Szerkesztő:Mozo/ A2 bizonyítások

A MathWikiből

< Szerkesztő:Mozo(Változatok közti eltérés)

A lap jelenlegi, 2014. január 7., 13:22-kori változata

Tartalomjegyzék

1 Többdimenziós Bolzano–Weierstrass-tétel
- 1.1 Bizonyítás
- 1.2 Ellenpélda végtelen dimenzióra
2 Weierstrass tétele
3 Differenciálhatóság
4 Dimenziótétel
5 Cauchy-féle gyökkritérium
- 5.1 Bizonyítás

Többdimenziós Bolzano–Weierstrass-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 R^N-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

$(a_n)=(a_n^{(1)}, a_n^{(2)}, ..., a_n^{(N)})\in (\mathbf{R}^N)^{\mathbf{Z}^+}$

egy N komponensű sorozat, mely korlátos R^N-ben. Ekkor a komponenssorozatok is korlátosak. Az egydimenziós B–W-tétel szerint az

$(a_n^{(1)})$

sorozathoz létezik σ₁ indexsorozat úgy, hogy az

$(a_n^{(1)})\circ\sigma_1$

konvergens részsorozat. Hasonlóképpen, de a

$(a_n^{(2)})\circ\sigma_1$

sorozatnak is van

$(a_n^{(2)})\circ\sigma_1\circ\sigma_2$

konvergens részsorozata. Megállapíthatjuk, hogy a

$(a_n^{(1)})\circ\sigma_1\circ\sigma_2$

sorozat szintén konvergens, mert konvergens sorozat részsorozata. Ugyanígy léteznek σ₁, σ₂, ..., σ_N indexsorozatok, hogy a

$(a_n^{(1)})\circ\sigma_1$

$(a_n^{(2)})\circ\sigma_1\circ\sigma_2$

$\vdots$

$(a_n^{(N)})\circ\sigma_1\circ\sigma_2\circ...\circ\sigma_N$

sorozatok mind konvergensek és így tetszőleges k=1...N-re

$(a_n^{(k)})\circ\sigma_1\circ\sigma_2\circ...\circ\sigma_N$

is az, ami pontosan azt jelenti, hogy az

$(a_n)\circ\sigma_1\circ\sigma_2\circ...\circ\sigma_N$

sorozat komponensenként konvergens, azaz konvergens. A

$\sigma_1\circ\sigma_2\circ...\circ\sigma_N$

tehát olyan indexsorozat, mely konvergens részsorozatot választ ki $(a n)$ -ből.

Ellenpélda végtelen dimenzióra

A tétel végtelen dimenziós esetben nem igaz. Vegyük példul a korlátos valós függvények

$\mathrm{B}([-1,+1],\mathbf{R})\,$

terében a szuprémumnormát:

$||f||=_{\mathrm{def}}\sup\{|f(x)|\mid x\in [-1,+1]\}\,$

és a belőle definiálható távolságot. Ebben az esetben a páratlan gyökkitevőjű gyökfüggvények

$f_n=\sqrt[2n+1]{.\;}\quad\quad (f_n(x)=\sqrt[2n+1]{x})$

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 esetleg a bizonyitas egy masik variansa a 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. Veges dimenzios normalt terben 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 B_δ(u) környezeten belül mindvégig az (f(u)-ε,f(u)+ε) intervallumon belül marad. Ekkor a nyílt halmazokbol allo {B_δ(u)(u) : u ∈ K} rendszer lefedi K-t, ami kompakt, azaz ebből mar véges sok is lefedi K-t. Legyen ez {B_δ(u)(u) : u ∈ F}, ahol tehát F ⊆ K véges. Ezek képei mind a (f(u)-ε,f(u)+ε) (u∈F) intervallumokban 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 $\to$ R, x $\mapsto$ S-f(x)függvény nemnegatív értékeket vesz föl. Ha f nem venné fel a szuprémumát, akkor g pozitív lenne. Ekkor értelmezhető lenne a

$h:K\to\mathbf{R};x\mapsto \frac{1}{S-f(x)}$

függvény. $h$ mert folytonos függvényekből van folytonosságot megőrző módon összetéve. Az 1) pont szerint korlátos is, ami azonban ellentmond annak, hogy S a szuprémum, mert f minden határon túl megközelíti S-et. Ugyanis minden S - 1/n számhoz létezik olyan $x n$ ∈ K, hogy f( $x n$ ) > S - 1/n. Létezik tehát olyan ( $x n$ ) K-ban haladó sorozat, melyre f(x_n) alulrúl az S-hez tart. Ám, ekkor az 1/(S-f( $x n$ )) a +∞-hez tart, ami h korlátossága miatt lehetetlen.

