Szerkesztő:Mozo/ A2 bizonyítások

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 (e₁,e₂,...,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 e₁ egységvektor mentén tartunk u-hoz: x = u + te₁. 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 f₁-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.