MATEMATIKAI ANALIZIS ´ ´ FRITZ JOZSEF, BME MATEMATIKA INTEZET
El˝ osz´ o. Ez az oktat´asi seg´edanyag fizikus hallgat´ok r´esz´ere k´esz¨ ult. B˝ovebb egy r´eszletes defin´ıci´ o ´es t´eteljegyz´ekn´el is, de t¨om¨orebb mint egy szokv´anyos jegyzet. Sok defin´ıci´ o ´es t´etel nem kiemelten, hanem csak a sz¨oveg k¨oz¨ott van kimondva, ´es a bizony´ıt´ asok, f˝oleg ilyen esetekben, csak a gondolatmenet l´enyeg´ere szor´ıtkoznak. A t´argyal´ as nem mindig k¨oveti az el˝oad´ ast, ´atlal´ aban a dolog bels˝o logik´aj´ahoz igazodik. A fontosabb fogalmak t¨obbsz¨ or is megjelennek, ez´ert vannak ´atfed´esek az egyes r´eszek k¨oz¨ott. Mivel kev´es a magyar´az´ o sz¨oveg ´es p´elda, a jegyzet olvas´ as´ at az el˝oad´ason szerzett eml´ekek igencsak megk¨onny´ıthetik, haszn´alatakor pap´ır ´es ceruza is legyen k´ezn´el. Az u ´j fogalmak ´es t´etelek neve ilyen szed´es˝ u, az ´all´ıt´ asok sz¨ ovege ilyen. A sz¨oveg k¨oz´e rejtett gondolatmeneteket ♥´ıgy emelj¨ uk ki ¤ . A t´argyalt anyag l´enyegesen meghaladja a standard szintet, fizikai p´eld´ak ´es alkalmaz´ asok is vannak benne. A t¨orzsanyagon t´ ulmutat´ o r´eszeket a sz¨ovegben ∗∗ jel¨oli, ilyenek ´altal´ aban a l´abjegyzetek is. Kritikus ´eszrev´eteleiknek ¨or¨ ul¨ok. FJ,
[email protected] Aj´ anlott irodalom: 1. G. Thomas et al.: Thomas-f´ele Kalkulus I.-II.-III. Typotex 2006. 2. Farkas Mikl´os et al.: Matematika. (Sorozat) Tank¨ onyvkiad´ o 1972–. 3. Monostory Iv´an et al.: Matematika P´eldat´ ar. (Sorozat) Tank¨ onyvkiad´ o 1974–. 4. N. M. Gjunter – R.O. Kuzmin: Fels˝ obb Matematikai P´eldat´ ar. Tank¨ onyvkiad´ o 1953. ´ 5. Cs´asz´ar Akos: Matematikai Anal´ızis I.-II. Tank¨ onyvkiad´ o 1983. 6. Laczkovich Mikl´os – T. S´os Vera: Anal´ızis I. Nemzeti Tank¨ onyvkiad´ o 2005. 7. W. Rudin: A Matematikai Anal´ızis Alapjai. M˝ uszaki K¨onyvkiad´ o 1978. 8. Hatvani L´aszl´o – Pint´er Lajos: Differenci´ alegyenletes Modellek a K¨oz´episkol´ aban. Polygon 1997. 9. Hatvani L´aszl´o – Krisztin Tibor – Makay G´eza: Dinamikus Modellek a K¨ozgazdas´ agban. Polygon 2001. 10. P´olya Gy¨orgy – Szeg˝o G´abor: Feladatok ´es T´etelek az Anal´ızis K¨or´eb˝ ol I.-II. Tank¨ onyvkiad´ o 1980. 11. V. I. Arnold: K¨oz¨ons´eges Differenci´alegyenletek. M˝ uszaki K¨onyvkiad´ o 1987. 12. V. I. Arnold: A Differenci´alegyenletek Elm´elet´enek Geometriai Fejezetei. M˝ uszaki K¨onyvkiad´o 1988. 13. V. I. Arnold: A Mechanika Matematikai M´ odszerei. M˝ uszaki K¨onyvkiad´ o 1985. 14. Sz˝okefalvi-Nagy B´ela: Val´os F¨ uggv´enyek ´es F¨ uggv´enysorok. Tank¨ onyvkiad´ o 1965. 15. Riesz Frigyes – Sz˝okefalvi-Nagy B´ela: Funkcion´ alanal´ızis. Tank¨ onyvkiad´ o 1988. 16. Ph. Frank – R. von Mises: A Mechanika ´es a Fizika Differenci´al- ´es Integr´ alegyenletei. M˝ uszaki K¨onyvkiad´o 1967. 17. Halmos P´al: M´ert´ekelm´elet. Gondolat Kiad´o 1984. 18. J´arai Antal: Modern Alkalmazott Anal´ızis. Tipotex 2007.
Date: January 14, 2008. 1
2
´ ´ FRITZ JOZSEF, BME MATEMATIKA INTEZET
Contents El˝ osz´ o. Sz´ ohaszn´ alat, jel¨ ol´ esek. Logika. Halmazok ´es f¨ uggv´enyek. Alaphalmazok ´es m˝ uveletek. F¨ uggv´enyterek. ´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
1 7
9
´ SOROK 1. KONVERGENS SOROZATOK ES
9
1.1. A term´ eszetes sz´ amok halmaza, kombinat´ orika. Peano axi´om´ai ´es a teljes indukci´o. Sorozatok sz´ama, permut´ aci´ ok, kombin´ aci´ ok. A binomi´alis t´etel
9
1.2. Algebrai m˝ uveletek ´ es egyenl˝ otlens´ egek. M˝ uveletek, rendez´es, a h´aromsz¨og egyenl˝ otlens´eg. Bernoulli egyenl˝ otlens´ege. Komplex sz´amok. Elemi f¨ uggv´enyek.
9
1.3. Konvergens sorozatok. Defin´ıci´o. Divergens sorozatok. Hasznos ´eszrev´etelek. M˝ uveleti szab´alyok. N´eh´any egyszer˝ u hat´ar´ert´ek. Sorozatok nagys´agrendje.
10
1.4. A folytonoss´ agi axi´ oma n´ egy alakja. Egy algoritmus. Monoton sorozatok. A Bolzano - Weierstrass t´etel. Cauchy sorozatok. A Cantor - Dedekind axi´oma.
11
1.5. Abszol´ ut konvergens sorok. Leibniz sorok, felt´eteles konvergencia. Sorok trendez´ese ´es egy´eb m˝ uveletek. P ´a−α Az abszol´ ut konvergencia krit´eriumai. A n sor. Hatv´anysorok.
13
1.6. Az exponenci´ alis f¨ uggv´ eny. Defin´ı ci´o, az exponenci´alis sor, ex+y = ex ey , eαx = (ex )α . Az ex f¨ uggv´eny ´erint˝oje, konvexit´asa, ´es a g¨orbe alatti ter¨ ulet.
15
¨ ´ ´ ERT ´ EKE ´ ´ FOLYTONOSSAGA ´ 2. FUGGV ENYEK HATAR ES
17
2.1. Defin´ıci´ ok. A folytonoss´ag k´et defin´ıci´oja. Torl´ od´ asi pont, hat´ar´ert´ek, f´eloldalas hat´ar´ert´ekek. M˝ uveletek folytonos f¨ uggv´enyekkel. 2.2. Alapt´ etelek. Weierstrass t´etele. Egyenletes folytonoss´ag. Bolzano t´etele, inverz f¨ uggv´eny.
17
2.3. Elemi f¨ uggv´ enyek. A logaritmus ´es a hatv´anyf¨ uggv´enyek. Trigonometrikus f¨ uggv´enyek ´es inverzeik. Hiperbolikus f¨ uggv´enyek ´es inverzeik.
19
´ ´ FUGGV ¨ ´ 3. DIFFERENCIALHAT O ENYEK
20
3.1. Defin´ıci´ ok. Deriv´altak, az ´erint˝o ´es a differenci´al. Konvex f¨ uggv´enyek, a Jensen egyenl˝ otlens´eg. A sz´amtani, a m´ertani, a harmonikus ´es a n´egyzetes k¨oz´ep. Cauchy egyenl˝ otlens´ege.
20
3.2. A differenci´ al´ as szab´ alyai. ¨ Osszeg, szorzat ´es h´anyados deriv´altja. A l´ancszab´ aly, inverz f¨ uggv´eny deriv´altja.
21
3.3. Elemi f¨ uggv´ enyek deriv´ altjai. Hatv´anyok, exponenci´alis, trigonometrikus, hiperbolikus f¨ uggv´enyek ´es inverzeik.
22
3.4. Lagrange ´ es Cauchy t´ etelei, f¨ uggv´ enyvizsg´ alat. A l’Hospital szab´aly. M´asodik differenci´al, Lagrange marad´ektagja. Monotonit´as, konvexit´as ´es a sz´els˝o´ert´ek el´egs´eges felt´etelei. Darboux t´etele.
22
18
MATEMATIKAI ANALIZIS
3
3.5. Taylor sorfejt´ es. Numerikus deriv´al´as. A geometriai sor ´es deriv´altja. Az exponenci´alis f¨ uggv´eny, a trigonometrikus f¨ uggv´enyek ´es a logaritmus hatv´anysora. Hatv´anysor deriv´al´asa. A binomi´alis sor. Euler formul´ aja. ´ ´ FUGGV ¨ ´ 4. INTEGRALHAT O ENYEK
24
4.1. Defin´ıci´ o, folytonos f¨ uggv´ enyek integr´ al´ asa. Integr´alk¨ozel´ıt˝o ¨osszegek. Oszcill´aci´ os ¨osszeg, Riemann krit´eriuma. M˝ uveleti szab´alyok. Primit´ıv f¨ uggv´eny, Newton - Leibniz formula. 4.2. Integr´ alok kisz´ am´ıt´ asa. Primit´ıv f¨ uggv´enyek list´aja. Integr´al´ as helyettes´ıt´essel. Parci´ alis integr´ al´ as. Racion´alis f¨ uggv´enyek. Improprius integr´ alok. Numerikus integr´ al´ as, trap´ez szab´aly, Simpson formul´aja. 4.3. Nevezetes integr´ alok. A gamma ´es a b´eta f¨ uggv´eny. Trigonometrikus polinomok. Elliptikus integr´ alok. Gauss integr´alok, a norm´alis eloszl´as. Fourier integr´ alok, az exponenci´alis ´es a Cauchy eloszl´as. Integr´alok param´eter szerinti deriv´al´ asa ´es integr´ al´ asa. ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ 5. A DIFFERENCIAL- ES INTEGRALSZAMITAS ALKALMAZASAI.
26
26
28
31
34
Simul´ok¨or ´es g¨orb¨ ulet. Egyenl˝otlens´egek. V´egtelen sorok. S´ıkg¨ orb´ek ´es lapok nyomat´ekai, s´ ulypont. Forg´astestek t´erfogata, felsz´ıne ´es nyomat´ekai. A d-dimenzi´os g¨omb t´erfogata ´es felsz´ıne. ´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK.
36
Els˝orend˝ u egyenletek: line´aris, auton´om, sz´etv´ alaszthat´ o ´es homog´en egyenlet. Gr¨onwall lemm´aja, a megold´as egy´ertelm˝ us´ege. A l´ancg¨ orbe egyenlete. ´ Alland´ o g¨orb¨ ulet˝ u g¨orb´ek. Biol´ogiai p´eld´ ak, a Lotka - Volterra modell. M´asodrend˝ u egyenletek. Harmonikus oszcill´ator, k´enyszerrezg´es, csillap´ıtott rezg´esek. Az eneria megmarad´asa ´es az inga leng´esideje. Elliptikus integr´ alok. ´ ´ AK ´ ES ´ MEGJEGYZESEK ´ 7. VALOGATOTT PROBLEM
41
N´eh´any azonoss´ag. Cauchy, H¨older ´es Minkowski egyenl˝ otlens´egei. A diagon´alis m´odszer. Z´art, nyilt ´es kompakt halmazok, Cantor ´es Borel t´etelei. Kronecker lemm´aja. Az Euler f´ele C konstans. A faktori´alis els˝o k¨ozel´ıt´ese. A pr´ımsz´ amok sorozata. Egy algoritmus. Minimumhely keres´ese. Legendre transzform´aci´ o. Entr´ opia, LSI. Euler ¨osszegk´eplete, a faktori´alis m´asodik k¨ozel´ıt´ese. Bin´aris sorozatok sz´ama. Schwarz egyenl˝otlens´eg. A Dirac delta, konvol´ uci´ o. Riemann lemm´aja. A Fourier transzform´aci´o inverze, Plancherel azonoss´aga. A Cauchy egyenlet, Laplace transzform´aci´o. Nagy kitev˝ok, Laplace m´odszere, Stirling formul´ aja. ´ FUGGV ¨ ´ 8. A VALOS ENYTAN ELEMEI
50
A Cantor halmaz. Ellenp´eld´ek. Nullahalmazok. Monoton f¨ uggv´eny differenci´al´ asa. Lebesgue krit´eriuma. Konvergencia majdnem minden¨ utt, egyenletesen ´es ´atlagosan. Dini t´etele, Riesz lemm´aja, Lebesgue integr´ al. A monoton ´es a domin´alt konvergencia t´etelei. Az L1 t´er teljes. A Lebesgue m´ert´ek. Primit´ıv f¨ uggv´eny l´etez´ese. A Cantor f¨ uggv´eny. Abszol´ ut folytonos f¨ uggv´enyek ´es m´ert´ekek. Lebesgue NL t´etele. Lebesgue Stieltjes integr´al, Riesz m´asodik reprezent´ aci´ os t´etele.
4
´ ´ FRITZ JOZSEF, BME MATEMATIKA INTEZET
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
61
´ ALTOZ ´ ´ FUGGV ¨ ´ 9. KETV OS ENYEK
61
9.1. G¨ orb´ ek differeci´ algeometri´ aja Geometria, a skal´aris ´es a vektori´alis szorzat. Vegyes szorzat ´es a determin´ans. S´ık- ´es t´erg¨orb´ek ´erint˝oje ´es norm´alisa. G¨orb¨ ulet ´es a centripet´alis gyorsul´ as. S´ıkban halad´o, ´es ´alland´o g¨orb¨ ulet˝ u g¨orb´ek. G¨orbe ´ıvhossza ´es a term´eszetes param´eterez´es. Vonalintegr´al, er˝ot´er munk´ aja, centr´ alis er˝ot´er. 9.2. Az Euklideszi s´ık ´ es t´ er. Pontok ´es vektorok a s´ıkon. Sorozatok konvergenci´ aja, folytonos f¨ uggv´enyek. 9.3. Parci´ alis deriv´ altak. Defin´ıci´o, a gradiens. Lok´alis sz´els˝o´ert´ek sz¨ uks´eges felt´etele. Young t´etele, a Hesse m´atrix, Laplace oper´atora. 9.4. Differenci´ alhat´ o f¨ uggv´ enyek. Defin´ıci´o, az ´erint˝os´ık, konvex f¨ uggv´enyek. Folytonos differenci´alhat´ os´ ag. A l´ancszab´aly v´altozatai, ir´anymenti deriv´altak. Konzervat´ıv er˝ot´er munk´ aja, potenci´al l´etez´ese. 9.5. Lagrange t´ etelei ´ es k¨ ovetkezm´ enyeik. Lagrange formul´ai, marad´ektag ´es a m´asodik differenci´al. Konvexit´ as ´es a lok´alis sz´els˝o´ert´ek el´egs´eges felt´etelei. Steiner t´etele, a legkisebb n´egyzetek m´odszere. 9.6. Felt´ eteles sz´ els˝ o´ ert´ ek, implicit f¨ uggv´ enyek. A feladat, sz¨ uks´eges felt´etel. Lagrange multiplik´ atora. El´egs´eges felt´etelek. Implicit f¨ uggv´eny. Egzakt egyenletek. Fel¨ uletek megad´asa, ´erint˝ os´ık ´es norm´alis. G¨ombi koordin´at´ak. Fel¨ uleti g¨orb´ek g¨orb¨ ulete. Geodetikus g¨orb´ek. 9.7. Komplex f¨ uggv´ enyek. A komplex s´ık, line´aris t¨ortlek´epez´esek. A Cauchy - Riemann egyenlet. Komplex hatv´anysorok. Elemi f¨ uggv´enyek, Euler k´eplete. Komplex integr´ alok, a Newton - Leibniz formula. Primit´ıv f¨ uggv´eny konstrukci´ oja. 9.8. Kett˝ os integr´ alok. K¨ozel´ıt˝o ¨osszegek. Fubini t´etele, norm´altartom´ anyok. Integr´ alok deriv´al´ asa, potenci´al. Improprius integr´alok. Pol´aris koordin´at´ ak. Integr´ alok transzform´aci´ oi, Jacobi determin´ans. Gauss ´es Green formul´ ai. Fel¨ ulet felszine, fluxus, Stokes t´etele.
61
´ 10. METRIKUS TEREK, TOPOLOGIA
82
10.1. Metrikus terek. T´avols´ag, k¨ornyezet, konvergencia, torl´od´ asi pont. Cauchy sorozatok, kompakt ´es teljes terek. Ny´ılt ´es z´art halmazok, ¨osszef¨ ugg˝ o terek, alterek, g¨orb´ek. 10.2. Folytonos f¨ uggv´ enyek. Defin´ıci´o, Bolzano ´es Weierstrass t´etelei, egyenletes folytonoss´ag. Egyenletes konvergencia, a Cb t´er. Banach fixpont t´etele. Az implicit f¨ uggv´eny t´etele. 10.3. Line´ aris terek Line´aris norm´alt t´er, Minkowski egyenl˝ otlens´eg. Line´aris f¨ uggv´enyek ´es oper´atorok, differenci´alsz´am´ıt´as Banach t´erben. Inverz f¨ uggv´eny, perturb´aci´ osz´ am´ıt´ as. Euklideszi terek, Cauchy egyenl˝otlens´eg. Mer˝olegess´eg, Pitagorasz t´etele. Ortonorm´alt rendszer. Az Rd t´er, korl´ atos z´art halmazok. Az L2 t´er.
82
´ ´ ´ITAS ´ 11. DIFFERENCIALSZ AM
89
11.1. T¨ obbv´ altoz´ os f¨ uggv´ enyek differenci´ al´ asa. Parci´alis deriv´altak, differenci´alhat´os´ ag ´es a gradiens. L´ancszab´ aly, Lagrange t´etelei. Konvexit´as. Inverz ´es implicit f¨ uggv´enyrendszer. Lok´alis ´es felt´eteles sz´els˝ o´ert´ek.
89
64 65
66
69
71
73
78
83
85
MATEMATIKAI ANALIZIS
5
11.2. Line´ aris transzform´ aci´ ok. B´azist´ol f¨ uggetlen ´all´ıt´asok. Line´aris f¨ uggv´enyek ´es oper´atorok. Adjung´alt oper´ator, szimmetrikus, antiszimmetrikus, ortogon´alis ´es pozit´ıv oper´atorok. Saj´at´ert´ek feladat. Oper´ator pol´aris alakja, nyoma ´es determin´ansa. Antiszimmetrikus oper´atorok ´es a vektori´alis szorzat, a vektorinvari´ans. 11.3. Skal´ aris ´ es vektormez˝ ok. Differenci´alhat´os´ag, a gradiens egy´ertelm˝ us´ege, deriv´alttenzor. Newton potenci´al. L´ancszab´aly, a Jacobi m´atrix transzform´aci´ oja. Divergencia ´es rot´aci´ o, a nabla, szorzat divergenci´aja ´es rot´aci´oja. Centr´ alis er˝ot´er, hengerszimmetrikus mez˝ok. ´ ´ ´ITAS ´ 12. INTEGRALSZ AM
92
12.1. M´ ert´ ekt´ er ´ es a Riemann integr´ al. Halmazgy˝ ur˝ u, m´ert´ek ´es tulajdons´agai. Folytonos f¨ uggv´eny Riemann integr´ alja. 12.2. Az Integr´ al Nullahalmazok, m´erhet˝o f¨ uggv´enyek. Cauchy sorozatok L1 -ben. Fatou ´es Lebesque t´etelei. M´ert´ekterek szorzata, Fubini t´etele. Integr´ al param´eter szerinti deriv´al´ asa. 12.3. Integr´ alok kisz´ am´ıt´ asa. Integr´al az egyenesen. Vonalintegr´alok, konzervat´ıv er˝ot´erek, potenci´al l´etez´ese. Kett˝os integr´alok. Fel¨ uleti integr´alok, a felsz´ın ´es a fluxus. T¨obbes integr´ alok. Integr´alok transzform´aci´oi, henger ´es g¨ombi koordin´at´ ak. A divergencia t´etel. Green formul´ai, a Poisson egyenlet. A k¨or ´es a g¨omb Green f¨ uggv´enye. 12.4. N´ egyzetesen integr´ alhat´ o f¨ uggv´ enyek, Fourier sorok. Schwarz egyenl˝otlens´eg, az L2 t´er. Ortogon´alis sorok, Riesz-Fisher t´etel. A f˝ ur´eszjel sora. Fourier sorok. Riemann lemm´aja. Dirichlet mag, Dini t´etele. Parseval egyenl˝os´eg. P´eld´ak. 13. A MODERN ANAL´IZIS ELEMEI
97
13.1. Halmazelm´ elet R´eszben ´es teljesen rendezett halmazok. Hausdorff elve, a kiv´alaszt´ as axi´om´ aja. J´olrendezett halmazok, Zermelo t´etele, Transzfinit indukci´ o. ´ 13.2. Altal´ anos topol´ ogia Topologikus t´er, alt´er, b´azis, alb´azis. Szepar´abilis ´es kompakt terek, Alexander ¨ t´etele. Folytonos lek´epez´esek, homeomorfizmus. Osszef¨ ugg˝ o halmazok, g¨orb´ek ´es fel¨ uletek. Topologikus szorzat, Tyihonov t´etele. 13.3. Metrikus terek Halmazok t´avols´aga. Szepar´abilis ´es teljes terek. Metrikus t´er teljes burka. Teljesen korl´atos ´es kompakt terek. Teljes szepar´abilis terek, kompakt be´agyaz´ as. A Cb t´er ´es kompakt halmazai. Egyenletes folytonoss´ag, egyenl˝ o m´ert´ekben egyenletesen konvergens sorozatok. M´ert´ekt´er metriz´al´ asa. 13.4. Line´ aris terek Norm´ak ekvivalenci´aja. Abszol´ ut konvergens sorok. Euklideszi norm´ak. Ortogon´alis sorok. Hilbert t´er, Riesz Frigyes t´etelei, gyenge konvergencia, gyenge deriv´altak. ´ Funkcion´alok differenci´al´asa. Erint˝ ot´er, implicit f¨ uggv´enyek. Felt´eteles sz´els˝ o´ert´ek. Minim´alis ´ıvhossz´ u g¨orb´ek, a l´ancg¨orbe, minim´alis felsz´ın˝ u forg´astest. 13.5. M´ ert´ ekelm´ elet A monoton oszt´aly t´etele, m´ert´ek kiterjeszt´ese. Kolmogorov alapt´etele. Az absztrakt integr´al ´es kiterjeszt´ese. Az L1 t´er, egyenletes integr´ alhat´ os´ ag. Az L2 t´er teljes. El˝ojeles m´ert´ek, Hahn felbont´as. Radon-Nikodym t´etel, szingul´aris m´ert´ekek. Topologikus m´ert´ekterek. Eloszl´asok gyenge konvergenci´ aja, feszess´eg, Prohorov t´etele.
95
97
99
102
108
111 112
113
115
117
123
6
´ ´ FRITZ JOZSEF, BME MATEMATIKA INTEZET
´ A MATEMATIKAI FIZIKA ANALITIKUS MODSZEREI ¨ ´ 14. KOMPLEX FUGGV ENYTAN
130
14.1. Cauchy alapt´ etele ´ es formul´ ai. Komplex vonalintegr´alok, kont´ urok ´es egyszeresen ¨osszef¨ ugg˝ o tartom´anyok. Newton Leibniz formula, primit´ıv f¨ uggv´eny l´etez´ese. Goursat lemm´aja, Cauchy alapt´etele kont´ ur belsej´eben, k¨ ulsej´eben ´es f´els´ıkon. Magasabbrend˝ u deriv´altak. Liouville t´etele, az algebra alapt´etele, m´atrix saj´at´ert´ekei, gy¨ok¨ ok sz´ama. Analitikus f¨ uggv´enyek ´es hatv´anysoruk. Szingularit´asok oszt´alyoz´ asa, Laurent sorfejt´es, rezidumsz´am´ıt´ as. 14.2. Harmonikus f¨ uggv´ enyek, Poisson formul´ ai. Maximum elv ´es a k¨oz´ep´ert´ek t´etel. Dirichlet feladat a k¨or¨ on ´es f´els´ıkon. Konformis lek´epez´esek, line´aris t¨ortf¨ uggv´enyek. Perem´ert´ek feladatok transzform´aci´ oja. 14.3. Laplace transzform´ aci´ o. Elemi tulajdons´agok ´es nevezetes p´eld´ ak. Konvol´ uci´ o transzform´al´ asa. Differenci´al´ asi szab´alyok. Inverzi´os formula. Magasabbrend˝ u line´aris egyenletek, az ´atviteli f¨ uggv´eny ´es a rezolvens. A harmonikus ´es a csillap´ıtott k´enyszerrezg´es. A stabilit´as krit´eriuma. 14.4. Fourier transzform´ aci´ o. Konvol´ uci´o, Riemann lemm´aja. Regulariz´al´ as Gauss konvol´ uci´ oval. Inverzi´ os formula, Riemann ´es M¨alvin k´eplete. Plancherel egyenl˝ os´eg. M´ert´ekek Fourier transzform´aci´ oja ´es gyenge konvergenci´aja. A h˝ovezet´esi egyenlet ´es a hull´ amegyenlet megold´asa Fourier transzform´aci´oval, D’Alambert, Kirchoff ´es Poisson k´epletei, Huygens elve. ´ ´ RENDSZEREK 15. DIFFERENCIALEGYENLETEK ES
130
15.1. Line´ aris egyenletek Inhomog´en line´aris egyenlet, komplex alak. Harmonikus ´es csillap´ıtott k´enyszerrezg´es. ´ Altal´ anos m´asodrend˝ u egyenlet, az ´alland´ ok vari´ al´ as´ anak elve. 15.2. Nemline´ aris els˝ o´ es m´ asodrend˝ u egyenletek Sz´etv´alaszthat´o, egzakt, homog´en, Bernoulli, Riccati ´es Euler t´ıpus´ u egyenletek. Anharmonikus rezg´esek, nagy ´es kis amplitud´ok. Az inga kis leng´esei, perturb´aci´osz´am´ıt´as sorfejt´essel. Kepler probl´em´ aja. Spont´ an bifurk´aci´ o. 15.3. Line´ aris rendszerek M´atrix analitikus f¨ uggv´enyei, az exponenci´alis sor. Liouville k´eplete. Inhomog´en rendszer megold´ok´eplete, m´asodrend˝ u rendszerek. Megold´as saj´atvektorokkal. T¨obbsz¨or¨os saj´at´ert´ekek, bels˝o rezonancia. Jordan blokkok, az exponenci´alis sor redukci´oja. Kv´azipolinomok. 15.4. V´ altoz´ o egy¨ utthat´ os rendszer, az ´ alland´ ok vari´ al´ asa A homog´en rendszer ´altal´anos megold´asa, Vronski determin´ans. Inhomog´en rendszer, az ´alland´ok vari´al´asa. Magasabbrend˝ u egyenletek. ´ 15.5. Altal´ anos elm´ elet Lipschitz felt´etel, lok´alis megold´asok l´etez´ese ´es egy´ertelm˝ us´ ge. Gr¨onwall lemm´aja, glob´alis megold´asok. Az ´altal´anos megold´as tulajdons´agai, vari´ aci´ os rendszer. Stacion´arius pontok, a stabilit´as fogalmai, attraktor. Line´aris rendszer Laplace transzform´altja, Ljapunov t´etele. Ljapunov f¨ uggv´eny, csillap´ıtott nemline´aris rezg´esek stabilit´asa. F´azis´araml´as, Liouville t´etele. 15.6. Perem´ ert´ ek feladatok, Fourier m´ odszere A harmonikus oszcill´ator, Dirichlet ´es Neumann peremfeladatai. Sturm - Liouville egyenletek. A v´altoz´ok sz´etv´alaszt´as´ anak m´odszere, a h˝ovezet´es egyenlete ´es a hull´ amegyenlet. Dirichlet feladat, inhomog´en egyenletek ´es a saj´at´ert´ek feladat. Laplace ´es Poisson egyenletei a s´ıkon. T´eglalap ´es k¨ortartom´ any Dirichlet ´es saj´at´ert´ek probl´em´aja. Bessel f¨ uggv´enyek ´es tulajdons´agaik. Laplace oper´atora a g¨omb¨ on, Legendre polinomok ´es a g¨ombf¨ uggv´enyek.
152
130
137
140
145
152
154
158
161
162
165
MATEMATIKAI ANALIZIS
7
´ 16. AZ ELMELETI MECHANIKA ALAPJAI
173
16.1. Vari´ aci´ osz´ am´ıt´ as ´ Altal´ anos´ıtott koordin´at´ak, Lagrange f¨ uggv´eny ´es a legkisebb hat´as elve. Euler - Lagrange egyenletek. Konvex dualit´as, Legendre transzform´aci´ o. A Hamilton f¨ uggv´eny, Hamilton egyenletei. Az energia megmarad´as´ anak elve. 16.2. A Hamilton - Jacobi egyenlet: A HJ egyenlet fizikus levezet´ese. A szabad mozg´as esete, viszk´ozus k¨ozel´ıt´es, Hopf k´eplete. Dinamikus programmoz´as, Bellman elve. A HJ egyenlet klasszikus megold´asai. 16.3. A Burgers egyenlet A HJ ´es a Burgers egyenlet kapcsolata. A karakterisztik´ ak m´odszere, a megold´as megszakad´asa, gyenge megold´asok. P´eld´ ak: l¨ok´eshull´ amok, a megold´as egy´ertelm˝ us´eg´enek megsz˝ un´ese, inform´aci´ oveszt´es. Rankine ´es Hugoniot szakad´asi felt´etele. A Lax f´ele entr´opia egyenl˝ otlens´eg. ´ ´ AK ´ ES ´ MEGJEGYZESEK ´ 17. VALOGATOTT PROBLEM
173
17.1. Line´ aris algebra ´ es anal´ızis. 17.2. M´ atrixok analitikus f¨ uggv´ enyei
180 183
176
177
180
Sz´ ohaszn´ alat, jel¨ ol´ esek. Ebben a szakaszban az ´altal´anosan haszn´alt jel¨ol´eseket foglaljuk ¨ossze. Logika: Az X := Y , vagy Y =: X formula azt jelzi hogy az Y magyar´ azattal u ´j szimb´ olumot vezett¨ unk be, melynek neve X , m´ıg X1 ≡ X2 azonos objektumokat jel¨ol. Az ∃ logikai kvantor azt jelzi, hogy az ut´ana ´all´o objektum l´etezik, ∀ pedig arra utal, hogy az ut´ana ´all´ o elemek mindegyike rendelkezik a vonatkoz´o tulajdons´aggal. Halmazok ´ es f¨ uggv´ enyek: Az X halmaz akkor ismert, ha b´armely x objektumr´ol meg tudjuk mondani, hogy eleme (pontja) az X-nek, vagy nem; ezt x ∈ X ≡ X 3 x , illetve x ∈ / X jel¨oli. A ⊂ X : A az X halmaz r´eszhalmaza. A := {x ∈ X : Y } : az X halmaz Y tulajdons´aggal jellemzett elemeinek halmaza. Mindig csak egy ismertnek tekinthet˝ o X alaphalmaz elemeir˝ol ´es r´eszhalmazair´ol illik besz´elni, az ∅ u ¨res halmaz minden halmaznak r´esze. Ha m´ar fel´ırtunk egy k´epletet vagy m´as ¨osszef¨ ugg´est, azt mindig u ´gy ´ertj¨ uk hogy a benne szerepl˝o objektumok mind l´eteznek. P´eld´aul, x ∈ A felt´etelezi hogy az A halmaz nem u ¨res. Adott X alaphalmaz eset´en lA az A ⊂ X indik´atora, lA (x) = 1 ha x ∈ A, lA (x) = 0 ha x ∈ / A ; A ∪ B : az A, B ⊂ X halmazok egyes´ıt´ese; ∪An : az An halmazok egyes´ıt´ese; A ∩ B : az A, B halmazok metszete; ∩An : az An halmazok metszete; Ac : az A ⊂ X komplementuma; A\B := A ∩ B c : az A ´es B halmazok k¨ ul¨onbs´ege ; A ∩ B = ∅ : A ´es B diszjunkt halmazok; A ∩ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) , A∪(B∩C) = (A∩B)∪(A∩C) , ´es (A∩B)c = Ac ∪B c azonoss´ agok; X ×Y := {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y } : az (x, y) rendezett p´arok halmaza, az X ´es Y halmazok Descartes szorzata; X 2 ≡ X × X; X n : az X halmaz elemeib˝ol alkothat´o (x1 , x2 , ..., xn ) , xk ∈ X , n hossz´ us´ ag´ u sorozatok halmaza. f : X 7→ Y : az f f¨ uggv´eny (lek´epez´es) az X minden elem´ehez hozz´arendeli az Y halmaz egy, ´es csak egy y = f (x) elem´et. Df := X az f ´ertelmez´esi tartom´anya, az (x, f (x)) p´arok halmaza az f gr´afja. f (X) := {f (x) : x ∈ X} az f lehets´eges ´ert´ekeinek halmaza, az X k´epe. Az f lek´epez´es k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u ha x 6= x0 eset´en f (x) 6= f (x0 ) . Ha Y = f (X) akkor (f )−1 : Y 7→ X −1 az f : X 7→ Y k¨olcs¨on¨osen egy´ u f¨ ¡ertelm˝ ¢uggv´eny inverze; (f ) (y) = x acsak y = f (x), vagyis −1 −1 (f ) (f (x)) = x ∀x ∈ X ´es f (f ) (y) = y ∀y ∈ Y . f : X ↔ Y azt jelenti hogy f : X 7→ Y k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u ´es Y = f (X) . Az f −1 (U ) := {x ∈ X : f (x) ∈ U } , U ⊂ Y inverz lek´epez´es akkor is megtartja a halmazalgebrai m˝ uveleteket ha f nem k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u. P´eld´aul, f −1 (∩Uγ ) = ∩f −1 (Uγ ) , f −1 (∪Uγ ) = ∪f −1 (Uγ ) , f −1 (U c ) = (f −1 (U ))c . Alaphalmazok ´ es m˝ uveletek: N : a term´eszetes sz´amok halmaza; Z : az eg´esz sz´amok; Z+ : a nemnegat´ıv eg´eszek; R : a val´os sz´amok; C : a komplex sz´amok; R+ : a nemnegativ sz´amok halmaza; [a, b] := {x ∈ R : a ≤ x ≤ b} z´ art intervallum, mindig v´eges; (a, b) := {x ∈ R :
8
´ ´ FRITZ JOZSEF, BME MATEMATIKA INTEZET
a < x < b} nyilt intervallum, v´egtelen is lehet. Rd : a d-dimenzi´os Euklideszi t´er; R ≡ R1 ; x = (x1 , x2 , ..., xd ) : az x1 , x2 , ..., xd koordin´ at´ akkal adott vektor, az Rd t´er ´altal´ anos eleme; √ x · y ≡ hx, yi : skal´aris szorzat; |x| := x · x : az x vektor hossza; r = xi + yj + zk az R3 t´er helyvektora; a × b : az a, b ∈ R3 vektorok vektori´ alis szorzata; Kδ (x) : az x ∈ Rd pont δ sugar´ u k¨ornyezete; z = x + ı y ≡ Re z + ı Im z , x, y ∈ R : komplex sz´am; z¯ := Re z − ı Im z a z komplex sz´am konjug´altja; |z|2 = z z¯; Arg z a z = |z|eıϕ pol´aris alakban fel´ırt komplex sz´am ϕ ir´anysz¨oge (argumentuma); det A : az A n´egyzetes m´atrix determin´ansa, A> a transzpon´altja; lim xn = x azaz xn → x : az xn sorozat hat´ar´ert´eke x amint n → ∞; xn = O(yn ) : az xn /yn sorozat korl´atos; xn = o(xn ) azaz xn ¿ yn : xn /yn → 0; xn ≈ yn : xn /yn → 1; f 0 : az f val´os f¨ uggv´eny deriv´altja; ϕ˙ : a ϕ = ϕ(t) deriv´altja ha t az id˝o; f (n) : az f val´ os vagy komplex f¨ uggv´eny n-ik deriv´altja; ∂x f ≡ fx0 : parci´alis differenci´al´ as az x v´ altoz´ o szerint; ∇f ≡ grad f : 00 ≡ ∂ ∂ f ; az f differenci´alhat´o f¨ uggv´eny parci´alis deriv´altjaib´ ol ´all´ o vektor, a gradiens; fx,y x y 2 ∇ f : a k´etszer differenci´alhat´o f f¨ uggv´eny m´asodik parci´alis deriv´altjaib´ ol ´all´ o m´atrix. F¨ uggv´ enyterek: C(X) ⊃ Cb (X) ⊃ Cc (X) : az X halmazon folytonos, korl´ atos, illetve kompakt halmazon k´ıv¨ ul elt˝ un˝o f¨ uggv´enyek terei, kf k = sup |f (x)| a Cb t´er norm´aja; Dk (X) ⊃ k C (X) : k-szor differenci´alhat´o, illetve folytonosan differenci´alhat´ o f¨ uggv´enyek; Cδk (x0 ) : az x0 egy k¨ornyezet´eben k-szor folytonosan differenci´alhat´ o f¨ uggv´enyek; L1 (µ) : a µ m´ert´ek szerint integr´alhat´ o f¨ uggv´enyek tere, kf k1,µ az L1 (µ) t´er norm´aja.
Konvergens sorozatok ´ es sorok
9
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK Ez az els˝o szemeszter anyaga, de az 5. 6. 7. ´es 8. fejezetek, k¨ ul¨ on¨ osen az ut´obbi kett˝ o, azt messze meghalad´o ismereteket tartalmaznak. A k´es˝ obbi f´el´evek sor´an ezek egyr´esze azt´an mint k¨otelez˝o anyag ker¨ ul el˝o. ´ SOROK 1. KONVERGENS SOROZATOK ES A val´os sz´am alapfogalom, b´ar a m´egink´ abb alapfogalomnak tekintend˝ o term´eszetes sz´amok halmaz´ab´ol kiindulva megkonstru´alhat´ o a val´ os sz´amok halmaza is, de erre itt nincs id˝o. 1.1. A term´ eszetes sz´ amok halmaza, kombinat´ orika. Peano axi´om´ ai szerint a term´eszetes sz´amok N = {1, 2, ..., n, ...} halmaz´anak van els˝o eleme, az 1, ´es minden n ∈ N elemhez van egy ut´ana k¨ovetkez˝o n0 ≡ n + 1 u ´jabb elem u ´gy, hogy az els˝ob˝ ol kiindulva az ut´ana k¨ovetkez˝ o elemek felsorol´as´aval minden term´eszetes sz´amot pontosan egyszer kapunk meg, teh´at 2 = 10 = 1 + 1, 3 = 20 = 2 + 1 = 1 + 1 + 1, ´es ´ıgy tov´ abb. 1 A term´eszetes sz´amok felsorol´as´ aval a rendez´es n < m rel´aci´oj´at is defini´altuk. Ezut´an bevezetj¨ uk az ¨osszead´ as ´es a szorz´as m˝ uveleteit, majd a kivon´assal egy¨ utt az eg´esz sz´amok Z halmaz´at, az oszt´assal egy¨ utt pedig a racion´alis sz´amok Q halmaz´at is. Lesz´ aml´ asi feladatok: Az X halmaz elemeib˝ol alkothat´ o n hossz´ us´ag´ u sorozatok halmaz´at X n jel¨ oli. Ha X elemeinek sz´ama m , akkor a fenti sorozatok sz´ama ´eppen md mert a sorozatok fel´ır´asakor mindegyik pozici´on´al m lehet˝os´eg¨ unk van, ´es ezek ¨osszeszorz´ odnak. Az X v´eges halmaz elemeinek valamely sorbarendez´es´et permut´aci´ onak nevezz¨ uk. Valamely n elem˝ u halmaz permut´aci´oinak megsz´amol´as´ahoz csak azt kell meggondolni, hogy egy sorbarendez´es elk´esz´ıt´esekor az els˝o poz´ıci´on´al n, a m´asodikn´al n − 1, a harmadikn´al n − 2, stb lehet˝os´eg¨ unk van, teh´at a permut´aci´ok sz´ama n! := 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) · n = n(n − 1)!, . Ezut´an n elemb˝ ol k kiv´ alaszt´asa, a kombin´aci´ok lesz´aml´al´asa u ´gy t¨ort´enhet hogy el˝osz¨ or k hossz´ us´ ag´ u sorozatokat k´epez¨ unk u ´gy, hogy a m´ar kiv´alasztott elemeket u ´jb´ ol nem haszn´aljuk fel. Az ilyen sorozatok sz´ama n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1) , ´es k! sorozat ´all ugyanazokb´ ol az elemekb˝ol, teh´at a kombin´aci´ok sz´ama a binomi´alis egy¨ utthat´ o: µ ¶ n n! n(n − 1) · · · (n − k + 1) := = (1.1) k k!(n − k)! k! Az elnevez´es az indukci´oval, de kombinatorikus okoskod´assal is k¨onnyen bizony´ıthat´ o binomi´alis t´etelhez f˝ uz˝odik, n µ ¶ X n k n−k n (a + b) = a b . k k=0
Itt azt kell ´eszrevenni hogy az n t´enyez˝ os szorzat kifejt´esekor ak bn−k egy¨ utthat´ oja ´eppen annyi, ah´ anyf´elek´eppen a k darab a t´enyez˝ot ki lehet v´alasztani. 1.2. Algebrai m˝ uveletek ´ es egyenl˝ otlens´ egek. A val´ os sz´amok R ⊃ Q halmaza, a sz´amegyenes olyan algebrai strukt´ ura amelyben a k´et alapm˝ uvelet ´es azok inverzei, valamint a rendez´es rel´aci´oja vannak defini´alva. Az ¨osszead´ as ´es a szorz´as is asszociat´ıv ´es kommutat´ıv m˝ uvelet, kapcsolatukat a disztribut´ıv tulajdons´ag fejezi ki. Ha a 6= 0, akkor az ax = y egyenlet egy´ertelm˝ uen oldhat´o meg, vagyis adott a, y ∈ R eset´en pontosan egy olyan x ∈ R sz´am van hogy y = ax, nevezetesen x = y/a . A m˝ uveletek ´es a rendez´es kapcsolat´ar´ ol azt kell lesz¨ogezni, hogy 0 < x2 ∀x 6= 0, tov´ abb´ a igaz egyenl˝otlens´eg ´erv´enyes marad ha mindk´et oldal´ahoz ugyanazt a sz´amot adjuk hozz´a, illetve ha mindk´et oldalt ugyanazzal a pozit´ıv sz´ammal szorozzuk meg. Teh´ at azonos ir´any´ u 1 V´ egs¯ o soron ez a teljes indukci´ o mint bizony´ıt´ asi m´ odszer logikai h´ attere, ´es ez teszi lehet¯ ov´e sorozatok xn+1 = f (xn ) alak´ u rekurz´ıv konstrukci´ oj´ at is, ahol az x1 els¯ o elemet, ´es a megl´ev¯ o xn elemb¯ ol a k¨ ovetkez¯ o k´epz´es´enek f szab´ aly´ at kell megadni. X megsz´ aml´ alhat´ o halmaz, ha az elemeit az X = {x1 , x2 , ..., xn , ...} m´ odon fel tudjuk sorolni. T´ abl´ azatba elrendezve l´ athat´ o, hogy a term´eszetes sz´ amokb´ ol alkothat´ o p´ arok {(n, m) : n, m ∈ N} halmaza megsz´ aml´ alhat´ o, ´es ´ıgy a racion´ alis sz´ amok halmaza is az.
10
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
egyenl˝otlens´egeket mindig ¨ossze lehet adni, de ¨osszeszorozni csak akkor szabad ˝oket ha egyik oldal sem negat´ıv. Indukci´oval bizony´ıthat´o az x > −1 eset´en ´erv´enyes (1 + x)n ≥ 1 + nx Bernoulli egyenl˝ otlens´eg. ♥ A feltev´es szerint (1 + x)n (1 + x) ≥ (1 + nx)(1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx2 ≥ 1 + (n + 1)x, teh´at az indukci´o t´enyleg m˝ uk¨odik. ¤ Ha x > 0 akkor az ´all´ıt´ as a binomi´alis t´etelb˝ ol is azonnal k¨ovetkezik. Az x ∈ R sz´am |x| abszol´ ut ´ert´eke x ´es −x k¨oz¨ ul a nagyobb, |xy| = |x| |y| ´es |x + y| ≤ |x| + |y| mindig igaz. Az A ⊂ R halmaz korl´atos, ha van olyan K sz´am hogy |x| ≤ K ∀x ∈ A. Ha csak azt tudjuk hogy x ∈ A eset´en x ≤ K, illetve x ≥ K, akkor azt mondjuk hogy A fel¨ ulr˝ ol, illetve alulr´ol korl´atos. A√ C komplex sz´ams´ık tulajdonk´eppen val´ os sz´ amp´ arokb´ ol ´all, a z = x + ı y ´ır´ asm´ od, ahol ı := −1 a k´epzetes egys´eg, a m˝ uveleti szab´alyokat is megadja. Ezek ugyanazok mint a val´os p 2 2 sz´amok eset´eben. A z = x + ı y komplex sz´am abszol´ ut ´ert´eke |z| := x + y , itt is igaz hogy |z + w| ≤ |z| + |w| ´es |zw| = |z| |w| . Elemi f¨ uggv´ enyek: Az f : X 7→ R , X ⊂ R f¨ uggv´eny monoton n˝o, illetve monoton fogy, ha x, y ∈ X ´es x < y eset´en f (x) ≤ f (y), illetve f (x) ≥ f (y). Ha itt f (x) < f (y), illetve f (x) > f (y) ´all, akkor szigor´ uan monoton f¨ uggv´enyekr˝ ol besz´el¨ unk. Az f (x) = xn f¨ uggv´eny minden¨ utt ´ertelmezve van, ´es az R+ pozit´ıv f´elegyenesen szigor´ uan monoton n˝o. El´eg egyszer˝ u f¨ uggv´enyek a szint´en minden¨ utt defini´alt pn (x) := a0 + a1 x + · · · + an xn polinomok, ahol a0 , a1 , ...an adott val´os sz´amok. A k´et polinom h´anyadosak´ent defini´alt racion´alis f¨ uggv´enyek csak ott vannak ´ertelmezve ahol a nevez˝o nem 0. P´eld´ aul, x−n = (1/x)n , ´es x0 = 1 ha x 6= 0. Az y = x2 egyenletnek y ≥ 0 eset´en pontosan egy nemnegat´ıv val´ os megold´asa van, ezt √ x := y jel¨oli. Eszerint n´egyzetgy¨ok¨ot tartalmaz´o kifejez´esek csak akkor ´ertelmesek, ha a gy¨ok alatti mennyis´eg nem negat´ıv. Hasonl´oan, ha y, x ≥ 0 ´es n ∈ N, akkor y = xn megold´asa x := y 1/n , v´eg¨ ul xα := (x1/n )m ha α = m/n ∈ Q ´es x ≥ 0 . Az xα f¨ uggv´eny is szigor´ uan α −1 1/α monoton n˝o a pozit´ıv f´elegyenesen, f (x) = x inverz f¨ uggv´enye (f ) (x) = x . Az ax > 0 exponenci´alis f¨ uggv´eny minden x ∈ R eset´en ´ertelmezhet˝ o ha a > 0, de ehhez a ´ enyesek az ax+y = ax ay ´es (ax )α = m˝ uveleti szab´alyok ¨onmagukban m´ar nem elegend˝oek. Erv´ aαx azonoss´agok. Ha a > 1, akkor ax minden¨ utt szigor´ uan monoton n˝o, ´es az y = ax , egyenlet x megold´asa x = loga y , vagyis loga a = x ∀x ∈ R ; a logaritmus az exponenci´alis f¨ uggv´eny inverze. A trigonometrikus f¨ uggv´enyeket egyenl˝ ore geometriai szeml´eltet´es seg´ıts´eg´evel defini´aljuk; sin ϕ , og 2π , az egys´egk¨ or ker¨ ulete. cos ϕ ´es tg ϕ argumentuma ´ıvm´ert´ekben van megadva, a teljes sz¨ 1.3. Konvergens sorozatok. Az xn ∈ R , n ∈ N sorozat konvergens ha van olyan x ∈ R sz´ am, a sorozat hat´ar´ert´eke, melyhez ∀ε > 0 eset´en ∃ nε ∈ N u ´gy hogy |xn − x| < ε ha n > nε , teh´at az x pont minden Kε (x) := {y ∈ R : |y − x| < ε} k¨ ornyezete, v´eges sz´am´ u kiv´etellel, a sorozat minden elem´et tartalmazza. L´athat´ o hogy konvergens sorozat hat´ar´ert´eke egy´ertelm˝ uen meghat´arozott sz´am. A t´eny´all´ast limn→∞ xn = x , vagy xn → x jel¨ oli, mag´at az elj´ar´ ast hat´ar´atmenetnek nevezz¨ uk. Biztosan konvergens az a sorozat amelynek v´eges sok kiv´etel´evel minden tagja ugyanaz. Szeml´eletesen nyilv´anval´o, de logikailag nem k¨ ovetkezik hogy az xn = 1/n sorozat hat´ar´ert´eke 0. Ezt a h´ezagot t¨olti be Arkhim´ed´esz axi´ om´ aja: Minden K ∈ R sz´ amhoz van n´ ala nagyobb n ∈ N term´eszetes sz´ am. Kit¨ untetett szerepet j´atszanak a monoton sorozatok. Az xn , n ∈ N sorozat monoton n˝o, om´ akb´ ol m´eg nem illetve monoton fogy ha xn+1 ≥ xn , illetve xn+1 ≤ xn ∀n ∈ N. Az eddigi axi´ k¨ovetkezik hogy minden monoton sorozatnak van hat´ ar´ert´eke; ha csak a racion´alis sz´amokat ismern´enk, akkor ez nem is volna igaz. Divergens sorozatok: Ha az xn sorozat nem konvergens, akkor azt mondjuk hogy divergens, aminek t¨obb v´altozata is van. P´eld´aul, az xn := (−1)n , xn = (−n)n , xn := n ´es xn := −n2 sorozatok egyar´ant divergensek, de az ut´obbi kett˝ onek van hat´ar´ert´eke. A ±∞ ide´alis elemek nem tartoznak a sz´amegyeneshez, ez´ert nem mondhatjuk azt hogy az xn := n sorozat konvergens. Defin´ıci´o szerint: xn → +∞ azt jelenti, hogy tetsz˝oleges K sz´ amn´ al a sorozatnak csak v´eges sz´am´ u tagja lehet kisebb. Az xn → −∞ rel´ aci´ o jelent´ese hasonl´o. Ezekben az esetekben azt
Konvergens sorozatok ´ es sorok
11
mondjuk hogy a sorozat nem konvergens, de hat´ar´ert´eke az´ert van. Vil´agos hogy xn → +∞ eset´en lim 1/xn = 0 . Bernoulli miatt q n → +∞ ha q > 1, teh´at |q| < 1 eset´en q n → 0. Hasznos ´ eszrev´ etelek ´ es szab´ alyok: Minden konvergens sorozat korl´ atos, vagyis van olyan K sz´am hogy |xn | ≤ K ∀n ∈ N. Ha xn → x 6= 0 , akkor a sorozat egy id˝ o m´ ulva jeltart´ o, vagyis van olyan n0 k¨ usz¨obsz´am hogy x ´es xn el˝ ojele ugyanaz ha n > n0 ; ´es ha x > α akkor v´eges sz´ am´ u kiv´etellel xn > α , vagyis van olyan n1 ∈ N hogy xn > α ha n > n1 . A konvergencia t´enye, ´es a hat´ ar´ert´ek maga sem v´ altozik meg, ha a sorozat v´eges sok elem´et megv´ altoztatjuk, vagy elhagyjuk. Ha nk , k ∈ N term´eszetes sz´amok szigor´ uan monoton n¨ ov˝ o sorozata, akkor yk := xnk , k = 1, 2, ... az xn , n = 1, 2, ... sorozat r´eszsorozata. Ha az xn sorozatnak van hat´ ar´ert´eke, akkor minden r´eszsorozat´ anak is van, ´espedig ugyanaz a hat´ ar´ert´eke, ami v´egtelen is lehet. Ha viszont az xn monoton sorozatnak van konvergens r´eszsorozata, akkor a teljes sorozat is konvergens. Az algebrai m˝ uveletek a hat´ ar´ atmenettel felcser´elhet˝ oek. Ha xn → x ´es yn → y akkor xn +yn → x + y ´es xn yn → xy , de xn /yn → x/y csak akkor ´ırhat´ o le gond n´elk¨ ul ha y 6= 0; ha x = y = 0 akkor m´eg minden lehets´eges. Egyenl˝ otlens´egek is ´erv´enyben maradnak a hat´ ar´ atmenet ut´ an: ha xn ≤ yn akkor lim xn ≤ lim yn . Innen ad´odik a rend˝ orelv: ha xn ≤ yn ≤ zn ´es lim xx = lim zn = y akkor ∃ lim yn = y. Ezek az alapvet˝o szab´alyok a defin´ıci´ o ´es a h´aromsz¨ og egyenl˝otlens´eg egyszer˝ u k¨ovetkezm´enyei. ♥ P´eld´aul, a k´es˝obb is gyakran haszn´alatos xn yn − xy = (xn − x) y + xn (yn − y) = (xn − x) y + x (yn − y) + (xn − x)(yn − y) azonoss´ag alapj´an |xn yn − xy| ≤ (x + y)δ + δ 2 hacsak |xn − x| ≤ δ ´es |yn − y| ≤ δ. Ak´armi is az el˝ore adott ε > 0 sz´am, ∃ δ > 0 u ´gy hogy (x + y)δ + δ 2 < ε, teh´at |xn yn − xy| < ε. A h´anyadosra vonatkoz´o ´all´ıt´as meg´ert´es´ehez el˝osz¨or azt kell meggondolni, hogy |yn | > |y|/2 ha n el´eg nagy, ilyenkor teh´at |1/yn − 1/y| = |yn − y||yn y|−1 ≤ 2|yn − y||y|−2 , ami tetsz˝olegesen kicsi lesz ha |yn −y| el´eg kicsi, vagyis 1/yn → 1/y . Mivel xn /yn = xn (1/yn ) , alkalmazhat´o a szorzat ´es a hat´ar´atmenet felcser´elhet˝ os´ege. ¤ A rendez´es megmarad´asa a tranzit´ıv tulajdons´agnak k¨osz¨onhet˝o, x − ε < xn ≤ yn < y + ε ∀ ε > 0 ha n el´eg nagy. Komplex sz´amsorozatok hat´ar´ert´ek´et bet˝ u szerint ugyan´ ugy defini´aljuk mint a val´ os esetben. A m˝ uveletek folytonoss´aga is ´erv´enyben marad; mindez annak k¨ osz¨ onhet˝ o hogy a komplex otlens´egnek, ´es |zw| ≤ |z||w|. sz´amok is eleget tesznek a h´aromsz¨og egyenl˝ N´ eh´ any egyszer˝ u hat´ ar´ ert´ ek: Monotonit´ as ´es a rend˝orelv miatt nα → +∞ ha α > 0 , n m´ıg a q → +∞ ha q > 1 hat´ar´ert´ek igazol´as´ ahoz Bernoulli egyenl˝ otlens´eg´ere is sz¨ uks´eg volt. √ Szint´en Bernoulli alapj´an, minden ε > 0 sz´amhoz van nε u ´gy, hogy (1 + ε)n > 1 + nε > n ha n > nε := ε−2 , teh´at n1/2n → 1, vagyis n1/n → 1 a szorz´asi szab´aly alapj´an. Mivel n! > mn−m ha 1 < m < n, ´es azt m´ar tudjuk hogy (mm )1/n → 1 ha n → ∞ mialatt m r¨ogz´ıtett, as´ ara v´egtelen ¨osszegek ki´ert´ekel´ese. P´eld´ aul, (n!)1/n → +∞. Tipikus feladat hat´ar´ert´ek sz´amol´ 2 n n+1 −1 Sn := 1 + q + q + · · · + q = (1 − q )/(1 − q) , teh´at Sn → (1 − q) ha |q| < 1. Sorozatok nagys´ agrendje: Hihetetlen¨ ul hasznos fogalom. Az xn ≈ yn jel¨ ol´est a lim an /bn = 1 esetben haszn´aljuk. xn = O(yn ) olyan K sz´am l´etez´es´et jelenti hogy |xn | ≤ K|yn | ∀n ∈ N, m´ıg xn = o(yn ) vagy xn ¿ yn k¨oz¨os jelent´ese: xn /yn → 0. Eszerint xn → 0 u ´gy is fel´ırhat´ o hogy atos. P´eld´ aul, loga n ¿ nα ¿ xn = o(1) , xn = O(1) pedig azt jelenti hogy az xn sorozat korl´ n n q ¿ n! ¿ n , ahol a, q > 1 ´es α > 0 tetsz˝oleges sz´amok. Ezek k¨oz¨ ul az els˝ ot k´es˝ obb, a anval´ o, hiszen n!/nn < 1/n . logaritmus pontos defin´ıci´oja ut´an bizony´ıtjuk. Az utols´o nyilv´ Mivel (n!)1/n → ∞, q n ¿ n! is azonnal k¨ovetkezik. nα ¿ q n ha q > 1 igazol´ as´ ahoz el˝osz¨ or √ n azt kell ´eszrevenni, hogy az el˝oz˝o szakaszban voltak´epp azt is l´attuk hogy n ¿ q ha q > 1. √ Arkhim´ed´esz szerint van olyan m ∈ N hogy nα ≤ nm = ( n)2m , tov´ abb´ a q 1/2m > 1 is igaz, α n teh´at n ¿ q a szorz´asi szab´aly alapj´an k¨ovetkezik. 1.4. A folytonoss´ agi axi´ oma n´ egy alakja. Az ¨onmag´ a´ert is ´erdekes xn+1 = f (xn ) , ahol f (x) := x/2 + 1/x ´es x1 > 0 algoritmus konvergenci´ aj´ anak meg´ert´es´ ehez a sz´amegyenes u ´jabb √ tulajdons´ag´at kell tiszt´azni. Azt l´atjuk hogy x > 0 eset´en f (x) ≥ 2 , tov´ abb´ a f (x) ≤ x ha
12
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
√ √ x ≥ 2 , 2 vagyis x2 ≥ x3 ≥ · · · xn ≥ 2. Ha tudn´ ank hogy a sorozat konvergens, akkor √ az x ank, ami ´eppen x = 2 . hat´ar´ert´ek´et az x = f (x) egyenlet pozit´ıv gy¨okek´ent azonos´ıthatn´ Konvergens sorozatok l´etez´es´et garant´ alja (posztul´alja) a folytonoss´agi axi´oma legegyszer˝ ubb alakja: Minden korl´ atos monoton sorozat konvergens. P´eld´ aul, az xn := 1/n sorozat monoton fogy, teh´at l´etezik az x hat´ar´ert´eke. Viszont yn := 1/2n hat´ar´ert´eke is x, vagyis x = x/2 , amib˝ ol x = 0. Eszerint Arkhim´ed´esz axi´om´aja a folytonoss´agi axi´oma k¨ovetkezm´enye. Az axi´oma sz´amos egyen´ert´ek˝ u megfogalmaz´asa k¨oz¨ ul el˝osz¨ or Bolzano ´es Weierstrass t´etel´et igazoljuk. T´ etel 1.1. Minden korl´ atos sorozatnak van konvergens r´eszsorozata. Bizony: Azt kell megmutatni hogy minden sorozatnak van monoton r´eszsorozata. Az xn sorozat xm eleme cs´ ucselem, ha k > m eset´en xk ≤ xm . Ha v´egtelen sok cs´ ucselem van, akkor ezek sorozata monoton cs¨okken˝o. Ha cs´ ucselem egy´altal´ an nincs, akkor minden elem ut´an van n´ala nagyobb, teh´at szigor´ uan n¨ovekv˝o sorozat v´alaszthat´ o ki. Ugyanezt tessz¨ uk akkor is, ha a cs´ ucselemek sz´ama v´eges; a n¨ovekv˝o sorozat kiv´ alaszt´ as´ at az utols´o cs´ ucs ut´an kezdj¨ uk. ¤ A t´etel ´all´ıt´as´ab´ol a monoton sorozatok konvergenci´ aj´ ar´ ol sz´ol´ o axi´oma azonnal k¨ovetkezik; ha monoton sorozatnak van konvergens r´eszsorozata, akkor maga a sorozat is konvergens. 3 A hat´ar´ert´ek ismerete n´elk¨ ul is jellemezhetj¨ uk a konvergens sorozatokat: Az x1 , x2 , ..., xn , ... sorozat Cauchy sorozat ha minden ε > 0 sz´amhoz van olyan nε k¨ usz¨ ob, hogy n, m > nε eset´en ashoz. |xn − xm | < ε , vagyis a sorozat v´ege fel´e az elemek m´ar nagyon k¨ozel vannak egym´ T´ etel 1.2. Minden konvergens sorozat Cauchy, ´es ford´ıtva, minden Cauchy sorozat konvergens. Bizony: Ha tudjuk hogy xn → x, akkor a Cauchy tulajdons´ ag az |xn − xm | ≤ |xn − x| + |xm − x| h´aromsz¨og egyenl˝otlens´eg k¨ovetkezm´enye. Viszont minden Cauchy sorozat korl´atos, ez´ert van konvergens r´eszsorozata: xnk → x ha k → ∞. Mivel |xn − x| ≤ |xn − xnk | + |xnk − x| , a teljes sorozat is az x sz´amhoz konverg´al. ¤ Korl´atos ´es monoton sorozat nyilv´ an Cauchy, teh´at t´etel¨ unkb˝ ol k¨ovetkezik a folytonoss´agi axi´oma els˝o alakja. 4 Cantor ´es Dedekind nev´ehez f˝ uz˝odik a k¨ovetkez˝ o v´altozat. Az y ∈ R sz´ am az A ⊂ R halmaz legkisebb fels˝o korl´atja (fels˝o hat´ara), amit y = sup A jel¨ ol, ha x ≤ y ∀x ∈ A, de ha z < y, akkor alhat´ o, akkor sup A = +∞. Hasonl´o az inf A van olyan x ∈ A hogy x > z. Ha ilyen y nem tal´ legnagyobb als´o korl´at (als´o hat´ar) defin´ıci´ oja. T´ etel 1.3. Minden A ⊂ R fel¨ ulr˝ ol korl´ atos halmaznak l´etezik ´es v´eges a legkisebb fels˝ o korl´ atja. Ha A alulr´ ol korl´ atos, akkor R 3 inf A > −∞. Bizony: Csak az els˝o ´all´ıt´ast kell igazolni; fels˝ o korl´ atok olyan Kn fogy´ o sorozat´at konstru´ aljuk meg, amelynek K := sup A a hat´ar´ert´eke. Legyen K1 az eg´esz sz´amok k¨oz¨ ul az els˝o fels˝o korl´ at, L1 := K1 − 1 , ha teh´at sup A t´enyleg l´etezik, akkor biztosan az [L1 , K1 ] intervallumban van. K2 meghat´ aroz´as´ahoz az [L1 , K1 ] intervallumot k´et egyenl˝ o r´eszre osztjuk; az egyik biztosan at, K2 := K1 , ha nem, m´ıg L2 := K2 − 1/2 . metszi A-t. Ezut´an K2 := K1 − 1/2 ha az fels˝o korl´ Az elj´ar´as folytathat´o: mindegyik Kn fels˝ o korl´ at, ´es az A halmaznak is mindig lesz pontja −n+1 . Ha most Kn − 2−n is fels˝o korl´ at, akkor az [Ln , Kn ] intervallumban, ahol Ln := Kn − 2 √ √ 2 A sz´ amtani ´es m´ertani k¨ oz´ep t´etele szerint a + b ≥ 2 ab ha a, b > 0 , teh´ at f (x) ≥ 2 . Az f (x) ≤ x ´ all´ıt´ as
√ az 1/x ≤ x/2 egyenl¯ otlens´egre vezet, ami x ≥ 2 eset´en igaz. 3 R´ eszsorozat v´eges hat´ ar´ert´ek´et a sorozat torl´ od´ asi pontj´ anak nevezz¨ uk, teh´ at a t´etel ´ıgy is kimondhat´ o: Korl´ atos sorozatnak van torl´ od´ asi pontja. 4 Azt a tulajdons´ agot hogy minden Cauchy sorozat konvergens, r¨ oviden ´ıgy nevezz¨ uk: a sz´ amegyenes teljes. Kompakt az az A ⊂ R halmaz, amelyben minden sorozatnak van az A valamelyik elem´ehez konverg´ al´ o r´eszsorozata. Ha a konvergens r´eszsorozatnak csak a l´etez´es´et k´ıv´ ajuk meg, akkor a prekompakt vagy relat´ıv kompakt jelz¯ ot haszn´ aljuk. Minden kompakt t´er teljes, de ford´ıtva nem igaz, p´eld´ aul R sem kompakt. Nem ilyen a racion´ alis sz´ amok halmaza; a val´ os sz´ amok halmaz´ at v´egs¯ o soron u ´gy konstru´ aljuk meg, hogy a racion´ alis sz´ amokhoz hozz´ avessz¨ uk a bel¯ ol¨ uk alkothat´ o Cauchy sorozatok elk´epzelt hat´ ar´ert´ekeit: Minden x val´ os sz´ amhoz van olyan xn ∈ Q sorozat, hogy x = lim xn . Ilyen a sz´ amot megad´ o tizedest¨ ortek sorozata. A Cauchy tulajdons´ ag elvi jelent¯ os´eg¯ u v´egtelen sok tagb´ ol ´ all´ o¨ osszegek, ´es k¨ ul¨ onf´ele integr´ alok ´ertelmez´esekor is.
Konvergens sorozatok ´ es sorok
13
Kn+1 := Kn − 2−n , m´ıg Kn+1 := Kn az ellenkez˝ o esetben, tov´abb´ a Ln+1 := Kn+1 − 2−n . A Kn sorozat (nem felt´etlen¨ ul szigor´ uan) monoton fogy, ´es alulr´ol korl´ atos, teh´at l´etezik ´es v´eges a K := limn Kn hat´ar´ert´ek. Mivel x ≤ Kn ∀ x ∈ A ´es ∀ n ∈ N , ez a K is fels˝o korl´ at. Mivel mindegyik [Ln , Kn ] intervallum metszi A-t, ´es tartalmazza K-t, nincs n´ala kisebb korl´ at. Val´oban, ha L < K is fels˝o korl´at volna, akkor K − L > 2−n eset´en [Ln , Kn ] az A halmaznak m´ar egyetlen pontj´at sem tartalmazhatn´a, teh´at t´enyleg K = sup A. 5 ¤ Ha most xn , n ∈ N monoton n¨ov˝o sorozat, akkor a fenti t´etel szerint ´eppen sup{xn : n ∈ N} az xn sorozat hat´ar´ert´eke. A k¨or bez´arult: a folytonoss´ agi axi´ oma a fenti ´ all´ıt´ asok mindegyik´evel ekvivalens. ∗∗ Sz´amsorozat fels˝o ´es als´o hat´ar´ at is defini´aljuk: sup xn := sup{xn : n ∈ N} ´es inf xn := inf{xn : n ∈ N} , tov´abb´a a sorozat fels˝o ´es als´o hat´ar´ert´eke lim sup xn := lim sup{xn : n > m} ´es lim inf xn := lim inf{xn : n > m} . n→∞
m→∞
n→∞
m→∞
(1.2)
Eszerint lim sup xn a sorozat legnagyobb, lim inf xn a legkisebb torl´od´ asi pontja. P´eld´ aul, lim sup xn = x ¯ azt jelenti hogy ha y > x ¯, akkor xn < y v´eges sz´am´ u kiv´etelt˝ ol eltekintve teljes¨ ul. Mivel az x ¯m := sup{xn : n > m} sorozat monoton fogy, xm := inf{xn : n > m} pedig monoton n˝o, a lim sup xn ≤ +∞ fels˝o, ´es a lim inf xn ≥ −∞ als´ o hat´ar´ert´ekek mindig l´eteznek. Mindig igaz hogy lim inf xn ≤ lim sup xn , ´es a hat´ar´ert´ek l´etez´es´enek egyenl˝ os´eg a felt´etele; lim sup xn = lim inf xn = lim xn ha az ut´obbi l´etezik. Az is l´atszik hogy lim sup(xn + yn ) ≤ lim sup xn + lim sup yn , m´ıg lim inf(xn + yn ) ≥ lim inf xn + lim inf yn . ∗∗ P 1.5. Abszol´ ut konvergens sorok. A an = a1 + a2 + · · · + an + · · · v´egtelen sor ¨ osszeg´et k´ezenfekv˝o az Sn := a1 + a2 + · · · + an r´eszlet¨ osszegek sorozat´anak hat´ar´ert´ekek´ent defini´alni, ha az l´etezik. Nemnegat´ıv sz´amokb´ol ´all´ o sor r´eszlet¨ osszegeinek sorozata monoton n˝o, teh´at a sor ¨osszege mindig l´etezik, legfeljebb +∞ lesz az ´ert´eke. P´ eld´ aul, az ¨osszeget 2m hossz´ us´ag´ u P blokkokra tagolva l´athat´o hogy a harmonikus sor divergens, n−1 = +∞. Ugyanakkor az 1 − 1/2 + 1/3 − 1/4 + · · · altern´al´o harmonikus sor – Leibniz t´etele szerint – konvergens: Ha az an sorozat monoton fogyva tart null´ ahoz, akkor az a1 − a2 + a3 − a4 + · · · + (−1)n−1 an + · · · sor konvergens. ♥ Csak azt kell ´eszrevenni hogy az S2n r´eszlet¨ osszegek sorozata monoton n˝o, mig S2n−1 monoton fogy, teh´at an → 0 miatt ugyanaz a hat´ ar´ert´ek¨ uk. ¤ Az is l´athat´ o hogy |S − Sn | ≤ an+1 , ahol S := lim Sn a Leibniz sor ¨osszege. Enn´el ´erdekesebb az a t´eny hogy az altern´al´ o harmonikus sor ak´ ar u ´gy is ´atrendezhet˝ o, hogy az ¨osszege +∞ legyen, vagy u ´gy is, hogy a r´eszlet¨ osszegei +∞ ´es −∞ k¨ oz¨ ott ingadozzanak. V´egtelen ¨osszegek eset´en teh´at s´er¨ ulhet az ¨osszead´ as sorrendj´enek felcser´elhet˝ os´ege, de m´eg az asszociat´ıv tulajdons´ag is vesz´elybe ker¨ ul. Ha az ¨ osszeget v´eges blokkokra osztjuk, vagyis z´ar´ojelezz¨ uk, ´es a blokk¨oszegek P sorozat´at ¨osszegezz¨ uk, akkor az eredm´eny a z´ ar´ ojelez´es n+1 ¨ m´odszer´enek f¨ uggv´enye lehet. P´elda a (−1) o sszeg. Ilyen rendelleness´ e gek nem fordulhatP nak el˝o ha a sor abszol´ ut konvergens, vagyis |an | < +∞. T´ etel 1.4. Minden abszol´ ut konvergens sor konvergens, az ¨ osszege nem f¨ ugg az ¨ osszeadand´ ok sorrendj´et˝ ol, ´es tetsz´es szerint z´ ar´ ojelezhet˝ o. Bizony: Mivel m > n ´es tetsz˝oleges ε > 0 eset´en |Sm − Sn | ≤ |an+1 | + |an+2 | + · · · + |am | ≤ Rn :=
∞ X
|ak | ≤ ε
k=n+1
ha n el´eg nagy, abszol´ ut konvergens sorP r´eszlet¨ osszegei Cauchy sorozatot alkotnak, teh´at a sor konvergens. Azt is l´atjuk hogy ha S := an , akkor |Sn − PS| ≤ Rn . ∗∗ Az ´atrendezhet˝os´eg bizony´ıt´asakor feltehetj¨ uk hogy a an sor egyik P tagjaPsem nulla, ekkor minden sz´am csak v´eges sokszor fordulhat el˝o a sorozatban. Legyen bn a an ´ atrendez´ese, 5 A gondolatmenet tartalmazza a Cantor-f´ ele metszett´etel legegyszer¯ ubb v´ altozat´ at (=oroszl´ anfog´ as).
A felezget´esi elj´ ar´ assal intervallumok olyan [Ln , Kn ] fogy´ o sorozat´ at konstru´ altuk meg, amelyek mindegyike tartalmazza az elk´epzelt sup A sz´ amot, felt´eve hogy az t´enyleg l´etezik. Az intervallumok egyetlen pontra h´ uz´ odnak ¨ ossze, ezt kerest¨ uk.
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
14
vagyis a b1 , b2 , ..., bn , ... sorozatban az a1 , a2P , ..., an , ... sz´ amok mindegyike pontosan annyiszor 0 a szerepel, mint az eredetiben. Jel¨olje Sm bn sor r´eszlet¨ osszegeit, ´es adott ε > 0 mellett 0 − S m´ legyen n olyan nagy, hogy Rn < ε. Ezut´ an m n¨ovel´es´evel el´erhet˝ o, hogy Sm ar csak olyan n tagokb´ol ´all, melyek eredeti sorsz´ama n ut´an k¨ovetkezik. Ekkor viszont 0 0 |Sm − S| ≤ |Sm − Sn | + |Sn − S| ≤ Rn + ε ≤ 2ε ,
amit bizony´ıtani kellett. Az asszociativit´as bizony´ıt´ asa hasonl´o. ∗∗ ¤ Ez az egyszer˝ u de alapvet˝o eredm´eny l´enyeg´eben azt mondja, hogy abszol´ ut konvergens sorokkal ugyan´ ugy sz´amolhatunk, mint azt a v´eges ¨osszegekn´el megszoktuk. Azt hogy abszol´ ut konvergens sor ¨osszege nem f¨ ugg az ¨osszegz´es m´odj´ at´ ol, j´ol t¨ ukr¨ ozi a k¨ovetkez˝ o jel¨ol´es. Legyen f : X 7→P R , ahol X tetsz˝oleges megsz´ aml´ alhat´ o halmaz. Ekkor az f (x) , x ∈ X sz´ amok ¨osszeg´et az s = x∈X f (x) formul´aval is fel´ırhatjuk, felt´eve hogy a sor abszol´ ut konvergens. Ez az alak m´ar semmif´ele utal´ast sem tartalmaz az ¨osszegez´es sorrendj´ere vonatkoz´oan. Ha egy sor konvergens, de nem nem abszol´ ut konvergens, akkor azt mondjuk hogy a sor felt´etelesen konvergens. Sorok szorz´as´anak disztribut´ıv tulajdons´aga most m´ar egyszer˝ u k¨ovetkezm´eny: K´et abszol´ ut konvergens sor tetsz´es szerint szorozhat´ o¨ ossze. ♥ Arr´ol van sz´o hogy ∞ X ∞ X
teh´at a
PP
|an bm | =
n=1 m=1
∞ X
|an |
n=1
∞ X
|bm | < +∞,
m=1
an bm sz´amokat tetsz˝oleges sorrendben ¨osszegezhetj¨ uk. ¤ A ∞ X ∞ X
an bm =
n=0 m=0
∞ X
(a0 bk + a1 bk−1 + · · · + ak b0 )
k=0
t´ıpus´ u ¨osszegz´es a Cauchy szorzat, ez f˝oleg a A v´egtelen m´ertani sor ¨osszege
P
(1.3)
an xn hatv´anysorok eset´en el˝ony¨ os.
1 + x + x2 + · · · + xn + · · · =
∞ X
xn =
n=0
1 1−x
ha |x| < 1,
(1.4)
´es ilyenkor a sor abszol´ ut konvergens. Az ¨osszeg ´ atrendez´es´evel kapjuk hogy 1 + 2x + 3x2 + · · · + nxn−1 + · · · =
∞ X n=1
nxn−1 =
∞ X m=0
xm
∞ X
xn =
n=0
1 (1 − x)2
ha |x| < 1 ; (1.5)
ez a sor is abszol´ ut konvergens. Az abszol´ ut konvergencia krit´ eriumai: Sz´ amos sor konvergenci´ aj´ anak bizony´ıt´ asa vezethet˝ o vissza a m´ertani sorra. P P bn < ∞, akkor a an sor abszol´ ut konvergens. Major´ ans krit´ erium: Ha |an | ≤ bn ´es Ez az ´all´ıt´as szinte nyilv´anval´o. P H´ anyados krit´ erium: Ha lim sup |an+1 /an | = q < 1, akkor an abszol´ ut konvergens. ♥ ut konvergencia t´eny´en nem v´altoztat, teh´at feltehet˝ o hogy V´eges sok tag elhagy´asa az abszol´ valamilyen p < 1, p > q sz´ammal |an+1 | ≤ p |an | mindig igaz. Ekkor viszont indukci´oval |an | ≤ pn |a0 | k¨ovetkezik, teh´at a sornak geometriai major´ansa van. ¤ Ha viszont q ≥ 1, akkor a sor ´altal´anos tagja nem tart null´ahoz, teh´at a sor nem lehetPkonvergens. Gy¨ ok krit´ erium: Ha lim sup |an |1/n = q < 1, akkor a an sor abszol´ ut konvergens. ♥ Ugyan´ ugy mint el˝obb, v´eges sok tag elhagy´asa ut´an feltehet˝ o hogy |an | ≤ pn , ahol p < 1 de uk¨ odik. ¤ Ha q ≥ 1, akkor a sor divergens. B´ ar a p > q, vagyis a major´ans krit´erium ism´et m˝ gy¨ ok krit´erium bizony´ıt´ asa egyszer˝ ubb mint a h´ anyados krit´erium´e, ˝ o az er˝ osebb. ♥ Ha ugyanis |an+1 |/|an | ≤ q < 1 ha n > m, akkor |an | =
|an | |an−1 | |a2 | ··· |a1 | , |an−1 | |an−2 | |a1 |
Konvergens sorozatok ´ es sorok
15
teh´at van olyan Cm sz´am hogy |an | ≤ Cm q n ∀n ∈ N , amib˝ol (Cm )1/n → 1 miatt a gy¨ok krit´erium k¨ovetkezik. ¤ Semmit sem mondhatunk a q = 1 esetben, ami p´eld´ aul akkor k¨ovetkezik be, ha |an | = n−α , α > 0. Megmutatjuk hogy ∞ X n−α < +∞ ha α > 1, (1.6) n=1
de a sor divegens ha α ≤ 1 . ♥ A
P
osszeget 2m hossz´ us´ ag´ u blokkokra bontva l´atjuk hogy n−1 ¨
2−m + (2m + 1)−1 + · · · + (2m+1 − 1)−1 ≥ 2m 2−m−1 = 1/2 , teh´at a fenti sor α = 1 , ´es ´ıgy α ≤ 1 eset´en is divergens. Hasonl´oan, ha α > 1 akkor az m-ik blokk eset´eben 2−mα + (2m + 1)−α + (2m + 2)−α + · · · + (2m+1 − 1)−α ≤ 2m 2−mα = 2m(1−α) , teh´at a jobboldalon konvergens geometriai sort kaptunk, vagyis az eredeti sor is konvergens. ¤ Sz´amos tov´abbi nevezetes hat´ar´ert´ek ´es ¨osszeg elemi u ´ton is meghat´arozhat´ o, de a r¨ovidesen kidolgozand´o differenci´ a l´ e s integr´ a lsz´ a m´ ıt´ a s sokkal hat´ e konyabb eszk¨ o z¨ o kkel szolg´al. P∞ n Hatv´ anysorok: A n=0 an (x − x0 ) t´ıpus´ u ¨osszegek konvergenci´ aj´ anak vizsg´alata is a m´ertani os (esetleg komplex) sz´ amok a sor egy¨ utthat´ oi. sorra ´ep¨ ul, itt x0 a sorfejt´es k¨oz´eppontja, az an val´ T´ etel 1.5. Val´ os hatv´ anysor konvergenci´ aj´ anak tartom´ anya intervallum, vagyis van olyan R ≥ 0 sz´ am hogy |x − x0 | < R eset´en a sor abszol´ ut konvergens, de ha |x − x0 | > R , akkor a sor divergens. Bizony: Tegy¨ uk fel hogy az y 6= x0 helyen a sor konvergens, ekkor az |an ||y − x0 |n sorozat korl´atos. Mivel ¶ µ ∞ ∞ X X x − x0 n n n an (x − x0 ) = an (y − x0 ) , y − y0 n=0
n=0
|x − x0 | < |y − y0 | eset´en a sornak geometriai major´ansa van, teh´at az x helyen is konvergens. ¤ ∗∗ A gy¨okkrit´eriummal kapjuk Cauchy ´es Hadamard k´eplet´et, amely megadja a konvergencia intervallum´anak R sugar´at. Ha lim sup |an |1/n = 1/R , ´es |x−x0 | < R , akkor a hatv´ anysor abszol´ ut 1/n konvergens. Ezt u ´gy kell ´erteni hogy ha lim |an | = 0, akkor a sor az eg´esz sz´amegyenesen konvergens; persze R = 0 is lehets´eges. Az is l´athat´ o hogy |x| > R eset´en a hatv´anysor divergens, P P∞ n /n! ´ −α xn sorok k¨ a v´egpontok esete bonyolultabb. P´eld´ aul a ∞ x e s a oz¨ ul az els˝ o n=0 n=1 n 1/n (n!) → +∞ miatt a teljes sz´amegyenesen abszol´ ut konvergens, a m´asodik t´ıpus´ u sor konvergencia sugara az α ∈ R mindegyik ´ert´ek´en´el ´eppen R = 1. Ha most α > 1, akkor a m´asodik sor mindk´et v´egpontban abszol´ ut konvergens, m´ıg az α ≤ 0 esetben mindkett˝ oben divergens. Ha viszont 0 < α ≤ 1 akkor a sor x = 1 eset´en divergens, de felt´etelesen konvergens ha x = −1. ∗∗ 1.6. Az exponenci´ alis f¨ uggv´ eny. A nevezetes Euler f´ele e sz´amot, ami a ”term´eszetes” exponenci´alis f¨ uggv´eny, ex alapja, az en := (1 + 1/n)n sorozat hat´ar´ert´ekek´ent defini´ aljuk. M´ar az is sz´ep hogy a sorozat korl´atos: Bernoulli szerint µ ¶n µ ¶n 2n 1 n 1 1 = = 1− ≥1− ≥ √ e2n 2n + 1 2n + 1 2n + 1 2 teh´at 1 ≤ e2n ≤ 4 . M´asr´eszt viszont, megint a Bernoulli egyenl˝ otlens´eg alapj´an µ 2 ¶n+1 µ ¶n+1 µ ¶ en+1 n + 1 n + 2n n+1 1 n+1 1 = = 1− ≥ 1− = 1, en n (n + 1)2 n (n + 1)2 n n+1 teh´at en+1 ≥ en . Eszerint e2n+1 ≤ 4 is igaz, vagyis l´etezik ´es v´eges az e := limn en hat´ ar´ert´ek. Hasonl´oan igazolhat´o hogy adott x ∈ R mellett az en (x) := (1 + x/n)n sorozat is korl´ auk, de nem is haszn´ aljuk. Az en (x) tos ´es monoton, teh´at konvergens; ezt m´ar nem r´eszletezz¨ f¨ uggv´enysorozat term´eszetes m´odon, a kamatok folytonos t˝ok´es´ıt´es´enek sz´amol´ asakor, vagy az ´ y 0 (x) = cy(x) differenci´alegyenet numerikus megold´ asakor is el˝oker¨ ul. Erdemes ´eszrevenni hogy
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
16
en (x) = (1+1/m)mx ha m := n/x . Ez az m persze nem mindig eg´esz sz´am, de az´ert sejthet˝o hogy el˝obb vagy ut´obb az ex = limn en (x) formula ´ertelmesnek ´es igaznak bizonyul. S˝ot, en (αx) = (1 + x/m)αm = eαm (x) ha m := n/α alapj´an az v´arjuk hogy eαx = (ex )α akkor is igaz ha α irracion´alis sz´am. 6 A f˝o gond itt nem az hogy m = n/x nem biztos hogy eg´esz sz´am, hanem az hogy noha e m´ar megvan, de az f (x) = ex exponenci´alis f¨ uggv´enyt ´altal´ anos x ∈ R eset´en m´eg nem defini´altuk. Az al´abbiakban ex hatv´ anysor´ at ´all´ıtjuk el˝o. A binomi´alis t´etel szerint n X xk n(n − 1) · · · (n − k + 1) en (x) = an,k . , ahol an,k := k! nk k=0
L´atjuk hogy 0 ≤ an,k ≤ 1, ´es minden r¨ogz´ıtett k mellett limn→∞ an,k = 1, teh´ at okkal vessz¨ uk P∞ k el˝o az e(x) := k=0 x /k! hatv´anysort. A h´anyados vagy gy¨ok krit´erium seg´ıts´eg´evel k¨onnyen ut konvergens. 7 igazolhat´o hogy ez a sor mindenhol abszol´ Legyen |x| < r ´es n > m, ekkor |e(x) − en (x)| ≤
m X
|1 − an,k |
k=0
∞ X rk rk rm+1 + Rm (r) , Rm (r) := ≤ e(r) ; k! k! (m + 1)!
(1.7)
k=m+1
az Rm marad´ektag becsl´ese (m + 1 + k)! ≥ (m + 1)! k! k¨ ovetkezm´enye. Mivel az ex hatv´ anysor n abszol´ ut konvergens, a m´asodik ¨osszeg tetsz˝olegesen kicsi lesz ha m el´eg nagy; ezt r ¿ n! igazolja. Pontosabban, adott r > 0 mellett minden ε > 0 sz´amhoz van olyan mε hogy Rm (r) < ε/2 ha m > mε . R¨ogz´ıts¨ uk m-et ennek megfelel˝oen, vagyis az els˝o ¨osszeg tagjainak sz´ama nem v´altozik amint n → ∞. Mivel mindegyik tag null´ ahoz tart, el´erhetj¨ uk hogy ¨ osszeg¨ uk is kisebb legyen mint ε/2 , teh´at e(x) = limn→∞ en (x) ∀x ∈ R . Ezut´an azt igazoljuk hogy e(x + y) = e(x) e(y) ∀x, y ∈ R, teh´ at joggal nevezhetj¨ uk expouggv´enynek: e(x) ≡ ex , ahol e := 1 + 1/2 + 1/6 + · · · + 1/n! + · · · az Euler f´ele sz´am. nenci´alis f¨ Az ex ´es ey abszol´ ut konvergens sorok Cauchy szorzat´at k´epezve val´ oban µ ¶ ∞ ∞ ∞ ∞ n X (x + y)n X X xk y m X 1 X n xk y n−k = e(x) e(y) = = = e(x + y) k k! m! n! n! k=0 m=0
n=0
k=0
n=0
8
k¨ovetkezik a binomi´alis t´etel alapj´an. K´enyesebb az e(αx) = eα (x) azonoss´ag irracion´alis α eset´eben, ezt k´es˝obb tiszt´azzuk. ¨ Osszefoglalva a fentieket: ∞ ³ X xn x ´n ex ≡ exp x := = lim 1 + (1.8) ∀x ∈ R, n→∞ n! n n=0
ex+y
ex ey
tov´abb´a = ∀x, y ∈ R . L´athat´ o hogy e0 = 1 ´es ex > , 0 teh´at ey > ex ha y > x; az exponenci´ alis f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton. Ism´et a Bernoulli egyenl˝otlens´eg szerint en (x) = (1 + x/n)n ≥ 1 + x ha x > −n , teh´ at x x x en (x) → e miatt e ≥ 1+x . A sorfejt´es alapj´an viszont, l´ asd Rm becsl´es´et (1.7) ut´an, e −1−x ≤ 6 Fizikai okoskod´ asokban gyakori a m´ert´ekegys´eg megv´ altoztat´ asa, ´es az az ´erv hogy ez az ´ atsk´ al´ az´ as a t¨ orv´enyt
nem v´ altoztatja meg. 7 Az e (x) → e(x) ´ all´ıt´ as Weierstrass sorok domin´ alt konvergenci´ aj´ ar´ ol sz´ ol´ o t´etel´eb¯ ol egyszer¯ uen k¨ ovetkezik. n P P Legyen |an,k | ≤ bk ha n, k ∈ N , ´es tegy¨ uk fel hogy az S¯ := bk , ´es az S (n) := k an,k sorok mind konvergensek. P Ha an,k → ak ∀ k ∈ N amint n → +∞ , akkor az S := ak sor is konvergens, ´es S = lim S (n) . ♥ A bizony´ıt´ as (n) azon m´ ulik hogy a szimult´ an major´ al´ as miatt az S sorok konvergenci´ aja egyenletes: minden ε > 0 sz´ amhoz (n) (n) van olyan mε k¨ usz¨ obsz´ am hogy |Sm − S (n) | < ε ha m > mε , ahol Sm az S (n) sor m-ik r´eszlet¨ osszege. Val´ oban, |ak | ≤ bk miatt az S sor is konvergens, s¯ ot |Sm − S| < ε is igaz ha m > mε . Tekintve hogy |S (n) − S| ≤ (n) (n) |S (n) −Sm |+|Sm −Sm |+|Sm −S| , az ´ all´ıt´ as ugyan´ ugy ad´ odik mint en (x) → e(x) , el¯ osz¨ or m > mε r¨ ogz´ıtett ´ert´eke mellett elv´egezz¨ uk az n → +∞ hat´ ar´ atmenetet, ett¯ ol a becsl´es k¨ oz´eps¯ o tagja elt¯ unik, vagyis limsup |S (n) −S| ≤ 2ε . ¤ 8 Az 5. szakaszban azt is megmutatjuk hogy az f (x + y) = f (x)f (y) Cauchy f´ ele f¨ uggv´enyegyenlet minden folytonos ´es nem azonosan nulla megold´ asa f (x) = eλx alak´ u, azaz exponenci´ alis f¨ uggv´eny.
Hat´ ar´ ert´ ek ´ es folytonoss´ ag
17
(x2 /2)e|x| , teh´at 1 + x ≤ ex ≤ 1 + x + (x2 /2)e|x| ∀x ∈ R. Ha teh´ at xn → 0, akkor exn → 1 x x+y x y n ´es (1/xn )(e − 1) → 1. Az e = e e azonoss´ ag alapj´an azt is l´atjuk hogy xn → x eset´en exn = exn −x ex → ex ´es (xn − x)−1 (exn − ex ) → ex amint xn → x : az exponenci´ alis f¨ uggv´eny folytonos, s˝ ot differenci´ alhat´ o. Az is l´athat´ o hogy ey ≥ ex + ex (y − x) ∀ x, y ∈ R . Ez ut´obbiak u ´gy is elmondhat´oak, hogy az ex f¨ uggv´eny gr´afj´ ahoz az x0 pontban h´ uzott ´erint˝ o egyenlete x x x 0 0 y = e +e (x−x0 ) . L´athat´o hogy e minden¨ utt az ´erint˝ oje f¨ol¨ ott halad, teh´at konvex f¨ uggv´eny. V´eg¨ ul a m´ertani sor ¨osszegk´eplet´evel ∞
1 X −k/n 1/n e = → 1, n 1 − e1/n k=0 teh´at az e−x f¨ uggv´eny ´es az x tengely pozit´ıv fele k¨oz´e es˝o ter¨ ulet ´eppen 1. ¨ ´ ´ ERT ´ EKE ´ ´ FOLYTONOSSAGA ´ 2. FUGGV ENYEK HATAR ES Egy val´os f¨ uggv´eny gyakran nem a teljes sz´amegyenesen, hanem annak csak egy X r´eszhalmaz´an van defini´alva. Az X ´ertelmez´esi tartom´any elvileg tetsz˝oleges, de legt¨ obbsz¨ or intervallum, ami v´egtelen is lehet. Ilyenkor a f¨ uggv´eny viselked´es´et azokban a pontokban is vizsg´ alhatjuk, amelyek ugyan nem tartoznak az X ´ertelmez´esi tartom´anyhoz, de annak pontjaival tetsz˝olegesen megk¨ozel´ıthet˝oek. 2.1. Defin´ıci´ ok. Az f : X 7→ R f¨ uggv´eny folytonos az x0 ∈ X helyen, ha minden ε > 0 sz´amhoz megadhat´o δ > 0 u ´gy, hogy |f (x) − f (x0 )| < ε hacsak |x − x0 | < δ ´es x ∈ X . A t´eny´ all´ ast f ∈ C(x0 ) jelzi, ´es f ∈ C(X) ha f az X minden pontj´aban folytonos. Nyilv´anval´ o hogy folytonos f¨ uggv´eny a hat´ ar´ atmenettel felcser´elhet˝ o, vagyis f (x0 ) = lim f (xn ) ha xn → x0 ´es x0 , xn ∈ X . Ezzel a folytonoss´ag ekvivalens defin´ıci´ oj´ at kaptuk, ♥ mert ha valamely ε0 > 0 sz´amhoz egyik δ = 1/n sem volna j´o, akkor kiv´alaszthatn´ ank olyan xn ∈ X sorozatot hogy |f (xn )−f (x0 )| ≥ ε0 , pedig |xn − x0 | < 1/n . ¤ Folytonos f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya t¨ obbnyire nyilt vagy z´art intervallum, ekkor a C(a, b) vagy C[a, b] jel¨ol´est haszn´aljuk; a m´asodik esetben a v´egpontokban term´eszetesen csak f´eloldalas folytonoss´agot k¨ovetel¨ unk meg. Az f : X 7→ R f¨ uggv´eny egyenletesen folytonos, ha minden ε > 0 sz´amhoz van δ > 0 u ´gy hogy |f (x) − f (y)| < ε ha x, y ∈ X ´es |x − y| < δ. El˝ofordul hogy egy f¨ uggv´eny defin´ıci´ oja az ´ertelmez´esi tartom´anyon k´ıv¨ uli pontokra is kiterjeszthet˝o, p´eld´aul f (x) := x/x az x = 0 helyen form´alisan nincs defini´alva, de ´esszer˝ u azt mondani hogy f (0) = 1. Az x ∈ R pont az X ⊂ R halmaz torl´ od´asi pontja ha tal´alhat´ o olyan x 6= xn ∈ A sorozat, hogy xn → x. M´ask´ent fogalmazva: az x torl´ od´ asi pont minden k¨ornyezete az X halmaz v´egtelen sok pontj´at tartalmazza. 9 Az f : X 7→ R f¨ uggv´enynek az X ⊂ R ´ertelmez´esi tartom´any x0 torl´ od´ asi pontj´ aban van hat´ar´ert´eke, ´es az y0 , ha xn ∈ X ´es xn → x0 eset´en f (xn ) → y0 is mindig igaz; a hat´ar´ert´ek ±∞ is lehet. A t´eny´all´ast limx→x0 f (x) = y0 vagy f (x) → y0 ha x → x0 jelzi. Ha f (x) → y0 az x0 helyen, ´es y0 v´eges, akkor minden ε > 0 sz´amhoz van olyan δ > 0 hogy |f (x) − y0 | < ε ol akkor besz´el¨ unk, ha hacsak x ∈ X ´es |x − x0 | < δ. Jobboldali, illetve baloldali hat´ar´ert´ekr˝ csak az xn > x0 , illetve csak az xn < x0 sorozatokat vessz¨ uk figyelembe; ezeket a f´eloldali hat´ar´ert´ekeket f (x0 + 0) = lim f (x) ha x → x0 + 0 , illetve f (x0 − 0) = limx→x0 −0 f (x0 ) jel¨olik. Ha ∃ limx→x0 f (x) =: y0 , akkor persze f (x0 + 0) = f (x0 − 0) = y0 . B´armelyik defin´ıci´ob´ol azonnal k¨ovetkezik hogy folytonos f¨ uggv´enyek ¨osszege ´es szorzata is folytonos, de a h´anyadosuk csak ott, ahol a nevez˝ o nem nulla. A folytonos f ´es g f¨ uggv´enyekb˝ ol ¨osszetett h(x) := f (g(x)) f¨ uggv´eny is folytonos, felt´eve hogy ´ertelmes. 9 Sz´ amsorozat torl´ od´ asi pontjai a konvergens r´eszsorozatok hat´ ar´ert´ekei; ez a halmaz nem azonos az {xn :
n ∈ N} halmaz torl´ od´ asi pontjaival, mert az ut´ obbiban a sorozatban v´egtelen sokszor ism´etl¯ od¯ o sz´ amok csak egyszer szerepelnek. Az x ∈ X pont az X halmaznak izol´ alt pontja ha van olyan k¨ ornyezete amiben rajta k´ıv¨ ul a halmaznak egyetlen eleme sincs. Az ´ertelmez´es tartom´ any´ anak izol´ alt pontj´ aban minden f¨ uggv´eny folytonosnak sz´ am´ıt, de ez a helyzet el´egg´e ´erdektelen.
18
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
Az ¨osszeg ´es a szorzat folytonoss´aga miatt a polinomok mindenhol folytonosak, de k´et polinom h´anyadosa csak ott, ahol a nevez˝o nem 0. Az el˝oz˝ o szakasz v´eg´en azt is megmutattuk, hogy ´ az exponenci´alis f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton, ´es minden¨ utt folytonos. Erdekes az f (x) := x (e − 1)/x h´anyados, ami az x = 0 helyen form´alisan nincs defini´alva. Mivel f (x) → 1 ha x → 0, az f (0) := 1 konvenci´oval az eg´esz sz´amegyenesen adott folytonos f¨ uggv´enyt kapunk. 2.2. Alapt´ etelek. Weierstrass igazolta hogy z´art intervallumon folytonos f¨ uggv´eny korl´ atos, tov´abb´a felveszi a maximum´at ´es a minimum´ at is. 10 T´ etel 2.1. Ha f ∈ C[a, b] , akkor ∃ x∗ , x∗ ∈ [a, b] u ´gy hogy f (x∗ ) ≤ f (x) ≤ f (x∗ ) ∀ x ∈ [a, b] . Bizony: Legyen β := sup{f (x) : a ≤ x ≤ b} , ami +∞ is lehetne. Defin´ıci´ o szerint van olyan xn ∈ alaszthat´ o [a, b] sorozat, hogy f (xn ) → β , tov´abb´ a Bolzano ´es Weierstrass t´etele szerint ebb˝ol kiv´ egy x0n konvergens r´eszsorozat is. Ha most x∗ := lim x0n , akkor β = lim f (x0n ) = f (x∗ ) , vagyis β v´eges, ´es f egyetlen ´ert´eke sem lehet n´ala nagyobb. A minimumr´ ol sz´ol´ o ´ all´ıt´ as ugyan´ıgy bizony´ıthat´ o. ¤ 11 A k¨ovetkez˝o eredm´eny az interg´al elm´elet´eben fontos. T´ etel 2.2. Minden f ∈ C[a, b] f¨ uggv´eny egyenletesen folytonos. Bizony: Ha a t´etel nem lenne igaz, akkor volna olyan (xn , yy ) p´arokb´ ol ´all´ o sorozat ´es egy ε0 > 0 sz´am u ´gy, hogy |xn − yn | < 1/n , de |f (xn ) − f (yn )| ≥ ε0 . Jel¨ olje x az xn sorozat egy x0n arja. Ekkor |x0n − yn0 | ≤ 1/n konvergens r´eszsorozat´anak a hat´ar´ert´ek´et, ´es legyen yn0 az x0n p´ 0 0 0 miatt yn → x, vagyis lim f (xn ) = lim f (yn ) = f (x) volna, de ez |f (x0n ) − f (yn0 )| ≥ ε0 miatt lehetetlen. ¤ Bolzano t´etele szerint egy intervallumon folytonos f¨ uggv´eny minden k¨ozb¨ uls˝ o ´ert´eket felvesz. T´ etel 2.3. Ha f ∈ C[a, b] ´es f (a) < y < f (b) , vagy f (a) > y > f (b) , akkor van olyan c ∈ (a, b) pont hogy y = f (c) . Bizony: Feltehetj¨ uk hogy f (a) < y < f (b) , legyen c := sup{γ : f (x) < y ∀x ∈ [a, γ)}, vagyis [a, c] a legnagyobb intervallum ahol f ≤ y . A konstrukci´ o szerint f (c) < y lehetetlen, mert minden (c, c + δ) , δ > 0 intervallumban van olyan z pont hogy f (z) > y , de f folytonos, teh´at f (c) = y . ¤ Weierstrass ´es Bolzano t´etele u ´gy foglalhat´o ¨ ossze hogy z´art intervallum folytonos k´epe szint´en z´art intervallum. Pontosabban, f ∈ C[a, b] est´en az [a, b] intervallum k´epe [α, β] , ahol α := inf{f (x) : a ≤ x ≤ b} , m´ıg β := sup{f (x) : a ≤ x ≤ b} az f ´ert´ekeib˝ ol ´ all´ o halmaz als´o, illetve fels˝o hat´ara. Ha f szigor´ uan monoton, akkor ez a megfeleltet´es k¨ olcs¨ on¨sen egy´ertelm˝ u, ´es az uggv´eny is folytonos. inverz f¨ Az inverz f¨ uggv´eny konstrukci´oja Bolzano t´etel´en alapul. T´ etel 2.4. Tegy¨ uk fel hogy f ∈ C(a, b) szigor´ uan monoton, α := inf{f (x) : a < x < b} ´es −1 β := sup{f (x) : a < x < b} . Ekkor l´etezik az f : (α, β) 7→ (a, b) inverz f¨ uggv´eny, ami szin´en uan monoton. folytonos ´es szigor´ Bizony: Az f szigor´ u monotonit´as miatt f : (a, b) 7→ (α, β) k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u, ´es Bolzano t´etele miatt minden y ∈ (α, β) ´ert´ekhez van x ∈ (a, b) pont hogy y = f (x) . Val´ oban, α ´es β defin´ıci´oja szerint tal´alhat´o olyan [a1 , b1 ] ⊂ (a, b) intervallum hogy y az f (a1 ) ´es f (b1 ) ´ert´ekek k¨oz´e esik. Eszerint l´etezik az f lek´epez´es f −1 : (α, β) 7→ (a, b) inverze, ´es persze ez is szigor´ uan monoton. f −1 folytonoss´ag´anak bizony´ıt´as´ahoz legyen y, yn ∈ (α, β) olyan hogy yn → y . Azt kell igazolni hogy xn → x amint n → +∞ , ahol x = f −1 (y) . Az xn := f −1 (yn ) ∈ (a, b) sorozat is korl´atos, ´es minden x0 torl´od´asi pontja eleget tesz az y = f (x0 ) egyenletnek. Mivel ennek csak ¤ egy megold´asa van: x = f (y) , l´athat´o hogy xn → x . 10 Absztrakt form´ aban: kompakt halmaz folytonos k´epe is kompakt; a bizony´ıt´ as elve v´ altozatlan. 11 A t´ etel u ´gy is kimondhat´ o hogy kompakt halmazon folytonos f¨ uggv´eny egyenletesen folytonos.
Hat´ ar´ ert´ ek ´ es folytonoss´ ag
19
Ez a t´etel z´art ´es f´elig z´art intervallumokkal is igaz. P´eld´ aul, az f (x) := x2 f¨ uggv´eny a [0, +∞) intervallumon folytonos ´es szigor´ u an monoton, pontos ´ e rt´ e kk´ e szlete szint´ e n az [α, β) = [0, +∞) √ intervallum, teh´at a g(x) := x inverz f¨ uggv´eny is itt defini´alt, folytonos ´es szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o f¨ uggv´eny. 2.3. Elemi f¨ uggv´ enyek. Az xα , x ≥ 0, α ∈ Q hatv´anyf¨ uggv´enyeket k¨ozvetlen¨ ul, algebrai α n u ´ton szok´as defini´alni. Nem neh´ez megmutatni hogy αn → α eset´en x konvergens sorozat, ´es a hat´ar´ert´ek nem f¨ ugg az αn k¨ozel´ıt˝ o sorozat megv´ alaszt´ as´ at´ ol. Ez a hat´ar´ert´ek volna xα ´ert´eke amikor α irracion´alis sz´am, az ismert m˝ uveleti szab´alyok a hat´ar´ atmenet ut´an is ´erv´enyben maradn´anak. Mivel az ex exponenci´alis f¨ uggv´eny sz´amos j´o tulajdons´ag´ at m´ar ismerj¨ uk, r¨ovidebb utat v´alasztunk. Tudjuk hogy az ex f¨ ugv´eny folytonos ´es szigor´ uan monoton, ´ert´ekk´eszlete a (0, +∞) intervalu logaritmus, ami a (0, +∞) intervallumon adott, −∞-t˝ ol +∞-ig lum. Inverze a term´eszetes alap´ n¨ov˝o szigor´ uan monoton folytonos f¨ uggv´eny; jel¨ol´ese log x ≡ ln x . Eszerint y = log x pontosan akkor teljes¨ ul ha x = ey , teh´at log 1 = 0, log x > 0 ha x > 1 ´es log x < 0 ha 0 < x < 1 , tov´abb´a log ex = elog x = x . Az ex+y = ex ey azonoss´agb´ ol az u := ex ´es v := ey helyettes´ıt´essel a j´olismert log(uv) = log u + log v azonoss´ agot kapjuk, ahol u, v > 0 . Ezut´an az ´atal´anos hatv´anyokat ´es exponenci´alis f¨ uggv´enyeket xα := exp(α log x) , illetve ax := exp(x log a) defini´alja, ahol x, a > 0 m´ıg α ∈ R tetsz˝ oleges. Ezek a f¨ uggv´enyek is folytonosak, ´es ha α 6= 0 , illetve a > 1 akkor mindkett˝o szigor´ uan monoton. Az (xy)α = xα y α o egyszer˝ u k¨ovetkezm´enyei, ha x, y > 0, α ∈ R , valamint a log aα = α log a azonoss´agok a defin´ıci´ p´eld´aul log aα = log eα log a = α log a. Nagyj´ ab´ ol ugyan´ıgy kapjuk hogy (aα )β = exp(β log aα ) = uggv´eny (ex )α = eαx exp(αβ log a) = aαβ , ahol a > 0 ´es α, β ∈ R tetsz˝oleges sz´amok, ezzel az ex f¨ tulajdons´aga is tiszt´az´odott. A logaritmus f¨ uggv´ eny ´ erint˝ oi: Az 1+x ≤ ex egyenl˝ otlens´eg logaritmus´ at v´eve log(1+x) ≤ x ad´odik, ahol persze x > −1. Ellenkez˝ o ir´any´ u becsl´est az exponenci´alis sor marad´ektagj´ab´ ol x 2 kaphatunk: van olyan δ > 0 sz´am hogy e =≤ 1 + x + x ha |x| < δ . Teh´ at x ≤ log(1 + x + x2 ) ≤ log(1 + x) + log(1 + x2 /(1 + x)) , amib˝ol log(1 + x) ≥ x − x2 (1 − δ)−1 ha |x| < δ < 1 , vagyis (1/x) log(1 + x) → 1 amint x → 0 . M´asik gondolatmenet szerint legyen y = e1+x , ekkor (1/x) log(1 + x) = y/(ey − 1) , ´es y → 0 ha x → 0, teh´at az ´all´ıt´as a baloldal konvergenci´ aj´ ab´ ol k¨ ovetkezik. Mivel log x − log x0 = log(1 + (x − x0 )/x0 ) , azt is l´atjuk hogy lim(x − x0 )−1 (log x − log x0 ) = 1/x0 ha x → x0 ´es x0 > 0 , vagyis y = log x0 + (x − x0 )/x0 az x0 pontban h´ uzott ´erint˝ o egyenlete. 12 A logaritmus minden hatv´ anyrendn´el lassabban n˝ o: ♥ log x = m log(x1/m ) ≤ m x1/m alapj´ an α l´athat´o hogy log x = o(x ) ha α > 0 ´es x → +∞. Hasonl´ oan, x2 log(1/x) ≤ x − x2 miatt x2 log x → 0 ha x → 0. Ez az ¨osszef¨ ugg´es az x = y β helyettes´ıt´essel az fα := xα log x , α > 0 f¨ uggv´enyekre is kiterjeszthet˝o: limx→0 fα (x) = 0 , ¤ teh´at fα ´ertelmez´es´et, az fα (0) := 0 v´alaszt´assal nyugodtan kiterjeszthetj¨ uk az x = 0 helyre is. A sin ϕ ´es cos ϕ , ϕ ∈ R trigonometrikus f¨ uggv´enyeket geometriai szeml´elet alapj´ an defini´aljuk. utt folytonos, ´es 2π szerint periodikus, vagyis sin(ϕ+2π) = sin ϕ ´es Eszerint sin ϕ ´es cos ϕ minden¨ cos(ϕ + 2π) = cos ϕ ∀ϕ ∈ R , ahol 2π az egys´egk¨ or ker¨ ulete. Mindk´et f¨ uggv´eny ´ert´ekei a [−1, 1] abb´ a sin(−ϕ) = − sin ϕ ´es intervallumba esnek, sin 0 = cos π/2 = 0 , cos 0 = sin(π/2) = 1, tov´ cos(−ϕ) = cos ϕ , vagyis sin ϕ p´aratlan, cos ϕ pedig p´aros f¨ uggv´eny; v´eg¨ ul cos ϕ = sin(π/2 − ϕ). os Hasznosak a sin(ϕ+ψ) = sin ϕ cos ψ+cos ϕ sin ψ ´es cos(ϕ+ψ) = cos ϕ cos ψ−sin ϕ sin ψ add´ıci´ k´epletek is; speci´alis esetk´ent sin2 ϕ + cos2 ϕ = 1, sin 2x = 2 sin x cos x , 1 − cos 2x = 2 sin2 x . Az r > 0 sugar´ u k¨orben a 0 < ϕ < π/2 ny´ıl´ assz¨ og˝ u k¨orcikk ter¨ ulete rϕ/2 , teh´at a geometriai k´ep alapj´an ϕ ≥ sin ϕ ≥ ϕ cos ϕ ad´odik, ahonnan az (1/ϕ) sin ϕ → 1 ha ϕ → 0 hat´ar´ert´ek a rend˝orelv 12 Az inverz f¨ uggv´eny gr´ afja az eredeti t¨ uk¨ ork´epe az y = x egyenesre vonatkoz´ oan. A k´et alakzat (hal-
maz) geometriai egybev´ ag´ os´ aga sejteti hogy a k´et f¨ uggv´eny analitikus tulajdons´ agai, mint folytonoss´ ag ´es differenci´ alhat´ os´ ag, azonosak, s¯ ot az egym´ asnak megfelel¯ o pontokban h´ uzott ´erint¯ ok is egym´ as t¨ uk¨ ork´epei. Mivel az exponenci´ alis f¨ uggv´eny tulajdons´ agait biyony´ıtottuk, az okoskod´ as l´enyeg´eben korrekt; csak a geometriai ´es az analitikus k´epek egyen´ert´ek¯ us´eg´et kellene megvitatni. Ez a differnci´ algeometria feladata.
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
20
seg´ıts´eg´evel k¨ovetkezik. Mivel 1 − cos ϕ = 2 sin2 (ϕ/2) , ϕ−2 (1 − cos ϕ) → 1/2 amint ϕ → 0. A tg ϕ ≡ tan ϕ := (sin ϕ)/ cos ϕ f¨ uggv´eny a π/2 + nπ , n ∈ Z pontokban nincs ´ertelmezve, de a +∞ baloldali, ´es a −∞ jobboldali hat´ar´ert´ekei l´eteznek. Peri´ odusa π : tg (ϕ + π) = tg ϕ . Hasznos az 1 + tg2 x = cos−2 x azonoss´ag is. Mivel sin ϕ a [−π/2 , π/2] intervallumon szigor´ uan monoton n˝o, ezen a szakaszon invert´alhat´o; az arcsin x inverz f¨ uggv´eny a [−1, 1] intervallumon −π/2-t˝ ol π/2-ig n˝o. A tg ϕ f¨ uggv´eny [−π/2 , π/2] szakasz´ anak inverz´et arctg x ≡ arctan x , x ∈ R jel¨ oli, ez −π/2-t˝ol π/2-ig n˝o. √ A hiperbolikus f¨ uggv´enyek az y = 1 + x2 hiperbola alatti ter¨ ulet sz´amol´ asakor ker¨ ulnek el˝o, 2 2 x −x x −x sh x ≡ sinh x := (1/2)(e − e ) , ch x ≡ cosh x := (1/2)(e + e ) , ch x = 1 + sh x , v´eg¨ ul th x ≡ tanh x := (sh x)/ch x ; 1 − th2 x = ch−2 x . A sh x ´es a th x f¨ uggv´eny a teljes sz´ amegyenesen szigor´ uan monoton n˝o, inverzeiket arsh x , illetve arth x jel¨oli. A ch x f¨ uggv´eny [0, +∞) szakasz´anak inverz f¨ uggv´enye arch x. Nem neh´ez kisz´amolni hogy p p arsh x = log(x + x2 + 1), arch x = log(x + x2 − 1), arth x = 12 log 1+x (2.1) 1−x , ahol az els˝o k´eplet mindig, a m´asodik x ≥ 1, a harmadik pedig −1 < x < 1 eset´en ´erv´enyes. ´ ´ FUGGV ¨ ´ 3. DIFFERENCIALHAT O ENYEK A fizika ´es m´as tudom´anyok sz´amos fogalm´at, mint p´eld´ aul a sebess´eg vagy az ´aramer˝ oss´eg, a differenci´alsz´am´ıt´as terminusaival defini´aljuk. F¨ uggv´enyek vizsg´alata, az anal´ızis is erre ´ep¨ ul. 3.1. Defin´ıci´ ok. Az f : X 7→ R f¨ uggv´eny az X ⊂ R ´ertelmez´esi tartom´any x0 ∈ X torl´ od´ asi pontj´aban differenci´alhat´o, amit f ∈ D(x0 ) jelez, ha l´etezik ´es v´eges a df (x0 ) d f (x) − f (x0 ) =: f 0 (x0 ) ≡ ≡ f (x0 ) (3.1) x − x0 dx dx hat´ar´ert´ek, az f deriv´altja az x0 pontban. M´ask´ent, f 0 (x) a ∇h f (x) := (1/h)(f (x + h) − f (x)) differenciah´anyados hat´ar´ert´eke, amint h → 0 ; ∇h ´eppen az x ´es x + h pontokhoz tartoz´o h´ ur meredeks´ege. Term´eszetesen, differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny folytonos, vagyis D(x0 ) ⊂ C(x0 ). Az A ⊂ X minden pontj´aban differenci´alhat´ o f¨ uggv´enyek halmaza D(A), m´ıg f ∈ C 1 (A) azt jel¨oli, 0 hogy f ∈ C(A), vagyis f folytonosan differenci´alhat´ o. Az y = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) egyenes az f gr´afj´anak ´erint˝oje az x0 helyen, vagyis a deriv´ alt a f¨ uggv´eny n¨ oveked´es´enek sebess´ege, fizikai p´eld´akban gyakran sz´o szerint sebess´eget jelent. A defin´ıci´ o az lim
x→x0
f (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) + o(x − x0 ) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) + ε(x, x0 )|x − x0 | m´odon is ´ertelmezhet˝o, ahol ε(x, x0 ) → 0 amint x → x0 . Eszerint mondhatjuk hogy y = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) az f legjobb line´aris k¨ozel´ıt´ese az x0 pont k¨ozel´eben. Ezt t¨ ukr¨ ozi a df = f 0 dx formalizmus is. Ha f v´altoz´ oja a t id˝ o, akkor az f 0 (t) ≡ f˙(t) jel¨ol´es is szokv´anyos. Az f 0 (x+0) jobb, ´es az f 0 (x−0) baloldali deriv´atakat ∇h f (x) jobb, illetve baloldali hat´ ar´ert´ekek´ent defini´aljuk. P´eld´aul, f (x) := |x| jobboldali deriv´altja a 0-ban 1, a baloldali pedig −1. N´eh´any nevezetes hat´ar´ert´ek val´oj´aban deriv´alt: limx→0 (ex − 1)/x = exp0 (0) = 1 , limx→0 (1/x) log(1 + x) = log0 (1) = 1 ´es limx→0 (1/x) sin x = sin0 0 = 1 . Ahol az f 0 deriv´alt f¨ uggv´eny is differenci´alhat´ o, ott f 00 := (f 0 )0 az f m´asodik deriv´altja, ´es ´ıgy tov´abb; f (n) (x0 ) az f n-ik deriv´altja az x0 pontban, ezt f ∈ Dn (x0 ) jel¨oli, a C n szimb´ olum az f, ´es els˝o n deriv´altj´anak folytonoss´ ag´ ara utal. P´eld´ aul, C 2 (a, b) az (a, b) nyilt intervallum alhat´ o f¨ uggv´enyek tere, Cδk (x0 ) az x0 pont δ minden pontj´aban k´etszer folytonosan differenci´ k¨ornyezet´eben k-szor folytonosan differenci´alhat´ o f¨ uggv´enyek halmaza. V´eg¨ ul F ∈ D(a, b) az f : (a, b) 7→ R f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enye ha F 0 (x) = f (x) ∀x ∈ (a, b). Az f ∈ D(a, b) f¨ uggv´eny az (a, b) intervallumon konvex, ha minden¨ utt az ´erint˝ oje f¨ol¨ott halad, vagyis f (x) ≥ f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) ∀x, x0 ∈ (a, b). Ha x 6= x0 eset´en hat´arozott uan konvex f¨ uggv´enyr˝ ol besz´el¨ unk. Konk´av f¨ uggv´eny ellenkez˝ o egyenl˝otlens´eg teljes¨ ul, akkor szigor´ ir´any´ u egyenl˝otlens´egnek tesz eleget. Konvex f¨ uggv´eny inverze konk´ av, ´es viszont. Jensen al´abbi uen k¨ovetkezik. t´etel´evel sz´amos nevezetes egyenl˝otlens´eg igen egyszer˝
Differenci´ alhat´ o f¨ uggv´ enyek
21
T´ etel 3.1. Tegy¨ uk fel hogy f az (a, b) intervallumon konvex, p1 + p2 + · · · pn = 1, pk > 0, xk ∈ (a, b) ∀k = 1, 2, ..., n, ´es x0 := p1 x1 +p2 x2 +· · · pn xn , akkor p1 f (x1 )+p2 f (x2 )+· · · pn f (xn ) ≥ f (x0 ) . Ha f szigor´ uan konvex, akkor xk = x0 ∀k az egyenl˝ os´eg felt´etele. Konk´ av f¨ uggv´eny ford´ıtott egyenl˝ otlens´egnek tesz eleget. P Bizony: Mivel otlens´egeket pk (xk − x0 ) = 0, csak az f (xk ) ≥ f (x0 ) + f 0 (x0 )(xk − x0 ) egyenl˝ kell a pk ≥ 0 sz´amokkal megszorozni ´es ¨osszeadni. ¤ Jensen t´etele az n = 2 esetben igencsak szeml´eletes, azt mondja ki hogy konvex f¨ uggv´eny h´ urja a g¨ orbe f¨ ol¨ ott halad. Nevezetes konvex f¨ uggv´enyek f (x) = xα ha α ≥ 1, ´es f (x) = ex , m´ıg α f (x) = x , α ≤ 1, ´es f (x) = log x konk´ av. Ez ut´obbi k¨ovetkezm´enye a pozit´ıv sz´amok sz´amtani ´es m´ertani k¨ozep´er˝ol sz´ol´o (x1 x2 · · · xn )1/n ≤ (1/n)(x1 + x2 + · · · xn ) egyenl˝ otlens´eg. Szint´en csak −1 −1 −1 ≤ pozit´ıv sz´amokkal ´erv´enyes a harmonikus ´es a sz´amtani k¨oz´ep n (x1 + x−1 2 + · · · + xn ) (1/n)(x1 + x2 + · · · + xn ) egyenl˝otlens´ege, ami f (x) := 1/x konvexit´ as´ anak k¨ovetkezm´enye. Az f (x) = x2 konvexit´asa miatt (x1 + x2 + · · · + xn )2 ≤ n (x21 + x22 + · · · + x2n ) . Cauchy (x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn )2 ≤
n X
x2k
k=1
n X
yk2
k=1
egyenl˝otlens´ege is levezethet˝o Jensen t´etel´eb˝ ol. Feltehetj¨ uk hogy xk > 0 ´es xk yk = x2k (yk /xk ) , ´es az y 2 f¨ uggv´eny konvex, (x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn )2 ≤
n X
(3.2) P
x2k = 1. Mivel
yk2 ,
k=1
amit bizony´ıtani kellett. A konvexs´eg defin´ıci´ oja ´altal´ anos´ıt´ ou ´gy konvexnek sz´am´ıt.
13
hogy p´eld´ aul f (x) := |x| is
3.2. A differenci´ al´ as szab´ alyai. Az ¨osszeg, szorzat ´es h´anyados hat´ar´ert´ek´enek levezet´es´et megism´etelve kapjuk az (f + g)0 = f 0 + g 0 , (f g)0 = f 0 g + f g 0 ´es (f /g)0 = f 0 /g − f g 0 /g 2 = (f 0 g − f g 0 )/g 2 alapvet˝o k´epleteket; a h´ anyadosn´ al persze g 6= 0 sz¨ uks´eges a vizsg´ alt pontban. P´eld´aul, az f (x)g(x) − f (x0 )g(x0 ) f (x) − f (x0 ) g(x) − g(x0 ) = g(x0 ) + f (x0 ) x − x0 x − x0 x − x0 g(x) − g(x0 ) + (f (x) − f (x0 )) x − x0 azonoss´agb´ ol az f folytonoss´ag´at kihaszn´alva, hat´ ar´ atmenettel kapjuk az (f g)0 = f 0 g + f g 0 k´epletet. Mivel f /g = (1/g) f , a h´anyados vonatkoz´ as´ aban el´eg a reciprok (1/g)0 = −g 0 /g 2 k´eplet´et igazolni. Az 1/g(x) − 1/g(x0 ) = (g(x0 ) − g(x))/g(x)g(x0 ) azonoss´agot x − x0 -al v´egigosztva, hat´ar´atmenettel kapjuk az ´all´ıt´ ast. A h(x) := f (g(x)) ¨osszetett (k¨ozvetett) f¨ uggv´eny differenci´ al´ as´ anak h0 (x) = f 0 (g(x))g 0 (x) k´eplete, a l´ancszab´aly, ♥ f (g(x)) − f (g(x0 )) g(x) − g(x0 ) h(x) − h(x0 ) = x − x0 g(x) − g(x0 ) x − x0 k¨ovetkezm´enye. Val´oban, g(x) → g(x0 ) ha x → x0 , teh´ at az els˝o t´enyez˝ o hat´ar´ert´eke f 0 (g(x0 )) , a m´asodik´e persze g 0 (x0 ). Gond csak akkor van ha g 0 (x0 ) = 0, mert ilyenkor g(x) = g(x0 ) az x0 minden k¨ornyezet´eben el˝ofordulhat. Ilyenkor viszont h(x) = h(x0 ) , teh´at nincs mit bizony´ıtani. ¤ A l´ancszab´aly az inverz f¨ uggv´eny differenci´al´as´anak receptj´et is tartalmazza. Ha ugyanis g = 13 Ha f nem differenci´ alhat´ o, akkor ´erint¯ oje sincs, de Jensen egyenl¯ otlens´ege is alkalmas definici´ ok´ent; ha f
eleve folytonos, akkor az n = 2 ´es p1 = p2 = 1/2 eset is elegend¯ o. Mivel az ´erint¯ o a h´ ur hat´ arhelyzete, Jensen egyenl¯ otlens´eg´eb¯ ol k¨ ovetkezik hogy konvex f¨ uggv´eny az ´erint¯ oje f¨ ol¨ ott halad. Az eredeti defin´ıci´ o kiterjeszt´ese szerint akkor is konvex f¨ uggv´enyr¯ ol besz´el¨ unk ha a gr´ af minden pontj´ an ´ atmegy olyan egyenes, ami teljes eg´esz´eben a f¨ uggv´eny alatt halad.
22
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
f −1 , akkor f (g(x)) = x a g ´ertelmez´esi tartom´any´ an, teh´at f 0 (g(x))g 0 (x) = 1, vagyis f −1 (x) = 0 −1 1/f (f (x)). Azt hogy g t´enyleg differerenci´ alhat´ o, a x − x0 g(y) − g(y0 ) = y − y0 f (x) − f (x0 ) azonoss´agb´ ol l´atni, ahol y = f (x), vagyis x = g(y). Val´ oban, g m´ar igazolt folytonoss´aga miatt g(y) → g(y0 ) , azaz x → x0 ha y → y0 , teh´ at f ∈ D(x0 ) alkalmazhat´ o. 3.3. Elemi f¨ uggv´ enyek deriv´ altjai. Konstans f¨ uggv´eny deriv´altja azonosan nulla, ´es az is k¨ozvetlen¨ ul ellen˝orizhet˝o hogy (ax + b)0 = a. A szorz´asi szab´aly miatt (x2 )0 = 2x, tov´abb´ a xn = n−1 n 0 n−1 xx alapj´an indukci´oval kapjuk az (x ) = nx k´epletetet, ami asi √ a2 h´anyados differenci´al´ szab´aly´ a val az n negat´ ıv eg´ e sz ´ e rt´ e keire is kiterjeszthet˝ o . Az x = ( x) azonoss´ a g differenci´ a l´ a√ 0 √ α 0 α−1 s´aval ( x) = 1/(2 x) ad´odik, ami szint´en az (x ) = α x k´eplet speci´alis esete, ahol x ≥ 0 ´ ´es α ∈ R tetsz˝oleges. Altal´ anos α ∈ R eset´en az xα := exp(α log x) defin´ıci´ ot k¨ovetj¨ uk, ez´ert el˝osz¨or az exponenci´alis f¨ uggv´eny ´es a logaritmus deriv´altj´ at kell megtal´alni. Az ex+h − ex = ex (eh − 1) azonoss´agb´ ol a m´ar igazolt (1/h)(eh − 1) → 1 ha h → 0 hat´ar´ert´ek x 0 x x alapj´an (e ) = e , m´ıg a = exp(x log a) miatt (ax )0 = ax log a ha a > 0. Mivel elog x = x, log0 x = 1/x a l´ancszab´allyal, de ezt a log(x + h) − log x = log(1 + h/x) formul´ ab´ ol az (1/y) log(1 + y) → 1 ha y → 0 hat´ar´ert´ek seg´ıts´eg´evel is levezethetj¨ uk. Ezut´an ´ırhatjuk hogy (xα )0 = (α/x) exp(α log x) = α xα−1 , m´ıg (ax )0 = (ex log a )0 = ax log a. A hiperbolikus f¨ uggv´enyek deriv´altjait k¨ozvetlen sz´amol´ assal kapjuk, sh0 x = ch x , ch0 x = 0 2 −2 sh x , ´es th x = 1 − th x = −ch x . Inverzeik deriv´ altjait a legegyszer˝ ubb a 2.3 szakasz v´eg´en 0 0 2 −1/2 2 , arch x = (x − 1)−1/2 ha x ≥ 1, ´es tal´alhat´o k´epletekb˝ol sz´amolni: arsh x = (1 + x ) 0 2 arth x = 1/(1 − x ) ha |x| < 1. A trigonometrikus f¨ uggv´enyek deriv´altjaihoz az (1/α) sin α → 1 ´es (1/α2 )(1 − cos α) → 1/2 ha α → 1/2 hat´ar´ert´ekeket, valamint az add´ıci´ os k´epleteket haszn´aljuk fel. Minthogy sin(ϕ + α) − sin ϕ = (cos α − 1) sin ϕ + sin α cos ϕ , sin0 ϕ = cos ϕ . Hasonl´oan, cos(ϕ + α) − cos ϕ = (cos α − 1) cos ϕ − sin α sin ϕ , teh´at cos0 ϕ = − sin ϕ . V´eg¨ ul tg0 ϕ = 1 + tg2 ϕ = 1/ cos2 ϕ a tg ϕ = (sin ϕ)/ cos ϕ formula k¨ovetkezm´enye. Az inverz f¨ uggv´enyek deriv´altjait a l´ancszab´aly seg´ıts´eg´evel sz´amoljuk. Legyen g(x) := arcsin x, vagyis sin g(x) = x a −1 ≤ x ≤ 1 intervallumon. at arcsin0 x = Innen g 0 (x) cos g(x) = 1, vagyis g 0 (x) = 1/ cos g(x) = (1 − sin2 g(x))−1/2 , teh´ 2 −1/2 0 2 0 (1−x ) . Hasonl´oan, ha tg g(x) = x, akkor g (x)(1+tg g(x)) = 1, teh´at arctg x = 1/(1+x2 ). 3.4. Lagrange ´ es Cauchy t´ etelei, f¨ uggv´ enyvizsg´ alat. A differenci´alsz´ am´ıt´ as egyik f˝o alkalmaz´asi ter¨ ulete f¨ uggv´enyek alakj´anak tiszt´az´ asa. Az f : (x − r, x + r) 7→ R f¨ uggv´enynek az x0 pontban lok´alis maximuma, illetve lok´alis minimuma van, ha van olyan 0 < δ < r sz´ am hogy f (x) ≤ f (x0 ), illetve f (x) ≥ f (x0 ), ha |x − x0 | < δ. Ha |x − x0 | < δ ´es x 6= x0 eset´en u lok´alis sz´els˝ o´ert´ekr˝ ol (maximum, illetve minimum) besz´el¨ unk. f (x) 6= f (x0 ), akkor szigor´ T´ etel 3.2. Ha f ∈ D(x0 ) az x0 egy k¨ ornyezet´eben monoton n˝ o, akkor f 0 (x0 ) ≥ 0, ha fogy, akkor f 0 (x0 ) ≤ 0. Ha pedig x0 lok´ alis sz´els˝ o´ert´ek helye, akkor f 0 (x0 ) = 0. Bizony: Ha f monoton n˝o, akkor egy k¨ornyezetben (f (x) − f (x0 ))/(x − x0 ) ≥ 0 ha x > x0 , teh´at f 0 (x0 ) ≥ 0. Fogy´o f¨ uggv´eny eset´eben, hasonl´o okoskod´assal, f 0 (x0 ) ≤ 0 ad´odik. Ha most ornyezetben (f (x) − f (x0 ))/(x − x0 ) ≤ 0 ha x > x0 , x0 lok´alis maximum helye, akkor egy k¨ m´ıg (f (x) − f (x0 ))/(x − x0 ) ≥ 0 ha x < x0 , teh´at f 0 (x0 ) = 0. A lok´alis minimum probl´em´ aja ugyanaz. ¤ Lagrange nev´ehez f˝ uz˝odik a k¨ovetkez˝o alapvet˝ o jelent˝ os´eg˝ u eredm´eny, ami akkor is haszn´alhat´ o amikor az x v´altoz´o ´ert´ekei egym´ast´ol messze vannak. T´ etel 3.3. Ha f ∈ C[a, b]∩D(a, b), akkor van olyan ξ ∈ (a, b) pont hogy f (b)−f (a) = f 0 (ξ)(b−a). Bizony: Legyen el˝osz¨or f (a) = f (b). Ha f konstans, akkor minden ξ ∈ (a, b) j´o. Ha nem, akkor f vagy a legnagyobb, vagy a legkisebb ´ert´ek´et veszi fel egy ξ ∈ (a, b) pontban, ´es ott f 0 (ξ) = 0. Ez Rolle t´etele. Ezut´an legyen g(x) := f (x) − (x − a)(f (b) − f (a))/(b − a), ekkor g(a) = g(b), uls˝ o ´ert´ekn´el. ¤ teh´at g 0 (ξ) = f 0 (ξ) − (f (b) − f (a))/(b − a) = 0 valamely ξ ∈ (a, b) k¨ozb¨
Differenci´ alhat´ o f¨ uggv´ enyek
23
∗∗ Ugyanez a gondolatmenet mutatja hogy differenci´alhat´ o f¨ uggv´eny deriv´altja nem lehet ak´armilyen, Darboux t´etele 14 szerint minden k¨ ozb¨ uls˝ o ´ert´eket felvesz, teh´at nagyon sok egyszer˝ u, de nem folytonos f¨ uggv´enynek nincs primit´ıv f¨ uggv´enye. ∗∗ A kor´abbiakn´al t¨obbet mondhatunk ha a f¨ uggv´eny nem csak egy pontban, hanem egy teljes intervallumon differenci´alhat´o, mert ott f (x) = f (x0 )+f 0 (ξ)(x−x0 ) , ahol ξ az x0 ´es x k¨oz¨ ott van. Innen egyszer˝ u k¨ovetkezm´enyk´ent kapjuk a monotonit´as ´es a sz´els˝ o´ert´ek el´egs´eges felt´eteleit. T´ etel 3.4. Ha f ∈ D(a, b) ´es f 0 (x) ≥ 0 ∀x ∈ (a, b), akkor f az (a, b) intervallumon monoton n˝ o, ´es ha f 0 (x) > 0 ∀x ∈ (a, b), akkor f szigor´ uan monoton n˝ o. Hasonl´ o a fogy´ o f¨ uggv´enyek esete, ha teh´ at f 0 (x) = 0 ∀x ∈ (a, b), akkor f konstans, vagyis ugyanaz az ´ert´eke a teljes intervallumon. V´eg¨ ul, ha f 0 el˝ ojelet v´ alt az x0 ∈ (a, b) pontban, vagyis az x0 egy k¨ ornyezet´eben f 0 (x1 ) < 0 ´es 0 0 0 f (x2 ) > 0 , vagy f (x1 ) > 0 ´es f (x2 ) < 0 ha x1 < x0 < x2 , akkor x0 szigor´ u lok´ alis maximum, illetve minimum helye. Ez a t´etel Lagrange n´elk¨ ul is bizony´ıthat´ o, de u ´gy bonyolultabb. 15 Szigor´ uan monoton 0 f¨ uggv´ennyel is el˝ofordulhat hogy f (x) = 0 . Ilyen p´eld´ aul f (x) := x3 ; az x = 0 helyen f 0 (0) = 0. Lagrange t´etel´et Cauchy ´altal´anos´ıtotta. T´ etel 3.5. Legyen g, h ∈ C[a, b] ∩ D(a, b), tov´ abb´ a h0 (x) 6= 0 ha a < x < b. Ekkor van olyan 0 ξ ∈ (a, b) hogy (g(b) − g(a))/(h(b) − h(a)) = g (ξ)/h0 (ξ) . Bizony: Legyen f (x) := g(x) − (h(x) − h(a))(g(b) − g(a))/(h(b) − h(a)) , ekkor f (a) = f (b), teh´ at f 0 (ξ) = g 0 (ξ) − h0 (ξ)(g(b) − g(a))/(h(b) − h(a)) = 0 valamely ξ k¨ ozb¨ uls˝ o helyen. ¤ Problematikus, 0/0 ´es ∞/∞ alak´ u hat´ar´ert´ekek sz´amol´ as´ ara is alkalmas a l’Hospital szab´aly. T´ etel 3.6. Tegy¨ uk fel hogy f, g ∈ D(a, x0 ), ahol a < x0 ´es g(x) · g 0 (x) 6= 0 ha a < x < x0 , tov´ abb´ a f (x0 −0) = g(x0 −0) = 0; legyen φ(x) := f (x)/g(x) , ψ(x) := f 0 (x)/g 0 (x) ha a < x < x0 . Ha l´etezik a ψ(x0 − 0) baloldali hat´ ar´ert´ek, akkor φ(x0 − 0) is l´etezik, ´es φ(x0 − 0) = ψ(x0 − 0). Bizony: Terjessz¨ uk ki f ´es g ´ertelmez´es´et az f (x0 ) = g(x0 ) = 0 konvenci´ oval, ezzel folytonos f¨ uggv´enyeket kapunk. Cauchy t´etele szerint ∀x ∈ (a, x0 ) van olyan x < ξ < x0 hogy φ(x) = f (x)/g(x) = f 0 (ξ)/g 0 (ξ) = ψ(ξ) → ψ(x0 − 0) ha x → x0 . ¤ Jobboldali hat´ar´ert´ekek esete ugyanez. Ha most f (x0 −0) = g(x0 −0) = +∞, akkor a t´etelt az 1/f ´es 1/g f¨ uggv´enyekre alkalmazva ism´et φ(x0 −0) = ψ(x0 −0) ad´odik, s˝ot az x0 = ∞ lehet˝ os´eg is megengedett. Ez ut´obbi bel´at´as´ahoz el´eg az 1/x = y u ´j v´altoz´ ot bevezetni. V´egtelenhez tart´o mennyis´egek h´anyados´an´al ´altal´aban nehezebb a k¨ ul¨ onbs´eg¨ uk ki´ert´ekel´ese; ilyenkor Lagrange t´etele lehet seg´ıts´eg¨ unkre. P´eld´aul, ha x → ∞ eset´en f 0 (x) → 0, akkor f (x + 1) − f (x) = f 0 (ξ) miatt lim (f (x + 1) − f (x)) = 0 ha x → ∞ . Cauchy t´etel´et a g(x) := f (x) − f (x0 ) − f 0 (x0 )(x − x0 ) ´es h(x) := (x − x0 )2 f¨ uggv´enyekkel az x0 ´es x pontokban alkalmazva kapjuk Lagrange m´asodik t´etel´et. T´ etel 3.7. Ha f ∈ Dδ2 (x0 ) , vagyis f az x0 pont egy k¨ ornyezet´eben k´etszer differenci´ alhat´ o, akkor 1 00 0 2 oz´e esik. itt f (x) = f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ) + 2 f (ξ)(x − x0 ) , ahol ξ az x0 ´es x k¨ Bizony: Val´oban, g(x0 ) = h(x0 ) = 0 , g 0 (x) = f 0 (x) − f 0 (x0 ) , tov´ abb´ a h0 (x) = 2(x − x0 ) , teh´at Cauchy, majd Lagrange t´etel´evel f 0 (η) − f 0 (x0 ) f 00 (ξ) f (x) − f (x0 ) − f 0 (x0 )(x − x0 ) = = , (x − x0 )2 2(η − x0 ) 2 ahol η az x0 ´es x, ξ pedig x0 ´es η k¨oz¨ott van. Innen m´ar csak egy l´ep´es a konvexit´ as, ´es a lok´alis sz´els˝ o ´ert´ek el´egs´eges felt´etele.
¤
14 ♥ Tegy¨ uk fel hogy f ∈ D ´es f 0 (a + 0) < γ < f 0 (b − 0) , ekkor a g := f (x) − γx f¨ uggv´eny valamelyik sz´els¯ o ´ert´ek´et biztosan az intervallum valamely c bels¯ o pontj´ aban veszi fel, ´es ott g 0 (x) = 0 , vagyis f 0 (c) = γ . ¤ 15 A lok´ alis sz´els¯ o´ert´ek felt´etel´en´el nem t´etelezt¨ uk fel hogy f 0 (x0 ) = 0 , ez k¨ ovetkezm´eny, l´ asd Darboux fenteml´ıtett t´etel´et.
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
24
T´ etel 3.8. Tegy¨ uk fel hogy f ∈ Dδ1 (x0 ) ´es f 0 (x0 ) = 0. Ha f 00 (x0 ) > 0, illetve f 00 (x0 ) < 0, akkor x0 szigor´ u lok´ alis minimum, illetve szigor´ u lok´ alis maximum helye. Ha pedig f ∈ D2 (a, b) ´es 00 00 f (x) ≥ 0, illetve f (x) ≤ 0 ∀x ∈ (a, b), akkor f az (a, b) intevallumon konvex, illetve konk´ av. Bizony: Mivel f 0 (x0 ) = 0, x0 ´es x k¨oz¨ott van olyan ξ hogy f (x) = f (x0 ) +
f 0 (ξ) − f 0 (x0 ) (x − x0 )(ξ − x0 ) , ξ − x0
teh´at (x − x0 )(ξ − x0 ) mindig pozit´ıv. Ha most f 00 (x0 ) > 0, akkor f 0 differencia h´anyadosa az x0 egy k¨ornyezet´eben m´ar pozit´ıv, teh´at ott f (x) > f (x0 ). A maximum el´egs´eges felt´etel´enek bizony´ıt´asa ugyanaz. A konvexs´eg, illetve konk´ avs´ ag igazol´as´ ahoz csak Lagrange m´asodik t´etel´ere kell hivatkozni. ¤ 3.5. Taylor sorfejt´ es. A 3.7. T´etel indukci´ oval ´altal´ anos´ıthat´ o, ism´et Cauchy t´etele a bizony´ıt´as kulcsa. T´ etel 3.9. Ha f ∈ Dδn+1 (x0 ) , ´es x ∈ Kδ (x0 ) , akkor f (x) = Tf,n (x) + Rf,n (x) , ahol Tf,n (x) :=
n X f (k) (x0 ) k=0
k!
(x − x0 )k ,
Rf,n (x) :=
f (n+1) (ξ) (x − x0 )n+1 , (n + 1)!
tov´ abb´ a f (0) ≡ f, m´ıg ξ az x0 ´es x k¨ oz¨ otti ´ert´ek. Bizony: Legyen g(x) := f (x) − Tf,n (x), h(x) := (x − x0 )n+1 , ekkor g(x0 ) = h(x0 ) = 0, g 0 (x) = f 0 (x) − Tf 0 ,n−1 (x), h0 (x) = (n + 1)(x − x0 )n , teh´at Cauchy t´etel´evel f 0 (η) − Tf 0 ,n−1 (η) g(x) g 0 (η) f (n+1) (ξ) = 0 = , = h(x) h (η) (n + 1)(η − x0 )n (n + 1)! az utols´o l´ep´esn´el az indukci´os hipot´ezist az f 0 f¨ uggv´ennyel alkalmaztuk. ¤ Els˝o alkalmaz´ask´ent n´ezz¨ uk a numerikus differenci´ al´ as k´erd´es´et. K´ezenfekv˝ o a deriv´altat a differenciah´anyadossal becs¨ ulni; f ∈ Cδ2 (x) eset´en f 0 (x) = ∇h f (x) + O(h) ha h kicsi. Ha ¡ ¢ (s) viszont f ∈ Cδ3 (x), akkor a ∇h f (x) := (1/2h) f (x + h) − f (x − h) szimmetrikus differencia (s)
jobb k¨ozel´ıt´est ad: f 0 (x) = ∇h f (x) + O(h¡2 ). A m´asodik deriv´ alt legegyszer˝ ubb becsl´ese a ¢ −2 m´asodik differenciah´anyados, ∆h f (x) := h f (x + h) + f (x − h) − 2f (x) . Lagrange t´etel´et a g(x) = f (x) − f (x − h) f¨ uggv´ennyel alkalmazva f 00 (x) = ∆h f (x) + o(1) ad´ odik ha f ∈ Cδ2 (x). 00 2 4 ol f (x) = ∆h f (x) + O(h ). Ha viszont f ∈ Cδ (x), akkor a sorfejt´esb˝ A fenti t´etelben n-ik Taylor polinom a Tf,n neve, Rf,n pedig a Lagrange f´ele marad´ektag. Ha l´etezik, akkor Tf (x) := limn→∞ Tf,n (x) az f x0 k¨or¨ uli Taylor sora. Azt az intervallumot, ahol a Taylor sor abszol´ ut konvergens, a h´anyados vagy a gy¨ok krit´erium seg´ıts´eg´evel hat´arozhatjuk ´ at a Tf sor tagonk´enti differencimeg. Erdemes ´eszrevenni hogy az f 0 deriv´ alt Tf 0 Taylor sor´ ´al´as´aval kapjuk. T´ etel 3.10. Ha f ∈ Drn (x0 ) , ´es |f (n) (x)| ≤ C n! r−n ∀n ∈ N ha |x − x0 | < r , akkor a Kr (x0 ) k¨ ornyezetben a Tf sor abszol´ ut konvergens, ´es f (x) = Tf (x); persze f 0 (x) = Tf 0 (x) is igaz. Bizony: A Tf sornak az adott intervallumban geometriai major´ ansa van, teh´at abszol´ ut konvergens. Az f (x) = Tf (x) egyenl˝os´eg ezut´an az el˝oz˝ o t´etellel k¨ovetkezik mert Rf,n → 0. ¤ x Az e f¨ uggv´eny kor´abban megismert hatv´anysora az x0 = 0 pont k¨or¨ uli sorfejt´essel keletkezik. Szint´en az x0 = 0 pont k¨or¨ uli kifejt´essel kapjuk a k¨ovetkez˝ o sorokat. ∞ ∞ X X 1 1 n x ha |x| < 1 , nxn−1 ha |x| < 1 , = = (3.3) 1−x (1 − x)2 n=0
sin x =
∞ X
n=1
(−1)n
n=0
x2n+1 , (2n + 1)!
cos x =
∞ X
(−1)n
n=0
x2n (2n)!
