Funkcionalna Analiza - Zbirka Zadataka

UNIVERZITET U KRAGUJEVCU PRIRODNOMATEMATI^KI FAKULTET

M. Stani} • S. Dimitrijevi} • S. Simi} • D. Bojovi}

FUNKCIONALNA ANALIZA Zbirka zadataka

KRAGUJEVAC 2007

Sadràj Predgovor

4

1 Metri~ki i normirani prostori 5 1.1 Pregled teorije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2 Operatori 90 2.1 Pregled teorije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 2.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 3 Teorija mere 162 3.1 Pregled teorije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 3.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 4 Lebegov integral 197 4.1 Pregled teorije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 4.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 Literatura

251

3

Predgovor

Glava 1

Metri~ki i normirani prostori 1.1 Pregled teorije Metri~ki prostori DEFINICIJA 1.1. Preslikavawe d : X × X → [0, +∞) je metrika na skupu X 6= ∅, ako za svako x, y, z ∈ X vaì: (M1) d(x, y) = 0 ⇔ x = y, (M2) d(x, y) = d(y, x), (M3) d(x, y) 6 d(x, z) + d(z, y) (nejednakost trougla). Prostor X na kome je definisana metrika d zove se metri~ki prostor i ozna~ava sa (X, d) , ili kra}e samo sa X kada podrazumevamo o kojoj se metrici d radi. Ako prvi uslov zamenimo slabijim uslovom (M1') x = y ⇒ d(x, y) = 0, tada se preslikavawe d zove pseudometrika. Iz definicije jednostavno slede osobine metrike: n−1 P (1) d(x1 , xn ) 6 d(xi , xi+1 ), xi ∈ X (nejednakost mnogougla); i=1

(2) |d(x, y) − d(y, z)| 6 d(z, x); (3) |d(x, y) − d(u, v)| 6 d(x, u) + d(y, v)

5

(nejednakost ~etvorougla).

6

1.1. PREGLED TEORIJE

DEFINICIJA 1.2. Metri~ki prostori (X, d ) i (Y, d ) su izometri~ni ako postoji bijektivno preslikavawe f : X → Y takvo da za svako u, v ∈ X vaì d (u, v) = d (f (u), f (v)). X

X

Y

Y

NAPOMENA. Primetimo da se dva izometri~na prostora mogu razlikovati samo po prirodi svojih elemenata, dok su metri~ki odnosi ta~aka jednog prostora isti kao i metri~ki odnosi ta~aka drugog prostora. Kako nas u metri~kom prostoru interesuje rastojawe izme|u ta~aka, to }emo izometri~ne metri~ke prostore identifikovati.

Neka su dati metri~ki prostori (X, d ) i (Y, d ). Prostor Y je metri~ki potprostor od X ako je Y ⊆ X i za svako u, v ∈ Y vaì d (u, v) = d (u, v). DEFINICIJA 1.3.

X

Y

Y

X

Helderova nejednakost Ako su xi , yi , i = 1, . . . , n, proizvoqni realni (ili kompleksni) brojevi, i ako je p > 1 i q takvo da je 1/p + 1/q = 1, tada za svako n ∈ N vaì Helderova nejednakost: n X

|xi yi | 6

Ã n X

i=1

p

|xi |

!1/p Ã n X

i=1

!1/q q

|yi |

.

i=1

Specijalno, za p = q = 2 dobijamo nejednakost Ko{i-[varc-Buwakovskog.

Nejednakost Minkovskog Neka su xi , yi , i = 1, . . . , n, proizvoqni realni (ili kompleksni) brojevi, i neka je p > 1. Tada za svako n ∈ N vaì nejednakost Minkovskog: Ã

n X

!1/p |xi + yi |p

6

Ã n X

i=1

|xi |p

Ã +

i=1

n X

!1/p |yi |p

.

i=1

Nekasu (X, d ) i (X, d ) metri~kiprostori. Metrike i d su ekvivalentne ako

DEFINICIJA 1.4. d1

!1/p

1

2

2

(∃c1 , c2 ∈ R+ )(∀x, y ∈ X) c1 d1 (x, y) 6 d2 (x, y) 6 c2 d1 (x, y).

7

GLAVA 1. METRI^KI I NORMIRANI PROSTORI

Navedimo nekoliko karakteristi~nih primera metri~kih prostora koje }emo koristiti u daqem radu. îtaocu ostavqamo za samostalni rad da pokaè da su sve metrike dobro definisane.

, , sa elementima x = (x , . . . , x ), . U ovom prostoru defini{emo metrike:

PRIMER 1.1.

X = Kn K ∈ {R, C} xi ∈ K i = 1, . . . , n

,

dp (x, y) =

Ã n X

1

n

!1/p |xi − yi |p

,

1 6 p < ∞,

i=1

d∞ (x, y) = max |xi − yi |. 16i6n

Neposredno se proverava da vaì: d∞ (x, y) 6 dp (x, y) 6 n1/p d∞ (x, y),

lim dp (x, y) = d∞ (x, y).

p→+∞

U slu~aju p = 2 dobijamo standardnu Euklidsku metriku. PRIMER 1.2. X = ` , 1 6 p < +∞, prostor svih beskona~nih realnih ili kompleksnih nizova x = (x , x , . . . , x , . . . ), takvih da P |x | konvergira. Metriku defini{emo sa p

+∞

1

d(x, y) =

Ã +∞ X

2

n

i=1

i

p

!1/p |xi − yi |p

.

i=1

X = m prostorsvihograni~enihnizova,tj.prostorsvih nizova x = (x , x , . . . , x , . . . ), takvih da je sup |x | < +∞. Metrika je data sa

PRIMER 1.3.

1

2

n

i∈N

i

d(x, y) = sup |xi − yi |. i∈N

Na isti na~in defini{emo metriku u prosoru X = c, prostoru konvergentnih nizova i u X = c , prostoru nizova koji konvergiraju ka nuli. Vaì c ⊂ c ⊂ m . PRIMER 1.4. X = s prostorsvihbeskona~nihrealnihilikompleksnih nizova. Metriku defini{emo sa 0

0

d(x, y) =

+∞ X 1 |xi − yi | . 2i 1 + |xi − yi | i=1

8


X = C[a, b] prostor neprekidnih funkcija na kona~nom intervalu [a, b]. Metrika je data sa d(x, y) = max |x(t) − y(t)|. PRIMER 1.6. Na prostoru neprekidnih funkcija na kona~nom intervalu [a, b] mogu se definisati i integralne metrike

PRIMER 1.5.

a6t6b

µZ dp (x, y) =

b

¶1/p |x(t) − y(t)| dt , p

1 6 p < +∞,

a

i tada se umesto oznake C[a, b] koristi C [a, b]. PRIMER 1.7. X = B[a, b] prostor ograni~enih funkcija na kona~nom intervalu [a, b]. Metrika je data sa d(x, y) = sup |x(t) − y(t)|. PRIMER 1.8. Neka je X 6= ∅ i neka je na X × X definisano preslikavawe p

a6t6b

½

d(x, y) = (X, d)

0, 1,

je diskretan metri~ki prostor.

x = y, x 6= y.

Normirani prostori

Vektorski prostor (X, K) , K ∈ {R, C}, je normiran ako postoji nenegativna funkcija k · k : X → R takva da je (N1) k0k = 0, kxk > 0 za x 6= 0; (N2) kλxk = |λ|kxk, λ ∈ K; (N3) kx + yk 6 kxk + kyk. Funkcija k · k zove se norma prostora X . DEFINICIJA 1.5.

Osobine norme:¯ ¯ (1) ¯kxk − kyk¯ 6 kx − yk; (2) k · k je neprekidna funkcija na svakom normiranom vektorskom prostoru. U normiranom prostoru preslikavawe d(x, y) = kx − yk je metrika indukovana datom normom. NAPOMENA. U svakom normiranom prostoru moè se uvesti metrika, tj. svaki normirani prostor je i metri~ki, sa metrikom d(x, y) = kx − yk. Obratno ne vaì. Na primer, u metri~ki prostor s ne moè se uvesti norma koja indukuje metriku d datu u primeru 1.4.

9


DEFINICIJA 1.6.

ekvivalentne ako

Norme k · k i k · k na vektorskom prostoru X su 1

2

(∃c1 , c2 ∈ R+ )(∀x ∈ X) c1 kxk1 6 kxk2 6 c2 kxk1 .

Navedimo nekoliko primera normiranih prostora. µ

, 1 6 p < +∞, K ∈ {R, C} : kxk = |ξ Za p = +∞ : kxk = max |ξ |. Bilo koje dve norme u prostoru K , p > 1, su ekvivalentne. PRIMER 1.9.

X=

Kkp

∞

p

16i6k

k P

i=1

i

¶1/p |p

.

i

k p

¶1/p

. PRIMER 1.11. U prostorima nizova m, c, c : kxk = sup |ξ |. PRIMER 1.12. X = C[a, b]: kxk = max |x(t)|. PRIMER 1.10.

:

µ+∞ P

X = `p , 1 6 p < +∞ kxk =

i=1

|ξi

0

|p

i∈N

i

a6t6b

µZ

¶1/p |x(t)| dt .

, : PRIMER 1.14. X = L (a, b), 1 6 p < +∞ prostor Lebeg integrabilnih funkcija na (a, b) (videti glavu 4): PRIMER 1.13.

X = Cp [a, b] 1 6 p < +∞ kxk =

b

p

a

p

µZ

b

kxk =

¶1/p |x(t)|p dm .

a

Rastojawe izme|u dva skupa

U metri~kom prostoru ∈ X od skupa A ⊆ X defini{emo sa

DEFINICIJA 1.7.

x0

(X, d)

rastojawe ta~ke

d(x0 , A) = inf{d(x0 , a) | a ∈ A}.

NAPOMENA. Skup {d(x0 , a) | a ∈ A} je ograni~en odozdo, jer za svako vaì d(x0 , a) > 0. Sledi da za svaki skup A 6= ∅ odgovaraju}i infimum postoji, pa je d(x0 , A) odre|en nenegativan realan broj. NAPOMENA. Iz uslova x0 ∈ A sledi da je d(x0 , A) = 0. Me|utim, obratno ne vaì. Na primer, ako je X = R, x0 = 0, A = R+ , tada je d(0, R+ ) = 0, ali 0 ∈ / R+ . a∈A

10


Rastojawe izme|u skupova A, B ⊆ X u metri~kom prostoru (X, d) defini{emo sa

DEFINICIJA 1.8.

d(A, B) = inf{d(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}.

NAPOMENA. Iz uslova A ∩ B 6= ∅ sledi da je d(A, B) = 0, ali obrnuto ne vaì. Na primer, ako je A = R+ , B = R− , tada je d(R+ , R− ) = 0, ali R+ ∩ R− = ∅.

Skup A ⊆ X je ograni~en u metri~kom prostoru ako je skup {d(a, a ) | a, a ∈ A} ograni~en u R. Za ograni~en skup postoji realan broj DEFINICIJA 1.9.

0

(X, d) A

0

diam(A) = sup{d(a, a0 ) | a, a0 ∈ A},

koji se zove dijametar skupa A. NAPOMENA. Ako je A neograni~en, tada kaèmo da je diam(A) = +∞. Prazan skup i jedno~lani skupovi su ograni~eni i dijametar im je jednak nuli.

Deskriptivne osobine skupova

Nekaje (X, d) metri~kiprostor, x fiksiranata~ka prostora X i r ∈ R . Otvorena kugla sa centrom u ta~ki x polupre~nika r je skup DEFINICIJA 1.10.

0

+

0

K(x0 , r) = {x ∈ X | d(x0 , r) < r}.

Zatvorena kugla sa centrom u ta~ki x polupre~nika r je skup 0

K[x0 , r] = {x ∈ X | d(x0 , r) 6 r}.

Sfera sa centrom u ta~ki x polupre~nika r je skup 0

S(x0 , r) = {x ∈ X | d(x0 , r) = r}.

Primetimo da su kugla (i otvorena i zatvorena) i weni podskupovi ograni~eni skupovi. Obrnuto, svaki ograni~en skup iz prostora X je sadràn u nekoj kugli. U prostoru R, kugla K(x0 , r) je interval (x0 − r, x0 + r). Na slici 1 prikazane su jedini~ne otvorene kugle sa centrom u x0 = (0, 0)

11


polupre~nika r = 1 u prostorima ktivno.

(R2 , d1 ), (R2 , d2 )

i

(R2 , d∞ ), respe-

Slika 1. Neka je f ∈ C[a, b] data funkcija i r > 0. Na slici 2 prikazana je kugla K(f, r) u prostoru C[a, b]. Grafike funkcija f + r i f − r dobijamo translacijom grafika funkcije f za vektor (0, r), odnosno (0, −r). Kuglu K(f, r) u prostoru C[a, b] sa~iwavaju sve one funkcije g ∈ C[a, b] ~iji se grafik nalazi unutar trake ograni~ene graficima funkcija f − r i f + r.

Slika 2.

Skup U ⊆ X iz metri~kog prostora (X, d) je otvoren ako je unija neke familije otvorenih kugli prostora X . TEOREMA 1.1. Skup U ⊆ X u metri~kom prostoru (X, d) je otvoren ako i samo ako za svaku ta~ku x ∈ U postoji kugla K(x , r) ⊆ U . TEOREMA 1.2. U metri~kom prostoru (X, d) kolekcija U svih otvorenih skupova U ⊆ X ima slede}a svojstva: 1 ∅, X ∈ U ; 2 unija svake familije elemenata iz U je element kolekcije U ; 3 presek kona~no mnogo elemenata iz U je element kolekcije U . DEFINICIJA 1.12. Skup F ⊆ X u metri~kom prostoru (X, d) je zatvoren ako je wegov komplement u odnosu na ~itav prostor X otvoren skup. DEFINICIJA 1.11.

0

◦ ◦ ◦

0

12


TEOREMA 1.3. U metri~kom prostoru (X, d) kolekcija F svih zatvorenih skupova F ⊆ X ima slede}a svojstva: 1 ∅, X ∈ F ; 2 presek svake familije elemenata iz F je element kolekcije F ; 3 unija kona~no mnogo elemenata iz F je element kolekcije F . DEFINICIJA 1.13. Unutra{wost (interior) skupa A ⊆ X u prostoru X , u oznaci Int(A) (ili A) je unija svih otvorenih skupova U ⊆ X koji su sadràni u skupu A. ◦ ◦ ◦

◦

NAPOMENA. Int(A) je najve}i otvoreni skup iz X koji je sadràn u skupu A, tj. Int(A) je otvoreni podskup od A koji sadrì svaki otvoreni podskup od A.

Neka je A ⊆ X podskup metri~kog prostora (X, d). Za ta~ku x ∈ X vaì: x ∈ Int(A) ako i samo ako je d(x, X \ A) > 0. DEFINICIJA 1.14. Okolina ta~ke x ∈ X u prostoru X je svaki skup O ⊆ X sa svojstvom da je x ∈ Int(O). TEOREMA 1.4.

NAPOMENA. Ako postoji otvoren skup U ⊆ X za koji je x ∈ U ⊆ O, tada je U ⊆ Int(O), pa je O okolina ta~ke x. Prostor X je okolina svake svoje ta~ke.

Skup U ⊆ X je otvoren u prostoru X ako i samo ako je okolina svake svoje ta~ke. DEFINICIJA 1.15. Adherencija (zatvorewe) skupa A ⊆ X u prostoru X , u oznaci A (ili ClA), jeste presek svih zatvorenih skupova koji sadrè skup A. Svaka ta~ka x ∈ A zove se adherentna ta~ka skupa A. TEOREMA 1.5.

NAPOMENA. A je najmawi zatvoren skup koji sadrì skup A.

Ako je A ⊆ X i x ∈ X tada vaì: x ∈ A ako i samo ako je d(x, A) = 0. Tako|e vaì: x ∈ A ako i samo ako svaka okolina O ta~ke x se~e skup A. TEOREMA 1.6.

13


DEFINICIJA 1.16. Ta~ka x ∈ X je ta~ka nagomilavawa skupa A ⊆ X ako svaka okolina O ta~ke x se~e skup A \ {x }. Ta~ka x ∈ A je izolovana ta~ka skupa A ako nije ta~ka nagomilavawa skupa A. Skup svih ta~aka nagomilavawa skupa A ozna~ava se sa A i naziva se izvodni skup skupa A. DEFINICIJA 1.17. Granica skupa A ⊆ X je skup ∂A = A ∩ (X \ A). 0

0

0

0

0

Jednostavno se dokazuju slede}e osobine: 1. A je otvoren ⇔ A = Int(A); 2. Int(Int(A)) = Int(A); 3. Int(A ∩ B) = Int(A) ∩ Int(B); 4. A ⊆ B ⇒ Int(A) ⊆ Int(B); 5. A = A; 6. A ∪ B = A ∪ B ; 7. ∅ = ∅; 8. A ⊆ B ⇒ A ⊆ B ; 9. A je zatvoren ⇔ A = A; 10. A = A ∪ A0 ; 11. A je zatvoren ⇔ A0 ⊆ A; 12. C(Int(A)) = CA, C(A) = Int(C(A)) (C ozna~ava komplement); 13. ∂A = A \ Int(A).

PRIMER 1.15. Skup {1/n | n ∈ N} u metri~kom prostoru R sastoji se samo od izolovanih ta~aka. Jedina wegova ta~ka nagomilavawa je 0, pa je A = {0}, a A = A ∪ {0}. Za skup racionalnih brojeva Q u prostoru R vaì Q = Q = R. 0

0

Konvergencija u metri~kom prostoru Neka je (X, d) metri~ki prostor i (xn )∞ n=1 (ili kra}e (xn )), niz ta~aka prostora X . DEFINICIJA 1.18.

u oznaci x

n

Niz

(xn ) → x0 n → +∞

,

izprostora X konvergira kata~ki x ili lim x = x , ako

0

n→+∞

n

0

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N) n > n0 ⇒ d(xn , x0 ) < ε.

Ta~ka x se naziva grani~na vrednost niza (x ). 0

n

∈X

,

14


TEOREMA 1.7.

odre|ena.

Ako niz ima grani~nu vrednost, onda je ona jednozna~no

Svaki konvergentan niz je ograni~en, tj. skup wegovih vreje ograni~en. DEFINICIJA 1.19. Za svaki strogo rastu}i niz prirodnih brojeva n < n < · · · < n < · · · niz (x ) je podniz niza (x ). DEFINICIJA 1.20. Ta~ka x ∈ X je adherentna vrednost niza (x ) ako postoji podniz (x ) koji konvergira ka ta~ki x. TEOREMA 1.9. Skup adherentnih vrednosti niza je zatvoren skup. TEOREMA 1.8.

dnosti {x 1

n

| n ∈ N}

2

nk

k

n

n

nk

Neprekidna preslikavawa

Nekasu X i Y metri~kiprostoriineka f : X → Y . Preslikavawe f je neprekidno u ta~ki x ∈ X , u oznaci f ∈ C{x }, ako DEFINICIJA 1.21.