Differenciálhatóság

Definíciója

Legyen f: Rⁿ $\supset\!\longrightarrow$ R^m és u ∈ int Dom(f). Azt mondjuk, hogy f differenciálható az u pontban, ha létezik olyan A: Rⁿ $\to$ R^m lineáris leképezés, hogy

$\lim\limits_{x\to u}\frac{f(x)-f(u)-\mathcal{A}(x-u)}{||x-u||_{\mathbf{R}^n}}=0_{\mathbf{R}^m}$

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 ( $e 1$ , $e 2$ ,..., $e n$ ) szetenderd bázisbeli mátrixa legyen: [df(u)] = A. Világos, hogy (df(u))(x)=A x. Először vegyük az A első sorvektorát, A₁-et és az $e 1$ egységvektor mentén tartunk u-hoz: x = u + t $e 1$ . A df(u)-t definiáló határértékegyenlőség ekkor a következő alakot ölti:

$0=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)-\mathbf{A}_1\cdot(te_1)}{t}=$

$=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)-t\mathbf{A}_1\cdot(e_1)}{t}=$

$=-\mathbf{A}_1\cdot e_1+\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)}{t}$

azaz

$\mathbf{A}_1\cdot e_1=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)}{t}=\partial_1 f_1(u)$

vagyis f első koordinátafüggvényének $f 1$ -nek az első változó szerinti parciális deriváltja az u pontban. A többi mátrixelemet ugyanígy:

$[\mathrm{d}f(u)]=\mathbf{J}^f(u)=\begin{bmatrix} \partial_1 f_1(u) & \partial_2 f_1(u) & \dots & \partial_n f_1(u)\\ \partial_1 f_2(u) & \partial_2 f_2(u) & \dots & \partial_n f_2(u)\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \partial_1 f_m(u) & \partial_2 f_m(u) & \dots & \partial_n f_m(u)\\ \end{bmatrix}$

amelyet Jacobi-mátrixnak nevezünk.

Lineáris, konstans és affin függvény deriváltja

Az A : Rⁿ $\to$ R^m lineáris leképezés differenciálható és differenciálja minden pontban saját maga.

Ugyanis, legyen u ∈ Rⁿ. Ekkor

$\lim\limits_{x\to u}\frac{\mathcal{A}(x)-\mathcal{A}(u)-\mathcal{A}(x-u)}{||x-u||}=\lim\limits_{x\to u}0=0$

c konstans függény esetén az dc(u) $\equiv$ 0 alkalmas differenciálnak, mert

$\lim\limits_{x\to u}\frac{c-c-0\cdot(x-u)}{||x-u||}=\lim\limits_{x\to u}0=0$

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

$\mathrm{d}\mathcal{A}(u)=\mathcal{A},\quad\quad\mathrm{d}c(u)\equiv 0,\quad\quad\mathrm{d}(b+\mathcal{A}\circ(id-a))(u)=\mathcal{A}$

Elégséges feltétel totális differenciálhatóságra

Tétel. Ha az f:Rⁿ ⊃ $\to$ R^m 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 $\mbox{ }_\mathcal{L}$ (Rⁿ;R^m) leképezéseket vizsgáljuk (a tétel bármely végesdimenziós vektortérből tetszőleges vektortérbe menő lineáris függvényre is igaz.)

Magtér

Az A : Rⁿ $\to$ R^m lineáris leképezés magtere:

$\mathrm{Ker}(\mathbf{A})=_{\mathrm{def}}\{v\in \mathbf{R}^n\mid \mathbf{A}v=0\}$

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

$\mathbf{A}v=0\;\land\;\mathbf{A}u=0 \quad \Rightarrow\quad\mathbf{A}v+\mathbf{A}u=0\quad \Rightarrow\quad\mathbf{A}(v+u)=0$

és

$\mathbf{A}v=0\quad \Rightarrow\quad\lambda.(\mathbf{A}v)=0\quad \Rightarrow\quad\mathbf{A}(\lambda.v)=0$

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 $\to$ R^m lineáris leképezés képtere:

$\mathrm{Im}(\mathbf{A})=_{\mathrm{def}}\{\mathbf{A}v\in \mathbf{R}^m\mid v\in \mathbf{R}^n\}$

világos, hogy ez altér. Ugyanis alkalmas v és u vektorokkal:

