Szerkesztő:Mozo/ A2 bizonyítások

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).

Dimenziótétel

Ha A: V → V' egy lineáris leképezés és V egy véges dimenziós vektortér, akkor a Ker A (az A leképezés magtere) és az Im A (az A leképezés képtere) dimenzióinak összege megegyezik a V (az A leképezés kiindulási tere) dimenziójával.

dim(KerA) + dim(ImA) = dim(V)

Bizonyítás

Legyen $(u_1, \dots, u_k)$ a $\operatorname{Ker} A$ egy bázisa, és $(Av_1, \dots, Av_n)$ az $\operatorname{Im} A$ egy bázisa. A tétel bizonyításához elegendő megmutatni, hogy az $(u_1, \dots, u_k, v_1, \dots, v_n)$ vektorrendszer a V tér egy bázisát alkotja. Ehhez be kell látni, hogy a vektorrendszer lineárisan független és egyben generátorrendszer is.

1. Lineáris függetlenség

Azt kell megmutatni, hogy a nullvektor csak triviális lineáris kombinációként állítható elő. Tegyük fel, hogy: $\sum_{i=1}^{k} c_i u_i + \sum_{j=1}^{n} d_j v_j = 0$

Alkalmazzuk mindkét oldalra az A lineáris leképezést: $0=(A(0)=A\left(\sum_{i=1}^{k} c_i u_i + \sum_{j=1}^{n} d_j v_j\right) =$ $\sum_{i=1}^{k} c_i A(u_i) + \sum_{j=1}^{n} d_j A(v_j)$

Mivel az u_i vektorok a magtér bázisát alkotják, A(u_i) = 0 minden i-re. Így az egyenlet a következőre egyszerűsödik: $\sum_{j=1}^{n} d_j A(v_j) = 0$

Mivel az $(Av_1, \dots, Av_n)$ vektorok az képtér bázisát alkotják, lineárisan függetlenek. Ebből következik, hogy minden d_j együttható nullával egyenlő. Ha ezt visszahelyettesítjük az eredeti egyenletbe, azt kapjuk, hogy: $\sum_{i=1}^{k} c_i u_i = 0$

Mivel az $(u_1, \dots, u_k)$ vektorok a magtér bázisát alkotják, ők is lineárisan függetlenek, ezért minden c_i együtthatónak is nullának kell lennie. Ezzel beláttuk, hogy a $(u_1, \dots, u_k, v_1, \dots, v_n)$ vektorrendszer lineárisan független.

2. Generátorrendszer

Be kell látni, hogy a V tér bármely w vektora előáll az $(u_1, \dots, u_k, v_1, \dots, v_n)$ vektorok lineáris kombinációjaként.

Mivel A(w) eleme az ImA képtérnek, és $(Av_1, \dots, Av_n)$ a képtér bázisa, léteznek olyan d_j skalárok, amelyekkel: $A(w) = \sum_{j=1}^{n} d_j A(v_j)$

Az A leképezés linearitása miatt ez átírható a következő alakba: $A(w) = A\left(\sum_{j=1}^{n} d_j v_j\right)$

Ezt átrendezve kapjuk: $A(w) - A\left(\sum_{j=1}^{n} d_j v_j\right) = 0$ ill. $A\left(w - \sum_{j=1}^{n} d_j v_j\right) = 0$

Ez azt jelenti, hogy a $w - \sum_{j=1}^{n} d_j v_j$ vektor eleme a KerA magtérnek. Mivel $(u_1, \dots, u_k)$ a magtér bázisa, léteznek olyan c_i skalárok, hogy: $w - \sum_{j=1}^{n} d_j v_j = \sum_{i=1}^{k} c_i u_i$

Átrendezve az egyenletet w-re: $w = \sum_{i=1}^{k} c_i u_i + \sum_{j=1}^{n} d_j v_j$

Ezzel megmutattuk, hogy bármely w vektor előáll a vizsgált vektorrendszer lineáris kombinációjaként, tehát a rendszer generátorrendszer.

Mivel a $(u_1, \dots, u_k, v_1, \dots, v_n)$ vektorrendszer lineárisan független és generátorrendszer is, ezért a V tér egy bázisát alkotja. A bázis elemszáma pedig a tér dimenzióját adja, tehát k + n = dim(V), ami a tétel állítása.

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.