∈ An , hogy T ρ(a,SAn ) = ρ(a, an ). Ezért ρ(a, an ) ≤ σ(A, An ) → 0 (n → ∞) miatt b´ armely K(a)-ra ∞ K(a) ( k=n Ak ) 6= ∅ (n ∈ N). Így a ∈ B, azaz A ⊂ B.

Ford´ıtva, ha b ∈ B, akkor alkalmas (νn ) indexsorozattal aνn ∈ Aνn (n ∈ N) és ρ(aνn , b) → 0 (n → ∞), ill. 0 ≤ ρ(B, A) ≤ ρ(b, Aνn ) + σ(A, Aνn ) → 0 (n → ∞) miatt ρ(b, A) = 0. Ezért b ∈ A, azaz B ⊂ A is igaz. Mutassuk meg, hogy A teljesen korl´ atos, teh´ at (ld. 4.2.3. Tétel) kompakt. Ha már most Cn ∈ K(X) (n ∈ N) és σ(Cn , Cm ) → 0 (n, m → ∞), akkor legyen C := T∞ S∞ es l´ assuk be, hogy σ(Cn , C) → 0 (n → ∞) : b´ armely ε > 0 mellett van olyan n=0 k=n Ck ´ N ∈ N, amellyel d(Cn , C) < ε, d(C, Cn ) < ε (N ∋ n > N ).)

153

7. Feladatok

42. Legyen f (x) := x2 , g(x) := x (0 ≤ x ≤ 1) és L := {ag + b ∈ C[0, 1] : a, b ∈ R}. Sz´ am´ıtsuk ki a ρ(f, L) = inf{kf − hk∞ : h ∈ L} = min{kf − hk∞ : h ∈ L}

t´ avols´ agot, azaz oldjuk meg a min{max{|x2 − (ax + b)| : x ∈ [0, 1]} : a, b ∈ R} =? min-max feladatot. ´ 43. Altal´ anos´ıtsuk az el˝ obbi feladatot a k¨ ovetkez˝o értelemben: az ottani f helyett legyen f ∈ D2 [a, b], ′ ′′ f ≥ 0, f ≥ 0. ´ (Utm.: tekints¨ uk az (a, f (a))-t a (b, f (b))-vel o¨sszek¨ ot˝ o h´ ur és a vele p´ arhuzamos érint˝ o középp´ arhuzamos´ at.)

44. Mi az approximat´ıv megold´ asa a 2x = 3 x=1 4x = 7 egyenletrendszernek? Keress¨ uk meg teh´ at azt az x ∈ R számot, amelyre max{|2x − 3|, |x − 1|, |4x − 7|} = min{max{|2t − 3|, |t − 1|, |4t − 7|} : t ∈ R}. 45. Határozzuk meg az a, b ∈ R egy¨ utthat´ okat u ´gy, hogy az l(x) := ax + b (x ∈ R) jel¨ oléssel az |l(0)|2 + |l(1/2) − 2|2 + |l(1) − 1|2

´ o¨sszeg minim´ alis legyen. Agyazzuk be a feladatot a pont és halmaz t´ avols´ aga feladatk¨ orbe (legkisebb négyzetek m´ odszere). 46. Legyen (X, Ω, µ) mértéktér, 1 < p < +∞. Bizony´ıtsuk be, hogy (Lp , k · kp ) szigor´ uan norm´ alt. ´ (Utm.: ha f, g ∈ Lp és kf + gkp = kf kp + kgkp , akkor Z Z Z p p−1 p−1 kf + gkp = |f + g||f + g| ≤ |f ||f + g| + |g||f + g|p−1 ≤ Z

|f |

p

1/p

+

Z

|g|

p

1/p ! Z

|f + g|

(p−1)s

1/s

,

ahol 1/p + 1/s = 1 (ld. H¨ older-egyenl˝ otlenség). Teh´ at Z 1/s kf + gkpp ≤ (kf kp + kgkp ) |f + g|p = (kf kp + kgkp ) kf + gkp−1 = kf + gkpp . p Ez azt jelenti, hogy a fenti becslésekben minden¨ utt =” van. Ezért ” Z p−1 |f + g| (|f | + |g| − |f + g|) = 0, amib˝ ol |f | + |g| − |f + g| ≥ 0, |f + g|p−1 ≥ 0 miatt

|f + g|p−1 (|f | + |g| − |f + g|) = 0

m.m. k¨ ovetkezik. Ha A := {f +g = 0}, akkor B-vel jel¨ olve az A komplementerét azt kapjuk, hogy R R 1/p R 1/p p 1/p kf + gkp = B |f + g| ≤ (ld. Minkowski-egyenl˝ otlenség) ≤ B |f |p + B |g|p ≤ R p ´ kf kgkp , azaz a feltételek miatt ezekben a becslésekben is minden¨ utt =” van. Igy A |f | = R kp + ” p |g| = 0, teh´ a t f (x) = g(x) = 0 (m.m. x ∈ A). Mindezt figyelembe véve az el˝ obbiek A alapj´ an |f + g| = |f | + |g| m.m. ad´ odik, amib˝ ol meg sign f = sign g m.m. k¨ ovetkezik. Tov´ abb´ a

154

7. Feladatok a H¨ older-egyenl˝ otlenség azon m´ ulik, hogy ab ≤ ap /p + bs /s (a, b ≥ 0) és itt =” akkor és csak ” p s akkor van, ha a = b . Most a := Ezért

|f | |g| |f + g|p−1 , ill. a := , valamint b := . kf kp kgkp k|f + g|p−1 ks |f + g|p |f + g|(p−1)s |f |p = p = p−1 s kf kp k|f + g| ks kf + gkpp

m.m., m´ as sz´ oval |f + g| |f | = kf kp kf + gkp m.m. és u. ez f helyett g-vel, amib˝ ol azt kapjuk, hogy |f |/kf kp = |g|/kgkp . Teh´ at mindent figyelembe véve kf kp ·g f= kgkp m.m. (Nyilv´ an feltehet˝ o, hogy kf kp , kgkp mindegyike pozit´ıv.)) 47. Gondoljuk meg, hogy az (ℓ1 , k.k1 ), (ℓ∞ , k.k∞ ), (C[a, b], k.k∞ ) terek nem szigor´ uan norm´ altak. 48. Legyen (X, ρ) kompakt metrikus tér, fn : X → R, fn ∈ C, fn ≤ fn+1 (n ∈ N) (vagy fn ≥ fn+1 (n ∈ N)). Tegy¨ uk fel, hogy az (fn ) f¨ uggvénysorozat pontonként konverg´ al egy folytonos f¨ uggvényhez. Bizony´ıtsuk be, hogy a konvergencia egyenletes (Dini-tétel). ´ (Utm.: ld. Sz˝ okefalvi-Nagy B.: Val´ os f¨ uggvények és f¨ uggvénysorok.) 49. Mutassuk meg, hogy b´ armely ε > 0 számhoz van olyan P polinom, amelyre |P (x) − |x|| < ε (x ∈ [−1, 1]). ´ (Utm.: ld. Sz˝ okefalvi-Nagy B.: Val´ os f¨ uggvények és f¨ uggvénysorok.)