∀x ∈ R,
(3.4)
Differenci´ alhat´ o f¨ uggv´ enyek
25
x2 x3 xn + − · · · + (−1)n−1 + · · · ha |x| < 1. (3.5) 2 3 n A (3.3) azonoss´agok k¨ozvetlen¨ ul is igazolhat´oak, egy´ebk´ent az al´abb k¨ovetkez˝ o Newton f´ele binomi´alis sor speci´alis esetei; a m´asodik k´eplet az els˝o differenci´ al´ as´ aval keletkezik. A t´etel egyszer˝ u k¨ovetkezm´enyei az ex , sin x ´es cos x sorai. A logaritmus kifejt´es´eben a marad´ektag elt˝ un´ese csak a −1/2 < x < 1 intervallumban garant´ alt, de a g(x) := log(1 + x) − Tlog (x) f¨ uggv´eny deriv´altja, a hatv´anysorok differenci´al´ as´ ar´ ol sz´ol´ o k¨ovetkez˝ o t´etel szerint elt˝ unik, teh´at (3.5) is ´erv´enyes a teljes |x| < 1 intervallumon. Ez a sor 0 < x < 1 eset´en Leibniz t´ıpus´ u, teh´at | log(1 + x) − Tlog,n (x)| ≤ 1/n ebben a tartom´ anyban. Mivel log(1 + x) az x = 1 helyen folytonos, a altern´al´o harmonikus sor ¨osszege log 2 ; a prec´ız bizony´ıt´ as kicsit hosszabb. P∞ T´ etel 3.11. Jel¨ olje R > 0 az f (x) := n=1 an (x − x0 )n hatv´ at. Ha P anysor konvergenciasugar´ |x−x0 | < R , akkor a tagonkenti deriv´ al´ assal kapott g(x) := nn=1 nan (x−x0 )n−1 sor is abszol´ ut konvergens, ´es g(x) = f 0 (x) a konvergencia (x0 − R, x0 + R) intervallum´ an. Hasonl´ oan, a1 an F (x) := a0 (x − x0 ) + (x − x0 )2 + · · · + (x − x0 )n+1 + · · · ha |x − x0 | < R 2 n+1 az F (x0 ) = 0 ´es F 0 (x) = f (x) tulajdons´ ag´ u f¨ uggv´eny hatv´ anysora. log(1 + x) = x −
Bizony: A k¨ovetkez˝oPsz´amol´asokn´al feltehetj¨ uk hogy x0 = 0 ´es |x| + |h| = qr , ahol q < 1 ´es 0 < r < RP . Mivel an rn abszol´ ut konvergens, az an rn sorozat korl´atos, teh´at a g(x) sort major´alja a nq n−1 sor, vagyis |x − x0 | < R eset´en a g deriv´alt sor is abszol´ ut konvergens. 0 Az f = g ´all´ıt´as bizony´ıt´as´ahoz el˝osz¨ or azt kell ´eszrevenni hogy Lagrange m´asodik t´etele szerint (x + h)n − xn − nhxn−1 = (1/2)n(n − 1)(x + ξ)n−2 h2 , ahol ξ x ´es x + h k¨ oz¨ ott van, teh´at |(x + h)n − xn − nhxn−1 | ≤ Eszerint
n(n − 1)|h|2 (|x| + |h|)n−2 . 2
¯ ¯ ∞ ∞ X X ¯ f (x + h) − f (x) ¯ 2 n−2 n−2 ¯ ¯ − g(x)¯ ≤ |h| n |an |r q ≤ K|h| n2 q n−2 = O(h) ¯ h n=2
n=2
rn
mert az an sorozat korl´atos, ´es a jobboldali sor a h´ anyados krit´erium miatt konvergens. ¤ 2 −1 2 P´eld´aul, az (1+x ) f¨ uggv´eny a −x hatv´ anyai szerint halad´ o m´ertani sorba fejthet˝o, amib˝ol x3 x5 x2n+1 + − · · · + (−1)n+1 + · · · ha |x| < 1 . (3.6) 3 5 2n + 1 Ez a t´etel t¨obbsz¨or egym´as ut´an is alkalmazhat´ o; ´ıgy kapjuk az f 00 , f 000 ´es a t¨obbi deriv´alt hatv´anysor´ at is, ezek az |x − x0 | < R intervallumban mind abszol´ ut konvergensek. Az is l´athat´ o P (n) n hogy ha f a hat´anysor ¨osszege, akkor an = f (x0 )/n! , teh´at an (x − x0 ) ´eppen az f sora. ´ Erdekes az f (x) := exp(−1/x2 ) f¨ uggv´eny, aminek az x0 = 0 helyen mindegyik deriv´altja 0, vagyis a Taylor sora elt˝ unik. Eszerint az f (n) (x0 ) deriv´ altak akkor sem hat´ arozz´ ak meg a f¨ uggv´enyt, ha a Taylor sora konvergens. A kor´abbiakn´al bonyolultabb az f (x) := (1+x)α , x ≥ −1, α ∈ R f¨ uggv´eny esete. Az egyszer˝ u sz´amol´assal nyert µ ¶ ∞ µ ¶ X α n α α(α − 1) · · · (α − n + 1) x , := (3.7) Tα (x) := n n n! arctg x = x −
n=0
binomi´alis sor abszol´ ut konvergenci´aja |x| < 1 eset´en a h´anyados krit´erium egyszer˝ u k¨ovetkezm´enye, de a Largange marad´ektag, µ ¶ α Rα,n (x) = (1 + ξ)α−n−1 xn+1 n csak akkor t˝ unik el, ha −1/2 < x < 1. Megmutatjuk hogy (1 + x)α = Tα (x) akkor is igaz ha |x| < 1. Legyen f (x) := Tα (x) (1 + x)−α ha |x| < 1; azt tudjuk hogy f (x) = 1 ∀x ∈ (−1/2, 1).
26
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
Azt kell megtudni hogy f 0 (x) = 0 ∀|x| < 1. Az el˝obb bizony´ıtott 3.11. T´etel szerint Tα (x) tagonk´ent differenci´alhat´o ha |x| < 1, ´es Tα0 (x) = αTα−1 (x), teh´at ∞ µ ¶ X α (1 + x)1−α f 0 (x) = (n(1 + x)xn−1 − αxn−1 ) n n=0 ¶ µ ¶ µ ¶¶ ∞ µµ X α−1 α−1 α =α + − xn = 0 n n−1 n n=1
mert a nagy z´ar´ojelben ´all´o kifejez´es (Pascal h´aromsz¨ og) akkor is 0 ha α ∈ / N. Az Euler formula: A sin x ´es cos x f¨ uggv´enyek hatv´anysora alkalmas ezek geometriai szeml´elett˝ol mentes defini´al´as´ara, ´es az add´ıci´ os k´epletek, valamint a sin0 x = cos x ´es cos0 x = − sin x differenci´al´asi szab´alyok is levezethet˝oek. A g¨orb´ek alakj´ab´ ol viszont egyenl˝ ore csak annyit l´atunk hogy sin 0 = 0 ´es cos 0 = 1. Ezut´an a π sz´amot u ´gy defini´alhatjuk, hogy π/2 a sin x els˝o pozit´ıv gy¨oke. A geometriai ´es az analitikus konstrukci´o kapcsolat´at is Euler ismerte fel, a k¨ovetkez˝o ´eszrev´etel alapj´an. A hatv´anysorokban x ∈ R hely´ere az ıx k´epzetes sz´amot ´ırva, form´alis sz´amol´assal kapjuk Euler nevezetes formul´ aj´ at: eıx = cos x + ı sin x . Ennek alapj´an eıx+ıy = cos(x + y) + ı sin(x + y) = eıx eıy = (cos x + ı sin x)(cos y + ı sin y) = cos x cos y − sin x sin y + ı (sin x sin y + cos x cos y) , ´es a val´os ´es k´epzetes r´eszek azonos´ıt´asa ut´an ´eppen az add´ıci´ os k´epleteket kapjuk. Innen m´ar sin2 x + cos2 x = 1 is k¨ovetkezik, teh´at |eix | = 1 ha x ∈ R, ami a geometriai k´epet t¨ ukr¨ ozi. A korrekt t´argyal´ashoz a komplex hatv´anysorok elm´elet´ere van sz¨ uks´eg, ami a jegyzet m´asodik r´esz´eben ker¨ ul sorra. Euler k´eplet´evel kapjuk a komplex sz´amok z = |z|eıϕ pol´aris alakj´at, ahol ϕ = Arg z a komplex siikon a z pontba mutat´ o helyvektor ir´anysz¨ oge (argumentuma). Mivel e2πı = 1 , az Arg z sz¨og nincs egy´ertelm˝ uen meghat´arozva. Ebben a jegyzetben a −π < ϕ ≤ π konvenci´ot haszn´aljuk, teh´at Arg (−1) := −π. El˝ ofordul a −π/2 ≤ ϕ < 3π/2 v´alaszt´ as is. Mindezekr˝ol a B2 r´eszben m´eg lesz sz´o. ´ ´ FUGGV ¨ ´ 4. INTEGRALHAT O ENYEK A ter¨ uletsz´am´ıt´ason, valamint forg´astestek t´erfogat´ anak ´es tehetetlens´egi nyomat´ek´ anak, g¨ orb´ek ´ıvhossz´ anak meghat´aroz´as´an t´ ul sz´amos m´as feladat is egyv´altoz´ os f¨ uggv´enyek integr´ alj´ anak meghat´aroz´ as´ahoz vezet. Ezek k¨oz¨ ul tal´an a differenci´alegyenletek megold´asa (=integr´ al´ asa!) a legfontosabb. 4.1. Defin´ıci´ o, folytonos f¨ uggv´ enyek integr´ al´ asa. A ter¨ uletsz´ am´ıt´ asb´ ol ad´od´ o szeml´elet alapj´an az f : [a, b] 7→ R korl´atos f¨ uggv´eny Riemann integr´alj´at a k¨ovetkez˝ o elj´ar´ assal defini´aljuk; maga a defin´ıci´o is t¨obb ´all´ıt´ast tartalmaz. Legyen γ := {a = x0 ≤ ξ0 < x1 ≤ ξ1 < x2 ≤ · · · < xm−1 ≤ ξm−1 < xm = b} az intervallum egy feloszt´asa, δ(γ) := maxk {xk+1 − xk } a feloszt´as finoms´aga, ´es Z b m−1 X Iγ (f ) := f (ξk ) (xk+1 − xk ) az f (x) dx
(4.1)
a
k=0
integr´al k¨ozel´ıt˝o ¨osszege. Megjegyezz¨ uk hogy |Iγ (f )| ≤ K(b − a) ha |f (x)| ≤ K ∀x ∈ [a, b]. Az Iγ k¨ozel´ıt˝o ¨osszeg u ´gy is ´ertelmezhet˝o, mint annak a l´epcs˝os f¨ uggv´enynek az integr´ alja, amely o, az [xk , xk+1 ) intervallumon az yk = f (ξk ) ´ert´eket veszi fel. f Riemann szerint integr´alhat´ amit f ∈ L10 [a, b] jel¨ol, ha az Iγn sorozat δ(γn ) → 0 eset´en mindig konvergens. Ha γn ´es γn0 is ilyen minden hat´aron t´ ul finomod´o sorozat, akkor γ1 , γ10 , γ2 , γ20 , ... is az, teh´at integr´ alhat´ o f¨ uggv´enyn´el lim Iγn (f ) = lim Iγn0 (f ) , vagyis a k¨ ozel´ıt˝ o ¨osszegek hat´ar´ert´eke nem f¨ ugg a k¨ozel´ıt´es at m´odj´at´ol. Ez a k¨oz¨os hat´ar´ert´ek az integr´al ´ert´eke, teh´ Z b f (x) dx := lim Iγ (f ) , (4.2) a
δ(γ)→0
Integr´ alhat´ o f¨ uggv´ enyek
27
amennyiben a hat´ar´ert´ek mindig l´etezik. Ha m´ar tudjuk hogy f ∈ L10 [a, b], akkor el´eg az integr´ alt egy u ¨gyesen v´alasztott feloszt´assorozat ment´en sz´amolni. A definici´o u ´gy is kimondhat´o, hogy f ∈ L10 [a, b] akkor, ´es csak akkor igaz, ha van olyan I ∈ R ´ert´ek hogy minden ε > 0 sz´ amhoz van δ > 0 u ´gy hogy |Iγ (f ) − I| < ε ha δ(γ) < δ. A Cauchy sorozat fogalm´aval anal´og a k¨ovetkez˝ o v´ altozat: f ∈ L10 [a, b] acsak ha minden ε > 0 sz´ amhoz van δ > 0 u ´gy hogy |Iγ (f ) − Iγ 0 (f )| < ε ha δ(γ) < δ ´es δ(γ 0 ) < δ. ∗∗ Riemann krit´ eriuma: Az integr´alhat´ os´ ag sz¨ uks´eges ´es el´egs´eges felt´etel´et a γ feloszt´ashoz tartoz´o n−1 X Oγ (f ) := (4.3) (xk+1 − xk ) sup{|f (x) − f (y)| : xk ≤ x, y ≤ xk+1 } . k=0
oszcill´aci´os ¨osszeg seg´ıts´eg´evel fogalmazzuk meg, Oγ csak a γ oszt´ opontjait´ ol f¨ ugg. Figyelemre m´elt´o hogy |Iγ (f ) − Iγ 0 (f )| ≤ Oγ (f ) ha γ ´es γ 0 oszt´ opontjai egybeesnek, ´es Oγ 0 (f ) ≤ Oγ (f ) ha γ 0 a γ feloszt´as finom´ıt´asa, vagyis γ mindegyik oszt´opontja szerepel a γ 0 oszt´opontjai k¨oz¨ ott. T´ etel 4.1. Ha f ∈ L10 [a, b] akkor lim Oγn (f ) = 0 ha δ(γn ) → 0 . Ford´ıtva, ha van olyan γn feloszt´ assorozat hogy lim Oγn (f ) = 0 , akkor f Riemann szerint integr´ alhat´ o. Bizony: A felt´etel sz¨ uks´egess´ege a defin´ıci´ o k¨ovetkezm´enye. Az el´egs´egess´eghez el˝ osz¨ or azt kell meggondolni, hogy ha Oγ,n (f ) → 0 , akkor Iγn (f ) biztosan Cauchy sorozat, teh´ at van hat´ar´ert´eke. Jel¨olje ezut´an m(γ) a γ feloszt´ as oszt´opontjainak sz´ am´ at ´es legyen K := sup |f | , ekkor b´armely m´as feloszt´as eleget tesz az Oγ 0 (f ) ≤ Oγ (f ) + 4K m(γ) δ(γ 0 ) becsl´esnek, mert γ 0 nek legfeljebb 2m(γ) olyan intervalluma van, amely nem r´esze a γ valamelyik intervallum´ anak. Eszerint Oγn0 (f ) → 0 ha δ(γ 0 n) → 0 ´es Oγn (f ) → 0 . ∗∗ ¤ A defin´ıci´o alapj´an is l´athat´o hogy ha f, g ∈ L10 [a, b], akkor αf + βg is integr´ alhat´ o, ´es Z b Z b Z b (αf (x) + βg(x)) dx = α f (x) dx + β g(x) dx , (4.4) a
a
a
ahol α, β ∈ R tetsz˝oleges konstansok. Ha most f ≤ g, akkor ¯Z b ¯ Z b Z b Z b ¯ ¯ ¯ f (x) dx ≤ g(x) dx , teh´at ¯ f (x) dx¯¯ ≤ |f (x)| dx ; a
a
a
(4.5)
a
azt hogy |f | is integr´alh´at´o, az ||f (x)|−|f (y)|| ≤ |f (x)−f (y)| elemi egyenl˝ otlens´eg ´es a Riemann krit´erium seg´ıts´eg´evel a legk¨onnyebb igazolni. V´eg¨ ul, ha a < c < b, akkor Z b Z c Z b f (x) dx . f (x) dx + f (x) dx = (4.6) a
a
c
A fentiek alapj´an t¨om¨oren azt mondjuk hogy az integr´ al pozit´ıv line´ aris funkcion´ al. Megmutatjuk hogy korl´atos intervallumon folytonos f¨ uggv´eny mindig integr´ alhat´ o. Jel¨olje c(δ, f ) := sup{|f (x) − f (y)| : |x − y| ≤ δ, x, y ∈ [a, b]}
(4.7)
az f folytonoss´agi modulus´at [a, b]-n; nyilv´ an Oγ (f ) ≤ c(δ(γ)), f )(b−a) . Numerikus integr´al´ askor is hasznos a k¨ovetkez˝o becsl´es. Lemma 4.1. Ha δ(γ) ≤ δ ´es γ 0 mindegyik oszt´ opontja szerepel a γ oszt´ opontjai k¨ oz¨ ott, akkor Rb 1 at f ∈ L0 [a, b] eset´en |Iγ (f ) − a f dx| ≤ c(δ(γ), f )(b − a) . |Iγ (f ) − Iγ 0 (f )| ≤ c(δ, f )(b − a) , teh´ Bizony: El´eg az els˝o ´all´ıt´ast igazolni, ami majdnem nyilv´anval´ o ha γ ´es γ 0 oszt´ opontjai azonosak; csak a h´aromsz¨og egyenl˝otlens´eget kell alkalmazni. Ha most γ = {xk , ξk } , γ 0 = {x0j , ξj0 } , akkor a felt´etel szerint {xk } ⊂ {x0j } , teh´at X X X X Iγ (f ) = f (ξk )(x0j+1 − x0j ) , Iγ 0 (f ) = f (ξj0 )(x0j+1 − x0j ) , k j∈α(k)
k j∈α(k)
ahol α(k) := {j : xk ≤ x0j < x0j+1 ≤ xk+1 } . Mivel j ∈ α(k) eset´en |ξk − ξj0 | ≤ δ , a k´et k´epletet egym´asb´ol kivonva, megint a h´aromsz¨ og egyenl˝ otlens´eg adja az eredm´enyt. ¤
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
28
A k¨ovetkez˝o t´etel az alapvet˝o jelent˝ os´eg˝ u Newton - Leibniz (NL) formul´ at is tartalmazza; joggal nevezz¨ uk a differenci´al ´es integr´ alsz´ am´ıt´ as alapt´etel´enek. Rx T´ etel 4.2. L10 [a, b] ⊂ C[a, b], ´es ha f ∈ C[a, b], akkor F (x) := a f (y) dy az x ∈ [a, b) v´ altoz´ o differenci´ alhat´ o f¨ uggv´enye: F 0 (x) = f (x) ∀x ∈ [a, b). Ford´ıtva, ha az f ∈ L10 [a, b] f¨ uggv´enynek Rb van primit´ıv f¨ uggv´enye, nevezetesen F, akkor a f (x) dx = F (b) − F (a). Bizony: A fenti lemma egyszer˝ u k¨ovetkezm´enye hogy |Iγ (f ) − Iγ 0 (f )| ≤ 2c(δ, f )(b − a) ha δ(γ) , δ(γ 0 ) ≤ δ . Ennek bel´at´as´ahoz csak olyan γ 00 feloszt´ ast kell k´esz´ıteni, aminek az osyt´ opontjai k¨oz¨ott a γ ´es a γ 0 oszt´opontjai is mind szerepelnek, ekkor ugyanis |Iγ −Iγ 0 | ≤ |Iγ −Iγ 00 |+|Iγ 0 −Iγ 00 | Mivel f ∈ C[a, b] egyenletesen folytonos, c(δ, f ) → 0 ha δ → 0. Ha teh´at δ(γn ) → 0, akkor Iγn (f ) Cauchy sorozat, ami a lemma alapj´an az els˝ o´ all´ıt´ ast bizony´ıtja. Ha most a ≤ x < x + h ≤ b , akkor Z x+h Z x+h F (x + h) − F (x) = f (y) dy = hf (x) + (f (y) − f (x)) dy = hf (x) + o(h) x
x
mert f ∈ C(x). Val´oban, ∀ε > 0 ∃hε > 0 u ´gy hogy |f (y) − f (x)| < ε ha |y − x| ≤ hε , teh´ at h < hε eset´eben a m´asodik integr´al abszol´ ut ´ert´eke nem nagyobb mint hε. A h < 0 eset hasonl´oan t´argyalhat´o, vagyis F 0 (x) = f (x) ∀x ∈ [a, b] . V´eg¨ ul legyen a = x0 < x1 < · · · xm−1 < xm = b. Lagrange t´etele szerint F (xk+1 ) − F (xk ) = at f (ξk )(xk+1 − xk ), ahol ξk ∈ (xk , xk+1 ), teh´ F (b) − F (a) =
X ¡ ¢ m−1 f (ξk )(xk+1 − xk ) . F (xk+1 ) − F (xk ) =
m−1 X k=0
k=0
A jobboldali integr´al k¨ozel´ıt˝o ¨osszeg a feloszt´as finom´ıt´ asakor az integr´ alhoz konverg´ al. ¤ 0 0 A primit´ıv f¨ uggv´eny nem egy´ertelm˝ u, de ha F = G egy intervallumon, akkor ott G(x) = F (x) + c, ahol c ∈ R konstans. A defin´ıci´o ´es a Riemann krit´erium alapj´an az is igazolhat´o, hogy minden olyan korl´ atos f¨ uggv´eny Riemann integr´alhat´o, amely v´eges Rvagy megsz´aml´ alhat´ oan sok pontt´ ol eltekintve x folytonos. Ahol f nem folytonos, ott (d/dx) a f dy 6= f (x) lehets´eges. Az integr´ al az als´ o Rb Rb Rx Rb hat´arnak is differenci´alhat´o f¨ uggv´enye. Mivel x f dy = a f dy − a f dy , (d/dx) x f (y) dy = Rb Ra oval is ¨osszhangban van; a −f (x) ha f folytonos. Ez Ra t´eny az a f dx ≡ − b f dx konvenci´ x primit´ıv f¨ uggv´eny F (x) = a f (y) dy konstrukci´ oj´ aban kifejezetten c´elszer˝ u az x < a esetet is 0 hat´ megengedni. A F primit´ ıv f¨ u ggv´ e nyt gyakran az f = F a rozatlan integr´ alj´ anak nevezik, ´es R az f dx = F + c jel¨ol´est haszn´alj´ak. 4.2. Integr´ alok kisz´ am´ıt´ asa. Sz´amtalan m´odszer ´es tr¨ ukk van, ezek k¨oz¨ ul a leggyakrabban el˝ofordul´okat ismertetj¨ uk. Newton ´es Leibniz tan´ıt´ asa szerint els˝osorban a primit´ıv f¨ uggv´enyt ahoz mindig ez kellene. Hat´arozott integr´alok sz´amol´ akeress¨ uk, differenci´alegyenlet megold´as´ sakor el˝ofordul hogy a primit´ıv f¨ uggv´enyt nem tudjuk, vagy nem is akarjuk meghat´ arozni, de az al ´ert´ek´et meg tudjuk hat´ arozni. integr´al´as hat´arai olyan szerencs´esen adottak hogy az integr´ Elemi f¨ uggv´ enyek: El˝osz¨or n´eh´any f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´eny´et soroljuk fel; ez ut´ obbiak arozva. Az al´abbi k´epletek differenci´al´ assal csak egy addit´ıv konstans erej´eig vannak meghat´ ul ellen˝orizhet˝oek. k¨ozvetlen¨ d xα+1 1 dex xα = , x ≥ 0 , α 6= −1 ; = log0 x , x > 0 ; ex = ; log x = (x log(x/e))0 ; dx α+1 x dx cos x = sin0 x ; sin x = − cos0 x ; cos−2 x = 1 + tg2 x = tg0 x ; sin−2 x = 1 + ctg2 x = ctg0 x ; 2 cos2 x = (x + sin x cos x)0 ; 3 cos3 x = (3 sin x − sin3 x)0 ; ch x = sh0 x ; sh x = ch0 x (1 − x2 )−1/2 = arcsin0 x , |x| < 1 ; =
d 1 dx 2
(x2 − 1)−1 = arth0 x p log(x + 1 + x2 ) ;
d (1 + x2 )−1/2 = arsh0 x = dx p d = arch0 x = dx log(x + x2 − 1) , |x| > 1 .
x−1 log x+1 ha x > 1 ;
(x2 − 1)−1/2
(1 + x2 )−1 = arctg0 x ;
Integr´ alhat´ o f¨ uggv´ enyek
29
Ezekben az esetekben a hat´arozott integr´ al sz´ am´ıt´ asa k¨ozvetlen¨ ul, a Newton - Leibniz formul´aval t¨ort´enhet. Gyakori feladat g = f (ax + b) alak´ u f¨ uggv´enyek integr´ al´ asa. Ha f (x) = F 0 (x), akkor (d/dx)F (ax + b) = af (ax + b), teh´at g primit´ıv f¨ uggv´enye G(x) = (1/a)F (ax + b) ha a 6= 0. Integr´ al´ as helyettes´ıt´ essel: Mivel f (g(x))g 0 (x) ´eppen h(x) := F (g(x)) deriv´altja, ahol F a f primit´ıv f¨ uggv´enye, g ∈ C 1 [a, b] ´es f ∈ C[a, b] eset´en az y = g(x) helyettes´ıt´essel Z b Z g(b) 0 f (g(x)) g (x) dx = f (y) dy = F (g(b)) − F (g(a)) . (4.8) a
g(a)
A helyettes´ıt´es s´em´aja: dy = g 0 (x) dx , a befejez˝o l´ep´es az integr´ al´ as u ´j hat´arainak meg´ allap´ıt´ asa. El˝ofordul hogy g(a) > g(b), de a k´eplet ilyenkor is ´erv´enyes, mert tartalmazza a sz¨ uks´eges el˝ojelv´alt´ast. Szerencs´etlen dolog a h(x) = f (g(x)) integr´ al´ as´ at az y = g(x) helyettes´ıt´essel er˝oltetni, mert a dx = dy/g 0 formul´aban g 0 az x, ´es nem az y v´ altoz´ o f¨ uggv´enye. Emiatt a sz´amol´ as elbonyol´odhat, de nem ez az egyetlen probl´ema. Itt voltak´epp az x = ϕ(y) helyettes´ıt´esr˝ ol van sz´o, ahol ϕ a g inverze, teh´at arra is figyelni kell, hogy g az integr´ al´ as teljes (a, b) intervallum´an invert´alhat´o legyen. Ha nem az, akkor (a, b)-t olyan r´eszekre kell felbontani, amelyeken g k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u. Helyettes´ıt´es elv´egz´ese el˝ott meg kell gondolni hogy a l´ep´es hova vezet, zs´akutca ker¨ ulend˝o! √ P´eld´aul, a f´elk¨or ter¨ ulete az f (x) = 1 − x2 integr´ al´ as´ aval sz´am´ıtand´ o, ´es egy´ altal´ an nem nyilv´anval´o hogy az x = sin ϕ helyettes´ıt´es a j´o. Mivel dx = cos ϕ dϕ, Z 1p Z π/2 q Z π/2 π 2 2 1 − x dx = 1 − sin ϕ cos ϕ dϕ = cos2 ϕ dϕ = 2 −1 −π/2 −π/2 a 2 cos2 ϕ = 1 + cos 2ϕ azonoss´ag alapj´an. A sin2 ϕ + cos2 ϕ = 1 k´epletet, ´es a trigonometrikus f¨ uggv´enyek szimmetri´aj´at is figyelembe v´eve k¨ozvetlen¨ ul is l´ athat´ o hogy cos2 ϕ ´es sin2 ϕ integr´alja π hossz´ us´ag´ u intervallumon ´eppen π/2 ; ennyi az egys´egk¨ or ter¨ ulet´enek fele. A primit´ıv f¨ uggv´enyt nem kellett meghat´arozni, az q p dϕ − cos(2ϕ) dϕ 2 dϕ − d sin(2ϕ) 2 1 − x dx = 1 − sin2 ϕ d sin ϕ = cos2 ϕ dϕ = = 2 4 √ 2 alapj´an p F (x) := (1/4)(2 arcsin x − sin(2 arcsin x)) = (1/2)(arcsin x − x 1 − x ) mert sin(2ϕ) = 2 sin(ϕ) 1 − sin2 ϕ . √ Az y 2 −x2 = 1 hiperbola alatti ter¨ ulet sz´amol´ asa f (x) := 1 + x2 integr´ al´ as´ ara vezet, amit az ´ x = sh t helyettes´ıt´essel oldhatunk meg, de x = tg t is m˝ uk¨ odik. Altal´ aban, az f ((1 − x2 )−1/2 ) , f ((1+x2 )−1/2 ) , f ((x2 −1)−1/2 ) , illetve f (ex ) alak´ u f¨ uggv´enyek integr´al´ asa a t = sin x , t = arsh x vagy t = tg x , t = arch x , illetve a t = log x helyettes´ıt´essel egyszer¨ us¨ odhet. Az f (sin x, cos x) t´ıpus a 2tg(x/2) 1 − tg2 (x/2) , cos x = sin x = 1 + tg2 (x/2) 1 + tg2 (x/2) azonoss´agok alkalmaz´asa ´es az x = 2arctg t helyettes´ıt´es ut´an v´alik olykor integr´alhat´ ov´ a. ´ Parci´ alis integr´ al´ as: Epp´ ugy mint a helyettes´ıt´eses integr´ al´ askor, itt is azt kell felismerni o pontunk a szorzat diffehogy az integrandus egyik t´enyez˝oje valaminek a deriv´altja. Kiindul´ renci´al´as´anak (f g)0 = f 0 g + f g 0 k´eplete, amit most az f dg = d(f g) − g df form´aban haszn´alunk. Ha f, g ∈ C 1 [a, b] , akkor Z b Z b 0 (4.9) f (x) g (x) dx = f (b)g(b) − f (a)g(a) − f 0 (x) g(x) dx a
a
a NL formula alapj´an; el˝ofordul hogy a jobboldali integr´ alt m´ar ki tudjuk sz´amolni. P´eld´ aul, Z l Z l Z l x sin x dx = − x cos0 x dx = −l cos l + cos x dx = sin l − l cos l . 0
0
0
A parci´alis integr´al´as rutinszer˝ uen alkalmazhat´ o hatv´anyok ´es trigonometrikus vagy expouggv´enyek szorzat´anak integr´ al´ asakor, de sok m´as tr¨ ukk is ismert. M´eg az is el˝ofordul nenci´alis f¨
30
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
hogy az 1 = x0 v´alaszt´as a c´elszer˝ u, mert xf 0 (x) k¨onnyebben integr´ alhat´ o mint f. Ilyen p´eld´aul n f = log x ha n ∈ N . Az (4.9) formula elm´eleti okoskod´ asokn´ al is fontos szerepet j´atszik. P´eld´aul, az f g 0 szorzat integr´alj´at akkor is defini´alni lehet, ha csak f differenci´ alhat´ o, g nem. Racion´ alis t¨ ortf¨ uggv´ eny integr´ al´ asa: a h´ anyados parci´alis t¨ortekre val´ o felbont´ as´ aval kezd˝ odik. Ezek protot´ıpusai az (x − a)−n , x (x2 + bx + c)−n ´es (x2 + bx + c)−n f¨ uggv´enyek, ahol az x2 + bx + c polinomnak m´ar nincs val´os gy¨oke. Az els˝o k´et esetben nincs probl´ema, a harmadik a 2 −n nevez˝o teljes odik. Legyen R x n´egyzett´e val´o kieg´esz´ıt´ese ut´an az fn (x) := (1 + x ) alakra reduk´al´ Fn (x) := 0 f dy , azt m´ar tudjuk hogy F1 (x) = arctg x . Mivel fn (x) = fn−1 (x) − x2 fn (x) ´es 0 fn−1 (x) = −2(n − 1)x fn (x) , egyszer˝ u sz´amol´ assal az Z 1 x fn−1 (x) (2n − 3)Fn−1 (x) 0 Fn (x) = Fn−1 (x) + x fn−1 (x) dx = + 2n − 2 2n − 2 2n − 2 rekurzi´ot kapjuk, amivel mindegyik primit´ıv f¨ uggv´eny meghat´arozhat´ o. P´eld´ aul, (1 + x2 )−2 2 −1 uggv´enyek raciprimit´ıv f¨ uggv´enye F2 (x) = (1/2)arctg x + (x/2)(1 + x ) . Trigonometrikus f¨ on´ alis kifejez´es´enek integr´al´as´at az x = 2 arctg t helyettes´ıt´essel k¨oz¨ ons´eges racion´alis f¨ uggv´eny integr´al´as´ara vezethetj¨ uk vissza. Improprius integr´ alok: Gyakran kell nem korl´ atos f¨ uggv´enyeket, esetleg v´egtelen intervallumon integr´alni. Az f ∈ C[a, b) f¨ uggv´eny improprius (=nem val´ odi!) integr´ alja Z b Z β f (x) dx := lim (4.10) f (x) dx a
β→b−0 a
amennyiben a hat´ar´ert´ek l´etezik, ahol persze β < b a hat´ar´ atmenet sor´an. A hat´ar´ert´ek +∞ vagy −∞ is lehet. Ez a defin´ıci´o tartalmazza azt az esetet is, amikor b = +∞, ´es azt is, amikor b o volt, akkor nincs v´altoz´ as, v´eges, de f nem korl´atos a b k¨ornyezet´eben. Ha f eleve integr´alhat´ Rb Rβ mert ilyenkor f korl´atos, b v´eges, teh´at | a f dx − a f dx| ≤ K(b − β) , ahol K az f korl´ atja. Hasonl´o az f ∈ C(a, b] eset, amikor a = −∞ van megengedve. P´eld´ aul, Z ∞ Z 1 1−α dx 1 dx 1 1−l 1−l1−α = ha α > 1; = ha α < 1. := lim := lim a α l→∞ α−1 l→0 1−α x α−1 1−α 1 0 x Azt is l´atjuk hogy f (x) = 1/x integr´ alja mindk´et intervallumon +∞. Valamely improprius integr´al abszol´ ut konvergens ha |f (x)| ugyanolyan t´ıpus´ u improprius integr´alja v´eges, ellenkez˝ o esetben felt´etelesen konvergens integr´alr´ ol besz´el¨ unk. Leibniz t´etel´evel k¨onny˝ u igazolni hogy f (x) = (1/x) sin x integr´alja a [0, +∞) intervallumon konvergens, de az is egyszer˝ u sz´amol´ as term´eke hogy |f | integr´alja +∞, teh´at ez az integr´ al csak felt´etelesen konvergens. Nagyon fontos hogy az improprius integr´alokat mindig csak f´elig z´art intervallumon defini´aljuk, teh´at egyszerre csak egy szingularit´assal foglalkozunk. T¨obb l´ep´esbenR persze t¨obb szingularit´assal rendelkez˝ o ∞ f¨ uggv´eny improprius integr´alja is meghat´arozhat´ o, de −∞ x dx = 0 sehogy sem ´ertelmezhet˝o. Az abszol´ ut konvergens esetben az improprius jelz˝ot t¨obbnyire elhagyjuk, mert ilyenkor az al addit´ıv tulajdons´aga akkor is integr´al szok´asos tulajdons´agai ´erv´enyben maradnak. Az integr´ igaz marad ha az integr´al´as tartom´any´ at v´egtelen sok r´eszre bontjuk fel. A Newton - Leibniz as k´epletei is alkalmazhat´ oak, az elt´er´es formula, valamint a parci´alis ´es a helyettes´ıt´eses integr´al´ primit´ıv f¨ uggv´eny hat´ar´ert´ek´et kell behelyettes´ıcsak annyi, hogy v´egtelen R ∞ intervallum eset´en aR ∞ ´ teni. Igy kapjuk a λ a e−λx dx = e−λa ´es λ2 0 x e−λx dx = 1 ´ert´ekeket, ahol a, λ > 0. Erdekes −α az is hogy x fentebb meghat´arozott k´et integr´ alja az x = 1/y helyettes´ıt´essel helyet cser´el 2−α −α ker¨ ul. u ´gy, hogy x hely´ere y ∗∗ Numerikus integr´ al´ as: Folytonos f¨ uggv´eny eset´en ´ altal´ aban csak annyit mondhatunk, hogy c(δ, f ) → 0 ha δ → 0 ; a 4.1. Lemma csak az Iγ → I t´en yt sz¨ogezi le. f ∈ C 1 [a, b] , eset´en c(δ, f ) = O(δ) , ilyenkor teh´at I = Iγ + O(δ) . (b − a)O(δ(γ)) lesz. A folytonoss´ag modulusa nem lesz jobb ha f ∈ C 2 [a, b] , de a szakaszonk´ent konstans (l´epcs˝os f¨ uggv´eny) k¨ozel´ıt´es helyett line´aris asn´ al interpol´aci´ot alkalmazva, jobb eredm´enyt kapunk. Pontosabban, adott γ = {xk } feloszt´ ˆ legyen fγ (x) := f (xk ) + (x − xk )(f (xk+1 − f (xk ))/(xk+1 − xk ) ha xk ≤ x ≤ xk+1 . Lagrange t´etele szerint f (x) = f (xk ) + f 0 (ξ)(x − xk ) , de f˜γ (x) = f (xk ) + f 0 (η)(x − xk ) is igaz, ahol
Integr´ alhat´ o f¨ uggv´ enyek
31
xk < ξ < x < xk+1 ´es xk < η < xk+1 , teh´ at f (x) = f˜γ (x) + f 00 (ζ)(x − xk )(xk+1 − xk ) , vagyis 2 00 ˜ ¨ |fγ − f | ≤ Kδ ha |f (x)| ≤ K az [a, b] intervalumon. Osszefoglalva: Z b Z b n−1 ¢ 1 X¡ ˆ ˆ Iγ := fγ (x) dx = f (xk ) + f (xk+1 ) (xk+1 − xk ) = f (x) dx + (b − a)O(δ 2 (γ)) 2 a a k=0
az integr´al monotonit´asa miatt. Az xk+1 = xk + h , h := (b − a)/n , f ∈ C 2 [a, b] esetben a Z b f (x) dx = h2 f (a) + h f (a + h) + · · · + h f (a + kh) + · · · h f (b − h) + h2 f (b) + O(h2 ) (4.11) a
trap´ez szab´alyt kapjuk. Ezt az I¯γ := h f (a) + h f (a + h) + · · · + h f (a + kh) + · · · + h f (b − h) t´eglalap k¨ozel´ıt´essel ¨osszehasonl´ıtva l´atjuk hogy I¯γ = Iˆγ + (h/2)(f (a) − f (b)) = Iˆγ + O(h) , teh´at a trap´ez szab´aly t´enyleg egy nagys´agrenddel jobb eredm´enyt ad, kiv´eve ha f (a) = f (b) . Simpson formul´ aja u ´gy keletkezik hogy az integrandust nem t¨or¨ ott vonalakkal, hanem parabola ´ıvekkel k¨ozel´ıtj¨ uk. Az (a, b) intervallumot 2n egyenl˝ o, h := (b−a)/2n nagys´ ag´ u r´eszre osztjuk, xk jel¨oli a k-ik oszt´opontot, x0 = a ´es x2n = b . Ezut´an az x2k , x2k+1 ´es x2k+2 oszt´ opontokban u ´gy illesztj¨ uk a gk (x) parabol´at hogy gk (xj ) = f (xj ) legyen hacsak j = 2k, 2k + 1, 2k + 2 ; ezt a (0)
(1)
(2)
gk (x) := f (x2k ) `2k (x) − f (x2k+1 ) `2k (x) + f (x2k ) `2k+2 (x) Lagrange interpol´aci´oval val´os´ıthatjuk meg a legk¨ onnyebben, ahol (i)
`2k (x) :=
(x − x2k )(x − x2k+1 )(x − x2k+2 ) , 2h2 (x − x2k+i )
i = 0, 1, 2 .
Az ´ıgy kapott k¨ozel´ıt˝o f¨ uggv´eny f˜γ (x) := gk (x) ha x2k ≤ x ≤ x2k+2 , k = 0, 1, ..., n − 1 , teh´ at Rb ozel´ıt´ese a f dx k¨ Z b h Ieγ := f˜γ (x) dx = (y0 +4y1 +2y2 +· · ·+4y2k+1 +2y2k )+· · ·+2y2n−2 )+4y2n−1 +y2n ) , (4.12) 3 a ahol yk := f (xk ) . N´emi sz´amol´assal megmutathat´ o hogy ha f negyedik deriv´altja is korl´ atos, 5 akkor a k¨ozel´ıt´es pontoss´aga O(h ) . ∗∗ 4.3. Nevezetes integr´ alok. Ismertetj¨ uk n´eh´ any tr¨ ukk¨ os integr´ al ´ert´ek´et, parci´alis integr´ al´ as a leggyakoribb elj´ar´as. N´eh´any olyan technik´ at is bemutatunk, aminek a jogosults´ag´ at csak a B2 r´eszben igazoljuk. A gamma f¨ uggv´ eny: Mivel e−x = (−e−x )0 , z > 0 eset´en Z ∞ Γ(z) := tz−1 e−t dt = (z − 1)Γ(z − 1) , (4.13) 0
´es Γ(1) = 1 , teh´at Γ(n) = (n − 1)! ha n ∈ N . A t = x2 /2 helyettes´ıt´es a √ Z ∞ √ Γ(1/2) = 2 exp(−x2 /2) dx = π 0
Gauss uggv´enyegyenlet seg´ıts´eg´evel Γ(n+1/2) = √ integr´alra vezet, l´asd (4.20), ´es a Γ(z +1) = zΓ f¨ n! π ha n ∈ N . A t¨obbi ´ert´eket t´abl´azatba szedt´ek. ∗∗ A b´ eta f¨ uggv´ eny: Szint´en parci´alis integr´ al´ assal igazolhat´o hogy Z 1 β−1 β−1 B(α, β) := xα−1 (1 − x)β−1 dx = B(α + 1, β − 1) = B(α, β − 1) , (4.14) α α+β−1 0 ahol a defin´ıci´oban α, β > 0, m´ıg α > 0 ´es β > 1 azut´an. A m´asodik egyenlet az xα (1 − x)β−2 = xα−1 (1 − x)β−2 − xα−1 (1 − x)β−1 azonoss´ag k¨ovetkezm´enye, mert bel˝ ole B(α + 1, β − 1) =
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
32
B(α, β − 1) − B(α, β) k¨ovetkezik. Ha α, β ∈ N akkor indukci´ oval bizony´ıthat´ o hogy µ ¶−1 α+β−1 Γ(α)Γ(β) B(α, β) = = . α−1 Γ(α + β)
(4.15)
A komplex f¨ uggv´enytan egyik alapt´etel´eb˝ ol k¨ovetkezik, hogy ez az azonoss´ag az α, β > 0 minden ´ert´ek´en´el igaz. Helyettes´ıt´essel sok integr´ al vezethet˝ o vissza erre az esetre; a b´eta integr´ alok ´ert´ekei is t´abl´azatb´ol kereshet˝ok ki. ∗∗ ´ Trigonometrikus polinomok: Altal´ aban az Euler formul´aval kezelj¨ uk ˝oket, de az al´abbi integr´alok egyszer˝ uen sz´amolhat´oak. Z π/2 Z π/2 (n − 1)!! n γn , (4.16) cos x dx = sinn x dx = n!! 0 0 ahol γn := 1 ha n p´aratlan, γn := π/2 ha n p´aros, v´eg¨ ul n!! := n(n − 2) · · · βn , ´es βn := 1 ha n p´aratlan, βn = 2 ha n p´aros; 2!! = 1!! = 1 . Jel¨olje In az els˝o integr´ alt, parci´alis integr´ al´ assal a 2 2 sin x = 1 − cos x helyettes´ıt´es ut´an In = (n − 1)(In−2 − In ) ad´odik, vagyis In = In−2 (n − 1)/n . Mivel I0 = π/2 m´ıg I1 = 1, indukci´oval kapjuk a k´epletet. Itt eml´ıtj¨ uk meg hogy Z π Z π Z π cos(nx) sin(mx) dx = cos(nx) cos(mx) dx = sin(nx) sin(mx) dx = 0 (4.17) −π
−π
−π
ha m 6= n, amit az add´ıci´os k´epletekkel lehet igazolni. Ha m = n 6= 0, akkor mindegyik integr´ al ´ert´eke π. ∗∗ Elliptikus integr´ alok: Az x = a cos ϕ , y = b sin ϕ alakban adott ellipszis ker¨ ulet´enek sz´amol´asa (a2 − c2 cos2 ϕ)1/2 integr´al´as´ ahoz vezet, ahol a > b ´es c2 = a2 − b2 , de ez az integr´ al z´art alakban nem adhat´o meg. Ez´ert vezett´ek be az Z φq E2 (φ, κ) := 1 − κ sin2 ϕ dϕ , 0 < κ ≤ 1 (4.18) 0
m´asodfaj´ u elliptikus integr´alt. Ennek seg´ıts´eg´evel az ellipszis ´ıvdarabjainak hossza k¨ onnyed´en megadhat´o. A matematikai inga x ¨ + sin x = 0 egyenlet´enek megold´asa (cos ϕ − cos ϕ0 )−1/2 integr´ al´ as´ara 2 vezethet˝o vissza, l´asd a 4.5 szakaszt. A cos x = 1 − 2 sin (x/2) azonoss´ aggal ez a feladat az Z φ dϕ p E1 (φ, κ) := , 0<κ≤1 (4.19) 1 − κ sin2 ϕ 0 els˝ofaj´ u elliptikus integr´alhoz vezet. Az elliptikus integr´alok ´ert´ekeir˝ ol is k´esz¨ ultek t´abl´ azatok. ∗∗ Gauss integr´ alok: K´es˝obb prec´ızen is bebizony´ıtjuk, de m´ar most is j´o tudni hogy Z ∞ √ 2 (4.20) e−x /2 dx = 2π . −∞
A gondolatmenet a k¨ovetkez˝o: Jel¨olje I az integr´ al ´ert´ek´et, ekkor Z ∞Z ∞ Z ∞ 2 0 2 sI = exp(−x2 /2 − y 2 /2) dx dy = 2π r e−r /2 dr = 2π . −∞
−∞
0
p
A kett˝os integr´alt el˝osz¨or az r = x2 + y 2 sugar´ u k¨or¨ ok ment´en sz´amolva 2rπe−r ennek az integr´alj´att m´ar ki tudjuk sz´amolni. Az exponens teljes n´egyzett´e val´o kieg´esz´ıt´ese ut´ an innen Z ∞ 1 2 √ exp(zx − x2 /2) dx = e z /2 2π −∞ k¨ovetkezik. R∞ 2 2 2 2 Mivel xe−x /2 = (−e−x /2 )0 , a xe−x /2 dx = e−a /2 , Z ∞ Z ∞ 2 2 3 −x2 /2 2 −a2 /2 x e dx = a e +2 xe−x /2 dx = (a2 + 2)e−a /2 , a
a
2 /2
ad´ odik, ´es
(4.21)
Integr´ alhat´ o f¨ uggv´ enyek
33
´es ´ıgy tov´abb. Az ´altal´anos esetben Z ∞ 2 M (α) := xα e−x /2 dx = (α − 1)M (α − 2) ;
(4.22)
0
p a defin´ıci´oban α > p −1, de a jobboldalon m´ar α > 1 sz¨ uks´eges. Innen M (2) = M (0) = π/2 , M (4) = 3M (2) = 3 π/2 , M (3) = 2M (1) = 2 , M (5) = 4M (3) = 8 , ´es ´ıgy tov´ abb, M (2n+1) = (2n)!! = 2n n! . Ha α ∈ N p´aros, akkor az (4.21) egyenlet z-szerinti differenci´ al´ as´ aval, ´es a √ √ jobboldal sorfejt´es´et is felhaszn´alva, 2M (2n) = (2n − 1)!! 2π ad´ odik. M´ asr´eszt, az x = 2y √ √ helyettes´ ıt´essel M (α) = 2α/2−1/2 Γ(α/2 + 1/2) , vagyis Γ(1/2) = π , Γ(3/2) = π/2 , Γ(5/2) = √ 3 π/4 , ´es ´ıgy tov´abb. Eszerint az n!! sz´amok a gamma f¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel is kifejezhet˝ ok, √ (2n)!! = 2n n! = 2n Γ(n + 1) m´ıg (2n − 1)!! = (2n / π)Γ(n + 1/2) . Innen a d-dimenzi´os g¨omb t´erfogata a Vd (r) = rd π d/2 /Γ(1 + d/2) alakban is fel´ırhat´ o. 2 /2 −x Az e f¨ uggv´eny primit´ıv f¨ uggv´enye z´ art alakban nem adhat´o meg, a Z x 1 Φ(x) := √ exp(−y 2 /2) dy (4.23) 2π −∞ standard norm´alis eloszl´asf¨ uggv´eny ´ert´ekeit is t´abl´ azatb´ ol kell kikeresni, de sz´amos k¨ozel´ıt˝ o formula is van. Megmutatjuk hogy a > 0 eset´en Z ∞ 2 2 ae−a /2 e−a /2 −x2 /2 . < F (a) := e dx < (4.24) 1 + a2 a a R∞ 2 2 A fels˝o becsl´es e−a /2 = a xe−x /2 dx ≥ aF (a) k¨ovetkezm´enye. Az als´o becsl´es ism´et parci´alis integr´al´as term´eke, 1/x2 = (−1/x)0 alapj´an Z ∞ −x2 /2 2 e e−a /2 − F (a) , dx = x2 a a 2
de 1/x2 < 1/a2 az integr´al alatt, teh´at F (a)/a2 > (1/a)e−a /2 − F (a) , amib˝ ol ´atrendez´essel kapjuk az als´o becsl´est. Ism´etelt parci´alis integr´al´ assal mindk´et becsl´es pontos´ıthat´ o. ∗∗ Fourier integr´ alok: Euler k´eplete szerint az f ∈ L1 (R) f¨ uggv´eny Fourier transzform´altja Z ∞ Z ∞ Z ∞ 1 1 ı −ıωx ˆ f (ω) := √ e f (x) dx = √ cos(ωx) f (x) dx − √ sin(ωx) f (x) dx , 2π −∞ 2π −∞ 2π −∞ ahol ω ∈ R . L´atjuk hogy p´aros f¨ uggv´eny Fourier transzform´altja val´ os, p´aratlan´e tiszt´an k´epzetes ´ert´ek˝ u. A val´szin˝ us´egsz´am´ıt´asbanRs˝ ur˝ us´egf¨ uggv´eny az olyan f : R 7→ R+ neve aminek a teljes ∞ sz´amegyenesen 1 az integr´alja, ´es −∞ eıωx f (x) dx a karakterisztikus f¨ uggv´eny. Az (4.21) egyenletb˝ol a z = ıω helyettes´ıt´es ut´an l´atjuk hogy Z ∞ 1 2 2 √ = cos(ωx) e−x /2 dx = e−ω /2 , (4.25) 2π −∞ 2
teh´at az f (x) := (2π)−1/2 e−x /2 standard norm´ alis (Gauss) s˝ ur˝ us´egf¨ uggv´enynek ¨ onmaga a Fourier transzform´ altja. A k¨ovetkez˝o integr´alok is ´erdekesek, ahol λ > 0, ω ∈ R , Z ∞ Z ∞ ω λ −λx , I2 := e−λx sin(ωx) dx = 2 . I1 := e cos(ωx) dx = 2 (4.26) 2 λ +ω λ + ω2 0 0 K´etszeri parci´alis integr´al´assal I1 = 1/λ − (ω/λ)I2 = 1/λ − (ω/λ)2 I1 , amib˝ ol m´ar mindk´et integr´al meghat´arozhat´o. Ism´etelt parci´ alis integr´ al´ assal az xn e−λx cos(ωx) ´es xn e−λx sin(ωx) ubb u ´t is van. f¨ uggv´enyek integr´al´asa visszavezethet˝o I1 ´es I2 k´eplet´ere, de egyszer˝ Ha az integrandus param´eter szerinti differenci´ al´ as´ aval kapott f¨ uggv´eny is integr´ alhat´ o, akkor al´ as sorrendje felcser´elhet˝ o. P´eld´ aul, a fenti I1 ´es I2 integr´ alok az integr´ al´ as ´es a differenci´ differenci´al´ as´aval Z ∞ Z ∞ 2λω −λx = x e−λx cos(ωx) dx (4.27) xe sin(ωx) dx = 2 2 )2 (λ + ω 0 0
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
34
ad´odik, ´es a differenci´algat´as folytathat´o. Kett˝os integr´al´assal ´es az integr´al alatti hat´ar´ atmenettel sz´amoljuk az Z ∞ Z ∞ λ cos(ωx) dx sin ωx π −λ|ω| I3 := = πe , I4 := dx = 2 2 λ +x x 2 −∞ 0
(4.28)
integr´alokat, ahol λ ´es ω pozit´ıv sz´amok. A fenti I1 felhaszn´ al´ as´ aval ¶ Z ∞ µZ ∞ e−λθ cos(ωx) cos(θx) dθ dx . I3 = −∞
0
Szeretn´enk az integr´al´as sorrendj´et felcser´elni, de Fubini t´etele szerint ezt csak akkor tehetj¨ uk meg ha az integrandus abszol´ ut ´ert´eke is integr´ alhat´ o. Ez´ert a k¨ovetkez˝ o regulariz´aci´ os technik´at alkalmazzuk. µZ ¶ Z ∞
I3 = lim
δ→0 −∞
∞
e−λθ cos(ωx) cos(θx) dθ e−δx
2 /2
dx ,
0
´es most m´ar nem gond a csere. Mivel cos(α + β) + cos(α − β) = 2 cos α cos β , ¶ Z µZ ∞ 1 ∞ −δx2 /2 I3 = lim e (cos(ωx + θx) + cos(ωx − θx)) dx e−λθ dθ , δ→0 2 0 −∞ ami a Dirac t´ıpusu (4.28) felhaszn´al´as´aval a k¨ ovetkez˝ o alakot ¨olti: r Z ∞ ³ ´ π 2 2 I3 = lim e−λθ e−(θ−ω) /2δ + (e−(ω+θ) /2δ dθ , δ→0 2δ 0 ´es (7.12) levezet´es´enek mint´aj´ara kapjuk hogy r Z ∞ 2 2 lim f (θ)e−(θ−ω) /2δ dθ = f (ω) δ→0 πδ 0 ha ω > 0, m´ıg 0 a hat´ar´ert´ek ha ω < 0, ami ´eppen a bizony´ıtand´ o ´all´ıt´ as. Hasonl´o, de egyszer˝ ubb az I4 integr´al sz´amol´ asa. Mivel Z 1 Z ∞ Z 1 sin ωx ωλ dθ −λx sin ωx = ω cos(θωx) dθ , e dx = = arctg (λ/om) , 2 2 2 x x 0 0 0 λ +ω θ amib˝ol a k¨onnyen ellen˝orizhet˝o λ → 0 hat´ar´ atmenettel kapjuk az eredm´enyt. A szakasz valamennyi integr´alja Fourier transzform´alt k´eplet´et adja. Megjegyezz¨ uk hogy −λx 2 −1 λe az exponenci´alis, (π + πx ) a Cauchy eloszl´as s˝ ur˝ us´ege. Az 1/x f¨ uggv´eny nem is integr´alhat´o, m´egis van neki Fourier transzform´ altja, ami ´eppen a Dirac δ primit´ıv f¨ uggv´eny´evel ar´anyos. A sz´amol´as sor´an l´enyegesen kihasz´altuk az integr´ al´ as ´es a hat´ ar´ atment, az integr´ al´ as ´es az integrandus param´etere szerinti deriv´al´ as, valamint az integr´ al´ as ´es az integrandus param´etere szerinti integr´al´as m˝ uveleteinek felcser´elhet˝ os´eg´et. ∗∗ ´ ES ´ INTEGRALSZ ´ ´ ´ITAS ´ ALKALMAZASAI. ´ 5. A DIFFERENCIALAM F¨ uggv´enyekkel adott g¨orb´ek geometriai tulajdons´againak vizsg´alata a fizika sz´am´ ara k¨ ul¨ on¨ osen fontos. Az integr´al tulajdons´agaib´ ol, valamint az integr´ alt k¨ozel´ıt˝ o ¨osszegek szeml´eletes jelent´es´eb˝ol kiindulva sok feladat oldhat´o meg, m´eghozz´ a nem csak a ter¨ uletsz´ am´ıt´ as t´emak¨ or´eb˝ ol. S´ıkg¨ orb´ ek, g¨ orb¨ ulet ´ es simul´ ok¨ or: A differenci´alhat´ o y = f (x) g¨orbe (x0 , f (x0 ) pontj´ aban h´ uzott ´erint˝oj´enek y = ϕ(x) := f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) az egyenlete. Mondhatjuk hogy az f ´es a ϕ g¨orb´ek els˝orendben ´erintkeznek az x0 pontban ha f (x0 ) = ϕ(x0 ) ´es f 0 (x0 ) = ϕ0 (x0 ) ; ezt teszi a f¨ uggv´eny ´es ´erint˝oje. Ennek megfelel˝oen az f ´es ϕ f¨ uggv´enyek g¨orb´ei m´asodrendben ´erintkeznek az x0 helyen ha f (x0 ) = ϕ(x0 ) , f 0 (x0 ) = ϕ0 (x0 ) ´es f 00 (x0 ) = ϕ00 (x0 ) . A Lagrange m´asodik t´etel´eben megjelen˝o y = ϕ(x) := f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) + (1/2)f 00 (x0 )(x − x0 )2 m´ asodfok´ u (Taylor) polinom m´asodrendben ´erinti f g¨orb´ej´et, k´erd´es hogy van-e m´asodrendben ´erintkez˝ o k¨or? A jel¨olt az (x − a)2 + (ϕ(x) − b)2 = r2 egyenletnek tesz eleget, ahol a ´es b a keresett simul´ok¨or k¨oz´eppontj´anak koordin´at´ai, r a sugara. Differenci´al´ assal x − a + (ϕ(x) − b)ϕ0 (x) = 0
A differenci´ al- ´ es integr´ alsz´ am´ıt´ as alkalmaz´ asai.
35
´es 1 + ϕ02 (x) + ϕ00 (x) = 0 ad´odik, teh´at a h´arom param´eter meghat´aroz´ as´ ara h´arom egyenlet¨ unk van: (x0 −a)2 +(f (x0 )−b)2 = r2 ,
x0 −a+(f (x0 )−b)f 0 (x0 ) = 0 ,
1+f 02 (x0 )+(f (x0 )−b)f 00 (x0 ) = 0 .
Az utols´ob´ ol b − f (x0 ) = (1 + f 02 (x0 ))/f 00 (x0 ) , teh´ at a m´asodik egyenlet szerint a − x0 = 02 (1 + f (x0 ))f 0 (x0 )/f 00 (x0 ) , amit az els˝obe helyettes´ıtve, a simul´ ok¨ or sugar´anak n´egyzete: r2 = (1 + f 02 (x0 ))3 /f 002 (x0 ) . Ennek megfelel˝oen az 1/r sz´ amot, ami g := |f 00 (x0 )|(1 + f 02 (x0 ))−3/2 , az f g¨orbe (x0 , f (x0 )) pontj´ahoz tartoz´o g¨ orb¨ ulet´enek nevezz¨ uk. A levezet´es sor´an felhaszn´altuk hogy f 00 (x0 ) 6= 0 . Ha f 00 (x0 ) = 0 akkor az ´erint˝ o m´asodrendben is ´erintkezik; egyenes g¨orb¨ ulete nyilv´an 0. 16 A fenti konstrukci´o is al´at´amasztja azt az elk´epzel´est, ami szerint a g¨orb¨ ulet az ´erint˝ o ir´any´ anak v´altoz´asi sebess´ege. Az x0 helyen az ´erint˝ o ir´anysz¨ oge α = arctg f 0 (x0p ) , ezt viszony´ıtjuk a g¨orbe ment´en t¨ort´en˝o elmozdul´ashoz, ami Pitagorasz t´etele szerint |x − x0 | 1 + f 02 (x0 ) + o|x − x0 | , teh´at |f 00 (x0 )| |arctg f 0 (x) − arctg f 0 (x0 )| p = (5.1) g = lim , x→x0 (1 + f 02 (x0 ))3/2 |x − x0 | 1 + f 02 (x0 ) az eredm´eny persze ugyanaz mint el˝obb. Egyenl˝ otlens´ egek: Ha f, g ∈ C 1 [a, b) , f (a) = g(a) ´es f 0 (x) ≤ g 0 (x), akkor NL miatt f (x) ≤ g(x) ha a < x < b. P´eld´aul, Bernoulli egyenl˝ otlens´ege az (1 + x)α ≥ 1 + αx ha α ≥ 1 ´es α x > −1, illetve (1 + x) ≤ 1 + αx ha 0 < α < 1 ´es x > −1 m´odon ´altal´ anos´ıthat´ o. Val´ oban, legyen f (x) := α log(1 + x) m´ıg g(x) := log(1 + αx) ; feltehetj¨ uk hogy 1 + αx > 0. Ekkor f (0) = g(0) = 0, f 0 (x) = α/(1 + x) , g 0 (x) = α/(1 + αx) . Ha most α > 1, akkor f 0 (x) ≥ g 0 (x) ha x ≥ 0 ´es f 0 (x) ≤ g 0 (x) ha x < 0, ami az els˝o ´all´ıt´ ast bizony´ıtja. Az α < 1 eset hasonl´o. V´ eRgtelen sorok: Tegy¨ uk fel hogy f ∈ C(0, ∞) nemnegat´ıv ´es monoton fogy´o f¨ uggv´eny. Ilyenkor ∞ az 0 f dx integr´al mindig l´etezik, de +∞ is lehet, tov´ abb´ a Z ∞ ∞ ∞ X X f (x) dx ≤ f (n) . f (n) ≤ (5.2) n=1
0
n=0
Ha teh´at a k¨oz´epen ´all´o integr´al v´eges, akkor a baloldalon ´all´ o ¨osszeg abszol´ ut konvergens. Ha viszont az integr´al divergens, akkor a jobboldali sor is az. Ez a sorok abszol´ ut konvergenci´ aj´ anak integr´al krit´eriuma,R ami a baloldali sor divergenci´ aja eset´en az P integr´ al divergenci´ aj´ at is garan∞ t´alja. Ez t¨ort´ent 0 (1/x)| sin x| dx = +∞ bizony´ıt´ asakor. A n−α sorok konvergenci´ aja, ha α > 1, illetve divergenci´aja ha α ≤ 1, ´ıgy is igazolhat´o. P´eld´ aul, α > 1 eset´en Z ∞ Z ∞ ∞ 1−α X 1 (n+1) dx dx n1−α = . (5.3) < < = α α (α−1)(n + 1) kα (α−1) n+1 x n x k=n+1
S´ıkg¨ orb´ ek ´ es lapok nyomat´ ekai: Az y = f (x) alakban megadott s´ıkg¨ orbe alak´ u homog´en Rb dr´otdarab t¨omege az ´ıvhosszal ar´anyos, teh´at az (a, b) szakaszon M1 (f ) = a f (x)(1 + f 02 )1/2 dx Rb az x tengelyre vonatkoz´o els˝orend˝ u nyomat´ek, ´es M2 (f ) = a f 2 (x)(1 + f 02 )1/2 dx a tehetetlens´egi u nyomat´ekai: nyomat´ek. A g¨orbe (a, b) szakasz feletti r´esz´enek els˝o- ´es m´asodrend˝ Z b Z b 1 1 M12 (f ) := f 2 (x) dx , M22 (f ) := f 3 (x) dx . 2 a 3 a Rb A lap s´ ulypontj´anak az x tengelyt˝ol val´ o S t´ avols´ ag´ aval: S a f (x) dx = M12 (f ) . Forg´ astestek t´ erfogata, felsz´ıne, nyomat´ ekai: Jel¨olje A ⊂ R3 a 0 ≤ f ∈ C[a, b] f¨ uggv´eny uli megforgat´ a s´ a val nyert testet. A t´ e r pontjait r = (x, y, z) jel¨oli, gr´afj´anak az x tengely k¨or¨ p vagyis A := {(x, y, z) : a ≤ x ≤ b , y 2 + z 2 ≤ f (x)} . Az x ∈ [a, b] pontban az y, z s´ıkkal Rb u k¨orlap, teh´at V (A) = π a f 2 (x) dx a forg´astest t´erfogata. p´arhuzamos metszet f (x) sugar´ 16 Az ´ erint¯ ot h´ urok hat´ arhelyzetek´ent defini´ altuk.
A simul´ ok¨ or is meghat´ arozhat´ o u ´gy, mint azoknak a k¨ or¨ oknek a hat´ arhelyzete, amelyek a g¨ orbe h´ arom egym´ ashoz k¨ ozeli pontj´ an mennek ´ at.
36
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
Rb at S(A) = 2π a f (x)(1 + f 0 2 (x))1/2 dx a Ugyanennek a metszetnek a ker¨ ulete 2πf (x) , teh´ forg´astest felsz´ıne, mert a csatlakoz´o ´ıvdarab hossza (1+f 0 2 )1/2 dx l´ asd a k¨ovetkez˝ o szakaszt. Igy kapjuk az r sugar´ u g¨omb V3 (r) = 4πr3 /3 t´erfogat´ at ´es S3 (r) = 4πr2 felsz´ın´et. A n´egydimenzi´ os egys´egg¨omb t´erfogata Z Z Z 8π 1 8π π/2 2π π/2 π2 2 3/2 4 V4 (1) = (1 − x ) dx = cos ϕ dϕ = (1 + cos(2ϕ))2 dϕ = , 3 0 3 0 3 0 2 teh´at V4 (r) = π 2 r4 /2 . Indukci´oval mindegyik Vd (r) t´erfogat meghat´arozhat´ o. Fizikai ´ertelemben l´etez˝o testnek t¨omege is van, ´es ha a test homog´en, vagyis a ρ > 0 s˝ ur˝ us´ege ´alland´o, akkor az A test t¨omege M (A) = ρV (A) . Forg´ astestnek az y, z s´ıkra vonatkoz´ o Rb 2 els˝orend˝ u nyomat´eka M1 (A) := ρπ a xf (x) dx ; s´ ulypontja az x tengelyen van, ´es a s´ ulypontnak a kezd˝opontt´ol m´ert s t´avols´ag´at M1 (A) = s M (A) hat´ arozza meg. V´eg¨ ul, az A forg´ astestnek az Rb x tengelyre vonatkoz´o tehetetlens´egi eka M2 (A) = (ρπ/2) a f 4 (x) dx , mert az r sugar´ u R rnyomat´ 3 4 k¨orlapn´al ez az ´ert´ek M2 (r) = 2ρπ 0 x dx = ρr /2 . A d-dimenzi´ os g¨ omb t´ erfogata: Az r sugar´ u g¨omb pontjainak koordin´at´ ait x21 +x22 +· · ·+x2d ≤ 2 r jellemzi, a kor´abbiakkal ¨osszhangban jel¨olje Vd (r) a t´erfogat´ at. Nem l´ athat´ o, de elk´epzelhet˝ o hogy a d-dimenzi´os g¨omb metszetei d − 1 dimenzi´os g¨omb¨ ok, teh´at indukci´ oval Z 1 ³ ´ d p (2r) π [d/2] (5.4) Vd (r) = 2rd Vd−1 ( 1 − x2 ) dx = d!! 2 0 ad´ oban, V1 (r) = 2r , V2 (r) = r2 π , ´es ´ıgy tov´ abb, teh´at √ odik, ahol [x] az x ∈ R eg´esz r´esze. Val´ d 2 1 − x hatv´anyait kell integr´alni. Az x = sin ϕ helyettes´ıt´es ut´an a feladat cos ϕ integr´al´ as´ ara vezet, ami m´ar nem gond. Megjegyezz¨ uk hogy ha r az a ´el˝ u kocka sugara (az ´atm´er˝ o fele), akkor (2r)2 = da2 , teh´at a kocka ad = (2r)d d−d/2 t´erfogata magas dimenzi´okban sokkal kisebb nagys´agrend¨ u mint az ugyanilyen sugar´ u g¨omb´e. Viszont Vd (1/2) → 0 amint d → +∞, vagyis a g¨omb t´erfogata sokkal kisebb mint a k¨or´e ´ırt kock´ a´e. A t´erfogat ´es a felsz´ın t¨obbdimenzi´os t´erben is szoros kapcsolatban ´ all egym´assal: Z r ³ ´ 2d rd−1 π [d/2] Vd (r) = Sd (x) dx teh´at Sd (r) = (5.5) , (d − 2)!! 2 0 ahol Sd (r) a d-dimenzi´os g¨omb felsz´ıne. ´ 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK. Alapt´ıpus az x˙ = f (t, x) els˝orend˝ u explicit egyenlet, ahol f legal´abbis folytonos a (t0 , x0 ) pont egy k¨ornyezet´eben, ´es azt az x = x(t) f¨ uggv´enyt keress¨ uk, amely kiel´eg´ıti az egyenletet, vagyis x(t) ˙ = f (t, x(t)) valamilyen intervallumon, ´es eleget tesz az x(t0 ) = x0 kezdeti felt´etelnek is. A NL formul´aval Z t
x(t) = x(t0 ) +
f (s, x(s)) ds
(6.1)
t0
k¨ovetkezik, amib˝ol sejthet˝o hogy a megold´as meghat´aroz´ as´ ahoz az x(0) = x0 kezdeti ´ert´ek obbsz¨ or t0 = 0 , de vannak kiv´etelek. Term´eszetes ismerete mindenk´eppen sz¨ uks´eges. Legt¨ alj´ ak, err˝ol a jegyzet harmadik felt´etelek egy´ertelm˝ uen meghat´arozott megold´as l´etez´es´et garant´ r´esz´eben lesz sz´o. A megold´as egy´ertelm˝ us´ege nyilv´ anval´ o olyankor, amikor azt abb´ ol a feltev´esb˝ol kiindulva hat´arozzuk meg, hogy van megold´as. Ilyenkor persze behelyettes´ıt´essel ellen˝orizni kell hogy t´enyleg megold´ast kaptunk-e; ´erhet benn¨ unket meglepet´es. Az egyenlet ´altal´anos megold´asa olyan φ(t, c) f¨ uggv´eny, amely a c ∈ R param´eter minden r¨ogz´ıtett ´ert´eke mellett megold´as, ´es a c param´eter alkalmas megv´alaszt´ as´ aval az el˝ o´ırt φ(t0 , c) = x0 kezdeti felt´etel kiel´eg´ıthet˝o. Az x˙ = f (t) egyenlet megold´as´ahoz csak az f primit´ıv f¨ uggv´eny´et kell megtal´alni, ami F (t) := Rt ´ at x(t) = x(0)+F (t). Az is l´atszik hogy m´as megold´as nincs. Erdekesebb az x˙ = x 0 f (s) ds , teh´ t egyenlet, melynek az x(0) = 1 kezdeti ´ert´ekhez tartoz´o megold´asa x(t) = e . Megt¨ort´enhet hogy
Differenci´ alegyenletek
37
a megold´as egyszer csak megszakad, p´eld´ aul x˙ = 1√+ x2 megold´asa x(0) = 0 mellett x(t) = tg t , ami a t = π/2 helyen v´egtelenhez tart. Az x˙ = 2 x egyenletnek az x(0) = 0 kezdeti ´ert´ekhez kett˝o (s˝ot v´egtelen sok) megold´asa tartozik, x1 (t) = 0 , ´es x2 (t) = t2 . A legt¨obb egyenlet megold´as´at nem lehet k´eplettel megadni, az al´abbiakban n´eh´ any explicit m´ odon megoldhat´o t´ıpust ismertet¨ unk. Line´ aris egyenlet: x˙ = ax + f (t) megold´as´ at, ahol a adott sz´am, f ∈ C[0, ∞) adott f¨ uggv´eny, az egyenletet e−at -vel v´egigszorozva hat´arozhatjuk meg. Val´oban, ha x(t) megold´as, akkor az y(t) := x(t)e−at f¨ uggv´eny y˙ = xe ˙ −at − axe−at miatt az y˙ = e−at f (t) egyenletnek tesz eleget, ´es ezt m´ar meg tudjuk oldani. Az eredm´eny Z t at x(t) = x(0) e + (6.2) eat−as f (s) ds , 0
behelyettes´ıt´essel ellen˝orizhet˝o hogy t´enyleg megold´ ast kaptunk. Ezzel azt is igazoltuk hogy az x˙ = x egyenletnek az x(0) = 1 kezdeti ´ert´ekhez pontosan egy megold´asa van, az x(t) = et exponenci´alis f¨ uggv´eny. Az f ≡ 0 esetben homog´en line´aris egyenletr˝ ol besz´el¨ unk, x˙ = ax + f (t, x) az inhomog´en line´aris egyenlet. Az (6.2) megold´ok´eplet jobboldal´an ´ all´ o integr´ al az inhomog´en egyenlet x(0) = 0 kezdeti ´ert´ekhez tartoz´o partikul´aris megold´asa. Azt l´atjuk hogy az inhomog´en egyenlet ´ altal´ anos megold´ asa a homog´en line´ aris egyenlet ´ altal´ anos megold´ as´ anak ´es az inhomog´en egyenlet egy speci´ alis megold´ as´ anak ¨ osszege. Az is hasznos tanuls´ ag hogy a egyenletet alkalmas f¨ uggv´ennyel ´atszorozva tett¨ uk integr´alhat´ov´a. P´eld´aul, az x˙ ≤ ax differenci´al egyenl˝otlens´eget is ´atszorozhatjuk az eat > 0 f¨ uggv´ennyel. Az ´ıgy keletkez˝ o d(eat x(t))/dt ≤ 0 egyenl˝ otlens´eg integr´al´ as´ aval a Gr¨onwall lemma legegyszer˝ ubb v´altozat´ at kapjuk: x(t) ≤ x(t0 ) exp(at − at0 ) azon az intervalluul¨on¨ osen ´erdekes ha a < 0 . mon, ahol x˙ ≤ ax . Ez a becsl´es k¨ Auton´ om egyenletek: x˙ = g(x) megold´ as´ anak kulcsa az 1/g f¨ uggv´eny G primit´ıv f¨ uggv´enye. Ha x(t) az x(0) = x0 kezdeti ´ert´ekhez tartoz´o megold´as, ´es az integr´ al´ as tartom´any´ aban g 6= 0, akkor x/g(x) ˙ = 1 integr´al´as´aval Z x Z t du x(s) ˙ ds G(x) − G(x0 ) := = =t (6.3) x0 g(u) 0 g(x(s)) ad´odik. Mivel g 6= 0, |g| hat´arozottan pozit´ıv, teh´at G l´etezik az x0 egy k¨ornyezet´eben; a g < 0 esetben x < x0 , ilyenkor a szok´asos konvenci´ oval ´el¨ unk. Az x(t) = (G)−1 (G(x0 ) + t) megold´ok´eplet persze csak addig ´erv´enyes, am´ıg G(x0 ) + t nem l´ep ki a G inverz´enek ´ertelmez´esi tartom´ atos. Ha viszont x > x0 eset´en g(x) > 0 , R ∞ any´ab´ol. Ez biztosan bek¨ovetkezik ha G korl´ ´es x0 (1/g) dx = +∞, akkor a megold´ as nem robban fel. P´eld´ aul, x˙ = xα , α 6= 1 ´es x(0) = 1 atjuk hogy x(t) = (1 + t − αt)1/1−α eset´en G(x) = x1−α /(1 − α) , teh´at x(t)1−α = 1 + (1 − α)t . L´ mindig ´ertelmezve van ha α ≤ 1, de a megold´as a t = 1/(α − 1) id˝opontban megszakad ha α > 1. Az f f¨ uggv´eny gy¨okei az x˙ = f (x) egyenlet stacion´arius pontjai: ha f (x∗ ) = 0 ´es x(0) = x∗ , akkor x(t) = x∗ ∀t > 0 ; az egyens´ ulyi helyzet (´allapot) terminus is szok´asos. Az x∗ stacion´ arius ´gy hogy |x(0) − x∗ | < δ eset´en x(t) → x∗ amint pont aszimptotikusan stabil, ha van δ > 0 u uggv´eny el˝ojele j´ol t´aj´ekoztat a stabilit´ asr´ ol: ha f szigor´ uan monoton fogy´o az t → +∞ . A f f¨ x∗ egyens´ ulyi helyzet egy k¨ornyezet´eben, akkor azt v´arjuk hogy x∗ aszimptotikusan stabil, az ellenkez˝o esetben pedig instabil. Gyakran G¨onwall lemm´aja seg´ıt a stabilit´as vizsg´alatakor. Sz´ etv´ alaszthat´ o egyenletek: Az x˙ = f (t)g(x) egyenlet az auton´omhoz hasonl´oan integr´ al˙ = f (t) integr´ al´ as´ aval G(x) − hat´o. Ha g(x0 ) 6= 0, akkor x0 = x(0) egy k¨ornyezet´eben x/g(x) G(x0 ) = F (t) − F (0) ad´odik, ahol F a f, G az 1/g primit´ıv f¨ uggv´enye. A k´erd´es ism´et az, hogy t > 0 n¨ovel´esekor G(x0 )+F (t)−F (0) benne marad-e a G inverz´enek ´ertelmez´esi tartom´any´ aban. Nincs gond ha G minden ´ert´eket felvesz, de ha F korl´ atos, akkor az ellenkez˝o esetben sem biztos hogy a megold´as megszakad. P´eld´ aul, ha x˙ = e−t x2 , ´es x(0) = x0 > 0 , akkor 1/x(t) = −t 1/x0 −1+e . L´atjuk hogy x0 > 1 eset´en a megold´as egy id˝o m´ ulva megszakad, de ha 0 < x0 ≤ 1, akkor nem. ∗∗ A l´ ancg¨ orbe egyenlete: A l´anc furcsa dolog, nem ny´ ulik, ´es hajl´ıt´ as´ ahoz er˝o nem sz¨ uks´eges, ez´ert m´eg az egyens´ ulyi helyzet´enek meg´ert´ese sem egyszer˝ u. Tegy¨ uk fel hogy az l > 2a > 0
38
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
hossz´ us´ag´ u l´anc k´et v´ege a (−a, 0) ´es az (a, 0) pontokban van r¨ogz´ıtve, ´es egyens´ ulyi alakja az y(x) g¨orb´et k¨oveti. A 0 < x < a helyen F (x) = ρgS(x) neh´ e zs´ e gi er˝ o hat lefel´ e, itt ρ a g Rx s˝ ur˝ us´eg, g a gravit´aci´os ´alland´o, S(x) := 0 (1 + y 02 )1/2 dv a (0, 0) ´es (x, y) k¨oz¨ otti l´ancdarab hossza. A l´ancban ´ebred˝o fesz¨ ults´eg nagys´aga Fl (x) = Fg (x)/ sin α , ir´ anya az y 0 (x) = tg α meredeks´eg˝ u ´erint˝ovel p´arhuzamos. A fesz¨ ults´eg f¨ ugg˝ oleges komponens´et a gravit´ aci´ o ellens´ ulyozza, az Fg (x)/tg α nagys´ag´ u vizszintes komponenst pedig a l´anc fels˝o szakasz´ aban hat´o fesz¨ ults´eg vizszintes komponense, teh´at S(x) S(x + h) S(x) + S 0 (x)h + o(h) = + o(h) = + o(h) . y 0 (x) y 0 (x + h) y 0 (x) + y 00 (x)h + o(h) A jobboldalon ´all´o o(h) tag fejezi ki a l´anc hajl´ıthat´ os´ ag´ ar´ ol sz´ol´ o hipot´ezist; azt nyugodtan feltehetj¨ uk hogy y 0 (x) > 0. Innen ´atrendez´es ´es a h → 0 hat´ar´ atmenet elv´egz´ese ut´an az y 0 S 0 = y 00 S egyenletet kapjuk, teh´at log y 0 = c + log S , vagyis Z xp 0 c y (x) = e 1 + y 02 (v) dv , 0
ahol c konstans. Ezt deriv´alva y 00 = ec (1+y 02 )1/2 ad´odik, amib˝ol y 0 (x) = sh(xec ) mert y 0 (0) = 0, teh´at y(x) = γ + e−c ch(xec ) . A c ´es γ konstansokat az y(a) = γ + e−c ch(aec ) = 0 ´es l = 2S(a) = 2e−c sh(aec ) peremfelt´etelekb˝ol kell, valamilyen numerikus elj´ar´ assal meghat´arozni. A fenti okoskod´as szeml´eletes elemeket is tartalmaz, de az eredm´eny korrekt. A mechanika vari´aci´os elve szerint az egyens´ ulyi megold´ast az az y f¨ uggv´eny adja, amelyn´el a Z a p V ({y}) := gρ y(x) 1 + y 02 (x) dx −a
helyzeti energia minim´alis, a l´ancs´ag itt azt jelenti hogy nincs megny´ ul´ asb´ ol vagy hajl´ıt´ asb´ ol ered˝o rugalmass´agi energia. A vari´aci´os feladatot a 13. Fejezetben t´argyaljuk. Biol´ ogiai p´ eld´ ak: Az x˙ = ax egyenlet nagyl´etsz´ am´ u popul´aci´ o korl´atlan n¨ ovekeds´enek modelljek´ent is ´ertelmezhet˝o, a szaporulat a l´etsz´ ammal ar´ anyos. Re´alisabb az x˙ = bx − x2 logisztikus egyenlet, ami nem engedi meg a b > 0 szint t´ ull´ep´es´et. Az egyenlet (bx − x2 )−1 parci´alis t¨ortekre val´o bont´as´ aval oldhat´o meg, ha 0 < x(0) < b akkor x(t)(b − x(0)) = x(0)(b − x(t))ebt , amib˝ ol kiolvashat´o hogy x(t) → b amint t → +∞. Ugyanez t¨ ort´enik ha x(0) > b, teh´at az x∗ = b stacion´arius pont aszimptotikusan stabil, m´ıg x∗ = 0 nem az. Hasonl´o t´ıpus, de m´eg ´erdekesebb az x˙ = (2x − x2 )1/2 egyenlet, ennek 0 ´es 2 a stacion´arius pontjai, ´es persze 0 ≤ x(0) ≤ 2 a megengedett kezdeti ´ert´ekek halmaza. Ha 0 < x(0) < 2 akkor x(t) = 1 + sin(γ + t) eg´eszen addig am´ıg γ + t < π/2 , ahol γ := arcsin(x(0) − 1) . A t = π/2 − γ id˝opontban a megold´as folytonosan differenci´alhat´ o m´odon olvad bele az x(t) = 2 stacion´arius ´allapotba. Azt mondjuk hogy inform´aci´ o veszt´es t¨ ort´ent, mert a megold´as k´es˝ obbi ´ert´ekeib˝ol a kezdeti ´ert´ek nem rekonstru´alhat´ o. Az x(0) = 0 kezdeti ´ert´ekhez v´egtelen sok ol kiindul´o megold´as, megold´as tartozik, ´es egyik sem stabil. S˝ot ha xδ (t) az x(0) = δ > 0 pontb´ akkor limδ→0 xδ (t) = x0 (t) , ahol x0 (t) = 1 − cos t ha 0 ≤ t ≤ π , ´es x0 (t) = 2 ha t > π . Ez az x0 (t) az x(0) = 0 pontb´ol indul´o megold´asok legnagyobbika. ∗∗ A Lotka-Volterra modell: R´ok´ ak ´es nyulak, pontosabban ragadoz´ o ´es szelidebb halak egy¨ utt´el´es´et ´ırja le: x(t) a nyulak, y(t) a r´ ok´ ak sz´ama (¨osszs´ ulya), ´es x˙ = ax−bxy , y˙ = −cy+dxy , o egyenlet azt t¨ ukr¨ ozi hogy a nyulak r´ok´ ak n´elk¨ ul ahol a, b, c, d adott pozit´ıv sz´amok. Az els˝ sz´epen szaporodnak, de a r´ok´ak megeszik ˝oket, ann´ al fal´ankabbak min´el t¨obb a ny´ ul. A m´asodik ul ´ehen halnak, viszont gyorsabban szaporodnak ha sok ny´ ul van. szerint a r´ok´ak nyulak n´elk¨ Az x, y > 0 tartom´anyban x∗ = c/d ´es y ∗ = a/b a stacion´arius ´ allapot, de a rendszer ´altal´ aban nem oldhat´o meg explicit m´odon. Ez´ert azt az y = φ(x) s´ıkg¨ orb´et keress¨ uk, amit az (x(t), y(t)) , t ≥ 0 p´arok alkotnak. Ennek meredeks´ege dy/dx = y/ ˙ x˙ = (dxy − cy)/(ax − bxy) , ´es az ´ıgy odon v´alaszthat´ o sz´et; az integr´al´ as sz´armaztatott egyenlet az (a/y − b) dy = (d − c/x) dx m´ m´ar nem gond. Igaz´ab´ol azt kaptuk hogy az f (x, y) := c log x − dx + a log y − by f¨ uggv´eny a o: f (x(t), y(t)) = f (x(0), y(0)) . K´eplettel a Lotka-Volterra rendszer megold´asai ment´en ´alland´
Differenci´ alegyenletek
39
φ g¨orb´ek, vagyis az f szintvonalai sem adhat´ok meg, de a g(u; α, β) := α log u − βu f¨ uggv´eny vizsg´alata konkr´et inform´aci´ohoz vezet. Val´oban, ha α, β > 0 akkor g az u∗ := α/β helyen ´eri el a maximum´ at, ´es minden enn´el kisebb ´ert´eket k´etszer vesz fel. Ez azt sejteti hogy az x(0) = x∗ , y(0) = z ∗ stacion´ arius helyzet kiv´etel´evel a mozg´as egyszer˝ u z´art g¨orb´ek ment´en t¨ort´enik, ´es a id˝o periodikus f¨ uggv´enye. Ezt a jelens´eget az els=o vil´agh´abor´ u idej´en, amikor nem lehetett hal´aszni, az Adriai tenger halai be is mutatt´ak. M´ asodrend˝ u egyenletek: T¨omegpont egyenes menti mozg´ as´ at ´ırj´ ak le az x ¨ = f (x) alak´ u egyenletek. Ezeket k´etszer kell integr´alni, az eredm´eny ¶ Z t µZ s x(t) = x(t0 ) + x(t ˙ 0 )(t − t0 ) + f (x(τ )) dτ ds t0 t
Z = x(t0 ) + x(t ˙ 0 )(t − t0 ) +
t0
(t − τ ) f (x(τ )) dτ ,
(6.4)
t0
teh´at a megold´as meghat´aroz´as´ahoz az x(t0 ) kezdeti ´ert´ek mellett az x(t ˙ 0 ) kezdeti sebess´eget is ismerni kell, ez´ert az egyenlet ´altal´anos megold´asa k´et param´etert tartalmaz. A harmonikus oszcill´ ator: Ki lehet tal´alni hogy a harmonikus rezg´es x ¨ +ω 2 x = 0 egyenlet´enek minden megold´asa x(t) = a sin(ωt + ϕ) alak´ u, ahol a ≥ 0 a rezg´es amplit´ ud´ oja, ϕ ∈ [0, 2π) pedig a kezdeti f´azis. Az ´altal´anos megold´as persze az sin(ωt) x(t) = x(0) cos(ωt) + x(0) ˙ (6.5) ω m´odon is megadhat´o, ahol ω = 0 eset´eben x(t) = x(0) + x(0) ˙ t. K´ enyszerrezg´ es: Legegyszer˝ ubb egyenlete x ¨(t) + ω 2 x(t) = r cos(βt) ahol ω 6= 0 , r > 0 ´es β adott val´os param´eterek. A homog´en egyenlet ´ altal´ anos megold´as´ at m´ar ismerj¨ uk, ´es nem neh´ez r´aj¨onni hogy van b cos(βt) alak´ u megold´ as, ´espedig b = r/(ω 2 − β 2 ) . Eszerint az ´altal´ anos megold´as r cos(βt) x(t) = a sin(ω0 t + ϕ) + 2 . (6.6) ω0 − β 2 A β 2 = ω 2 esetben ez a megold´as ´ertelm´et veszti, ´erdemes teh´at nyomon k¨ovetni a szingularit´as kialakul´as´at. Mivel r cos(βt) − r cos(ωt) x ˜(t) := ω2 − β 2 megold´as, azt v´arjuk hogy a β → ω hat´ar´ atmenet ut´an kapott x∗ (t) := (rt/2ω) sin(ωt) is az lesz. 2 Ez ´ıgy is van, teh´at az x ¨ + ω x = r cos(ωt) egyenlet ´altal´ anos megold´asa rt sin(ωt) . (6.7) x(t) = a sin(ωt + ϕ) + 2ω L´atjuk hogy a β = ω esetben a k´enyszerrezg´es amplitud´oja az id˝ovel ar´ anyosan n˝o, ezt a jeuls˝o) rezonanci´anak. lens´eget nevezz¨ uk (k¨ Nem k¨onny˝ u r´aj¨onni, de igaz hogy Z sin(ωt) 1 t x(t) = x(0) cos(ω) + x(0) ˙ + sin(ωt − ωs) f (s) ds (6.8) ω ω 0 konvol´ uci´os formula adja az x ¨ + ω 2 x = f (t) inhomog´en m´asodrend˝ u egyenlet ´altal´ anos megold´as´at. Ennek levezet´ese a z := x + ıx/ω ˙ komplex v´ altoz´ o bevezet´ese ut´an az els˝orend˝ u esetre ovel ´atszorozva reduk´al´odik. Val´oban, z˙ = −ıωz + ıf /ω , amit most az e−ıωt t´enyez˝ Z ı t ıωs−ıωt −ıωt z(t) = z(0)e + e f (s) ds (6.9) ω 0 ad´odik. A bizony´ıtand´o k´eplet innen Euler formul´aj´ ab´ ol, egyszer˝ u sz´amol´ assal k¨ovetkezik. Szint´en Euler seg´ıt az x ¨ + 2γc + αx = 0 line´ aris egyenlet t´argyal´ asakor. A megold´ap st x = eλt 2 alakban keress¨ uk, behelyettes´ ad´odik, teh´at λ = −γ ± γ 2 − α , p ıt´es ut´an λ + 2γλ + α = 1 p −γt −γt 2 ami a z1 (t) := e exp(t γ − α) ´es z2 (t) := e exp(−t γ 2 − α) alapmegold´ asokhoz vezet,
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
40
vagyis x(t) = c1 z1 (t) + c2 z2 (t) az ´altal´ anos megold´as. Semmi gond ha γ 2 > α , m´ıg a γ 2 < α esetben Euler k´eplet´evel, a val´os ´es k´epzetes r´eszekpsz´etv´ alasz´ asa ut´an az alapmegold´asok x1 (t) = e−γt cos(ωt) ´es x2 (t) = e−γt sin(ωt) , ahol ω := α − γ 2 . Csillap´ıtott rezg´ esek: Az x ¨ + 2γ x˙ + ω02 x = f (t) egyenletet ´erdemes az eγt f¨ uggv´ennyel γt 2 γt ´atszorozni. Val´oban, az p y := e x helyettes´ıt´es ut´an az egyenlet a m´ar ismert y¨ + ω y = e f (t) 2 2 alakot ¨olti, ahol ω := ω0 − γ , teh´at Z 1 t γs−γt −γt −γt sin(ωt) x(t) = x(0)e cos(ωt) + x(0) ˙ e + e sin(ωt − ωs) f (s) ds (6.10) ω ω 0 az ´altal´anos megold´as, felt´eve hogy γ 2 6= ω02 . A megold´ok´eplet az ω 2 < γ 2 t´ ulcsillap´ıtott esetben is ´erv´enyes; a cos(ıx) = ch x ´es (1/ı) sin(ıx) = sh x ¨osszef¨ ugg´esek alkalmazand´ oak, ilyenkor 2 < ω 2 , akkor az oszcill´ t´ e nyleges rezg´ e s nem j¨ o n l´ e tre. Ha γ a tor ω alapfrekvenci´ aja az ω := 0 0 p 2 2 2 2 ω0 − γ ´ert´ekre m´odosul. A megold´ok´eplet ism´et elfajul ha γ = ω0 , ilyenkor azt mondjuk hogy bels˝o rezonancia l´ep fel; ez a jelens´eg m´as mint az amit a k´enyszerrezg´esn´el tapasztaltunk. Mivel (1/ω) sin(ωt) → t amint ω → 0 , a te−γt f¨ uggv´enyhez jutunk, ami kiel´eg´ıti a x ¨ +2γx+γ 2 x = −γt −γt 0 egyenletet, teh´at annak ´altal´anos megold´asa x(t) = x(0)e + x(0)te ˙ . Az inhomog´en esetben ilyenkor Z t −γt −γt x(t) = x(0)e + x(0)te ˙ eγs−γt (t − s) f (s) ds (6.11) 0
az a´ltal´anos megold´as. 2 Az x ¨ +2γ x+ω ˙ ıtott k´enyszerrezg´es eset´eben nincs sz¨ uks´eg a (6.10) k´epletre. 0 x = r cos(βt) csillap´ Partikul´aris megold´as´at az x ˜ = b cos(βt + δ) alakban kereshetj¨ uk, ´es azt tal´aljuk hogy tan δ =
2λβ − ω02
β2
r ´es b = p 2 , (ω0 − β 2 )2 + 4γ 2 β 2
(6.12)
teh´at az ´altal´anos megold´as a homog´en egyenlet ´altal´ anos megold´as´ anak, ´es a most kapott partikul´aris megold´asnak az ¨osszege: x(t) = ae−γt sin(ωt + ϕ) + b cos(βt + δ) ,
(6.13)
p
ahol megint ω := ω02 − γ 2 , m´ıg a ´es ϕ ´ert´ek´et a kezdeti felt´etel hat´arozza meg. Anharmonikus rezg´ esek: A rugalmass´ag Hook f´ele line´aris er˝ot¨ orv´enye csak kis amplitud´okn´al ´erv´enyes, ´altal´aban az er˝o F = −U 0 (x) alak´ u, ahol x a deform´aci´ o (kit´er´es), ´es az U helyzeti (rugalmas) energia nem kvadratikus f¨ uggv´eny. Pontosan meghat´arozhat´ o a matematikai inga helyzeti energi´aja, ami konstansokt´ ol eltekintve 1 − cos ϕ , ahol ϕ a kit´er´es sz¨oge; teh´at ϕ¨ + sin ϕ = 0 a mozg´as egyenlete. Az energia megmarad´as´anak elve ´altal´ anos m´odszert ad az x ¨ + U 0 (x) = 0 alak´ u mozg´asegyenletek integr´ al´ as´ ara. Azt kell ´eszrevenni hogy H(t) := x˙ 2 /2 + U (x) minden megold´as ment´en ´alland´ o mert dH(t)/dt = −xU ˙ 0 (x) + U 0 (x)x˙ = 0 , teh´ at H(t) = H(0) ∀t > 0 . Ehhez az energia fogalm´anak ismerete n´elk¨ ul is eljuthatunk: az y := x˙ v´altoz´o bevezet´ese ut´an y˙ = −U 0 (x) , teh´at a Lotka-Volterra modell t´argyal´ asakor l´atott tr¨ ukkel a dy/dx = y/ ˙ x˙ = −U 0 (x)/y egyenletet kapjuk, aminek az y p dy + U 0 (x) dx alakja integr´ alhat´ o. A H(t) = H(0) energia egyenlet ´atrendez´es´evel az x˙ = ± 2H(0) − 2U (x) ad´odik, ami a Z x dy p (6.14) t = t(x) := ± 2H(0) − 2U (y) x(0) f¨ uggv´eny invert´al´as´aval oldhat´o meg, ahol az integr´ al el˝ojele att´ol f¨ ugg, hogy x˙ > 0 vagy x˙ < 0 x(0) ´es x(t) k¨oz¨ott. R´esen kell lenni ha a sebess´eg menet k¨ozben el˝ojelet v´althat, az integr´ al konvergenci´aja is probl´em´as lehet. Sajnos, U = ax2 az egyetlen olyan p´elda, amikor a megold´as elemi f¨ uggv´enyek seg´ıts´eg´evel kifejezhet˝o. Az a = ω 2 esetet m´ar l´attuk, ez a harmonikus rezg´es. Ha a = −α2 akkor x(t) = c1 ch (αt)+c2 sh (αt) az ´altal´ anos megold´as. Az inga helyzeti energi´aja U (ϕ) = 1 − cos ϕ , ´es ha a ϕ(0) = φ helyzetb˝ ol 0 sz¨ogsebess´eggel ind´ıtjuk, akkor a T (φ) leng´esid˝ o
V´ alogatott probl´ em´ ak
41
negyede alatt ´eri el a ϕ = 0 als´o helyzetet, teh´at Z φ dx √ T (φ) = 4 (6.15) . 2 cos ϕ − 2 cos φ 0 Ez az elliptikus integr´ al k´eplettel nem adhat´o meg, de tal´an l´athat´ o hogy, nem u ´gy mint a harmonikus rezg´esekn´el, a leng´esid˝o f¨ ugg az amplitud´ot´ ol. ´ ´ AK ´ ES ´ MEGJEGYZESEK ´ 7. VALOGATOTT PROBLEM Ez a fejezet a t¨orzsanyagot olykor messze meghalad´o, laz´an ¨osszef¨ ugg˝ o r´eszekb˝ ol ´all. Egyes bizony´ıt´asokat csak v´azlatosan ismertet¨ unk. N´ eh´ any azonoss´ ag: Indukci´oval k¨onny˝ u megmutatni hogy n X n(n + 1)(2n + 1) 1 + 4 + 9 + · · · + n2 = . (7.1) k2 = 6 k=1
Val´oban, az n = 1 esetben egyenl˝os´eg van, adjunk mindk´et oldalhoz (n + 1)2 -et. Mivel n(2n + 1) + 6n + 6 = (n + 2)(2n + 3) , az n + 1-hez tartoz´o ´ all´ıt´ ast kapjuk. Ugyan´ıgy bizony´ıthat´o hogy n X n2 (n + 1)2 3 k3 = . 1 + 8 + 27 + · · · + n = 4
(7.2)
k=1
Indukci´oval is igazolhat´o hogy 1 sin(nx + x/2) + cos x + cos(2x) + · · · + cos(nx) = , 2 2 sin(x/2)
(7.3)
de ´atszorz´as ut´an, a sin(kx + x/2) − sin(kx − x/2) = 2 sin(x/2) cos(kx) azonoss´ag teleszk´ opos ¨osszeghez vezet, ami k¨ozvetlen¨ ul adja az egyenletet. Ugyan´ıgy kapjuk hogy sin(nx) sin(nx + x) , sin 2x + sin(4x) + sin(6x) + · · · + sin(2nx) = (7.4) sin x valamint sin(2nx) cos x + cos(3x) + cos(5x) + · · · + cos(2nx − x) = . (7.5) 2 sin x Cauchy, H¨ older ´ es Minkowski egyenl˝ otlens´ egei: Tetsz˝ oleges x = (x1 , x2 , ..., xn , ...) , y = (y1 , y2 , ..., yn , ...) sorozatok, ´es α ≥ 1 eset´en legyen ¡ ¢1/α kxkα := |x1 |α + |x2 |α + · · · + |xn |α + · · · ´es hx, yi := x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn + · · · ; a m´asodik esetben feltessz¨ uk hogy a sor abszol´ ut konvergens. A fenti H¨older egyenl˝ otlens´egb˝ ol p q |xy| ≤ |cx| /p + |y/c| /q , ahol p, q ≥ 1, 1/p + 1/q = 1 , m´ıg c > 0 tetsz˝oleges. Teh´ at ∞ ∞ ∞ p p X c X 1 X ac b |hx, yi| ≤ |xn ||yn | ≤ |xn |p + q |yn |q = + q, p c q p qc n=1
n=1
n=1
´es a jobboldal a c param´eter konvex f¨ uggv´enye, ami akkor minim´alis ha cp+q = b/a = kxkpp kyk−q q , ahol p + q = pq . Ezt visszahelyettes´ıtve kapjuk az |hx, yi| ≤ kxkp kykq H¨ older egyenl˝ otlens´eget. Az is l´athat´o hogy ha kxkp ´es kykq v´eges, akkor az hx, yi sor abszol´ ut konvergens. A p = q = 2 speci´alis eset Cauchy egyenl˝otlens´ege. Mivel |xn + yn |p ≤ |xn ||xn + yn |p−1 + |yn ||xn + yn |p−1 , a H¨older egyenl˝ otlens´egb˝ ol pq = p + q miatt a h´aromsz¨og egyenl˝otlens´eg Minkowskir´ ol elnevezett kx + ykp ≤ kxkp + kykp ´ altal´ anos´ıt´ asa k¨ovetkezik, ahol p ≥ 1 . P P P P pk = 1 . A 0 < α ≤ 1 esetben pk xαk ≤ ( pk xk )α ≤ (pk αk )α , ahol xk , pk ≥ 0 ´es α Az els˝o egyenl˝otlens´eg az´ert igaz mert f (x) = x konk´ av. A m´asodikn´al feltehetj¨ uk hogy P pk xk = 1 , de ekkor pk xk ≤ (pk xk )α mert pk xk ≤ 1 ´es 0 < α ≤ 1 . Az kxkp < +∞ tulajdons´ag´ u sorozatok line´aris norm´alt teret alkotnak, amit `p jel¨ol.
42
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
A diagon´ alis m´ odszer: Ha |ak (n)| ≤ K < +∞ ∀ n, k ∈ N , akkor van olyan n(m) → ∞ r´eszsorozat hogy mindegyik ak := limm ak (n(m)) hat´ ar´ek l´etezik. ♥ Bolzano ´es Weierstrass szerint az a1 (n) sorozatnak van konvergens r´eszsorozata, p´eld´ aul a1 (n1 (m)) . Ezut´ an az a2 (n1 (m)) sorozat konverges a2 (n2 (m)) r´eszsorozat´ at v´alasztjuk ki, ´es ´ıgy tov´ abb. Az nk+1 (m) sorozat mindig az nk (m) sorozat r´esze, teh´at az n(m) := nm (m) diagon´alis jel¨oli ki a konvergens r´eszsorozatokat. ¤ A Cantor f´ ele metszett´ etel: Az F ⊂ R halmaz z´art ha minden torl´ od´ asi pontj´ at tartalmazza. Az u ¨res halmaz is z´art, teh´at z´art halmazok k¨oz¨ os r´esze mindig z´art. V´eges sok z´art halmaz egyes´ıt´ese is z´art, de v´egtelen sok´e m´ar nem biztos hogy az; ilyen a racion´alis sz´amok halmaza. A sz´amegyenes kompakt r´eszhalmazai a korl´ atos ´es z´art halmazok, ezekn´el ´erv´enyes Bolzano ´es Weierstrass kiv´alaszt´asi t´etele. Cantor szerint Kompakt halmazok fogy´ o sorozat´ anak a k¨ oz¨ os r´esze nem lehet u ¨res. ♥ Val´ oban, ha mindegyik halmazb´ol kiv´alasztunk egy pontot, akkor ennek a sorozatnak van torl´od´ asi pontja, ´es az a metszetnek is eleme. ¤ Ez az ´all´ıt´ as szint´en alkalmas a sz´amegyenes jellemz´es´ere, de Arkhim´ed´esz axi´om´aj´at ilyenkor nem hagyhatjuk el. Borel lefed´ esi t´ etele: Az x pont az A ⊂ R halmaz bels˝o pontja ha van teljes eg´esz´eben a halmazhoz tartoz´o k¨ornyezete. A G ⊂ R halmaz nyilt, ha minden pontja bels˝o pont, vagyis a komplementuma z´art. Nyilt halmazok egyes´ıt´ese, ´es v´eges soknak a metszete is nyilt, ´es a sz´amegyenesen minden nyilt halmaz egy´ertelm˝ uen bonthat´ o fel p´aronk´ent diszjunkt nyilt intervallumok egyes´ıt´es´ere, ezek a halmaz komponensei. ♥ Ennek bel´at´ as´ ahoz csak azt kell meggondolni hogy a halmaz minden pontja benne van egy olyan maxim´alis nyilt intervallumban, ami teljes eg´esz´eben r´esze a halmaznak. Ez a nyilt intervallum nem m´as mint a pontot tartalmaz´o, ´es a halmazban foglalt nyilt intervallumok egyes´ıt´ese. Ezek az intervallumok diszjunktak, mert k¨ ul¨onben nem lenn´enek maxim´alisak, ´es egyes´ıt´es¨ uk az eg´esz halmaz. ¤ Folytonos f : R 7→ R f¨ uggv´eny {f > c} ´es {f < c} t´ıpusu szinthalmazai nyiltak, az {f ≥ c} ´es {f ≤ c} t´ıpusuak pedig z´artak. Borel t´etele is jellemzi a kompakt halmazokat: Ha nyilt halmazok egy rendszer´enek egyes´ıt´ese tartalmazza az F kompakt halmazt, akkor ezek k¨ oz¨ ul v´eges sok is lefedi. ♥ Az oroszl´anfog´ as tr¨ ukkje alkalmazhat´o, mert van F ⊂ [a, b] intervallum, amit felezgetni kezd¨ unk. Ha a t´etel nem volna igaz, akkor az F valamelyik f´elintervallumba es˝o r´esz´enek nem lenne v´eges lefed´ese, ´es ´ıgy egy x∗ ∈ F pontra ¨osszeh´ uz´od´o z´art intervallumok sorozat´at kapjuk. Ez az x∗ pont egy teljes k¨ornyezet´evel egy¨ utt benne van a lefed´est alkot´ o ny´ılt halmazok valamelyik´eben, ami ellentmond a konstrukci´onak, teh´at Borel t´etele a kompakts´ ag sz¨ uks´eges felt´etel´et adja. Az el´egs´egess´eg igazol´as´ahoz azt kell ´eszrevenni, hogy minden xn ∈ F , k¨ ul¨ onb¨z˝ o elemekb˝ol ´all´ o sorozathoz vannak olyan δn > 0 sz´amok hogy a Kδn (xn ) nyilt k¨ ornyezetek p´aronk´ent diszjunktak. Ha x ∈ F a sorozatnak nem torl´od´asi pontja, akkor van neki olyan k¨ ornyezete, ami a sorozat egyetlen pontj´at sem tartalmazza, ´es ha F minden pontja ilyen, akkor olyan ny´ılt lefed´est kaptunk, amib˝ol v´egeset nem lehet kiv´alasztani. ¤ Kronecker lemm´ aja: Ha lim xn = x ´es Sn := x1 + x2 + · · · + xn , akkor lim(1/n)Sn = x . ast csak az x ∈ R esetben Az ´all´ıt´as akkor is igaz ha az x hat´ar´ert´ek nem v´eges, de a bizony´ıt´ r´eszletezz¨ uk. Feltehetj¨ uk hogy x = 0 , mert a feladat ´atfogalmazhat´ o az yn := xn − x sorozattal. ´gy hogy |xn | < ε ha n > nε , teh´at |Sn − Snε | < nε Minden ε > 0 sz´amhoz van nε ∈ N u ha n > nε . M´asr´eszt, ha nε r¨ogz´ıtett, akkor Snε /n → 0 mivel ez olyan v´eges ¨osszeg, aminek ¨ usz¨ ob hogy |Snε /n| < ε ha n > n0ε . Osszefoglalva minden tagja 0-hoz tart, teh´at van olyan n0ε k¨ 0 a k´et becsl´est, |(1/n) Sn | ≤ (1/n)|Sn − Snε | + |Snε /n| < 2ε ha n > max{nε nε } , vagyis Sn /n tetsz˝olegesen k¨ozel lesz 0-hoz ha n el´eg nagy. Az Sn /n sorozat akkor is konverg´alhat ha xn divergens; ezzel a m´odszerrel divergens sorozatok aul, az xn := (−1)n sorozat divergens, de ´atlagos viselked´es´er˝ol lehet inform´aci´ot szerezni. P´eld´ ´ az els˝o n elem sz´amtani k¨ozepe 0-hoz tart. Erdekesebb az xn := cos(nx) p´elda; ez a sorozat arok k¨oz¨ ott, de az (7.3) az x ∈ R tipikus ´ert´ekein´el szab´alytalanul ingadozik a −1 ´es a +1 hat´ azonoss´ag szerint a ki´atlagol´as eredm´enye ism´et 0; kiv´etelesek az x = 2kπ , k ∈ Z pontok.
V´ alogatott probl´ em´ ak
43
Szubaddit´ıv sorozatok: Igy nevezz¨ uk az sn+m ≤ sn + sm ∀n, m ∈ N felt´etelnek eleget tev˝ o sorozatokat. Legyen s = inf sn /n , ami −∞ is lehet; megmutatjuk hogy lim sn /n = s . Ha α > s akkor biztosan van olyan m ∈ N hogy sm < mα. M´asr´eszt minden n ∈ N fel´ırhat´ o mint n = km + r, ahol 0 ≤ r < m, teh´at sn ≤ skm + sr ≤ ksm + rs1 ≤ kmα + rs1 . Ezt az egyenl˝ otlens´eget n-el osztva lim sup sn /n ≤ α k¨ovetkezik. Persze lim inf sn /n ≥ s, teh´ at sn /n → s. P´eld´ aul, ha an monoton fogy´o sorozat, akkor sn = a1 +a2 +· · ·+an szubaddit´ıv, de az ennek megfelel˝ o eredm´eny Kronecker lemm´aj´aval is k¨ovetkezik. A statisztikus fizik´ab´ ol sz´armazik az al´abbi p´elda. Legyen Ωn az n hossz´ us´ag´ u 0 − 1 sorozatok halmaza, ω = (ω1 , ω2 , ..., ωn ) az Ωn ´ altal´ anos eleme. Ha β > 0 akkor X sn (β) := log exp(−βω1 ω2 − βω2 ω3 − · · · − βωn−1 ωn ) ω∈Ωn
szubaddit´ıv sorozat, mert a kitev˝o nem cs¨okken ha egy tagot elhagyunk bel˝ole, ´es az ´ıgy kapott ¨osszeg a k´ıv´ant t´enyer˝ok szorzat´ara bomlik fel. Az Euler f´ ele C konstans: Legyen Sn∗ := 1 + 1/2 + 1/3 + · · · + 1/n − log(n + 1) . Tudjuk ∗ hogy log(1 + x) ≤ x , teh´at Sn∗ − Sn−1 = 1/n − log(1 + 1/n) ≥ 0 , vagyis a sorozat monoton x n˝o; a korl´atoss´ag kicsit nehezebb. e ≥ 1 + x , 1/k > log(k + 1) − log k , teh´ at Sn∗ > 0 , de ez ∗ −x S1 = 1 − log 2 > 0 ´es a monotonit´as miatt k¨ozvetlen¨ ul is l´ athat´ o. M´asr´eszt e ≥ 1 − x , amib˝ ol 1/k < log k − log(k − 1) , vagyis Sn∗ < 1 , teh´ at l´etezik a C = lim Sn∗ hat´ar´ert´ek. Ezek alapj´an ul is l´atjuk hogy az y = 1/x hiperb´ola x = 1 ´es x = l > 1 szakasza alatti integr´alsz´am´ıt´as n´elk¨ ter¨ ulet ´eppen log l . A faktori´ alis els˝ o k¨ ozel´ıt´ ese: Mivel ex ´es log x g¨orb´ei egym´as t¨ uk¨ ork´epei, log x g¨orb´eje ´es a (0, 1] szakasz k¨oz¨otti ter¨ ulet is 1 , vagyis 1 (log(1/n) + log(2/n) + · · · + log(k/n) + · · · + log(n/n)) = −1 + εn , n ahol εn → 0 amint n → +∞ . Ezt ´at´ırva (1/n) log(n!/nn ) = −1 + εn ad´odik, teh´at n! = (n/e)n enεn . Egyenl˝ore nem tudjuk hogy εn milyen gyorsan tart null´ ahoz, de gyakran ez is el´eg. A pr´ımsz´ amok sorozata: Euklid´esz igazolta hogy v´egtelen sok van bel˝ol¨ uk, legyen p1 := 2 , p2 := 3 , ´es ´ıgy tov´abb: pn az n-ik pr´ım. M´aP r Euler is tudta, ´es val´ osz´ın˝ uleg Csebisev bizony´ıtotta el˝osz¨or, hogy a pr´ımsz´ amok reciprokainak 1/pn ¨ osszege divergens. ♥ Ellenkez˝ o esetben a pn ut´an k¨ovetkez˝o pr´ımek reciprokainak ¨osszege, 1 1 1 Rn := + + ··· + + ··· pn+1 pn+2 pi v´eges sz´am. Ha teh´at An az olyan term´eszetes sz´ amok halmaza, amelyek pr´ımt´enyez˝ os felbont´as´aban csak az els˝o n pr´ım szerepelhet, akkor n X ∞ n X 1 Y Y 1 pk < Qn := = < +∞ , m pαk pk − 1 k=1 α=0
m∈An
k=1
vagyis tetsz˝oleges n ∈ N eset´en ∞ ∞ X X 1 ≤ Qn (Rn )k = +∞, m
P
m=1
k=0
ami kiz´aP rja hogy 1/pn < +∞. Val´oban, ha a sor konvergens, akkor Rn < 1 ha n el´eg nagy, k teh´at a Rn geometriai sor ¨osszege is v´eges. ¤ Ez a sz´ep eredm´eny arra utal hogy a pr´ımek el´eg s˝ ur˝ un vannak a term´eszetes sz´amok k¨oz¨ott. Hasonl´oan tanuls´agos a bizony´ıt´as k¨ovetkez˝ o v´altozata is. ♥ Legyen Pn := p1 · p2 · · · pn az els˝o n oi pr´ım szorzata, ekkor – Euklid´esz gondolatmenete szerint – az 1+mPn , m ∈ N sz´amok pr´ımoszt´ csak pn ut´an k¨ovetkezhetnek, teh´at a ∞ ∞ X X 1 ≤ (Rn )k +∞ = 1 + mPn m=0 k=0 P egyenl˝otlens´eg megintcsak ellentmond a 1/pn < ∞ feltev´esnek. ¤
44
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
Egy algoritmus: Az xn+1 = qxn + 1/xn , x1 > 0 iter´aci´ o az ´altal´ anosabb 0 < q < 1 esetben is t´argyalhat´o, itt x∗ := (1 − q)−1/2 lesz a hat´ar´ert´ek. q = 1/2 az´ert olyan kellemes, mert az f (x) := qx + 1/x , x > 0 f¨ uggv´eny minimum´ anak 2q 1/2 ´ert´eke ilyenkor megegyezik az x∗ gy¨okkel, teh´at az xn , n > 1 sorozat monoton fogy. Ha viszont q 6= 1/2 , akkor a minimum ´ert´eke, c := 2q 1/2 < (1 − q)−1/2 = x∗ . A jelens´eget csak az x ≥ c intervallumon kell vizsg´alni mert f (x) ´ert´ekei untetett pont az f minimum´ anak x∗ = q −1/2 helye, valamint √ itt vannak. Kit¨ az a γ := (1/q) 1 + q hely is, ahol f (x) = f (x∗ ) ; γ 6= x∗ ha q 6= 1/2 . Mindig igaz hogy f (x) > x ha x < x∗ , m´ıg f (x) < x ha x > x∗ . El˝osz¨or Moln´ar Andr´as els˝os fizikus ¨gyes bizony´ıt´ as´ at ismertetj¨ uk. ♥ Azt kell ´esz√ hallgat´o u revenni hogy ha 0 < a < x∗ < b ´es ab = x∗ , akkor f az [a, b] intervallumot ¨onmag´ aba viszi, mert f (x) > qa + 1/b > a ´es f (x) < qb + 1/a < b ha a ≤ x ≤ b . Ha teh´at n > m ´es xm < x∗ , illetve xm > x∗ , akkor xn ≥ xm , illetve xn ≤ xm . Ezut´ an legyen A := {n : xn < x∗ < xn+1 } ´es α := sup{xn : n ∈ A} , valamint B := {n : xn > x∗ > xn+1 } ´es β := inf{xn : n ∈ B} . Nyilv´an α ≤ x∗ ≤ β , az egyenl˝os´eget kell igazolni. Ha A ´es B k¨oz¨ ul az egyik v´eges vagy u ¨res, akkor a m´asik is az, ´es ilyenkor nemigen van mit bizonygatni. Ha pedig mindkett˝o v´egtelen, akkor az A t´ıpus´ u sorozatb´ol hat´ar´atmenettel β = f (α) , a m´asikb´ ol α = f (β) k¨ovetkezik, vagyis α = f (f (α)) . Innen most m´ar t´enyleg α = f (α) = β ad´odik. ¤ Nem ilyen eleg´ans, de r´eszletesebb ´attekint´est ad a k¨ ovetkez˝ o gondolatmenet. ♥ Rajz vagy konkr´et sz´amol´as alapj´an l´athat´o hogy a sorozat m´ ask´epp viselkedik a q > 1/2 ´es a q < 1/2 esetekben. Ha q > 1/2 , akkor x∗ < c, teh´ at f szigor´ uan monoton n˝o a [c, +∞) intervallumon. Emiatt xn < xn+1 < x∗ ha xn < x∗ , m´ıg xn > xn+1 > x∗ ha xn > x∗ ; mindk´et esetben x∗ = f (x∗ ) a hat´ar´ert´ek. Ha q < 1/2 ´es c ≤ x ≤ x∗ , akkor x∗ ≤ f (x) ≤ γ , m´ıg c ≤ f (x) ≤ x∗ ha x∗ ≤ x ≤ γ . Eszerint c ≤ x1 ≤ γ eset´en az x2n+1 , ´es az x2n sorozat is monoton, jel¨ olje α ´es β a hat´ar´ert´ek¨ uket. Mint fentebb, α = f (β) , β = f (α) , teh´at xn → x∗ . ¤ Az iter´aci´os elj´ar´asok elm´elet´eben szeretik a k¨ ovetkez˝ o konstrukci´ ot. ♥ Legyen C0 := [c, K] , ahol K olyan nagy hogy f (c) < K ´es f (K) < K , ekkor C1 := {f (x) : x ∈ C0 } ⊂ C0 , s˝ot Cn+1 := {f (x) : x ∈ Cn } ⊂ Cn is igaz; C := ∩Cn a metszet¨ uk, a := inf C , b := sup C . L´ athat´ o hogy f : C 7→ C ´es x∗ ∈ C , megmutatjuk hogy minden y ∈ C ponthoz van x ∈ C u ´gy hogy y = f (x) . Mivel y ∈ Cn+1 ∀ n ∈ N , van olyan xn ∈ Cn hogy y = f (xn ) . Az xn sorozat korl´ atos, ez´ert van valamilyen x torl´od´asi pontja, amib˝ol hat´ar´ atmenettel y = f (x) k¨ovetkezik. Mivel mindegyik Cn z´art intervallum, C is az, ´es ´ıgy x ∈ C , teh´ at f a C halmazt ¨onmag´ ara k´epezi le. Ha x∗ ∈ / C akkor f a C-n monoton, teh´at a = f (a) ´es b = f (b) , vagy pedig a = f (b) ´es ´ b = f (a) ; mindk´et esetben a = x∗ = b , ´es ´eppen ezt kellett igazolni. Erdekesebb az a < x∗ < b eset, mert ilyenkor a = f (x∗ ) = c ´es b = f (b) = x∗ volna. Mivel c is k´eppont, c = f (c) , de ez csak a q = 1/2 esetben lehets´eges, vagyis megint a = x∗ . ¤ Minimum hely´ enek keres´ ese: K´ezenfekv˝ o az xn+1 = xn − hf 0 (xn ) algoritmus, ahol h > 0 al00 kalmas konstans. Tegy¨ uk fel hogy f ≤ C , ekkor Lagrange m´asodik marad´ektagj´aval f (xn+1 ) ≤ 02 at hC < 2 eset´en az f (xn ) sorozat monoton fogy. Ez f (xn ) − hf (xn ) + (C/2)h2 f 02 (xn ) , teh´ m´eg nem jelenti az algoritmus konvergenci´aj´ at, de ha az f (x) ≤ f (x1 ) halmaz v´eges intervallum, ´es ott f 00 (x) ≥ c > 0, akkor pontosan egy olyan x∗ pont van hogy f (x∗ ) < f (x) ha f (x) ≤ f (x1 ) ´es x 6= x∗ . Mivel f 0 (x∗ ) = 0, ism´et Largange t´etel´et alkalmazva (xn+1 − x∗ )2 = (xn − x∗ )2 − 2h(xn − x∗ )(f 0 (xn ) − f 0 (x∗ )) + h2 (f (xn ) − f (x∗ ))2 ≤ (xn − x∗ )2 (1 − 2hc + h2 C 2 ) . Ha teh´at hC 2 < 2c akkor xn → x∗ , ´es a konvergencia sebess´ege exponenci´alis. Maximum hely´enek keres´ese az xn+1 = xn + hf 0 (xn ) algoritmussal t¨ort´enhet, a h > 0 l´ep´esk¨ oz itt se lehet t´ ul nagy. Legendre transzform´ aci´ o: A g(z) := sup{zx − f (x) : x ∈ (a, b)} , z ∈ R f¨ uggv´eny az f ∈ C(a, b) konvex konjug´altja, ami a +∞ ´ert´eket is felveheti, de alakj´at tekintve konvex kin´ezet˝ u; sz´els˝os´eges az f (x) := x p´elda. Tegy¨ uk fel hogy f ∈ C 2 (a, b) konvex, s˝ot f 00 (x) > 0 ∀x ∈ (a, b), ´es legyen α := inf{f 0 (x) : x ∈ (a, b)} , β := sup{f 0 (x) : x ∈ (a, b)} . Ekkor a z = f 0 (x)
V´ alogatott probl´ em´ ak
45
egyenlet egy´ertelm˝ u megold´assal rendelkezik ∀z ∈ (α, β); ezt x = h(z) jel¨oli, teh´at h az f 0 inverze. Megjegyezz¨ uk hogy zx − f (x) ´eppen az x = h(z) helyen veszi fel a maximum´ at. Mivel g(z) = zh(z) − f (h(z)), g is differenci´ alhat´ o, ´es g(z) = g(z0 ) − z0 x0 + f (x0 ) + zx − f (x), ahol x0 = h(z0 ), x = h(z). Tekintve hogy f konvex, innen g(z) ≥ g(z0 ) − z0 x0 + f (x) + f 0 (x)(x0 − x) + zx − f (x) = g(z0 ) + h(z0 )(z − z0 ) ad´odik, vagyis h = (f 0 )−1 = g 0 ; g meghat´aroz´ asa ennek alapj´an t¨ort´enhet. Ha f konvex, ´es g a konjug´altja, akkor g konjug´altja ´eppen f, ´es Young zx ≤ f (x) + g(z) egyenl˝otlens´ege is igaz. P´eld´aul, g(z) = z 2 /2a ha f (x) = ax2 /2 , g(z) = |z|q /q ha f (x) = |x|p /p , p, q ≥ 1 ´es 1/p + 1/q = 1 , v´eg¨ ul g(z) = z log(z/e), z > 0 ha f (x) = ex . A m´asodik p´eld´ ab´ ol H¨older p q xz ≤ |x| /p + |z| /q egyenl˝otlens´eg´et kapjuk, ami a log x konk´ av f¨ uggv´enyre vonatkoz´ o Jensen egyenl˝otlens´egb˝ol is levezethet˝o. Ez a konstrukci´ o a mechanik´aban ´es a statisztikus fizik´aban is el˝oj¨on, ott t¨obbnyire Legendre transzform´ aci´ onak nevezik. P P Entr´ opia: Ha pn ≥ 0 , qn > 0 , pn = qn = 1 ´es fn := pn /qn , akkor S[p|q] :=
∞ X
∞
pn log
pn X ≡ qn fn log fn qn
(7.6)
n=1
n=1
a p relat´ıv entr´opi´aja q-ra vonatkoz´oan; 0 log 0 = 0. A fenti sorok negat´ıv tagjainak ¨osszege x log x ≥ 1/e miatt mindig v´eges, teh´at a defin´ıci´ o ´ertelmes. S[p|q] = +∞ lehets´eges, de ha S < +∞, akkor a defini´al´o sor abszol´ utPkonvergens. Mivel log x ≤ x − 1 , ´es x = 1 az egyenl˝ os´eg felt´etele, fn log(1/fn ) ≤ 1 − fn . Innen qn fn = 1 miatt S[p|q] ≥ 0 k¨ovetkezik, ´es pk = qk ∀k az egyenl˝os´eg felt´etele. Az entr´opia vari´aci´os elvvel is jellemezhet˝o, ez a Legendre transzform´aci´ o egy v´altozata. (∞ ) ∞ X X S[p|q] = sup pn ϕn − log qn eϕn : ϕn ∈ R ∀ n ∈ N , (7.7) ϕ
n=1
n=1
ahol a ±∞ ∓ ∞ alak´ u ¨osszegek nincsenek megengedve. A bizony´ıt´ ashoz f˝oleg azt kell ´eszrevenni hogy ϕn := log fn az optim´alis v´alaszt´ as. Ism´et a logaritmus konk´av volta miatt p ¡√ √ √ ¢2 pn log(qn /pn ) = 2pn log qn /pn ≤ 2 pn qn − 2pn = qn − pn − pn − qn , teh´at
∞
X¡√ √ √ √ ¢2 k p − qk22 := pn − qn ≤ S[p|q] .
(7.8)
n=1
√ √ √ √ Innen is l´athat´o hogy S[p|q] ≥ 0, tov´abb´ a pn − qn = ( pn − qn )( pn + qn ) , amivel a Cauchy p √ √ egyenl˝otlens´eg alapj´an kp − qk21 ≤ 4k p − qk22 k¨ ovetkezik. Ezzel Pinsker kp − qk1 ≤ 2 S[p|q] egyenl˝otlens´eg´et is igazoltuk. Logaritmikus Szoboljev egyenl˝ otlens´ eg: A legegyszer˝ ubb esetben legyenek a, b, α, β pozit´ıv 2 2 sz´amok, a + b = 1 ´es aα + bβ = 1 ; ekkor aα2 log α + bβ 2 log β ≤ 2(α − β)2 . Mivel log x ≤ x − 1 ´es Cauchy szerint (aα + bβ)2 ≤ (a + b)(aα2 + bβ 2 )2 = 1 , irhatjuk hogy aα2 log α + bβ 2 log β ≤ aα2 (α − 1) + bβ 2 (β − 1) ≤ a(α + 1)(α − 1)2 + b(β + 1)(β − 1)2 ≤ (aα+bβ+1)(α−β)2 , mert ha pl. α > 1 akkor β < 1 . Azt viszont m´ar tudjuk hogy aα+bβ+1 ≤ 2 . ¨ Euler ¨ osszegk´ eplete: Osszegek becsl´es´ere szolg´al, Z n n n−1 Z X f (1) + f (n) 1 X k+1 f (n) = + f (x) dx + (2x − 2k − 1) f 0 (x) dx 2 2 1 k k=1
hacsak f ∈
k=1
C 1 [1, n] .
Ennek igazol´as´ahoz csak azt kell ´eszrevenni hogy (2x − 2k − 1)0 = 2 , teh´ at Z k+1 Z k+1 2 f (x) dx = f (k + 1) + f (k) − (2x − 2k − 1) f 0 (x) dx , k
k
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
46
´es ezeket ¨ossze lehet adni. Az f1 (x) := 1/x ´es az f2 (x) := log x esetben is a logaritmus x − x2 /2 < log(1 + x) < x − x2 /2 + x3 /3 ha 0 < x ≤ 1 k¨ozel´ıt´es´et haszn´aljuk az x = 1/k helyen a jobboldali integr´alok sz´amol´ asakor. (5.3) alapj´an √ az els˝o esetben az 1 + 1/2 + · · · + 1/n = C + log n + O(1/n2 ) , a m´ asodikban a log n! = log n + n log(n/e) + O(1/n) k¨ozel´ıt´est kapjuk; C az Euler f´ele sz´am. Az n! pontosabb ´ert´ek´et Stirling ³ n ´n √ cn exp( (7.9) n! = 2πn ) e 12n formul´aja adja, ahol 0 < cn < 1; ezt k´es˝ obb kicsit gyeng´ebb form´aban igazoljuk. Bin´ aris sorozatok sz´ ama: A Stirling formula fontos alkalmaz´asa a binomi´alis egy¨ utthat´ ok becsl´ese. Ha kn /n → ρ ´es 0 < ρ < 1 , akkor a legegyszer˝ ubb alakb´ ol is µ ¶ 1 n 1 1 log = h(ρ) , ahol h(ρ) := ρ log + (1 − ρ) log (7.10) lim n→∞ n kn ρ 1−ρ entr´opia jelleg˝ u mennyis´eg. L´athat´o hogy 0 ≤ h(ρ) ≤ log 2 , ´es ρ = 1/2 az egyenl˝ os´eg felt´etele. Jel¨olje Ωn az n hossz´ us´ag´ u 0, 1 sorozatok halmaz´at, sn (ω) az ω = (ω1 , ω2 , ..., ωn ) sorozatban szerepl˝o egyesek sz´ama, ´es Cn (ρ) az sn (ω) ≥ ρn tulajdons´ag´ u sorozatok sz´ama. Megmutatjuk hogy ha 1/2 ≤ ρ ≤ 1 akkor 1 lim log Cn (ρ) = h(ρ) . (7.11) n→∞ n Biztosan van olyan kn ≥ ρn sorozat hogy kn /n → ρ , teh´at m´ar az sn = kn tulajdons´ag´ u sorozatok is olyan sokan vannak, hogy a darabsz´amuk logaritmusa el´eri az nh(ρ) nagys´agrendet. Ezut´an a Cn (ρ) ≤ exp(nh(ρ)) fels˝o becsl´est kell m´eg igazolni. Mivel exp(zsn (ω) − zρn) ≥ 1 ha z ≥ 0 ´es sn (ω) ≥ ρn , X X Cn (ρ) = l[sn ≥ρn] (ω) ≤ exp(zsn (ω) − zρn) ω∈Ωn
=e
−zρn
ω∈Ωn 1 X
1 X
ω1 =0 ω2 =0
···
1 Y n X
e
zωk
=e
−zρn
1 n X Y
¡ ¢n ezωk = e−zρn 1 + ez .
k=1 ωk =0
ωn =0 k=1
Ez az egyenl˝otlens´eg minden z ≥ 0 sz´ammal igaz, az optim´alis z = log ρ − log(1 − ρ) v´alaszt´ assal kapjuk a bizony´ıtand´o becsl´est. A Schwarz egyenl˝ otlens´ eg: A kor´abban bizony´ıtott Cauchy egyenl˝ otlens´eg u ´gy is kimondhat´o hogy ha pk > 0 akkor ! Ãm−1 ! Ãm−1 ´2 ³m−1 X X X pk b2k , pk ak bk ≤ pk a2k k=0
k=0
k=0
√ √ ehhez az eredeti k´epletet a ak pk ´es bk pk sz´amokkal kell fel´ırni. Innen viszont Iγ2 (f g) ≤ Iγ (f 2 ) Iγ (g 2 ) k¨ovetkezik a pk := xk+1 − xk , ak := f (ξk ) ´es bk = g(ξk ) szereposzt´assal. Hat´ar´ atmenet ut´an, ha az elv´egezhet˝o, a µZ b ¶2 Z b Z b f (x) g(x) dx ≤ f 2 (x) dx g 2 (x) dx a
a
a
L10 [a, b]
Schwarz egyenl˝otlens´eget kapjuk. Az hogy f, g ∈ eset´en f 2 , g 2 ´es f g is integr´ alhat´o, a Riemman krit´erium egyszer˝ u k¨ovetkezm´enye, de a term´eszetes felt´etel itt az lenne hogy f 2 ´es g 2 integr´alhat´ o. Ebb˝ol az f g szorzat Riemann integr´ alhat´ os´ aga nem k¨ ovetkezik, ami a konstrukci´ o l´enyeges gyenges´egei k¨oz´e sorolhat´o. Rb Az hf, gi := a f g dx ´es kf k := hf, f i1/2 jel¨ ol´esekkel: hf, gi ≤ kf kkgk , teh´at a n´egyzetesen integr´ alhat´ o f¨ uggv´enyek L2 (a, b) tere Euklideszi t´er.
V´ alogatott probl´ em´ ak
47
A Poisson mag: Trigonometrikus sorok ¨oszegz´es´ere ´es elliptikus feladatok megold´as´ ara val´ o, ∞ 2 2 1−r 1−r 1 X n P (r, ϕ) := = = + r cos(nϕ) , 2 2 2 2(1 − 2r cos ϕ + r ) 2 2(1 − r) + 8r sin (ϕ/2) n=1 = eıϕ
ahol |r| < 1 . Az els˝o egyenlet azonos ´atalak´ıt´ as term´eke, a m´aRsodik a z helyettes´ıt´es ut´ an π Euler k´eplet´evel k¨ovetkezik. A sor tagonk´enti integr´ al´ as´ aval 0 P (r, ϕ) dϕ = π/2 , itt Lebesgue t´etel´ere is lehet hivatkozni. A Dirac f´ ele delta f¨ uggv´ enyr˝ ol: Olyan f¨ uggv´eny nincs, amivel az Z ∞ f (y) δ(y − x) dy = f (x) −∞
azonoss´ag p´eld´aul minden f ∈ Cb (R) eset´en teljes¨ ulne. Az ´ıgy elk´epzelt, hipotetikus δ f¨ uggv´enyre ´ep¨ ul˝o kalkulus gyakran igencsak k´enyelmes, de ´ovatlan alkalmaz´ asa k¨onnyen vezet t´eves eredm´enyhez. Igaz viszont a Z ∞ ¡ ¢ 1 lim √ f (y) exp −(y − x)2 /2δ 2 dy = f (x) ∀x ∈ R (7.12) δ→0 δ 2π −∞ el˝o´all´ıt´as, ahol δ > 0 , hacsak f ∈ Cb (R) . Ennek igazol´ as´ ahoz csak azt kell ´eszrevenni, hogy az y = x + δu helyettes´ıt´es ut´an a baloldalon ´all´ o integr´al az Z ∞ Z ∞ ¡ ¢ 1 1 2 −u2 /2 f (x + δu) e du = f (x) + √ f (x + δu) − f (x) e−u /2 du Iδ (x) = √ 2π −∞ 2π −∞ alakba megy ´at. Lebesgue t´etel´evel m´ar az els˝o egyenletb˝ol k¨ovetkezik az ´all´ıt´ as, de az elemi bizony´ıt´ as sem neh´ez. Mivel f folytonos, minden ε > 0 sz´amhoz van olyan γ > 0 hogy |f (y) − f (x)| < ε ha |y − x| < γ , teh´at |f (x + δu) − f (x)| < ε ha |u| < γ/δ . Az u ≥ γ/δ esetben f korl´atoss´ag´at ´es a (4.24) becsl´est haszn´aljuk. Az integr´ al´ as tartom´ any´ at a (−∞, −γ/δ] , (−γ/δ , γ/δ) ´es [γ/δ , ∞) r´eszekre bontva az |Iδ (x)−f (x)| ≤ ε+(2γkf k/δ) exp(−γ 2 /2δ 2 ) becsl´est kapjuk, teh´at a jobboldal δ-val egy¨ utt elt˝ unik. (7.12) nem csak a Gauss s˝ ur˝ us´eggel igaz. Ha h ∈ C(R) elt˝ unik ha |x| > 1, de az integr´ alja 1, akkor f ∈ C(R) eset´en Z 1 ∞ f (x − y)h(y/δ) dy = f (x) ∀x ∈ R . lim (7.13) δ→0 δ −∞ A bizony´ıt´as ism´et az y = x + δu helyettes´ıt´essel kezd˝ odik, az integr´ al alatti hat´ar´ atmenethez most nem kell Lebesque t´etel´ere hivatkozni, el´eg az f egyenletes folytonoss´ aga az [x − δ, x + δ] intervallumon. (7.12) ´es (7.13) integr´aljai egyar´ant konvol´ uci´ ok´ent ´ırhat´ ok fel: az f ´es g val´ os f¨ uggv´enyek h = f ∗ g konvol´ uci´oja Z ∞ Z ∞ h(x) := f (x − y)g(y) dy = (7.14) f (y)g(x − y) dy . −∞
−∞
√ Nevezetes t´eny hogy k´et pm,σ (x) := (σ 2π)−1 exp(−(x − m)2 /2σ 2 ) Gauss s˝ ur˝ us´eg konvol´ uci´oja is az, m´egpedig pm0 ,σ0 ∗ pm00 ,σ00 = pm,σ , ahol m = m0 + m00 ´es σ 2 = (σ 0 )2 + (σ 00 )2 . K¨onny˝ u uci´ o Fourier transzform´ aci´ oja a Fourier transzform´ altak szorzata, vagyis ellen˝orizni hogy konvol´ ˆ = fˆgˆ ha h = f ∗ g . h Riemann lemm´ aja: Ha f abszol´ ut integr´ alhat´ o akkor Z ∞ Z ∞ lim cos(ωx) f (x) dx = lim sin(ωx) f (x) dx = 0 . ω→∞ −∞
Rb
ω→∞ −∞
♥ Mivel a cos(ωx) dx = (1/ω)(sin(ωb) − sin(ωa)) , az ´all´ıt´ as minden olyan l´epcs˝os f¨ uggv´enyre ul elt˝ unik. Legyen ϕ ilyen, akkor is igaz, amely egy v´eges intervallumon k´ıv¨ ¯ Z ∞ ¯Z ∞ ¯ ¯Z ∞ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ |f (x) − ϕ(x)| dx cos(ωx) ϕ(x) dx¯¯ + cos(ωx) f (x) dx¯¯ ≤ ¯¯ ¯ −∞
−∞
−∞
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
48
jobboldal´an a m´asodik integr´al tetsz˝olegesen kicsi lesz ha ϕ el´eg j´ol megk¨ozel´ıti f -et az L1 t´erben. Ezut´an r¨ogz´ıtett ϕ mellett elv´egezhetj¨ uk az ω → ∞ hat´ ar´ atmenetet. A sin(ωx)-r˝ ol sz´ ol´ o ´all´ıt´ as bizony´ıt´asa hasonl´o. ¤ Riemann lemm´aja szerint integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny Fourier transzform´altja a v´egtelenben elt˝ unik. L´athat´o hogy kfˆk ≤ (2π)−1/2 kf k1 , az fˆ folytonoss´aga Lebesgue t´etel´enek k¨ovetkezm´enye. Eszerint a Fourier transzform´aci´ o az L1 (R) teret a v´egtelenben elt˝ un˝ o folytonos f¨ uggv´enyek C0 (R) ter´ebe k´epezi le. A Fourier transzform´ aci´ o inverze: A Gauss ´es a Fourier integr´alokr´ ol sz´ol´ o szakaszban p´eld´akat l´athattunk az Z ∞ Z ∞ 1 1 ıωx ˆ f (x) = √ (7.15) e f (ω) dω = √ (cos(ωx) + ı sin(ωx)) fˆ(ω) dω 2π −∞ 2π −∞ azonoss´agra, ahol fˆ az f Fourier transzform´ altja. Ez biztosan igaz ha f folytonos, ´es fˆ is integr´alhat´ o, a bizony´ıt´as Gauss integr´ alokat haszn´al. ♥ Val´ oban, ha δ > 0 akkor µZ ∞ ¶ Z ∞ Z ∞ 1 1 ıωx ˆ ıωx −ıωy √ e f (ω) dω = e e f (y) dy dω 2π −∞ 2π −∞ −∞ Z ∞Z ∞ 1 = lim exp(ıω (x − y) − δω 2 /2) f (y) dω dy δ→0 2π −∞ −∞ r Z ∞ 1 = lim exp(−(x − y)2 /2δ) f (y) dy = f (x) , δ→0 2πδ −∞ az utols´o l´ep´es (7.12) k¨ovetkezm´enye. ¤ Bizony´ıt´as´at tekintve is hasonl´o term´eszet˝ u a Plancherel azonoss´ag: Z ∞ Z ∞ f (x)g(x) dx = fˆ(ω)g¯ ˆ(ω) dω , −∞
(7.16)
−∞
ahol g¯ˆ a gˆ komplex konjug´altja ´es f, g ∈ L2 (R) . Arr´ ol van itt sz´o hogy a Fourier transzform´ aci´ o az L2 t´ernek ¨onmag´ara val´o k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u, unit´er lek´epez´ese. ♥ Legyen r Z ∞ δ fδ (y) := f (x) exp(−(x − y)2 /2δ) dx . 2π −∞ Az integr´al´as sorrendj´enek felcser´el´es´evel Z ∞ ˆ ¯ hf , gˆi := fˆ(ω)g¯ˆ(ω) dω −∞ ZZZ ∞ ¡ ¢ 1 = lim f (x) g(y) exp ıω (y − x) − δω 2 /2 dω dy dx δ→0 2π Z Z −∞ ∞ ¡ ¢ 1 = lim f (x) g¯(y) exp −(x − y)2 /2δ dx dy = lim hfδ , gi = hf, gi . δ→0 2πδ δ→0 −∞ A δ → 0 hat´ar´atmenet jogosults´aga egy´altal´ an nem nyilv´anval´ o, de k¨onnyen ellen˝orizhet˝ o olyankor amikor f az eg´esz sz´amegyenesen korl´ atos ´es egyenletesen folytonos, m´ıg g integr´ alhat´ o. A Cauchy egyenlet, Laplace transzform´ aci´ o: Az eat exponenci´ alis f¨ uggv´enyek u ´gy is jellemezhet˝ oek, mint az x(t)x(s) = x(t + s) ∀t, s ≥ 0 Cauchy f´ele f¨ uggv´enyegyenlet folytonos, de nem asai. ♥ Tegy¨ uk fel hogy x(t) ilyen megold´ as. Az azonosan 0 megold´ ¡ x(t) ¢=n x(0)x(t) azonoss´ag alapj´an x(0) = 1, ´es x(t) = x2 (t/2) nem lehet negat´ıv. S˝ot, x(t) = x(t/n) miatt x(t) = 0 sem lehets´eges, mert akkor x(0) = lim x(t/n) is 0 volna. Eszerint x(t) > 0 ∀t ≥ 0, teh´ at defini´alhat´ o uggv´eny, amely a m´eg egyszer˝ ubb, y(t + s) = y(t) + y(s) egyenletnek tesz az y(t) := log x(t) f¨ eleget. K¨onnyen bel´athat´o hogy y(t) = y(1)t a t = k2−n , k, n ∈ N pontokban, de y folytonos, teh´at ez a formula minden¨ utt ´erv´enyes. ¤ Kicsit hosszabb, de tanuls´agos a k¨ovetkez˝ o m´odszer. ♥ A differenci´alhat´ o megold´asokat k¨onny˝ u megtal´alni, mert az x(t + s) − x(t) = (x(s) − x(0)) x(t) azonoss´agot s-el osztva, s → 0 ut´an az x˙ = ax egyenlethez jutunk, ahol a := x(0). ˙ Ennek minden megold´asa x(t) = x(0)eat alak´ u, de x(t) = x(0)x(t) miatt x(0) = 1.