0

(∗)

0

(∀V ∈ O(f (x0 )))(∃U ∈ O(x0 )) f (U ) ⊆ V.

U protivnom se kaè da je f prekidno u ta~ki x . 0

NAPOMENA. Ekvivalentan uslov uslovu (∗) je (∀V ∈ O(f (x0 ))) f −1 (V ) ∈ O(f (x0 )).

DEFINICIJA 1.22. Preslikavawe f je neprekidno na skupu A ⊆ X ako je neprekidno u svakoj ta~ki x ∈ A. TEOREMA 1.10. Neka su X, Y i Z metri~ki prostori i neka su data preslikavawa f : X → Y , g : Y → Z i ta~ke x ∈ X i y = f (x ) ∈ Y . Ako je f neprekidno u x i g neprekidno u y , tada je h = g ◦ f : X → Z neprekidno u x . TEOREMA 1.11. Neka su X, Y metri~ki prostori i f : X → Y . Slede}i iskazi su me|usobno ekvivalentni: 1 f je neprekidno preslikavawe; 2 za svaki otvoren skup V ⊆ Y , skup f (V ) je otvoren; 3 za svaki zatvoren skup F ⊆ Y , skup f (V ) je zatvoren; 4 za svaki skup A ⊆ X je f (A) ⊆ f (A) . 0

0

0

0

0

◦ ◦ ◦ ◦

−1

−1

0

0

15


NAPOMENA. Neka su X i Y metri~ki prostori i neka f : X → Y . Ako je f neprekidna funkcija, to ne povla~i da je slika otvorenog (zatvorenog)

skupa otvoren (zatvoren) skup. Tako|e, ako je slika otvorenog (zatvorenog) skupa otvoren (zatvoren) skup, to ne povla~i neprekidnost funkcije. Funkcija koja preslikava svaki otvoren (zatvoren) skup na otvoren (zatvoren) skup naziva se otvoreno (zatvoreno) preslikavawe.

Preslikavawe f : R → R definisano sa f (x) = x je neprekidno, ali ne preslikava svaki otvoren skup na otvoren skup. Na primer, f ((−1, 1)) = [0, 1). TEOREMA 1.12. Neka su (X, d ) i (Y, d ) metri~ki prostori i neka x ∈ X . Preslikavawe f : X → Y je neprekidno u ta~ki x ako i samo ako vaì PRIMER 1.16.

+ 0

X

2

Y

0

0

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) dX (x, x0 ) < δ ⇒ dY (f (x), f (x0 )) < ε.

TEOREMA 1.13. Nekasu (X, d ) i (Y, d ) metri~kiprostori, f : X → Y i neka x ∈ X . Preslikavawe f je neprekidno u ta~ki x ako i samo ako za svaki niz (x ) iz prostora X koji konvergira ka x , niz (f (x )) konvergira ka f (x ). DEFINICIJA 1.23. Funkcija f : X → R je semineprekidna odozdo u ta~ki x ∈ X ako X

Y

0

0

n

0

n

0

0

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) d(x, x0 ) < δ ⇒ f (x) > f (x0 ) − ε.

Funkcija je semineprekidna odozgo u ta~ki x ako je, umesto uslova , ispuwen uslov f (x) < f (x ) + ε. DEFINICIJA 1.24. Neka su (X, d ) i (Y, d ) metri~ki prostori. Preslikavawe f : X → Y je uniformno neprekidno ako

f f (x) > f (x0 ) − ε

0

0

X

Y

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x, y ∈ X) dX (x, y) < δ ⇒ dY (f (x), f (y)) < ε.

Kompletni prostori DEFINICIJA 1.25.

Niz (x ) je Ko{ijev niz (C-niz) ako vaì: n

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) m > n > n0 ⇒ d(xm , xn ) < ε.

16


Svaki konvergentan niz je Ko{ijev. TEOREMA 1.15. Svaki Ko{ijev niz je ograni~en i ima najvi{e jednu adherentnu vrednost. DEFINICIJA 1.26. Metri~ki prostor X je kompletan ako i samo ako svaki Ko{ijev niz iz X konvergira u prostoru X .

TEOREMA 1.14.

NAPOMENA. Izraz konvergira u prostoru X zna~i da Ko{ijev niz konvergira u metrici prostora X i da wegova grani~na vrednost pripada prostoru X .

Banahovi prostori

DEFINICIJA 1.27. Normirani prostor (X, K) je Banahov prostor ako je kompletan u odnosu na metriku koju u wemu indukuje norma. DEFINICIJA 1.28. Preslikavawe f : X → X je kontrakcija metri~kog prostora X ako (∃λ ∈ [0, 1))(∀x, y ∈ X) d(f (x), f (y)) 6 λd(x, y).

Broj λ zove se koeficijent kontrakcije. DEFINICIJA 1.29. Ta~ka x ∈ X je fiksna (nepokretna)ta~ka preslikavawa f : X → X ako je f (x) = x. TEOREMA 1.16. (Banahova teorema o fiksnoj ta~ki) Ako je (X, d) kompletan metri~ki prostor i f : X → X kontrakcija sa koeficijentom λ, onda preslikavawe f ima jedinstvenu fiksnu ta~ku y ∈ X . Pritom, ta~ka y je granica niza (x ) ~iji je prvi ~lan x proizvoqan, a ostali ~lanovi su definisani sa x = f (x ) , n > 2 , i vaì ocena n

n

d(xn , y) 6

1

n−1

λn−1 d(x1 , f (x1 )). 1−λ

Kompaktnost

Neka je (X, d) metri~ki prostor, neka je A ⊆ X i familija podskupova skupa X . U je pokriva~ skupaS A ako je Specijalno, U je pokriva~ skupa X ako je X = U . Pokriva~ je otvoren ako su skupovi U , i ∈ I , otvoreni. Potkolekciju pokriva~a koja i sama predstavqa pokriva~ nazivamo potpokriva~ datog pokriva~a. DEFINICIJA 1.30.

U = {UiS| i ∈ I} A ⊆ i∈I Ui . U

i∈I

i

i


17

DEFINICIJA 1.31. Metri~ki prostor (X, d) je kompaktan ako ima Hajne-Borelovu osobinu, tj. iz svakog otvorenog pokriva~a moè se izdvojiti kona~an potpokriva~. TEOREMA 1.17. U metri~kom prostoru (X, d) slede}i uslovi su me|usobno ekvivalentni: 1 prostor X je kompaktan; 2 svaki beskona~an skup A ⊆ X ima bar jednu ta~ku nagomilavawa; 3 svaki niz iz X sadrì bar jedan konvergentan podniz. DEFINICIJA 1.32. Skup A ⊆ X je kompaktan ako je, posmatran sam za sebe kao prostor, jedan kompaktan prostor. DEFINICIJA 1.33. Skup A ⊆ X je relativno kompaktan ako je A kompaktan skup. TEOREMA 1.18. Svaki kompaktan metri~ki prostor je kompletan. TEOREMA 1.19. Svaki zatvoreni podskup kompaktnog metri~kog prostora X je kompaktan. TEOREMA 1.20. Svakikompaktanskupuproizvoqnommetri~komprostoru X je zatvoren. TEOREMA 1.21. Skup K ⊆ R je kompaktan ako i samo ako je zatvoren i ograni~en. TEOREMA 1.22. Neprekidna funkcija preslikava kompaktan skup na kompaktan skup. ◦ ◦ ◦

n

Povezanost

Metri~ki prostor (X, d) je povezan ako se skup X ne moè predstaviti kao unija dva neprazna disjunktna otvorena skupa. U suprotnom X je nepovezan. TEOREMA 1.23. U metri~kom prostoru (X, d) slede}i uslovi su me|usobno ekvivalentni: 1 X je povezan; 2 skup X se ne moè predstaviti kao unija dva neprazna disjunktna zatvorena skupa; 3 jedini istovremeno otvoreni i zatvoreni skupovi u X su ∅ i X . DEFINICIJA 1.34.

◦ ◦

◦

18


Skup A ⊆ X je povezan skup metri~kog prostora ako je (A, d ) povezan metri~ki prostor. TEOREMA 1.24. Neka su X, Y metri~ki prostori i f : X → Y neprekidno preslikavawe. Ako je skup A ⊆ X povezan, onda je povezan i skup f (A) = {f (x) | x ∈ A} ⊆ Y . PRIMER 1.17. Skup R sa euklidskom metrikom je povezan. DEFINICIJA 1.35. (X, d)

A

Separabilnost

Skup A je svuda gust u skupu B ako je bilo koja ta~ka iz B adherentna ta~ka skupa A, tj. ako je B ⊆ A. PRIMER 1.18. Skup Q je svuda gust u skupu R. DEFINICIJA 1.36.

NAPOMENA.

Sa KQ ozna~ava}emo skup K−racionalnih brojeva, tj. skup racionalnih brojeva ako je K = R, odnosno skup brojeva oblika x + iy , x, y ∈ Q ako je K = C. Skup KQ je svuda gust u K.

TEOREMA 1.25. (Vajer{trasova teorema) Neka je f ∈ C[a, b]. Tada za svako ε > 0 postoji polinom P , takav da je |x(t) − P (t)| < ε za sve a 6 t 6 b. DEFINICIJA 1.37. Metri~ki prostor X je separabilan ako u wemu postoji najvi{e prebrojiv svuda gust skup ta~aka. DEFINICIJA 1.38. Kolekcija otvorenih skupova B = {B | i ∈ I} u metri~kom prostoru X obrazuje bazu tog prostora ako se svaki neprazan otvoren skup iz X moè prikazati kao unija skupova iz kolekcije B. TEOREMA 1.26. U metri~kom prostoru X slede}i uslovi su me|usobno ekvivalentni: 1 X je separabilan; 2 X ima najvi{e prebrojivu bazu; 3 svaki skup u X ~ije su sve ta~ke izolovane je najvi{e prebrojiv; 4 svaka disjunktna familija nepraznih otvorenih skupova u X je najvi{e prebrojiva. ε

ε

i

◦ ◦ ◦ ◦


TEOREMA 1.27.

19

Svaki kompaktan metri~ki prostor je separabilan.

Hilbertovi prostori DEFINICIJA 1.39. Neka je X vektorski prostor na skupu K ∈ {R, C}. Preslikavawe h·, ·i : X × X → K je skalarni proizvod vektora x, y ∈ X ako vaì: (SP1) hλx, yi = λhx, yi, λ ∈ K, (SP2) hx + x , yi = hx , yi + hx , yi, (SP3) hx, yi = hy, xi, (SP4) hx, xi > 0, (SP5) hx, xi = 0 ⇔ x = 0. 1

2

1

2

(SP1) predstavqa homogenost po prvom argumentu, a (SP2) aditivnost po prvom argumentu. Zajedno, (SP1) i (SP2) predstavqaju linearnost po prvom argumentu. Osobine skalarnog proizvoda: 1◦ hx, λyi = λhx, yi;

2◦ hx, y1 + y2 i = hx, y1 i + hx, y2 i; 3◦ hλx, λyi = |λ|2 hx, yi;

4◦ |hx, yi|2 6 hx, xi · hy, yi; p p p 5◦ hx + y, x + yi 6 hx, xi + hy, yi.

Osobine 1◦ i 2◦ predstavqaju antilinearnost skalarnog proizvoda po drugom argumentu. Specijalno, ako je poqe skalara realno tada je skalarni proizvod linearan i po drugom argumentu. Nejednakost 4◦ je nejednakost Ko{i[varcBuwakovskog, a 5◦ je nejednakost Minkovskog.

Vektorski prostor X snabdeven skalarnim proizvodom naziva se predHilbertov ili unitarni prostor.

DEFINICIJA 1.40.

PredHilbertov prostor naj~e{}e obeleàvamo sa H .

Ako je H predHilbertov prostor, tada je kxk = phx, xi jedna norma na prostoru H , indukovana skalarnim proizvodom.

LEMA 1.1.

20


PredHilbertov prostor koji je kao normiran prostor, u odnosu na normu indukovanu skalarnim proizvodom, kompletan zove se Hilbertov prostor. DEFINICIJA 1.41.

Navedimo nekoliko primera Hilbertovih prostora.

,

PRIMER 1.19.

X = Kk hx, yi =

PRIMER 1.20.

X = `2 hx, yi =

PRIMER 1.21.

k P i=1

:

:

+∞ P i=1

ξi η i ξi η i

X = L2 (a, b) hx, yi =

DEFINICIJA 1.42.

ako je hx, yi = 0.

.

.

Z

b

x(t)y(t) dt a

.

Vektori x, y ∈ H su ortogonalni (u oznaci x ⊥ y)

DEFINICIJA 1.43. Ortogonalnikomplement elementa x ∈ H defini{e se sa {y ∈ H | hx, yi = 0}, a ortogonalni komplement skupa Y ⊆ H defini{e se sa Y = {x ∈ H | (∀y ∈ Y ) hx, yi = 0}. ⊥

21


1.2 Zadaci 1.1. Proveriti da li slede}e funkcije defini{u rastojawa u R: p (a) f1 (x, y) = |x − y| ; (b) f2 (x, y) = cos2 (x − y).

Re{ewe. (a)

p

Kako je |x − y| > 0, funkcija f1 je nenegativna. Daqe, |x − y| = 0 ako i samo ako je |x − y| = 0, tj. ako i samo ako je x = y . Dakle, funkcija osobinu (M1) metrike. Vaì i (M2), jer p f1 zadovoqava p je f1 (x, y) = |x − y| = |y − x| = f1 (y, x). √ √ √ Za nenegativne realne brojeve vaì nejednakost a + b 6 a + b.∗ Polaze}i od nejednakosti |x − y| 6 |x − z| + |z − y|, koriste}i osobine kvadratnog korena i navedenu nejednakost dobijamo p

f1 (x, y) =

p p p p |x − y| 6 |x − z| + |z − y| 6 |x − z| + |z − y|

= f1 (x, z) + f1 (z, y),

~ime smo dokazali i (M3). Dakle, f1 jeste metrika na R2 . (b) Kako je, na primer, f2 (π/2, 0) = cos2 (π/2 − 0) metrika na R2 .

= 0, f2

nije

1.2. Neka preslikavawe x 7→ f (x) defini{e na [0, +∞) neprekidnu funkciju, koja je nenegativna, strogo konkavna i koja ima vrednost 0 samo za x = 0. Dokazati da je sa d(x, y) = f (|x − y|), x, y ∈ R, definisana metrika na R.

Re{ewe.

Prema uslovima zadatka je f (x) > 0 za x > 0. Kako za sve x, y ∈ R vaì |x − y| > 0, to je d(x, y) = f (|x − y|) > 0. Daqe, d(x, y) = 0 ⇔ f (|x − y|) = 0 ⇔ |x − y| = 0 ⇔ x = y, tj. vaì (M1). Kako je d(x, y) = f (|x − y|) = f (|y − x|) = d(y, x), vaì (M2).

Slika 1. ∗

Ova nejednakost se jednostavno dobija iz nejednakosti a + b

√ √ ( a + b)2 .

√ 6 a + b + 2 ab =

22

1.2. ZADACI

Funkcija f koja zadovoqava uslove zadatka nema maksimum, tj. mora biti strogo rastu}a na [0, +∞) (videti sliku 1). Ako to ne bi vaìlo, tj. ako bi funkcija bila opadaju}a na nekom intervalu, tada bi morala da ima lokalni minimum u nekoj ta~ki x1 > 0. Tada u nekoj okolini ta~ke x1 postoje ta~ke y1 , y2 , y1 < x1 < y2 , takve da je f (y1 ) = f (y2 ). − y1 y2 − x1 Tada je x1 = αy1 + βy2 , gde su α = xy1 − i β= . O~igledno je y1 y2 − y1 2 0 < α < 1 i β = 1−α, pa je zbog konkavnosti f (x1 ) > αf (y1 )+βf (y2 ) = f (y1 ). Kontradikcija! Neka su a i b proizvoqni pozitivni realni brojevi. Postavimo se~ice kroz ta~ke (0, 0) i (a, f (a)) i kroz ta~ke (b, f (b)) i (a + b, f (a + b)) i ozna~imo uglove α i β kao na slici 1. Tada je 0 < β 6 α < π/2, pa je tg β 6 tg α. Kako je tg β =

f (a + b) − f (b) a+b−b

i

tg α =

f (a) − f (0) , a−0

to je f (a + b)a − f (b) 6 f (a) , tj. f (a + b) 6 f (a) + f (b).† a Sada je d(x, y) = f (|x − y|) = f (|x − z + z − y|) 6 f (|x − z| + |z − y|) 6 f (|x − z|) + f (|z − y|)

(f − rastu}a funkcija)

(f − subaditivna funkcija)

= d(x, z) + d(z, y),

~ime smo pokazali i (M3). NAPOMENA. Na osnovu zadatka 1.2, moèmo dobiti veliki broj metrika na R. Na primer, d(x, y) = arctg |x − y| je jedna metrika na R, jer funkcija f (x) = arctg x zadovoqava uslove date u zadatku 1.2. Tako|e, funkcija f1 iz zadatka 1.1 (a) je jedan takav primer.

1.3. Neka je (X, d) metri~ki prostor, a f : R+0 → R+0 monotono neopadaju}a subaditivna funkcija za koju vaì f (x) = 0 ako i samo ako je x = 0. Defini{imo preslikavawe g : X × X → R+0 sa g(x, y) = f (d(x, y)). Dokazati da je tada (X, g) metri~ki prostor.

Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad (sli~no zadatku 1.2). †

Za funkciju koja zadovoqava ovakvu nejednakost kaèmo da je subaditivna.


23

1.4. Neka je (X, d) metri~ki prostor. Dokazati da je i preslikavawe d(x, y) d1 (x, y) = jedna metrika na skupu X . 1 + d(x, y)

Re{ewe. Osobine (M1) i (M2) metrike se jednostavno dokazuju iz ~i-

wenice da je d metrika. Tako|e, vaì i da je d1 nenegativna funkcija. Ostaje jo{ da pokaèmo da vaì (M3), odnosno da je d1 (x, y) 6 d1 (x, z) + d1 (z, y),

tj. da je

d(x, y) d(x, z) d(z, y) 6 + . 1 + d(x, y) 1 + d(x, z) 1 + d(z, y)

Posledwa nejednakost ekvivalentna je sa

¡ ¢ d(x, y) 1 + d(x, z) + d(z, y) + d(x, z)d(z, y) ¡ ¢ 6 d(x, z) 1 + d(x, y) + d(z, y) + d(x, y)d(z, y) ¡ ¢ + d(z, y) 1 + d(x, y) + d(x, z) + d(x, y)d(x, z) ,

odnosno sa d(x, y) 6 d(x, z) + d(z, y) + 2d(x, z)d(z, y) + d(x, y)d(x, z)d(z, y).