50. Bizony´ıtsuk be, hogy ha −∞ < a < b < +∞, f ∈ C[a, b] és ε > 0, akkor létezik olyan P polinom, hogy |f (x) − P (x)| < ε (x ∈ [a, b]). (Weierstrass-féle approxim´ aci´ os tétel). ´ (Utm.: ld. Sz˝ okefalvi-Nagy B.: Val´ os f¨ uggvények és f¨ uggvénysorok.)

51. Valamely (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek és A ∈ L(X1 , X2 ) line´ aris operátor esetén A ∈ L(X1 , X2 ) ⇐⇒ ∀ Y ⊂ X1 , Y korl´ atos: A[Y ] korl´ atos. 52. Adottak az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt terek és az A ∈ L(X1 , X2 ) operátor. L´ assuk be, hogy kAk = sup{kAxk2 : x ∈ X1 , kxk1 ≤ 1}. Adjunk péld´ at arra az esetre, amikor a sup” helyett nem ” ´ırhat´ o max”. Mi a helyzet akkor, ha X1 véges dimenzi´ os? ” 53. Bizony´ıtsuk be, hogy ha (X, h, i) euklideszi tér, A ∈ L(X, X), akkor |hAx, yi| : x, y ∈ X \ {0} . kAk = sup kxk· kyk R1 54. Tekints¨ uk az X1 := X2 := C[−1, 1] tereket, az kf k1 := kf k∞ , kf k2 := −1 |f | norm´ akat és az Af := f (0) (f ∈ C[−1, 1]) operátort. Mutassuk meg, hogy A ∈ L(Xi , R) (i = 1, 2), A ∈ L(X1 , R), de A ∈ / L(X2 , R). Mennyi az A ∈ L(X1 , R) operátor norm´ aja?

155

7. Feladatok 55. Ha (X, k.k) := (C[0, 1], k.k∞ ) és n X n k xk (1 − x)n−k Bn f (x) := f n k k=0

(f ∈ C[0, 1], n ∈ N, x ∈ [0, 1])

(Bernstein-oper´ ator), akkor Bn ∈ L(X, X) és kBn k = 1.

56. Valamely −∞ < a < b < +∞, a ≤ xn0 < xn1 < ... < xnn ≤ b (n ∈ N) esetén legyen Ln f :=

n X

f (xnk )lnk

k=0

(f ∈ C[a, b], n ∈ N),

ahol lnj (n ∈ N, j = 0, ..., n) az xnk -kra vonatkoz´ o j-edik Lagrange-féle alappolinom. Milyen xnk -k esetén lesz kLi k (i = 0, 1, 2) (ld. 6.3.2. iv) megjegyzés) a legkisebb? 57. Legyen X1 := C 1 [0, 1], X2 := C[0, 1], kf k1 := kf k∞ , kgk2 := kgk∞ (f ∈ X1 , g ∈ X2 ). L´ assuk be, hogy ha Df := f ′ (f ∈ X1 ), akkor D ∈ L(X1 , X2 ) \ L(X1 , X2 ). M´ odos´ıtsuk a k.k1 norm´ at a k¨ ovetkez˝ oképpen: kf k1 := kf k∞ + kf ′ k∞ (f ∈ X1 ). Ekkor D ∈ L(X1 , X2 ) és kDk = 1. R1 58. Tekints¨ uk az X1 := X2 := C[0, 1], kf k1 := kf k∞ , kf k2 := 0 |f | (f ∈ C[0, 1]) defin´ıci´ oval értelRb mezett (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt tereket. Legyen 0 ≤ a < b ≤ 1 és Ai f := a f (f ∈ Xi ) (i = 1, 2). Igazoljuk, hogy Ai ∈ L(Xi , R) (i = 1, 2) és kA1 k = b − a, kA2 k = 1. 59. Tegy¨ ukPfel, hogy az (X, h, i) euklideszi térben adott egy véges ∅ 6= Y ⊂ X ONR és legyen Ax := y∈Y hx, yi· y (x ∈ X). Mutassuk meg, hogy A ∈ L(X, X) és kAk = 1.

60. Adott −∞ < a < b < +∞ mellett legyen (X, k.k) := (C[a, b], k.k∞ ) és tegy¨ uk fel, hogy az A ∈ L(X, X) oper´ ator pozit´ıv, azaz b´ armely 0 ≤ f ∈ X esetén Af ≥ 0. Bizony´ıtsuk be, hogy ha e(x) := 1 (x ∈ [a, b]), akkor kAk = kAek∞ .

´ (Utm.: f ∈ X =⇒ |f | ≤ kf k∞ · e, azaz kf k∞ · e − |f | ≥ 0 =⇒ 0 ≤ A (kf k∞ · e − |f |) = kf k∞ · Ae − A(|f |) =⇒ A(|f |) ≤ kf k∞ · Ae. De −|f | ≤ f ≤ |f | =⇒ −A(|f |) ≤ Af ≤ A(|f |), azaz |Af | ≤ A(|f |) =⇒ |Af | ≤ kf k∞ · Ae, teh´ at kAf k∞ ≤ kf k∞ · kAek∞ és itt f := e-re egyenl˝ oség van.)

61. A Bn (n ∈ N) Bernstein-oper´ atorokr´ ol (ld. 55. feladat) mutassuk meg, hogy lim(kBn f −f k∞ ) = 0, ha f legfeljebb m´ asodfok´ u polinom. 62. Az feladatban értelmezett A ∈ L(X, X) pozit´ıv oper´ atorr´ ol l´ assuk be, hogy |A(f g)| ≤ p 60. p A(f 2 )· A(g2 ) (f, g ∈ X). ´ (Utm.: (f + λg)2 ≥ 0 (λ ∈ R) =⇒ 0 ≤ A (f + λg)2 = λ2 A(g2 ) + 2λA(f g) + A(f 2 ), azaz minden x ∈ [a, b] esetén λ2 A(g2 )(x) + 2λA(f g)(x) + A(f 2)(x) ≥ 0, ill. u. ez f és g felcserélésével. Ha pl. A(g2 )(x) > 0, akkor az el˝ obbi (λ-ra nézve) másodfok´ u polinom diszkrimin´ ansa nem lehet pozit´ıv, stb.) 63. Legyen (X1 , k.k1 ) Banach-tér, (X2 , k.k2 ) norm´ alt tér, A ∈ L(X1 , X2) és kxk := kxk1 + kAxk2 (x ∈ X1 ). Mutassuk meg, hogy X1 ∋ x 7→ kxk norma és (X1 , k.k) Banach-tér. 64. Bizony´ıtsuk be, hogy az ({x ∈ ℓ∞ : lim x = 0}, k · k∞ ) térben van (Schauder-) b´ azis. 65. Valamely (X, k.k) norm´ alt tér esetén l´ assuk be, hogy ∀ A ∈ L(K, X) ∃| a ∈ X : Ax = xa (x ∈ K) és kAk = kak. ´ (Utm.: ∀ x ∈ K : x = 1 · x =⇒ Ax = x · A1, stb.)