V´ alogatott probl´ em´ ak
49
Az ´altal´anos esetben el˝osz¨or azt mutatjuk meg hogy az x(t) > 0 megold´asnak exponenci´alis korl´atja van. Legyen c az x(t) maximuma a [0, 1] intervallumon, m´ıg n = [t] a t > 0 eg´esz r´esze, vagyis a legnagyobb az m ≤ t eg´eszek k¨ oz¨ ott. Ekkor x(t) ≤ c (x(1))n , teh´at 0 < x(t) ≤ cez0 t , ahol z0 := log x(1) . Eszerint az Z ∞ e−zt x(t) dt R(z) := (7.17) 0
Laplace transzform´alt z > z0 eset´en v´eges ´es pozit´ıv; az integr´ al abszol´ ut konvergens. Tov´ abb´ a Z ∞ Z ∞ Z s x(s)R(z) = e−zt x(t + s) dt = ezs ezt x(t) dt = ezs R(z) − ezs e−zt x(s) ds , 0
s
0
´es a jobboldal az s differenci´alhat´o f¨ uggv´enye, teh´at x is az. Ezzel a feladatot az el˝oz˝ o esetre vezett¨ uk vissza. ¤ Nagy kitev˝ ok, Laplace m´ odszere: Adott h ∈ C(a, b) f¨ uggv´enyhez ´es β > 0 sz´amhoz defini´aljuk az Z b F (β) := log exp(−βh(x)) dx a
szabad energia t´ıpus´ u mennyis´eget, ´es a ρβ (x) := exp(−βh(x) − F (β)) s˝ ur¨ us´egf¨ uggv´enyt, felt´eve hogy F v´eges; az (a, b) intervallum v´egtelen is lehet. A φ ∈ C(a, b) f¨ uggv´eny ρ szerinti ´ atlag´ at Z b µβ (φ) := φ(x)ρβ (x) dx a
F 0 (β)
defini´alja. K¨onny˝ u kisz´amolni hogy = −µβ (h) ´es F 00 (β) = µβ (h02 ) − µ2β (h0 ) . Mivel ρβ integr´alja 1 , innen F 00 (β) = µβ ((h0 − F 0 )2 ) , teh´at F a β konvex f¨ uggv´enye. Laplace m´odszer´enek legegyszer˝ ubb v´altozata a k¨ ovetkez˝ o. Tegy¨ uk fel hogy F (1) < +∞ ´es h(x) ≥ h(x0 ) ∀x ∈ (a, b) , ekkor F (β)/β → −h(x0 ) amint β → +∞ . Ha m´eg azt is tudjuk hogy minden δ > 0 sz´ amhoz van γ > 0 u ´gy hogy h(x) ≥ h(x0 )+γ ha |x−x0 | ≥ δ , akkor µβ (φ) → φ(x0 ) amint β → +∞ , felt´eve hogy φ ∈ C(a, b) ´es µ1 (|φ|) < +∞ . ♥ Feltehetj¨ uk hogy h(x0 ) = 0 , ekkor F (β) ≤ F (1) ha β > 1 , teh´at lim sup F (β)/β ≤ 0 . Viszont h folytonos, teh´at minden ε > 0 sz´amhoz van δ > 0 u ´gy hogy h(x) ≤ h(x0 ) + ε ha |x − x0 | < δ ´es (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ (a, b) , teh´ at Z x0 +δ exp (F (β)) ≥ exp(−βh(x)) dx ≥ 2δ exp(−βε) , x0 −δ
aminek logaritmus´at β-val osztva, β → 0 ut´an kapjuk az els˝o ´all´ıt´ ast. Ezut´an legyen Aδ := {x ∈ (a, b) : |x − x0 | ≥ δ} ´es h(x) ≥ γ > 0 az Aδ halmazon, ekkor βh(x) ≥ (β − 1)γ + h(x) ha β > 1 ´es x ∈ Aδ , teh´at Z Z b |φ(x)|ρβ (x) dx ≤ exp (γ − βγ − F (β)) |φ(x)| exp (−h(x)) dx . Aδ
a
Az el˝oz˝o eredm´eny alapj´an minden γ > 0 sz´amhoz van olyan βγ hogy F (β) ≥ βγ/2 ha β > βγ , teh´at Z lim |φ(x)|ρβ (x) dx = 0 , β→∞ Aδ
amib˝ol a m´asodik ´all´ıt´as φ folytonoss´aga miatt k¨ovetkezik. ¤ Ez a t´etel, ´es az al´abbi ´eles´ıt´ese is, magasabb dimenzi´ okban is ´ervenyes. A statisztikus mechanik´aban mindkett˝o igen hasznos, mert ott h a rendszer energi´aja, ´es β az abszol´ ut h˝om´ers´eklet reciproka. Laplace t´ etele: Legyen h ´es φ ugyanaz mint az el˝ oz˝ o t´etel m´asodik fel´eben. Ha h k´etszer folytonosan differenci´ alhat´ o az x0 szigor´ u minimumhely egy k¨ ornyezet´eben, s˝ ot h00 (x0 ) > 0 , akkor s Z b p 2π lim β exp(βh(x0 )) φ(x) exp(−βh(x)) dx = φ(x0 ) . 00 β→∞ h (x0 ) a
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
50
♥ Az integr´alt h´arom r´eszre kell bontani. Most is feltehetj¨ uk hogy h(x0 ) = 0, ekkor h(x) = 1 00 2 + o(x − x )2 , ha teh´ h (x )(x − x ) a t δ > 0 el´ e g kicsi akkor 0 0 0 2 Z δ √n p Z x0 +δ 00 2 lim β φ(x0 ) exp(−βh(x)) dx = lim φ(x0 ) √ exp(−h (x0 )y /2) dy β→∞
x0 −δ
β→∞
−δ β
p = φ(x0 ) 2π/h00 (x0 ) .
Mivel az integr´alnak az (x0 − δ, x0 + δ) intervallumon k´ıv¨ uli j´arul´eka exponenci´alisan kicsi, megkaptuk az aszimptotika nagys´agrendj´et. Val´ oban, minden 0 < ε < h00 (x0 ) sz´amhoz van olyan δ > 0 hogy |φ(x) − φ(x0 )| < ε ´es (h00 (x0 ) − ε)(x − x0 )2 ≤ 2h(x) ≤ (h00 (x0 ) + ε)(x − x0 )2 ha |x − x0 | < δ, amib˝ol a fenti hat´ar´ert´ek az integr´ al monotonit´asa miatt k¨ovetkezik. Ezut´an a m´ar r¨ogz´ıtett δ > 0 sz´amhoz olyan γ > 0 is tal´alhat´ o, hogy ha |x − x0 | ≥ δ, akkor h(x) ≥ γ, teh´at ¯Z b ¯ Z b ¯ ¯ −βh(x) γ−nγ ¯ ¯ φ(x)e dx¯ ≤ e |φ(x)|e−h(x) dx = O(e−βγ ) , ¯ x0 +δ
a
´es az (a, x0 − δ) intervallumon hasonl´o becsl´es ´erv´enyes. ¤ Ha x0 az (a, b) intervallum valamelyik v´egesben l´ev˝ o v´egpontj´ aval esik egybe, akkor az integr´ al 00 1/2 hat´ar´ert´eke φ(x0 )(π/2h (x0 )) , az eredeti fele. Stirling formul´ aja: u k¨ovetkezm´enyk´ent kapjuk a Laplace t´etel´eb˝ ol a nevezetes ´es √ Egyszer˝ hasznos n! ≈ (n/e)n 2nπ formul´at. ♥ (4.13) alapj´an a t = nx helyettes´ıt´es ut´an Z ∞ Z ∞ n! −n−1 n −t =n t e dt = exp(−nh(x)) dx , nn+1 0 0 ahol h(x) := x − log x az x0 = 1 pontban veszi fel a minimum´at, ami ´eppen 1. Mivel h00 (x0 ) = 1, Laplace t´etel´eb˝ol kapjuk az ´all´ıt´ast. ¤ ´ FUGGV ¨ ´ 8. A VALOS ENYTAN ELEMEI Ebben a fejezetben a modern anal´ızis n´eh´ any egyszer˝ u de hasznos elem´et ismertetj¨ uk. Az egyes r´eszek el´eg szorosan ´ep¨ ulnek az el˝ozm´enyekre, ´es ezekre gyakran nem is hivatkozunk. A t´argyal´as a 13. fejezetben folytat´odik. ´ keletkezik hogy a [0, 1] z´art intervallum k¨ozep´eb˝ A Cantor f´ ele halmaz: Ugy ol el˝osz¨ or kivessz¨ uk az (1/3, 2/3) nyilt intervallumot. Az ´ıgy kapott C1 halmaz k´et z´art intervallum egyes´ıt´ese, a m´asodik l´ep´esben mindegyik k¨ozep´eb˝ ol kivessz¨ uk az 1/9 hossz´ us´ ag´ u nyilt intervallumokat, n ´ıgy keletkezik C2 . Az elj´ar´ast folytatva kapjuk a Cn halmazt, ami 2 darab 3−n hossz´ us´ ag´ u, p´aronk´ent diszjunkt, z´art intervallum egyes´ıt´ese; ezek k¨ozep´eb˝ ol 3−n−1 hossz´ us´ ag´ u nyilt interul metszet¨ uk: C := ∩Cn maga a Cantor vallumok elhagy´as´aval kapjuk a Cn+1 halmazt, v´eg¨ halmaz. L´athat´o hogy az elhagyott intervallumok ¨osszhossza ´eppen 1 , teh´at C egyetlen intervallumot sem tartalmazhat, m´egis rengeteg pont maradt. P´eld´ aul, a megtartott z´art intervaloak a lumok v´egpontjai mind a C elemei, de nem csak ezek. A Cantor halmaz pontjai k´odolhat´ v´egtelen 0 - 2 sorozatokkal u ´gy, hogy a sorozat n-ik jegye 0 ha az n − 1-ik l´ep´esben kapott 2n−1 hossz´ us´ag´ u z´art intervallum els˝o, ´es 2 ha a harmadik harmad´aba esik. Minden ilyen sorozat a C egy pontj´at reprezent´alja, teh´at ugyanannyian vannak mint a [0, 1] intervallum pontjai. Enu megmutatni hogy Cantor halmaz´anak nincsenek izol´alt pontjai, ´es minden nek alapj´an k¨onny˝ pontja torl´od´asi pont, vagyis a Cantor f´ele halmaz perfekt. Dirichlet t´ıpus´ u f¨ uggv´ enyek: Legyen φ1 (x) := 1 ha x ∈ R irracion´ alis sz´am, φ1 (x) := −1 ha x racion´alis. Mivel az Iγ k¨ozel´ıt˝o ¨osszegek defini´al´ asakor φ1 (ξk ) ´ert´eke +1 vagy −1 egyar´ant uggv´eny egyetlen intervallumon sem integr´ alhat´ o. A Riemann f´ele integr´ alfogalom lehet, ez a f¨ egyik hibapontja az, hogy |φ1 | ≡ 1 persze integr´ alhat´ o, teh´at az abszol´ ut konvergens sorok alra nem menthet˝ o ´at. konvergenci´aj´ar´ol sz´ol´o t´etel a Riemann integr´
Val´ os f¨ uggv´ enytan
51
´ Erdekesebb az a φ2 f¨ uggv´eny, amit φ2 (x) := 0 ha x irracion´ alis, m´ıg φ2 (x) := 1/q ha x = p/q , 0 < q ∈ N , p ∈ Z , ´es a t¨ort nem egyszer¨ us´ıthet˝ o. Ez a f¨ uggv´eny a racion´alis helyeken biztosan ´gy hogy q nem folytonos, de ha x irracion´alis, akkor minden q ∈ N sz´amhoz van δq > 0 u nevez˝oj˝ u racion´alis sz´am nem eshet az (x − δq , x + δq ) intervallumba, teh´at φ2 az irracion´ alis pontokban folytonos. Nem neh´ez megmutatni hogy d2 seholsem differenci´alhat´ o, de minden v´eges intervallumon Riemann szerint is lehet integr´ alni. P −n {4n x} , ahol x ∈ [0, 1) Seholsem differenci´ alhat´ o folytonos f¨ uggv´ eny: f (x) := ∞ n=1 4 ´es {z} a z ∈ R sz´am t´avols´aga a hozz´a legk¨ozelebb es˝o eg´esz sz´ amt´ ol. ♥ A sor egyenletesen konvergens, teh´at f folytonos. A P Dh (x, f ) := (1/h)(f (x + h) − f (x)) differencia h´ anyados −n kvartikus kifejt´ x 4 e se szerint v´ a lasztjuk meg, ahol h → 0 l´ept´ek´et az argumentum x = ∞ n n=1 xn = 0, 1, 2, 3 lehet; egy´ertelm˝ us´eg kedv´e´ert mindig a v´egtelen alakot haszn´aljuk. P´eld´ aul, 1/2 els˝o jegyeP 1 , a t¨obbi 3 . LegyenPhm := 4−m ha xm p´ aros sz´am, hm := −4−m ha xm p´ aratlan. Mivel ∞ ∞ n −k −k {4 x} a k=1 xn+k 4 ´es a k=1 (3 − xn+k )4 sz´ amok minimuma, {4n (x + hm )} = {4n x} ha n ≥ m , m´ıg {4n (x+hm )} = {4n x}±1 ha n < m , ´es az el˝ojel nem f¨ ugg n-t˝ol mert 4n {4−n x} ≤ 1/2 n −n pontosan akkor ha 4 {4 (x + hm )} ≤ 1/2 . L´atjuk hogy Dhm (x, f ) p´aros vagy p´aratlan eg´esz sz´am, aszerint hogy m p´aratlan vagy p´aros, teh´at soha nem konverg´ alhat. ¤ A Volterra f¨ uggv´ eny: Cantor konstrukci´oj´ ara ´ep¨ ul a Volterra f´ele V ∈ D[0, 1] f¨ uggv´eny 0 defin´ıci´oja, aminek az a nevezetess´ege hogy V (x) Riemann szerint nem integr´ alhat´ o! A Cantor t´ıpus´ u D ⊂ [0, 1] halmaz u ´gy k´esz¨ ul, hogy [0, 1] k¨ozep´eb˝ ol most egy 1/4 hossz´ us´ ag´ u z´art intervallumot vesz¨ unk ki, majd a megmarad´o kett˝ ob˝ ol egy - egy 1/16 hossz´ us´ ag´ ut, ´es ´ıgy tov´ abb. Az n-ik l´epes el˝ott 2n−1 darab egyforma z´art intervallumunk maradt, mindegyik k¨ozep´er˝ ol elhagyjuk a 2−2n ny´ılt intervallumot, Dn jel¨oli a marad´ekot, ´es D := ∩Dn . Az elhagyott intervallumok ¨osszhossza most 1/2 , ´es D sem tartalmaz intervallumot. Most k¨ovetkezik a Volterra f¨ uggv´eny defin´ıci´ oja, kiindul´ o pontunk az az ´eszrev´etel hogy a φ(x) := x2 sin(1/x) f¨ uggv´eny differenci´alhat´ o, de a deriv´altja az x = 0 k¨ozel´eben er˝osen ingadozik. A D halmazon legyen V (x) ≡ 0 , a [0, 1] ∩ Dc komplementer halmaz megsz´aml´ alhat´oan sok egym´asba nem ny´ ul´o nyilt intervallum egyes´ıt´ese. Sorra mindegyik ilyen (α, β) intervallumon megadjuk V ´ert´ek´et u ´gy, hogy V (α) = V (β) = V 0 (α) = V 0 (β) = 0 , tov´ abb´ a V szimmetrikus az intervallum felez˝opontj´ara vonatkoz´oan, vagyis V (x) = V (y) ha α < x < y < β ´es x+y = α +β . Konkr´etan, legyen V (x) := φ(x − α) ha α ≤ x ≤ α ¯ , ahol α ¯ a g(x) = φ(x − α) utols´o lok´alis maximum´anak helye az (α + β)/2 felez˝opont el˝ott. V´eg¨ ul V (x) := V (α) ha α ¯ ≤ x ≤ (α + β)/2 , ´es V (x) := V (α + β − x) ha (α + β)/2 ≤ x ≤ β . Az k¨ozvetlen¨ ul l´athat´o hogy V minden¨ utt differenci´alhat´ o, de V 0 a D halmaz egyetlen pontj´aban sem folytonos. R¨ovidesen megmutatjuk hogy ilyen f¨ uggv´enyt, legal´abbis Riemann szerint, nem lehet integr´alni; t´ uls´agosan sz˝ uk a Riemann-integr´ alhat´ o f¨ uggv´enyek tere. Newton ´es Leibniz formul´aja term´eszetesen ´erv´enyes az integr´ al modern (sz´az ´eves) elm´elet´eben. A tov´abbiakban ennek elemeit ismertetj¨ uk. Nullahalmazok: Az A ⊂ R halmaz nullahalmaz ha minden ε > 0 sz´amhoz van intervallumoknak P (bn − an ) < olyan In = (an , bn ) sorozata hogy A ⊂ ∪In , ´es az intervallumok ¨osszhossza, ε . Minden megsz´aml´alhat´o halmaz nullahalmaz, ´es ugyan´ ugy igazolhat´o hogy nullahalmazok sorozat´anak egyes´ıt´ese is az. A Cantor halmaz nem megsz´ aml´ alhat´ o, m´egis nullahalmaz, mert C ⊂ Cn , ´es az ut´obbi 2n darab, ¨osszesen (2/3)n → 0 hossz´ us´ ag´ u z´art intervallum egyes´ıt´ese. Nem nullahalmaz a Volterra f¨ uggv´eny defin´ıci´ oj´ aban szerepl˝o D , ennek lefed´es´ehez 1/2-n´el nagyobb ag csak egy nullahalmaz ¨osszhossz´ us´ag´ u nyilt intervallum rendszer kell. Ha valamely tulajdons´ pontjaiban nem teljes¨ ul, akkor azt mondjuk hogy az majdnem minden¨ utt igaz. Monoton f¨ uggv´ eny majdnem minden¨ utt differenci´ alhat´ o: A monoton f¨ uggv´enyek szerkezete ar´anylag egyszer˝ u: mindenhol l´eteznek az f (x + 0) ´es f (x − 0) f´eloldalas hat´ar´ert´ekek, atos egy intervalumon, akkor ott a δf (x) := ´es sok m´as ¨orvendetes t´eny is ismert. ♥ Ha f korl´ f (x + 0) − f (x − 0) ugr´asok k¨oz¨ ul csak v´eges soknak az abszol´ ut ´ert´eke haladhat meg egy alhat´ o, vagyis pozit´ıv szintet, ¤ teh´at a szakad´asi helyek halmaza: {x : δf (x) 6= 0} megsz´aml´ monoton f¨ uggv´eny, megsz´ aml´ alhat´ o kiv´etellel, minden¨ utt folytonos. Mindig feltehetj¨ uk, ´es ezt uggv´eny balr´ ol folytonos: f (x − 0) = f (x) . meg is tessz¨ uk, hogy az adott monoton f¨
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
52
H. Lebesgue igazolta hogy monoton f¨ uggv´eny majdnem minden¨ utt differenci´ alhat´ o. Csak a folytonos esetet t´argyaljuk, 17 t¨obbre nem lesz sz¨ uks´eg¨ unk. ♥ Azt kell igazolni hogy a D(x + 0) := lim sup Dh (x, f ) , h→+0
d(x + 0) := lim inf Dh (x, f ) , h→+0
jobboldali fels˝o ´es als´o, valamint a D(x − 0) := lim sup Dh (x, f ) , h→−0
d(x − 0) := lim inf Dh (x, f ) h→−0
baloldali fels˝ o ´es als´ o deriv´ altak majdnem minden¨ utt v´egesek ´es egyenl˝ ok. Feltehetj¨ uk hogy f ∈ C[a, b] monoton n˝o, ilyenkor a fenti f´elderiv´ altak nem lehetnek negat´ıvak. Kiindul´o pontunk Riesz Frigyes k¨ovetkez˝ o ´eszrev´etele: Legyen g ∈ C[a, b] ´es jel¨ olje Ug az olyan x ∈ [a, b] pontok halmaz´ at ahol g(x) < max{g(y) : y ∈ [x, b]} . Ez az Ug halmaz nyilt, ´es az (αk , βk ) komponensein´el g(αk ) ≤ g(βk ) . 18 Val´ oban, ha αk < x < βk akkor g(x) ≤ g(βk ) mert x ∈ Ug , amib˝ol hat´ar´atmenettel kapjuk az ´ all´ıt´ ast. El˝osz¨or a D(x + 0) jobb fels˝o deriv´altat vizsg´aljuk. Az a halmaz ahol D(x + 0) > C > 0 biztosan r´esze az Ug halmaznak, ahol g(x) := f (x)−Cx , teh´at ennek (αk , βk ) komponensei eleget tesznek az f (αk ) P − Cαk ≤ f (βk ) − Cβk egyenl˝ otlens´egnek. Innen ´trendez´essel ´es ¨osszegez´essel P C (βk − αk ) ≤ (f (βk ) − f (αk )) ≤ f (b) − f (a) , teh´at D(x + 0) majdnem minden¨ utt v´eges, de enn´el sokkal t¨obb kell. Legyen most h(x) := f (−x) + cx ; az U ∗ := {−x : x ∈ Uh } halmaz tartalmazza azokat a pontokat ahol d(x) < c , ´es az U ∗ nyilt halmaz (αk∗ , βk∗ ) komponensein f (βk∗ )−f (αk∗ ) ≤ c(βk∗ −αk∗ ) . Ezut´an legyen 0 < c < C ´es jel¨olje Ak (c, C) az olyan x ∈ (αk∗ , βk∗ ) pontok halmaz´at ahol D(x + 0) > C . Az A(c, C) := ∪k Ak (c, C) azokb´ol az x ∈ [a, b] pontokb´ ol ´all ahol d(x − 0) < c ´es D(x + 0) > C . Az el˝oz˝o szakasz gondolatmenete a csillagos intervallumok mindegyik´en megism´etelhet˝o, olyan (αk,l , βk,l ) ⊂ (αk∗ , βk∗ ) p´aronk´ent diszjunkt intervallumokat kapunk hogy X X X X (βk∗ − αk∗ ) . (f (βk∗ ) − f (αk∗ )) ≤ c (f (βk,l ) − f (αk,l )) ≤ (βk,l − αk,l ) ≤ C k,l
k,l
k
k
Jel¨olje Σ1 a jobboldalon, Σ2 pedig a baloldalon szerepl˝o intervallumok ¨osszhoss´ at, Σ1 ≤ b − a m´ıg Σ2 ≤ (c/C)Σ1 . A kett˝os j´at´ekot a baloldali intervallumokkal folytatva olyan intervallum rendszereket kapunk, ahol a baloldaliak mindig lefedik az A(c, C) halmazt, ´es n kett˝ os l´ep´es ut´an az ¨osszhosszuk, Σ2n ≤ (c/C)(b − a) → 0 , teh´at mindegyik A(c, C) nullahalmaz. De akkor az ¨osszes olyan A(c, C) egyes´ıt´ese is nullahalmaz ahol 0 < c < C racion´ alis sz´amok, vagyis D(x + 0) ≤ d(x − 0) majdnem minden¨ utt. Mivel d(x − 0) ≤ D(x − 0) ´es d(x + 0) ≤ D(x + 0) , folytonos f¨ uggv´enyek eset´eben ezzel igazoltuk Lebesgue t´etel´et. Val´ oban, eddigi eredm´eny¨ unket az f ∗ (x) := −f (−x) f¨ uggv´enyre alkalmazva D(x − 0) ≤ d(x + 0) m.m. is kij¨on, ´es ez m´ ar t´enyleg elegend˝o. ¤ Lebesgue krit´ eriuma: V´eges intervallumon korl´ atos f¨ uggv´eny akkor ´es csak akkor integr´ alhat´ o Riemann szerint, ha majdnem minden¨ utt folytonos. ♥ Val´ oban, ha a sz´obanforg´ o f : [a, b] 7→ R f¨ uggv´eny majdnem minden¨ utt folytonos, akkor a szakad´asi helyek halmaza lefedhet˝o tetsz˝olegesen kis ¨osszhossz´ us´ag´ u nyilt intervallumokkal. Az [a, b] intervallum ezek egyes´ıt´es´en k´ıv¨ uli r´esze a B kompakt halmaz, ahol f egyenletesen folytonos. Ez´ert minden x ∈ B pontnak van olyan k¨ornyezete, ahol f ingadoz´asa b´amely el˝o´ırt szintn´el kisebb. Ny´ılt intervallumok k´et t´ıpus´ at uttesen lefedik az [a, b] intervallumot. Borel szerint ezt k¨ oz¨ ul¨ uk v´eges sok defini´altuk, ezek egy¨ is megteszi. A megmaradt intervallumok v´egpontjai olyan feloszt´ast hat´aroznak meg, amelyhez o. tetsz˝olegeses kicsi oszcill´aci´os ¨osszegeket tudunk gy´artani, vagyis f Riemann integr´alhat´ A sz¨ uks´egess´eg bizony´ıt´as´ahoz legyen δ(x) := lim supy→x f (y) − lim inf y→x f (y) , ´es jel¨olje An alhat´ o, akkor minden n ∈ N sz´ amhoz azt a halmazt ahol δ(x) ≥ 1/n . Ha f Riemann integr´ 17 Az ugr´ asok lev´ alaszt´ as´ aval minden f monoton f¨ uggv´eny felbonthat´ o az f = g + h m´ odon, ahol g folytonos
P monoton f¨ uggv´eny, m´ıg h(x) := y<x δf (y) tiszta ugr´ o f¨ uggv´eny. Az ¨ osszegben csak f szakad´ asi helyei szerepelnek, ilyen legfeljebb megsz´ aml´ alhat´ on sok lehet, ´es ha f korl´ atos, akkor a sor abszol´ ut konvergens. K¨ onny¯ u megmutatni hogy h m.m. differenci´ alhat´ o. 18 Nyilt halmaz komponenseir¯ ol Borel lefed´esi t´etel´en´el esett sz´ o.
Val´ os f¨ uggv´ enytan
53
van n−2 -n´el kisebb oszcill´aci´os ¨osszeg. Ennek intervallumai k¨oz¨ ul csak kev´esben lehet pontja az An halmaznak, ¨osszhosszuk nem haladhatja meg az n/n2 → 0 ´ert´eket. Azt igazoltuk hogy A := ∩An nullahalmaz, de A = {x ∈ [a, b] : δ(x) > 0} ´eppen azokb´ol a pontok ´all, ahol f nem folytonos. ¤ Mivel a Dirichlet f´ele φ2 f¨ uggv´eny a nullahalmazt alkot´o racion´alis sz´amok kiv´etel´evel, vagyis majdnem minden¨ utt folytonos, v´eges intervallumokon ez a f¨ uggv´eny Riemann szerint is integr´alhat´o. A Volterra f¨ uggv´eny deriv´altja nem folytonos majdnem minden¨ utt, teh´at Riemann szerint nem lehet integr´alni. Egyenletes konvergencia: Az fn : X 7→ R f¨ uggv´enyek sorozata egyenletesen konverg´al f -hez az X halmazon ha minden ε > 0 sz´amhoz van nε u ´gy hogy |fn (x) − f (x)| < ε ha x ∈ X ∀ n > nε . Az f ∈ C(R) korl´atos f¨ uggv´eny egyenletes norm´aja kf k := sup{|f (x)| : x ∈ R} ; a teljes sz´amegyenes eset´eben az fn → f egyenletes konvergencia pont azt jelenti, hogy kfn − f k → 0 . Folytonos f¨ uggv´enyek egyenletesen konvergens sorozat´ anak hat´ ar´ert´eke is folytonos, ♥ mert |f (x) − f (x0 )| ≤ |f (x) − fn (x)| + |fn (x) − fn (x0 )| + |fn (x0 ) − f (x0 )| ≤ 2ε + |fn (x) − fn (x0 )| ha n > nε . ¤ A folytonos ´es korl´atos f¨ uggv´enyek ter´et Cb (R) jel¨oli, nyilv´ an kcf k = |c| kf k ha c ∈ R konstans, ´es az kf +gk ≤ kf k+kgk h´aromsz¨og egyenl˝ otlens´eg is teljes¨ ul. ♥ Ha fn ∈ Cb (R) Cauchy sorozat, vagyis minden ε > 0 sz´amhoz van olyan nε k¨ usz¨ ob hogy kfm − fn k < ε ha n, m > nε , akkor az utt l´etezik, ´es |f (x) − fn (x)| ≤ |f (x) − fm (x)| + |fm (x) − f (x) := lim fn (x) hat´ar´ert´ek minden¨ fn (x)| , amib˝ol az m → +∞ hat´ar´atmenet ut´an kf − fn k ≤ ε ha n > nε ad´ odik, ¤ vagyis a Cb (R) t´er teljes. Cc (R) az olyan f ∈ Cb (R) f¨ uggv´enyek tere, amelyek egy v´eges intervallumon k´ıv¨ ul elt˝ unnek; Rb Rb Cc (R) ⊂ Cb (R) ∩ L10 (R) . A defin´ıc´o k¨ozvetlen k¨ovetkezm´enyek´ent lim a fn dx = a f dx ha kfn − f k → 0 ´es f, fn Riemann integr´alhat´ o az (a, b) korl´ atos intervallumon, de ez nek¨ unk nem el´eg. Konvergencia majdnem minden¨ utt ´ es ´ atlagosan: Az fn : X 7→ R f¨ uggv´enyek sorozata, ahol X ⊂ R , majdnem minden¨ utt (m.m.) konverg´al f -hez, ha van olyan A ⊂ X nullahalmaz hogy lim fn (x) = f (x) ha x ∈ X ∩ Ac ; amit m.m. lim fn = f jel¨ ol. Olyan f¨ uggv´enyek integr´alj´at is defini´alni szeretn´enk, amelyek folytonos f¨ uggv´enyek majdnem minden¨ utt konvergens sorozat´anak hat´ar´ert´ekei; ezek a m´erhet˝ o f¨ uggv´enyek. L´athat´ o hogy k´et m´erhet˝ o f¨ uggv´eny line´aris kombin´aci´oja, maximuma, minimuma is m´erhet˝ o, s˝ot m´erhet˝ o f¨ uggv´enyt kapunk akkor is ha t¨obbv´altoz´os folytonos f¨ uggv´enybe m´erhet˝ o f¨ uggv´enyeket helyettes´ıt¨ unk. M´erhet˝ o f¨ uggv´enyek majdnem obb t´argyaljuk. R minden¨ R ∞ utt konvergens sorozatait k´es˝ Az f ≡ −∞ f (x) dx funkcion´alt a Cc (R) t´err˝ ol terjesztj¨ uk ki. f ∈ Cc (R) eset´en kf k1 := R 1 uggv´eny L norm´aja biztosan v´eges. Tudjuk hogy itt is teljes¨ ul az kf + gk1 ≤ (|f |) , az f f¨ kf k1 + kgk1 h´aromsz¨og egyenl˝otlens´eg, teh´at kfn −R f k1 → 0 eset´ e n mondhatjuk azt hogy az fn R sorozat L1 -ben (´ atlagosan) konverg´ al f -hez. Mivel | fn − fm | ≤ kfn −fm k1 , az fn integr´aljainak sorozata akkor is konvergens ha fn Cauchy sorozat L1 -ben, vagyis minden ε > 0 sz´amhoz van usz¨ob hogy kfn − fm k1 < ε ha n, m > nε . olyan nε k¨ Ahhoz hasonl´oan ahogy a racion´alis sz´amokb´ ol kiindulva, a Cauchy sorozatok elk´epzelt hat´ aro a val´ os sz´amok halmaza, az integr´alhat´ o f¨ uggv´enye´ert´ekeinek hozz´av´etel´evel megkonstru´alhat´ ket a Cc (R) t´er L1 norma szerint Cauchy sorozatainak hat´ar´ert´ekeik´ent gondoljuk azonos´ıtani. Az egyenl˝ore egy´altal´an nem vil´agos hogy egy L1 Cauchy sorozat milyen ´ertelemben, ´es hova konverg´al. Ugyan´ ugy mint a val´os sz´amok t´argyal´ asakor, kulcsszerepet j´ atszanak az fn+1 (x) ≥ u monoton f¨ uggv´enysorozatok. A dolog l´enyeg´et tekintve Riesz fn (x) ∀ x ∈ R , n ∈ N tulajdons´ag´ Frigyes [14,15] gondolatmenet´et k¨ovetj¨ uk, b´ar ˝o nem a Cc (R) t´err˝ ol, hanem a l´epcs˝os f¨ uggv´enyek halmaz´ar´ol terjesztette ki az integr´alt. Dini t´ etele: Ha kompakt halmazon folytonos f¨ uggv´enyek monoton sorozat´ anak hat´ ar´ert´eke is uggv´enyekkel foglalkozunk, ahol f, fn ∈ folytonos, akkor a konvergencia egyenletes. Az fn → f f¨ C(X) ´es X ⊂ R kompakt. ♥ Feltehetj¨ uk hogy f ≡ 0 ´es a sorozat fogy´o, mert k¨ ul¨ onben az fn − f uggv´enyekr˝ol besz´eln´enk. Cn := {x : fn (x) ≥ ε} kompakt halmazok fogy´o sorozata, vagy f − fn f¨ ´es ∩Cn = ∅ ha ε > 0 . Cantor szerint, v´eges kiv´etellel mindegyik u ¨res. ¤
54
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
A t´etel ´all´ıt´asa ´es bizony´ıt´asa v´altoztat´ as n´elk¨ ul vihet˝o ´at fn ∈ Cc (R) t´ıpus´ u monoton sorozatokra, felt´eve hogy az f := lim fn hat´ ar´ert´ek is a Cc (R) eleme. Ennek bel´ at´ as´ ahoz Dini t´etele azzal az X := [a, b] intervallummal alkalmazand´o, amin k´ıv¨ ul f1 − f elt˝ unik. Az se l´enyeges hogy a sz´amegyenes kompakt r´eszhalmazair´ ol besz´el¨ unk, a bizony´ıt´ as minden metrikus t´erben m˝ uk¨odik. R Riesz lemm´ aja: Ha fn ∈ Cc (R) monoton sorozat, ´es az integr´ aljaik fn sorozata kor´ atos, akkor f := lim fn majdnem minden¨ utt v´eges. R´ ad´ asul, kg − fn k1 → 0 ha fR = g m.m.R ´es g ∈ Cc (R) . ♥ Feltehetj¨ uk hogy fn ≥ 0 monoton n¨ov˝ o sorozat, legyen K := lim fn = sup fn , jel¨ olje A azt a halmazt ahol f (x) = +∞ , v´eg¨ ul Gn,l := {x ∈ R : fn (x) > l} ha l ∈ N ´es Gl := ∪n Gn,l . Mindegyik Gn,l halmaz nyilt, teh´at megsz´aml´ alhat´ oan sok diszjunkt nyilt intevallum (komponens) egyes´ıt´ese, ´es ezeknek az intervallumoknak az ¨osszhossza legfeljebb K/l . 19 M´asr´eszt A ⊂ Gl , ´es Gl is nyilt; megmutatjuk hogy a Gl komponenseinek ∆l ¨ osszhossza legfeljebb 4K/l ∀ l ∈ N , teh´at A val´oban nullahalmaz. ¤ Feltehetj¨ uk hogy ∆l v´eges, mert el´eg azt igazolni hogy az A halmaznak egy tetsz˝oleges [a, b] v´eges intervallumba es˝o r´esze nullahalmaz. Ugyanis, mindegyik fn kicser´elhet˝ o a gn := φfn f¨ uggv´enyre, ahol φ ∈ Cc (R) olyan hogy φ = 1 ha a ≤ x ≤ b . A Gl komponensei k¨oz¨ ul teh´at biztosan kiv´alaszthat´o v´eges sok u ´gy, hogy az ¨osszhosszuk legal´abb ∆l /2 ; legyen (α, β) a Gl ´ıgy kiv´ alasztott komponensei k¨oz¨ ul az egyik. (α, β) = ∪n (α, β) ∩n Gn,l miatt az (α, β) intervallum egyes´ıt´ese a Gn,l , n ∈ N halmazok komponensei k¨ oz¨ ul v´alasztott intervallumoknak. Ezek az intervallumok p´aronk´ent diszjunktak, mert fn+1 ≥ fn miatt a Gn,l mindegyik komponense r´esze a Gn+1,l valamelyik komponens´enek, ´es k¨oz¨ ul¨ uk v´eges sok ¨osszhossza is nagyobb lesz mint (β − α)/2 . Az elj´ar´ast v´eges sokszor kell csak elv´egezni ahhoz hogy olyan, p´ aronk´ent diszjunkt interallumokat kapjunk, amelyek mindegyike a Gl r´esze, ´es az ¨osszhosszuk legal´ R abb ∆l /4 . Van teh´at n∗ ∈ N u ´gy hogy fn∗ > l mindegyik intervallumon, vagyis l∆l /4 ≤ fn∗ ≤ K , amit bizony´ıtani kellett. A r´aad´as bizony´ıt´asakor feltehetj¨ uk hogy g ≡ 0 ´es fn fogy´ o sorozat. Az a B halmaz ahol nincs konvergencia nem tartalmaz intervallumot, teh´ at fn (x) ≥ 0 ∀ x ∈ R ´es n ∈ N . A kiv´eteles B halmaz tetsz˝oleges ε > 0 sz´amn´al kisebb ¨ osszhossz´ us´ ag´ u Ik nyilt intervallumokkal is lefedhet˝ o, ezek egyes´ıt´es´et Gε jel¨oli. Van olyan [a, b] intervallum amin k´ıv¨ ul mindegyik fn elt˝ unik, ´es az at ezen a konvergencia egyenletes: minden ε > 0 sz´amhoz Fε := [a, b] ∩ Gcε halmaz kompakt, teh´ van nε u ´gy hogy |fn (x)| < ε ha n > nε ´es x ∈ Fε . Az Ik intervallumokhoz az x ∈ Fε pontok Kε (x) k¨ornyezeteit hozz´av´eve az [a, b] intervallum olyan lefed´es´et kapjuk, amib˝ol Borel szerint v´eges lefed´es is kiv´alaszthat´o, teh´at kfn k1 ≤ εkf1 k + ε(b − a) ha n > nε . ´ Erdekes a R´aad´as k¨ovetkez˝o megford´ıt´ asa is: Ha 0 ≤ fn ∈ Cc (R) monoton sorozat, f ∈ Cc (R) ´es kfn − f k1 → 0 , akkor fn → f majdnem minden¨ utt. ♥ Most is feltehetj¨ uk hogy f ≡ 0 ´es fn ≥ 0 . Legyen f := lim fn ´es Aδ := {x ∈ R : f (x) > δ} , el´eg azt igazolni hogy ha δ > 0 akkor Aδ nullahalmaz. Mivel Aδ ⊂ Gn,δ R:= {x ∈ R : fn (x) > δ} , ´es a Gn,δ nyilt halmaz komponenseinek ¨osszhossza kevesebb mint fn /δ , az ´all´ıt´ as n → +∞ ut´an k¨ovetkezik. ¤ A Lebesgue integr´ al: Most m´ar sejthet˝o hogy a monoton konvergencia alkalmas az integal ´ertelmez´es´enek kiterjeszt´es´ere. Azonos´ıtottuk az fn ∈ Cc (R) monoton ´es L1 -ben Cauchy r´ sorozatok hat´ar´ert´ekeit mint majdnem minden¨ utt v´eges, m´erhet˝ o f¨ uggv´enyeket, b´ar azt m´eg nem 1 uggv´enyek uggv´eny ilyen. Jel¨olje L+ (R) az olyan f ≥ 0 m.m. f¨ tudjuk hogy minden m´erhet˝o f¨ halmaz´at, amelyekhez van 0 ≤ f ∈ C (R) monoton n¨ o v˝ o sorozat u ´ gy, hogy f = lim fn m.m.; n c R R f := lim f defin´ ıci´ o . Nincs k´ e t´ e rtelm˝ u s´ e g, mert ha a g sorozat is alkalmas k´ e zenfekv˝ o az n n R f meghat´ a roz´ a s´ a ra, akkor h := min{f , g } → f , m.m. amint n =→ +∞ , tov´ abb´ a m,n m n R m R R R R R hm,n ≤ gn ´es hm,n ≤ hm,n+1 , teh´at fm ≤ lim gn , vagyis lim fn ≤ lim gn . A ford´ıtott
19 T¨ obbsz¨ or is haszn´ at vessz¨ uk a k¨ ovetkez¯ o egyszer¯ u ´eszrev´etelnek: Ha 0 ≤ f ∈ RCb (R) , ´es f ≥ c egy ∆
¨ osszhossz´ us´ agu, p´ aronk´ent diszjunkt intervallumokb´ ol ¨ ossze´ all´ o halmazon, akkor c∆ ≤ f , mert ha g(x) R :=R c az adott intervallumok k¨ oz¨ ul v´eges soknak az egyes´ıt´es´en, egy´ebk´ent pedig g(x) := 0 , akkor g ≤ f miatt f ≥ g = c∆0 , ahol ∆0 a kiv´ alasztott intervallumok ¨ osszhossza. Ha v´egtelen sok intervallumunk van, akkor a v´egs¯ o´ all´ıt´ ast hat´ ar´ atmenettel kapjuk.
Val´ os f¨ uggv´ enytan
R
55
R
egyenl˝oRtlens´eg ugyan´ıgy j¨on ki, azaz lim fn = lim gn , ´es az is l´athat´ o hogy ha f ∈ Cc (R) , akkor f ´eppen az ˝o Riemann integr´alja. Nem jeltart´o f¨ uggv´eny integr´alj´at az |f (x)|+ := max{f (x), 0} ´es az |f (x)|− := max{−f (x), 0} 1 (R) t´ pozit´ıv ´es negat´ ıv er R r´eszre val´ R o felbont´as seg´ıts´eg´evel defini´aljuk. Ha |f |+ R ´es |fR|− is az L+ R eleme, tov´ abb´ a (|f |+ ) ´es (|f |− ) k¨ oz¨ ul legal´ abb az egyik v´eges, akkor f := (|f |+ ) − (|f |− ) . Ha f , vagyis |f | = |f | + |f | integr´ a lja v´ eges, akkor f integr´alhat´ o, amit f ∈ L1 (R) jel¨ol; + − R kf k1 := (|f |) . Riesz lemm´aja szerint integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny majdnem minden¨ utt v´eges. Az R utt nulla, de a ford´ıtott ´all´ıt´ as is igaz. Mivel nyilv´anval´o hogy Rf = 0 ha f majnem minden¨ 0 ≤ f ∈ Cc (R) ´es f = 0 eset´en f ≡ 0 , ha kf k1 = 0 akkor f majdnem minden¨ utt nulla. 20 A 1 konstrukci´ o Rszerint minden f ∈ L (R) f¨ uggv´enyhez van fn ∈ Cc (R) u ´gy hogy f = lim fn m.m. R ´es f = lim fn , s˝ot kf − fn k → 0 is igaz. Nemnegat´ıv f¨ uggv´eny k¨ozel´ıt´ese a Cc (R) t´er elemeivel alulr´ol t¨ort´ent, de ez fel¨ ulr˝ ol is lehets´eges. Ha f korl´ atos, integr´ alhat´ o, ´es az [a, b] v´eges intervallumon k´ ıv¨ u l nulla, akkor minden ε>0 R R R sz´ amhoz van g, h ∈ Cc (R) u ´gy hogy g ≤ f ≤ h m.m. ´es h − ε < f < g + ε . ♥ Feltehetj¨ uk hogy f ≥ 0 , ekkor csak a h major´anst kell megtal´ a lni. Biztosan vannak olyan φ, ψ ∈ C (R) c R R f¨ uggv´enyek hogy f ≤ φ , m´ıg 0 ≤ ψ ≤ φ − f ´es (φ − f ) < ψ + ε , teh´at h := φ − ψ a keresett f¨ uggv´eny. ¤ Az integr´alht´o f¨ ha f,R g ∈ L1 (R) ´es α, β ∈ R , akkor αf + βg Ruggv´enyek line´arisR teret alkotnak: R is integr´alhat´o ´es (αf + βg) = α f + β g , tov´ abb´ a f ≥ 0 ha f ≥ 0 m.m.; ez´ert mondjuk azt hogy az integr´al pozit´ıv line´aris funkcion´al. Azt se neh´ez megmutatni hogy k´et integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny maximuma ´es minimuma is az, vagyis L1 vektorh´al´ o. R Nemcsak a sz´amegyenesen lehet integr´ alni. Jel¨olje lA az A ⊂ R halmaz indik´ator´ at: A f dx := R Rb (f lA ) , ha ez az integr´aRl l´etezik. HaR A intervallum, akkor a hagyom´ anyos a f dx jel¨ ol´est R al haszn´aljuk. Vil´agos hogy A∪B f dx = A f dx + B f dx ha A ´es B diszjunkt, vagyis az integr´ addit´ıv halmazf¨ uggv´eny. Az A halmazon integr´ alhat´ o f¨ uggv´enyek ter´et L1 (A) jel¨oli, de err˝ol k¨ ul¨on nem kell besz´elni, mert f : A 7→ R ´ertelmez´es´et a f˜(x) := f (x) ha x ∈ A , f˜(x) = 0 ha x∈ / A konvenci´oval kiterjeszthetj¨ uk a teljes sz´amegyenesre, ´es ezzel az L1 (A) teret be´agyaztuk az 1 L (R) t´erbe. Ha az f : R 7→ R f¨ uggv´eny csak valamilyen [a, b] intervallumon ´erdekel benn¨ unket, akkor kicser´elhetj¨ uk az l[a,b] f szorzatra, vagy megszorozhatjuk olyan, elegend˝ oen sima φ ∈ Cc (R) f¨ uggv´ennyel hogy φ(x) = 1 ha x ∈ [a, b] . A hat´ar´atmenet ´es az integr´al felcser´elhet˝ os´eg´enek tiszt´az´ asa ut´an tudjuk megmutatni hogy minden nemnegat´ıv m´erhet˝o f¨ uggv´enynek van integr´ alja. R A monoton konvergencia t´ etele: Ha fn ∈ L1 (R) monoton f¨ uggv´ R R enysorozat, ´es az fn sorozat alhat´ o, ´es f = lim fn . ♥ Feltehetj¨ uk hogy az fn korl´ atos, akkor az f := lim fn m.m. integr´ sorozat monoton n˝o, ´es fn ≥ 0 m.m.; egy´ebk´ent a gn = −fn , illetve a gn := fn − f1 sorozatr´ol besz´eln´enk. Legyen 0 ≤ ϕRn,k ∈ Cc (R) olyan n¨ ovekv˝ o sorozat hogy fn = Rlim ϕn,k R m.m. amint R k → ∞ , teh´at fn = limk ϕn,k ) ; a sorozatok ritk´ıt´ as´ aval el´erhetj¨ uk hogy fn ≤ ϕn,n +1/n . A gn R:= max{ϕ m´eg mindig a Cc (R) t´erben halad, gn ≤ fn m.m. R R k,k : 1 ≤ k ≤ n} Rmonoton sorozat uggv´eny integr´ alhat´ o, g ≤ f ´es fn ≤ R gn + 1/nR. Mivel gn ≤ sup fn < +∞ , a g := lim gn f¨ m.m., de g = lim fn . Azt kell igazolni hogy f = g majdnem minden¨ utt, ami k¨ovetkezik a lim |fn − g|+ = 0 m.m. ´all´ıt´asb´ol. Viszont |fn − g|+ monoton n¨ov˝ o sorozat, ´es fn − gn ≥ |fn − g|+ miatt az integr´alja elt¨ unik amikor n → +∞ . Ez csak u ´gy t¨ort´enhet meg ha |fn − g|+ = 0 m.m. ∀ n ∈ N , teh´at m.m. f = g . ¤ Ez a t´etel u ´gy is kimondhat´o hogy nemnegat´ıv ´es integr´ alhat´ o f¨ uggv´enyekb˝ ol ´ all´ o sor tagonk´ent integr´ alhat´ o. Az olaszok az eredm´enyt t¨obbnyire Beppo Levi t´etelek´ent id´ezik, pedig a francia P. Fatou lemm´aja kicsit ´altal´anosabb,Rnoha bizony´ıt´ Rasa majdnem ugyanaz. Eszerint ha fn ≥ 0 m.m. ´es f = lim inf fn m.m., akkor f ≤ lim inf fn , ami u ´gy ´ertend˝ o hogy ha a jobboldal v´eges, akkor f integr´alhat´o. 20 Integr´ al´ as szempontj´ ab´ ol semmi sem t¨ ort´enik ha a f¨ uggv´enyek ´ertelmez´es´et nullahalmazon v´ altoztatjuk meg: a majdnem minden¨ utt egyenl¯ o f¨ uggv´enyek azonosnak tekinthet¯ ok. P´eld´ aul, ha f ≤ g m.m., akkor a g˜(x) := g(x) ha f (x) ≤ g(x) , g˜(x) = f (x) ha f (x) > g(x) m´ odos´ıt´ as ut´ an f ≤ g˜ m´ ar minden¨ utt igaz lesz.
56
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
A domin´ alt konvergencia t´ etele: Tegy¨ uk fel hogy g, fn ∈ L1 (R) ´es |fn | ≤ g m.m. ∀n ∈ N , tov´ a Rf = lim fn , szint´en majdnem minden¨ utt. Ekkor f ∈ L1 (R) ´es lim kf − fn k1 = 0 , teh´ at R abb´ fn → f amint n → ∞. ♥ Legyen ϕn,m := min{fk : n ≤ k ≤ m} ha m > n; ϕn,m+1 ≤ ϕn,m 1 m.m., teh´ al f -hez. Mivel R Rat limm→∞ ϕn,m =: ϕn ∈ L (R) , ´es a ϕn sorozat n¨ovekedve konverg´ | ϕn | ≤ g , az ´all´ıt´as a monoton konvergencia t´etel´enek k¨ ovetkezm´enye. ¤ Ez az eredm´eny H. Lebesgue nev´ehez f˝ uz˝ odik, ´es a sorokra vonatkoz´ o Weierstrass t´etel kiterjeszt´ese. A Riemann integr´alhat´os´ag kor´ abban elemi u ´ton bizony´ıtott Lebesgue krit´eriuma Lebesgue t´etel´eb˝ol egyszer¨ uen k¨ovetkezik. Most m´ar az is l´ athat´ o hogy ha f m´erhet˝ o, ´es van g ∈ Cc (R) u ´gy hogy |f | ≤ g , akkor f integr´ alhat´ o. ♥ Val´ oban, ha fn → f m.m. ´es fn ∈ Cc (R) , akkor az f˜n := fn (x) ha |fn (x)| ≤ g(x) , f˜n := g(x) ha fn (x) ≥ g(x) , f˜n := −g(x) ha fn (x) ≤ −g(x) defin´ıci´oval olyan f˜n ∈ Cc (R) sorozatot kaptunk hogy f˜n → f m.m. ´es |f˜n | ≤ g , teh´at f t´enyleg integr´alhat´ o. ¤ Eszerint minden nemnegat´ıv m´erhet˝ o f¨ uggv´enynek van Lebesque integr´ alja, legfeljebb +∞ az ´ert´eke. Igen sok m´erhet˝ o f¨ uggv´eny van mert m´erhet˝ o f¨ uggv´enyek m.m. konvergens sorozat´ anak a hat´ ar´ert´eke is m´erhet˝ o. ♥ Azt tudjuk hogy minden integr´alhat´o f¨ uggv´eny m´erhet˝o, ha teh´at fn m´erhet˝ o ´es fn → f m.m., akkor a domin´alt konvergencia t´etele alkalmazhat´o a gn := exp(−|x|)arctg(fn (x)) sorozatra. Azt kapjuk hogy g = lim gn = exp(−|x|)arctg(f (x)) integr´ alhat´ o, teh´ at f (x) = tg(exp(|x|)g(x)) m´erhet˝ o. ¤ Az L1 (R) t´ er teljes: ♥ Ha fn ∈ L1 (R) Cauchy sorozat, akkor van olyan gn r´eszsorozata hogy kgn+1 − gn k < 2−n , teh´at Beppo Levi szerint g := |g1 | + |g2 − g1 | + · · · + |gn+1 − gn | + · · · integr´alhat´ o, ´es ´ıgy majdnem minden¨ utt v´eges. Persze |gn | ≤ g ´es az f := lim gn hat´ ar´ert´ek majdnem minden¨ utt l´etezik ´es v´eges. Lebesgue t´etele alapj´an f integr´ alhat´ o, ´es gn ´atlagosan is konverg´al hozz´a; a v´egleges kfn − f k1 → 0 ´all´ıt´ as a Cauchy tulajdons´ag k¨ovetkezm´enye. ¤ Menet k¨ozben azt is megmutattuk hogy ´ atlagosan konverges (Cauchy) sorozatnak van majdnem minden¨ utt konvergens r´eszsorozata. A Lebesgue m´ ert´ eRk: Az (a, b) intervallum hossz´ at az l(a,b) indik´ator´ anak integr´al´ as´ aval is megkaphatjuk: b − a = l(a,b) . Ennek kiterjeszt´esek´ent mondjuk Rhogy az A ⊂ R halmaz m´erhet˝ o ha az lA indik´atora m´erhet˝o f¨ uggv´eny, ´es ilyenkor λ(A) := lA az ˝o Lebesque m´ert´eke. Az intervallumok mind m´erhet˝oek, az u ¨res halmaz, ´es minden nullahalmaz m´ert´eke persze 0 , m´ıg λ(R) = +∞ . Mivel lA∪B = max{lA , lB } , lA∩B = min{lA , lB } ´es lAc = 1 − lA , m´erhet˝ o halmazok egyes´ıt´ese, k¨oz¨os r´esze ´es a komplementuma is m´erhet˝ o. A m´erhet˝ o halmazok halmaza z´art a fent felsorolt m˝ uveletkre vonatkoz´oan, vagyis halmazalgebra, amit AR jel¨ ol. Maga a λ : AR 7→ R+ m´ert´ek monoton ´es addit´ıv halmazf¨ uggv´eny: λ(A) ≤ λ(B) ha A ⊂ B ´es lA + lB = lA∩B + lA∩B miatt λ(A) + λ(B) = λ(A ∪ B) + λ(A ∩ B) , teh´at λ(A ∪ B) = λ(A) + λ(B) ha A ´es B diszjunkt. Enn´el t¨obb is igaz: ha A ⊂ RPaz An ∈ AR , n ∈ N p´aronk´ent diszjunkt m´erhet˝ o hallAn , teh´ at Beppo L´evi t´etele, vagy Fatou lemm´aja mimazok egyes´ıt´ese, ♥ akkor lAP= att A is m´erhet˝o ´es λ(A) = λ(An ) . ¤ R¨oviden: a m´erhet˝ o halmazok σ-algebr´ at alkotnak, amin a Lebesque m´ert´ek σ-addit´ıv. AR teljes abban az ´ertelemben hogy nullahalmaz minden ul¨ onb¨ ozik egym´ast´ ol, akkor r´eszhalmaza is m´erhet˝o, ´es ha k´et halmaz csak nullahalmazban k¨ egyszerre m´erhet˝oek. Minden nyilt halmaz intervallumok sorozat´ anak egyes´ıt´ese, teh´at m´erhet˝ o. A z´art halmazok m´erhet˝os´ege onnan ad´odik hogy a komplementum¨ uk ny´ılt; ezek a folytonos f¨ uggv´enyek szinthalo f¨ uggv´eny minden szinthalmaza m´erhet˝ o. ♥ Feltehetj¨ uk hogy mazai. Az is igaz hogy m´erhet˝ f ≥ 0 integr´alhat´o, ekkor van olyan 0 ≤ fn ∈ Cc (R) n¨ovekv˝ o sorozat hogy fn → f m.m. Legyen A := {x : f (x) > c} ´es Gn := {x : fn (x) > c} , ahol fn (x) → f (x) ott lA = lim lGn . Mivel Gn nyilt, A t´enyleg m´erhet˝o. V´eg¨ ul {x : f (x) ≥ c} = ∩{f > c − 1/n} , teh´ at ˝o is m´erhet˝ o. ¤ A m´erhet˝o halmazok fel¨ ulr˝ol j´ol k¨ozel´ıthet˝ ok nyilt, alulr´ol pedig kompakt halmazokkal: inf{λ(G) : G ⊃ A nyilt} = λ(A) = sup{λ(C) : C ⊂ A kompakt} .
(8.1)
♥ A m´ert´ek σ-additivit´asa miatt feltehetj¨ uk hogy A korl´ atos, de ilyenkor a k¨oRzrefog´ as lemm´aja ´gy hogy 0 ≤ f ≤ lA ≤ g ´es g − δ < λ(A) < Rszerint minden δ > 0 sz´amhoz van f, g ∈ Cc (R) u f + δ . Legyen 0 < γ < 1 ´es C := {x : f (x) ≥ γ} , G := {x : g(x) >R γ} , persze C ⊂ A ⊂ G , C kompakt m´ıg G nyilt. Mivel γlG ≤ g a G halmazon, λ(G) ≤ g/γ ≤ (λ(A) + δ)/γ ≤
Val´ os f¨ uggv´ enytan
57
λ(A) + (1 − γ)λ(A)/γ + δ/γ , a Rbaloldali egyenl˝otlens´eg igazol´ as´ ahoz el˝osz¨ or legyen γ = 1 − δ majd δ → 0 . M´asr´eszt, λ(A) ≤ f + δ ≤ λ(C) + γλ(A) − γλ(C) + δ , teh´at a jobboldal γ = δ majd δ → 0 ut´an k¨ovetkezik. ¤ Rx Primit´ıv f¨ uggv´ eny l´ etez´ ese: Ha f ∈ L1 (a, b) ´es F (x) := a f (y) dy , akkor F 0 = f majdnem minden¨ utt az (a, b) intervallumon. ♥ Feltehetj¨ o sorozat hogy R x uk hogy f ≥ 0 , de ekkor van olyan 0 ≤ fn ∈ Cc (R) monoton n¨ov˝ Fn (x) := a fn (y) dy → F (x) a teljes intervallumon; r´eszsorozat kiv´alaszt´ asa r´ev´en el´erhetj¨ uk R x+h −n hogy F (b) − Fn (b) < 2 . Mivel Dh (x, Fn ) = (1/h) x fn (y) dy , a differencia h´ anyadosok 0 sorozata is monoton n˝o, ´es ´ıgy fn (x) = Fn0 (x) ≤ Fn+1 (x) ≤ F 0 (x) majdnem minden¨ utt. Legyen Gn := F − Fn ´es Sn := G1 + G2 + · · · + Gn ; ekkor 0 ≤ Gn (x) ≤ G(x) ≤ G(b) < 2−n miatt Sn monoton f¨ uggv´enyek egyenletesen konvergens monoton sorozata, teh´at S = lim Sn is majdnem minden¨ utt differenci´alhat´o. Most m´ar csak azt kell ´eszrevenni hogy a Dh (x, Sn ) ≤ Dh (x, P S)0 0 sorozat is monoton, teh´at 0 ≤ Sn0 (x) ≤ Sn+1 (x) ≤ S 0 (x) majdnem minden¨ utt. Eszerint a G 0 sor m.m. konvergens, vagyis F − fn → 0 m.m. ¤ A Cantor halmaz eloszl´ asf¨ uggv´ enye: A differenci´al´ as ´es integr´ al´ as m˝ uveleteinek kapcsolata most sem felh˝otlen. A tiszt´az´ast egy negat´ıv p´eld´ aval kezdj¨ uk, ami a C := ∩Cn Cantor halmaz konstrukci´oj´ara ´ep¨ ul. ♥ Mivel λ(Cn ) = (2/3)n , legyen Fn (x) :=
3n 2n
Z 0
x
lCn (y) dy
ha 0 ≤ x ≤ 1 .
Nyilv´an Fn (0) = 0 , Fn (1) = 1 , ´es Fn folytonos, szakaszonk´ent line´aris monoton f¨ uggv´eny, amely c 0 n a Gn := [0, 1] ∩ Cn nyilt halmaz komponensein ´ alland´ o, de Fn (x) = (3/2) ha x ∈ Cn . Az is l´athat´o hogy Fn+1 (x) = Fn (x) ha x ∈ Gn , m´ıg |Fn+1 (x) − Fn (x)| ≤ 2−n /6 ha x ∈ Cn , vagyis m > n eset´en |Fm (x) − Fn (x)| ≤ 2−n /3 az x ´ert´ek´et˝ ol f¨ uggetlen¨ ul. Mivel a Cb (R) t´er teljes, az Fn sorozat egyenletesen konvergens, teh´ at l´etezik ´es folytonos az F := lim Fn hat´ ar´ert´ek. c Az el˝ozm´enyek szerint F ´alland´o a G := ∪Gn = [0, 1] ∩ C nyilt halmaz komponensein, de λ(C) = 0 , ¤ teh´at F majdnem minden¨ utt differenci´ alhat´ o ´es F 0 (x) = 0 , szint´en manjdnem minden¨ utt. Minthogy F monoton n˝o, a Newton - Leibniz formula csak majdnem minden¨ utt difuggv´enyekkel nagyon nem igaz. Viszont a Volterra f¨ u ggv´ e ny deriv´ a ltja Lebesgue ferenci´alhat´o f¨ Rx szerint integr´alhat´o, ´es V (x) = 0 V 0 (y) dy minden x helyen, de ezt m´eg nem tudjuk bebizony´ıtani. Abszol´ uRt folytonos f¨ uggv´ enyek: eben el˝ osz¨ or az R A Newton - Leibniz t´etel kiterjeszt´ese ´erdek´ x F (x) := a f (z) dx ´es az µ(A) := A f (x) dx integr´ alokat vizsg´aljuk, ahol f ∈ L1 (R) , A ∈ AR . A µ(A) : AR 7→ R halmazf¨ uggv´eny el˝ojeles o P m´ert´ek: ha A a p´aronk´ent diszjunkt An , n ∈ N m´erhet˝ halmazok egyes´ıt´ese, akkor µ(A) = µ(An ) , ami a domin´alt konvergencia t´etel´enek egyszer˝ u folyom´anya. Megmutatjuk hogy µ er˝osen abszol´ ut folytonos a Lebesgue m´ert´ekre vonatkoz´ oan, vagyis minden ε > 0 sz´amhoz van δ > 0 u ´gy hogy |µ(A)| < ε ha λ(A) < δ . ♥ Mindez Rnyilv´ anval´ o ha f korl´atos ´es elt˝ unik egy v´eges intervallumon k´ıv¨ ul, mert ilyenkor |µ(A)| ≤ A |f | dx ≤ Kλ(A) , ahol K > 0 az f korl´atja. Az ´altal´ anos esetben legyen fn (x) = f (x) ha |x| ≤ n ∈ N ´es |f (x)| ≤ n , egy´ebk´ent pedig f (x) := 0 , m´ıg gn := f − fn . A domin´alt konvergencia t´etele miatt kgn k1 → 0 , teh´at van n = n∗ u ´gy hogy kgn∗ k1 < ε/2 . Mivel |µ(A)k1 ≤ n∗ λ(A) + kgn∗ k1 , δ := 2n/ε j´o lesz. ¤ Az F : (a, b) 7→ R f¨ uggv´eny abszol´ ut folytonos, ha minden ε > 0 sz´amhoz van δ > 0 u ´gy hogy ha (an , bn ) ⊂ (a, b) , n ∈ N egym´asba nem ny´ ul´ o intervallumok, akkor ∞ X n=1
|F (bn ) − F (an )| < ε ha
∞ X
(bn − an ) < δ .
(8.2)
n=1
Minden abszol´ ut folytonos f¨ uggv´eny egyenletesen folytonos, ♥ mert feltehet˝o hogy a defin´ıc´ı´ oban szerepl˝o intervallumok az els˝o kiv´etel´evel mind u ¨resek. ¤ Szorosabban kapcsol´odik a m´ert´ek fogalm´ahoz a definici´o gyeng´ebb alakja: Ha minden ε > 0 sz´ amhoz van olyan δ > 0 hogy
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
58
tetsz˝ oleges (an , bn ) ⊂ (a, b) p´ aronk´ent diszjunkt intervallumokkal ¯ ¯ ∞ ∞ ¯ ¯X X ¯ ¯ (F (b ) − F (a )) < ε ha (bn − an ) < δ , ¯ n n ¯ ¯ ¯ n=1
(8.3)
n=1
akkor az F : (a, b) 7→ R f¨ uggv´eny abszol´ ut folytonos. ♥ El˝ osz¨ or azokra az intervalmokra kell fel´ırni az (8.3) becsl´est amelyeken F (bk ) − F (ak ) > 0 , majd azokra ahol ez a k¨ ul¨ onbs´eg negat´ıv, ezzel a 2ε sz´amhoz kapjuk meg a delt´at. ¤ A m´asodik defin´ıci´o direkt k¨ovetkezm´enye, de nagyon fontos hogy: ha f ∈ L1 (a, b) akkor Rx F (x) := a f (y) dy abszol´ ut folytonos az (a, b) intervallumon, ♥ mert ha A := ∪(an , bn ) akkor ∞ X
Z (F (bn ) − F (an )) =
n=1
f (x) dx , A
´es ´ıgy alkalmazhat´o az el˝oz˝o szakasz eredm´enye. ¤ Nem neh´ez megmutatni hogy a Cantor eloszl´ asf¨ uggv´eny nem abszol´ ut folytonos. Korl´ atos v´ altoz´ as´ u f¨ uggv´ enyek: Az F : (a, b) 7→ R f¨ uggv´eny teljes vari´aci´ oja az (a, b) intervallumon n−1 X |F (xk+1 ) − F (xk )| , Vab (F ) := sup (8.4) γ
k=0
ahol γ := {a < x0 < x1 < · · · < xk < · · · < xn < b} az intervallum tetsz˝oleges feloszt´asa. Ha Vab (F ) < +∞ , akkor azt mondjuk hogy F korl´atos v´altoz´as´ u. Vil´agos hogy korl´ atos monoton f¨ uggv´eny biztosan korl´ atos v´ altoz´ as´ u, s˝ ot k´et ilyen f¨ uggv´eny k¨ ul¨ onbs´ege is az. ♥ Ford´ıtva, a T (x) := Vax (F ) f¨ uggv´eny monoton n˝o, G(x) := F (x) − T (x) monoton fogy, ¤ teh´at minden korl´ atos v´ altoz´ as´ u f¨ uggv´eny k´et korl´ atos ´es monoton n¨ ovekv˝ o f¨ uggv´eny k¨ ul¨ onbs´eg´ere bomlik fel. atos v´ altoz´ as´ u f¨ uggv´eny majdnem minden¨ utt differenci´ alhat´ o. Lebesgue t´etele szerint teh´at korl´ L´athat´o hogy T (x) folytonos ha F az, ezt az esetet t´argyaltuk r´eszletesen. Annak bel´at´as´ahoz hogy korl´ atos intervallumon minden abszol´ ut folytonos f¨ uggv´eny korl´ atos v´ altoz´ as´ u, ♥ Vab (F ) becsl´esekor az ε = 1 ´ert´ekhez el˝osz¨ or megkeress¨ uk az abszol´ ut folytonoss´ag δ(1) modulus´at, majd a t´ ul hossz´ u intervallumokat δ(1)/3-n´ al r¨ovidebb r´eszekre daraboljuk. Ezut´an δ(1)-n´el kisebb, de δ(1)/2-n´el nagyobb ¨osszhossz´ u maxim´ alis csoportokat hozunk l´etre, ezek sz´ama legfeljebb (2b − 2a)/δ(1) lehet, teh´at a h´aromsz¨ og egyenl˝otlens´eg miatt Vab ≤ ut folytonos f¨ uggv´eny majdnem minden¨ utt (2b − 2a)/δ(1) . ¤ Most m´ar azt is tudjuk hogy abszol´ differenci´ alhat´ o. Rx Lebesgue NL t´ etele: Legyen f ∈ L1 (a, b) ´es F (x) := a f (y) dy , ekkor F abszol´ ut folytonos ´es F 0 = f majdnem minden¨ utt az (a, b) intervallumon. M´ asr´eszt, b´ armely F : (a, b) 7→ R abszol´ ut folytonos Rf¨ uggv´eny majdnem minden¨ utt differenci´ alhat´ o, az F 0 deriv´ altja integr´ alhat´ o, x 0 ´es F (x) = F (a) + a F (y) dy . Azt hogy abszol´ ut folytonos f¨ uggv´eny deriv´altja integr´ alhat´ o, a 13. Fejezetben, a Radon Nikodym t´etelb˝ol vezetj¨ uk le. A t´etel Rt¨obbi ´all´ıt´ as´ at m´ar igazoltuk. A Lebesgue - Stieltjes integr´ al: f dF t´ıpus´ u integr´ alok is defini´alhat´ ok, ahol F : R 7→ 21 as´ u. oszin˝ us´egsz´ am´ıt´ asb´ ol ismert Ef (ξ) ≡ A val´ RR v´eges intervallumokon korl´atos v´altoz´ f dF v´arhat´o ´ert´ek probl´em´aj´at r´eszletezz¨ uk, ahol F (x) := P[ξ < x] a ξ val´oszin˝ us´egi v´altoz´ o uggv´enye, teh´at F balr´ol folytonos monoton n¨ ovekv˝ oP f¨ uggv´eny, −∞-n´el 0 , +∞-n´el 1 a eloszl´asf¨ hat´ar´ert´eke. A diszkr´et v´altoz´ok esete is ´erdekes, itt F (x) := xk <x pk , ahol az xk ∈ R , k ∈ N P ´ sz´amok a ξ lehets´eges ´ert´ekei, pk := P[ξk = xk ] , teh´ at pk ≥ 0 ´es pk = 1 . Ertelmez´ es¨ unk szerint µ[a, b) := F (b) − F (a) = P[a ≤ ξ < b] az [a, b) balr´ol z´art, jobbr´olRnyilt intervallum us´ege. Mindezek ´ertelm´eben az f ∈ Cc (R) f¨ uggv´eny f dF Riemann m´ert´eke vagy val´oszin˝ Rb 21 Valamivel ´ altal´ anosabb az a f dF t´ıpus, ahol F az (a, b) intervallum z´ art r´eszintervallumain korl´ atos
v´ altoz´ as´ u; a t´ argyal´ as l´enyeg´eben ugyanaz mint amit itt bemutatunk.
Val´ os f¨ uggv´ enytan
59
Stieltjes integr´alj´anak k¨ozel´ıt˝o ¨osszeg´et p´eld´ aul En f :=
∞ X k=−∞
f (k/n) (F ((k + 1)/n) − F (k/n)) =
∞ X
f (k/n)µ[k/n, (k + 1)/n)
(8.5)
k=−∞
defini´alja, En f Cauchy sorozat; ennek hat´aRr´ert´eke R ahol n ∈ N . Mivel f egyenletesen folytonos, R 0 az Ef ≡ f dF integr´al. Ha F abszol´ ut folytonos ´es F = f m.m., akkor persze g dF = gf dx mint Lebesgue integr´al. L´athat´o hogy, adott F integr´ator mellett, E pozit´ıv line´aris funkcion´ al a Cb (R) t´eren, |Ef | ≤ kf k miatt azt modjuk hogy E korl´atos, vagy hogy folytonos. Ennek a funkcion´alnak a kiterjeszt´ese ugyan´ ugy t¨ort´enhet mint a Lebesgue integr´ al eset´eben, csak a nullahalmaz fogalm´at kell m´odos´ıtani. Azt mondjuk hogy A ⊂ R µ-nullahalmaz haPlefedhet˝o ak´ armilyen kis ¨osszm´ert´ek˝ u [ak , bk ) , k ∈ N intervallumokkal, vagyis A ⊂ ∪[ak , bk ) ´es (F (bk ) − F (ak )) < ε . Mivel F balr´ol folytonos, a defin´ıci´o tartalma nem v´altozik meg ha a lefed´est az er˝osebb A ⊂ ∪(ak , bk ) form´aban uk meg. Ez az ´eszrev´etel megk¨onny´ıti Borel lefed´esi t’etel´enek alkalmaz´ as´ at ´es a Riesz k¨ovetelj¨ lemm´ak bizony´ıt´as´at. M´erhet˝onek most a µ-m.m. konvergens sorozatok hat´ arf¨ uggv´enyeit nevezz¨ uk. Az integr´ al kiterjeszt´ese el˝osz¨or azokra a f¨ uggv´enyekre t¨ort´enik, amelyek a Cc (R) t´erb˝ ol vett µ-m.m. konvergens monoton sorozatok hat´ar´ert´ekei. A pozit´ıv ´es negat´ıv r´esz sz´etv´ aRlaszt´ asa ut´an defini´ aljuk 1 az integr´alhat´o f¨ uggv´enyek L (µ) ter´et, aminek norm´aja kf k1,µ := |f | dF . Ez a t´er teljes, ´erv´enyes a monoton ´es a domin´al konvergencia t´etele, amib˝ol k¨ovetkezik a korl´ atos m´erhet˝ o f¨ uggv´enyek integr´alhat´os´aga. Mivel F (+∞) − F (−∞) = 1 , az azonosan 1 Rf¨ uggv´eny integr´alja ´eppen 1 . Az A ⊂ R halmaz akkor m´erhet˝ o, ha lA ∈ L1 (µ) , ´es ekkor µ(A) := lA dF . A m´erhet˝ o halmazok σ-algebr´at alkotnak, amin a µ m´ert´ek, az F nemnegat´ıv σ-addit´ıv halmazf¨ uggv´eny, µ(R) = 1 . Egy´altal´an nem volt l´enyeges hogy az F integr´ ator 0 ´es 1 k¨oz¨ ott v´altozik, vagyis µ(R) = 1 , ´es az is csak konvenci´o hogy F balr´ol folytonos. Mivel minden, a teljes sz´ amegyenesen korl´ atos u f¨ uggv´eny korl´atos ´es monoton n¨ov˝ o f¨ uggv´enyek ul¨ onbs´ atos v´altoz´as´ R k¨ R ege: FR = G − H , egy korl´ v´altoz´as´ u F szerinti Lebesgue - Stieltjes integr´ alt az f dF : f dG − f dH k´eplet defini´alja. Noha F felbont´asa nem egy´ertelm˝ u, a konstrukci´o kulcsa, a µ[a, b) := F (b) − F (a) = G(b) − G(a) − H(b) + H(a) m´ert´ek az, teh´at a defin´ıci´ o korrekt. Az F korl´ as´ u f¨ uggv´enyhez R atos v´altoz´ rendelt µ = µRF Lebesgue - Stieltjes m´ert´ek defin´ıci´ oja: µF (A) := lA dF . A konstrukci´ ob´ ol az is ∞ (F ) . l´atszik hogy f dF ≤ kf kV−∞ Riesz reprezent´ aci´ os t´ etele: Riesz Frigyes m´odszere igen ´altal´ anos, keveset kell arr´ol tudni hogy a folytonos f¨ uggv´enyek integr´alj´at hogyan defini´altuk. K´epzelj¨ uk el hogy adott egy ` : Cc (R) 7→ R pozit´ıv line´aris funkcion´al, vagyis `(f ) ≥ 0 ha f ≥ 0 ´es `(αf + βg) = α`(f ) + β`(g) ha α, β ∈ R , f, g ∈ Cc (R) . Azt is feltessz¨ uk hogy ` korl´ atos, pontosabban sup{`(f ) : f ≤ 1} = 1 . ♥ Mivel `(f ) ≥ `(g) ha f ≥ g , a funkcion´al kiterjeszthet˝o monoton sorozatok hat´ arf¨ uggv´enyeire is: `(f ) := lim `(fn ) ha f (x) = lim fn (x) ∀ x ∈ R ´es az fn ∈ Cc (R) sorozat monoton n˝ o. A kiterjeszt´es egy´ertelm˝ u, ´es `(f ) ≤ K ha f (x) ≤ K ∀ x ∈ R . Az l(c,∞) f¨ uggv´eny p´eld´aul az fn (x) := min{nx − nc, 1, n2 − nx} ha c ≤ x < n , egy´ebk´ent ar´ert´eke, legyen F (c) := `(lc,∞ ) ∀ c ∈ R . A konstrukci´ o fn (x) := 0 m´odon defini´alt sorozat hat´ szerint `(l[a,b) ) = F (b) − F (a) , F monoton n˝ o, F (−∞) = 0 , v´eg¨ ul F (+∞) = 1 az´ert igaz mert ha 1 ≥ f ∈ Cc (R) ´es `(f ) > 1 − R δ , akkor is van akkora n ∈ N hogy f ≤ l[−n,n) . Most m´ar csak azt kell ´eszbevenni hogy az f dF integr´ al (8.5) k¨oRzel´ıt˝ o ¨osszege ´eppen En f = `(φn ) , ahol φn (x) := f (k/n) ha k/n ≤ x < (k + 1)/n , teh´ at `(f ) = f dF ha f ∈ Cc (R) . ¤ Riesz t´etele enn´el valamivel ´altal´anosabb, a nem felt´etlen¨ ul pozit´ıv, korl´atos funkcion´alokr´ ol sz´ol. A Cc (R) vagy Cb (R) t´er ` line´aris funkcion´ alja kor´ atos ha a funkcion´ al k`k := sup{`(f ) : kf k ≤ R1} norm´aja v´eges. Maga a t´etel: Minden ` : Cc (R) 7→ R korl´ atos line´ aris funkcion´ al `(f ) = f dF alak´ u, ahol F a teljes sz´ amegyenesen korl´ atos v´ altoz´ as´ u, ´es k`k = V (F ). Az el˝oz˝ o al pozit´ıv ´es negat´ıv r´esz´et kell sz´etv´ alasztani. ♥ Ha f ≥ 0 v´altozat alkalmaz´as´ahoz az ` funkcion´ akkor a pozit´ıv r´esz: `+ (f ) := sup{`(ϕ) : 0 ≤ ϕ ≤ f } . monoton, vagyis `(f ) ≤ `(g) ha f ≤ g , ´es az `(αf ) = α`(f ) ha α ∈ R azonoss´ag, valamint az `(f ) ≤ `+ (f ) ´es `+ (f + g) ≥ `+ (f ) + `+ (g)
60
´ SZAMOK ´ ´ FUGGV ¨ ´ VALOS ES ENYEK
egyenl˝otlens´egek is nyilv´anval´oak. Ha viszont 0 ≤ ϕ ≤ f + g ´es `+ (f + g) ≤ `(ϕ) + ε , ε > 0 , tov´abb´a ϕ1 := min{f, ϕ} m´ıg ϕ2 := ϕ−ϕ1 , akkor ϕ2 ≤ g , teh´at `+ (f +g) ≤ `(ϕ1 )+`(ϕ2 )+ε ≤ ` , vagyis `+ (f + g) = `+ (f ) + `+ (g) is igaz. Mivel 0 ≤ ϕ ≤ f eset´en kϕk ≤ kf k , `+ korl´ atos. Ezut´an a f¨ uggv´eny pozit´ıv ´es negat´ıv r´esz´et sz´etv´ alasztva, f = |f |+ − |f |− alapj´an, tulajdons´againak megtart´as´aval terjeszthetj¨ uk ki az `+ funkcion´ alt a teljes Cc (R) t´erre. Mivel `− := `+ − ` is pozit´ıv, az ` = `+ − `− felbont´assal a bizony´ıt´ ast a pozitiv funkcion´ alok m´ar t´aRrgyalt speci´alis eset´ere vezett¨ uk vissza, teh´at van olyan korl´atos v´altoz´ as´ u F hogy `(f ) = f dF ∀ f ∈ Cc (R) . Az k`k ≤ V (F ) becsl´est m´ar tudjuk, ´es ha F monoton n˝o, akkor az egyenl˝os´eg p´eld´aul az fn (x) := 0 ha |x| ≥ nP , egy´ebk´ent pedig fn (x) := min{x + n, 1, x − n} sorozattal ´erhet˝o el. Az ´altal´anos esetben a |F (xk+1 ) − F (xk )| ¨ osszeget, ahol xk+1 > xk , kell u ¨gyesen v´alasztott, +1 ´es −1 k¨oz¨ott ingadoz´o f¨ uggv´enyek integr´ aljaival megk¨ozel´eteni. ¤ Azonos´ıtottuk a Cc (R) t´eren adott line´aris korl´atos funkcion´ alok ter´et a korl´atos v´altoz´ as´ u f¨ uggv´enyek line´aris ter´evel, amin V (F ) a term´eszetes norma. Ez a Cc (R) t´er du´alisa, amit C ∗ (R) jel¨ol.
K´ etv´ altoz´ os f¨ uggv´ enyek
61
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK Itt kezd˝odik a m´asodik szemeszter anyaga, sok benne az ism´etl˝ od´es. A t¨orzsanyaghoz nem tartoz´o r´eszeket ´altal´aban csillag jel¨oli, a 13. Fejezet teljes eg´esz´eben ilyen, de ott nincs ∗ ∗ . ´ ALTOZ ´ ´ FUGGV ¨ ´ 9. KETV OS ENYEK M´ar a s´ıkon is sz´amos olyan jelens´eget tapasztalunk, amelyek a sz´amegyenesen nem mutatj´ak meg magukat, komplex f¨ uggv´enyek eset´en ez k¨ ul¨ on¨ osen szembet˝ un˝ o. Egyes nehezebb bizony´ıt´asok csak k´es˝obb ker¨ ulnek sorra. 9.1. G¨ orb´ ek differeci´ algeometri´ aja. Az y = f (x) t´ıpus´ u s´ıkg¨ orb´ekn´el bonyolultabbak is vannak, a t´erg¨ orb´ek le´ır´as´ahoz m´ar mindenk´eppen kell valami vektorsz´ am´ıt´ as. El˝osz¨ or a geometria ´es a line´aris algebra n´eh´any alapfogalm´at, ´es azok kapcsolat´at tiszt´azzuk. Geometria, a skal´ aris ´ es a vektori´ alis szorzat: A s´ık ´es a t´er Euklideszi geometri´aj´ at alapvet˝oen az r helyvektorok |r| hossza, vagyis a t´avols´ag hat´ arozza meg, a koszinusz t´etel szerint a t´avols´ag seg´ıts´eg´evel k´et vektor sz¨oge is ´ertelmezhet˝ o. A vektorok line´aris teret alkotnak, ´es az |αr| = |α||r| ∀ α ∈ R ´es |r1 + r2 | ≤ |r1 | + |r2 | tulajdons´agok mellett az |r1 + r2 |2 + |r1 − r2 |2 = 2|r1 |2 + 2|r2 |2 paralelogramma azonoss´ag is teljes¨ ul. K´et vektor skal´aris szorzat´at hr1 , r2 i ≡ r1 · r2 := |r1 ||r2 | cos φ defini´alja, ahol φ a r1 ´es r2 vektorok sz¨oge. Vektorok r1 ⊥ r2 mer˝ olegess´eg´et r1 · r2 = 0 jellemzi. A |r1 · r2 | ≤ |r1 ||r2 | Cauchy egyenl˝ otlens´eg mindig igaz, ´es az r1 k r2 m´ odon jel¨olt p´arhuzamoss´ag, vagyis r1 = λr2 , λ ∈ R az egyenl˝ os´eg felt´etele. Vil´agos hogy |r|2 = r · r ≥ 0 , r1 · r2 = r2 · r1 ´es hαr1 , r2 i = αhr1 , r2 i ha α ∈ R . Egyszer˝ u ´abra seg´ıts´eg´evel az is igazolhat´o hogy hr1 + r2 , ri = r1 · r + r2 · r , vagyis az Euklideszi t´er line´ aris algebr´ab´ ol ismert axi´om´ ai teljes¨ ulnek. 22 Ha most i , j ´es k a t´er p´aronk´ent mer˝oleges egys´egvektorai, ´es ri = xi i + yi j + zi j , i = 1, 2 , akkor a skal´aris szorzat disztribut´ıv tulajdons´aga miatt r1 · r2 = x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 , ami a geometriai k´ep alapj´an f¨ uggetlen a b´ azis megv´ alaszt´ as´ at´ ol. A r = xi + yj + zj vektor (x, y, z) koordin´at´ait x = r · i , y = r · j , z = r · k hat´arozz´ak meg. K´et vektor, r1 ´es r2 vektori´alis szorzat´at r1 × r2 jel¨oli, aminek p |r1 × r2 | = |r1 ||r2 || sin φ| = |r1 ||r2 | − hr1 , r2 i2 a hossza, ahol φ megint a vektorok sz¨oge, tov´ abb´ a r1 , r2 ´es r1 × r2 jobbrendszert alkotnak. Ha teh´at az i , j , k b´azis jobbrendszer, amit mindig feltesz¨ unk, akkor i × j = k , j × k = i ´es k × i = j , 23 ¨ tov´abb´a r1 × r2 = 0 ha r1 k r2 , r1 × r2 = −r2 × r1 , (αr1 ) × r2 =α(r1 × r2 ) ha α ∈ R . Ugyes rajz seg´ıts´eg´evel szeml´elteht˝o hogy a vektori´ alis szorz´ as disztribut´ıv: (r1 + r2 ) × r = r1 × r + r2 × r . ♥ Ez ut´obbin´al feltehetj¨ uk hogy r mer˝oleges r1 ´es r2 s´ıkj´ ara, de ekkor r1 × r ´es r2 × r is ebben a s´ıkban van, ´es az azonoss´ag arra reduk´al´ odik hogy h´aromsz¨ og oldalvektorainak ¨osszege nulla. ¤ A vektori´alis szorz´as disztribut´ıv tulajdons´ag´ ab´ ol ri = xi i + yi j + zi j eset´en az r1 × r2 = (y1 z2 − y2 z1 ) i − (x1 z2 − z1 x2 ) j + (x1 y2 − y1 x2 ) k
(9.1)
determin´ans formul´at kapjuk; ez a vektoszorzat algebrai defin´ıci´ oja. 22A paralelogramma azonosss´ agnak k¨ osz¨ onhet¯ oen a skal´ aris szorzatot a 4r1 · r2 = |r1 + r2 |2 − |r1 + r2 |2 k´eplettel is defini´ alhattuk volna. 23A geometria alapfogalmai k¨ oz¨ ul a t´ avols´ ag (hossz´ us´ ag) ´es a sz¨ og nagys´ aga az Euklideszi terek line´ aris algebrai elm´elet´enek keretin bel¨ ul is ´ertelmezhet¯ oek, ´es ez a fogalmi konstrukci´ o a dimenzi´ ot´ ol f¨ uggetlen. Ezzel szemben s´ıkbeli sz¨ og el¯ ojele, vagyis a tengely k¨ or¨ uli forgat´ as ir´ anya, valamint h´ arom t´erbeli vektor ir´ any´ıt´ asa tiszt´ an geometriai fogalom. Amikor a s´ıkon, illetve a t´erben megadjuk az i , j , illetve az i , j , k b´ azisvektorok sorrendj´et, akkor hat´ arozzuk meg az ir´ any´ıt´ ast. A s´ıkon j a i vektorb´ ol pozit´ıv ir´ any´ u, az ´ oramutat´ o j´ ar´ as´ aval ellent´etes forgat´ assal keletkezik. A t´erben a kiv´ alasztott b´ azis, a priori, jobbrendszert alkot, ´es r1 , r2 , r3 akkor jobbrendszer ha a hr1 , r2 × r3 i determin´ ansuk pozit´ıv. A t´er ir´ any´ıthat´ os´ ag´ ahoz kapcsol´ odik az elemi r´eszecsk´ek fizik´ aj´ nak parit´ as fogalma is, aminek k´et ´ert´eke lehet. Magasabb dimenzi´ os t´er kett¯ on´el t¨ obbf´elek´eppen ir´ any´ıthat´ o mert nagyobb a b´ azisvektorok ciklikus permut´ aci´ oinak sz´ ama.
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
62
´ Erdemes ´eszrevenni hogy ha a, b, c jobbrendszer, akkor az ha, b × ci = ha × b, ci vegyes szorzat az a, b, c vektorok ´altal kifesz´ıtett ferde has´ ab (paralelepipedon) t´erfogata . Innen a disztribut´ıv azonoss´ag f´elre´erthetetlen¨ ul k¨ovetkezik mert h(a1 + a2 ) × b, ci = ha1 + a2 , b × ci = ha1 , b × ci + ha2 , b × ci = ha1 × b, ci + ha2 × b, ci , ´es itt c tetsz˝oleges, teh´at (a1 + a2 ) × b = a1 × b + a2 × b azonoss´ag, amib˝ol fentebb (9.1) k¨ovetkezett. V´eg¨ ul, a determin´as formul´ aval ha, b×ci = det A , ahol A az a, b, c vektorokb´ ol alkotott m´atrix, vagyis a determin´ ans a m´ atrixot alkot´ o vektorok ´ altal meghat´ arozott paralelepipedon el˝ ojeles t´erfogata, az el˝ojel akkor pozit´ıv ha a vektorok jobbrendszert alkotnak. Az a line´aris algebr´ab´ol is ismert hogy szorzat determin´ansa a determin´ansok szorzata, teh´at a b´azis cser´ejekor a m´atrix megv´altozik, de a determin´anst nem. A vektori´ alis szorzat nem asszociat´ıv, ezt az a×(b×c) = (a·c) b−(a·b) c kifejt´esi t´etel is mutatja; a fenti h´armas szorzat mindig a h´ats´o kett˝ o s´ıkj´ aban van. A t´etel j´o rajzon is szeml´eltethet˝ o, de a disztribut´ıv tulajdons´agra hivatkozva el´eg a b´azisvektorokra igazolni. P´eld´ aul, i × (i × j) = −j m´ıg j × (i × j) = i ; a szorz´ot´abla igen egyszer˝ u. T´erg¨orb´ek: Az ´altal´anos r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k , 0 ≤ t < T ≤ +∞ param´eteres megad´as a z ≡ 0 v´alaszt´assal, a s´ıkon is haszn´alhat´ o. P´eld´ aul, az r sugar´ u ´es (x0 , y0 ) k¨oz´eppont´ u k¨or ker¨ ulet´en l´ev˝o pontokat legjobb az x = r cos ϕ ´es y = r sin ϕ m´odon megadni, ahol ϕ az r = (x, y) helyvektornak az x tengellyel bez´art, pozit´ıv ir´any´ u elforgat´as szerinti sz¨oge. Az r(t) := (t cos t, t sin t) g¨orbe spir´alis mozg´ast ´ır le, r(t) := cos t i + sin t j + t k csavarvonal egyenlete. Az y = f (x) s´ıkg¨orb´et az r(t) := t i + f (t) j m´odon reproduk´alhatjuk. ˙ k) a mozg´as Az r(t) g¨orbe t param´etere gyakran az id˝o, teh´at r˙ (t) := x(t) ˙ i + y(t) ˙ j + z(t) ¨ k) pedig a gyorsul´asa. Az ´ıgy jellemzett mozg´as sebess´egvektora, r˙ (t) := x ¨(t) i + y¨(t) j + z(t) dinamikai (kinematikai) jelens´eg, meg kell t˝ole k¨ ul¨ onb¨ oztetni a mozg´as p´aly´aly´at, ami az r(t) pontok halmaza, maga a g¨orbe. Ha r˙ 6= 0 akkor defini´alhat´ o t(t) := r˙ (t)/|˙r(t)| , az ´erint˝ o egys´egvektor, ami m´ar csak a p´alya ir´any´ıt´ as´ at´ ol f¨ ugg, a g¨orbe geometriai jellemz˝oje. Hasonl´oan, a t v´altoz´as´ anak ir´anya az n := t˙ /|t˙ | norm´alis egys´egvektor. P´eld´ aul, az x(t) := r cos(ωt) , y(t) := r sin(ωt) , ω sz¨ogsebess´eggel t¨ort´en˝o egyenletes k¨ormozg´ as p´aly´ aja az r sugar´ u k¨or ker¨ ulete, sebess´eg´enek nagys´aga v = rω. Ha ω > 0, akkor a gyorsul´ as, ´epp´ ugy mint n, a k¨or k¨oz´eppontja fel´e mutat, nagys´aga rω 2 = v 2 /r . G¨ orb¨ ulet ´es a centripet´alis gyorsul´as: Az r˙ sebess´egvektor ´erint˝ o ir´any´ u komponense v := r˙ · t , a p´alyamenti sebess´eg, teh´at r˙ = vt . A p´alyamenti gyorsul´as ´ert´eke nyilv´ an a := ¨r · t. Nemcsak a fenti p´eld´aban igaz hogy a = v˙ ; a v˙ = ¨r · t + r˙ · t˙ egyenletben r˙ · t˙ = 0, vagyis a norm´ alis mindig mer˝ oleges a sebess´egre. ♥ Val´oban, d|˙r|/dt = ¨r · t , teh´at ¨r − at = |˙r| t˙ , vagyis t · t˙ = 0. ¤ Ezzel a p´alyamenti sebess´eg ´es gyorsul´as a = v˙ kapcsolat´at is igazoltuk, de a gyorsul´ as ¨r = at + v t˙ ˙ felbont´as´ahoz is eljutottunk. Mivel n a t ir´any´ u egys´egvektor, n ⊥ t ´es ¨r = at + a⊥ n , ahol a⊥ := ¨r · n a norm´alis ir´any´ u (centripet´alis) gyorsul´ as. K¨orp´ aly´ an halad´o t¨omegpontn´ al ez ´eppen v 2 /ρ , ahol ρ a k¨or sugara, v a p´alyamenti sebess´eg. M´asr´eszt az r˙ ´es ¨r vektorok ´altal kifesz´ıtett paralelogramma ter¨ ulete ´eppen |˙r||¨r − at|, teh´ at a⊥ = gv 2 , ahol g(t) :=
|˙r(t) × ¨r(t)| |¨r − (¨r · t)t| |¨r − at| = = |˙r(t)|3 |˙r|2 v2
(9.2)
a g¨orbe g¨orb¨ ulete a t id˝opontban. A sz´ohaszn´ alatot a centripet´alis gyorsul´ as a⊥ = v 2 /r k´eplete indokolja: a g¨orb¨ ulet a g¨orb´ehez illeszked˝ o k¨or sugar´anak reciproka. y = f (x) alak´ u s´ıkg¨ orbe g¨orb¨ ulet´et kor´abban a simul´ok¨or sugar´anak reciprokak´ent defini´altuk. A k´epletek r´an´ez´esre k¨ ul¨onb¨oznek, de k¨onny˝ u ellen˝orizni hogy az eredm´eny ugyanaz. Az eddig elmondottak ´ertelemszer˝ uen alkalmazhat´ok mindegyik Rd t´erben, kiv´eve azt hogy vektorok vektori´ alis szorzata h´aromn´al magasabb dimenzi´os t´erben m´ar nem defini´alhat´ o. Ett˝ol f¨ uggetlen¨ ul, (9.2) m´asodik ´es harmadik k´eplete ilyenkor is ´erv´enyes. Ahol a g¨orb¨ ulet nulla, ott a norm´alvektor nem defini´alhat´o. Z´erus g¨orb¨ ulet˝ u g¨orbe nyilv´ an csak egyenes lehet. S´ıkban halad´ o g¨ orb´ ek: ♥ Ha az r(t) g¨orbe minden pontja ugyanazon a s´ıkon van, akkor az r(t + h) − r(t) k¨ ul¨onbs´egek, ´es ´ıgy az r˙ sebess´egvektorok is mind p´arhuzamosak a s´ıkkal. Innen az ¨r gyorsul´asvektorok p´arhuzamoss´aga is k¨ovetkezik, vagyis az (˙r(t) רr(t)) · (¨r(t + h) −¨r(t)) vegyes
K´ etv´ altoz´ os f¨ uggv´ enyek
63
... szorzat nulla. Ezt az egyenletet h-val osztva, hat´ar´ atmenettel kapjuk az (˙r(t) × ¨r(t)) · r (t) = 0 felt´etelt. ¤ A sz´obanforg´o s´ık norm´alvektora, b := t × n mindig egys´egvektor mert t ⊥ n , ´es az ´altal´anos esetben is defini´alhat´o: neve binorm´alis egys´egvektor. Ha r(t) nem s´ıkg¨ orbe, akkor b(t) ir´anya sem ´alland´o, ir´anyv´altoz´as´anak sebess´eg´et a ˙ × ¨r(t)) · ... r (t) (r(t) (9.3) τ := |˙r(t) × ¨r(t)|2 torzi´o jellemzi. 24 G¨ orbe ´ıvhossza: Az [a, b] szakaszon a g¨orb´ere rajzolt t¨ortvonal (poligon) hossz´aval k¨ozel´ıtj¨ uk, teh´at az a = t0 < t1 < · · · < tm−1 < tm = b feloszt´ashoz tartoz´o k¨ozel´ıt˝ o ¨osszeg sγ (a, b) :=
m−1 Xq
¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ x(tk+1 ) − x(tk ) + y(tk+1 ) − y(tk ) + y(tk+1 ) − y(tk ) .
k=0
Ha x˙ , y˙ ´es z˙ folytonos, akkor x(tk+1 )−x(tk ) = x(t ˙ k )(tk+1 −tk )+ε1,k (tk+1 −tk ) , y(tk+1 )−y(tk ) = y(t ˙ k )(tk+1 − tk ) + ε2,k (tk+1 − tk ) ´es z(tk+1 ) − z(tk ) = z(t ˙ k )(tk+1 − tk ) + ε3,k (tk+1 − tk ) , ahol az egyenletes folytonoss´ag miatt max{εi,k | : i = 1, 2, 3 , k = 0, 1, ..., m − 1} → 0 amint a feloszt´as finoms´aga null´ahoz tart. Nem szabv´anyos integr´ al k¨ozel´ıt˝ o ¨osszegr˝ og P ol van sz´o, de a h´aromsz¨ |˙ r (t )(t − t ) + r , ahol egyenl˝otlens´eg szerint |a| − |b| ≤ |a + b| ≤ |a| + kbk , teh´at sγ = m−1 γ k k+1 k k=1 |rγ | ≤
m−1 Xq
ε21,k + ε22,k + ε23,k (tk+1 − tk ) → 0
amint max(tk+1 − tk ) → 0 .
k=0
Mindezeket ¨osszefoglalva l´atjuk hogy Z b Z bp x˙ 2 (t) + y˙ 2 (t) + z˙ 2 (t) dt = |˙r(t)| dt s(a, b) =
(9.4)
a
a
a g¨ orbe (a, b) szakasz´ anak ´ıvhossza, m´as sz´oval a mozg´o test ´altal megtett u ´t; s´ıkg¨ orb´en´el persze z˙ ≡ 0 . Defin´ıci´oja szerint az ´ıvhossz nem f¨ ugg a param´eterez´est˝ ol, ez helyettes´ıt´eses integr´ al´ assal is bel´athat´o. Viszont figyelembe kell venni azt, hogy az r : [a, b] 7→ Γ := {r(t) : a ≤ t ≤ b} lek´epez´es nem biztos hogy k¨olcs¨on¨ osen egy´ertelm˝ u; az r(t) pont a Γ halmazt t¨obbsz¨ or is befuthatja, s˝ot id˝onk´ent vissza is fordulhat. A fenti k´eplet alapj´an az y = f (x) , f ∈ C 1 [a, b] f¨ uggv´eny gr´afj´anak hossza az [a, b] szakaszon Z bq s(a, b) = 1 + f 0 2 (x) dx . (9.5) a
Nemcsak (szakaszonk´ant) folytonosan differenci´alhat´ o g¨orb´eknek van ´ıvhossza, ez a legegyszer˝ ubb eset, t¨obbre nincs sz¨ uks´eg¨ unk. Vannak olyan folytonos g¨orb´ek, melyek v´eges szakasz´ anak is v´egtelen az ´ıvhossza. P´eld´aul, az f (x) := x sin(1/x) ha x ∈ (0, 1) , ´es f (0) = 1 f¨ uggv´eny folytonos, s˝ot a (0, 1] intervallumon folytonosan differenci´alhat´ o, de a gr´afja v´egtelen hossz´ u. Ugyanazt a g¨orb´et mint geometriai alakzatot t¨obbf´elek´eppen is megadhatjuk, kit¨ untett szerepet j´atszik az ´ıvhossz szerinti term´eszetes param´eterez´es. Tegy¨ uk fel hogy r(t) mindegyik kordin´at´aja folytonosan differenci´alhat´o, ´es az s(t) := s(0, t) f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton. Jel¨olje t = t(s) az s inverz f¨ uggv´eny´et, ekkor r(s) := r(t(s)) a g¨orbe term´eszetes param´eterez´ese. Ilyenkor a p´alyamenti sebess´eg v = 1, a p´alyamenti gyorsul´ as a = 0, tov´ abb´ a s(t) ˙ = |˙r(t)| , t0 (s) = 1/s , 0 00 00 r (s) = t(s) ´eppen az ´erint˝o egys´egvektor, v´eg¨ ul n = r /|r | a norm´alis, ami mer˝oleges az r0 00 ´erint˝ore. A g¨orb¨ ulet g = |r (s)| defin´ıci´ oja is szeml´eletes, azt a kor´ abban m´ar eml´ıtett felfog´ast 24T´ erg¨ orbe h´ arom pontja ´ altal´ aban s´ıkot hat´ aroz meg, ennek hat´ arhelyzete a simul´ os´ık, ami nyilv´ an az ´erint¯ o
´es a norm´ alis s´ıkja, felt´eve hogy az ut´ obbi ´ertelmes. ♥ A h−3 (r(t + h) − r(t)) × (r(t + h) + r(t − h) − 2r(t)) vektor mer¯ oleges az r(t) , r(t + h) ´es r(t − h) pontok s´ıkj´ ara, ha van ilyen. Ha teh´ at a g¨ orb¨ ulet nem nulla, akkor a h → 0 hat´ ar´ atmenet sor´ an l´ atjuk hogy a s´ıknak van hat´ arhelyzete, amit az r(t) pont, ´es a s´ık r(t) ˙ × r¨(t) norm´ alvektora hat´ aroznak meg. Ez a vektor mindig p´ arhuzamos a binorm´ alissal. ¤
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
64
t¨ ukr¨ozi, hogy a g¨orb¨ ulet az ´erint˝o ir´anysz¨ og´enek az ´ıvhossz szerinti v´altoz´ as´ anak sebess´ege, vagyis arcsin |t(t + τ ) × t(t)| |(˙r(t + τ ) − r˙ (t)) × r˙ (t)| |¨r × r˙ | g = lim = lim = . (9.6) τ →0 τ →0 τ |˙r(t)||˙r(t + τ )||˙r(t)| s(t, t + τ ) |˙r|3 A levezet´es sor´an az arcsin0 0 = 1 ´es r˙ × r˙ = 0 ¨osszef¨ ugg´eseket haszn´altuk fel. Persze az (9.2) egyenletb˝ol a g = |r00 (s)| k´eplet egyszer˝ u behelyettes´ıt´essel is k¨ovetkezik. ´ ∗∗ Alland´ o g¨ orb¨ ulet˝ u g¨ orb´ ek: C´elszer˝ u a term´eszetes param´eter, az s ´ıvhossz haszn´alata. Mivel r0 (s) egys´egvektor, a s´ıkon kordin´ at´ ai x0 (s) = cos ϕ(s) ´es y 0 (s) = sin ϕ(s) alak´ uak, ϕ 00 egyenl˝ore ismeretlen. Viszont a g = |r (s)| = |ϕ0 (s)| g¨orb¨ ulet nem f¨ ugg az s-t˝ol, teh´at ϕ0 (s) is ´alland´o, vagyis ϕ(s) = ϕ0 + gs . A g > 0 esetben k¨or, a g = 0 esetben egyenes egyenlet´et kapjuk. A t´er geometri´aja bonyolultabb, az |r0 | = 1 egyenlet megold´asa z 0 (s) = sin α(s) , x0 (s) = cos α(s) cos β(s) ´es y 0 (s) = cos α(s) sin β(s) , ahol α ´es β elvileg tetsz˝oleges f¨ uggv´enyek. |r00 | = g 02 02 2 2 most az α + β cos α = g egyenlethez vezet, amib˝ol α megv´alaszt´ asa ut´an β m´ ar meghat´arozhat´o. P´eld´aul, az α(s) =const v´alaszt´ assal szab´alyos csavarg¨ orb´ehez jutunk, ami k¨orr´e fajul ha α = 0 . ∗∗ Integr´ al´ as g¨ orbe ment´ en: Az r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k , t´erg¨ orbe t ∈ [a, b] szakasz´ an az f(r) = ϕ(x, y, z) i + φ(x, y, z) j + ψ(x, y, z) k er˝ot´er (vektormez˝ o) ´altal v´egzett munka k¨ozel´ıt˝ o ´ert´eke a γ := {a = t0 < t1 < · · · < tn−1 < tn = b} feloszt´ asn´ al Wγ (a, b) ≈
n−1 X
f(r(tk )) · (r(tk+1 ) − r(tk )) =
n−1 X
k=0 n−1 X
k=0
k=0
k=0
+
n−1 X
φ(x(tk ), y(tk ), z(tk )) (y(tk+1 ) − y(tk )) +
ϕ(x(tk ), y(tk ), z(tk )) (x(tk+1 ) − x(tk ))
ψ(x(tk ), y(tk ), z(tk )) (z(tk+1 ) − z(tk ))
mert kis elmozdul´asn´al a munka az u ´t ´es az elmozdul´as ir´any´ aba es˝o er˝o szorzat´aval k¨ozel´ıthet˝ o. Az ´ıvhossz levezet´esekor haszn´alt okoskod´as megism´etl´es´evel, az integr´ alra ´att´erve kapjuk a Z t W (a, b) = f(r(τ )) · r˙ (τ ) dτ (9.7) 0 Z t = (ϕ(x(τ ), y(τ ), z(τ ))x(τ ˙ ) + φ(x(τ ), y(τ ), z(τ ))y(τ ˙ ) + ψ(x(τ ), y(τ ), z(τ ))z(τ ˙ )) dτ 0
k´epletet; term´eszetesen feltessz¨ uk hogy F(r) folytonos, r(t) pedig folytonosan differenci´alhat´ o. Az eredm´eny nem f¨ ugg a g¨orbe param´eterez´es´et˝ ol, gyakran az s ´ıvhossz seg´ıts´eg´evel ´ırjuk fel. Mivel |˙r| dt = ds, (9.7)-ban f(r(τ )) · r˙ (τ ) dτ = f(r) · t ds , ahol t az ´erint˝ o egys´egvektor. Centr´ alis er˝ ot´ er munk´ aja: Minden centr´ alis er˝ot´er f(r) = −(1/r)U 0 (r)r alak´ u, ahol r := |r| ´es U : R+ 7→ R a t´er potenci´alja. Mivel r˙ = d|r(t)|/dt = (1/r)˙r · r , Newton ´es Leibniz t´etel´evel kapjuk hogy centr´alis er˝ot´er munk´aja Z t Z t 0 W (t) = − U (r(τ )) r(τ ˙ ) dτ = − dU (r(τ ))/dτ dτ = U (|r(0)|) − U (|r(t)|) , (9.8) 0
0
ami csak a g¨orbe kezd˝o- ´es v´egpontj´ at´ ol f¨ ugg. Gravit´ ac´ os t´er potenci´alja az U (r) := −γ/r Newton potenci´al, γ > 0 a gravit´aci´os ´alland´ o. Ez a sz´amol´ as nem f¨ ugg a t´er dimenzi´oj´ at´ ol, de meg kell jegyezni hogy k´etdimenzi´os vil´agban a Newton potenci´al U = log |r| volna, mert ez a ∆U = 0 Laplace egyenlet megold´asa. arokkal reprezent´ aljuk, 9.2. Az Euklideszi s´ık ´ es t´ er. Az R2 s´ık pontjait egyr´eszt (x, y) sz´amp´ ahol x ´es y a pont k´et koordin´at´aja, m´asr´eszt a koordin´atarendszer kezd˝ opontj´ ab´ ol a pontba mutat´o r = xi + yj helyvektorral, ahol i ´es j a koordin´ata rendszer b´azisvektorai. A k´etfajta ´abr´azol´as term´eszetesen egyen´ert´ek˝ u, mindkett˝ ot haszn´aljuk r ≡ (x, y) figyelembev´etel´evel. A ˝ val´odi, h´aromdimenzi´os t´erben ugyanez az r = xi + yj + zk ≡ (x, y, z)palakban jelenik meg. Az r1 = (x1 , y1 ) ´es r2 = (x2 , y2 ) pontok t´avols´aga ρ(r1 , r2 ) ≡ |r1 − r2 | := (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 ;
K´ etv´ altoz´ os f¨ uggv´ enyek
65
az |r1 + r2 | ≤ |r1 | + |r2 | h´aromsz¨og egyenl˝ otlens´eg itt is kulcsszerepet j´atszik. Az r1 = (x1 , y1 ) ´es r2 = (x2 , y2 ) vektorok skal´aris szorzata hr1 , r2 i ≡ r1 · r2 := x1 x2 + y1 y2 . Konvergens sorozatok a s´ıkon: Az (xn , yn ) = rn pontsorozat konvergenci´ aj´ at k´etf´elek´eppen is defini´alhatjuk. K´ezenfekv˝o azt mondani hogy (xn , yn ) → (x, y) amint n → +∞ , ha xn → x ´es yn → y egyszerre teljes¨ ul. Az sem vitathat´o hogy az rn → r ha limn→∞ |rn − r| = 0 defin´ıci´o is indokolt. Szerencs´ere, amint az k¨onnyen ellen˝orizhet˝ o, a k´et defin´ıci´ o ekvivalens. Az r0 = (x0 , y0 ) pont δ > 0 sugar´ u k¨ornyezete a Kδ (r0 ) := {r : |r − r0 | < δ} nyilt k¨orlap. Ennek seg´ıts´eg´evel az rn → r rel´aci´o u ´gy is fogalmazhat´o hogy r mindegyik k¨ornyezete, v´eges sz´am´ u kiv´etellel, a sorozat valamennyi pontj´at tartalmazza. Folytonos f¨ uggv´ enyek: Az f (r) f¨ uggv´eny az ´ertelmez´esi tartom´any r0 pontj´aban folytonos, ha minden ε > 0 sz´amhoz van olyan δ > 0 hogy r ∈ Kδ (r0 ) eset´en |f (r)−f (r0 )| < ε ; a t´eny´ all´ ast f ∈ C(r0 ) jel¨oli, m´ıg f ∈ C(A) ha f az A ⊂ R2 halmaz minden pontj´ aban folytonos. Ha f ∈ C(r0 ) akkor f (rn ) → f (r) amint rn → r , ´es ez a tulajdons´ag a folytonoss´ag ekvivalens defin´ıc´ı´ oj´ at adja. Azt hogy a folytonoss´ag k´erd´ese ¨osszetettebb mint a sz´amegyenesen, j´ol illusztr´alja a k¨ovetkez˝ o h´arom p´elda, f1 (x, y) =
xy , 2 x + y2
f2 (x, y) :=
x2 + y 2 , y−x
f3 (x, y) =
x3 y − xy 3 . x2 + y 2
(9.9)
Az els˝o esetben az y = αx egyenesek ment´en tartva a (0, 0) ponthoz azt l´atjuk, hogy a hat´ar´ert´ek, α/(1 + α2 ) f¨ ugg az α ir´anytangenst˝ol. A m´asodik esetben ez a fajta hat´ar´ert´ek mindig 0, de az y = x + αx2 parabol´ak ment´en, x → 0 ut´an a hat´ar´ert´ek 2/α , teh´ at f2 hat´ar´ert´eke sem l´etezik a (0, 0) pontban. Az f3 f¨ uggv´eny az f (0, 0) = 0 konvenci´ oval folytonoss´a tehet˝o a (0, 0) helyen is, itt a deriv´altakkal lesz probl´ema. 9.3. Parci´ alis deriv´ altak. Ha az f val´ os f¨ uggv´eny ´ertelmezve van az (x, y) pont egy k¨ornyezet´eben, akkor az f parci´alis deriv´altjait a f (x + h, y) − f (x, y) ∂f (x, y) := lim , h→0 ∂x h
∂f (x, y) f (x, y + h) − f (x, y) := lim h→0 ∂y h
(9.10)
hat´ar´ert´ekek defini´alj´ak, ha azok l´eteznek; a ∂x f ≡ fx0 := ∂f /∂x jel¨ol´esek is szok´asosak. T¨obbv´altoz´ os f¨ uggv´eny parci´alis deriv´altjait ugyan´ıgy defini´aljuk ´es jel¨olj¨ uk. Az f f¨ uggv´eny folytonosan differenci´alhat´o az (x0 , y0 ) pontban, ha annak egy teljes k¨ornyezet´eben ´ertelmezve van, ´es fx0 , fy0 ∈ C(x0 , y0 ) ; ezt f ∈ C 1 (x, y) jel¨oli. A ∇f ≡ gradf ≡ f 0 := (fx0 , fy0 ) vektort az f p gradiens´enek nevezz¨ uk. Hasznos tudnival´ o hogy az orig´ ot´ ol val´o r = x2 + y 2 t´avols´ag gradiense ∇r = (x/r, y/r) , az (x, y) pont fel´e mutat´o egys´egvektor, ami a (0, 0) pontban nem ´ertelmezhet˝ o. Az f (r) f¨ uggv´enynek az r0 = (x0 , y0 ) pontban lok´alis maximuma, illetve lok´alis minimuma van, ha f ´ertelmezve van r0 egy k¨ornyezet´eben, ´es ott f (r) ≤ f (r0 ) , illetve f (r) ≥ f (r0 ) . Az egyv´altoz´os eredm´eny alkalmaz´as´aval kapjuk a lok´alis sz´els˝ o´ert´ek sz¨ uks´eges felt´etel´et: ha a parci´alis deriv´altak l´eteznek, akkor a lok´alis sz´els˝ o´ert´ek hely´en fx0 (x0 , y0 ) = fy0 (x0 , y0 ) = 0 , vagyis ∇f (r0 ) = 0 . 25 Ha f az (x0 , y0 ) egy teljes k¨ornyezet´eben folytonosan differenci´alhat´ o, alis deriv´ altak egy¨ uttesen meghat´ arozz´ ak f -et ebben a akkor az f (x0 , y0 ) ´ert´ek, ´es az fx0 , fy0 parci´ k¨ornyezetben. Ennek bel´at´as´ahoz csak a Newton - Leibniz formul´ at kell egyszer az x tengely, majd az y tengely ir´any´aban alkalmazni: Z x Z y 0 f (x, y) = f (x0 , y0 ) + fx (u, y0 ) du + fy0 (x, v) dv . (9.11) x0
y0
´ Erdekes az f (x, y) := arctg(y/x) p´elda, f az r := (x, y) helyvektor ir´anysz¨ oge. Itt fx0 = −y/(x2 + 2 2 2 0 al´ askor ´atl´epj¨ uk az x = 0 egyenest, akkor π nagys´ag´ u y ) , fy = x/(x + y ) , de ha az integr´ ugr´ast tapasztalunk. 25Ovatoss´ ´ agra int Peano f (x, y) := (y 2 − x)(y 2 − 2x) p´eld´ aja. ∇f (0, 0) = 0 , s¯ ot ennek a f¨ uggv´enynek a (0, 0) pontban mindegyik x = αt , y = βt egyenes ment´en lok´ alis minimuma van, de (0, 0) minden k¨ ornyezet´eben pozit´ıv ´es negat´ıv ´ert´ekeket egyar´ ant felvesz.
66
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
A m´asodik ´es tov´abbi parci´alis deriv´altakat a kor´ abbiak deriv´al´ as´ aval k´epezz¨ uk, p´eld´ aul ∂ 2 f (x, y) 00 := ∂x ∂x f (x, y) ≡ fxx (x, y) , ∂x2
∂ 2 f (x, y) 00 := ∂x ∂y f (x, y) ≡ fyx (x, y) . ∂x∂y
(9.12)
Az f ∈ C 2 (x, y) rel´aci´o arra utal hogy f m´ asodik parci´alis deriv´altjai mind folytonosak az (x, y) pontban. Young t´etele szerint a ∂x ´es a ∂y oper´atorok felcser´elhet˝ oek. T´ etel 9.1. Ha f ∈ C 2 (x, y) , akkor ∂x ∂y f (x, y) = ∂y ∂x f (x, y) . Bizony: Legyen g(y) := f (x + h, y) − f (x, y) . Lagrange t´etele szerint f (x + h, y + h) − f (x, y + h) − f (x + h, y) + f (x, y) = g(y + h) − g(y) ¡ ¢ 00 = g 0 (η)h = fy0 (x + h, η) − fy0 (x, η) h = fyx (ξ, η) h2 . 00 (ξ, η) h2 = f 00 (ξ, ˜ η˜) h2 ad´odik, amib˝ol A g˜(x) := f (x, y + h) − f (x, y) f¨ uggv´ennyel ugyan´ıgy fyx xy 00 (x, y) = f 00 (x, y) k¨ egyszer˝ us´ıt´es ut´an a h → 0 hat´ar´atmenettel fxy ovetkezik. ¤ yx Ezt a nevezetes t´etelt u ´gy is kimondhatjuk hogy a folytonosan differenci´alhat´ o f f¨ uggv´eny m´asodik parci´alis deriv´altjaib´ol alkotott µ 00 ¶ 00 fxx fxy 2 00 ∇ f ≡ f := (9.13) 00 00 fyx fyy 00 + f 00 Laplace oper´ Hesse m´ atrix szimmetrikus. A Hesse m´atrix nyoma a ∆f := fxx ator. A yy (9.9) tanp´eld´ak k¨oz¨ ul az f3 f¨ uggv´eny egyszer folytonosan differenci´alhat´ o a (0, 0) pontban is, de k´etszer m´ar nem, ´es ´ıgy nem csoda hogy ∂x ∂y f3 (0, 0) 6= ∂y ∂x f3 (0, 0) .
uggv´eny egy pontban parci´alisan dif9.4. Differenci´ alhat´ o f¨ uggv´ enyek. Abb´ol hogy egy f¨ ferenci´alhat´o, m´eg a folytonoss´aga sem k¨ovetkezik, tartalmasabb a k¨ovetkez˝ o fogalom. Az f f¨ uggv´eny differenci´alhat´o (f ∈ D1 (x0 , y0 )) az (x0 , y0 ) pontban, ha annak egy teljes k¨ornyezet´eben ´ertelmezve van, ´es vannak olyan a1 ´es a2 sz´amok, hogy ´erv´enyes az p f (x, y) = f (x0 , y0 ) + a1 (x − x0 ) + a2 (y − y0 ) + ε0 (x, y) (x − x0 )2 + (y − y0 )2 (9.14) line´aris k¨ozel´ıt´es, vagyis ε0 (x, y) → 0 amint (x, y) → (x0 , y0 ) ; a1 , a2 ´es ε0 a r¨ogz´ıtett r0 = (x0 , y0 ) helyt˝ol is f¨ ugg. Az y = y0 , illetve x = x0 speci´alis esetek mutatj´ ak hogy differenci´alhat´ o f¨ uggv´enynek l´eteznek a parci´alis deriv´altjai: fx0 (x0 , y0 ) = a1 , fy0 (x0 , y0 ) = a2 . A vektoros jel¨ol´est haszn´alva (9.14) az f (r) = f (r0 ) + ∇f (r0 ) · (r − r0 ) + o(|r − r0 |) alakot ¨olti. A df = fx0 dx + fy0 dy ≡ ∇f · dr line´aris form´at az f (els˝o) differenci´alj´anak nevezz¨ uk. T´ etel 9.2. Ha f ∈ D1 (x0 , y0 ), akkor a1 = fx0 (x0 , y0 ) ´es a2 = fy0 (x0 , y0 ). Folytonosan differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny differenci´ alhat´ o, vagyis C 1 (x0 , y0 ) ⊂ D1 (x0 , y0 ) . Bizony: Az els˝o, nyilv´anval´o ´all´ıt´ast m´ar tiszt´aztuk. Lagrange t´etele szerint f (x, y) − f (x0 , y0 ) = f (x, y) − f (x0 , y) + f (x0 , y) − f (x0 , y0 ) = fx0 (ξ, y)(x − x0 ) + fy0 (x0 , η)(y − y0 ) = fx0 (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy0 (x0 , y0 )(y − y0 ) + ε1 (x − x0 ) + ε2 (y − y0 ) , ahol ε1 := fx0 (ξ, y) − fx0 (x0 , y0 ) → 0 ´es ε2 := fy0 (x0 , η) − fy0 (x0 , y0 ) → 0 amint (x, y) → (x0 , y0 ) , teh´at |ε1 | |x − x0 | + |ε2 | |y − y0 | = o(|r − r0 |). ¤ Az ´ erint˝ os´ık, konvex f¨ uggv´ enyek: Az f ∈ D1 (x0 , y0 ) f¨ uggv´eny ´erint˝ os´ıkja az (x0 , y0 ) pontban u s´ık. L´athat´ o hogy az ´erint˝ os´ık a z = f (x0 , y0 ) + fx0 (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy0 (x0 , y0 )(y − y0 ) egyenlet˝ norm´alvektora az n := −fx0 (x0 , y0 )i − fy0 (x0 , y0 )j + k ir´annyal p´arhuzamos; n nem egys´egvektor. ´ Erdemes meggondolni hogy az ´erint˝os´ık azoknak a s´ıkoknak a hat´arhelyzete, amelyeket a z = f (x, y) fel¨ ulet h´arom egym´ashoz k¨ozel´ıt˝ o pontja hat´aroz meg. Ugyanis, a parci´alis deriv´altak az r1 (t) := (x0 + t)i + y0 j + f (x0 + t, y0 )k ´es r2 (t) := x0 i + (y0 + t)j + f (x0 , y0 + t)k t´erg¨ orb´ek ´erint˝oje harmadik komponenseik´ent is sz´armaztathat´ oak: r˙1 (0) = i + fx0 (x0 , y0 )k , r˙2 (0) = j + fy0 (x0 , y0 )k .
K´ etv´ altoz´ os f¨ uggv´ enyek
67
Ez a k´et vektor nyilv´an p´arhuzamos az ´erint˝ os´ıkkal, teh´at a vektori´ alis szorzatuk p´arhuzamos a norm´alvektorral. A sz´amol´as eredm´enye ´eppen a fenti n vektor. A C ⊂ R2 halmaz konvex ha k´et pontj´ aval egy¨ utt azok ¨osszek¨ ot˝ o szakasz´ at is mindig tartalmazza. A C konvex halmazon ´ertelmezett f ∈ D1 (C) f¨ uggv´eny konvex ha soha nem ker¨ ul az ´erint˝os´ıkja al´a, vagyis f (r) ≥ f (r0 ) + ∇f (r0 ) · (r − r0 ) ∀ r, r0 ∈ C . Legyen p1 + p2 + · · · + pn = 1 ´es ¯r := p1 r1 + p2 r2 + · · · + pn rn , ahol pk > 0 ´es rk ∈ C . Az f : C 7→ R konvex f¨ uggv´enyre vonatkoz´o f (¯r) ≤ p1 f (r1 ) + p2 f (r2 ) + · · · + pn f (rn ) Jensen egyenl˝ otlens´eg ugyan´ ugy igazolhat´o mint az egyv´altoz´os esetben. A l´ ancszab´ aly esetei: Differenci´alhat´ o f¨ uggv´enyekb˝ ol ¨osszetett f¨ uggv´eny szint´en differenci´alhat´o, a differenci´alok sz´amol´as´at meghat´aroz´ o l´ancszab´ aly alkalmaz´ as´ at megk¨onny´ıti a df form´ak haszn´alata. A l´ancszab´alynak t¨obb v´altozata van, a legegyszer˝ ubb a g(x, y) = h(f (x, y)) eset. A dg = h0 (f ) df = h0 (f ) fx0 dx + h0 (f ) fy0 dy s´ema nyom´ an megmutatjuk hogy ha f ∈ D1 (x, y), ´es h ∈ D1 (z) a z := f (x, y) helyen, akkor g ∈ D1 (x, y), v´eg¨ ul gx0 (x, y) = h0 (f (x, y))fx0 (x, y) ,
´es gy0 (x, y) = h0 (f (x, y))fy0 (x, y).
(9.15)
A parci´alis deriv´altak azonos´ıt´asa nyilv´ anval´ o, g ∈ D1 (x, y) bizony´ıt´ asa sem neh´ez. Mivel g v´altoz´asa k´et helyr˝ol j¨on, ha w := f (u, v) akkor g(u, v) − g(x, y) = h(w) − h(z) = h0 (z)(w − z) + εh |w − z| ¡ ¢ = h0 (z) fx0 (x, y)(u − x) + fy0 (x, y)(v − y) + εf |˜r − r| + εh |w − z| , ahol ˜r = (u, v), r = (x, y). f ∈ D1 (r) miatt van olyan K = K(r) sz´am hogy |f (u, v) − f (x, y)| ≤ K|˜r − r| a r pont egy k¨ornyezet´eben, teh´at εh → 0 amint ˜r → r , vagyis g ∈ D1 (p) . A k¨ovetkez˝o l´ancszab´aly a g(t) := f (ϕ(t), ψ(t)) helyettes´ıt´esre vonatkozik. Ha ϕ, ψ ∈ D1 (t) ´es f ∈ D1 (r) a r = (x, y) := (ϕ(t), ψ(t)) helyen, akkor g ∈ D1 (t) , ´es dg = fx0 dϕ + fy0 dψ = fx0 ϕ˙ dt + fy0 ψ˙ dt , vagyis ˙ . g 0 (t) = fx0 (ϕ(t), ψ(t))ϕ(t) ˙ + fy0 (ϕ(t), ψ(t))ψ(t)
(9.16)
Ennek bizony´ıt´asa is a szok´asos s´em´at k¨oveti, g(τ ) − g(t) = f (ϕ(τ ), ψ(τ )) − f (ϕ(t), ψ(t)) = fx0 (x, y)(u − x) + fy0 (x, y)(v − y) + εf |˜r − r| , ahol ˜r = (u, v) := (ϕ(τ ), ψ(τ )) , ´es εf → 0 amint ˜r → r . Mivel u − x = ϕ(t)(τ ˙ − t) + εϕ |τ − t| ˙ ´es v − y = ψ(t)(τ − t) + εψ |τ − t| , ahol εϕ , εψ → 0 amikor τ → t , tov´ abb´ a ˜r → r amint τ → t , l´atjuk hogy g ∈ D1 (t). A k¨ovetkez˝o szab´aly speci´alis esetk´ent tartalmazza az el˝oz˝ o kett˝ ot, bizony´ıt´ asa l´enyeg´eben ugyanaz. Az x = ϕ(u, v) ´es y = ψ(u, v) helyettes´ıt´essel kapott g(u, v) = f (ϕ(u, v), ψ(u, v)) ¨osszetett f¨ uggv´eny differenci´alja dg = fx0 dϕ + fy0 dψ = fx0 ϕ0u du + fx0 ϕ0v dv + fy0 ψu0 du + fy0 ψv0 dv = (fx0 ϕ0u + fy0 ψu0 ) du + (fx0 ϕ0v + fy0 ψv0 ) dv ,
(9.17)
ha teh´at ϕ, ψ ∈ D1 (u, v) ´es f ∈ D1 (x, y) , (x, y) = (ϕ(u, v), ψ(u, v)) , akkor g ∈ D1 (u, v), ´es gu0 (u, v) = f 0 (x, y) ϕ0u (u, v) + fy0 (x, y) ψu0 (u, v) , gv0 (u, v) = f 0 (x, y) ϕ0v (u, v) + fy0 (x, y) ψu0 (u, v) .
(9.18)
A l´ancszab´aly leg´altal´anosabb alakj´at k´es˝ obb t´argyaljuk. P´eld´aul, a s´ık ϕ sz¨oggel t¨ort´en˝o elforgat´as´ at az u = x cos ϕ − y sin ϕ , v = x sin ϕ + y cos ϕ ortogon´ alis transzform´ aci´ o adja, aminek x = u cos ϕ + v sin ϕ , y = −u sin ϕ + v cos ϕ az inverze. Az f (x, y) f¨ uggv´eny k´epe g(u, v) := f (u cos ϕ + v sin ϕ , −u sin ϕ + v cos ϕ) , ´es a parci´alis deriv´altak transzform´ aci´os szab´alya: fx0 = gu0 cos ϕ + gv0 sin ϕ , fy0 = −gu0 sin ϕ + gv0 cos ϕ , ugyanaz mint a 00 egy¨ utthat´ oja nulla, teh´at v´altoz´ok´e. ∆f sz´amol´asakor guv 00 00 ∆f (x, y) = guu (cos2 ϕ + sin2 ϕ) + gvv (cos2 ϕ + sin2 ϕ) = ∆g(u, v) ,
(9.19)
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
68
vagyis a Laplace oper´ator a forgat´asokkal szemben invari´ ans. A Hesse m´atrix transzform´aci´ os k´eplete ∇2 f = Uϕ ∇2 gUϕ∗ , ahol Uϕ az (x, y) → (u, v) forgat´as m´atrixa. p 00 = 1/r − x2 /r 3 Az r(x, y) := x2 + y 2 f¨ uggv´eny parci´alis deriv´altjai rx0 = x/r ´es ry0 = y/r , rxx 00 2 3 00 ´es ryy = 1/r − y /r , ha teh´at f (x, y) = φ(r) radi´ alis f¨ uggv´eny akkor ∆f = φ (r) + φ0 (r)/r = 0 teljes¨ ul a φ(r) = log(1/r) esetben. Nem kev´esb´e ´erdekes a ϕ(x, y) := arctg(y/x) f¨ uggv´eny, ami az r = (x, y) helyvektor ir´ anysz¨ oge. Most ϕ0x = −y/r ´es ϕ0y = x/r , teh´ at ∇r ´es ∇ϕ egym´asra mer˝oleges egys´egvektorok. Az x = r cos ϕ , y = r sin ϕ pol´aris transzform´aci´ on´al a g(r, ϕ) := f (r cos ϕ, r sin ϕ) jel¨ol´essel µ ¶ 1 00 1 ∂ r∂g(r, ϕ) 1 0 1 ∂ 2 g(r, ϕ) 00 (9.20) ∆f (x, y) = φrr (r, ϕ) + gr (r, ϕ) + 2 gϕϕ (r, ϕ) = + 2 r r r ∂r ∂r r ∂ϕ2 a Laplace oper´ator pol´aris alakja. Ir´ anymenti deriv´ altak: Legyen g(t) := f (r0 + te) , ahol e = (cos φ, sin φ) a φ ir´ anysz¨og˝ u egys´egvektor. Ha f ∈ D1 (r0 ) , r0 = (x0 , y0 ) , akkor a (9.16) l´ancszab´ aly egyszer˝ u k¨ovetkezm´enye g(0) ˙ = ∇f (r0 ) · e = fx0 (x0 , y0 ) cos φ + fy0 (x0 , y0 ) sin φ ;
(9.21)
a jobboldalon ´all´o ∇e f (r0 ) := ∇f (r0 ) · e mennyis´eg az f e-ir´any´ u ir´anymenti deriv´altja a r0 pontban. A parci´alis deriv´altakat az e = i , illetve e = j esetben kapjuk: fx0 = ∇i f ´es fy0 = ∇j f . L´athat´o hogy az ir´anymenti deriv´alt akkor maxim´alis ha e k ∇f , vagyis a gradiens a f¨ uggv´eny leggyorsabb n¨ oveked´es´enek ir´ anya. Konzervat´ıv er˝ ot´ er: Az F = (g(x, y), h(x, y)) vektormez˝ o akkor konzervat´ıv ha van olyan U potenci´al hogy valamely G ⊂ R2 tartom´anyban g(x, y) = −Ux0 (x, y) ´es h(x, y) = −Uy0 (x, y) . Az el˝ojel konvenci´o term´eke: az er˝ot´er a potenci´al legyorsabb cs¨okken´es´enek ir´any´ aba mutat. Konzervat´ıv er˝ ot´er munk´ aja az u ´tt´ ol f¨ uggetlen, ´es a potenci´ al cs¨ okken´es´evel egyenl˝ o. Pontosabban, ha az r(t) = (x(t), y(t)) , t1 ≤ t ≤ t2 szakaszonk´ent folytonosan differenci´alhat´ o g¨orbe az (x1 , y1 ) = r(t1 ) ´es (x2 , y2 ) = r(t2 ) pontokat k¨oti ¨ossze, akkor ezen a szakaszon az er˝ot´er munk´ aja Z t2 W = F(r(t)) · r˙ (t) dt = U (x1 , y1 ) − U (x2 , y2 ) . (9.22) t1
Val´oban, r´eszletesen ki´ırva l´atjuk hogy Z t2 ¡ 0 ¢ W =− Ux (x(t), y(t))x(t) ˙ + Uy0 (x(t), y(t))y(t) ˙ dt , t1
´es a l´ancszab´aly szerint az integrandus ´eppen −U (x(t), y(t)) id˝o szerinti deriv´altja, teh´at (9.22) NL k¨ovetkezm´enye. Ha teh´at egy z´art g¨orbe olyan tartom´anyban halad ahol az er˝ot´ernek van potenci´alja, akkor a g¨orbe ment´en sz´amolt munka mindig nulla. Potenci´ al l´ etez´ ese: Young t´etele szerint minden folytonosan differenci´alhat´ o (g, h) konzervat´ıv 00 felt´ etelnek, ´es ez a szimmetria tulajdons´ag jellemzi is ˝oket. er˝ot´er eleget tesz a gy0 = h0x = −Ux,y T´ etel 9.3. Ha g ´es h folytonosan differenci´ alhat´ o az (x0 , y0 ) pont egy k¨ ornyezet´eben, ´es ott 0 0 amhoz pontosan egy olyan f f¨ uggv´eny van hogy a k¨ ornyezetben gy = hx , akkor minden c ∈ R sz´ fx0 = g , fy0 = h , ´es f (x0 , y0 ) = c . Bizony: (9.11) szellem´eben legyen
Z
Z
x
f (x, y) := c + x0
g(u, y0 ) du +
y
h(x, v) dv . y0
Az integr´alok differenci´al´asa ut´an l´athat´ o hogy Z y Z 0 0 fx (x, y) = g(x, y0 ) + hx (x, v) dv = g(x, y0 ) + y0
y
y0
gy0 (x, v) dv = g(x, y) ;
us´eg (9.11) k¨ovetkezm´enye. fy0 = h igazol´asa hasonl´o, az egy´ertelm˝
¤
K´ etv´ altoz´ os f¨ uggv´ enyek
69
Az ´ıgy meghat´arozott U (x, y) = −f (x, y) f¨ uggv´eny a F = (g, h) vektormez˝ o (er˝ot´er) potenci´alja: F = −∇U . Tanuls´agosak az F1 := (x/r, y/r) , F2 := (x/r2 , y/r2 ) , F3 := (−y/r2 , x/r2 ) p p´eld´ak, ahol r := x2 + y 2 . Az orig´oban egyik mez˝o sem folytonos, azon k´ıv¨ ul mindh´arom eleget tesz a t´etel felt´etel´enek, ´es potenci´aljuk is van. Rendre U1 (x, y) := −r ´es U2 (x, y) = log(1/r) ha r 6= 0 , m´ıg U3 (x, y) := −arctg(y/x) csak az x 6= 0 esetben van defini´alva, de itt sok m´as lehet˝os´eg is van. P´eld´aul, a (0, 1) pontb´ ol kiindulva, az x = 0 , y ≤ 0 f´elegyenes kiv´etel´evel Z y Z x x dv du − = arctg x − arctg(y/x) + arctg(1/x) U3∗ (x, y) := 2 2 + v2 1 + u x 1 0 ad´ odik; U3∗ (0 + 0, y) = U3∗ (0 − 0, y) = 0 ha y > 0 , U3∗ (0 + 0, y) = π , de = U3∗ (0 − 0, y) = −π ha y ≤ 0. A dolog l´enyeg´et j´ol mutatja a bizony´ıt´ as k¨ovetkez˝ o v´altozata. A (g, h) er˝ot´er potenci´alj´ at az r(t) = (x(t), y(t)) , x(t) := x0 + (x − x0 )t , y(t) := y0 + (y − y0 )t egyenes ment´en v´egzett munk´ aval sz´amolhatjuk. Mivel r˙ = r − r0 = (x − x0 , y − y0 ) , Z 1 W (x, y) := (g(x(t), y(t))(x − x0 ) + h(x(t), y(t))(y − y0 )) dt 0
a munka. A differenci´al´ast megint az integr´ al m¨og¨ ott v´egezve Z 1 ¡ ¢ g(x(t), y(t) + gx0 (x(t), y(t))(x − x0 )t + h0x (x(t), y(t))(y − y0 )t dt Wx0 (x, y) = 0
ad´ odik, ´es itt h0x = gy0 Young felt´etel miatt az integrandus m´asodik ´es harmadik tagj´anak ¨osszege ´eppen t(d/dt)g(x(t), y(t)) . A felk´ın´alkoz´ o parci´alis integr´ al´ as ut´an kapjuk hogy Wx0 = g , Wy0 = h ugyan´ıgy j¨on ki. Ez a konstrukci´o miden olyan G ⊂ R2 nyilt tartom´anyban megadja a potenci´alt ahol az er˝ot´er folytonosan differenci´alhat´o, ´es van olyan r0 ∈ G pont hogy a [r0 , r] szakasz mindig G-ben halad hacsak r ∈ G ; ezek a csillagszer˝ u tartom´anyok. A fenti p´eld´ ak k¨oz¨ ul az els˝o er˝ot´er olyan g¨orb´ek ment´en is integr´alhat´o, amelyek ´atmennek az orig´on, a potenci´al mindenhol folytonos, de az orig´oban nem differenci´alhat´o. Az F2 t´er az orig´on ´athalad´ o g¨orb´ek ment´en nem integr´ alhat´ o, az (9.22) NL formula ezzel a korl´atoz´assal ´erv´enyes. Ezzel szemben F3 potenci´alja csak ”felhas´ıtott” s´ıkon defini´alhat´o, ´es NL csak ennek belsej´eben alkalmazhat´ o. 9.5. Lagrange t´ etelei ´ es k¨ ovetkezm´ enyeik. Az (9.16) szab´alyt a ϕ(t) := x0 + (x − x0 ) t ´es ψ(t) := y0 + (y − y0 ) t f¨ uggv´enyekkel alkalmazva kapjuk Lagrange els˝o t´etel´et. T´ etel 9.4. Ha f differenci´ alhat´ o az r0 = (x0 , y0 ) ´es r = (x, y) szakasz bels˝ o pontjaiban, ´es a v´egpontokban is folytonos, akkor f (x, y) = f (x0 , y0 ) + fx0 (ξ, η)(x − x0 ) + fy0 (ξ, η)(y − y0 ) , ahol (ξ, η) az (x0 , y0 ) ´es (x, y) pontokat ¨ osszek¨ ot˝ o szakasz bels˝ o pontja; r¨ oviden f (r) = f (r0 ) + ∇f (q) · (r − r0 ) , ahol q := (ξ, η) . Bizony: g(0) = f (x0 , y0 ) , g(1) = f (x, y) , tov´ abb´ a g(t) ˙ = fx0 (ϕ(t), ψ(t))(x − x0 ) + fy0 (ϕ(t), ψ(t))(y − y0 ) . Az egyv´altoz´os t´etel szerint g(1) = g(0) + g 0 (τ )(1 − 0) , vagyis ξ := x0 + (x − x0 ) τ , η := y0 + (y − y0 ) τ . ¤ Ugyan´ıgy kapjuk Lagrange m´asodik marad´ektagj´at. T´ etel 9.5. Ha f k´etszer differenci´ alhat´ o az r0 = (x0 , y0 ) ´es r = (x, y) pontokat ¨ osszk¨ ot˝ o egyenes ment´en, akkor f (x, y) = f (x0 , y0 ) + fx0 (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy0 (x0 , y0 )(y − y0 ) ¢ 1 ¡ 00 00 00 fxx (ξ, η)(x − x0 )2 + 2fxy (ξ, η)(x − x0 )(y − y0 ) + fyy (ξ, η)(y − y0 )2 , + 2
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
70
ahol (ξ, η) az (x0 , y0 ) ´es (x, y) pontokat ¨ osszek¨ ot˝ o szakasz pontja. A vektoros ´ır´ asm´ oddal f (r) = f (r0 ) + h∇f (r0 ), r − r0 i +
1 hr − r0 , ∇2 f (q)(r − r0 )i , 2
ahol q = (ξ, η) ´es ∇2 f a Hesse m´ atrix. Bizony: Az el˝oz˝o t´etel jel¨ol´eseit haszn´alva, csak azt kell meggondolni hogy 00 00 00 g¨(t) = fxx (ϕ, ψ)(x − x0 )2 + 2fxy (ϕ, ψ)(x − x0 )(y − y0 ) + fyy (ϕ, ψ)(y − y0 )2 ,
ahol az f 00 parci´alis deriv´altak argumentuma r0 + t (r − r0 ) . ¤ 2 00 00 00 A t´etelben szerepl˝o d f (x0 , y0 ) := fxx (x0 , y0 ) dx dx+2fxy dx dy +fyy (x0 , y0 ) dy dy kvadratikus alak az f k´etszer folytonosan differenci´alhat´ o f¨ uggv´eny m´asodik differenci´alja az (x0 , y0 ) pontban. A Q(u, v) := au2 + 2buv + cv 2 kvadratikus alak (szigor´ uan) pozit´ıv definit, amit Q > 0 jel¨ol, illetve (szigor´ uan) negat´ıv definit, amit Q < 0 jel¨ol, ha Q(u, v) > 0, illetve Q(u, v) < 0 ∀u, v ∈ R , kiv´eve az u = v = 0 trivi´alis esetet. Szemidefinit alakr´ol akkor besz´el¨ unk ha csak Q ≥ 0 , illetve Q ≤ 0 ismert. Ha Q pozit´ıv ´es negat´ıv ´ert´eket egyar´ ant felvehet, akkor Q indefinit. Ugyanezeket mondjuk ´es ´ırjuk a Q-t meghat´aroz´o szimmetrikus m´atrixr´ ol is. Tudjuk hogy Q > 0 acsak 2 2 a, c > 0 ´es ac > b ; Q < 0 felt´etele a, c < 0 ´es ac > b . Az els˝o esetben a m´atrixnak k´et pozit´ıv, a m´asodikban k´et negat´ıv saj´at´ert´eke van. Lagrange m´asodik t´etel´enek els˝o k¨ovetkezm´enye a konvexit´ as el´egs´eges felt´etele. Ha A ⊂ R2 2 2 konvex, f ∈ D (A) ´es ∇ f pozit´ıv szemidefinit az A halmaz minden pontj´ aban, akkor f konvex. M´asodik a lok´alis sz´els˝o´ert´ek el´egs´eges felt´etele: Ha ∇f (r0 ) = 0 , f ∈ C 2 (r0 ) ´es ∇2 f (r0 ) pozit´ıv definit, akkor r0 szigo´ u lok´alis minimum helye. Ha viszont ∇2 f (r0 ) negat´ıv definit, akkor f nek szigor´ u lok´alis maximuma van. A bizony´ıt´ ashoz csak azt kell meggondolni hogy a m´asodik 00 , mint az f 00 f 00 − f 00 yf 00 y determin´ deriv´altak folytonoss´aga miatt u ´gy fxx ans el˝ojele az (x0 , y0 ) xx yy x x az (x0 , y0 ) pont egy teljes k¨ornyezet´eben ugyanaz, teh´at a 9.5. T´etel alkalmazhat´ o. ∗∗ A legkisebb n´ egyzetek m´ odszere: Amikor az η = a + bξ (fizikai) t¨orv´eny konstansait az x = (x1 , x2 , ..., xn ) m´er´esi pontokhoz tartoz´o y = (y1 , y2 , ..., yn ) ´ert´ekek alapj´an kell meghat´arozni, k´ezenfekv˝o vonalz´ot illeszteni az (xk , yk ) pontokhoz. Enn´el pontosabb a k¨ovetkez˝ o numerikus elj´ar´as. El˝ofordul hogy az egyes m´er´esek nem egyform´an pontosak, ezt w1 , w2 , ..., wn s´ ulyok szerint uk figyelembe, ahol wk > 0 ´es w1 + w2 + · · · + wn = 1 . A feladat a P vessz¨ al´ asa. Q konvex f¨ uggv´enyek Q(a, b) := nk=1 wk (yk − bxk − a)2 n´egyzetes vesztes´eg minimaliz´ ¨osszege, teh´at maga is konvex; elvi probl´ema nincs, csak u ¨gyesen kell sz´amolni. Ha b ´ert´ek´et ismern´enk, akkor alkalmazhatn´ank Steiner t´etel´et: n X
wk (zk − a)2 =
k=1
n X
wk (zk − ¯z)2 + (¯z − a)2 ,
¯z :=
k=1
n X
wk zk .
