Szerkesztő:Mozo/ A2 bizonyítások
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Tétel és bizonyítás) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Tétel és bizonyítás) |
||
160. sor: | 160. sor: | ||
Mindez azt jelenti, hogy { '''A'''c<sub>1</sub>, '''A'''c<sub>2</sub>, ...,'''A'''c<sub>''l''</sub> } bázis, amiből következik, hogy az általa kifeszített altér dimenziója ''l''. De a kifeszített altér pont Im('''A'''), így azt kaptuk, hogy | Mindez azt jelenti, hogy { '''A'''c<sub>1</sub>, '''A'''c<sub>2</sub>, ...,'''A'''c<sub>''l''</sub> } bázis, amiből következik, hogy az általa kifeszített altér dimenziója ''l''. De a kifeszített altér pont Im('''A'''), így azt kaptuk, hogy | ||
− | :\mathrm{dim}(\mathrm{Im}(\mathbf{A}))=n-k | + | :<math>\mathrm{dim}(\mathrm{Im}(\mathbf{A}))=n-k\,</math> |
vagyis, amit be akartunk látni. | vagyis, amit be akartunk látni. | ||
A lap 2008. május 24., 11:31-kori változata
Tartalomjegyzék |
Többváltozós B–W-tétel
- Lásd még:Bolzano–Weierstrass-tétel
A többdimenziós (de nem végtelendimenziós) esetben a csúcselemes bizonyítás nem működik abban az értelmeben, hogy közvetlenül nem hivatkozhatunk rájuk, mert nincs RN-ben a műveletekkel kompatibilis rendezés. Gondolhatnók arra is, hogy komponensenként használjuk az egydimenziós B–W-tételt. Ezzel a következő a probléma. Világos, hogy létezik minden projekciósorozatra egy-egy részsorozat, mely konvergens. Ám ebből egyáltalán nem következtethetünk arra, hogy ezek metszetéből kiválasztható részsorozat. Ellenpéldaként vegyünk egy R2-ben haladó sorozatot. Tegyük fel, hogy (szerencsétlen módon) az egydimenziós B–W-tétel az első komponensek sorozatából a páros indexűeket, a második komponensek közül a páratéan indexűeket választja ki. Ekkor a kétdimenziós sorozatnak nincs olyan részsosozata, mely a komponensorozatok közös indexeikből válaszható ki, tekintve, hogy a közös indexen halmaza üres.
A fentiek miatt olyan módon kell konvergens részsorozatokat kiválasztanunk, mely bizonyosan végtelen sok közös indexel rendelkeznek. A konstrukció a következő.
Bizonyítás
Legyen
egy N komponensű sorozat, mely korlátos RN-ben. Ekkor a komponenssorozatok is korlátosak. Az egydimenziós B–W-tétel szerint az
sorozathoz létezik σ1 indexsorozat úgy, hogy az
konvergens részsorozat. Hasonlóképpen, de a
sorozatnak is van
konvergens részsorozata. Megállapíthatjuk, hogy a
sorozat szintén konvergens, mert konvergens sorozat részsorozata. Ugyanígy léteznek σ1, σ2, ..., σN indexsorozatok, hogy a
sorozatok mind konvergensek és így tetszőleges k=1...N-re
is az, ami pontosan azt jelenti, hogy az
sorozat komponensenként konvergens, azaz konvergens. A
tehát olyan indexsorozat, mely konvergens részsorozatot választ ki (an)-ből.
Ellenpélda végtelen dimenzióra
A tétel végtelen dimenziós esetben nem igaz. Vegyük példul a korlátos valós függvények
terében a szuprémumnormát:
és a belőle definiálható távolságot. Ebben az esetben a páratlan gyökkitevőjű gyökfüggvények
sorozata nem konvergens. Ez amiatt van, hogy az itteni konvergenciafogalom ugyanaz, mint a függvénysorozatok egyenletes konvergenciájának fogalma. Bár ez a függvénysorozat pontonként konvergál a szignumfüggvényhez, de a sorozat a szignumfüggvény minden környezetéből kilép. Emiatt még az is igaz, hogy egyetlen részsorozta sem lehet konvergens (azaz egyenletesen konvergens), holott a függvénysorozat maga korlátos (u.is. belefoglalható az azonosan 0 függvény 2 sugarú környezetébe).
Megjegyzés. A tétel azon iránya, mely a sorozatkompaktságot tételezi fel, igaz marad minden metrikus térben.