156

7. Feladatok

66. Terjessz¨ uk ki a 65. feladatbeli a´ll´ıt´ ast: 0 < n ∈ N és jellemezz¨ uk az L(Kn , X) teret (Kn -en a szok´ asos” k.ki (i = 1, 2, ∞) norm´ akat vezetve be). ” 67. Tekints¨ uk az (X, k.k) norm´ alt tér és az f ∈ X ∗ korl´ atos line´ aris funkcion´ al esetén az L := {x ∈ X : f (x) = 0} magteret. Bizony´ıtsuk be, hogy ∀ x ∈ X : kf k · ρ(x, L) = |f (x)|. ´ (Utm.: f = 0 esetén a dolog trivi´ alis, k¨ ul¨ onben

∀ l ∈ L : |f (x)| = |f (x − l)| ≤ kf k· kx − lk, azaz |f (x)| ≤ kf k· ρ(x, L). Tov´ abb´ a ∀ z ∈ X, kzk = 1, f (z) 6= 0 : x − f (x)z/f (z) ∈ L, ´ıgy ρ(x, L) ≤ kf (x)z/f (z)k = |f (x)/|f (z)| =⇒ |f (z)| ≤ |f (x)|/ρ(x, L), ezért kf k ≤ |f (x)|/ρ(x, L).) 68. Az (X, k.k) := (C[0, 1], k · k∞ ) norm´ alt tér esetén tekints¨ uk az al´ abbi leképezéseket: A1 f (t) := Rt R1 2 t· f (t), A2 f (t) := f (0) + t· f (1), A3 f (t) := f (t ), A4 f (t) := 0 f, A5 f (t) := 0 etx f (x) dx (f ∈ X, t ∈ [0, 1]). Mutassuk meg, hogy Ai ∈ L(X) (i = 1, 2, 3, 4, 5), és sz´ am´ıtsuk ki a szóban forg´ o oper´ atorok norm´ ait. 69. Egy (X, k.k) norm´ alt tér és f ∈ X ∗ esetén legyen L az f magtere (ld. 67. feladat). Tegy¨ uk fel, hogy X \ L 6= ∅ és x ∈ X \ L olyan, hogy egy alkalmas y ∈ L elemmel ρ(x, L) = kx − yk. L´ assuk be, hogy ekkor van olyan z ∈ X, kzk = 1 elem, amellyel |f (z)| = kf k. ´ (Utm.: ld. 67. feladat.)

70. Az el˝ oz˝ o feladatbeli norm´ alt tér és 0 6= f ∈ X ∗ funkcion´ al mellett legyen most L := {x ∈ X : f (x) = 1}. Bizony´ıtsuk be, hogy ha m := inf{kxk : x ∈ L}, akkor m· kf k = 1.

´ (Utm.: ∀ x ∈ L : 1 = f (x) ≤ kf k· kxk, azaz 1/kf k ≤ m. De ∀ z ∈ X, f (z) 6= 0 : z/f (z) ∈ L, azaz m ≤ kz/f (z)k = kzk∗ /|f (z)|, ezért |f (z)| ≤ kzk/m, amib˝ ol már kf k ≤ 1/m k¨ ovetkezik.) P∞ 71. Legyen X := {x = (xn ) ∈ ℓ∞ : lim x = 0}, k.k := k.k∞ és f (x) := k=0 xk 2−k (x ∈ X). Bizony´ıtsuk be, hogy f ∈ X ∗ és ha L az f magtere, akkor b´ armilyen x ∈ X \ L elemet is adunk meg, ehhez nem létezik olyan y ∈ L, amellyel ρ(x, L) = kx−yk igaz lenne. Mennyi az f norm´ aja?

´ (Utm.: a 64. feladatra hivatkozva okoskodhatunk indirekt módon. Legyen teh´ at x ∈ X \ L olyan, hogy egy alkalmas y ∈ L elemmel ρ(x, L) = kx − yk. Ekkor lenne olyan z ∈ X, kzk = 1, P∞ −k 2 = 2ktk (t ∈ X), hogy |f (z)| = kf k. De kf k = 2 (ui. egyr´ e szt |f (t)| ≤ ktk · ∞ ∞ k=0 Pn másrészt f ((1, 1, ..., 1, 0, 0, ...)) =P k=0 2−k ≤ kf k (n ∈ N)) és ∀ z = (zn ) ∈ X, kzk = 1 ∞ ∃ n ∈ N : |zn | < 1 =⇒ |f (z)| < k=0 2−k = 2.)

72. Az (ℓ2 , k.k2 ) norm´ alt tér és valamely λn ∈ K (n ∈ N) egy¨ utthat´ ok esetén tekints¨ uk az Ax := (λn xn ) ∈ KN (x = (xn ) ∈ ℓ2 ) leképezést. Ekkor A ∈ L(ℓ2 , KN ). Mikor igaz, hogy A ∈ L(ℓ2 , ℓ2 )? Milyen esetben lesz A ∈ L(ℓ2 , ℓ2 ) és ekkor mennyi az A norm´ aja? 73. Mutassuk meg, hogy ha az (ℓ1 , k.k1 ) tér esetén fn (x) := xn (n ∈ N, x = (xk ) ∈ ℓ1 ), akkor fn ∈ ℓ∗1 (n ∈ N). Sz´ am´ıtsuk ki az fn (n ∈ N) funkcion´ al norm´ aj´ at. Igazoljuk, hogy ∀ x ∈ ℓ1 : (fn (x)) konvergens, de nincs olyan f ∈ ℓ∗1 , amelyre lim(kf − fn k) = 0 lenne. 74. Az 56. feladat jel¨ oléseit megtartva tekints¨ uk az Ln (n ∈ N) Lagrange-féle interpol´ aci´ os oper´ atorokat és legyen Pn := {P|[a,b] ∈ C[a, b] : P legfeljebb n−edfok´ u polinom}

(n ∈ N).

Bizony´ıtsuk be, hogy ha f ∈ C[a, b] és f -re teljes¨ ul a lim (ρ(f, Pn )· kLn k) = 0 feltétel, akkor lim(kf − Ln f k∞ ) = 0.