(9.23)
k=1
Eszerint a zk sz´amokat legjobban k¨ ozel´ıt˝ o konstans a s´ ulyozott sz´ amtani k¨ ozep¨ uk, teh´ at az opPn 2 ¯ tim´alis esetben a = ¯y − b¯x . Ezzel a feladat Q(b) := yk − b˜ xk ) minimaliz´ al´ as´ ara k=1 wk (˜ reduk´al´odott, ahol y˜k = yk − ¯y ´es x ˜k = xk − ¯x . A megold´as: b = C(x, y)/σ 2 (x) , ahol C(x, y) :=
n X
wk (yk − ¯y)(xk − ¯x) ,
k=1
v´eg¨ ul a = ¯y − C(x, y)σ −2 (x) ¯x .
2
σ (x) :=
n X
wk (xk − ¯x)2 ,
(9.24)
k=1 26
∗∗
26A matematikai statisztik´ aban a m´ odszer neve line´ aris regresszi´ o, ´es az eredm´enyt gyakran az (η − ¯ y)/i(y) ≈
R(x, y)(ξ − ¯x)/i(x) form´ aban ´ırj´ ak fel, ahol R(x, y) := C(x, y)i−1 (x)i−1 (y) a (becs¨ ult) regresszi´ os egy¨ utthat´ o. Az elj´ ar´ as a norm´ alis eloszl´ ashoz kapcsol´ odik, ´es jelent¯ os szakmai h´ attere van. A feladat u ´gy is megfogalmazhat´ o, hogy keress¨ uk az y vektornak az x ´es e = (1, 1, ..., 1) vektorok ´ altal kifesz´ıtett s´ıkra es¯ o vet¨ ulet´et olyankor, amikor P |z|2w := wk zk2 defini´ alja a z vektor hossz´ at. Val´ oban, Q(a, b) = |y − bx − ae|2w .
K´ etv´ altoz´ os f¨ uggv´ enyek
71
9.6. Felt´ eteles sz´ els˝ o´ ert´ ek, implicit f¨ uggv´ enyek. Tegy¨ uk fel hogy az f ´es g f¨ uggv´enyek folytonosan differenci´alhat´oak az (x0 , y0 ) pontban, ´es g(x0 , y0 ) = 0 . Arra keres¨ unk v´alaszt, hogy mikor van f -nek lok´alis sz´els˝o´ert´eke az (x0 , y0 ) pontban a g(x, y) = 0 felt´etel mellett, vagyis f (x, y) ≤ f (x0 , y0 ) (illetve f (x, y) ≥ f (x0 , y0 )) az (x0 , y0 ) egy k¨ornyezet´enek minden olyan pontj´aban, ahol g(x, y) = 0 . Ha tal´alunk olyan φ f¨ uggv´enyt amely megoldja a g(x, y) = 0 egyenletet, vagyis p´eld´aul φ(x0 ) = y0 ´es g(x, φ(x)) = 0 az x0 egy k¨ornyezet´eben, akkor a feladatot a h(x) = f (x, φ(x)) egyv´altoz´ os esetre vezett¨ uk vissza. A sz¨ uks´eges felt´etel h0 (x0 ) = 0 0 0 0 0 0 fx (x0 , y0 ) + fy (x0 , y0 ) φ (x0 ) = 0 . Mivel gx (x0 , y0 ) + gy (x0 , y0 ) φ (x0 ) = 0 is teljes¨ ul, l´athat´ o hogy 0 a felt´eteles sz´els˝ o´ert´ek hely´en f ´es g gradiense p´ arhuzamos, legal´ abbis akkor ha φ (x0 ) 6= 0 . 27 R¨ovidesen arr´ol is lesz sz´o hogy ∇g(x0 , y0 ) 6= 0 ´eppen a φ implicit f¨ uggv´eny l´etez´es´enek felt´etele. Lagrange ´altal´anos m´odszert javasolt felt´eteles sz´els˝ o´ert´ek-feladatok megold´as´ ara, ez akkor is m˝ uk¨odik ha az f c´elf¨ uggv´enynek sok v´altoz´ oja van, ´es a mell´ekfelt´etel is t¨obb egyenletb˝ ol ´all. A mi eset¨ unkben Lagrange az L(x, y, λ) := f (x, y) − λg(x, y) h´aromv´ altoz´ os f¨ uggv´eny lok´alis sz´els˝o´ert´ekeinek vizsg´alat´ara vezette vissza a k´erd´est, ez a Lagrange f´ele multiplik´atorok m´odszere. Az L lok´alis sz´els˝o´ert´ek´enek sz¨ uks´eges felt´etele az fx0 (x0 , y0 ) = λgx0 (x0 , y0 ) ,
fy0 (x0 , y0 ) = λgy0 (x0 , y0 ) ´es g(x0 , y0 ) = 0
(9.25)
egyenletek teljes¨ ul´ese, vagyis ∇f (x0 , y0 ) k ∇g(x0 , y0 ) . Ugyanazt kaptuk mint kor´ abban, a gradiensek p´arhuzamoss´ag´anak felt´etele szeml´eletes jelent´essel b´ır: a g(x, y) = 0 szintvonal ment´en haladva az f c´elf¨ uggv´eny v´altoz´asa ott ”kicsi“ ahol az f aktu´ alis szintvonala ´erinti az el˝o´ırt g = 0 szintvonalat. A logika nem tiszta, abb´ol hogy (x0 , y0 ) a feladat megold´asa, nem k¨ovetkezik hogy van olyan λ0 hogy (x0 , y0 , λ0 ) az L f¨ uggv´eny lok´alis sz´els˝ o ´ert´ek´enek helye. P´eld´ aul, ha f (x, y) := x2 + y 2 ´es g(x, y) := 2x + 2y − 2 , akkor L = (x − λ)2 + (y − λ)2 + 2λ − 2λ2 , ´es az x0 = y0 = λ0 = 1 megold´as az L f¨ uggv´enynek nem extrem´alis, hanem (stacion´arius) nyeregpontja. Persze, ha ∇g(x0 , y0 ) 6= 0 akkor az (x0 , y0 , λ0 ) megold´as mindig stacion´arius pontja az L f¨ uggv´enynek. A ∇g(x0 , y0 ) = 0 szingul´aris eset t¨obbnyire felismerhet˝o, mert (9.25) nem oldhat´o meg. ∗∗ El´ egs´ eges felt´ etelek: L´athat´o hogy ha az L h´ aromv´ altoz´ os f¨ uggv´enynek az (x0 , y0 , λ0 ) helyen lok´alis sz´els˝o ´ert´eke van, akkor (x0 , y0 ) az eredeti felt´eteles sz´els˝ o´ert´ek feladat megold´asa, teh´at az L Hesse m´atrix´anak pozit´ıv, illetve negat´ıv definit volt´ at kell eld¨onteni. Ez az el´egs´eges felt´etel nem teljes´ert´ek˝ u, el˝ofordulhat hogy a Hesse m´atrix indefinit, de (x0 , y0 ) megold´asa a felt´eteles sz´els˝o´ert´ek feladatnak. Jobb felt´etelt kapunk a felt´etel felold´asa ut´an. Ha gy0 (x0 , y0 ) 6= 0 miatt van olyan φ hogy g(x, φ(x)) = 0 az (x0 , y0 ) pont egy k¨ornyezet´eben, akkor a feladat a h(x) := f (x, φ(x)) f¨ uggv´eny lok´alis extr´emum´anak meghat´aroz´as´ara reduk´al´ odik. Ennek sz¨ uks´eges felt´etele a j´ol ismert h0 (x0 ) = fx0 (x0 , y0 ) + fy0 (x0 , y0 )φ0 (x0 ) = 0 , az el´egs´eges felt´etel pedig az hogy 00 00 00 h00 (x0 ) = fxx (x0 , y0 ) + 2fxy (x0 , y0 )φ0 (x0 ) + fyy (x0 , y0 )φ02 (x0 ) + fy0 (x0 , y0 )φ00 (x0 ) 00 + 2g 00 φ2 + g 00 φ02 + g 0 φ00 = 0 az hat´arozottan pozit´ıv, illetve negat´ıv. Mivel gx0 + gy0 φ0 = 0 ´es gxx y yy xy (x0 , y0 ) egy k¨ornyezet´eben, φ0 (x0 ) ´es φ00 (x0 ) ´ert´eke, vagyis h00 (x0 ) el˝ojele a φ ismerete n´elk¨ ul is at meghat´arozhat´o. Feltev´es¨ unk szerint gy0 (x0 , y0 ) 6= 0 , teh´ 00 00 02 00 00 00 00 02 gy02 (x0 , y0 ) h00 (x0 ) = (fxx − λ0 gxx ) gyy − 2(fxy − λ0 gxy ) gy0 gx0 + (fyy − λ0 gyy ) gxx ,
(9.26)
ahol λ0 := fy0 (x0 , y0 )/gy0 (x0 , y0 ) , ´es az egyenletben szerepl˝o m´asodik deriv´altak argumentuma is minden¨ utt (x0 , y0 ) . Ha a jobboldal pozit´ıv akkor lok´ alis felt´eteles minimum, ha negat´ıv akkor maximum van. Ha m´eg azt is tudjuk hogy f − λ0 g Hesse m´atrixa az (x0 , y0 ) helyen definit, unk h00 (x0 ) el˝ojel´enek meghat´aroz´ as´ ahoz. akkor gx0 (x0 , y0 ) ´es gy0 (x0 , y0 ) ´ert´ek´et nem is kell ismern¨ 0 Az persze el˝ofordulhat hogy f − λ0 g Hesse m´atrixa indefinit, m´ıg h (x0 ) 6= 0 , vagyis lok´alis 27A ∇f k ∇g felt´ etel szimmetrikus az f ´es g vonatkoz´ as´ aban, ugyanezt kapjuk amikor g sz´els¯ o ´ert´ek´et keress¨ uk
az f adott szintvonal´ an. Gyakori hogy a g = min! ha f = const du´ alis feladatnak ugyanaz a megold´ asa mint az eredeti f = max! ha g = const probl´em´ anak. P´eld´ aul, adott felsz´ın¯ u t´egletestek k¨ oz¨ ott a kocka t´erfogata a legnagyobb, m´ıg adott t´erfogat´ u t´eglatestek k¨ oz¨ ott szint´en a kocka felsz´ıne a legkisebb.
72
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
sz´els˝o´ert´ek van az (x0 , y0 ) helyen. 28 Hasonl´ o, de m´eg bonyolultabb a helyzet amikor sokv´altoz´ os c´elf¨ uggv´eny sz´els˝o ´ert´ekeit t¨obb felt´etel mellett keress¨ uk. ∗∗ Implicit f¨ uggv´ enyek: A g(x, y) = 0 egyenlet nem mindig oldhat´o fel az y = φ(x) m´odon, m´askor t¨obb megold´as is lehet. Ha viszont g(x0 , y0 ) = 0 , g ∈ Cδ1 (x0 , y0 ) ´es ∇g(x0 , y0 ) 6= 0, akkor egy´ertelm˝ u lok´ alis megold´ as van. A gy0 (x0 , y0 ) 6= 0, esetben adott x ∈ Kδ (x0 ) sz´amhoz van, m´eghozz´a egy´ertelm˝ uen meghat´arozott y = φ(x) u ´gy hogy g(x, φ(x)) = 0 , felt´eve hogy δ > 0 el´eg kicsi. Ezt a k¨ovetkez˝o fejezetben, Banach fixpontr´ ol sz´ol´ o t´etel´evel bizony´ıtjuk. Ha m´ar tudjuk hogy ez az implicit φ l´etezik, akkor Lagrange t´etel´evel gx0 (ξ, η)h + fy0 (ξ, η)(φ(x + h) − φ(x)) = 0 az adott k¨ornyezetben. Mivel fy0 (ξ, η) a h → 0 hat´ar´ atmenet sor´an nem k¨ozel´ıti meg a null´ at, φ folytonos kell hogy legyen. Ezut´an a fenti ´egyeletet h-val osztva l´atjuk hogy φ differenci´ alhat´ o, ´es gx0 (x, φ(x)) + gy0 (x, φ(x))φ0 (x) = 0 . A g(x, y) = 0 egyenlet y = φ(x) megold´asa a φ0 = −gx0 (x, φ)/gy0 (x, φ) differenci´alegyenlet megold´ask´ent is meghat´arozhat´ o. Ennek l´etez´ese szint´en Banach t´etel´evel bizony´ıthat´o; de itt a fixpontot f¨ uggv´enyt´erben kell megtal´alni. Az ellenkez˝ o elj´ar´as a gyakoribb: differenci´alegyenletet oldunk meg az implicit f¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel. Egzakt egyenletek: Els˝orend˝ u differenci´alegyenlet gyakran a g(x, y) dx + h(x, y) dy = 0 alakban keletkezik, vagy sz´and´ekosan ´ıgy ´ırjuk ´at, mert ha gy0 (x, y) = h0x (x, y) akkor van olyan f f¨ uggv´eny hogy g(x, y) = fx0 (x, y) ´es h(x, y) = fx0 (x, y) . Ezek a c´ımben eml´ıtett egzakt egyenletek. Ha siker¨ ult megtal´alni ezt az f f¨ uggv´enyt, akkor a g dx + h dy differenci´al forma teljes differenci´al, vagyis g dx + h dy = df , teh´at a feladat az f (x, y) = c egyenlet megold´as´ ara reduk´al´odott. A sz´etv´alaszthat´o egyenletek mind ilyenek, de sok m´as p´elda is van. Az is el˝ofordul hogy gy0 = h0x nem teljes¨ ul, de tal´alhat´ o olyan ψ(x, y) integr´al´ o t´enyez˝ o, amivel az eredeti egyenletet ´atszorozva egzakt egyenletet kapunk, vagyis ∂y (ψg) = ∂x (ψh) . Ez t¨ort´ent a Lotka-Volterra modell t´argyal´asakor, de j´o p´elda az (x + 2y) dx + y dy = 0 egyenlet is, amit a ψ = (x2 + y 2 )−1 multiplik´atorral kezelve df teljes differenci´alt kapunk: f (x, y) = log(x + y) − (x + 2y)/(x + y) . Az x ¨ + U 0 (x) = 0 anharmonikus rezg´es eset´eben is hasonl´oan, b´ar nem teljesen azonos m´odon j´arhatunk el, itt is teljes differenci´alt keres¨ unk. Az y := x˙ v´ altoz´ o bevezet´es´ vel kapott dy + U 0 (x) dt = 0 egyenlet k¨ozvetlen¨ ul m´eg nem integr´ alhat´ o, de azt y-nal 2 ´atszorozva, dx = y dt miatt dH = y dy + U 0 (x) dx = 0 ad´odik, p teh´at a H := y /2 + U (y) teljes energia a megold´asok ment´en ´alland´o. Innen az y = x˙ = ± 2H0 − 2U (x) auton´om egyenletet kapjuk, ahol H0 az energia kezdeti ´ert´eke. Fel¨ uletek: A z = f (x, y) alakn´al ´altal´ anosabb a h´aromv´ altoz´ os f¨ uggv´eny Σ := {(x, y, z) : f (x, y, z) = c} szintfel¨ uletek´ent t¨ort´en˝o megad´as. P´eld´ aul, x2 /a2 +y 2 /b2 +z 2 /c2 = 1 tengely´all´as´ u ellipszoid egyenlete. Fel¨ ulet ´erint˝os´ıkj´at, ha van neki, a fel¨ uleten halad´o g¨orb´ek ´erint˝ oi alkotj´ ak, 0 0 teh´at fx0 (r)x+f ˙ uleti g¨orbe. A ∇f := fx0 i+fy0 j+fz0 k y (r)y˙ +fz (r)y˙ = 0 ha r = x(t)i+y(t)j+z(t)k fel¨ gradiens mindegyik ´erint˝ore mer˝oleges, teh´at ˝o adja az ´erint˝ os´ık norm´alvektor´anak ir´any´at. Az hogy vannak a fel¨ uleten halad´o g¨orb´ek, az implicit f¨ uggv´eny t´etel´enek k¨ovetkezm´enye, legal´abbis a ∇f 6= 0 tulajdons´ag´ u pontok k¨ornyezet´eben. Ha p´eld´ aul fz0 (x0 , y0 , z0 ) 6= 0 akkor, r¨ogz´ıtett y = y0 mellett, van olyan z = φ(x) f¨ uggv´eny hogy f (x, y0 , φ(x)) = c , teh´ at r(t) := t i+y0 j+φ(t) k a g¨orbe. x = x0 r¨ogz´ıt´es´evel m´asikat kapunk, ´es ha (x(t), y(t)) az (x0 , y0 ) ponton ´athalad´ o s´ıkg¨orbe, akkor az f (x(t), y(t), z) = c egyenlet z = φ(t) felold´as´ aval eg´esz g¨orbesereg keletkezik. T´erbeli fel¨ ulet k´etdimenzi´os objektum, leg´altal´ anosabb megad´asa a Σ := {r(u, v) : (u, v) ∈ G} k´etparam´eteres alak, ahol G ⊂ R2 ´es r : G 7→ R3 . A fel¨ ulet r(u, v) pontja szingul´aris ha ott ulj¨ uk. S´ık egyenlete line´aris, ru0 × rv0 = 0 , ezt a helyzetet lehet˝oleg elker¨ r := r sin ϑ cos ϕ i + r sin ϑ sin ϕ j + r cos ϑk ,
0 ≤ ϕ < 2π , 0 ≤ ϑ ≤ π
r > 0 sugar´ u, orig´o k¨oz´eppont´ u g¨omb¨ot hat´aroz meg. Az r, ϕ, ϑ sz´amok az r ∈ R3 vektor g¨ ombi koordin´at´ai. A koordin´at´ak r szorz´oit a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o a, b, c sz´amokra cser´elve ellipszoid egyenlet´et 28Most m´ ar h´ arom el´egs´eges felt´etel¨ unk van, amik egym´ asb´ ol k¨ ovetkeznek. Az L Hesse m´ atrixa akkor definit
ha mindh´ arom saj´ at´ert´ek´enek ugyanaz az el¯ ojele, teh´ at ez az el´egs´eges felt´etel h´ arom egyenl¯ otlens´eg teljes¨ ul´es´et ig´enyeli, ´es k¨ ovetkezik bel¯ ole az f − λ0 g Hesse m´ atrix´ anak definit volta, ami k´et egyenl¯ otlens´eget jelent. Mindkett¯ on´el hat´ekonyabb az egyetlen sz´ am el¯ ojel´er¯ ol sz´ ol´ o (9.26).
K´ etv´ altoz´ os f¨ uggv´ enyek
73
kapjuk. Az r := a sh(u) i + b ch(u)sh(v) j + c ch(u)ch(v) k , u, v ∈ R formula hiperboloidot (nyeregfel¨ ulet) hat´aroz meg, aminek z 2 /c2 = 1 + x2 /a2 + y 2 /b2 a hagyom´anyos egyenlete. Fel¨ ulet k´etparam´eteres megad´asakor k´ets´egk´ıv¨ ul fel¨ uleti g¨orb´et kapunk ha csak az egyik 0 0 param´etert v´altoztatjuk, teh´at ru × rv a fel¨ uleti norm´alis ir´anya, ami persze az ´erint˝ os´ık norm´alvektora. Az f (x, y, z) = c fel¨ uletek akkor ´ırhat´ ok ebbe az alakba ha l´etezik a z = φ(x, y) implicit f¨ uggv´eny, vagyis f (x, y, φ(x, y)) = c a vizsg´alt pont egy k¨ornyezet´eben; ekkor r(u, v) := u i + v j + φ(u, v) k a fel¨ ulet k´etparam´eteres egyenlete. ∗∗ Fel¨ uleti g¨ orb´ ek: Az r : G 7→ R3 f¨ uggv´ennyel adott Σ fel¨ uleten halad´o Γ ⊂ Σ g¨orb´eket vizsg´aljuk, ezek param´eteres alakja q(t) = r(u(t), v(t)) , ahol w(t) = (u(t), v(t)) a G ⊂ R2 tartom´anyban halad´o s´ıkg¨orbe. A q mozg´ as sebess´ege q˙ = ru0 (w)u˙ + rv0 (w)v˙ , ´es a gyorsul´ asa 00 00 00 ¨ = ru0 (w)¨ q u + rv0 (w)¨ v + ruu (w)u˙ 2 + 2ruv (w)u˙ v˙ + rvv (w)v˙ 2 .
Megmutatjuk hogy ha n(w) · m(w) 6= 0 akkor q g¨orb¨ ulete g(w) =
00 (w), m(w)i u 00 (w), m(w)i u 00 (w), m(w)i v˙ 2 hruu ˙ 2 + 2 hruv ˙ v˙ + hrvv 2 ˙ hn(w), m(w)i |q(w)|
(9.27)
ahol n(w) a g¨orbe, m(w) pedig a fel¨ ulet norm´alis egys´egvektora. A q g¨orb´et param´eterezhet¨t02 + qt ˙ 00 ahol j¨ uk az s ´ıvhossz´aval, ekkor q00 (s) = gn , teh´at g = (r00 · m)/(n · m) . Mivel q00 = q 0 0 0 ˙ , tov´abb´a m a q˙ , ru ´es rv vektorok mindegyik´ere mer˝oleges, a t¨ort sz´aml´ t := dt/ds = 1/|q| al´oja ¨ · m.¤ ´eppen q Eulert a sz´aml´al´o geometriai jelent´ese is ´erdekelte, ennek meg´ert´es´ehez a vizsg´alt w0 = (u0 , v0 ) = (u(t0 ), v(t0 )) pont k¨ornyezet´eben u ´j, a feladathoz illeszked˝ o koordin´at´ akat vezet¨ unk ¨ · m = hw, ˙ Q(w)wi ˙ kvadratikus be. Az w = w0 + Az , z = (x, y) line´aris transzform´aci´ o ut´an a q ¨ · m = hA˙z, Q(w)A˙zi alakot ¨olti, m´ıg az rx0 , ry0 oszlopvektorokb´ alak a q ol ´all´ o m´atrix: (rx0 , ry0 ) = (rx0 , ry0 )A . Jel¨olje w1 ´es w2 a Q(w0 ) m´atrix ortonorm´alt saj´atvektorait, olyan α1 , α2 sz´amokat ˙ 0 ) = αw1 + βw2 , m´ıg rx0 ⊥ ry0 egys´egvektorok. Mivel r0 := (ru0 (w0 ), rv0 (w0 )) keres¨ unk hogy Aw(t ˙ 0 ) = α1 r0 w1 + α2 r0 w2 egyenletet kell megoldani. Ha teh´at n k m invert´alhat´ o, mind¨ossze a w(t akkor g = g1 cos φ + g2 sin φ , ahol φ a q˙ ´es rx0 sz¨oge, g1 ´es g2 pedig az n k m tulajdons´ag´ u g¨orb´ek g¨orb¨ uleteinek sz´els˝o ´ert´ekei. A g1 ´es g2 f˝og¨ orb¨ uletek a fel¨ ulet geometriai jellemz˝oi, ha g1 g2 > 0 akkor a kiv´alasztott pont k¨ornyezet´eben ellipszoidhoz, ha g1 g2 < 0 akkor hiperboloidhoz hasonl´ıt a fel¨ ulet. ∗∗ ∗∗ Geodetikus g¨ orb´ ek: Γ geodetikus g¨orbe ha a norm´alvektora mindenhol mer˝oleges a fel¨ uletre, ¨ k ru0 × rv0 . A fel¨ vagyis q˙ × q uleten puszt´an tehetetlens´ege miatt mozg´o t¨omegpont halad ilyen p´aly´an, ´es az el˝oz˝o szakasz v´eg´en eml´ıtett f˝og¨ orb¨ uletek geodetikus g¨orb´ekhez rendelhet˝ok. Az egys´egg¨omb eset´eben a g¨orbe norm´alisa az orig´o fel´e mutat, teh´at az ´ıvhossz szerinti param´eterez´es a q00 (s) + ω 2 q(s) = 0 egyenlethez vezet, amit meg tudunk oldani. A g¨omb szimmetri´aja miatt feltehetj¨ uk hogy r(0) = i ´es r0 (0) = αj , teh´at r(s) = cos(ωs) i + (α/ω) sin(ωs) j . Ez mindig egys´egvektor, ´es r0 is az, teh´at α2 = ω 2 = 1 , vagyis a g¨orbe ´eppen az egyenl´ıt˝ o. Azt l´attuk be hogy g¨ omb¨ on minden geodetikus g¨ orbe f˝ ok¨ or¨ on fut. ∗∗ aj´ at |zn − z| → 0 9.7. Komplex f¨ uggv´ enyek. Komplex sz´amsorozat zn → z konvergenci´ defini´alja, teh´at a folytonoss´ag ´es a differenci´alhat´ os´ ag fogalmai k´ezenfekv˝ o m´odon terjeszthet˝oek ki f : C 7→ C komplex f¨ uggv´enyekre is. A legegyszer˝ ubb komplex f¨ uggv´enyek a polinomok , ´es a k´et polinom h´anyadosak´ent sz´armaztatott racion´alis t¨ortf¨ uggv´anyek, ezeket algebrai k´eplet¨ uk defini´alja. Polinom minden¨ utt, racion´alis f¨ uggv´eny ott folytonos, ahol a nevez˝ oje nem nulla. Kit¨ untetett szerepet j´atszik a w = 1/z f¨ uggv´eny, el˝osz¨ or azt mutatjuk meg, hogy ez a f¨ uggv´eny a z s´ıkon adott k¨ort a w s´ık k¨or´ebe vagy egyenes´ebe viszi ´at. A z0 ∈ C k¨oz´eppont´ u ´es r > 0 sugar´ u k¨or egyenlete (z − z0 )(¯ z − z¯0 )) = r2 , amib˝ ol a z = 1/w helyettes´ıt´es ´es ´atrendez´es ut´an 2 2 (r − |z0 | )ww ¯ + z0 w + z¯0 w ¯ = 1 lesz. K´et eset van. Ha r2 = |z0 |2 akkor az eredeti k¨or ´atmegy a z = 0 ponton, ´es w a z0 w + z¯0 w ¯ = 1 egyenletnek tesz eleget, ami egyenest ´ır le. Ha viszont r2 6= |z0 | , akkor k¨or egyenlete, (w − w0 )(w ¯ − w¯0 ) = R2 ad´ odik, ahol w0 := z0 /(|z0 |2 − r2 ) ´es
74
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
´ R := r ||z0 |2 − r2 |−1 . Altal´ anosabb a w = (a + bz)/(c + dz) line´aris t¨ortlek´epez´es, ami az ad = cd esetben konstanss´a degener´al´odik, egy´ebk´ent z = (a − cw)/(dw − b) az inverze. A d = 0 esetben egyszer˝ u line´aris transzform´aci´ot kapunk, sz´am hozz´aad´ asa a komplex s´ık eltol´as´ at, komplex sz´ammal val´o szorz´as pedig a s´ık hasonl´as´ agi transzform´aci´ oj´ at (forgat´as ´es ny´ ujt´ as) jelenti. A d 6= 0 6= ad − bc esetben a t¨ortlek´epez´es a w = 1/z transzform´aci´ ob´ ol line´aris lek´epez´esekkel el˝o´all´ıthat´o, teh´at k¨ort ˝o is k¨orbe vagy egyenesbe visz ´at. A w := (1 − ız)/(z − ı) lek´epez´esn´el 0 → ı , ı → ∞ , −ı → 0 ´es 1 → 1 , −1 → −1 , teh´ at az egys´egk¨ orlapot a fels˝o f´els´ıkra k´epezi le. Ennek inverze, z := (1 + ıw)/(ı + w) a fels˝o f´els´ıkot viszi az egys´egk¨ orbe. Differenci´ al´ as: Mivel a vektorokkal ellent´etben, komplex sz´amokkal lehet osztani, a differenci´al´as m˝ uvelete ugyan´ ugy defini´alhat´ o mint a sz´amegyenesen. A z ∈ C pontnak egy teljes k¨ornyezet´eben ´ertelmezett f komplex f¨ uggv´eny differenci´alhat´ o a z helyen, ha l´etezik az f 0 (z0 ) := lim
z→z0
f (z) − f (z0 ) z − z0
(9.28)
hat´ar´ert´ek; f 0 az f deriv´altja, f ∈ D1 (z0 ) . Az defin´ıci´ o f (z) = f (z0 ) + f 0 (z0 )(z − z0 ) + o(z − z0 ) 0 ´at´ır´asa adja a df = f (z) dz szimbolikus ´ır´ asm´ od jelent´es´et. A differenci´al´ as elemi szab´alyai is ugyanazok, ´es ugyan´ ugy igazolhat´ok mint az egyv´altoz´ os esetben. Ennek az az oka hogy ezek a szab´alyok az algebrai m˝ uveletek v´altozatlanul ´erv´enyes alaptulajdons´agaira ´ep¨ ulnek. P´eld´aul, differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek szorzata is az, ´es (f g)0 = f 0 g + f g 0 , teh´ at dz n /dz = nz n−1 . Hasonl´oan, differenci´alhat´o f¨ uggv´enyekb˝ol ¨osszetett f¨ uggv´eny is differenci´alhat´ o, ´es ha h(z) := f (g(z)) , akkor h0 = f 0 (g)g 0 . A nagyon egyszer˝ u f (z) = z¯ f¨ uggv´eny nem differenci´alhat´ o: (z − z0 )/(¯ z − z¯0 ) olyan egys´egvektor amelynek ir´anya z → z0 sor´ an tetsz˝olegesen ingadozhat. ´ Cauchy - Riemann egyenletek: Erdemes megn´ezni hogy egy f (z) komplex f¨ uggv´eny differenci´alhat´os´aga mit is jelent. Az f 0 (z) deriv´altat form´alisan ugyan´ ugy defini´altuk mint az egyv´altoz´os val´os esetben, de a helyzet m´egis eg´esz m´as. Legyen f (z) = u(x, y) + ıv(x, y) ´es f 0 (z) = ϕ(x, y) + ıψ(x, y) , ahol z = x + ıy , tov´ abb´ a z0 = x0 + ıy0 ´es h ∈ R . A hat´ar´ atmenetet, ugyan´ ugy mint a parci´alis deriv´altak sz´amol´ asakor, egyr´eszt a z = z0 + h val´ os, m´asr´eszt a z = z0 + ıh k´epzetes ir´anyb´ol is elv´egezve, az f 0 (z0 ) = u0x (x0 , y0 ) + ıvx0 (x0 , y0 ) = vy0 (x0 , y0 ) − ıu0y (x0 , y0 )
(9.29)
o¨sszef¨ ugg´est kapjuk, teh´at f ∈ D1 (z0 ) eset´en teljes¨ ulnek az u0x (x0 , y0 ) = vy0 (x0 , y0 ) = ϕ(x0 , y0 ) 0 0 ´es vx (x0 , y0 ) = −uy (x0 , y0 ) = ψ(x0 , y0 ) Cauchy - Riemann egyenletek. Enn´el t¨obb is igaz, a df = f 0 (z) dz = (ϕ + ıψ)(dx + ıdy) = u0x dx + u0y dy + ı(vx0 dx + vy0 dy) formul´at ´ertelmezve l´atjuk hogy f 0 (z) l´etez´es´eb˝ ol az u ´es v differenci´alhat´ os´ aga is k¨ovetkezik. Az egyenlet jobboldal´at´ol balra haladva viszont az ´all´ıt´ as megford´ıt´ as´ at kapjuk: ha u, v ∈ D1 (x0 , y0 ) eleget tesznek a CR egenleteknek, akkor f ∈ D1 (z0 ) ´es (9.29) is teljes¨ ul. M´eg egyszer differenci´alva ∆u = ∆v = 0 ad´odik, ahol ∆ := ∂x2 + ∂y2 a Laplace oper´ator. Ilyenkor azt mondjuk hogy u ´es v harmonikus f¨ uggv´enyek. 29 A fenti gondolatmenet azt mutatja hogy ha f egy k¨ornyezetben differenci´alhat´ o, akkor ott 0 van neki primit´ıv f¨ uggv´enye, vagyis olyan F hogy F = f . Val´ oban, ha F = ϕ + ıψ ´es f = u + ıv mellett dF = f dz , dz = dx + ıdy volna, akkor (ϕ0x + ıψx0 ) dx + (ϕ0y + ıψy0 ) dy = (u + ıv) dx + (ıu − v) dy , teh´at ϕ0x = u , ϕ0y = −v ´es ψx0 = v , ψy0 = u , lenne. Viszont a Cauchy - Riemann egyenletek 00 = v 0 = u0 = ψ 00 szimmetri´ at, teh´at u ´es v garant´alj´ak a ϕ00xy = u0y = −vx0 = ϕ00yx ´es ψxy yx x y ismeret´eben φ ´es ψ meghat´arozhat´o a 9.3. T´etel alapj´an. Komplex hatv´ anysorok: Ezeket is a sorfejt´es z0 ∈ C k¨oz´eppontja ´es a sor c0 , c1 , ..., cn , ..., szint´en komplex egy¨ utthat´oi defini´alj´ak; f¨ uggetlen¨ ul a sor konvergenc´ı´ aj´ at´ ol az f (z) ∼ c0 + c1 (z − z0 ) + c2 (z − z0 )2 + · · · + cn (z − z0 )n + · · ·
(9.30)
29K´ es¯ obb megmutatjuk hogy ha egy komplex f¨ uggv´eny egy k¨ orlap minden pontj´ aban differenci´ alhat´ o, akkor
ott ak´ arh´ anyszor is differenci´ alhat´ o ´es hatv´ anysorba fejthet¯ o.
K´ etv´ altoz´ os f¨ uggv´ enyek
75
jel¨ ol´est haszn´aljuk; ahol a sor konvergens, ott egyenl˝ os´eget ´ırunk. T´ etel 9.6. Ha az f (z) hatv´ anysor a w ∈ C helyen konvergens, akkor |z −z0 | < |w −z0 | eset´en abszol´ ut konvergens, teh´ at az abszol´ ut konvergencia tartom´ anya olyan z0 k¨ oz´eppont´ u k¨ or belseje, melynek R sugara 0 ´es +∞ is lehet. A k¨ or¨ on k´ıv¨ ul a sor minden¨ utt divergens, a hat´ ar´ an felt´eteles konvergencia ´es divergencia egyar´ ant el˝ ofordulhat. A k¨ or a belsej´eben a hatv´ anysorral adott f¨ uggv´eny folytonos, ´es tagonk´ent differenci´ alhat´ o. Bizony: Feltehetj¨ uk hogy z0 = 0 , legyen q := |z|/|w| . Ekkor q < 1 ´es ∞ X
|cn z n | =
n=0
∞ X
|cn ||w|n q n ≤
n=0
K , 1−q
(9.31)
ahol K := sup |cn ||w|n < +∞ mivel az f (w) sor konvergens, teh´at az ´altal´ anos tagja null´ ahoz tart. Teh´at a sor |z| < |w| eset´en abszol´ ut konvergens, ´es ez ´ıgy lesz az ¨osszes ilyen koncentrikus k¨or egyes´ıt´es´enek belsej´eben is. R az egyes´ıt´essel kapott k¨or sugara, R = +∞ ha a sor a teljes s´ıkon konvergens. Ugyan´ıgy kapjuk hogy a tagonk´enti differenci´al´ assal kapott g(z) := P ncn z n−1 sor is konvergens, teh´at f (z + h) − f (z) − hg(z) =
∞ X
¡ ¢ cn (z + h)n − z n − nhz n−1
n=0
is abszol´ ut konvergens, megmutatjuk hogy a jobboldal nagys´agrendje O(|h|2 ) . A binomi´alis t´etellel n µ ¶ X n n n n−1 2 |h|k−2 |z|n−k |(z + h) − z − nhz | ≤ |h| k k=2 µ n−2 X n − 2¶ |h|k |z|n−2−k = n(n − 1)|h|2 (|z| + |h|)n−2 . ≤ n(n − 1)|h|2 k k=0 P Feltehetj¨ uk hogy |z| + |h| < R , de 0 < q < 1 eset´en n(n − 1)q n−2 < +∞ , amib˝ ol ´all´ıt´ asunk (9.31) mint´aj´ara egyszer˝ uen k¨ovetkezik. ¤ A t´etelben le´ırt k¨or neve konvergenciak¨ or, melynek R sugar´at Cauchy ´es Hadamard 1/R = lim supn→∞ |cn |1/n k´eplete hat´arozza meg. Ha ugyanis |z| > R akkor |cn z n | > 1 v´egtelen sokszor teljes¨ ul, teh´at a konvergenciak¨or¨on k´ıv¨ ul a sor minden¨ utt divergens. Ha viszont |z| < R ´es q = |z|/R, akkor q < q 0 < 1 eset´en, v´eges sok tag kiv´etel´evel, |cn z n | < (q 0 )n , teh´ at a sornak geometriai major´ansa van, ´es ´ıgy abszol´ ut konvergens. Ismeretes hogy az exponenci´alis ´es a trigonometrikus f¨ uggv´enyek hatv´anysor´anak konvergenciasugara v´egtelen, vagyis ezek a sorok minden¨ utt abszol´ ut konvergensek. A geometriai, a log(1 + z) ´es a binomi´alis sor konvergenciasugara egyar´ ant 1 . Ugyan´ ugy mint a val´os esetben, itt is ´erv´enyes Taylor (pontosabban Euler) cn = f (n) (z0 )/n! formul´aja, ami a sorfejt´es egy¨ utthat´oit hat´arozza meg. ∗∗ Analitikus f¨ uggv´ enyek: Az f : G 7→ C f¨ uggv´eny a G ⊂ C nyilt halmazon analitikus ha minden z0 ∈ G pont egy k¨ornyezet´eben hatv´anysorral ´all´ıthat´ o el˝o. T´ etel 9.7. Hatv´ anysorral adott komplex f¨ uggv´eny a konvergenciak¨ or belsej´eben analitikus. Bizony: Jel¨ olje R a konvergenciak¨or sugar´at, feltehetj¨ uP k hogy 0 a k¨oz´eppontja. Megmutatjuk hogy |z | + r < R ´ e s |z − z | < r eset´ e n az f (z) = cn z n hatv´anysor ´at´ırhat´ o az f (z) = 0 0 P n an (z − z0 ) alakba, ´es ez a sor is abszol´ ut konvergens. Mivel µ ¶ ∞ ∞ X n X X n f (z) = cn (z − z0 + z0 )n = cn (z − z0 )k z0n−k , k n=0
n=0 k=0
a sor form´alis ´atrendez´es´evel ak =
∞ X n=k
cn
µ ¶ n n−k z k 0
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
76
ad´ odik, amit nem szeretn´enk megbecs¨ ulni, de nem is kell. Az is el´eg, hogy µ ¶ ∞ n ∞ XX n X |cn ||z − z0 |k |z0 |n−k = |cn | (|z0 | + |z − z0 |)n < +∞, k n=0 k=0
n=0
ami |z − z0 | < r ´es |z0 | + r < R miatt igaz. Abszol´ ut konvergens sor tetsz´es szerint ´atrendezhet˝ o, ami bizony´ıtja a fenti l´ep´esek korrekts´eg´et. ¤ ∗∗ Ha egy hatv´anysor az eg´esz komplex sz´ams´ıkon konvergens, akkor azt mondjuk hogy a sor f ¨osszege (analitikus) uggv´eny. Ilyenek az exponenci´alis ´es a trigonometrikus f¨ uggv´enyek, de √ eg´esz f¨ p´eld´aul f (z) := z csak egy szektorban analitikus. Euler k´ eplete: Az exponenci´alis f¨ uggv´eny z2 z3 zn + + ··· + + ··· 2 6 n! hatv´anysora az eg´esz komplex sz´ams´ıkon abszol´ ut konvergens, teh´at a binomi´alis kifejt´es ´atrendez´es´evel, majd az m = n − k helyettes´ıt´essel ez+w = ez ew ad´ odik. Vegy¨ uk ´eszre hogy ha x val´os, akkor eıx = Cos(x) + ı Sin(x) , ahol ez = 1 + z +
Cos(x) :=
∞ X
(−1)n
n=0
x2n , (2n)!
Sin(x) :=
∞ X
(−1)n
n=0
x2n+1 . (2n + 1)!
(9.32)
Ezek kis´ertetiesen azonosak a cos x ´es a sin x hatv´ anysoraival, tov´ abbi egybees´esek is felismerhet˝oek. Cos(x)=Cos(−x) , Sin(x) = −Sin(x) , ´es a sorok differenci´al´ as´ aval Sin0 (x) =Cos(x) ´es 0 ıx+ıy ıx ıy Cos (x) = −Sin(x) ad´odik. Az e = e e azonoss´agb´ ol a Cos ´es a Sin f¨ uggv´enyek defin´ıci´ oja szerint, a val´os ´es k´epzetes r´eszek ¨osszehasonl´ıt´ asa ut´an a Cos(x + y) = Cos(x) Cos(y) − Sin(x) Sin(y) , Sin(x + y) = Cos(x) Sin(y) + Sin(x) Cos(y) j´ol ismert azonoss´agok k¨ovetkeznek. Mivel Cos(0) = 1, a (Cos x)2 + (Sin x)2 = 1 azonoss´ag is igaz, vagyis |eıx | = 1 ha x ∈ R. Ezut´an m´ar nyugodtan kimondhatjuk hogy az eix egys´egvektor ir´anysz¨oge x, ´es ´ıgy a Cos(x) ≡ cos x ´es Sin(x) ≡ sin x azonos´ıt´ assal ´ırhatjuk hogy eix = cos x + ı sin x . Ez Euler nevezetes k´eplete, ami az x v´altoz´ o komplex ´ert´ekein´el is ´erv´enyes, teh´at ch z := (ez + e−z )/2 = cos ız ´es sh z := (ez − e−z )/2 = ı sin z , teh´at ez = ex (cos y + ı sin y) ha x ´es y a z ∈ C val´os ´es k´epzetes r´esze, tov´ abb´ a cos z = cos(x)ch(y) − ısh(x) sin(y) ´es sin z = sin(x)ch(y) + ı cos(x)sh(y) . Az Euler k´eplethez vezet˝o okoskod´as m´eg nem t¨ok´eletes, rejt´elyes a π sz´am szerepe; (9.32) alapj´an m´eg nem l´athat´o hogy Cos ´es Sin 2π szerint periodikus f¨ uggv´enyek. A konf´ uzi´ onak az az oka hogy a π sz´amot geometriai k´ep alapj´an defini´altuk, ˝o az egys´egk¨ or ker¨ ulet´enek a fele. 30 Hatv´ anyok ´ es a logaritmus: Most m´ar nyugodtan haszn´alhatjuk a komplex sz´amok z = |z|eıϕ pol´aris alakj´at, ahol ϕ a z vektor ir´anysz¨ oge, a val´ os tengelt˝ol az ´oramutat´ o j´ar´ as´ aval ellent´etes, pozit´ıv ir´anyba m´ert sz¨og. Mivel e2πı = 1 , teljesen mindegy hogy a sz¨og melyik 2π hossz´ us´ ag´ u intervallumba tartozik, ´altal´aban 0 ≤ ϕ < 2π . 30Akkor v´ alna teljess´e a trigonometrikus f¨ uggv´enyek geometriai ´es analitikus defin´ıci´ oinak egyen´ert´ek¯ us´eg´enem
magyar´ azata, ha azt is tudn´ ank hogy Sin(π) = 0 de Sin(x) 6= 0 ha x ∈ (0, π) . Az add´ıci´ os k´epletekkel innen m´ ar k¨ ovetkezne hogy eı ϕ pontosan egyszer j´ arja be az egys´egk¨ ort amikor ϕ 0-t´ ol π-ig n¨ ovekszik. A gond az hogy a π sz´ amot eddig csak szeml´eletesen, mint az egys´egk¨ or ker¨ ulet´enek a fel´et defini´ altuk; felejts¨ uk ezt el egy pillanatra. Jel¨ olje ezut´ an π a Sin(x) f¨ uggv´eny legkisebb pozit´ıv gy¨ ok´et, el¯ osz¨ or persze azt kell igazolni hogy van ilyen. A bizony´ıt´ as tipikusan indirekt. Ha pozit´ıv gy¨ ok egy´ altal´ an nincs, akkor p´eld´ aul Sin(x) > 0 ha x > 0, teh´ at Cos0 (x) = −Sin(x) miatt Cos(x) szigor´ uan fogy a teljes pozit´ıv f´elegyenesen, de a null´ at nem ´erheti el, mert ha Cos(x0 ) = 0, akkor Sin(2x0 ) = 0 volna. Mivel ilyenform´ an Sin0 (x) =Cos(x) > 0 R+ -on, Sin(x) monoton n¯ o, amib¯ ol a Newton - Leibniz k´eplettel az k¨ ovetkezik hogy Cos nem lehet alulr´ ol kor´ atos. Ez az ellentmond´ as azt igazolja, hogy a Sin f¨ uggv´enynek van pozit´ıv gy¨ oke. Ha ezek k¨ oz¨ ott nincs legkisebb, akkor a 0-hoz torl´ odnak, ´es ´ıgy Cos(0) =Sin0 (0) = 0 volna, holott Cos(0) = 1 . Ezzel megadtuk a π sz´ am analitikus defin´ıci´ oj´ at, ami a geometriai szeml´elettel teljes ¨ osszhangban van. Az ´ıvhossz k´eplet´evel, most m´ ar az analitikus defin´ıci´ ob´ ol kiindulva kapjuk hogy az egys´egk¨ or ker¨ ulete ´eppen 2π .
K´ etv´ altoz´ os f¨ uggv´ enyek
77
A logaritmust ´es a hatv´anyf¨ uggv´enyeket pol´aris alakban a legegyszer˝ ubb megadni: ha z = ıϕ , ahol −π < ϕ ≤ π , akkor log z := log |z| + ı ϕ , m´ |z|e ıg α ∈ R eset´ e n z α := |z|α eıαϕ , teh´ at √ −1 = ı . Ezek a f¨ uggv´enyek minden¨ utt defini´alva vannak, de a negat´ıv sz´amokn´ al k´epzetes ir´anyba haladva ugr´asuk van. A negat´ıv val´ os f´elegyenes kiv´etel´evel log z α = α log z , log0 z = 1/z ´es dz α /dz = αz α−1 . Euler nyom´an az exponenci´alis f¨ uggv´eny ez := ex (cos y+ı sin y) ha x = Re z z ´es y = Im z . Sok m´as f¨ uggv´ennyel egy¨ utt e a hatv´anysor´ aval is defini´alhat´ o. Komplex integr´ alok: Komplex f¨ uggv´eny kett˝ os integr´ alj´ at a val´ os ´es k´epzetes r´eszek integr´aljainak ¨osszegek´ent sz´amoljuk. Enn´el sokkal ´erdekesebbek a komplex ´ert´ek˝ u (g¨orbe menti) vonalintegr´alok. A w1 , w2 ∈ C pontokat ¨osszek¨ ot˝ o, folytonosan differenci´alhat´ o Γ g¨orbe ment´en a k¨ozel´ıt˝o ¨osszegeket Iγ :=
n X
f (zk )(zk+1 − zk )
(9.33)
k=0
defini´alja, ahol a γ = {z0 , z1 , ..., zn−1 , zn } feloszt´ as pontjai a g¨orb´en vannak, z0 = w1 , zn = w2 , δ(γ) := max{|zk+1 − zk |} , ´es Z f (z) dz = I := lim Iγ , (9.34) δ(γ)→0
Γ
u ´gy ´ertve hogy minden ε > 0 sz´amhoz van δ > 0 u ´gy hogy |I − Iγ | < ε ha δ(γ) < δ . Az f folytonoss´aga itt is el´eg az integr´ alhat´ os´ aghoz, a val´ os ´es k´epzetes r´eszek ki´ır´ as´ aval az integr´al n´egy r´eszre bomlik. Enn´el hasznosabb Newton ´es Leibniz formul´ aja, amit ˝ok m´eg nem ismerhettek. Ha f folytonos, F pedig differenci´ a lhat´ o a Γ g¨ o rbe minden pontj´ anak egy R k¨ornyezet´eben, ´es ott F 0 (z) = f (z) , akkor Γ f dz = F (w2 ) − F (w1 ) . Ennek alakja ´es bizony´ıt´asa is l´enyeg´eben ugyanaz mint az egyv´altoz´ os esetben. P´eld´ aul, integr´ aljuk az f (z) := 1/z f¨ uggv´enyt az egys´egk¨or¨on! Euler szerint ott z = cos ϕ + ı sin ϕ , 1/z = cos ϕ − ı sin ϕ ´es dz = − sin ϕ dϕ+ı cos ϕ dϕ , teh´at dz/z = ı dϕ . Innen a k¨orintgr´ al ´ert´eke 2πı , pedig log0 z = 1/z . A sz´amegyenesen minden folytonos f¨ uggv´enynek van primit´ıv f¨ uggv´enye, a komplex s´ıkon ez m´ar csak a differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek eset´eben igaz. Tegy¨ uk fel hogy f differenci´ alhat´ oaG z konvex halmaz belsej´eben ´es jel¨olje Γ a z0 ∈ G ´es z ∈ G pontokat ¨osszek¨ ot˝ o szakaszt, amit ζ(t) := z0 + t(z − z0 ) , 0 ≤ t ≤ 1 fut be. Ekkor ζ˙ = (z − z0 ) miatt Z F (z) :=
Z f (ζ) dζ =
Γz
0
1
f (z0 + t(z − z0 ))(z − z0 ) dt ,
teh´at az integr´al m¨og¨ott differenci´alva, ami itt is megendedett, Z 1 Z 1 ¡ 0 ¢ 0 F (z) = f (ζ(t))(z − z0 )t + f (ζ(t)) dt = (t∂t f (ζ(t)) + f (ζ(t))) dt 0
0
ad´ odik, amib˝ol parci´alis integr´al´assal F 0 (z) = f (z) . Teh´ at konvex halmaz belsej´eben minden¨ utt differenci´ alhat´ o f¨ uggv´enynek a halmazon van primit´ıv f¨ uggv´enye. A bizony´ıt´ as nem m˝ uk¨ odik ha f mind¨ossze folytonos, mert a differenci´al´ ast nem csak z0 ir´any´ aba kell elv´egezni. A s´ıkb´ol a z = 0 pont elhagy´as´aval kapott halmaz nem konvex, ´ıgy t¨ort´enhet meg az hogy 1/z integr´alja az egys´egk¨or¨on nem 0. A NL szab´aly az´ert nem alkalmazhat´ o mert log z , az 1/z primit´ıv f¨ uggv´enye a negat´ıv val´os tengelyen nemcsak hogy nem differenci´alhat´ o, de nem is folytonos, ´es a k¨orintegr´al sz´amol´asakor ezt a f´eltengelyt mindenk´eppen ´at kell l´epn¨ unk. 31 Az eddig elmondottak is sejtetik hogy a komplex integr´ alok tov´ abbi tulajdons´agai eg´esz m´as term´eszet˝ uek mint a val´os egyenesen. Ezek meg´ert´es´ehez m´ar n´elk¨ ul¨ ozhetetlen a geometria ´es a topol´ogia n´eh´any fogalma. 31A primit´ıv f¨ uggv´eny l´etez´es´er¯ ol sz´ ol´ o t´etel minden olyan tartom´ anyra kiterjeszthet¯ o, aminek van olyan z0
pontja, amivel minden m´ as pont a halmazban halad´ o szakasszal k¨ othet¯ o¨ ossze. Ezek a csillagszer¯ u halmazok.
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
78
9.8. Kett˝ os integr´ alok. Alapfeladat folytonos f¨ uggv´eny integr´ al´ asa valamely G = (a, b)×(c, d) t´eglalapon. Szeml´eletesen az integr´al a f¨ uggv´eny ´altal megadott fel¨ ulet alatti (el˝ojeles) t´erfogatot jelenti, defini´al´asa ´es sz´amol´asa az n X m X Iγ := f (ξk , ηk )(xk+1 − xk )(yj+1 − yj ) (9.35) k=1 j=1
k¨ozel´ıt˝o ¨osszegek seg´ıts´eg´evel t¨ort´enik, ahol a = x0 < x1 < · · · xn−1 < xn = b ´es c = y0 < y1 < · · · < ym−1 < ym = d a feloszt´ast defini´al´ o oszt´opontok, ξk ∈ [xk , xk+1 ] ´es ηj ∈ [yj , yj+1 ] pedig tetsz˝oleges k¨ozb¨ uls˝o ´ert´ekek. A γ feloszt´as δ(γ) finoms´aga az xk+1 − xk ´es yj+1 − yj sz´ amok k¨oz¨ ul a legnagyobb. Ezut´an maga az integr´ al ugyan´ ugy defini´alhat´ o mint az egyenesen: Z dZ b ZZ f (x, y) dx dy ≡ f (x, y) dx dy = I := lim Iγ , (9.36) c
G
δ(γ)→0
a
ami u ´gy ´ertend˝o, hogy l´etezik olyan I v´eges sz´am hogy minden ε > 0 ´ert´ekhez van olyan δ > 0 hogy |I − Iγ | < δ ha δ(γ) < δ . A defin´ıci´o ´altal´anosabban is kimondhat´o: a k¨ozel´ıt˝ o ¨osszegek k´esz´ıt´esekor az integr´ al´ as tartom´any´at tetsz´es szerint oszthatjuk fel olyan kis r´eszekre, amiknek ismerj¨ uk a ter¨ ulet´et. Ha a G ⊂ R2 halmazt a γ = {G0 , G1 , G2 , ..., Gn } , p´aronk´ent diszjunkt r´eszekre osztjuk fel, akkor Iγ :=
n X
f (ξk , ηk ) λ(Gk )
(9.37)
k=0
a hozz´arendelt k¨ozel´ıt˝o ¨osszeg, ahol (ξk , ηk ) ∈ Gk , m´ıg λ(Gk ) a Gk halmaz ter¨ ulete. A γ feloszt´as δ(γ) finoms´aga ilyenkor a Gk halmazok ´atm´er˝ oi k¨oz¨ ul a legnagyobb. Az integr´ alr´ ol sz´ol´ o fejezetben megmutatjuk hogy δ(γ) → 0 eset´en a k¨ozel´ıt˝ o ¨osszegek biztosan konverg´ alnak, ´es a hat´ar´ert´ek is mindig ugyanaz ha f egyenletesen folytonos a G halmazon; a bizony´ıt´ as l´enyeg´eben ugyanaz mint az egyv´altoz´os Riemann integr´ al eset´eben volt. A (9.36) k´epletben f´elre´ert´esre adhat okot az integr´aljelek sorrendje. Fubini t´ etele: A v´altoz´ok szerinti integr´ al´ as sorrendj´enek felcser´elhet˝ os´eg´et mondja ki. Ha f folytonos az [a, b] × [c, d] t´eglalapon, akkor ¶ ¶ Z b µZ d Z d µZ b f (x, y) dy dx . (9.38) f (x, y) dx dy = I= a
c
a
c
Az ´all´ıt´as egy´altal´an nem meglep˝o, az Iγ k¨ ozel´ıt˝ o ¨osszeg sz´amol´ asakor is mindegy hogy el˝osz¨ or a k, majd a j index szerint ¨osszegz¨ unk, vagy ford´ıtva. Az 4.1. Lemma seg´ıts´eg´evel Fubini t´etele egyszer˝ uen bizony´ıthat´o, az integr´alr´ol sz´ol´ o fejezetben erre a k´erd´esre m´eg visszat´er¨ unk. Nemcsak t´eglalapon alkalmazhat´o Fubini t´etele. A G := {(x, y) : g(x) < y < h(x), a < x < b} norm´altartom´any eset´eben ! ZZ Z b ÃZ h(x) f (x, y) dx dy = f (x, y) dy dx . (9.39) G
a
g(x)
e := {(x, y) : g(y) < x < h(y), c < y < d} Az x ´es y v´ altoz´ok felcser´el´es´evel kapjuk az integr´ alt a G halmazon. Integr´ alok deriv´ al´ asa: Fubini t´etel´evel rokon, ´es abb´ol k¨ovetkezik a deriv´al´ as ´es az integr´al´ as m˝ uveleteinek felcser´elhet˝os´eg´er˝ol sz´ol´o tan´ıt´ as, ami a NL formul´ an´ al t¨obbet mond. N´ezz¨ uk a Rb φ(t) := a f (t, x) dx integr´alt, ahol f folytonos a [τ1 , τ2 ] × [a, b] intervallumon. Ha ezen ft0 (t, x) is folytonos, akkor Z b 0 φ (t) = ft0 (t, x) dx ha τ1 < t < τ2 . a
Val´oban, Fubini t´etele miatt ¶ ¶ Z b µZ t Z t µZ b φ(t) = φ(τ1 ) + ft0 (τ, x) dτ dx = φ(τ1 ) + ft0 (τ, x) dx dτ , a
τ1
τ1
a
K´ etv´ altoz´ os f¨ uggv´ enyek
79
amib˝ol az ´all´ıt´as Newton ´es Leibniz formul´ aj´ aval k¨ovetkezik. Nevezetes alkalmaz´ as Young t´etel´enek megford´ıt´asa, a 9.3. T´etel. Improprius integr´ alok: Nemcsak korl´ atos halmazon lehet integr´ alni. Ha Gn korl´ atos halmazok n¨ovekv˝o sorozata, az f f¨ uggv´eny mindegyiken integr´ alhat´ o, ´es G = ∪Gn , akkor ZZ ZZ f (x, y) dx dy) := lim f (x, y) dx dy , (9.40) n→∞
G
Gn
felt´eve hogy a hat´ar´ert´ek mindig l´etezik ´es ugyanaz. Ez a konstrukci´ o akkor is alkalmazhat´ o ha G korl´atos ugyan, de f nem az, vagy egyik sem korl´ atos. A s´ıkon m´ar nagyon ritk´an besz´el¨ unk felt´etelesen konvergens improprius integr´ alokr´ ol, azt szeretj¨ uk ha |f | is integr´ alhat´ o. Pol´ aris transzform´ aci´ o: K¨or alak´ u tartom´any, vagy forg´ asszimmetrikus f¨ uggv´eny eset´eben c´elszer˝ u az (r, ϕ) pol´aris koordin´at´ak bevezet´ese, vagyis x = r cos ϕ ´es y = r sin ϕ a helyettes´ıt´es s´em´aja. A G = {x2 + y 2 < R2 } k¨orlapot k¨ orcikkszeletekre osztva kapjuk az ZZ Z R Z 2π f (x, y) dx dy = r f (r cos ϕ, r sin ϕ) dϕ dr (9.41) G
0
0
k´epletet. Arr´ol van sz´o hogy az (x, y) s´ıkon az orig´ot´ ol r t´ avols´ agra fek˝o dϕ ny´ıl´ assz¨ og˝ u ´es dr sz´eless´eg˝ u k¨orcikkszelet ter¨ ulete els˝o k¨ozel´ıt´eben r dr dϕ , ´es ez az alakzat a transzform´aci´ o sor´an dr ´es dϕ oldalakkal rendelkez˝o t´eglalapba megy ´at. Nevezetes mintap´elda az Z ∞ √ exp(−x2 /2) dx = 2π (9.42) −∞
Gauss integr´al sz´amol´asa. Jel¨olje I az integr´ al ´ert´ek´et, ekkor Fubini t´etel´et, majd pol´aris transzform´aci´ot alkalmazva ¶ Z ∞ µZ 2π Z ∞Z ∞ 2 2 2 2 r exp(−r /2) dϕ dr = 2π exp(−x /2 − y /2) dx dy = I = −∞
−∞
0
0
k¨ovetkezik. Line´ aris transzform´ aci´ o: Az x = αu + βv , y = γu + δv lek´epez´es az (u, v) s´ıkra rajzolt h m´eret˝ u n´egyzetr´acsot olyan paralelogramma r´acsba viszi, amin az u futtat´ as´ aval, r¨ogz´ıtett v mellett nyert elmozdul´as vektora (αh, βh) , m´ıg a v megv´ altoz´ as´ ahoz tartoz´o elmozdul´as (γh, δh) , teh´at ez a transzform´aci´o a h oldal´ u n´egyzeteket olyan paralelogramm´akba viszi ´at, amelyek 2 ter¨ ulete ´eppen h |αδ−βγ| . Nem v´eletlen hogy a transzform´ aci´ o determin´ ans´ anak abszol´ ut ´ert´eke a ter¨ uletv´ altoz´ as szorz´ oja, ´eppen ez a determin´ans geometriai jelent´ese. Az akci´ o persze csak akkor ´ertelmes ha a transzform´aci´o nem degener´alt, vagyis az αδ − βγ determin´ansa nem nulla. P´eld´aul, az u = ax + by , v = cx + dy helyettes´ıt´es inverze x = αu + βv , y = γu + δv , ahol α = d/D , β = −b/D , γ = −c/D , δ = a/D ´es D = ad − bc . Mivel az inverz transzform´aci´ o determin´ansa az eredeti determin´ans´anak reciproka, ZZ ZZ 1 f (ax + by, cx + dy) dx dy = f (u, v) du dv , (9.43) |ad − bc| J G ahol J := {(u, v) : u = ax + by, v = cx + dy , (x, y) ∈ G} . Integr´ al´ as helyettes´ıt´ essel: Ahol az F := (ϕ, ψ) lek´epez´es (vektormez˝ o) differenci´alhat´ o, vagyis x = ϕ(u, v) , y = ψ(u, v) differenci´alhat´ o f¨ uggv´ennyek, ott F line´aris k¨ozel´ıt´es´et a ¶ µ 0 ϕu ϕ0v (9.44) ∇F :== ψu0 ψv0 Jacobi m´atrix adja. Pontosabban, ha x0 = ϕ(u0 , v0 ) , y0 = ψ(u0 , v0 ) ´es ρ az (u, v) ´es (u0 , v0 ) pontok t´avols´aga, akkor x = x0 + ϕ0u (u0 , v0 )(u − u0 ) + ϕ0v (u0 , v0 )(v − v0 ) + o(ρ) , y = y0 + ψu0 (u0 , v0 )(u − u0 ) + ψv0 (u0 , v0 )(v − v0 ) + o(ρ) , amit t¨om¨oren az F(r) = F(r0 )+∇F(r0 )(r−r0 )+o(|r−r0 |) m´odon ´ırunk le. Ha teh´at a Jacobi m´atrix nem szingul´aris, vagyis a |∇F| determin´ ansa nem nulla, akkor a line´aris k¨ozel´ıt´es els˝orendben
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
80
pontos, ´es ´ıgy a ter¨ ulet deform´al´od´as´anak m´ert´ek´et is vele sz´amolhatjuk. Tegy¨ uk fel hogy F folytonosan differenci´alhat´o, a Jacobi determin´ansa seholsem nulla, ´es k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u megfeleltet´est l´etes´ıt a J ´es G s´ıkbeli tartom´anyok k¨oz¨ ott, akkor ZZ ZZ f (x, y) dx dy = f (ϕ(u, v), ψ(u, v))|ϕ0u (u, v)ψv0 (u, v) − ϕ0v (u, v)ψu0 (u, v)| du dv . (9.45) G
J
A hagyom´anyos bizony´ıt´as igen hosszadalmas, l´enyeg´et m´ar elmondtuk. Az x = x0 + ar cos φ , y = y0 + br sin φ ´altal´anos pol´aris transzform´aci´ o Jacobi m´atrixa µ ¶ a cos φ −ar sin φ ∇F = (9.46) b sin φ br cos φ teh´at a Jacobi determin´ans ´eppen abr . Gauss ´ es Green formul´ ai: Ha g ´es h folytonosan differenci´alhat´ o, akkor egyszer˝ u parci´alis integr´al´assal Z dZ b (gx0 (x, y) + h0y (x, y)) dx dy c
a
Z =
Z
d
g(b, y) dy − c
Z
d
g(a, y) dy + c
Z
b
h(x, d) dx − a
b
h(x, c) dx a
ad´ odik. Ez az egyenlet u ´gy ´ertelmezhet˝ o, hogy gx0 + h0y integr´ alja a t´eglalapon ugyanaz, mint az f = gi + hj s´ıkbeli vektormez˝onek a t´eglalap hat´arvonal´ ara mer˝oleges, kifel´e mutat´ o komponens´enek integr´alja a hat´ar ment´en pozit´ıv ir´anyban haladva; ezt nevezz¨ uk fluxusnak. Igen tanuls´agos ugyanez a sz´amol´as h´aromsz¨ og¨ on, n´ezzuk azt a H h´aromsz¨ oget aminek, a bej´ar´ as sorrendje szerint, (0, 0) , (a, 0) ´es (0, b) a h´arom cs´ ucsa, a, b > 0 . Z b ZZ ¡ 0 ¢ gx (x, y) + h0y (x, y) dx dy = g(a − ay/b, y) dy H
Z −
Z
b
g(0, y) dy + 0
0
a
Z
h(x, b − bx/a) dx − 0
a
h(x, 0) dx . 0
A jobboldali m´asodik ´es negyedik integr´ al jelent´ese vil´agos, a m´asik kett˝ ot a ferde oldal k¨oz¨ os param´eterez´es´evel vonhatjuk ¨ossze. Legyen x(t) := a − at ´es y(t) := bt , ekkor dy = b dt , m´ıg dx = −a dt de itt az integr´al´as hat´arai is felcser´el˝ odnek, teh´at Z b Z a Z 1 g(a − ay/b, y) dy + h(x, b − bx/a) dx = (bg(x(t), y(t)) + ah(x(t), y(t))) dt 0 0 0 Z 1 p = (n1 g(x(t), y(t)) + n2 h(x(t), y(t))) a2 + b2 dt , 0
√ √ ahol n1 := b/ a2 + b2 , n2 := a/ a2 √ + b2 , teh´ at n := n1 i + n2 j a ferde oldalr´ol mer˝olegesen kifel´e mutat´o egys´egys´egvektor, m´ıg ds = a2 + b2 dt az ´ıvhosszelem, teh´at itt is a ZZ I ¡ 0 ¢ fx (x, y) + gy0 (x, y) dx dy = f(x, y) · · · n(x, y) ds (9.47) G
Γ
k´epletet kaptuk, ahol n(x, y) a G tartom´anyt hat´arol´ o Γ z´art g¨orbe (x, y) pontj´ ab´ ol kifel´e mutat´ o norm´alis egys´egvektor, ´es a vonalmenti integr´ al´ as az s ´ıvhossz szerint t¨ort´enik. Az a, b > 0 felt´etelt csak a szeml´eltet´es kedv´e´ert tett¨ uk, (9.47) ugyanigy bizony´ıthat´ o b´armeny tengely´all´ as´ u ´ der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og eset´eben. Altal´ anos alak´ u h´aromsz¨ ogn´el h´arom ferde egyenes ment´en kellene az integr´alokat fel´ırni, de erre nincs sz¨ uks´eg. Azt kell, ´es ´erdemes is ´eszrevenni hogy minden h´aromsz¨og felbonthat´o tengely´all´ as´ u der´eksz¨ og¨ uekre, amelyekre (9.47) biztosan igaz, ´es amikor az ´ıgy kapott egyenleteket ¨osszeadjuk, az eg´esz h´aromsz¨ ogr˝ ol sz´ol´ o t´etelt kapjuk. A kett˝os integr´alok egyszer˝ uen ¨osszead´odnak, a h´aromsz¨ og belsej´eben halad´o szakaszokon pedig k´etszer megy¨ unk v´egig, ´es az ellent´etes ir´any´t´as´ u vonalintegr´ alok kiejtik egym´ast.
K´ etv´ altoz´ os f¨ uggv´ enyek
81
´ Altal´ anos alak´ u, szakaszonk´ent folytonosan differenci´alhat´ o g¨orb´ıvekkel hat´arolt G tartom´ anyt t´eglalapok ´es h´aromsz¨ogek egyes´ıt´eseivel k¨ozel´ıtve, ´es az egyes r´eszek j´arul´ekait ¨osszeadva, hat´ar´atmenet ut´an kapjuk Gauss nevezetes divergencia t´etel´enek s´ıkbeli v´altozat´ at, a (9.47) formul´ at. Azt kell l´atni hogy a feloszt´as bels˝o ´elei ment´en mindegyik vonalintegr´ alt k´etszer sz´amoljuk, de ezek ellekez˝o el˝ojel˝ uek, ´es ´ıgy kiejtik egym´ast. A k¨ uls˝ o ´elek aH Γ g¨orb´ehez illeszkednek, ´es j´arul´ekuk – hat´ar´atmenet ut´an – a teljes vonalintegr´ alt adja. Az integr´ alt a Γ g¨orbe valamilyen r(t) = (x(t), y(t)) , t0 ≤ t ≤ t1 param´eterez´ese ut´an sz´amoljuk. Az r˙ = xi ˙ + yj ˙ sebess´eghez a norm´alvektor: n = |˙r|−1 (yi ˙ − xj) ˙ . Mivel ds = |˙r| dt , a praktikus Z ZZ 0 0 (gx (x, y) + hy (x, y)) dx dy = f(x, y) · n(x, y) ds (9.48) Γ G Z t2 = (g(x(t), y(t))y(t) ˙ − h(x(t), y(t))x(t)) ˙ dt t1
k´epletet kapjuk. A fluxus igaz´ab´ol a h´aromdimenzi´os t´erben ´erdekes, err˝ol k´es˝ obb lesz sz´o. Green (Stokes) s´ıkbeli formul´aja matematikailag azonos Gauss k´eplet´evel, de m´as a fizikai jelent´ese. Azt kell ´eszrevenni hogy g¨orbe ment´en az f = gi + hj er˝ot´er munk´ aja ugyanaz mint f > := hi − gj fluxusa, teh´at (9.47) az ZZ I (h0x (x, y) − gy0 (x, y)) dx dy = f(r) · dr (9.49) G Γ Z t2 = (g(x(t), y(t))x(t) ˙ + h(x(t), y(t))y(t)) ˙ dt , t1
alakot ¨olti, ahol r = x(t)i + y(t)j , t1 ≤ t ≤ t2 megint a Γ kont´ ur param´eteres el˝o´ all´ıt´sa. Az f = −y , g = x speci´alis esetben I 1 T = (x dy − y dx) (9.50) 2 Γ a Γ tartom´any ter¨ ulete, de sok m´as lehet˝os´eg is van. Fel¨ uleti integr´ alok, a fluxus: T´erbeli fel¨ ulet z = f (x, y) t´ıpus´ u megad´as´ an´ al ´altal´ anosabb ´es k´enyelmesebb az r(u, v) = x(u, v) i + y(u, v) j + z(u, v) k k´etparam´eteres alak, ahol x, y, z a G ⊂ R2 nyilt halmazon adott folytonosan differenci´alhat´ o f¨ uggv´enyek. Amint u ´es v v´egigfut a G tartom´anyon, az r(u, v) pont is bej´arja az ´altala defini´alt Σ fel¨ uletet. Ha valamelyik param´etert r¨ogz´ıtj¨ uk, ´es csak a m´asikat v´altoztatjuk, akkor a Σ fel¨ uleten halad´o t´erg¨ orb´eket kapunk. Ezek ´erint˝ovektorai az ru0 (u, v) ´es rv0 (u, v) parci´alis deriv´altak, teh´at az ´altaluk kijel¨olt s´ık a fel¨ ulet ´erint˝os´ıkja, az r0 (u, v) × rv0 (u, v) n(u, v) := u0 |ru (u, v) × rv0 (u, v)| uletre illeszked˝ o egys´egvektor pedig a fel¨ uleti norm´alis az (u, v) helyen. Ugyanakkor |ru0 × rv0 | a fel¨ o k¨ozel´ıt´essel, a fel¨ ulet egy kis parallelogramma ter¨ ulete, ez´ert dS := |ru0 (u, v) × rv0 (u, v)| du dv , j´ darabk´aj´anak a felsz´ıne. Ha teh´at f : R3 7→ R, akkor ZZ ZZ f dS := f (r(u, v)) |ru0 (u, v) × rv0 (u, v)| du dv (9.51) Σ
G
az f integr´alja a fel¨ uleten; az f ≡ 1 esetben a fel¨ ulet felsz´ın´et kapjuk. Ez az a m´ert´ek ami szerint a fenti ´es az al´abbi integr´alokat k´epezz¨ uk. A z = f (x, y) fel¨ uletnek a G ⊂ R2 tartom´ any feletti r´esz´enek a felsz´ın´et a vegyes szorzat (determin´ans) kisz´amol´ asa ut´an az ZZ q 1 + fx02 (x, y) + fy02 (x, y) dx dy (9.52) S= G
formula adja meg, ez felt˝ un˝oen hasonl´ıt az ´ıvhossz k´eplet´ere.
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
82
~ = n dS = (r0 × r0 ) du dv a vektor ´ert´ek˝ u elemi A fel¨ ulet elemeinek t´erbeli ´all´asa is van, ez´ert dS u v 3 3 felsz´ın, ´es ´ıgy az f : R 7→ R vektormez˝ o fluxus´at ZZ ZZ ZZ ¡0 ¢ 0 ~ Φ= f · dS := f(r(u, v)) · ru (u, v) × rv (u, v) du dv = |f, ru0 , rv0 | du dv (9.53) Σ
G
G
|f, ru0 , rv0 |
defini´alja, ahol a h´arom vektorb´ ol alkotott m´atrix determin´ansa. Ha p´eld´ aul f folyad´ek ´araml´as´anak sebess´ege, akkor a fluxus a Σ fel¨ uletdarabon id˝oegys´eg alatt ´at´ araml´ o folyad´ek menynyis´ege. Stokes t´ etele: Az f = ϕ(x, y, z) i + φ(x, y, z) j + ψ(x, y, z) k t´erbeli vektormez˝ o rot´aci´ oja rot f(r) := (ψy0 − φ0z ) i + (ϕ0z − ψx0 ) j + (φ0x − ϕ0y ) k ,
(9.54)
teh´at Green t´etele u ´gy is kimondhat´o hogy s´ıkbeli vektormez˝ o rot´aci´ oj´ anak fluxusa egy s´ıkdarabon az azt hat´arol´o z´art g¨orbe ment´en v´egzett munk´ aval egyenl˝ o. Mivel a rot´aci´ o is geometriai - fizikai fogalom, l´asd k´es˝obb, ez az ´all´ıt´ as tetsz˝oleges ´all´ as´ u s´ıkra vonatkoz´ oan is igaz. Innen a Σ fel¨ uletet apr´o h´aromsz¨ogekkel parkett´ azva kapjuk Stokes ZZ I ~ rot f(r) dS = (r) dr (9.55) Σ
Γ
formul´aj´at, ahol Γ a fel¨ uletdarab z´art hat´arvonala. A vonalintegr´ alt a fel¨ uleti norm´alis ir´any´ aba n´ezve, pozit´ıv ir´any´ u bej´ar´assal sz´amoljuk. A fel¨ uletek geometri´aja rendk´ıv¨ ul komoly tudom´any, v´azolni se pr´ob´aljuk. Stokes t´etel´en´el olyan fel¨ uletre gondolunk mint p´eld´ aul a g¨ombr˝ ol z´art g¨orb´evel lemetszett s¨ uveg. ´ 10. METRIKUS TEREK, TOPOLOGIA Absztrakt form´aban ismertetj¨ uk a hat´ar´ert´ekkel ´es a folytonoss´aggal kapcsolatos fogalmakat, ´ ez az Altal´anos topol´ogia nev˝ u tudom´any´ ag t´argya, ahol a pontok k¨ornyezeteit axi´om´ akkal jellemzik. 10.1. Metrikus terek. A c´ımszerepl˝o (X, ρ) objektum olyan X halmaz, melyben b´armely k´et x, y ∈ X pontnak van t´avols´aga, ρ(x, y) , ami pozit´ıv, szimmetrikus ´es teljes¨ ul a h´aromsz¨ og egyenl˝otlens´eg, vagyis ρ(x, y) ≥ 0 ∀x, y ∈ X,
ρ(x, y) = 0 acsak x = y ,
ρ(x, y) = ρ(y, x) ∀x, y ∈ X ,
(10.1)
ρ(x, y) ≤ ρ(x, z) + ρ(z, y) ∀x, y, z ∈ X . Az xn ∈ X sorozat konvergens ´es x ∈ X a hat´ar´ert´eke ha lim ρ(xn , x) = 0 amint n → +∞ , a t´eny´all´ast xn → x jel¨oli. A Kδ (x) := {y ∈ X : ρ(y, x) < δ} halmaz az x ∈ X pont δ > 0 sugar´ u k¨ornyezete , nevezhet¨ uk x k¨oz´eppont´ u, δ sugar´ u g¨ ombnek. Eszerint xn → x akkor ´es csak akkor, ha minden ε > 0 eset´en igaz hogy xn ∈ Kε (x) v´eges kiv´etellel, vagyis minden ε > 0 sz´amhoz megadhat´o olyan nε k¨ usz¨ ob hogy ρ(xn , x) < ε ha n > nε . xn ∈ X , n ∈ N Cauchy sorozat ha minden ε > 0 sz´amhoz van olyan nε k¨ usz¨ obsz´ am hogy ha n, m > nε , akkor ρ(xn , xm ) < ε . Minden konvergens sorozat Cauchy, mert ρ(xn , xm ) ≤ ρ(xn , x) + ρ(x, xm ) . Az X metrikus t´er teljes ha benne minden Cauchy sorozat konvergens. Az X t´er kompakt – prec´ızen sorozatkompakt – ha igaz a Bolzano - Weierstrass t´etel: minden sorozatb´ol kiv´alaszthat´ o konvergens r´eszsorozat. Minden kompakt t´er teljes, mert Cauchy sorozat a bel˝ole kiv´alasztott konvergens r´eszsorozat hat´ar´ert´ek´ehez konverg´ al. Az A ⊂ X halmaz korl´atos ha az ´atm´er˝oje , diam A := sup{ρ(x, y) : x, y ∈ A} v´eges. Z´ art ´ es nyilt halmazok: Az x ∈ X pont az A ⊂ X halmaz torl´ od´asi pontja ha x minden k¨ornyezete az A v´egtelen sok pontj´at tartalmazza, teh´at van olyan k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o xn ∈ A elemekb˝ol ´all´ o sorozat, hogy xn → x . Pontsorozat r´eszsorozat´ anak hat´ar´ert´ek´et is szok´as a sorozat torl´od´ asi pontj´anak nevezni. Az A ⊂ X halmaz ∂A hat´ara azokb´ol a pontokb´ ol ´all, amelyek minden k¨ornyezet´eben a halmazhoz tartoz´o, ´es a halmazhoz nem tartoz´o pont egyar´ant tal´alhat´ o; ezek az A hat´arpontjai. Az A lez´ar´asa az A¯ := A ∪ ∂A halmaz, amit u ´gy is megkaphatunk hogy A-hoz
Metrikus terek, topol´ ogia
83
hozz´avessz¨ uk a torl´od´asi pontjait. x az A ⊂ X bels˝o pontja ha A az x egy teljes k¨ornyezet´et is tartalmazza, A belseje, Int A az A bels˝o pontjainak halmaza. Perif´erikusak az izol´alt pontok, melyek ugyan a halmazhoz taroznak, de van olyan k¨ornyezet¨ uk, amely a pontot kiv´eve, teljesen k´ıv¨ ul esik a halmazon. Az izol´alt pontok hat´arpontok. Z´art az a halmaz, amely minden torl´od´ asi pontj´at tartalmazza, vagyis A = A¯ , illetve A ⊃ ∂A . Nyilt halmaz minden pontja bels˝o pont, vagyis A = Int A . Z´art halmaz komplementuma nyilt, ´es viszont, az u ¨res halmaz ´es az eg´esz t´er egyszerre z´art ´es nyilt. Az X t´er ¨osszef¨ ugg˝ o ha csak az X = X ∪ ∅ m´odon bonthat´ o fel diszjunkt nyilt halmazok egyes´ıt´es´ere, vagyis csak az u ¨res halmaz ´es az eg´esz t´er lehet benne z´art is meg nyilt is. Alterek: Metrikus t´er b´armely r´eszhalmaza – ugyanazzal a t´avols´ aggal felszerelve – szint´en metrikus t´er, az eredeti t´er altere. Az X0 ⊂ X alt´er nyilt, illeteve z´art halmazai X0 ∩ G , illetve X0 ∩F alak´ uak, ahol G nyilt, F z´art az eredeti X t´erben. El˝ofordul hogy az xn ∈ X0 ⊂ X sorozat az (X, ρ) t´erben konvergens, de az (X0 , ρ) alt´erben nem, mert a hat´ar´ert´eke nem esik X0 -ba. Sorozatok Cauchy tulajdons´aga abszol´ ut, vagyis nem f¨ ugg att´ol hogy melyik alt´erben n´ezz¨ uk ˝oket. R´eszhalmaz kompakts´aga is abszol´ ut fogalom. Teljes, illetve kompakt t´er z´art r´eszhalmaza, mint alt´er, szint´en teljes, illetve kompakt. 32 Az ¨osszef¨ ugg˝ os´eg fogalm´at legt¨obbsz¨ or alterekn´el haszn´aljuk. Nevezetes alt´er valamely φ : [a, b] 7→ X f¨ uggv´eny Γ := {φ(t) : a ≤ b} k´epe, amit X-ben halad´o g¨orb´enek nevez¨ unk. 10.2. Folytonos f¨ uggv´ enyek. Az (X, ρ) metrikus t´ernek az (Y, ρ˜) metrikus t´erbe t¨ort´en˝ of : X 7→ Y lek´epez´ese folytonos az x ∈ X helyen ha minden ε > 0 sz´amhoz van olyan δ = δε,x > 0 hogy ρ(x, y) < δ eset´en ρ˜(f (x), f (y)) < ε , ezt f ∈ C(x) jel¨oli. Az X minden pontj´ aban folytonos f¨ ugg´enyek tere C(X→Y ) ; C(X) := C(X→Y ) , m´ıg Cb (X) ⊂ C(X) a korl´ atos f¨ uggv´enyek tere. T´ etel 10.1. f ∈ C(X→Y ) akkor ´es csak akkor igaz, ha f a hat´ ar´ atmenettel mindig felcser´elhet˝ o, vagyis f (xn ) → f (x) ha xn → x . Bizony: A felt´etel sz¨ uks´egess´ege nyilv´ anval´ o. Ha viszont f nem folytonos, akkor van olyan x ∈ X , pont, ε > 0 sz´am, ´es xn ∈ X sorozat hogy ρ(xn , x) < 1/n , de ρ˜(f (xn ), f (x)) ≥ ε . Ez az ellentmond´ as a t´etel igaz volt´at bizony´ıtja. ¤ Az A ⊂ X halmazon ´ertelmezett f : A 7→ X f¨ uggv´enynek az A halmaz a torl´ od´ asi pontj´ aban l´etezik a b ∈ Y hat´ar´ert´eke, ha xn ∈ A, xn → a eset´en f (xn ) → b. Teh´ at egy f¨ uggv´eny ott folytonos, ahol l´etezik a hat´ar´ert´eke, ´es az megegyezik a helyettes´ıt´esi ´ert´ekkel. Eg´eszen ´altal´ anos szok´as az, hogy f¨ uggv´enyek ´ertelmez´es´et automatikusan terjesztj¨ uk ki mindazokra a pontokra, ahol van hat´ar´ert´ek¨ uk. A folytonoss´ag defin´ıci´ oj´ ahoz kapcsol´od´ oan azt mondjuk hogy az f : X 7→ Y f¨ uggv´eny egyenletesen folytonos ha minden ε > 0 sz´amhoz van olyan δε > 0 hogy ρ(x, y) < δε eset´en ρ˜(f (x), f (y)) < ε . Minden egyenletesen folytonos f¨ uggv´eny folytonos. A t´avols´ag b´armelyik v´altoz´oj´anak folytonos, s˝ot egyenletesen folytonos f¨ uggv´enye, mert a h´aromsz¨og egyenl˝otlens´eg miatt |ρ(x, y) − ρ(x0 , y)| ≤ ρ(x, x0 ) . R´ aad´ asul, ρ mint k´etv´ altoz´ os f¨ uggv´eny is folytonos, ugyanis |ρ(x, y) − ρ(x0 , y0 )| ≤ ρ(x, x0 ) + ρ(y, y0 ) . Az x ∈ X pont ´es az A ⊂ X halmaz t´avols´ag´at ρ(x, A) := inf{ρ(x, y) : y ∈ A} jel¨ oli. A fentiekhez hasonl´oan |ρ(x, A)−ρ(y, A)| ≤ ρ(x, y) , teh´at ez a f¨ uggv´eny is egyenletesen (s˝ot Lipschitz szerint is) folytonos. Weierstrass t´etele a k¨ovetkez˝o form´aban is igaz. 33 T´ etel 10.2. Ha f ∈ C(X) ´es X kompakt, akkor f ∈ Cb (X) , vagyis korl´ atos, ´es vannak olyan a, b ∈ X pontok hogy f (a) ≤ f (x) ≤ f (b) ∀x ∈ X . 32Az x → x rel´ aci´ o igaz volta puszt´ an a ny´ılt (illetve a z´ art) halmazok seg´ıts´eg´evel, a ρ t´ avols´ ag ismerete n
n´elk¨ ul is eld¨ onthet¯ o, mert xn → x pontosan annyit jelent hogy minden G 3 x nyilt halmaz, v´eges sz´ am´ u kiv´etellel, tartalmazza az xn sorozatot. Viszont az az ´ all´ıt´ as hogy az xn sorozat Cauchy, nem d¨ onthet¯ o el csup´ an a z´ art (nyilt) halmazok alapj´ an. Borel t´etele szerint az A ⊂ X halmaz akkor ´es csak akkor kompakt ha nyilt halmazokkal t¨ ort´en¯ o lefed´es´eb¯ ol mindig kiv´ alaszthat´ o v´eges sok u ´gy hogy azok egyes´ıt´ese is lefedi (tartalmazza) A-t. 33Weierstrass t´ etele m´eg ´ altal´ anosabban, u ´ gy is kimondhat´ o hogy kompakt t´er folytonos k´epe is kompakt. A k¨ ozb¨ uls¯ o ´ert´ekr¯ ol sz´ ol´ o Bolzano t´etel szerint ¨ osszef¨ ugg¯ o t´er folytonos k´epe is ¨ osszef¨ ugg¯ o. Ez ut´ obbihoz csak a folytonoss´ ag k¨ ovetkez¯ o, harmadik defin´ıci´ oj´ at kell meg´erteni: f ∈ C(X →Y ) acsak U := {x ∈ X : f (x) ∈ V } mindig nyilt ha V ⊂ Y nyilt, illetve mindig z´ art ha V z´ art.
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
84
Bizony: Ugyanaz mint a sz´amegyenesen. Legyen α := inf{f (x) : x ∈ X}, ami ak´ar −∞ is lehetne. Minden αn > α sz´amhoz van an ∈ X u ´gy hogy f (an ) < αn . Az an sorozat b´armely konvergens r´eszsorozat´anak a hat´ar´ert´ek´evel α = f (a) . ¤ Az A, B ⊂ X halmazok t´avols´aga ρ(A, B) := inf{ρ(x, y) : x ∈ A , y ∈ B} . Ha teh´at C ⊂ G ´es C kompakt m´ıg G nyilt, akkor ρ(C, Gc ) > 0 mert ρ(C, Gc ) = inf{ρ(x, Gc ) : x ∈ C} . Ha a Γ g¨orb´et megad´o φ : [a, b] 7→ X lek´epez´es folytonos, akkor Γ az X kompakt r´eszhalmaza, teh´at ρ(Γ, Gc ) > 0 ha Γ ⊂ G ´es G nyilt. Ez az ´eszrev´etel a vonalintegr´ alok elm´elet´eben lehetne hasznos. uggv´eny egyenletesen folytonos. T´ etel 10.3. Kompakt t´eren folytonos f¨ Bizony: Ha az ´all´ıt´as nem lenne igaz, akkor volna olyan ε0 > 0 sz´am, ´es minden n ∈ N eset´en olyan xn , yn ∈ X p´ar hogy ρ˜(f (xn ), f (yn )) ≥ ε0 , noha ρ(xn , yn ) < 1/n . Az xn sorozatnak van konvergens r´eszsorozata, xn(k) , ennek hat´ar´ert´ek´et x jel¨oli, x0k := xn(k) , yk0 := yn(k) . Mivel ρ(x0k , yk0 ) ≤ 1/n(k) ´es n(k) → +∞ amikor k → +∞, a h´aromsz¨ og egyenl˝ otlens´eg miatt yk0 → x, 0 0 vagyis f (xk ) → f (x) ´es f (yk ) → f (x). Innen ρ˜ folytonoss´aga miatt a ρ˜(f (x0k ), f (yk0 )) → 0 ellentmond´ ashoz jutunk; indirekt feltev´es¨ unk szerint ugyanis ρ(f ˜ (x0k ), f (yk0 )) ≥ ε0 > 0 ∀k. ¤ ∗∗ Egyenletes konvergencia: Az (X, ρ) metrikus t´eren ´ertelmezett fn : X 7→ R f¨ uggv´enyek sorozata egyenletesen konverg´al az f : X 7→ R f¨ uggv´enyhez, ha minden ε > 0 sz´amhoz van olyan nε hogy |f (x) − fn (x)| < ε ∀x ∈ X ha n > nε . T´ etel 10.4. Ha az fn ∈ C(X) sorozat egyenletesen konvergens, akkor a hat´ ar´ert´eke is folytonos. Bizony: Legyen f (x) := lim fn (x) , ε > 0 ,´es n olyan nagy hogy |f (x) − fn (x)| < ε , x0 ∈ X , tov´abb´a δ > 0 olyan kicsi hogy |fn (x) − fn (x0 )| < ε ha ρ(x, x0 ) < δ ; itt n ´es x0 r¨ ogz´ıtett. Ekkor |f (x) − f (x0 )| ≤ |f (x) − fn (x)| + |fn (x) − fn (x0 )| + |fn (x0 ) − f (x0 )| < 3ε . ¤ A ρ(f, g) := sup{|f (x) − g(x)| : x ∈ X} k´eplet t´avols´ agot defini´al a folytonos ´es korl´ atos f¨ uggv´enyek Cb (X) halmaz´aban, teh´at Cb metrikus t´er, ´es benne ρ(fn , f ) → 0 , pontosan annyit jelent hogy fn → f egyenletesen. T´ etel 10.5. A Cb (X) t´er teljes. Bizony: Ha fn Cauchy sorozat a Cb t´erben akkor |fm (x) − fn (x)| ≤ kfm − fn k ∀x ∈ X , teh´ at minden pontban l´etezik az f (x) := lim fn (x) hat´ar´ert´ek. Azt kell bizony´ıtani hogy az fn → f konvergencia egyenletes, ehhez jel¨olje nε az ε > 0 sz´amhoz tartoz´o k¨ usz¨ ob¨ ot, vagyis kfm −fn k < ε ha n, m > nε . Ekkor |fn (x) − f (x)| ≤ |fn (x) − fm (x)| + |fm (x) − f (x)| < |fm (x) − f (x)| + ε ha n, m > nε . Mivel a jobboldal nem f¨ ugg n-t˝ol, az m → ∞ hat´ ar´ atmenet ut´an |fn (x) − f (x)| < ε ad´ odik hacsak n > nε , ´es ez minden x ∈ X eset´en igaz, teh´at kfn − f k ≤ ε ha n > nε . Azt viszont m´ar tudjuk hogy folytonos f¨ uggv´enyek egyenletesen konvergens sorozat´anak a hat´ar´ert´eke is folytonos. ¤ ∗∗ Banach fixpont t´ etele: A φ : X 7→ Y lek´epez´es Lipschitz folytonos ha van olyan L < +∞ sz´am hogy ρ (φ(x), φ(y)) ≤ L˜ ρ(x, y) ∀x, y ∈ X . Ha X = Y ´es L < 1 akkor azt mondjuk hogy φ kontrakci´ o az (X, ρ) metrikus t´erben. Az al´abbi, Banach f´ele fixpont t´etel alkalmas sz´amos, k¨ozvetlen¨ ul nem defini´alhat´ o objektum l´etez´es´enek ´es egy´ertelm˝ u meghat´arozotts´ag´anak a bizony´ıt´ as´ ara. o, akkor az T´ etel 10.6. Ha az (X, ρ) metrikus t´er teljes, ´es a φ : X 7→ X lek´epez´es kontrakci´ x = φ(x) fixpont egyenletnek pontosan egy megold´ asa van. Bizony: K´et megold´as nem lehet, mert akkor ρ(x, x ¯) ≤ Lρ(x, x ¯) , teh´at L < 1 miatt ρ(x, x ¯) = 0 . A fixpont l´etez´es´et iter´aci´oval (szukcessz´ıv approxim´ aci´ o) bizony´ıtjuk. Legyen x0 ∈ X tetsz˝oleges, ´es vegy¨ uk szem¨ ugyre az xn+1 := φ(xn ) rekurzi´oval defini´alt xn sorozatot. Mivel ρ(xn+1 , xn ) ≤ Lρ(xn , xn−1 ) , indukci´oval ρ(xn+1 , xn ) ≤ Ln ρ(x1 , x0 ) k¨ovetkezik, vagyis b´armely m > n eset´en ρ(xm , xn ) ≤ ρ(xm , xm−1 ) + · · · + ρ(xk+1 , xk ) + · · · + ρ(xn+1 , xn ) ,
Metrikus terek, topol´ ogia
85
teh´at
Ln ρ(x1 , x0 ) . 1−L Eszerint az xn sorozat Cauchy, legyen x := lim xn a hat´ar´ert´eke. Mivel φ folytonos, az xn+1 = φ(xn ) egyenlet mindk´et oldal´an elv´egezhet˝ o a hat´ar´ atmenet, ´es az annyira k´ıv´ ant x = φ(x) egyenl˝os´eg ad´odik. ¤ Illusztr´aci´ok´ent igazoljuk az implicit f¨ uggv´eny l´etez´es´er˝ ol sz´ol´ o t´etelt. ρ(xm , xn ) ≤ ρ(x1 , x0 )(Ln + Ln+1 + · · · + Lm−1 ) ≤
T´ etel 10.7. Ha g(x0 , y0 ) = 0 , g ∈ Cδ1 (x0 , y0 ) , ´es gy0 (x0 , y0 ) 6= 0 , akkor az x0 pont egy k¨ ornyezet´eben egy´ertelm˝ uen adhat´ o meg olyan differenci´ alhat´ o φ f¨ uggv´eny hogy ott g(x, φ(x)) = 0 ´es gx0 (x, φ(x)) + gy0 (x, φ(x))φ0 (x) = 0 . Bizony: Tekintve hogy g differenci´alhat´ o, 0 = g(x, y) = g(x0 , y0 ) + gx0 (x0 , y0 )(x − x0 ) + gy0 (x0 , y0 )(y − y0 ) + r0 (x, y) , ahol r0 (x, y) = o(|r − r0 |) , r = (x, y) , r0 = (x0 , y0 ) , az y = φ(y) := y0 −
gx0 (x0 , y0 )(x − x0 ) + r0 (x, y) gy0 (x0 , y0 )
alakba ´ırhat´o ´at, ´es ´ıgy m´ar alkalmazhat´ o Banach t´etele. Az az X teljes metrikus t´er melyben φ kontrakci´o, egy alkalmasan v´alasztott X := [y0 − γ, y0 + γ] z´art intervallum, ´es persze ρ(y, y˜) := |y − y˜| . Val´oban, ha γ > 0 ´es δ > 0 el´eg kicsi, akkor el´erhet˝ o hogy y, y˜ ∈ X ´es |x − x0 | < δ eset´en |y − φ(y)| ≤ γ legyen, ehhez csak az r0 (x, y) = o(γ + δ) becsl´est kell figyelembe venni. Mivel r0 (x, y) := g(x, y) − g(x0 , y0 ) − gx0 (x0 , y0 )(x − x0 ) − gy0 (x0 , y0 )(y − y0 ) , ´es Lagrange szerint r0 (x, y˜) − r0 (x, y) = (gy0 (x, η) − gy0 (x0 , y0 ))(˜ y − y) , teh´ at φ(˜ y ) − φ(y) =
gy0 (x, η) − gy0 (x0 , y0 ) (˜ y − y) . gy0 (x0 , y0 )
Legyen q ∈ (0, 1) adott, p´eld´aul q = 3/4. Mivel gy0 ∈ C(x0 , y0 ) ´es gy0 (x0 , y0 ) = 6 0, a γ, δ sz´ amok u ´gy is megv´alaszthat´oak hogy |x−x0 | ≤ δ ´es y, y˜ ∈ [y0 −γ, y0 +γ] eset´en |φ(˜ y )−φ(y)| ≤ q|˜ y −y| is teljes¨ ulj¨on. Teh´at pontosan egy olyan y = φ(x) sz´am van hogy y = φ(y), vagyis g(x, φ(x)) = 0 . Az implicit f¨ uggv´eny differenci´alhat´os´ag´ at m´ar kor´ abban igazoltuk. ¤ A bizony´ıt´as gondolatmenete absztrakt form´aban is m˝ uk¨ odik, igaz´ab´ ol nem is kell m´odos´ıtani ha x v´eges dimenzi´os vektor. 10.3. Line´ aris terek. Az X val´os vagy komplex line´aris t´er norm´alt t´er ha adott a ϕ ∈ X elemek (vektorok) kϕk ∈ R+ hossza (norm´aja). A norma pozit´ıv, homog´en, ´es eleget tesz a h´aromsz¨ og (Minkowski) egyenl˝otlens´egnek, vagyis kϕk ≥ 0 ∀ϕ ∈ X, ´es kϕk = 0 acsak ϕ = 0 , kcϕk = |c|kϕk ∀ϕ ∈ X ´es c ∈ R vagy c ∈ C,
(10.2)
kϕ + ψk ≤ kϕk + kψk ∀ϕ, ψ ∈ X. A norma tulajdons´agait ´altal´aban a k¨ovetkez˝ o alakban haszn´aljuk: kc1 ϕ1 + c2 ϕ2 + · · · + cn ϕn k ≤ |c1 |kϕ1 k + |c2 |kϕ2 k + · · · |cn |kϕn k ,
(10.3)
ahol ϕk ∈ X , ck pedig val´os vagy komplex sz´am, aszerint hogy a t´er val´ os vagy komplex. A jel¨ ol´esek szintj´en a val´os ´es a komplex terek k¨oz¨ ott nincs szembet˝ un˝ o k¨ ul¨ onbs´eg. Mivel R ⊂ C , a komplex sz´amokra utal´o defin´ıci´ok ´es jel¨ol´esek a val´ os esetben is ´erv´enyesek. Minden line´aris norm´alt t´er egyben metrikus t´er is, mert ρ(ϕ, ψ) := kϕ − ψk nyilv´ an t´avols´ ag, teh´at a kapcsol´od´o defin´ıci´ok ´ertelemszer˝ uen alkalmazhat´ oak. Metrikus t´er a leggyakrabban mint valamely line´aris norm´alt t´er altere bukkan fel. Az A ⊂ X halmaz korl´atos, ha van olyan R sz´am hogy kxk ≤ R minden x ∈ A eset´en. Az xn ∈ X sorozat akkor kor´ atos, ha az kxn k norm´ ak sorozata korl´atos. A ϕn ∈ X sorozat Cauchy ha minden ε > 0 sz´amhoz van olyan nε k¨ usz¨ ob hogy kϕn − ϕm k < ε ha n, m > nε . A t´er teljes ha benne minden Cauchy sorozat konvergens,
86
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
a teljes line´aris norm´alt terek neve: Banach t´er. Az X line´ aris t´er v´eges dimenzi´os ha van olyan v´eges r´eszhalmaza, hogy a bel˝ole k´esz´ıtett line´aris kombin´aci´ ok kiadj´ ak az eg´esz teret. V´eges dimenzi´oju norm´alt t´er mindig teljes. A 7. fejezetben defini´alt `p terek a v´egtelen dimenzi´os Banach t´er legegyszer˝ ubb p´eld´ai. F¨ uggv´ enyterek: Az X metrikus t´eren folytonos ´es korl´ atos f¨ uggv´enyek Cb (X) tere line´aris norm´alt t´er, kf k := sup{|f (x)| : x ∈ X} a norma, amint m´ar l´attuk, ez a t´er teljes. Nevezetesek az integr´alhat´o f¨ uggv´enyek terei is. Az (a, b) intervallumon integr´ alhat´ o f¨ uggv´enyek L1 (a, b) Rb ter´eben kf k1 := a |f (x)| dx a norma, a n´egyzetesen integr´alhat´ o f¨ uggv´enyek is norm´alt teret Rb 2 2 alkotnak az kf k2 norm´ara vonatkoz´oan, amit kf k2 := a |f (x)| dx defini´al. 34 ∗∗ Korl´ atos funkcion´ alok ´ es oper´ atorok: Az ` : X 7→ C homog´en line´aris f¨ uggv´eny korl´atos ha van olyan K sz´am hogy k`(x)k ≤ Kkxk . A legkisebb K korl´ at az ` norm´aja, k`k := sup{|`(x)| : kxk ≤ 1} . Line´aris f¨ uggv´eny korl´ atoss´ aga ´es folytonoss´ aga ugyanazt jelenti. V´eges dimenzi´os t´eren minden line´aris f¨ uggv´eny korl´atos, a v´egtelen dimenzi´os esetben a line´aris korl´atos funkcion´al terminus haszn´alatos. Ezek szint´en line´ aris norm´ alt teret alkotnak, amit X∗ jel¨ol, ´es du´alis t´er a neve. Gyakran k´enyelmes az `(x) ≡ h`, xi ´ır´ asm´ od, ahol ` ∈ X∗ m´ıg x ∈ X . Vil´ agos hogy h`, xi ≤ k`k kxk , ´es Banach ´es Hahn t´etele szerint kxk := sup{`(x) : ` ∈ X∗ , k`k ≤ 1} . Adott x ∈ X elemhez keress¨ uk azt az ` ∈ X∗ elemet, amelyn´el `(x) = kxk ´es k`k = 1 . Az {αx , α ∈ C} alt´eren `(αx) := α`(x) = αkxk . Ha ` m´ ar az Y ⊂ X z´art alt´eren is elk´esz¨ ult, ´es z ∈ / Y , akkor a Z := {y + αz : y ∈ Y , α ∈ C} alt´eren legyen `(y + αz) := `(y) . Ezzel az elj´ar´ assal alterek n¨ovekv˝o rendszer´ehez jutunk, ´es ha X szepar´ abilis, akkor ` indukci´ oval terjeszthet˝o ki az eg´esz t´erre. Az ´altal´anos esetben Hausdorff maximum elv´ere kell hivatkoznunk, ami a 13. Fejezet elej´en tal´alhat´o. ¤ Az f : Kδ (x0 ) 7→ C nem felt´etlen¨ ul line´aris funkcion´ al differenci´alhat´ o az x0 ∈ X pontban ha f (x) = f (x0 )+`(x−x0 )+ε(x0 , x)kx−x0 k , ahol ell ∈ X∗ ´es ε(x0 , x) → 0 amint kx−x0 k → 0 . Az ` els˝ orend˝ u line´ aris k¨ ozel´ıt´es egy´ertelm˝ u mert ha `1 ´es `2 is j´o akkor h`1 − `2 , x − x0 i = okx − x0 k . ¤ Ez az ` az f deriv´altja az x0 helyen, amit ∇f (x0 ) ≡ fx0 (x0 ) jel¨ol. Ha f (x) = h`, xi akkor fx0 ≡ ` . Lagrange t´etele ir´anymenti differenci´al´ assal ad´odik. Az A : X 7→ X line´aris lek´epez´es (oper´ator, transzform´aci´ o, tenzor) korl´atos ha az kAk := sup{kAxk : kxk ≤ 1} norm´aja v´eges. Ugyanannak a t´ernek az oper´atorait ¨ossze lehet szorozni, ´es a h´aromsz¨og egyenl˝otlens´eg mellett a defin´ıci´ o egyszer˝ u k¨ovetkezm´enye az kABk ≤ kAkkBk Cauchy egyenl˝otlens´eg is, ami persze m´atrixokn´ al is alkalmazhat´ o. Az A : X 7→ X line´aris kor´atos oper´atorok ter´et L(X → X) jel¨oli. Ha X Banach t´er akkor L(X → X) teljes. ♥ Legyen An Cauchy az L(X → X) t´erben, ekkor kAn x − Am xk ≤ kAn − Am kkxk miatt An x Cauchy, teh´at mindig l´etezik az Ax := lim An x hat´ar´ert´ek, ami persze line´aris korl´ atos oper´atort defini´al mert kAxk ≤ Kkxk ha kAn k ≤ K ∀ n ∈ N . Mivel kAx − An xk = lim kAm x − An xk amint m → ∞ , ´es kAn x − Am xk ≤ kAn − Am kkxk ≤ εkxk P ha n ´esn m el´eg nagy, kA − An k → 0 is igaz. ¤ Ennek alapj´an mondhatjuk hogy ha az fP (z) = ∞ anysor |z| < R eset´en abszol´ ut n=0 cn z hatv´ ∞ n konvergens, ´esPkAk < R , akkor f (A) := n=0 cn A egy´ertelm˝ uen defini´ alt line´ aris oper´ ator, ∞ n . ♥ Jel¨ ´es kf (A)k ≤ |c | kAk o lje f (A) a sor n-ik r´ e szlet¨ o sszeg´ e t, ha m > n akkor a n n n=0 P k , teh´ h´aromsz¨og egyenl˝oltlens´eg miatt kfm (A) − fn (A)k ≤ m kAk a t f (A) Cauchy. ¤ n k=n+1 A Φ : Kδ (x0 ) 7→ X lek´epez´es akkor differenci´alhat´ o az x0 ∈ X helyen, ha van olyan A : X 7→ X line´aris korl´atos oper´ator hogy Φ(x) = Φ(x0 ) + A (x − x0 ) + ε(x0 , x)kx − x0 k , ´es ε(x0 , x) → 0 amint x → x0 . Ez az A line´aris k¨ozel´ıt´es is egy´ertelm˝ u; ∇Φ(x0 ) ≡ Φ0 (x0 ) jel¨oli. Ha Φ(x) = Ax 0 akkor Φ ≡ A . Lagrange t´etele itt m´ar nem igaz, de az f` (x) := h`, Φ(x)i , ` ∈ X∗ funkcion´ alra alkalmazva ad´odik hogy ha kΦ0 (x)k ≤ M a C ⊂ X konvex halmazon, akkor ott kΦ(y) − Φ(x)| ≤ M ky − xk . ♥ Lagrange szerint az (x, y) szakaszon van olyan ξ pont hogy f` (y) − f` (x) = hf`0 (ξ), y − xi = h`, Φ0 (ξ)(y − x)i ≤ kΦ0 (ξ)kky − xk ≤ M ky − xk
34Ha az integr´ alt nem Riemann hanem Lebesgue nyom´ an defini´ ajuk, akkor elmondhatjuk hogy az L1 ´es L2 t´er
egyar´ ant teljes; ez is indokolta az integr´ al modern elm´elet´enek kidolgoz´ as´ at.
Metrikus terek, topol´ ogia
87
ha k`k ≤ 1 , de a becsl´es m´ar nem f¨ ugg `-t˝ol. ¤ A folytonos differenci´alhat´ os´ag felt´etele annyit jelent hogy Φ differenci´alhat´o egy U ⊂ X halmazon, ´es ott kΦ0 (x) − Φ0 (˜ x)k → 0 amint kx − x ˜k → 0 . 35 ∗∗ ∗∗ Inverz lek´ epez´ es: A Φ(x) = y egyenlet megold´as´ at keress¨ uk, Φ az X Banach t´er x0 pontj´anak egy k¨ornyezet´eben van ´ertelmezve: Φ : Kδ (x0 ) 7→ X folytonosan differenci´alhat´ o, Φ(x0 ) = y0 Φ0 (x0 ) ∈ L(X → X) invert´alhat´ o, ´es a Θ : X 7→ X inverze is korl´ atos. 36 Az y0 egy k¨ ornyezet´eben l´etezik a Ψ(y) inverz f¨ uggv´eny, ami az y0 helyen differenci´ alhat´ o, ´es Ψ0 (y0 ) = Θ 0 ´eppen a Φ (x0 ) line´ aris oper´ ator inverze. ♥ Feltehetj¨ uk hogy x0 = y0 = 0 ´es Φ0 (0) = I , ez 0 ut´obbi az x = Θ˜ x helyettes´ıt´es term´eke. Φ folytonoss´ aga miatt kΦ0 (x) − I| < 1/2 , ha kxk ≤ δ ´ıs el´erhet˝o; a fixpont t´etelt a D := {x ∈ X : kxk ≤ δ} z´art g¨ombben, r¨ogz´ıtett y , kyk < δ/2 mellett a T (x) := x + y − Φ(x) lek´epez´esre k´ıv´ anjuk alkalmazi. A felt´etelek szerint T : D 7→ D ´es kT (˜ x) − T (x)k ≤ k˜ x − xk/2 , teh´at l´etez´ık a Ψ : Kδ/2 (0) 7→ D inverz f¨ uggv´eny, ´es az y0 = 0 helyen folytonos. x = Ψ(y) eset´en kxk ≤ kyk + kxk/2 , vagyis kxk ≤ 2kyk , teh´ at Ψ0 (0) l´etez´ese, 0 ´es Ψ (0) = I a Φ differenci´alhat´os´ag´anak y = x + ε(0, x)x egyenlet´eb˝ ol k¨ovetkez´ık. ¤ Azt kell m´eg megmutatni hogy azP adott k¨ornyezetben Φ0 (x) invert´ alhat´ o, ´es az inverze is 0 (x)) sor norm´ korl´atos. ♥ Mivel kI−Φ0 (x)k ≤ 1/2 , a ∞ (I−Φ a ban konvergens, ´es az L(X → X) n=0 0 0 t´er teljess´ege miatt l´etez˝o ¨osszege ´eppen a Φ (x) inverze, Ψ (y) . ¤ ∗∗ ∗∗ Perturb´ aci´ osz´ am´ıt´ as: Line´aris norm´alt t´erben gyakori az x = Φ(θ, x) + y t´ıpus´ u feladat, ahol y ∈ X ´es θ ∈ R adott, x ∈ X az ismeretlen. Tegy¨ uk fel hogy a θ = 0 esetben x0 a megold´as, ´es differenci´al´assal vagy m´ask´epp, Φ(θ, x) − Φ(0, x0 ) = a(θ) + A (x − x0 ) + r(θ, x) ad´odik, ahol a ∈ X , A : X 7→ X line´aris lek´epez´es, ´es az r marad´ektag a (0, x0 ) pont egy k¨ornyezet´eben eleget tesz az kr(θ, x) − r(θ, x ¯)k ≤ c(θ)kx − x ¯k Lipschitz felt´etelnek u ´gy, hogy c(θ) → 0 amint θ → 0 . Ha l´etezik ´es korl´atos az (I − A)−1 rezolvens, vagyis az eredeti egyenlet az x = x0 + (I − A)−1 a(θ) + (I − A)−1 r(θ, x) + (I − A)−1 y alakba ´ırhat´o ´at, ´es k(I − A)−1 xk ≤ Kkxk , akkor kx − x ¯k ≤ c(θ)Kkx − x ¯k , teh´ at a fixpont t´etel alkalmazhat´o az x = φ(θ, y) megold´as meghat´aroz´ as´ ara a θ = 0 ´es x = x0 hely egy k¨ornyezet´eben. ∗∗ Euklideszi terek: Euklideszi az olyan val´ os vagy komplex X line´ aris norm´alt t´er, amelyben a 2 norm´at a hϕ, ψi skal´aris szorzat seg´ıts´eg´evel defini´aljuk: kϕk := hϕ, ϕi . A skal´ aris szorzat val´ os vagy komplex ´ert´ek˝ u pozit´ıv biline´aris forma, vagyis hϕ, ϕi ≥ 0 ∀ϕ ∈ X, ´es hϕ, ϕi = 0 acsak ϕ = 0 , hϕ, ψi = hψ, ϕi ∀ ϕ, ψ ∈ X , hcϕ, ψi = chϕ, ψi vagyis hϕ, cψi = c¯hϕ, ψi ∀ϕ ∈ X ´es c ∈ C ,
(10.4)
hϕ1 + ϕ2 , ψi = hϕ1 , ψi + hϕ2 , ψi vagyis hϕ, ψ1 + ψ2 i = hϕ, ψ1 i + hϕ, ψ2 i ∀ ϕ, ψ, ϕ1 , ψ1 , ϕ2 , ψ2 ∈ X . A m´asodik ´es harmadik sorban z¯ a z ∈ C konjug´ altja, persze z = z¯ ha z val´ os sz´am. Hasznos a 2kϕk2 + 2kψk2 = kϕ + ψk2 + kϕ − ψk2
(10.5)
paralelogramma egyenl˝os´eg is, ami a norma axi´om´ aival egy¨ utt ekvivalens a (10.4) posztul´atumokkal, l´asd 13. fejezet. Cauchy egyenl˝ otlens´ eg: Mivel hϕ + αλψ, ϕ + αλψi ≥ 0 akkor is ha α ∈ R ´es λ := hϕ, ψi , ¯ 0 ≤ kϕk2 + αλhψ, ϕi + αλhϕ, ψi + α2 |λ|2 kψk2 = kϕk2 + 2α|λ|2 + α2 |λ|2 kψk2 . Az utols´o sor v´eg´en l´athat´o α ismeretlen˝ u m´asodfok´ u egyenletnek nem lehet k´et val´ os gy¨oke, teh´at |λ|4 − |λ|2 kϕk2 kψk2 ≤ 0 , vagyis minden ϕ, ψ ∈ X p´ ar eleget tesz a nevezetes |hϕ, ψi| ≤ 35Gyenge differenci´ alhat´ osagr´ ol besz´el¨ unk olyankor, amikor csak az fϕ (x) := hϕ, Φ(x)i , ϕ ∈ X∗ funkcion´ alok diferenci´ alhat´ os´ ag´ at k¨ ovetelj¨ uk meg. 36Θ korl´ atoss´ aga k¨ ovetkezik Banach egyik t´etel´eb¯ ol: Ha A ∈ L(X → X) k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm¯ u ´es X a k´eptere, akkor az inverze is korl´ atos.
88
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
kϕkkψk Cauchy egyenl˝otlens´egnek. Azt is l´atjuk hogy az egyenl˝ os´eg felt´etele a ϕ ´es ψ p´arhuzamoss´aga, ϕkψ , vagyis ϕ = cψ valamilyen c ∈ C szorz´oval. Innen m´ar egyszer˝ uen k¨ovetkezik a t´avols´ag defin´ıci´oj´ahoz n´elk¨ ul¨ozhetetlen kϕ + ψk ≤ kϕk + kψk
∀ ϕ, ψ ∈ X
(10.6)
Minkowski (h´aromsz¨og) egyenl˝otlens´eg. Val´ oban, a skal´ aris szorzat kifejt´es´evel kϕ + ψk2 = kϕk2 + kψk2 + 2 Re hϕ, ψi ≤ kϕk2 + kψk2 + 2kϕkkψk = (kϕk + kψk)2 ad´ odik, ´es ´eppen ezt kellett bizony´ıtani. Teh´ at minden Euklideszi t´er egyben line´aris norm´alt t´er is, az ott bevezetett fogalmak ´ertelemszer˝ uen alkalmazhat´ oak. Cauchy egyenl˝ otlens´ege szerint a minden φ ∈ X elemhez hozz´arendelhet˝ o `φ (ϕ) := hφ, ϕi line´ aris funkcion´ al korl´ atos, ´es k`φ k = kφk . Az is l´athat´o hogy kφk = sup {Re hφ, ϕi : kϕk ≤ 1} , ha teh´at hϕ, ψi = hφ, ϕi ∀ ψ ∈ X , akkor ϕ = φ . Euklideszi t´ernek geometriai szerkezete van, p´eld´ aul ha hϕ, ψi = 0, akkor azt mondjuk hogy ϕ ´es ψ ortogon´alis (mer˝oleges) egym´asra, amit ϕ ⊥ ψ jel¨ol. Mivel k´et vektor mindig egy s´ıkban fekszik, hϕ, ψi = kϕk kψk cos α a ϕ ´es ψ vektorok α sz¨og´et is defini´alja. Pitag´ orasz t´etele is igaz: ha ϕ = ϕ1 + ϕ2 + · · · + ϕn , ahol ϕk ⊥ ϕj ha k 6= j , akkor kϕk2 = kϕ1 k2 + kϕ2 k + · · · + kϕn k2 . Ha ψ = c1 ϕ1 + c2 ϕ2 + · · · + cn ϕn , ahol {ϕk } ortonorm´alt rendszer, vagyis kϕk k = 1 ´es hϕk , ϕj i = 0 ha k 6= j , akkor ck = hψ, ϕk i . A ck egy¨ okat minden ψ ∈ X elemhez hozz´a lehet rendelni, P utthat´ de az nem biztos hogy ψ = φ := ck ϕk ; ´altal´ aban csak annyit mondhatunk hogy ψ − φ a ϕk rendszer mindegyik elem´ere mer˝oleges. V´eges dimenzi´ os t´erben mindig van olyan v´eges ortonorm´ alt rendszer (b´ azis) ami szerint a fenti m´ odon minden elem el˝ o´ all´ıthat´ o. A v´egtelen dimenzi´os teljes Euklideszi terek neve: Hilbert t´er. ∗∗ Teljes ortonorm´ alt rendszer: Pitagorasz t´etel´eb˝ ol k¨ovetkezikPhogy ha ϕk , k ∈ N ortoP norm´alt rendszer a H Hilbert t´erben, ´es |ck |2 < +∞ , akkor a ck ϕk sor r´eszlet¨ osszegei Cauchy sorozatot alkotnak, teh´at az ilyen sor konvergens, ´es ck = hf, ϕk i ha f az ¨ osszege. A {ϕk } ortonorm´alt rendszer teljes ha hφ, ϕk i = 0 ∀ k ∈ N csak u ´gy lehets´eges ha φ = 0 . APfentiek szerint Hilbert t´erben teljes ortonorm´ alt rendszer szerint minden elem kifejthet˝ o: f = ck ϕk , ahol ck := hf, ϕk i , mert ♥ Pitagorasz t´ e tele miatt az egy¨ u tthat´ o k sora n´ e gyzetesen konvergens, P teh´at l´etezik a g := ck ϕk ¨osszeg. Mivel f − g mindegyik b´aziselemre mer˝oleges, f = g . ¤ ∗∗ A d-dimenzi´ os t´ er: Legt¨obbet az Rd d-dimenzi´ os t´err˝ ol lesz sz´o, ennek elemei a d hossz´ us´ag´ u val´os sorozatok (vektorok); x = (x1 , x2 , ..., xd ) a t´er ´altal´ anos eleme. Az xk komponenseket akkor is koordin´at´aknak nevezz¨ uk ha koordin´ata rendszerre nem hivatkozunk. A s´ık, illetve a t´er pontjait r = (x, y), illetve r = (x, y, z) alakban reprezent´ aljuk. Ha azt akarjuk hangs´ ulyozni 3 hogy az R t´er (x, y, z) pontja vektor, akkor az r = x σ + y j + z k jel¨ol´est haszn´aljuk. Az elemek ¨osszead´asa koordin´at´ank´ent t¨ort´enik, ´es a val´ os sz´ammal val´ o szorz´ast is ´ıgy v´egezz¨ uk. Az Rd 2 2 2 1/2 t´er norm´aj´at |x| := (x1 + x2 + · · · + xd ) defini´alja. A norma pozit´ıv ´es homog´en tulajdons´aga nyilv´anval´o, a Minkowski egyenl˝otlens´eget az Euklideszi terekn´el t´argyaltuk. K´et pont t´avols´aga p ρ(x, y) = |x − y| := (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + · · · + (xd − yd )2 , (10.7) ahol, szok´as szerint, x = (x1 , x2 , ..., xd ) m´ıg y = (y1 , y2 , ..., yd ). L´ atjuk hogy |xk − yk | ≤ |x − y|, ´es xn → x eset´en |xn | → |x|. Az is nyilv´ anval´ o hogy az xn = (xn,1 , xn,2 , ..., xn,d ) sorozat pontosan akkor konverg´al az x = (x1 , x2 , ..., xd ) hat´ar´ert´ekhez ha mindegyik koordin´ata konverg´ al, vagyis mindegyik k = 1, 2, ..., d mellett xn,k → xk amikor n → +∞. Innen az is l´atszik hogy az Rd t´er teljes. Val´oban, ha xn Cauchy sorozat Rd -ben, akkor |xn,k − xm,k | ≤ |xn − xm | , vagyis mindegyik koordin´ata Cauchy sorozat R-ben, ´es mint ilyen konvergens. Ha viszont xn,k → xk ∀k, akkor |xn − x| → 0, ahol x := (x1 , x2 , ..., xd ) . Bolzano ´es Weirstrass t´etele a k¨ovetkez˝ o form´aban igaz. T´ etel 10.8. Minden xn ∈ Rd korl´ atos sorozatnak van torl´ od´ asi pontja. Bizony: Az egydimenzi´os t´etel szerint mindegyik koordin´ata sorozat tartalmaz konvergens r´eszsorozatot, de nek¨ unk egyidej˝ uleg konverg´ al´ o koordin´at´ ak kellenek. Ez´ert el˝osz¨ or az els˝o koordin´at´ak alapj´an kiv´alasztjuk az n1 < n2 < · · · sorsz´ amokat, amelyek ment´en xn,1 konverg´ al, a
Differenci´ alsz´ am´ıt´ as
89
sorozat t¨obbi elem´et elhagyjuk. Igy olyan sorozatot kapunk, ahol az els˝o koordin´at´ ak sorozata m´ar konvergens. A sorozat ritk´ıt´as´at a m´asodik koordin´at´ ak szerint folytava olyan sorozathoz jutunk, ahol a m´asodik koordin´at´ ak is konverg´ alnak, ´es ´ıgy tov´ abb. d l´ep´es ut´an olyan r´eszsorozatot kapunk, melynek mindegyik koordin´at´ aja konvergens. ¤ Ez a t´etel u ´gy is megfogalmazhat´o, hogy az A ⊂ Rd halmaz, mint az Rd metrikus t´er altere, akkor ´es csak akkor kompakt ha korl´atos ´es z´art. A halmaz z´arts´ aga az´ert fontos, hogy a kiv´alasztott sorozat hat´ar´ert´eke is a halmazhoz tartozzon. Ha viszont A nem korl´ atos, akkor van olyan xn ∈ A sorozat hogy |xn | → +∞, teh´at biztosan nincs konvergens r´eszsorozata. Az Rd t´eren sok m´as norma is defini´alhat´ o, p´eld´ aul |x|1 := |x1 | + |x2 | + · · · + |xd | ha x = (x1 , x2 , ..., xd ) , vagy kxk∞ := max |xk | . Ezek a norm´ak nem sz´armaztathat´ oak skal´ aris szorzatb´ol, de a konvergencia fogalma mindegyikn´el ugyanaz, v´eges dimenzi´os t´erben ez az egyes koordin´at´ak konvergenci´aj´at jelenti. Rb Az L2 (a, b) t´er kf k2 norm´aja az hf, gi2 := a f g dx skal´ aris szorzatb´ol keletkezik, kf k22 := hf, f i , teh´at igaz a Schwarz egyenl˝otlens´eg: µZ b ¶2 Z b Z b 2 f (x)g(x) dx ≤ f (x) dx g 2 (x) dx (10.8) a
a
a
´ ´ ´ITAS ´ 11. DIFFERENCIALSZ AM A k´etv´altoz´os f¨ uggv´enyekhez k´epest kev´es az ´erdemi ujdons´ag, a v´altoz´ ok elszaporod´asa miatt egyre fontosabbak a jel¨ol´esek. Az Rd t´er ´altal´ anos eleme x = (x1 , x2 , ..., xd ) . 11.1. T¨ obbv´ altoz´ os f¨ uggv´ enyek differenci´ al´ asa. Az f (x) = f (x1 , x2 , ..., xd ) f¨ uggv´eny parci´alis deriv´altjait ∂f (x) 1 := lim (f (x1 , x2 , ..., xk + h, ..., xd ) − f (x1 , x2 , ..., xk , ..., xd )) h→0 h ∂xk abb´ a ∇f := (fx0 1 , fx0 2 , ..., fx0 d ) a gradiens, defini´alja, ∂f /∂xk ≡ fx0 k ≡ fk0 ≡ ∂xk f ≡ ∂k f, tov´ ¡ ¢ ∇2 f := fx00k xj , k, j = 1, 2, ..., d a Hesse m´atrix. Az f f¨ uggv´eny differenci´alhat´ o a G ⊂ Rd ´ertelmez´esi tartom´any´anak egy x ∈ G bels˝o pontj´ aban, ha van olyan a(x) ∈ Rd vektor hogy f (y) = f (x) + ha(x), y − xi + o(|y − x|) ,
(11.1)
amit f ∈ D1 (x) jel¨ol; f ∈ C 1 (x) az els˝o, f ∈ C 2 (x) a m´asodik parci´alis deriv´altak folytonoss´ag´ at jelenti az x pontban. A k¨ovetkez˝o t´etelek l´enyeg´eben ugyan´ ugy bizony´ıthat´ ok, mint a k´etv´ altoz´ os esetben. Ha f ∈ D1 (x) akkor a defin´ıci´ oban szerepl˝o a(x) vektor egy´ertelm˝ uen meghat´arozott, ´es a(x) = ∇f (x) , teh´at df (x) = h∇f (x), dxi ≡ ∇f · dx . Folytonosan differenci´alhat´ o f¨ uggv´eny mindig differenci´alhat´o, vagyis D1 (x) ⊂ C 1 (x) , ´es Young t´etele szerint k´etszer folytonosan differenci´alhat´o f¨ uggv´eny Hesse m´atrixa szimmetrikus. Az y = f (x0 ) + h∇f (x0 ), x − x0 i line´aris f¨ uggv´eny gr´afja az f f¨ uggv´eny ´erint˝ o hipers´ıkja az x0 d+1 pontban. A f¨ uggv´eny gr´afja, ´es az ´erint˝ o hipers´ık is, az R t´er r´eszhalmaza. L´athat´ o hogy az ´erint˝os´ık norm´alvektora ´eppen a (−∇f (x0 ), −1) ∈ Rd+1 vektor. Legyen h ∈ Rd egys´egvektor, ´es otlens´eg gh (t) := f (x0 +th) , ekkor gh0 (0) = h∇f (x0 ), hi az f ir´anymenti deriv´altja. A Cauchy egyenl˝ szerint h∇f (x0 ), hi ≤ |∇f (x0 , y0 )| , ´es h = λ∇f (x0 , y0 ), λ > 0 az egyenl˝ os´eg felt´etele, teh´at a gradiens a f¨ uggv´eny leggyorsabb n¨oveked´es´enek ir´anya. Konvex f¨ uggv´ enyek: Azt mondjuk hogy f konvex, ha minden¨ utt az ´erint˝ o hipersikja felett van, de a sz´ohaszn´alat pontos´ıt´asra szorul. K ⊂ Rd konvex halmaz ha b´armely k´et x1 , x2 ∈ K ponttal egy¨ utt az ˝oket ¨osszek¨ot˝o szakaszt is tartalmazza. A K ⊂ Rd nyilt konvex halmazon ´ertelmezett f val´os f¨ uggv´eny konvex f¨ uggv´eny ha minden x0 ∈ K ponthoz van olyan a0 ∈ Rd vektor hogy f (x) ≥ f (x0 ) + ha0 , x − x0 i ∀x ∈ K. Ha f ∈ D1 (x0 ), akkor persze a0 = ∇f (x0 ). A d = 1 esetben is igen hasznos volt a Jensen egyenl˝ otlens´eg.
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
90
T´ etel 11.1. Ha K ⊂ Rd ´es f : K 7→ R konvex, tov´ abb´ a xk ∈ K, pk ≥ 0, k = 1, 2, ..., n, p1 + p2 + · · · + pn = 1 ´es ¯x := p1 x1 + p2 x2 + · · · + pn xn , akkor ¯x ∈ K ´es p1 f (x1 ) + p2 f (x2 ) + · · · + pn f (xn ) ≥ f (¯x). Bizony: Mivel defin´ıci´o szerint f (xk ) ≥ f (¯x) + ha0 , xk − ¯xi , ezeket pk -val ´atszorozva ´es ¨osszeadva kapjuk az ´all´ıt´ast. ¤ A line´aris, ´es a pozit´ıv definit m´atrixu kvadratikus f¨ uggv´enyek mind konvexek. A defin´ıci´ ob´ ol l´atszik az is hogy konvex f¨ uggv´eny egyv´altoz´ os, monoton n¨ov˝ o konvex f¨ uggv´enye szint´en konvex. Teh´at f1 (x) := expha, xi ´es f2 (x) := exphx, Axi konvex f¨ uggv´enyek ha a ∈ Rd , illetve A > 0 m´atrix. A l´ ancszab´ aly: Az ¨osszetett f¨ uggv´enyek differenci´al´ as´ at megad´o l´ancszab´ alyok meg´ert´es´et ´es megjegyz´es´et megk¨onny´ıti az a konvenci´ o, hogy a t´er elemei, ´es a dx szimb´ olum is oszlopvektor, m´ıg ∇ ´es ∇f sorvektornak tekintend˝ o. Az hx, yi ≡ x · y skal´ aris szorzat ´ertelmez´esekor persze k¨oz¨omb¨os hogy a vektorok sor/oszlop term´eszet´er˝ ol mit k´epzel¨ unk. Meg kell jegyezni hogy a ∇2 f jel¨ol´es eset´eben ∇2 a ∇ vektor ¨onmag´ aval k´epezett diadikus szorzata, m´ıg ∇ · ∇ = ∆ , vagyis ∂ 2 f (x) ∂ 2 f (x) ∂ 2 f (x) ∆f (x) := (11.2) + + ··· + 2 2 ∂x1 ∂x2 ∂x2d a Laplace oper´ator. Valamennyi l´ancszab´aly u ´gy sz´ol, hogy differenci´alhat´ o f¨ uggv´enyekb˝ ol ¨osszetett f¨ uggv´eny is differenci´alhat´o, ´es ha h(x) := f (g(x)) akkor dh(x) = ∇h(x) · dx = ∇f (g) · dg = ∇f (g(x)) · ∇g(x) · dx ,
(11.3)
ahol x t¨obbnyire vektor, de f, g, h is lehet az. Ilyenkor a gradiens¨ uk m´atrix, ´es (11.3) jobboldal´at a m´atrixok szorz´asi szab´alya szerint k´epezz¨ uk. Az x, dx, f, g, h vektorokat oszlopvektork´ent ´erdemes elk´epzelni, m´ıg ∇ sorvektor, ´es ∇ a ¡∇· form´alis szorz´as elv´ ¢ egz´ese ut´an kapott m´atrix lesz. P´eld´aul, ha f : Rd 7→ Rn , vagyis f(x) = f1 (x), f2 (x), ..., fn (x) , akkor ∇f(x) n sorb´ol ´es d oszlopb´ol ´all´o m´atrix, melynek sorai rendre a ∇f1 (x), ∇f2 (x),...,∇fn (x) sorvektorok, µ ¶ ∂fk (x) ∂fk (x) ∂fk (x) ∇fk (x) = , , ..., (11.4) ∂x1 ∂x2 ∂xd a ∇f m´atrix k-adik sora. Az ´ıgy kapott Jacobi m´atrix oszlopai a ∂f(x)/∂x1 , ∂f(x)/∂x2 , ..., ∂f(x)/∂xd vektorok, a j-edik oszlop pedig ∂f(x) = ∂xj
µ
∂f1 (x) ∂f2 (x) ∂fn (x) , , ..., ∂xj ∂xj ∂xj
(11.5)
¶ .
(11.6)
A legegyszer˝ ubb esetben g : Rd 7→ R ´es f : R 7→ R, teh´at h : Rd 7→ R. Ilyenkor ∇h(x) = f 0 (g(x))∇g(x) .
(11.7)
Ha g : R 7→ Rd ´es f : Rd 7→ R, akkor h : R 7→ R, ´es h0 (t) = ∇f (g(t)) · g0 (t) = h∇f, g0 i = fx0 1 (g)g10 (t) + fx0 2 (g)g20 (t) + · · · + fx0 d (g)gd0 (t) ,
(11.8)
ahol g = (g1 , g2 , ..., gd ) ´es gk = gk (t). Innen a g(t) := x0 + t(x − x0 ) v´alaszt´ assal kapjuk Lagrange 0 t´etel´et, ´es a marad´ektagot. Val´oban, h(0) = f (x0 ) , h(1) = f (x) ´es h (t) = h∇f (g(t)), x − x0 i, teh´at f ∈ D1 (x0 ) eset´en f (x) = f (x0 ) + h∇f (ξ), x − x0 i , (11.9) ahol ξ az x0 ´es x pontokat ¨osszek¨ot˝o szakasz pontja. Ha most fx0 k ∈ D1 (x0 ) ∀k = 1, 2, ..., d , akkor h00 (t) = hx − x0 , ∇2 f (g(t))(x − x0 )i , teh´ at 1 f (x) = f (x0 ) + h∇f (x0 ), x − x0 i + hx − x0 , ∇2 f (ξ)(x − x0 )i , 2
(11.10)
Differenci´ alsz´ am´ıt´ as
91
ahol ξ k¨ozb¨ uls˝o ´ert´ek, m´ıg a szok´asos jel¨ol´esekkel 2
hx − x0 , ∇ f (ξ)(x − x0 )i =
d X d X
fx00k xj (ξ)(xk − x0,k )(xj − x0,j ) .