Weierstrass tétele
Az alábbiakban felhasználjuk a kompaktság fogalmát és Heine–Borel-tételt.
(Kompakt egy K halmaz, ha minden nyílt halmazrendszerből, melynek uniója lefedi K-t kiválasztható véges sok nyílt halmaz is, melyek véges uniója még mindig lefedi K-t.
Heine–Borel-tétel. Korlátos és zárt halmaz kompakt.)
Tétel (Weierstrass) Valós értékű, kompakt halmazon folytonos függvény felveszi minimumát és maximumát.
- (Ha f ∈ C(Rn,R), Dom(f) kompakt, akkor sup(f), inf(f) ∈ Ran(f) )
Bizonyítás.
1) Először belátjuk, hogy kompakt halmazon folytonos függvény korlátos. Legyen ugyanis ε tetszőleges pozitív szám és f értelmezési tartománya K. A folytonosság miatt K minden u eleméhez létezik δ(u) pozitív szám, hogy f a Bδ(u) környezeten belül mindvégig az (f(u)-ε,f(u)+ε) intervallumon belül mara. Ekkor nyílt halmazok {Bδ(u)(u) : u ∈ K} rendszere lefedi K-t, vagyis a Heine–Borel-tétel miatt már ebből véges sok is lefed. Legyen ez {Bδ(u)(u) : u ∈ F}, ahol tehát F ⊆ K véges. Ezek képei mind a (f(u)-ε,f(u)+ε) (u∈F)inervallumokban vannak, így a {(f(u)-ε,f(u)+ε) : u ∈ F} véges intervallumrendszer lefedi Ran(f)-et. Tehát f a "legmagasabb" intervallum felső határa és a "legalacsonyabb" intervallum alsó határa közé esik.
2) Belátjuk, hogy f felveszi a szuprémumát (és ugyanígy az infimumát is). Legyen S := sup(f) (azaz f értékkészletének legkisebb felső korlátja). Ekkor a g : K R, x S-f(x)függvény nemnegatív értékeket vesz föl. Ha f nem venné fel a szuprémumát, akkor g pozitív lenne. Ekkor értelmezhető lenne a
függvény. h mert folytonos függvényekből van folytonosságot megőrző módon összetéve. Az 1) pont szerint korlátos is, ami azonban ellentmond annak, hogy S a szuprémum. Ugyanis f minden határon túl megközelíti S-et, azaz a különbségük reciproka minden határon túl nő.
Differenciálhatóság
Definíciója
Legyen f: Rn Rm és u ∈ int Dom(f). Azt mondjuk, hogy f differenciálható az u pontban, ha létezik olyan A: Rn Rm lineáris leképezés, hogy
Ekkor A egyértelmű és az f leképezés u-bent beli deriválttenzorának vagy differenciáljának nevezzük és df(u)-val vagy Df(u)-val jelöljük. Ezt a fogalmat néha teljes differenciálnak, totális differenciálnak vagy Fréchet-deriváltnak is mondjuk.
Deriváltmátrix
Vizsgáljuk mibe viszi a bázisokat df(u) komponensleképezésenként. A df(u) lineáris leképezés (e1,e2,...,en) szetenderd bázisbeli mátrixa legyen: [df(u)] = A. Világos, hogy (df(u))(x)=A x. Először vegyük az A első sorvektorát, A1-et és az e1 egységvektor mentén tartunk u-hoz: x = u + te1. A df(u)-t definiáló határértékegyenlőség ekkor a következő alakot ölti:
azaz
vagyis f első koordinátafüggvényének f1-nek az első változó szerinti parciális deriváltja az u pontban. A többi mátrixelemet ugyanígy:
amelyet Jacobi-mátrixnak nevezünk.
Lineáris, konstans és affin függvény deriváltja
Az A : Rn Rm lineáris leképezés differenciálható és differenciálja minden pontban saját maga.
Ugyanis, legyen u ∈ Rn. Ekkor
c konstans függény esetén az dc(u) 0 alkalmas differenciálnak, mert
így világos, hogy c + A alakú affin függvények is differenciálhatóak, és differenciáljuk minden pontban az az A lineáris leképezés, melynek eltolásából az affin származik. Ezt szintén behelyettesítéssel ellenőrizhetjük.
Tehát minden u ∈ Rn-re
Elégséges feltétel totális differenciálhatóságra
Tétel. Ha az f:Rn ⊃ Rm függvény minden parciális deriváltfüggvénye létezik az u egy környezetében és u-ban a parciális deriváltak folytonosak, akkor u-ban f differenciálható.