Posledwa nejednakost vaì jer je d metrika na X . NAPOMENA. Posmatrajmo preslikavawe f : R+0 → R+0 , definisano sa f (u) = u/(1 + u). Vaì f (x) = 0 ako i samo ako je x = 0 i f 0 (u) = 1/(1 + u)2 > 0, pa je funcija f strogo monotono rastu}a. Ona je i subaditivna, jer za u, v > 0 vaì u v u v u+v = + 6 + . 1+u+v 1+u+v 1+u+v 1+u 1+v

Prema zadatku 1.3, d1 je metrika na X .

1.5. Dokazati da se na skupu R∗ = R ∪ {−∞, +∞} metrika moè uvesti sa ¯ ¯ ¯ d(x, y) = ¯¯

x y ¯¯ , − 1 + |x| 1 + |y| ¯

pri ~emu je x/(1+|x|) = ±1 za x = ±∞. Dokazati tako|e da je metri~ki prostor (R∗ , d) izometri~an sa ([−1, 1], d1 ), gde je d1 (x, y) = |x − y|. Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu da pokaè da je d metrika na R∗ . Preslikavawe f : R∗ → [−1, 1], definisano sa f (x) = x/(1 + |x|), x ∈ R∗ , je

24

1.2. ZADACI

bijektivno (dokazati!) i za proizvoqne ta~ke x, y ∈ R∗ vaì d(x, y) = d1 (f (x), f (y)). Prema tome metri~ki prostor (R∗ , d) je izometri~an sa ([−1, 1], d1 ) (videti definiciju 1.2.).

1.6. Neka je na skupu X definisana relacija σ takva da za x, y ∈ X vaì x σ y ⇔ ρ(x, y) = 0, gde je ρ pseudometrika. (a) Dokazati da je σ relacija ekvivalencije. (b) Dokazati da je sa d(Cx , Cy ) = ρ(x, y) definisana metrika na koli~nik prostoru X/σ .

Re{ewe. (a) Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad.

(b) Podsetimo se da je Cx = {z ∈ X | z σ x}. Pokaza}emo prvo da je preslikavawe d dobro definisano. Neka je d(Cx , Cy ) = ρ(x, y) i d(Cx , Cy ) = ρ(x0 , y0 ), x, x0 ∈ Cx , y, y0 ∈ Cy . Dokaìmo da je tada ρ(x, y) = ρ(x0 , y0 ). Primetimo najpre da zbog x, x0 ∈ Cx vaì x σ x0 , pa je ρ(x, x0 ) = 0. Analogno je i ρ(y, y 0 ) = 0. Kako je ρ pseudometrika, ona zadovoqava (M3), pa je ρ(x0 , y 0 ) 6 ρ(x0 , y) + ρ(y, y 0 ) = ρ(x0 , y) 6 ρ(x0 , x) + ρ(x, y) = ρ(x, y).

Analogno dokazujemo i da je ρ(x, y) 6 ρ(x0 , y0 ), pa je ρ(x, y) = ρ(x0 , y0 ), tj. preslikavawe d je dobro definisano. Dokaìmo sada da je d metrika. Nenegativnost, kao i osobine (M2) i (M3) metrike slede direktno iz ~iwenice da je ρ pseudometrika. Jedino treba pokazati da vaì (M1), tj. da vaì d(Cx , Cy ) = 0 ako i samo ako je Cx = Cy . Ako je Cx = Cy tada je d(Cx , Cy ) = d(Cx , Cx ) = ρ(x, x) = 0, jer je ρ pseudometrika, pa zadovoqava (M1'). Obratno, ako je d(Cx , Cy ) = 0, tada je ρ(x, y) = 0, pa je x σ y, odnosno, Cx = Cy . Dakle, (X/σ , d) je metri~ki prostor.

1.7. Neka je D(k) [a, b] skup svih realnih funkcija koje na [a, b] imaju neprekidne izvode do reda k zakqu~no. Tada je d(x, y) =

k X ν=0

¯ ¯ ¯ ¯ max ¯x(ν) (t) − y (ν) (t)¯

a6t6b

metrika u D(k) [a, b]. Dokazati. Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad.

1.8. Neka je (X, d) metri~ki prostor i A ⊆ X , A 6= ∅. Dokazati da za x, y ∈ X vaì nejednakost |d(x, A) − d(y, A)| 6 d(x, y).


25

Re{ewe. Iz definicije rastojawa ta~ke od skupa (definicija 1.7.) i nejednakosti trougla za svako a ∈ A vaì d(x, A) 6 d(x, a) 6 d(x, y) + d(y, a),

pa je d(x, A) − d(x, y) 6 d(y, a). Iz prethodne nejednakosti sledi da je d(x, A) − d(x, y) 6 d(y, A), tj. d(x, A) − d(y, A) 6 d(x, y).

Ako u posledwoj nejednakosti zamenimo x i y, dobijamo d(y, A) − d(x, A) 6 d(y, x) = d(x, y),

{to zajedno sa prethodnom nejednako{}u dokazuje traènu nejednakost. NAPOMENA. Koriste}i dokazanu nejednakost lako se pokazuje da je preslikavawe f : X → R+ , definisano sa f (x) = d(x, A), neprekidno na X .

1.9. Neka je (X, d) metri~ki prostor i A, B ⊆ X . Dokazati da vaì d(A, B) = inf{d(t, B) | t ∈ A} = inf{d(t, A) | t ∈ B}.

Re{ewe. Vaì inf{d(t, B) | t ∈ A} = inf{inf{d(t, b) | b ∈ B} | t ∈ A} = inf{d(t, b) | t ∈ A, b ∈ B} = d(A, B).

Analogno se dokazuje i druga jednakost.

1.10. Neka je (X, d) metri~ki prostor i A, B, C ⊆ X . Dokazati da je d(A ∪ B, C) = min{d(A, C), d(B, C)}.

Re{ewe. Vaì d(A ∪ B, C) = inf{d(x, C) | x ∈ A ∪ B} = inf{d(x, C) | x ∈ A ∨ x ∈ B} © ª = inf {d(x, C) | x ∈ A} ∪ {d(x, C) | x ∈ B} = min{d(A, C), d(B, C)}.

26

1.2. ZADACI

1.11. Neka je (X, d) metri~ki prostor i A, B ⊆ X . Dokazati da relacija povla~i diam(A) 6 diam(B). Ako je prostor X ograni~en, dokazati da je i svaki wegov potprostor ograni~en. Re{ewe. Ako je A ⊆ B tada vaì (∀x) x ∈ A ⇒ x ∈ B, pa je

A ⊆ B

sup{d(a, a0 ) | a, a0 ∈ A} 6 sup{d(b, b0 ) | b, b0 ∈ B},

tj. diam(A) 6 diam(B) (videti definiciju 1.9.). Ako je prostor X ograni~en, onda je diam(X) < +∞, pa za svaki potprostor A ⊆ X vaì diam(A) 6 diam(X) < +∞. Dakle, potprostor A je ograni~en.

1.12. Neka je (X, d) metri~ki prostor i A, B ⊆ X . Dokazati nejednakost diam(A ∪ B) 6 diam(A) + d(A, B) + diam(B).

Re{ewe. Po definiciji rastojawa d(A, B) izme|u dva skupa (definicija 1.8.), za svako ε > 0 postoje ta~ke aε ∈ A i bε ∈ B takve da je d(aε , bε ) < d(A, B) + ε. Zato za proizvoqne a ∈ A i b ∈ B i svako ε > 0 vaì (videti sliku 2.) d(a, b) 6 d(a, aε )+d(aε , bε )+d(bε , b) 6 diam(A)+d(A, B)+diam(B)+ε.

Slika 2. za

Kako je

diam(A) + d(A, B) + diam(B)

o~igledno gorwa granica i

{d(a, a0 ) | a, a0 ∈ A} ∪ {d(b, b0 ) | b, b0 ∈ B},

to za svako x, y ∈ A ∪ B vaì d(x, y) 6 diam(A) + d(A, B) + diam(B). Dakle, diam(A ∪ B) 6 diam(A) + d(A, B) + diam(B).

1.13. Skup

Iap = Ia × · · · × Ia ∈ Rp , {z } | p−puta

gde je

Ia = [−a, a] ⊆ R,

je p−kocka

stranice 2a > 0, sa sredi{tem u koordinatnom po~etku 0 euklidskog prostora Rp . Na}i diam(Iap ).

27


Re{ewe. Ako su x = (x , x , . . . , x ) i y = (y , y , . . . , y ) ta~ke iz I , 1

2

p

onda za svako ν = 1, . . . , p vaì −a |xν − yν | 6 2a. Zato je d(x, y) =

Ã p X

1

6 xν 6 a

!1/2 |xν − yν |2

2

i −a

p

6 yν 6 a ,

p a

pa je

¡ ¢1/2 √ 6 p(2a)2 = 2a p,

ν=1

pa je diam(Iap ) 6 2a√p. Kako za ta~ke x0 √ = (−a, −a, . . . , −a) i y0 = √ p (a, a, . . . , a) vaì x, y ∈ Ia i d(x0 , y0 ) = 2a p, to je diam(Iap ) = 2a p.

1.14. Koji su od navedenih skupova otvoreni, zatvoreni, a koji nisu ni otvoreni ni zatvoreni: 1◦ A = [a, b] ∪ [a + b, +∞) u R; 2◦ B = {(x, y) | xy = 1} u R2 ; 3◦ C = {(x, y) | xy 6 1} u R2 ; 4◦ D = [a, b] × [c, d) u R2 ; 5◦ Ag = {f | f (x) < g(x), f ∈ C[0, 1]}, za fiksirano g ∈ C[0, 1]; 6◦ A1g = {f | f (x) 6 g(x), f ∈ C[0, 1]}, za fiksirano g ∈ C[0, 1]? Re{ewe. 1◦ Kako je skup CA = (−∞, a) ∪ (b, a + b) otvoren, to je skup A zatvoren. 2◦ Skup CB je otvoren (sadrì okolinu svake svoje ta~ke videti teoremu 1.5.), pa je skup B zatvoren. 3◦ Skup CC je otvoren (sadrì okolinu svake svoje ta~ke), pa je skup C zatvoren. 4◦ Skup D nije ni otvoren ni zatvoren. 5◦ Kugla K sa centrom u funkciji f ∈ C[0, 1], polupre~nika r je skup K(f, r) = {h ∈ C[0, 1] | d(f, h) < r} © ª = h ∈ C[0, 1] | max |f (t) − h(t)| < r . 06t61

Kako vaì (∀f ∈ Ag )(∃K(f, r)) K(f, r) ⊆ Ag , to je skup Ag otvoren. 6◦ Na isti na~in kao u primeru 5◦ pokazuje se da je skup CA1g otvoren, {to zna~i da je skup A1g zatvoren.

1.15. (Ultrametri~ki prostor) Neka je (X, d) metri~ki prostor i neka za d vaì d(x, y) 6 max{d(x, z), d(z, y)}, za sve x, y, z ∈ X . Dokazati slede}a tvr|ewa.

28

1.2. ZADACI

(a) d(x, z) 6= d(z, y) ⇒ d(x, y) = max{d(x, z), d(z, y)}. (b) y ∈ K(x, r) ⇒ K(y, r) = K(x, r). (v) Ako dve kugle u X imaju bar jednu zajedni~ku ta~ku onda je jedna od wih sadràna u drugoj. (g) Rastojawe izme|u dve disjunktne otvorene kugle polupre~nika r, koje su sadràne u zatvorenoj kugli polupre~nika r, jednako je r.

Re{ewe. (a) Neka je d(x, z)

6= d(z, y). Pretpostavimo najpre da je Tada je d(x, y) 6 max{d(x, z), d(z, y)} = d(z, y). Dokaìmo da je d(x, z) < d(x, y). Ako bi vaìlo d(x, y) 6 d(x, z), tada bi bilo d(z, y) 6 max{d(z, x), d(x, y)} = d(z, x), {to je u kontradikciji sa pretpostavkom d(x, z) < d(z, y). Prema tome, vaì d(x, z) < d(x, y), odnosno d(x, z) < d(x, y) 6 d(z, y). Tako|e, vaì i d(z, y) 6 max{d(z, x), d(x, y)} = d(x, y). Iz posledwe dve nejednakosti imamo d(x, y) 6 d(z, y) 6 d(x, y), pa je d(x, y) = d(z, y) = max{d(x, z), d(z, y)}. Analogno se dokazuje i u slu~aju kada vaì d(z, y) < d(x, z). (b) Neka je y ∈ K(x, r). Za proizvoqno z ∈ K(y, r) vaì d(y, z) < r, pa je, zbog d(y, x) < r, ispuweno d(z, x) 6 max{d(z, y), d(y, x)} < r, tj. z ∈ K(x, r). Dakle, vaì d(x, z) < d(z, y).

(1)

K(y, r) ⊆ K(x, r).

Analogno, za proizvoqno z ∈ K(x, r) vaì d(z, x) < r, pa, zbog vaì d(z, y) 6 max{d(z, x), d(x, y)} < r, tj. z ∈ K(y, r). Prema tome, vaì d(y, x) < r, (2)

K(x, r) ⊆ K(y, r).

Iz (1) i (2) sledi K(x, r) = K(y, r). (v) Neka je z zajedni~ka ta~ka kugli K(x, r) i K(y, ρ). Iz z ∈ K(x, r), na osnovu dela (b), sledi da je K(z, r) = K(x, r). Sli~no, iz z ∈ K(y, ρ) sledi K(z, ρ) = K(y, ρ). Neka je r < ρ. Tada vaì K(x, r) = K(z, r) ⊆ K(z, ρ) = K(y, ρ). (g) Uo~imo kugle K1 = K(x, r) ⊆ K[z, r],

K2 = K(y, r) ⊆ K[z, r],

K1 ∩ K2 = ∅.


29

Treba pokazati da vaì d(K1 , K2 ) = 0inf d(x0 , y 0 ) = r. x ∈K1 y 0 ∈K2

Kako je K1 ∩ K2 = ∅, to y ∈/ K1 , pa je d(x, y) > r. S druge strane, d(x, y) 6 max{d(x, z), d(z, y)} 6 r, jer je d(x, z) 6 r i d(z, y) 6 r. Dakle, vaì d(x, y) = r. Uo~imo sada proizvoqne ta~ke x0 ∈ K1 i y0 ∈ K2 i odredimo d(x0 , y 0 ). Vaì d(x0 , y 0 ) 6 max{d(x0 , x), d(x, y 0 )}.

(3)

Kako je

d(x, y) = r

i

d(y, y 0 ) < r

to je

d(x, y 0 ) 6 max{d(x, y), d(y, y 0 )} = r,

pa na osnovu (a) dobijamo (4)

d(x, y 0 ) = r.

Iz (3), (4) i ~iwenice da je d(x0 , x) < r sledi d(x0 , y 0 ) 6 max{d(x0 , x), d(x, y 0 )} = r,

odakle, na osnovu dela (a), sledi da je d(x0 , y0 ) = r. Prema tome, za sve ta~ke x0 ∈ K1 , y0 ∈ K2 vaì d(x0 , y0 ) = r, pa je i d(K1 , K2 ) = r.

1.16. Neka je (X, d) metri~ki prostor, x0 ∈ X i A ⊆ X . (a) Dokazati da vaì d(x0 , A) = d(x0 , A). (b) Proveriti da li za svaki skup A ⊆ X i svaku ta~ku x0 ∈ X vaì d(x0 , A) = d(x0 , IntA). Re{ewe. (a) Kako je A ⊆ A, to je d(x0, A) 6 d(x0, A). S druge strane, iz definicije rastojawa ta~ke od skupa (definicija 1.7.) i definicije infimuma vaì ε (∀ε > 0)(∃aε ∈ A) d(x0 , aε ) 6 d(x0 , A) + . 2

Daqe, za svaku ta~ku aε ∈ A postoji aε ∈ A tako da je d(aε , aε ) < ε/2 (videti teoremu 1.6.), pa iz nejednakosti trougla dobijamo ε d(x0 , aε ) 6 d(x0 , aε ) + d(aε , aε ) < d(x0 , aε ) + . 2

30

1.2. ZADACI

Sada imamo

ε d(x0 , A) = inf{d(x0 , a) | a ∈ A} 6 d(x0 , aε ) < d(x0 , aε ) + 2 ε ε 6 d(x0 , A) + + = d(x0 , A) + ε. 2 2

Kako je ε > 0 proizvoqno, to je d(x0 , A) 6 d(x0 , A), a kako smo ve} pokazali da vaì i d(x0 , A) > d(x0 , A), to je d(x0 , A) = d(x0 , A). (b) Tvr|ewe ne vaì. Na primer, za X = R, x0 = 2 i A = [0, 1] ∪ {2}. Tada je IntA = (0, 1) i d(x0 , IntA) = 1. Kako x0 ∈ A, to je d(x0 , A) = 0. O~igledno da je u ovom primeru d(x0 , A) 6= d(x0 , IntA).

1.17. Neka je (X, d) metri~ki prostor, A, B ⊆ X . (a) Dokazati da vaì d(A, B) = d(A, B) = d(A, B) = d(A, B). (b) Proveriti da li za svaka dva skupa A, B ⊆ X vaì jednakost d(A, B) = d(IntA, IntB). Re{ewe. (a) Na osnovu zadataka 1.9 i 1.16 dobijamo d(A, B) = inf d(x, B) = inf d(x, B) = d(A, B), x∈A

x∈A

d(A, B) = inf d(x, A) = inf d(x, A) = d(B, A) = d(A, B), x∈B

x∈B

d(A, B) = inf d(x, B) = inf d(x, B) = d(A, B), x∈A

x∈A

odakle sledi tvr|ewe. (b) Ne vaì. Na primer za X = R, A = [0, 1] ∪ {2}, B = {2} ∪ [3, 4] je IntA = (0, 1), IntB = (3, 4), pa je d(A, B) = 0 i d(IntA, IntB) = 2.

1.18. (Proizvod metri~kih Q prostora) Neka su (Xi , di ), 1 6 i 6 n, metri~ki prostori, X = ni=1 Xi i preslikavawe d : X × X → R definisano sa d(x, y) = 16i6n max di (xi , yi ), za x = (x1 , . . . , xn ), y = (y1 , . . . , yn ). Dokazati slede}a tvr|ewa. (a) (X, d) je metri~ki prostor. n Q (b) K(a, r) = Ki (ai , r) (oznaka Ki ukazuje da se radi o kugli u i=1 odnosu na metriku di ), a = (a1 , . . . , an ) ∈ X , r ∈ R. n Q (v) Ako je Ai otvoren skup u Xi , 1 6 i 6 n, tada je A = Ai otvoren i=1 u X. (g)

n Q

i=1

Ai =

n Q

i=1

Ai .

31


Re{ewe. (a) Ostaje ~itaocu za samostalan rad.