157

7. Feladatok

´ (Utm.: ∀ P ∈ Pn : kf − Ln f k∞ ≤ kf − P k∞ + kP − Ln f k∞ = kf − P k∞ + kLn (f − P )k∞ ≤ (1 + kLn k)· kf − P k∞ , amib˝ ol kf − Ln f k∞ ≤ (1 + kLn k)· ρ(f, Pn ) (n ∈ N) k¨ ovetkezik.) Megjegyz´ esek. i) Van olyan C > 0 konstans, hogy kLn k ≥ C ln (n + 2) (n ∈ N) (ld. Faber-Bernstein-tétel). Ezért a lim (ρ(f, Pn )· kLn k) = 0 egyenl˝ oséghez sz¨ ukséges, hogy lim (ρ(f, Pn )· ln (n + 2)) = 0, azaz ρ(f, Pn ) = o(1/ ln (n + 2)) (n → ∞) legyen (azaz ρ(f, Pn )· ln (n + 2) → 0 (n → ∞)). ii) Ismert (ld. Jackson-tétel), hogy egy alkalmas c > 0 konstanssal ρ(f, Pn ) ≤ cω(f, 1/n) (0 < n ∈ N) (ahol ω(f, δ) := sup{|f (x) − f (y)| : x, y ∈ [a, b], |x − y| ≤ δ} (δ ≥ 0) az f folytonoss´ agi modulusa). Teh´ at ω(f, δ) = o (1/ ln (1/δ)) (δ → +0) (azaz ω(f, δ)· ln (1/δ) → 0 (δ → +0)) elegend˝ o ahhoz, hogy lim(kf − Ln f k∞ ) = 0 legyen (Dini-Lipschitz-feltétel). 75. Tov´ abbra is az 56. feladatra hivatkozva gondoljuk meg, hogy ha x ∈ [a, b], akkor ∀ f ∈ C[a, b] : P f (x) = lim (Ln f (x)) ⇐⇒ sup{ nk=0 |lnk (x)| : n ∈ N} < +∞ (Hahn-tétel). ´ (Utm.: sz´ am´ıtsuk ki az C[a, b] ∋ f 7→ Ln f (x) (n ∈ N) Lagrange-funkcion´ al norm´ aj´ at, és alkalmazzuk a Banach-Steinhaus-tételt (ld. 6.6.3. Tétel).) Megjegyz´ esek. i) Az u ´tmutat´ oban szerepl˝ o funkcion´ al egy kvadrat´ ura (ld. 6.2.), amelynek a s´ ulyai lnk (x)-ek (k = 0, ..., n ∈ N). ii) B´ armely xnk (k = 0, ..., n ∈ N) alappontrendszer esetén van olyan x ∈ [a, b] és f ∈ C[a, b], hogy az (Ln f (x)) sorozat diverg´ al (Bernstein). S˝ ot, f u ´gy is megv´ alaszthat´ o, hogy az (Ln f (x)) sorozat az [a, b] intervallum majdnem minden pontj´ aban diverg´ al (Erd˝ os-Vértesi). 76. Tegy¨ uk fel, hogy az 56. feladatban szerepl˝o xnk (k = 0, ..., n ∈ N) alappontok egy, az Rb [a, b]-n értelmezett r s´ ulyf¨ uggvényre ortogon´ alis (Pn ) polinomsorozat gy¨ okei, azaz a Pn Pm r = 0 (n 6= R m ∈ N) és Pn (xnk ) = 0 (k = 0, ..., n ∈ N). Mutassuk meg, hogy ∀ f ∈ C[a, b] : b lim a r(f − Ln f )2 = 0 (Tur´ an-Erd˝ os). Rb ´ (Utm.: mivel a lnk lnj r = 0 (j 6= k = 0, ..., n ∈ N), ezért minden olyan Qn ∈ Pn sorozatra, amelyre lim(kf − Qn k∞ ) = 0, igaz az, hogy Z b Z b 2 2 r(f − Ln f ) = r (f − Qn + Ln (Qn − f )) ≤ a

a

2

Z

a

ahol ∀ g ∈ C[a, b] : Z

b

2

r(Ln g) =

a

Z

a

b

r

n X

b

r(f − Qn )2 +

g(xnk )lnk

k=0

kgk2∞ · teh´ at

Rb a

Z

b

r

a

r(f − Ln f )2 ≤ 4kf − Qn k2∞ ·

!2

=

n X

k=0

Rb a

Z

Z

b

a

r·

lnk

!

r (Ln (Qn − f ))2 ,

b a

(n ∈ N)

n X

g

2

2 (xnk )lnk

k=0

!2

=

kgk2∞ ·

Z

≤

kgk2∞ ·

Z

a

b

r·

n X

2 lnk =

k=0

b

r,

a

r → 0 (n → ∞).)

Megjegyz´ es. Ha k¨ onnyen bel´ athat´ o módon az is igaz, hogy R inf R Rr > 0, akkor b b lim a (f − Ln f )2 = lim a |f − Ln f | = 0.

158

7. Feladatok

77. Legyenek adottak az (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) Banach-terek és tegy¨ uk fel, hogy valamely ∅ 6= N ⊂ N indexhalmazzal Unk ∈ L(X1 , X2 ) (k ∈ N , n ∈ N). Bizony´ıtsuk be, hogy ha minden N ∋ k-ra sup{kUnk k : n ∈ N} = +∞, akkor ∃ x ∈ X1 ∀ k ∈ N : sup{kUnk xk2 : n ∈ N} = +∞.

´ (Utm.: Yk := {x ∈ X1 : sup{kUnk xk2 : n ∈ N} < +∞} (k ∈ N ) els˝ o kateg´ ori´ aj´ u halmaz (ld. 6.6.1. Tétel)), ezért Y := ∪k∈N Yk is az, de X1 nem ilyen (ld. Baire-tétel (2.2.2. Tétel).) (x)

78. Legyen (X, k.k∗ ) := (C2π , k.k∞ ), x ∈ R és Φn f := Sn f (x) (n ∈ N, f ∈ C2π ), ahol Sn f az f (x) f¨ uggvény Fourier-sor´ anak az n-edik részletösszege. L´ assuk be, hogy a Φn (n ∈ N) FourierR 2π (x) (x) funkcion´ alra az al´ abbiak igazak: Φn ∈ X ∗ , kΦn k = 0 |Dn | (n ∈ N) (itt Dn jel¨ oli az n-edik R 2π Dirichlet-féle magf¨ uggvényt, azaz Sn f (x) = 0 f (t)Dn (x − t) dt).