(11.11)
k=1 j=1
A d2 f := hdx, ∇2 f dxi kvadratikus form´at az f m´asodik differenci´alj´anak nevezz¨ uk. A l´ancszab´aly harmadik esete az, amikor g : Rn 7→ R ´es f : Rd 7→ Rn , teh´ at h : Rd 7→ R . Ilyenkor ∇f n sorb´ol ´es d oszlopb´ol ´all´ o m´atrix, ´es ∇h(x) = ∇g(f(x))∇f(x), vagyis ha g = g(y1 , y2 , ..., yn ) ´es f = (f1 , f2 , ..., fn ), akkor n ∂h(x) X ∂g(f) ∂fj (x) = (11.12) ∂xk ∂yj ∂xk j=1
V´eg¨ ul, ha g vektor, akkor h is az lesz, ´es a fenti szab´alyt koordin´at´ ak´ent alkalmazva ∇h(x) = ∇g(f)∇f(x) ad´odik, ahol most m´ar mindh´arom ∇ m´atrixot eredm´enyez. p A pol´aris transzform´aci´ohoz hasonl´oan alkalmazzuk a t´erben a ρ = x2 + y 2 , ϕ = arctg(y/x) ´es h = z hengerkoordin´at´akat, vagyis x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ ´es z = h . A null´ at´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o parci´alis deriv´altak most is ρ0x = x/ρ , ρ0y = y/0 rho ´es ϕ0x = −y/ρ2 , ϕ0y = x/ρ2 , ha teh´at g(ρ, ϕ, h) := f (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ, h) , akkor a Laplace oper´ator (9.20) pol´aris alakj´ab´ ol kapjuk hogy µ ¶ 2 2 1 ∂ g(ρ, ϕ, h) ∂ g(ρ, ϕ, h) 1 ∂ ρ∂g(ρ, ϕ, h) + 2 + . (11.13) ∆f = ρ ∂ρ ∂ρ ρ ∂ϕ2 ∂h2 Az r, ϕ, ϑ g¨ombi koordin´at´akn´al x = r sin ϑ cos ϕ , y = rp sin ϑ sin ϕ ´es z = h , vagyis r = p x2 + y 2 + z 2 , ϕ =arctg(y/x) ´ e s ϑ =arctg(ρ/z) , ahol ρ = x2 + y 2 ugyanaz mint a hengerkop ordin´at´akn´al. Mivel r = ρ2 + h2 ´es ϑ =arctg(ρ/h) , rρ0 = ρ/r , rh0 = h/r ´es ϑ0ρ = ρ/r , 0 ϑh = −h/r , (11.13) alapj´an, a g(r, ϕ, ϑ) = f (r sin ϑ cos ϕ, r sin ϑ sin ϕ, r cos ϑ) jel¨ol´essel µ ¶ µ ¶ ∂g 1 ∂ ∂g 1 ∂2g 1 ∂ r2 + 2 sin ϑ + 2 2 (11.14) ∆f = 2 r ∂r ∂r r sin ϑ ∂ϑ ∂ϑ r sin ϑ ∂ϕ2 lesz a Laplace oper´ator g¨ombi koordin´at´ as alakja. Lagrange t´etele szerint konvex halmazon k´etszer folytonosan differenci´alhat´ o f¨ uggv´eny akkor ´es csak akkor konvex, ha a Hesse m´atrixa minden¨ utt (de nem felt´etlen¨ ul szigor´ u ´ertelemben) pozit´ıv definit. Ha az f : G 7→ R f¨ uggv´enynek az ´ertelmez´esi tartom´any x bels˝o pontj´ aban lok´alis sz´els˝o´ert´eke van, akkor ∇f (x) = 0, vagyis x az f stacion´arius (kritikus) pontja. Ez a sz¨ uks´eges felt´etel az egyv´altoz´os t´etel egyszer˝ u k¨ovetkezm´enye. Az (11.10) formula a sz´els˝ o´ert´ek el´egs´eges felt´etel´et is megadja. Ha f ∈ C 2 (x), ∇f (x) = 0, ´es a ∇2 f (x) m´atrix szigor´ uan pozit´ıv, illetve negat´ıv definit, akkor f -nek az x pontban szigor´ u lok´alis minimuma, illetve maximuma van. Inverz lek´ epez´ es: Az el˝oz˝o fejezetben Banach t´erben is igazoltuk inverz lek´epez´es lok´alis l´etez´es´et ´es differenci´alhat´os´ag´at: Ha f ∈ C 1 (y0 ) ´es a ∇f(y0 ) Jacobi m´atrix nem szingul´aris, akkor az x0 egy k¨ornyezet´eben l´etezik az y = ψ(x) inverz lek´epez´es, vagyis ott f(ψ(x)) , ´es a ∇ψ(x) m´atrix a ∇f(y) m´atrix inverze. Implicit f¨ uggv´ enyrendszer: A Γ := {(x, y) ∈ G : g(x, y) = 0} halmazt (fel¨ ulet) vizsg´aljuk, ahol G ⊂ Rd+r , x = (x1 , x2 , ..., xd ), y = (y1 , y2 , ..., yr ), ´es g = (g1 , g2 , ..., gr ). Legyen (x0 , y0 ) ∈ Γ a gk : G 7→ R f¨ uggv´enyek k¨oz¨os G ´ertelmez´esi tartom´any´ anak bels˝o pontja. Feltessz¨ uk hogy mindegyik gk ∈ C 1 (x0 , y0 ), ´es hogy Γ u ¨res ne legyen, r ≤ d. Olyan y = ψ(x) vektor ´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyt keres¨ unk hogy g(x, ψ(x)) = 0, legal´abbis az x0 pont egy k¨ornyezet´eben. Jel¨olje ∇x g ´es ∇y g a ∂gk /∂xj , j = 1, 2, ..., d , illetve ∂gk /∂yi , i = 1, 2, ..., r parci´alis deriv´altakb´ ol ´all´ o Jacobi m´atrixokat. Ha ∇y g(x0 , y0 ) nem szingul´ aris, akkor az x0 egy k¨ ornyezet´eben l´etezik ´es differenci´ alhat´ o a ψ implicit f¨ uggv´eny, ´es ∇x g(x, ψ(x)) + ∇y g(x, ψ(x))∇x ψ(x) = 0 . Ez a t´etel a k´etv´altoz´os mint´aj´ara is bizony´ıthat´ o, de egyszer˝ ubb az inverz f¨ uggv´eny t´etel´eb˝ ol levezetni. Ehhez csak a gk (x, y) = 0 , k = 1, 2, ..., r egyenletek el´e kell az xj = xj , j = 1, 2, ..., d trivi´alis egyenleteket be´ırni. Az ´ıgy kapott rendszer inverze ´eppen x = x ´es y = ψ(x) lesz. Felt´ eteles sz´ els˝ o´ ert´ ek: Ez a probl´ema el´eg bonyolult, de nem neh´ez. Mindenesetre csak a sz¨ uks´eges felt´etelt ismertetj¨ uk, a feladat a k¨ovetkez˝ o. Az f : G 7→ R n-v´ altoz´ os f¨ uggv´eny sz´els˝ o
92
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
´ert´ekeit keress¨ uk a g1 (x) = g2 (x) = · · · = gr (x) = 0 felt´etelek mellett, ahol r < n ´es gk : G 7→ R ∀k; feltessz¨ uk hogy valamennyi f¨ uggv´eny folytonosan differenci´alhat´ o az x ∈ G bels˝o pontban. Ha itt felt´eteles lok´alis sz´els˝o´ert´ek van, akkor ∇f (x) eleme a ∇g1 (x), ∇g2 (x),...,∇gr (x) vektorok ´altal kifesz´ıtett alt´ernek, vagyis tal´alhat´ ok olyan λ1 , λ2 , ..., λr sz´amok hogy ∇f (x) = λ1 ∇g1 (x) + λ2 ∇g2 (x) + · · · + λr ∇gr (x) ,
(11.15)
tov´abb´a a g1 (x) = g2 (x) = · · · = gr (x) = 0 felt´etelek is teljes¨ ulnek. Eszerint n + r egyenlet¨ unk van ugyanannyi val´os ismeretlen meghat´aroz´ as´ ara. Ez az elj´ar´ as u ´gy is felfoghat´o, hogy a h(x, λ) := f (x) − λ1 g1 (x) − λ2 g2 (x) − · · · − λr gr (x) n + r-v´altoz´os f¨ uggv´eny stacion´arius pontjait keress¨ uk, ahol λ := (λ1 , λ2 , ..., λr ). Ha teh´at az n+r (x, λ) ∈ R helyen a h(x, λ) f¨ uggv´enynek lok´alis sz´els˝ o´ert´eke van, ´es a gk (x) felt´etelek is teljes¨ ulnek, akkor x a lok´alis sz´els˝o´ert´ek feladat (egyik) megold´asa, de az m´ar nem biztos hogy mindegyik megold´as szerepel a h stacion´arius pontjainak x komponensei k¨oz¨ ott. Az (11.15) felt´etel sz¨ uks´egess´ege csak tov´abbi megszor´ıt´ asok mellett igazolhat´o. Mivel (11.15) a λ1 , λ2 , ..., λr seg´edv´altoz´ okra (Lagrange multiplik´ atorok) fel´ırt, n egyenletb˝ ol ´all´ o line´aris rendszer, a sz´amol´ast t¨obbnyire ennek megold´as´ aval kezdj¨ uk. Mind az n egyenlet persze nem lesz minden x ∈ G eset´en kiel´eg´ıthet˝ o r < n darab λk sz´ammal, teh´at n − r egyenlet¨ unk marad a sz´obaj¨ohet˝o x ´ert´ekek halmaz´anak sz˝ uk´ıt´es´ere, amit azt´an a gk (x) = 0 felt´etelek felhaszn´al´as´aval fejezhet¨ unk be. A (11.15) formula alkalmazhat´os´ag´ahoz tegy¨ uk fel hogy a ∇g(x) r < n sorb´ol ´es n oszlobp´ol ´all´ o Jacobi m´atrix rangja r, ´es v´alasszunk ki x1 , x2 , ..., xn k¨ oz¨ ul r darabot u ´gy hogy a hozz´ajuk tartoz´o n´egyzetes m´atrix rangja ´eppen r, teh´ at van inverze. Ezeket y = (y1 , y2 , ..., yr ) jel¨oli, a marad´ek u = (u1 , u2 , ..., ud ), ahol d = n − r, teh´ at az x vektort x = (u, y) m´odon particion´altuk; az xk v´altoz´ok eredeti sorrendje nem ´erdekes. Ennek megfelel˝oen f (u, y) ≡ f (x) ´es gk (u, y) ≡ gk (x), k = 1, 2, ..., r, tov´abb´ a a ∇y g(u, y) , r × r m´eret˝ u m´atrix invert´ alhat´ o. Az implicit f¨ uggv´enyekr˝ol sz´ol´o t´etel szerint az u pont egy kis k¨ornyezet´eben van olyan y = ψ(u) lek´epez´es hogy gk (u, ψ(u)) = 0 ∀ k. Ha teh´at a G halmaz (u, y) bels˝o pontja a lok´alis sz´els˝ o´ert´ek ˜ feladat megold´asa, akkor u az f (u) := f (u, ψ(u)) f¨ uggv´eny stacion´arius pontja, vagyis ∇u f˜ = ∇u f + ∇y f ∇ψ = 0. Ugyanakkor ∇u g + ∇y g∇ψ = 0, teh´at ∇u f = ∇y f A−1 ∇u g , ahol A := ∇y g. Ezzel (11.15) n egyenlet´eb˝ol d darabot kiel´eg´ıtett¨ unk a λ := ∇y f A−1 v´ alaszt´ assal. A marad´ek −1 ezut´an automatikusan teljes¨ ul, mert ∇y f = ∇y f A A = λ · ∇y g . Azt igazoltuk hogy ha a lok´ alis sz´els˝ o´ert´ek feladat x megold´ asa a G tartom´ any bels˝ o pontja, ´es a ∇g m´ atrix rangja r, akkor (11.15) teljes¨ ul. 11.2. Line´ aris transzform´ aci´ ok. R¨ oviden ismertet¨ unk n´eh´ any, a line´aris algebr´ab´ ol ismert t´enyt, ezek a vektoranal´ızis alapfogalmainak geometriai jelent´es´et vil´ag´ıtj´ ak meg. L´enyeg´eben csak val´os terekr˝ol besz´el¨ unk, de sok defin´ıci´ o ´es k¨ovetkezm´eny a komplex esetben is ´erv´enyes. V´ eges dimenzi´ os terek, b´ azistranszform´ aci´ o: Az E Euklideszi t´er dimenzi´oja akkor d ∈ N , ha van benne d elem˝ u line´arisan f¨ uggetlen rendszer, de enn´el nagyobb nincs. Ilyenkor minden line´arisan f¨ uggetlen rendszerb˝ol elk´esz´ıthet˝ o egym´asra p´aronk´ent mer˝oleges e1 , e2 , ..., ed egys´egvektorokb´ol ´all´o ortonorm´alt b´azis (r¨oviden b´azis), ´es minden x elem egy´ertelm˝ uen ´ all´ıthat´ o el˝ o ezek line´ aris kombin´ aci´ ojak´ent: x = x1 e1 + x2 e2 + · · · + xd ed , ahol xk := hx, ek i az x vektor k-ik koordin´at´aja az {ek } b´azisban. L´atjuk hogy az Ed d-dimenzi´ os val´ os Euklideszi t´er azonos´ıthat´ o a d hossz´ us´ ag´ u sorozatok Rd ter´evel. Ennek sz´amos m´odja van, az Ed t´er minden ortogon´alis b´azisa ad egyet. Mivel konkr´et sz´amol´ ast rendszerint a koordin´at´ ak seg´ıts´eg´evel hajtunk v´egre, fontosak azok a mennyis´egek ´es tulajdons´agok, amelyek nem f¨ uggenek a b´azis megv´alaszt´as´at´ol. Ezek k¨oz¨ ul is a skal´aris szorz´as viszi a pr´ımet pontok t´avols´ ag´ anak ´es egyenesek sz¨og´enek, vagyis a t´er geometri´aj´anak meghat´aroz´ as´ aval. Ennek megfelel˝oen ´ert´eke a priori f¨ uggetlen a b´ azist´ ol: hx, yi = hx, e1 ihy, e1 i + hx, e2 ihy, e2 i + · · · + hx, ed ihy, ed i = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xd yd ,
Differenci´ alsz´ am´ıt´ as
93
ahol zk := hz, ek i . Emiatt az {ek } b´azisr´ ol az {e0k } b´ azisra val´ o ´atmenet U = (uk,j ) m´atrixa sem 0 0 lehet ak´armilyen. Mivel hek , ej i = δk,j , ahol I = (δk,j ) az egys´egm´atrix, e0k
=
d X l=1
uk,l el
eset´en
d X
uk,l uj,l = δk,j ,
l=1
vagyis U U > = U > U = I , ahol U > az U m´atrix transzpon´altja, teh´ at a b´azistranszform´ aci´o U m´atrixa ortogon´alis. Komplex t´erben a transzpon´al´ ashoz konjug´ al´ as is j´arul: A∗ := A¯> az A adjung´altja. T¨obbnyire ezt a jel¨ol´est haszn´aljuk, ´es az U∗ U = I tulajdons´ag´ u m´atrixot olykor unit´ernek nevezz¨ uk. Jel¨olje ξ ∈ Rd az x ∈ Ed vektor {ek } b´azisban sz´amolt koordin´at´ ainak sorozat´at, ekkor ξ 0 = U ξ adja az x koordin´at´ ainak sorozat´at az {e0k } u ´j b´azisban, teh´at a koordin´ at´ ak transzform´ aci´ os szab´ alya ugyanaz mint a b´ azisvektorok´e. Line´ aris f¨ uggv´ enyek ´ es oper´ atorok: Az ` : Ed 7→ R f¨ uggv´eny line´aris ha `(αx + βy) = α`(x) + β`(y) minden α, β ∈ R ´es x, y ∈ Ed eset´en. Minden line´aris f¨ uggv´enyhez van olyan, egy´ertelm˝ uen meghat´arozott y ∈ Ed vektor, hogy `(x) = hy, xi ∀x ∈ Ed ; az {ek } b´azisban y koordin´at´ai ´eppen az yk := `(ek ) sz´amok. Az A : Ed 7→ Ed lek´epez´es line´aris, ha A(αx + βy) = αA(x) + βA(y) minden α, β ∈ R ´es x, y ∈ Ed eset´en, ilyenkor az A(x) ≡ Ax jel¨ol´est, ´es a (line´aris) oper´ator (tenzor) megnevez´est haszn´aljuk. Az A oper´ator szingul´aris ha az Ax = 0 homog´en egyenletnek van x 6= 0 megold´asa. Ellenkez˝o esetben A invert´alhat´o, az inverz´et A−1 jel¨oli. Az A oper´ator A∗ ≡ A> adjung´altj´at (transzpon´altj´at) az hx, Ayi = hA∗ x, yi azonoss´ag jellemzi. Mivel `x (y) := hx, Ayi az y line´aris f¨ uggv´enye, van olyan z vektor hogy `x (y) = hz, yi , teh´ at A∗ x := z az eg´esz t´eren defini´alva van. Az S oper´ator akkor szimmetrikus (¨onadjung´alt) ha S = S∗ , vagyis teljes¨ ul az hx, Syi = hSx, yi azonoss´ag. Az antiszimmetrikus oper´atorokat hx, Ayi = −hAx, yi ∀x, y ∈ Ed jellemzi, vagyis A∗ = −A . Az S : Ed 7→ Ed szimmetrikus oper´ator akkor pozit´ıv ha hx, Sxi ≥ 0 ; szigor´ uan pozit´ıv oper´atornak mindig van inverze mert ilyenkor hx, Sxi > 0 ha x 6= 0 , teh´at Sx = 0 csak u ´gy lehet ha x = 0 . Ortogon´alis (unit´er) az a transzform´aci´ o amelyik megtartja a skal´ aris szorzatot: hUx, Uyi = hx, yi ∀ x, y ∈ Ed , teh´at UU∗ = U∗ U = I , ahol I az egys´eg oper´ator (identit´as) : Ix = x ∀x ∈ Ed . Minden unit´er (ortogon´ alis) transzform´ aci´ o invert´ alhat´ o: U−1 = U∗ . A {ek } → {e0k } b´aziscsere az Ux := x1 e01 + x2 e02 + · · · + xd e0d ha x = x1 e1 + x2 e2 + · · · + xd ed k´eplettel unit´er oper´atort defini´al, ´es megford´ıtva, unit´er oper´ ator ortogon´ alis b´ azist mindig ortogon´ alis b´ azisba visz ´ at: ezek a transzform´aci´ok a t´er forgat´ asai ´es/vagy t¨ ukr¨ oz´esei. Saj´ at´ ert´ ek feladat: Az Au = λu , u 6= 0 egyenletben λ ∈ C az A oper´ator saj´at´ert´eke ´es u 6= 0 a hozz´a tartoz´o saj´atvektor, ami ´altal´aban x+ıy , x, y ∈ Ed alak´ u, teh´at az ilyen vektorokb´ ol ´all´ o Cd komplex Euklideszi t´er eleme. Emiatt a skal´ aris szorzat haszn´alatakor a komplex t´erben ´erv´enyes szab´alyok alkalmazand´ok. Ha A invert´ alhat´ o akkor a 0 nem lehet saj´at´ert´ek, ´es Au = λu eset´en ¯ 2 miatt λ ∈ R , ´es igy A−1 u = (1/λ)u . Ha S szimmetrikus ´es Su = λu , akkor hu, Sui = λ|uk2 = λ|u| ¯ vagy ıu − ı¯ S¯ u = λ¯ u miatt u + u u biztosan val´ os saj´atvektor. K¨ ul¨ onb¨ oz˝ o saj´at´ert´ekhez egym´asra mer˝oleges saj´atvektorok tartoznak mert hu, Svi = λhu, vi = µhu, vi ha Sv = µv . Szimmetrikus oper´ator saj´atvektorai a t´er ortogon´alis b´azis´ at alkotj´ ak. A 11.3 pontban megmutatjuk hogy a λ = maxhx, Sxi ha |x| = 1 felt´eteles sz´els˝ o´ert´ek feladat megold´asa az S = S ∗ oper´ator legnagyobb saj´at´ert´eke, ´es ha u a hozz´a rendelt saj´atvektor, akkor a x ⊥ u kieg´esz´ıt˝ o felt´etellel kapjuk a m´asodikat, ´es ´ıgy tov´abb. ¯ 2. Unit´er oper´ator saj´at´et´ekeinek mindig 1 az abszol´ ut ´ert´eke mert |u|2 = hUu, Uui = λλ|u| Ha mindegyik saj´at´ert´ek komplex, akkor nem lehet val´ os saj´atvektor, ilyenek a t´er olyan U forgat´asai amelyekkel Un = I , n ∈ N nem fordulhat el˝o. T¨ ukr¨ oz´es saj´atvektorai val´ osak, a saj´at´ert´ekek a ±1 sz´amok k¨oz¨ ul ker¨ ulnek ki, de nem lehet mind ugyanaz. Oper´ ator m´ atrixa: Az {ek } b´azisban valamely A : Ed 7→ Ed line´aris transzform´aci´ o (oper´ator) A m´atrix´anak elemeit ak,j = hek , Aej i hat´ arozza meg, ak,j a m´atrix k-ik sor´aban a j-ik elem. M´assz´oval, ha aj := Aej , akkor ak,j = hek , Aej i = haj , ek i , teh´ at az A oper´ator A m´ atrixa 0 u ´gy keletkezik, hogy a j-ik oszlopba rendre be´ırjuk az aj k´epvektor koordin´at´ ait. Az ek = Uek b´azistranszform´aci´o ut´an A m´atrixa az A0 = U ∗ AU alakot ¨olti, ahol U az U m´ atrixa az {ek } b´azisban. Az A line´aris oper´ator A∗ adjung´altj´ anak m´atrixa az A m´ atrix´ anak adjung´altja,
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
94
szimmetrikus, illetve antiszimmetrikus metrikusak a szok´asos ´ertelemben. A t¨ ukr¨oz´es´enek m´atrixa U> : µ cos φ Uφ = sin φ
oper´atorok m´atrixai szimmetrikusak, illetve antiszims´ık φ sz¨ og˝ u elforgat´as´ anak Uφ , az x tegelyre t¨ort´en˝ o − sin φ cos φ
¶
µ U> =
1 0 0 −1
¶ (11.16)
Az Au = λu saj´at´ert´ek feladat megold´asait A m´atrix´ anak seg´ıts´eg´evel sz´amoljuk; az eredm´eny csak akkor f¨ ugg a b´azist´ol ha hib´aztunk. Oper´ ator pol´ aris alakja: A komplex sz´amok z = |z|eıϕ fel´ır´ as´ ahoz hasonl´oan, minden invert´ alhat´ o oper´ ator el˝ o´ all´ıthat´ o az A = US alakban, ahol U unit´er, S pedig pozit´ıv definit, szimmetrikus oper´ ator. Az S = |A| oper´atort S := (A∗ A)1/2 defini´ alja, teh´at U := AS−1 . 37 Val´ oban, ∗ 2 ∗ ha S = S ´es S = A A , akkor UU∗ = AS−1 S−1 A∗ = AS−2 A∗ = A(A∗ A)−1 A∗ = AA−1 (A∗ )−1 A∗ = I . ´ Az A∗ A oper´ator n´egyzetgy¨ok´et a k¨ovetkez˝ ok´eppen defini´aljuk. Altal´ aban, ha Q pozit´ıv definit ´es szimmetrikus oper´ator, akkor a normaliz´alt uk saj´atvektorai b´azist alkotnak, ´es a λk saj´at´ert´ekek pozit´ıvak, teh´at minden x vektor ul √ megadhat´ √o az x = x1 u1 +x √ 2 u2 +· · ·+xd ud alakban. K¨ozvetlen¨ ellen˝orizhet˝o hogy a Q1/2 x := λ1 x1 u1 + λ2 x2 u2 +· · ·+ λd xd ud k´eplettel adott Q1/2 oper´ator szimmetrikus, pozit´ıv, invert´alhat´o, ´es a n´egyzete t´enyleg Q . Az S pozit´ıv definit oper´ator hat´asa j´ol szeml´eltethet˝ o: az egym´asra mer˝oleges saj´atvektorainak ir´any´aban, a megfelel˝o saj´at´ert´ekkel mint szorz´oval t¨ort´en˝ o ny´ ujt´ ast v´egez. A saj´atvektorokkal p´arhuzamos ´all´as´ u egys´egkocka k´epe p´aronk´ent mer˝oleges ´elekkel rendenkez˝ o t´eglatest, aminek ´elhosszai a saj´at´ert´ekek, teh´at t´erfogata a saj´at´ert´ekek szorzata, ´es ezt a t´erfogatot U m´ar nem v´altoztatja meg. A determin´ ans: Az A oper´ator det A determin´ansa az adott b´azisban az oper´atorhoz rendelt m´atrix determin´ansa; ez a sz´am nem f¨ ugg a b´ azist´ ol. M´ atrixokr´ ol ugyanis tudjuk hogy det A∗ =det A , ´es szorzat determin´ansa a determin´ansok szorzata, teh´at ortogon´alis m´atrix determin´ansa mindig 1 vagy −1 . Ha teh´at A az A m´ atrixa az eredeti, A0 pedig az u ´j b´azisban, 0 ´es U a b´azistranszform´aci´o m´atrixa, akkor det A = det A ha A0 = U ∗ AU . Ezt persze onnan is tudhattuk volna hogy m´atrix determin´ansa a saj´at´ert´ekek multiplicit´ assal vett szorzata. Az is kij¨ott hogy A invert´ alhat´ os´ ag´ anak det A 6= 0 a sz¨ uks´eges ´es el´egs´eges felt´etele. A determin´ansnak geometriai jelent´ese van: ha A nem szingul´aris akkor detA az A transzform´aci´o ´altal el˝oid´ezett t´erfogatv´ altoz´ as szorz´ osz´ ama. Ez a meg´allap´ıt´ as ak´ar a t´erfogat defin´ıci´oja is lehetne; s´ıkon ´es a t´erben m´ar ellen˝orizt¨ uk. Magasabb dimenzi´okba indukci´ oval juthatn´ank el, az el˝oz˝o szakasz direkt v´alaszt ad. Legyen A = US az A pol´aris alakja, ´es jel¨ olje u1 u2 , · · · , ud az S norm´alt saj´atvektorait. Mivel S az uk ´elekkel rendelkez˝ o d-dimenzi´ os egys´egkock´at olyan t´egl´aba viszi ´at aminek detS a t´erfogata, majd U ezt a t´egl´ at egy vele egybev´ ag´ o t´egl´av´a transzform´alja, a fenteml´ıtett egys´egkocka A ´altal l´etrehozott k´epe olyan t´egla aminek |detA| =detS a t´erfogata. Transzform´ aci´ o nyoma: Az A oper´ator Tr A nyom´ at a tetsz˝oleges b´azisban sz´amolhat´ o Tr A :=
d X hek , A ek i = Tr A
(11.17)
k=1
¨osszeg defini´alja, ahol A az A m´atrixa az {ek } b´ azisban, Tr A pedig az A m´atrix f˝o´ atl´ oj´ aban ´all´ o elemek ¨osszege. A jobboldal nem f¨ ugg a b´azist´ ol mert d d X d X d d X d d X X X X he0k , A e0k i = uk,j uk,l hej , A el i = δj,l hej , A el i = hek , A ek i , k=1
k=1 j=1 l=1
j=1 l=1
k=1
de ezt onnan is lehet tudni hogy Tr A ´eppen a saj´ at´ert´ekek ¨ osszege. Ez´ert mondjuk hogy Tr A az A oper´ator (tenzor) skal´arinvari´ansa. 37Az |A| := (AA∗ )1/2 defin´ıci´ o is jogos, de AA∗ = A∗ A csak akkor teljes¨ ul ha A norm´ alis oper´ ator. Ez a v´ alaszt´ as
A = SU alak´ u felbont´ ashoz vezet.
Differenci´ alsz´ am´ıt´ as
95
A vektorinvari´ ans: Minden A oper´ator felbonthat´ o egy szimmetrikus (¨onadjung´ alt) As ´es egy antiszimmetrikus (anti-¨onadjung´alt) Aa oper´ator ¨osszeg´ere: A = As + Aa ahol A∗s = As ´es A∗a = −Aa teh´at As = (1/2)(A + A∗ ) , Aa = (1/2)(A − A∗ ) ; hasonl´o m˝ uvelet t¨ort´enik a m´atrixokkal. Az ¨onadjung´alt komponens (norm´alt) saj´atvektorai b´azist alkotnak, teh´at As a saj´atvektorok ir´any´aban a megfelel˝o saj´at´ert´ekkel ar´anyos ny´ ujt´ ast v´egez. 38 Az antiszimmetrikus r´esz szeml´eltet´ese bonyolultabb, h´aromdimenzi´ os val´ os t´erben seg´ıt a vektori´alis szorz´as fogalma, amit az 5. fejezetben t´argyaltunk. Az ω ∈ E3 vektorral adott Ax := ω × x oper´ator hy, Axi = h(y × ω), xi = −hAy, xi miatt antiszimmetrikus,´es minden antiszimmetrikus A oper´ator ilyen alak´ u. Val´ oban, az {σ, j, k} b´ azisban A m´atrix´anak sorai rendre (0, α, β) , (−α, 0, γ) ´es (−β, −γ, 0) , teh´at az ω := −γσ + βj − αk v´alaszt´assal Ax = ω × x ∀x ∈ E3 . Az A oper´ator Aa = (A − A∗ )/2 antiszimmetrikus komponens´et el˝o´all´ıt´o ω = ω(A) vektor az A vektorinvari´ansa. Ha teh´at az {σ, j, k} b´azisban A m´ atrixa (ak,j ) , akkor ω(A) = 12 (a3,2 − a2,3 ) σ + 12 (a1,3 − a3,1 ) j + 21 (a2,1 − a1,2 ) k . (11.18) A defin´ıci´ob´ol ad´od´oan az ω(A) vektorinvari´ ans nem f¨ ugg a b´ azist´ ol. Az itt elmondottak a vektoranal´ızis szempontj´ab´ol ´erdekesek. 11.3. Skal´ aris ´ es vektormez˝ ok. A differenci´alsz´ am´ıt´ as alapfogalmai az Ed t´eren ´ertelmezett f¨ uggv´enyekre is kiterjeszthet˝oek. Skal´ aris mez˝ o gradiensvektora: Az f : Ed 7→ R f¨ uggv´eny differenci´alhat´ o az x0 helyen, amit f ∈ D(x0 ) jel¨ol, ha van olyan a ∈ Ed vektor, hogy x0 egy k¨ornyezet´eben f (x) = f (x0 ) + ha, x − x0 i + ε(x0 , x) |x − x0 | , ahol ε(x0 , x) → 0 amint x → x0 . Ez az a vektor egy´ertelm˝ uen lett meghat´arozva, mert ha a0 is 0 j´o, akkor az e := (x − x0 )/|x − x0 | v´alaszt´ assal ha − a , ei = 0 ad´odik. Mivel e itt ak´armelyik egys´egvektor lehet, a = a0 . Az ´ıgy defini´alt a vektor az f gradiense, ∇f (x0 ) az x0 helyen. A df = h∇f, dxi formula a defin´ıc´ı´ o t¨ om¨ or ¨ osszefoglal´ asak´ent ´ertelmezend˝ o! Ez a defin´ıci´ o r´an´ez´esre ugyanaz mint t¨obbv´altoz´os f¨ uggv´eny differerenci´alhat´ os´ ag´ a´e, de elvi k¨ ul¨ onbs´eg van; ugyan´ ugy mint maga f , ∇f is koordin´ata rendszert˝ol f¨ uggetlen¨ ul l´etezik. Az `(x) := ha, xi line´aris f¨ uggv´eny gradiense nyilv´ an ∇` ≡ a . Az S szimmetrikus oper´atorhoz rendelt Q(x) := hx, Sxi kvadratikus alak is differenci´alhat´ o, a Q(x + h) = Q(x) + 2hh, Sxi + Q(h) azonoss´agb´ol ∇Q(x) = 2Sx . Ennek alapj´an Lagrange multiplik´ ator´ aval Su = λu ad´ odik a max{Q(x) : |x| = 1} feladat megold´asak´ent. ♥ Q felveszi a maximum´ at az egys´egg¨ omb¨ on, mert az kompakt, teh´at van megold´as. M´asr´eszt ∇|x|2 = 2x 6= 0 a g¨omb¨ on, teh´at az implicit f¨ uggv´ent t´etele szerint a |x| = |x|2 = 1 mell´ekfelt´etel a maximumhely k¨ornyezet´eben felodhat´o, teh´at Lagrange m´odszere korrekt: a maximum ´ert´eke S legnagyobb saj´ at´ert´eke, ´es a maximum helye ehhez rendelt saj´ atvektor. Rendk´ıv¨ ul fontosak a ∇|x| = x/|x| , ´es az ´altal´ anosabb ∇f (|x|) = x f 0 (|x|)/|x| p´eld´ak. Ha f k´etszer differenci´alhat´ o akkor innen ∆f (|x|) = f 00 (|x|)+(d−1)f 0 (|x|)/|x| ad´odik. Az f 00 (r) + (d − 1)f 0 (r)/r = 0 egyenlet megold´as´ aval kapjuk az Ud (x) := |x|2−d ha d > 2 , U2 (x) := log(1/|x|) Newton potenci´alt. Vektormez˝ o deriv´ alttenzora: Az f : Ed 7→ Ed vektormez˝ o differenci´alhat´ o az x0 helyen, amit f ∈ D(x0 ) jel¨ol, ha van olyan A : Ed 7→ Ed line´ aris oper´ator (tenzor), hogy x0 egy k¨ornyezet´eben f(x) = f(x0 ) + Ax − Ax0 + ε(x0 , x) |x − x0 | , ahol ε(x0 , x) → 0 amint x → x0 . Ez a defin´ıci´ o is egy´ertelm˝ u, ´es ∇f(x0 ) := A az f deriv´alttenzora az x0 helyen. Itt is hasznos a df = ∇f dx formalizmus. P´eld´ aul, ha A line´ aris oper´ator, ´es f(x) := Ax , akkor ∇f(x) = A ∀x ∈ Ed , vagyis dAx = A dx . Term´eszetesen Rd is Euklideszi t´er, teh´at a fenti defin´ıci´ok a kor´abbiak ´altal´ anos´ıt´ asai. Ha f(r) = −∇U (r) , akkor azt mondjuk hogy U : Ed 7→ R az vektormez˝o potenci´alja. Young t´etele szerint potenci´ allal rendelkez˝ o 38Az az ´ eszrev´etel hogy A2a = −A∗ A negat´ıv, ism´et a komplex sz´ amokkal val´ o anal´ ogi´ ara utal: z = Re z +ıIm z ,
ahol Re z = (1/2)(z + z¯) , Im z = (1/2)(z − z¯) , ´es k´epzetes sz´ am n´egyzete is negat´ıv. A C komplex s´ık k´etdimenz´ os val´ os Euklideszi t´er, amin a (homog´en) line´ aris transzform´ aci´ ok komplex sz´ ammal val´ o szorz´ assal reprezent´ alhat´ ok. Az Wz := wz oper´ ator m´ atrix´ anak sorai (Re w, −Im w) ´es (Im w, Re w) , teh´ at Ws z = zRe w ´es Wa z = zıIm w .
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
96
vektormez˝ o deriv´ alttenzora szimmetrikus. Az ´all´ıt´ as megford´ıthat´ o, k´es˝ obb megmutatjuk hogy ha f egy pont valamely k¨ ornyezet´eben folytonosan differenci´ alhat´ o, ´es ott ∇f szimmetrikus, akkor a k¨ ornyezetben f-nek van potenci´ alja. A l´ ancszab´ aly: A defin´ıci´ok k¨ozvetlen alkalmaz´ as´ aval kapjuk a l´ancszab´ aly koordin´ata rendszert˝ol f¨ uggetlen alakj´at. Ha f ∈ D(x0 ) , y0 = f(x0 ) ´es g ∈ D(y0 ) , akkor a h(x) := g(f(x)) ¨osszetett f¨ uggv´eny is differenci´alhat´o az x0 helyen, ´es dh = h∇g, dfi = h∇g, ∇f dxi = h(∇f)∗ ∇g, dxi = h∇h, dxi alapj´an ∇h(x0 ) = (∇f(x0 ))∗ ∇g(f(x0 )) . Ugyanezt a formul´ at kapjuk abban az esetben is amikor g vektormez˝o, teh´at h(x) = g(f(x)) is az: ∇h(x0 ) = (∇f(x0 ))∗ (∇g)(y0 ) . A l´ancszab´ aly ut´obbi k´eplete v´altozatlanul ´erv´enyes akkor is, amikor a x ´es y vektorv´ altoz´ ok dimenzi´oja nem ugyanaz, f : Ed 7→ Em ´es g : Em 7→ En , vagyis h : Ed 7→ En . Ez a formula az ¨osszes kor´ abbit speci´alis esetk´ent tartalmazza. A transzpon´al´as miatt a deriv´alttenzorok (m´atrixok) pont u ´gy ker¨ ulnek egym´as mell´e hogy ¨ossze lehet ˝oket szorozni. A Jacobi m´ atrix transzform´ aci´ oja: Adott {ek } b´ azisban az y = f(x) vektormez˝ o az f(x) = φ(x1 , x2 , ..., xd ) = f1 (x1 , x2 , ..., xd ) e1 + f2 (x1 , x2 , ..., xd ) e2 + · · · + fd (x1 , x2 , ..., xd ) ed m´odon adhat´o meg, ahol xk := hx, ek i , fk := hf, ek i . Ugyanebben a b´azisban hek , ∇f(x)ej i = ∂fk /∂xj a ∇φ Jacobi m´atrix k-ik sor´anak j-ik eleme. T´erj¨ unk most ´at az U ortogon´ alis transzform´aci´oval az e0k := Uek , k = 1, 2, ..., d b´azisra, ekkor he0k , ∇f(x)ej i = hUek , ∇f(x)ej i = hek , U∗ ∇f(x)Uej i az u ´j Jacobi m´atrix k-ik sor´aban a j-ik elem, teh´at U ∗ (∇φ)U lesz ∇f m´atrixa az {e0k } b´ azisban, ahol U az U b´azistranszform´aci´o m´atrixa az eredeti, {ek } b´ azisban. Persze ugyanezt kapjuk a l´ancszab´aly seg´ıts´eg´evel az x0 = Ux ´es y0 = Uy helyettes´ıt´es koordin´at´ ank´enti ki´ır´ asa ut´an. Teh´ at Jacobi m´ atrixa a b´ azis cser´ejekor ugyan´ ugy transzform´ al´ odik mint minden m´ as m´ atrix. Divergencia ´ es rot´ aci´ o: Az f vektormez˝ o divergenci´aja az x ∈ Ed pontban a deriv´alttenzor skal´arinvari´ ansa: div f(x) :=Tr ∇f(x) , ami az {ek } b´ azisban, az el˝oz˝ o szakasz jel¨ol´eseivel: ∂f1 (x1 , x2 , ..., xd ) ∂f2 (x1 , x2 , ..., xd ) ∂fd (x1 , x2 , ..., xd ) + + ··· + . ∂x1 ∂x2 ∂xd Mivel ∆u =div grad u , a Laplace oper´ator is a koordin´ata rendszert˝ol f¨ uggetlen objektum. Vektormez˝o rot´aci´oj´at csak h´aromdimenzi´ os t´erben defini´aljuk: rot φ := 2ω(∇φ) a ∇φ deriv´alttenzor vektorinvari´ans´anak k´etszerese, szint´en f¨ uggetlen a koordin´ata rendszer megv´alaszt´as´at´ol. A determin´ans formula szerint az {i, j, k} b´azisban div f(x) =
rot φ(r) = (h0y (x, y, z) − gz0 (x, y, z)) i + (fz0 (x, y, z) − h0x (x, y, z)) j + (gx0 (x, y, z) − fy0 (x, y, z)) k , ahol r = xi + yj + zk ´es φ = f i + gj + hk . Term´eszetesen s´ıkbeli mez˝onek is van rot´aci´ oja, csak ott a harmadik komponens nulla, ´es ´ıgy a rot´aci´ o vektora mer˝oleges a s´ıkra. A ∇ oper´ator seg´ıts´eg´evel div φ ≡ ∇ · φ ´es rot φ ≡ ∇ × φ . Ez a formalizmus megk¨onny´ıti a rot grad φ = div rot φ = 0 , div grad f = ∆f ´es rot rot φ =grad div φ−∆φ azonoss´ agok, valamint a szorzat differenci´al´as´aval anal´og div (f φ) = ∇f · φ + f div φ ´es rot (f φ) = ∇f × φ + f rot φ
(11.19)
szab´alyok megjegyz´es´et, ahol f skal´aris, φ pedig vektormez˝ o. Ha most φ ´es ψ is vektor, akkor grad (φ · ψ) = φ∇ψ + ψ∇φ = (∇ψ)∗ φ + (∇φ)∗ ψ = (φ · ∇)ψ + (ψ · ∇)φ ;
(11.20)
a szokatlan jel¨ol´eseket az indokolja hogy a Jacobi tenzorokat balr´ol kell vektorral szorozni. Vektori´alis szorzat divergenci´aja vegyesszorzat, vagyis div (φ × ψ) = (∇ × φ) · ψ − φ · (∇ × ψ) = ψ · rot φ − φ · rot ψ .
(11.21)
A rot´aci´o sz´amol´asakor az a × (b × c) = (a · c) b − (a · b) c kifejt´esi t´etelt is fel kell haszn´alni, ∇ mindk´et t´enyez˝on hat: ∇ × (φ × ψ) = (∇ · ψ) φ + (ψ · ∇) φ − (∇ · φ) ψ − (φ · ∇) ψ , teh´at rot (φ × ψ) = (div ψ) φ − (div φ) ψ + (∇ψ) φ − (∇φ) ψ .
(11.22)
Integr´ alsz´ am´ıt´ as
97
L´athat´o hogy a φ := f (|r|) r centr´ alis er˝ ot´er rot´ aci´ oja nulla, ´es div φ = f 0 (|r|)|r| + 3f (|r|) . Centr´ alis er˝ ot´er potenci´ alja: U (r) = −F (|r|) , ahol F az rf (r) primit´ıv f¨ uggv´enye: F 0 (r) = rf (r) ha r > 0 . A nevezetes φ(r) := ω×r mez˝o deriv´alttenzora az ω×r = Aω r reprezent´ ac´ o alapj´an ´eppen Aω , l´asd a vektorinvari´ansr´ol sz´ol´o szakaszt. Ez az Aω oper´ator antiszimmetrikus, teh´at div φ = 0 m´ıg rot φ = 2ω . Az ´altal´anosabb ψ := f (r)(ω × r) mez˝o rot´aci´ oja a szorzat k´eplet´evel rot ψ = (r · ∇f (r) + 2f (r))ω − (ω · ∇f (r))r . Az ω tengely k¨or¨ uli hengerszimmetrikus esetben f (r) = ϕ(ρ) , ahol ρ a tengelyt˝ol val´o t´avols´ag, teh´at ∇f ⊥ ω , vagyis rot ψ = (ρϕ0 (ρ)+2ϕ(ρ)) ω ; a divergencia most is nulla. A ρ > 0 esetben a rot´aci´ o akkor nulla ha ϕ(ρ) = γρ−2 , ami egyenes vezet˝ o m´agneses ter´enek Biot - Savart t¨orv´eny´ere utal. ´ ´ ´ITAS ´ 12. INTEGRALSZ AM Egys´eges elm´elete van az egyenesen, g¨orb´ek ment´en, s´ıkon, t´erben, fel¨ uleteken stb. t¨ort´en˝ o integr´al´asnak. Emiatt ´erdemes mindezt ¨osszefoglalni, hogy ne kelljen ism´etl´esekbe bocs´ajtkozni. A fizik´aban ´es a m˝ uszaki tudom´anyokban egyar´ ant fontos parci´alis differenci´alegyenletek, valamint a v´eletlen jelens´egek matematikai elm´elete sem k´epzelhet˝ o el az integr´ al modern (100 ´eves) fogalma n´elk¨ ul. 12.1. M´ ert´ ekt´ er ´ es a Riemann integr´ al. M´erhet˝ o t´er az (X, X0 ) p´ar neve ha X0 az X r´eszhalmazaib´ol ´all gy˝ ur˝ u, vagyis A, B ∈ X0 eset´en A ∩ B , A ∪ B ´es A\B ≡ A ∩ Ac mind az X0 eleme. Az (X, X0 , λ) tri´o m´ert´ekt´er ha a λ : X 7→ [0, +∞) halmazf¨ uggv´eny addit´ıv ´es folytonos. A λ m´ert´ek posztul´alt tulajdons´agai a k¨ovetkez˝ ok: λ(∅) = 0 ´es 0 ≤ λ(A) < +∞ , ∀ A ∈ X0 , λ(A) + λ(B) = λ(A ∪ B) + λ(A ∩ B) ha A, B ∈ X0 ,
(12.1)
lim λ(An ) = λ(A) ha An ⊂ An+1 , A, An ∈ X0 , ´es ∪ An = A .
n→∞
A m´ert´ek monoton halmazf¨ uggv´eny: λ(A) ≤ λ(B), ha A ⊂ B , mert A ´es B ∩ Ac =: C ∈ X0 olyan diszjunkt halmazok hogy B = A ∪ C, teh´ at λ(B) = λ(A) + λ(C). Innen az is l´atszik hogy λ(A ∪ B) = λ(A) + λ(B) − λ(A ∩ B) ha A ´es B nem diszjunkt. Az els˝o kett˝ o ´erv´enyess´ege mellett a harmadik posztul´atum a k¨ovetkez˝okkel ekvivalens. λ(A) =
∞ X
λ(An ) ha An , A ∈ X0 , A = ∪An , ´es Ak ∩ Aj ha j 6= k ,
n=1
λ(A) = lim λ(An ) ha An+1 ⊂ An , A, An ∈ X0 , ´es ∩ An = A , n→∞
(12.2)
0 = lim λ(An ) ha An+1 ⊂ An , A, An ∈ X0 , ´es ∩ An = ∅ . n→∞
♥ Az els˝o helyen eml´ıtett σ-addit´ıvit´as a folytonoss´agb´ ol a Bn := A1 ∪A2 ∪· · ·∪An v´ alaszt´ assal, A = ∪Bn ´es λ(Bn ) = λ(A1 ) + λ(A2 ) + · · · + λ(An ) miatt k¨ovetkezik. Mivel λ(A) = λ(An ) − λ(An ∩ Acn ) , ´es ha λ σ-addit´ıv akkor Ak+1 ⊂ Ak eset´en ∞ X
λ(Ak ∩ Ack+1 ) = λ(An ∩ Acn ) → 0 amint n → +∞ ,
k=n
teh´at a folytonoss´ag m´asodik alakja a σ-additivit´ as k¨ovetkezm´enye. A harmadik sor a m´asodik speci´alis esete, ´es ∩(A ∪ Acn ) = ∅ ha A = ∪An ´es An ⊂ An+1 miatt a folytonoss´ag eredeti alakja k¨ovetkezik bel˝ole. ¤ A X0 halmazgy˝ ur˝ u ´altal´aban azokb´ol a halmazokb´ol ´all, amelyek m´ert´ek´et (hossz´ us´ ag, ter¨ ulet, t´erfogat, ´ıvhossz, felsz´ın, val´oszin˝ us´eg, stb.) eleve ismerj¨ uk. Az X0 gy˝ ur˝ u halmazalgebra ha X ∈ X0 , vagyis mindegyik elem´enek a komplementer halmaz´at is tartalmazza. Az X0 konstrukci´oja,
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
98
´es a m´ert´ek addit´ıv tulajdons´ag´anak ´erv´enyess´ege t¨obbnyire nyilv´ anval´ o. 39 Ha valamely konkr´et esetben az (12.1) lista utols´o hely´en szerepl˝o folytonoss´agot, vagy (12.2) valamelyik pontj´ at is bizony´ıtani tudjuk, akkor a m´ert´ek az X0 -r˝ol a halmazok egy sokkal b˝ovebb X oszt´ aly´ ara is kiterjeszthet˝o, de ez bizony´ıt´asra szorul. 40 M´ ert´ ek lek´ epez´ ese: Minden ξ : X 7→ Y lek´epez´es inverze a ξ −1 (U ) := {x ∈ X : ξ(x)} k´eplettel minden U ⊂ Y halmazhoz az X egy r´eszhalmaz´ at rendeli. Ez a megfeleltet´es megtartja a halmazalgebrai m˝ uveleteket: ha U, Uk ⊂ Y akkor ξ −1 (U c ) a ξ −1 (U ) komplementuma, ´es ξ −1 (∪Uk ) = ∪ ξ −1 (Uk ) , ξ −1 (∩Uk ) = ∩ ξ −1 (Uk ) . Legyen ezut´an (X, X0 , λ) m´ert´ekt´er, Y0 pedig az Y r´eszhalmazaib´ol ´all´o gy˝ ur˝ u. Az ξ : X 7→ Y f¨ uggv´eny m´erhet˝ o ha U ∈ Y eset´en ξ −1 (U ) ∈ X0 , ilyenkor µ(U ) := λ(ξ −1 (U )) m´ert´ek lesz a Y0 gy˝ ur˝ un, ez λ vet¨ ulete. L´ epcs˝ os f¨ uggv´ enyek: Az X r´eszhalmazainak γ := {C1 , ..., Cn } p´aronk´ent diszjunkt rendszere az A ⊂ X halmaz feloszt´as´at (oszt´alyoz´ as´ at) alkotja ha A = ∪Ck . Ha Ck ∈ X0 , akkor persze 0 } felosz´ A ∈ X0 , ´es λ(A) = λ(C1 ) + λ(C2 ) + · · · + λ(Cn ). A γ 0 = {C10 C20 , ..., Cm as a γ finom´ıt´asa 0 0 ha mindegyik Cj ∈ γ oszt´aly r´esze valamelyik Ck ∈ γ oszt´alynak. A γ ´es γ 0 feloszt´as k¨oz¨ os 00 feloszt´ 00 := C ∩ C 0 halmazokb´ o l ´ a ll´ o γ a s. Az f : X → 7 R lek´ e pez´ e s l´ e pcs˝ os finom´ıt´asa a Ck,j k j f¨ uggv´eny ha az X alaphalmaznak van olyan γ = {C0 , C1 , ..., Cn } feloszt´asa hogy Ck ∈ X0 ha k > 0 , ´es vannak olyan y1 , y2 , ...yn sz´amok, hogy f (x) = 0 ha x ∈ C0 , m´ıg f (x) = yk ha x ∈ Ck , k = 1, 2, ..., n . Ennek a speci´alis f¨ uggv´enynek az integr´ alja nyilv´ an Z Z Z f (x) dλ(x) ≡ f (x) λ(dx) ≡ f dλ := y1 λ(C1 ) + y2 λ(C2 ) + · · · + yn λ(Cn ). X
X
X
Az f l´epcs˝os f¨ uggv´enyhez tartoz´o γ feloszt´ as nincs egy´ertelm˝ uen meghat´arozva, minden γ 0 fi0 0 0 nom´ıt´as is megfelel ha a Cj ∈ γ oszt´alyokhoz rendelt yj sz´ amokat u ´gy adjuk meg, hogy Cj0 ⊂ Ck eset´en yj0 = yk . Egy ilyen γ 0 finom´ıt´as u ´gy keletkezik hogy egyes Ck ∈ γ halmazokat tov´ abbi, diszjunkt r´eszekre bontunk. A m´ert´ek addit´ıv tulajdons´aga miatt Ck m´ert´eke is ¨osszegre bomlik fel, X λ(Ck ) = λ(Cj0 ) , R
j:Cj0 ⊂Ck
teh´at X f dλ ´ert´eke nem f¨ ugg az ˝ot defini´al´ o feloszt´ast´ ol. Ha A ∈ X0 akkor tetsz˝oleges f : A 7→ R f¨ uggv´enyhez, ´es az A γ feloszt´as´ahoz elk´esz´ıthetj¨ uk az IA,γ (f ) := f (ξ1 )λ(C1 ) + f (ξ2 )λ(C2 ) + · · · + f (ξn )λ(Cn )
(12.3)
integr´alk¨ozel´ıt˝o ¨osszegeket, ahol ξk ∈ Ck megv´ alaszt´ asa is r´ank van b´ızva. L´athat´ o hogy IA,γ voltak´epp egy l´epcs˝os f¨ uggv´eny integr´alja, olyan´e amely az A halmazon k´ıv¨ ul 0. A Riemann integr´ al: Ebben a szakaszban feltessz¨ uk hogy λ(X) < +∞ . Ha X egyben metrikus t´er is, 41 akkor δ(γ) := maxk diam(Ck ) a γ = {C0 , C1 , ..., Cn } feloszt´as finom´aga. Term´eszetesen feltessz¨ uk hogy az X0 halmazgy˝ ur˝ u tartalmaz minden hat´aron t´ ul finomod´o γ(n) 39Az a kik¨ ot´es hogy λ v´eges ´ert´ek¯ u, term´eszetes ugyan, de egy´ altal´ an nem l´enyeges; a v´eges m´ert´ek¯ u halmazok egy´ebk´ent mindig gy¯ ur¨ ut alkotnak. A k¨ ul¨ onbs´eg csak annyi hogy (12.2) m´ asodik ´es harmadik sor´ aban a λ(A1 ) felt´etel is sz¨ uks´eges. 40Az X alaphalmaz r´ eszhalmazaib´ ol ´ all´ o X halmazgy¯ ur¯ u σ-gy¯ ur¯ u ha tetsz¯ oleges An ∈ X sorozat egyes´ıt´es´et (metszet´et) is tartalmazza, ´es ha maga X is benne van, akkor σ-algebra a neve. Ilyen az X o ¨sszes r´eszhalmaz´ anak halmaza, teh´ at a X0 gy¯ ur¯ u rengeteg σ-gy¯ ur¯ u r´esze lehet, az ¨ osszes ilyen k¨ oz¨ os r´esze az X0 ´ altal gener´ alt σ-gy¯ ur¯ u; algebra ´ altal gener´ alt σ-gy¯ ur¯ u az eg´esz teret biztosan tartalmazza, teh´ at ¯ o σ-algebra. C. Caratheodory m´ ar a huszadik sz´ azadban bizony´ıtotta hogy halmazgy¯ ur¯ un adott folytonos (σ-addit´ıv) m´ert´ek egy´ertelm¯ uen terjeszthet¯ o ki az X0 ´ altal gener´ alt σ-gy¯ ur¯ ure, ´es ott is σ-addit´ıv. Ez ´ altal´ anos igazs´ ag, mindig a konkr´et t´enyek bizony´ıt´ asa a neh´ez. 41Metrikus t´ er nyilt halmazai nem alkotnak gy¯ ur¯ ut, de a nyilt ´es z´ art halmazok metszeteinek rendszere m´ ar ´ algebra. Altal´ aban nem k¨ onny¯ u ezek m´ert´ek´et megadni, de a sz´ amegyenes nyilt r´eszhalmazai egy´ertelm¯ uen bonthat´ ok fel p´ aronk´ent diszjunkt nyilt intervalumok sorozat´ anak egyes´ıt´es´ere mert ♥ minden pont benne van az ¯ ot tartalmaz´ o, ´es a halmazban fekv=o nyilt intervallmok egyes´ıt´es´eben, ezek a komponensek p´ aronk´ent diszjunktak, ´es csak megsz´ aml´ alhat´ o sokan lehetnek. ¤ Eszerint egy G ⊂ R nyilt halmaz λ(G) m´ert´eke a komponenseinek ¨ osszhossza. Ha F ⊂ R z´ art, akkor λ(G ∩ F ) := λ(G) − λ(G ∩ F c ) a konzekvens defin´ıci´ o. Igazolhat´ o hogy λ m´ert´ek.
Integr´ alsz´ am´ıt´ as
99
feloszt´as sorozatot, vagyis δ(γ(n)) → 0 megval´ os´ıthat´ o. A Riemann integr´ alt (12.3) t´ıpus´ u ¨osszegekkel k¨ozel´ıtj¨ uk, Iγ (f ) := IX,γ (f ) . Az f : X 7→ R korl´ atos f¨ uggv´eny Riemann szerint integr´alhat´o ha minden hat´aron t´ ul finomod´o γ(n) feloszt´as sorozat eset´en mindig R l´ezik az IR = lim Iγ(n) (f ) hat´ a r´ e rt´ e k, ´ e s az nem f¨ u gg a k¨ o zel´ ıt´ e s megv´ a laszt´ a s´ a t´ o l; ekkor I := es X f dλ , ´ R atora, lA (x) = 1 ha x ∈ A , lA (x) = 0 ha A f dλ := X lA f dλ , ahol lA az A ∈ X0 halmaz indik´ x ∈ Ac . Az A halmazon Riemann szerint integr´ alhat´ o f¨ uggv´enyek ter´et L10 (A, λ) jel¨oli. Az f : X 7→ R f¨ uggv´eny egyenletes folytonoss´ag´anak modulusa cf (δ, X) := sup{|f (x) − f (y)| : ρ(x, y) ≤ δ} , a folytonos f¨ uggv´enyek Riemann integr´ alj´ anak elm´elete gyakorlatilag ugyanaz mint az egyv´altoz´os f¨ uggv´enyek´e. Lemma 12.1. Ha δ(γ) ≤ δ ´es γ 0 a γ finom´ıt´ asa, akkor |Iγ (f ) − Iγ 0 (f )| ≤ c(δ, f )λ(X) . Bizony: A felt´etel szerint XX Iγ (f ) = f (ξk )λ(Ck ∩ Cj0 ) ,
Iγ 0 (f ) =
XX
j
k
k
f (ξj0 )λ(Ck ∩ Cj0 ) ,
j
ahol 0 a γ 0 feloszt´asra utal. Mivel ρ(ξk , ξj0 ) ≤ δ ha Cj0 ⊂ Ck , egy´ebk´ent pedig λ(Ck ∩ Cj0 ) = 0 , a k´et egyenlet k¨ ul¨onbs´ege adja az eredm´enyt. ¤ A lemma k¨ovetkezm´enyek´ent |Iγ (f ) − Iγ 0 (f )| ≤ 2c(δ, f )λ(X) ha δ(γ) , δ(γ 0 ) ≤ δ mert a γ 00 := {Ck ∩ Cj0 } feloszt´as mindkett˝on´el finomabb. Innen az alapt´etel m´ar azonnal k¨ovetkezik: alhat´ o. T´ etel 12.1. Ha f : X 7→ R egyenletesen folytonos akkor Riemann szerint integr´ A Riemann integr´al improproius v´altozat´ at hat´ar´ atmenettel defini´aljuk. Felt´etelesen konvergens integr´alr´ol csak az X = R essetben szok´as besz´elni, de a legjobb mindent a Lebesgue integr´al keret´eben gondolni ´at. 12.2. Az Integr´ al. ∗∗ A l´epcs˝os f¨ uggv´enyek val´ os line´aris teret alkotnak, amit L0 jel¨ol. K¨ozvetlen¨ ul ellen˝orizhet˝o hogy az integr´al monoton line´aris funkcion´al ezen a t´eren, vagyis Z Z f dλ ≤ g dλ ha f (x) ≤ g(x) ∀x ∈ X, X Z Z Z (f + g) dλ = f dλ + g dλ , (12.4) X X X Z Z cf dλ = c f dλ ∀c ∈ R . X X R R R A monotonit´as miatt | X f dλ| ≤ X |f | dλ . Az is nyilv´ anval´ o hogy kf k1 := X |f (x)| λ(dx) norma az L0 t´erben. Igaz ugyan hogy kf k1 = 0 akkor is lehets´eges, ha f form´alisan nem nulla, mert olyan Ck halmazokon vesz fel null´ at´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ´ert´ekeket, melyek m´ert´eke nulla, de az ilyen l´epcs˝os f¨ uggv´enyeket a minden¨ utt elt˝ un˝ o f¨ uggv´ennyel azonos´ıtjuk. Az ´ıgy kapott L100 (X, λ) line´aris norm´alt t´er nem teljes. Ahhoz hasonl´oan, ahogy a racion´alis sz´amokb´ ol a racion´alis Cauchy sorozatok elk´epzelt hat´ar´ar´ert´ekeinek koopt´al´ as´ aval megkaptuk a val´ os sz´amokat, az integr´alhat´ o f¨ uggv´enyek L1 (X, λ) tere az L100 (X, λ) t´erben Cauchy sorozatot alkot´ o fn sorozatok f hat´ar´ert´ekeib˝ol ´all majd ¨ossze. Ha most fn Cauchy sorozat az L100 (X, λ) t´erben, akkor ¯ Z ¯Z ¯ ¯Z Z ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ fm dλ − ¯ |fm − fn | dλ = kfm − fn k1 fn dλ¯ = ¯ (fm − fn ) dλ¯¯ ≤ ¯ X
X
X
X
miatt az integr´alok sorozata konvergens, teh´at lehets´eges az Z Z f (x) dλ(x) := lim fn (x) dλ(x) X
n→∞ X
(12.5)
defin´ıci´o. A neh´ezs´eget az okozza hogy nem minden integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny ´all´ıthat´ o el˝o l´epcs˝os f¨ uggv´enyek minden¨ utt konvergens sorozat´anak hat´ar´ert´ekek´ent. Az al´abbi konstrukci´ o, amit korrekts´eg´enek bizony´ıt´asa n´elk¨ ul ismertet¨ unk, l´enyeg´eben H. Lebesgue ´es Riesz Frigyes nev´ehez
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
100
f˝ uz˝odik. Az A ⊂ X halmaz nullahalmaz u) ha minden ε > 0 sz´amhoz van olyan P (nullm´ert´ek¨ An ∈ X0 sorozat hogy A ⊂ ∪An ´es λ(An ) < ε. Hangs´ ulyozzuk hogy itt A ∈ X0 nem sz¨ uks´eges. P´eld´aul, a Cantor halmaz nem megsz´aml´ alhat´ o, m´egis nullahalmaz. Nullahalmaz minden r´eszhalmaza is az, ´es ha λ(An ) = 0 ∀n ∈ N, akkor λ(∪An ) = 0. Az ut´obbi ´all´ıt´ as bizony´ıt´asra szorul, de az nem neh´ez. Minden ε > 0 sz´ a mhoz ´ e s n ∈ N indexhez van olyan P P P∞ AP es m λ(An,m ) < ε/2n , teh´ at ∞ n,m ∈ X0 sorozat hogy An ⊂ ∪m An,m , ´ n=1 m=1 λ(An,m ) < −n = ε . Ha egy ´ 2 a ll´ ıt´ a s, p´ e ld´ a ul f¨ u ggv´ e nysorazat konvergenci´ a ja nullahalmazt´ ol eltekε ∞ n=1 intve igaz, akkor azt mondjuk hogy az λ szerint majdnem minden¨ utt (r¨ ovid´ıtve λ-m.m.) igaz. Az f : X 7→ R f¨ uggv´eny akkor majdnem m´erhet˝ o ha van olyan fn ∈ L100 (X, λ) sorozat hogy fn → f λ-m.m. igaz. A majdnem m´erhet˝ o f¨ uggv´enyek line´aris teret alkotnak, amit L(X, λ) jel¨ ol. Az f ∈ L(X, λ) f¨ uggv´eny integr´alhat´ o, ha tal´alhat´ o olyan fn ∈ L100 (X, λ) Cauchy sorozat hogy fn → f λ-m.m., ´es ilyenkor az f integr´ alj´ at (12.5) defini´alja. Cauchy sorozatot nem is olyan neh´ez tal´alni, mert ha p´eld´aul fn monoton n¨ov˝ o sorozat, vagyis fn (x) ≤ fn+1 (x) λ-m.m., ´es az integr´ aljaik sorozata korl´atos, akkor m > n eset´en fm ≥ fn λ-m.m., teh´at Z Z Z Z |fm − fn | dλ = (fm − fn ) dλ = fm dλ − fn dλ , kfm − fn k1 = X
X
X
teh´at az ilyen sorozat Cauchy az L100 (X, λ) t´erben. C´elszer˝ u el˝osz¨ or a nemnegat´ıv f¨ uggv´enyek integr´alj´at defini´alni, az ´altal´anos esetet a pozit´ıv ´es negat´ıv Rr´eszek sz´etv´ alaszt´ as´ aval kezelj¨ uk. Nem egyszer˝ u, de bizony´ıthat´o hogy ha f integr´ alhat´ o, akkor X f dλ ´ert´eke nem f¨ ugg a k¨ozel´ıt˝ o l´epcs˝os f¨ uggv´enyek megv´alaszt´as´at´ol. Az integr´ al (12.4) tulajdons´agai hat´ar´ atmenettel terjeszthet˝ok ki ´altal´anos integr´alhat´o f¨ uggv´enyekre. Bizony´ıthat´ o hogy kf k1 = 0 acsak f = 0 λ-m.m. Az integr´al folytonoss´ag´at fejezi ki az al´abbi, domin´alt konvergencia (Lebesgue) t´etel. utt konverg´ al az f f¨ uggv´enyhez, ´es T´ etel 12.2. Ha az fn ∈ L1 (X, λ) sorozat majdnem minden¨ 1 (X, λ) hogy |f (x)| ≤ g(x) λ-m.m. x ∈ X eset´ van olyan g ∈ L e n, akkor f ∈ L1 (X, λ) , ´es n R R X fn dλ → X f dλ . A t´etel ekvivalens alakja, a monoton konvergencia t´etel pozit´ıv tag´ u sorok tagonk´enti integr´ alP hat´os´ag´ar´ol sz´ol. Legyen f := fn , ahol f1 , f2 , ..., fn , ... nemnegat´ıv integr´ alhat´ o f¨ uggv´enyek. Ekkor Z ∞ Z X f (x) dλ = fn (x) dλ . (12.6) X
n=1 X
Ez a t´etel akkor is igaz ha f nem integr´ alhat´ o, mert az integr´ alj´ anak ´ert´eke +∞. Ha ugyanis f ≥ 0 m´erhet˝oR, de nem integr´alhat´o, akkor konstru´ alhat´ o, p´eld´ aul csonk´ıt´ assal, olyan 0 ≤ fn ≤ f R sorozat hogy X fn dλ > n, teh´at ´esszer˝ u az X f dλ = +∞ defin´ıci´ o. Nem csak az eg´esz t´eren lehet integr´alni, mert ha A ∈ X0 , ´es lA (x) az A halmaz indik´atora, akkor lA f ∈ L1 (X, λ) eset´en ´ırhatjuk hogy Z Z f (x) λ(dx) := lA (x)f (x) λ(dx) . (12.7) A
X
Ha most C az A, B ∈ X0 diszjunkt halmazok egyes´ıt´ese, akkor lC = lA + lB miatt Z Z Z f (x) λ(dx) = f (x) λ(dx) + f (x) λ(dx) , C
A
B
teh´at az Rintegr´al az integr´al´as tartom´any´ anak addit´ıv f¨ uggv´enye. Ha f ≥ 0 integr´ alhat´ o, akkor µ(A) := A f dλ nemnegat´ıv ´es addit´ıv halmazf¨ ugv´eny az X0 gy˝ ur˝ un, az hogy µ folytonos, teh´ at m´ert´ek, a monoton (vagy domin´alt) konvergencia t´etel´enek k¨ovetkezm´enye. A r´eszhalmazon t¨ort´en˝o integr´al´ast u ´gy is defini´alhatjuk, hogy az eredeti (X, X0 , λ) m´ert´ekt´er helyett annak (A, XA,0 , λA ) alter´eben sz´amolunk, ahol R A ∈ X0 ,R XA,0 := {B ∩ A : B ∈ X0 } ´es λA (B) := λ(A ∩ B) = λ(B) ha B ∈R XA,0 . Ekkor A f dλ := A f dλRA . Ha az integr´ as az Ral´ eg´esz t´eren t¨ort´enik, akkor gyakran az f dλ r¨ ovid´ıt´est haszn´aljuk, s˝ot f ´es a λ(f ) ≡ X f dλ jel¨ ol´es is is el˝ofordul. Ha fontos az intgr´ aci´ os v´altoz´ o megjel¨ol´ese, mert t¨obb is lehet bel˝ol¨ uk, akkor dλ hely´ere λ(dx) irand´o. Riemann szerint integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny term´eszetesen Lebesgue szerint is integr´alhat´o, ´es az integr´al ´ert´eke is ugyanaz. A k¨ ul¨ onbs´eg mind¨ossze annyi, hogy
Integr´ alsz´ am´ıt´ as
101
Riemman integr´alhat´o f¨ uggv´enyek hat´ar´ert´eke nem biztos hogy megint Riemann integr´ alhat´ o lesz. A Lebesgue integr´al kidolgoz´asa sor´an olyan t´enyeket ismertek fel, mint p´eld´ aul a domin´alt konvergencia t´etel vagy a Fubini t´etel, amelyek jelent˝ osen megk¨onny´ıtik az integr´ alok kezel´es´et. M´ ert´ ekterek szorzata: Az (X, X0 , λ1 ) ´es (Y, Y0 , λ2 ) m´ert´ekterek (Z, Z0 , λ) szorzat´an´ al Z := X ×Y az (x, y) p´arok halmaza, X0 az A×B , A ∈ X0 , B ∈ Y0 t´ıpus´ u ”t´egl´ ak” v´eges egyes´ıt´eseib˝ ol ´all, ´es a λ = λ1 × λ2 m´ert´eket λ(A × B) := λ1 (A)λ2 (B) defini´alja. Megjegyezz¨ uk hogy (A1 × B1 ) ∩ (A2 × B2 ) = (A1 ∩ A2 ) × (B1 ∩ B2 ) , (A1 ∩Ac2 )
×
(B1 ∩B2c )
∪
(A1 ∩Ac2 )
×
(B2 ∩B1c )
´es (A1 × B1 ) ∪ (A2 × B2 ) =
∪ (A2 ∩Ac1 ) × (B1 ∩B2c ) ∪ (A2 ∩Ac1 ) × (B2 ∩B1c ) ,
ahol persze u ¨res halmazok is el˝ofordulhatnak. A m´asodik azonoss´ag szerint v´eges sok t´egla egyes´ıt´ese p´aronk´ent diszjunkt t´egl´akra bonthat´ o. Ez az azonoss´ag lehet˝ov´e teszi a λ(C) := λ(C1 ) + λ(C2 ) + · · · + λ(Cn ) defin´ıci´ot, ahol Z0 3 C = ∪Ck , ´es a Ck ∈ Z0 t´egl´ ak p´aronk´ent diszjunktak. A felbont´as ugyan nem egy´ertelm˝ u, de λ(C) ´ert´eke mindig ugyanaz, ♥ mert ha egy A × B t´egla a p´aronk´ent diszjunkt Dj t´egl´ ak egyes´ıt´ese akkor A = ∪Al , B = ∪Bl , ´es Ai ∩ Al = Bi ∩ Bl = ∅ ha j 6= l , ahol az Ai ∈ X0 ´es Bl ∈ Y0 halmazok a Dj = A0j × Bj0 szorzat u, ´es mindegyik megfelel˝o t´enyez˝oi k¨oz¨ ul ker´ ulnek ki. R´aad´ asul mindegyik Dj t´egla A0i × B 0 l alak´ kombin´aci´o pontosan egyszer fordul el˝o, teh´at X XX λ1 (A0i )λ2 (Bl0 ) = λ(Dj ) . A × B = ∪i ∪l A0i × Bl0 ´es ´ıgy λ(A × B) = i
j
l
Innen az is l´athat´o hogy ez a λ addit´ıv halmazf¨ uggv´eny ¤ , azt kell m´eg megmutatni hogy a Z0 gy˝ ur¨ un λ folytonos, teh´ at σ-addit´ıv. ♥ El´eg t´egl´ ak megszml´ ´ alhat´ o sok p´aronk´ent diszjunkt t´egl´ara t¨ort´en˝o felbont´asait vizsg´alni, de a fenti logika itt is m˝ uk¨ odik. ¤ Ezut´an az integr´alt az olyan l´epcs˝os f¨ uggv´enyek halmaz´ar´ ol terjesztj¨ uk ki, amelyek ”l´epcs˝oi” t´egl´ak. Mivel minden C ∈ Z0 halmaz diszjunkt t´egl´ ak egyes´ıt´ese, nincs sz´o az ´altal´ anoss´ ag csorb´ıt´as´ar´ ol. Az ´ıgy defini´alt integr´alt Z ZZ Z Z f (z) λ(dz) = f (x, y) λ(dx, dy) = f (x, y) λ1 (dx) λ2 (dy) Z
X×Y
Y
X
jel¨ olheti. Fubini t´ etele: Legyen Z µZ
Z I12 : =
¶ |f (x, y)| λ1 (dx) λ2 (dy)
|f (z)| λ(dz) , I1 =: Z X ¶Y Z µZ I2 =: |f (x, y)| λ2 (dy) λ1 (dx) . X
Y
Ha a fenti integr´ alok k¨ oz¨ ul valamelyik v´eges akkor mindegyik az, ´es ¶ ¶ Z Z µZ Z µZ f (z) λ(dz) = f (x, y) λ1 (dx) λ2 (dy) = f (x, y) λ2 (dy) λ1 (dx) . Z
Y
X
X
Y
L´epcs˝os f¨ uggv´enyekn´el az ´all´ıt´as nyilv´ anval´ o, az ´altal´ anos eset a domin´alt konvergencia t´etel k¨ovetkezm´enye, el´eg az f ≥ 0 esetet tiszt´azni. Param´ eteres integr´ alok: Tegy¨ uk fel hogy az (X, X0 , λ) m´ert´ekt´eren ´ertelmezett f f¨ uggv´eny a t ∈ (a, b) val´os param´etert˝ol is f¨ ugg, vagyis f = f (t, x). Ha f minden r¨ogz´ıtett t eset´en integr´alhat´ o, akkor felvethet˝o az a k´erd´es hogy hogyan lehet a Z φ(t) := f (t, x) λ(dx) X
f¨ uggv´enyt t szerint differenci´alni. Fubini t´etele, ´es a 8. Fejezetben igazolt Lebesgue - f´ele NL formula seg´ıts´eg´evel kapjuk hogy
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
102
T´ etel 12.3. Ha f (t, x) a t param´eter szerint parci´ alisan differenci´ alhat´ o, ´es f (t, x) = f (a, x) + Rt 0 f (s, x) ds , tov´ a bb´ a a t ¶ Z b µZ Z |f (t, x)| λ(dx) dt < +∞, akkor φ0 (t) = ft0 (t, x) λ(dx) m.m. a
X
X
Bizony: Fubini t´etele szerint
Z t µZ
φ(t) = φ(a) + a
X
¶ ft0 (s, x) λ(dx) ds ,
´es az integr´ alt most is szabad a fels˝o hat´ar szerint differenci´alni. R ∞ ¤ ∗∗ Ennek a t´etelnek sz´amos hasznos k¨ovetkezm´enye van, p´eld´ aul t > 0 eset´en 1/t = 0 e−tx dx differenci´al´as´aval kapjuk az Z ∞ xn −tx tn+1 e dx = 1 (12.8) n! 0 k´epleteket. 12.3. Integr´ alok kisz´ am´ıt´ asa. Az itt t´argyaland´ o integr´ alok mind a sz´amegyenes m´erhet˝ o r´eszhalmazain adott Lebesgue m´ert´ekre ´es a Fubini t´etelre ´ep¨ ulnek. Integr´ al a sz´ amegyenesen: X = R ´es az X0 halmazgy˝ ur˝ u a v´eges sz´am´ u f´elig z´art [a, b) , a , b ∈ R intervallum diszjunkt egyes´ıt´esek´ent el˝o´ all´ıthat´ o halmazokb´ol ´all. K¨ozvetlen¨ ul bel´athat´ o hogy ´ıgy t´enyleg halmazgy˝ ur˝ ut kapunk, ´es az A ⊂ X0 halmaz λ(A) m´ert´eke egy´ertelm˝ uen defini´lhat´o az A-t egyes´ıt´esk´ent kiad´o diszjunkt intervallumok hossz´anak ¨osszeg´evel. Annak bizony´ıt´asa hogy λ addit´ıv, egyszer˝ u, a folytonoss´ag´e (σ-additivit´as) a neh´ez, a 8. ´es 13. feRb R jezeteket. Integr´alokat ´altal´aban intervallumokon sz´amolunk, teh´at a f dx ≡ (a,b) f, dλ , ahol a λ a Lebesgue m´ert´ek. A j´ol ismert Newton - Leibniz formula a k¨ovetkez˝ o form´aban is igaz. Rx T´ etel 12.4. Ha f integr´ alhat´ o az (a, b) intervallumon, ´es F (x) := a f (y) , dy akkor F majdnem minden x ∈ (a, b) pontban differenci´ alhat´ o, ´es F 0 (x) = f (x) majdnem minden¨ utt igaz. A Cantor halmazb´ol kiindulva konstru´ alhat´ o olyan szigor´ uan monoton F f¨ uggv´eny hogy F 0 (x) majdnem minden¨ utt l´etezik, ´es ott 0 az ´ert´eke, teh´at a Newton - Leibniz formula fenti alakja sem korl´atlanul alkalmazhat´o. Integr´ al´ as g¨ orbe ment´ en: Az r(t) = x(t) σ +y(t) j+z(t) k t ≥ 0 formul´ aval adott t´erg¨ orbe s(t) ´ıvhossz´at a g¨orb´ebe ´ırt poligonok ¨osszhossz´ anak hat´ar´ert´ekek´ent defini´altuk. Ha r(t) mindegyik komponense szakaszonk´ent folytonosan differenci´alhat´ o, akkor a [0, t) szakasz ´ıvhossza Z t Z tp s(t) = |˙r(τ )| dτ = x˙ 2 (τ ) + y˙ 2 (τ ) + z˙ 2 (τ ) dτ , (12.9) 0
0
form´alisan ds = |˙r| dt . Ugyanazt a g¨orb´et, mint geometriai alakzatot t¨obbf´ele param´eterez´essel is megadhatjuk, az ´ıvhossz ett˝ol nem f¨ ugg. Ha esetleg t¨obbsz¨ or j´arjuk be a p´aly´ at, akkor a fenti formul´ak is t¨obbsz¨or¨osen sz´amolj´ ak a g¨orbe hossz´at. C´elszer˝ u a vizsg´alt Γ g¨orb´et olyan r : [0, T ] 7→ R3 f¨ uggv´ennyel megadni, ami k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u, 42 legal´abbis majdnem minden¨ utt differenci´alhat´o, ´es |˙r| integr´alhat´ o. (12.9) megadja a Γ := {r(t) : 0 ≤ t ≤ T } g¨orbe Γ(u, v) := {r(t) : u ≤ t ≤ v} ´ıv´enek ν(Γ(u, v)) := s(v) − s(u) m´ert´ek´et, amely az X = Γ halmaz r´eszhalmazain adott. Tulajdonk´ R eppen a [0, T ] intervallum r´eszhalmazain a Lebesgue m´ert´ek seg´ıts´eg´evel k´esz´ıtett µ(A) := A |˙r| dt m´ert´eket vet´ıtett¨ uk fel a g¨orb´ere. 3 Az f ∈ C(R ) f¨ uggv´enynek a r(u) ´es r(v) pontokat ¨osszek¨ ot˝ o Γ(u, v) g¨orbedarab ment´en az ´ıvhossz szerinti integr´alja Z Z Z v f (r) ds := f (r) dλ = f (r(τ )) |˙r(τ )| dτ . (12.10) Γ(u,v)
Γ(u,v)
u
42Vanak z´ art g¨ orb´ek is, de az r(0) = r(T ) kiv´etel nem okoz zavart.
Integr´ alsz´ am´ıt´ as
103
A r = x σ + y j + z k konvenci´o szellem´eben ´ırhatjuk hogy f (r) = f (x, y, z) , ilyenkor a fenti I integr´alt az Z v ¡ ¢p I= f x(τ ), y(τ ), z(τ ) x˙ 2 (τ ) + y˙ 2 (τ ) + z˙ 2 (τ ) dτ (12.11) u
k´eplettel sz´amoljuk. Sokkal ´erdekesebb az f : R3 7→ R3 vektormez˝ ok integr´ al´ asa. Az f er˝ot´ernek a Γ g¨orbe ment´en v´egzett munk´aj´at Z Z Z v 0 hf(r(τ )), r˙ (τ )i dτ (12.12) W (Γ(u, v)) = f(r) · dr := hf(r(s)), r (s)i ds = Γ(u,v)
u
Γ(u,v)
adja. Ha f(r) = ϕ(x, y, z) σ + φ(z, y, z) k + ψ(x, y, z) k akkor Z v ¡ ¢ W = ϕ(x(τ ), y(τ ), z(τ ))x(τ ˙ )+φ(x(τ ), y(τ ), z(τ ))y(τ ˙ )+ψ(x(τ ), y(τ ), z(τ ))z(τ ˙ ) dτ . (12.13) u
Az f(r) er˝ot´er konzervat´ıv ha van olyan folytonosan differenci´alhat´ o U : R3 7→ R3 potenci´al hogy f = −∇U ; itt is az U (r) = U (x, y, z) konvenci´ ot haszn´aljuk. T´ etel 12.5. Ha f = −∇U folytonos a G ⊂ R3 ny´ılt halmazon, akkor a Γ ⊂ G g¨ orbe ment´en W (Γ(u, v)) = U (r(u)) − U (r(v)) , teh´ at konzervat´ıv er˝ ot´er munk´ aja csak a g¨ orbe v´egpontjait´ ol f¨ ugg. Bizony: Mivel h∇U (r), r˙ i = dU (r(t))/dt , az ´all´ıt´ as a Newton - Leibniz szab´aly direkt k¨ovetkezm´enye. ¤ Ha a f(r) er˝ot´er konzervat´ıv, akkor Young t´etele miatt a ∇f Jacobi m´atrix szimmetrikus, ´es ez az ´all´ıt´as megford´ıthat´o. T´ etel 12.6. Ha a f er˝ ot´er Jacobi m´ atrixa szimmetrikus, ´es valamely konvex tartom´ anyban folytonos, akkor ott van olyan folytonosan differenci´ alhat´ o U : R3 7→ R potenci´ al hogy f = −∇U , teh´ at az e˝ ot´er munk´ aja f¨ uggetlen az u ´tt´ ol. Bizony: R¨ogzits¨ uk az r0 ∈ R3 pontot. Ha van potenci´al, akkor az ´eppen Z 1 U (r) := U (r0 ) − hf(r(t)), r˙ (t)i dt , 0
ahol r(t) := r0 + (r − r0 )t az r0 ´es r pontokat ¨osszek¨ ot˝ o szakasz egyenlete, teh´at r˙ = r − r0 . Azt kell megmutatni hogy −∇U = f = ϕ σ + φ j + ψ k. A szok´asos jel¨ol´esekkel Z 1 ¡ ¢ ϕ(r(t)) + ϕ0x (r(t))(x − x0 )t + φ0x (r(t))(y − y0 )t + ψx0 (r(t))(z − z0 )t dt . ∂x U = − 0
Mivel φx = ϕy ´es ψx = ϕz , parci´alis integr´ al´ assal Z 1 ¡ ∂x U (x, y, z) = − ϕ(r(t)) + t ∂t ϕ(r(t)) dt = −ϕ(x, y, z) . 0
Uy0
U 0z
= −φ ´es = −ψ egyenletek ugyan´ıgy vezethet˝ ok le. ¤ Az A m´asodik t´eteln´el fontos a tartom´any alakja. (12.6) ´erv´eny´et veszti ha G-ben nem lehet minden benne halad´ o g¨ orb´et egy pontra ¨ osszeh´ uzni. A t´erben ilyen egy v´egtelen hossz´ u cs˝o k¨ ulseje, vagy gy˝ ur¨ uk´ent z´ar´od´o cs˝o belseje. A dolog l´enyeg´et Stokes t´etel´enek bizony´ıt´ asa mutatja a legjobban. A fenti eredm´enyek v´altozatlan form´aban terjeszthet˝o ki tetsz˝oleges dimenzi´oj´ u terekre. Integr´ al a s´ıkon: Ebben az esetben X = R2 , X0 pedig azokb´ol a tartom´anyokb´ ol, ´es a komplementumaikb´ol ´all, melyeket folytonos g¨orb´ek hat´arolnak, teh´at a λ ter¨ ulet¨ uket meg tudjuk hat´arozni. A f˝o elvi probl´ema itt is a m´ert´ek folytonoss´ag´ anak (σ-additivit´as) igazol´asa, ezt a el˝oz˝o szakaszban t´argyaltuk; szorzatm´ert´ek konstrukci´ oj´ ar´ ol van sz´o. Integr´ al k¨ozel´ıt˝ o ¨osszegeit a legegyszer˝ ubb a s´ık n´egyzeth´al´os feloszt´as´ aval k´esz´ıteni, de a k¨orlap k¨orcikszeletekre t¨ort´en˝ o feloszt´asa (pol´aris transzform´aci´o) is tanuls´ agos. Fel¨ uleti integr´ alok: Fel¨ uleten a felsz´ın - m´ert´ek geometriai konstrukci´ oja u ´gy t¨ort´enik hogy a fel¨ uletdarabot apr´o h´aromsz¨ogekkel rakjuk ki, ´es ezek ¨osszter¨ ulet´enek hat´ar´ert´ek´et vessz¨ uk amint
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
104
a legnagyobb h´aromsz¨og ´atm´er˝oje is null´ ahoz tart. A prec´ız t´argyal´ as bonyolult, egyszer˝ us´eg kedv´e´ert az r(u, v) , (u, v) ∈ G ⊂ R2 k´etparam´eteres alakban megadott fel¨ ulet felsz´ın´enek meghat´aroz´as´at az ZZ S := G
|ru0 × rv0 | du dv
k´eplettel a s´ık Lebesgue m´ert´ek´ere vezetj¨ uk vissza. Term´eszetesen figyelni kell arra hogy a fel¨ ulet melyik r´esz´et h´anyszor j´arjuk be. Ir´any´ıthat´ o fel¨ ulet felsz´ıne vektork´ent is ´ertelmezhet˝ o, ekkor ~ := n dS az integr´ator, ahol n a fel¨ dS uleti norm´alis egys´egvektor. Nevezetes alkalmaz´ as valamely vektormez˝o ZZ Φ := f(r) · (ru0 × rv0 ) du dv G
fluxus´anak sz´amol´asa. H´ armas ´ es t¨ obbes integr´ alok: Az R3 t´erben is sz´amos olyan A halmaz van, aminek ismerj¨ uk a λ(A) t´erfogat´at. A kock´akon, t´eglatesteken ´es egy´eb poli´edereken k´ıv¨ ul ide tartoznak azok a fel¨ uletekkel hat´arolt halmazok is, amelyek t´erfogat´ at kett˝ os integr´ alokkal sz´amolhatjuk; ezekb˝ol ´all az X0 halmazalgebra. Az A ∈ X0 korl´ atos ´es z´art halmazon defini´alt f (x, y, z) folytonos f¨ uggv´eny integr´alj´at az ZZZ n X f (x, y, z) dx dy dz ≈ Iγ := f (ξk , ηk , ζk ) λ(Ak ) (12.14) A
k=1
k¨ozel´ıt´es defini´alja, ahol (ξk , ηk , ζk ) ∈ Ak ∈ X0 , ´es az Ak halmazok az A diszjunkt feloszt´as´ at adj´ak, teh´at λ(A) = λ(A1 ) + λ(A2 ) + · · · + λ(An ). Az a fontos hogy a feloszt´as finom´ıt´ asakor a legnagyobb elem ´atm´er˝oje is null´ahoz tart. Mivel f egyenletesen folytonos, az Iγ ¨osszegek egy j´ol meghat´arozott sz´amhoz konverg´alnak, ez az integr´ al ´ert´eke. Ezut´an a domin´alt konvergencia t´etel seg´ıts´eg´evel az integr´alt v´egtelen tartom´anyokra ´es bonyolultabb f¨ uggv´enyekre is ki lehet terjeszteni. Az integr´alok kisz´am´ıt´as´anak els˝o eszk¨oze a Fubini t´etel, ami szerint az a1 < x < a2 , b1 < x < b2 , ´es c1 < z < c2 egyenl˝otlens´egekkel meghat´arozott A t´eglatesten ¶ ¶ ZZZ Z a2 µZ b2 µZ c2 f (x, y, z) dx dy dz = f (x, y, z) dz dy dx (12.15) A
a1
b1
c1
felt´eve hogy f hely´ere az abszol´ ut ´ert´ek´et ´ırva, a jobboldalon kapott ´ert´ek v´eges. Az integr´al´ as sorrendje tetsz˝oleges lehet, ´es v´egtelen intervallumok is megengedettek. A z´ar´ ojeleket gyakran elhagyj´ak. Bonyolultabb A tartom´anyok eset´en mindig megtehetj¨ uk hogy az ZZZ ZZZ f (x, y, z) dx dy dz = lA (x, y, z) f (x, y, z) dx dy dz (12.16) R3
A
azonoss´agot alkalmazzuk, ahol 1A az A halmaz indik´atora. P´eld´ aul, az A := {(x, y, z) : (x, y) ∈ G, g(x, y) < z < h(x, y)} esetben ! ZZZ Z Z ÃZ h(x,y) f (x, y, z) dx dy dz = f (x, y, z) dz dx dy . (12.17) A
G
g(x,y)
Hasznos m´odszer az integr´alok helyettes´ıt´es ut´an t¨ort´en˝ o sz´amol´ asa is, el˝osz¨ or a pol´aris transzform´ aci´ohoz hasonl´o x = r sin ϑ cos ϕ , y = r sin ϑ sin ϕ , z = r cos ϑ g¨ombi koordin´at´akat t´argyaljuk, ahol r ≥ 0 , 0 ≤ ϑ < π ´es −π < ϕ ≤ π eset´en k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u megfeleltet´est kapunk az eredeti ´es az u ´j v´altoz´ ok k¨oz¨ ott. Mivel a dr dϑ dϕ t´erfogatelem k´epe az (x, y, z) v´altoz´ok ter´eben olyan g¨ombh´ej cikk, melynek t´erfogata r2 sin ϑ dϕ dθ dr , ZZZ Z ∞ Z π/2 Z π f (x, y, z) dx dy dz = f (r cos ϑ cos ϕ , r cos ϑ sin ϕ , r sin ϑ) r2 sin ϑ dϕ dϑ dr . R3
0
−π/2
−π
A g¨ombi koordin´at´ak z = r sin θ , x = r cos θ cos ϕ , y = r cos θ sin ϕ v´ altozata is elterjedt, ilyenkor f¨oldg¨omb mint´aj´ara −π/2 < θ ≤ π/2 a helyvektornak az (x, y) s´ıkkal bez´art sz¨oge, ´es dx dy dz = r2 cos θ dθ dϕ dr a m´ert´ek transzform´aci´ oja. Hasonl´o, de egyszer˝ ubb az x = r cos ϕ ,
Integr´ alsz´ am´ıt´ as
105
y = r sin ϕ ´es z = z hengerkoordin´at´ak esete, itt a s´ıkbeli pol´aris transzform´aci´ ot ´es Fubini t´el´et alkalmazva kapjuk hogy ZZZ Z ∞ Z ∞Z π f (x, y, z) dx dy dz = f (r cos ϕ , r sin ϕ , z) r dϕ dr dz . R3
−∞
0
−π
´ Erdemes ´eszrevenni ´es ellen˝orizni hogy a pol´aris transzform´aci´ on´ al fell´ep˝ o r , ´es a g¨ombi transzform´aci´on´al haszn´alatos r2 cos ϑ szorz´ o egyar´ ant a transzform´aci´ o Jacobi m´atrix´ anak a determin´ansa. Ez minden k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u transzform´aci´ o eset´eben is ´ıgy van, ezt a t¨obbes integr´alokn´al r´eszletezz¨ uk. H´armas integr´alok seg´ıts´eg´evel fel¨ uletekkel hat´arolt n´egydimenzi´ os tartom´anyok t´erfogat´ at is kisz´amolhatjuk. Ezek seg´ıts´eg´evel azt´an n´egyv´ altoz´ os f¨ uggv´enyeket is tudunk integr´ alni, ami ¨otdimenzi´os testek t´erfogat´anak a meghat´aroz´ as´ at teszi lehet˝ov´e, ´es ´ıgy tov´ abb. Az integr´ al´ as d 7→ R integr´ elm´elet´et tetsz˝oleges v´eges dimenzi´os t´erben is ki lehet dolgozni. Ha f : R a lhat´ o, R oli. Fubini t´etele v´altozatlanul ´erv´enyes, akkor az integr´alj´at G ⊂ Rd halmazon G f (x) dx jel¨ teh´at a t¨obbes integr´alt ism´etelt integr´ al´ assal lehet kisz´amolni. Az x = Ay line´aris transzform´aci´o, ahol A d × d m´eret˝ u m´atrix, akkor k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u ha det A 6= 0. Ilyenkor az x v´altoz´ok ter´eben elk´esz´ıtett ε > 0 oldal´ u d-dimenzi´os kock´ akb´ ol ´all´ o szab´alyos r´acsnak az y v´altoz´ok ter´eben olyan r´acs felel meg, melyben egy cella t´erfogata εd | det A| , teh´at dx = | det A| dy. Ha teh´at f integr´ alhat´ o, akkor Z Z f (x) dx = | det A| f (Ay) dy , (12.18) AG
G
Rd
ahol G ⊂ nyilt, ´es AG := {Ay : y ∈ G} . Ez a k´eplet akkor is ´erv´enyes ha det A = 0, mert akkor mindk´et oldal 0 . Az ´altal´ anos eset vizsg´alat´ahoz tegy¨ uk fel hogy φ : G 7→ Rd k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u, ´es az inverze is folytonosan differenci´alhat´o. Minden x0 ∈ G pont egy k¨ornyezet´eben ´erv´enyes a φ(y) = φ(y0 ) + ∇φ(y0 )(y − y0 ) + o(|y − y0 |) ,
(12.19)
line´aris k¨ozel´ıt´es, teh´at azt v´arjuk hogy a x = φ(y) esetben dx = | det ∇φ(y)| dy . A prec´ız bizony´ıt´as, s˝ot maga az ´all´ıt´as is el´eg bonyolult. Ha f integr´ alhat´ o a φ(G) := {φ(y) : y ∈ G} halmazon, akkor Z Z f (x) dx = f (φ(y))| det ∇φ(y)| dy . (12.20) φ(G)
G
Gauss divergencia t´ etele: A s´ıkbeli t´etel bizony´ıt´ as´ anak gondolatmenete itt is eg´esz j´ol m˝ uk¨odik. Ha f(x) := ϕ(x, y, z) i + φ(x, y, z) j + ψ(x, y, z) k folytonosan differenci´alhat´ o akkor Fubini ´es Newton - Leibniz t´eteleivel Z aZ bZ c ¡ 0 ¢ ϕx (x, y, z) + φ0y (x, y, z) + ψz0 (x, y, z) dz dy dx 0
0
0
Z bZ
Z bZ
c
=
c
ϕ(a, y, z) dz dy − Z 0a Z 0c
+
ϕ(0, y, z) dz dy Z 0a Z0 c
φ(x, b, z) dz dx − 0
Z
0
aZ b
+
φ(x, 0, z) dz dx 0
Z
0
aZ b
ψ(x, y, c) dy dx − 0
0
ϕ(0, y, z) dy dx 0
0
ad´ odik. Az eredm´eny nemcsak tengely´all´ as´ u t´egl´ akra, hanem el´eg ´altal´ anos V ⊂ R3 tartom´anyokra is ´atvihet˝o: ZZZ I I ~ div f(x) dx = f(y) · S(dy) = f(y) · n(y) S(dy) , (12.21) V
Σ
Σ
ahol Σ a V t´err´eszt hat´arol´o ir´ any´ıtott fel¨ ulet. A jobboldalon az f vektormez˝ o fluxusa ´all; ~ S(dy) = n(y) S(dy) a vektor ´ert´ek˝ u felsz´ınm´ert´ek integr´ atora, n(y) a Σ fel¨ ulet y pontj´ ab´ ol kifel´e mutat´o norm´alis egys´egvektor, v´eg¨ ul S(dy) a felszin szerinti integr´ ator.
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
106
Ha V tengely´all´as´ u t´egl´ak egyes´ıt´ese, akkor szinte nincs is mit bizony´ıtani, mert az egyes komponensekre fel´ırt integr´alok ¨osszead´asakor a k¨oz¨ os oldallapokon a fluxust k´etszer sz´amoljuk, de ellenkez˝o el˝ojellel, teh´at csak a hat´aron fekv˝o lapokhoz tartoz´o fluxusok maradnak meg. Bonyolultabb a helyzet ´altal´anos, de persze darabonk´ent sima fel¨ ulettel hat´arolt fel¨ ulet eset´eben, mert V feldarabol´asakor a hat´ar ment´en tengely´all´ as´ u tetra´ederek keletkeznek, ´es a Σ hat´arfel¨ ulet ezek ferde ´all´as´ u oldallapjaival van kirakva. Ezek protot´ıpusa az, aminek (0, 0, 0) , (a, 0, 0) , (0, b, 0) ´es (0, 0, c) a n´egy cs´ ucsa. Gauss (12.21) t´etel´et erre se lenne neh´ez bizony´ıtani, de ez borzaszt´o k´epletek fel´ır´as´aval j´arna. Ink´abb gondolkodjunk egy kicsit. Jel¨olje rendre a , b , ´es c a ferde lap cs´ ucsainak helyvektorait, ekkor a tengely´all´ as´ u lapok befel´e mutat´o norm´alvektorai a × b , c × a ´es b × c , m´ıg (a − b) × (b − c) a ferde lap kifel´e mutat´o norm´alis´anak ir´anya, ´es az egyes lapok ter¨ uletei ´eppen a fenti vektorok hossz´anak fel´evel egyenl˝oek. Most vegy¨ uk ´eszre hogy (a−b)×(b−c) = a×b+c×a+b×c , amit a k¨ovetkez˝ ok´eppen ´ertelmez¨ unk. Ha az f er˝ot´er ´alland´o, vagyis f(r) = v ∀ r , akkor a tetra´eder tengely´all´ as´ u lapjain bemen˝o fluxus ugyanannyi mint a ferde lapon kimen˝o, teh´at Gauss t´etele ebben az esetben biztosan ´erv´enyes. Ha ε > 0 a V feldarabol´asakor a hat´ar ment´en keletkez˝ o tetra´ederek ´atm´er˝ oinek nagys´agrendje, akkor egy ilyen tetra´ederen ε3 lesz div f integr´ alj´ anak nagys´agrendje, ´es O(ε−2 ) darab van bel˝ol¨ uk, teh´at az egy¨ uttes j´arul´ekuk is csak O(ε) , ami elhanyagolhat´ o. Mivel f 3 folytonosan differenci´alhat´o, mindegyik kis tetra´ederhez van v ∈ R u ´gy hogy rajta f = v+O(ε) , a hat´ar´at is bele´ertve, majnem ´alland´ o, O(ε) az ingadoz´asa. Emiatt f bemen˝ u fluxusa egy kis tetra´eder tengely´all´as´ u oldallapjain csak ε3 nagys´agrenddel t´er el a ferde oldallapon kimen˝o fluxust´ol, teh´at a hib´ak ¨osszege is elhanyagolhat´ o; Gauss t´etel´et az ε → 0 hat´ar´ atmenettel kapjuk. A divergencia t´etel a parci´alis differenci´alegyenletek elm´elet´eben j´atszik szerepet. Green formul´ ai: Mivel div(f ∇g) = ∇f · ∇g + f ∆g , a d = 3 esetben Gauss t´etel´evel ZZZ I ZZZ ~ f (x)∆g(x) dx = f (y)∇g(y) · S(dy) − ∇f (x) · ∇g(x) dx (12.22) V
Σ
V
R3
k¨ovetkezik, ahol Σ megint a V ⊂ tartom´ any hat´ara. A k´epletben f ´es g szerep´et felcser´elve, ´es az els˝o egyenletet a m´asodikb´ol kivonva kapjuk Green szimmetrikus formul´ aj´ at: ZZZ ZZZ I I ~ ~ g(x)∆f (x) dx = f (x)∆g(x) dx+ g(y)∇f (y)· S(dy)− f (y)∇g(y)· S(dy) . (12.23) V
V
Σ
Σ
A parci´alis integr´al´as hasonl´o formul´ ait kapjuk a s´ıkon ´erv´enyes Gauss t´etel seg´ıts´eg´evel, ami azt ´all´ıtja hogy ha Γ a G ⊂ R2 korl´atos tartom´any hat´ara, akkor ZZ I div (x) dx = f(y) · n(y) ds , (12.24) G
Γ
ahol a jobboldalon az f er˝ot´er fluxusa ´all, vagyis az integr´ al´ as Γ ´ıvhossza szerint t¨ort´enik, ´es n(y) a kifel´e mutat´o norm´alvektor az y ∈ Γ pontban. Innen ZZ I ZZ f (x)∆g(x) dx = f (y)∇g(y) · n(y) ds − ∇f (x) · ∇g(x) dx , (12.25) G
Γ
G
´es Green szimmetrikus ZZ ZZ I I g(x)∆f (x) dx = f (x)∆g(x) dx + g(y)∇f (y) · n(y) ds − f (y)∇g(y) · n(y) ds (12.26) G
G
Γ
Γ
formul´aja is azonnal k¨ovetkezik. A Poisson egyenlet: Poisson szerint a r´ola elnevezett −∆u(x) = f (x) , x ∈ R3 , egyenlet egyik megold´asa Z Z f (y) dy f (x − y) dy 1 = , (12.27) u(x) = 4π R3 |x − y| 4π|y| R3 felt´eve hogy az integr´al konvergens. A levezet´es Green m´asodik t´etel´et haszn´alja, feltessz¨ uk hogy f ∈ C 2 (R3 ) egy korl´atos halmazon k´ıv¨ ul elt˝ unik. Tudjuk hogy a Φ3 (x) := (4π|x|)−1 Newton potenci´al, s˝ot a ∇Φ gradiense is integr´ alhat´ o az x = 0 pont k¨orny´ek´en, ´es ∆Φ3 (x) = 0
Integr´ alsz´ am´ıt´ as
107
ha x 6= 0 . Jel¨olje Sδ2 (x) az x k¨oz´eppont´ u ´es δ > 0 sugar´ u g¨omb fel¨ ulet´et, Gcδ (x) pedig a k¨ ulsej´et, ekkor ZZZ ZZZ I ~ ∆f (x − y) dy ∆f (y) dy f (y)(x − y) · S(dy) ∆u(x) = = lim = lim = −f (x) δ→0 δ→0 Sδ 4π|y| 4π|x − y|3 Gcδ 4π|x − y| R3 mert a m´asik peremtag elt˝ unik, a marad´o pedig ´eppen −f ´ atlaga az Sδ g¨ombfel¨ uleten, ahol f (y) = f (x) + O(δ) . Ugyan´ıgy igazolhat´o a s´ıkon ´erv´enyes k´eplet. Mivel ∇ log |x| = x/|x| , a s´ıkbeli szimmetrikus Green t´etel k¨ovetkezm´enyek´ent Z 1 u(t, x) = log(1/|x − y|)f (y) dy (12.28) 2π R2 a −∆u = f Poisson egyenlet megold´asa; a s´ıkon Φ2 (x) := −(2π)−1 log |x| a Newton potenci´al. Ezzel a feladat teljes´ert´ek˝ u megold´asa m´eg nem t¨ort´ent meg, adott G ⊂ Rd korl´ atos ny´ılt tartom´any eset´en az u(y) = g(y) ha y ∈ Γ := ∂G Dirichlet f´ele peremfelt´etelt is szeretn´enk kiel´eg´ıteni. Tegy¨ uk fel hogy ∆u = ∆w = 0 a G halmazon, ´es legyen W (x, y) := Φd (x − y) + w(y) , d = 2, 3 , ekkor a fenti Poisson formul´ ak levezet´es´enek mint´ aj´ ara, teh´at x egy kis k¨ornyezet´enek kiv´ ag´as´aval, majd a lyuk ¨osszeh´ uz´as´aval kapjuk hogy I I u(x) = u(y)∇y W (x, y) · n(y) S(dy) − W (x, y)∇u(y) · n(y) S(dy) , (12.29) Γ
Γ
ahol n a Γ kifel´e mutat´o norm´alis egys´egvektora, S(dy) a felsz´ın (´ıvhossz) szerinti integr´ ator. Green f¨ uggv´eny az olyan W neve amelyik a Γ hat´aron elt˝ unik, ´altal´ aban csak a l´etez´es´et lehet bizony´ıtani. A t¨ ukr¨ oz´ esi elv: Az R > 0 sugar´ u g¨omb Green f¨ uggv´eny´enek meghat´aroz´ as´ ahoz legyen x∗ := xR2 /|x|2 , x∗ a g¨omb¨on k´ıv¨ ul lesz ha |x| < R bels˝o pont. Azt kell ´eszrevenni hogy W (x, y) := Φ3 (x − y) − RΦ3 (x∗ − y)/|x| a g¨omb Green f¨ uggv´enye. Megjegyezz¨ uk hogy |x||x∗ − y| = R|x − y| 2 2 ∗ ´es |x| x · y = R x · y ha |y| = R . Ezek szerint W (x, y) = 0 ha |y| = R , ´es az is k¨onnyen kisz´amolhat´o hogy ∇y W = (R − |x|2 /R)/|x − y|2 , tov´ abb´ a |x∗ | > R miatt ∆y Φ(x∗ − y) = 0 ha |y| ≤ R , teh´at (12.29) k¨ovetkezm´enyek´ent I R2 − |x|2 g(y) S(dy) u(x) = (12.30) 3 4πR |y|=R |x − y| a Laplace egyenlet Dirichlet feladat´anak megold´asa a h´arom dimenzi´os g¨omb¨ on, ami az x = r cos ϑ cos ϕ , y = r cos ϑ sin ϕ , z = r sin ϑ g¨ombi koordin´at´ akban Z π Z π/2 2 2 R (R − r ) g(R cos θ cos φ, R cos θ sin φ, R sin θ) dφ dθ u(r, ϕ, ϑ) = (12.31) 4π −π −π/2 (R2 + r2 − 2rR(sin ϑ sin θ + cos(ϕ − φ) cos ϑ cos θ))3/2 Ugyanez az okoskod´as a s´ıkon az I Z R2 − |x|2 g(y) S(dy) R2 − r 2 π g(R cos φ, R sin φ) dφ u(x) = = 2 2 2 2π 2π |y|=R |x − y| −π R + r − 2rR cos(ϕ − φ)
(12.32)
megold´ok´eplethez vezet, ahol x = (r cos ϕ, r sin ϕ) , mindkett˝ o Poisson nev´et viseli. A t¨ ukr¨ oz´esi elv sok m´as esetben is haszn´alhat´o, p´eld´ aul, d-dimenzi´ os t´erben a g¨omb Dirichlet feladat´anak megold´asa I u(y) R2 − |x|2 dF (y) , (12.33) u(x) = Rωd |y − x|d |y|=R ahol az integr´al´as az R sugar´ u g¨omb hat´ar´ an a felsz´ın szerint t¨ort´enik, ωd az egys´egg¨ omb felsz´ıne. F´elt´er eset´eben Z u(y) 2xd dy1 dy2 · · · dyd−1 , (12.34) u(x) = ωd |y − x|d yn =0
ahol x = (x1 , x2 , ..., xd ) , xd > 0 , y = (y1 , y2 , ..., yd ) , ´es az integr´ al´ as az yd = 0 hipers´ıkon t¨ort´enik.
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
108
12.4. N´ egyzetesen integr´ alhat´ o f¨ uggv´ enyek, Fourier sorok. A `2 t´erhez hasonl´oan defini´alhat´o a val´os vagy komplex ´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyek L2 (X, λ) tere, ami az olyan f : X 7→ C m´erhet˝ o 2 1 f¨ uggv´enyekb˝ol ´all, hogy |f | ∈ L (X, λ). El˝osz¨ or az Z hf, gi := f (x) g(x) λ(dx) (12.35) X
skal´aris szorzatot defini´aljuk, amivel k´et probl´ema van. Komplex ´ert´ek˝ u f¨ uggv´eny integr´ alj´ at u ´gy ´ertelmezz¨ uk, hogy a val´os r´esz integr´alj´ ahoz hozz´aadjuk a k´epzetes r´esz integr´ alj´ anak ı-szeres´et. Az hf, gi integr´al l´etez´ese ´es v´egess´ege a 2|f g¯| ≤ |f |2 +|g|2 egyenl˝ otlens´eg k¨ovetkezm´enye. Ezut´an azt kell ellen˝orizni, hogy hf, gi eleget tesz a skal´ aris szorzat (10.4) axi´om´ ainak, amennyiben a majdnem minden¨ utt elt˝ un˝o f¨ uggv´enyeket a 0 elemmel azonos´ıtjuk. A nevezetes ¯Z ¯2 Z Z ¯ ¯ 2 ¯ f (x) g(x) dλ¯ ≤ |f (x)| dλ |g(x)|2 dλ (12.36) ¯ ¯ X
X
X
p Cauchy - Schwarz egyenl˝otlens´eg is igaz, ´es az kf k2 := hf, f i norma bevezet´ese ut´an az |hf, gi| ≤ kf k2 kgk2 r¨ovid alakot ¨olti. Ha kf − fn k2 → 0 akkor azt mondjuk hogy fn n´egyzet´atlagban konverg´al f -hez. Az ´ıgy defini´alt Euklideszi t´er teljes, ez a h´ıres Riesz - Fischer t´etel ´all´ıt´asa. Fourier sorok: Jel¨olje L2 (−π, π) a 2π szerint periodikus, n´egyzetesen integr´ alhat´ o val´ os f¨ uggv´enyek ter´et, teh´at a skal´aris szorzat Z π hf, gi = f (x)g(x) dx . −π
Mivel f (x ± 2πn) = f (x) ha n ∈ N , ezeket a f¨ uggv´enyeket el´eg egy 2π hossz´ us´ ag´ u intervallumon megadni, ´es a Fourier egy¨ utthat´okat ak´armelyik (a, a + 2π) intervallumon sz´amolhatjuk. A norm´alt trigonometrikus rendszer elemei ψ0 := (2π)−1/2 , , ψ2n−1 := (π)−1/2 cos nx ´es ψ2n = (π)−1/2 sin nx ha n ∈ N . Tudjuk hogy ez ONR, ´es n
fn (x) :=
a0 X (an cos(nx) + bn sin(nx)) + 2
(12.37)
k=1
az f ∈ L2 (−π, π) f¨ uggv´eny Fourier sor´anak n-ik r´eszlet¨ osszege, ahol Z π Z 1 1 π an := f (x) cos(nx) dx , n ∈ Z+ , bn := f (x) sin(nx) dx , n ∈ N . π −π π −π Ha a vizsg´alt f¨ uggv´enyek peri´odusa 2π helyett l , akkor a cos(2nπx/l) ´es sin(2nπx/l) b´azisf¨ uggv´enyekkel dolgozunk, ´es az egy¨ utthat´oP k k´eplet´eben π hely´ere l/2 ker¨ ul. Euler k´eplet´evel (12.37) az fn (x) = nk=−n ck eıkx alakba megy ´at, ahol ck := (ak − ıbk )/2 ha k > 0 , c0 = a0 /2 ´es ck = (a−k + ıb−k /2) ha k < 0 . Mivel az eınx , n ∈ Z rendszer ortogon´alis a komplex L2 (−π, π) t´erben, Z π 1 ck = f (x)e−ıkx dx . 2π −π A z = eıx helyettes´ıt´es´evel a Fourier sor Laurent sorba megy ´at. Differenci´alhat´o f¨ uggv´eny Fourier egy¨ utthat´ oinak nagys´agrendje parci´alis integr´ al´ assal sz´amolhat´o. Ha f ∈ L2 (−π, π) k´etszer differenci´ alhat´ o ´es f 00 ∈ L2 (−π, π) , akkor an , bn = O(n−2 ) , teh´at a sor egyenletesen abszol´ ut konvergens. P A f˝ ur´ eszjel: Igen tanuls´agos a (1/n) sin(nx) sor, ami nem abszol´ ut konvergens, de az´ert elemi u ´ton ¨osszegezhet˝o. Euler k´eplete szerint e−ınx + e−ınx+ıx + · · · + e−ıx + 1 + eıx + · · · + eınx = 1 + 2 cos x + 2 cos(2x) + · · · + 2 cos(nx) =
sin((n + 1/2)x) sin(x/2)
(12.38)
Integr´ alsz´ am´ıt´ as
109
amit x > 0-t´ol π-ig integr´alva −2 π − x − 2 sin x − sin(2x) − · · · − (2/n) sin(nx) = 2n + 1
Z
π
x
cos0 ((n + 1/2)y) dy sin(y/2)
ad´ odik. A parci´alis integr´ o hogy, x > 0 miatt a jobboldali integr´ al elt˝ unik, P al´ast elv´egezve l´athat´ teh´at (1/2)(π − x) a (1/n) sin(nx) sor ¨osszege. ∗∗ Teljess´ eg: Ha f k´etszer folytonosan differenci´alhat´ o, akkor a Fourier sora egyenletesen mag´ahoz a f¨ uggv´enyhez konverg´al. Az ilyen sor az L2 (−π, π) Hilbert t´erben is konvergens, ha teh´at C 2 f¨ uggv´eny minden Fourier egy¨ utthat´ oja nulla, akkor a f¨ uggv´eny azonosan nulla. Innen a trigonometrikus rendszer teljess´ege is k¨ovetkezik, mert ♥ minden n´egyzetesen integr´ alhat´ o 2 f¨ uggv´eny tetsz˝olegesen megk¨ozel´ıthet˝ o C f¨ uggv´enyekkel. ¤ Teh´ at n´egyzetesen integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny Fourier sora n´egyzet´ atlagban konverg´ al mag´ ahoz a f¨ uggv´enyhez, ´es Parseval egyenl˝ os´ege is igaz: Z ∞ 1 π 2 a20 X 2 f (x) dx = + (an + b2n ) , (12.39) π −π 2 n=1
amivel sz´amos n´egyzet¨osszeg is meghat´arozhat´ o. Felhaszn´ altuk a Riesz - Fisher t´etelnek azt a 2 v´altozat´at ami szerint az L t´er teljes, ezt csak a Lebesgue integr´ al elm´elet´enek kidolgoz´asa ut´an tudjuk bebizony´ıtani. ∗∗ ∗∗ Riemann lemm´ aja: Tudjuk hogy folytonosan differenci´alhat´ o f¨ uggv´eny Fourier egy¨ utthat´ oi O(1/n) nagys´agrend˝ uek, n´egyzetesen integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny sor´anak egy¨ utthat´ oi n´egyzetesen konvergensek. T´ etel 12.7. Ha f integr´ alhat´ o akkor Z ∞ Z lim f (x) cos(ωx) dx = lim ω→∞ −∞
∞
ω→∞ −∞
f (x) sin(ωx) dx = 0 .
Bizony: L´epcs˝os f¨ uggv´eny eset´eben az ´all´ıt´ as nyilv´ anval´ o, integr´ alhat´ o f¨ uggv´eny pedig megk¨ozel´ıthet˝o l´epcs˝os f¨ uggv´enyek fn sorozat´aval, ´es Z ∞ Z ∞ Z ∞ f (x) cos(ωx) dx ≤ fn (x) cos(ωx) dx + |fn (x) − f (x)| dx . −∞
−∞
−∞
Tipikus 2ε okoskod´asr´ol van sz´o: el˝osz¨ or n legyen olyan nagy hogy a jobboldal m´asodik tagja kisebb mint az el˝ore adott ε > 0 , majd n ´ert´ek´et r¨ogz´ıtve ω → +∞ . Az ellenkez˝ o egyenl˝ otlens´eg ´es sin(ωx) esete ugyanaz. ∗∗ ¤ Dirichlet formul´ aja: M´eg mindig nem tudjuk hogy hova is konverg´ al Fourier sora, ez´ert n´ezz¨ uk meg j´ol az egy¨ utthat´ok behelyettes´ıt´es´evel ad´od´ o à ! Z n 1 π 1 X fn (x) = f (x) + (cos kx · cos ky + sin kx · sin ky) dy π −π 2 k=1 à ! Z π Z n X 1 1 π 1 f (x) + cos(kx − ky) dy = f (x − y) Dn (y) dy , = π −π 2 π −π k=1
z´art el˝o´all´ıt´ast, ahol n
Dn (y) :=
sin(ny + y/2) 1 X + cos ky = 2 2 sin(y/2)
(12.40)
k=1
a Dirichlet mag. uggv´eny, ´es az f = 1 v´alaszt´ assal vagy k¨ozvetlen sz´amol´ assal az is R π Dn p´aros f¨ l´athat´o hogy −π Dn (y) dy = π , teh´at Z 1 π fn (x) − f (x) = ∆y f (x) Dn (y) dy , π 0 ahol ∆y f (x) := f (x + y) + f (x − y) − 2f (x) az y l´ep´esk¨ oz˝ u diszkr´et Laplace oper´ator.
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
110
T´ etel 12.8. Ha az y −1 ∆y f (x) f¨ uggv´eny r¨ ogz´ıtett x mellett az y v´ altoz´ o szerint integ´ alhat´ o, akkor limn fn (x) = f (x) . Bizony: Az el˝oz˝o k´epletb˝ol 1 fn (x) − f (x) = π
Z
π
∆y f (x) sin(ny + y/2) dy , 2 sin(y/2)
0
´es a felt´etel miatt az integr´al alatti t¨ort y/ sin(y/2) korl´ atoss´ aga miatt integr´ alhat´ o, teh´at az ´all´ıt´as a Riemann lemma k¨ovetkezm´enye. ¤ A t´etel Dininek k¨osz¨onhet˝o felt´etele biztosan teljes¨ ul ha f szakaszonk´ent folytonosan differenci´alhat´o ´es a szakad´asi helyeken f (x) = (1/2)(f (x + 0) + f (x − 0)) . Sorfejt´ es az (a, b) intervallumon: Itt a cos(nωx) ´es a sin(nωx) f¨ uggv´enyek alkotnak teljes ortogon´alis rendszert, ahol ω := 2π/(b − a) , ´es az ∞
a0 X f (x) = + (an cos(nωx) + bn sin(nωx)) 2 n=1
sorfejt´es egy¨ utthat´oi 2 an : = b−a 2 bn : = b−a
Z
b
f (x) cos (nωx) dx ,
n ∈ Z+ ,
f (x) sin (nωx) dx ,
n ∈ N.
a
Z
b
a
Gyakori az a = −l , b = l vagy az a = 0 ´es b = l v´ alaszt´ as. A szinusz sor: Ha f p´aros akkor a sor´aban mindegyik bn , ha p´aratlan, akkor mindegyik an nulla. Perem´ert´ek feladatok megold´asakor hasznos a (0, l) intervallumon adott f¨ uggv´enyek Z ∞ X 2 l f (x) = bn sin(2nπx/l) , bn := f (x) sin(2nπx/l) dx (12.41) l 0 n=1
el˝o´all´ıt´asa. A sor felt´eteles konvergenci´ aj´ ahoz b˝oven el´eg ha f szakaszosan C 1 ´es 2f (x) = f (x+0)+f (x−0) a szakad´asi helyeken. Val´ oban, az f (−x) = −f (x) ´es f (−l) = f (0) = f (l) = 0 konvenci´oval a [−l, l] intervallumon p’aratlan f¨ uggv´enyhez jutunk, ´es Dini krit´eriuma is ´erv´enyes, teh´at a 12.8. T´etel m˝ uk¨odik. Az ´ıgy defini´alt kiterjeszt´es sajnos csak akkor lehet folytonos ha f (0) = f (l) = 0 , teh´at a konvergencia akkor is csak 1/n rend˝ u ha f a (0, l) intervallumon igen sima. P´ eld´ ak: Az f (x) := x f¨ uggv´eny a (−π, π) intervallumon p´aratlan, teh´at szinusz sora van: x=2
∞ X
(−1)n+1
n=1
sin(nx) n
ha
|x| < π .
(12.42)
0 < x < 2π
(12.43)
A f˝ ur´eszjel sor´ab´ol viszont x=π−2
∞ X sin(nx) n=1
n
ha
ad´ odik, ´es a k´et sor kombin´aci´oj´ab´ol 1=
∞ 4 X sin(2nx + x) π 2n + 1
ha
0 < x < π.
(12.44)
n=0
A −π < x < 0 esetben a sor ¨osszege −1 , teh´ at val´ oj´ aban a 2π szerint periodikus n´egysz¨ ogjel sor´at kaptuk meg. Ezek a sorok csak felt´etelesen konvergensek, pedig Dirichlet formul´ aj´ ab´ ol l´athat´o hogy a r´eszlet¨osszegek sorozata egyenletesen korl´ atos.
Modern anal´ızis
111
Az f (x) := x f¨ uggv´eny koszinusz sora |x| kifejt´es´et adja: |x| =
∞ π 4 X cos(2nx + x) − 2 π (2n + 1)2
ha |x| ≤ π ;
(12.45)
n=0
a (0, 2π) intervallumon egyenl˝osz´ar´ u der´eksz¨ og˝ u h´aromsz¨ ogjel sor´ at kaptuk. Ez a sor m´ar abszol´ ut konvergens, tagonk´enti differenci´al´ as´ aval visszakapjuk a n´egysz¨ ogjel sor´at, amit m´eg egyszer differenci´alva a periodikus Dirac delta minden¨ utt divergens δper (x) = 2
∞ X
cos(2nx + x)
(12.46)
n=0
sor´at kapjuk, amit ett˝ol m´eg eg´esz j´ol lehet haszn´alni. ´ Altal´ anos h´aromsz¨og alakja van az f (x) := min{αx, β(π −x)} , 0 ≤ x ≤ π f¨ uggv´eny gr´afj´ anak, ahol α , β > 0 ; y := βπ/(α + β) a cs´ ucs helye. Mivel f (0) = f (π) = 0 , ez a jel a (0, π) intervallumon is szinusz sorba fejthet˝o: f (x) =
∞ 2α + 2β X sin(ny) sin(nx) , π n2
(12.47)
n=1
amib˝ol az eddigi sorok mind visszanyerhet˝ ok. K´etszeri parci´alis integr´al´assal kapjuk hogy ∞
x2 =
X cos nx π2 +4 (−1)n 3 n2
ha |x| ≤ π ,
(12.48)
n=1
amib˝ol az x = π helyettes´ıt´essel kapjuk hogy a n´egyzetsz´ amok reciprokainak ¨osszege π 2 /6 . Peremfelt´etele miatt a logisztikus f¨ uggv´eny is szinusz sorba fejthet˝o: ∞ 4 X sin(2nx + x) x(π − x) = π (2n + 1)3
ha 0 ≤ x ≤ π .
(12.49)
n=0
´ Erdekesek az al´abbi, 4π szerint periodikus f¨ uggv´enyek sorai: cos(x/2) =
∞ 2 4X cos(nx) + (−1)n+1 2 π π 4n − 1
ha |x| < π
(12.50)
n=1
sor, amib˝ol differenci´al´assal a korrekt ∞ n sin(nx) 4X (−1)n+1 sin(x/2) = π 4n2 − 1
ha |x| < π
(12.51)
n=1
k´epletet kapjuk. Mivel az ut´obbi sor csak felt´etelesen konvergens, nem meglep˝o hogy ezt differenci´alva nem kapjuk vissza az (12.50) sort. Az egyenir´ any´ıtott v´at´ o´ aram sora: | sin x| =
∞ 4 X cos(2nx) 2 − , π π 4n2 − 1
(12.52)
n=1
pedig a | sin x| f¨ uggv´enynek t¨or´espontjai vannak. 13. A MODERN ANAL´IZIS ELEMEI A topol´ogia, m´ert´ekelm´elet ´es a funkcion´ alanal´ızis n´eh´ any bevezet˝ o fejezet´et ismertetj¨ uk. Ezek egy r´esze kor´abban - bizony´ıt´as n´elk¨ ul - m´ar megjelent. Sok bizony´ıt´ as most is csak a l´enyegre szor´ıtkozik, kor´abbi defin´ıci´okat ´es eredm´enyeket hivatkoz´ as n´elk¨ ul haszn´alunk.
112
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
13.1. Halmazelm´ elet. Amikor halmazokr´ol van sz´o, nem el´eg az a k¨ovetelm´eny hogy csak egy m´ar ismert halmaz r´eszhalmazair´ol besz´elhet¨ unk. Ezzel ugyan elker¨ ulhet˝ ok az olyan paradoxonok hogy az ¨osszes halmaz halmaza tartalmazza-e ¨onmag´ at, ´es emiatt nem mondhatjuk hogy v´egtelen az a halmaz amelyik nem v´eges, pedig a v´eges halmazokat ismerj¨ uk. Korrekt az a defin´ıci´o hogy X v´egtelen ha k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u m´ odon k´epezhet˝ o le egy val´ odi r´eszhalmaz´ ara. Tov´abbi logikai probl´em´ak mer¨ ulnek fel ha ”megsz´aml´ alhat´ on´ al t¨obb” (sorozatba nem rendezhet˝o) halmazzal kell foglalkoznunk. Az anal´ızisben ezek t¨obbnyire megker¨ ulhet˝ oek, de nem ´erdmes ezzel vesz˝odni. Tulajdonk´eppen a term´eszetes sz´amok Peano axi´om´ aj´ anak kiterjeszt´es´er˝ol lesz sz´o. R´ eszben ´ es teljesen rendezett halmazok Az X halmaz r´eszben rendezett ha adott benne egy olyan ≺ bin´aris rendez´esi rel´aci´o hogy x ≺ x mindig igaz, de ha x 6= y, z ∈ X , akkor x ≺ y ´es y ≺ x k¨oz¨ ul pontosan az egyik teljes¨ ul, tov´ abb´ a x ≺ z ha x ≺ y ´es y ≺ y . (X, ≺) (teljesen) rendezett ha x ≺ y ´es y ≺ x k¨oz¨ ul az egyik biztosan teljes˝ ul. L ⊂ X l´anc ha teljesen rendezett, ´es A ⊂ X korl´atos ha van olyan y ∈ X hogy x ≺ y ∀ x ∈ A . N ´es R rendezett halmazok, r´eszben rendezett halmaz tipikus p´eld´ ai valamely X halmaz r´eszhalmazainak P(X) oszt´alya, vagy line´aris t´er line´arisan f¨ uggetlen r´eszhalmazai ´es alterei a ⊂ rel´aci´ ora vonatkoz´ oan. A val´ os f¨ uggv´enyek tere is csak r´eszben rendezett. Hausdorff maximum elve: R´eszben rendezett halmaz minden l´ anca benne van egy maxim´ alis, vagyis nem b˝ ov´ıthet˝ o l´ ancban. Ebb˝ol a posztul´atumb´ ol azonnal k¨ovetkezik a kiv´alaszt´as axi´om´aja: Halmazok tetsz˝ oleges Xt , t ∈ T rendszer´ehez van olyan Φ : T 7→ X := ∪Xt kiv´ alaszt´ o f¨ uggv´eny hogy Φ(t) ∈ Xt ∀ t ∈ T . ♥ Kiv´alaszt´o f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk az olyan φ : τ 7→ X lek´epez´eseket is, ahol τ ⊂ T ´es φ(t) ∈ Xt ha t ∈ τ . Ezek halmaza r´eszben rendezett a φ ≺ ψ rel´ aci´ ora n´ezve, ami akkor igaz ha ψ a φ kiterjeszt´ese. Legyen {φτ : τ ∈ T} az egyik maxim´alis l´anc, ahol τ a φτ ´ertelmez´esi tartom´anya, ´es Ψ(t) := φτ (t) ha t ∈ τ ∈ T ; ez a keresett kiv´alaszt´ as f¨ uggv´enye. ¤ A kiv´alaszt´as axi´om´aj´anak az a speci´alis esete hogy halmazsorozat Descartes szorzata nem u ¨res, elegend˝o a val´odi anal´ızis fel´ep´ıt´es´ehez. J´ olrendezett halmazok: Az X rendezett halmaz j´ ol van rendezve ha minden r´eszhalmaz´ anak van els˝o eleme; a term´eszetes sz´amok N halmaza ilyen. I ⊂ X az (X, ≺) rendezett halmaz kezd˝oszakasza ha x ∈ X ´es y ∈ I eset´en x ∈ I ha x ≺ y , az X kezd˝ oszakaszainak rendszer´et I(X) jel¨oli. J´olrendezett halmaz I kezd˝ oszakasz´ anak `(I) ∈ X v´egpontja az I ut´ ols´ o eleme ha van neki, egy´ebk´ent `(I) az X I ut´an k¨ovetkez˝ o elemei k¨oz˝ ul az els˝o, felt´eve hogy I 6= X . Ha X j´ olrendezett, akkor a ⊂ rel´ aci´ o j´ ol rendezi a I(X) halmazt, ♥ mert ha I0 ⊂ I(X) ´es l az `(I) , I ∈ I0 elemek k¨oz¨ ul az els˝o, akkor l egy I1 ∈ I0 intervallum v´egpontja, ´es I1 lesz az I0 els˝ o eleme. ¤ Zermelo t´ etele: A Hausdorff elv ´es a kiv´alaszt´ asi axi´oma k¨ovetkezm´enye hogy Minden halmaz rendezhet˝ o j´ ol. ♥ Vegy¨ unk el˝o egy Φ : P(X) 7→ X kiv´alaszt´ o f¨ uggv´enyt, vagyis Φ(A) ∈ A ha A ⊂ X , majd k´epzelj¨ uk el az X j´ol rendezhet˝o halmazainak E rendszer´et. Pontosabban, E elemei olyan (A, θ) p´arok ahol xθy az A ⊂ X rendez´es´enek rel´aci´ oja, ´es azt is el˝o´ırjuk hogy ha I ⊂ A az c c A kezd˝oszakasza, akkor Φ(I ) az A ∩ I els˝ o eleme. Azt mondjuk hogy (A, θ) ≺ (B, κ) ha A ⊂ B ´es xκy ha xθy , r´aad´asul A a B kezd˝o intervalluma. Az E {(Aγ , θγ ) : γ ∈ Γ} maxim´alis l´anc´ anak egyes´ıt´ese: (M, κ) , ahol M := ∪Aγ ´es xκy = xθγ y ha x, y ∈ Aγ , szint´en E eleme. Ha M 6= X volna, akkor l´ancunk b¨ov´ıthet˝o volna a Φ(M c ) elemmel. ¤ Zermelo t´etel´eb˝ ol a kiv´alaszt´ asi axi´ oma k¨ovetkezik: ♥ az uni´o j´olrendez´ese ut´an mindegyik halmazhoz v´alaszthatjuk az els˝o elem´et. ¤ Transzfinit indukci´ o: Ha X j´ ol van rendezve, Y ⊂ X ´es {x ∈ X : y 6= x ≺ y} ⊂ Y eset´en y ∈ Y , akkor Y = X . Ugyan´ ugy mint a term´eszetes sz´amok ment´en fut´o indukci´ on´ al, ♥ m´ ar Y c els˝o elem´en´el is ellentmond´ast kapunk ha Y 6= X . ¤ Ezzel a m´odszerrel mutatjuk meg hogy Zermelo t´etel´eb˝ ol k¨ ovetkezik Hausdorff elve, teh´at a halmazelm´elet h´arom posztul´atuma egyen´ert´ek˝ u. ♥ L l´anc az (X, ≺) r´eszben rendezett halmazban, az Lc halmazt a < rel´aci´ o rendezi j´ol; x 6= y ha x < y . Maxim´alis l´ancot kell k´esz´ıteni: ha egy l´anc b˝ov´ıthet˝ o, akor hozz´a vessz¨ uk az els˝o olyan elemet, amit szabad, ´ıgy l´ancok egy b˝ov¨ ul˝ o rendszere keletkezik. Minden x ∈ Lc elemhez hozz´arendelj¨ uk az L l´anc egy L(x) b˝ov´ıt´es´et u ´gy hogy L(x) ⊂ L(y) ha x ≺ y . A kezdet
Modern anal´ızis
113
k¨onny˝ u, legyen y1 ∈ Lc az els˝o olyan elem amivel L b˝ ov´ıthet˝ o, ekkor L(x) := L ha x < y1 , L(y1 ) := L ∪ {y1 } . Az L(y1 ) l´ancot az y1 ut´ an k¨ovetkez˝ o els˝o alkalmas elemmel b˝ov´ıtj¨ uk, ´es ´ıgy tov´abb, az elj´ar´as korl´atlanul folytathat´o. Tegy¨ uk fel hogy L(x) m´ar minden x < y elemhez elk´esz¨ ult, legyen L(y−) := ∪{L(x) : x < y} , ekkor L(y) := L(y−) ∪ {y} ha az l´anc, egy´ebk´ent L(y) := L(y−) . A transzfninit indukci´o elve szerint az L(x) konstrukci´ o minden x ∈ Lc elemhez elk´esz¨ ult, teh´at az L(x) , x ∈ Lc l´ancok egyes´ıt´ese biztosan nem b˝ov´ıthet˝ o. ¤ ´ 13.2. Altal´ anos topol´ ogia. Ez a hat´ar´ert´ek ´es folytonoss´ag elm´elet´enek absztrakt v´altozata. Topologikus t´ er: Olyan X halmaz melyben adott a ny´ıltnak min˝os´ıtett r´eszhalmazokb´ ol ´all´ o G rendszer u ´gy hogy ∅, X ∈ G , ´es v´eges sok nyilt halmaz metszete, valamint ak´arh´ anynak az egyes´ıt´ese is nyilt halmaz, vagyis a G eleme. Z´artak a ny´ılt halmazok komplementumai, teh´at ak´arh´any z´art halmaz metszete is mindig z´art; a z´art halmazok oszt´aly´ at F jel¨oli. Az X t´er G topol´ogi´aj´anak b´azisa olyan G0 ⊂ G halmazrendszer amib˝ol egyes´ıt´essel minden nyilt halmaz megkaphat´o, a t´er szepar´abilis ha van megsz´aml´ alhat´ o b´azisa. Az S ⊂ X halmaz s˝ ur˝ u ha minden nyilt halmazban van eleme. Szepar´ abilis t´ernek van megsz´ aml´ alhat´ o s˝ ur˝ u halmaza, metrikus t´er szepar´ abilis ha van neki ilyen. Defin´ıci´ o szerint minden G 3 x nyilt halmaz az x ∈ X pont k¨ornyezete, ´es xn → x azt jelenti hogy a sorozatnak minden G 3 x nyilt halmazon k´ıv¨ ul csak v´eges sok eleme lehet. Az A ⊂ X halmaz hat´ara azokb´ ol a pontokb´ ol ´all amiknek minden k¨ornyezet´eben van a halmazhoz tartoz´o, ´es hozz´a nem tartoz´o pont is. Z´art halmaz minden hat´arpontj´at tartalmazza, nyilt egyet sem. metrikus t´erben igaz hogy minden hat´ arpont hat´ ar´ert´eke a halmazb´ ol vett sorozatnak. Csak Hausdorff terekkel foglakozunk, ezekben b´armely k´et pontnak van diszjunkt k¨ornyezete, teh´at minden z´ art halmaz az ˝ ot tartalmaz´ o ny´ılt halmazok k¨ oz¨ os r´esze. Az Y ⊂ X halmazok is topologikus t´err´e v´alnak ha ny´ıltnak min˝os´ıtj¨ uk az Y ∩ G , G ∈ G halmazokat, ´ıgy keletkeznek a t´er alterei. A Cauchy sorozat fogalma absztrakt topologikus t´erben nem defini´alhat´ o, a kompakts´agot Borel t´etel´evel hat´arozzuk meg: (X, G) akkor kompakt ha minden nyilt halmazokkal t¨ ort´en˝ o lefed´es´eb˝ ol kiv´ alaszthat´ o v´eges lefed´es. Mivel a nyilt halmazokat b´aziselemek egyes´ıt´esek´ent kapjuk, kompakt az a t´er aminek b´ aziselemekkel t¨ ort´en˝ o lefed´es´eb˝ ol mindig kiv´ alaszthat´ o v´eges fed˝ o. Az X0 ⊂ X halmazt akkor nevezz¨ uk kompaktnak ha mint alt´er kompakt. Kompakt t´er z´art r´eszhalmazai nyilv´an mind kompaktak, mert a lefed´es´ehez a komplementum´ at hozz´av´eve az eg´esz t´er nyilt lefed´es´et kapjuk. Ford´ıtva: ha az A alt´er kompakt a nem felt´etlen¨ ul kompakt (X, G) t´erben, akkor z´ art, vagyis Ac ∈ G . Azt kell igazolni hogy ha y ∈ Ac akkor van olyan G ∈ G hogy y ∈ G ⊂ Ac . ♥ Minden x ∈ A ponthoz van Hx , Gx ∈ G u ´gy hogy x ∈ Hx , y ∈ Gx ´es Gx ∩Hx = ∅ . A Hx halmazok k¨oz¨ ul v´eges sok is lefedi A-t; ezek Gx p´ arjainak a metszete az a nyilt halmaz amit keres¨ unk. ¤ Bolzano ´es Weierstrass igazs´aga bonyolultabb, Cantor metszett´etele a k¨ovetkez˝ok´eppen ´altal´anos´ıthat´o. Az (X, G) t´er z´art halmazainak valamely rendszere centr´alt ha v´eges sok elem´enek mindig van k¨oz¨os pontja. Az (X, G) t´er akkor ´es csak akkor kompakt ha benne z´ art halmazok centr´ alt rendszer´enek a k¨ oz¨ os r´esze sohasem u ¨res. ♥ Ha a z´art halmazok Θ rendszre centr´alt, de ∩{F : F ∈ Θ} = ∅ , akkor a t´er nem lehet kompakt mert az {F c : F ∈ Θ} nyilt halmazok lefedik, de k¨oz¨ ul¨ uk v´eges sok erre nem k´epes. Ford´ıtva, ha a nyilt halmazok Θ rendszere lefedi a teret, de k¨oz¨ ul¨ uk v´eges sok soha, akkor {Gc : G ∈ Θ} z´art halmazok olyan centr´alt rendszere aminek nincs k¨oz¨os pontja.¤ A nyilt halmazokb´ol ´all´o G00 oszt´aly a t´er alb´azisa ha az elemeib˝ol alkotott v´eges metszetek rendszere egy G0 b´azis. Alexander szerint kompakt az a t´er aminek alb´ azisb´ ol k´esz´ıtett b´ armely lefed´ese tartalmaz v´eges fed˝ ot. ♥ Ha Θ ⊂ G0 olyan fed˝o amiben nincs v´eges, akkor Hausdorff elv´enek k¨osz¨onhet˝oen ezek k¨oz¨ott van egy Θ∗ maxim´ alis, amihez b´armely G ∈ G0 b´ ayiselemet hozz´av´eve m´ar olyan fed˝ot kapunk, amiben van v´eges fed˝o. Viszont Σ := G00 ∩ Θ∗ nem lehet fed˝o, mert ha az lenne, akkor ˝o is, teh´at Θ∗ is tartalmazna v´eges fed˝ot. Eszerint van x ∈ X ´es G ∈ Θ∗ u ´gy hogy x nincs lefedve Σ elemeivel, de x ∈ G , s˝ot x ∈ U1 ∩ U2 ∩ ... ∩ Un ⊂ G , ahol Uk ∈ G00 , viszont Uk ∈ / Θ∗ . Mivel Θ∗ maxim´ alis, mindegyik Uk elemhez van olyan Θk ⊂ Θ∗ v´eges alrendszere ami Uk -val egy¨ utt m´ar fed˝o, de akkor az ∪Θk oszt´ alyhoz a G halmazt hozz´av´eve v´eges fed˝ot kapunk, teh´at Θ∗ m´egiscsak b˝ov´ıthet˝ o. ¤
114
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
Folytonoss´ ag: Az (X, G) topologikus t´ernek az (Y, H) t´erbe t¨ort´en˝ o f : X 7→ Y lek´epez´ese folytonos ha minden H ∈ H nyilt halmaz G := {x ∈ X : f (x ∈ G)} inverz k´epe nyilt. Folytonos f¨ uggv ’eny konvergens sorozatot konvergensbe visz ´at, de a ford´ıtott ´all´ıt´ as ´altal´ aban nem igaz. Kompakt t´er folytonos k´epe is kompakt ♥ mert a k´ept´er nyilt lefed´es´enek inverz k´epe az alapt´er nyilt lefed´ese, ´es az ebb˝ol kiv´alaszthat´ o v´eges fed˝o halmazainak a k´ept´erben megfelel˝o fed˝ohalmazok most m´ar csak v´eges sokan vannak. ¤ Ez Weierstrass t´etel´enek absztrakt form´aja. Innen az is k¨ovetkezik hogy kompakt t´eren folytonos ´es k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u f¨ uggv´enynek az inverze is folytonos. ♥ Val´oban, kompakt t´er z´art halmazai kompaktak, teh´at nyilt halmaz´anak k´epe nyilt. ¤ A kompakts´ag el´egg´e abszol´ ut fogalom mert ha (X, G) ´es (X, G0 ) is kompakt, ´es G0 ⊂ G , akkor G0 = G ♥ mert az identit´ as homeomorfizmus, teh´at k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u megfeleltet´est l´etes´ıt a nyilt halmazok k¨oz¨ ott. K´et t´er topol´ogiai ´ertelemben azonos, azaz homeomorf, ha l´etes´ıthet˝ o k¨ozt¨ uk olyan k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u folytonos lek´epez´es, aminek az inverze is folytonos. A sz´amegyenes z´art intervallumai nyilv´an mind homeomorfak, s˝ot R ´es (0, 1) is az; φ(x) := (1 + th x)/2 l´etes´ıt megfeleltet´est. Hasznos topologikus terekkel is el˝ofordul hogy semilyen metrikus t´errel sem azonos´ıthat´ oak. ¨ Osszef¨ ugg˝ o halmazok: Bolzano szerint ¨ osszef¨ ugg˝ o halmaz folytonos k´epe is ¨ osszef¨ ugg˝ o ♥ mert ha a k´ept´er r´eszhalmaza egyszerre nyilt ´es z´art is, akkor az inverz k´epe is ilyen volna. ¤ Euklideszi t´er r´eszhalmazainak ¨osszef¨ ugg˝os´ege m´ask´eppen is megfoghat´o. Az X t´er, ami egy nagyobb altere is lehet, ´ıvszer˝ uen ¨osszef¨ ugg˝ o ha b´armely k´et pontja ¨osszek¨ othet˝ o folytonos g¨orb´evel. Ivszer˝ uen ¨osszef¨ ugg˝o t´er ¨osszef¨ ugg˝o, de a ford´ıtott ´all´ıt´ as ´altal´ aban nem igaz. A φ : [a, b] 7→ X f¨ uggv´eny Γ := {φ(t) : a ≤ t ≤ b} k´epter´et g¨orb´enek szok´as nevezni, Γ folytonos ha φ az. Ha φ folytonos ´es k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u akkor Γ ´es [0, 1] homeomorf. Ha φ(a) = φ(b) de φ(t) = φ(s) m´ask´epp nem lehets´eges, akkor Γ a s´ık egys´egk¨ or´evel homeomorf, ezek az ¨onmagukat ´at nem metsz˝o egyszer˝ u z´art g¨orb´ek. A fel¨ uletek s´ıkbeli tartom´any folytonos k´epek´ent keletkeznek, a legegyszer¨ ubb z´art fel¨ uletek a g¨omb felsz´ın´evel homeomorfak. Topologikus szorzat: K´et t´er, (X1 , G1 ) ´es (X2 , G2 ) topologikus szorzata (X1 × X2 , G1 × G2 ) , ahol a G1 × G2 topol´ogia b´azis´at a G1 × G2 , Gi ∈ Gi halmazok alkotj´ ak. K´et kompakt t´er szorzata is kompakt mert ♥ a G1 × X2 ´es X1 × G2 , Gi ∈ Gi halmazok egy¨ uttesen a topol´ogia alb´azis´at alkotj´ak, de ha egy rendszer¨ uk lefedi a szorzatteret, akkor valamelyik t´ıpus ezt egyed¨ ul is megteszi. ¤ V´eges sok t´er szorzata indukci´ oval (is) konstru´ alhat´ o, ilyenkor a szorzat kompakts´ag´at m´ar nem is kell igazolni. Az is l´athat´ o hogy a G1 × G2 × · · · × Gn , Gk ∈ Gk halmazok az (Xk , Gk ) terek szorzattopol´ogi´aj´anak b´azis´ at alkotj´ ak. Legink´abb a sz´amegyenes r´eszhalmazait szorozgatjuk ¨ossze, de sz´amunkra is ´erdekes az a helyzet amikor a ”t´enyez˝ok” halmaza nem sz´aml´ alhat´ o meg. Azt a konstrukci´ ot t´argyaljuk amikor a topologikus szorzat mindegyik t´enyez˝ oje ugyanaz az (X, G) t´er. Tetsz˝ oleges T halmazhoz Ω = X T jel¨oli az ω : T 7→ X f¨ uggv´enyek ter´et, amiben a GT szorzat - topol´ogia GT00 alb´azis´at az Xt (Gt ) := {ω ∈ Ω : ω(t) ∈ Gt } t ∈ T , Gt ∈ G t´ıpus´ u halmazok v´eges metszetei alkotj´ak, teh´at egy b´aziselem Xα ({Gt }) := ∩ {Xt (Gt ) : t ∈ α} = {ω ∈ Ω : ω(t) ∈ Gt ∀ t ∈ α} alak´ u, ahol α ⊂ T v´eges, ´es Gt ∈ G is tetsz˝oleges. Tyihonov t´etele szerint: kompakt terek szorzata is kompakt. ♥ Ism´et Alexander t´etel´et alkalmazzuk, az alb´azist az Xt (Gt ) halmazok alkotj´ak. Biztosan van olyan t ∈ T hogy a fed˝o Xt (Gt ) t´ıpus´ u halmazai lefedik a teljes Ω teret, de akkor a Gt halmazok lefedik az Xt komponenst, ami kompakt. ¤ Csak a jel¨ol´eseket kell megv´altoztatni nem felt´etlen¨ ul azonos terek szorzatainak t´argyal´ as´ ahoz. Tyihonov t´etele ilyenkor is igaz, de m´ar a szorzatt´er defini´al´ asakor is kell a kiv´alaszt´ asi axi´oma. Az (X, G) ´es (X, H) topol´ogi´ak k¨oz¨ ul H gyeng´ebb mint G ha H ⊂ G . Min´el t¨obb a nyilt halmaz, ann´al kevesebb a folytonos f¨ uggv´eny; a szorzattopol´ogia a leggyeng´ebb olyan topol´ogia amin´el az f (ω) := ω(t) f¨ uggv´enyek mind folytonosak. A {0, 1} halmaz egyetlen ´esszer˝ u topol´ogi´ aja az, amikor minden r´eszhalmaza egyidej˝ uleg z´art ´es nyilt. V´eges halmaz mindengyik lehets´eges topol´ogi´ aja kompakt, az Ω := {0, 1}N szorzatt´er is az. Ω l´enyeg´eben azonos´ıthat´o a [0, 1] intervallummal, de a Cantor halmzzal is.