Dimenziótétel
A dimenziótétel az lineáris leképezések magterének és képterének dimenziója közötti szoros (kiegészítő jellegű) kapcsolatra mutat rá. Most csak az (Rn;Rm) leképezéseket vizsgáljuk (a tétel bármely végesdimenziós vektortérből tetszőleges vektortérbe menő lineáris függvényre is igaz.)
Magtér
Az A : Rn Rm lineáris leképezés magtere:
világos, hogy ez altér. Ugyanis altér jelemzhető úgy, mint olyan részhalmaz a térben, mely zárt az összeadásra és a skalárral történő szorzásra. De Ker(A) ilyen, mert tetszőleges u, v vektorra
és
Bázisát (Rn-ben) például az A leképezés [A] mátrixának Gauss-eliminációjával és az [A]x=0 homogén egyenletrendszer megoldásával nyerhetünk (példa itt).
Képtér
Az A : Rn Rm lineáris leképezés képtere:
világos, hogy ez altér. Ugyanis alkalmas v és u vektorokkal:
és
Bázisát (Rn-ben) például úgy nyerünk, hogy a A leképezés [A] mátrixának oszlopvektorai közül Gauss-eliminációval kiválasztjuk a legtöbb vektort tartalmazó lineárisan független rendszert (példa itt).
Tétel és bizonyítás
Dimenziótétel. Ha A : Rn Rm lineáris leképezés, akkor
Bizonyítás. Ha vesszük Ker(A) egy
bázisát (Ker(A) dimenziója tehát k) akkor világos, hogy a báziselemek képei által kifeszített
altér az Rm-beli triviális {0} altér. Világos, hogy ha veszük egy Ker(A)-n kívüli c vektort, akkor ez már nem képeződhet a {0}-ba. Megfogalmazhatjuk tehát azt a sejtést, hogy ha B-t kibővítíjük Rn bázisává, mondjuk a
független vektorrendszerrel, akkor C elemeinek képei Im(A) bázisát fogja adni. Ezt fogjuk igazolni, azaz hogy
és ami a tétel állítását igazolja: Im(A) dimenziója pont l.
1. Először belátjuk, hogy { Ac1, Ac2, ...,Acl } generátorrendszere Im(A)-nak. Legyen
Mivel B + C bázisa Rn-nek, ezért u előáll (egyértelmű módon)
alakban. De u képében a B-beliekkel előállíthatók a {0}-ba mennek, így már a C-ből jövő képek is előállítják Au-t:
2. Belátjuk, hogy { Ac1, Ac2, ...,Acl } független vektorrendszer is, tehát dimenziója l.
Tegyük fel, hogy vannak ν1, ν2, ...,νl számok, melyekkel
A függetlenséghez az kell, hogy ν1, ν2, ...,νl-k mind nullák legyenek. Természetesen a bal oldalon kiemelhetünk A-t, tehát:
Ez viszont pontosan azt jelenti, hogy ha az
rövidítéshez folyamodunk, akkor
azaz az u vektor B-beli elemekkel is és C-beli elemekkel is előállítható. De ez csak úgy lehet, hogy u=0, ami pedig csak akkor van, ha a ν1, ν2, ...,νl számok mind nullák.
Mindez azt jelenti, hogy { Ac1, Ac2, ...,Acl } bázis, amiből következik, hogy az általa kifeszített altér dimenziója l. De a kifeszített altér pont Im(A), így azt kaptuk, hogy
vagyis, amit be akartunk látni.
Megjegyzés. Világos, hogy a fenti bizonyításban a B által generál altér és a C által generált altér közös része a {0} (vagyis csak a 0-t állítják elő mindeketten). Ugyanis, ha lenne v ≠ 0, hogy
és közben
akkor mindkét egyenletben a skalárok között lenne nemnulla, és a két egyenletet kivonva egymásból hpnánk, hogy a 0 vektor előáll olyan B és C-beli elemek lineáris kombinációjaként, ahol az együtthatók között van nemnulla. Ez viszont az jelentené, hogy B + C nem független rendszer (holott B + C a B egy kibővítése az Rn bázisává).
Ilyenkor azt mondjuk, hogy a Rn vektorteret előállítottuk a B által kifeszített és a C által kifeszített alterek direkt összegeként:
Cauchy-féle gyökkritérium
Tétel. Legyen (an) valós számsorozat, ∑(an) pedig a belőle képezett sor. Ekkor
- ha , akkor ∑(an) abszolút konvergens
- ha , akkor ∑(an) divergens