79. Bizony´ıtsuk be, hogy b´ armely ∅ 6= D ⊂ R legfeljebb megszáml´ alhat´ o halmazhoz van olyan f ∈ C2π f¨ uggvény, amelynek a Fourier-sora minden D-beli pontban diverg´ al (Fejér-tétel). (x)

´ (Utm.: gondoljuk meg (ld. 78.), hogy alkalmas C > 0 konstanssal kΦn k ≥ C ln (n + 2) (n ∈ N). Legyen D = {xk ∈ R : k ∈ N }, ahol N ⊂ N egy legfeljebb megszáml´ alhat´ o halmaz. (x ) Írjunk ezek ut´ an 77.-ben X1 := C2π -t, X2 := R-et, k.k1 := k.k∞ -t, k.k2 := |.|-et, Unk := Φn k -t (n ∈ N, k ∈ N ).) 80. A Bn (n ∈ N) Bernstein-oper´ atorokr´ ol (ld. 55.) mutassuk meg, hogy ha hj (x) := xj (x ∈ [0, 1], j = 0, 1, 2), akkor lim(kBn hj − hj k∞ ) = 0. 81. Legyen (X, h, i) euklideszi tér, Li ⊂ X teljes altér, Pi : X → Li projekci´ o (i = 1, 2) (ld. 5.3.3. iv) megjegyzés) és tegy¨ uk fel, hogy ∀ x ∈ X : hP1 x, P2 xi = 0. Mutassuk meg, hogy ekkor P1 P2 := P1 ◦ P2 = 0 (azaz ∀ x ∈ X : P1 (P2 x) = 0.) ´ (Utm.: ∀ x ∈ L2 : 0 = hP1 x, P2 xi = hP1 x, xi, ezért kP1 xk2 = hP1 x, xi = 0, ´ıgy ∀ x ∈ X : P1 (P2 x) = 0.)

82. Az el˝ obbi feladat jel¨ oléseit haszn´ alva l´ assuk be, hogy L1 ⊥ L2 ⇐⇒ ∀ x ∈ X : hP1 x, P2 xi = 0.

´ (Utm.: a sz¨ ukségesség nyilv´ anval´ o, az elégségességhez pedig vegy¨ uk figyelembe, hogy ∀ x ∈ L1 , y ∈ L2 : hx, yi = hP1 x, P2 xi = 0.)

83. Adott egy (X, h, i) Hilbert-tér és benne egy z´ art L ⊂ X altér. Jel¨ olj¨ uk P -vel az L-re val´ o projekci´ ot és legyen A ∈ L(X, X). Bizony´ıtsuk be, hogy i) AP = A =⇒ L⊥ ⊂ {x ∈ X : Ax = 0};

ii) P A = A =⇒ RA ⊂ L;

iii) AP = P A =⇒ A[L] ⊂ L és A[L⊥ ] ⊂ L⊥ ;

iv) ´ırhatunk-e az el˝ obbiekben ⊂” helyett egyenl˝ oséget? ”

84. A 81. feladatbeli jel¨ olésekre hivatkozva gondoljuk meg, hogy kP1 − P2 k ≤ 1, ill. L2 ⊥ L1 ⇐⇒ P1 + P2 projekci´ o =⇒ kP1 − P2 k = 1. Szemléltess¨ uk a feladatot R2 -ben. ´ (Utm.: b´ armely P : X → X projekci´ o és x ∈ X esetén

kP (2x) − xk2 = k(P x − x) + P xk2 = kP x − xk2 + kP xk2 = kxk2 ,

ezért kP1 x − P2 xk = kP1 x − x/2 + x/2 − P2 xk ≤ (kP1 (2x) − xk + kx − P2 (2x)k) /2 = kxk.)

159

7. Feladatok

⊥ 85. Az (X, h, i) euklideszi térben tekints¨ uk az L ⊂ X alteret, és mutassuk meg, hogy L ⊂ L⊥ , ⊥ ill., ha L teljes, akkor L⊥ = L. Igaz-e az ut´ obbi egyenl˝ oség akkor is, ha L nem teljes? ⊥ ´ (Utm.: x ∈ L⊥ ⇐⇒ ∀ y ∈ L⊥ : hx, yi = 0, ami minden x ∈ L esetén igaz =⇒ ⊥ ⊥ L ⊂ L⊥ . Ford´ıtva, ha L teljes, akkor ∀ x ∈ L⊥ : x = x1 + x2 , ahol x1 ∈ L, x2 ∈ L⊥ . 2 Teh´ at kxk = hx, xi = hx, x1i ≤ kxk· kx1 k, azaz kx1 k ≥ kxk. Ugyanakkor kxk2 = kx1 k2 + kx2 k2 , ⊥ amib˝ ol kx2 k = 0, ´ıgy x = x1 ∈ L k¨ ovetkezik. Ezért L⊥ ⊂ L. Legyen X := ℓ2 , L := ℓ1 , ekkor ⊥ ⊥ = ℓ⊥ ℓ⊥ = {0}⊥ = ℓ2 6= ℓ1 .) ℓ⊥ 2 = {0} =⇒ 1 1 = ℓ1 86. Legyen (X, h, i) Hilbert-tér, L ⊂ X z´ art altér és f ∈ L∗ (azaz f korl´ atos line´ aris funkcion´ al L-en). Bizony´ıtsuk be, hogy ekkor egyértelm˝ uen adhat´ o meg a Hahn-Banach-tételben (ld. 6.5.1. Tétel) szerepl˝o kiterjesztés, teh´ at olyan F ∈ X ∗ funkcion´ al, amelyre F|L = f és kF k = kf k.

´ (Utm.: az idézett tétel alapj´ an tudjuk, hogy van ilyen F. Viszont a Riesz-reprezent´ aci´ os tétel (ld. 6.4.1. Tétel) miatt ∃| b ∈ X, a ∈ L : f (x) = hx, ai (x ∈ L), ill. F (z) = hz, bi (z ∈ X). Ezért ∀ x ∈ L : hx, a−bi = 0. A Riesz-felbont´ as (ld. 5.3.3. Tétel) miatt b = b1 +b2 , ahol b1 ∈ L, b2 ∈ L⊥ , ´ıgy az el˝ obbiek szerint ∀ x ∈ L : hx, a − b1 − b2 i = 0.pEzért az x := a p − b1 v´ alaszt´ assal ha − b1 , a − b1 i = 0, azaz a = b1 . Tov´ abb´ a kF k = kbk = kb1 k2 + kb2 k2 = kak2 + kb2 k2 = kf k = kak, amib˝ ol b2 = 0 k¨ ovetkezik. Vég¨ ul teh´ at a = b.) 87. Az (X, h, i) Hilbert-térben tekints¨ uk az L ⊂ X z´ art alteret. Ellen˝ orizz¨ uk, hogy ∀ x ∈ X : ρ(x, L) = max{|hx, yi| : y ∈ L⊥ , kyk = 1}. ´ (Utm.: |hx, yi| = |hx − P x, yi| ≤ kx − P xk = ρ(x, L), ahol P az L-re val´ o projekci´ o. Tov´ abb´ a x−P x ⊥ ∈ L , kyk = 1, azaz |hx, yi| = |hx − P x, yi| = kx − P xk = ρ(x, L).) x∈ / L esetén y := kx−P xk

88. Az X := R2 , k(x, y)k∗ := |x| + |y| ((x, y) ∈ X) norm´ alt tér esetén tekints¨ uk az Y := {(x, 0) ∈ X : x ∈ R} alteret és az f (x, 0) := x ((x, 0) ∈ Y ) funkcion´ alt. L´ assuk be, hogy f ∈ Y ∗ , kf k = 1. Hat´ arozzuk meg az o¨sszes olyan F ∈ X ∗ funkcion´ alt, amelyre F|Y = f és kF k = kf k (r¨ oviden: f ⊂ F ) teljes¨ ul.