$\mathbf{A}v+\mathbf{A}u=\mathbf{A}(v+u)$

és

$\lambda.(\mathbf{A}v)=\mathbf{A}(\lambda.v)$

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 $\to$ R^m lineáris leképezés, akkor

$\mathrm{dim}\,\mathrm{Ker}(\mathbf{A}) + \mathrm{dim}\,\mathrm{Im}(\mathbf{A}) = n$

Bizonyítás. Ha vesszük Ker(A) egy

$B=\{b_1,...,b_k\}\,$

bázisát (Ker(A) dimenziója tehát k) akkor világos, hogy a báziselemek képei által kifeszített

$\langle\mathbf{A}b_1,\mathbf{A}b_2,...,\mathbf{A}b_k\rangle$

altér az R^m-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

$C=\{c_1,...,c_l\}\,$

független vektorrendszerrel, akkor C elemeinek képei Im(A) bázisát fogja adni. Ezt fogjuk igazolni, azaz hogy

$\langle\mathbf{A}c_1,\mathbf{A}c_2,...,\mathbf{A}c_l\rangle=\mathrm{Im}(\mathbf{A})$

és ami a tétel állítását igazolja: Im(A) dimenziója pont l.

1. Először belátjuk, hogy { Ac₁, Ac₂, ...,Ac_l } generátorrendszere Im(A)-nak. Legyen

$v=\mathbf{A}u\,$

Mivel B + C bázisa Rⁿ-nek, ezért u előáll (egyértelmű módon)

$u=\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kb_k+\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_lc_l\,$

alakban. De u képében a B-beliekkel előállíthatók a {0}-ba mennek, így már a C-ből jövő képek is előállítják Au-t:

$\mathbf{A}u=\mathbf{A}(\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kb_k)+\mathbf{A}(\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_lc_l)=$

$=0+\mathbf{A}(\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_lc_l)$

$=\mu_1\mathbf{A}c_1+\mu_2\mathbf{A}c_2+...+\mu_l\mathbf{A}c_l$

2. Belátjuk, hogy { Ac₁, Ac₂, ...,Ac_l } független vektorrendszer is, tehát dimenziója l.

Tegyük fel, hogy vannak ν₁, ν₂, ...,ν_l számok, melyekkel

$\nu_1\mathbf{A}c_1+\nu_2\mathbf{A}c_2+...+\nu_l\mathbf{A}c_l=0$

A függetlenséghez az kell, hogy ν₁, ν₂, ...,ν_l-k mind nullák legyenek. Természetesen a bal oldalon kiemelhetünk A-t, tehát:

$\mathbf{A}(\nu_1c_1+\nu_2c_2+...+\nu_lc_l)=0$

Ez viszont pontosan azt jelenti, hogy ha az

$u=\nu_1c_1+\nu_2c_2+...+\nu_lc_l\,$

rövidítéshez folyamodunk, akkor

$u\in \mathrm{Ker}(\mathbf{A})$

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, ...,ν_l számok mind nullák.

Mindez azt jelenti, hogy { Ac₁, Ac₂, ...,Ac_l } bázis, amiből következik, hogy az általa kifeszített altér dimenziója l. De a kifeszített altér pont Im(A), így azt kaptuk, hogy

$\mathrm{dim}(\mathrm{Im}(\mathbf{A}))=n-k\,$

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

$v=\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kc_k\,$

és közben

$v=\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_kc_k\,$

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:

$\mathbf{R}^{n}=\langle B\rangle\oplus\langle C\rangle\,$

Cauchy-féle gyökkritérium

Tétel. Legyen (a_n) valós számsorozat, ∑(a_n) pedig a belőle képezett sor. Ekkor

ha $\mbox{ }_{\mathrm{limsup}\sqrt[n]{|a_n|}<1}$ , akkor ∑(a_n) abszolút konvergens
ha $\mbox{ }_{\mathrm{limsup}\sqrt[n]{|a_n|}>1}$ , akkor ∑(a_n) divergens

Bizonyítás

1. Legyen

$c_n=\sqrt[n]{|a_n|}\,$

Ekkor s = limsup(c_n) a lismesz szuperrior fogalmának deifíciója szerint az |aⁿ| sorozat elemeinek n-edik gyökeinek (c_n) sorozatának legnagyobb sűrűsödési pontja. Sűrűsödési pont, azaz s minden környezetében van a (c_n) sorozatnak végtelen sok eleme, és a legnagyobb, mert nincs nála nagyobb sűrűsödési helye (c_n)-nek.