(b) Jednakost sledi iz slede}eg ekvivalencijskog lanca: x ∈ K(a, r) ⇔ d(x, a) < r ⇔ max di (xi , ai ) < r 16i6n

⇔ (∀i ∈ {1, . . . , n}) di (xi , ai ) < r ⇔ (∀i ∈ {1, . . . , n}) xi ∈ Ki (ai , r) n Q ⇔x∈ Ki (ai , r). i=1

n Q

(v) Neka je x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Ai . Tada za svako i ∈ {1, . . . , n} i=1 vaì xi ∈ Ai . Po{to je Ai , i ∈ {1, . . . , n}, otvoren skup, to, na osnovu teoreme 1.1., za svaki indeks i ∈ {1, . . . , n} postoji ρi > 0 tako da je Ki (xi , ρi ) ⊆ Ai . Neka je ρ = min ρi . Tada je K(x, ρ) ∈ A, pa je A 16i6n otvoren skup u X . (g) Jednakost sledi iz slede}eg ekvivalencijskog lanca (videti teoremu 1.6.): x∈

n Q i=1

Ai ⇔ (∀ρ > 0) ⇔ (∀ρ > 0)

n Q

Ai ∩

i=1 n ¡ Q i=1

n Q i=1

Ki (xi , ρ) 6= ∅

¢ Ai ∩ Ki (xi , ρ) 6= ∅

⇔ (∀ρ > 0)(∀i ∈ {1, . . . , n}) Ai ∩ Ki (xi , ρ) 6= ∅ ⇔ (∀i ∈ {1, . . . , n})(∀ρ > 0) Ai ∩ Ki (xi , ρ) 6= ∅ n Q Ai . ⇔ (∀i ∈ {1, . . . , n}) xi ∈ Ai ⇔ x ∈ i=1

1.19.

Neka je (X, d) metri~ki prostor, A ⊆ X , A 6= ∅, ρ > 0 K(A, ρ) = {x ∈ X | d(x, A) < ρ}. Dokazati slede}a tvr|ewa. S (a) K(A, ρ) = K(a, ρ). a∈A

i

(b) (K(A, 1/n)) & A. (v) Svaki zatvoren skup u X je Gδ −skup, tj. grani~na vrednost nekog opadaju}eg niza otvorenih skupova (presek prebrojive familije otvorenih skupova). (g) Svaki otvoren skup u X je Fδ −skup, tj. grani~na vrednost nekog rastu}eg niza zatvorenih skupova (unija prebrojive familije zatvorenih skupova).

32

1.2. ZADACI

Re{ewe. (a) Jednakost sledi iz slede}eg ekvivalencijskog lanca y ∈ K(A, ρ) ⇔ d(y, A) < ρ ⇔ inf{d(y, a) | a ∈ A} < ρ ⇔ (∃a ∈ A) d(y, a) < ρ ⇔ (∃a ∈ A) y ∈ K(a, ρ) S ⇔y∈ K(a, ρ). a∈A

(b) Zbog µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 x ∈ K A, ⇒ d(x, A) < < ⇒ x ∈ K A, n n n−1 n−1

vaì

µ ¶ µ ¶ 1 1 K A, ⊆ K A, , n n−1

pa je (K(A, 1/n)) monotono opadaju}i niz skupova. Prema tome, vaì +∞ T lim K (A, 1/n) = K (A, 1/n). Na osnovu posledwe jednakosti i n→+∞ n=1 slede}eg ekvivalencijskog lanca (videti teoremu 1.6.) µ ¶ µ ¶ 1 1 x∈ K A, ⇔ (∀n ∈ N) x ∈ K A, n n n=1 1 ⇔ (∀n ∈ N) d(x, A) < n ⇔ d(x, A) = 0 ⇔ x ∈ A, +∞ T

sledi

lim K (A, 1/n) =

n→+∞

+∞ T n=1

K (A, 1/n) = A.

(v) Neka je F ⊆ X proizvoqan zatvoren skup u X . Tada je F je prema tvr|ewu (b)

= F , pa

µ ¶ µ ¶ 1 1 F =F = K F, = lim K F, . n→+∞ n n n=1 +∞ T

Kako su skupovi K(F, 1/n) otvoreni u X za svako n ∈ N (na osnovu (a) skup K(F, 1/n) je unija kolekcije otvorenih kugli videti teoremu 1.2.), to iz prethodne jednakosti sledi da je svaki zatvoreni skup F ⊆ X grani~na vrednost nekog opadaju}eg niza otvorenih skupova (presek prebrojive familije otvorenih skupova), tj. Gδ −skup. (g) Neka je A ⊆ X proizvoqan otvoren skup u X . Tada je wegov komplement CA zatvoren skup. Posmatrajmo niz skupova (K(CA, 1/n)).


33

Na osnovu tvr|ewa (b) i (a) to je monotono opadaju}i niz otvorenih skupova, pa je (CK(CA, 1/n)) monotono rastu}i niz zatvorenih skupova. Na osnovu tvr|ewa (v) je CA =

odakle dobijamo

µ ¶ 1 K CA, , n n=1 +∞ T

µ µ ¶¶ +∞ ¶ S 1 1 K CA, CK CA, A = C(CA) = C = n n n=1 n=1 µ ¶ 1 = lim CK CA, . n→+∞ n µ +∞ T

Dakle, svaki otvoren skup A ⊆ X je Fδ −skup, odnosno grani~na vrednost nekog rastu}eg niza zatvorenih skupova (unija prebrojive familije zatvorenih skupova).

1.20. (a) Neka je (xn ), xn = (ξ1(n) , ξ2(n) , . . . , ξk(n) ), niz ta~aka u metri~kom prostoru Rkp , 1 6 p 6 ∞. Dokazati da je konvergencija niza (xn ) grani~noj vrednosti x = (ξ1 , ξ2 , . . . , ξn ) u Rkp , ekvivalentna konvergenciji nizova ν−tih koordinata ta~aka xn , tj. nizova (ξν(n) ), ν−toj koordinati ta~ke x u R za sve ν = 1, . . . , k. (b) Pokazati da u prostoru `p , 1 6 p < ∞, iz konvergencije po koordinatama ne sledi konvergencija po metrici. Re{ewe. (a)k Ako niz (xn) konvergira ka x = (ξ1, . . . , ξn), u smislu metrike u Rp , tada niz dp (xn , x) → 0, n → +∞ (videti definiciju 1.18.). Me|utim, kako za svako ν = 1, . . . , n vaì |ξν(n) − ξν | 6 dp (xn , x), to nizovi ν−tih koordinata ta~aka xn konvergiraju ka ν−toj koordinati ta~ke x. Obratno, ako za svako ν = 1, . . . , n vaì ξν(n) → ξ , n → +∞, tada neposredno sledi da d(xn , x) → 0, n → +∞, odnosno xn → x, n → +∞. (b) Uo~imo u prostoru `p , 1 6 p < ∞, slede}i niz ta~aka: e1 = (1, 0, 0, 0, . . .), e2 = (0, 1, 0, 0, . . .), e3 = (0, 0, 1, 0, 0, . . .), . . . .

Svi koordinatni nizovi konvergiraju ka 0. Ozna~imo sa 0 ∈ `p ta~ku (0, 0, 0, . . .). O~igledno je d(en , 0) = 1, pa niz en ne konvergira ka 0.

1.21. Neka fi : X → R, i = 1, . . . , n, i neka F : X → Rnp , 1 6 p < ∞, pri ~emu je F (x) = (f1 (x), f2 (x), . . . , fn (x)), x ∈ X . Dokazati da je

34

1.2. ZADACI

funkcija F neprekidna u ta~ki x0 ∈ X i = 1, . . . , n funkcija fi neprekidna u x0 .

ako i samo ako je za svako

Re{ewe. Neka je funkcija F neprekidna u x

∈ X (videti definiciju 1.21.). Tada za svako ε > 0 postoji okolina V ∈ O(x0 ) takva da je F (V ) ⊆ K(F (x0 ), ε), tj. dp (F (x), F (x0 )) < ε za sve x ∈ V . Tada je za sve i = 1, . . . , n i sve x ∈ V ispuweno 0

|fi (x) − fi (x0 )| 6 dp (F (x), F (x0 )) < ε,

odnosno, za sve i = 1, . . . , n vaì fi (V ) ⊆ K(fi (x0 ), ε), {to zna~i da za svako i = 1, . . . , n vaì fi ∈ C{x0 }. Pretpostavimo sada da za sve i = 1, . . . , n vaì fi ∈ C{x0 }. Tada, na osnovu teoreme 1.12., za svako ε > 0 vaì µ ¶ ε (∀i ∈ {1, . . . , n})(∃Vi ∈ O(x0 )) fi (Vi ) ⊆ K fi (x0 ), √ , p n

√ p

tj. za svako i = 1, . . . , n, za sve x ∈ Vi vaì |fi (x) − fi (x0 )| < ε/ n. n T Neka je V = Vi . O~igledno je V okolina ta~ke x0 . Tada za sve x ∈ V i=1 vaì !1/p Ã dp (F (x), F (x0 )) 6

n X εp i=1

Dakle, postoji

F ∈ C{x0 }.

V ∈ O(x0 )

n

takvo da je

= ε.

F (V ) ⊆ K(F (x0 ), ε),

pa je

1.22. Neka su X i Y metri~ki prostori i f1 : X → Y , f2 : X → Y neprekidna preslikavawa. Tada je skup A = {x ∈ X | f1 (x) = f2 (x)} zatvoren u X . Dokazati. Re{ewe. Da bi dokazali da je skup A zatvoren treba dokazati da je skup G = X \ A otvoren. Neka je x proizvoqna ta~ka iz G. Tada je f1 (x) 6= f2 (x), pa postoje disjunktne okoline V1 ∈ O(f1 (x)) i V2 ∈ O(f2 (x)). Kako su f1 i f2 neprekidna preslikavawa, to postoje okoline U1 , U2 ∈ O(x) takve da vaì f1 (U1 ) ⊆ V1 i f2 (U2 ) ⊆ V2 . Skup U = U1 ∩ U2 je okolina ta~ke x i skupovi f1 (U ) i f2 (U ) su disjunktni. Dakle, x ∈ U ⊆ G, pa je skup G otvoren jer sadrì okolinu svake svoje ta~ke. 1.23. Neka je C∗ [0, 1] skup funkcija koje su deo po deo diferencijabilne, sa normom kf k = max |f (x)|. Neka je preslikavawe ` : C∗ [0, 1] → R x∈[0,1]

35

GLAVA 1. METRI^KI I NORMIRANI PROSTORI R p

definisano sa `(f ) = 01 1 + (f 0 (x))2 dx. Pokazati da preslikavawe ` nije neprekidno. Re{ewe. Poznato je da `(f ) predstavqa duìnu luka krive f na intervalu [0, 1]. Uo~imo niz funkcija (fn ), n ∈ N, definisanih na intervalu [0, 1] tako da wihovi grafici predstavqaju: za f1 polukrug nad [0, 1]; za f2 uniju dva polukruga nad [0, 1/2] i [1/2, 1]; za f3 uniju ~etiri polukruga nad [0, 1/4], [1/4, 1/2], [1/2, 3/4] i [3/4, 1] (videti sliku 3) itd.

Slika 3. O~igledno je da fn ∈ C∗ [0, 1] za svako n ∈ N. Daqe, vaì kfn − 0k =

dok je

1 → 0, n → +∞ ⇒ fn → 0, n → +∞ 2n

1 π · π · 2n−1 = , n ∈ N; n 2 2 Dakle, za uo~eni niz (fn ) vaì `(fn ) =

u

C∗ [0, 1],

`(0) = 1.

fn → 0, n → +∞ ∧ `(fn ) 6→ `(0),

{to zna~i da funkcija ` nije neprekidna (videti teoremu 1.13.).

1.24. Neka je (X, d) metri~ki prostor i A, B ⊆ X takvi da je A ∩ B = ∅ i A ∩ B = ∅. Dokazati da tada postoje otvoreni skupovi U i V takvi da je A ⊆ U , B ⊆ V i U ∩ V = ∅. Re{ewe. Dokaza}emo najpre da je preslikavawe f : X → R definisano sa f (x) = d(x, A) − d(x, B) neprekidno na X . Za svako ε > 0 postoji δ = ε/2 takvo da kad god je za x, y ∈ X ispuweno d(x, y) < δ , tada je (videti zadatak 1.8) |f (x) − f (y)| = |d(x, A) − d(x, B) − d(y, A) + d(y, B)| 6 |d(x, A) − d(y, A)| + |d(x, B) − d(y, B)| 6 d(x, y) + d(x, y) = 2d(x, y) < 2δ = ε.

36

1.2. ZADACI

Prema teoremi 1.12., preslikavawe f je neprekidno na X . Obeleìmo U = f −1 ((−∞, 0)), V = f −1 ((0, +∞)). Skupovi U i V su otvoreni (videti teoremu 1.11.). Za x ∈ A prema uslovima zadatka vaì da x 6∈ B , pa je d(x, A) = 0 i d(x, B) > 0, odnosno, f (x) < 0, {to zna~i da x ∈ U . Dakle, A ⊆ U . Analogno se dokazuje i da je B ⊆ V . Sada je U ∩ V = f −1 ((−∞, 0)) ∩ f −1 ((0, +∞)) = f −1 ((−∞, 0) ∩ (0, +∞)) = f −1 (∅) = ∅.

1.25. Neka je (X, d) metri~ki prostor i A, B ⊆ X neprazni, zatvoreni, disjunktni skupovi. Tada postoji neprekidna funkcija f : X → [0, 1] sa svojstvima f −1 (0) = A i f −1 (1) = B . Dokazati.

Re{ewe. Preslikavawe f (x) = d(x, A)d(x,+A)d(x, B) zadovoqava traèna svojstva. Ostavqa se ~itaocu da to dokaè.

1.26. Neka je X = A ∪ B , pri ~emu su A i B oba otvorena ili oba zatvorena i neka f : X → Y . Ako su preslikavawa f¹A (restrikcija funkcije f na skup A) i f ¹B neprekidna onda je i f neprekidno. Dokazati. Re{ewe. Neka su A i B otvoreni i neka je H otvoren skup u Y . Tada je f −1 (H) = (f¹A )−1 (H) ∪ (f¹B )−1 (H).

Kako je (f¹A )−1 (H) otvoren skup u otvorenom skupu A i (f¹B )−1 (H) otvoren u otvorenom skupu B , skupovi (f ¹A )−1 (H) i (f ¹B )−1 (H) su otvoreni i u prostoru X . Skup f −1 (H) je otvoren jer je jednak uniji dva otvorena skupa. To zna~i da je preslikavawe f neprekidno na X (videti teoremu 1.11.). Analogno se dokazuje tvr|ewe za slu~aj kada su A i B zatvoreni skupovi. Ostavqa se ~itaocu da to dokaè.

1.27. Dokazati da je preslikavawe f : M → R semineprekidno odozdo ako i samo ako je skup Ma = {x ∈ M | f (x) 6 a} zatvoren za svako a ∈ R. Re{ewe. Neka je f : M → R semineprekidno odozdo i a proizvoqan realan broj. Neka je (xn ) niz ta~aka iz Ma , takav da xn → x0 , n → +∞. Dokaza}emo da x0 ∈ Ma .


37

Iz pretpostavke da xn → x0 , n → +∞, sledi da za svako ε > 0 postoji kugla K(x0 , ε), takva da za dovoqno veliko n (tj. za n > n0 ) vaì xn ∈ K(x0 , ε) (videti definiciju 1.18.). Iz semineprekidnosti odozdo funkcije f (videti definiciju 1.23.) sledi da je f (x0 ) < f (x) + ε za sve x ∈ K(x0 , δ). Kako xn ∈ Ma , n ∈ N, to je f (xn ) 6 a za sve n ∈ N, pa za n > n0 vaì f (x0 ) < f (xn ) + ε 6 a + ε.

Dakle, za svako ε > 0 vaì f (x0 ) 6 ε + a, pa je f (x0 ) 6 a, tj. x0 ∈ Ma . Zna~i, skup Ma sadrì sve svoje ta~ke nagomilavawa, pa je on zatvoren. Obratno, pretpostavimo da je za svako a ∈ R skup Ma zatvoren. Neka je ε0 > 0 proizvoqno izabrano. Uo~imo ta~ku x0 ∈ M i obeleìmo a = f (x0 ) − ε0 . Po pretpostavci skup Ma = {x | f (x) 6 a} = {x | f (x) 6 f (x0 ) − ε0 }

je zatvoren, pa je skup CMa = {x | f (x) > f (x0 ) − ε0 }

otvoren. Kako x0 ∈ CMa , to postoji kugla K(x0 , ε) koja je sadràna u CMa (videti teoremu 1.5.). Za svaku ta~ku x ∈ K(x0 , ε) vaì f (x) > f (x0 ) − ε0 , {to zna~i da je funkcija f semineprekidna u ta~ki x0 . Kako x0 ∈ M proizvoqna ta~ka, to je funkcija f semineprekidna odozdo na celom prostoru M .

1.28. Koji su od slede}ih skupova kompaktni? 1◦ X = {x | x ∈ Rn2 , kxk 6 1};

n o 3 ¯ P 2◦ A = [aij ]3×3 ¯ [aij ]3×3 ∈ R92 , |ai,j | = 1 ; i,j=1 ¯ © ª ◦ ∗ 9 3 A = [aij ]3×3 ¯ [ai,j ]3×3 ∈ R2 , |a11 | + |a22 | + |a33 | = 1 ; 4◦ F × [0, 1], gde je F Kantorov skup.

Re{ewe. U svim primerima }emo proveravati da li je dati skup zatvoren

i ograni~en (videti teoremu 1.21.). 1◦ Skup X je zatvoren i ograni~en u Rn2 , pa je on kompaktan. 2◦ Dokaìmo najpre da je skup A zatvoren. Neka je (An ) konvergentan niz u A, dat sa An = [aij(n) ]3×3 , n ∈ N i A0 = n→+∞ lim An . Treba pokazati da A0 ∈ A.

38

1.2. ZADACI

Neka je A0 = [a(0) ij ]3×3 . Kako n → +∞. Sada imamo

An → A0 , n → +∞,

to

(n)

(0)

aij → aij

,

¯X 3 ¯ 3 ¯ ¯¯ ¯ X ¯ 3 ¯¯ (n) ¯¯ X ¯ (0) ¯¯¯ ¯ (n) (0) ¯ ¯ 06¯ ¯aij ¯ − ¯aij ¯¯ 6 ¯aij − aij ¯ → 0, n → +∞, i,j=1

i,j=1

i,j=1

odakle sledi ¯ 3 ¯ 3 ¯ ¯¯ ¯ X ¯ (n) ¯¯ X ¯ (0) ¯¯¯ ¯ ¯aij ¯ − ¯aij ¯¯ → 0, n → +∞, ¯ i,j=1

odnosno

i,j=1

3 ¯ 3 ¯ ¯ ¯ X X ¯ (n) ¯ ¯ (0) ¯ ¯aij ¯ → ¯aij ¯ , n → +∞. i,j=1

i,j=1 3 ¯ P

¯

3 ¯ P

¯

¯ (n) ¯ ¯ (0) ¯ Po{to An ∈ A, n ∈ N, to je ¯aij ¯ = 1, pa je i ¯aij ¯ = 1, {to i,j=1 i,j=1 zna~i da A0 ∈ A. Dakle, skup A je zatvoren. Za svaki element A ∈ A vaì kAk =

µX 3

2

¶1/2

|aij |

6

i,j=1

3 X

|aij | = 1,

i,j=1

pa je skup A ograni~en. Kako je skup A zatvoren i ograni~en, on je kompaktan. 3◦ Skup A∗ nije ograni~en, pa ne moè biti ni kompaktan. Naime, ako su a, b, c ∈ R takvi da je |a| + |b| + |c| = 1, tada 

 a 0 n An =  0 b 0  ∈ A∗ , 0 0 c

a

An = (|a|2 + |b|2 + |c|2 + n2 )1/2 > n, 4◦

n ∈ N,

pa kAn k → +∞, n → +∞. Kako je F × [0, 1] ⊆ [0, 1] × [0, 1], to je skup F × [0, 1] ograni~en. Slika 4.