Modern anal´ızis
115
13.3. Metrikus terek. Topologikus terek legfontosabb p´eld´ ai ezek, de nem minden topol´ogia adhat´o meg metrik´aval. P´eld´aul, az ¨osszes val´ os f¨ uggv´eny X := RR ter´eben f¨ uggv´enysorozat konvergenci´aja annak a topol´ogi´anak felel meg aminek b´azis´ at a Kδ (f, x1 , x2 , ..., xn ) := {g ∈ X : |g(xk ) − f (xk )| < δ , k = 1, 2, ..., n} , f ∈ X , xk ∈ R , δ > 0 halmazok alkotj´ak. L´athat´o hogy ez a szorzattopol´ogia nagyon nem szepar´abilis, ´es igazolhat´o hogy a pontonk´enti konvergencia, sem sz´armaztathat´ o metrik´ab´ ol. A t´avols´ag relat´ıv fogalom, p´eld´aul ρ˜(x, y) := ρ(x, y)/(1 + ρ(x, y) az eredetivel ekvivalens, korl´atos t´avols´ag: ρ˜ ≤ ρ ´es ρ(x, xn ) → 0 ha ρ˜(x, xn ) → 0 , teh´at mindkett˝ o szerint ugyanazok a z´art halmazok. Az x ∈ X pont ´es az A ⊂ X halmaz t´avols´aga ρ(x, A) := inf{ρ(x, y) : y ∈ A} , m´ıg ρ(A, B) := inf{ρ(x, y) : x ∈ A , y ∈ B} . Mivel |ρ(x, A) − ρ(y, A)| ≤ ρ(x, y) , ha C ´es D kompakt akkor van x ∈ C ´es y ∈ D u ´gy hogy ρ(x, y) = ρ(A, B) . Az A ⊂ X halmaz δ sugar´ u k¨ornyezete Kδ (A) := ∪ {Kδ (x) : x ∈ A} = {x ∈ X : ρ(x, A) < δ} , F = ∩ Kδ (F ) ha F z´art halmaz. Az (X, ρ) metrikus t´er pontosan akkor szepar´abilis ha van benne megsz´aml´ alhat´ o s˝ ur˝ u halmaz, ilyenkor minden x ∈ X pont hat´ar´ert´eke a s˝ ur˝ u halmazb´ol v´alasztott sorozatnak. A teljess´eg ´es az egyenletes folytonoss´eg fogalmai metrikus terekhez kapcsol´odoik, de van enn´el ´altal´anosabb defin´ıci´o is. Metrikus t´ er teljes burka: Jel¨olje X az (X, ρ) metrikus t´er x = (x1 , x2 , ..., xn , ...) Cauchy sorozatainak halmaz´at, ´es legyen ρ(x, y) := lim ρ(xn , yn ) ha x, y ∈ X . ♥ |ρ(xn , yn ) − ρ(xm , ym )| ≤ ρ(xn , xm ) + ρ(ym , yn ) , teh´at ez a hat´ar´ert´ek mindig l´etezik, ρ(x, y) = ρ(y, y) ≥ 0 ´es ρ(x, y) ≤ ρ(x, z) + ρ(z, y) is teljes¨ ul, viszont ρ(x, y) = 0 igen gyakori. ¤ Szerencs´ere, a h´aromsz¨ og egyenl˝ otlens´egnek k¨osz¨onhet˝oen, ρ(x, y) = ρ(y, z) = 0 eset´en ρ(x, z) = 0 , teh´ at a nulla t´avols´ agu x, y pontok azonos´ıthat´ok egym´assal. Ezzel az X halmazt p´aronk´ent diszjunkt oszt´alyokra bontottuk fel, azok a Cauchy sorozatok ker¨ ultek egy oszt´alyba, amelyeknek az egyes´ıt´ese is Cauchy sorozat. ¯ ¯ ´es x ∈ x Jel¨olje X az ´ıgy kapott oszt´alyok (atomok) halmaz´at, ρ¯(¯ x, y¯) := ρ(x, y) ha x ¯, y¯ ∈ X ¯, y ∈ y¯ . Az eredeti X t´er pontjait azokkal az atomokkal azonos´ıtjuk amelyek a megfelel˝o konstans ¯ ρ¯) t´er teljes, ´es X s˝ sorozatot tartalmazz´ak, t´avols´aguk v´altozatlan. Az ´ıgy konstru´ alt (X, ur˝ u ¯ Cauchy ´es xn ∈ x benne. ♥ Legyen x ¯n ∈ X ¯n , v´eg¨ ul x := (x1,1 , x2,2 , ..., xn,n , ...) , ahol xn,n az xn ∈ X sorozat n − ik eleme. A konstrukci´ o ´ertelm´eben x ∈ X ´es ρ(xn , x) → 0 , ehhez csak a h´aromsz¨og egyenl˝otlens´eget kell n´eh´anyszor alkalmazni. ¤ Igy k´esz¨ ul a racion´alis sz´amok halmaz´ab´ ol a sz´amegyenes, ´es a folytonos (vagy l´epcs˝os) f¨ uggv´enyek halmaz´anak kib˝ov´ıt´es´evel az integr´ alhat´ o f¨ uggv´enyes L1 tere. V´egs˝ o soron minden line´ aris norm´ alt t´er teljess´e b˝ ov´ıthet˝ o. Az integr´ aln´ al azt neh´ez megmutatni hogy a b˝ov´ıt´es oszt´alyai f¨ uggv´enyekkel reprezent´alhat´ oak. Kompakt metrikus terek: Az ilyen t´er teljesen korl´atos , vagyis ak´ armilyen kicsi sugar´ u g¨ ombb˝ ol is el´eg v´eges sok a t´er lefed´es´ehez. Ford´ıtva, teljesen korl´ atos t´er szepar´ abilis, ´es ha emellett teljes is, akkor kompakt. ♥ Mindengyik n ∈ N sz´amhoz van a teret lefed˝o v´eges sok, 1/n sugar´ u g¨omb, Ezek k¨oz´eppontjainak halmaza megsz´aml´ alhat´ o ´es nyilv´ an s˝ ur˝ u. Ha most xn ∈ X , n ∈ N , akkor van olyan K1 (y1 ) g¨omb, ami v´egtelen sokat tartalmaz bel˝ole, de olyan K1/2 (y2 ) is van hogy K1 (y1 ) ∩ K1/2 (y2 ) is v´egtelen sok elemet tartalmaz a sorozatb´ol, ´es ´ıgy tov´abb. Olyan K1/n (yn ) sorozathoz jutottunk, hogy van xk(n) ∈ K1 ∩ K1/2 ∩ · · · ∩ K1/n . Ez a r´eszsorozat Cauchy, teh´at konvergens. ¤ Az el˝oz˝ o szakasz konstrukci´ oj´ aval teljesen korl´ atos t´er s˝ ur˝ u halmazk´ent ´ agyazhat´ o be teljes metrikus t´erbe. Teljes szepar´ abilis metrikus terek: Igen fontos t´ıpus, olykor lengyel (Polish) t´ernek nevezik ¯ ρ¯) ˝oket. Szerkezet¨ uk ´attekinthet˝o: Minden (X, ρ) lengyel t´er s˝ ur˝ u alt´erk´ent ´ agyazhat´ o be egy (X, ¯ kompakt t´erbe. R´eszletesebben sz´olva, X ⊂ X s˝ ur˝ u, ´es (X, ρ¯) topol´ogi´ aja, vagyis a nyilt ´es z´art halmazok, a konvergens sorozatok ugyanazok mint az eredeti t´erben, de a Cauchy sorozatok ´es az egyenletesen folytonos f¨ uggv´enyek m´ar nem. Jel¨olje Ω := [0, 1]N a v´egtelen dimenzi´os egys´egkock´at, ennek elemei az ω = (ω1 , ω2 , ..., ωk , ...) , ωk ∈ [0, 1] sorozatok, ´es a D(ω, σ) :=
+∞ −k X 2 |ωk − σk | k=1
1 + |ωk − σk |
116
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
t´avols´ag kompakt topol´ogi´at defini´al. Ez a kor´ abban megismert szorzattopol´ogia amiben konvergencia a koordin´at´ak konvergenci´aj´ at jelenti. A Φ : X 7→ Ω lek´epez´es u ´gy k´esz¨ ul hogy X-ben megadunk egy {y1 , y2 , ..., yk , ...} s˝ ur˝ u halmazt, majd ω = Φ(x) k-ik koordin´at´ aja ωk := ρ(x, yk )/(1 + ρ(x, yk )) . ♥ Mivel X minden eleme torl´od´ asi pontja az {yk } sorozatnak, Φ k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u, a folytonoss´aga nyilv´ anval´ o. Φ−1 folytonoss´ ag´ ahoz azt kell meggondolni (n) −1 (n) hogy ha ω → ω ´es xn := Φ (ω ) , akkor ρ(xn , yk ) → ρ(x, yk ) ∀ k ∈ N , de ρ(xn , x) ≤ ρ(xn , yk ) + ρ(x, yk ) → 2ρ(x, yk ) ∀ k ∈ N . Mivel lim inf ρ(x, yk ) = 0 , ρ(xn , x) → 0 . ¤ Most m´ar ¯ X az ΩX lez´ar´asa. legyen ρ¯(x, y) := D(Φ(x), Φ(y)) ha x, y ∈ X , ΩX := Φ(X) az X k´epe, ´es Ω (n) ¯ ¯ ♥ ΩX az Ω z´art halmaza, teh´at kompakt, ´es ha ΩX 3 ω → ω ∈ ΩX , akkor xn := Φ−1 (ω (n) ) ¯ ρ¯ t´er ´eppen (X, ρ¯) teljes burka. ¤ Cauchy az (X, ρ¯) t´erben, teh´at a keresett (X, A folytonos f¨ uggv´ enyek tere: Az (X, G) t´eren folytonos ´es korl´ atos f : X 7→ R f¨ uggv´enyek halmaz´at Cb (X) jel¨oli, ami line´aris norm´alt t´er, kf k := sup{|f (x)| : x ∈ X} a norma. Metrikus alapt´er eset´eben tudjuk hogy ez a t´er teljes, az ´altal´ anos bizony´ıt´ as ugyanaz. M´eg a Cb (R) t´er sem szepar´abilis, mert ♥ a nagyfrekvenci´ aju sin(ωx + α) f¨ uggv´enyekb˝ ol megsz´aml´ alhat´ on´ al t¨obb v´alaszthat´o ki u ´gy hogy p´aronk´ent diszjunkt k¨ornyezeteik vannak. ¤ A Cb (X) t´er korl´atos ´es z´art halmazai csak akkor kompaktak, ha X v´eges halmaz. P´eld´ aul, az fn (x) := sin nx sorozat biztosan nem tartalmaz egyenletesen konvergens r´eszsorozatot. Az fn : X 7→ R sorozat egyenletesen korl´atos ha sup kfn k < +∞ , ´es egyenl˝ o m´ert´ekben folytonos ha minden ε > 0 sz´amhoz midegyik y ∈ X pontnak van olyan Gy,ε k¨ ornyezete hogy |fn (x)−fn (y)| < ε ∀n ha x ∈ Gy . Arzela ´es Ascoli szerint Kompakt t´eren minden egyenletesen korl´ atos ´es egyenl˝ o m´ert´ekben folytonos fn : X 7→ R sorozatnak van egyenletesen konvergens r´eszsorozata. ♥ A Gy,ε k¨ornyezetek egy¨ uttesen lefedik a teret, teh´at v´eges sok is, mondjuk Gy1 ,ε , Gy2 ,ε , ..., Gyl ,ε is megteszi. Az egyenletes korl´atoss´ag miatt kiv´alaszthat´ o olyan {gn } ⊂ {fn } r´eszsorozat amely mindegyik yk pontban konvergens, de ekkor ∀ x ∈ X , |fm (x) − fn (x)| ≤ |fm (x) − fm (yk )| + |fm (yk ) − fn (yk )| + |fn (yk ) − fn (x)| < 2ε + |fm (yk ) − fn (yk )| ha x ∈ Gyk ,ε S . Mivel csak v´eges sok yk van, el´erhet˝o hogy |fm (yk ) − fn (yk )| < ε teljes¨ ulj¨ on ∀k ha n ´es m el´eg nagy. ¤ Metrikus t´er folytonos f¨ uggv´enyeir˝ol t¨obbet is ´erdemes tudni. Weierstrass ´es C. Stone nyom´ an megmutatjuk hogy ha az (X, ρ) metrikus t´er kompakt, akkor Cb (X) szepar´ abilis. Legyen S ⊂ X megsz´aml´alhat´o s˝ ur˝ u halmaz, ´es jel¨olje C0 a ψ(x) := ρ(x, Kδc (y)) alak´ u f¨ uggv´enyek racion´alis s´ ulyokkal k´epezett line´aris kombin´aci´oinak halmaz´at, ahol y ∈ S , ´es δ > 0 olyan racion´alis sz´am hogy Kδ (y) 6= X . Ezut´an C0+ a g := max{f1 , f2 , ..., fn } , fk ∈ C0 , n ∈ N alak´ u f¨ uggv´enyekb˝ ol, C0± a h := min{g1 , g2 , ..., gn } , gk ∈ C0+ , n ∈ N t´ıpus´ u f¨ uggv´enyekb˝ ol ´all. Megmutatjuk hogy C0± a Cb (X) megsz´ aml´ alhat´ o s˝ ur˝ u halmaza. ♥ Adott φ ∈ Cb (X) ´es ε > 0 mellett minden x, y ∈ X p´arhoz van olyan fx,y ∈ C0 hogy |φ(x) − fx,y (x)| < ε ´es |φ(y) − fx,y (y)| < ε . Kompakts´ag miatt mindegyik x ∈ X ponthoz tal´alhat´o olyan v´eges α(x) ⊂ X hogy X = ∪ {Ux,y : y ∈ α(x)} , ahol Ux,y := {z ∈ X : φ(z) < fx,y (z) + ε} . Legyen gx := min {fx,y : y ∈ α(x)} ´es β ∈ X olyan v´eges halmaz hogy X = ∪ {Vx : x ∈ β} , Vx := [gx < φ + ε] , tov´ abb´ a h := min {gx : x ∈ β} . A ± konstrukci´o szerint h ∈ C0 ´es kφ − hk < 2ε . ¤ Az (X, ρ) metrikus t´erben az f : X 7→ R f¨ uggv´enyek egyenletes folytonoss´ag´ at is defini´altuk, Cbu (X) az egyenletesen folytonos ´es korl´ atos f¨ uggv´enyek tere, ez a Cb (X) z´ art altere. ♥ Ha fn → f egyenletesen, akkor minden ε > 0 sz´amhoz van m ∈ N u ´gy hogy kf − fm k < ε , de |f (x) − f (y)| ≤ |f (x) − fm (x)| + |fm (x) − fm (y)| + |fm (y) − f (y)| . Ezut´ an a δ > 0 sz´amot u ´gy v´alasztjuk meg hogy ρ(x, y) < δ eset´en |fm (x) − fm (y)| < ε legyen. ¤ Egyenletesen folytonosak valamely line´aris norm´alt t´er line´aris ´es korl´ atos funkcion´ aljai, ebben a vonatkoz´ asban is ´erdekes a k¨ovetkez˝ o k´et ´eszrev´etel. Ha S ⊂ X s˝ ur˝ u, ´es φ ∈ Cbu (S) , akkor pontosan egy olyan f ∈ Cbu (X) van hogy f (x) = φ(x) ha x ∈ X ; ez a φ kiterjeszt´ase. ♥ Ha x ∈ X ´es S 3 xn → x akkor ϕ(xn ) Cauchy sorozat, legyen f (x) := lim ϕ(xn ) . A kiterjeszt´es egy´ertelm˝ u mert k´et sorozat egyes´ıt´ese ut´an is ugyanazt az f (x) ´ert´eket kapjuk, f ∈ Cbu (X) a h´aromsz¨og egyenl˝otlens´eg k¨ovetkezm´enye. ¤ Az fn ∈ Cbu (X) sorozat egyenl˝o m´ert´ekben egyenletesen folytonos ha minden ε > 0 sz´amhoz van δ > 0 u ´gy hogy ha ρ(x, y) < δ akkor |fn (x) − fn (y)| ≤ ε ∀ n ∈ N . Ha az egyenl˝ o m´ert´ekben egyenletesen folytonos fn sorozat egy S ⊂ X s˝ ur˝ u halmaz minden pontj´ aban konvergens, akkor
Modern anal´ızis
117
van olyan f ∈ Cbu (X) f¨ uggv´eny hogy fn (x) → f (x) ∀ x ∈ X . Az S halmazon f (x) := lim fn (x) , el˝osz¨or azt kell megmutatni hogy f egyenletesen folytonos. ♥ Tipikus 3ε okoskod´as mert az S halmazon |f (x) − f (y)| ≤ |f (x) − fn (x)| + |fn (x) − fn (y)| + |fn (y) − f (y)| . V´alasszuk n = n(x, y) ´ert´ek´et olyan nagynak hogy |f (x) − f (y)| < |fn (x) − fn (y)| + 2ε legyen, majd legyen δ > 0 olyan kicsi hogy |fn (x) − fn (y)| < ε ∀ x, y ∈ X ha ρ(x, y) < δ . ¤ A c´elf¨ uggv´enyt ezzel meghat´aroztuk, de ♥ |f (x)−fn (x)| ≤ |f (x)−f (y)|+|f (y)−fn (y)|+|fn (y)−fn (x)| , amib˝ol ´all´ıt´ asunk S 3 y → x ut´an k¨ovetkezik. ¤ Azt nem mondhatjuk hogy az fn → f konvergencia egyenletes. M´ ert´ ekt´ er metriz´ al´ asa: ρ(A, B) := λ(A ∩ B c ) + λ(B ∩ Ac ) t´avols´ agot defini´al az (X, X0 , λ) m´ert´ekt´er X0 gy˝ ur˝ uj´enben, itt hasznos hogy λ a gy˝ ur˝ un v´eges; a nullahalmazban k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o halmazokat azonosnak tekintj¨ uk. Ha X0 nem σ-gy˝ ur˝ u akkor ez az (X0 , ρ) metrikus t´er nem teljes mert fogy´o sorozatainak metszet´et nem biztos hogy tartalmazza, de az el˝oz˝ o szakasz kon¯ 0 , λ) m´ert´ekt´er hogy X0 ⊂ X ¯ 0 ´es X ¯0 strukci´oj´aval teljes t´err´e b˝ovithet˝o. Az eredm´eny olyan (X fogy´ o sorozatainak metszeteit is tartalmazza. Ha λ(X) < +∞ akkor persze σ-algebr´et kapunk. Els˝ osorban azt v´ıtm´enyek t´enyleg halmazok, ehhez kell Pkell megmutatni hogy a b˝o∞ P Borel ´es Cantelli lemm´aja: Ha λ(Ck ) < +∞ ´es Bn := ∪k=n Ck akkor ∩ Bn nullahalmaz mert ∞ k=n λ(Ck ) → 0 . Legyen An ∈ X0 Cauchy sorozat ´es CnP := (An ∩ Acn+1 ) ∪ (An+1 ∩ Acn ) . ♥ Feltehetj¨ uk hogy az An sorozat m´ar u ´gy ki van ritk´ıtva hogy ρ(An , An+1 ) < +∞ , teh´at van olyan X0 ⊂ X nullahalmaz hogy ha x ∈ / X0 , akkor v´eges sok n indext˝ ol eltekinve lCn (x) = |lAn (x) − lAn+1 (x)| = 0 . Az A = lim An halmazt A := {x : lAn (x) → 1} defini´ alja, λ(A) := ρ¯(A, ∅) . A t´avols´ ag folytonoss´aga miatt λ addit´ıv ´es folytonos halmazf¨ uggv´eny, ´ertelmez´esi tartom´anya v´eges m´ert´ek˝ u halmazokb´ol ´all. ¤ 13.4. Line´ aris terek. A line´aris topologikus terek legegyszer¨ ubb tulajdons´agait ismertetj¨ uk. Norm´ ak ekvivalenci´ aja: Az Rd t´er topol´ogi´ aj´ at az | · | Euklideszi t´avols´ ag defini´alja, de sok m´as lehet˝os´eg is van; ezek k¨oz¨ ul csak azok ´esszer˝ uek ahol sorozat konvergenci´ aj´ ab´ ol k¨ovetkezik a koordin´at´ ak konvergenci´aja. V´eges dimenzi´ os t´erben b´ armely k · k norma szerinti konvergencia ekvivalens a koordin´ at´ ak konvergenci´ aj´ aval. ♥ El´eg az kxn k → 0 esettel foglalkozni, legyen x = x1 e1 + x2 e2 + · · · + xd ed , ahol e1 , e2 , ... ed a t´er b´azisa. A h´aromsz¨ og egyenl˝ otlens´eg miatt kxk ≤ |x1 | ke1 k + |x2 | ke2 k + · · · + |xd | ked k , teh´at koordin´at´ ank´ent konvergens sorozat b´armely norma szerint is konvergens. Azt tudtuk meg hogy f (x) := kxk folytonos a szok´asos | · | norma szerint, teh´at Weierstrass miatt felveszi maximum´ at ´es minimum´ at az |x| = 1 egs´egg¨ omb¨ on, ´es a minimum nem lehet nulla. Emiatt vannak olyan 0 < c < C < +∞ sz´ amok hogy c|x| ≤ kxk ≤ C|x| ∀ x ∈ Rd , ami t¨obb mint el´eg. ¤ Abszol´ ut konvergens sorok: Mivel line´aris norm´alt t´er elemeit ¨ossze lehet adni, ´es sz´ammal is szorozhat´oak, ´ertelmes Pndolog az S = c0 ϕ0 + c1 ϕ1 + · · · + ck ϕk + · · · , ck ∈ C, ϕk ∈ X v´egtelen ¨osszeget mint az Sn := k=0 ck ϕk r´eszlet¨ osszegek hat´ar´ert´ek´et defini´alni, ha az l´etezik. Ilyenkor azt mondjuk hogy a sor (felt´etelesen) konvergens. A sor abszol´ P ut konvergens ha |c0 |kϕ0 k + at abszol´ ut |c1 |kϕ1 k + · · · + |ck |kϕk k + · · · < +∞. Ilyenkor kSm − Sn k ≤ ∞ k=n+1 |ck |kϕk k , teh´ konvergens sor r´eszlet¨osszegei Cauchy sorozatot alkotnak, vagyis teljes t´erben minden abszol´ ut konvergens sor konvergens. A domin´alt konvergencia t´etel is ugyan´ ugy bizony´ıthat´ o, mint val´ os sorok eset´en. Ha ϕn,k ∈ X, n, k ∈ N ´es limn→∞ ϕn,k = ϕk , kϕn,k k ≤ bk ∀ k, n ∈ N ´es P P bk < +∞ , akkor az ¨ osszes Φ(n) := k ϕn,k sor abszol´ ut konvergens, ´es ha az X t´er teljes, P P (n) akkor Φ → Φ := ϕk amint n → ∞ , tov´ abb´ a kΦk ≤ ∞bk . ♥ Az el˝oz˝ o ´eszrev´etel szerint aPΦn ´es Φ sorok P konverg´alnak, tov´abb´ a minden ε > 0 sz´amhoz van olyan nε k¨ usz¨ ob hogy ∞ ∞ kϕ k ≤ b < ε hacsak m > n ; a Φ sor ugyanilyen becsl´ e snek tesz eleget. ε n,k k=m k=m k M´asr´eszt viszont N N X X (n) ΦN := ϕn,k → ΦN := ϕk ∀N ∈ N . k=1
k=1
amint n → ∞ m´ıg N r¨ogz´ıtett. Teh´at a Minkowski (h´aromsz¨ og) egyenl˝ otlens´eg alapj´an (n)
(n)
(n)
kΦ(n) − Φk ≤ kΦ(n) − ΦN k + kΦN − ΦN k + kΦN − Φk ≤ kΦN − ΦN k + 2ε
118
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK (n)
ha N > nε . R¨ogz´ıts¨ uk N ´ert´ek´et, ´es legyen n = nN olyan nagy hogy kΦN − ΦN k < ε , ekkor (n) kΦ − Φk < 3ε. Az ilyet nevezik 3-epszilon okoskod´asnak. ¤ A sz´amegyenes ´es a komplex sz´ams´ık is line´aris norm´alt t´er, a norm´at az abszol´ ut ´ert´ekkel azonos´ıtjuk. A binomi´alis t´etel ´es a domin´alt konvergencia t´etel egyszer˝ u folyom´ anya a komplex sz´amokra is ´erv´enyes ∞ ³ X z ´n zn z lim 1 + = e := (13.1) n→∞ n n! n=0
nevezetes hat´ar´ert´ek. Euklideszi norm´ ak: Valamely X Euklideszi t´erben sz´amol´ assal kapjuk a skal´ aris szorzat val´ os r´esz´et: 4 Re hϕ, ψi = kϕ + ψk2 − kϕ − ψk2 = 2kϕ + ψk2 − 2kϕk2 − 2kψk2 . (13.2) 2 2 Ez val´os ´es komplex t´erben egyar´ant igaz, teh´at val´ os t´erben 4 hϕ, ψi = kϕ + ψk − kϕ − ψk adja a skal´aris szorzatot a norma f¨ uggv´enyek´ent. Komplex t´erben a dolog egy kicsit bonyolultabb, de hasonl´o. (13.2)-ban ψ hely´ere ı ψ-t ´ırva 4 Im hϕ, ψi = kϕ + ı ψk2 − kϕ − ı ψk2
(13.3)
a skal´aris szorzat k´epzetes r´esze, teh´at komplex t´erben 4 hϕ, ψi = kϕ + ψk2 − kϕ − ψk2 + ı kϕ + ı ψk2 − ı kϕ − ı ψk2
(13.4)
a skal´aris szorzat mint a norma f¨ uggv´enye. Ford´ıtva, ha valamely val´os t´er norm´aja eleget tesz a kϕ + ψk2 + kϕ − ψk2 = 2kϕk2 + 2kψk2 paralelogramma azonoss´agnak, akkor hϕ, ψi := (1/4)(kϕ + ψk2 − kϕ − ψk2 ) skal´ aris szorzatot defini´al, amint az k¨onnyen ellen˝orizhet˝ o. ♥ R¨ ogz´ıtett ψ mellett jel¨olje `(ϕ) a defini´al´ o egyenlet jobboldal´at, persze `(ψ) = kψk2 . A h´aromsz¨ og egyenl˝ otlens´eg miatt `(ϕ) ≥ 0 , teh´at azt kell megmutatni hogy ` a ϕ ∈ X line´aris f¨ uggv´enye. 2`(ϕ1 + ϕ2 ) = 2`(ϕ1 ) + 2`(ϕ2 ) ´atrendez´es´evel 2kϕ1 + ϕ2 + ψk2 + 2kψk2 + 2kϕ1 k2 + 2kϕ2 k2 = 2kϕ1 + ψk2 + 2kϕ2 + ψk + 2kϕ1 + ϕ2 k2 ad´ odik, amib˝ol a paralelogramma egyenl˝ os´eggel kϕ1 + ϕ2 + 2ψk2 + kϕ1 + ϕ2 k2 + 2kϕ1 k2 + 2kϕ2 k2 = kϕ1 + ϕ2 + 2ψk2 + kϕ1 − ϕ2 k2 + 2kϕ1 + ϕ2 k2 , `(αϕ) = αϕ(`) bizony´ıt´asa hasonl´oan t¨ort´enhet, de a m´ar igazolt addit´ıv tulajdons´agra is vissza lehet vezetni. ¤ Hasonl´oan, ha a paralelogramma azonoss´ag igaz valamely komplex norm´alt t´erben, akkor abb´ol a (13.4) defin´ıci´oval komplex Euklideszi t´er lesz. Ortogon´ alis sorok: Az fγ ∈ X , γ ∈ Γ elemek ortonorm´alt rendszert (ONR) alkotnak az X Euklideszi t´erben ha kfγ k = 1 ´es fγ ⊥ fγ 0 ha γ 6= γ 0 . V´egtelen dimenzi´os Euklideszi t´erben mindig van olyan fk , k ∈ N sorozat amelynek b´armely v´eges r´esze line´arisan f¨ uggetlen, ilyen sorozat a k¨ovetkez˝o elj´ar´assal (Gram - Schmidt) ortogonaliz´alhat´ o. Legyen f10 = f1 , ´es tegy¨ uk 0 0 0 aci´ oja hogy 0 6= fk ⊥ fj0 fel hogy k ≤ n eset´en fk az fj , j = 1, 2, ..., k elemek olyan line´aris kombin´ 0 0 0 0 u, ahol αk := hfn+1 , fk0 ikfk0 k−2 . A ha j < k. Ezut´an fn+1 = fn+1 − α1 f1 − α2 f2 − · · · − αn fn alak´ line´aris f¨ uggetlens´egr˝ol sz´ol´o felt´etel miatt az elj´ar´ as nem akad meg, teh´at ek := fk0 /kfk0 k , k ∈ N ONR lesz. Jel¨olje Xn az fn = c1 e1 + c2 e2 + · · · + cn en alak´ u elemek halmaz´at, ahol ck ∈ C tetsz˝ oleges; Xn az X t´er n-dimenzi´os altere. Minden f ∈ X elemhez pontosan egy olyan fn ∈ Xn van hogy kf − fn k < kf − gk ha fn 6= g ∈ Xn , ´es fn = hf, e1 i e1 + hf, e2 i e2 + · · · + hf, en i en , vagyis f − fn ⊥ g hacsak g ∈ Xn , tov´ abb´ a az kfn k ≤ kf k Bessel egyenl˝ otlens´eg is teljes¨ ul. ♥ Az utols´o ´all´ıt´as nyilv´ anval´o, teh´at Pitag´orasz t´etele miatt kf − gk2 = kf − fn k2 + kfn − gk2 ∀ g ∈ Xn . ¤ Azt mondjuk hogy fn az f vet¨ ulete az Xn alt´eren. V´egtelen ¨osszegek konvergenci´aj´ar´ ol is ´erdemes besz´elni, legyen fn = c1 e1 + c2 e2 + · · · + cn en , P ahol ck ∈ C , k ∈ N . Ha X teljes |ck |2 < +∞ P ´es P , akkor van olyan f ∈ X hogy kf − fn k → 0 amint n → +∞ , vagyis f = ck ek ´es kf k2 = |ck |2 . ♥ Pitag´ orasz t´etele szerint kfm − fn k = |cn+1 |2 +· · ·+|cm |2 ha m > n, teh´at az fn sorozat Cauchy X-ben, vagyis konverg´ al valamely f ∈ X
Modern anal´ızis
119
elemhez, innen kapjuk hogy ck = hf, ek i . ¤ Az {eγ γ ∈ Γ} ONR teljes X-ben ha nem b˝ov´ıthet˝ o, vagyis f ⊥ eγ ∀ γ ∈ Γ csak u ´gy lehets´eges ha f = 0 . Protot´ıpus a trigonometrikus rendszer, amely teljes az L2 [−π, π) t´erben. Szepar´abilis az az X t´er amelyben van megsz´aml´ alhat´ o teljes ONR. Ha en , n ∈ N teljes ONR az X Hilbert t´erben, f ∈ X ´es fn := hf, e1 i e1 + hf, e2 i e2 + · · · + hf, en i en , akkor kfn −f k → 0 amint n → +∞ . ♥ Az el˝oz˝ o k´et t´etel szerint l´etezik a g = limn fn hat´ ar´ert´ek, P ´P es g − f ⊥ en ∀ n ∈ Z+ , teh´at g = f . ¤ Ha az en ONR nem teljes akkor a g := ck ek , |ck |2 < +∞ alak´ u elemek a t´er z´art alter´et alkotj´ ak, ´es ha itt ck = hf, ek i , f ∈ X , akkor f − g ⊥ en , ∀ n ∈ N . A Hilbert t´ er: Riesz Frigyes h´arom alapt´etel´er˝ ol lesz sz´o. A H val´ os Hilbert t´erben hf, gi a p skal´aris szorzat, kf k := hf, f i a norma. A C ⊂ H halmaz konvex ha az f, g ∈ H elemekkel egy¨ utt az ¨oket ¨osszek¨ot˝o {pf + (1 − p)g : 0 < p < 1} szakaszt is tartalmazza. Ha a C konvex halmaz z´ art, akkor minden f ∈ H elemhez egy olyan g ∈ C van hogy: kg − f k = ρ(f, C) := inf{kh − f k : h ∈ C} . Ha C = H0 a H z´ art altere, akkor azt mondjuk hogy g az f vet¨ ulete az alt´eren, ilyenkor f − g az alt´er minden h elem´ere mer˝ oleges, teh´ at kf k2 = khk2 + kh − f k2 . ♥ Ha g1 ´es g2 is megold´as, tov´abb´a h := (g1 + g2 )/2 , akkor h ∈ C ´es kh − f k ≤ kg1 − f k/2 + kg2 − f k/2 = ρ(f, C) , teh´at kh − f k = ρ(f, C) , ´es (g1 − f ) k (g2 − f ) az egyenl˝ os´eg felt´etele, vagyis g1 − f = g2 − f mert egyforma hossz´ uak. Ha most gn ∈ C olyan sorozat hogy ρ(f, C) = lim kgn − f k ´es hn,m := (gn + gm )/2 , akkor khn,m − f k ≤ kgn − f k/2 + kgm − f k/2 , tov´abb´a 4 khn,m − f k2 = kgn − f k2 + kgm − f k2 + 2hgn − f, gm − f i , 2
2
´es
2
kgn − gm k = kgn − f k + kgm − f k − 2hgn − f, gm − f i , teh´at kgn − gm k2 = 2 kgn − f k2 + 2 kgm − f k2 − 4 khn,m − f k2 < 4(ρ(f, C) + ε)2 − 4ρ(f, C) ≤ 8ερ(f, C) + 4ε2 ha kgn − f k < ε ´es kgm − f k < ε . Eszerint gn Cauchy sorozat, hat´ar´ert´eke az a g amit kerest¨ unk. ¤ Ha most C = H0 z´art alt´er, g az f ∈ / H0 vet¨ ulete, ´es h ∈ H0 , ♥ akkor g + th ∈ H0 ´es kg − f k2 ≤ kg + th − f k2 = kg − f k2 + 2thh, g − f i + t2 khk2 , teh´at 2hh, f − gi ≤ tkhk2 ha t > 0 m´ıg 2hh, f − gi ≥ tkhk2 ha t < 0 , vagyis hh, f − gi = 0 . ¤ A H0⊥ := {h ∈ H : h ⊥ g ∀ g ∈ H0 } halmaz is z´art alt´er, a H0 ortogon´alis kieg´esz´ıt˝ o altere. Minden f ∈ H elem felbontha´o az f = f0 + f1 m´odon, ahol f0 ´es f1 az f vet¨ uletei a H0 illetve H0⊥ alt´ereken. Ez´ert azt mondjuk hogy H = H0 ⊕ H0⊥ a H0 ´es H0⊥ terek direkt ¨osszege. Ha H1 ´es H2 Hilbert t´er, akkor a H = H1 ⊕ H2 Hilbert t´er az (fl , f2 ) , fi ∈ Hi p´arokb´ ol ´all, ´es k(f1 , f2 )k2 := kf1 k2 + kf2 k2 . M´asodik k¨ovetkezm´enyk´ent kapjuk a reprezent´ aci´ os t´etelt: Minden ` : H 7→ R line´ aris korl´ atos funkcion´ al skal´ aris szorzattal reprezent´ alhat´ o: `(f ) = hf, φi alak´ u, ´es az el˝ o´ all´ıt´ as egy´ertelm˝ u. ♥ A reprezent´al´o φ egy´ertelm˝ us´ege nyilv´ anval´ o, l´etez´es´ehez a H0 := {f ∈ H : `(f ) = 0} alteret kell elk´epzelni. H0 z´ art, ´es ha H0 = H akkor φ = 0 . Az ellenkez˝ o esetben van φ ∈ H ⊥ u ´gy hogy kφk = `(φ) , ´es az ´altal´ anos f = g + cφ , ahol g ∈ H0 , c := hf, φi/`(φ) teh´at `(f ) = hf, φi . ¤ Val´os t´erben az A : H 7→ H linea´ aris korl´ atos oper´ator adjung´altj´at az hf, Agi = hA∗ f, gi azonoss´ag jellemzi. Annak bel´at´ as´ ahoz hogy minden line´aris korl´ atos oper´atornak van adjung´altja csak azt kell ´eszrevenni ♥ hogy `(g) := hf, Agi line´ aris korl´ atos funkcion´al, teh´at A∗ f := φ ha `(g) ≡ hφ, gi . ¤ Az fn ∈ H sorozat gyeng´en konver´al az f ∈ H elemhez ha hfn , φi → hf, φi ∀ φ ∈ H . Ez a φ = f v´alaszt´assal is igaz: kf k2 = limhfn , f i , de hfn , f i ≤ kfn k kf k , teh´ at kf k ≤ lim inf kfn k . Jel¨olje {ψn } a szepar´abilis t´er b´azis´at, ha fn → f gyeng´en, akkor, defin´ıci´ o szerint, mindegyik P hfn , ψm i koordin´ata konverg´al, de a megford´ıt´as nem igaz. P´eld´ aul, ha fn := nψn ´es φ := (1/m)ψm akkor hfn , ψm i → 0 ∀ m ∈ N , de hfn , φi ≡ 1 . Ha viszont az kfn k norm´ ak sorozata P korl´ atos, akkor a koordin´ at´ ak P konvergenci´ aj´ ab´ ol k¨ ovetkezik a gyenge konvergencia. ♥ Legyen φ = ck ψk , ekkor hfn − f, φi = ck hfn − f, ψk i , ´es a sor midegyik tagja null´ ahoz tart. M´asr´eszt |hfn − f, ψk i| ≤
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
120
kfn k + kf k , teh´at
∞ X
|ck hfn − f, ψk i| ≤ 2K
q 2 Σ∞ k=m ck
k=m
ha kfn k ≤ K . Fix m mellett n → +∞ , majd m → +∞ adja a t´etelt. ¤ Ezzel majdnem azt is igazoltuk hogy szepar´ abilis Hilbert t´er korl´ atos sorozata mindig tartalmaz gyeng´en konvergens r´eszsorozatot. ♥ A diagon´alis m´odszerrel olyan r´eszsorozat v´alaszthat´ o ki, amely ment´en mindegyik koordin´ata konverg´ al. Azt kell teh´at megmutatni hogy ha kf k olyan P 2n korl´atos sorozat hogy a ck := limn→∞ hfn , ψk i hat´ ar´ert´ekek mind l´eteznek, akkor ck < +∞ . Mivel m m m X X X c2k = lim hfn , ψk i2 , ´es hfn , ψk i2 ≤ kfn k2 , k=1
n→∞
k=1
k=1
ez nem gond. ¤ 43 Az f nemline´aris funkcion´ al gyeng´en folytonos ha minden gyeng´en konvergens sorozatot konvergensbe visz ´at. L´atjuk hogy Hilbert t´er korl´ atos ´es z´ art halmaz´ an gyeng´en folytonos funkcion´ al felveszi a sz´els˝ o ´ert´ekeit. A gyenge deriv´alt a gyenge konvergencia ´edestestv´ere. Jel¨olje L2 (Rd → Rd ) az olyan φ : Rd 7→ Rd vektormez˝ok Hilbert ter´et amelyek mindegyik koordin´at´ aja n´ integr´ alhat´ o a λd Regyzetesen d d-dimenzi´os Lebesgue m´ert´ek szerint; ebben a t´erben hψ, φi := ψ · φ dλ a skal´ aris szorzat. 2 d Azt mondjuk hogy f ∈ L (R )R gyeng´en differenci´aRlhat´ o, ´es ∇f := g a gyenge gradiense ha van olyan g ∈ L2 (Rd → Rd ) hogy f div ψ dλd = − g · ψ dλd hacsak ψ mindegyik parci´alis deriv´altja n´egyzetesen itegr´alhat´o. A gyenge gradiens, nullahalmazt´ ol eltekintve egy´ertelm˝ uen meghat´arozott vektormez˝o, ´es ha f differenci´ alhat´ o, akkor persze a val´ odi gradienssel egyenl˝ o. Lebesgue NL t´etel´eb˝ol k¨ovetkezik hogy a d = 1 esetben gyeng´en differenci´alhat´ o f¨ uggv´eny abszol´ ut folytonos, teh´at majdnem minden¨ utt differenci´alhat´ o, de mutat´ os p´eld´ ak igazolj´ak hogy magasabbp dimenzi´okban minden¨ utt s˝ ur¨ un fekv˝o szingularit´asai lehetnek. Az´ert szeretj¨ uk mert az 1 2 2 kf k2,1 := kf k2 + k |∇f | k2 norm´aval defini´alt H Szoboljev t´er teljes, teh´at korl´ atos sorozatb´ol gyeng´en konvergens r´eszsorozatot lehet kiv´alasztani. Ez a parabolikus ´es elliptikus parci´alis differenci´alegyenletek t´argyal´as´anak kulcsa. Funkcion´ alok differenci´ al´ asa: Az X line´ aris t´eren adott f : X 7→ R funkcion´ al ∇ω f ir´ anymenti deriv´altjait norma bevezet´ese n´elk¨ ul is defini´alhatjuk: ha ω ∈ X ´es g(t) := f (x + t ω) differenci´alhat´o a t = 0 helyen, akkor ∇ω f (x) := g 0 (0) . Az is vil´agos hogy ∇ω f (x0 ) = 0 ∀ ω ∈ X a lok´ alis sz´els˝ o´ert´ek 44 sz¨ uks´eges felt´etele. A teljes´ert´ek˝ u differenci´alsz´am´ıt´as l´enyegileg kapcsol´odik a line´aris norm´alt t´er fogalm´ahoz. X∗ jel¨oli az ` : X 7→ R line´aris korl´atos funkcion´ alok ter´et; az `(x) = h`, xi jel¨ol´es akkor is hasznos ha X nem Hilbert t´er. Az x : [a, b] 7→ X g¨orbe differenci´alhat´ o a t ∈ (a, b) pontban ha (1/s)(x(t+s)−x(t)) → x(t) ˙ amint s → 0 ; x(t) ˙ ∈ X a g¨orbe ”´erint˝ oje” a t pontban. Az f : G 7→ R f¨ uggv´eny akkor differenci´alhat´o a G ⊂ X halmaz x bels˝o pontj´ aban, amit f ∈ D1 (x) jel¨ol, ha tal´alhat´o olyan, az x helyt˝ol is f¨ ugg˝o ∇f (x) ∈ X∗ line´aris korl´ atos funkcion´ al hogy f (x + h) = f (x) + h∇f (x), hi + o(khk) amint h → 0 . Differenci´ alhat´ o funkcion´ alnak valamennyi ir´anymenti deriv´altja l´etezik ´es ∇ω f (x) = h∇f (x), ωi ∀ ω ∈ X , teh´at a ∇f (x) ∈ X∗ deriv´alt - funkcion´al egy´ertelm˝ uen defini´alt objektum; a ∇f ≡ f 0 ´es h∇f, ωi ≡ f 0 (x)(ω) jel¨ol´esek is hasznosak. Ha X Hilbert t´er akkor X = X∗ , teh´at ∇f is a t´er eleme, a legegyszer¨ ubb f (x) := hx, ai esetben 43Ezt a t´ etelt Tyihonov´eb´ ol is levezethett¨ uk volna, mert a gyenge konvergenci´ at az a topol´ ogi defini´ alja aminek
G00 := {{f ∈ H : |hf, ψi| < δ} : δ > 0 , φ ∈ H} az alb´ azisa. Ennek alapj´ an nemcsak szepar´ abilis t´erben mondhatjuk hogy Hilbert t´er egysz´egg¨ ombje gyeng´en kompakt. A Hasdorff maximum elv´eb¯ ol az is k¨ ovetkezik ´ enyes az elemek hogyPminden Hilbert t´ernek van ortonorm´ alt b´ azisa, legfeljebb az nem sz´ aml´ alhat´ o meg. Erv´ f = γ∈Γ hf, ψγ i ψγ kifejt´ese is, ahol {ψγ : γ ∈ Γ} a b´ azis, mert az ¨ osszegnek ”csak” megsz´ aml´ alhat´ oan sok eleme nem nulla. 44A vari´ aci´ osz´ am´ıt´ as olyan V (x) mennyis´egek sz´els¯ o ´ert´ekeit keresi, ahol az x v´ altoz´ o is f¨ uggv´eny. Ezekre a megengedett f¨ uggv´enyekre ´ altal´ aban peremfelt´etel van kiszabva, az ´ertelmez´esi tartom´ anyuk hat´ ar´ an el¯ o´ırjuk az ´ert´ek¨ uket vagy valamilyen deriv´ altjuk´et. Emiatt a megengedett f¨ uggv´enyek nem alkotnak line´ aris teret, de ez nem baj. Az azonosan nulla, azaz homog´en peremfelt´etelt kiel´eg´ıt¯ o δ f¨ uggv´enyek tere m´ ar line´ aris, ´es ha x0 a felt´etelezett optimum, akkor az f (δ) := V (x0 + δ) funkcion´ alt kell deriv´ alni a δ = 0 helyen.
Modern anal´ızis
121
∇f (x) ≡ a . Ha f az x, x + h ∈ X pontokat ¨osszek¨ ot˝ o szakaszon differenci´alhat´ o, akkor Lagrange egyv´altoz´os t´etel´et a g(t) := f (x + th) f¨ uggv´enyre alkalmazva f (x + h) = f (x) + h∇f (ξ), hi ad´ odik, ahol ξ az x ´es x + h ¨osszek¨ot˝o szakasz´ anak bels˝o pontja. Nemcsak Hilbert t´erben mondhatjuk hogy ∇f (x0 ) a Σ := {x ∈ X : f (x) = c} ”szintfel¨ ulet“ norm´alisa az f (x0 ) ∈ Σ helyen. Ha ugyanis az x(t) ∈ X , t ∈ (−a, a) differenci´alhat´ o g¨orbe a fel¨ uleten halad, ´es x(0) = x0 , akkor h∇f (x0 ), x(0)i ˙ = 0 . A δ = x(0) ˙ tulajdons´ag´ u elemek line´aris teret alkotnak, ez a fel¨ ulet ´erint˝ otere az f (x0 ) helyen; a fel¨ uletnek ez a pontja regul´aris ha az ´erint˝ot´er minden olyan δ ∈ X elemet tartalmaz amelyn´el h∇f (x0 ), δi = 0 . Banach ´es Riesz t´eteleib˝ol k¨ovetkezik hogy ha f az X Hilbert t´er x0 pontj´ anak egy k¨ ornyezet´eben folytonosan differenci´ alhat´ o, ´es ∇f (x0 ) 6= 0 , akkor x0 a fel¨ ulet regul´ aris pontja. ♥ Minden x ∈ X elem egy´ertelm˝ uen bonthat´o fel az x = y + α ω m´odon, ahol ω := ∇f (x0 )/k∇f (x0 )k , α := hx, ωi , ´es y a gradiensre mer˝oleges elemekb˝ol ´all´ o X0 z´art alt´er eleme; x0 = y0 +α0 ω , α0 := hx0 , ωi . A c = g(y, α) := f (y + α ω) egyenletet a fixpont t´etel alkalmaz´ as´ aval oldjuk fel y0 egy k¨ornyezet´eben. A bizony´ıt´as a k´etv´altoz´os t´etel´e´evel azonos, b´ar most a gy0 (y, α) parci´alis deriv´alt X0 eleme. Jel¨olje α = φ(y) a megold´ast, φ0 (y) ∈ X0 a deriv´altja, ekkor f (y + φ(y) ω) = c ´es a k´etv´ altoz´ os esethez hasonl´oan gy0 (y, φ(y)) + gα0 (y, φ(y)φ0 (y) = 0 ha y ∈ X0 . Adott δ ∈ X0 ´erint˝ oh¨ oz xδ (t) := y0 + tδ + φ(y0 + tδ) ω a keresett g¨orbe, mert h∇f (x0 ), δ + hφ0 (y0 ), δi ωi = 0 miatt hφ0 (y0 ), δi = 0 , teh´at x˙ δ (0) = δ . ¤ Innen a felt´eteles lok´ alis sz´els˝ o´ert´ek sz¨ uks´eges felt´etele is k¨ovetkezik. Tegy¨ uk fel hogy g(x) = g(x0 ) = c ´es kx − x0 | < ε eset´en h(x) ≥ h(x0 ) . ♥ h(x0 ) a szintfel¨ ulet x0 pontj´an ´atmen˝o fel¨ uleti g¨orb´ek ment´en is extrem´alis, teh´at ∇f (x0 ) mer˝oleges a g(x) = c fel¨ ulet x0 pontj´ahoz tartoz´o ´erint˝oter´ere. Ha teh´at ∇g(x0 ) 6= 0 akkor ∇h(x0 ) k ∇g(x0 ) . ¤ Fix h ∈ X mellett ugyan´ıgy defini´alhat´ o az fh0 (x) := h∇f (x), hi , x ∈ X funkcion´ al ∇fh0 (x) ∈ ∗ 0 0 0 X deriv´altja az x ∈ X v´altoz´o szerint: ∇fh (x+l) = ∇fh (x)+h∇fh (x), li+ε(x, h, l)klk ∀ l ∈ X , ´es ha ∇fh0 is differenci´alhat´o, akkor ε(x, h, l) → 0 amikor x ´es h r¨ogz´ıtett, de l → 0 . Megmutatjuk hogy ∇fh0 (x) homog´en ´es addit´ıv m´ odon f¨ ugg a h ∈ X v´ altoz´ ot´ ol, ehhez ♥ legyen α, β ∈ R , 0 h, k ∈ X ´es l = te , ahol e ∈ X tetsz˝oleges egys´egvektor. A defin´ıci´ o alapj´an h∇fαh+βk , ei = 0 0 αh∇fh , ei + βh∇fk , ei + ε(x, αh, tl) + ε(x, βk, tl) − ε(x, αh + βk, tl) , amib˝ol a t → 0 hat´ar´ atmenet 0 ut´an h∇fαh+βk , ei = αh∇fh0 , ei + βh∇fk0 , ei k¨ ovetkezik. Mivel e ak´ armelyik egys´egvektor lehet, igazoltuk hogy ∇2 f (x)h := ∇fh0 (x) egy ∇2 f (x) : X 7→ X∗ line´aris lek´epez´est defini´al. ¤ Ha ∇2 f (x) korl´atos, vagyis k∇2 f (x)k := sup{k∇2 f (x)hk : khk ≤ 1} < +∞ , akkor azt mondjuk hogy f k´etszer differenci´alhat´ o. Lagrange m´asodik t´etel´eb˝ ol, felt´eve hogy f az x ∈ X egy k¨ornyezet´eben k´etszer differenci´alhat´ o, a szok´asos m´odon az f (x + h) = f (x) + h∇f (x), hi + 1 2 at kapjuk, ahol ξ az x ´es x + h pontokat ¨osszek¨ ot˝ o szakasz bels˝o pontja. 2 h∇ f (ξ)h, hi formul´ Ez a t´etel a konvexit´as ´es a sz´els˝o´ert´ek el´egs´eges felt´etel´et is megadja. Hilbert t´eren a m´asodik deriv´alt line´ aris korl´ atos oper´ ator. Minim´ alis ´ıvhossz´ u g¨ orb´ ek: Megmutatjuk hogy fel¨ ulet k´et pontja k¨ oz¨ ott a legr¨ ovidebb g¨ orbe´ıv mindig geodetikus. Az r : G 7→ R3 , G ⊂ R2 lek´epez´essel adott Σ fel¨ ulet g¨orb´ei q(t) := r(u(t), v(t)) alak´ uak, ahol a w(t) := (u(t), v(t)) s´ıkg¨orbe a G tartom´ anyban halad. A fel¨ ulet k´et kijel¨olt pontja r(a) ´es r(b) , tegy¨ uk fel hogy q0 = r(w0 ) , w0 = (u0 , v0 ) ezeket ¨osszek¨ ot˝ o minim´alis ´ıvossz´ us´ag´ u fel¨ uleti g¨orbe. Param´eternek a q0 optim´alis g¨orbe t = s ´ıvhossz´ at v´alasztjuk, feladatunk az Z
Z
l
˙ |q(s)| ds =
L(w) := 0
0
l
|ru0 (w)u(s) ˙ + rv0 (w)v(s)| ˙ ds
´ıvhossz minimaliz´al´asa, ahol l a q0 ´ıv hossza, ´es a megengedett w s´ıkg¨ orb´ek a w(0) = a , w(l) = b peremfelt´etelnek tesznek eleget. A ω(0) = ω(l) = 0 peremfelt´etelnek eleget tev˝o, folytonosan differenci´alhat´o ω(s) = (γ(s), δ(s)) g¨orb´ek line´aris teret alkotnak, legyen g(α) := L(w0 + αω) . ♥ Mivel |q˙ 0 | = 1 , a funkcion´alis deriv´alt: Z 0
0
L (w0 )(ω) := g (0) =
0
Z
l
hq˙ 0 (s), ∂α q˙ 0 (s)i ds =
0
l
hq˙ 0 (s), ∂t ∂α q|α=0 (s)i ds = 0 ∀ δ, γ ,
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
122
alis integr´ al´ as ut´an, a peremfelt´etel miatt ahol ∂α q|α=0 (s) := ru0 (w0 )δ + rv0 (w0 )γ . Parci´ Z l h¨ q0 (s), ru0 (w0 )δ(s) + rv0 (w0 )γ(s)i = 0 0
k¨ovetkezik. Mivel δ ´es γ ak´armi lehet, h¨ q0 (s), ru0 (w0 (s))i = h¨ q0 (s), ru0 (w0 (s))i ≡ 0 . A l´ ancg¨ orbe: Azt az y : [−a, a] 7→ R f¨ uggv´enyt keress¨ uk amely minimaliz´alja a Z a p V (y) := y(x) 1 + y 02 (x) dx
¤
−a
helyzeti energi´at az y(−a) = y(a) = 0 ´es L(y) = l k´enyszerfelt´etelek mellett, ahol L(y) := Ra p 1 + y 02 dx a g¨orbe ´ıvhossza. Az L(y) = l mell´ekfelt´etel miatt ez a feladat nehezebb az −a el˝oz˝on´el. Legyen C0k (−a, a) az y(−a) = y(a) = 0 peremfelt´etelt kiel´eg´ıt˝ o, k-szor folytonosan k k differenci´alhat´o f¨ uggv´enyek line´aris tere; C0,l (−a, a) ⊂ C0 (−a, a) elemeinek ´ıvhossza ´eppen l . 2 (−a, a) egyens´ Tegy¨ uk fel hogy az y0 ∈ C0,l ulyi helyzet t´enyleg l´etezik, δ ∈ C01 (−a, a) eset´en az f (t) := V (y0 + tδ) ´es h(t) := L(y0 + tδ) f¨ uggv´enyek differenci´al´ as´ aval kapjuk az Z a Z a L0 (y0 )(δ) := h0 (0) = y00 (x)δ 0 (x)(1 + y002 (x))−1/2 dx = − δ(x)y000 (x)(1 + y002 (x))−3/2 dx , −a −a Z a Z a V 0 (y0 )(δ) := f 0 (0) = δ(x)(1 + y002 (x))1/2 dx + y0 (x)y00 (x)δ 0 (x)(1 + y002 )−1/2 dx −a Z−a a = δ(x)(1 + y002 − y0 y000 )(1 + y002 )−3/2 dx −a
funkcion´alis (ir´anymenti) deriv´altakat; az utols´o egyenlet mindk´et esetben parci´alis integr´ al´ as ´es azonos ´atalak´ıt´as term´eke. Lagrange elve szerint van olyan λ ∈ R hogy V 0 (y0 )(δ) = λL0 (y0 )(δ) ha δ ∈ C01 (−a, a) , amib¨ ol m´ar azonnal k¨ovetkezik az (1 + y002 − y0 y000 )(1 + y002 )−3/2 = λy000 (1 + y002 )−3/2
(13.5)
egyenlet, vagyis (y0 + λ)y000 = (1 + y002 ) . Ez m´as mint a kor´ abbi y 00 = ec (1 + y 02 )1/2 , de a megold´as ugyanaz a l´ancg¨orbe lesz. Az ´altal´ anos megold´ast az y 0 = p(y) helyettes´ıt´essel szok´as meghat´arozni, de ki is lehet tal´alni, egyszer˝ u sz´amol´ assal kapjuk az y = αch(β + x/α) − λ k´epletet. A dolog szimmetri´aja miatt β = 0 , az α ´es λ sz´amokat a k´enyszerfelt´etelek hat´arozz´ ak 45 meg. Ez a levezet´es nem teljesen korrekt mert nem nevezt¨ uk meg azt a Hilbert teret amiben dolgozunk. ♥ Az L0 (y0 )(δ) ´es V 0 (y0 )(δ) = 0 funkcion´ alok kiterjeszthet˝ok a teljes L2 (−a, a) t´erre, legyen X0 a C01 (−a, a) ´altal gener´alt alt´er, X pedig az αL0 (y0 ) + δ , α ∈ R , δ ∈ X0 alak´ u 2 0 f¨ uggv´enyek L tere. Mivel L (y0 ) 6= 0 , y0 az L(y) = l fel¨ ulet regul´aris pontja, teh´at Lagrange m´odszere m˝ uk¨odik. ¤ Minim´ alis felsz´ın˝ u forg´ astest: Az y(x) g¨orbe megforgat´as´ aval kapott forg´astestnek [−a, a] intervallumhoz rendelt felsz´ıne ´es t´erfogata Z a Z a 02 1/2 F (y) = 2π y(x)(1 + y (x)) dx , V (y) = π y 2 (x) dx , −a
−a
amib˝ol az y(−a) = y(a) peremfelt´etel mellett az el˝oz˝ o szakasz okoskod´as´ aval az Z a Z a 0 02 00 02 −3/2 0 hF (y, δ)i = 2π δ(x)(1 + y − yy )(1 + y ) dx , hV (y), δi = 2π δ(x)y(x) dx −a
−a
F0
0
y 02
yy 00 )(1
y 02 )−3/2
k´epleteket kapjuk. Az = λV felt´etel most az (1 + − + = λy egyenlethez 0 vezet. Ez is hi´anyos, megint az y = p(y) helyettes´ıt´es vezet el a megold´ashoz. K¨onny¨ u ellen˝orizni 45Logikailag egyszer¯ ubb, de tal´ an kev´esb´e tanuls´ agos a k¨ ovetkez¯ o okoskod´ as. El´eg k¨ onny¯ u sz¨ uks´eges felt´etelt
tal´ alni a Q(y) := V (y)/L(y) funkcion´ al minimum´ anak hely´ere, mert ha az y0 ∈ C0 (−a, a) , akkor mindegyik gδ (t) := Q(y0 + tδ) f¨ uggv´enynek a t = 0 pontban minimuma van, felt´eve hogy δ ∈ C0 (−a, a) . Ez a sz´ amol´ as is a l´ ancg¨ orbe (13.5) egyenlet´ehez vezet.
Modern anal´ızis
123
hogy λ = 2 ´es y0 := (a2 − x2 )1/2 a keresett profil, teh´at adott t´erfogat´ u forg´astestek k¨oz¨ ott a g¨omb felsz´ıne a legkisebb 13.5. M´ ert´ ekelm´ elet. Az integr´alsz´ am´ıt´ as alapja, n´elk¨ ul¨ ozhetetlen olyan hasznos tudom´anyokhoz mint a Fourier anal´ızis, val´oszin˝ us´egsz´ am´ıt´ as, parci´alis differenci´al egyenletek, ´es ´ıgy tov´abb. A monoton oszt´ aly t´ etele: Algebrai strukt´ ur´ aja miatt ak´arh´ any σ-gy˝ ur˝ u k¨oz¨ os r´esze is az, teh´at az X alaphalmaz r´eszhalmazaib´ ol ´all´ o C oszt´alyt tartalmaz˝o ¨osszes σ-gy˝ ur˝ u metszet´et joggal nevezz¨ uk a C ´altal gener´alt σ-gy˝ ur¨ unek; ez a C oszt´alyt tartalmaz´o legsz˝ ukebb σ-gy˝ ur˝ u. Halmazrendszer ´altal gener´alt σ-algebra konstrukci´ oja hasonl´o. Az M halmazoszt´aly monoton ha tartalmazza n¨ov˝o sorozatainak egyes´ıt´es´et, ´es a fogy´o sorozatok metszeteit is. Gy˝ ur˝ ut tartalmaz´ o legsz˝ ukebb monoton oszt´ aly ´eppen a gy˝ ur˝ u ´ altal gener´ alt σ-gy˝ ur˝ u.♥ Legyen X0 a gy˝ ur˝ u, X ´es M ⊂ X az ´altala gener´alt σ-gy˝ ur˝ u illetve monoton oszt´aly, v´eg¨ ul MA := {B ∈ M : A ∪ B ∈ M} . Az ut´obbi nyilv´an monoton oszt´aly, ´es MA ⊃ X0 ha A ∈ X0 , teh´ at ilyenkor MA = M mert M minim´alis. Azt l´attuk be hogy ha A ∈ X0 ´es B ∈ M akkor A ∪ B ∈ M , de az ilyen tulajdons´ag´ u A halmazok is monoton oszt´alyt alkotnak, teh´at M tartalmazza b´armely k´et halmaz´anak egyes´ıt´es´et is. Hasonl´oan, McA := {B ∈ M : A ∩ B c ∈ M} is monoton oszt´aly, ´es McA = M ha A ∈ X0 , teh´at M k´et halmaz´anak k¨ ul¨ onbs´eg´et is tartalmazza, vagyis σ-gy˝ ur˝ u. ¤ M´ ert´ ek kiterjeszt´ ese: B´ar nem volt l´enyeges, kor´ abban csak olyen m´ert´ekekr˝ ol besz´elt¨ unk, amelyek a halmazgy˝ ur˝ un v´eges ´ert´ek˝ uek. σ-gy˝ ur˝ u eset´eben ez a k¨ovetelm´eny m´ar nem tarthat´o, de feltessz¨ uk hogy a vizsg´alt (X, X0 , λ) m´ert´ekt´er σ-v´eges, vagyis van olyan Xn ∈ X0 v´eges m´ert´ek˝ u sorozat hogy X = ∪Xn . Minden Y ∈ X0 halmazhoz hozz´arendelhet˝ o az alapt´er Y Y (Y, X0 , λY ) altere, ami szint´en m´ert´ekt´er, ´es X0 := {A ∩ Y : A ∈ X0 } , λY (A) := λ(A ∩ Y ) defini´al; XY0 m´ar mindig algebra. Megmutatjuk hogy gy˝ru ˝n adott m´ert´ek egy´ertelm˝ uen terjeszthet˝ o ki az X0 ´ altal gener´ alt X σ-gy˝ ur¨ ure, vagyis pontosan egy olyan µ : X 7→ [0, +∞] σ-addit´ıv halmazf¨ uggv´eny (m´ert´ek) van hogy µ(A) = λ(A) ha A ∈ X0 ; az igy kapott m´ert´ekteret (X, X, λ) jel¨ oli. ♥ Ha λ1 ´es λ2 m´ert´ek X-en, akkor M := {A ∈ X : λ1 (A) = λ2 (A)} ⊃ X0 monoton oszt´aly, teh´at λ1 = λ2 . ¤ A m´ert´ek kiterjeszt´ese monoton sorozatok ment´en, a folytonoss´ag kihaszn´al´ as´ aval t¨ort´enik. A λ(A) := lim λ(An ) ha A = ∪An ´es An−1 ⊂ An ∈ X0 defin´ıci´ oval a m´ert´ek egy´ertelm˝ uen + terjeszthet˝ o ki az X0 gy˝ ur˝ ub˝ ol vett megsz´ aml´ alhat´ o egyes´ıt´esek X0 oszt´ aly´ ara, mert ha ♥ X0 3 B ⊂ A akkor B = ∪(B ∩ An ) , teh´at λ(B) ≤ lim λ(An ) . ¤ L´ athat´ o hogy λ(A) = sup{λ(B) : A ⊃ B ∈ X0 } ha A ∈ X+ es λ(A) ≤ λ(B) ha A ⊂ B , A, B ∈ X+ es ut´an 0 , ´ 0 . A kiterjeszt´ + λ = +∞ is lehets´eges, de a gener´al´o gy˝ ur˝ un ´ert´eke persze nem v´altott. Az X0 halmazrendszer sajnos nem gy˝ ur˝ u, de v´eges sok elem´enek metszet´et, ´es megsz´aml´ alhat´ o soknak az egyes´ıt´es´et tartalmazza, ez ut´obbi (∪k An,k ) ∩ (∪k Bn,k ) = ∪k (An,k ∩ Bn,k ) miatt igaz. Az additivit´as λ(A ∪ B) + λ(A ∩ B) = λ(A) + λ(B) ha A, B ∈ X+ aga is ´erv´enyben marad, s˝ot a diagon´alis 0 azonoss´ m´odszerrel az is igazolhat´o hogy ez a kiterjeszt´es alulr´ ol folytonos, vagyis σ-addit´ıv: ha A az + n¨ o v˝ o sorozat egyes´ ıt´ e se, akkor A ∈ X ´ e s λ(A) = lim λ(An ) . ♥ Legyen A = ∪An ´es An ∈ X+ n 0 An = ∪k An,k , ahol An,k ∈ X0 . Feltehetj¨ uk hogy An,k ⊂ An,k+1 ∩ An+1,k mert az elej´et˝ ol kezdve An+1,k rendre kicser´elhet˝o az An,k ∩ An+1,k halmazra, de ekkor A = ∪An,n , teh´ at λ(An ) ≤ λ(A) = lim λ(An,n ) ≤ lim λ(An ) . ¤ Ezut´an ´att´erhetn´enk X+ o sorozataira, 46 de ez az 0 fogy´ iterat´ıv elj´ar´as megsz´aml´alhat´oan sok l´ep´esben sem fejez˝odik be. A l´ep´esenk´enti b˝ov´ıt´es helyett a λ∗ (A) := inf{λ(B) : B ∈ X+ uls˝ o m´ert´ek lesz a kiterjeszt´es 0 } k¨ ∗ eszk¨oze, amije minden A ⊂ X halmaznak van. Nyilv´an λ (A) = λ(A) ha A ∈ X+ es λ∗ (A) ≤ 0 ´ ∗ λ (B) ha A ⊂ B , s˝ot a k¨ uls˝ o m´ert´ek szubaddit´ıv ´es alulr´ ol folytonos. ♥ Mivel minden A, B ⊂ X p´arhoz ´es ε > 0 sz´amhoz van C, D ∈ X+ u ´ gy hogy A ⊂ C , B ⊂ D , de λ∗ (A) > λ(C) − ε ´es 0 + 46Jel¨ olje X± ol vett fogy´ o sorozatok metszeteinek oszt´ aly´ at. A diagon´ alis m´ odszerrel most is 0 a X0 halmazb´
+ igazolhat´ o hogy ha A ∈ X+ o sorozat metszete, akkor λ(A) = lim λ(An ) , teh´ at ´ertelmes a 0 az An ∈ X0 fogy´ m´ert´ek m´ asodik kiterjeszt´ese az A ∈ X± halmazokra: λ(A) := inf{λ(B) : A ⊂ B ∈ X+ oh¨ oz hasonl´ o 0 0 } , ami az els¯ tulajdons´ agokkal rendelkezik.
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
124
λ∗ (B) > λ(D) − ε , teh´at λ∗ (A ∪ B) + λ∗ (A ∩ B) ≤ λ(C ∪ D) + λ(C ∩ D) = λ(C) + λ(D) < λ∗ (A) + λ∗ (B) + 2ε , vagyis λ∗ (A ∪ B) + λ∗ (A ∩ B) ≤ λ∗ (A) + λ∗ (B) . Ha pedig A az An monoton n¨ov˝ o sorozat + ∗ egyes´ıt´ese, akkor van olyan X0 3 Cn ⊃ An szint´en n¨ov˝ o sorozat hogy λ (An ) > λ(Cn ) − ε ; Cn monotonit´asa a λ addit´ıv ´es λ∗ szubaddit´ıv tulajdons´ag´ anak k¨osz¨ onhet˝ o. El˝osz¨ or olyan ∗ (A ) + ε2−n , indukci´ X+ 3 D ⊃ A sorozatot v´ a lasztunk hogy λ(D ) < λ o val igazolhat´ o hogy n n n n 0 λ(Cn ) < λ(An ) + ε
n X
2−k
ha Cn := ∪nk=1 Dk .
k=1
Mivel A ⊂ C := ∪Cn , λ(Cn ) = lim λ(Cn ) ´es λ∗ (An ) ≤ λ∗ (A) ≤ λ(C) , λ∗ (A) = lim λ∗ (An ) . ¤ Az A ⊂ X halmaz Caratheodory szerint m´erhet˝ o ha minden C ∈ X0 halmazt j´ol v´ag kett´e, vagyis λ(C) ≥ λ∗ (C ∩ A) + λ∗ (C ∩ Ac ) ; az ellent´etes egyenl˝ otlens´eg a szubadditivit´as k¨ovetkezm´e47 nye. Az ´ıgy m´erhet˝o halmazok M halmaza az X0 gy˝ ur˝ ut biztosan tartalmazza, ´es mindegyik elem´enek a komplementuma is benne van. A k¨ uls˝ o m´ert´ek alulr´ol folytonos, innen hat´ar´ atmenettel k¨ovetkezik hogy m´erhet˝ o halmaz minden C ∈ X+ halmazt j´ o l v´ a g kett´ e . ♥ Ha C ⊂X 0 tetsz˝oleges, akkor minden ε > 0 sz´amhoz van X+ 3 D ⊃ C u ´ gy hogy A ∈ M eset´ e n 0 λ∗ (C) + ε ≥ λ(D) = λ∗ (D ∩ A) + λ∗ (D ∩ Ac ) ≥ λ∗ (D ∩ A) + λ∗ (D ∩ Ac ) , vagyis m´erhet˝ o halmaz minden halmazt j´ ol v´ ag kett´e. ¤ Ez a t´eny´ all´ as u ´gy is fogalmazhat´o hogy a k¨ uls˝o m´ert´ek az M oszt´alyon addit´ıv: λ∗ (A ∪ B) = λ∗ (A) + λ∗ (B) ha A, B ∈ M ´es A ∩ B = ∅ . M´ar csak az hi´anyzik hogy M monoton oszt´ aly, de ♥ tudjuk hogy hogy ha az An ∈ M fogy´o sorozatnak A a metszete, akkor λ∗ (C) = λ∗ (C ∩ An ) + λ∗ (C ∩ Acn ) ≥ λ∗ (C ∩ A) + λ∗ (C ∩ Ac ) mert λ∗ monoton ´es λ∗ (C ∩ Acn ) → λ∗ (C ∩ A) , teh´at A ∈ M . Monoton n¨ov˝ o sorozatn´al a komplementumok fogynak, ´es M z´art a komplementumok k´epz´es´ere vonatkoz´ oan, teh´at M mono´ ton oszt´aly, ´es ´ıgy tartalmazza a X σ-gy˝ ur˝ ut. Amde gy˝ ur˝ un adott addit´ıv ´es alulr´ ol folytonos, nemnegat´ıv halmazf¨ uggv´eny m´ert´ek , teh´ at megvan az (X, X, λ∗ ) m´ert´ekt´er.¤ Ezzel befejezt¨ uk a m´ert´ek kiterjeszt´es´er˝ol sz´ol´o s´ ulyos t´etelnek a bizony´ıt´ as´ at. Ezut´an m´ert´eknek a valamely X halmaz r´eszhalmazaib´ ol ´all´ o X σ-algeb´an defini´alt nemnegat´ıv σ-addit´ıv ´es σ-v´eges halmazf¨ uggv´enyeket nevezz¨ uk, az (X, X) p´ar m´erhet˝ o t´er, X elemei a m´erhet˝o halmazok , ´es az (X, X, λ) tri´o neve: m´ert´ekt´er. A m´ert´ekt´er v´eges ha λ(X) < +∞ a λ(X) = 1 esetben val´oszin˝ us´egi mez˝or˝ ol besz´el¨ unk, ´es gyakran az (Ω, A, P ) jel¨ol´est haszn´aljuk. A sz´amegyenesen a BR Borel σ-algebra a legfontosabb, ezt a nyilt halmazok gener´alj´ ak, de az intervallumok gener´atuma is BR . Az ezen adott λ Lebesgue m´ert´ek m´ar ismert. Az Rd t´er BRd Borel σ-algebr´aj´at is a nyilt halmazok, illetve a ”t´egl´ ak” gener´alj´ ak, a d-dimenzi´os Lebesgue m´ert´eket szorzatk´ent konstru´alhatjuk meg. Kolmogorov alapt´ etele: Az els˝o r´esz v´eg´en folytonos f¨ uggv´enyek Riemann integr´ alj´ ab´ ol kiindulva konstru´altuk meg a sz´amegyenes Lebesgue m´ert´ek´et. A k¨ovetkez˝ o gondolatmenet a val´oszin˝ us´egsz´am´ıt´as Kolmogorov alapt´etel´e´et k¨oveti, ´es minden ismert m´ert´ek l´enyeg´eben ennek szellem´eben k´esz¨ ul. Legyen Ω = S N az S v´eges vagy megsz´aml´ alhat´ o halmazb´ol alkothat´ o ω = (ω1 , ω2 , ... ωn ...) sorozatok halmaza, σ ∈ Ω eset´en In (σ) az olyan ω ∈ Ω sorozatokb´ol ´all amelyekn´el ωk = σk ha k ≤ n , Fn az In (σ) t´ıpus´ u halmazok egyes´ıt´eseib˝ ol ´all´ o halmazalgebra, v´eg¨ ul A0 := ∪Fn . L´athat´o hogy A0 halmazalgebra, amiben mindegyik In (σ) halmaz diszjunkt In+1 (σ) t´ıpus´ u halmazok egyes´ıt´ese. El˝osz¨ or azt a puszt´an logikai t´enyt igazoljuk hogy ha An ∈ A0 fogy´ o sorozat ´es ∩An = ∅ , akkor An = ∅ ha n el´eg nagy. ♥ Jel¨ olje U1,n az ω ∈ An els˝o elemeinek halmaz´at, ´epp´ ugy mint An , az U1,n sorozat is fogy´o. Ha ∩ U1,n = ∅ , akkor van olyan m k¨ usz¨obsz´am hogy U1,m = ∅ , vagyis An = ∅ ha n ≥ m . Az ellenkez˝ o esetben kiv´ alaszthat´o egy ω1 ∈ ∩ U1,n elem, ´es defini´alhat´ o U2,n ⊂ S mint az olyan ω ∈ An sorozatok ∗ ∗ c 47Ha X ∈ X ´ etel is elegend¯ o, ´es a t´ argyal´ as m´eg egy 0 es λ(X) < +∞ akkor a λ(X) ≥ λ (A) + λ (A ) felt´
kicsit egyszer¯ ubb is. Az el¯ oz¯ o l´ abjegyzet szellem´eben az A ⊂ X halmaz bels¯ o m´ert´ek´et λ∗ (A) := sup{λ(B) : B ⊂ A , B ∈ X± alja. L´ athat´ o hogy λ∗ (A) ≤ λ∗ (A) , ´es bel´ athat´ o hogy egyenl¯ os´eg van ha A m´erhet¯ o. 0 } defini´
Modern anal´ızis
125
m´asodik elemeinek halmaza, ahol az els˝o ´eppen ω1 . Ha ∩ U2,n sem u ¨res, akkor az els˝o k´et elem r¨ogz´ıt´ese ut´an n´ezhetj¨ uk a harmadikat, ´es ´ıgy tov´ abb. Ha az elj´ar´ as valamikor megakad, akkor csak v´eges sok An nem u ¨res, teh´at nincs m´ar mit bizony´ıtani. Ha nem, akkor ellentmond´ ashoz jutunk, mert olyan ω = (ω1 , ω2 , ..., ωn , ...) sorozatot siker¨ ulne kiv´alasztani amelyik mindegyik An halmazban benne van. ¤ Ezt az ´eszrev´etelt a Bn := An ∩ Ac halmazokra alkalmazva l´atjuk hogy ha az An sorozat fogy, ´es ∩ An =: A ∈ A0 , akkor An = A v´eges kiv´etellel. Ha teh´at λ : A0 7→ [0, 1] addit´ıv halmazf¨ uggv´eny, akkor λ folytonos, σ-addit´ıv m´ert´ek az A0 halmazalgebr´an. Ilyen λ m´ert´eket igen k¨onny˝ u megadni, el´eg olyan p(s) ≥ 0 , s ∈ S sz´ amokat tal´alni amelyeknek 1 az ¨osszege. Ezut´ an λ(In (σ)) := p(σ1 )p(σ2 ) · · · p(σn ) ha σ = (σ1 , σ2 , ... , σn , ...) , majd A ∈ A0n P eset´en λ(A) := λ(In (σ)) , ahol az ¨osszegez´es az In (σ) ⊂ A halmazokra vonatkozik, de mindegyiket persze csak egyszer sz´amoljuk. A m´ert´ek kiterjeszt´es´ere haszn´alt el˝oz˝ o konstrukci´ o szerint minden ilyen λ egy´ertelm˝ uen terjeszthet˝o ki az A0 ´altal gener´alt σ algebr´ara, λ(Ω) = 1 ´es (Ω, A, λ) m´ert´ekt´er. Lebesgue m´ert´eke ezut´an u ´gy k´esz¨ ul hogy S := {0, 1} , ´es a p(0) = p(1) =: 1/2 v´alaszt´ assal −n ∀ σ ∈ Ω . Ezut´ megkonstru´aljuk az (Ω, A, λ) m´ert´ekteret. Megjegyezz¨ uk hogy λ(In (σ)) = 2 an P −n f¨ a m´ert´eket m´ar csak fel kell vet´ıteni az X := [0, 1] halmazra a ξ(ω) := +∞ ω 2 u ggv´ e nnyel. n=1 n A ξ −1 (A) = {x ∈ [0, 1] : x = ξ(ω) , ω ∈ Ω} inverz lek´epez´es halmazalgebrai izomorfizmus a A σalgebra ´es a [0, 1] = X intervallum r´eszhalmazai k¨oz¨ ott, teh´at X := {ξ −1 (A) : A ∈ A} σ-algebra, −1 ´es λ(U ) := λ(A) ha ξ (A) = U defini´alja rajta a λ Lebesgue m´ert´eket. Mivel λ(In (σ)) = 2−n , t´enyleg λ(a, b) = b − a ha 0 ≤ a < b ≤ 1 . A a teljes sz´amegyenesre t¨ort´en˝ o kiterjeszt´es a m´ert´ek eltol´as - invarianci´aj´at haszn´alja ki. Ez a konstrukci´ o sok m´as lehet˝os´eget is megenged, p´eld´ aul az S := {0 , 1 , 2} ´es p(0) = p(2) = 1/2 , p(1) = 0 v´alaszt´ assal a Lebesgue szerint nullm´ert´ek˝ uC Cantor halmazra koncentr´ alt m´ert´ek keletkezik. Integr´ al ´ es m´ ert´ ek: A m´ert´ekhez hasonl´oan az integr´ alnak is van absztrakt fogalma. Az f : X 7→ R f¨ uggv´enyek L(X) halmaza vektorh´al´ o ha olyan line´aris t´er, amely k´et elem´evel egy¨ utt azok maximum´at ´es minimum´at is tartalmazza. Az I : L(X) 7→ R line´ aris funkcion´ al pozit´ıv ´es folytonos ha f ≥ 0 eset´en I(f ) ≥ 0 , ´es I(fn ) → 0 amint az fn ≥ 0 sorozat monoton fogyva tart null´ahoz. Ha X0 := {A ⊂ X : lA ∈ L(X)} nem u ¨res, akkor X0 gy˝ ur˝ u, ´es λ(A) := I(lA ) rajta adott m´ert´ek. P´eldak´ent folytonos f¨ uggv´enyek k¨ ul¨onf´ele Riemann integr´ aljait eml´ıthetj¨ uk, az integr´ al folytonoss´ag´at Dini t´etele garant´alja. M´asik p´elda az (X, X0 , λ) m´ert´ekt´er l´epcs˝os f¨ uggv´enyeinek L10 (X, X0 , λ) tere, ahol λ a X0 gy˝ ur¨ un adott v´eges ´ert´ek˝ u m´ert´ek. Az f : X 7→ R f¨ uggv´eny l´epcs˝os, ha v´eges az ´ert´ekk´eszlete, ´es null´ at´ ol csak v´eges m´ert´ek˝ u halmazon k¨ ul¨ onb¨ ozik, vagyis a Ci := [fR = yi ] , i = 1, 2, ..., n szinthalmazai az X0 elemei, ´es a marad´ek C0 halmazon f = 0 . Ilyenkor f dλ := y1 λ(C1 ) + y2 λ(C2 ) + · · · + λ(Cn ) , ´es Dini t´etele helyett m´ert´ekelm´elet kell az integr´al folytonoss´ag´aRnak bizony´ıt´ashoz. Tegy¨ uk fel hogy 0 ≤ fn → 0 l´epcs˝os f¨ uggv´enyek fogy´o sorozata, ekkor ♥ fn dλ ≤ K λ[fn ≥ δ] + δ λ[fn > 0] ≤ K λ[fn ≥ δ] + δ λ[f1 > 0] , ahol K < +∞ az f1 , ´es ´ıgy fn korl´atja. Tudjuk hogy λ[f1 > 0] < +∞ , ´es az An := [fn ≥ δ] fogy´o sorozat k¨oz¨ os r´esze nullahalmaz, teh´at λ(An ) → 0 ∀ δ . ¤ Az I : L1 (X) 7→ R pozit´ıv ´es folytonos line´aris funkcion´ al integr´al ha valah´ anyszor f az 1 fn ∈ L (X) monoton sorozat hat´ar´ert´eke, ´es az I(fn ) sorozat korl´ atos, akkor f ∈ L1 (X) ´es I(f ) = lim I(fn ) , vagyis igaz Beppo Levi t´etele. Az enn´el ´altal´ anosabb Fatou lemma egyszer˝ u k¨ovetkezm´eny: Ha g, fn ∈ L1 (X) , lim inf I(fn ) < +∞ ´es fn → f , akkor f ∈ L1 (X) ´es I(f ) = lim I(fn ) mert lim inf fn (x) := supn inf{fm (x) : m > n} . ¤ Ezut´ an a domin´alt konvergencia t´etele is nyilv´anval´o: Ha g, fn ∈ L1 (X) , |fn | ≤ g ´es fn → f , akkor f ∈ L1 (X) ´es I(f ) = lim I(fn ) . Ez a s´ema igen gyakran alkalmazhat´ o. Az integr´al ´es a m´ert´ek fogalm´anak szerves kapcsolat´at mutatja a k¨ovetkez˝ o ´eszrev´etel. Ha X := {A ⊂ X : lA ∈ L1 (X)} nem u ¨res, akkor X σ-gy˝ ur˝ u amin λ(A) := I(lA ) m´ert´ek. A k¨ovetkez˝o szakasz mondanival´oja u ´gy foglalhat´o ¨ossze hogy az L(X) vektorh´ al´ on adott I pozit´ıv ´es folytonos line´ aris funkcion´ al kiterjeszt´esek´ent konstru´ alt absztrakt integr´ al a fenti λ m´ert´ek R szerinti integr´ al: I(f ) = f dλ ha f ∈ L1 (X) ´es X nem u ¨res.
126
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
Az integr´ al kiterjeszt´ ese: Riesz Frigyes nyom´ an megmutatjuk hogy vektorh´ al´ on adott pozit´ıv ´es folytonos line´ asris funkcion´ al integr´ all´ a terjeszthet˝ o ki. Az okoskod´as a m´ert´ek kiterjeszt´es´enek logik´aj´ at k¨oveti. Jel¨olje L+ (X) az L(X) vektorh´ al´ o monoton n¨ov˝ o sorozatai hat´arf¨ uggv´enyeinek halmaz´at, ´es legyen I(f ) := lim I(fn ) ha fn ∈ L(X) monoton n˝o ´es fn → f ; I(f ) = +∞ is lehets´eges. A defin´ıci´o egy´ertelm˝ u, mert ha f ≥ g ∈ L(X) akkor g(x) = lim min{g(x), fn (x)} , teh´at ez az I az eredeti kiterjeszt´ese L(X) r˝ol az L+ ⊃ L(X) halmazra. Megjegyezz¨ uk hogy f, g ∈ L+ eset´en nemcsak max{f, g} , hanem min{f, g} is az L+ eleme],. L+ sajnos m´ar nem line´aris t´er, csak konvex halmaz, de az I tulajdons´agai ´erv´enyben maradnak; az se neh´ez hogy ha L+ 3 fn → f monoton n¨ov˝o sorozat, akkor f ∈ L+ ´es I(f ) = lim I(fn ) . Defini´alhatjuk az A ⊂ X halmazok λ∗ (A) := inf{I(f ) : lA ≤ f ∈ L∗ } k¨ uls˝ o m´ert´ek´et, ´es a λ∗ (A) = 0 tulajdons´ag´ u nullahalmazok ismeret´eben alkalmazhatn´ ank Riesz m´odszer´et, l´asd 8. Fejezet. Az elj´ar´as m˝ uk¨odik mert Riesz lemm´aja absztrakt form´aban, az L(X) t´erben is igazolhat´o. Ehelyett P. Daniell tr¨ ukkj´et ismertetj¨ uk, ami Caratheodory konstrukci´ oj´ at ut´anozza. ∗ + A kiterjeszt´es k¨ovetkez˝o l´epese az I (f ) := inf{I(φ) : f ≤ φ ∈ L } defin´ıci´ o. I ∗ (f ) ∈ ∗ (−∞, +∞] fels˝o interg´alja minden f : X 7→ R f¨ uggv´enynek van, ´es I (f ) = I(f ) ha f ∈ L+ . ∗ ∗ ∗ Vil´agos hogy I (f ) ≤ I (g) ha f ≤ g , ´es I (af + bg) ≤ aI ∗ (f ) + bI ∗ (g) ha a, b ≥ 0 ´es a jobboldal nem −∞ + ∞ t´ıpus´ u. R´aad´asul, ha fn monoton n˝o ´es fn →P f akkor I ∗ (f ) ≤ lim I ∗ (fn ) . Ez a Beppo Levi t´ıpus´ u t´etel u ´gy is fogalmazhat´o hogy ha f = ϕn ´es ϕn ≥ 0 , akkor I ∗ (f ) ≤ P ∗ I (ϕn ) , ez ut´obbit igazoljuk. ♥ Feltehej¨ uk hogy a jobboldal v´eges, ekkor minden ε > 0 ´es nP ∈ N sz´amhoz van olyan φn ∈ L+ hogy ϕn ≤ φn de I(φn ) < I ∗ (ϕn ) + ε2−n . Viszont f ≤ φn ∈ L+ . ¤ Az L− oszt´aly az L(X) vektorh´al´o monoton fogy´o fn sorozatainak f hat´arf¨ uggv´enyeib˝ ol ´all, ´es I(f ) := lim I(fn ) ha f ∈ L− , ez is a I kiterjeszt´ese. Az I∗ (f ) := sup{I(φ) : f ≥ φ ∈ L− } = −I ∗ (−f ) fukcion´al az I ∗ fels˝o integr´ahoz hasonl´o, de ellent´etes term´eszet˝ u tulajdons´agokkal rendelkezik, persze I∗ (f ) ≤ I ∗ (f ). Azt tudjuk hogy I ∗ (f ) = I∗ (f ) = I(f ) ha f ∈ L(X) , azt mondjuk hogy f integr´alhat´o, amit f ∈ L1 (X) jel¨ol, ha I∗ (f ) = I ∗ (f ) , ´es ekkor I(f ) := I ∗ (f ) . Az integr´al kiterjeszt´es´enek t´etele: L1 (X) ⊃ L(X) vektorh´ al´ o, ´es rajta I integr´ al. A bizony´ıt´ as kulcsa az az ´eszrev´etel hogy I ∗ az L1 (X) vektorh´ al´ on addit´ıv. Az L1 t´ er: Ebben a szakaszban az integr´ al m´ert´ekelm´eleti t´argyal´ as´ at adjuk, de szok´asost´ ol kiss´e elt´er˝oen, metrikus t´er teljess´e b˝ov´ıt´es´enek konstrukci´ oj´ at k¨ovetj¨ uk. Az (X, X) m´erhet˝ o t´eren adott f : X 7→ R f¨ uggv´eny m´erhet˝ o ha U ∈ BR eset´en a {x ∈ X : f (x) ∈ U } ≡ [f ∈ U ] halmazok mind m´erhet˝oek. Ugyan´ıgy defini´aljuk φ : Rd 7→ R m´erhet˝ os´eg´et, ´es ha egy t¨obbv´ altoz´ os m´erhet˝o f¨ uggv´enybe m´erhet˝o f¨ uggv´enyeket helyettes´ıt¨ unk, akkor m´erhet˝ ot kapunk. Mivel az inverz lek´epez´es halmazelm´eleti izomorfizmus, az [f ∈ U ] ∈ X felt´etelt el´eg egy olyan halmazoszt´alyon ellen˝orizni ami gener´alja a Borel σ-algebr´ at. Ilyenek p´eld´ aul a (−∞, b] intervallumok, teh´at m´erhet˝o f¨ uggv´enyek monoton sorozatainak hat´ar´ert´eke is m´erhet˝ o. A lim sup / lim inf konstrukci´o alapj´an mondhatjuk hogy m´erhet˝ o f¨ uggv´enyek (minden¨ utt) konvergens sorozat´ anak hat´ ar´ert´eke is m´erhet˝ o. Azt mondjuk hogy a m´erhet˝ o f¨ uggv´enyek fn sorozata m´ert´ekben konverg´al az f f¨ uggv´enyhez ha λ[|fn − f | > δ] → 0 ∀ δ > 0 . M´ert´ekben konvergens sorozatnak van majnem biztosan konverg´ al´ o r´eszsorozata mert ♥ radik´alis ritk´ıt´ assal kiv´alaszthat´ o olyan gn r´eszsorozat hogy λ[|gn − f | > 2−n ] < 2−n legyen, de ekkor nullahalmaz kiv´etel´evel |gn (x) − f (x)| > 2−n csak v´eges sokszor fordulhat el˝o. ¤ Az el˝oz˝o szakasszal ellent´etben, adott λ : X0 7→ R[0, +∞) m´ert´ekb˝ ol kiindulva defini´aljuk bizonyos m´erhet˝o f¨ uggv´enyek integr´alj´ at. Az I(f ) = f dλ integr´ al a m´erhet˝ oR f¨ uggv´enyekb˝ ol ´all´ o L1 (X, X, λ) line´aris t´eren ´ertelmezett pozit´ıv line´aris funkcion´ al, ami az R lA dλ = λ(A) ∀ A ∈ X , felt´etelnek is eleget tesz. Markov egyenl˝ otlens´ege szerint αλ[f ≥ α] ≤ f dλ ha f ≥ 0 . Tulajdons´agai az integr´alt m´ar meghat´arozz´ ak, persze tiszt´azni kell hogy melyek az f ∈ L1 (X, X, λ) integr´alhat´o f¨ uggv´enyek. Kiindul´o pontunk mind¨ossze annyi hogy a m´ert´ek az X0 gy˝ ur¨ un adott, teh´at a biyony´ıt´as a m´ert´ek Rkiterjeszt´es´enek t´etel´et is kiadja. A l´epcs˝os f¨ uggv´enyek L10 (X, X0 , λ) line´aris ter´en kf k1 := |f | dλ norma, kf k1 = 0 akkor ´es csak akkor ha f = 0 majdnem minden¨ utt. Azt kell megmutatni hogy ennek a metrikus t´ernek az L1 (X, X, λ) teljes burka m´erhet˝ o f¨ uggv´enyek terek´ent realiz´ alhat´ o. A dolognak ´ertelme csak akkor lehet ha
Modern anal´ızis
127
a l´epcs˝os f¨ uggv´enyek a b˝ov´ıt´es ut´an is f¨ uggv´enyek maradnak: ha f, fn ∈ L10 ´es kf − fn k1 → 0 akkor fn → f m´ert´ekben, teh´at az fn ∈ L10 Cauchy sorozat f -el azonos´ıthat´ o. ♥ Markov szerint λ[|f − fn | > δ] ≤ (1/δ)kf − fn kl . ¤ Az integr´al kiterjeszt´es´evel nincs gond: ha fn ∈ L10 Cauchy sorozat, akkor az integr´ aljainak sorozata is az, teh´at konvergens. Ha k´et sorozat egyes´ıt´ese is Cauchy, akkor az integr´ alok 1 hat´ar´ert´eke ugyanaz, teh´at a kiterjeszt´es egy´ertelm˝ u. Az L t´er ide´alis elemeinek azonos´ıt´ as´ ahoz azt kell ´eszrevenni hogy ha az fn ∈ L10 sorozat monoton ´es majnem minden¨ utt konverg´ al az f f¨ uggv´eRnyhez, tov´abb´ Ra az integr´aljainak sorozata konvergens, akkor fn Cauchy, teh´at mondhatjuk hogy f dλ := lim fn dλ . Tizedes t¨ortben megadott ´ert´ekeinek kerek´ıt´es´evel minden nemnegat´ıv m´erhet˝ o f¨ uggv´eny megk¨ ozel´ıthet˝ o l´epcs˝ os f¨ uggv´enyek monoton sorozat´ aval. Konkr´etan, legyen Xn ∈ X olyan n¨ov˝o sorozat hogy ∪Xn = X de λ(Xn ) < +∞ , valamint fn (x) = 0 ha x 6=RXn , fn (x) = k 10−n ha x ∈ Xn ´es k 10−n ≤ f (x) < (k + 1)10−n . f nem lehet integr´ alhat´ o ha fn dλ → +∞ , teh´at tudjuk hogy egy nemnegat´ıv m´erhet˝ o f¨ uggv´eny mikor integr´ alhat´ o. Nem jeltart´o f¨ uggv´eny integr´alj´at a pozit´ıv ´es negat´ıv r´eszeinek sz´etv´ alaszt´ asz´ aval defini´aljuk, f ∈ L1 (X, X, λ) akkor ´es csak akkor igaz ha |f | ∈ L1 . Ugyan´ ugy mint a Lebesgue integr´ al t´argyal´ asakor, a monoton konvergencia t´etel´enek bi1 olyan fogy´ zony´ıt´asakor tudni kell hogy ha 0 ≤ f ∈ L o sorozat hogy fn → 0 majdnem n 0 R minden¨ utt, akkor fn dλ → 0 . Ezut´ a u megmutatni hogy ha 0 ≤ fn ∈ L1 monoton n˝ o ´es fn → f m.m., akkor f ∈ R n m´ar k¨oRnny˝ 1 L ´es fn dλ → f dλ . Fatou lemm´aja ´es a domin´alt konvergencia t´etele direkt k¨ovetkezm´eny, 1 az ut´obbit a k¨ovetkez˝ o form´ R R aban mondjuk ki: Ha g, fn ∈ L , |fn | ≤ g ´es fn → f m´ert´ekben, 1 akkor f ∈ L ´es fn dλ → f dλ . A bizony´ıt´ as ugyanaz mint a 8. Fejezetben. Egyenletes integr´ alhat´ os´ ag: Legyen (X, X, λ) v´eges m´ert´ekt´er, feltehetj¨ uk hogy λ(X) = 1 . Ha az fn ∈ L1 (X, X, λ) sorozat ´atlagosan konvergens akkor egyenletesen integr´alhat´ o, vagyis Z lim sup |fn | dλ = 0 , (13.6) α→∞ n
[|fn |≥α]
mert |fn | ≤ |f | + |fn − f | , ´es kfn − f k1 → 0 eset´en alkalmazhat´ o a monoton konvergencia t´etele. A domin´alt konvergencia t´etel´eb˝ol k¨ovetkezik hogy ha fn egyenletesen integr´ alhat´ o ´es fn → f m´ert´ekben, akkor kf − fn k1 → 0 . P´eld´ aul, ha fn egyenletesen integr´ alhat´ o, gn korl´ atos ´es gn → 0 m´ert´ekben, akkor fn gnR is egyenletesen integr´ alhat´ o, teh´at kfn gn k → 0 . Megjegyezz¨ uk hogy (13.6) az limα→∞ supn ||fn | R− α|+ dλ = 0 alakba ´ırhat´ o ´ a t, mert ez nyilv´ a nval´ o k¨ o vetkezm´ eny, R a m´asik ir´any pedig az elemi 1[|fn |≥2α] |fn | dλ ≤ 2 ||fn | − α|+ dλ egyenl˝ otlens´eg folyom´ anya. Az L2 t´ er: Megmutatjuk hogy mindegyik L2 (X, X, λ) t´er teljes. ♥ Feltehetj¨ uk hogy λ(X) < +∞ , de ekkor kf k21 ≤ λ(X)kf k22 miatt az L2 fn Cauchy sorozata L1 -ben is az. Nem tudjuk hogy f := L1 lim fn n´egyzetesen integr´ alhat´ o, de f − fn = limm fm − fn m´ert´ekben, teh´at Fatou 2 2 lemm´aj´aval kf − fn k2 ≤ lim inf m kfm − fn k2 . ¤ El˝ ojeles m´ ert´ ekek: σ-addit´ıv halmazf¨ uggv´eny negat´ıv ´ert´ekeket is felvehet, ilyenkor mindig feltessz¨ uk hogy µ v´eges ´ert´ek˝ u. A µ el˝ojeles m´ert´ek pozit´ıv r´esze: µ+ (A) := sup{µ(B) : B ⊂ A} val´odi v´eges ´es nemnegat´ıv m´ert´ek, ´es µ(A) ≤ µ+ (A) ∀ A ∈ X . ♥ El˝ osz¨ or is, µ ´ert´ekk´eszlete korl´atos, mert ha p´eld´aul µ(An ) ≥ n lehets´eges volna, akkor a k¨oz¨ os r´eszek esetleges elhagy´as´aval hasonl´o tulajdons´ag´ u n¨ov˝o sorozatot is tudn´ank k´esz´ıteni. Ennek egyes´ıt´ese v´egtelen m´ert´ek˝ u, ami ellentmond annak hogy feltev´es¨ unk szerint µ(A) mindig v´eP ges. Ha most An p´aronk´ent diszjunkt halmazokb´ol ´all´o sorozat, ´es A : ∪An , akkor µ+ (A) ≥ µ+ (AnP ) a µ+ monotonit´asa miatt. Ha viszont B ⊂ A , akkor Bn := B ∩ An ⊂ An , teh´at µ+ (A) ≤ µ+ (An ) a µ(Bn ) ≤ µ+ (An ) egyenl˝otlens´eg miatt igaz. ¤ A µ negat´ıv Rr´esz´et µ− (A) R = µ+ (A) R − µ(A) defini´alja. Ez is v´eges nemnegat´ıv m´ert´ek, teh´at ´ırhatjuk hogy f dµ := f dµ+ − f dµ− , felt´eve hogy a k¨ ul¨ onbs´eg nem +∞ − ∞ t´ıpus´ u. Korl´atos v´altoz´as´ u f¨ uggv´eRny szerinti Lebesgue - Stieltjes integr´ al vezet ilyen k´epletekhez. Gyakran haszn´alj´ak a µ(f ) := f dµ r¨ovid´ıt´est, ami az itegr´al funkcion´ al volt´ ara utal. Enn´el er˝osebb H. Hahn felbont´asi t´etele: Minden µ el˝ ojeles m´ert´ekhez megadhat´ o az X t´er olyan X + ´es X − diszjunkt m´erhet˝ o halmazokra val´ o X = X + ∪ X − felbont´ asa hogy µ(A) ≥ 0 ha
128
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
A ⊂ X + , m´ıg µ(A) ≤ 0 ha A ⊂ X − . ♥ Tal´ alhat´ o olyan An sorozat hogy µ+ (X) < µ(A) + 2−n , −n + c teh´at µ+ (An ) + µ− (An ) < 2 ; legyen Xn := ∩k>n An ´es X + := ∪Xn+ . Mivel µ+ (X) ≤ µ+ (Xn+ ) + δ ´es µ− (Xn+ ) ≤ 2−n , µ+ (X + ) = µ+ (X) ´es µ− (X + ) = 0 , teh´ at X + ´es X − : (X + )c a keresett felbont´as. ¤ A Radon - Nikodym t´ etel: K´epzelj¨ uk el hogy az (X, X) m´erhet˝ o t´eren k´et σ-v´eges m´ert´ek is adott, λ ´es µ . µ abszol´ ut folytonos a λ m´ert´ekre n´ezve, amit µ ¿ λ jel¨ol, ha λ(A) = 0 eset´en µ(A) = 0 . Az abszol´ ut folytonoss´ag kor´ abbi defin´ıci´ oj´ ahoz hasonl´o igazs´ag hogy ha µ ¿ λ akkor minden ε > 0 sz´ amhoz van δ > 0 u ´gy hogy λ(A) < δ eset´en µ(A) < ε . Az ´all´ıt´ as az abszol´ ut folytonos f¨ uggv´enyekn´el megismert m´odon k¨ovetkezik RadonR ´es Nikodym al´abbi t´etel´eb˝ ol: Ha µ ¿ λ akkor van olyan m´erhet˝ o f ≥ 0 f¨ uggv´eny hogy µ(A) = A f dλ . Ezt az f f¨ uggv´enyt a µ λs˝ ur¨ us´eg´enek nevezz¨ uk, ´esRf = dµ/dλ jel¨oli. ♥ A σ-v´egess´eg miatt feltehetj¨ uk hogy µ(X) < +∞ . Jel¨olje µφ a µφ (A) := A φ dλ k´eplettel defini´alt m´ert´eket, ahol φ ≥ 0 tetsz˝oleges m´erhet˝ o f¨ uggv´eny, ´es legyen F az olyan φ f¨ uggv´enyek halmaza, melyekn´el µφ (A) ≤ µ(A) ∀ A ∈ X . Azt gondoljuk hogy f (x) = sup{φ(x) : φ ∈ F} a keresett s˝ ur¨ us´eg, de ezt m´eg ´ertelmezni kell. F ugyan vektorh´al´o, de azt nem tudjuk hogy van neki m.m. legnagyobb eleme; supF φ nem biztos hogy m´erhet˝o. Viszont tal´alhat´o olyan φn ∈ F n¨ ov˝ o sorozat hogy lim µφn (X) = supF µπ (X) , legyen f := lim φn ; persze f ∈ F ´es µf (X) = supF µφ (X) . Azt kell megmutatni hogy µf (X) = µ(X) , mert innen a µf (Ac ) > µ(Ac ) ellentmond´ ashoz jutunk ha µf (A) < µ(A) . Egyenl˝ore m´eg azt sem tudjuk hogy f nem azonosan nulla, ez´ert n´ezz¨ uk meg a νδ := µ − δλ , δ > 0 el˝ojeles m´ert´eket ´es az ˝o X = Xδ+ ∪ Xδ− Hahn felbont´ as´ at. µ(A) ≥ δλ(A) ha A ⊂ Xδ+ , teh´at f ≥ δ λ-m.m. az Xδ+ halmazon, de ez m´eg nem el´eg. Viszont, az eddigi gondolatmenetet a µ − µf =: µc ¿ λ m´ert´ekkel is v´egigvihetj¨ uk, jel¨olje fc a hozz´a rendelt s˝ ur¨ us´eget, ´es vegy¨ uk + ´eszre hogy f + fc ∈ F . Most azt kapjuk hogy fc ≥ δ λ-m.m. az Xc,δ halmazon, ami νδc := µc − δλ m´ert´ekhez rendelt Hahn felbont´as pozit´ıv m´ert´ek˝ u halmaza. Ha µf (X) < µ(X) volna, akkor + + lenne olyan δ > 0 hogy µc (Xc,δ ) > 0 , de µc ¿ λ miatt λ(Xc,δ ) > 0 is igaz, teh´at fc 6= 0 λ-m.m. A µf (X) < µf +fc (X) ellentmond´as a t´etel igaz volt´ at bizony´ıtja. ¤ A Hahn felbont´as seg´ıts´eg´evel a Radon-Nikodym t´etel el˝ojeles m´ert´ekekre is kiterjeszthet˝o. Lebesque NL t´etel´en´el hi´anyzik annak bizony´ıt´ asa hogy abszol´ ut folytonos f¨ uggv´eny deriv´ altja integr´ alhat´ o. ♥ Ha F abszol´ ut folytonos akkor a µ(a, b) : F (b)−F (a) k´eplettel defini´alt Lebesque - Stieltjes m´ert´ek abszol´ ut folytonos alhat´ o R x a Lebesgue m´ert´ekre n´ezve, teh´at van olyan f integr´ f¨ uggv´eny hogy F (x) = F (a) + a f (y) dy , ´es persze f = F 0 majdnem biztosan. ¤ Szingul´ aris m´ ert´ ekek: A µ ¿ λ felt´etelt a Radon - Nikodym t´etel bizony´ıt´ as´ anak csak a legv´eg´en haszn´altuk ki. Tulajdonk´eppen azt mutattuk meg hogy ha µc (A) > 0 akkor λ(A) = ´ enyes a µ = µc + µf felbont´ 0 , vagyis µ szingul´aris a λ m´ert´ekre vonatkoz´ oan. Erv´ as, ´es ha s X0 := {x : f (x) > 0} , m´ıg X az ˝o komplementuma, akkor λ(X s ) = 0 , µf (A) = µ(X0 ∩ A) ´es µc (A) = µ(X s ∩ A) . A Cantor halmaz eloszl´asf¨ uggv´enye olyan m´ert´eket defini´al a [0, 1] intervalum Borel halmazain, amely szingul´aris Lebesgue m´ert´ek´ere vonatkoz´ oan. Topologikus m´ ert´ ekterek: Legyen λ az (X, ρ) teljes szepar´abilis metrikus t´er Borel halmazainak B σ-algebr´aj´an adott v´eges m´ert´ek; B a nyilt halmazok ´altal gener´alt σ-algebra. Legyen F ∈ F , mivel ψF (x) := (1 + ρ(x, F ))−1 = 1 ha x ∈ F , 0 < ψF (x) < 1 ha x ∈ F c ´es ψ ∈ Cbu (X) , az egyenletesen folytonos f¨ uggv´enyek szinthalmazai is gener´ alj´ ak a Borel σ-algebr´ at. Ugyan´ ugy mint a Lebesgue m´ert´ek eset´eben, sup{λ(C) : C ⊂ A , C kompakt} =: λ∗ (A) ≤ λ∗ (A) := inf{λ(G) : G ⊃ A , G nyilt} , ´es λ∗ (A) = λ∗ (A) ha A ∈ B . A jobboldali egyenl˝ otlens´eg bizony´ıt´sa a m´ert´ek kiterjeszt´as´enek s´em´aj´at k¨oveti. ♥ Legyen B0 := {A ∈ B : λ(A) = λ∗ (A) = λ(X) − λ∗ (Ac )} , a kiterjeszt´esi t´etel ´ertelm´eben azt kell megmutatni hogy B0 algebra, mert G ⊂ B , teh´at λ∗ (A) = inf{λ(B) : B ∈ B0 } . A nyilt ´es z´art halmazok egyar´ ant B0 elemei, ´es ha A ∈ B0 akkor van olyan fogy´o Gn ∈ G ´es n¨ov˝o Fn ∈ F sorozat hogy Fn ⊂ A ⊂ Gn ´es lim λ(Fn ) = λ(A) = lim λ(Gn ) , teh´ at λ(A) + λ(B) = λ(A ∪ B) + λ(A ∩ B) miatt B0 t´enyleg algebra. ¤ A baloldali egyenl˝otlens´eg nehezebb, de most m´ar csak az A ∈ F esetet kell vizsg´alni. Azt kell megtanulni hogy hogyan gy´arhat´ok kompakt, vagyis teljesen korl´ atos z´art halmazok. ♥ Adott
Modern anal´ızis
129
u halmazok oszt´aly´ at, ahol α ⊂ F v´eges; F ∈ F eset´en jel¨olje C0F az {x ∈ X : ρ(x, α) ≤ δ} alak´ δ(A) az A ∈ C0F defin´ıci´oj´aban szerepl˝o k¨ usz¨ ob, Fσ := {x ∈ X : ρ(x, F ) < σ} . Vegy¨ uk ´eszre hogy ha An ∈ C0F ´es δ(An ) → 0 akkor ∩An az F kompakt r´eszhalmaza. Mivel λ(Fσ ) → λ(F ) amint σ → 0 , az hi´anyzik hogy λ(Fσ ) = sup{λ(A) : A ∈ C0F , δ(A) < σ} . De a t´er szepar´abilis, teh´at az Fσ ny´ılt halmaz megsz´aml´alhat´oan sok olyan Kδ (x) g¨omb egyes´ıt´ese, ahol δ ≤ σ ´es x ∈ F ¤ A Cbu (X) t´ er funkcion´ aljai: Riesz m´asodik reprezent´ aci´ os t´etel´enek ´altal´ anos´ıt´ asa a k¨ovetkez˝ o eredm´eny. Tegy¨ uk fel hogy az I : Cbu (X) 7→ R line´aris funkcion´ al rendelkezik a k¨ovetkez˝ o tulajdons´agokkal: I(f ) ≥ 0 ha f ≥ 0 , |I(f )| ≤ kf k , v´eg¨ ul minden ε > 0 sz´amhoz van olyan C kompakt halmaz hogy ha 0 ≤ f ≤ 1 ´es fR = 0 a C halmazon, akkor I(f ) ≤ ε . Ekkor van olyan µ Borel m´ert´ek hogy µ(X) = 1 ´es I(f ) = f dµ ∀ f ∈ Cbu (X) . El˝osz¨ or azt kell megmutatni hogy lim I(fn ) = 0 fn monoton fogyva tart null´ ahoz. ♥ Dini szerint az fn sorozat konvergenci´aja minden kompakt halmazon egyenletes. Legyen ε > 0 ´es gn (x) := max{ε , fn (x)} − ε , ekkor 0 ≤ gn is fogy ´es lim I(gn ) ≤ ε , de fn ≤ gn + ε , teh´at I(fn ) → 0 . ¤ Ezut´an csak hivatkozni kell az integr´al absztrakt elm´elet´ere. Eloszl´ asok gyenge konvergenci´ aja: Jel¨olje P (X) az (X, ρ) teljes szepar´abilis metrikus t´eren adott val´oszin¨ us´egi m´ert´ekek halmaz´ alR at. A µ ∈ P (X) m´ert´ekeket a Cb (X) t´er line´aris funkcion´ jaik´ent k´epzelj¨ uk el, ez´ert a µ(ϕ) ≡ ϕ dµ jel¨ ol´est kedvelj¨ uk. Azt mondjuk hogy µn → µ gyeng´en ha µn (ϕ) → µ(ϕ) ∀ ϕ ∈ Cb (X) . A defin´ıci´ o ´atfogalmaz´ asa ´erdek´eben a kompakt be´agyaz´ askor ¯ ρ¯) kompakt t´er aminek X felbukkant ρ¯ metrik´ara is hivatkozunk. Azt tudjuk hogy van egy (X, s˝ ur˝ u r´eszhalmaza, ´es az (X, ρ¯) t´erben ugyanazok a nyilt halmazok mint az eredetiben. Jel¨olje ¯ Cbu (X) az (X, ρ¯) t´er egyenletesen folytonos f¨ uggv´enyeinek halmaz´at. Mivel minden f ∈ C¯bu (X) ¯ halmazra, ´es Cbu (X) ¯ = Cb (X) ¯ szepar´abilis, egyenletesen folytonos m´odon terjeszthet˝o ki az X ¯ ¯ Cbu (X) is az, legyen {ψn : n ∈ N} ⊂ Cbu (X) s˝ ur˝ u, ´es ∞ X 2−n |λ(ψn ) − µ(ψn )| D(λ, µ) := . 1 + |λ(ψn ) − µ(ψn )| n=1
Igazoljuk hogy D t´ avols´ ag a P (X) t´erben, ´es D(µn , µ) → 0 pontosan azt jelenti hogy µn → µ gyeng´en. A h´aromsz¨og egyenl˝otlens´eg egyszer˝ u, az pedig hogy µ(ψn ) = λ(ψn ) ∀ n ∈ N eset´en µ = λ , az al´abbi gondolatmenetb˝ol is k¨ovetkezik. Igaz´ab´ ol azt kell megmutatni hogy ha µn (φ) → µ(φ) ∀ φ ∈ C¯bu (X) , akkor µn → µ gyeng´en. ♥ Legyen F ∈ F ´es ψF (x) := (1 + ρ¯(x, F ))−1 . ψFm ∈ C¯bu ´es lF (x) ≥ ψFm (x) → lF (x) amint m → ∞ , teh´ at minden ε > 0 sz´amhoz van m ∈ N u ´gy hogy µ(F ) − ε ≤ µ(ψFm ) = limn µn (ψFm ) . Mivel µn (ψFm ) ≤ µn (F ) , µ(F ) ≤ lim sup µn (F ) . A komplementumra ´att´erve: µ(G) ≥ lim sup µn (G) ha G ∈ G . ¤ Az R ∈ BX halmaz Riemann m´erhet˝o µ szerint ha a H hat´ ara nullahalmaz: µ(H) = 0 . ♥ Mivel R∪H z´art, R∩H c nyilt, a fenti ´eszrev´etelek alapj´an µ(R) = lim µn (R) . Az egyenletesen folytonos f¨ uggv´enyekel szemben, a folytonos f¨ uggv´enyek szinthalmazai ´altal´ aban nem Riemann m´erhet˝ oek, de a φ v´altoz´o F( x) := µ[φ < x] eloszl´asf¨ uggv´enye mindig monoton, ´es ahol folytonos ott [φ < x] Riemann m´erhet˝o. Teh´at az Fn (x) := µn [φ < x] sorozat, megsz´aml´ alhat´ o sok x ∈ R ´ert´ekt˝ ol Rb eltekintve konvergens, ´es F a hat´ar´ert´eke. Mivel µ(φ) = a (1 − F (x)) dx , ´es hasonl´o k´eplet adja µn (φ) ´ert´ek´et, ´all´ıt´sunk a domin´alt konvergencia t´etel´enek k¨ovetkezm´enye. ¤ A µn ∈ P (X) sorozat feszes ha minden ε > 0 sz´ amhoz van olyan C ⊂ X kompakt halmaz hogy µn (C) ≥ 1 − ε . Prohorov t´etele szerint minden feszes sorozat tartalmaz gyeng´en konvergens r´eszsorozatot. ♥ Tegy¨ uk fel hogy a Ψ megsz´aml´ alhat´ o s˝ ur¨ u halmaz a Cbu (X) t´erben. A diagon´alis m´odszerrel a µn sorozatb´ol ki tudunk v´alasztani olyan µ0n r´eszsorozatot hogy az ¨osszes I(ψ) := limn µ0n (ψ) , ψ ∈ Ψ hat´ar´ert´ek l´etezik. Mivel |µ0n (φ) − µ0n (ψ)| ≤ ε ha kφ − ψk < ε , al, az I(φ) := limn µ0n (φ) hat´ar´ert´ek mindig l´etezik ha φ ∈ Cbu . I pozit´ıv line´aris funkcion´ |I(φ)| ≤ kφk . Azt kell meg´erteni hogy van olyan µ ∈ P (X) hogy I(ψ) = µ(ψ) , amihez Riesz t´etel´enek utols´o felt´etel´et kell ellen˝orizni. Legyen C az ε > 0 sz´amhoz rendelt kompakt, ´es asakor az illet´ekes φ(x) = 0 ha x ∈ C , ekkor µ0n (φ) ≤ kφkµ(C c ) ≤ εkφk . ¤ A t´etel alkalmaz´ f¨ uggv´enyt´er kompakt halmazait kell ismerni. P´eld´ aul, Donsker invariancia elve az Arzela - Ascoli t´etelre ´ep¨ ul.
¨ ´ ´ FUGGV ¨ ´ TOBBV ALTOZ OS ENYEK
130
´ A MATEMATIKAI FIZIKA ANALITIKUS MODSZEREI ¨ ´ 14. KOMPLEX FUGGV ENYTAN Cauchy nyom´an ismertetj¨ uk a f¨ uggv´enytan kont´ ur integr´ alokra alapozott fel´ep´ıt´es´et. Ez a m´odszer eleg´ansabb ´es hat´ekonyabb is mint a hatv´anysorok Weierstrass ´altal kidolgozott elm´elete. 14.1. Cauchy alapt´ etele ´ es formul´ ai. Kiz´ ar´ olag ¨osszef¨ ugg˝ o nyilt G ⊂ C halmazon, vagyis tartom´anyon ´ertelmezett f : G 7→ C folytonos f¨ uggv´enyekkel foglalkozunk; ∂G a G hat´ ar´ at, ¯ = G ∪ ∂G a G tartom´any lez´artj´at jel¨oli. Ugyan´ G ugy mint a Riemann integr´ aln´ al, az f ∈ C(G) f¨ uggv´eny integr´alj´at a z0 ´es z pontokat ¨osszek¨ ot˝ o Γ := {ζ(τ ) : 0 ≤ τ ≤ t} ⊂ G g¨orbe ment´en a Z n−1 X f (ζ) dζ ≈ f (ζk )(ζk+1 − ζk ) (14.1) Γzz0
k=0
k¨ozel´ıt´esb˝ol sz´amoljuk, ahol ζ(0) = z0 , ζ(t) = z , 0 = τ0 < τ1 < · · · < τn = t ´es ζk := ζ(τk ) . Amikor komplex integr´alr´ol besz´el¨ nk, akkor is mindig feltessz¨ uk hogy a ζ(τ ) = ξ(τ ) + ı η(τ ) g¨orbe folytonos, ´es szakaszonk´ent folytonosan differenci´alhat´ o. Legyen f (z) = u(x, y) + ı v(x, y) ha z = x + ı y , r´eszletesen ki´ırva Z Z t Z t³ ´ ˙ ˙ ) − v (ξ(τ ), η(τ )) η(τ f (ζ) dζ = f (ζ(τ ))ζ(τ ) dτ = u (ξ(τ ), η(τ )) ξ(τ ˙ ) dτ Γzz0
0
0
Z t³ ´ ˙ ) dτ , +ı u (ξ(τ ), η(τ )) η(τ ˙ ) + v (ξ(τ ), η(τ )) ξ(τ 0
ami az integr´al defin´ıci´oj´anak is tekinthet˝ o. Ez a konstrukci´ o formailag felt˝ un˝ oen hasonl´ıt vektomez˝o g¨orbementi itegr´alj´a´era, de a vektorok skal´ aris szorz´asa ´es a komplex sz´amok szorz´asa messze nem ugyanaz, ez´ert Rl´enyeges tartalmi k¨ ul¨ onbs´egek is vannak. Komplex v´altoz´ os f¨ uggv´eny ´ıvhossz szerinti integr´alj´at Γ u(ζ) ds(ζ) jel¨oli. Ha f a F : G 7→ C f¨ uggv´eny deriv´altja, akkor F (ζk+1 )−F (ζk ) = f (ζk )(ζk+1 −ζk )+o(ζk+1 −ζk ) alapj´an, a feloszt´ast minden hat´aron t´ ul finom´ıtva kapjuk az Z Z z F (z) − F (z0 ) = f (ζ) dζ = f (ζ) dζ (14.2) Γzz0
z0
komplex Newton - Leibniz szab´alyt, teh´at ilyenkor az integr´ al csak a g¨orbe v´egpontjait´ ol f¨ ugg, vagyis z´ a rt g¨ o rbe ment´ e n integr´ a lva mindig null´ a t kapunk. Z´ a rt g¨ o rbe ment´ e n sz´ a molt integr´ alt H ol, ´es mind´ıg pozit´ıv, az ´oramutat´ o j´ar´ as´ aval ellent´etes ir´anyban integr´ alunk. Ha Γ f dz jel¨ f mind¨osszeH folytonos, akkor nem biztos hogy van primit´ıv f¨ uggv´enye, ez azon m´ ulik hogy teljes¨ ul-e a f dz = 0 felt´etel. A tov´abbiakban is Kr (z) := {w : |w − z| < r} a nyilt k¨orlap ´es Sr (z) := {ζ : |ζ − z| = r} ¯ r (z) = Kr (z) ∪ Sr (z) . Rendk´ıv¨ az ˝o hat´ara, vagyis Kr (z) = Int Sr (z) , Sr (z) = ∂Kr (z) , ´es K ul tanuls´agos a I 1 dz = 2πı (14.3) z − z0 Sr (z0 ) integr´al, ezt a legk¨onnyebben a z = z0 + reıϕ helyettes´ıt´essel sz´amolhatjuk ki, de a val´ os ´es k´epzetes r´esz bevet´es´evel is ugyanezt kapjuk. Hasonl´oan, I 1 dz = 0 (14.4) (z − z0 )n Sr (z0 ) ha 1 6= n ∈ Z . Ha f (z) = c0 + c1 (z − z0 ) + · · · + cn (z − z0 )n + · · · , ´es r > 0 a konvergenciak¨ or sugar´an´al kisebb, akkor innen I 1 f (z) f (z0 ) = dz 2πı Sr (z0 ) z − z0
Komplex f¨ uggv´ enytan
131
k¨ovetkezik, ami Cauchy alapt´etel´enek legegyszer˝ ubb v´altozata. A komplex f¨ uggv´enytan fel´ep´ıt´es´eben is szerepet kap a geometria, bizony´ıt´ as n´elk¨ ul ismertet¨ unk n´eh´ any szeml´elet alapj´an nyilv´anval´o t´enyt. Tartom´anynak nevezz¨ uk a komplex s´ık ¨osszef¨ ugg˝ o ny´ılt halmazait, tartom´any b´armely k´et pontja ¨osszek¨othet˝o benne halad´o folytonos g¨orb´evel, s˝ot t¨or¨ ottvonallal ´es k¨orl´anccal is. Ez ut´obbi ny´ılt k¨orlapok olyan v´eges sorozata, ahol az egym´as ut´an k¨ovetkez˝ ok k¨oz¨ os r´esze nem u ¨res, ´es az els˝o k¨oz´eppontja az egyik, az utols´o´e pedig a m´asik pont. Egyszer˝ u z´art g¨orbe, m´ asn´even kont´ ur a Γ ⊂ C halmaz, ha k¨orvonal folytonos ´es k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u k´epek´ent ´all´ıthat´ o el˝o. Ez pontosabban annyit jelent hogy van olyan Φ : C ↔ C folytonos ´es k¨olcs¨ onosen egy´ertelm˝ u lek´epez´es aminek az inverze is folytonos, ´es Γ az egys´egk¨ or hat´ar´ anak k´epe. Mivel integr´alni akarunk, azt is feltessz¨ uk hogy alkalmas param´eterez´es mellett a g¨orbe szakaszonk´ent folytonosan differenci´alhat´o, teh´at van ivhossza. Nem egyszer˝ u bizony´ıtani, de igaz hogy a s´ıkot minden Γ kont´ ur k´et r´eszre v´ agja, ´es ezek k¨ oz¨ ul az egyik korl´ atos ´es egyszeresen ¨ osszef¨ ugg˝ o ny´ılt halmaz, vagyis a hat´ ara ´eppen Γ . Ez a komponens a Γ kont´ ur Int Γ belseje. A k¨orgy˝ ur˝ u tartom´any, de nem egyszeresen ¨osszef¨ ugg˝o; k´et kont´ ur hat´arolja. Ha a Γ0 kont´ ur a Γ kont´ ur belsej´eben halad, akkor Int Γ0 ⊂ Int Γ . Azt is mondhatjuk hogy egyszeresen ¨ osszef¨ ugg˝ o tartom´ anyban halad´ o kont´ ur a tartom´ anyhoz tartoz´ o pontra h´ uzhat´ o¨ ossze. A defin´ıci´ o ´ertelm´eben is term´eszetes az r = r(ϕ) , 0 ≤ ϕ < 2π , vagy −π < ϕ ≤ π param´eterez´es. Els˝o feladatunk a primit´ıv f¨ uggv´eny l´etez´ese felt´eteleinek tiszt´az´ asa. A sz´amegyenesen minden folytonos f¨ uggv´enynek van primit´ıv f¨ uggv´enye. Komplexben a helyzet bonyolultabb, nagyon hasonl´ıt er˝ot´er potenci´al - elm´elet´ehez, de a t´argyal´ as sor´an a Stokes t´etel bizony´ıt´ as´ anak technik´aja is szerepet kap. Ha egy folytonos f¨ uggv´enynek valamely tartom´anyban van primit´ıv f¨ uggv´enye, akkor - Newton ´es Leibniz t´etele szerint - a tartom´anyban fekv˝o kont´ ur ment´en sz´amolt integr´alja mindig nulla. Ennek az ´all´ıt´asnak a megford´ıt´ asa Morera t´etele, ami konzervat´ıv er˝ot´er potenci´alj´anak l´etez´es´evel rokon´ıthat´o. H Lemma 14.1. Tegy¨ uk fel hogy f ∈ C(G) ´es f dz = 0 minden G-ben halad´ o kont´ ur ment´en. Ekkor f -nek G-ben van primit´ıv f¨ uggv´enye. Rz Bizony: Valamely z0 ∈ G pontb´ol kiindulva defini´alhat´ o F (z) := F (z0 ) + z0 f (z) dz , ahol a jel¨ ol´es is utal arra hogy az integr´al´as eredm´enye nem f¨ ugg a z0 ´es z pontokat ¨osszek¨ ot˝ ou ´tt´ ol. Az integr´al defin´ıci´oja ´ertelm´eben Z w F (w) = F (z) + f (ζ) dζ = f (z)(w − z) + o(w − z) z
az f folytonoss´aga miatt; ez akkor a legink´abb ´atl´ athat´ o ha z-t˝ ol w-ig egyenes ment´en integr´alunk. Teh´at f (z) = F 0 (z) ∀ z ∈ G . ¤ M´ar t´argyaltuk a primit´ıv f¨ uggv´eny l´etez´es´enek legegyszer˝ ubb felt´etel´et, de ism´etl´es a tud´as anyja. Lemma 14.2. Ha f folytonosan differenci´ alhat´ o a z0 pont egy k¨ oralak´ u k¨ ornyezet´eben, akkor ott van primit´ıv f¨ uggv´enye. Bizony: Irjuk fel a z0 ´es z pontokat ¨osszek¨ ot˝ o ζ(τ ) := z0 + (z − z0 )τ , 0 ≤ τ ≤ 1 egyenes ment´en sz´amolt Z 1 ˙ ) dτ F (z) := F (z0 ) + f (ζ(τ )) ζ(τ 0
˙ ) = z − z0 , ´es dζ(τ )/dz = τ , az integr´ integr´alt, F (z0 ) ´ert´eke tetsz˝oleges. Mivel ζ(τ al m¨og¨ ott differenci´alva, ami itt megendedett, Z 1 ¡ 0 ¢ 0 F (z) = f (ζ(τ ))(z − z0 )τ + f (ζ(τ )) dτ 0
ad´ odik. M´asr´eszt ∂τ f (ζ(τ )) = f 0 (ζ(τ )) (z − z0 ) , teh´at parci´alis integr´ al´ assal F 0 (z) = f (z) . ¤ Ez az els˝o l´ep´es a komplex f¨ uggv´enytan alapt´etele fel´e. Hosszabb sz´amol´ assal j´ar az integr´ al val´os ´es k´epzetes r´esz´enek ki´ır´asa, enn´el a gondolatmenetn´el a Cauchy - Riemann egyenleteket
132
MATEMATIKAI FIZIKA
kell felhaszn´alni. A k¨ornyezet alakja az´ert fontos mert ´ıgy a k¨oz´eppontb´ ol a k¨ornyezet minden pontja el´erhet˝o egyenes ment´en, teh´at a F primit´ıv f¨ uggv´enyt egy´ertelm˝ uen tudtuk defini´alni. A primit´ıv f¨ uggv´eny konvex vagy csillagszer˝ u tartom´anyon is egy´ertelm˝ uen defini´alhat´ o, de az (14.3) p´elda arra utal hogy f (z) := 1/z primit´ıv f¨ uggv´enye, F (z) = log z nem defini´alhat´ o regul´aris m´odon az eg´esz komplex s´ıkon, mert ha a negat´ıv val´ os tengelyt lefel´e haladva l´epj¨ uk ´at, akkor 2πı ugr´asa van; log 0 v´altozatlanul nincs defini´alva. A fenti lemma csak r´eszleges v´alaszt ad a primit´ıv f¨ uggv´eny l´etez´es´enek probl´em´ aj´ ara, Stokes rot´aci´ os t´etel´en´el m´ar haszn´altuk a k¨ovetkez˝o bizony´ıt´as tr¨ ukkj´et. H T´ etel 14.1. Ha f differenci´ alhat´ o a G egyszeresen ¨ osszef¨ ugg˝ o tartom´ anyban, akkor Γ f dz = 0 minden Γ ⊂ G kont´ ur ment´en, vagyis G-ben van primit´ıv f¨ uggv´enye. Bizony: Most csak azt az esetet t´argyaljuk amikor f folytonosan differenci´alhat´ o. Nincs gond ha A ⊂ G olyan apr´o h´aromsz¨og ami benne van egy, a G ´altal tartalmazott k¨orben, mert ilyenkor NL k¨ozvetlen¨ ul alkalmazhat´o. Az ´altal´ anos esetben rakjuk ki Γ belsej´ H et olyan apr´o A h´aromsz¨ogekkel hogy f -nek mindegyiken van primit´ıv f¨ uggv´enye, teh´at ∂A f dz = 0 ∀A . Ezeknek az integr´aloknak az ¨osszege nulla, ´es a szomsz´edos h´aromsz¨ ogek k¨oz¨ os oldalaihoz tartoz´o integr´alok kiejtik egym´ast, mert ellent´etes ir´anyban megy¨ unk v´egig rajtuk. Emiatt a hat´ al H arn´ l´ev˝o, csak egyszer bej´art ´elekhez rendelt integr´ alok ¨osszege is nulla lesz, de ez az ¨osszeg Γ f dz k¨ozel´ıt´ese, teh´at a parkett´az´as finom´ıt´as´ aval kapjuk az ´all´ıt´ ast. ¤ ∗∗ A t´etel al´abbi finom´ıt´asa egy´altal´an nem trivi´alis, kulcsa E. Goursat lemm´aja. H Lemma 14.3. ∂A f dz = 0 ha f az A z´ art h´ aromsz¨ oglap minden pontj´ aban differenci´ alhat´ o. Bizony: Osszuk a h´aromsz¨oget n´egy egybev´ag´ o r´eszre, ezzel az integr´ al is n´egyfel´e bomlik. A n´egy k¨oz¨ ul jel¨olje A1 az (egyik) olyan h´aromsz¨ oget aminek hat´ar´ an az integr´ al abszol´ ut ´ert´eke maxim´alis. Ezut´an ezt az A1 h´aromsz¨ oget osztjuk n´egy egyenl˝ o r´eszre, A2 ezek k¨oz¨ ul adja a maximumot, ´es ´ıgy tov´abb. Az A ⊃ A1 ⊃ A2 ⊃ · · · ⊃ An ⊃ · · · sorozat valamely x0 ∈ A pontra h´ uz´odik ¨ossze, ´es minden ε > 0 sz´amhoz van olyan δ > 0 hogy f (z) = f (z0 ) + f 0 (z0 )(z − z0 ) + rε (z − z0 ) , ahol |rε | < ε ha |z − z0 | < δ . A konstrukci´ o szerint ¯I ¯ ¯I ¯ ¯I ¯ I ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¡ ¢ ¯ n¯ n¯ 0 n ¯ ¯ ¯ ¯ f dz ¯ ≤ 4 ¯ f dz ¯ ≤ +4 ¯ f (z0 ) + f (z0 )(z − z0 ) dz ¯ + 4 |rε ||z − z0 | ds , ¯ ∂A
∂An
∂An
∂An
´es a jobboldal els˝o integr´alja elt˝ unik mert az integrandus folytonosan differenci´alhat´ o. Az utols´o integr´al sz´amol´asa ∂An ´ıvhossza szerint t¨ort´enik. An ker¨ ulete ´eHppen sn = s2−n , ahol s := |∂A| , teh´at az integr´alban |z − z0 | ≤ sn < δ ha n el´eg nagy, vagyis | ∂An f dz| ≤ s2n ε = s2 2−2n ε . ¤ Most m´ar a h´aromsz¨ogekb˝ol k´esz´ıtett parkett´ az´ as m´odoszerrel ´eles´ıthet˝ o a 14.1. T´etel: elhagyhat´ o a deriv´ alt folytonoss´ ag´ anak felt´etele. Enn´el egy kicsit t¨obb is igaz: Ha Γ0 ⊂ Int Γ 0 ´es f differenci´ alhat´ urok k¨ oz¨ otti s´ avban, tov´ abb´ a a s´ av lez´ ar´ as´ an is folytonos, H H o a Γ ´es Γ kont´ akkor Γ0 f dz = Γ f dz . ♥ Ha f a kont´ urvonalakon is differenci´ a lhat´ o , akkor el´eg ˝oket egy H 00 keskeny ¨osv´ennyel ¨osszek¨otni. Igy olyan Γ kont´ urt kapunk amin f dz = 0 , ´es az ¨osv´eny vonall´ a h´ uzhat´o ¨ossze. Az ´altal´anos esetet a Γ ´es Γ0 kont´ urokat a k¨oz¨ ott¨ uk l´ev˝ o s´avb´ ol k¨ozel´ıtve kapjuk. ¤ Megjegyezz¨ uk hogy ha fH a Γ kont´ ur minden bels˝ o pontj´ aban differenci´ alhat´ o, akkor a Γ0 kont´ urt egy pontra ¨ osszeh´ uzva Γ f dz = 0 k¨ ovetkezik. Goursat ¨otlete kifejezetten szellemes, de ma m´ar van rutinszer˝ u bizony´ıt´ as is. A modern geometri´anak a kont´ ur folytonos deform´ aci´ oj´ at haszn´al´ o m´odszere a homot´ opia viszont igen hasznos, sz´amos neh´ez feladat megold´as´ ara is alkalmas. Tegy¨ uk fel hogy a Γ kont´ ur be´agyazhat´ o a Γ(r) , 1 ≥ r ≥ 0 kont´ urok rendszer´ebe u ´gy hogy Γ(1) = Γ , ´es Γ(r) a z0 ∈ Int Γ pontra h´ uz´ odik ¨ossze amint r → 0 . Pontosabban, van olyan z = z(t, r) , 0 ≤ t, r ≤ 1 k´etszer folytonosan differenci´alhat´o g¨orbesereg hogy z(·, r) a Γ(r) egyenlete, teh´at I Z 1 I(r) := f (z) dz = f (z(t, r))zt0 (t, r) dt ha 0 < r ≤ 1 , Γ(r)
0
Komplex f¨ uggv´ enytan
133
tov´abb´a z0 = z(t, 0) = limr→0 z(t, r) ∀ t . Ha f folytonosan differenci´alhat´ o, akkor parci´alis integr´al´assal Z 1 Z 1 0 0 0 00 0 f (z(t, r))zt (t, r)zr (t, r) dt + f (z(t, r))zt,r (t, r) dt = 0 I (r) = 0 0 H ad´ odik, teh´at Γ f dz = 0 . Felhaszn´altuk hogy f 0 (z)zt0 integr´ alhat´ o, ami f 0 folytonoss´ ag´ ab´ ol k¨ovetkezett. Ugyan´ ugy mint a primit´ıv f¨ uggv´eny l´etez´es´enek bizony´ıt´ asakor, alkalmas sim´ıt´ asi technik´ aval ez a felt´etel elker¨ ulhet˝o. A Γ(r) kont´ ursereg l´etez´ese nem nyilv´ anval´ o, itt m´ar igazi geometri´ara van sz¨ uks´eg. ∗∗ Az alapt´ etel: Azt mondjuk hogy az f : G 7→ C f¨ uggv´eny regul´aris a G tartom´anyban ha G minden pontj´aban differenci´alhat´o. A t´eny´ all´ ast f ∈ D(G) jel¨oli. T´ etel H14.2. Tegy¨ uk fel hogy f regul´ aris a Γ kont´ ur belsej´eben, ´es Int Γ lez´ ar´ as´ an is folytonos. Ekkor Γ f (z) dz = 0 , tov´ abb´ a Cauchy I 1 f (ζ) f (z) = dζ ∀ z ∈ Int Γ (14.5) 2πı Γ ζ − z formul´ aja is igaz. H Bizony: Γ f dz = 0 az el˝obb m´ar kij¨ott, teh´at feltehetj¨ uk hogy Γ olyan k¨orvonal aminek z a k¨oz´eppontja. Ekkor Cauchy (14.5) formul´ aja az I I f (ζ) − f (z) dζ = 0 = g(ζ) dζ ζ −z Γ Γ alakba ´ırhat´o ´at, ahol a g(ζ) integrandus ζ = z kiv´etel´evel minden¨ utt differenci´alhat´ o, ´es z k¨ornyezet´eben is korl´atos marad. Emiatt a kritikus z pontot u ¨gyesen megker¨ ulve ´es az eg´erutat ¨osszeh´ uzva, hat´ar´atmenettel kapjuk a fenti egyenletet. ¤ ´ Erdemes ´eszrevenni hogy ha z a Γ kont´ ur k¨ ulsej´eben tal´alhat´ o, de Γ az f regularit´ asi tartom´any´aban halad, akkor a Cauchy integr´ al integrandusa Γ belsej´eben regul´aris, teh´at az integr´ al ´ert´eke nulla. Nyilv´anval´o hogy m´asik kont´ ur ment´en integr´ alva ugyanazt az eredm´enyt kapjuk, nevezetesen f (z) ´ert´ek´et, illetve null´at, aszerint hogy z mindk´et kont´ urnak bels˝o, illetve k¨ uls˝ o pontja. Cauchy k´eplete az integr´al m¨og¨ott differenci´alhat´ o, ami az 1 w−z 1 − = ζ −w ζ −z (ζ − w)(ζ − z) azonoss´agb´ol j´ol l´atszik, teh´at az el˝oz˝o t´etel felt´etelei mellett f ak´arh´ anyszor differenci´alhat´ o ´es I n! f (ζ) f (n) (z) = dζ . (14.6) 2πı Γ (ζ − z)n+1 Persze f (0) (z) ≡ f (z) , vagyis az alapvet˝ o (14.5) egyenlet (14.6) speci´alis esete. A regul´aris f¨ uggv´enyek kiv´al´o tulajdons´agait l´atva azt hihetn´enk hogy csak kevesen vannak, de nem. T´ etel 14.3. Ha f0 : Γ 7→ C folytonos a Γ kont´ ur ment´en akkor I 1 f0 (ζ) f (z) := dζ 2πı Γ ζ − z regul´ aris Γ belsej´eben ´es k¨ ulsej´eben egyar´ ant. Bizony: Csak azt kell meggondolni hogy a kont´ ur integr´ al z szerint differenci´alhat´ o. ¤ Azt persze nem tudjuk hogy f az f0 f¨ uggv´eny kiterjeszt´ese, vagyis f (z) → f0 (ζ) ha ζ ∈ Γ ´es z → ζ , az integr´al maga nem is ´ertelmezhet˝ o ha z ∈ Γ . Cauchy formul´ ainak rengeteg k¨ovetkezm´enye van, az els˝o az Alapt´etel k¨ovetkez˝ o alakja. osszef¨ ugg˝ o, akkor f ∈ D(G) akkor ´es csak akkor igaz ha f ∈ C(G) T´ eHtel 14.4. Ha G egyszeresen ¨ ´es f dz = 0 minden G-ben halad´ o egyszer˝ u z´ art g¨ orbe ment´en. Regul´ aris f¨ uggv´eny ak´ arh´ anyszor differenci´ alhat´ o.
134
MATEMATIKAI FIZIKA
Bizony: A t´etel a 14.1. Lemma ´es a Cauchy formul´ ak egyszer˝ u k¨ovetkezm´enye. Kont´ ur k¨ ulsej´eben a k¨ovetkez˝o t´etel¨ unk van:
¤
T´ etel 14.5. Ha f regul´ aris a Γ kont´ ur Ext Γ k¨ ulsej´eben, Ext Γ lez´ ar´ as´ an is folytonos ´es korl´ atos, v´eg¨ ul |f (z)| → 0 amint |z| → +∞ , akkor I 1 f (ζ) f (z) := dζ ha z ∈ Ext Γ . 2πı Γ z − ζ Bizony: Az Alapt´etelre hivatkozhatunk ha R olyan nagy hogy Γ a |ζ| = R k¨ or belsej´eben halad. Ilyenkor a k´et kont´ urt keskeny ¨osv´ennyel ¨osszek¨ otve olyan kont´ ur keletkezik amiben f regul´aris. Mivel Γ bej´ar´asa negat´ıv ir´any´ u, az ¨osv´enyt ¨osszeh´ uzva azt kapjuk hogy I I 1 f (ζ) f (ζ) 1 f (z) = dζ + dζ . 2πı Γ z − ζ 2πı |ζ|=R ζ − z Jel¨olje I2 a m´asodik integr´alt. Mivel |ζ − z| ≥ R − |z| ≥ R/2 ha |ζ| = R ´es R el´eg nagy, I Z 1 2π 1 |f (ζ)| ds(ζ) = |I2 | ≤ |f (Reıϕ )| dϕ → 0 πR |ζ|=R π 0 amint R → 0 a domin´alt konvergencia t´etel´evel. ¤ Az Alapt´etel tetsz˝oleges ´all´as´ u f´els´ıkon is kimondhat´o, a k¨ovetekz˝ o v´altozat is a Laplace transzform´ aci´on´al lesz hasznos. T´ etel 14.6. Tegy¨ uk fel hogy f folytonos ´es korl´ atos az Re z ≥ a f´els´ıkon, regul´ aris a f´els´ık belsej´eben, tov´ abb´ a f (z) → 0 amint Re z → ∞ . Ha Re z > a akkor Z R Z a+ı∞ 1 1 f (a + ıy) dy f (ζ) dζ f (z) = lim = , R→∞ 2π −R z − a − ıy 2πı a−ı∞ z − ζ ahol a m´ asodik integr´ al esetleg csak improprius form´ aban l´etezik. Bizony: Jel¨olje C azt a f´els´ıkban halad´o f´elk¨ or´ıvet aminek a a k¨oz´eppontja ´es R a sugara. Cauchy szerint Z Z a+ıR 1 1 f (ζ) dζ f (ζ) dζ f (z) = − , 2πı C ζ − z 2πı a−ıR ζ − z teh´at azt kell megmutatni hogy a f´elk¨or´ıven al elt˝ unik amint√R → ∞ . A C ´ıvet √ sz´amolt integr´ h´arom r´eszre bontjuk, az a ≤ Re z ≤ R s´ avba es˝o ´ıvek ¨osszhossza O( R) , a marad´ekon viszont f (z) → 0 amint R → +∞ . Mivel |ζ − z| ≥ R − |z − a| ´es f korl´ atos, az ´all´ıt´ as a domin´alt konvergencia t´etel k¨ovetkezm´enye. ¤ Liouville t´etele szerint: T´ etel 14.7. Ha f ∈ D(C) korl´ atos, akkor konstans. Bizony: (14.6) miatt f 0 (z) =
1 2πı
I Sr (z)
f (ζ) dζ , (ζ − z)2
´es a jobboldal nagys´agrendje O(1/r) amint r → +∞, teh´at f 0 (z) = 0 ∀ z ∈ C . ¤ Innen indirekt bizony´ıt´assal ad´odik az algebra alapt´etele: n-edfok´ u Pn polinomnak pontosan n komplex gy¨oke van. ♥ Ha egy´altal´an nincs gy¨ok, akkor 1/Pn korl´ atos, teh´at konstans. Az ellentmond´ asb´ol els˝ore az j¨on ki hogy minden polinomnak van gy¨oke, de a z − z0 gy¨okt´enyez˝ ot kiemelve az elj´ar´as folytathat´o. ¤ ∗∗ Hasonl´oan igazolhat´o a line´aris algebra fontos t´etele: minden n´egyzetes m´ atrixnak van (komplex) saj´ at´ert´eke. ♥ Ha az n × n m´eret˝ u A m´ atrixnak nincs saj´at´ert´eke akkor f (z) := ha, (zI − A)−1 bi f¨ uggv´eny minden z ∈ C ´es a, b ∈ Rn eset´en defini´alva van, ´es az 1 z−w 1 − = f (w) − f (z) = wI − A zI − A (wI − A)(zI − A)
Komplex f¨ uggv´ enytan
135
azonoss´agb´ol az is l´atszik hogy r¨ogz´ıtett a ´es b mellett f minden¨ utt differenci´alhat´ o. M´asr´eszt a µ ¶ 1/z 1/z ∞ A k (zI − A)−1 = = P I − A/z z k=0 sor az kAk k ≤ kAkk Cauchy egyenl˝otlens´eg miatt kAk < |z| eset´en abszol´ ut konvergens, ´es k(zI − A)−1 k ≤ 2/|z| ha kAk ≤ |z|/2 , teh´ at f (z) → 0 amint |z| → 0 . Liouville most m´ar azt mondan´a hogy mindegyik f konstans, vagzis azonosan nulla, ami nyilv´ an k´eptelens´eg. ¤ Ezut´ an a saj´at´et´ek feladat t´argyal´asa, bele´ertve a minim´alpolinom ´es a Jordan blokkok konstrukci´oj´ at is, az Xλ = ∪ Xλ,m , Xλ,m := {x ∈ Rn : (λI − A)m x = 0} invari´ ans alterek vizsg´alat´ ara vezethet˝ o vissza. ∗∗ Azonnal megadja a gy¨ok¨ok sz´am´at a k¨ovetkez˝ o k´eplet. Ha z0 az f regul´ aris f¨ uggv´eny n-szeres gy¨oke, akkor z0 egy k¨ornyezet´eben f (z) = (z − z0 )n g(z) , ahol g(z0 ) 6= 0 , tov´ abb´ a f 0 (z) = n−1 n 0 n(z − z0 ) g(z) + (z − z0 ) g (z) . Ha teh´at f regul´aris a Γ kont´ ur belsej´eben, ´es annak lez´artj´ an is folytonos, akkor I 0 1 f (ζ) N= dζ (14.7) 2πı Γ f (ζ) ´eppen a Γ belsej´eben tal´alhat´o gy¨ok¨ok sz´ama, multiplicit´ assal egy¨ utt. Ennek bizony´ıt´ as´ ahoz a gy¨okhelyeket kis k¨orokkel kell k¨or¨ ulvenni, amiket keskeny ¨osv´enyekkel k¨ot¨ unk ¨ossze a Γ kont´ urral. Cauchy k´epleteib˝ol regul´aris f¨ uggv´eny hatv´anysor´ at is megkaphatjuk. T´ etel 14.8. Regul´ aris f f¨ uggv´eny a regularit´ as G tartom´ any´ aban analitikus, ´es ha z ∈ KR (z0 ) ⊂ G akkor az al´ abbi sor abszol´ ut konvergens: I ∞ X 1 f (ζ) n f (z) = cn (z − z0 ) ahol cn := dζ . 2πı Γ (ζ − z0 )n+1 n=0
A cn egy¨ utthat´ ok sz´ amol´ asa olyen Γ kont´ ur ment´en t¨ ort´enik hogy z, z0 ∈ Int Γ ⊂ G . Bizony: A m´ertani sor k´eplet´evel 1 1 1 = = ζ −z (ζ − z0 ) − (z − z0 ) ζ − z0
µ ¶ ∞ z − z0 −1 X (z − z0 )n 1+ = , ζ − z0 (ζ − z0 )n+1 n=0
amit f (ζ)-val ´atszorozva ´es tagonk´ent integr´ alva kapjuk az ´all´ıt´ ast. El˝osz¨ or a Γ = SR (z0 ) kont´ ur ment´en integr´alunk, |z − z0 | < R miatt a sor abszol´ ut konvergens ´es tagonk´ent integr´ alhat´ o. Ezut´an m´ar csak arra kell utalni hogy Cauchy integr´ aljai nem f¨ uggnek a kont´ urt´ ol. ¤ Ez a sorfejt´es (14.6) alapj´an persze azonos a hatv´anysorokn´ al megismerttel: ezzel a komplex hatv´anysorok ´es a Cauchy integr´alok elm´elete egym´asba fon´odott. T´ etel 14.9. Ha f ∈ D(G) ´es g ∈ D(G) olyan zn ∈ G sorozat ment´en egyezik amelynek van torl´ od´ asi pontja G-ben, akkor f (z) = g(z) ∀ z ∈ G . Bizony: Legyen h := f − g ´es z0 ∈ G valamelyik torl´od´ asi pont. Persze h ∈ D(G) ´es h(n) (z0 ) = 0 ∀ n, teh´at h(z) ≡ 0 a z0 egy k¨ornyezet´eben. Viszont ¨osszef¨ ugg˝ o G ny´ılt halmaz b´armely k´et pontja ¨osszek¨othet˝o olyan k¨ orl´ anccal hogy az l´anc els˝o k¨or´enek az egyik, az utols´onak a m´asik pont a centruma. Mindegyik k¨or hat´ara is G r´esze, ´es az egym´as ut´an k¨ovetkez˝ o k¨or¨ ok egym´asba metszenek. A konstrukci´o alapj´an, k¨orr˝ ol k¨orre haladva az f = g azonoss´agot az eg´esz tartom´anyra ki lehet terjeszteni. ¤ Laurent sor, rezidumsz´ am´ıt´ as: Az f komplex f¨ uggv´enynek a z0 ∈ C helyen izol´alt szingularit´asa van, ha van olyan G 3 z0 tartom´any hogy f ∈ D(G\z0 ) , ahol G\z0 a G-b˝ol a z0 pont elhagy´as´aval kapott halmaz. Ilyen f¨ uggv´eny keletkezik ha regul´aris f¨ uggv´enyt elosztunk egy polinommal. Izol´alt szingularit´as k¨ornyezet´eben a f¨ uggv´enyt Laurent sora ´all´ıtja el˝o.