s < 1 miatt vehetünk egy q számot úgy, hogy

s < q < 1

Ekkor s "limsupsága" miatt egy adott M természetes számot követő minden n-re:

$c_n < q\,$

hiszen ha lenne végtelen sok elem, melyre ez nem telhesülne, akkor lenne s nél nagyobb sűrűsödési pont is. Tehát

$\sqrt[n]{|a_n|} < q\,$

azaz

$|a_n| < q^n\,$

De a (qⁿ) mértani sorozatból képezett sor konvergens (hisz |q|<1), így a majoráns kritérium miatt a

$\sum|a_n|\,$

sor is konvergens (merthogy a szóbanforgó mértani sor majorálja). Eszerint ∑(a_n) abszolút konvergens.

2. A másik esetben, minthogy s = limsup(c_n), van olyan részsorozata (c_n)-nek melynek minden eleme 1-nél nagyobb egyenlő:

$c_{n_k} \geq 1\,$

ekkor viszont

$\sqrt[n_k]{|a_{n_k}|} \geq 1\,$

és

$|a_{n_k}| \geq 1\,$

de a szükséges kritérium miatt ha (a_n) (és vele együtt az összes részsorozata) nem a 0-hoz tart, akkor ∑(a_n) nem konvergens, márpedig a fenti olyan részsorozata (a_n)-nek, mely nem tarthat a 0-hoz, így ∑(a_n) nem konvergens.

Megjegyzések. A bizonyításból kiderül, hogy a tétel állításának második pontjánál többet is állíthatunk. Ha ugyanis van olyan részsorozata (c_n)-nek melynek minden eleme 1-nél nagyobb egyenlő, már akkor is állíthatjuk, hogy ∑(a_n) nem konvergens. Ám az nem igaz, hogy ha limsup(c_n) $\mbox{ }_{\geq}$ 1, akkor ∑(a_n) nem konvergens, ellenpélda az

$\textstyle\sum(\frac{1}{n^2})$

sor. Ez konverges, holott az n-edik gyökök sorozatának limesz szuperiorja 1.

Az előbb említett általános divergencia kritériumon túl azonban csak azt mondhatjuk, hogy ha limsup(c_n) = 1, akkor további vizsgálatokat kell végeznünk, hogy döntésre juthassunk a konvergencia/divergencia kérdésében.