39


Obeleìmo (videti sliku 4) F1 = [0, 1/3] ∪ [2/3, 1], F2 = [0, 1/9] ∪ [2/9, 1/3] ∪ [2/3, 7/9] ∪ [8/9, 1]

.. .

T

Tada je F = Fn . Za svako n ∈ N skup Fn je zatvoren, pa je i skup F n∈N zatvoren (videti teoremu 1.3. 2◦ ). Dakle, skup F × [0, 1] je zatvoren i ograni~en, pa je kompaktan.

1.29. Dokazati da skupovi (a) {x | x ∈ `2 ∧ kxk 6 1} u `2 , (b) {f | f ∈ C[0, 1] ∧ kf k 6 1} u nisu kompaktni.

C[0, 1]

Re{ewe. (a) Pokaza}emo da u datom skupu postoji niz koji ne sadrì

konvergentan podniz, {to prema teoremi 1.17. zna~i da dati skup nije kompaktan. Uo~imo niz (xn ) u datom skupu, xn = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . .). | {z } n−1

√ Kako je kxm − xn k = 2

puta

za m 6= n niz (xn ) nema konvergentan podniz. (b) Neka je In = [1/(n + 1), 1/n], n ∈ N. Posmatrajmo niz (fn ) funkcija takvih da za svako n ∈ N funkcija fn u sredini intervala In ima vrednost 1, na krajevima intervala In i van wega jednaka je nuli i u samom intervalu In je linearna (videti sliku 5).

Slika 5. O~igledno su sve funkcije fn , n ∈ N, neprekidne na [0, 1] i kfn k = 1, n ∈ N, pa je (fn ) niz iz datog skupa. Kako je kfn − fm k = 1 za n 6= m, to niz (fn ) nema konvergentan podniz, pa dati skup nije kompaktan.

40

1.2. ZADACI

1.30. Neka je (X, d) kompaktan metri~ki prostor. Dokazati da svaka realna neprekidna funkcija f : X → R dostiè minimalnu i maksimalnu vrednost na X . Re{ewe. Skup f (X) ⊆ R je kompaktan (videti teoremu 1.22.), pa je skup f (X) zatvoren i ograni~en (teorema 1.21.). To zna~i da postoje elementi m, M ∈ f (X) takvi da je m = inf f (X) i M = sup f (X) (zbog ograni~enosti skupa f (X) postoje m i M , a zbog zatvorenosti m, M ∈ f (X)). Neka su xm , xM ∈ X ta~ke takve da je m = f (xm ) i M = f (xM ). Onda za proizvoqnu ta~ku x ∈ X vaì f (x) ∈ f (X), pa je f (xm ) 6 f (x) 6 f (xM ). 1.31. Neka su (X, dX ) i (Y, dY ) metri~ki prostori i f : X → Y neprekidno preslikavawe. Ako je (X, dX ) kompaktan metri~ki prostor, dokazati da je f uniformno neprekidno preslikavawe. Re{ewe. Po{to je preslikavawe f neprekidno, tada (∀ε > 0)(∀x ∈ X)(∃δ(x) > 0)(∀x0 ∈ X) dX (x0 , x) < δ(x) ε ⇒ dY (f (x0 ), f (x)) < . 2

Kugle Kd (x, δ(x)/2), x ∈ X , obrazuju otvoreni pokriva~ kompaktnog prostora X , pa postoji kona~an skup ta~aka {x1 , x2 , . . . , xn } ⊆ X , takav da kugle Kd (xν , δ(xν )/2), ν = 1, . . . , n, obrazuju kona~an pokriva~ pron S stora X (videti definiciju 1.31.), tj. da je X = Kd (xν , δ(xν )/2). ν=1 Neka je ½ ¾ X

X

X

def

δ = min

δ(x1 ) δ(x2 ) δ(xn ) , ,..., 2 2 2

.

Neka su x0 , x00 ∈ X proizvoqne ta~ke za koje je dX (x0 , x00 ) < δ. Tada postoji indeks ν0 ∈ {1, 2, . . . , n} takav da x0 ∈ Kd (xν , δ(xν )/2), tj. da je X

dX (x0 , xν0 ) <

S druge strane,

0

0

δ(xν0 ) < δ(xν0 ). 2

1 dX (x00 , xν0 ) 6 dX (x00 , x0 ) + dX (x0 , xν0 ) < δ + δ(xν0 ) 6 δ(xν0 ), 2

pa je dY (f (x0 ), f (x00 )) 6 dY (f (x0 ), f (xν0 )) + dY (f (x00 ), f (xν0 )) <

ε ε + = ε. 2 2


41

Dakle, (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x0 , x00 ∈ X) dX (x0 , x00 ) < δ ⇒ dY (f (x0 ), f (x00 )) < ε,

{to zna~i da je funkcija ciju 1.24.).

f

uniformno neprekidna (videti defini-

1.32. Neka je (X, d) metri~ki prostor i A, B neprazni podskupovi od Dokazati slede}a tvr|ewa. (a) Ako je skup A kompaktan, onda postoji ta~ka a ∈ A za koju je d(A, B) = d(a, B). (b) Ako su A i B kompaktni skupovi, onda postoje ta~ke a ∈ A i b ∈ B za koje je d(A, B) = d(a, b). (v) Ako je A kompaktan skup, onda postoje ta~ka a, a0 ∈ A takve da je diam(A) = d(a, a0 ). Re{ewe. (a) Funkcija f : X → R+0, definisana sa f (x) = d(x, B), x ∈ X , je neprekidna na X (videti zadatak 1.8 i napomenu posle wega), pa je i wena restrikcija na skup A, f ¹A : A → R+0 neprekidna. Po pretpostavci skup A je kompaktan, pa funkcija f ¹A na wemu dostiè svoj minimum (videti zadatak 1.30), tj. postoji ta~ka a ∈ A takva da je d(a, B) 6 d(x, B) za svako x ∈ A. Kako je d(A, B) = inf d(x, B), to je x∈A d(a, B) = d(A, B). (b) Rastojawe d : X ×X → R+0 je neprekidno preslikavawe na X ×X (dokazati!), pa je i wegova restrikcija na skup A×B tako|e neprekidna. Kako su skupovi A i B kompaktni, to je i A × B kompaktan, pa d ¹A×B dostiè minimum na skupu A × B , tj. postoje a ∈ A, b ∈ B , takvi da za sve x ∈ A, y ∈ B vaì d(a, b) 6 d(x, y), pa je d(A, B) = d(a, b). (v) Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad. X.

1.33. Dokazati da kompaktan metri~ki prostor ne moè biti izometri~an svom pravom potprostoru. Re{ewe. Neka je (X, d) kompaktan metri~ki prostor. Pretpostavimo da je (Y, dY ) wegov pravi potprostor (Y 6= X ), koji je izometri~an sa X . Tada postoji preslikavawe f : X → Y koje je izometrija (videti definiciju 1.2.). Po{to je Y $ X , to postoji ta~ka x0 ∈ X \ Y . Neka je x1 = f (x0 ) ∈ Y . Tada je d(x0 , x1 ) = r > 0. Neka je daqe, x2 = f (x1 ). Kako je f po pretpostavci izometrija to vaì d(x2 , x1 ) = d(f (x0 ), f (x1 )) = d(x1 , x0 ) = r > 0,

42

1.2. ZADACI

pa je x1 6= x2 . Kako je x0 ∈ X \ Y , a x2 ∈ Y , to je i x2 6= x0 . Defini{imo daqe za n = 2, 3, . . . ta~ke xn+1 = f (xn ). Time dobijamo niz ta~aka (xn ) u X , takav da je d(xn , xn+1 ) = r > 0, za sve n ∈ N. Kako je prostor X kompaktan, to svaki niz u wemu ima konvergentan podniz, pa i niz (xn ) ima konvergentan podniz koji je Ko{ijev niz (videti teoremu 1.14.). Me|utim, to nije mogu}e jer za svako n, k ∈ N vaì d(xn , xn+k ) > ρ = d(x0 , Y ) > 0, jer je Y = f (X) kompaktan, pa time i zatvoren skup u metri~kom prostoru X , a x0 6∈ Y .

1.34. Neka su F1 , F2 , . . . neprazni kompaktni podskupovi metri~kog +∞ T prostora X i neka vaì F1 ⊇ F2 ⊇ · · · ⊇ Fn ⊇ · · · . Tada je Fn n=1 neprazan skup. Re{ewe. Kako su skupovi Fn kompaktni, to su oni zatvoreni, pa su skupovi Gn = X \ Fn otvoreni i vaì G1 ⊆ G2 ⊆ · · · ⊆ Gn ⊆ · · · . +∞ T Pretpostavimo, suprotno tvr|ewu, da je Fn = ∅. Vaì +∞ S n=1

Gn =

+∞ S

(X \ Fn ) = X \

n=1

n=1 +∞ T

n=1

Fn = X \ ∅ = X,

pa je {Gn | n ∈ N} otvoreni pokriva~ prostora X , a samim tim i otvoreni pokriva~ skupa F1 . Kako je F1 kompaktan skup, to se iz otvorenog pokriva~a moè izdvojiti kona~an potpokriva~, a kako su skupovi Gn rastu}i u smislu inkluzije, to jedan od wih (na primer najve}i iz tog kona~nog potpokriva~a), obeleìmo ga sa Gm , sadrì F1 . +∞ T Me|utim, to je nemogu}e jer je F1 \ Gm = Fm 6= ∅. Dakle, Fn je n=1 neprazan skup.

1.35. Neka je (C[0, a], d), a > 0, metri~ki prostor neprekidnih realnih funkcija na [0, a] sa metrikom Z

d(f, g) =

a

|f (x) − g(x)| dx,

f, g ∈ C[0, a].

0

Dokazati da je skup X svih funkcija fα : [0, a] → R, 0 6 α 6 a, datih sa fα (x) = αx, x ∈ [0, a], kompaktan u prostoru (C[0, a], d) i na}i rastojawe d(f, X), funkcije f : [0, a] → R, date sa f (x) = ax − x2 , x ∈ [0, 1], od skupa X .

Re{ewe. Neka je (f

, n ∈ N, niz iz X . Tada je (an ) niz sa elementima iz [0, a]. Kako je [0, a] kompaktan skup (zatvoren i ograni~en podskup od R), an )

43


to postoji konvergentan podniz (an ) niza (an ). Neka an k → +∞. Tada fa → fa , k → +∞, jer vaì k

nk

Z d(fank , fa∗ ) =

→ a∗ ∈ [0, a],

∗

Z

a

0

k

∗

∗

|ank x − a x| dx = |ank − a |

a

x dx → 0, k → +∞. 0

Dakle, u skupu X svaki niz ima konvergentan podniz, pa je skup X kompaktan (videti teoremu 1.17.). Na|imo sada rastojawe d(f, X). Prema definiciji rastojawa ta~ke od skupa (definicija 1.7.) je Z

d(f, X) = inf{d(f, fα ) | fα ∈ X} = inf

α∈[0,a] 0

a

|f (x) − fα (x)| dx.

Po{to je skup X kompaktan i rastojawe neprekidna funkcija, to postoji min d(f, fα ). Direktnim izra~unavawem dobijamo α∈[0,a]

Z

a

Z

a

| − x2 + (a − α)x| dx Z a−α Z a ¡ ¢ ¡ 2 ¢ = (a − α)x − x2 dx + x − (a − α)x dx

d(f, fα ) =

2

|ax − x − αx| dx =

0

0

0

a−α

a2 (a − α)3 a3 + − (a − α) . = 3 3 2

Ekstremne vrednosti funkcije d(f, fα ) dobijaju se za vrednosti α za koje je prvi izvod funkcije jednak 0. √Kako je d0 (f, fα ) = a2 /2¯ − (a − α)2 , to je d0 (f, fα ) = 0 za α0 = a(1 − 2/2). Kako je d00 (f, fα )¯α=α > 0, to funkcija d(f, fα ) dostiè svoj minimum za α = α0 . Dakle, 0

√ a2 2−1 (a − α0 )3 a3 + − (a − α0 ) = √ a3 . d(f, X) = d(f, fα0 ) = 3 3 2 3 2

1.36. Neka je (X, d) kompaktan metri~ki prostor i f funkcija koja preslikava X u X tako da je d(f (x), f (y)) = d(x, y) za sve x, y ∈ X . Dokazati da je f neprekidna funkcija i da defini{e izometriju. Re{ewe. Dokaìmo najpre da je funkcija f neprekidna na skupu X . Za okolinu V (f (x)) ta~ke f (x) postoji kugla K(f (x), r), r > 0, tako da je K(f (x), r) ⊆ V (f (x)). Po{to funkcija f ~uva rastojawe, to je f (K(x, r)) = K(f (x), r) ⊆ V (f (x)). Prema tome, funkcija f je neprekidna na skupu X .

44

1.2. ZADACI

Dokaìmo sada da je f bijekcija. Iz f (x) = f (y) sledi da je d(f (x), f (y)) = d(x, y) = 0, pa je x = y . Dakle, f je injektivna funkcija. Ostaje jo{ da pokaèmo da je f sirjektivna funkcija. Neka je x ∈ X i neka je f n+1 (x) = f (f n (x)), n ∈ N. Posmatrajmo niz (f n (x)). Kako je (X, d) kompaktan metri~ki prostor, to postoji podniz (f nk (x)) koji konvergira u X , pa je on Ko{ijev niz. Prema tome, za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N, tako da za sve p ∈ N vaì d(f nk0 (x), f nk0 +p (x)) = d(x, f s (x)) < ε,

gde je s = nk +p − nk . Iz prethodne nejednakosti sledi da za svako ε > 0 vaì K(x, ε) ∩ f (X) 6= ∅, tj. da je x adherentna ta~ka skupa f (X). Kako je X kompaktan skup i f neprekidna funkcija, to je i skup f (X) kompaktan, pa je on zatvoren, odnosno f (X) = f (X). Dakle, za svaku ta~ku x ∈ X vaì x ∈ f (X). Kako je f neprekidna bijektivna funkcija koja ~uva rastojawe, f je izometrija (videti definiciju 1.2.). NAPOMENA. Ako X nije kompaktan prostor, funkcija f ne mora biti izometrija. Na primer, za X = (0, +∞), d = |x − y|, funkcija f (x) = x + 1 ~uva rastojawe, ali nije izometrija jer ne slika X na X . 0

0

1.37. Neka je (X, d) diskretan metri~ki prostor i card(X) > 2. (a) Na}i sve otvorene, sve zatvorene kugle i sve sfere u X . U kakvom su odnosu u smislu inkluzije kugle K(x, r) i K[x, r]? (b) Na}i sve otvorene i sve zatvorene skupove u X . (v) Da li je prostor X povezan? Re{ewe. Otvorena kugla, zatvorena kugla i sfera sa centrom u ta~ki x polupre~nika r u X su redom: ½ K(x, r) = {y | d(y, x) < r} = ½ K[x, r] = {y | d(y, x) 6 r} = ½ S(x, r) = K[x, r] \ K(x, r) =

{x}, r 6 1, X, r > 1, {x}, r < 1, X, r > 1, ∅, r 6= 1, X \ {x}, r = 1.

Sada je jasno da ako skup X ima bar dva elementa, za r K(x, r) $ K[x, r], a za r 6= 1 je K(x, r) = K[x, r].

= 1

vaì


45

(b) Na osnovu dela (a) vaì K(x, 1) = {x} ⊆ {x}, pa je svaki jedno~lani skup {x} uSdiskretnom metri~kom prostoru otvoren. Tada je i svaki skup A = {x} otvoren (videti teoremu 1.2.). Dakle, svaki skup u diskretnom metri~kom prostoru je otvoren. Svaki skup je i zatvoren jer je wegov komplement otvoren skup po{to su svi skupovi u diskretnom metri~kom prostoru otvoreni. (v) Diskretan metri~ki prostor koji sadrì bar dve ta~ke nije koneksan jer je u wemu, na primer, svaki jedno~lani skup istovremeno i otvoren i zatvoren (videti teoremu 1.23.). x∈A A⊆X

1.38. Dokazati da su intervali jedini povezani skupovi u R.‡ Re{ewe. Podsetimo se najpre da je skup I ⊆ R interval ako i samo ako (∀x, y, z ∈ R) x, z ∈ I ∧ x < y < z ⇒ y ∈ I , ili, ekvivalentno (∀x, z ∈ R) x, z ∈ I ⇒ [x, z] ⊆ I . Pretpostavimo suprotno, tj. da je A ⊆ R povezan skup i da A nije interval. Tada postoje ta~ke x, y, z ∈ R takve da je x < y < z i pri tom x, z ∈ A, a y 6∈ A. Posmatrajmo skupove U1 = A ∩ (−∞, y) = {a ∈ A | a < y} i U2 = A ∩ (y, +∞) = {a ∈ A | a > y}. Skupovi U1 i U2 su neprazni jer x ∈ U1 i z ∈ U2 , disjunktni jer je U1 ∩ U2 = (−∞, y) ∩ (y, +∞) = ∅ i vaì

¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ U1 ∪ U2 = A∩ (−∞, y) ∪ A∩ (y, +∞) = A∩ (−∞, y)∪ (y, +∞) = A, ¡ ¢ jer je A ⊆ (−∞, y) ∪ (y, +∞) = R \ {y}. Kako su skupovi U1 i U2 otvoreni u A, to se A moè prikazati kao unija dva neprazna disjunktna otvorena skupa, pa A nije povezan (videti definiciju 1.34.). Dakle, jedini povezani skupovi u R su intervali.