´ (Utm.: tudjuk, hogy F ∈ X ∗ ⇐⇒ ∃ a, b ∈ R ∀ (x, y) ∈ R2 : F (x, y) = ax + by. Ezért F (x, 0) = ax = f (x, 0) = x (x ∈ R) miatt a = 1. Tov´ abb´ a |F (x, y)| = |x + by| ≤ |x| + |b|· |y| ≤ max{1, |b|}· k(x, y)k∗ ((x, y) ∈ X) , azaz kF k ≤ max{1, |b|}. De |F (x, 0)| = |x| = k(x, 0)k∗ , ´ıgy kF k ≥ 1, ill. |F (0, y)| = |b|· |y| = |b|· k(0, y)k∗, amib˝ ol meg kF k ≥ |b| ad´ odik. Teh´ at kF k = max{1, |b|} = kf k = 1 ⇐⇒ |b| ≤ 1.)

89. Mi van akkor, ha az el˝ oz˝ o feladatban k(x, y)k∗ := max{|x|, |y|} (x, y) ∈ X)? 90. Legyen (X, k.k∗ ) := (R3 , k·k2 ), Y := {(x, y, z) ∈ X : x = y = z} és f (x, y, z) := x ((x, y, z) ∈ Y ). alt, Igazoljuk az al´ abbiakat: f ∈ Y ∗ , kf k = √13 . Adjuk meg az o¨sszes olyan F ∈ X ∗ funkcion´ amelyre f ⊂ F. 91. M´ odos´ıtsuk az el˝ oz˝ o feladatot a k¨ ovetkez˝oképpen:qY := {(x, y, z) ∈ X : x + y + z = 0}, f (x, y, z) := x + y f ⊂ F funkcion´ alt.

((x, y, z) ∈ Y ) . Ekkor kf k =

2 3.

Adjuk meg most is az o¨sszes F ∈ X ∗ ,

92. Legyen (X, k.k) norm´ alt tér, xn , x ∈ X (n ∈ N) és tegy¨ uk fel, hogy ∀ f ∈ X ∗ : f (x) = lim(f (xn )) (azaz az (xn ) sorozat gyengén konverg´ al x-hez: LIM (xn ) := x). Igazoljuk az al´ abbi a´ll´ıt´ asokat: i) lim(xn ) = x =⇒ LIM (xn ) = x; ii) az el˝ obbi k¨ ovetkeztetés ford´ıtva nem igaz;

160

7. Feladatok iii) a LIM (xn ) gyenge limesz egyértelm˝ uen létezik; iv) ha LIM (yn ) is létezik, akkor ∀ α ∈ R : LIM (αxn + yn ) = α· LIM (xn )+ LIM (yn ).

93. Tegy¨ uk fel, hogy 87.-ben (X, k.k) véges dimenzi´ os. Ekkor LIM (xn ) = x ⇐⇒ lim(xn ) = x. 94. A 92.-beli jel¨ oléseket haszn´ alva mutassuk meg, hogy a gyengén konvergens (xn ) sorozat korl´ atos és kxk ≤ lim inf(kxn k). ´ (n ∈ N, f ∈ X ∗ ), ekkor Φn , Φ ∈ X ∗∗ és (Utm.: legyen Φn (f ) := f (xn ), Φ(f ) := f (x) lim(Φn (f )) = Φ(f ). Alkalmazzuk a Banach-Steinhaus-tételt (ld. 6.6.3. Tétel).)

95. Legyen 92.-ben L := L({xn ∈ X : n ∈ N}) és gondoljuk meg, hogy x ∈ L. ´ (Utm.: indirekt okoskodva tegy¨ uk fel, hogy x ∈ / L. Ekkor - lévén L z´ art altér - lenne olyan f ∈ X ∗ funkcion´ al, amelyre f (x) = 1 és f (t) = 0 (t ∈ L). Teh´ at erre az f -re lim(f (xn )) = 0 6= f (x) = 1 lenne, ami nem igaz.)

96. Tekints¨ uk az (X, k.k) := (ℓ2 , k.k2 ) norm´ alt teret és legyen xn = (xnk , k ∈ N), x = (xk ) ∈ X (n ∈ N). Bizony´ıtsuk be, hogy LIM (xn ) = x ⇐⇒ (xn ) korl´ atos és ∀ k ∈ N : lim(xnk ) = xk . ´ (Utm.: ld. Kolmogorov-Fomin-k¨ onyv.) Megjegyz´ es. Bel´ athat´ o, hogy (ℓ1 , k.k1 )-ben a gyenge konvergencia ekvivalens a konvergenci´ aval (Schur-tétel).

97. Tegy¨ uk fel, hogy az (X, k.k) Banach-tér reflex´ıv (ld. 6.5.4. i) megjegyzés) és fn , f ∈ X ∗ (n ∈ N). L´ assuk be, hogy ekkor LIM (fn ) = f ⇐⇒ ∀ x ∈ X : lim (fn (x)) = f (x). 98. Igazoljuk a gyenge konvergencia al´ abbi jellemzését tetsz˝oleges (X, k.k) norm´ alt tér esetén: ∗ LIM (xn ) = x ⇐⇒ (xn ) korl´ atos és ∃ Y ⊂ X z´ art rendszer, hogy lim(f (xn )) = f (x) (f ∈ Y ). 99. Legyen (X, h, i) Hilbert-tér. Ekkor: i) LIM (xn ) = x és lim(kxn k) = kxk =⇒ lim(xn ) = x; ii) LIM (xn ) = x és lim(kxn k) ≤ kxk =⇒ lim(xn ) = x; iii) LIM (xn ) = x és kxn k ≤ kxk (n ∈ N) =⇒ lim(xn ) = x.

161

7. Feladatok 100. Egy (X, k.k) norm´ alt tér, ∅ 6= A ⊂ X ∗ véges halmaz és ε > 0 szám esetén legyen KεA := {x ∈ X : |f (x)| < ε (f ∈ A)}.