@@ 1. sor: / 1. sor: @@
-==Többváltozós B–W-tétel==
+==Többdimenziós Bolzano–Weierstrass-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 '''R'''<sup>N</sup>-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 '''R'''<sup>2</sup>-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.
@@ 43. sor: / 43. sor: @@
 '''Megjegyzés. ''' A tétel azon iránya, mely a sorozatkompaktságot tételezi fel, igaz marad minden metrikus térben.
+==Weierstrass tétele==
+Az alábbiakban felhasználjuk a kompaktság fogalmát (és esetleg a bizonyitas egy masik variansa a 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.'' Veges dimenzios normalt terben korlátos és zárt halmaz kompakt.)
+'''Tétel''' (''Weierstrass'') Valós értékű, kompakt halmazon folytonos függvény felveszi minimumát és maximumát.
+:(Ha ''f'' &isin; C('''R'''<sup>n</sup>,'''R'''), Dom(''f'') kompakt, akkor sup(''f''), inf(''f'') &isin;  Ran(''f'') )
+''Bizonyítás.''
+) Először belátjuk, hogy kompakt halmazon folytonos függvény korlátos. Legyen ugyanis &epsilon; tetszőleges pozitív szám és ''f'' értelmezési tartománya ''K''. A folytonosság miatt ''K'' minden ''u'' eleméhez létezik &delta;(''u'') pozitív szám, hogy ''f'' a B<sub>&delta;</sub>(''u'') környezeten belül mindvégig az (''f''(''u'')-&epsilon;,''f''(''u'')+&epsilon;) intervallumon belül marad. Ekkor a nyílt halmazokbol allo {B<sub>&delta;(u)</sub>(''u'') : ''u'' &isin; ''K''}  rendszer lefedi ''K''-t, ami kompakt, azaz ebből mar véges sok is lefedi ''K''-t. Legyen ez {B<sub>&delta;(u)</sub>(''u'') : ''u'' &isin; ''F''}, ahol tehát ''F'' &sube; ''K'' véges. Ezek képei mind a  (''f''(''u'')-&epsilon;,''f''(''u'')+&epsilon;)  (''u''&isin;''F'') intervallumokban vannak, így a {(''f''(''u'')-&epsilon;,''f''(''u'')+&epsilon;) :   ''u'' &isin; ''F''} véges intervallumrendszer lefedi Ran(''f'')-et. Tehát ''f'' a "legmagasabb" intervallum felső határa és a "legalacsonyabb" intervallum alsó határa közé esik.
+) 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'' <math>\to</math> '''R''', ''x'' <math>\mapsto</math> ''S''-''f''(''x'')függvény nemnegatív értékeket vesz föl. Ha ''f'' nem venné fel a szuprémumát, akkor ''g'' pozitív lenne. Ekkor értelmezhető lenne a
+:<math>h:K\to\mathbf{R};x\mapsto \frac{1}{S-f(x)}</math>
+függvény. <math>h</math> mert folytonos függvényekből van folytonosságot megőrző módon összetéve. Az 1) pont szerint korlátos is, ami azonban ellentmond annak, hogy ''S'' a szuprémum, mert ''f'' minden határon túl megközelíti ''S''-et. Ugyanis minden S - 1/''n'' számhoz létezik olyan <math>x_n</math> &isin; ''K'', hogy ''f''(<math>x_n</math>) > S - 1/''n''. Létezik tehát olyan (<math>x_n</math>) ''K''-ban haladó sorozat, melyre f(x_n) alulrúl az ''S''-hez tart. Ám, ekkor az 1/(S-f(<math>x_n</math>)) a +&infin;-hez tart, ami ''h'' korlátossága miatt lehetetlen.
+==Differenciálhatóság==
+===Definíciója===
+Legyen ''f'': '''R'''<sup>n</sup> <math>\supset\!\longrightarrow</math> '''R'''<sup>m</sup> és ''u'' &isin; int Dom(f). Azt mondjuk, hogy ''f'' '''differenciálható''' az ''u'' pontban, ha létezik olyan ''A'': '''R'''<sup>n</sup> <math>\to</math> '''R'''<sup>m</sup> lineáris leképezés, hogy
+:<math>\lim\limits_{x\to u}\frac{f(x)-f(u)-\mathcal{A}(x-u)}{||x-u||_{\mathbf{R}^n}}=0_{\mathbf{R}^m}</math>
+Ekkor ''A'' egyértelmű és az ''f'' leképezés ''u''-bent beli '''deriválttenzor'''ának vagy '''differenciál'''jának nevezzük és d''f''(''u'')-val vagy D''f''(u)-val jelöljük. Ezt a fogalmat néha ''teljes differenciál''nak, ''totális differenciál''nak vagy ''Fréchet-derivált''nak is mondjuk.
+===Deriváltmátrix===