1.39. Neka je X povezan metri~ki prostor, f : X → R neprekidno preslikavawe, x, y ∈ X i c ∈ R takvi da je f (x) < c < f (y). Dokazati da postoji ta~ka ξ ∈ X takva da je f (ξ) = c. Re{ewe. Kako je preslikavawe f neprekidno i X povezan prostor to je f (X) povezan skup u R (videti teoremu 1.24.), pa je na osnovu zadatka 1.38 f (X) ⊆ R interval. Kako je f (x) < c < f (y), to je c ∈ f (X), tj. postoji ta~ka ξ ∈ X takva da je c = f (ξ). 1.40. Da li postoji neprekidno injektivno preslikavawe kruga na interval? ‡

Direktna posledica ovog zadatka je da je svaki prebrojiv podskup od R nepovezan.

46

1.2. ZADACI

Re{ewe. Pretpostavimo da takvo preslikavawe f postoji. Neka je M

0

ta~ka iz intervala, a M wen original (ta~ka na krugu k). Po{to je f injektivno preslikavawe to je M jedinstvena ta~ka.

Slika 6. Skup k \ {M } je povezan (videti sliku 6) i funkcija f ¹k\{M } je neprekidna, pa je skup f (k \ {M }) povezan (teorema 1.24.). Me|utim, f (k \ {M }) = i \ {M 0 } nije povezan skup. Dakle, ne postoji neprekidno injektivno preslikavawe kruga na interval.

1.41. Dokazati da je povezan metri~ki prostor koji ima bar dve ta~ke neprebrojiv. Re{ewe. Neka je (X, d) povezan metri~ki prostor, card(X) > 2 i x0 proizvoqna ta~ka iz X . Defini{imo f : X → R sa f (x) = d(x0 , x), x ∈ X . Preslikavawe f je neprekidno i nekonstantno jer je f (x0 ) = 0, a za y 6= x0 (takvo y postoji jer je po pretpostavci card(X) > 2) je f (y) = d(x0 , y) = r > 0. Kako je prostor X povezan, to je f (X) povezan skup u R, pa je f (X) interval (videti zadatak 1.38). Kako 0, r ∈ f (X), to je [0, r] ⊆ f (X), pa je card(X) > card(f (X)) > card([0, r]) = c. 1.42T. Neka su Ai , i ∈ I , povezani S skupovi metri~kog prostora X . Ako je Ai 6= ∅, dokazati da je A = Ai povezan skup. i∈I

i∈I

Re{ewe. Pretpostavimo da A nije povezan.

Tada postoji neprazan, istovremeno i otvoren i zatvoren skup U u potprostoru A (videti teoremu 1.23.). Tada postoji i0 ∈ I , tako da je U ∩ Ai 6= ∅. No tada je U ∩Ai istovremeno i otvoren i zatvoren skup u Ai , pa zbogTpovezanosti skupa Ai sledi da je U ∩ Ai = Ai , tj. Ai ⊆ U . Kako je i∈I Ai 6= ∅, to je Ai ⊆ U , za svako i ∈ I , tj. A ⊆ U . Po{to je i U ⊆ A, to je U = A, odnosno A je povezan skup. 0

0

0

0

0

0

0

1.43. Dokazati da pravi potprostor normiranog prostora ne moè biti otvoren. Re{ewe. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji otvoren pravi potprostor Y normiranog prostora X . Kako 0 ∈ Y , to postoji neko ε > 0 takvo da je K(0, ε) ⊆ Y , tj. {y | ky − 0k = kyk < ε} ⊆ Y . Neka je


47

x ∈ X \ Y . Tada za svako α ∈ K \ {0} vaì αx ∈ X \ Y (ako bi vaìlo ∈ Y , tada bi moralo da vaì i α1 (αx) = x ∈ Y ). Neka je ε1 , ε1 0 < ε1 < ε, proizvoqna realna konstanta. Neka je x1 = αx = x. kxk Tada je kx1 k = ε1 < ε, pa x1 ∈ K(0, ε) ⊆ Y . Kontradikcija!

da αx

1.44. Niz (xn ) iz metri~kog prostora (X, d) je Ko{ijev ako i samo ako vaì n→+∞ lim diam{xk | k > n} = 0. Dokazati.

Re{ewe. Ozna~imo d

Niz (dn ) je monotono opadaju}i niz realnih brojeva, ograni~en sa dowe strane brojem 0. Dakle, niz (dn ) je konvergentan. Ako je niz (xn ) Ko{ijev, tada n

= diam{xk | k > n}.

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) m > n > n0 ⇒ d(xm , xn ) < ε,

pa je

dn0 = diam{xk | k > n0 } < ε. Po{to je (dn ) opadaju}i niz, to je dn < ε za sve n > n0 , pa je lim dn = 0. n→+∞

Sli~no se pokazuje da je uslov i dovoqan. Ostavqa se ~itaocu da to pokaè.

1.45. Dokazati da u metri~kom prostoru (X, d) vaè slede}a tvr|ewa. (a) Ako je (xn ) Ko{ijev niz u X , tada je niz (d(xn , x)) konvergentan u R za svako x ∈ X . Proveriti da li vaì obratno. (b) Ako su (xn ) i (yn ) Ko{ijevi nizovi u X , tada niz (d(xn , yn )) konvergira u R. (v) Ako je niz (xn ) Ko{ijev u X i ako ima konvergentan podniz (xn ), tada je i niz (xn ) konvergentan. Re{ewe. (a) Za svako x ∈ X vaì nejednakost (videti osnovne osobine metrike date posle definicije 1.1.) |d(xn , x) − d(xm , x)| 6 d(xn , xm ), odakle sledi da je (d(xn , x)) Ko{ijev niz u R. Kako je prostor R kompletan, to u wemu svaki Ko{ijev niz konvergira, pa je niz (d(xn , x)) konvergentan. Obratno ne vaì, tj. iz konvergencije niza (d(xn , x)) u R za svako x ∈ X , ne sledi da je niz (xn ) Ko{ijev. Pokaza}emo to jednim primerom. Neka je X = N sa diskretnom metrikom k

½

d(x, y) =

1, x 6= y, 0, x = y,

48

1.2. ZADACI

a niz (xn ) definisan sa xn = n, n ∈ N. Tada za x = k ∈ N vaì d(xn , x) = 1 za sve n > k , pa je lim d(xn , x) = 1. Dakle, niz d((xn , x)) n→+∞ je konvergentan za sve x ∈ N. S druge strane je d(xn , xn+1 ) = 1, n ∈ N, pa niz (xn ) nije Ko{ijev. (b) Za proizvoqno izabrano ε > 0 postoji n0 ∈ N takvo da za sve m > n > n0 vaì d(xm , xn ) < ε/2 i d(ym , yn ) < ε/2, pa zbog nejednakosti ~etvorougla (videti osnovne osobine metrike date posle definicije 1.1.) |d(xn , yn ) − d(xm , ym )| 6 d(xn , xm ) + d(yn , ym ), sledi da za m > n > n0 vaì |d(xn , yn ) − d(xm , ym )| < ε/2 + ε/2 = ε, tj. da je (d(xn , yn )) Ko{ijev niz u R, pa je on konvergentan. (v) Ako niz (xn ) konvergira ka ta~ki x∗ , tada zbog nejednakosti trougla d(xn , x∗ ) 6 d(xn , xn ) + d(xn , x∗ ), sledi da niz (xn ) tako|e konvergira ka x∗ . NAPOMENA. Tvr|ewe (a) je specijalan slu~aj tvr|ewa (b), budu}i da je svaki konstantan niz (yn = x ∈ X, n ∈ N) konvergentan, pa stoga i Ko{ijev (teorema 1.14.). k

k

k

1.46. Neka su d1 i d2 ekvivalentne metrike na skupu X . Dokazati da je (xn ) Ko{ijev niz u prostoru (X, d1 ) ako i samo ako je Ko{ijev niz u (X, d2 ). Re{ewe. Kako su metrike d1 i d2 ekvivalentne (videti definiciju 1.4.), + to postoje m1 , m2 ∈ R takvi da vaì d1 (x, y) 6 m1 d2 (x, y) i d2 (x, y) 6 m2 d1 (x, y). Neka je (xn ) Ko{ijev niz u (X, d1 ). Tada (∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀m, n ∈ N) m > n > n0 ⇒ d1 (xm , xn ) < ε.

Tada za sve ε0 = ε/m2 > 0 postoji n00 ∈ N tako da za m > n > n00 vaì d1 (xm , xn ) < ε0 = ε/m2 , tj. m2 d1 (xm , xn ) < ε. Sada je d2 (xm , xn ) 6 m2 d1 (xm , xn ) < ε,

pa je (xn ) Ko{ijev niz u (X, d2 ).

1.47. Neka je (X, d) metri~ki prostor. Niz (xn ) iz X je ograni~ene va+∞ P rijacije ako vaì nejednakost d(xn , xn+1 ) < +∞. Dokazati slede}a n=1 tvr|ewa. (a) Svaki niz ograni~ene varijacije je Ko{ijev.

49


(b) Svaki Ko{ijev niz ima bar jedan podniz ograni~ene varijacije. Re{ewe. (a) Neka je (xn) niz ograni~ene varijacije i m > n. Tada na osnovu nejednakosti mnogougla i nenegativnosti metrike dobijamo d(xm , xn ) 6

m−1 X

d(xν , xν+1 ) 6

ν=n

+∞ X

d(xν , xν+1 ) → 0, m → +∞,

ν=n

tj. (xn ) je Ko{ijev niz. (b) Neka je (xn ) proizvoqan Ko{ijev niz u X . Defini{imo niz prirodnih brojeva (kn ) sa k1 = min{k ∈ N | (∀m > k) d(xm , xk ) < 1/2}, kn = min{k ∈ N | k > kn−1 ∧ (∀m > k) d(xm , xk ) < 1/2n }.

Takav niz (kn ) postoji jer je niz (xn ) Ko{ijev. Tada za sve prirodne bro+∞ P jeve n vaì d(xk , xk ) < 1/2n , pa red d(xk , xk ) konvergira, n=1 na osnovu poredbenog kriterijuma, {to zna~i da je niz (xk ) ograni~ene varijacije. Kako je o~igledno k1 < k2 < · · · , to je (xk ) podniz niza (xn ). Dakle, svaki Ko{ijev niz ima bar jedan podniz ograni~ene varijacije. n

n+1

n

n+1

n

n

1.48. Potreban i dovoqan uslov da metri~ki prostor (X, d) bude kompletan je da je presek svakog opadaju}eg niza nepraznih zatvorenih skupova u X , ~iji niz dijametara teì nuli, jedno~lan skup. Dokazati. Re{ewe. Pretpostavimo najpre da je metri~ki prostor (X, d) kompletan. Neka je (Fn ) opadaju}i niz nepraznih zatvorenih skupova u (X, d), ~iji niz dijametara teì nuli. Za svako ε > 0 postoji n(ε) ∈ N, takvo da je diam(Fn(ε) ) < ε. Na osnovu aksiome izbora, iz svakog Fn izdvojimo po jedan element fn . Niz (fn ) je Ko{ijev, jer za svako ε > 0, za n > n(ε), vaì fn ∈ Fn ⊆ Fn(ε) , pa je d(fm , fn ) 6 diam(Fn(ε) ) < ε za m > n > n(ε). Kako je po pretpostavci prostor X kompletan, to svaki Ko{ijev niz konvergira u wemu. Neka fn → f , n → +∞. Po{to T su svi skupovi Fn zatvoreni, T to f ∈ Fn za sve n ∈ N, pa time i f ∈ n∈N Fn . Ako bi postojalo g ∈ n∈N Fn , g 6= f , tada bi bilo d(f, g) = r > 0, pa f i g ne bi mogli istovremeno pripadati skupu Fn , takvom da je diam(Fn∗ ) < r. Pretpostavimo sada da je presek svakog opadaju}eg niza nepraznih zatvorenih skupova u X , ~iji niz dijametara teì nuli, jedno~lan skup. ∗

50

1.2. ZADACI

Neka je (xn ) proizvoqan Ko{ijev niz u X . Za svako n ∈ N postoji k(n) ∈ N, takvo da je d(xk(n) , xk ) < 1/n za sve k > k(n). Formirajmo opadaju}i niz nepraznih zatvorenih skupova Fn na slede}i na~in. F1 = K[xk(1) , 1], F2 = F1 ∩ K[xk(2) , 1/2], T . . . , Fn = Fn−1 ∩ K[xk(n) , 1/n], . . .. Niz (diam(Fn )) teì nuli, pa n∈N Fn sadrì jedno~lan skup {a}. Lako se pokazuje da niz (xk(n) ) konvergira ka a. No tada i Ko{ijev niz (xn ) konvergira ka a jer za k > k(n) vaì d(xk , a) 6 d(xk , xk(n) ) + d(xk(n) , a) <

1 2 1 + = → 0, n → +∞. n n n

Prema tome prostor X je kompletan.

1.49. Neka je (X, d) kompletan metri~ki prostor, a Y wegov potprostor. Dokazati da je Y kompletan prostor ako i samo ako je Y zatvoren podskup od X . Re{ewe. Neka je Y zatvoreni podskup od X i (yn) proizvoqan Ko{ijev niz u Y . Kako je Y ⊆ X , to je (yn ) Ko{ijev niz u X , pa on konvergira u X . Kako je skup Y zatvoren, to je lim yn ∈ Y , pa je skup Y kompletan. n→+∞ Pretpostavimo sada da je Y kompletan prostor i y0 ∈ Y . Tada je za svako n ∈ N skup K(y0 , 1/n) ∩ Y neprazan (videti teoremu 1.6.). Neka ta~ka yn pripada tom skup. Uo~imo sada niz (yn ). Za svako k ∈ N vaì d(yn+k , yn ) < 2/n, pa je (yn ) Ko{ijev niz u Y . Taj niz konvergira ka ta~ki y0 ∈ Y . Prema tome, Y = Y , pa je skup Y zatvoren. 1.50. (Metrika Bera) Neka je X skup svih nizova elemenata skupa A. Za nizove x = (xν ) i y = (yν ) iz X defini{imo ( d(x, y) =

0, x = y, 1 , x= 6 y, k = min{ν ∈ N | xν 6= yν }. k

(a) Dokazati da je d metrika na X . (b) Dokazati da je prostor (X, d) kompletan. (v) Ispitati separabilnost prostora (X, d) u zavisnosti od kardinalnog broja skupa A. Re{ewe. (a) O~igledno je d nenegativna funkcija. Osobine (M1) i (M2) metrike se jednostavno dokazuju. Dokaìmo sada (M3). Neka su x = (xν ), y = (yν ) i z = (zν ) proizvoqni nizovi iz X . Za x = y je 0 = d(x, y) 6 d(x, z) + d(z, y). Pretpostavimo sada da je x 6= y i neka je d(x, y) = 1/p.

51


Ako je y = z , tada je d(z, y) = 0 i d(x, z) = 1/p, pa vaì nejednakost d(x, y) 6 d(x, z) + d(z, y). Analogno je i za x = z . Ako je y 6= z , tada je d(y, z) = 1/q, za neki prirodan broj q. Ne umawuju}i op{tost pretpostavimo da je p 6 q. Dakle, vaì: xν = yν yν = zν

za za

ν = 1, . . . , p − 1 ν = 1, . . . , q − 1

i xp 6= yp ; i yq 6= zq .

Neka je k = min{ν ∈ N | xν 6= zν }. Kako za 1 6 ν < p vaì xν = yν = zν , to je k > p. Sada jednostavno dobijamo d(x, z) =

1 1 1 1 6 6 + = d(x, y) + d(y, z). k p p q

Dakle, vaì i (M3). (m) (b) Neka je (x(m) ), x(m) = (x(m) 1 , x2 , . . .), prizvoqan Ko{ijev niz u X . Tada za svako n ∈ N, tj. za svako ε = 1/n > 0 postoji k(n) ∈ N tako da za sve p, q > k(n) vaì d(x(p) , x(q) ) < 1/n. Odavde sledi da za (p) (k(n)) p > k(n) vaì xn = xn , pa su u nizu n−tih koordinata niza (x(m) ), po~ev{i od k(n)−tog ~lana, svi elementi jednaki i obeleì}emo ih sa yn . Dakle, svaki koordinatni niz je konvergentan, tj. za svako n ∈ N (m) postoji yn ∈ A tako da je m→+∞ lim xn = yn . Obeleìmo uo~eni niz (yn ) sa y i dokaìmo da x(m) → y, m → +∞ (videti sliku 7). x(1) : x(2) :

x1 (2) x1

x2 (2) x2

··· ···

xn (2) xn

··· ···

↓? y:

↓ y1

↓ y2

···

↓ yn

···

.. .

(1)

(1)

.. .

.. .

(1)

.. .

Slika 7.

Neka je ε > 0 proizvoqno izabrano i neka je n ∈ N takvo da vaì Tada postoje mν ∈ N, ν = 1, . . . , n, takvi da niz ν−tih koordinata postaje yν za m > mν . Neka je m0 = max{mν | 1 6 ν 6 n}. Tada za m > m0 vaì x(m) = yν , ν = 1, . . . , n, pa je ν 1/n < ε.

d(x(m) , y) < 1/n < ε

tj.

x(m) → y, n → +∞.

52

1.2. ZADACI

Kako je svaki Ko{ijev niz konvergentan u X , to je prostor X kompletan. (v) Neka je card(A) 6 ℵ0 i neka je α ∈ A fiksirani element. Obeleìmo sa Y skup svih nizova x = (xν ), elemenata skupa A, koji imaju osobinu da je xν = α za dovoqno veliko ν . Skup Y je najvi{e prebrojiv. Neka je y = (yν ) proizvoqan niz u X . Za proizvoqno izabrano ε > 0 uo~imo n takvo da je n > 1/ε. Tada niz x = (y1 , y2 , . . . , yn , α, α, . . .) pripada skupu Y i vaì d(x, y) < 1/n 6 ε. Dakle, skup Y je najvi{e prebrojiv i svuda gust u X , pa je prostor (X, d) separabilan za card(A) 6 ℵ0 . Neka je sada card(A) > ℵ0 . Neka je Z skup svih stacionarnih nizova elemenata skupa A, tj. svih nizova x = (ξ, ξ, . . .), ξ ∈ A. Skup Z je neprebrojiv, jer je card(Z) = card(A). Ako su x, y ∈ Z i x 6= y, tada je x = (ξ, ξ, . . .), y = (η, η, . . .) i ξ 6= η, pa je d(x, y) = 1. Dakle, skup Z se sastoji od izolovanih ta~aka (videti definiciju 1.16.) prostora X i neprebrojiv je, pa prostor X nije separabilan za card(A) > ℵ0 (videti teoremu 1.26.).