136
MATEMATIKAI FIZIKA
abbi sor abszol´ ut T´ etel 14.10. Tegy¨ uk fel hogy f ∈ D(G\z0 ) ´es z ∈ KR (z0 ) ⊂ G , akkor az al´ konvergens: I ∞ X 1 f (ζ) n f (z) = cn (z − z0 ) ahol cn := dζ . 2πı Γ (ζ − z0 )n+1 n=−∞ Az integr´ al´ as olyan Γ ⊂ G kont´ ur ment´en t¨ ort´enjen hogy z0 ∈ Int Γ ⊂ G . Bizony: Legyen 0 < r < |z − z0 | < R ´es KR (z0 ) ⊂ G . Az SR (z0 ) k¨ uls˝ o k¨or¨ on a kor´ abban is haszn´alt ∞ X f (ζ) f (ζ) , = (z − z0 )n ζ −z (ζ − z0 )n+1 n=0
a bels˝o Sr (z0 ) k¨or¨on az ∞
X (ζ − z0 )n f (ζ) f (ζ) =− ζ −z (z − z0 )n+1 n=0
azonoss´agot haszn´aljuk; mindk´et sor abszol´ ut konvergens. A k¨ uls˝ o k¨or¨ on pozit´ıv, a bels˝on negat´ıv ir´anyban integr´alunk, az ´att´er´es keskeny ¨osv´enyen t¨ort´enik; jel¨olje Γ ezt a z´art utat. Cauchy t´etel´et alkalmazva, majd az ¨osv´enyt elt¨ untetve I I I f (ζ) f (ζ) f (ζ) dζ = dζ − dζ f (z) = ζ − z ζ − z ζ SR (z0 ) Sr (z0 ) − z Γ ad´ odik. Ezut´an a k´et kont´ urt azonos´ıtva kapjuk Laurent kifejt´es´et.
¤
L´atjuk hogy izol´alt szingularit´as k¨ornyezet´eben a f¨ uggv´eny f (z) =
∞ X
cn (z − z0 )n
(14.8)
n=−∞
alak´ u. Ha a sornak v´egtelen sok negat´ıv kitev˝oj˝ u tagja van, akkor azt mondjuk hogy z0 az f l´enyeges szingularit´as´anak helye. Ha a legnagyobb negat´ıv kitev˝o n , akkor z0 az f n-edrend˝ u p´olusa. Izol´alt z0 szingularit´as hely´en az f rezidum´at I 1 Res f (z0 ) := c−1 = f (z) dz (14.9) 2πı Γ defini´alja. Ennek ´ertelm´et a k¨ovetkez˝o t´etel adja. T´ etel 14.11. Ha a Γ egyszer˝ u z´ art g¨ orbe belsej´eben az f f¨ uggv´eny a z1 , z2 , ..., zn pontok´ ol eltekintve regul´ aris, ´es az Int Γ lez´ ar´ as´ an is folytonos, akkor I n X f (z) dz = 2πı Res f (zk ) . Γ
k=1
Bizony: A szingularit´asokat kis k¨or¨okkel k¨or¨ ulv´eve, a (14.3) ´es (14.4) k´epletekb˝ ol kapjuk az ´all´ıt´ast. ¤ Ez a t´etel sz´amtalan komplex ´es val´ os integr´ al kisz´amol´ as´ at teszi lehet˝ov´e. Gyakran kell regul´aris f, g f¨ uggv´enyek h´anyados´anak a rezidum´at sz´amolni. Ha g(z0 ) = 0 akkor g 0 (z0 ) 6= 0 eset´en z0 egyszeres. A sorfejt´esb˝ol l´athat´ o hogy g(z) = (z − z0 )h(z) , ´es h(z0 ) 6= 0 ha z0 egyszeres gy¨ok, teh´at Cauchy els˝o formul´ aja szerint ilyenkor Res (f /g) ´ert´eke a z0 helyen ´eppen f (z0 )/h(z0 ) , ahol h(z0 ) = g 0 (z0 ) . Ha z0 a g r-szeres gy¨oke, vagyis g(z0 ) = g 0 (z0 ) = · · · = g (r−1) (z0 ) = 0 , de g (r) (z0 ) 6= 0 , akkor g(z) = (z − z0 )r h(z) , ahol h(z0 ) 6= 0 , teh´ at a deriv´altakra (r−1) vonatkoz´o Cauchy formula alapj´an Res (f /g) a z0 helyen most φ (z0 )/(r − 1)! , ahol φ(z) := f (z)/h(z) .
Komplex f¨ uggv´ enytan
137
14.2. Harmonikus f¨ uggv´ enyek, Poisson formul´ ai. Cauchy k´eplet´eb˝ ol azonnal k¨ovetkezik a maximum elv: Ha f ∈ C(Γ) regul´aris a Γ egyszer˝ u z´art g¨orbe Int Γ belsej´eben ´es z ∈ Int Γ , akkor |f (z)| ≤ max{|f (ζ)| : ζ ∈ Γ} . Szinte nincs mit bizony´ıtani ha Γ k¨orvonal, az ´altal´ anos eset k¨orl´ancon t¨ort´en˝o kiterjeszt´essel ad´odik. Hasonl´o gondolatmenet m˝ uk¨ odik f val´ os ´es k´epzetes r´esz´en´el, de ha Γ k¨or, akkor t¨obbet is mondhatunk. Legyen f (z) = u(z) + ı v(z) , ahol u ´es v val´os ´ert´ek˝ u. ¯ r (z) z´ T´ etel 14.12. Ha f ∈ D (Kr (z)) folytonos a K art k¨ orlapon, ´es u az f val´ os r´esze, akkor Z 2π I 1 1 u(z) = u (reıϕ ) dϕ ≡ u(ζ) ds(ζ) , 2π 0 2rπ Sr (z) ´es a v k´epzetes r´esz hasonl´ o egyenletnek tesz eleget. Bizony: Cauchy k´eplet´eben a ζ = z + reıϕ pol´aris alakra ´att´erve I Z 2π 1 u(ζ) + ı v(ζ) 1 u(reıϕ ) + ı v(reıϕ ) f (z) = dζ = ırerıϕ dϕ . 2πı Sr (z) ζ −z 2πı 0 r exp(ıϕ) Egyszer¨ us´ıt´es ut´an a val´os ´es k´epzetes r´eszek k¨ ul¨ onv´ alaszt´ as´ aval kapjuk a t´etelt. ¤ Regul´aris f¨ uggv´eny val´os ´es k´epzetes r´esze is harmonikus, vagyis az (x, y) val´ os v´altoz´ ok szerint, ahol z = x + ıy , eleget tesznek a ∆ψ = 0 Laplace egyenletnek. A harmonikus jelz˝o a fenti k¨oz´ep´ert´ek t´etelnek k¨osz¨onhet˝o. Dirichlet feladat k¨ or¨ on: Az al´abbi Poisson formula nemcsak a k¨or k¨oz´eppontj´ aban adja meg egy harmonikus f¨ uggv´eny ´ert´ek´et; ezzel megoldja a ∆u = 0 Laplace egyenletet. ¯ R ) akkor a k¨ or belsej´eben T´ etel 14.13. Ha f ∈ D(KR ) ∩ C(K Z 2π I 1 R2 − |z|2 R2 − |z|2 1 ıϕ f (z) = f (Re ) dϕ = f (ζ) ds(ζ) , 2π 0 |Reıϕ − z|2 2Rπ SR |ζ − z|2 ahol ds(ζ) az SR k¨ orvonal ´ıvhossza szerinti integr´ al´ ast jelent; ds = R dϕ . Bizony: Jel¨olje zˆ a z 6= 0 komplex sz´am t¨ uk¨ ork´ep´et az SR k¨ orre vonatkoz´ oan, ezt zˆz¯ = R2 2 2 defini´alja. Innen zˆ|z| = zR , teh´at z ´es zˆ ugyanazon a sug´aron van. Ha p´eld´ aul z ∈ KR akkor zˆ ∈ / KR , teh´at Cauchy szerint I I I f (ζ) 1 f (ζ) 1 f (ζ) 1 f (z) := dζ = dζ − dζ 2πı SR ζ − z 2πı SR ζ − z 2πı SR ζ − zˆ mert a m´asodik integr´al elt˝ unik. Viszont zˆ = R2 /¯ z ´es R2 = ζ ζ¯ , teh´at dζ dζ z − zˆ dζ |z|2 − R2 dζ R2 − |z|2 − = = = ı dϕ , ζ − z ζ − zˆ ζ − zˆ ζ − z ζ z¯ − R2 ζ − z |ζ − z|2 ¯ dϕ . Ezt az azonoss´agot m´ar csak f (ζ)-val kell mert a k¨or¨on dζ = ı Reıϕ dϕ = ı ζ dϕ = (ı R2 /ζ) ´atszorozni ´es integr´alni; ds = R dϕ . ¤ Poisson formul´aj´aban a val´os ´es k´epzetes r´eszek sz´etv´ alnak, ha teh´at f (z) = u(z) + ı v(z) , z = reıφ m´ıg ζ = Reıϕ , v´eg¨ ul z = x + ıy , akkor a cos t´etellel a szokv´anyosabb Z 2π 1 (R2 − r2 ) uR (ϕ) u(r, φ) = dϕ (14.10) 2π 0 R2 + r2 − 2Rr cos(φ − ϕ) alakhoz jutunk, ahol u(r, φ) = u(z) ´es uR (ϕ) = u(ζ) amikor z = reıφ , illetve ζ = Reıϕ . A k´epletben szerepl˝o PR (z, ζ) ≡ PR (r, φ; ϕ) :=
R2 − |z|2 (R2 − r2 ) = 2π |ζ − z|2 2π (R2 + r2 − 2Rr cos(φ − ϕ))
(14.11)
f¨ uggv´eny a k¨orh¨oz tartoz´o Poisson mag. A 14.5. T´etel seg´ıts´eg´evel Poisson formul´ aja a k¨or k¨ ulsej´eben in ´erv´enyes´ıthet˝o, ´ıgy kapjuk a k¨ uls˝ o Dirichlet feladat megold´as´ at.
138
MATEMATIKAI FIZIKA
Csak egyszer˝ us´eg kedv´e´ert t´etelezt¨ uk fel hogy a keresett u harmonikus f¨ uggv´eny el˝o´ırt u0 perem´ert´eke regul´aris f¨ uggv´eny val´os r´esze; (14.10) ett˝ol f¨ uggetlen¨ ul oldja meg a k¨or¨ on Dirichlet feladat´at, vagyis az uR perem´ert´ek ismeret´eben meghat´arozza az u harmonikus f¨ uggv´enyt. Poisson k´eplete minden uR ∈ C(SR ) f¨ uggv´enyhez hozz´arendel egy u harmonikus f¨ uggv´enyt, de ´altal´aban nem l´atjuk hogy u az u0 kiterjeszt´ese. Mivel z ∈ SR eset´en az integr´ al nem is ´ertelmes, ez a k´erd´es csak az u(z) → uR (ζ) ha z → ζ m´odon vethet˝ o fel; t¨obbf´ele gyenge v´altozat lehets´eges. P´eld´aul ha uR ∈ C(SR ) akkor az u(r, φ) → uR (φ) ha r → R radi´ alis limesz l´etezik ´es megegyezik a perem´ert´ekkel. A k´eplet ´ertelmezhet˝ os´eg´ehez uR folytonoss´ aga egy´altal´ an nem sz¨ uks´eges, lehets´eges hogy uR csak valamilyen ´altal´ anos´ıtott ´ertelemben nevezhet˝ o f¨ uggv´enynek. Dirichlet feladat f´ els´ıkon: Poisson m´asodik formul´ aja f´els´ıkon hat´arozza meg a ∆u = 0 Laplace egyenletnek azt a megold´as´at, amely a f´els´ık hat´arol´ o egyenes´en adott. T´ etel 14.14. Tegy¨ uk fel hogy f regul´ aris az Im z > 0 ny´ılt f´els´ıkon, ´es a z´ art f´els´ıkon is folytonos ´es korl´ atos. Ha z = x + ıy ahol x ∈ R m´ıg y > 0 akkor Z f (ξ) y ∞ dξ . f (x + ıy) = π −∞ (ξ − x)2 + y 2 Bizony: Jel¨olje Γ azt a kont´ urt, amely a val´ os tengely ment´en −R-t˝ ol R > 0-ig halad, majd az ıϕ Im z > 0 f´els´ıkban a ζ = Re f´elk¨or´ıv ment´en z´ar´ odik. Ha y = Im z > 0 akkor Im z¯ < 0 , teh´ at Cauchy k´eplet´evel I I 1 1 f (ζ) f (ζ) dζ − dζ . f (z) = 2πı Γ ζ − z 2πı Γ ζ − z¯ M´asr´eszt I f (ζ) f (ζ) 2ı yf (ζ) y f (ζ) − = , vagyis f (z) = dζ . 2 ζ − z ζ − z¯ |ζ − z| π Γ |ζ − z|2 A f´elk¨or´ıv hossza Rπ ´es f rajta is korl´ atos, tov´ abb´ a |ζ − z| ≥ R − |z| , teh´ at az integr´ alnak ez a r´esze elt˝ unik amint R → +∞ . ¤ A val´os ´es k´epzetes r´eszek itt is sz´etv´ alnak, teh´at a ∆u = 0 egyenlet megold´asa az u(x, 0) = u0 (x) peremfelt´etel mellett az y > 0 f´els´ıkon Z ∞ u(x, y) = P+ (x, y; ξ) u0 (ξ) dξ , (14.12) −∞
ahol
y (14.13) π ((x − ξ)2 + y 2 ) a f´els´ık Dirichlet probl´em´aj´anak Poisson magja. Az hogy a peremfelt´etel milyen ´ertelemben teljes¨ ul, itt is bonyolult. 48 Poisson k´epleteinek levezet´esekor z-nek az SR k¨ orvonalra, illetve a val´ os tengelyre vonatkoz´ o zˆ , illetve z¯ t¨ uk¨ork´epeit haszn´altuk Cauchy formul´ aj´ anak ´at´ır´ as´ ara. T¨ ukr¨ oz´esi elv az elj´ar´ as neve, ´es sok m´as esetben is haszn´alhat´o. Konformis lek´ epez´ esek: Regul´aris f¨ uggv´eny a z(t) = z0 + teıϕ egyenest abba a γ s´ıkg¨ orb´ebe viszi ´at, melynek egyenlete w(t) = f (z0 + teıϕ ) = f (z0 ) + f 0 (z0 )eıϕ + o(t) , vagyis γ ´erint˝ oj´enek 0 ıϕ 0 a w0 := f (z0 ) pontban f (z0 )e az ir´anya. Ha teh´at Arg f (z0 ) = φ , akkor a z0 pontban ϕ ir´anysz¨og˝ u egyenes k´epe a w0 pontban φ + ϕ ir´anysz¨ og˝ u ´erint˝ ovel rendelkezik: f minden egyenest ugyanazzal a φ sz¨oggel forgat el. Ennek alapj´an mondjuk hogy regul´aris f¨ uggv´eny mindazon pontok k¨ornyezet´eben sz¨ogtart´ o (alaktart´ o), ahol a deriv´altja nem 0. Defin´ıci´ o szerint a Φ : G ↔ J regul´aris ´es k¨olcs¨on¨osen egy´ertel˝ u f¨ uggv´eny konformis lek´epez´est l´etes´ıt a G, J ⊂ C tartom´anyok k¨oz¨ott. Kompakt halmazon folytonos ´es k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u f¨ uggv´eny inverze is folytonos, teh´at Φ inverze folytonos a J tartom´anyon, de enn´el t¨obb is igaz: P+ (z, ζ) ≡ P+ (x, y; ξ) :=
altja a tartom´ any bels˝ o pontj´ aban nem lehet nulla, teh´ at T´ etel 14.15. Konformis lek´epez´es deriv´ az inverze is konformis. 48A f´ els´ık Poisson formul´ aja a k¨ orre vonatkoz´ ob´ ol is levezethet¯ ou ´gy hogy az ıR k¨ oz´eppont´ u ´es R sugar´ u k¨ orre
´ırjuk fel, majd elv´egezz¨ uk az R → +∞ hat´ ar´ atmenetet.
Komplex f¨ uggv´ enytan
139
Bizony: Tegy¨ uk fel hogy Φ0 (z0 ) = 0 , z0 ∈ G . Mivel Φ ´es az inverze is folytonos, van olyan r > 0 0 ¯ r (z0 ) z´art k¨orlapon, tov´ hogy Φ (z) 6= 0 a K abb´ a |Φ(z) − Φ(ζ)| ≥ |Φ(ζ) − Φ(z0 )| − |Φ(z) − Φ(z0 )| > 0 ha |ζ − z0 | = r ´es |z − z0 | el´eg kicsi, teh´at a 1 N (w) := 2πı
I Sr (z0 )
Φ0 (ζ) dζ Φ(ζ) − w
f¨ uggv´eny w0 = Φ(z0 ) egy teljes k¨ornyezet´eben folytonos, ´ert´eke pedig a Φ(z) = w egyenlet z ∈ Kr (z0 ) megold´asainak sz´ama multiplicit´ assal egy¨ utt, l´asd (14.7). Ezzel m´aris ellentmond´ ashoz 0 jutottunk mert Φ (z0 ) = 0 miatt N (w0 ) ≥ 2 . Val´ oban, a kiv´alasztott kis k¨ornyezetben a Φ(z) = w egyenletnek k¨ ul¨onb¨oz˝o gy¨okei egy´altal´ an nem lehetnek, t¨obbsz¨ or¨ os gy¨okn´el viszont Φ0 (z) = 0 . 0 Minthogy Φ (z) 6= 0 ha z ∈ G , a Ψ inverz f¨ uggv´eny is differenci´alhat´ o: Ψ0 (w) = 1/Φ0 (z) ha w = Φ(z) . ¤ A fentiek szerint konformis lek´epez´es a s´ıkbeli alakzatokat deform´alja ugyan, de a lok´alis szerkezet¨ uket megtartja. Enn´el tartalmasabb ´es hasznosabb a k¨ovetkez˝ o ´eszrev´etel. Jel¨olje Ψ a Φ : G ↔ J konformis lek´epez´es inverz´et, ´es tegy¨ uk fel hogy Φ a G lez´ ar´ as´ an is folytonos. ¯ kompakt halmaz k´epe kompakt, teh´at Φ ´es Ψ a Hat´arpont k´epe nem lehet bels˝o pont, ´es a G ¯ ´es J¯ halmazok k¨oz¨ott is k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ G u lek´epez´est l´etes´ıt u ´gy, hogy a hat´arponthoz hat´arpont van rendelve. Az f : G 7→ C f¨ uggv´eny g : J 7→ C k´ep´et g(w) := f (z) ha w = Φ(z) defini´alja, vagyis g(w) = f (Ψ(w)) , illetve f (z) = g (Φ(z)) . Mivel Φ0 (z) 6= 0 G-n, Ψ regul´aris J-n, teh´at g is regul´aris ha f az volt: g 0 (w) = f 0 (z)Ψ0 (w) . M´ asr´eszt az f (ζ) , ζ ∈ ∂G ´es g(ϑ) , ϑ ∈ ∂(J) perem´ert´ekek k¨oz¨ott is k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u a megfeleltet´es, ha teh´at az egyik halmazon meg tudjuk oldani a Laplace egyenlet Dirichlet probl´em´ aj´ at, akkor a m´asikon is meg tudjuk oldani, mert f (z) = g (Φ(z)) , illetve g(w) = g (Ψ(w)) val´ os ´es k´epzetes r´esze harmonikus f¨ uggv´eny. Pontosabban, ha a feladatot p´eld´ aul J-n tudjuk megoldani, akkor a G hat´ar´an megadott f (ζ) perem´ert´ekeket Ψ-vel ´atvissz¨ uk ∂J-re. Az ´ıgy kapott g(ϑ) := f (Ψ(ϑ)) , ϑ ∈ ∂J peremfelt´etelhez meghat´arozzuk a g regul´aris f¨ uggv´enyt J belsej´eben, majd azt az f (z) = g (Φ(z)) transzform´aci´oval visszavissz¨ uk G-re. A sz´amol´as a val´os (k´epzetes) r´eszek szintj´en is v´egrehajthat´o, mert a z = x + ıy , w = u + ıv jel¨ol´esekkel Φ(z) = u(x, y) + ıv(x, y) , m´ıg Ψ(w) = x(u, v) + ıy(u, v) az inverz lek´epez´es. Teh´at az egym´ashoz rendelt f (z) = f1 (x, y) + ıf2 (x, y) ´es g(w) = g1 (u, v) + ıg2 (u, v) f¨ uggv´enyek transzform´ aci´os szab´alyai f (z) = f1 (x, y) + ıf2 (x, y) = g1 (u(x, y), v(x, y)) + ıg2 (u(x, y), v(x, y)) , g(w) = g1 (u, v) + ıg2 (u, v) = f1 (x(u, v), y(u, v)) + ıf2 (x(u, v), y(u, v)) . Ha teh´at f1 az adott perem´ert´ek, akkor azt a g1 (u, v) := f1 (x(u, v), y(u, v)) k´eplettel ´atvissz¨ uk ∂J-re, majd J-n meghat´arozzuk a ∆g1 = 0 Laplace egyenlet g1 megold´as´ at az ´ıgy kapott perem´ert´ekhez. Ezut´an f1 (x, y) := g1 (u(x, y), v(x, y)) lesz az eredeti feladat megold´asa. Ehhez az f2 k´epzetes r´eszt nem kell ismerni, de Φ ´es Ψ val´ os ´es k´epzetes r´eszeire egyar´ ant sz¨ uks´eg van. A konformis lek´epez´esek alapt´etele szerint minden egyszer˝ u z´art g¨orb´evel hat´arolt tartom´any konformis m´odon k´epezhet˝o le az egys´egk¨ orre, m´eghozz´a u ´gy hogy amikor ζ bej´arja a G hat´ar´at, akkor Φ(ζ) a k¨orvonalon fut v´egig. Ezzel a Dirichlet feladat elvben ´altal´ anos megold´as´ at kaptuk, de a sz¨ uks´eges lek´epez´es meghat´aroz´ asa er˝osen probl´emaf¨ ugg˝ o. Viszont sok a j´o recept, a legegyszer˝ ubb lek´epez´eseket a k¨ovetkez˝ o szakasz t´argyalja. Line´ aris t¨ ortlek´ epez´ esek: A konformis lek´epez´esek k¨oz¨ ott a w = f (z) := (az + b)/(cz + d) alak´ u racion´alis f¨ uggv´enyek a legegyszer˝ ubbek, ahol a, b, c, d adott komplex sz´amok. Valamelyik persze lehetne 1 , de nem tudjuk hogy melyik nem nulla. A c = 0 eset trivi´alis, ezzel nem is foglalkozunk. Ha c 6= 0 akkor f z = −d/c kiv´etel´evel regul´aris, f 0 (z) = (ad − bc)(cz + d)−2 . Eszerint f konstans ha ad = bc , egy´ebk´ent z = g(w) := (b−dw)/(cw −a) az inverze. M´ar tudjuk hogy k¨ornek vagy egyenesnek mindig k¨or vagy egyenes a k´epe; a z0 = −d/c ponton ´athalad´ o k¨or¨ ok
140
MATEMATIKAI FIZIKA
´es egyenesek mennek ´at egyenesbe. El˝o lehet ´ırni hogy a k¨orvonal h´arom meghat´aroz´ o pontja hova ker¨ ulj¨on, de a k¨oz´eppont ´es k´et ker¨ uleti pont k´epe is megadhat´o. Val´ oban, a w − w1 w2 − w3 z − z1 z2 − z3 = (14.14) w − w2 w2 − w1 z − z2 z2 − z1 egyenlet olyan line´aris t¨ortlek´epez´est defini´al, melyn´el zk → wk , k = 1, 2, 3 . Az egyszer˝ ubb w = α + γ/(z − z0 ) alakb´ol tal´an jobban l´atszik hogy mi is t¨ort´enik. Mivel z0 → ∞ , a z0 ponton ´athalad´o k¨or¨ok ´es egyenesek egyenesbe transzform´al´ odnak, a t¨obbi egyenes vagy k¨or mind k¨orbe megy ´at. A z = α + γ/(z − z0 ) egyenlet p z1,2 = (1/2)(z0 + α ± (z0 − α)2 + 4γ gy¨okei a lek´epez´es fixpontjai. P´eld´aul w = (1 − ı z)/(z − ı) az egys´egk¨ ort az Im w > 0 fels˝o f´els´ıkra viszi ´at, m´eghozz´ au ´gy ´ hogy 0 → ı , 1 → 1 , −1 → −1 , −ı → 0 , v´eg¨ ul ı a v´egtelenben t˝ unik el. Erdemes megn´ezni hogy mi t¨ort´enik az egys´egk¨orre vonatkoz´ o Dirichlet feladatot megold´o Poisson integr´ allal, l´asd (14.11). Legyen Re z = x , Im z = y ´es Re ζ = ξ , Im ζ = 0 , ekkor w=
1 + y − ıx 1 − ız = , z−ı x + ıy − ı
ϑ = eıϕ =
1 − ıξ ; ξ−ı
dϕ =
dϑ 2 dξ . =− ıϑ 1 + ξ2
M´asr´eszt |w|2 =
x2 (1 + y)2 y , =1+ 2 2 2 x + (1 − y) (x + (y − 1)2 )
teh´at |w − ϑ|2 =
w−ϑ=
x − ξ + ıy , (ı − ξ)(x + ı y − ı)
(ξ − x)2 + y 2 . (1 + ξ 2 ) (x2 + (y − 1)2 )
¨ Osszes´ ıtve a fentieket P1 (w, ϑ) dϕ =
1 − |w|2 y dξ = P+ (z, ζ) dξ . dϕ = 2 2π|ϑ − w| π ((x − ξ)2 + y 2 )
A kor´abban mondottakkal teljes ¨osszhangban, az egys´egk¨ or P1 Poisson magja ´atment a fels˝o f´els´ık P+ magj´aba. L´enyeges u ´j inform´aci´ohoz juthatunk a k¨ovetkez˝ o ´eszrev´etelek felhaszn´al´ as´ aval. A w = z 2 z lek´epez´es a z s´ık els˝o negyed´et a w s´ık fels˝o f´els´ıkj´ ara, w = e a 0 < Re z < π/2 s´avot a w s´ık els˝o negyed´ere, w = log z pedig az egys´egk¨ or fels˝o r´esz´et az Re w > 0 , 0 < Im w < π s´ avra viszi ´at. Az is igazolhat´o, hogy Z z w = Φ(z) := (ζ − ζ 3 )−2/3 dζ (14.15) 0
a fels˝o f´els´ıkot szab´alyos h´aromsz¨ogre transzform´alja. A fenti transzform´aci´ ok ´es inverzeik seg´ıts´eg´evel negyeds´ıkon, s´avon, f´elk¨or¨on, s˝ot egyenl˝ o oldal´ u h´aromsz¨ og¨ on is meg tudjuk oldani Dirichlet feladat´at. Tetsz˝oleges soksz¨og is megkaphat´ o a f´els´ık konform k´epek´ent az (14.15) k´ pletet ´altal´anos´ıt´o Schwarz-Christoffel formul´ ak seg´ıts´eg´evel. ara 14.3. Laplace transzform´ aci´ o. Inhomog´en differenci´alegyenletek ´es rendszerek megold´as´ alkalmas, k´eplete Z ∞ Lf = F (z) := e−zt f (t) dt , z ∈ C , (14.16) 0
ahol f : R+ 7→ R minden v´eges intervallumon, vagyis lok´alisan integr´alhat´ o. Logikus az f (t) = 0 ha t < 0 konvenci´o, de f (0 + 0) l´etez´ese nem sz¨ uks´eges. Ha |f (t)| ≤ Kect akkor Re z > c eset´en az integr´al abszol´ ut konvergens, ´es |F (z)| ≤ K(Re z − c)−1 , teh´at korl´ atos f¨ uggv´eny Laplace transzform´ altja az Re z > 0 f´els´ıkban regul´ aris, ´es a k´epzetes tengelyen is csak els˝ orend˝ u p´ olusai lehetnek. P´eld´aul Lf = 1/z ha t ≥ 0 eset´en f = 1 , egy´ebk´ent f = 0 . L´athat´ o hogy ha valamilyen
Komplex f¨ uggv´ enytan
141
w ∈ C eset´en az integr´al konvergens, akkor Re z >Re w eset´en abszol´ ut konvergens az, teh´at a konvergencia tartom´anya Re z > a t´ıpus´ u f´elsik, ahol F regul´aris, ´es Z ∞ 0 e−zt tf (t) dt = −L(tf )(z) , F (n) (z) = (−1)n L(tn f )(z) . (14.17) F (z) = − 0
Ez a f´els´ık u ¨res is lehet: Lt−1 az integr´allal sehol sincs defini´alva. Ha viszont eat f (t) → 0 ∀ a > 0 amint t → +∞ , akkor Lf analitikus eg´esz f¨ uggv´eny. Megjegyezz¨ uk hogy ha F (z) := Lf valahol ´ertlmezhet˝o akkor F (z) → 0 amint Re z → +∞ . A Laplace transzform´alt gyakran analitikusan folytathat´o a fenti f´els´ık hat´ar´an t´ ul is, ahol az (14.16) el˝o´ all´ıt´ as m´ar nem ´erv´enyes; tipikus az a helyzet amikor F n´eh´any izol´alt szingularit´ast´ ol eltekintve az eg´esz komplex s´ıkon regul´aris. Ha f ≥ 0 ´es F regul´aris az Re z > a f´els´ıkon, akkor a momoton konvergencia t´etele miatt az Lf integr´al Re z > a eset´en abszol´ ut konvergens, az ´altal´ anos eset bonyolultabb. A trivi´alis ´amde hasznos F (z) = G(z − α) ha f (t) = eαt g(t) ´es G = Lg .
(14.18)
k´eplet azt mondja hogy exponenci´alis f¨ uggv´ennyel val´ o szorz´as a Laplace transzform´alt eltol´as´ at eredm´enyezi. Ford´ıtva, ha t < 0 eset´en g(t) = 0 , akkor F (z) = e−τ z G(z) ha f (t) = g(t − τ ) ´es G = Lg .
(14.19)
Hasonl´oan egyszer˝ u az G(z/c) ha f (t) = g(ct) ´es G = Lg , 0 6= c ∈ R c hasonl´os´agi transzform´aci´o is. Parci´alis integr´al´assal kapjuk az F (z) =
Lf 0 (z) = zLf (z) − f (0) ,
Lf 00 (z) = z 2 Lf (z) − f 0 (0) − zf (0) ,
(14.20)
(14.21)
Lf (n) (z) = z n Lf (z) − z n−1 f (0) − z n−2 f 0 (0) − · · · − zf (n−2) (0) − f (n−1) (0) , (14.22) Z t G(z) ha G := Lg , f (t) := g(s) ds (14.23) F (z) = z 0 k´epleteket. Az L transzform´aci´o line´aris oper´aci´ o, L(cf ) = cLf mindig igaz, de L(f + g) = Lf + Lg csak ott, ahol Lf ´es Lg egyar´ant ´ertelmezve van. A Laplace transzform´aci´ o az f (t) = O(ect ) n¨oveked´esi felt´etelnek eleget tev˝o f¨ uggv´enyek ter´et a D(Re z > c) t´erbe k´epezi le, de L lehets´eges ´ertelmez´esi tartom´anya enn´el l´enyegesen nagyobb; m´ert´ekeknek is van Laplace transzform´altja. P´eld´aul az x ∈ R ponthoz rendelt Dirac f¨ uggv´eny (1 s´ uly´ u m´ert´ek) eset´eben Lδx = e−zx , az x = 0 esetben az azonosan 1 f¨ uggv´enyt kapjuk. Jel¨ol´esek egyszer¨ us´ıt´es´ere alkalmas a θ(t) = 1 ha t ≥ 0 , egy´ebk´ent θ(t) = 0 m´odon defini´alt Heaviside f¨ uggv´eny. Ha θx (t) := θ(t − x) ´es x > 0 akkor Lθx = e−xz /z , ´es nem csak a differenci´al´ asi szab´aly miatt mondhatjuk hogy δx = θx0 , hanem a parci´alis integr´al´as k´eplet´et id´ez˝ o Z ∞ ϕ(x) = − ϕ0 (t)θx (t) dt , ϕ ∈ C 1 (R) , ϕ0 ∈ L1 (R) −∞
azonoss´ag is ezt az elk´epzel´est t´amasztja al´a. Konvol´ uci´ o: h = f ∗ g = g ∗ f defin´ıci´ oja Z ∞ Z h(x) := f (x − y)g(y) dy = −∞
∞
g(x − y)f (y) dy ,
(14.24)
−∞
ahol f, g : R 7→ C , felt´eve hogy az integ´ al l´etezik. A konvol´ uci´ os integr´ al biztosan ´ertelmes ha f korl´atos m´ıg g integr´alhat´o, vagy pedig f, g ∈ L2 (R); ´es ekkor kf ∗ gk ≤ kf kkgk1 , illetve kf ∗ gk ≤ kf k2 kgk2 . Ha t < 0 eset´en f (t) = g(t) = 0 , akkor h = f ∗ g k´eplete Z t Z t h(t) := f (t − s)g(s) ds = g(t − s)f (s) ds . (14.25) 0
0
142
MATEMATIKAI FIZIKA
Egyszer˝ u sz´amol´assal kapjuk hogy konvol´ uci´ o Laplace transzform´altja a Laplace transzform´altak szorzata, vagyis H(z) = F (z)G(z) ha h := f ∗ g ´es F := Lf , G := Lg , H := Lh . Ez az ¨osszef¨ ugg´es sokkal fontosabb ann´al hogy csak ujabb f¨ uggv´enyek Laplace transzform´altj´ anak kisz´amol´as´ara haszn´aljuk. Nevezetes p´ eld´ ak: K¨ozvetlen sz´amol´ assal, vagy a fenti ¨osszef¨ ugg´esek alapj´an hat´arozhatjuk meg az F = Lf Laplace transzform´altat az al´abbi p´eld´ akban; ha m´ast nem mondunk akkor Re z > 0 . A param´eterek val´os sz´amok, de a k´epletek a param´eter komplex ´ert´ekeire is kiterjeszthet˝ok. 1 ha f (t) = eαt z−α √ n! π 1 n F (z) = n+1 ha f (t) = t , n ∈ N , F (z) = √ ha f (t) = √ , z z t Z ∞ F (z) = Γ(α) z −α ha f (t) = tα−1 , Γ(α) = tα−1 e−t dt , α > 0 ,
F (z) = e−αz /z ha f = θα , α ≥ 0 ;
F (z) =
(14.26) (14.27) (14.28)
0
n! ha f (t) = tn eαt , n ∈ N ´es Re z > α , (z − α)n+1 √ F (z) = σ 2π exp(σ 2 z 2 /2) ha f (t) = 2 exp(−t2 /2σ 2 ) , σ > 0 , z ω F (z) = 2 ha f (t) = cos(ωt) ; F (z) = 2 ha f (t) = sin(ωt) , 2 z +ω z + ω2 sin t 2 1 , F (z) = 2 F (z) = arctg ha f (t) = ha f (t) = sin t − t cos t , z t (z + 1)2 z ω F (z) = 2 ha f (t) = ch(ωt) ; F (z) = 2 ha f (t) = sh(ωt) , 2 z −ω z − ω2 F (z) =
F (z) =
z2 − ω2 ha f (t) = t cos(ωt) ; (z 2 + ω 2 )2
F (z) =
(z 2
2zω ha f (t) = t sin(ωt) , + ω 2 )2
(14.29) (14.30) (14.31) (14.32) (14.33) (14.34)
z2 + ω2 2zω ha f (t) = t ch(ωt) ; F (z) = 2 ha f (t) = t sh(ωt) , (14.35) (z 2 − ω 2 )2 (z − ω 2 )2 Racion´alis t¨ortf¨ uggv´enyek Laplace transzform´altjait parci´alis t¨ortekre bont´ as ut´an a fenti k´epletekkel sz´amolhatjuk. Rezg˝ok¨or¨ok tesztel´es´en´el ker¨ ul el˝o F (z) =
F (z) =
th (zT /4) z
´es F (z) =
2sh (zT /2) − zT e−zT /2 , 2z 2 T sh (zT /2)
(14.36)
ahol f a T > 0 peri´odus´ u n´egysz¨ogjel, illetve f˝ ur´eszrezg´es. Az egyenir´ any´ıtott v´alt´ o´ aram f (t) = | sin (πt/T ) | , az ˝o Laplace transzform´altja: πT cth(zT /2) . (14.37) T 2z2 + π2 Inverzi´ os formul´ ak: Ha Lf ≡ 0 az Re z > a f´els´ıkon akkor differenci´algat´ assal kapjuk hogy ott L(pf ) ≡ 0 ha p polinom, vagyis f majdnem minden¨ utt nulla, teh´at a Laplace transzform´ aci´ o k¨ olcs¨ osen egy´ertelm˝ u: Lf ismeret´eben f mindig rekonstru´ alhat´ o. A Fourier transzform´aci´ on´ al is lesz sz´o az inverzi´o probl´em´aj´er´ol ´es a k´et technika hasonl´os´ ag´ ar´ ol, az al´abbi gondolatok a komplex f¨ uggv´enytani h´atteret dombor´ıtj´ ak ki. A legegyszer˝ ubb inverzi´ os formula a k¨ovetkez˝ o: F (z) =
uk fel hogy F := Lf analitikusan terjeszthet˝ o ki a Γ kont´ ur k¨ ulsej´ere, az T´ etel 14.16. Tegy¨ Ext Γ ∪ Γ halmazon folytonos ´es korl´ atos, tov´ abb´ a F (z) → 0 amint |z| → +∞ . Ekkor majdnem minden t > 0 eset´en I 1 f (t) = eζt F (ζ) dζ . 2πı Γ
Komplex f¨ uggv´ enytan
143
Bizony: Jel¨olje fΓ az integr´alt, azt kell megmutatni hogy F (z) = LfΓ ha Γ az Re ζ < Re z f´els´ıkban fekszik. Fubini t´etel´evel Z ∞ I I 1 1 F (ζ) dζ −zt ζt LfΓ (z) = e e F (ζ) dζ dt = , 2πı 0 2πı Γ z − ζ Γ teh´at csak a 14.5. T´etelre kell hivatkozni. ¤ zt Gyakori az az eset amikor F n´eh´any p´olust´ ol eltekintve regul´aris, ilyenkor csak e F (z) rezidumait kell meghat´arozni, felt´eve hogy F (z) → 0 amint |z| → +∞ . Ez a felt´etel persze nem mindig teljes¨ ul, de a k¨ovetkez˝o t´etel szerint helyettes´ıthet˝ o a kicsit enyh´ebb F (z) → 0 ha |Re z| → 0 krit´eriummal. A fentin´el valamivel ´altal´ anosabb Riemann ´es M¨alvin formul´ aja: ha F := Lf regul´aris az Re z ≥ a f´els´ıkon akkor v´arhat´ o hogy f (t) = limR→+∞ fR (t) , legal´abbis majdnem minden¨ utt, ahol Z a+ıR Z 1 eat R ıyt zt fR (t) = e F (z) dz = e F (a + ı y) dy . (14.38) 2πı a−ıR 2π −R A pontos ´all´ıt´asnak tov´abbi felt´etelei vannak, az sem nyilv´ anval´ o hogy az fR → f hat´ ar´ert´ek mindig l´etezik; emiatt az igy kapott eredm´enyt ellen˝orizni illik. Az inverzi´o probl´em´aja az F sz´armaz´ as´ at´ ol f¨ uggetlen¨ ul is felvethet˝ o. Tegy¨ uk fel hogy F regul´aris ´es korl´atos az Re z ≥ a f´els´ıkon, ´es F (z) → 0 amint Re z → +∞ . A 14.6. T´etel bizony´ıt´as´anak mint´aj´ara, az Re ζ = a egyenesen ´es a |ζ − a| = R k¨orvonal t˝ole jobbra es˝o r´esz´en integr´alva kapjuk hogy fR (t) → 0 ha t < 0 . Enn´el tartalmasabb a k¨ovetkez˝ o eredm´eny: T´ etel 14.17. A fenti felt´etelek mellett, Re z > a eset´en LfR (z) → F (z) amint R → +∞ . Bizony: Fubini t´etele szerint Z RZ ∞ Z R 1 1 F (a + ıy) dy −zt+at+ıty LfR (z) = F (a + ı y)e dt dy = 2π −R 0 2π −R z − a − ıy teh´at a 14.6. T´etel alkalmazhat´o. ¤ A Laplace transzform´altak konvergenci´ aj´ ab´ ol az alapf¨ uggv´enyek´e csak bizonyos gyenge ´ertelemben k¨ovetkezik, err˝ol is a Fourier transzform´aci´ on´ al lesz sz´o. P´eld´ aul, az F (z) := e−z ´es a = 0 esetben felt´eteleink teljes¨ ulnek, de nem k¨onny˝ u felismerni hogy fR (t) = (πt − π)−1 sin(Rt − R) ”gyenge” hat´ar´ert´eke a t = 1 pontban u ¨l˝ o Dirac m´ert´ek. Megjegyezz¨ uk hogy az F ≡ 1 esetben az F (z) → 0 ha Re z → +∞ felt´etel nem teljes¨ ul, Riemann ´es M¨alvin formul´ aja m´egis elvezet a Dirac m´ert´ekhez. T¨obbnyire a Riemann - Malvin formula ki´ert´ekel´ese is a rezidumok m´odszer´evel t¨ort´enik. P´eld´aul ha F n´eh´any p´olust´ol eltekintve regul´aris, ´es a p´olusai mind az Re z = a egyenes baloldal´ agi helyein f (t) = ¡an vannak, ¢ tov´abb´a F (z) → 0 amint Re z → −∞ , akkor f folytonoss´ P Res ezt F (z) . Ennek bizony´ıt´as´ahoz az Re ζ = a egyenesen ´es a |ζ − a| = R k¨ or balfel´en kell integr´alni. Magasabbrend˝ u line´ aris egyenletek: Minden Pn (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an val´ os vagy komplex egy¨ utthat´os polinomhoz hozz´arendelhetj¨ uk a d dn x dn−1 dx ) x(t) = n (t) + a1 n−1 (t) + · · · + an−1 (t) + an x(t) = f (t) (14.39) dt dt dt dt line´aris n-edrend˝ u inhomog´en differenci´alegyenletet. Mindk´et oldal Laplace transzform´altj´ at k´epezve Pn (z)X(z) = F (z) + Qn−1 (z) ad´odik, ahol X := Lx , F := Lf , Qn−1 pedig olyan n − 1 foksz´am´ u polinom, amelynek egy¨ utthat´ oi az x0 := x(0) , xk := x(k) (0) , k = 1, 2, ..., n − 1 kezdeti ´ert´ekek line´aris kombin´aci´oi. Az x ¨ + ω 2 x = 0 harmonikus rezg´es eset´eben P2 (z) = z 2 + ω 2 , Q1 (z) = x(0)z + x(0) ˙ . Q1 /P2 Laplace transzform´altja a t´abl´ azatb´ ol is kiolvashat´ o, teh´at az f ≡ 0 esetben sin(ωt) (14.40) x(t) = x(0) cos(ωt) + x(0) ˙ ω a homog´en egyenlet ´ altal´ anos megold´ asa. Kicsit bonyolultabb a x ¨ + 2γ x˙ + ω 2 x = f (t) csillap´ıtott 2 2 rezg´es, ahol γ > 0 , ´es P2 (z) = z + 2γz + ω , Q1 (z) = x(0)z + x(0) ˙ + 2γx(0) . A t´abl´ azat itt Pn (
144
MATEMATIKAI FIZIKA
γt is m˝ uk¨odik, ˜ 2 y = 0 egyenletnek tesz eleget, pde ´erdemes ´eszrevenni hogy y(t) := e x(t) az y¨ + ω 2 2 ahol ω ˜ := ω − γ , vagyis −γt x(t) = x(0)e−γt cos(˜ ω t) + x(0)e ˙
sin(˜ ω t) ω ˜
(14.41)
az ´altal´anos megold´as; a k´eplet a γ 2 > ω 2 esetben is ´erv´enyes. Az ´altal´ anos homog´en (f ≡ 0) egyenlet is t´argyalhat´ o Laplace transzform´aci´ oj´ aval, de erre igaz´ab´ol nincs sz¨ uks´eg, csak Pn gy¨okeit kell ismerni. Ha ugyanis Pn (λ) = 0 akkor eλt megold´ as , j λt ´es ha λ k-szoros gy¨ok, akkor a t e , j = 0, 1, ..., k − 1 f¨ uggv´enyek mindegyike is megold´as lesz. Jel¨olje λ1 , λ2 , ..., λm a Pn (λ) = 0 egyenlet k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o gy¨okeit, rk ∈ N a λk gy¨ ok multiplicit´asa. Ekkor a homog´en egyenlet ´altal´anos megold´asa ϕ(t; c1 , c2 , ..., cn ) =
m X
(ck,1 + ck,2 t + · · · + ck,rk trk −1 ) eλk t ,
(14.42)
k=1
´es a c egy¨ utthat´okat a ϕ(j) (0, c1 , c2 , ..., cn ) = xj , j = 0, 1, ..., n − 1 egyenletekb˝ ol hat´arozhatjuk meg. Az inhomog´en egyenlet keresett megold´as´ at ezut´an u ´gy kapjuk meg, hogy a homog´en egyenletnek a kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´as´ ahoz hozz´aadjuk az inhomog´en egyenlet csupa nulla kezdeti ´ert´ekkel rendelkez˝o partikul´ aris megold´ as´ at, teh´at Pn (z)X(z) = F (z) a megoldand´o egyenlet. Rezolvens az Rn (z) := 1/Pn (z) f¨ uggv´eny neve, ez Pn (z) gy¨okeit kiv´eve mindenhol regul´aris, ´es csak a gy¨ok multiplicit´as´anak megfelel˝o p´olusai lehetnek. Azt az x(t) f¨ uggv´enyt keress¨ uk, amelynek X(z) = Rn (z)F (z) a Laplace transzform´altja. Ha szerencs´enk van, akkor ezt t´abl´ azatb´ ol ¨ossze tudjuk ´all´ıtani, de ez a megk¨ozel´ıt´es esetleges; minden f bemen˝ o jelhez k¨ ul¨ on elj´ar´ asra van sz¨ uks´eg. Ha viszont olyan rn f¨ uggv´enyt tal´alunk, melynek ´eppen az Rn a Laplace transzform´altja, akkor a konvol´ uci´os szab´aly alapj´an Z t x(t) = rn (t − s)f (s) ds (14.43) 0
a keresett partikul´aris megold´as. Az x ¨ + ω 2 x = f (t) harmonikus rezg´es eset´eben r2 (t) = sin(ωt)/ω , amib˝ ol a m´ar ismert Z t 1 x(t) = sin(ωt − ωs)f (s) ds (14.44) ω 0 konvol´ uci´os formul´at kapjuk az x(0) = x(0) ˙ = 0 kezdeti ´ert´ekekkel rendelkez˝ o megold´as megha¡ ¢−1 t´aroz´as´ahoz. Az x ¨ + 2γ x˙ + ω 2 x = 0 csillap´ıtott rezg´esn´el R2 (z) = (z + γ)2 + ω 2 − γ 2 , teh´at ³ p ´ exp(−γt) r2 (t) = p sin t ω 2 − γ 2 (14.45) ω2 − γ 2 a konvol´ uci´os megold´ok´eplet magja. Fizikai szempontb´ ol is l´enyeges a k¨ ul¨ onbs´eg az ω 2 > γ 2 ´es az 2 2 ω < γ esetek k¨oz¨ott. Csak val´os ´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyek Laplace transzform´altjaival foglalkoztunk, de az ´ıgy kapott k´epletek komplex egyenletekre is kiterjeszthet˝ok; az id˝o persze val´ os marad. Fekete doboz: H´ırk¨ozl´esi ´es m´as rendszerek m˝ uk¨ od´es´et gyakran nem differenci´alegyenlet, hanem ´altal´anos t´ıpus´ u, x = k ∗ f konvol´ uci´ os formula ´ırja le, ahol f (t) a bemeneti, x(t) a kimenti jel, t ≥ 0 . A k ´atviteli mechanizmus nem ismert, de a t´enylegesen megfigyelhet˝o f ´es x seg´ıts´eg´evel azonos´ıthat´o. Jel¨olje rendre X , K ´es F a Laplace transzform´altakat, ekkor K = F/X , teh´at az inverzi´os formul´ aval k is meghat´arozhat´ o. Konkr´et feladat megold´asa felk´esz¨ ults´eget ig´enyel, mert a numerikusan sz´amolt K csak k¨ozel´ıt egy Laplace transzform´altat. Stabilit´ as: Azt mondjuk hogy a (14.39) egyenlettel adott rendszer stabil ha az azonosan 0 kezdeti helyzetb˝ol indul´o megold´as (kimen˝o jel) korl´ atos bemeneti jel eset´en mindig korl´ atos marad. Ha van olyan korl´atos bemen˝o jel hogy a kimen˝o jel nem korl´ atos, akkor a rendszer instabil.
Komplex f¨ uggv´ enytan
145
T´ etel 14.18. A (14.39) rendszer akkor ´es csak akkor stabil ha Pn minden gy¨ ok´enek negat´ıv a val´ os r´esze. Bizony: Ha Pn (λ) = 0 ´es Re λ > 0 akkor f ≡ 1 bemen˝o jel eset´en F (λ) 6= 0 , teh´ at λ az X(z) = Rn (z)F (z) p´olusa. Viszont kor´ atos f¨ uggv´eny Laplace transzform´altja Re z > 0 eset´en regul´aris vagyis az x(t) kimen˝o jel ilyenkor nem lehet korl´ atos. Ha Re λ = 0 akkor f (t) = cos(ωt) legyen a bemen˝o jel, ahol ω 2 = |Im λ| . Az x(t) kimen˝o jel X(z) Laplace transzform´altja racion´alis t¨ortf¨ uggv´eny, aminek minden szingularit´asa p´olus. Mivel λ az F (z) p´olusa, az X(z)-nek legal´abb m´asodrend˝ u p´olusa lesz, ami korl´ atos f¨ uggv´eny Laplace transzform´altj´aval nem fordulhat el˝o; a rendszer ilyenkor sem stabil. Val´ oban, a z = y + λ , y > 0 helyen ¯Z ∞ ¯ ¯ ¯ K −ty−λ ¯ |X(y + λ)| = ¯ e x(t) dt¯¯ ≤ y 0 ha |x(t)| ≤ K ∀ t ≥ 0 , de els˝on´el magasabbrend˝ u p´olus szingularit´asa enn´el er˝osebb. Ha most Pn (z) minden gy¨ok´enek negat´ıv a val´ os r´esze, akkor a Riemann - M¨alvin inverzi´ os formula szerint a rezolvens Z eat ∞ ıy rn (t) = e Rn (a + ıy) dy 2πı −∞ k´eplet´eben, l´asd (14.38), a < 0 is megengedett. Az n = 1 eset trivi´alis, ha pedig n > 1 akkor Rn (z) = O(|z|−2 ) integr´alhat´o, teh´at rn (t) = O(eat ) . Eszerint ha |f (t)| ≤ K akkor ¯Z t ¯ Z t ¯ ¯ eat − 1 ¯ ¯ , |x(t)| ≤ ¯ rn (t − s)f (s) ds¯ ≤ C eat−as |f (s)| ds ≤ CK a 0
0
ami a < 0 miatt korl´atos, teh´at korl´ atos bemeneti jelhez korl´ atos kimenet tartozik, vagyis a rendszer stabil. ¤ A harmonikus rezg´es p´eld´aj´aban ± ıω0 az r2 p´olusai, teh´at a megold´as korl´ atoss´ ag´ anak megsz˝ un´es´ehez vezet˝o rezonancia l´ephet fel. A bizony´ıt´ asb´ ol azt is l´atjuk hogy ezt az f (t) := sin(ω0 t) bemen˝o jel el˝o is id´ezi. Apjelens´eg a (14.44) k´epletb˝ ol is meg´erthet˝ o. A csillap´ıtott rezg´es rezolvens´enek λ± := −γ ± γ 2 − ω02 a p´olusai, teh´at γ > 0 miatt ez a rendszer stabil. ∗ Az x˙ = Ax + f (t) line´aris rendszert Laplace transzform´aci´ oja a (zI − A)X(z) = x(0) + F (z) −1 egyenletekbe viszi ´at, ´es az R(z) = (zI − A) rezolvens ´eppen eAt Laplace transzform´altja, teh´at a j´ol ismert megold´ok´epleteket kapjuk. A stabilit´as k´erd´es´et k´es˝ obb tiszt´azzuk. ∗ 14.4. Fourier transzform´ aci´ o. Az f ∈ L1 (R) komplex ´ert´ek˝ u f¨ uggv´eny Fourier transzform´altja Ff ≡ fˆ : R 7→ C , Z ∞ 1 ˆ Ff = f (ω) := √ e−ıωx f (x) dx (14.46) 2π −∞ Z ∞ Z ∞ 1 ı √ √ = cos(ωx) f (x) dx − sin(ωx) f (x) dx . 2π −∞ 2π −∞ Felt˝ un˝o a Laplace ´es a Fourier transzform´aci´ o hasonl´os´ aga, de l´enyeges k¨ ul¨ onbs´egek is vannak. A Laplace transzform´alt v´altoz´oja ´es ´ert´eke is komplex sz´am, Fourier transzform´altja viszont t¨obbv´altoz´os f¨ uggv´enyeknek is van, a definici´o hasonl´o. Mivel |eıωx | = 1 , fˆ(ω) az ω ∈ R frekvencia folytonos ´es korl´atos f¨ uggv´enye; a folytonoss´ag a domin´alt konvergencia t´etel k¨ovetkezm´enye. Pontos korl´at is adhat´o: Z ∞ 1 kf k1 ˆ ˆ := √ |f (x)| dx . (14.47) kf k := sup{|f (ω)| : ω ∈ R} ≤ √ 2π 2π −∞ √ R 2π fˆ(0) = f dx mindig igaz, ´es ha f ≥ 0 akkor |fˆ(ω)| ≤ fˆ(0) ∀ ω ∈ R . (14.46) ´ertelemszer˝ uen defini´alja komplex ´ert´ek˝ u f : R 7→ C f¨ uggv´enyek Fourier transzform´altj´ at is. Val´ os ´ert´ek˝ u p´aros f¨ uggv´eny Fourier transzform´altja uggv´eny´e tiszt´an k´epzetes. √ val´os, p´aratlan f¨ ˆ A val´oszin˝ us´egsz´am´ıt´asban 2π f az f s˝ ur¨ us´egf¨ uggv´eny karakterisztikus f¨ uggv´enye. Az √f (x) := θ(|x| − a)/2a , a > 0 egyenletes s˝ ur˝ us´eg Fourier transzform´altja fˆ(ω) = sin(aω)/(aω 2π) , az
146
MATEMATIKAI FIZIKA
√ 2 + x2 )−1 , a > 0 Cauchy s˝ ˆ(ω) = (1/ 2π)e−a|ω| , m´ıg a p1 (x) := f (x) := (a/π)(a u r¨ u s´ e g eset´ e ben f √ (1/ 2π) exp(−x2 /2) Gauss√s˝ ur¨ us´egnek ¨onmaga a Fourier transzform´ altja, teh´at helyettes´ıt´essel √ kapjuk hogy pˆσ (ω) = (1/ 2π) exp(−σ 2 x2 /2) ha pσ (x) := (σ 2π)−1 exp(−x2 /2σ 2 ) a σ > 0 sz´ or´ as´ u norm´ alis s˝ ur¨ us´eg. Hasonl´oan a Laplace transzform´aci´ ohoz, a deriv´al´ as szab´alyai: ∂ω fˆ = gˆ ha g(x) = −ıxf (x) ´es Ff 0 = ıω fˆ(ω) , felt´eve hogy az integr´ alok l´eteznek, ´es a parci´alis integr´ al´ as elv´egezhet˝ o. ´ Altal´ anosan, ∂ωn fˆ(ω) = gˆ(ω) ha g(x) := (−ıx)n f (x) ´es Ff (n) = (ıω)n fˆ(ω) .
(14.48) √ ˆ A konvol´ uci´os formula is l´enyeg´eben v´altozatlan: Ha h = f ∗ g , akkor h(ω) = 2π fˆ(ω) gˆ(ω) . Val´oban, Fubini t´etele szerint Z ∞Z ∞ √ 1 ˆ h(ω) =√ f (x − y) g(y) exp(ıω(x − y) + ıωy) dy dx = 2π fˆ(ω) gˆ(ω) . 2π −∞ −∞ ∗∗ Riemann lemm´aja szerint fˆ(ω) → 0 amint |ω| → +∞ , amit l´epcs˝os f¨ uggv´enyekre bizony´ıtani igaz´an k¨onny˝ u, tetsz˝oleges f integr´alhat´ o f¨ uggv´enyhez viszont van olyan fn l´epcs˝os f¨ uggv´enyekb˝ ol ´all´ o sorozat, hogy kf − fn k1 → 0 , teh´ at ³ ´ |fˆ(ω)| ≤ |fˆ(ω) − fˆn (ω)| + |fˆn (ω)| ≤ (2π)−1/2 kf − fn k1 + |fˆn (ω)| , vagyis egyszer˝ u 2ε becsl´esr˝ol van sz´o. Adott ε > 0 sz´amhoz el˝osz¨ or n ´ert´ek´et v´alasztjuk meg u ´gy, hogy kf − fn k < ε teljes¨ ulj¨on, majd r¨ogz´ıtett n mellett elv´egezz¨ uk az |ω| → 0 hat´ar´ atmenetet. A Fourier transzform´aci´o teh´at olyan line´aris oper´ator, amely az integr´ alhat´ o f¨ uggv´enyek L1 (R) ter´et a folytonos, ´es a v´egtelenben elt˝ un˝ o komplex ´ert´ek˝ u f¨ uggv´enyek C0 (R → C) ter´ebe k´epezi le. ∗∗ A k¨ovetkez˝o ´eszrev´etelnek sz´amos k¨ovetkezm´enye van. Legyen f : R 7→ C kor´ atos, σ > 0 ´es Z ∞ ¡ ¢ 1 fσ (x) := (pσ ∗ f )(x) = √ exp −(x − y)2 /2σ 2 f (y) dy . σ 2π −∞ Lemma 14.4. Ha f folytonos az x pontban, akkor f (x) = limσ→0 fσ (x) . Ha f egyenletesen folytonos, akkor fσ egyenletesen konverg´ al f -hez, ´es a fˆσ → fˆ konvergencia egyenletess´eg´ehez f integr´ alhat´ os´ aga is elegend˝ o. Bizony: Egyszer˝ u sz´amol´assal kapjuk hogy Z ∞ 1 f (x + σy) exp(−y 2 /2) dy , fσ (x) = √ 2π −∞ amib˝ol a domin´alt konvergencia t´etellel fσ (x) → f (x) ha f ∈ C(x) , de elemi bizon´ıt´ as is van. Az integr´al´as tartom´any´at az |y| < δ/σ ´es |y| ≥ δ/σ r´eszekre bontva az egyenletes konvergenci´ar´ol sz´ol´o ´all´ıt´as is k¨ovetkezik. V´eg¨ ul a konvol´ uci´ o transzform´aci´ os k´eplet´eb˝ ol fˆσ (ω) = 2 2 exp(−σ ω /2)fˆ(ω) , teh´at kfˆσ − fˆk → 0 ha f integr´ alhat´ o ´es σ → 0 . ¤ ∗∗ Az f korl´atoss´aga p´otolhat´o az |f (x)| ≤ e−K|x| , K > 0 felt´etellel. Enn´el ´erdekesebb hogy fσ az L1 ´es L2 terekben is konverg´al f -hez. Ennek igazol´as´ ahoz el˝osz¨ or azt kell ´eszrevenni 2 hogy kfσ k1 ≤ kf k1 mivel (2π)−1/2 e−y /2 integr´ alja 1 , ´es ´ıgy a Schwarz egyenl˝ otlens´eg miatt kfσ k2 ≤ kf k2 is teljes¨ ul. M´asr´eszt kfσ − f ki ≤ kfσ − gσ ki + kgσ − gki + kg − f ki ≤ kgσ − gki + 2kf − gki , ahol i = 1 vagy i = 2 , teh´at olyan g f¨ uggv´enyeket kell keresn¨ unk, amelyekkel f tetsz˝olegesen megk¨ozel´ıthet˝o, ´es kgσ − gki → 0 amint σ → 0 is teljes¨ ul. Nem t´ ul neh´ez megmutatni hogy ilyenek a Pn (x) exp(−x2 /2) alak´ u f¨ uggv´enyek, ahol Pn tetsz˝ oleges n foksz´am´ u polinom. Ez a gondolatmenet b´armely X Banach t´erben is m¨ uk¨ odik. A k¨ovetkez˝ o eredm´enyt kapjuk, ami Banach-Steinhaus t´etel n´even ismert. Ha A , An : X 7→ X olyan line´aris oper´atorok hogy kAϕk ≤ Kkϕk ´es kAn ϕk ≤ Kkϕk ∀ n ∈ N ´es ϕ ∈ X , tov´ abb´ a a ϕ ∈ X elemhez ´es minden ε > 0 sz´amhoz
Komplex f¨ uggv´ enytan
147
tal´alhat´o olyan ϕε ∈ X hogy kϕ − ϕε k < ε ´es An ϕε → Aϕε amint n → +∞ , akkor An ϕ → Aϕ is igaz. R V´altozatlan bizony´ıt´assal kapjuk a 14.4. Lemma k¨ovetkez˝ o ´altal´ anos´ıt´ as´ at. Ha h dx = 1 , hσ (x) := h(x/σ)/σ , akkor (hσ ∗ f )(x) → f (x) ∀ x ∈ R , felt´eve hogy f ∈ C(R) korl´ atos. ∗∗ A Fourier transzform´ aci´ o inverze: A komplex L2 (R) t´er skal´ aris szorzata Z ∞ hf, gi := f (x) g(x) dx , −∞
teh´at fˆ(ω) ´ert´eke ´eppen f (x) ´es (2π)1/2 eıωx skal´ aris szorzata. Az F oper´ator F∗ adjung´altj´ at az ∗ hf, Fgi = hF f, gi azonoss´ag defini´alja, tov´ abb´ a Fg komplex konjug´ altja Z ∞ 1 Fg(ω) = √ eıx g(x) dx , 2π −∞ teh´at
Z ∞Z ∞ 1 hf, Fgi = √ eıωx f (x)g(ω) dω dx . 2π −∞ −∞ Az integr´al´ as sorrendj´enek felcser´el´es´evel kapjuk hogy Z ∞ 1 F∗ f (x) = √ eıω f (ω) dω . 2π −∞
(14.49)
´ Erdemes ´eszrevenni hogy ´eppen ez a k´eplet adja a Fourier transzform´aci´ o inverz´et is. ant integr´ alhat´ o, ´es f folytonos, akkor T´ etel 14.19. Ha f ´es fˆ egyar´ Z ∞ 1 f (x) = √ eıω fˆ(ω) dω , 2π −∞ vagyis ebben az esetben F−1 = F∗ . Bizony: fˆ defin´ıci´oj´at F∗ k´eplet´ebe be´ırva olyan kett˝ os integr´ alt kapunk, amely nem abszol´ ut konvergens. Az integr´al regulariz´al´asa ut´an az integr´ al´ as sorrendje felcser´elhet˝ o, teh´at Z ∞Z ∞ Z ∞ f (y) exp(ıωy − ıωx − σ 2 ω 2 /2) dω dy fˆ(ω)eıωx dω = lim σ→0 −∞ −∞ −∞ Z ¡ ¢ 1 ∞ = lim f (y) exp −(y − x)2 /2σ 2 dy σ→0 σ −∞ a Gauss f¨ uggv´eny Fourier transzform´altj´ anak be´ır´ asa ut´an. Az ´all´ıt´ as most m´ar a 14.4. Lemma alapj´an k¨ovetkezik. ¤ A Laplace transzform´aci´o (14.38) inverzi´ os formul´ aja a fenti t´etel speci´alis esete. Val´ oban, Z ∞ Z ∞ 1 F (a + ıω) = e−ıωt e−at f (t) dt = √ e−ıωt g(t) dt 2π −∞ 0 √ uggv´eny form´alis Fourier transz´eppen a g(t) := 2πe−at f (t) ha t ≥ 0 , g(t) = 0 ha t < 0 f¨ form´altja, ha teh´at a 14.19. T´etel felt´etelei teljes¨ ulnek, akkor Z Z a+ı∞ 1 eat ∞ ıωt e F (a + ıω) dω = eζt F (ζ) dζ , f (t) = 2π −∞ 2πı a−ı∞ ami nem m´as mint Riemann ´es M¨alvin kor´ abban m´ar fel´ırt formul´ aja. A felt´eteleket ´es az ´all´ıt´ ast k´es˝obb m´eg pontos´ıtjuk. A 14.19. T´etel ´all´ıt´as´at az el˝otte mondottakkal, l´asd (14.49), ¨osszevetve kapjuk Plancherel t´etel´et: alhat´ o f¨ uggv´enyek, tov´ abb´ a fˆ ´es gˆ is T´ etel 14.20. Ha f , g folytonos ´es n´egyzetesen is integr´ ˆ n´egyzetesen integr´ alhat´ o, akkor hf, gi = hf , gˆi .
148
MATEMATIKAI FIZIKA
A Fourier transzform´aci´or´ol elmondottak ´erdemi v´altoztat´ as n´elk¨ ul terjeszthet˝ok ki t¨obbv´ altoz´os f¨ uggv´enyekre is. Ha f : Rd 7→ C akkor Z ∞ Z ∞ −d/2 ˆ Ff = f (ω) := (2π) ··· eı hω,xi f (x) dx , (14.50) −∞
−∞
ahol hω, xi az ω : (ω1 , ω2 , ..., ωd ) ´es x = (x1 , x2 , ..., xd ) val´ os sorozatok skal´ aris szorzata. Ezut´an valamennyi levezet´es szinte sz´o szerint megism´etelhet˝ o. ∗∗ N´ egyzetesen integr´ alhat´ o f¨ uggv´ enyek: A fenti t´etel seg´ıts´eg´evel a Fourier transzform´aci´ o ´ertelmez´ese a teljes L2 (R → C) t´erre kiterjeszthet˝o. Ha ugyanis kf − fn k2 → 0 , ahol fn integr´alhat´o, akkor kfˆn − fˆm k2 = kfn − fm k2 , teh´ at fˆn Cauchy sorozat az L2 (R → C) t´erben, ar´ert´ek, ´es az is l´athat´ o ami Riesz ´es Fisher t´etele szerint teljes. L´etezik teh´at a φ := limn fˆn hat´ hogy φ f¨ uggetlen az fn k¨ozel´ıt´es megv´alaszt´ as´ at´ ol. Defin´ıci´ o szerint Ff := φ akkor is ha ha f ∈ L2 nem integr´alhat´o. Az fn (x) := f (x) ha |x| < n , fn (x) = 0 ha |x| ≥ 0 v´alaszt´ assal, kfn − f k2 → 0 miatt az Z n 1 Ff = fˆ(ω) = lim √ e−ıωx f (x) dx (14.51) n→∞ 2π −n konstrukci´o ad´odik, a hat´ar´ert´ek L2 norm´ aja szerint ´ertend˝ o. Ugyanerre az eredm´enyre vezet a Lemm´aban haszn´alt f ≈ fσ → f k¨ ozel´ıt´es is. Az inverzi´ os formula is kiterjeszthet˝o az eg´esz L2 (R 7→ C) t´erre, teh´at Fourier transzform´aci´ oja az L2 (R → C) t´ernek ¨onmag´ara t¨ort´en˝ o k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u, unit´er lek´epez´ese. A ψR (ω) := (1/ω) sin(Rω) uggv´eny csak felt´etelesen (´es n´egyzetesen) integr´ alhat´ o, de tudjuk p f¨ hogy ψR ´eppen az fR := π/2 θ(R−|x|) f¨ uggv´eny Fourier transzform´altja. Az inverzi´ os formula √ R∞ ˆ ´erv´enyess´ege is ellen˝orizhet˝o, ´es az −∞ f (ω) dω = 2πf (0) azonoss´agb´ ol a nevezetes Z ∞ sin(aω) dω = π ha a > 0 ω −∞ integr´al is k¨ovetkezik. Jel¨olje most KR a ψR /π f¨ uggv´ennyel k´epezett konvol´ uci´ o oper´ator´ at: Z ∞ 1 sin(Rx − Ry) KR f (x) := f (y) dy . π −∞ x−y Mivel FKR f = θ(|ω| − R)fˆ(ω) , a domin´alt konvergencia t´etele szerint FKR f → fˆ a Fourier transzform´ altak L2 ter´eben, teh´at Plancherel miatt kKR f − f k2 → 0 amint R → +∞ ∀ f ∈ L2 (R) . Eszerint (1/πx) sin(Rx) is Dirac amint R → ∞ ; ugyan´ıgy igazolhat´o a 14.4. Lemma L2 v´altozata is. A Riemann - M¨alvin formula korrekt ´es el´eg hat´ekony alakja: T´ etel 14.21. Ha az F = Lf integr´ al az Re z ≥ a f´els´ıkon abszol´ ut konvergens, ´es a t > 0 hely egy k¨ ornyezet´eben φ(s) := (f (t)−f (s))/(t−s) integr´ alhat´ o, akkor fR (t) → f (t) amint R → +∞ . Ha a φ integr´ alhat´ os´ ag´ anak felt´etele helyett azt tudjuk hogy f a t > 0 egy k¨ ornyezet´eben n´egyzetesen integr´ alhat´ o, akkor fR a k¨ ornyezetben n´egyzetesen konverg´ al. Bizony: Fubini t´etel´evel Z Z Z eat R ıyt ∞ −as−ıys eat ∞ sin(Rt − Rs) −as fR (t) = e e f (s) ds dy = e f (s) ds , 2π −R π 0 t−s 0 teh´at
Z 1 ∞ e−as f (s) − e−at f (t) e (fR (t) − f (t)) = sin(Rt − Rs) ds , π 0 t−s amib˝ol az els˝o ´all´ıt´as φa (s) = (e−as f (s) − e−at f (t))/(s − t) integr´ alhat´ os´ aga miatt Riemann lemm´aj´aval ad´odik. Szint´en Riemannt´ ol tudjuk hogy ha t > δ > 0 akkor Z at e sin(Rt − Rs) −as lim e f (s) ds = 0 , R→∞ π t−s |s−t|>δ −at
Komplex f¨ uggv´ enytan
149
teh´at a m´asodik felt´etel mellett kimondott ´atlagos konvergencia az (1/πx) sin(Rx) f¨ uggv´eny L2 -ben ´erv´enyes Dirac tulajdons´ag´anak k¨osz¨ onhet˝ o. ¤ A t´etelben haszn´alhattuk volna az Z Z ∞ eat ∞ ısy−δy2 /2 eat fδ (t) := e F (a + ıy) dy = √ exp(−as − (t − s)2 /2δ) f (s) ds 2π −∞ 2πδ 0 k¨ozel´ıt´est is, ebben az esetben a 14.4. Lemma adja az fδ (t) → f (t) ha δ → 0 ´all´ıt´ ast. ∗∗ ∗∗ A Schwartz t´ er: Jel¨olje S(R) az olyan C ∞ (ak´ arh´ anyszor differenci´alhat´ o) f : R 7→ C f¨ uggv´enyek ter´et hogy f ´es minden deriv´altja is b´armely polinommal szorozva is korl´ atos marad. Ezt u ´gy is mondhatjuk hogy minden n, m ∈ Z p´arhoz van olyan Cn,m konstans hogy |f (n) (x)| ≤ Cn,m (1 + x2 )−m ∀ x ∈ R . Mivel m-szeres parci´alis integr´ al´ assal Z ∞ Z ∞ n m n+m (−ı) ω ı m ˆ(n) n ω f (ω) = √ x f (x) dx = √ xn+m f (m) (x) dx 2π 2π −∞ −∞ ˆ k¨ovetkezik, f ∈ S(R) ha f ∈ S(R) . Mindezt az inverz transzform´aci´ or´ ol is elmondhatjuk, teh´at a Fourier transzform´aci´o az S(R) Schwartz t´ernek ¨onmag´ara t¨ort´en˝ o k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u lek´epez´ese: F : S(R) ↔ S(R) . K¨onny˝ u ellen˝orizni hogy ha f : R 7→ R korl´ atos, ´e√s egy intervallumon k´ıv¨ ul elt˝ unik, akkor pσ ∗ f a Schwarz t´er eleme; pσ (x) := exp(−x2 /2σ 2 )/(σ 2π) , σ > 0 . ∗∗ ∗∗ M´ ert´ ek Fourier transzform´ aci´ oja: Ha µ v´eges m´ert´ek, akkor a Fourier transzform´altja Z ∞ 1 e−ıωx µ(dx) , (14.52) µ ˆ(ω) := √ 2π −∞ ami korl´atos ´es egyenletesen folytonos f¨ uggv´eny. P´ed´ aul, az x ∈ R ponthoz egys´egnyi t¨omeget rendel˝o δx Dirac m´ert´ek Fourier transzform´altja (2π)−1/2 e−ıωx , a ±x pontokhoz 1/2 - 1/2 s´ ulyt −1/2 ıϕx rendel˝o m´ert´ek´e pedig (2π) cos(ωx) . Az f (x) := e f¨ uggv´eny Fourier transzform´altj´ at k¨ozvetlen¨ ul nem tudjuk defini´alni, de az Z ∞ 1 1 √ exp(ıϕx − ıωx − σ 2 x2 /2) dx = exp(−(ω − ϕ)2 /2σ 2 ) σ 2π −∞ √ ıϕx Fourier transzform´ azonoss´ag ´es a 14.4. Lemma azt sejtetik hogy e a ltja bizony 2π δϕ , teh´ at p cos(ϕx) Fourier transzform´altja π/2 (δϕ + δ−ϕ ) lesz. Ez a szeml´eletm´ od a Fourier sorfejt´est Fourier transzform´aci´o speci´alis esetek´ent t¨ unteti fel, ugyanis Z ∞ ∞ X ınx f (x) = cn e ≡ eıωx µ ˆ(dω) , −∞
n=−∞
hogyha µ ˆ az a komplex ´ert´ek˝ u diszkr´et m´ert´ek, amely az ω = n ∈ Z frekvenci´ akhoz a cn ∈ C s´ ulyt rendeli. Mivel m´ert´eket a vele k´esz´ıtett interg´ allal aonos´ıtunk, a µ ´es ν m´ert´ek λ = µ ∗ ν konvol´ uci´oj´at Z Z Z ∞
∞
∞
ϕ(z) λ(dz) =
ϕ(x + y) µ(dx) ν(dy) −∞ −∞ −∞ √ defini´alja, a µ ˆ(ω) = 2π µ ˆ(ω)ˆ ν (ω) formula most is ´erv´enyes. ∗∗ ∗∗ Eloszl´ asok konvergenci´ aja: Val´ oszin¨ us´egi m´ert´ekek µn sorozata gyeng´en konverg´ al a µ val´oszin¨ us´egi m´ert´ekekhez ha Z ∞ Z ∞ lim ϕ(x) µn (dx) = ϕ(x) µ(dx) ∀ ϕ ∈ Cb (R) . (14.53) n→∞ −∞
−∞
e−ıωx ,
Mivel a ϕω (x) := ω ∈ R f¨ uggv´enyek mind folytonosak ´es korl´ atosak, a gyenge konvergenci´ab´ol a m´ert´ekek Fourier transzform´altj´ anak pontonk´enti konvergenci´ aja azonnal k¨ovetkezik. A t´etel megford´ıt´asa ´erdekes: Ha µ ˆn (ω) → µ ˆ(ω) ∀ ω ∈ R , akkor µn gyeng´en konverg´ al µ-h¨ oz. A ˆ bizony´ıt´as kulcsa a hϕ, f i = hϕ, ˆ f i azonoss´aghoz hasonl´oan igazolhat´o Z ∞ Z ∞ ϕ(x) µn (dx) = ϕ(ω)ˆ ˆ µn (ω) dω ∞
∞
150
MATEMATIKAI FIZIKA
formula, ahol a jobboldalr´ol nem tudjuk hogy mikor ´ertelmes. Nincs gond ha ϕ az S(R) Schwarz t´er eleme, mert ilyenkor ϕˆ ∈ S(R) m´ıg |ˆ µ| ≤ 1 , teh´at a hat´ar´ atmenet is elv´egezhet˝ o. A k¨ovetkez˝o l´ep´es a µn sorozat feszes´eg´enek meg´ allap´ıt´ asa, ami azt jelenti hogy lim sup µn [Ir ] = 1 ,
r→∞ n∈N
ahol Ir := [−r, r] .
Ehhez el´eg µn (ϕ) → µ(ϕ) alkalmaz´asa azokkal a θr ∈ Cb (R) f¨ uggv´enyekkel hogy θr = 1 az Ir intervallumon, θr = 0 Ir+1 -en k´ıv¨ ul, ´es a k¨ozb¨ uls˝ o k´et szakaszon line´aris. Val´ oban, µn [Ir+1 ] ≥ µn (θr ) → µ(θr ) amint n → +∞ , ´es µ[θr ] → 1 amint r → +∞ . Ezut´an a ϕ f¨ uggv´eny ϕr,σ := pσ ∗ ϕr , ϕr := θr ϕ k¨ozel´ıt´es´et vizsg´aljuk, ahol pσ a kor´ abban defini´alt norm´alis s˝ ur¨ us´eg. Mivel ϕr,σ ∈ S(R) , r¨ogz´ıtett r, σ > 0 eset´en µn (ϕr,σ ) → µ(ϕr,σ ) ; a Fourier transzform´altakkal t¨obbet nem kell foglalkozni. Viszont minden ε > 0 sz´amhoz van r>0u ´gy hogy µn [Irc ] < ε ∀ n ∈ N . Ezt az r ´ert´eket r¨ogz´ıtve, a σ sz´ amot olyan kicsinek kell v´alasztani hogy |ϕ(x)−ϕr,σ (x)| < ε legyen ha |x| ≤ r . Ez az´ert lehets´eges mert ϕ(x) = θr (x)ϕ(x) az Ir intervallumon, ´es θr ϕ egyenletesen folytonos. Ezeket a becsl´eseket ¨osszevetve az ´all´ıt´ as ϕ korl´atoss´aga miatt k¨ovetkezik: |µn (ϕ) − µ(ϕ)| ≤ 2εK + |µn (ϕ) − µn (ϕr,σ )| + |µ(ϕ) − µ(ϕr,σ )| + |µn (ϕr,σ ) − µ(ϕr,σ )| ahol K a ϕ korl´atja. Ez az ´eszrev´etel a val´ oszin˝ us´egsz´ am´ıt´ as hat´ areloszl´ asl´ asr´ ol sz´ol´ o t´eteleinek bizony´ıt´asakor hasznos. ∗∗ A h˝ ovezet´ es egyenlete: A ∂t u = (σ 2 /2)∂x2 u+f (t, x) egyenlet u(t, x) , t ≥ 0 , x ∈ R megold´ as´ at ˆ az u(0, x) = u0 (x) kezd˝ofelt´etel mellett szok´as megadni. Jel¨olje u ˆ(t, ω) ´es f (t, ω) u ´es f Fourier 2 2 transzform´ altj´at az x v´altoz´o szerint, ekkor ∂t u ˆ = −(σ ω /2) u ˆ + fˆ , teh´ at Z u ˆ(t, ω) = u ˆ(0, ω) exp(−σ 2 ω 2 t/2) +
t
¡ ¢ exp σ 2 ω 2 (s − t)/2 fˆ(s, ω) ds .
0
√ Mivel exp(−σ 2 ω 2 /2)/ 2π ´eppen a 14.4. Lemma el˝ott bevezetett pσ Gauss s˝ ur¨ us´eg Fourier transzform´ altja, a konvol´ uci´os formul´aval kapjuk az Z ∞ 1 u(t, x) = √ exp(−(x − y)2 /2σ 2 t) u0 (y) dy σ 2πt −∞ Z tZ ∞ (14.54) exp(−(x − y)2 /2σ 2 (t − s)) p + f (s, y) dy ds σ 2π(t − s) −∞ 0 megold´ast. A k´eplet ´ertelm´et a t = 0 helyen a 14.4. Lemma mutatja. ∗∗ A ∂t u(t, x) = (σ 2 /2)∆u(t, x) d-dimenz´os h˝ovezet´esi egyenlet Fourier transzform´aci´ oval a ∂t u ˆ+ (σ 2 /2)|ω|2 u ˆ = 0 alakba megy ´at, teh´at u ˆ(t, ω) = u ˆ0 (ω) exp(−σ 2 |ω|2 t/2) ha u(0, x) = u0 (x) . Mivel a pσ,d := (2π)−d/2 exp(−|x|2 /2) d-v´altoz´ os standard norm´alis s˝ ur˝ us´egnek megint ¨onmaga a Fourier transzform´altja, Z u(t, x) = (2πσ 2 t)−d/2 exp(−|x − y|2 /2σ 2 t)u0 (y) dy (14.55) Rd
a homog´en egyenlet u0 kezdeti ´ert´ekhez tartoz´o megold´asa; az inhomog´en egyenlet partikul´aris megold´as´at kett˝os konvol´ uci´oval kapjuk. ∗∗ ahoz az u(0, x) = u0 (x) ´es A hull´ amegyenlet: A ∂t2 u = c2 ∂x2 u + f (t, x) egyenlet megold´as´ ˆ+ ∂t u(0, x) = v0 (x) kezdeti ´ert´ekeket kell ismerni. u ´es f Fourier transzform´altj´ ara most a ∂t2 u 2 2 ˆ c ω u ˆ = f egyenletet kapjuk, teh´at Z t sin(cωt) 1 u ˆ(t, ω) = u ˆ0 (ω) cos(cωt) + vˆ0 (ω) + sin(cωt − cωs) fˆ(s, ω) dω . cω cω 0
Komplex f¨ uggv´ enytan
151
Ha nem is nyilv´anval´o m´odon, de innen k¨ovetkezik D’Alambert nevezetes k´eplete: Z 1 x+ct 1 v0 (y) dy u(t, x) = (u0 (x + ct) + u0 (x − ct)) + 2 2c x−ct Z Z 1 t x+ct−cs + f (s, y) dy ds . (14.56) 2c 0 x−ct+cs √ Ennek meg´ert´es´ehez el˝osz¨or azt kell ´eszrevenni hogy (1/cω) sin(cωt) a ( 2π/2c)θ(ct − |x|) f¨ uggv´eny x szerint k´epezett Fourier transzform´altja, ahol θ a Heaviside f¨ uggv´eny, θ(y) = 1 ha y > 0 , egy´ebk´ent θ(y) = 0 . M´asr´eszt, az √ x ponra koncentr´ alt δx Dirac m´ert´ek Fourier k´epe ´eppen (2π)−1/2 eıωx = 0 , teh´at cos(cωt) a ( 2π/2)(δct + δ−ct ) Fourier transzform´altja. L´atjuk hogy a Fourier transzform´aci´o fogalm´at ´erdemes ´ altal´ anos´ıtott f¨ uggv´enyekre (disztrib´ uci´ ok) is kiterjeszteni. ∗∗ A ∂t2 u(t, x) = c2 ∆u(t, x) d-dimenzi´os hull´ amegyenlet Fourier transzform´altja ∂t2 u ˆ + c2 |ω|2 u ˆ, ahol ω a frekvenci´akb´ol alkotott vektor, teh´at sin(c|ω|t) u ˆ(t, ω) = u ˆ0 (ω) cos(c|ω|t) + vˆ0 (ω) . c|ω| Mivel cos(c|ω|t) ´eppen sin(c|ω|t)/c|ω| id˝o szerinti deriv´altja, azt kell kital´alni hogy az ut´obbi minek a Fourier transzform´altja. Huygens elve szerint az r = ct sugar´ u g¨omb felsz´ın´enek m´ert´ek´et kell transzform´alni, ami a d = 3 t´er g¨ombi koordin´at´ aival I Z π/2 2r sin(r|ω|) 1 r2 −ıhω,xi cos(ϑ)e−ır|ω| sin ϑ dϑ = √ e S(dx) = √ , 3/2 (2π) 2π −π/2 2π|ω| Sr2 (0) ahol Sr2 (x) az x k¨oz´eppont´ u ´es r > 0 sugar´ u g¨omb fel¨ ulete, dS a felsz´ın szerinti integr´ ator. Kirchoff k´eplete innen k¨ozvetlen¨ ul k¨ovetkezik: I I u0 (y) S(dy) v0 (y) S(dy) + , (14.57) u(t, x) = ∂t 2t 4πc 4πc2 t Sct (x) Sct (x) ´es az inhomog´en egyenlet (k´enyszerrezg´es) megold´as´ at is fel lehetne ´ırni. A s´ıkon az S 1 egy´egk¨or ´ıvm´ert´ek´enek Fourier transzform´altja I Z 2π 1 1 e−ıhω,xi ds = e−ı|ω| cos ϕ dϕ = J0 (|ω|) , 2π S 1 2π 0 ahol J0 egy Bessel f¨ uggv´eny, l´asd a perem´ert´ek feladatokn´al, Z π Z Z 1 1 1 π/2 ıω sin ϕ exp(ıωx) dx √ J0 (ω) := cos(ω cos ϕ) dϕ = e dϕ = . 2 2π −π π −π/2 −1 π 1 − x Ennek valami k¨oze az´ert van a sin(|ω|)/|ω| f¨ uggv´enyhez mert ZZ Z ∞ Z 2π Z ∞ 1 sin(a|ω|) ıhω,xi 1 e dx = sin(ar)eır|x| cos ϕ dϕ dr = sin(ar)J0 (r|x|) dr , 2π |ω| 2π 0 R2 0 0 ´ de J0 p´aros f¨ uggv´eny, teh´at nem Fourier, hanem Laplace transzform´altat kaptunk. Amde α>0 ´es |x| < a eset´en Z ∞ Z 1 π dϕ −ı e−(α+ıa)r J0 (r|x|) dr = →p π 0 α + ıa − ı|x| cos ϕ a2 − |x|2 0 amint α → 0 , ´es analitikus kiterjeszt´essel az |x| > a esetet is megkapjuk, vagyis ZZ sin(a|ω|) ıhω,xi θ(a − |x|) e dω = p , a2 − |x|2 R2 2π|ω| teh´at az inverzi´os formula szerint ZZ 1 e−ıhω,xi dx sin(a|ω|) p = , 2 2 2π |ω| a − |x| Ka (0)
152
MATEMATIKAI FIZIKA
ahol Kr (x) az x k¨oz´eppont´ u ´es r sugar´ u k¨orlap. Poisson igazolta hogy t´enyleg az innen k¨ovetkez˝ o ZZ ZZ u (y) dy u (y) dy p0 p0 u(t, x) = ∂t + (14.58) 2 2 2 2 Kct (x) 2πc c t − |x − y| Kct (x) 2πc c t − |x − y| k´eplet adja a megold´ast. L´athat´o hogy a s´ıkon Huygens elve csak egyenl˝ otlens´eg form´aj´ aban ´erv´enyes. 49 A Poisson egyenlet: A −∆u(x) = f (x) egyenlet a Fourier t´erben |ω|2 u ˆ(ω) = fˆ(ω) , ´es a d = 3 esetben a ZZZ Z ∞Z π eıhω,xi dω 1 1 =√ Φ3 (x) = sin(ϑ)eı|x|r cos ϑ dϑ dr |ω|2 (2π)3/2 2π 0 R3 0 √ Z ∞ sin(r|x|) π 2 = √ dr = √ r |x| 2π 0 |x| 2 Newton potenci´alt kapjuk. A konvol´ uci´ os formul´ aval innen Poisson k´eplete, ZZZ 1 f (y) dy u(x) = (14.59) 4π 3 R |y − x| k¨ovetkezik. A levezet´es el´eg nagyvonal´ u volt mert |ω|−2 nem integr´ alhat´ o; a k´eplet helyess´ege Gauss ´es Green t´eteleivel ellen˝orizhet˝o, l´asd (12.27). A s´ıkon ´erv´enyes (12.28), azaz ZZ 1 u(t, x) = log(1/|x − y|)f (y) dy (14.60) 2π R2 k´eplethez Fourier transzform´aci´oval nem is olyan k¨onny˝ u eljutni. ∗∗ ´ ´ RENDSZEREK 15. DIFFERENCIALEGYENLETEK ES A differenci´al ´es integr´alsz´am´ıt´as els˝odleges c´elja ezek megold´asa, Newton minden bizonnyal ez´ert kezdem´enyezte az anal´ızis alapjainak kidolgoz´as´ at. Az ¡ ¢ (15.1) x˙ k (t) = fk t, x1 (t), x2 (t), ..., xd (t) , k = 1, 2, ..., d els˝orend˝ u rendszer ´altal´anos megold´asa a megold´asok olyan xk (t) = φk (t, c1 , c2 , ..., cd ) halmaza hogy, az ´ertelmez´esi tartom´anyon bel¨ ul, minden xk (t0 ) = xk,0 , k = 1, 2, ..., d kezdeti felt´etel kiel´eg´ıthet˝o, vagyis meg tudjuk v´alasztani a ck sz´ amokat u ´gy hogy xk,0 = φk (t0 , c1 , c2 , ..., cd ) teljes¨ ulj¨on. Term´eszetes felt´etelek garant´ alj´ ak az ´altal´ anos megold´as l´etez´es´et, ´es azt is, hogy a kezd˝ofelt´etel a megold´ast egy´ertelm˝ uen meghat´arozza. Nem v´eletlen hogy d ismeretlent tartalmaz´o els˝orend˝ u rendszer ´altal´anos megold´asa ´eppen d param´etert tartalmaz. Az x ¨k (t) = fk (t, x1 , x˙ 1 , x2 , x˙ 2 , ..., xd , x˙ d ) , k = 1, 2, ..., d
(15.2)
m´asodrend˝ u rendszer az yk := x˙k u ´j ismeretlenek bevezet´es´evel 2d egyenletb˝ ol ´all´ o els˝orend˝ u rendszerr´e alakul ´at, teh´at az ˝o ´altal´anos megold´asa 2d szabad param´etert tartalmaz. Hasol´oan j´arhatunk el magasabbrend˝ u deriv´altakat is tartalmaz´o egyenletekn´el. anos megold´ok´eplet¨ uk van, ´es sok nemline´aris probl´e15.1. Line´ aris egyenletek. Olykor ´altal´ ma reduk´alhat´o line´arisra. Inhomog´ en line´ aris egyenlet:Az x(t) ˙ = a(t)x(t) + f (t) egyenlet x(0) = 0 kezd˝ o´ert´ek˝ u megold´as´at keress¨ uk. Az f ≡ 0 esetben homog´en line´aris egyenletr˝ ol besz´el¨ unk. Legyen α(t) := Rt ds , ekkor ∂t (x(t)e−α(t) ) = f (t)e−α(t) , teh´at a Newton - Leibniz formul´ aval x(t)e−α(t) = 0 a(s) R t x(0) + 0 f (s)e−α(s) ds , ´ıgy az ´altal´anos megold´as Z t α(t) x(t) = x(0) e + exp(α(t) − α(s)) f (s) ds . (15.3) 0
A levezet´esb˝ol az is l´athat´o hogy m´as megold´as nincs. 49Ez a formula Kirchoff k´ eplet´eb¯ ol is levezethet¯ o: a t´erbeli hull´ amegyenletnek azokat a megold´ asait kell
meghat´ arozni amelyek csak k´et koordin´ at´ at´ ol f¨ uggnek.
Differenci´ alegyenletek
153
Az inhomog´en egyenlet megold´asa az x = c(t)ϕ( t) alakban is megtal´alhat´ o, ahol ϕ a homog´en egyenlet nemtrivi´alis megold´asa. Behelyettes´ıt´es ut´an c meghat´ aroz´ as´ ara a cϕ(t) ˙ = f (t) integr´alhat´ o egyenletet kapjuk, a kezdeti ´ert´eket c(0)ϕ(0) = x(0) adja. A ϕ := eα(t) esetben persze megint a (15.3) k´eplethez jutunk; ez az ´ alland´ ok vari´ al´ as´ anak legegyszer˝ ubb v´altozata. Komplex egyenlet: A z˙ = cz + f (t) egyenlet, ahol z(t) = x(t) + ı y(t) , c = α + ıβ ´es f (t) = g(t) + ıh(t) , ugyan´ ugy oldhat´o meg mint a val´ os esetben, ´altal´ anos megold´asa Z t z(t) = z(0)ect + exp(ct − cs)f (s) ds ; 0
az integr´al sz´amol´asakor Euler k´eplete haszn´alhat´ o. Mivel x˙ + ıy˙ = (α + ıβ)(x + ıy) + g(t) + ıh(t) = αx − βy + g + ı(αy + βx + h) , egy´ uttal az x˙ = αx − βy + g ´es y˙ = βx + αy + h egyenletekb˝ ol ´all´ o rendszert is megoldottuk. A homog´en rendszer ´altal´anos megold´asa x(t) = Re ect z(0) = eαt cos(βt)x(0) − eαt sin(βt)y(0) , y(t) = Imect z(0) = eαt sin(βt)x(0) + eαt cos(βt)y(0) . M´ asodrend˝ u egyenletek: A komplex egyenletb˝ ol az α = 0 , β = ω ´es f = 0 esetben a harmonikus rezg´es x ¨ + ω 2 x = 0 egyenlet´et kapjuk az y v´ altoz´ o kik¨ usz¨ ob¨ ol´es´evel. Ez az ´eszrev´etel a harmonikus k´enyszerrezg´es x ¨ + ω 2 x = f (t) egyelet´enek Z sin(ωt) 1 t x(t) = x(0) cos(ωt) + x(0) ˙ + sin(ωt − ωs)f (s) ds (15.4) ω ω 0 megold´ok´eplet´ehez is elvezet, ami persze k¨ozvetlen¨ ul ellen˝orizhet˝ o, de valahogy ki kell tal´alni. Val´oban, az x˙ = −ωx ´es y˙ = ωx − (1/ω)f (t) rendszer a z := x + ıy jel¨ol´essel, a z˙ = ıωz − (ı/ω)f alakot ¨olti, amib˝ol (15.4) Euler k´eplet´evel ad´odik. A csillap´ıtott k´enszerrezg´es x ¨ + 2γ x˙ + ω 2 x = f (t) egyenlet´et, ahol γ, ω > 0 , az eγt t´enyez˝ovel val´o ´atszorz´as ut´an tudjuk integr´alni. Mivel ∂t2 (eγt x)p= eγt x ¨ + 2γeγt x˙ + γ 2 eγt x , az y := eγt x(t) f¨ uggv´eny y¨ + ω ˜ 2 y = eγt f (t) megold´asa, ahol ω ˜ := ω 2 − γ k´epzetes sz´am is lehet, de az ´ıgy levezetett Z 1 t γs−γt ω t) −γt −γt sin(˜ + x(t) = x(0)e cos(˜ ω t) + x(0) ˙ e e sin(˜ ωt − ω ˜ s)f (s) ds (15.5) ω ˜ ω ˜ 0 megold´ok´eplet ilyenkor is ´erv´enyes. Az ´altal´anos x ¨ + 2γ x˙ + αx = f (t) egyenlet homog´en r´esz´enek alapmegold´ asai a ψ± := eλ± t 2 f¨ uggv´enyek, ahol λ+ ´es λ− a λ + 2γλ + α = 0 karakterisztikus egyenlet gy¨okei, λ± = −γ ± p γ 2 − al . A bels˝ o rezonancia γ 2 = α eset´eben csak egy, ψ := e−γt megold´ast kaptunk, ehhez −γt φ := te csatlakoztathat´o, mindenk´eppen van teh´at k´et l´enyegesen k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o megold´asunk, ψ1 ´es ψ2 . Ezek imeret´eben az inhomog´en egyenlet megold´asa x(t) = c1 (t)ψ1 (t)+c2 (t)ψ2 (t) alak´ u lesz, amit ´alland´ok vari´al´as´a c´ımen k´es˝ obb r´eszletez¨ unk. Magasabbrend˝ u egyenletek ´altal´ anos elm´elet´et a Laplace transzform´aci´on´al is t´argyaltuk. M´ asodrend˝ u egyenlet v´ altoz´ o egy¨ utthat´ okkal: M´eg az x ¨ +2γ(t)x+α(t)x ˙ = ψ(t) m´asodrend˝ u line´aris egyenlet megold´as´ara sincs ´altal´ anos m´odszer, de ha tudjuk hogy ϕ1 (t) megoldja a homog´en (ψ ≡ 0) egyenletet, akkor a c(t) f¨ uggv´eny u ¨gyes v´alaszt´ as´ aval megtal´alhatjuk a homog´en egyenlet m´asik, ϕ2 (t) = c(t)ϕ1 (t) megold´as´ at is. Konkr´etan, a ϕ1 (t)¨ c + 2 (ϕ˙ 1 (t) + γ(t)) c˙ = 0 egyenletet kell megoldani, ami elvi gondot nem okozhat. Ha ismerj¨ uk a homog´en egyenlet k´et l´enyegesen k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ϕ1 ´es ϕ2 megold´as´ at, akkor az ´ alland´ ok vari´ al´ as´ anak elve szerint, az inhomog´en egyenlet megold´as´ at az x = c1 (t)ϕ1 (t) + c2 (t)ϕ2 (t) alakban keress¨ uk. Behelyettes´ıt´essel a k´et ismeretlenre csak egy egyenletet kapunk, teh´at feltehetj¨ uk hogy c˙1 ϕ1 + c˙2 ϕ2 = 0 , vagyis x˙ = c1 ϕ˙ 1 + c2 ϕ˙ 2 , tov´ abb´ ax ¨ = c˙1 ϕ˙ 1 + c˙2 ϕ˙ 2 + c1 ϕ¨1 + c2 ϕ¨2 . Az inhomog´en egyenletb˝ol ´atrendez´es ut´an c1 (t)(ϕ¨1 + 2γ ϕ˙ 1 + αϕ1 ) + c2 (t)(ϕ¨2 + 2γ ϕ˙ 2 + αx2 ) + c˙1 ϕ˙ 1 + c˙2 ϕ˙ 2 = ψ(t)
154
MATEMATIKAI FIZIKA
k¨ovetkezik, teh´at a m´ar felhaszn´alt c˙1 x1 + c˙2 x2 = 0 egyenlet mellett c˙1 x˙ 1 + c˙2 x˙2 = ψ(t) is rendelkez´es¨ unkre ´all; a kezdeti felt´etelt c1 (0)ϕ1 (0)+c2 (0)ϕ2 (0) = x(0) , ´es c1 (0)ϕ˙ 1 (0)+c2 (0)ϕ˙ 2 (0) = x(0) ˙ . Ha az ´ıgy kapott line´aris egyenletrendszer W := ϕ1 ϕ2 ˙ − ϕ˙ 1 ϕ2 Vronski determin´ansa sohasem nulla, akkor c˙1 ´es c˙2 meghat´arozhat´o, ´es ezek integr´ al´ as´ aval kapjuk a keresett x = c1 x1 + ˙ = −2γ(t)W (t) , teh´ c2 x2 megold´ast. Mivel ϕ1 ´es ϕ2 a homog´en egyenlet megold´asai, W at Rt W (t) = W (0) exp(−2 0 γ(s) ds) . Ha teh´at W (0) 6= 0 , akkor W (t) k´es˝ obb sem t¨ unik el. Ilyenkor mondhatjuk hogy ϕ1 ´es ϕ2 l´enyegesen k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o. Megjegyezz¨ uk hogy W = ϕ21 (d/dt)(ϕ2 /ϕ1 ) ha ˙ = 0 annyit jelent hogy ϕ2 a ϕ1 konstansszorosa. ϕ1 6= 0 , vagyis W Az ´alland´o egy¨ utthat´os csillap´ıtott rezg´es mint´ aj´ ara ´atszorozhatjuk egyenlet¨ unket az exp(Γ(t)) f¨ uggv´ennyel, ahol Γ(0) = 0 ´es Γ0 (t) = γ(t) . Ez a manipul´aci´ o az y(t) := x(t) exp(Γ(t)) helyettes´ıt´eshez vezet; y az y¨ + (a(t) − γ 2 (t) − γ(t)) ˙ y = 0 egyenletet el´eg´ıti ki, amit esetleg meg tudunk oldani. 15.2. Nemline´ aris els˝ o´ es m´ asodrend˝ u egyenletek. Ezek k¨ozott is akad explicit form´aban megoldhat´o feladat, de fizik´ab´ol ered˝o probl´am´ ak ´altal´ aban nem ilyenek. Sz´ etv´ alaszthat´ o egyenletek: Az x(t) ˙ = f (t)g(x) egyenletet (ha lehet) g-vel osztva ´es t0 -t´ ol t-ig integr´alva Z t Z t x(s) ˙ ds = G(x(t)) − G(x(t0 )) (15.6) F (t) − F (t0 ) = f (s) ds = t0 t0 g(x(s)) ad´ odik, ahol F a f, G pedig az 1/g primit´ıv f¨ uggv´enye. Eszerint, ha az x(t0 ) = x0 kezd˝ ofelt´etelhez van megold´as, akkor azt a G(x(t)) = G(x0 ) + F (t) − F (t0 ) implicit f¨ uggv´enykapcsolat hat´arozza meg. Igen sok feladat vezethet˝o vissza erre az esetre, de vigy´azni kell. A megold´as azonnal megszakad amint a ϕ(t) := G(x0 ) + F (t) − F (t0 ) f¨ uggv´eny kil´ep a G inverz´enek ´ertelmez´esi tartom´any´ab´ol. P´eld´aul, az x˙ = g(x) auton´ om egyenletnek nem lehet v´egtelen intervallumon adott megold´asa ha G korl´atos. Az is el˝ofordul, hogy a kezdeti ´e√ rt´ek a megold´ast nem hat´arozza meg. P´eld´aul, x(t) ≡ 0 ´es x(t) = t2 egyar´ant kiel´eg´ıti az x˙ = 2 x egyenletet, ´es az x(0) = 0 kezdeti felt´etelt. ´ Erdekes az x˙ = g(x) := x − x3 egyenlet, mert h´arom stacion´arius, vagyis id˝ot˝ ol f¨ uggetlen megold´asa van, x0 (t) ≡ 0, x1 (t) ≡ 1 ´es x2 (t) ≡ −1. Parci´ alis t¨ortekre bont´ assal kapjuk hogy 1/g primit´ıv f¨ uggv´enye G(x) =
1 x2 log , 2 |1 − x2 |
(15.7)
teh´at a (0, x0 ) ponton ´athalad´o megold´as kiel´eg´ıti a G(x(t)) = G(x0 )+t egyenletet, amib˝ol eg´esz j´ol l´atszik hogy t → ∞ eset´en mi t¨ort´enik. Z´arjuk ki az x0 = 0, ±1 stacion´arius pontokat. Ekkor G(x0 ) v´eges, teh´at t → +∞ eset´en G(x(t)) → +∞ kell, hogy teljes¨ ulj¨ on, vagyis x2 (t) → 1. Mivel a megold´as az x = 0 egyenesen nem tud ´atjutni, x(t) → 1 ha x(0) > 0, m´ıg x(t) → −1 ha x(0) < 0. Egzakt egyenletek: A g(x, y) dx+h(x, y) dy = 0 alakra hozhat´o egyenletek k¨onnyed´en megoldhat´oak ha ismer¨ unk olyan f (x, y) f¨ uggv´enyt, hogy g(x, y) = fx0 (x, y) ´es h(x, y) = fy0 (x, y). Ilyenkor df = 0, vagyis a megold´asnak tekinthet˝ o (x(t), y(t)) s´ıkg¨ orbe ment´en f (x(t), y(t)) ´ert´eke ´alland´o. Az implicit f¨ uggv´enyr˝ol sz´ol´o t´etel szerint az f (x, y) = c egyenlet minden olyan (x0 , y0 ) pont egy k¨ornyezet´eben megoldhat´o, ahol f (x0 , y0 ) = c ´es p´eld´ aul fy0 (x0 , y0 ) 6= 0. Igy kapjuk az y(x) = ϕ(t, c) ´altal´anos megold´ast. uggv´eny hogy g = fx0 ´es h = fy0 , ´es ez Young t´etele szerint gy0 (x, y) = h0x (x, y) ha van olyan f f¨ az f az Z x Z y f (x, y) = f (x0 , y0 ) + g(u, y0 ) du + h(x, v) dv (15.8) x0
y0
Differenci´ alegyenletek
155
integr´al´assal rekonstru´alhat´o. Val´oban, a k´epletb˝ ol fy0 = h(x, y) azonnal l´atszik, m´ıg Z fx0
= g(x, x0 ) +
y
y0
Z h0x (x, v) dv
= g(x, x0 ) +
y
y0
gy0 (x, v) dv = g(x, y)
(15.9)
a Newton - Leibniz formul´aval k¨ovetkezik. Gyakori hogy a g(x, y) dx+h(x, y) dy = 0 egyenlet nem egzakt mert gy0 6= h0x , de k¨onny˝ u olyan ˜ := ch m´ar eleget tesz a Young t´etel ´altal kiszc(x, y) integr´al´o t´enyez˝ot tal´alni, hogy g˜ := cg ´es h 0 0 ˜ abott g˜y = hx felt´etelnek, teh´at c-vel ´atszorozva az egyenlet egzaktt´a tehet˝o. Tulajdonk´eppen ez t¨ort´ent a line´aris, ´es a sz´etv´alaszthat´ o egyenletek megold´asakor. Az egzakt egyenletek megold´as´anak m´odszere a k¨ovetkez˝ ok´eppen is elmondhat´o. Tegy¨ uk fel hogy az x˙ = φ(t, x) rendszernek ismerj¨ uk egy f (t, x) integr´alj´at (megmarad´asi elv), vagyis ∂t f (t, x(t)) = 0 az egyenlet x(t) megold´asai ment´en. Ekkor f a megold´asok ment´en ´alland´ o, teh´at f (t, x(t)) = f (t0 , x(t0 )) . Ha ez az implicit f¨ uggv´enykapcsolat feloldhat´o, akkor az ismeretlenek sz´ama eggyel cs¨okken. Igy haszn´aljuk ki a mechanika klasszikus megmarad´asi elveit (energia, impulzus, impulzusmomentum). Homog´ en egyenletek: Az y 0 = f (y/x) egyenlet az u := y/x helyettes´ıt´essel, y 0 = u+xu0 miatt 0 az xu = f (u)u sz´etv´alaszthat´o egyenletbe megy ´at, amit (f (u) − u)−1 primit´ıv f¨ uggv´eny´enek meghat´aroz´as´aval oldhatunk meg. A kezdeti felt´etelt t0 > 0 id˝opontban c´elszer˝ u megadni. A v´altoz´ok u ¨gyes helyettes´ıt´es´evel sok egyenlet reduk´alhat´ o ismert t´ıpusra. Ilyenkor fontos felismerni hogy mi minek a deriv´altja; a helyettes´ıt´es sikeres volta csak t¨obb l´ep´es ut´an l´athat´ o. P´eld´aul, az xy 0 = f (x) + y esetben is (y/x) deriv´altj´ at kell felismerni; az u = (y/x) u ´j v´altoz´ o x2 u0 = f (x) megold´asa. Bernoulli egyenlet: Az y 0 + p(x)y = q(x)y α egyenlet az u = y 1−α (x) helyettes´ıt´essel az u0 + (1 − α)p(x)u = (1 − α)q(x) line´aris egyenletre reduk´al´ odik, amit meg tudunk oldani. Riccati egyenlet: A standard y 0 + p(x)y + q(x) = y 2 alak a kicsit ´altal´ anosabb z 0 + a(x)y = 2 00 0 b(x) + c(x)z egyenletb˝ol az y = c(x)z(x) , az u = p(x)u (x) + q(x)u(x) egyenletb˝ ol pedig az y = −u0 (x)/u(x) helyettes´ıt´essel k¨ovetkezik. Tudjuk hogy a m´asodrend˝ u egyenlet egyik megold´as´ab´ol az ´alland´ok vari´al´as´aval a m´asikat is meg lehet kapni, ha teh´at y0 = ϕ(x) a Riccati egyenlet partikul´aris megold´asa, akkor y = ϕ(x) + w(x) megadja az ´altal´ anos megold´ast mert a w-re kapott w0 + p(x)w = 2ϕ(x)w + w2 Bernoulli egyenletet m´ar meg tudjuk oldani. Euler t´ıpus´ u egyenletek: Az a0 y(x) + a1 xy 0 (x) + a2 x2 y 00 (x) + · · · + an xn y (n) (x) = 0 , x ≥ 0 ´alland´o egy¨ utthat´os egyenletnek y = xλ alak´ u megold´asai vannak, ahol a λ kitev˝ok az a0 + a1 λ + 2a2 λ(λ − 1) + · · · + an λ(λ − 1) · · · (λ − n) = 0 egyenlet gy¨okei. T¨obbsz¨ or¨ os gy¨ok¨ ok eset´eben a rezon´al´o megold´asok xλ log(x) , xλ log2 (x) , ... alak´ uak. Az x = et helyettes´et´es is haszn´alhat´ o, mert ha u(t) := y(et ) akkor xy 0 (x) = et y 0 (et ) = u(t) ˙ , x2 y 00 (x) = e2t y 00 (et ) = 3 000 3 u ¨(t)− u˙ , x y (x) = ∂t u(t)−3¨ u(t)+2u(t) ˙ , ´es ´ıgy tov´ abb, teh´at line´aris egyenletet kapunk. Mivel xλ = eλ log x ´es log x = t , mindk´et m´odszer ugyanazt az eredm´enyt adja. Az els˝o v´egrehajt´asa egyszer˝ ubb, a m´asodik v´altoz´o egy¨ utthat´ okkal is m¨ uk¨ odhet, b´ar a line´aris egyenletek k¨oz¨ ott is kev´es a megoldhat´o. Anharmonikus rezg´ esek: Az ing´ar´ol sz´ol´ ox ¨ + sin x = 0 feladat az x ¨ + U 0 (x) = 0 egyenlet 2 speci´alis esete. Ezt a H(t) = x(t) ˙ /2 + U (x(t)) mechanikai energia megmarad´as´ anak elv´et alkalmazva, els˝orend˝ u egyenlett´e reduk´alhatjuk. Val´ oban, ha x(t) megold´as, akkor dH(t) = x¨ ˙ x + U 0 (x)x˙ = −xU ˙ 0 (x) + U 0 (x)x˙ = 0 , dt
(15.10)
¡ ¢1/2 teh´at az x(t) ˙ = ± 2H(0) − 2U (x(t)) auton´om egyenleteteket kapjuk, ahol persze H(0) ≥ U (x(t)). Sajnos, a megold´ast ad´o Z G(x) =
dx p 2H(0) − 2U (x)
(15.11)
156
MATEMATIKAI FIZIKA
primit´ıv f¨ uggv´eny szinte soha sem fejezhet˝o ki elemi f¨ uggv´enyek seg´ıts´eg´evel. P´eld´ aul, a matematikai inga eset´eben U (x) = − cos x , teh´ at cos x = 2 − 2 sin2 (x/2) r´ev´en feladatunk a nevezetes Z ϕ dα p γ2 < 1 (15.12) F (ϕ, γ) := 2 2 1 − γ sin α 0 elliptikus integr´alra reduk´al´odik, aminek az ´ert´ekeit, a trigonometrikus f¨ uggv´enyekhez hasonl´oan, t´abl´azatban t´arolj´ak. ∗∗ Nagy amlplitud´ ok: Konkr´et k´erd´esekre az´ert n´eha a megold´as egyszer˝ u k´eplete n´elk¨ ul is v´alaszolni lehet. P´eld´aul, tegy¨ uk fel hogy U konvex ´es x = 0 a szigor´ u minimum´ anak helye. Az egyenlet nemline´aris rezg´est ´ır le, legyen x(0) = a > 0 a kezdeti amplit´ ud´ o, m´ıg a kezdeti sebess´eg x(0) ˙ = 0. Jel¨olje T (a) azt az id˝opontot amikor x(t) el˝osz¨ or lesz nulla; ha U p´aros akkor T ´eppen a rezg´esid˝o negyede. (6.14) alapj´an Z a dx p T (a) = < +∞. (15.13) 2U (a) − 2U (x) 0 Mivel U (a) − U (x) ≥ U 0 (x)(a − x) ≥ U 0 (a/2)(a − x) ha a/2 < x < a m´ıg U (a) − U (x) ≥ U (a) − U (a/2) ≥ (a/2)U 0 (a/2) ha 0 < x < a/2 , √ Z a/2 Z a dx dx 3 a p p T (a) ≤ + ≤ p . 2U (a) − 2U (x) 2U (a) − 2U (x) 2 U 0 (a/2) 0 a/2 Ha teh´at a ¿ U 0 (a/2) akkor T (a) → 0 amint a → +∞. Ez a helyzet p´eld´ aul ha U (x) = |x|α ´es α > 2 . Er˝osen nemline´aris rezg´esekn´el a frekvencia l´enyegesen f¨ ugg az amplitud´ot´ ol. ∗∗ ∗∗ Az inga kis leng´ esei: Az x ¨ + sin x = 0 egyenletb˝ ol az inga leng´esideje Z a dx √ T (a) = 4 , 2 cos x − 2 cos a 0 ´ ek´et az (4.19) elliptikus integr´ ahol a a legnagyobb kit´er´es. Ert´ al t´abl´ azat´ ab´ ol kereshetn´enk ki, de kis kit´er´esekn´el magunk is boldogulhatunk a Tl hatv´anysorba fejt´es´evel. Az x = ta helyettes´ıt´es ut´an Z 1 Z 1 a dt dt p p T (a) = 4 =4 2 cos(at) − 2 cos a (1 − t2 )f (t, a) 0 0 ahol f (t, a) :=
2 cos(at) − 2 cos a a4 a2 2 (1 + t ) + (1 + t2 + t4 ) + · · · = 1 − (1 − t2 )a2 12 360
pozit´ıv, f (t, 0) = 1 , fa0 (t, 0) = 0 , v´eg¨ ul fa00 (t, 0) = −(1 + t2 )/6 . Az integr´ al m¨og¨ ott differenci´alva 0 kapjuk hogy Tl (0) = 0 ´es Z Z 1 1 1 + t2 1 1 2 − (1 − t2 ) π 00 √ √ T (0) = dt = dt = , 2 2 3 0 3 0 4 1−t 1−t teh´at T (a) = 2π(1 + a2 /16 + o(a2 )) ha a kicsi. Kis rezg´ esek, perturb´ aci´ osz´ am´ıt´ as sorfejt´ essel: Newton a sin x ≈ x − x3 /6 k¨ozel´ıt´es alapj´an sz´amolta a kis leng´esek peri´odus´ at, ez a m´odszer is a fenti eredm´enyt adja. A m´odos´ıtott 2 4 egyenlethez tartoz´o U (x) := x − x /4 duplafenek˝ u potenci´ al alulr´ ol nem korl´ atos, ez´ert nagy kezdeti energi´aj´ u megold´as a potenci´alv¨ olgyb˝ ol kiszabadulva felrobban. A prec´ız t´argyal´ ashoz a megold´asnak az amplitud´o (kezdeti felt´etel) szerinti sorfejt´es´et, ´es hiba becsl´es´et is meg kellene csin´alni. Azt k´es˝obb igazoljuk hogy a megold´as a kezdeti ´ert´ek differenci´alhat´ o f¨ uggv´enye. 2 Az x ¨ +sin x = 0 egyenlet x(0) = a , x(0) ˙ = 0 megold´as´ at x = aϕ1 (t)+a ϕ2 (t)+a3 ϕ3 (t)+O(a4 ) alakban keress¨ uk, a k¨ozel´ıt´es hib´aja l´enyegesen f¨ ugg az id˝ot˝ ol. Mivel x˙ = aϕ˙ 1 (t) + a2 ϕ˙ 2 (t) + a3 ϕ˙ 3 (t) + O(a4 ) ,
x ¨ = aϕ¨1 (t) + a2 ϕ¨2 (t) + a3 ϕ¨3 (t) + O(a4 )
Differenci´ alegyenletek
157
´es sin x = aϕ1 + a2 ϕ2 + a3 (ϕ3 − ϕ31 /6) + O(a4 ) , ϕ¨1 + ϕ1 = 0 , ϕ¨2 = ϕ2 ´es ϕ¨3 + ϕ3 = ϕ31 /6 . A kezdeti ´ert´ekek: ϕ1 (0) = 1 m´ıg ϕ2 (0) = ϕ3 (0) = ϕ˙ 1 (0) = ϕ˙ 2 (0) = ϕ˙ 3 (0) = 0 , teh´at ϕ1 = cos t , ϕ2 ≡ 0 ´es ´ıgy ϕ¨3 + ϕ3 = (1/6) cos3 t ; amib˝ol Z 1 t ϕ3 (t) = sin(t − s) cos3 (s) ds = α cos t − α cos 3t + βt sin t , 6 0 ahol α = 1/192 , β = 1/16 , vagyis x(t) = a cos t + a3 (α cos t − α cos 3t + βt sin t) + O(a4 ) a k¨ozel´ıt˝o megold´as, ami kis amlitud´ok mellett is csak korl´ atozott ideig ´erv´enyes. A T (a) leng´esid˝o negyede az els˝o gy¨okhely k¨ozel´eben lesz, a m´ar ismert T (a) = 2π(1 + a2 /16 + O(a4 )) k´eplet behelyettes´ıt´essel ellen˝orizhet˝o. ∗∗ Mozg´ as centr´ alis er˝ ot´ erben: Kepler feladata az x ¨ + ∂x U (r) = 0 ´es y¨ + ∂y U (r) = 0 egyenletekhez vezet, ahol r := (x2 + y 2 )1/2 , ´es U (r) = −c/r , c > 0. C´elszer˝ u az x = r cos ϕ ´es y = r sin ϕ pol´aris koordin´at´ak bevezet´ese, ekkor x˙ = r˙ cos ϕ − rϕ˙ sin ϕ , y˙ = r˙ sin ϕ + rϕ˙ cos ϕ , vagyis a rendszer energi´aja H(t) := 21 (x˙ 2 + y˙ 2 ) + U (r) = 12 (r˙ 2 + r2 ϕ˙ 2 ) + U (r) .
(15.14)
K¨onny˝ u ellen˝orizni hogy az energia a mozg´as sor´an nem v´altozik, s˝ot az impulzus M (t) := r2 ϕ˙ momentuma szint´en ´alland´o. Val´oban, dH(t) = x¨ ˙ x + y˙ y¨ + U 0 (r)r˙ = 0 (15.15) dt mert r˙ = (x˙ + y)/r ˙ . M´asr´eszt a sin ϕ = x/r egyenlet differenci´al´ as´ aval, cos ϕ = y/r miatt 2 r ϕ˙ = xy˙ − xy ˙ ad´odik, teh´at a mozg´asegyenletek alapj´an dM/dt = x¨ y−x ¨y = 0. Ezek szerint H(t) = H(0) ´es M (t) = M (0), vagyis ϕ˙ = M (0)/r2 , v´eg¨ ul H(t) =
r˙ 2 M (0)2 + + U (r) = H(0) . 2 2r2
(15.16)
Innen az
p (15.17) r˙ = 2H(0) − 2U (r) − M (0)2 /r2 auton´om egyenletet kapjuk, ami elvileg megoldhat´o, de az U (r) = −c/r gravit´ aci´ os potenci´al eset´eben is elemi f¨ uggv´enyekkel nem kifejezhet˝o, szint´en elliptikus, de az el˝oz˝ on´el bonyolultabb integr´alt kell meghat´arozni. ∗∗ Spont´ an bifurk´ aci´ o: Rendk´ıv¨ ul ´erdekes az U (y) := −y 4 /4 + (a + b)y 3 /3 − aby 2 /2 , vagyis 0 3 U (y) := y(y − a)(b − y) = −y + (a + b)y 2 − aby p´elda, ahol 0 < a < b/2 , ´es y(−l) = y(l) = 0 a perem´ert´ek feladat. Nem kis meglepet´es¨ unkre van egy olyan l0 > 0 ´ert´ek hogy l < l0 eset´en csak a trivi´alis, y ≡ 0 megold´as l´etezik, de az l = l0 szintn´el megjelenik egy nemtrivi´ alis megold´as is, amely a [−l0 , l0 ] intervallum belsej´eben pozit´ıv ´es p´aros f¨ uggv´eny. Ezut´an olyan l1 > l0 szint k¨ovetkezik, hogy l0 < l ≤ l1 eset´en pontosan k´et pozit´ıv ´es p´aros megold´as van. Az is l´athat´o hogy az adott esetben negat´ıv megold´as egy´eltal´en nincs. A nemtrivi´ alis megold´asok ´ıgy bek¨ovetkez˝o megjelen´es´et ´es oszt´od´as´at spont´an bifurk´aci´ onak nevezz¨ uk. A jelens´eg meg´ert´es´ehez oldjuk meg az x ¨(t)+U 0 (x) = 0 egyenletet az x(0) = 0 ´es x(0) ˙ =v>0 kezdeti felt´etellel; xv (t) a megold´as. Ha van ilyen, akkor jel¨olje τ (v) > 0 az els˝o olyan t > 0 id˝opontot amikor x(t) ˙ = 0 lesz, ´es legyen ξ(v) := xv (τ (v)). A H := x˙ 2 /2 + U (x) energia a megold´as ment´en ´alland´o, v 2 = 2U (ξ(v)) , tov´ abb´ a τ (v) = T (ξ(v)), ahol Z ξ dx p . (15.18) T (ξ) := 2U (ξ) − 2U (x) 0 Mivel U 00 (0) < 0 , U 00 (a) > 0 , U 00 (b) < 0 , ´es a < b/2 miatt U (0) < U (b) , v 2 < 2U (b) a τp(v) id˝opont l´etez´es´enek felt´etele. Teh´ at τ (v) a [−λ, λ] intervallumon van defini´alva, ahol λ := 2U (b) , ´es U (a) < 0 miatt a < ξ(v) ≤ b. Mivel az [a, b] intervallumon U szigor´ uan monoton, T (ξ) azon az [α, b) intervallumon ´ertelmezett, melyet U (α) = 0 ´es a < α < b jellemez. L´athat´ o hogy T (α) = T (b) = +∞. A perem´ert´ek feladat pozit´ıv ´es p´aros megold´asait azok az xv g¨ orb´ek
158
MATEMATIKAI FIZIKA
adj´ak, amelyekn´el τ (v) = l. Val´oban, a pozit´ıv megold´as felveszi a maximum´ at, ´es a p´aross´aga miatt ez ´eppen az x = 0 helyen t¨ort´enik meg, teh´at y 0 (0) = x(l) ˙ = 0. Teljesen elemi de tr¨ ukk¨os sz´amol´assal igazolhat´o hogy a τ (v) f¨ uggv´enynek pontosan egy stacion´arius pontja van, az abszol´ ut minimum v0 helye, teh´at l0 = τ (v0 ) , l1 = T (α), ´es a bifurk´aci´o t´enyleg u ´gy j´atsz´odik le, ahogy elmondtuk. Valamivel konkr´etabban, az bizony´ıthat´ o 0 00 hogy T (ξ) = 0 eset´en T (ξ) > 0. A T integr´ al fels˝o hat´ar szerinti differenci´al´ asa kock´ azatos, a deriv´altakat c´elszer˝ u az x = ξ sin ϕ helyettes´ıt´essel kapott Z π/2 ξ cos ϕ dϕ p T (ξ) = (15.19) 2U (ξ) − 2U (ξ sin ϕ) 0 alakb´ol sz´amolni. Legyen G(ξ) = U (ξ) − U (ξ sin ϕ) ´es V (x) := 2U (x) − xU 0 (x) , ekkor Z π/2 Z 1 1 ξ V (ξ) − V (x) 0 −3/2 0 dx , T (ξ) = √ G (2G − ξG ) cos ϕ dϕ = ξ 0 (2U (ξ) − 2U (x))3/2 8 0 Z π/2 ¡ ¢ 1 00 T (ξ) = √ G−5/2 3ξ(G0 )2 − 4GG0 − 2ξGG00 ) cos ϕ dϕ . 32 0 Mivel V (x) = x4 /2 − (a + b)x3 /3 a (0, a/2 + b/2) intervallumon fogy, T 0 (ξ) < 0 ha ξ < a/2 + b/2 . Ha teh´at T 0 (ξ) = 0 akkor ξ ≥ a/2 + b/2 ´es T 00 (ξ) = T 00 (ξ) + (3/ξ)T 0 (ξ) , vagyis Z π/2 ¡ ¢ 1 00 T (ξ) = √ G−5/2 (3/ξ)(2G − ξG0 )2 + 2GG0 − 2ξGG00 cos ϕ dϕ 32 0 Z π/2 Z 1 1 ξ ξV 0 (ξ) − xV 0 (x) −3/2 0 00 ≥√ G (G − ξG ) cos ϕ dϕ = 2 dx ; ξ 0 (2U (ξ) − 2U (x))3/2 8 0 az utols´o l´ep´esn´el az xV 0 (x) = xU 0 (x) − x2 U 00 (x) azonoss´agot haszn´altuk ki. Minthogy xV 0 (x) = 2x4 − (a + b)x3 a (0, a/2 + b/2) intervallumon negat´ıv, ´es x > a/2 + b/2 eset´en monoton n˝o, az integrandus a kritikus ξ > a/2 + b/2 tartom´anyban pozit´ıv, vagyis itt T 00 (ξ) > 0. Ezzel igazoltuk hogy a T (ξ) , ´es ´ıgy a τ (v) f¨ uggv´enynek is csak egy stacion´arius pontja van. ∗∗ 15.3. Line´ aris rendszerek. Tetsz˝oleges A(t) , t ∈ R n × n m´eret˝ u n´egyzetes m´atrix f¨ uggv´eny, n n ´es f(t) ∈ R , t ∈ R vektor f¨ uggv´eny eset´en kereshetj¨ uk az x˙ = A(t)x + f(t) inhomog´en line´aris differenci´alegyenlet rendszernek azt az x : R 7→ Rn megold´as´ at, ami az x(t0 ) = x0 kezd˝ ofelt´etelnek eleget tev˝o x = x(t) , t ≥ 0 vektor ´ert´ek˝ u f¨ uggv´eny. Az f ≡ 0 esetben homog´en, az A(t) ≡ A esetben ´alland´o egy¨ uthat´os rendszerr˝ol besz´el¨ unk. A homog´en rendszer megold´asai n-dimenzi´ os line´aris teret alkotnak, ´es az inhomog´en egyenlet megold´asai u ´gy ´all´ıthat´ ok el˝o, hogy a homog´en rendszer ´ altal´ anos megold´ as´ ahoz hozz´aadjuk az inhomog´en rendszer egy partikul´ aris megold´ as´ at. M´ atrix exponenci´ alis f¨ uggv´ enye: A legegyszer˝ ubb x˙ = ax egyenlet megold´as´ anak mint´ aj´ ara bevezetj¨ uk a Φ(t) := eAt m´atrix f¨ uggv´enyt az exponenci´alis f¨ uggv´eny hatv´anysor´ anak seg´ıts´eg´evel. Ehhez csak azt kell meg´erteni hogy a komplex sz´amokhoz hasonl´oan, a n´egyzetes m´atrixok olyan (val´os vagy komplex) line´aris teret alkotnak aminek az elemeit ¨ossze is lehet szorozni, teh´at az A polinomjai minden tov´abbi n´elk¨ ul defini´alhat´ ok. R´aad´ asul kAk := max{|Ax| : |x| ≤ 1} norma ezen a t´eren, ami az kABk ≤ kAk kBk Cauchy egyenl˝ otlens´egnek eleget tesz, teh´at m´atrixok hatv´anysorai a komplex hatv´anysorok mint´ aj´ ara defini´alhat´ ok, ´es az alapvet˝ o t´etelek bizony´ıt´asai is v´altozatlanok. Konkr´etan, az e
At
≡ exp(At) :=
∞ n X t n=0
n!
An
(15.20)
sor minden t ∈ R eset´en abszol´ ut konvergens, ´es eAt+As = eAt eAs , vagyis eAt e−At = I , tov´ abb´ a At At At ∂t e = Ae = e A . Tegy¨ uk fel hogy x = x(t) az x˙ = Ax ´alland´ o egy¨ utthat´ os rendszer megold´asa, ekkor ∂t (e−At x(t)) = e−At x˙ (t) − Ae−At x(t) = 0 ,
Differenci´ alegyenletek
159
teh´at x(t) = eAt x0 , ´es behelyettes´ıt´essel meggy˝oz˝ odhet¨ unk arr´ol hogy ez t´enyleg megold´as. A levezet´es azt is mutatja hogy m´asik megold´as nincs. Az is l´athat´ o hogy x(t) = eAt x0 eset´en −At x0 = e x(t) , teh´at x(t) = 0 csak akkor lehets´eges ha x0 = 0 . Eszerint a line´arisan f¨ uggetlen megold´asok sz´ama pontosan annyi mint A m´erete. P´eld´aul, az x ¨ + ω 2 x = 0 m´asodrend˝ u egyenlet az y := x˙ v´ altoz´ o bevezet´es´evel az x˙ = y , 2 y˙ = −ω x rendszerr´e ´ırhat´o ´at, melynek A m´atrixa az A2 + ω 2 I = 0 egyenlet gy¨oke, ahol I az identit´as. Kihaszn´alva az ı2 + 1 = 0 anal´ogi´ at, az Euler k´eplet levezet´es´ehez hasonl´oan kapjuk hogy eAt = cos(ωt)I + (1/ω) sin(ωt)A , teh´at sin(ωt) x(0) ˙ = a cos(ωt + α) (15.21) ω a harmonikus rezg´es egyenlet´enek ´altal´ anos megold´asa. Az ´altal´ anos esetben azt a lehet˝oleg minim´alis foksz´am´ u p polinomot, a minim´alpolinomot kell megkeresni, aminek A gy¨oke, vagyis p(A) = 0. Ezut´an az ezt = p(z)q(z)+r(z) marad´ekos oszt´ast kell elv´egezni, mert eAt = r(At) adja az ´altal´anos megold´ast. A marad´ekos oszt´as a m´atrix m´eret´et˝ ol f¨ uggetlen sz´amol´ as eredm´enye, teh´at ez a m´odszer numerikus elj´ar´ask´ent is el˝ony¨ os. ∗∗ Liouville k´ eplete: Az exponenci´alis f¨ uggv´eny eredeti defin´ıci´ oja is alkalmazhat´ o m´atrixokra ´es oper´atorokra. Ha A n´egyzetes m´atrix akkor x(t) = cos(ωt)x(0) +
exp A = lim (I + A/n)n . n→∞
(15.22)
♥ A bizony´ıt´as gyakorlatilag ugyanaz mint val´ os vagy komplex sz´amok eset´eben, a binomi´alis t´etel ut´an domin´alt konvergenci´ara kell hivatkozni. ¤ Innen ad´odik hogy det eA = exp(Tr A) . ♥ El˝osz¨or azt kell ´eszrevenni hogy det(I + ε A + o(ε)B) = 1 + ε Tr A + o(ε) amint ε → 0 , mert csak a teljesen a f˝o´atl´ob´ol sz´armaz´o szorzatoknak nem o(ε) az egy¨ utthat´ oja, ´es az is csak akkor ha egy kiv´etel´evel midegyik t´enyez˝o 1 . Ezut´an m´ar csak a determin´ansok szorz´asi t´etel´et kell alkalmazni: µ µ ¶¶n A det exp A = lim det I + = exp(Tr A) (15.23) n→∞ n a fentiek alapj´an. ¤ Eszerint det eAt nem lehet nulla, s˝ot Liouville nyom´ an mondhatjuk hogy az Rn f´ azist´erben At az egyenlet ´altal keltett x(t) = e x0 ´ araml´ as a kezdetben egys´egnyi f´azist´erfogatot t id˝ o alatt exp(tTr A) t´erfogatba viszi ´at. ∗∗ Inhomog´ en rendszer: Hasonl´oan kezelhet˝ o az x˙ = Ax + f(t) ´alland´ o egy¨ utthat´ os inhomog´en rendszer is. Ugyan´ ugy mint egyetlen egyenletn´el, Z t x(t) = eAt x(0) + eAt−As f(s) ds (15.24) 0
az ´altal´anos megold´as. Sz´oban is megfogalmazhat´o az a szab´aly hogy inhomog´en line´aris rendszer ´altal´anos megold´asa a homog´en egyenlet ´altal´ anos megold´as´ anak ´es az inhomog´en egyenlet egy partikul´aris megold´as´anak ¨osszege. A homog´en egyenlet ´altal´ anos megold´asa annyi line´arisan f¨ uggetlen megold´asnak a line´aris kombin´ aci´ oja, ah´any v´altoz´ o van. Id˝of¨ ugg˝ o A = A(t) m´atrix eset´en az (15.3) – (15.24) mint´aj´ara fel´ırhat´ o k´eplet csak akkor helyes, ´es akkor k¨onnyen igazolhat´o is, ha A(t)A(s) = A(s)A(t) mindig teljes¨ ul. 2 M´ asodrend˝ u rendszerek: A ¨x + Ω x = 0 rendszer az y := x˙ v´ altoz´ ok bevezet´es´evel 2n m´ert˝ u els˝orend˝ u rendszerre reduk´al´odik, de a harmonikus oszcill´atorn´ al megismert megold´ok´eplet k¨ozvetlen¨ ul is ´atmenthet˝o. Hatv´anysorukkal defini´alhatjuk a cos(Ωt) ´es sin(Ωt) m´atrixokat. A differenci´al´as szab´alyai v´altozatlanok: ∂t cos(Ωt) = −Ω sin(Ωt) ´es ∂t sin(Ωt) = cos(Ωt)Ω , teh´at x(t) = cos(Ωt)x(0) + Ω−1 sin(Ωt) x˙ (0)
(15.25)
az ´altal´anos megold´as, ami arra az esetre is kiterjeszthet˝o amikor Ω nem invert´ alhat´ o. Az ¨x + Ω2 x = f(t) inhomog´en rendszer megold´ok´eplete is ugyan´ ugy n´ez ki mint az egyv´altoz´ os esetben, Z t −1 x(t) = Ω sin(Ωt − Ωs)f(s) ds (15.26) 0
160
MATEMATIKAI FIZIKA
az x(0) = x˙ (0) = 0 kezdeti felt´etelnek eleget tev˝o partikul´aris megold´as. A ¨x + 2Γ˙x + Ω2 x = f(t) csillap´ıtott rendszer csak akkor t´argyalhat´ o ugyan´ ugy mint az egyv´altoz´ os egyenlet ha a Γ ´es Ω m´atrixokat fel lehet cser´elni: ΓΩ = ΩΓ . Megold´ as saj´ atvektorokkal: Az x(t) = eAt x0 megold´ as sz´amol´ asa akkor a legegyszer¨ ubb ha meg tudjuk oldani az Au = λu saj´at´ert´ek feladatot, ´es x0 = c1 u1 + c2 u2 + · · · + cn un ,
(15.27)
ahol uk a λk saj´at´ert´ekhez tartoz´o (jobboldali) saj´atvektor. Ekkor x(t) = c1 eλ1 t u1 + c2 eλ2 t u2 + · · · + cn eλd t un
(15.28)
a homog´en egyenlet megold´asa lesz, ami teljes ¨osszhangban van az x(t) = eAt x0 k´eplettel. Anal´og m´odon adhat´o meg m´asodrend˝ u rendszer megold´asa is. Ha A val´ os, szimmetrikus vagy norm´alis, n × n m´eret˝ u m´atrix, akkor az n darab val´ os saj´at´ert´ekhez ugyanannyi saj´atvektor tartozik. Ha A nem szimmetrikus, akkor a saj´at´ert´ekek ´es a saj´atvektorok koordin´at´ ai ´altal´ aban komplex sz´amok lesznek, de ha a m´atrix elemei ´es a kezdeti ´ert´ekek is val´ os sz´amok, akkor az ´ıgy kapott megold´as v´egs˝o soron mind´ıg val´ os ´ert´ek˝ u, a k´epzetes r´esze nulla. Fizikailag ´erdekes probl´em´akn´al sem ritka hogy a a line´arisan f¨ uggetlen saj´atvektorok kevesebben vannak mint az egyenletek. Ilyenkor rezonanci´ar´ol besz´el¨ unk, ´es az ´altal´ anos megold´as meghat´aroz´ asa bonyolultabb. T¨ obbsz¨ or¨ os saj´ at´ ert´ ekek: N´ezz¨ uk el˝osz¨ or azt az esetet amikor A = λ I + E n m´eret˝ u Jordan blokk, vagyis λ ∈ C , I az egys´egm´atrix, E = (ek,j ) pedig olyan hogy az ek,k+1 = 1 kiv´etel´evel mindegyik elem nulla. Mivel E hatv´anyoz´ asakor az egyesek a jobb fels˝o sarok fel´e tol´odnak el, E n = 0 ´es µ ¶ t2 2 tn−1 At λt Et λt n−1 e =e e =e I + tE + E + · · · + E , (15.29) 2 (n − 1)! amit a koordin´at´ank´ent ki´ırt x˙ 1 = λx1 + x2 , x˙ 2 = λx2 + x3 ,..., x˙ n−1 = λxn−1 + xn , x˙ n = λxn egyenletek rekurz´ıvmegold´as´aval is megkaphattunk volna. Ennek alapj´an, a Jordan blokkok elm´elet´enek tudat´aban, a k¨ovetkez˝ o algoritmus vezet el az ´altal´anos feladat megold´as´ahoz. Ha Au = λu ´es λ t¨ obbsz¨ or¨ os saj´at´ert´ek, akkor kereshetj¨ uk azokat a v0 := u , v1 , v2 , ..., sr f˝ovektorokat, amelyeket az (A − λI)v1 = u , (A − λI)v2 = v1 , ..., (A−λI)vr = vr−1 egyenletek defini´alnak. Vil´agos hogy ϕ0 (t, u) := eλt u ´es ϕ1 (t, u) := eλt (tu+v1 ) is megold´as. Legyen µ r ¶ t tr−1 λt ϕr (t, u) := e u+ v1 + · · · + tvr−1 + vr , r = 0, 1, 2... . (15.30) r! (r − 1)! Mivel ∂t ϕr (t, u) = λϕr (t, u) + ϕr−1 (t, u) , mindaddig u ´jabb megold´asokat kapunk, ameddig ez az elj´ar´as folytathat´o. A line´aris algebr´ab´ ol tudjuk hogy a maxim´alis r ´eppen eggyel kisebb mint az u saj´atvektorhoz tartoz´o Jordan blokk m´erete, teh´at ezt az elj´ar´ ast mindegyik saj´atvektorral elv´egezve n darab line´arisan f¨ uggetlen megold´ashoz jutunk. Ezek line´aris kombin´ aci´ oik´ent a homog´en egyenlet minden megold´asa el˝o´ all´ıthat´ o, ´es az inhomog´en egyenletet is meg tudjuk oldani. Kv´ azipolinomok: Konkr´et sz´amol´asra valamivel alkalmasabb a m´odszer k¨ovetkez˝ o v´altozata. Jel¨olje mk a λk saj´at´ert´ek multiplicit´as´ at, ´es legyen q(t) az eλk t , teλk t ,... , tmk −1 eλk t /(mk − 1)! kv´azipolinomokb´ol alkotott n m´eret˝ u vektor. A fentiek szerint a homog´en egyenlet megold´asai x = Cq(t) alak´ uak, ahol C n × n konstans m´atrix. A C q˙ = ACq ´es Cq(0) = x(0) egyenleteket kell megoldani, ami az´ert lehets´eges mert mindk´et oldal kv´azipolinomok line´aris kombin´ aci´ oja, ´es az egy¨ utthat´oik egyenk´ent egyenl˝ok kell hogy legyenek. Mivel λk tj eλk t tj−1 eλk t d tj eλk t = + , dt j! j! (j − 1)! a sz´amol´as nem bonyolult, csak hosszadalmas.