L´ assuk be a k¨ ovetkez˝ oket: i) minden KεA halmaz ny´ılt és 0 ∈ KεA ; ii) a KεA (z) := z + KεA (z ∈ X, ∅ 6= A ⊂ X ∗ véges) halmazok (gyenge k¨ ornyezetek) eleget tesznek a k¨ ornyezetrendszerrel kapcsolatos k´ıv´ analmaknak (ld. 7. feladat); iii) KεA (z) = {x ∈ X : |f (z) − f (x)| < ε (f ∈ A)} (z ∈ X, ∅ 6= A ⊂ X ∗ véges); iv) legyen z ∈ X, Tz∗ := {KεA (z) ∈ P(X) : ε > 0, ∅ 6= A ⊂ X ∗ , A véges} és T ∗ a Tz∗ (z ∈ X) k¨ ornyezetrendszer a´ltal induk´ alt topol´ ogia X-ben (ld. 8. feladat) (az X gyenge topol´ ogi´ aja). Ekkor (X, T ∗ ) T2 -tér és ha T jel¨ oli az (X, k.k) tér topol´ ogi´ aj´ at, ∗ ∗ akkor T ⊂ T (azaz T gyengébb, mint T ); v) legyen xn , x ∈ X (n ∈ N), akkor LIM (xn ) = x ⇐⇒ ∀ K ∈ Tx∗ : xn ∈ K m.m. n ∈ N.

Megjegyz´ es. Ha ε > 0, ∅ 6= Y ⊂ X, Y véges, akkor legyen

KεY := {f ∈ X ∗ : |f (x)| < ε (x ∈ Y )},

ill. g ∈ X ∗ esetén KεY (g) := g + KεY (a g gyenge k¨ ornyezete). A fentiekhez hasonl´ oan l´ athat´ o be, hogy Tg∗∗ := {KεY (g) ∈ P(X ∗ ) : ε > 0, ∅ 6= Y ⊂ X, Y véges} is eleget tesz a k¨ ornyezetrendszerrel szembeni k´ıv´ analmaknak. A Tg∗∗ (g ∈ X ∗ ) a´ltal (X ∗ -ban) induk´ alt T ∗∗ topol´ ogi´ at az X ∗ gyenge ∗ topol´ ogi´ aj´ anak nevezz¨ uk. Nem nehéz bel´ atni, hogy ez részhalmaza az X gyenge topol´ ogi´ aj´ anak (azaz ann´ al gyengébb), ill. reflex´ıv tér esetén a kett˝ o megegyezik. 101. Legyen (X, k.k) reflex´ıv Banach-tér, xn ∈ X (n ∈ N) és tegy¨ uk fel, hogy b´ armely f ∈ X ∗ esetén az (f (xn )) sorozat konvergens. L´ assuk be, hogy ekkor az (xn ) sorozat gyengén konvergens. Megjegyz´ es. Egy (X, k.k) norm´ alt tér gyengén teljes, ha b´ armely xn ∈ X (n ∈ N) esetén igaz a k¨ ovetkez˝ o ekvivalencia: (xn ) gyengén konvergens ⇐⇒ ∀ f ∈ X ∗ : (f (xn )) konvergens. A feladat szerint teh´ at minden reflex´ıv Banach-tér gyengén teljes. Így pl. minden Hilbert-tér vagy p b´ armely (L , k.kp ) (1 < p < +∞) tér gyengén teljes. Megmutathat´ o, hogy (ℓ1 , k.k1 ) gyengén teljes, b´ ar nem reflex´ıv. 102. Igazoljuk, hogy az ℓ0∞ := {x ∈ ℓ∞ : lim x = 0}, kxk := kxk∞ (ℓ0∞ , k · k) tér nem gyengén teljes.

(x ∈ ℓ0∞ ) defin´ıci´ oval értelmezett

103. Tegy¨ uk fel, hogy az (Xi , k.ki ) norm´ alt terek esetén az An ∈ L(X1 , X2 ) (n ∈ N) oper´ atorsorozat olyan, hogy egy alkalmas A : X1 → X2 operátorral LIM (An x) = Ax (x ∈ X1 ). Gondoljuk meg, hogy ekkor A ∈ L(X1 , X2 ), s˝ ot, ha An ∈ L(X1 , X2 ) (n ∈ N) és (X1 , k.k1 ) Banach-tér, akkor A ∈ L(X1 , X2 ). 104. Adottak az (Xi , k.ki ) norm´ alt terek és az xn ∈ X1 (n ∈ N) sorozat gyengén tart valamely X1 -beli x elemhez. L´ assuk be, hogy ekkor b´ armely A ∈ L(X1 , X2 ) operátorra LIM (Axn ) = Ax. 105. Tegy¨ uk fel, hogy a 104. feladatban szerepl˝o A operátor egyben kompakt is (ld. 6.7.), és bizony´ıtsuk be, hogy ekkor LIM (xn ) = x =⇒ lim(Axn ) = Ax. ´ (Utm.: feltehet˝ o, hogy x = 0 és okoskodjunk indirekt módon: (Axn ) nem tart 0-hoz. Ekkor van olyan m > 0 konstans és olyan (νn ) indexsorozat, hogy kAxνn k2 ≥ m (n ∈ N). Feltehet˝ o teh´ at r¨ ogt¨ on az is, hogy kAxn k2 ≥ m (n ∈ N). Mivel (xn ) korl´ atos és A kompakt, az is feltehet˝ o, hogy (Axn ) konvergens, legyen z := lim(Axn )(∈ X2 ). Teh´ at ∀ f ∈ X2∗ : ∗ ∗ ∗ f (z) = lim(f (Axn )) = lim(f (xn )) = 0 (ahol f ∈ X1 ), ami nyilv´ an ellentmond kzk2 ≥ m-nek.)