1.51. Dokazati da je normirani prostor Kkp , K ∈ {R, C}, kompletan za svako p > 1. Dokazati da je taj prostor separabilan. Re{ewe. Kako su bilo koje dve norme u Kkp , p > 1, me|usobno ekvivalentne, dovoqno je, na primer, dokazati kompletnost prostora Kk2 . Neka je (xn ), xn = (ξ1(n) , . . . , ξk(n) ), proizvoqan Ko{ijev niz u prostoru Kk2 . Tada za svako ε > 0 postoji n0 tako da za sve m > n > n0 vaì Ã k ! ¯2 1/2 X ¯¯ ¯ d(xm , xn ) = < ε. ¯ξν(m) − ξν(n) ¯

(1)

ν=1

¯

¯

Kako je ¯¯ξν(m) − ξν(n) ¯¯ 6 d(xm , xn ) < ε za m > n > n0 , za sve ν = 1, . . . , k, iz (1) sledi da je ¯ ¯ ¯ (m) ¯ ¯ξν − ξν(n) ¯ < ε

za

m > n > n0 ; ν = 1, . . . , k,

odnosno da je za svako fiksirano ν ∈ {1, . . . , k} niz (ξν(n) ), n ∈ N, Ko{ijev niz u poqu skalara K. Zbog kompletnosti prostora K, sledi da postoje skalari ξν ∈ K, takvi da ξν(n) → ξν , n → +∞, za svako ν = 1, . . . , k .

53


Uo~imo ta~ku x = (ξ1 , . . . , ξk ). Pu{taju}i u (1) da m → +∞, obzirom da ξν(m) → ξν , m → +∞ za sve ν = 1, . . . , k sledi da je za n > n0 Ã k ! ¯2 1/2 X ¯¯ (n) ¯ = d(xn , x) < ε, ¯ξν − ξν ¯ ν=1

{to zna~i da xn → x, n → +∞. Kako x ∈ Kk2 , to je prostor Kk2 kompletan, jer je u wemu svaki Ko{ijev niz konvergentan (definicija 1.26.). To zna~i da je i prostor Kkp kompletan za svako p > 1. Ispitajmo sada separabilnost prostora Kkp , p > 1. Ozna~imo B = {(q1 , . . . , qk ) | q1 , . . . , qk ∈ KQ },

gde je KQ skup K−racionalnih brojeva. Skup B je najvi{e prebrojiv svuda gust skup ta~aka u prostoru Kkp , pa je prostor Kkp separabilan (definicija 1.37.).

1.52. Dokazati da je normirani prostor `p kompletan i separabilan za svako p > 1.

Re{ewe. Neka je (x ), x

= (ξν ), proizvoqan Ko{ijev niz u prostoru `p , p > 1. Tada za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve m > n > n0 n

vaì (1)

(n)

n

Ã +∞ ! ¯p 1/p X ¯¯ ¯ d(xm , xn ) = < ε. ¯ξν(m) − ξν(n) ¯ ν=1

¯ ¯ ¯ (m) (n) ¯ ¯ξν − ξν ¯ 6 d(xm , xn ),

Kako za svako ν ∈ N vaì to iz (1) sledi da je za svako ν ∈ N niz ν−tih koordinata, tj. niz (ξν(n) ) Ko{ijev u poqu skalara K. Kako je prostor K kompletan to postoje skalari ξν ∈ K, takvi da za svako fiksirano ν ∈ N vaì ξν(n) → ξν , n → +∞. Uo~imo sada niz x = (ξν ). Dokaza}emo da je x ∈ `p i da xn → x, n → +∞. +∞ P Da bi pokazali da je x ∈ `p treba pokazati da |ξν |p konvergira. ν=1 Kako je svaki Ko{ijev niz ograni~en (videti teoremu 1.15.) to postoji M > 0 takvo da je Ã +∞ ! ¯p 1/p X ¯¯ (n) ¯ kxn k = 6 M, ¯ξν ¯ ν=1

n ∈ N,

54 tj.

1.2. ZADACI

k ¯ ¯ X ¯ (n) ¯p ¯ξν ¯ 6 M p ,

n ∈ N, k ∈ N.

ν=1

Ako u prethodnoj nejednakosti fiksiramo k i pustimo da n → +∞, k P |ξν |p 6 M p , k ∈ N. Najzad, pu{taju}i u posledwoj dobijamo da je +∞ ν=1 P nejednakosti da k → +∞, dobijamo |ξν |p 6 M p . Dakle, x ∈ `p . ν=1

Iz relacije (1) imamo da je za m > n > n0 k ¯ ¯p X ¯ (m) ¯ ¯ξν − ξν(n) ¯ < εp ,

k ∈ N.

ν=1

Ako u prethodnoj nejednakosti fiksiramo n > n0 i k ∈ N, i pustimo da (m) m → +∞, obzirom da ξν → ξν , m → +∞, dobi}emo k ¯ ¯p X ¯ ¯ ¯ξν − ξν(n) ¯ < εp . ν=1

Kona~no, pu{taju}i u posledwoj nejednakosti da k → +∞, dobijamo da za n > n0 vaì +∞ ¯ ¯p X ¯ ¯ ¯ξν − ξν(n) ¯ = kxn − xkp < εp , ν=1

odnosno da xn → x, n → +∞. Prema tome, normirani prostor `p je kompletan za svako p > 1. Dokaìmo sada da je normirani prostor `p separabilan za svako p > 1. Treba pokazati da u wemu postoji najvi{e prebrojiv svuda gust skup ta~aka. Uo~imo u prostoru `p niz vektora (en ) gde je en = (δnν ), n, ν ∈ N, a δij Kronekerov delta simbol. Neka je B = {q1 e1 + · · · + qn en | q1 , . . . , qn ∈ KQ , n ∈ N}.

Skup B je prebrojiv. Dokaìmo sada da je skup B svuda gust u `p . Uo~imo proizvoqnu +∞ P ta~ku x = (ξν ) ∈ `p i proizvoqno ε > 0. Kako je kxkp = |ξν |p < +∞, ν=1

55

GLAVA 1. METRI^KI I NORMIRANI PROSTORI +∞ P

to postoji k ∈ N tako da je |ξν |p < ν=k+1 svuda gust u K, to postoje skalari q1 , . . . , qk ν = 1, . . . , k vaì |ξν − qν | 6 εp /(2k). Sada je

εp /2. ∈ KQ

Kako je skup KQ takvi da za svako

°p X ° k k +∞ X X ° ° εp εp p p °x − ° + = εp , q e = |ξ − q | + |ξ | 6 k ν ν ν ν ν ° ° 2k 2 ν=1

°

k P

ν=1

ν=k+1

°

tj. °°x − qν eν °° 6 ε, {to zna~i da je skup B svuda gust u `p . Prema ν=1 tome, prostor `p je separabilan za svako p > 1.

1.53. Dokazati da je normirani prostor m kompletan. Ispitati separabilnost ovog prostora.

Re{ewe. Uo~imo proizvoqan Ko{ijev niz (x ), x

= (ξν ) u prostoru m. Tada za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve m > n > n0 vaì ¯ ¯ ¯ ¯ (1) d(xm , xn ) = sup ¯ξν(m) − ξν(n) ¯ < ε. n

n

(n)

ν∈N

¯ ¯ Za svako ν ∈ N vaì ¯¯ξν(m) − ξν(n) ¯¯ 6 d(xm , xn ), iz (1) sledi da je za svako ν ∈ N i sve m > n > n0 ¯ ¯ ¯ (m) ¯ (2) ¯ξν − ξν(n) ¯ < ε.

Dakle, za svako ν ∈ N, niz ν−tih koordinata, tj. niz (ξν(n) ), n ∈ N, je Ko{ijev u poqu skalara K. Zbog kompletnosti prostora K postoje (n) ξν ∈ K, takvi da za svako fiksirano ν ∈ N vaì ξν → ξν , n → +∞. Uo~imo sada niz x = (ξν ). Dokaza}emo da je x ∈ m i da xn → x, n → +∞. Kako je (xn ) Ko{ijev niz u prostoru m, on mora biti ograni~en (videti teoremu 1.15.), tj. postoji M¯ > ¯0 takvo da za svako n ∈ N vaì ¯ ¯ ¯ (n) ¯ ¯ (n) ¯ kxn k = sup ¯ξν ¯ 6 M , odnosno ¯ξν ¯ 6 M , za sve ν, n ∈ N. Ako u ν∈N prethodnoj nejednakosti pustimo da n → +∞, dobijamo da je |ξν | 6 M , ν ∈ N, {to zna~i da x ∈ m. Ako u nejednakosti (2) pustimo da m → +∞, obzirom da ξν(m) → ξν , m → +∞, dobi}emo ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ξν − ξν(n) ¯ < ε,

n > n0 ; ν ∈ N,

56

1.2. ZADACI ¯

¯

pa je sup ¯¯ξν − ξν(n) ¯¯ < ε, za sve n > n0 , odnosno d(xn , x) < ε za n > n0 . ν∈N Dakle, xn → x, n → +∞, u prostoru m, pa je normirani prostor m kompletan. Ispitajmo sada separabilnost prostora m. Posmatrajmo slede}i skup A = {(α1 , α2 , . . .) ∈ m | αν = 0 ∨ αν = 1, ν ∈ N}.

Skup A je neprebrojiv u m. Neka su

x, y ∈ A, x 6= y .

Tada je

kx − yk = sup |αν (x) − αν (y)| = 1. ν∈N

Uo~imo familiju kugli K(x, 1/3) = {z ∈ m | kz − xk < 1/3}, x ∈ A. Tada za x 6= y vaì K(x, 1/3) ∩ K(y, 1/3) = ∅. Naime, ako bi neka ta~ka x∗ pripadala ovim dvema kuglama tada bi vaìlo kx − x∗ k < 1/3 i ky − x∗ k < 1/3, odnosno kx − yk < 2/3, {to je nemogu}e jer je kx − yk = 1. Dakle, {K(x, 1/3) | x ∈ A} je neprebrojiva familija disjunktnih otvorenih skupova u prostoru m, pa prostor m nije separabilan (videti teoremu 1.26.).

1.54. Dokazati da su prostori c i c0 kompletni i separabilni. Re{ewe. Kompletnost prostora c i c0 moè se dokazati analogno dokazu za kompletnost prostora m. Ostavqa se ~itaocu da to dokaè. Kompletnost prostora c moè se dokazati i na drugi na~in. Kako je c potprostor Banahovog prostora m, dovoqno je dokazati wegovu zatvorenost, tj. ako je (xn ), xn = (ξν(n) ), konvergentan niz u prostoru c, a x = (ξν ) ∈ m wegova grani~na vrednost, tada x ∈ c. Kako je prostor m kompletan, da bi dokazali da je niz x ∈ m konvergentan (tj. da x ∈ c), dovoqno je dokazati da je niz x = (ξν ) Ko{ijev. Kako xn → x, n → +∞, to za¯svako ε >¯ 0, postoji n0 ∈¯ N, tako da ¯ za sve ¯ (n) ¯ ¯ (n) ¯ n > n0 vaì d(xn , x) = sup ¯ξν − ξν ¯ < ε, odakle je ¯ξν − ξν ¯ < ε za ν∈N sve ν ∈ N, n > n0 . ¯ ¯ Uo~imo sada indeks n1 ∈ N, takav da je ¯¯ξν(n ) − ξν ¯¯ < ε/3, ν ∈ N. Kako niz xn = (ξν(n ) ) ∈ c, ν ∈ N, to ¯je on Ko{ijev¯ (teorema 1.14.), {to zna~i da za dovoqno velike j, k vaì ¯¯ξj(n ) − ξk(n ) ¯¯ < ε/3. Prema tome, 1

1

1

1

1

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ε ε ε ¯ ¯ (n ) ¯ (n ) ¯ (n ) ¯ (n ) ¯ |ξj − ξk | 6 ¯ξj − ξj 1 ¯ + ¯ξj 1 − ξk 1 ¯ + ¯ξk 1 − ξk ¯ < + + = ε, 3 3 3

57


pa je niz (ξν ) Ko{ijev, dakle, konvergentan, odnosno x ∈ c. Prema tome, c je zatvoren potprostor kompletnog prostora, pa je i sam kompletan. Normirani prostor c0 je potprostor kompletnog normiranog prostora c, pa je dovoqno dokazati wegovu zatvorenost. Ostavqa se ~itaocu da to dokaè. Dokaìmo sada da je normirani prostori c separabilan (dokaz za c0 je sli~an). Neka je B = {(q1 , q2 , . . . , qn , q, q, . . .) | q1 , q2 . . . , qn , q ∈ KQ , n ∈ N}.

Skup B je prebrojiv. Dokaìmo jo{ da je B svuda gust u c. Neka je x = (ξν ) proizvoqna ta~ka prostora c i ε > 0 proizvoqno izabrano. Neka je ξ = n→+∞ lim ξn . Uo~imo niz (xk ), xk = (ξ1 , . . . , ξk , ξ, ξ, . . .), u − ξ, ξk+2 − ξ, . . .) i prostoru c. Tada je x − xk = (0, . . . , 0, ξ | {z } k+1 k−puta

kx − xk k = sup |ξν − ξ| → 0, k → +∞, ν>k+1

pa postoji k0 ∈ N tako da je (1)

ε kx − xk0 k = sup |ξν − ξ| < , 2 ν>k0 +1

odnosno |ξν − ξ| < ε/2 za sve ν > k0 + 1. Uo~imo sada q1 , . . . , qk , q ∈ KQ takve da je |ξ − q| < ε/2 i da za sve ν = 1, . . . , k0 vaì |ξν − qν | < ε/2. Obeleìmo y = (q1 , . . . , qk , q, q, . . .). O~igledno da y ∈ B i kxk − yk < ε/2. Iz prethodne nejednakosti i nejednakosti (1) sledi da je kx − yk < ε, pa je skup B svuda gust u prostoru c. Dakle, prostor c je separabilan. 0

0

0

1.55. Dokazati da je za proizvoqan kona~an interval [a, b] realne ose, normirani prostor C[a, b] kompletan i separabilan. Re{ewe. 1◦ Pretpostavimo najpre da je poqe skalara K = R, odnosno da se prostor C[a, b] sastoji od svih realnih neprekidnih funkcija definisanih na intervalu [a, b]. Uo~imo proizvoqan Ko{ijev niz (fn ) u prostoru C[a, b], fn = fn (t), t ∈ [a, b]. Tada za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N tako da je za sve m > n > n0 (1)

|fm (t) − fn (t)| < ε,

t ∈ [a, b].

58

1.2. ZADACI

Fiksirajmo u posledwoj nejednakosti t ∈ [a, b]. Tada je (fn (t)) Ko{ijev niz u R, pa je on konvergentan zbog kompletnosti prostora R. To vaì za svako fiksirano t ∈ [a, b], pa je na taj na~in definisana realna funkcija f (t) = n→+∞ lim fn (t). Pu{taju}i u (1) da m → +∞, dobijamo da za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N tako da je za sve n > n0 ispuweno |fn (t) − f (t)| < ε,

t ∈ [a, b],

odnosno da niz (fn ) uniformno konvergira ka funkciji f kad n → +∞. Kako su sve funkcije fn , n ∈ N, neprekidne na intervalu [a, b], to je i funkcija f ∈ C[a, b]. § Iz nejednakosti (1) sledi da je kfn − f k < ε za n dovoqno veliko, tj. za n > n0 , pa fn → f , n → +∞ u prostoru C[a, b]. Prema tome, normirani prostor C[a, b] je kompletan. Dokaìmo sada separabilnost prostora C[a, b]. Neka je B = {PnQ (t) = q0 + q1 t + · · · + qn tn | q0 , . . . , qn ∈ Q, n ∈ N}.

Skup B je o~igledno prebrojiv. Uo~imo proizvoqnu funkciju f ∈ C[a, b]. Na osnovu Vajer{trasove teoreme (teorema 1.25.) postoji polinom P (t) = a0 + a1 t + · · · + an tn , a0 , . . . , an ∈ R, takav da je ε kf − Pn k = sup |f (t) − Pn (t)| < . 2 t∈[a,b]

Za tako dobijeni polinom Pn postoji polinom PnQ ∈ B , sa racionalnim koeficijentima, takav da je ε kPn − PnQ k = sup |Pn (t) − PnQ (t)| < . 2 t∈[a,b]

Iz posledwe dve nejednakosti sledi da je kf − PnQ k < ε. Prema tome, skup B je svuda gust u prostoru C[a, b], pa je prostor C[a, b] separabilan. 2◦ Razmotrimo sada slu~aj kada je poqe skalara K = C. Prostor C[a, b] se tada sastoji od svih kompleksnih funkcija f : [a, b] → C, neprekidnih na intervalu [a, b]. Proizvoqnu funkciju f ∈ C[a, b] tada moèmo predstaviti u obliku f = u + iv, pri ~emu su u i v realne TEOREMA. Neka je (f ) (f : A → R, n ∈ N, A ⊆ R) niz funkcija neprekidnih u ta~ki a ∈ A, koji uniformno konvergira ka funkciji f : A → R na skupu A kad n → +∞. Tada je i funkcija f neprekidna u ta~ki a. §

n

n

59


funkcije, neprekidne na [a, b]. Radi preglednijeg zapisa, prostor realnih neprekidnih funkcija na intervalu [a, b] ozna~i}emo sa CR [a, b]. Uo~imo proizvoqan Ko{ijev niz (fn ) u prostoru C[a, b], fn (t) = un (t) + ivn (t), t ∈ [a, b], un , vn ∈ CR [a, b], n ∈ N. Tada za svako ε > 0 i dovoqno velike m, n (za m > n > n0 ) vaì |fm (t) − fn (t)| =

p

(um (t) − un (t))2 + (vm (t) − vn (t))2 < ε,

t ∈ [a, b].

Zbog |um (t) − un (t)| 6 |fm (t) − fn (t)|

i

|vm (t) − vn (t)| 6 |fm (t) − fn (t)|,

vaì |um (t) − un (t)| < ε,

m > n > n0 ; t ∈ [a, b],

|vm (t) − vn (t)| < ε,

m > n > n0 ; t ∈ [a, b],

{to zna~i da su (un ) i (vn ) Ko{ijevi nizovi u prostoru CR [a, b], za koji smo dokazali da je kompletan. To zna~i da nizovi (un ) i (vn ) konvergiraju u CR [a, b], pa postoje funkcije u, v ∈ CR [a, b], takve da un → u, n → +∞, i vn → v , n → +∞, u CR [a, b]. Uo~imo sada funkciju f = u + iv. O~igledno f ∈ C[a, b]. Kako je |fn (t) − f (t)| =

p (un (t) − u(t))2 + (vn (t) − v(t))2 ,

to je i |fn (t) − f (t)| < ε za n > n0 , t ∈ [a, b], odnosno kfn − f k < ε za n > n0 . Dakle, fn → f , n → +∞, pa je prostor C[a, b] kompletan. Dokaz separabilnosti za kompleksan normirani prostor C[a, b] je

sli~an dokazu za realan. Naime vaì i kompleksna varijanta Vajer{trasove teoreme, obzirom da se proizvoqna funkcija f ∈ C[a, b] moè napisati u obliku f = u + iv, gde su u, v ∈ CR [a, b] i da se svaki polinom oblika Pn (t) = a0 + a1 t + · · · + an tn ,

t ∈ [a, b],

sa kompleksnim koeficijentima a0 , . . . , an moè predstaviti u oblika ¡ ¢ Pn (t) = Re a0 + · · · + (Re an )tn + i Im a0 + · · · + (Im an )tn .