Differenci´ alegyenletek
161
15.4. V´ altoz´ o egy¨ utthat´ os rendszer, az ´ alland´ ok vari´ al´ asa. El˝ osz¨ or az x˙ = A(t)x id˝ of¨ ugg˝ o homog´en line´ aris rendszerrel foglalkozunk, feltessz¨ uk hogy az A(t) , t ≥ 0 , n × n m´eret˝ u m´atrix elemei a t id˝o folytonos ´es korl´atos f¨ uggv´enyei. A k¨ovetkez˝ o szakaszban kifejtend˝o elm´elet szerint minden t0 ≥ 0 id˝oponthoz ´es x0 ∈ Rn vektorhoz, az x(t0 ) = x0 kezdeti felt´etel mellett pontosan egy x : R+ 7→ Rn folytonosan differenci´alhat´ o megold´as van. Eszerint a megold´ asok n-dimenzi´ os line´ aris teret alkotnak, teh´at az ´altal´anos megold´as x(t) = c1 ϕ1 (t)+c2 ϕ2 (t)+· · ·+cn ϕn (t) alak´ u, ahol ϕk az Rn f´azist´er ek b´azisvektor´ ahoz ´es a t0 = s ≥ 0 id˝oponthoz mint kezdeti ´ert´ekhez ˙ k = A(t)ϕk (t) , t ≥ 0 ´es k = 1, 2, ..., n , vagyis ck az x(s) k-ik tartoz´o megold´as: ϕk (s) = ek ´es ϕ koordin´at´aja. Az s ≥ 0 kezdeti id˝opont tetsz˝oleges, ´es mindez u ´gy is elmondhat´o hogy minden t, s ≥ 0 id˝oponthoz van olyan Φ(t|s) m´atrix hogy x(t) = Φ(t|s)x(s) ha x megold´as; Φ(t|s) ´eppen a fenti ϕk oszlopvektorokb´ol ´all. Determinizmus van: Φ(t|s) = Φ(t|τ )Φ(τ |s) ∀ s, τ, t ≥ 0 , teh´ at Φ(s|s) = I ´es Φ(t|s)Φ(s|t) = I . Eszerint Φ invert´ alhat´ o, ´es a ϕk (t) alapmegold´ asok minden adott t ≥ 0 eset´en line´ arisan f¨ uggtlenek, vagyis b´ azist alkotnak. A Φ m´atrix determin´ansa is meghat´arozhat´o. ∗∗ A Vronski determin´ ans: Megmutatjuk hogy a W (t) := det Φ(t|0) determin´ ans eleget tesz ˙ = W (t) Tr A(t) egyenletnek, vagyis Liouville t´etele most a aW µZ t ¶ W (t) = W (0) exp Tr A(s) ds . (15.31) 0
form´ aban ´erv´enyes. ♥ Azt kell kihaszn´alni hogy a determin´ans mindegyik oszlopvektor´ anak ˙ = W1 + W2 + · · · + Wn , ahol Wk (t) = det Φ0 ´es Φ0 (t) az a m´atrix line´aris f¨ uggv´enye, teh´at W k k ˙ k = A(t)ϕk (t) ´all. Mivel A(t)ϕk (t) = c1 ϕ1 + c2 ϕ2 + · · · + cn ϕn , Wk (t) = amiben ϕk hely´en ϕ ck (t)W (t) . M´asr´eszt Φ(t|0) = Φ(t|s)Φ(s|0) miatt W (t) = det Φ(t|s)W (s) miatt a ∂t det Φ(t|s) deriv´altat a t = s helyen kell meghat´arozni, ami ´eppen Tr A(t) mert Φ(s|s) = I . ¤ ∗∗ A fentiek alapj´an az x˙ = Ax + f(t) inhomog´en rendszer m´ar rutinszer˝ uen oldhat´o meg az az ´ alland´ ok vari´ al´ as´ aval ha ismerj¨ uk a homog´en rendszer ϕ1 , ϕ2 , ..., ϕn alapmegold´ asait, ahol n az egyenletek sz´ama. A megold´ast x(t) = c1 (t)ϕ1 (t) + c2 (t)ϕ2 (t) + · · · + cn (t)ϕn (t) alakban ˙ k = Aϕk , a keress¨ uk. Mivel ϕ c˙1 (t)ϕ1 (t) + c˙2 (t)ϕ2 (t) + · · · + c˙n (t)ϕn (t) = f(t)
(15.32)
´es a c1 (0)ϕ1 (0)+c2 (0)ϕ2 (0)+· · ·+cn (0)ϕn (0) = x(0) egyenleteket kell megoldani. A m´asodikb´ol a ck (0) sz´amokat kapjuk, ezut´an a f(t) = b1 (t)ϕ1 (t) + b2 (t)ϕ2 (t) + · · · + bn (t)ϕn (t) kifejt´esb˝ol a c˙k = bk (t) , k = 1, 2, ..., n , k¨ozvetlen¨ ul integr´ alhat´ o egyenleteket kapjuk. A ck (0) sz´amok ´es a bk (t) f¨ uggv´enyek meghat´aroz´ as´ra szolg´al´ o line´aris rendszerek megoldhat´as´ ag´ at az alapmegold´ asok line´aris f¨ uggetlens´ege garant´ alja. Magasabbrend˝ u egyenletek: Az x(n) +a1 x(n−1) +· · ·+an−1 x+a ˙ u line´aris n x = ψ(t) n-edrend˝ egyenlet megold´as´at a Laplace transzform´aci´ on´ al r´eszben m´ar t´argyaltuk. Azt m´eg ´erdemes megjegyezni hogy az x0 := x , x1 := x˙ , xk := x(k) jel¨ol´essel az x˙ 0 = x1 , x˙1 = x2 , x˙ k = xk+1 ha k < n − 1 ´es x˙ n−1 = −a1 xn−1 − · · · − an−1 x1 − an x0 = ψ(t) rendszert kapjuk, teh´at eddigi tud´asunk haszn´alhat´o. A homog´en egyenlet megold´asai n-dimenzi´ os line´aris teret alkotnak, ´es az inhomog´en egyenlet ´altal´anos megold´asa a homog´en egyenlet ´altal´ anos megold´as´ anak, ´es az inhomog´en egyenlet egy tetsz˝oleges (partikul´aris) megold´as´ anak ¨osszege. Az ´alland´ ok vari´al´as´anak m´odszere a k¨ovetkez˝o elj´ar´ asra reduk´al´ odik. Ha ϕ1 (t) , ϕ2 (t) ,... ,ϕn (t) a homog´en egyenlet line´arisan f¨ uggetlen megold´asai, akkor a kapcsol´od´ o rendszer alapmegold´asai a ϕk := (n−1) (ϕk , ϕ˙ k , ..., ϕk ) vektorok, az inhomog´en tag pedig f(t) := (0, 0, ..., 0, ψ(t)) . Az inhomog´en egyenlet megold´as´at a φ(t) = c1 (t)ϕ1 (t) + c2 (t)ϕ2 (t) + · · · + cn (t)ϕn (t) alakban keress¨ uk, amiben n ismeretlen szerepel, de az eredeti egyenletb˝ ol csak egy ¨osszef¨ ugg´est kapunk. Viszont (15.32) alapj´an ´ırhatjuk hogy (k)
(k)
c˙1 (t)ϕ1 (t) + c˙2 (t)ϕ2 (t) + · · · + c˙n (t)ϕ(k) n (t) = 0 (n−1)
c˙1 (t)ϕ1
(n−1)
(t) + c˙2 (t)ϕ2
ha k < n − 1 ,
(t) + · · · + c˙n (t)ϕ(n−1) (t) = ψ(t) , n
(15.33) (15.34)
162
MATEMATIKAI FIZIKA
ahol {ϕk } line´aris f¨ uggetlens´ege miatt ψ(t) = b1 (t)ϕ1 (t) + b2 (t)ϕ2 (t) + · · · + bn (t)ϕn (t) . Ugyan´ ugy mint (15.32) eset´eben, a c˙k v´altoz´ ok kifejezhet˝oek. A ck (0) kezdeti ´ert´ekeket a (k)
(k)
(k) c1 (0)ϕ1 (0) + c2 (0)ϕ2 (0) + · · · + cn (0)ϕ(k) n (0) = x (0) k = 0, 1, ..., n − 1
line´aris rendszer megold´as´aval kapjuk, ami szint´en mindig lehets´eges. ´ 15.5. Altal´ anos elm´ elet. Az x˙ = f(t, x) rendszer megoldhat´os´ ag´ at vizsg´aljuk, ahol x = x(t) ∈ d d 1+d R , ´es f : D 7→ R a D ⊂ R nyilt halmazon folytonos lek´epez´es. Azt mondjuk hogy f az U ⊂ D halmazon Lipschitz felt´etelnek tesz eleget, ha van olyan L = LU sz´ am hogy |f(t, x) − f(t, y)| ≤ L|x − y| ∀ (t, x), (t, y) ∈ U.
(15.35)
A megold´as l´etez´es´et ´es egy´ertelm˝ us´eg´et tiszt´azza a k¨ovetkez˝ o ´altal´ anos eredm´eny. T´ etel 15.1. Ha f a (t0 , x0 ) ∈ D egy k¨ ornyezet´eben korl´ atos ´es Lipschitz folytonos, akkor ebben a k¨ ornyezetben az egyenletnek pontosan egy olyan x = x(t) megold´ asa van, amely eleget tesz az x(t0 ) = x0 kezdeti felt´etelnek. Bizony: A bizony´ıt´as a Banach f´ele fixpont t´etel m´odszer´evel, iter´aci´ oval t¨ort´enik. Ha az x(t) g¨orbe megold´as, akkor Z t x(t) = x0 + f(s, x(s)) ds (15.36) t0
abban a tartom´anyban, ahol ´ertelmezve van. Ha (t, x(t)) ∈ D a Kδ (t0 ) k¨ornyezetben, akkor itt defini´alhat´o az ˜x = Φ(x) lek´epez´es az Z t x ˜(t) := x0 + f (s, x(s)) ds (15.37) t0
k´eplettel. Fontos meggondolni hogy Φ folytonos f¨ uggv´enyhez folytonos f¨ uggv´enyt rendel hozz´a, ´es a folytonos f¨ uggv´enyek tere teljes. A δ > 0 sz´amot u ´gy v´alasztjuk meg, hogy a Lipschitz felt´etel a [t0 − δ, t0 + δ] intervallumon teljes¨ ulj¨ on. Ekkor Z t |˜x(t) − ˜y(t)| ≤ L |x(s) − y(s)| ds , (15.38) t0
ahol ˜x = Φ(x), ˜y = Φ(y), ´es t > t0 ; hasonl´o becsl´es ´erv´enyes t < t0 eset´en is, teh´at kΦ(x)−Φ(y)k ≤ 2Lδkx − yk a [t0 − δ, t0 + δ] intervallumon. Ha teh´at q := 2Lδ < 1, akkor φ kontrakci´ o, teh´at az xn+1 = Φ(xn ) szukcessz´ıv approxim´aci´ o konvergens, ´es hat´ar´ert´eke a keresett, egy´ertelm˝ uen meghat´arozott megold´as. ¤ 1+d d d Ha f : R 7→ R minden t ∈ R ´es x, y ∈ R eset´en, ugyanazzal az L konstanssal el´eg´ıti ki a Lipschitz felt´etelt, tov´abb´a a line´aris n¨oveked´es |f(t, x)| ≤ a + b|x| felt´etele is minden¨ utt teljes¨ ul, akkor az elj´ar´ast δ < 1/2L nagys´ ag´ u l´ep´esekkel ism´etelgetve minden¨ utt defini´alt glob´alis megold´ast kapunk. A Gr¨ onwall lemma: A jobboldal line´aris n¨oveked´es´er˝ ol sz´ol´ o felt´etel nem sz¨ uks´eges glob´alis megold´asok l´etez´es´ehez, ´es ugyanezt mondhatjuk a Lipschitz felt´etelr˝ ol a megold´asok egy´ertelm˝ us´eg´evel kapcsolatban. P´eld´aul, az x˙ = x3 egyenlet minden megold´asa felrobban, m´ıg az x˙ = −x3 egyenlet valamennyi megold´asa a teljes [0, +∞) intervallumon ´ertelmezve van, s˝ot t → +∞ eset´en 0-hoz konverg´al. Azt mondjuk hogy a m´asodik egyenlet jobboldal´anak j´o az el˝o jele, vagyis teljes¨ ul az hx, f(t, x)i ≤ a + b|x|2 ∀ t ≥ 0, x ∈ Rd felt´etel, ahol a ≥ 0 ´es b ∈ R adott sz´amok. Legyen ugyanis u(t) := 1 + |x(t)|2 , ahol x(t) valamely [0, T ) intervallumon defini´alt megold´as, ekkor u(t) ˙ = 2hx, f(t, x)i ≤ 2a + 2b|x(t)|2 = 2a − 2b + 2bu(t) , (15.39) −2bt −2bt −2bt amit e -vel szorozva ∂t (e u(t)) ≤ (2a − 2b)e ad´odik, vagyis integr´ al´ as ut´an a |x(t)|2 ≤ |x(0)|2 e2bt + (e2bt − 1) (15.40) b
Differenci´ alegyenletek
163
a teljes [0, T ) intervallumon. Eszerint nem k´epzelhet˝ o el olyan v´eges intervallum, aminek a v´eg´en a megold´as felrobban. Megjegyezz¨ uk hogy a line´aris n¨oveked´es felt´etele mellett hx, f(t, x)i ≤ a|x| + b|x|2 ≤ a + (b + a)|x|2 mivel y ≤ 1 + y 2 ∀y ∈ R , teh´at ez a felt´etel is m˝ uk¨ odik. A fenti sz´amol´as sor´an tulajdonk´eppen azt haszn´altuk ki hogy az u˙ ≤ a + bu differenci´al egyenl˝o tlens´eg ugyan´ ugy oldhat´o meg mintha egyenlet lenne. A k¨ovetkez˝ o egyenl˝ otlens´eg, a Gr¨onwall lemma ezt a tr¨ ukk¨ot intregr´ al egyenl˝ o tlens´egekre is kiterjeszti, de ekkor a b szorz´o m´ar sz¨ uks´egk´eppen pozit´ıv. T´ etel 15.2. Ha az u(t) ≥ 0, t ≥ 0 f¨ ugv´eny eleget tesz az Z t u(t) ≤ a + b u(s) ds
(15.41)
0
egyenl˝ otlens´egnek, ahol a, b ≥ 0, akkor u(t) ≤ aebt . Rt Bizony: Legyen v(t) := 0 u(s) ds , ekkor v˙ ≤ a + bv, teh´at ∂t (e−bt v(t)) ≤ ae−bt , vagyis v(0) = 0 miatt e−bt v(t) ≤ (a/b)(1 − ebt ) , teh´at bv(t) ≤ aebt − a. Ezt az eredeti egyenl˝ otlens´egbe visszahelyettes´ıtve kapjuk a bizony´ıtand´o ´all´ıt´ ast. ¤ Gr¨onwall lemm´aja k´et megold´as ¨osszehasonl´ıt´ as´ ara a k¨ovetkez˝ o eredm´enyt adja. Ha x ´es y az x˙ = f(t, x) egyenlet k´et megold´asa, akkor a Lipschitz felt´etel ´erv´enyess´egi tartom´any´ aban Z t |x(t) − y(t)| ≤ |x(0) − y(0)| + L |x(s) − y(s)| ds , 0
vagyis |x(t) − y(t)| ≤ |x(0) − y(0)| exp(tL) , ami nemcsak a megold´ as egy´ertelm˝ us´eg´et, hanem a kezdeti ´ert´ekt˝ ol val´ o Lipschitz folytonos f¨ ugg´est is igazolja. Ez a tulajdons´ag a Lipschitz felt´eteln´el gyeng´ebb hx − y, f(t, x) − f(t, y)i ≤ q (x − y)2 egyenl˝ otlens´egb˝ ol is k¨ovetkezik, mert ha Q(t) := ˙ ´ |x(t) − y(t)|2 akkor Q(t) ≤ 2qQ(t) , teh´at Q(t) ≤ Q(0)e2qt . Erdekes hogy a d = 1 esetben az egy´ertelm˝ us´eget garant´al´o gyeng´ıtett felt´etel mind¨ossze annyit k¨ovetel meg, hogy x > y eset´en f (t, x) − f (t, y) ≤ q (x − y) . A vari´ aci´ os rendszer: Jel¨olje x0 (t) az x˙ = f(t, x) rendszer megold´as´ anak a kezdeti ´ert´ek valamelyik koordin´at´aja szerinti deriv´altj´ at, ha az l´etezik. Form´ alis sz´amol´ assal kapjuk az 0 0 0 0 x˙ = ∇f(t, x) x els˝ o vari´ aci´ os rendszert; xj (0) = δk,j ha x (t) = ∂x(t)/∂xk (0)) . A megold´as l´etez´es´evel nincs gond, el´eg ha a ∇f(t, x(t)) m´atrix az x(t) megold´as ment´en korl´ atos. Annak bizony´ıt´as´ahoz hogy x0 (t) t´enyleg az x(t) deriv´altja, az x˙ = f(t, x) ´es x˙ 0 = ∇f(t, x) x0 egyenleteket mint egys´eges rendszert kell megoldani a m´ar ismert szukcessz´ıv approxim´ aci´ oval. Teh´ at, term´eszetes felt´etelek mellett a megold´as a kezdeti ´ert´eknek nemcsak folytonos hanem differenci´alhat´o f¨ uggv´enye. Stabilit´ as: Az x˙ = f(t, x) egyenlet x0 (t) glob´ alis megold´ asa stabil ha minden ε > 0 sz´amhoz van olyan δ hogy |x(0) − x0 (0)| < δ eset´en |x(t) − x0 (t)| < ε ∀ t > 0 . Ha |x(t) − x0 (t)| → 0 amint t → +∞ is teljes¨ ul, akkor x0 (t) aszimptotikusan stabil megold´ as. Az x˙ = f(x) auton´om esetben t¨obbnyire a stacion´arius pontok (egyens´ ulyi helyzetek, szingul´aris pontok) stabilit´as´ at vizsg´aljuk, ezek az f(x) = 0 egyenlet gy¨okei. Ha f(x0 ) = 0 akkor x0 (t) = x0 megold´as, ´es ´ıgy az x0 egyens´ ulyi helyzet akkor stabil ha minden ε > 0 sz´amhoz van olyan δ hogy |x(t) − x0 | < ε mindig igaz ha |x(0)−x0 | < 0 ; limt→+∞ x(t) = x0 eset´en x0 aszimptotikusan stabil. Az ´alland´ o egy¨ utthat´ os x˙ = Ax rendszernek x0 = 0 mindig stacion´arius pontja, ´es a megold´asok szerkezet´eb˝ ol (kv´azipolinomok) kiolvashat´o hogy a 0 pontosan akkor stabil, ha az A m´ atrix egyik saj´at´ert´ek´enek sem pozit´ıv a val´os r´esze. Az aszimptotikus stabilit´as felt´etele az hogy mindegyik saj´at´ert´eknek negat´ıv a val´ os r´esze. Magasabbrend˝ u egyenletek esete anal´og, ott a karakterisztikus egyenlet gy¨ okeinek val´ os r´esze a stabilit´as krit´eriuma. Ha a bemen˝o jel korl´ atos, ´es mindegyik saj´at´ert´ek (gy¨ok) val´ os r´esze negat´ıv akkor az inhomog´en rendszer (egyenlet) mindegyik megold´asa kor´ atos, de persze nem felt´etlen¨ ul tart null´ahoz; ez akkor sem igaz ha a saj´at´ert´ekek val´ os r´eszei mind negat´ıvak. Egyetlen m´asodrend˝ u nemline´aris egyenlet, vagy k´et egyenletb˝ ol ´all´ o rendszer f´ azisdiagramja sokszor tiszta k´epet ad az egyens´ ulyi helyzetek stabilit´as´ ar´ ol. Periodikus megold´asok eset´eben ´erdemes a p´alya stabilit´as´ar´ol is besz´elni. Jel¨olje ρ(x, A) az x pontnak az A ⊂ Rn halmazt´ ol val´ o
164
MATEMATIKAI FIZIKA
t´avols´ag´at. A az x˙ = f(x) egyenlet attraktora ha van olyan δ > 0 sz´am hogy ρ(x(0), A) < δ eset´en lim ρ(x(t), A) = 0 amint t → +∞ . Az eg´esz teret nem ´erdemes ´ıgy nevezni, aszimptotikusan ´ stabil stacion´arius pont persze attraktor. o p´elda. Az x˙ = x − y − xy 2 − x3 p Erdekesebb a k¨ovetkez˝ ´es y˙ = x + y − x2 y − y 3 rendszer r := x2 + y 2 ´es ϕ := arctg(y/x) pol´aris v´altoz´ oinak egyenlete r˙ = r − r3 ´es ϕ˙ = 1 , ahol r = 0 instabil, r = 1 pedig aszimptotikusan stabil egyens´ ulyi helyzet, teh´at az r = 1 k¨orvonal a rendszer attraktora. Ljapunov t´ etele: Az x˙ = f(x) auton´om rendszer f(x0 ) = 0 stacion´aris pontja stabilit´as´ anak vizsg´alata az f(x) = ∇f(x0 )(x − x0 ) + ψ(x) , ψ(x) := f(x) − ∇f(x0 )(x − x0 ) line´aris k¨ozel´ıt´es seg´ıts´eg´evel a y˙ = Ay homog´en line´aris rendszer stabilit´as´ anak k´erd´es´ere reduk´al´ odik, ahol A := ∇f(x0 ) ´es y := x − x0 . A dolog azon m´ ulik hogy a line´aris r´esz domin´alja-e a ψ marad´ekot. El˝osz¨or a homog´en line´aris rendszer m´ar ismert probl´em´ aj´ at line´aris algebra n´elk¨ ul, a Laplace transzform´ aci´o seg´ıts´eg´evel t´argyaljuk. T´ etel 15.3. Ha az A n × n m´eret˝ u m´ atrix mindegyik saj´ at´ert´ek´enek negat´ıv a val´ os r´esze, akkor vannak olyan K < 0 ´es c > 0 konstansok hogy az x˙ = Ax rendszer megold´ asai eleget tesznek az |x(t)| ≤ K|x(0)|e−ct , t > 0 becsl´esnek. Bizony: Tetsz˝oleges de fix a, b ∈ Rn vektorokkal legyen f (t) := ha, eAt bi , ´es jel¨olje F (z) az ˝o Laplace transzform´altj´at. A sorfejt´es seg´ıts´eg´evel ellen˝orizhet˝ o hogy Z ∞ Z ∞ F (z) = ha, (zI − A)−1 bi = e−zt ha, eAt i dt = ezt f (t) dt , 0
0
legal´abbis akkor ha kAk < Re z . A baloldal persze mindig ´ertelmes ha z nem saj´at´ert´ek, ezekt˝ol a p´olusokt´ol eltekintve F (z) regul´aris. Az kAk < Re z eset´en ´erv´enyes ∞ µ ¶ 1 1/z 1X A k = = zI − A I − A/z z z k=0
A)−1 k
kifejt´asb˝ol k(zI − ≤ 2/|z| ha kAk ≤ |z|/2 , teh´ at F (z) → 0 amint |z| → ∞ . Eszerint alkalmazhat´o a 14.16. T´etel, ha t > 0 akkor I I 1 1 At ζt ha, e bi = f (t) = e F (ζ) dζ = eζt ha, (ζI − A)−1 bi dζ , 2πı Γ 2πı Γ felt´eve hogy az ¨osszes saj´at´ert´ek Γ belsej´eben van. Feltehet¨ uk hogy Γ az Re ζ < 0 f´els´ık belsej´eben halad, teh´at van olyan c > 0 sz´am hogy Re ζ < −c ha ζ ∈ Γ . Mivel ha, (ζI − A)−1 bi a kont´ ur ment´en folytonos, a I 1 Q(a, b) := eζt+ct ha, (ζI − A)−1 bi dζ 2πı Γ biline´aris alak korl´atos: |Q(a, b)| ≤ K|a||b| , ahol K < +∞ nem f¨ ugg az id˝ot˝ ol. Azt igazoltuk At −ct hogy ke k ≤ Ke . ¤ Ljapunov t´etel´enek sok bizony´ıt´asa van, mi az el˝oz˝ o eredm´enyt haszn´aljuk. T´ etel 15.4. Tegy¨ uk fel hogy az A m´ atrix saj´ at´ert´ekeinek val´ os r´esze negat´ıv, ψ folytonosan differenci´ alhat´ o ´es |ψ(t, x)| ≤ α(x)|x| ∀ t ≥ 0 , ahol α(x) → 0 amint x → 0 . Ekkor az x˙ = Ax + ψ(t, x) rendszer x0 = 0 stacion´ arius pontja aszimptotikusan stabil. Bizony: Minden olyan (0, τ ) intervallumon ahol a megold´as defini´alva van, Z t At x(t) = e x(0) + eAt−As f (s, x(s)) ds , 0
ha teh´at K ´es c az el˝oz˝o t´etel ´altal garant´ alt konstansok, valamint |x(0)| ´es τ olyan kicsi hogy α(|x(s)|) ≤ γ ha s < τ akkor Z t −ct |x(t)| ≤ K|x(0)|e + γK ecs−ct |x(s)| ds . 0
Differenci´ alegyenletek
165
Gr¨onwall lemm´aja alkalmazhat´o az u(t) = ect |x(t)| f¨ uggv´ennyel: |x(t)| ≤ K|x(0)|eγKt−ct ha t < τ . Ha most δ > 0 olyan kicsi hogy α(x) ≤ c/2K legyen ha |x| ≤ δ , ´es |x(0)| < δ/K akkor Gr¨onwall becsl´ese korl´atlanul ´erv´enyes. ¤ A Ljapunov f¨ uggv´ eny: Nemline´aris egyenletek megold´asainak korl´ atoss´ ag´ anak ´es stabilit´as´ anak eld¨ont´es´ere alkalmas. Az U, V : Rn 7→ R+ f¨ uggv´enyek Ljapunov p´arost alkotnak az x˙ = f (t, x) n egyenletb˝ol ´all´o rendszer sz´am´ara ha h∇U (x), f(t, x)i ≤ −V (x) , vagyis megold´as ment´en U ´ert´eke nem n¨ovekszik mert dU (x(t))/dt = h∇U (x(t)), f(t, x(t))i ≤ 0 ha x(t) megold´as, vagyis Z t U (x(t)) + V (x(s)) ds ≤ U (x(0)) . (15.42) 0
Ha dV (x(t))/dt ≤ 0 is igaz akkor innen U (x(t)) + tV (x(t)) ≤ U (x(0)) , teh´ at V (x(t)) → 0 amint t → +∞ . Ha azt is tudjuk hogy V (x) ≥ g(U (x)) ´es u = 0 a u˙ = g(u) aszimptotikusan stabil egyens´ ulyi helyzete, akkor az U (x(t)) → 0 ha t → +∞ k¨ ovetkeztet´eshez is eljuthatunk. Exponenci´alis becsl´est kapunk az U (x) ≤ βV (x) esetben, felt´eve hogy β > 0. A x˙ = −∇U (x) negat´ıv gradiens rendszernek U ´es V = |∇U |2 , valamint |x − x0 |2 ´es U kit˝ un˝ o Ljapunov p´arosai hacsak U szigor´ uan konvex; a m´asodik esetben x0 az U minimum´ anak helye. Mechanikai rendszerek teljes energi´aja a megold´asok korl´ atoss´ ag´ anak, esetleg stabilit´as´ anak vizsg´alat´ara alkalmas. Tudjuk hogy a csillap´ıtott harmonikus rezg´es stabil, a nemline´aris x¨ + 2γtx + U 0 (x) = 0 , γ > 0 , U 0 (0) = 0 feladat a k¨ovetkez˝ ok´eppen t´argyalhat´ o. Legyen H(t) := 2 0 y (t)/2+U (x(t)) ha x(t) megold´as ´es y := x˙ , vagyis y˙ +2γy +U (x) = 0 . Ekkor dH/dt = −2γy 2 , de dy 2 /dt = −2yU 0 (x) − 4γy 2 nem felt´etlen¨ ul negat´ıv, teh´at az energia mindaddig cs¨okken am´ıg a sebess´eg nem lesz nulla, de azt nem tudjuk hogy y(t) → 0 . Vegy¨ uk ´eszre hogy d(xy)/dt = y 2 − 2γxy − xU 0 (x) , ´es tegy¨ uk fel hogy U konvex, s˝ot U 00 (ξ) ≥ c > 0 ∀ ξ ∈ R . Ezut´ an legyen 0 2 α > 0 ´es G(t) := H(t) + αx(t)y(t) , ekkor xU (x) ≥ U (x) ≥ cx /2 , tov´ abb´ a ˙ G(t) = −2γy 2 + αy 2 − 2αγxy − αxU 0 (x) ≤ −(2γ − α)y 2 − 2αγxy − αU (x) ≤ −2βG(t) , felt´eve hogy α + β < 2γ ´es 2α2 (γ − β)2 ≤ c(2γ − α − β)(α − 2β) ; az α2 < c felt´etel G ≥ (1/2)(y 2 + α2 x2 ) ≥ 0 miatt kell. Mindig van olyan β > 0 sz´am hogy a felt´etelek teljes¨ ulnek, teh´at G(t) ≤ G(0)e−2βt , azaz |x(t)| + |y(t)| = O(e−βt ) . Konvex potenci´ aln´ al a csillap´ıtott rezg´es exponenci´ alisan stabil. F´ azis´ araml´ as ´ es Liouville t´ etele: A megold´asok l´etez´es´et ´es egy´ertelm˝ us´eg´et egyar´ ant garant´al´o felt´etelek mellett az n egyenletb˝ol ´all´ o x˙ = f(x) auton´om rendszer megold´asai az Rn t´erben f´ azis´ araml´ ask´ent ´abr´azolhat´ok; id˝of¨ ugg˝ o rendszern´el ez a k´ep az id˝ovel egy¨ utt v´altozik. Jel¨olje φ(t, x) az auton´om rendszer x ∈ Rn pontb´ ol indul´o megold´as´ at, vagyis φ(0, x) = x ´es φ(t+τ, x) = φ(τ, φ(t, x)) ha τ ≥ 0 . A f´azis´araml´as ment´en a t´er halmazai deform´al´ odnak, 0 < t ¿ 1 id˝o alatt az x pont k¨ornyezet´eben a t´erfogat v´altoz´ as´ anak lok´alis szorz´oja az x → φ(t, x) : Rn 7→ Rn lek´epez´es W (t, x) Jacobi determin´ansa. Mivel φ(t, x) = x + t f(x) + o(t) , a vitatott Jacobi m´atrix ´eppen J(t, x) = I + t ∇f(x) + o(t) , teh´ at a Liouville formula levezet´esekor m´ar bev´alt ˙ (0, x) = gondolatmenet szerint W (t, x) = 1 + t div f(x) + o(t) . Igazoltuk Liouville t´etel´et: W div f(x) , vagyis a f´ azist´erfogat v´ altoz´ as´ anak sebess´ege az x helyen ´eppen div f(x) . P´eld´ aul, a q˙k = ∂H/∂pk , ∂pk = −∂H/∂qk Hamilton dinamika meg˝orzi a f´azist´erfogatot, mert ebben az esetben div ≡ 0 . Liouville t´etele u ´gy is fogalmazhat´o, hogy ha ϕ ∈ C 1 (Rn ) egy korl´ atos halmazon k´ıv¨ ul elt˝ unik, akkor a t = 0 id˝opontban Z Z Z ∂t ϕ (φ(t, x)) dx = ∇ϕ(x) · f(x) dx = − ϕ(x) div f(x) dx . Rn
Rn
Rn
Megjegyezz¨ uk hogy auton´om rendszern´el a t = 0 v´alaszt´ as nem jelent megszor´ıt´ ast. Az el˝ojel senkit ne t´evesszen meg! Most nem azt n´ezt¨ uk hogy a f´azis´ araml´ as egy tartom´anyt hova sodor, hanem azt hogy mib˝ol keletkezett. u egyenlet 15.6. Perem´ ert´ ek feladatok, Fourier m´ odszere. Az y 00 (x)+U 0 (y) = 0 m´asodrend˝ ´altal´anos megold´asa k´et param´etert tartalmaz, teh´at b´armely [a, b] intervallumon felvethet˝ o az
166
MATEMATIKAI FIZIKA
y(a) = α ´es y(b) = β perem´ert´ek probl´ema, pontosabban Dirichlet feladat, ami b → a eset´en a szok´asos kezdeti ´ert´ek feladatba (Cauchy feladat) megy ´at. Az α = β = 0 esetben homog´en Dirichlet feladatr´ol besz´el¨ unk. A peremen a f¨ uggv´eny deriv´altjait is el˝o´ırhatjuk; Neumann feladata az y 0 (a) = α0 ´es y 0 (b) = β 0 felt´etelnek eleget tev˝o megold´asok meghat´aroz´ asa, a Neumann feladat is akkor homog´en ha α0 = β 0 = 0 . Mindk´et esetben a homog´en feladat megold´asai lini´aris teret alkotnak, ami ´altal´aban nem igaz. A homog´en peremfeladatokat az azonosan nulla f¨ uggv´eny mindig megoldja; de nemtrivi´ alis megold´as ´altal´aban nincs. Az U 0 (x) = ω 2 x esetben ismerj¨ uk az egyenlet y = r cos(ωx + ϕ) ´altal´anos megold´as´at. A Dirichlet esetben a cos(ωa + ϕ) = cos(ωb + ϕ) = 0 k¨ovetelm´eny miatt b − a = nπ/ω , n ∈ N a megoldhat´os´ag felt´etele, vagyis ω = nπ/(b − a) . A (0, 2π) intervallumon, konstans szorz´ot´ol eltekintve a megold´as sin(nx/2) , amib˝ ol line´aris transzform´aci´ oval kapjuk az ´altal´anos feladat ψn (x) := sin(nπ(x − a)/(b − a)) , n ∈ N megold´as´ at. A homog´en Neumann feladat esete hasonl´o, itt is b−a = nπ/ω , n ∈ N a nemtrivi´ alis megold´as l´etez´es´enek felt´etele, ´es az φn (x) := cos(nπ(x − a)/(b − a)) a megold´as. Inhomog´en peremfeladatokr´ol k´es˝obb lesz sz´o; itt is igaz hogy a homog´en ´es az inhomog´en feladat megold´asainak ¨osszege kiel´eg´ıti az inhomog´en peremfelt´etelt. A homog´en probl´em´ akat az´ert is kedvelj¨ uk mert ilyenkor a megold´ask´ent sz´oba j¨ohet˝ o f¨ uggv´enyek line´aris teret alkotnak, teh´at a probl´ema az L = ∂x2 oper´ator Lψ = λψ saj´ at´ert´ek feladat´ ara reduk´ al´ odik, amit ebben a line´aris t´erben kell megfogalmazni ´es megoldani. Mindk´et feladatn´al ez a line´aris t´er a C 2 [a, b] t´ernek a homog´en peremfelt´etelt kiel´eg´ıt˝ o f¨ uggv´enyekb˝ ol ´all´ o altere. A vizsg´alt k´et esetben a saj´at´ert´ekek megsz´aml´alhat´o halmazt alkotnak, λn = −ωn2 , ahol ωn := nπ/(b − a) , n ∈ N . Sturm - Liouville egyenlet: Az [a, b] intervallumon az y(a) = y(b) = 0 homog´en Dirichlet peremfelt´etel mellett az y 00 + f (x) = 0 egyenlet megold´asa a −ψ 00 = λψ saj´at´ert´ek feladatra vezet. A saj´at´ert´ekek sorozata λn := n2 ω 2 , ahol n ∈ N ´es ω = π/(b − a) , a saj´atf¨ uggv´enyek ψn (x) := sin(nωx − nωa) , teh´ a t a megold´ a st az inhomog´ e n line´ a ris egyenletrendszer p´eld´ aj´ an P okulva, el˝osz¨or az y0 (x) = cn ψn (x) alakban keress¨ uk; a 0 index a peremfelt´etel homog´en volt´ara utal. Mivel ψn00 (a) = ψn00 (b) = 0 , sikerre igaz´an csak akkor sz´am´ıthatunk ha f (a) = f (b) = 0 . Ilyenkor az Z b ∞ X 1 f (x) = bn ψn (x) , bn := f (t) sin(nωt − nωa) dt 2b − 2a a n=1
kifejt´es alapj´an −y000 (x) =
∞ X
cn λn ψn (x) = f (x) =
n=1
∞ X
bn ψn (x) ,
n=1
azaz cn := bn /λn adja a megold´ast: y0 (x) = (b − a)
Z ∞ X sin(nωx − nωa) n=1
2n2 π 2
b
f (t) sin(nωt − nωa) dt .
a
´ Erdemes ´eszrevenni hogy y0 fenti szinusz sora az ´altal´ anos h´aromsz¨ ogjel (12.47) kifejt´es´et felhaszn´alva ¨osszegezhet˝o, az eredm´eny Z Z b−x x x−a b (b − t) f (t) dt + (t − a) f (t) dt . (15.43) y0 (x) = b−a x b−a a K¨ozvetlen¨ ul ellen˝orizhet˝o hogy y0 (a) = y0 (b) = 0 , y000 (x) + f (x) = 0 , ´es ez akkor is igaz ha az f (a) = f (b) = 0 felt´etel nem teljes¨ ul. 50 Ezut´an az y(a) = α , y(b) = β inhomog´en peremfeladat 50Az (15.43) formula a l¨ ov¨ old¨ oz´es m´ odszer´ o. Az y 00 + f = 0 egyenlet y(a) = 0 kezdeti ´ert´ekhez R x evel is levezethet¯
tartoz´ o megold´ asa yv (x) = v(x − a) − a (x − t)f (t) dt , ahol a v kezdeti sebess´eg meghat´ arozhat´ o u ´gy hogy Rx yv (b) = 0 legyen: v = (b − a)−1 a (x − t)f (t) dt , amit a megold´ ok´epletbe visszahelyettes´ıtve kapjuk a homog´en peremfeladat megold´ as´ at. M´ asik m´ odszer, a t¨ ukr¨ oz´es elve bonyolultabb esetekben is m¯ uk¨ odik, l´ asd k´es¯ obb.
Differenci´ alegyenletek
167
megold´asa a homog´en probl´ema ´altal´anos megold´as´anak ´es az inhomog´en feladat ψα,β (x) :=
α(b − x) + β(x − a) b−a
(15.44)
partikul´aris megold´as´anak ¨osszege: y(x) = y0 (x) + ψα,β (x) . A megold´as egy´ertelm˝ us´ege a leg´altal´ anosabb esetben is nyilv´ anval´ o, mert ha y ´es y¯ ugyanannak a feladatnak k´et megold´asa, akkor u := y − y¯ az u00 = 0 egyenletnek tesz eleget mik¨ozben u(a) = u(b) = 0 , teh´at u ≡ 0 . A val´odi Sturm - Liouville feladat az itt t´argyaltn´ al ´altal´ anosabb, a (p(x)y 0 )0 + q(x)y = f (x) egyenletnek az y(a) = α ´es y(b) = β peremfelt´etel melletti megold´as´ at k´ıv´anja, ahol p, q > 0 . A h˝ ovezet´ es egyenlete: A ∂t u = (σ 2 /2) ∂x2 u + f (t, x) egyenlet megold´as´ at az [a, b] intervallumon adott u(t, a) = α ´es u(t, b) = β peremfelt´etel mellett a v´ altoz´ ok sz´etv´ alaszt´ as´ anak m´ odszer´evel vezetj¨ uk vissza az el˝oz˝o feladatra. Itt az u(0, x) = u0 (x) kezdeti felt´etelt is teljes´ıteni kell; persze u0 (a) = α ´es u0 (b) = β . El˝osz¨ or a homog´en egyenlet, (f ≡ 0) u(t, a) = u(t, b) = 0 homog´en Dirichlet feladat´ anak megold´as´ at keress¨ uk, m´eghozz´ a u(t, x) = c(t)ψ(x) alakban. A c(t)ψ(x) ˙ = (σ 2 /2)c(t)ψ 00 (x) egyenletb˝ ol c(t)/c(t) ˙ = si2 ψ 00 (x)/2ψ(x) . Mivel a baloldal csak a t , a jobboldal meg csak az x v´altoz´o f¨ggv´enye, mindkett˝ o k´enytelen megegyezni egy konstanssal, amit −λ jel¨ol. Az egyenlet k´et f¨ uggetlen r´eszre bomlott fel: a v´altoz´ ok elk¨ ul¨ on¨ ultek. Eszerint ψ 00 + σ 2 λψ/2 = 0 , teh´at a peremfelt´etel miatt az L := −σ 2 ∂x /2 oper´ator saj´ at´ert´ekeinek lehets´eges ´ert´ekei a λn := σ 2 n2 ω 2 /2 sz´amok, ahol ω := nπ/(b − a) ´es n ∈ N ; a saj´ atf¨ uggv´enyek sorozata pedig: ψn (x) := sin(nωx) . Az id˝of¨ ugg˝ o c egy¨ utthat´ okra c˙n = −λn c ad´ odik, teh´at cn (t) = cn (0) exp(−λn t) . A homog´en egyenlet (f ≡ 0) homog´en Dirichlet feladat´anak, (α = β = 0) megold´as´ at az u0 (t, x) =
∞ X
cn (t)ψn (x)
n=1
k´eplettel tudjuk megadni, ahol az eddig ismeretlen cn (0) kezdeti ´ert´ekeket az u0 (0, x) =
∞ X
cn (0)ψn (x) = u0 (x) =
n=1
∞ X
an ψn (x)
n=1
egyenletb˝ol kapjuk. Mivel most u0 (a) = u0 (b) = 0 , u0 t´enyleg kifejthet˝o a {ψn } ortogon´alis rendszer szerint, teh´at cn (0) = an . Ha az f (t, x) forr´ as is kifejthet˝o a {ψn } rendszer szerint, vagyis f (t, x) =
∞ X
bn (t, f )ψn (x) ,
n=1
akkor az inhomog´en egyenlet at az ´ alland´ ok vari´ al´ as´ anak P homog´en peremfelt´etel melleti megold´as´ elve szerint az uf (t, x) = cn (t)ψn (x) alakban v´elj¨ uk megtal´alni. Az egyenletb˝ ol ∞ ∞ X ¢ ∂uf (t, x) σ 2 ∂ 2 uf (t, x) X¡ σ2 − = bn (t, f )ψn (x) , c˙n (t) + λn cn (t) ψn (x) = ∂t 2 ∂x2 2 n=1
n=1
n2 ω 2
(σ 2 λn /2)cn
ahol λn = ´es ω = π/(b − a) , teh´at a c˙n + = bn (t, f ) , cn (0) = an egyenleteket kell megoldani: Z ∞ 2 cn (t) = an exp(−σ λn t/2) + exp(σ 2 λn (s − t)/2)bn (s, f ) ds . 0
L´athat´o hogy a homog´en Dirichlet feladatn´al a megold´as a homog´en egyenlet adott kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´as´anak ´es az inhomog´en egyenlet nulla kezdeti ´ert´ekhez tartoz´ o partikul´aris megold´as´anak ¨osszege. Mivel az (15.44) k´eplettel adott ψα,β (x) f¨ uggv´eny a homog´en egyenletet ´es az inhomog´en peremfelt´etelt egyar´ant kiel´eg´ıti, ha α2 + β 2 6= 0 , akkor ezt is hozz´a kel adni a fentebb meghat´arozott f¨ uggv´enyhez.
168
MATEMATIKAI FIZIKA
Bonyolultabb a helyzet olyankor, amikor az f forr´ as nem fejthet˝o ki a {ψn : n ∈ N} saj´atf¨ uggv´enyek szerint. Ha az f forr´ as nem f¨ ugg az id˝ot˝ ol, akkor (15.43) a homog´en Dirichlet feladat partikul´aris megold´as´at adja, ezt kell a homog´en egyenlet ´altal´ anos megold´as´ ahoz hozz´aadni. M´eg egyszer˝ ubb az f (t, x) = f (t) eset, ilyenkor f primit´ıv f¨ uggv´enye a keresett partikul´aris megold´as. Az ´altal´anos feladatn´al pr´ob´ alkozhatunk a forr´as olyan f = f0 + f1 felbont´ as´ aval 2 2 hogy f0 (t, a) = f0 (t, b) = 0 , de ezt u ´gy kell csin´alni hogy a ∂t u = (σ /2)∂x u + `f (t, x) egyenletet is meg tudjuk oldani. A megold´as egy´ertelm˝ us´ege az energia egyenl˝ otlens´eg k¨ovetkezm´enye. Ha u ´es u ¯ k´et megold´as, Rb 2 2 ´es w := u − u ¯ , akkor ∂t w = (σ /2)∂x w ´es w(t, a) = w(t, b) = 0 , teh´ at W (t) := a w2 dx differenci´al´as´aval ´es a peremfelt´etel kihaszn´al´ as´ aval Z b Z b dW (t) 2 2 2 =σ w(t, x) ∂x w(t, x) dx = −σ (∂x w(t, x))2 dx dt a a ad´ odik. Viszont W (t) ≥ 0 m´ıg W (0) = 0 , teh´ at ∂x w(t, x) ≡ 0 . Mivel w(t, a) = w(t, b) = 0 , ez csak u ´gy lehets´eges ha w ≡ 0 . A hull´ amegyenlet: A ∂t2 u = c2 ∂x2 u + f (t, x) egyenlet megold´as´ at az u(t, a) = α , u(t, b) = β peremfelt´etel mellett vizsg´aljuk. M´asodrend˝ u egyenletr˝ ol van sz´o, teh´at az u(0, x) = u0 (x) ´es ∂t u(0, x) = v0 (x) kezdeti ´ert´ekeket is meg kell adni; term´eszetesen u0 (a) = α , u0 (b) = β ´es v0 (a) = v0 (b) = 0 . A mechanika elvei szerint az u konfigur´ aci´ o energi´ aja a t id˝ opontban Z b ¡ 0 ¢ 1 (ut (t, x))2 + c2 (u0x (t, x))2 dx . H(t, u) := 2 a Ha u ´es u ¯ a feladat k´et megold´asa, ´es w := u − u ¯ , akkor H(0, w) = 0 , w(t, a) = w(t, b) = 0 ´es Z b ¡ 0 ¢ 00 00 ∂t H(t, w) = c2 wt (t, x)wxx (t, x) + wx0 (t, x)wtx (t, x) dx .
a 0 A peremfelt´etel miatt wt (t, a) = wt0 (t, b) = 0 , teh´at parci´alis integr´ al´ assal ∂t H(t, w) = 0 , vagyis H(t, w) = 0 ad´odik. Innen wx0 (t, x) ≡ 0 k¨ovetkezik, azaz w ≡ 0 . A v´altoz´ok itt is sz´etv´alnak, P ´es ism´et a −∂x2 = λψ saj´at´ert´ek feladathoz jutunk, teh´at a uk; ψn ugyanaz mint az el˝oz˝ o megold´ast az u(t, x) = ψ0 (x) + ∞ n=1 cn (t)ψn (x) alakban keress¨
szakaszban. Ha az f k´enyszerer˝o a peremen elt˝ unik, akkor az egyenletb˝ ol most
∞ ∞ 2 X X ¡ ¢ ∂ 2 u(t, x) 2 ∂ u(t, x) 2 −c = c¨n (t) + c λn cn (t) ψn (x) = f (t, x) = bn (t, f )ψn (x) ∂t2 ∂x2 n=1
n2 ω 2 ,
n=1
c2 λn cn
k¨ovetkezik, ahol λn = ω = π/(b − a) , teh´ at a c¨n + = bn (t, f ) egyenleteket kell a cn (0) = an ´es c(0) ˙ = a0n kezdeti ´ert´ekek mellett megoldani, ahol an ´es a0n az u0 kezdeti amplit´ ud´o, illetve a v0 kezdeti sebess´eg szinusz sor´anak az egy¨ utthat´ oi. A homog´en esetben cn (t) = an cos(cωnt) + a0n (cωn)−1 sin(cωnt) , de az inhomog´en esetben is van megold´ok´eplet. Az inhomog´en peremfelt´etelt itt is line´aris f¨ uggv´ennyel lehet kiel´eg´ıteni. Hasonl´oan t´argyalhat´ o av´ır´ o egyenlet. a csillap´ıtott ∂t2 u + 2γ∂t u + ω02 u = f (t, x) t´ Laplace ´ es Poisson egyenletei a s´ıkon: Tetsz˝ oleges G ⊂ R2 ¨ osszef¨ ugg˝ o ´es szakaszomk´ent 1 C hat´ar´ u tartom´anyban kereshetj¨ uk a ∆u + f (x, y) = 0 Poisson egyenlet megold´as´ at, p´eld´aul az u(x, y) = g(x, y) ha (x, y) ∈ ∂G Dirichlet f´ele peremfelt´etel mellett. Jel¨olje C02 (G) a 0 perem´ert´ekkel rendelkez˝o C 2 f¨ uggv´enyek line´aris ter´et, ezen defini´alhat´ o az k · k+2 norma, Z ¡ 2 ¢ kϕk2+2 := ϕ + (ϕ0x )2 + (ϕ0y )2 + (ϕ00xx )2 + (ϕ00yy )2 dx dy ; G
H02 (G)
a k · k+2 norm´ahoz rendelt Hilbert t´er. Tudom´anyos m´odszerekkel igazolhat´o hogy ha G korl´ atos, akkor a −∆ψ = λψ , g ≡ 0 saj´at´ert´ek feladatnak megsz´aml´alhat´oan sok megold´asa van, ezeket (λn , ψn ) , n ∈ N jel¨oli. Mindegyik λn saj´at´ert´ek pozit´ıv, ´es a ψn saj´atf¨ uggv´enyek teljes ortonorm´alt rendszert alkotnak a H02 (G) Hilbert t´erben. Komoly technikai k´erd´es a f¨ uggv´enyek ´es soraik viselked´ese a ∂G perem
Differenci´ alegyenletek
169
k¨ozel´eben. Ezt itt nem vizsg´aljuk, hanem feltessz¨ uk hogy mindegyik sor egyenletesen konvergens ¯ halmazon is. aG R P Ha teh´at fP∈ H02 (G) ´es ´erv´enyes az f = bn ψn sorfejt´es, ahol bn := G f (x, y)ψn (x, y) dx dy , akkor uf = (bk /λk )ψk a Poisson egyenlet homog´en Dirichlet feladat´anak megold´asa. Bonyolultabb az az eset amikor f nem t˝ unik el a peremen, ezzel komolyabban itt nem is foglalkozunk. A m´asodik alapfeladat a homog´en ∆u = 0 Laplace egyenlet inhomog´en Dirichlet feladat´anak megold´asa, vagyis olyan ug harmonikus f¨ uggv´eny meghat´ aroz´ asa hogy ug (x, y) = g(x, y) ha (x, y) ∈ ∂(G) . A harmonikus f¨ uggv´enyeket regul´aris komplex f¨ uggv´enyek val´ os vagy k´epzetes r´eszeik´ent ismert¨ uk meg; k¨or¨on ´es f´els´ıkon Poisson formul´ ai adj´ak a perem´ert´ek feladat megold´as´at. Ha m´ar ug is megvan, akkor u = uf + ug a Poisson egyenlet Dirichlet feladat´anak megold´asa. ¨ Osszefoglal´ ask´ent meg´allap´ıthatjuk hogy k´et alapfeladat van: a Laplace oper´ator saj´at´ert´ek probl´em´aja homog´en peremfelt´etel mellett, ´es a ∆u = 0 Laplace egyenlet inhomog´en Dirichlet probl´em´aja; feltett¨ uk hogy az f forr´ as a peremen elt˝ unik. 51 A v´altoz´ ok sz´etv´ alaszt´ as´ anak (´alland´ok vari´al´asa) m´odszer´evel az id˝of¨ ugg˝ o egyenletek t´argyal´ asa ezekre vezethet˝ o vissza. T´ eglalap alak´ u tartom´ any: A G = [0, a] × [0, b] t´eglalapon a saj´at´ert´ek feladat megold´asa a v´altoz´ok sz´etv´alaszt´as´aval ad´odik: a ψ(x, y) = ϕ(x)φ(y) faktoriz´aci´ oa ϕ00 (x)φ(y) + ϕ(x)φ00 (y) + λϕ(x)φ(y) = 0 egyenlethez vezet, amib˝ol ϕ00 + νϕ = φ00 + (λ − ν)φ = 0 k¨ovetkezik, λ ´es ν egyenl˝ ore ismeretlen konstansok. A ϕ(x) = ϕ(a) = 0 ´es φ(0) = φ(b) = 0 peremfelt´etelb˝ ol ν = n2 π 2 /a2 ´es ϕn (x) = sin(nπx/a) , m´ıg λ − ν = m2 π 2 /b2 ´es φm (y) = sin(mπy/b) , ahol n, m ∈ N , teh´at a ψn,m (x, y) := sin(nπx/a) sin(mπy/b) saj´atf¨ uggv´eny a λn,m := n2 π 2 /a2 + m2 π 2 /b2 saj´at´ert´ekhez tartozik, n, m ∈ N . Igazolhat´o hogy ψn,m teljes H02 (G)-ben. Ezut´an a Poisson egyenlet homog´en Dirichlet feladat´anak megold´asa az el˝oz˝ o szakaszban mondottak szerint t¨ort´enik. A Laplace egyenlet Dirichlet feladat´anak megold´as´ at az a = b esetben t´argyaljuk, el˝osz¨ or 00 00 tegy¨ uk fel hogy u(x, 0) = u(x, a) = 0 . Az u(x, y) = ϕ(x)φ(y) felbont´ asb´ ol ϕ φ + ϕφ = 0 , vagyis φ00 + λφ = ϕ00 − λϕ = 0 ´es φ(0) = φ(a) = 0 . Ennek alapj´an a megold´ast u(x, y) =
∞ X
(an exp(nπx/a) + bn exp(−nπx/a)) sin(nπy/a)
n=1
alakban keress¨ uk. Ha a sor konvergens akkor ∆u = 0 , a perem´ert´ekek u(x, 0) = u(x, a) = 0 , tov´abb´a ∞ ∞ X X ¡ ¢ u(0, y) = (an + bn ) sin(nπy/a) , u(a, y) = an enπ + bn e−nπ sin(nπy/a) , n=1
n=1
enπ
e−nπ
teh´at az an + bn = cn ´es an + bn = c˜n egyenleteket kapjuk an ´es bn meghat´ aroz´ as´ara, ahol cn ´es c˜n az u(0, y) ´es u(a, y) szinusz sorainak egy¨ utthat´ oi. Ezut´an x ´es y szerep´et felcser´elve az u(x, 0) ´es u(x, a) perem´ert´ekeket ugyan´ıgy tudjuk megval´ os´ıtani, a k´et megold´as ¨osszege m´ar majdnem teljesen ´altal´anos. A n´egyzet cs´ ucsaiban m´eg mindig nulla a megold´as, ezen a trivi´alisan harmonikus α + βx + γy + δxy f¨ uggv´eny hozz´aad´ as´ aval seg´ıthet¨ unk. Pontosabban, el˝osz¨or ezzel a n´egy param´eterrel be´all´ıtjuk u ´ert´ek´et a n´egyzet sarkaiban, majd a fenti elj´ar´ assal a n´egyzet oldalait int´ezz¨ uk el. K¨ oralak´ u tartom´ a ny: Eleg´ansan oldhat´o meg az egys´egk¨ or Dirichlet probl´em´ aja. Nyilv´an az p r = x2 + y 2 ´es ϕ = arctg(y/x) pol´aris koordin´at´ akat haszn´aljuk, ekkor Laplace egyenlete a ∆u(r, ϕ) ≡
1 ∂ 2 u(r, ϕ) 1 ∂u(r, ϕ) ∂ 2 u(r, ϕ) + + =0 r ∂r ∂r2 r2 ∂ϕ2
(15.45)
51Az ´ altal´ anos esetben kereshetj¨ uk f olyan f = f0 + f1 felbont´ as´ at hogy f0 a peremen nulla, ´es tudunk olyan
˜ megoldja Poisson egyenlet´et. Ha u ˜ a peremen nem t¯ unik el, u1 f¨ uggv´enyt hogy ∆u1 + f˜ = 0 , teh´ at uf0 + u akkor ezt a Laplace egyenlet Dirichlet feladat´ anak megold´ asakor, a g perem´ert´ek g˜ := g − u ˜ m´ odos´ıt´ as´ aval lehet korrig´ alni.
170
MATEMATIKAI FIZIKA
alakot ¨olti; az u(1, ϕ) = g(ϕ) perem´ert´ek adott, 2π szerint periodikus f¨ uggv´eny. Az egyenlet v´altoz´oi sz´etv´alaszthat´ok, u = φ(r)ψ(ϕ) v´alaszt´ assal ψ 00 + λψ = 0 ´es az r2 φ00 + rφ0 = λφ Euler egyenlet ad´odik, teh´at λn = n2 , n ∈ Z+ , tov´ abb´ a ψn (ϕ) = an cos(nϕ) + bn sin(nϕ) , φn (r) = a ˜n rn + ˜bn r−n . Mivel a k¨or belsej´eben r−n nem korl´ atos, az ´altal´ anos megold´as ∞
a0 X n u(r, ϕ) = + r (an cos(nϕ) + bn sin(nϕ)) ; 2 n=1
az egy¨ utthat´okat az u(1, θ) = g(θ) peremfelt´etel hat´arozza meg: Z Z 1 π 1 π an := g(θ) cos(nθ) dθ , bn := g(θ) sin(nθ) dθ . π −π π −π Ugyan´ ugy mint a Dirichlet mag sz´amol´ asakor, Z π ∞ ³1 X ´ 1 u(r, ϕ) = g(θ) + rn cos(nθ − nϕ) dθ , π −π 2 n=1
amib˝ol, p´eld´aul a m´ertani sor ´es Euler k´eplet´evel 1+
∞ X
rn (eınx + e−ınx ) =
n=1
1 1 − r2 1 + − 1 = , 1 − reıx 1 − re−ıx 1 − 2r cos(x) + r2
ami akkor is igaz ha r ∈ C ´es |r| < 1 , teh´ at a nevezetes Z π 1 (1 − r2 ) g(θ) dθ u(r, ϕ) = 2π −π 1 − 2r cos(ϕ − θ) + r2
(15.46)
Poisson formul´at kaptuk; ez a ∆u = 0 Laplace egyenlet ´altal´ anos megold´asa az egys´egk¨ or belsej´eben, az u(1, θ) = g(θ) peremfelt´etel mellett. Mivel u(Rx, Ry) harmonikus a R sugar´ u k¨orben ha u az volt az egys´egk¨orben, Z π 1 (R2 − r2 ) g(θ) dθ u(r, ϕ) = (15.47) 2 2π −π R − 2Rr cos(ϕ − θ) + r2 a feladat megold´asa az u(R, θ) = g(θ) felt´etellel. Ez volt (15.46) harmadik levezet´ese. A k¨or k¨ ulsej´eben a φn (r) = r−n v´alaszt´ assal kapjuk a megold´ast, ami ∞
u(r, ϕ) =
a0 X −n + r (an cos(nϕ) − bn sin(nϕ)) 2 n=1
alak´ u lesz; u(R, θ) = g(θ) a peremfelt´etel. A k´et formula kombin´ al´ as´ aval k¨orgy˝ ur˝ u belsej´eben is meg tudjuk oldani Dirichlet feladat´at. Ha 0 < R1 < R2 a k´et sug´ar akkor az u(R1 , θ) = g1 (θ) , u(R2 , θ) = g2 (θ) peremfelt´etellel ∞ ∞ ³ ´ X X u(r, ϕ) = a0 + a ˜0 log r + rn (an cos(nϕ) + bn sin(nϕ)) + r−n a ˜n cos(nϕ) − ˜bn sin(nϕ) n=1
a megold´as, az egy¨ utthat´okat az
n=1
Z π 1 a0 + a ˜0 log Ri = gi (θ) dθ , i = 1, 2 , 2π −π Z Z 1 π 1 π −n −n n n ˜ an Ri + a ˜n Ri := g(θ) cos(nθ) dθ , bn Ri − bn Ri := g(θ) sin(nθ) dθ π −π π −π egyenletek hat´arozz´ak meg. A v´altoz´ ok sz´etv´ alaszt´ as´ anak m´odszere hierarchikus, k¨ovetkez˝ o l´ep´esk´ent t´argyalhatn´ank henger, s˝ot cs˝o alak´ u tartom´any probl´em´ aj´ at, de ez sok ujdons´agot m´ar nem hozna. A −∆u = f Poisson egyenlet egy partikul´aris megold´as´ at (12.32) adja, a peremfelt´etel kiel´eg´ıt´es´ehez ezt kell a Dirichlet feladat fenti megold´as´ aval kombin´ alni.
Differenci´ alegyenletek
171
A Bessel egyenlet: Az egys´egk¨or −∆u = λu , u(x) = 0 ha |x| = 1 saj´at´ert´ek feladat´anak megold´as´at is kereshetj¨ uk u = φ(r)ψ(ϕ) alakban, ahol φ(1) = 0 ´es ψ(ϕ + 2π) = ψ(ϕ) a peremfelt´etel. (15.45) alapj´an r2 φ00 (r)ψ(ϕ) + rφ0 (r)ψ(ϕ) + φ(r)ψ 00 (ϕ) = −λr2 φ(r)ψ(ϕ) k¨ovetkezik, ami sz´etv´alaszthat´o, r2 φ00 (r)) + rφ0 (r) ψ 00 (ϕ) + λr2 = µ = − . φ(r) ψ(ϕ) Mivel ψ 2π szerint peri´odikus, µ = n2 n´egyzetsz´ am ´es ψn (ϕ) = an cos(nϕ) + bn sin(nϕ) . Ezut´ an 2 φ00 (r) + rφ0 (r) + (λr 2 − n2 )φ(r) = 0 egyenletet kellene megoldani, ami φ meghat´ a roz´ a s´ a ra az r √ √ az x = r λ , vagyis φ(r) = Jn (r λ) helyettes´ıt´essel a nevezetes ¡ ¢0 x2 Jn00 (x) + xJn0 (x) + (x2 − n2 )Jn (x) = x xJ 0 (x) + (x2 − n2 )Jn (x) = 0 (15.48) Bessel egyenletbe megy ´at, amit persze nem tudunk integr´ alni. Korl´atos megold´asai a Jn ∈ C ∞ (R) , n ∈ Z+ els˝ ofaj´ u Bessel f¨ uggv´enyek, amiket a J0 (0) = 1 , Jn (0) = 0 ha n ∈ N ´es Jn0 (0) = 0 kezdeti felt´etelek hat´aroznak meg; ´ert´ekeiket t´abl´ azatokban t´arolj´ ak. Ezek szerint p Xn,k (r, ϕ) := Jn (r λn,k )(an cos(nϕ) + bn sin(nϕ)) √ a saj´atf¨ uggv´enyek, ´es a λn,k ≥ 0 saj´at´ert´ekek Jn ( λ) = 0 gy¨okei. A Bessel f¨ uggv´enyeknek sz´amos m´as alkalmaz´asa is van, ´es ¨onmaguk´ert is ´erdekesek. A (15.48) egyenlet persze akkor is vizsg´alhat´o ha az n param´eter nem eg´esz, s˝ot k´epzetes sz´am is lehet. ∗∗ Bessel f¨ uggv´ enyek: A Jn f¨ uggv´enyeket Laurent sorfejt´essel is kereshetn´enk, de minket az P m utthat´ okra a cn,m (n2 − m2 ) = cn,m−2 ha m > 1 analitikus Jn (x) = m cn,m x ´erdekel. Az egy¨ 0 rekurzi´ot kapjuk, Jn (0) = cn,1 mindig nulla, teh´at a J0 (0) = 1 , Jn (0) = 0 ha n ∈ N v´ alaszt´ assal Jn (x) =
∞ X m=0
(−1)m xn+2m . m! (n + m)! 2n+2m
(15.49)
Ez a hatv´anysor minden¨ utt konvergens, ´es az x tetsz˝oleges komplex, az n tetsz˝ oleges val´ os, de −n ∈ / N ´ert´ekein´el is ´ertelmezhet˝o: ha n ∈ / N akkor k! hely´ere Γ(k + 1) l´ep. A (15.48) egyenletb˝ol kiindulva mutatjuk meg hogy a Jν , ν 2 ∈ R Bessel f¨ uggv´enyek pozit´ıv gy¨ okei v´egtelenhez tart´ o sorozatot alkotnak. ♥ Tegy¨ uk fel hogy van a > |ν| u ´gy hogy Jν (x) > 0 ha x ≥ a , ekkor (xJ 0 (x))0 < 0 , teh´at xJ 0 (x) < aJ 0 (a) , vagyis J(x) < J(a) + aJ 0 (a) log(x/a) ha x > a . A J 0 (a) < 0 esetben m´aris ellentmond´ ashoz jutottunk, a lim inf a→∞ J 0 (a) ≥ 0 eset ugyan´ıgy z´arhat´o ki. Mivel Jν analitikus, gy¨okeinek v´eges torl´od´ asi pontja nem lehet. ¤ A nemnegat´ıv eg´esz index˝ u Bessel f¨ uggv´enyek szok´asos defin´ıci´ oja Z π Z π 1 1 Jn (x) := eıx sin(ϕ)−ınϕ dϕ = eıx cos ϕ cos(nϕ) dϕ , (15.50) 2π −π 2πın π amib˝ol a −ϕ → ϕ csere ut´an annyi az´ert l´atszik hogy mindegyik Jn val´ os ´ert´ek˝ u, Jn0 (0) = 0 ´es J0 (0) = 1 m´ıg Jn (0) = 0 ha n ∈ N . A k´eplet ak´arh´ anyszor differenci´alhat´ o, a deriv´altak mind korl´atosak, ´es az x = 0 helyen sz´amolt deriv´altak megfelelnek az (15.49) sorfejt´es egy¨ utthat´ oinak, teh´at (15.49) ´es (15.50) ugyanazokat a f¨ uggv´enyeket defini´alj´ ak. 52 Nem puszt´an konvenci´ o hogy J−n (x) = (−1)n Jn (x) . J0 ismeret´eben a t¨obbi rekurzi´oval sz´amolhat´ o: J1 (x) = −J00 (x) , ´es ha n 6= 0 akkor parci´alis integr´al´assal Z π x nJn (x) + eıx cos ϕ sin(ϕ) sin(nϕ) dϕ = 0 2πın−1 π ad´ odik. Innen az addici´os t´etellel nJn (x) = xJn0 (x) + xJn+1 (x) = xJn−1 (x) − xJn0 (x) =
1 2
(xJn−1 (x) + xJn+1 (x))
(15.51)
k¨ovetkezik, v´eg¨ ul elemi manipul´aci´oval 2Jn0 (x) = Jn−1 (x) − Jn+1 (x) ´es 4Jn00 (x) = Jn−2 (x) + Jn+2 (x) − 2Jn (x) . 52J
(15.52)
ar a s´ıkbeli hull´ amegyenlet t´ argyal´ asakor is el¯ oker¨ ult mint a k¨ ovonal ´ıvm´ert´ek´enek Fourier transz0 m´ form´ altja. M´ asr´eszt, az egy dimenzi´ os folytonos idej¯ u bolyong´ as a ´tmeneti val´ oszin¯ us´ege ´eppen pn (t) = ın e−t Jn (ıt) .
172
MATEMATIKAI FIZIKA
Mivel 2J000 (x) = −2J10 (x) = J2 (x) − J0 (x) , a fenti rel´aci´ ok mindegyik n ∈ Z eset´en is ´erv´enyesek, vagyis Jn (t) t´erben homog´en, diszkr´et hull´ amegyenlet megold´asa, amit meg is lehet ˆ ω) := P ˆ ω) + ˆ ˆ0 oldani. Legyen J(t, es ∂t2 J(t, n∈Z Jn (t) cos(nω) , ekkor J(0, ω) ≡ 1 , Jt (0, ω) ≡ 0 ´ 2 ˆ ˆ sin (ω)J(t, ω) = 0 , teh´at J(t, ω) = cos(sin(ω)t) . A rekurzi´os rel´aci´ok seg´ıts´eg´evel k¨ozvetlen¨ ul, indukci´ o n´elk¨ ul igazolhat´o hogy Bessel f¨ uggv´e0 nyei t´enyleg eleget tesznek az egyenletnek; R ∞a J0 (0) = 1 , Jn (0) = 0 ha n 6= 0 , m´ıg Jn (0) = 0 ∀n kezdeti ´ert´ekek hat´arozz´ak meg ˝oket. −∞ Jn (x) dx = 1 is igaz, az integr´ alok kisz´am´ıt´ as´ ahoz Laplace transzform´aci´ora van sz¨ uks´eg. Z π Z ∞ cos(nϕ) dϕ 1 −zx LJn = Fn (z) := e Jn (x) dx = (15.53) n 2πı −π z − ı cos ϕ 0 biztosan igaz ha Rez > 0 . A (15.46) el˝otti azonoss´agb´ ol a w = (1 + r2 )/2r helyettes´ıt´es ut´an ∞ X ¢ cos(nϕ) 2r cos(nϕ) ¡ = 1+2 rm cos(mϕ) 2 w − cos ϕ 1−r m=1 √ √ 2 2 keletkezik, ahol r = w − w − 1 . Mivel 1 − r = 2r w2 − 1 , tagonk´enti integr´ al´ assal kapjuk hogy ¡√ ¢n Z π z2 + 1 − z 1 cos(nϕ) dϕ √ Fn (z) = = , (15.54) 2πın+1 −π z/ı − cos ϕ z2 + 1 √ 2 aminek atmenettel kapjuk R ∞Rez > 0 ´es | z + 1 − z| < 1 a korrekt felt´etele. A 0 < z → 0 hat´ar´ hogy 0 Jn (x) dx = 1 ∀ n ∈ Z+ . ∗∗ ∗∗ Legendre polinomok ´ es a g¨ ombf¨ uggv´ enyek: G¨ omb Dirichlet feladat´at a divergencia t´eteln´el a t¨ ukr¨oz´esi elv seg´ıts´eg´evel m´ar t´argyaltuk. Poisson k´eplet´et persze a v´altoz´ ok sz´etv´alaszt´as´aval is le lehetne vezetni, ´es ´ıgy g¨ombh´ej Dirichlet feladata is megoldhat´o, de ´erdekesebb a ∆u = −λu saj´at´ert´ek feladat. Az r, ϕ, ϑ g¨ombi koordin´at´ akban Laplace oper´atora µ ¶ µ ¶ 1 ∂ ∂u 1 ∂ ∂u 1 ∂2u ∆u(r, ϕ, ϑ) = 2 r2 + 2 sin ϑ + 2 2 (15.55) r ∂r ∂r r sin ϑ ∂ϑ ∂ϑ r sin ϑ ∂ϕ2 alak´ u, ´es ∆u = −λu el˝osz¨or az u(r, ϕ, ϑ) = φ(r)ψ(ϕ, ϑ) m´odon szepar´al´ odik, φ(1) = 0 ´es ψ(ϕ + 2π, ϑ) = ψ(ϕ, ϑ) adj´ak a peremfelt´etelt. Az eredm´eny¨ ul kapott 00 00 r2 φ00 + 2rφ0 + (λr2 − µ)φ = 0 ´es ψϕϕ + sin2 ϑ ψϑϑ + sin ϑ cos ϑ ψϑ0 + µ sin2 ϑ ψ = 0 , (15.56) √ √ √ egyenletek k¨oz¨ ul az els˝o Bessel t´ıpus´ u, az x = r λ ´es φ(r) = J(r λ)/ r helyettes´ıt´essel megy 00 0 2 ´at a standard x2 J √ (x) + x J (x) + (x − µ − 1/4) J(x) = 0 alakba. A φ(1) = 0 peremfelt´etel akkor teljes¨ ul ha λ a Jν , ν = µ + 1/4 Bessel f¨ uggv´eny gy¨oke, de µ megengedett ´ert´ekeit m´eg nem ismerj¨ uk. A m´asodik egyenlet a ψ(ϕ, ϑ) = θ(ϕ)P (cos ϑ) v´alaszt´ assal tov´ abb szepar´alhat´ o: θ00 (ϕ)P (cos ϑ) + θ(ϕ) sin4 ϑ P 00 (cos ϑ) − 2θ(ϕ) sin2 ϑ cos ϑ P 0 (cos ϑ) + µθ(ϕ) sin2 ϑ P (cos ϑ) = 0 , ´es θ(ϕ + 2π) = θ(ϕ) miatt θ00 + n2 θ = 0 , teh´at θn (ϕ) = an cos(nϕ) + bn sin(nϕ) , n ∈ Z+ a θ f¨ uggv´enyek ´altal´anos alakja, m´ıg az x = cos ϑ v´altoz´ oval P az
(1 − x2 )P 00 (x) − 2xP 0 (x) + (µ − n2 /(1 − x2 ))P (x) = 0
(15.57)
Legendre egyenlet megold´asa. Az (15.57) egyenletet el˝osz¨or az n = 0 esetben vizsg´aljuk. Korl´atos megold´asai hatv´anysorba fejthet˝oek, ´es az egy¨ utthat´ok a (k + 1)(k + 2) ck+2 = (k 2 + k − µ) ck rekurzi´ onak tesznek eleget. L´athat´o hogy P csak akkor lehet korl´atos a teljes [−1, 1] intervallumon ha ck → 0 amint k → +∞ , de ez csak u ´gy lehets´eges ha van olyan m ≥ 0 eg´esz sz´am hogy µ = m(m + 1) ´es ck = 0 ha k > m vagy k + m p´aratlan; ezzel a λ saj´at´ert´ekeket is meghat´aroztuk. A µ = m2 + m , m = 0, 1, 2, ... ´ert´ekhez tartoz´o Pm megold´ as konstans szorz´ot´ ol eltekintve egy´ertelm˝ uen meghat´arozott m-edfok´ u polinom, aminek minden m´asodik egy¨ utthat´ oja nulla. P0 (x) = c0 , P1 = c1 x , ´es a (15.57) egyenletb˝ol az is levezethet˝ o hogy Z 1 Z 1 xk Pm (x)) dx = 0 ha k < m , vagyis Pm (x)Pk (x) dx = 0 ha k 6= m , −1
−1
Elm´ eleti mechanika
173
2 teh´at Pm¡ ortogon´ alis ol (1 − x2 )P 00 − ¢0 rendszer az L [−1, 1] Hilbert t´erben. ♥ A (15.57) egyenletb˝ 0 2 0 al´ assal, µ = m(m + 1) eset´en 2xP = (1 − x )P miatt parci´alis integr´ Z 1 Z 1 Z 1 k k−1 k+1 0 µ x Pm (x) = k (x − x )Pm (x) dx = ((k 2 + k) xk − (k 2 − k) xk−2 )Pm (x) dx −1
−1
−1
k¨ovetkezik, ami indukt´ıv bizony´ıt´ast tesz lehet˝ov´e; feltehetj¨ uk hogy m > 1 . A k = 0 eset mindig trivi´alis, de ha k = 1 akkor µ > k(k + 1) miatt kapjuk a t´etelt. ¤ Ezut´ an Pm meghat´aroz´ o cm egy¨ utthat´oj´at u ´gy illik megv´alasztani hogy a [−1, 1] intervallumon 1 legyen a n´egyzetintegr´ alja, teh´at Pm ´eppen √ az 1, x, x2 , ... hatv´ a nyok ortonorm´ a l´ a s´ a val kapott Legendre polinomok sorozata p lesz: P0 (x) = 1/ 2 , P1 (x) = x 3/2 , ´es ´ıgy tov´ abb, a t¨obbi azonos´ıt´ asa sem neh´ez. Azt kell (m) (m) m 2 m m ´eszrevenni hogy a Qm := d (x − 1) /dx polinomok is ortogon´alisak, teh´at Pm ´es Qm csak konstans szorz´oban k¨ ul¨onb¨ozik. ♥ Mivel a ±1 sz´amok a Qm (x) := (x2 − 1)m polinom (k) (m) m-szeres gy¨okei, Qm (±1) = 0 ha k < m , amib˝ ol parci´alis integr´ al´ assal kapjuk hogy Qm az 1, x, x2 , ..., xm hatv´anyok mindegyik´ere mer˝oleges. ¤ A norm´al´ o t´enyez˝ ot is sorozatos parci´alis integr´al´assal hat´arozhatjuk meg: √ 2m + 1 dm (x2 − 1)m , m = 0, 1, 2, ... (15.58) Pm (x) = m! 2m+1/2 dxm a Rodriguez k´eplet. Nem k¨onny˝ u r´aj¨onni hogy az ´altal´anos n ∈ N esetben a (15.57) Legendre egyenlet megold´asai (n) a Pn,m (x) := (1 − x2 )n/2 Pm (x) f¨ uggv´enyek, ahol m ≥ n eg´esz, P (n) = dn P/dxn , P0,m = Pm . 2 00 ♥ Az els˝o t´ampont az (1−x )R (x)−(2n+2)R0 (x)+(m2 +m−n2 −n)R(x) = 0 egyenlet, amit a (n) Pm , n ≤ m deriv´altak el´eg´ıtenek ki; ez az ´all´ıt´ as indukci´ oval egyszer¨ uen k¨ovetkezik. Ezut´an azt kell kital´alni hogy µ = m(m + 1) eset´en (15.57) megold´as´ at a P = (1 − x2 )n/2 R alakban ´erdemes ¡ ¢0 0 2 n/2 0 2 n/2−1 2 −n/2 2 keresni. Val´oban, P = (1 − x ) R − nx(1 − x ) R , tov´ abb´ a (1 − x ) (1 − x ) P 0 = (1 − x2 ) R00 − (2n + 2)x R0 + (n2 /(1 − x2 ) − n − n2 ) R , teh´at R ugyanannak az egyenletnek tesz (n) eleget mint a Pm f¨ uggv´enyek. ¤ Ezzel megkaptuk (15.56) m´asodik egyenlet´enek alapmegold´asait, a ψn,m (ϕ, θ) := (an cos(nϕ) + bn sin(nϕ))Pn,m (cos θ) ,
n, m ∈ Z+ , n ≤ m
g¨ombf¨ uggv´enyeket, amelyek a g¨omb felsz´ınm´ert´eke szerint alkotnak teljes ortogon´alis rendszert. ¨ Osszefoglal´ask´ent elmondhatjuk hogy g¨omb¨ on a Laplace oper´ator saj´atf¨ uggv´enyei p −1/2 Yn,m,k (r, ϕ, ϑ) = r Jν (r λm,k ) ψn,m (ϕ, ϑ) √ alak´ uak, ahol ν = m2 + m + 1/4 , ´es a λm,k ≥ 0 saj´at´ert´ekeket Jν ( λ) = 0 hat´arozza meg. A Jν Bessel f¨ uggv´enyek gy¨okei v´egtelenhez tart´o sorozatba rendezhet˝ok, teh´at a saj´at´ert´ekek kett˝o, a saj´atf¨ uggv´enyek h´arom nemnegat´ıv eg´esz sz´ammal param´eterezhet˝ oek. Mivel n ≤ m , mindegyik saj´at´ert´ek v´eges multiplicit´ as´ u. ´ 16. AZ ELMELETI MECHANIKA ALAPJAI A Lagrange ´es Hamilton mechanika elveit t´argyaljuk, technikai r´eszletek mell˝oz´es´evel. A ”P´enz¨ ugyi matematika” jegyzet utols´o fejezete tov´ abbi ismereteket tartalmaz, de az se teljes. 16.1. Vari´ aci´ osz´ am´ıt´ as. Valamely (v´eges szabads´agi fok´ u) mechanikai rendszer, p´eld´ aul v´eges sok t¨omegpontb´ol vagy merev testb˝ol ´all´ o rendszer t´erbeli elhelyezked´es´et a (q1 , q2 , ..., qn ) = q ∈ Rn ´ altal´ anos´ıtott koordin´ at´ akkal jellemezhetj¨ uk, q˙ = (q˙1 , q˙2 , ..., q˙n ) , ahol q˙k := dqk /dt . Ezek nem felt´etlen¨ ul az E3 fizikai t´er pontjainak koordin´at´ ai, gyakori a pol´aris vagy g¨ombi koordin´at´ ak ˙ Lagrange f¨ haszn´alata. A rendszer mozg´as´at az L(q, q) uggv´eny hat´arozza meg, vari´ aci´ os elv ´ ˙ a kinetikus, V = V (q) a potenci´alis seg´ıts´eg´evel. Altal´ aban L = K − V , ahol K = K(q, q) energia; K a q˙ pozit´ıv definit kvadratikus, teh´at konvex f¨ uggv´enye. A legkisebb hat´as elve szerint
174
MATEMATIKAI FIZIKA
a q0 ´es q1 pontokat ¨osszek¨ot˝o qt0 := {q(s) : 0 ≤ s ≤ 1 , q(0) = q0 , q(t) = q1 } differenci´ alhat´ o p´aly´ak k¨oz¨ ul az val´osul meg, amely ment´en az Z t ¡ t ˙ S(q0 ) = L q(s), q(s)) ds 0
hat´asfunkcion´al minim´alis. Az Euler - Lagrange egyenletek: Tegy¨ uk fel hogy qt0 az extrem´alis trajekt´oria, ekkor a t¨obbi qt0 + δ alak´ u, ahol δ = (δ1 , δ2 , ..., δn ) , ´es δk (0) = δk (t) = 0 ∀ k. A δ trajekt´ori´ ak line´aris teret alkotnak, teh´at az ir´anymenti deriv´alt haszn´alhat´ o: ¯ ∂ ¯ = 0 ∀ δ. ∇δ S(qt0 ) = S(qt0 + αδ)¯ ∂α α=0 A felcser´elve a differenci´al´as ´es az integr´ al´ as sorrendj´et, a l´ancszab´ aly alapj´an Z n ´ X t ³ ∂L ∂L ˙ 0 = ∇δ S(qt0 ) = δk (s) + δk (s) ds , ∂qk ∂ q˙k 0 k=1
amib˝ol parci´alis integr´al´assal, a qk (0) = qk (t) = 0 peremfelt´etelt is figyelembe v´eve n Z t³ X ∂L d ∂L ´ − δk (s) ds = 0 ∂qk ds ∂ q˙k 0 k=1
k¨ovetkezik, ami minden δ eset´en csak u ´gy teljes¨ ulhet, ha mindegyik δk szorz´ oja elt˝ unik, vagyis ∂L d ∂L = k = 1, 2, ..., n. (16.1) ∂qk dt ∂ q˙k P Ezek Euler ´es Lagrange egyenletei, amelyek p´eld´ aul a K = (1/2) nk=1 mk q˙k2 esetben Newton klasszikus mk q¨k = −∂V (q)/∂qk egyenleteire reduk´al´ odnak. A tov´ abbl´ep´eshez el˝ok´esz¨ uletre van sz¨ uks´eg. Konvex dualit´ as: Val´os Euklideszi t´eren minden f : En 7→ R f¨ uggv´enyhez hozz´arendelhetj¨ uk az ˝o f ∗ konvex konjug´altj´at: f ∗ (z) := sup{hz, xi} − f (x) : x ∈ En } z ∈ En .
(16.2)
f ∗ gr´afj´at a z helyen alulr´ol burkolj´ak a g(z, x) := hz, xi − f (x) hipers´ıkok, teh´at f ∗ mindig konvex, de a +∞ ´ert´eket felveheti. K¨onny˝ u megmutatni hogy pozit´ıv definit kvadratikus f¨ uggv´eny konvex konjug´altja is az. Igen hasznos a hz, xi ≤ f (x) + f ∗ (z) ∀ x, z ∈ En egyel˝ otlens´eg. T´ etel 16.1. Legyen f olyan konvex f¨ uggv´eny hogy kxk = o(f (x)) amint kxk → +∞. Ekkor minden z ∈ En vektorhoz van olyan x ∈ En hogy f ∗ (z) = hz, xi − f (x) . Ha f minden¨ utt differenci´ alhat´ o, akkor a ∇f (x) = z egyenlet minden z ∈ En eset´en megoldhat´ o, ´es f ∗ (z) = h∇f (x), xi − f (x)
hacsak
z = ∇f (x) .
(16.3)
Ha m´eg azt is tudjuk hogy f szigor´ uan konvex, akkor ∇f : En 7→ En k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u, ´es k´eptere az eg´esz t´er; ∇f (En ) = En . Bizony: Az Aa,b := {x ∈ En : f (x) ≤ a + bkxk} halmazok, ahol b ≥ 0, a n¨oveked´esi felt´etel miatt mind u ¨resek vagy korl´atosak, teh´at a Bz,c := {x ∈ En : g(z, x) ≥ c} halmaz is korl´ atos. Mivel f folytonos, Bz,c z´art, teh´at g(z, x) – mint az x f¨ uggv´enye – felveszi rajta a maximum´ at, ´es ott z = ∇f (x). Ha f szigor´ uan konvex, de ∇f (x1 ) = ∇f (x2 ) = z, akkor x1 6= x2 eset´en f (x1 ) > f (x2 ) + hz, x1 − x2 i ´es f (x1 ) > f (x2 ) + hz, x1 − x2 i egyszerre teljes¨ ulne, ami lehetetlen. ¤ A (16.3) ¨osszef¨ ugg´est gyakran Legendre transzform´aci´ onak nevezik. T´ etel 16.2. Ha f : En 7→ R konvex ´es kxk = o(f (x)) amint kxk → +∞, akkor f ∗ : En 7→ R is konvex, kzk = o(f ∗ (z)) ha kzk → +∞, ´es f ∗ konvex konjug´ altja ´eppen f = f ∗∗ , vagyis f (x) = sup{hx, zi − f ∗ (z) : z ∈ En } .
Elm´ eleti mechanika
175
Ha f ´es f ∗ egyar´ ant szigor´ uan konvex ´es differenci´ alhat´ o f¨ uggv´eny, akkor z = ∇f (x) eset´en ∇f ∗ (z) = x ´es hz, xi = f (x) + f ∗ (z) . Bizony: Az el˝oz˝o t´etel alapj´an f ∗ (z) minden¨ utt v´eges, ´es f ∗ (z) ≥ hz, xi − f (x) ∀ x, z ∈ En . ∗ Legyen x := βz/kzk , ekkor f (z) ≥ βkzk − Cβ , ahol Cβ := sup{f (x) : kxk ≤ β} , teh´at lim inf
kzk→∞
Cβ f ∗ (z) ≥ β − lim = β, kzk kzk→∞ kzk
vagyis kzk = o(f (z)) amint kzk → +∞. Legyen x olyan hogy f ∗ (z) = g(z, x) = hz, xi − f (x) , ekkor f ∗ (y) ≥ hx, yi − f (x) = hx, yi + f ∗ (z) − hz, xi = f ∗ (z) + hx, y − zi , teh´at f ∗ t´enyleg konvex, ´es szigor´ uan konvex ha f szigor´ uan konvex differenci´alhat´ o f¨ uggv´eny. Mivel f (x) ≥ hz, xi − f ∗ (z) ∀ z ∈ En , f (x) ≥ sup{hx, z − f ∗ (z) : z ∈ En } = f ∗∗ (z) . M´asr´eszt f ∗∗ (x) ≥ hx, zi − f ∗ (z) ∀ z ∈ En , tov´ abb´ a van olyan y ∈ En hogy f ∗ (z) = g(z, y) = hz, yi − f (y) , teh´at f konvexit´asa miatt van olyan z ∗ ∈ En hogy f ∗∗ (x) ≥ hx − y, zi + f (y) ≥ f (x) + hz ∗ , y − xi , amib˝ol a z = z ∗ v´alaszt´assal f ∗∗ (x) ≥ f (x) is k¨ovetkezik. A t¨obbi ´all´ıt´ as az el˝oz˝ o t´etel egyszer˝ u folyom´anya. ¤ Ha ∇f is differenci´alhat´o, akkor a z = ∇f (x) egyenlet megold´asak´ ant defini´alt Φ(z) = x ha z = ∇f (x) vektormez˝o is az, tov´abb´a f ∗ (z) = hz, Φ(z) − f (Φ(z)) , teh´at ∇f ∗ = Φ + ∇Φ z − ∇Φ ∇f = Φ mivel z = ∇f (x) . ˙ Lagrange f¨ Hamilton egyenletei: Feltehetj¨ uk hogy r¨ogz´ıtett q mellett az L(q, q) uggv´eny q˙ ˙ = o(L) felt´etelnek is eleget tesz. A szigor´ uan konvex, k´etszer differenci´alhat´ o f¨ uggv´enye, ´es a |q| Lagrange f¨ uggv´eny q˙ szerint k´epezett konvex konjug´ altja a ˙ − L(q, q) ˙ : q˙ ∈ Rn } H(q, p) := sup{hp, qi
(16.4)
q˙
Hamilton f¨ uggv´eny, ahol p = (p1 , p2 , ..., pn ) az ´ altal´ anos´ıtott impulzus. P´eld´ aul, ha n
L=K −V =
1X mk q˙k2 − V (q1 , q2 , ..., qn ) , 2 k=1
akkor
n X p2k H =K +V = + V (q1 , q2 , ..., qn ) 2mk k=1
a teljes mechanikai energia. Az el˝oz˝o szakaszb´ol az ´altal´anos esetben is tudjuk hogy ˙ = sup{hq, ˙ pi − H(q, p) : p ∈ Rn } , L(q, q) p
teh´at
(16.5)
∂L ∂H ´es q˙k = ∀ k = 1, 2, ..., n , (16.6) ∂ q˙k ∂pk ˙ = L(q, q) ˙ + H(q, p) . Ezek az ¨osszef¨ tov´abb´a ilyenkor hp, qi ugg´esek adj´ak meg a k¨olcs¨ onosen ˙ ´es (q, p) v´altoz´ egy´ertelm˝ u megfeleltet´est a (q, q) ok k¨oz¨ ott, itt is fontos hogy L a q˙ konvex f¨ uggv´enye. A (16.1) Euler - Lagrange egyenletek szerint p˙k = ∂L/∂qk , teh´at ¶ X ¶ n µ n µ X ∂H ∂L ∂L ∂H dqk + dqk = pk dq˙k + q˙k dpk − dqk − dq˙k = 0 dH = ∂qk ∂pk ∂qk ∂ q˙k pk =
k=1
k=1
176
MATEMATIKAI FIZIKA
mert q˙k dpk = p˙k dqk . Ennek az egyenletnek k´et alapvet˝ o k¨ovetkezm´enye is van. A dH differenci´al k´et form´aja azonos, teh´at ∂H/∂qk = −∂L/∂qk , amib˝ ol q˙k =
∂H ∂pk
´es p˙k = −
∂H ∂qk
∀ k = 1, 2, ...n.
(16.7)
Ezek Hamilton egyenletei, amelyek ekvivalensek az Euler - Lagrange egyenletekkel; ¡ a mechanika ¢ a q(t), p(t) mozg´ast a q(0) ´es p(0) kezdeti ´ert´ekek ismeret´eben hat´arozz´ ak meg. Azt is l´atjuk hogy a H Hamilton f¨ uggv´eny, ami a rendszer energi´aj´ aval azonos´ıthat´ o, a mozg´asegyenletek ment´en ´alland´o; ez az energia megmarad´ as´ anak elve. 16.2. A Hamilton - Jacobi egyenlet: A hat´asfunkcion´ al extr´emum´ at a mozg´asegyenletek ment´en sz´amoljuk. Adott q(0) kezdeti ´ert´ek mellett S(qt0 ) = S(t, q) , ahol q = q(t) a p´alya v´egpontja, teh´at dS = L dt =
n X
(pk q˙k dt) − H dt =
k=1
n X (pk dqk ) − H dt , k=1
ahonnan ∂S/∂t = −H ´es ∂S/∂qk = pk , vagyis teljes¨ ul a ¡ ¢ ∂S(t, q) + H q, ∇S(t, q) = 0 (16.8) ∂t Hamilton - Jacobi egyenlet. Ha ezt meg tudn´ank oldani, akkor pk = ∂S/dqk a mozg´asegyenletek megold´as´at is megadn´a, de az ´elet neh´ez. Azt m´ar megszokhattuk hogy fizikailag ´erdekes egyenletek megold´as´at t¨obbnyire nem lehet kezelhet˝ o form´aban megadni; itt m´as a gond. A Hamilton - Jacobi egyenletet abb´ol a feltev´esb˝ol kiindulva vezett¨ uk le, hogy az S hat´asfunkcion´ al differenci´alhat´o, de ez messze van az igazs´agt´ ol. A hat´asfunkcion´ alt perem´ert´ek feladat megold´asak´ent defini´altuk, vagyis q(0) = q0 , q(t) = q1 az el˝o´ır´ as, ´es ez nem olyan kellemes mint a q(0) = ˙ q0 , q(0) = v0 kezdeti ´ert´ek feladat. A legegyszer˝ ubb p´elda H = (1/2)|p|2 esete, vagyis ∂t S + (1/2)|∇S|2 = 0 , amit a ∂t Sσ + 12 |∇Sσ |2 = σ2 ∆Sσ ,
0<σ→0
viszk´ ozus k¨ ozel´ıt´es seg´ıts´eg´evel oldunk meg. Az Sσ = −σ log U Hopf - Cole transzform´ aci´ o ut´an ∂t Sσ = −σ∂t U/U , ∇Sσ = −σ∇U/U ´es ∆Sσ = −σ∆U/U + σ|∇U |2 /U 2 , amib˝ol ∂t U = (σ/2)∆U , teh´at ¡ ¢ Z exp −S0 (y)/σ − |y − q|2 /2σt √ Sσ (t, q) = −σ log dy . 2πσt Laplace nagy kitev˝okr˝ol sz´ol´o t´etel´evel kapjuk Hopf S(t, q) = lim Sσ (t, q) = inf {S0 (y) + |y − q|2 /2t} y
σ→0
megold´ok´eplet´et, a nevezetes infimum-konvoluci´ os formul´ at. Az eredm´eny az S0 kezdeti ´ert´ek megv´alaszt´as´at´ol f¨ ugg˝oen differenci´alhat´ o, vagy nem. Az al´abbi p´eld´ ak tanus´ aga szerint a megold´ast a kezdeti (vagy v´egs˝o) ´ert´ek nem hat´arozza meg, de igazolhat´o hogy mindig Hopf´e a fizikailag elfogadhat´o megold´as. A dinamikus programmoz´ as Bellman elve: A legkisebb hat´as probl´em´ aj´ anak t´argyal´ asakor, ugyan´ ugy mint a v´eges dimenzi´os esetben, az els˝o ir´anymenti deriv´altak sz´amol´ as´ aval csak az extr´emum sz¨ uks´eges felt´etel´et kaptuk meg. Mivel az L Lagrange f¨ uggv´eny a sebess´egekben konvex, a feladat al´abbi megfogalmaz´asa az el´egs´eges felt´etelhez is elvezet. A hat´asfunkcion´ alt ½ ¾ Z T S(t, q) := sup Φ(x(T )) − L(x(s), x˙ (s)) ds : x(t) = q (16.9) x(·)
t
defini´alja, ahol 0 ≤ t ≤ T , Φ(q) = S(T, q) adott korl´ atos f¨ uggv´eny. Nem tudjuk hogy S ´ert´ekei v´egesek, ´es az se biztos hogy van optim´alis x ∈ C 1 ([t, T ] → Rn ) folyamat, vagyis olyan amelyikn´el
Elm´ eleti mechanika
x(t) = q ´es
Z
177
T
L(x(s), x˙ (s)) ds .
S(t, q) = Φ(x(T )) − t
A hat´asfunkcion´al diferenci´alhat´os´aga sem nyilv´ anval´ o, s˝ot ´altal´ aban nem is igaz. Hasonl´o eredm´enyekhez vezet az ½ ¾ Z t S(t, q) := inf Φ(x(τ )) + L(x(s), x˙ (s)) ds : x(t) = q x(·)
τ
konstrukci´o is, de a v´egpont´en´al term´eszetesebb dolog a trajekt´ori´ ak q kezd˝ opontj´ at r¨ogz´ıteni. El˝osz¨or a dinamikus programmoz´as alapelv´et t´argyaljuk. Az integr´ alt a 0 ≤ t < τ < T s´ema szerint k´et r´eszre bontva l´atjuk hogy optim´ alis folyamat minden szakasza is optim´ alis, vagyis ½ ¾ Z τ S(t, q) = sup S(τ, x(τ )) − L(x(s), x˙ (s)) ds : x(t) = q . (16.10) t
x(·)
A preciz bizony´ıt´as sem neh´ez, nem kell felt´etelezni hogy van optim´alis x folyamat. Ennek seg´ıts´eg´evel mutatjuk meg hogy S a 16.8 Hamilton - Jacobi egyenlet megold´ asa, legal´ abbis akkor amikor folytonosan differenci´alhat´o. ♥ A q˙ := x˙ (t) jel¨ol´essel, b´armely x p´ alya ment´en ˙ ˙ S(t, q) ≥ S(t, q) + St0 (t, q)(τ − t) + h∇S(t, q), qi(τ − t) − L(q, q)(τ − t) + o(τ − t) , ˙ − L(q, q) ˙ k¨ovetkezik. Ebben az vagyis a τ → t hat´ar´atmenet ut´an 0 ≥ St0 (t, q) + h∇S(t, q), qi egyenl˝otlens´egben q˙ = x(t) tetsz˝oleges, teh´at alkalmazhat´ o a Hamilton f¨ uggv´eny defin´ıci´ oja. A ˙ − q˙ = ∇p H(q, ∇S(t, q)) v´alaszt´assal ´erhetj¨ uk el hogy ∇S = ∇q˙ L teljes¨ ulj¨ on, vagyis h∇S, qi ˙ = H(q, ∇S) legyen, ahol ∇p H a ∂H/∂pk parci´ L(q, q) alis deriv´altakb´ ol ´all´ o vektor, ∇q˙ L jelent´ese hasonl´o. Igy kapjuk a (16.8) Hamilton - Jacobi egyenlet egyik fel´et: St0 (t, q)+H(q, ∇S) ≤ 0 . Az is l´athat´o hogy ha van optim´alis folyamat, amit most fel kell t´etelezn¨ unk, akkor itt egyenl˝ os´eg ´all. ¤ A HJ egyenletnek ez a levezet´ese se t¨ok´eletes, meggy˝oz˝ obb a k¨ovetkez˝ o, ford´ıtott ir´any´ u okoskod´as. Tegy¨ uk fel hogy adott a HJ egyenletnek egy W (t, q) klasszikus megold´asa, vagyis W (T, q) ≡ Φ(q) , W folytonosan differenci´alhat´o ´es Wt0 + H(q, ∇W ) = 0 ; azt szeretn´enk l´atni hogy S ≡ W . ♥ Tetsz˝oleges x ∈ C 1 , x(t) = q folyamat ment´en W (s, x(s)) = Wt0 (s, x(s)) + h∇W (s, x(s)), x˙ (s)i = −H(x(s), ∇W (s, x(s))) ds + h∇W (s, x(s)), x˙ (s)i ≤ L(x(s), x˙ (s)) , teh´at s szerint integr´alva
Z
(16.11)
T
L(x(s), x˙ (s)) ds ≤ W (t, q) .
Φ(x(T )) − t
Mivel x(·) tetsz˝oleges, ezzel azt mutattuk meg hogy S(t, q) ≤ W (t, q) . A 16.11 egyenl˝ otlens´egben x˙ (s) = ∇p H(x(s), ∇W (s, x(s))) az egyenl˝ os´eg felt´etele, ami teljes´ıthet˝ o . ¤ A Lagrange ´es Hamilton f¨ uggv´enyek konvex dualit´asa miatt ∇W = ∇q˙ L ´eppen az ´altal´ anos´ıtott impulzus, tov´abb´a ∇q L = −∇qH , teh´at az optim´alis trajekt´ori´ at a mozg´asegyenletek hat´arozz´ ak meg, ezt az Euler - Lagrange, illetve Hamilton f´ele formalizmusban egyar´ ant elmondhatjuk. aban nincs min16.3. A Burgers egyenlet. A nevezetes Hamilton - Jacobi egyenletnek ´altal´ den¨ utt differenci´alhat´o megold´asa. A legegyszer˝ ubb esetben H = v 2 /2 , ahol v ∈ R az x ∈ R helyen tal´alhat´o, egys´egnyi t¨omeggel rendelkez˝ o r´eszecske sebess´ege, teh´at S = S(t, x) . Hamilton ´es Jacobi ∂t S + (1/2)(∂x S)2 = 0 egyenlete az u(t, x) := ∂x S(t, x) helyettes´ıt´essel a ∂t u + (1/2)∂x u2 = 0 Burgers egyenletbe megy ´at. Tegy¨ uk fel hogy u a Burgers egyenlet klasszikus (differenci´alhat´o) megold´asa az u(0, x) = u0 (x) kezdeti ´ert´ekkel. Ekkor az x˙ = u(t, x) karakterisztikus egyenlet megoldhat´o, ´es du(t, x(t)) = ∂t u(t, x) + ∂x u(t, x(t))x(t) ˙ = ∂t u(t, x) + u(t, x)∂x u(t, x) = 0 , dt
178
MATEMATIKAI FIZIKA
teh´at a karakterisztikus egyenlet megold´asai, a karakterisztik´ak ment´en u ´ alland´ o. Emiatt a karakterisztik´ak olyan egyenesek, amelyek meredeks´eg´et az u kezdeti ´ert´eke meghat´arozza, teh´at u(t, x) = u0 (y) ha x = y + u0 (y) t . Ellentmond´ ashoz jutunk olyankor, amikor a karakterisztik´ ak metszik egym´ast; nem tudjuk hogy az u0 melyik ´ert´ek´et kell elfogadni. A magyar´ azat az hogy a Burgers egyenlet klasszikus megold´asai ritk´an ´elnek sok´aig. Csak akkor van glob´alis, vagyis t = 0-t´ol t = +∞-ig l´etez˝o megold´as, ha az u0 (x) = u(0, x) kezdeti ´ert´ek differenci´alhat´ o, ´es monoton n˝o. A Burgers egyenlet olyan egyszer˝ u, hogy sok megold´asa k´ezzel is megszerkeszthet˝ o. Neumann J´anos ´es munkat´arsai is ezen gyakorolt´ ak a nemline´ aris hiperbolikus rendszerek numerikus megold´as´at az els˝o sz´am´ıt´og´epek seg´ıts´eg´evel, ´es ˝oket is ´ert´ek meglepet´esek. A MAPLE vagy a Matematica ilyen sz´amol´asokra nem alkalmas, komolyabb programcsomag, p´eld´ aul a MATLAB aj´anlott. Az u(t, x) ≡ c trivi´alis megold´as mellett a (τ, ξ) k¨oz´eppont´ u hasonl´os´ agi transzform´aci´ oval ∗ szemben invari´ans uτ,ξ (t, x) = (x − ξ)/(t − τ ) line´aris f¨ uggv´eny ¨onhasonl´ o megold´as, ami a t = τ pontban szingul´aris. A k¨ovetkez˝o p´eld´akban ezeket kombin´ aljuk. 1. P´ elda: u(0, x) = 0 ha x ≤ 0 , u(0, x) = 1 ha x > 0 , ´es t > 0 eset´en ha x ≤ 0 , 0 u(t, x) = x/t ha 0 < x ≤ t , 1 ha x > t . A kezdeti szakad´as kisimul, k´et pontt´ ol eltekintve u differenci´ alhat´ o, ´es kiel´eg´ıti a Burgers egyenletet. Egyszer˝ u ritkul´asi hull´amot l´atunk. A Hamilton - Jacobi egyenlet megold´as´ at u integr´al´as´aval kapjuk: S(0, x) = 0 ha x < 1, S(0, x) = 1 ha x ≥ 1, tov´ abb´ a ha x ≤ 0 , 0 2 S(t, x) = x /2t ha 0 < x ≤ t , x − t/2 ha x > t . Ha t > 0 akkor S m´ar minden¨ utt differenci´alhat´ o, ´es ∂t S + (1/2)(∂x S)2 = 0. 2. P´ elda: Legyen u(0, x) = 1 ha x < 0, u(0, x) = 0 ha x ≥ 0, tov´ abb´ a ha x < t < 1, 1 u(t, x) = (x − 1)/(t − 1) ha t ≤ x < 1, 0 ha t < 1 ≤ x . A t = 1 id˝opontban a megold´as megszakad, l¨ ok´eshull´am alakul ki. Ez a jelens´eg a term´eszetben is el˝ofordul, ez´ert a megold´as fogalm´at kell u ´jragondolni. Azt mondjuk hogy u = u(t, x) a ∂t u + ∂x f (u) = 0 megmarad´ asi elv gyenge megold´asa az u0 kezdeti ´ert´ekkel, ha u ´es f (u) minden korl´atos halmazon integr´alhat´o, tov´abb´ a Z ∞Z ∞ Z ∞ ¡ 0 ¢ φt (t, x) u(t, x) + φ0x (t, x) f (u(t, x)) dx dt + φ(0, x)u0 (x) dx = 0 (16.12) 0
−∞
−∞
uggv´ennyel teljes¨ ul; ϕ minden kompakt tart´oj´ u ´es folytonosan differenci´alhat´ o ϕ : R2+ 7→ R tesztf¨ kompakt tart´oju ha vannnak olyan T > 0 ´es L > 0 sz´amok hogy ϕ(t, x) = 0 ha t > T vagy |x| > L . Ez az egyenlet u ´gy keletkezett, hogy az eredetit megszoroztuk a tesztf¨ uggv´ennyel, ´es parci´alisan integr´altuk. Az ´ıgy kapott egyenlet akkor is ´ertelmes ha u nem differnci´alhat´ o, hanem csak korl´atos, ´es korl´atos halmazokon integr´ alhat´ o. K¨onny˝ u ellen˝orizni hogy az al´abbi p´eld´akban a Burgers egyenlet gyenge megold´asai szerepelnek. 3. P´ elda: u(0, x) = 1 ha x ≤ 1/2 , u(0, x) = 0 if x > 1/2 , ´es ha t > 0 akkor ( 1 ha 2x ≤ t + 1 , u(t, x) = 0 ha 2x > t + 1 .
Elm´ eleti mechanika
179
A 2. P´elda megold´asa t = 1 ut´an ezzel a l¨ok´eshull´ ammal folytat´odik; a Hamilton - Jacobi egyelet innen ad´od´o megold´as´anak a differenci´alhat´ os´ aga sz˝ unik meg a t = 1 id˝opontban. Konkr´etabban, S(0, x) = x ha x ≤ 0, S(0, x) = 0 ha x > 0, tov´ abb´ a x − t/2 ha x < t < 1, 2 (x − 2x + t)/(2t − 2) ha t ≤ x < 1, S(t, x) = 1/2 ha t < 1 ≤ x, x − t/2 ha t ≥ 1 ´es 2x ≤ t + 1, 1/2 ha t ≥ 1 ´es 2x > t + 1. Az x = t, x = 1 ha t ≤ 1, ´es 2x = t+1 ha t > 1 t¨or´esvonalakt´ ol eltekintve ∂t S +(1/2)(∂x S)2 = 0. 4. P´ elda: u(0, x) = 0 ha x ≤ 0 , u(0, x) = 1 ha x > 0 , ´es ha t > 0 akkor ( 0 ha x ≤ t/2 u(t, x) = 1 ha x > t/2 . A kezdeti ´ert´ek ugyanaz mint az 1. P´eld´ aban, teh´at a gyenge megold´ast nem hat´arozza meg. Ez a szingul´aris megold´as fizikailag nem ´ertelmezhet˝ o. Ugyanezt kell mondani a Hamilton - Jacobi egyenlet S(0, x) = 0 ha x < 0, S(0, x) = 1 ha x ≥ 1, tov´ abb´ a ( 0 ha x ≤ t/2 S(t, x) = x − t/2 ha x > t/2 megold´as´ar´ ol; az 1. P´eld´aban l´athat´o az igazi. 5. P´ elda: a > 0 adott konstans, ha 0 < x < at/2 , a u(t, x) = −a ha − at/2 < x < 0 , 0 ha |x| > at/2 . Ez a gyenge megold´as az azonosan z´erus kezd˝ o´ert´ekb˝ ol alakul ki, a term´eszetben nem fordul el˝o. 6. P´ elda: 0 < τ ≤ 1 adott, ´es 0 ≤ t ≤ τ eset´en 1 ha x ≤ t − τ /2 , uτ (t, x) = (x − τ /2)/(t − τ ) ha t − τ /2 ≤ x ≤ τ /2 , 0 ha x > τ /2 , m´ıg ha t ≥ τ akkor
( 1 uτ (t, x) = 0
ha x < t/2 , ha x ≥ t/2 .
Azt l´atjuk hogy k¨ ul¨onf´ele kezd˝o´ert´ek˝ u megold´asok egy id˝o ut´an azonos, fizikailag ´ertelmezhet˝ o m´odon folytat´odnak, inform´ aci´ oveszt´es l´ep fel. K¨oz¨ ons´eges differenc´alegyenletekkel ilyesmi nem fordulhat el˝o. 7. P´ elda: Legyen u(0, x) = 1 ha 0 ≤ x < 1, egy´ebk´ent u(0, x) = 0, m´ıg t > 0 eset´en 0 ha x < 0 vagy x ≥ β(t) , u(t, x) = x/t ha 0 ≤ x < α(t) , (16.13) α(t)/t ha α(t) ≤ x < β(t) , √ ahol α(t) = t ´es β(t) = 1 + t/2 ha t < 2 ; α(t) = β(t) = 2t ha t ≥ 2 . Ez a p´elda hull´ amcsomag sz´or´od´as´at ´ırja le. Rankine ´ es Hugoniot szakad´ asi felt´ etele: Azt hogy egy szakaszonk´ent C 1 f¨ uggv´eny t´enyleg gyenge megold´as, vagy nem az, a k¨ovetkez˝ o krit´erium seg´ıts´eg´evel k¨onnyen ellen˝orizhet˝ o. Tegy¨ uk fel hogy u(t, x) a (τ, ξ) pont egy k¨ornyezet´eben, a dx = s(t)dt egyenlettel adott Γ g¨orbe
180
MATEMATIKAI FIZIKA
kiv´etel´evel klasszikus megold´asa a ∂t u + ∂x f (u) = 0 egyenletnek; s(τ ) = ξ ´es s(τ ˙ ) 6= 0. Legyen ψ a k¨ornyezeten k´ıv¨ ul elt˝ un˝o tesztf¨ uggv´eny; (16.12) parci´alis integr´ al´ as´ aval Z ³¡ ¢ ¡ ¢ ´ ψ(t, x) u(t + 0, x) − u(t − 0, x) dx + f (u(t, x + 0)) − f (u(t, x − 0)) dt = 0 Γ
ad´ odik. Mivel φ tetsz˝oleges ´es u(τ + 0, ξ) = u(τ, ξ − 0) , u(τ − 0, ξ) = u(τ, ξ + 0) , innen a s(τ ) =
f (u(τ, ξ + 0)) − f (u(τ, ξ − 0) u(τ, ξ + 0) − u(τ, ξ − 0)
(16.14)
felt´etelt kapjuk. Ezek a p´eld´ak j´ol illusztr´alj´ak a Burgers t´ıpus´ u egyenletek k¨ ul¨ onleges viselked´es´et, ami az´ert izgalmas, mert a folyad´ekok ´es g´azok ´araml´ as´ at ilyen egyenletekb˝ ol ´all´ o rendszerek, az Euler illetve Navier - Stokes egyenletek ´ırj´ak le. A Lax f´ ele entr´ opia felt´ etel: A ∂t u+∂x f (u) = 0 egyenletn´el a fizikailag ´ertelmezhet˝ o megold´ as fogalm´at Lax P´eter defini´alta. A h, J : R 7→ R f¨ uggv´enyek Lax entr´opia/fluxus p´art alkotnak ha klasszikus megold´as ment´en ∂t h(u) + ∂x J(u) = 0, aminek J 0 (u) = f 0 (u)h0 (u) a felt´etele. Az u gyenge megold´as akkor tesz eleget Lax felt´etel´enek, ha a Z ∞Z ∞ Z ∞ ¡ 0 ¢ 0 φt (t, x) h(u) + φx (t, x) J(u) dx dt + φ(0, x) h(u(0, x)) dx ≤ 0 (16.15) 0
−∞
−∞
egyenl˝otlens´eg nemnegat´ıv ψ ´es konk´ av h eset´en mind´ıg teljes¨ ul. A fenti p´ed´ ak k¨oz¨ ul 4. ´es 5. nem ilyen, a t¨obbi igen. Olga Oleinik igazolta hogy csak egy olyan gyenge megold´as van amely az u(0, x) = u0 (x) kezdeti felt´etelt, ´es az (16.15) entr´ opia felt´etelt is kiel´eg´ıti. A termodinamikai entr´opia az ´allapothat´aroz´ok konk´av f¨ uggv´enye; ez´ert mondjuk azt hogy a fizikailag elfogadhat´o megold´as entr´opi´aja n˝o. Ez az irreverzibilit´ as j´olismert jelens´eg´enek egy lehets´eges magyar´ azata. A 7. P´elda megold´as´at id˝oben visszafel´e lej´atszva olyan gyenge megold´ast kapunk, amely a (16.15) felt´etelnek nem tesz eleget. ´ ´ AK ´ ES ´ MEGJEGYZESEK ´ 17. VALOGATOTT PROBLEM 17.1. Line´ aris algebra ´ es anal´ızis. Legyen X ´es Y line´aris norm´alt t´er, ekkor az A : X 7→ Y transzform´ aci´o (oper´ator) line´aris, ha A (αx + βy) = αA(x) + βA(y) minden α, β ∈ R (vagy C) ´es x, y ∈ X eset´en; ilyenkor az A(x) ≡ Ax jel¨ol´est haszn´aljuk. Az A line´aris oper´ator korl´atos, ha van olyan K < +∞ sz´am hogy kAxk ≤ Kkxk ∀x ∈ X ; a legkisebb korl´ at, vagyis kAk := sup{kAxk : kxk = 1} az A norm´ aja. A defin´ıci´ ob´ ol azonnal ad´odik az oper´atorokra vonatkoz´o kA + Bk ≤ kAk + kBk Minkowski egyenl˝ otlens´eg. Eszerint a line´aris oper´atorok line´aris norm´alt teret alkotnak, ezt L(X 7→ Y) jel¨oli; L(X → X) ≡ L(X) . Ha A ∈ L(X → Y) ´es B ∈ L(Y → Z) akkor defini´alhat´o a BA = C ∈ L(X → Z) szorzat, ´es az eleget tesz az kABk ≤ kAk kBk Cauchy egyenl˝otlens´egnek. Emiatt mondjuk azt hogy L(X) norm´ alt algebra. Az A ∈ L(X) oper´ator saj´at´ert´ek feladata az Aψ = λψ , ψ 6= 0 egyenlet megold´as´ at jelenti, ahol λ ∈ C (vagy λ ∈ R) az A saj´at´ert´eke, ψ ∈ X pedig az A saj´atvektora. Ezt a k´erd´est majdnem mindig komplex t´erben tessz¨ uk fel, f¨ uggv´enyterekben a saj´ atf¨ uggv´eny kifejez´es a megszokott. Val´os t´erben sok olyan oper´ator van, aminek egy´altal´ an nincs saj´at´ert´eke, ilyenek p´eld´aul a s´ık val´odi forgat´asai. Komplex t´erben sincs minden korl´ atos oper´atornak saj´at´ert´eke ha az nem v´eges dimenzi´oj´ u. Az A ∈ L(X) oper´ator invari´ans altere az X0 ⊂ X line´aris alt´er ha ϕ ∈ X0 eset´en Aϕ ∈ X0 is mindig igaz. Mivel invari´ ans halmaz lez´ar´ asa is az, feltehetj¨ uk hogy X0 z´art alt´er. Minden λ saj´at´ert´ekhez ´es r ∈ N sz´amhoz hozz´arendelj¨ uk a (λI − A)r φ = 0 egyenlet megold´asainak Xλ,r (A) halmaz´at, ami invari´ ans alt´er. A defin´ıci´ o ´ertelm´eben Xλ,r (A) ⊂ Xλ,r+1 (A) ; v´egtelen dimenzi´os t´erben ennek a l´ancnak v´egtelen sok k¨ ul¨onb¨oz˝o eleme is lehet. Xλ,1 (A) ´eppen a λ saj´at´ert´ekhez tartoz´o saj´atvektorok halmaza. Az ¨osszes Xλ,r (A) , r ∈ N halmazok egyes´ıt´es´enek Xλ (A) lez´ar´ asa szint´en invari´ ans alt´er, dimenzi´oja a λ saj´at´ert´ek multiplicit´asa. Ha A, B ∈ L(X) felcser´elhet˝ o, vagyis ABϕ = BAϕ ∀ ϕ ∈ X , ´es λ az A saj´at´ert´eke, akkor az Xλ,r (A) , r ∈ N alterek mind invari´ ansak B-re vonatkoz´ oan is. Enn´el
V´ alogatott probl´ em´ ak
181
t¨obbet ´altal´aban nem mondhatunk, de ha Xλ,1 (A) dimenzi´oja v´eges, akkor persze tudjuk hogy B-nek is van benne saj´atvektora. Az A ∈ L(X) oper´ator σ(A) spekrtuma azokb´ol a λ komplex sz´amokb´ ol ´all, amelyekn´el a λI−A oper´ator k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u, ´es k´eptere a teljes X t´er. Igazolhat´o hogy a spektrum sohasem u ¨res, mindig z´art halmaz, ´es ha λ ∈ / σ(A) akkor az Rλ (A) := (λI − A)−1 rezolvens korl´ atos. A saj´at´ert´ekek mind a spektrum pontjai, v´eges dimenzi´os t´erben σ(A) ´eppen a saj´at´ert´ekek halmaza. A rezolvens sz´amol´as´aval a hatv´anysorokn´ al ´es a komplex f¨ uggv´enytan szakaszban is foglalkozunk. A Φ : X 7→ Y lek´epez´es differenci´alhat´ o az x ∈ X helyen, amit Φ ∈ D1 (x) jel¨ol, ha van olyan A : X 7→ Y line´aris korl´atos oper´ator hogy Φ(x + h) = Φ(x) + Ah + o(h) ∀h ∈ X amint khk → 0. Ez az A oper´ator is egy´ertelm˝ uen meghat´arozott, de az x-t˝ ol persze f¨ ugg; szok´as szerint ∇Φ(x) jel¨oli, ´es a dΦ = ∇Φ(x) dx formalizmust haszn´aljuk. Ebb˝ol az absztrakt defin´ıci´ ob´ ol a l´ancszab´aly ¨osszes v´altozata azonnal k¨ovetkezik: ha Φ : X 7→ Y ´es Ψ : Y 7→ Z differenci´ alhat´ o az x ∈ X illetve y = Φ(x) helyen, akkor a bel˝ol¨ uk ¨osszetett Θ(x) := Φ (Ψ(x)) lek´epez´es is differenci´alhat´o x-ben, ´es ∇Θ(x) = (∇Φ(y)) ∇Φ(x) . A Φ(x) := A x line´ aris lek´epez´es gradiense, ahol A : X 7→ Y line´aris korl´atos oper´ator, persze ´eppen A = ∇Φ . Oper´ ator norm´ aja: Euklideszi t´er line´aris ´es korl´ atos oper´atorainak L(X) algebr´aja, amit von Neumann algebr´anak is nevezhet¨ unk, sz´amos ´erdekes tulajdons´aggal rendelkezik. P´eld´ aul a norma ´ert´eke kAk := sup {Re hϕ, ψi : kϕk ≤ 1 , kψk ≤ 1} . (17.1) Minden A ∈ L(X) oper´ator defini´alja a QA (ϕ, ψ) := hϕ, Aψi biline´aris alakot, ami komplex t´erben a polariz´aci´os azonoss´agok mint´ aj´ ara kifejezhet˝o a QA (ϕ) := QA (ϕ, ϕ) kvadratikus forma seg´ıts´eg´evel: 4QA (ϕ, ψ) = QA (ϕ + ψ) − QA (ϕ − ψ) + ı QA (ϕ + ı ψ) − ı QA (ϕ − ı ψ) .
(17.2)
Riesz t´etele alapj´an a QA = hϕ, Aψi biline´ aris forma viszont mag´at az A oper´atort is meghat´arozza. Ez ut´obbi val´os t´erben is ´ıgy van, de ott csak a hϕ, Aψi + hψ, Aϕi szimmetriz´ alt biline´ aris alakot tudjuk a kvadratikus alak ismeret´eben reproduk´alni. Adjung´ alt oper´ ator: Az A ∈ L(X) line´aris ´es korl´ atos oper´ator adjung´altja az az A∗ ∈ ∗ L(X) oper´ator, amely eleget tesz az hA ϕ, ψi = hϕ, Aψi ∀ ϕ, ψ ∈ X azonoss´ agnak. A defin´ıci´ o egy´ertelm˝ u, ´es Riesz reprezent´aci´os t´etele miatt Hilbert t´erben minden korl´ atos oper´atornak van adjung´altja. L´athat´o hogy (AB)∗ = B∗ A∗ ´es (A∗ )∗ = A . Mivel Cauchy szerint kAA∗ k ≤ kAkkA∗ k , tov´abb´a hϕ, A∗ Aϕi = hAϕ, Aϕi ≤ kAk2 kϕk2 , ´all´ıthatjuk hogy kA∗ k = kAk ´es kAA∗ k = kAk2 . Az A ∈ L(X) oper´ator ¨onadjung´alt ha A∗ = A , val´ os t´erben a szimmetrikus jelz˝ot haszn´aljuk. ¨ K´et ¨onadjung´alt oper´ator szorzata pontosan akkor az, ha felcser´elhet˝ oek. Onadjung´ alt oper´ator QA (ϕ) = hϕ, Aϕi kvadratikus alakja mindig val´ os ´ert´ek˝ u, ´es viszont. Az els˝o ´all´ıt´ as trivi´alis, a m´asodik: Ha a QA kvadratikus alak val´os, akkor a gener´al´ o oper´ator ¨onadjung´alt. Ennek bel´at´as´ahoz el´eg (17.2) mindk´et oldal´anak konvex konjug´ altj´ at k´epezni, majd ϕ ´es ψ szerep´et felcser´elve az ´ıgy kapott azonoss´agokat kombin´ alni. ¨ Onadjung´ alt oper´ator norm´aja: kAk = sup {|hϕ, Aϕi| : kϕk ≤ 1} . Az egyik ir´any, |QA (ϕ)| ≤ kAkkϕk2 a Cauchy egyenl˝otlens´eg k¨ovetkezm´enye. M´asr´eszt, tetsz˝oleges α > 0 mellett 4α kAϕk2 = hαϕ + Aϕ, αAϕ + A2 ϕi − hαϕ − Aϕ, αAϕ − A2 ϕi mert A∗ = A . Legyen teh´at K olyan konstans hogy |QA (ϕ)| ≤ Kkϕk2 ∀ ϕ ∈ X , ekkor a paralelogramma azonoss´aggal 4α kAϕk2 ≤ 2αKkϕk2 + 2KkAk2 , amib˝ol az α = kAϕk/kϕk v´ alaszt´ assal kAϕk ≤ Kkϕk k¨ovetkezik, ´es ´eppen ezt kellett bizony´ıtani. Mivel hϕ, Aϕi val´ os, defini´alhatjuk a {hϕ, Aϕi : kϕk ≤ 1} halmaz m als´o, ´es M fels˝ o hat´ar´ at is, kAk = max{|m|, |M |} . Az nyilv´anval´o hogy A mindegyik saj´at´ert´eke, ha van neki, a [m, M ] intervallumba esik. Az is igaz hogy σ(A) ⊂ [m, M ] , de ez nem ilyen egyszer˝ u. Unit´ er, norm´ alis ´ es pozit´ıv oper´ atorok: Az U ∈ L(X) oper´ator unit´er ha megtartja a skal´ aris szorzatot: hUϕ, Uψi = hϕ, ψi ∀ ϕ, ψ ∈ X , vagyis t´avols´ ag ´es sz¨ogtart´ o, egybev´ag´ os´ agi transzform´aci´o. Minden unit´er oper´ator k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u, az inverze ´eppen az adjung´altja, a norm´aja mindig 1. Az A oper´ator norm´alis ha felcser´elhet˝ o az adjung´altj´ aval, vagyis A∗ A = AA∗ ,
182
MATEMATIKAI FIZIKA
teh´at minden ¨onadjung´alt vagy unit´er oper´ator norm´alis. Norm´alis oper´ator norm´aja ugyan´ ugy sz´amolhat´o mint az ¨onadjung´alt esetben, a bizony´ıt´ as most a 4α kAϕk2 = hαϕ + Aϕ, αAϕ + A2 ϕi − hαϕ − Aϕ, αAϕ − A2 ϕi azonoss´agra ´ep¨ ul. Az A oper´ator pozit´ıv, amit A ≥ 0 jel¨ol, ha hϕ, Aϕi ≥ 0 mindig igaz. Az A∗ A ´es AA∗ szorzat egyar´ant pozit´ıv, de csak akkor egyenl˝ ok, ha A norm´ alis. Komplex t´erben minden pozit´ıv oper´ator ¨onadjung´alt, mert a hϕ, Aϕi kvadratikus alak val´ os ´ert´ek˝ u. Val´ os t´erben csak szimmetrikus oper´atort szok´as pozit´ıvnak min˝os´ıteni. Pozit´ıv oper´atorn´ al a QA (ϕ, ψ) = hϕ, Aψi nemnegat´ıv biline´aris alak a skal´aris szorz´as valamennyi (10.4) tulajdons´ag´ aval rendelkezik, kiv´eve azt hogy hϕ, ϕi > 0 ha ϕ 6= 0 ; ezt az u ´j skal´ aris szorzatot gyakran haszn´ajuk A ´es f¨ uggv´enyeinek vizsg´alat´an´al. Norm´ alis oper´ ator saj´ at´ ert´ ek feladata: Ha Aψ = λψ ´es A∗ φ = µφ akkor λ hψ, φi = ∗ hAψ, φi = hψ, A φi = µ ¯ hψ, φi , amib˝ol λ 6= µ ¯ eset´en φ ⊥ ψ k¨ ovetkezik. Mostant´ ol feltessz¨ uk hogy AA∗ = A∗ A , ekkor a saj´atvektorok Xλ,1 (A) tere A∗ invari´ ans altere, ´es ezen az alt´eren ¯ , vagyis Xλ,1 (A) = X ¯ (A∗ ) . Ha most (λI − A)2 φ = 0 akkor λφ − Aφ Aψ = λψ , teh´at A∗ ψ = λψ λ,1 saj´atvektor, teh´at (λI − A∗ )(λI − A∗ )φ = 0 , amib˝ol kλφ − Aφk2 = 0 , vagyis Xλ,2 (A) = Xλ,1 (A) . at norm´alis oper´ator Xλ (A) Innen indukci´oval k¨ovetkezik hogy Xλ,r (A) = Xλ,1 (A) ∀ r ∈ N . Teh´ invari´ans altererei csupa saj´atvektorb´ol ´allnak, ´es a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o saj´at´ert´ekhez tartoz´ o alterek p´aronk´ent mer˝olegesek egym´asra. V´egtelen dimenzi´os t´erben norm´alis (¨onadjung´ alt) oper´atornak sem mindig van saj´atvektora, l´asd az al´abbi p´eld´ akat. Kvadratikus alak differenci´ al´ asa: Minden A : X 7→ X line´aris korl´ atos oper´atorhoz hozz´arendelt¨ uk a QA (x) := hx, A xi funkcion´ alt; feltehet˝o hogy A ¨onadjung´ alt, mert a szimmetrikus komponens ugyanazt a kvadratikus alakot adja. K¨onnyen igazolhat´o hogy ∇Q(x) = 2A x ´es ∇2 Q(x) = 2A . ∀ x ∈ X . A Φ(x) := hx, Axi/hx, xi funkcion´ al gradiense Ψ(x) =
2hx, xiAx − 2hx, Axi x , hx, xi2
(17.3)
ha teh´at az x = ψ 6= 0 helyen Φ-nek sz´els˝ o ´ert´eke van, akkor Ψ(ψ) = 0 , vagyis Aψ = Φ(ψ)ψ : ψ a Ψ(ψ) saj´at´ert´ekhez tartoz´o saj´atvektor. Ezek alapj´an javasolhatjuk az xn+1 = xn +γn Φ(xn ) tipus´ u gradiens elj´ar´ast az A ¨onadjung´alt oper´ator saj´at´ert´ekeiunek ´es saj´atvektorainak keres´es´ere; l´enyeges az x1 kezd˝o´ert´ek ´es a γn l´epesk¨oz szerencs´es megv´alaszt´ asa. V´egtelen dimenzi´os t´erben persze nem biztos hogy Φ felveszi a sz´els˝ o ´ert´ekeit, nem ´art az ´ovatoss´ ag. A `2 t´ er: Az Rn Cn p´eld´akon okulva az S megsz´ aml´ alhat´ o halmazzal indexelt z = (zk : k ∈ S) P ¯k k´eplete ´ertelmezi, maga a komplex sorozatok `2 (S) ter´et a skal´aris szorzat hz, wi := k∈S zk w P t´er azokb´ol a sorozatokb´ol ´all, amelyek norm´aja v´eges, vagyis k∈S |zk |2 < +∞. Mindegyik `2 t´er teljes, amit a Cantor f´ele diagon´ alis elj´ ar´ assal bizony´ıthatunk. Eszerint minden zn Cauchy 0 sorozatnak van olyan z0n r´eszsorozata hogy a koordin´at´ ak zn,k sorozatai mind konvergensek, 0 u megmutatni hogy a zk kordin´ at´ akkal legyen zk := lim zn,k amint n → ∞. Ezut´an m´ar k¨onny˝ 2 rendelkez˝o z sorozat a ` t´er eleme, ´es zn → z . Hasonl´ oan igazolhat´o hogy ha ak ≥ 0 n´egyzetesen konverges sorozat, akkor a Ha := {z ∈ `2 (S) : |zk | ≤ ak ∀ k ∈ S} Hilbert t´egla kompakt a `2 (S) t´erben. A `2 (Z) ´es a `2 (Z+ ) tereken egyar´ ant defini´alhat´ o az eltol´as T oper´atora a T z = w ha 2 wk := zk+1 konvenci´oval. A ` (Z) t´eren T unit´er, de egyetlen saj´at´ert´eke sincs. Az eltol´as a `2 (Z+ ) t´eren is kor´atos, kT k = 1, de itt T nem k¨olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u. Ha |λ| < 1 akkor a zλ := (λk : k ∈ Z+ ) sorozatok mind saj´atvektorok: T zλ = λzλ , teh´ at σ(T ) = {|λ| ≤ 1} . T adjung´altj´at a `2 (Z+ ) t´erben T ∗ z := (0, z1 , z2 , ...) defini´alja, ennek sincs saj´atvektora, ´ Erdekes a ∆1 : `2 (Z) 7→ `2 (Z) diszkr´et Laplace oper´ator is, amit ∆1 z = w ha wk := zk+1 + zk−1 − 2zk defini´al. Ez is korl´atos, ´es hz, ∆1 zi = −
∞ X k=−∞
|zk+1 − zk |2
V´ alogatott probl´ em´ ak
183
miatt negat´ıv ¨onadjung´alt. A zk+1 + zk−1 − 2zk = λzk saj´at´ert´ek egyenlet form´alis megold´asa zk = c1 γ1k + c2 γ2k , ahol γ1 ´es γ2 a γ 2 − (2 + λ)γ + 1 = 0 egyenlet gy¨okei. Ez a sorozat csak a zk ≡ 0 esetben tartozik a t´erhez, teh´at a ∆1 oper´atornak sincs saj´atvektora, σ(∆1 ) ´eppen a z ≤ 0 f´elegyenes. V´egtelen dimenz´os Euklideszi t´er a n´egyzetesen integr´alhat´ o f¨ uggv´enyek L2 (Ω, λ) tere is, ahol λ tetsz˝oleges m´ert´ek az Ω halmazon. A skal´ aris szorzatot az Z hf, gi := f (x)g(x) λ(dx) Ω
integr´al defini´alja, err˝ol r¨ovidesen sz´o lesz. 17.2. M´ atrixok analitikus f¨ uggv´ enyei. Egy´altal´ an nem ritka hogy egy line´aris norm´alt t´er elemeit nemcsak sz´amokkal, hanem egym´assal is lehet szorozni u ´gy, hogy a szorzat is a t´er eleme marad. Feltessz¨ uk hogy ez a szorz´as asszociat´ıv, numerikus szorz´o a szorzatb´ol kiemelhet˝o, A(cB) = cAB, v´eg¨ ul az elemek szorz´asa az ¨osszead´ asra vonatkoz´ oan disztribut´ıv. Ha m´eg az kABk ≤ kAkkBk , szint´en Cauchy nev´et visel˝o egyenl˝ otlens´eg is minden A, B ∈ X eset´en teljes¨ ul, akkor norm´alt algebr´ar´ol besz´el¨ unk. Minden norm´alt algebra egyben line´aris norm´alt t´er, ´es ´ıgy metrikus t´er is, teh´at az ott kimodott defin´ıci´ ok ´es t´etelek v´altozatlanul ´erv´enyesek. Ha ez az algebra, mint metrikus t´er teljes, akkor Banach algebr´anak nevezz¨ uk. A val´os ´es a komplex sz´amok mellett a n´egyzetes m´atrixok is ilyen strukt´ ur´ at alkotnak. A t´ervektorok vektori´alis szorz´asa nem asszociat´ıv, teh´at nem esik ebbe a kateg´ ori´ aba. Val´ os vagy komplex sz´amokn´al a Cauchy egyenl˝ otlens´eg egyszer˝ uen |z1 z2 | = |z1 ||z2 |. Az A : Rd 7→ Rd line´aris transzform´aci´o norm´aj´at kAk ≡ kAk2 := sup{|Ax| : |x| ≤ 1} defini´alja. Vil´agos hogy |ABx| ≤ kAk2 |Bx| ≤ kAk2 kBk2 |x| , teh´at a Cauchy egyenl˝ otlens´eg automatikusan teljes¨ ul. M´asik lehet˝os´eg az explicit form´aban adott kAk22 kett˝ os norma, n n X ³ ´2 X |akj |2 , (17.4) kAk22 := k=1 j=1
ahol akj az A m´atrix ´altal´anos eleme. Ebben az esetben a m´atrixok szorzat´ara vonatkoz´ o Cauchy egyenl˝otlens´eg a hagyom´anyos Cauchy k¨ozvetlen folyom´ anya. Azt se neh´ez megmutatni hogy kAk2 ≤ kAk22 B´armely A n´egyzetes m´atrix is gond n´elk¨ ul helyettes´ıthet˝ o be egy f (z) hat´anysorba, mostant´ ol kezdve z0 = 0 az f defin´ıci´oj´aban. Az ´ıgy kapott m´atrixot – ha van ´ertelme – f (A) jel¨oli; l´enyeg´eben err˝ol sz´ol a k¨ovetkez˝o t´etel. T´ etel 17.1. Ha az f (z) hatv´ anysor konvergenciak¨ or´enek R sugara pozit´ıv, ´es A egy teljes norm´ alt algebra eleme, akkor kAk < R eset´en az f (A) hatv´ anysor abszol´ ut konvergens, f (A) ∈ X , tov´ abb´ a Af (A) = f (A)A. Bizony: Az X norm´alt algebr´aban ´erv´enyes Cauchy egyenl˝ otlens´eg miatt kAk < r < R eset´en ∞ X
kcn An k ≤
n=0
∞ X
|cn |kAkn ≤
n=0
∞ X
|cn |rn < +∞,
(17.5)
n=0
teh´at a sor a konvergenciak¨or belsej´eben abszol´ ut konvergens, ´es ´ıgy a t´er teljess´ege miatt r´eszlet¨osszegei az X egy j´ol meghat´arozott f (A) elem´ehez konverg´ alnak. ¤ Az f (A) m´atrix meghat´aroz´asa persze nem k¨onny˝ u, de ha meg tudjuk oldani az Au = λu saj´at´ert´ek feladatot, ´es x0 = x1 u1 + x2 u2 + · · · + xd ud , ahol uk a λk saj´at´ert´ekhez tartoz´o (jobboldali) saj´atvektor, akkor An uk = λn uk miatt f (A) x =
d X k=1
f (A) xk uk =
d X k=1
xk f (λk ) uk ,
(17.6)
184
MATEMATIKAI FIZIKA
felt´eve hogy mindegyik saj´at´ert´ek az f konvergencia k¨or´enek belsej´eben van. Ha A szimmetrikus, akkor a saj´atvektorai b´azist alkotnak, teh´at a fenti k´eplet ´altal´ anos ´erv´eny˝ u. Ha a saj´at´ vektorok rendszere nem teljes, vagy nem tudjuk ˝oket kisz´amolni, akkor m´eg mindig kereshet¨ unk olyan p polinomot hogy p(A) = 0, teh´at az f (z) = q(z)p(z) + r(z) marad´ekos oszt´as elv´egz´ese ut´an f (A) = r(A) ad´odik, ahol r foksz´ama legfeljebb a t´er dimenzi´oja. Tegy¨ uk fel hogy az f (z) f¨ uggv´eny hatv´anysora |z| < R eset´en abszol´ ut konvergens, t ∈ R ´es |t|kAk < R , ekkorkkor f (At) sora is abszol´ ut konvergens, s˝ot tagonk´ent differenci´alhat´ o t szerint. Ennek bel´at´as´ahoz csak a (t + h)n An − tn An = hAn (tn−1 + htn−2 + · · · + hn−1 ) azonoss´agot, ´es a domin´alt konvergencia t´etelt kell felhaszn´alni. Igy kapjuk a m´atrix f¨ uggv´enyekre is ´erv´enyes ∂t eAt = AeAt ,
∂t sin(At) = A cos(At) ,
∂t cos(At) = −A sin At
(17.7)
k´epleteket, amelyek line´aris differenci´alegyenlet rendszerek megold´as´ ahoz kellenek. Eszerint a x˙ = Ax egyenlet megold´asa x(t) = eAt x(0) . √ Pozit´ıv oper´ ator n´ egyzetgy¨ oke: A 1 − z = 1 + c2 z + c3 z 2 + · · · + cn z n + · · · hatv´ anysor egy¨ utthat´oi pozit´ıvak ´es ¨osszeg¨ uk 2 , teh´at a sor |z| ≤ 1 eset´en abszol´ ut konvergens. Ha teh´at A ∈ L(X) ´es kAk ≤ 1 akkor a ∞ X √ I−A=I+ cn An n=1
sor abszul´ ut konvergens, felt´eve hogy az algebra teljes. Legyen most X Hilbert t´er, A ≥ 0 2 korl´atos, ´es γ > 0. mindig igaz √ hogy γA = I − (I − γA) , ´es ha γkAk ≤ 1 akkor hϕ, ϕ − γAϕ ≤ kϕk miatt kI − γAk ≤ 1 , teh´at A az à ! ∞ X √ −1/2 n A := γ I+ (I − γA) (17.8) n=1
√ abszol´ ut konvergens sor ¨osszege. K¨onnyen ellen˝orizhet˝ o hogy B = A pozit´ıv, ¨onadjung´alt, AB = BA , ´es persze B2 = A . B´ar a konstrubci´o f¨ ugg γ-t´ ol, az edm´eny nem: Ha C is rendelkezik ezekkel a tulajdons´agokkal akkor CA = C3 = AC ´es BC = CB mert C felcser´elhet˝ o A-val, teh´at (B − C)B(B − C) + (B − C)C(B − C) = (B2 − C2 )(B − C) = 0 . A baloldal mindk´et tagja pozit´ıv, teh´at az ¨osszeg¨ uk csak u ´gy lehet 0 ha mindkett˝ o 0 , de akkor 3 4 4 a k¨ ul¨onbs´eg¨ uk, (B − C) = 0 , teh´at √ k(B − C) k = kB − Ck = 0 . Ezut´an defini´alhatjuk az |A| := A∗ A oper´atort, ´es a komplex sz´amokra eml´ekeztet˝ o A = |A|eıΦ pol´aris felbont´ast is,√ahol Φ ¨onadjung´ alt, teh´at eıΦ unit´er. Enn´el hasznosabb az az ´eszrev´etel hogy hϕ, Aϕi = k Aϕk2 ha A ≥ 0 . Rezolvens: Ha kAk < Re λ akkor ´erv´enyes a Z ∞ −1 (λI − A) = e−λt eAt dt (17.9) 0
Laplace transzform´aci´os formula, aminek sok k¨ovetkezm´enye van a spektrum le´ır´ as´ aval kapcsolatban. Abszol´ ut konvergens komplex hatv´anysorok szorzata is abszol´ ut konvergens hatv´anysor. Ha teh´at az f ´es a g hatv´anysorok |z| < R est´en abszol´ ut konvergensek, h(z) := f (z)g(z) ´es kAk < R, akkor h(A) = f (A)g(A) . Ugyanakkor hi´aba tudjuk az eAt ´es eBt m´ atrixokat ´ertelmezni, eAt eBt = eAt+Bt m´ar csak akkor igaz, ha AB = BA. Ha ugyanis AB 6= BA, akkor az (A + B)n hatv´any binomi´alis kifejt´ese m´ar nem igaz, p´eld´ aul (A + B)2 = A2 + AB + BA + B 2 . ∗ At ∗∗ A ∂t u = Au egyenlet u(t) = e u(0) megold´ok´eplete v´egtelen dimenzi´os terekben is haszn´alhat´o lehet, ´es az sem igaz´an fontos hogy kAk < +∞ legyen. P´eld´ aul, ha ϕ analitikus eg´esz
V´ alogatott probl´ em´ ak
f¨ uggv´eny, akkor e
t∂x
ϕ(x) =
∞ n X t n=0
n!
∂xn ϕ(x) = ϕ(x + t)
185
(17.10)
a Taylor formula miatt, teh´at a ∂t u(t, x) = ∂x u(t, x) egyenlet u(0, x) = ϕ(x) kezdeti ´ert´ekhez tartoz´o megold´asa u(t, x) = ϕ(x + t). Figyelemre m´elt´ o hogy et∂x ϕ ´ertelmez´es´ehez a ϕ f¨ uggv´enynek egyszer sem kell differenci´alhat´onak lennie. Hasonl´oan, Z ∞ ∞ n X t 2n 1 t∂x2 e ϕ(x) = ∂ ϕ(x) = √ exp(−(x − y)2 /4t)ϕ(y) dy (17.11) n! x 4tπ −∞ n=0 a ∂t u = ∂x2 u h˝ovezet´esi egyenlet u(0, x) = ϕ(x) kezdeti ´ert´ekhez tartoz´o megold´asa, amit differnci´al´assal k¨ozvetlen¨ ul ellen˝orizhet¨ unk. Mivel Z ∞ Z ∞ 1 1 2 √ exp(−(x − y) /4t)ϕ(y) dy = √ exp(−y 2 /4t)ϕ(y + x) dy , (17.12) 4tπ −∞ 4tπ −∞ tov´abb´a analitikus eg´esz ϕ eset´en ∞ X yn n ϕ(x + y) = ∂ ϕ(x) , (17.13) n! x n=0
t∂x2
az e
fenti sorfejt´ese az
Z ∞ tn 2n! 1 √ (17.14) y 2n exp(−y 2 /4t) dy = n! 2tπ −∞ azonoss´ag k¨ovetkezm´enye; a p´aratlan hatv´anyokat tartalmaz´o integr´ alok ´ert´eke 0 . A megold´ok´eplet akkor is ´erv´enyes, ha ϕ nem differenci´alhat´ o, ϕ ∈ Cb (R) b˝os´egesen elegend˝o. ∗∗