162

7. Feladatok

106. A 68. feladatban szerepl˝ o oper´ atorok k¨ oz¨ ul melyik kompakt? 107. Valamely (X, k.k) norm´ alt esetén egy A ⊂ X halmazt nevezz¨ unk gyengén kompaktnak, ha b´ armely x : N → A sorozathoz van olyan ν indexsorozat, amellyel x ◦ ν gyengén konvergens. Mutassuk meg, hogy ekkor A korl´ atos. Igaz-e mindez ford´ıtva? ´ (Utm.: tekints¨ uk ℓ1 -ben a (0, 0, ..., 0, 1, 0, ...) alak´ u elemek sorozat´ at.) 108. Nyilv´ an minden kompakt halmaz gyengén kompakt. Mutassuk meg, hogy ez ford´ıtva nem igaz. ´ (Utm.: tekints¨ uk ℓ2 -ben a (0, 0, ..., 0, 1, 0, ...) alak´ u elemek halmaz´ at.) 109. Legyen (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) norm´ alt tér, A ∈ L(X1 , X2 ). Ekkor igaz az al´ abbi ekvivalencia: −1 −1 ∃ A és A ∈ L(X2 , X1 ) ⇐⇒ A sz¨ urjekt´ıv és alkalmas m > 0 számmal kAxk2 ≥ mkxk1 (x ∈ X1 ). 110. Tegy¨ uk fel, hogy (X, k.k∗ ) Banach-tér, A ∈ L(X, X) és kAk < 1. Legyen Ix := x (x ∈ X) és mutassuk meg, hogy I − A invert´ alhat´ o, (I − A)−1 ∈ L(X, X) és k(I − A)−1k ≤ (1 − kAk)−1 . P∞ P P∞ n n n ´ (Utm.: ∀ x ∈ X : V x := k ∞ n=0 A x ∈ X, ui. n=0 A xk ≤ n=0 kAk · kxk = −1 −1 (1 − kAk) · kxk EzéP rt V ∈ L(X, X), kV k ≤ (1 − kAk) . De ∀ x ∈ X : V (x − Ax) = P< +∞. ∞ n n V x − V (Ax) = ∞ A x − urjekt´ıv. A most mondottak miatt y ∈ X n=0 n=1 A x = x, azaz V sz¨ esetén (I − A)(V y) = y, amib˝ ol V injektivit´ asa is nyilv´ an k¨ ovetkezik. Ezért V −1 = I − A.) 111. Bizony´ıtsuk be, hogy ha (Xi , k.ki ) (i = 1, 2) Banach-tér, akkor

L0 (X1 , X2 ) := {A ∈ L(X1 , X2 ) : A−1 ∈ L(X2 , X1 )}

ny´ılt halmaz L(X1 , X2 )-ben (az k.k operátornorm´ ara nézve). Nevezetesen, l´ assuk be, hogy ha A ∈ L0 (X1 , X2 ), B ∈ L(X1 , X2 ) és kBk < kA−1 k−1 , akkor A+B ∈ L0 (X1 , X2 ) és k(A+B)−1 k ≤ kA−1 k(1 − kA−1 Bk)−1 ≤ kA−1 k· (1 − kA−1 k· kBk)−1 . ´ (Utm.: alkalmazzuk az el˝ oz˝ o két feladatot.)

112. Valamely (X, k.k) Banach-tér és A ∈ L(X, X) esetén igazak az al´ abbiak: p p i) ∃ αA := lim( n kAn k) és αA = inf{ n kAn k : 0 < n ∈ N}; P ii) αA < 1 esetén a (An ) oper´ atorsor konvergens;

iii) αA ≥ 1 esetén a ii)-beli oper´ atorsor divergens; P n iv) a (A ) oper´ atorsor konvergens ⇐⇒ ∃ n ∈ N : kAn k < 1. p p ´ (Utm.: legyen a := inf{ n kAn k : 0 < n ∈ N}. Ekkor ∀ε > 0 ∃ 2 < m ∈ N : m kAm k < a + ε. Legyen M := max{1, kAk, ..., kAm−1k}.pHa n ∈ N, akkor ∃|kn ∈ N, ln = 0, ..., m−1 : n = kn m+ln , p p n n n kA k = kAln (Am )kn k ≤ n kAln kAm kkn ≤ M 1/n kAm kkn /n < M 1/n (a + ε)1−ln /n . De azaz 1/n lim(M (a + ε)1−ln /n ) = a + ε, ezért alkalmas N ∈ N mellett minden N < n ∈ N esetén p n 1/n 1−ln /n n M (a + ε) < a + 2ε. Innen (a ≤) kA k < a + 2ε már k¨ ovetkezik.)

113. Legyen adott a (val´ os) (X, k.k) := (C[a, b], k.k∞ ) norm´ alt tér, Af (x) := x· f (x) (f ∈ X, x ∈ [a, b]) (ahol −∞ < a < b < +∞). Bizony´ıtsuk be, hogy A ∈ L(X, X) (ld. kvantummechanika helyzetoper´ atora), A-nak nincs saj´ atértéke, s˝ ot, az A spektruma=: Sp A = [a, b] (ld. 6.7.3. vii) megjegyzés). ´ (Utm.: igazoljuk, hogy ∀ λ ∈ R : ∃ (A − λI)−1 és λ ∈ / [a, b] esetén (A − λI)−1 ∈ L(X, X), azaz Sp A ⊂ [a, b]. Tov´ abb´ a, ha λ ∈ [a, b], akkor D(A−λI)−1 6= X, teh´ at Sp A = [a, b]. Nyilv´ an ∀ λ ∈ [a, b] : x· f (x) = λf (x) (x ∈ [a, b]) ⇐⇒ f = 0, azaz λ nem saj´ atérték.)

163

7. Feladatok 114. Legyen A ∈ L(ℓ2 , ℓ2 ), Ax := (0, x0 , x1 , ...) (x ∈ ℓ2 ). Határozzuk meg Sp A-t. 115. Az X := C[−1, 1], k.k := k.k∞ (val´ os) norm´ alt tér esetén tekints¨ uk az Af (x) := f (−x) (f ∈ X, |x| ≤ 1)

módon értelmezett (nyilv´ an) L(X, X)-beli A operátort. Sz´ am´ıtsuk ki az A saj´ atértékeit, ill. a megfelel˝ o saj´ atvektorait (ld. 6.7.3. vii) megjegyzés). Mutassuk meg, hogy Sp A = {−1, 1}. 116. Az (X, k.k) := (C[0, 2π], k.k∞ ) (komplex) norm´ alt tér és az Af (x) := eıx · f (x) (0 ≤ x ≤ 2π, f ∈ X) oper´ ator esetén mutassuk meg, hogy Sp A = {λ ∈ C : |λ| = 1}. Van-e saj´ atértéke A-nak? 117. Defini´ aljuk az A : C[0, 1] → C[0, 1] operátort a k¨ ovetkez˝oképpen: Af (x) := f (0) + f (1)x (f ∈ X, x ∈ [0, 1]). Határozzuk meg αA -t és Sp A-t, ha a (val´ os) C[0, 1] téren a k.k∞ norm´ at tekintj¨ uk. 118. Legyen X := C[0, 1], k.k := k.k∞ ,

X0 := {f ∈ X : f ∈ C 1 [0, 1], f (0) = 0} , X1 := {f ∈ X : f ∈ C 1 [0, 1]}, X2 := {f ∈ X : f ∈ C 1 [0, 1], f (0) = f (1)}

és Di ∈ L(Xi , X), Di f := f ′ (f ∈ Xi , i = 0, 1, 2) (D2 -t illet˝ oen ld. kvantummechanika impulzusoper´ atora). Bizony´ıtsuk be, hogy Sp D0 = ∅, Sp D1 = K és itt Sp D1 minden eleme saj´ atérték, Sp D2 = {2πın : n ∈ Z} és itt is minden Sp D2 -beli elem saj´ atérték.

Funkcionálanalízis az alkalmazott matematikában

Recommend Documents