+Vizsgáljuk mibe viszi a bázisokat d''f''(''u'') komponensleképezésenként. A d''f''(''u'') lineáris leképezés (<math>e_1</math>,<math>e_2</math>,...,<math>e_n</math>) szetenderd bázisbeli mátrixa legyen: [d''f''(''u'')] = '''A'''. Világos, hogy (d''f''(''u''))(''x'')='''A''' ''x''. Először vegyük az '''A''' első sorvektorát, '''A'''<sub>1</sub>-et és az <math>e_1</math> egységvektor mentén tartunk ''u''-hoz: ''x'' = ''u'' + ''t''<math>e_1</math>. A d''f''(''u'')-t definiáló határértékegyenlőség ekkor a következő alakot ölti:
+:<math>0=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)-\mathbf{A}_1\cdot(te_1)}{t}=</math>
+:::<math>=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)-t\mathbf{A}_1\cdot(e_1)}{t}=</math>
+:::<math>=-\mathbf{A}_1\cdot e_1+\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)}{t}</math>
+azaz
+:<math>\mathbf{A}_1\cdot e_1=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)}{t}=\partial_1 f_1(u)</math>
+vagyis ''f'' első koordinátafüggvényének <math>f_1</math>-nek az első változó szerinti parciális deriváltja az ''u'' pontban. A többi mátrixelemet ugyanígy:
+:<math>[\mathrm{d}f(u)]=\mathbf{J}^f(u)=\begin{bmatrix}
+\partial_1 f_1(u) & \partial_2 f_1(u) & \dots & \partial_n f_1(u)\\
+\partial_1 f_2(u) & \partial_2 f_2(u) & \dots & \partial_n f_2(u)\\
+\vdots            &     \vdots        &   \ddots    & \vdots \\
+\partial_1 f_m(u) & \partial_2 f_m(u) & \dots & \partial_n f_m(u)\\
+\end{bmatrix}</math>
+amelyet '''Jacobi-mátrix'''nak nevezünk.
+===Lineáris, konstans és affin függvény deriváltja===
+Az ''A'' : '''R'''<sup>n</sup> <math>\to</math> '''R'''<sup>m</sup> lineáris leképezés differenciálható és differenciálja minden pontban saját maga.
+''Ugyanis, '' legyen ''u'' &isin;  '''R'''<sup>n</sup>. Ekkor
+:<math>\lim\limits_{x\to u}\frac{\mathcal{A}(x)-\mathcal{A}(u)-\mathcal{A}(x-u)}{||x-u||}=\lim\limits_{x\to u}0=0</math>
+c konstans függény esetén az d''c''(''u'') <math>\equiv</math> 0 alkalmas differenciálnak, mert
+:<math>\lim\limits_{x\to u}\frac{c-c-0\cdot(x-u)}{||x-u||}=\lim\limits_{x\to u}0=0</math>
+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'' &isin; '''R'''<sup>n</sup>-re
+:<math>\mathrm{d}\mathcal{A}(u)=\mathcal{A},\quad\quad\mathrm{d}c(u)\equiv 0,\quad\quad\mathrm{d}(b+\mathcal{A}\circ(id-a))(u)=\mathcal{A}</math>
+===Elégséges feltétel totális differenciálhatóságra===
+'''Tétel.''' Ha az ''f'':'''R'''<sup>n</sup> &sup;<math>\to</math> '''R'''<sup>m</sup> 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 <math>\mbox{ }_\mathcal{L}</math>('''R'''<sup>n</sup>;'''R'''<sup>m</sup>) leképezéseket vizsgáljuk (a tétel bármely végesdimenziós vektortérből tetszőleges vektortérbe menő lineáris függvényre is igaz.)
+===Magtér===
+Az '''A''' : '''R'''<sup>n</sup> <math>\to</math> '''R'''<sup>m</sup> lineáris leképezés magtere:
+:<math>\mathrm{Ker}(\mathbf{A})=_{\mathrm{def}}\{v\in \mathbf{R}^n\mid \mathbf{A}v=0\}</math>
+világos, hogy ez [[lineáris altér|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
+:<math>\mathbf{A}v=0\;\land\;\mathbf{A}u=0 \quad \Rightarrow\quad\mathbf{A}v+\mathbf{A}u=0\quad \Rightarrow\quad\mathbf{A}(v+u)=0</math>
+és
+:<math>\mathbf{A}v=0\quad \Rightarrow\quad\lambda.(\mathbf{A}v)=0\quad \Rightarrow\quad\mathbf{A}(\lambda.v)=0</math>
+Bázisát ('''R'''<sup>n</sup>-ben) például az '''A''' leképezés <nowiki>[</nowiki>'''A'''<nowiki>]</nowiki> mátrixának [[Gauss-elimináció]]jával és az <nowiki>[</nowiki>'''A'''<nowiki>]</nowiki>x=0 homogén egyenletrendszer megoldásával nyerhetünk (példa [[Lineáris altér#3. (magtér)|itt]]).
+===Képtér===
+Az '''A''' : '''R'''<sup>n</sup> <math>\to</math> '''R'''<sup>m</sup> lineáris leképezés képtere:
+:<math>\mathrm{Im}(\mathbf{A})=_{\mathrm{def}}\{\mathbf{A}v\in \mathbf{R}^m\mid v\in \mathbf{R}^n\}</math>
+világos, hogy ez [[lineáris altér|altér]]. Ugyanis ''alkalmas'' ''v'' és ''u'' vektorokkal:
+:<math>\mathbf{A}v+\mathbf{A}u=\mathbf{A}(v+u)</math>
+és
+:<math>\lambda.(\mathbf{A}v)=\mathbf{A}(\lambda.v)</math>
+Bázisát ('''R'''<sup>n</sup>-ben) például úgy nyerünk, hogy a '''A''' leképezés <nowiki>[</nowiki>'''A'''<nowiki>]</nowiki> mátrixának oszlopvektorai közül [[Gauss-elimináció]]val kiválasztjuk a legtöbb vektort tartalmazó lineárisan független rendszert (példa [[Lineáris altér#4. (képtér)|itt]]).
+===Tétel és bizonyítás===
+'''Dimenziótétel'''. Ha '''A''' : '''R'''<sup>n</sup> <math>\to</math> '''R'''<sup>m</sup> lineáris leképezés, akkor
+:<math>\mathrm{dim}\,\mathrm{Ker}(\mathbf{A}) + \mathrm{dim}\,\mathrm{Im}(\mathbf{A}) = n</math>
+''Bizonyítás.'' Ha vesszük Ker('''A''') egy
+:<math>B=\{b_1,...,b_k\}\,</math>
+bázisát (Ker('''A''') dimenziója tehát ''k'') akkor világos, hogy a báziselemek képei által kifeszített
+:<math>\langle\mathbf{A}b_1,\mathbf{A}b_2,...,\mathbf{A}b_k\rangle</math>
+altér az '''R'''<sup>m</sup>-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 '''R'''<sup>n</sup> bázisává, mondjuk a
+:<math>C=\{c_1,...,c_l\}\,</math>
+független vektorrendszerrel, akkor C elemeinek képei Im('''A''') bázisát fogja adni. Ezt fogjuk igazolni, azaz hogy
+:<math>\langle\mathbf{A}c_1,\mathbf{A}c_2,...,\mathbf{A}c_l\rangle=\mathrm{Im}(\mathbf{A})</math>
+és ami a tétel állítását igazolja: Im('''A''') dimenziója pont ''l''.
+'''1.''' Először belátjuk, hogy { '''A'''c<sub>1</sub>, '''A'''c<sub>2</sub>, ...,'''A'''c<sub>''l''</sub> }  generátorrendszere Im('''A''')-nak. Legyen
+:<math>v=\mathbf{A}u\,</math>
+Mivel ''B'' + ''C'' bázisa '''R'''<sup>n</sup>-nek, ezért ''u'' előáll (egyértelmű módon)
+:<math>u=\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kb_k+\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_lc_l\,</math>
+alakban. De ''u'' képében a B-beliekkel előállíthatók a {0}-ba mennek, így már a C-ből jövő képek is előállítják '''A'''u-t:
+:<math>\mathbf{A}u=\mathbf{A}(\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kb_k)+\mathbf{A}(\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_lc_l)=</math>
+:::<math>=0+\mathbf{A}(\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_lc_l)</math>
+:::<math>=\mu_1\mathbf{A}c_1+\mu_2\mathbf{A}c_2+...+\mu_l\mathbf{A}c_l</math>
+'''2.''' Belátjuk, hogy { '''A'''c<sub>1</sub>, '''A'''c<sub>2</sub>, ...,'''A'''c<sub>''l''</sub> }
+független vektorrendszer is, tehát dimenziója ''l''.
+Tegyük fel, hogy vannak ''&nu;<sub>1</sub>, &nu;<sub>2</sub>, ...,&nu;<sub>l</sub>'' számok, melyekkel
+:<math>\nu_1\mathbf{A}c_1+\nu_2\mathbf{A}c_2+...+\nu_l\mathbf{A}c_l=0</math>
+A függetlenséghez az kell, hogy ''&nu;<sub>1</sub>, &nu;<sub>2</sub>, ...,&nu;<sub>l</sub>''-k mind nullák legyenek. Természetesen a bal oldalon kiemelhetünk '''A'''-t, tehát:
+:<math>\mathbf{A}(\nu_1c_1+\nu_2c_2+...+\nu_lc_l)=0</math>
+Ez viszont pontosan azt jelenti, hogy ha az
+:<math>u=\nu_1c_1+\nu_2c_2+...+\nu_lc_l\,</math>
+rövidítéshez folyamodunk, akkor
+:<math>u\in \mathrm{Ker}(\mathbf{A})</math>
+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 ''&nu;<sub>1</sub>, &nu;<sub>2</sub>, ...,&nu;<sub>l</sub>'' számok mind nullák.
+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
+:<math>\mathrm{dim}(\mathrm{Im}(\mathbf{A}))=n-k\,</math>
+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'' &ne; 0, hogy
+:<math>v=\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kc_k\,</math>
+és közben
+:<math>v=\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_kc_k\,</math>
+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 '''R'''<sup>n</sup> bázisává).
+Ilyenkor azt mondjuk, hogy a '''R'''<sup>n</sup> vektorteret előállítottuk a B által kifeszített és a C által kifeszített alterek '''direkt összeg'''eként:
+:<math>\mathbf{R}^{n}=\langle B\rangle\oplus\langle C\rangle\,</math>
+==Cauchy-féle gyökkritérium==
+'''Tétel. ''' Legyen (a<sub>n</sub>) valós számsorozat, &sum;(a<sub>n</sub>) pedig a belőle képezett sor. Ekkor
+*ha <math>\mbox{ }_{\mathrm{limsup}\sqrt[n]{|a_n|}<1}</math>, akkor &sum;(a<sub>n</sub>)  abszolút konvergens
+*ha <math>\mbox{ }_{\mathrm{limsup}\sqrt[n]{|a_n|}>1}</math>, akkor &sum;(a<sub>n</sub>) divergens
+===Bizonyítás===
+'''1.''' Legyen
+:<math>c_n=\sqrt[n]{|a_n|}\,</math>
+Ekkor ''s'' = limsup(c<sub>n</sub>) a lismesz szuperrior fogalmának deifíciója szerint az |a<sup>n</sup>| sorozat elemeinek n-edik gyökeinek  (c<sub>n</sub>) sorozatának legnagyobb sűrűsödési pontja. Sűrűsödési pont, azaz ''s'' minden környezetében van a (c<sub>n</sub>) sorozatnak végtelen sok eleme, és a legnagyobb, mert nincs nála nagyobb sűrűsödési helye (c<sub>n</sub>)-nek.
+''s'' < 1 miatt vehetünk egy ''q'' számot úgy, hogy
+:''s'' < ''q'' < 1
+Ekkor ''s'' "limsupsága" miatt egy adott ''M'' természetes számot követő minden ''n''-re:
+:<math>c_n < q\,</math>
+hiszen ha lenne végtelen sok elem, melyre ez nem telhesülne, akkor lenne ''s'' nél nagyobb sűrűsödési pont is. Tehát
+:<math>\sqrt[n]{|a_n|} < q\,</math>
+azaz
+:<math>|a_n| < q^n\,</math>
+De a (q<sup>n</sup>) mértani sorozatból képezett sor konvergens (hisz |q|<1), így a majoráns kritérium miatt a
+:<math>\sum|a_n|\,</math>
+sor is konvergens (merthogy a szóbanforgó mértani sor majorálja). Eszerint &sum;(a<sub>n</sub>)  abszolút konvergens.
+'''2.''' A másik esetben, minthogy ''s'' = limsup(c<sub>n</sub>), van olyan részsorozata (c<sub>n</sub>)-nek melynek minden eleme 1-nél nagyobb egyenlő:
+:<math>c_{n_k} \geq 1\,</math>
+ekkor viszont
+:<math>\sqrt[n_k]{|a_{n_k}|} \geq 1\,</math>
+és
+:<math>|a_{n_k}| \geq 1\,</math>
+de a szükséges kritérium miatt ha (a<sub>n</sub>) (és vele együtt az összes részsorozata) nem a 0-hoz tart, akkor &sum;(a<sub>n</sub>) nem konvergens, márpedig a fenti olyan részsorozata (a<sub>n</sub>)-nek, mely nem tarthat a 0-hoz, így &sum;(a<sub>n</sub>) nem konvergens.
+'''Megjegyzések.''' A bizonyításból kiderül, hogy a tétel állításának második pontjánál többet is állíthatunk. Ha ugyanis van olyan részsorozata (c<sub>n</sub>)-nek melynek minden eleme 1-nél nagyobb egyenlő, már akkor is állíthatjuk, hogy &sum;(a<sub>n</sub>) nem konvergens. Ám az nem igaz, hogy ha limsup(c<sub>n</sub>) <math>\mbox{ }_{\geq}</math> 1, akkor &sum;(a<sub>n</sub>) nem konvergens, ellenpélda az
+:<math>\textstyle\sum(\frac{1}{n^2})</math>
+sor. Ez konverges, holott az n-edik gyökök sorozatának limesz szuperiorja 1.
+Az előbb említett általános divergencia kritériumon túl azonban csak azt mondhatjuk, hogy ha limsup(c<sub>n</sub>) = 1, akkor további vizsgálatokat kell végeznünk, hogy döntésre juthassunk a konvergencia/divergencia kérdésében.

Szerkesztő:Mozo/ A2 bizonyítások

A lap jelenlegi, 2014. január 7., 13:22-kori változata

Tartalomjegyzék

Többdimenziós Bolzano–Weierstrass-tétel

Bizonyítás

Ellenpélda végtelen dimenzióra

Weierstrass tétele

Differenciálhatóság

Definíciója

Deriváltmátrix

Lineáris, konstans és affin függvény deriváltja

Elégséges feltétel totális differenciálhatóságra

Dimenziótétel

Magtér

Képtér

Tétel és bizonyítás

Cauchy-féle gyökkritérium

Bizonyítás

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Keresés

Eszközök