NAPOMENA. U prostoru neprekidnih funkcija na intervalu [a, b] realne ose moè se uvesti integralna norma sa µZ kf k = a

b

¶1/p |f (t)|p dt

,

p > 1.

60

1.2. ZADACI

Odgovaraju}i normirani prostor se tada obeleàva sa Cp [a, b]. Za sve vrednosti realnog parametra p > 1, prostor Cp [a, b] je nekompletan. Za svako p > 1 je separabilan.

1.56. Neka je S skup svih neprekidnih i ograni~enih funkcija na R. Dokazati da je preslikavawe d, definisano sa d(f, g) = sup |f (t) − g(t)|,

f, g ∈ S,

t∈R

metrika na skupu S . Dokazati da je metri~ki prostor (X, d) kompletan i da nije separabilan. Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu da dokaè da je d metrika na S i da je prostor (S, d) kompletan. Dokaz kompletnosti je sli~an dokazu kompletnosti prostora C[a, b]. U slu~aju prostora S , kod dokaza konvergencije proizvoqnog Ko{ijevog niza (fn ) iskoristiti ~iwenicu da iz uniformne konvergencije niza (fn ) ka funkciji f na R sledi uniformna konvergencija tog niza ka f na svakom intervalu [−a, a], 0 < a < +∞, odakle onda sledi da je funkcija f neprekidna na R. Dokaìmo sada da prostor (S, d) nije separabilan. Dokaza}emo da postoji neprebrojiva familija me|usobno disjunktnih otvorenih kugli u ovom prostoru (videti teoremu 1.26.). Neka je A skup svih funkcija koje su na (−∞, 1/2] jednake 0, a na svakom od intervala [n − 1/2, n + 1/2], n ∈ N, imaju za grafik poligonalnu liniju predstavqenu na slici 8 ili su jednake nuli. O~igledno da je A ⊆ S i da A ima isti kardinalni broj kao P(N) (partitivni skup skupa N), tj. card(A) = 2ℵ = c. 0

Slika 8. Za f, g ∈ A, f 6= g, je d(f, g) = 1. Prema tome, {K(f, 1/2) | f ∈ A} je neprebrojiva familija me|usobno disjunktnih otvorenih kugli u S , pa prostor (S, d) nije separabilan.


61

1.57. Dokazati da je normirani prostor B[a, b] svih mogu}ih ograni~enih funkcija na intervalu [a, b] sa normom kf k = sup |f (t)| Banahov. t∈[a,b] Dokazati da ovaj prostor nije separabilan. Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu da dokaè kompletnost ovog prostora (videti zadatak 1.55). Dokaìmo sada da prostor B[a, b] nije separabilan. Za proizvoqan realan broj α ∈ [a, b] uo~imo funkciju fα : [a, b] → {0, 1}, definisanu sa ½ fα (t) =

1, t = α, 0, t = 6 α,

t ∈ [a, b].

O~igledno je da su sve funkcije fα , α ∈ [a, b], ograni~ene. Kako je za i fα 6= fβ , to je card{fα | α ∈ [a, b]} = c. Za α 6= β vaì i

α 6= β

kfα − fβ k = sup |fα (t) − fβ (t)| = 1. t∈[a,b]

Uo~imo sada otvorenu kolekciju K = {K(fα , 1/3) | α ∈ [a, b]}. O~igledno je card(K) = c. Za α, β ∈ [a, b], α 6= β , je K(fα , 1/3)∩K(fβ , 1/3) = ∅. Pretpostavimo suprotno, da postoji f ∗ ∈ K(fα , 1/3) ∩ K(fβ , 1/3). Tada je kf ∗ − fα k < 1/3 i kf ∗ − fβ k < 1/3, odakle je kfα − fβ k 6 kfα − f ∗ k + kf ∗ − fβ k < 2/3, {to je nemogu}e jer je kfα − fβ k = 1. Prema tome, K je neprebrojiva kolekciju me|usobno disjunktnih otvorenih skupova u prostoru B[a, b], pa on nije separabilan (videti teoremu 1.26.).

1.58. Dokazati slede}a tvr|ewa. (a) Ako je X separabilan metri~ki prostor i funkcija f : X → Y neprekidna i sirjektivna, tada je i Y separabilan prostor. (b) Svaki potprostor separabilnog metri~kog prostora je separabilan. Re{ewe. (a) Dokaza}emo najpre da ako funkcija f slika skup A na skup B , tada je card(A) > card(B). Naime, kako je f sirjektivna funkcija, to je {f −1 (b) | b ∈ B} familija nepraznih skupova. Na osnovu aksiome izbora iz svakog skupa f −1 (b) moèmo da izdvojimo element i obeleìmo ga sa ab . Defini{imo funkciju g : B → A, tako da je g(b) = ab . O~igledno, za svako b ∈ B vaì f (g(b)) = b. Ako je g(b1 ) = g(b2 ), tada je f (g(b1 )) = f (g(b2 )), tj. b1 = b2 , pa je g injektivna funkcija koja slika B u A. Zbog toga je card(B) 6 card(A).

62

1.2. ZADACI

Neka je E najvi{e prebrojiv, svuda gust skup u X . Na osnovu dokazanog tvr|ewa, f (E) je najvi{e prebrojiv skup. Za y ∈ Y postoji x ∈ X takvo da je f (x) = y . Neka je V okolina ta~ke y . Tada postoji U , okolina ta~ke x i ta~ka e ∈ E ∩ U takva da je f (e) ∈ f (U ) ⊆ V , pa je skup f (E) svuda gust u Y . Prema tome, Y je separabilan prostor. (b) Metri~ki prostor (X, d) je separabilan ako i samo ako ima najvi{e prebrojivu bazu B = {Bν | ν ∈ N} (videti teoremu 1.26.). Neka je (Y, dY ) potprostor metri~kog prostora (X, d). Tada je kolekcija BY = {Bν ∩ Y | ν ∈ N} najvi{e prebrojiva baza prostora (Y, dY ), pa je on separabilan.

1.59. Neka je GX familija svih otvorenih skupova metri~kog prostora (X, d) i neka je Σ skup svih separabilnih metri~kih prostora. Izra~unati (a) max{card(GX ) | X ∈ Σ}; (b) max{card(X) | X ∈ Σ}. Re{ewe. (a) Metri~ki prostor X je separabilan (X ∈ Σ) ako i samo ako ima najvi{e prebrojivu bazu B = {Bν | ν ∈ N} (teorema 1.26.). Kako je card(B) 6 ℵ0 , to je card(P(B)) 6 c. Neka slede}i na~in S je U ∈ GX . Tada se U moè predstaviti na na U= Bν . Time je odre|eno preslikavawe f : P(B) → GX . Kako je ν∈I⊆N card(P(B)) 6 c i f sirjektivno preslikavawe, to je card(GX ) 6 c. Za X = R je GR ⊇ {(0, α) | α ∈ [1, 2]}, pa je card(GR ) > c. Kako je R separabilan metri~ki prostor, to je prema dokazanom card(GR ) 6 c. Dakle, card(GR ) = c, pa je max{card(GX ) | X ∈ Σ} = c. (b) Svaki jedno~lan skup {x} u metri~kom prostoru X je zatvoren, pa je skup X \{x} otvoren. Uo~imo preslikavawe f : X → GX , definisano sa f (x) = X \ {x}. Preslikavawe f je injektivno, pa je card(X) 6 card(GX ) 6 c na osnovu dela (a). Dakle, za X ∈ Σ je card(X) 6 c. Kako je R ∈ Σ i card(R) = c, to je max{card(X) | X ∈ Σ} = c. 1.60. (a) Neka su X1 , . . . , Xn normirani prostori. Dokazati da je prostor X = X1 × · · · × Xn normirani prostor ako za proizvoqan vektor x = (x1 , . . . , xn ) ∈ X defini{emo normu sa kxk = kx1 k + · · · + kxn k. (b) Dokazati da je prostor X sa ovako uvedenom normom Banahov ako i samo ako su svi prostori X1 , . . . , Xn Banahovi. (v) Dokazati da je prostor X sa ovako uvedenom normom separabilan ako i samo ako su svi prostori X1 , . . . , Xn separabilni.


63

Re{ewe. (a) Ostavqa se ~itaocu da proveri osobine norme.

(b) Pretpostavimo najpre da je prostor X Banahov. Neka je za svako fiksirano ν , 1 6 ν 6 n, (x(m) ν ), m ∈ N, Ko{ijev niz u prostoru Xν . Uo~imo niz (xm ) u prostoru X definisan na slede}i na~in (m) (m) xm = (0, . . . , 0, xν , 0 . . . , 0), m ∈ N, pri ~emu se xν nalazi na ν−toj poziciji. Tada za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve m > k > n0 (k) vaì kxm − xk k = kx(m) ν − xν k < ε, {to zna~i da je (xm ) Ko{ijev niz u prostoru X . Kako je X Banahov prostor to niz (xm ) konvergira. Neka xm → y = (y1 , . . . , yν , . . . , yn ), m → +∞. Kako je ky − xm k =

n X

kyk k + kx(m) − yν k, ν

k=1 k6=ν

to je yk = 0 za k = 1, . . . , n, k 6= ν i x(m) → yν , m → +∞, u prostoru ν Xν . Dakle, za svako ν = 1, . . . , n u prostoru Xν proizvoqan Ko{ijev niz konvergira, pa su svi prostori Xν , ν = 1, . . . , n, kompletni. Pretpostavimo sada da su svi prostori Xν , ν = 1, . . . , n, kompletni. (m) Neka je (xm ) Ko{ijev niz u prostoru X , xm = (x(m) 1 , . . . , xn ). Tada za svako ε > 0 postoji n0 tako da za sve m > k > n0 vaì kxm − xk k =

n X

kx(m) − x(k) ν ν k < ε,

ν=1 (k) (m) pa za svako ν = 1, . . . , n vaì kx(m) − xν k 6 ε, m > k > n0 , tj. (xν ), ν m ∈ N, je Ko{ijev niz u prostoru Xν , ν = 1, . . . , n. Iz kompletnosti prostora Xν , ν = 1, . . . , n, sledi da su svi nizovi (x(m) ν ) konvergentni, odnosno postoje yν ∈ Xν , ν = 1, . . . , n, takvi da je kx(m) − yν k < ε/n, ν za m dovoqno veliko (m > Nν , ν = 1, . . . , n). Neka je y = (y1 , . . . , yn ) i N = max{N1 , . . . , Nn }. Tada za sve m > N vaì kxm − yk < ε, pa niz (xm ) konvergira u X , {to zna~i da je prostor X Banahov. (v) Pretpostavimo da je prostor X = X1 × · · · × Xn separabilan. (m) Neka je B = {(x(m) 1 , . . . , xn ) | m ∈ N} svuda gust skup ta~aka u X . | m ∈ N} svuda gust skup ta~aka Dokaza}emo da je tada skup Bν = {x(m) ν u prostoru Xν , ν = 1, . . . , n. Neka je xν ∈ Xν proizvoqna ta~ka. Tada je yν = (0, . . . , 0, xν , 0, . . . , 0) ∈ X , pa za svako ε > 0 postoji indeks (m ) (m ) m0 ∈ N takav da je kyν − (x1 , . . . , xn )k < ε, tj. 0

n X k=1 k6=ν

(m0 )

kxk

0

0) k + kxν − x(m k < ε. ν

64

1.2. ZADACI

) Iz posledwe nejednakosti sledi da je kxν − x(m k < ε, {to zna~i da je ν skup Bν svuda gust u Xν . Kako je Bν o~igledno najvi{e prebrojiv skup, to je prostor Xν separabilan za sve ν = 1, . . . , n. Pretpostavimo sada da su prostori Xν , ν = 1, . . . , n, separabilni. Neka je Bν = {x(m) | m ∈ N} svuda gust skup ta~aka u prostoru Xν , ν ν = 1, . . . , n. Uo~imo skup 0

(m1 )

B = {(x1

n) , . . . x(m ) | m1 , . . . , mn ∈ N} n

u prostoru X . O~igledno je skup B najvi{e prebrojiv. Kako je skup Bν svuda gust u Xν , ν = 1, . . . , n, to za svaku ta~ku x = (x1 , . . . , xn ) ∈ X i sve ε > 0 postoje indeksi m1 , . . . , mn ∈ N takvi da je ν) kxν − x(m k< ν

ε , n

Tada je (m1 )

kx − (x1

n) , . . . , x(m )k = n

ν = 1, . . . , n. n X

ν) kxν − x(m k < ε, ν

ν=1

pa je skup B svuda gust u X . Dakle, X je separabilan prostor.

1.61. Dokazati da vektorski prostor P[0, 1] svih mogu}ih polinoma na intervalu [0, 1] sa normom kP k = max |P (t)| nije Banahov. t∈[0,1] Re{ewe. Uo~imo niz polinoma (Pn), definisan sa Pn (x) = 1 +

x2 xn x + + ··· + , 1! 2! n!

n ∈ N, x ∈ [0, 1].

Niz (Pn ) je Ko{ijev, jer za svako ε > 0 postoji n0 m > n > n0 vaì

∈N

tako da za sve

¯ n+1 ¯ ¯ x xm ¯¯ ¯ kPm − Pn k = max |Pm (x) − Pn (x)| = max ¯ + ··· + < ε. m! ¯ x∈[0,1] x∈[0,1] (n + 1)!

Kako za svako x ∈ [a, b] vaì Pn (x) → ex , n → +∞, a funkcija ex nije polinom, uo~eni Ko{ijev niz ne konvergira u P[0, 1], pa prostor P[0, 1] nije kompletan.

1.62. Dokazati da je vektorski prostor P svih mogu}ih polinoma P (t) = an tn + an−1 tn−1 + · · · + a0 (a0 , . . . , an ∈ K, n ∈ N0 ) jedan normiran prostor nad poqem K sa normom kP k = |a0 | + |a1 | + · · · + |an |, ali da nije Banahov.

65


Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu da pokaù da preslikavawe predstavqa normu na prostoru P . Uo~imo niz polinoma (Pn ), definisan sa

P 7→ kP k

t t2 tn + 2 + ··· + n . 2 2 2 Tada za proizvoqne indekse m > n vaì m X 1 1 < n, kPm − Pn k = ν 2 2 Pn (t) = 1 +

ν=n+1

pa je niz (Pn ) Ko{ijev. Pretpostavimo da niz (Pn ) konvergira u P ka polinomu P = br tr + br−1 tr−1 + · · · + b0 . Tada za n > r vaì

¯ ¯ 1 ¯¯ 1 ¯¯ 1 1 1 ¯ ¯ kPn − P k = |b0 − 1| + ¯b1 − ¯ + · · · ¯br − r ¯ + r+1 + · · · + n > r+1 , 2 2 2 2 2 {to je u kontradikciji sa pretpostavkom da Pn → P , n → +∞. Dakle, normirani prostor P nije kompletan.

1.63. Dokazati da je normiran prostor X kompletan ako i samo ako svaki apsolutno konvergentan red u wemu konvergira. +∞ P Re{ewe. Napomenimo da je u normiranom prostoru X red xν konn ν=1 P vergentan ako je niz n−tih parcijalnih suma (sn ), sn = xn , konver+∞ +∞ ν=1 P P gentan. Red xν je apsolutno konvergentan ako je brojni red kxν k ν=1 ν=1 konvergentan. +∞ P Pretpostavimo da je prostor X kompletan i da red kxν k konvern ν=1 P gira. Obeleìmo sn = kxν k. Tada za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N ν=1 tako da je ksm − sn k 6

m X

kxν k = |sm − sn | < ε,

m > n > n0 ,

ν=n+1

pa je niz (sn ) Ko{ijev. Kako je X kompletan prostor, to niz (sn ) +∞ P konvergira, pa i red xν konvergira. ν=1 Pretpostavimo sada da svaki apsolutno konvergentan red u X i obi~no konvergira. Neka je (xn ) proizvoqan Ko{ijev niz u X . Defini{imo niz prirodnih brojeva (kn ), n ∈ N0 , na slede}i na~in k0 = min{k ∈ N | (∀ν > k) kxν − xk k < 1/20 }, kn+1 = min{k ∈ N | k > kn ∧ (∀ν > k) kxν − xk k < 1/2n+1 }.

66

1.2. ZADACI

Takav niz (kn ), n ∈ N0 , postoji jer je niz (xn ) Ko{ijev. O~igledno je k0 < k1 < · · · . Uo~imo podniz (xk ) niza (xn ) i obeleìmo yn = xk . Posmatrajmo red n

n

+∞ X (yν − yν−1 ) = (y1 − y0 ) + (y2 − y1 ) + (y3 − y2 ) + · · · . ν=1 +∞ P

Red kyν − yν−1 k konvergira (dokazati videti zadatak 1.47). Na ν=1 osnovu pretpostavke da svaki apsolutno konvergentan red i obi~no +∞ P konvergira sledi da red (yν − yν−1 ) konvergira, a odatle i da niz ν=1 (yn ) konvergira. Dakle, Ko{ijev niz (xn ) ima konvergentan podniz, pa je i sam konvergentan (videti zadatak 1.45. (v)). Prema tome, prostor X je kompletan.

1.64. Neka je X normiran prostor, A neprazan skup i BX (A) vektorski prostor svih ograni~enih preslikavawa f : A → X , pri ~emu je kf k = sup kf (t)kX . Pokazati da je normirani vektorski prostor t∈A BX (A) kompletan ako i samo ako je prostor X kompletan.

Re{ewe. Pretpostavimo prvo da je prostor X kompletan. Dokaza}emo da u normiranom prostoru BX (A) svaki apsolutno konvergentan red i obi~no konvergira. +∞ P Pretpostavimo da red kfn k, konvergira (fn ∈ BX (A), n ∈ N). +∞ n=1 P Defini{imo sada funkciju f (t) = fn (t). Kako je n=1

+∞ X

kfn (t)kX 6

n=1

+∞ X

kfn k < +∞,

n=1

+∞ P

to red kfn (t)kX konvergira u X . Obzirom da je X kompletan pro+∞ n=1 P stor, to na osnovu zadatka 1.63 red fn (t) konvergira za svako t ∈ A, n=1 pa je funkcija f korektno definisana. Kako je za svako t ∈ A kf (t)kX 6

+∞ X n=1

kfn (t)kX 6

+∞ X n=1

kfn k < +∞,

67


to f ∈ BX (A). Daqe, za svako fiksirano t ∈ A vaì ° ° n X ° ° °f (t) − ° f (t) ν ° ° ν=1

° +∞ ° ° X ° ° =° f (t) ν ° ° ν=n+1

X

6 °

n P

°

+∞ X

X

6

+∞ X

kfν (t)kX

ν=n+1

kfν (t)kBX (A) → 0, n → +∞,

ν=n+1 +∞ P

pa i sup °°f (t) − fν (t)°° → 0, n → +∞, odnosno red fn konvert∈A n=0 ν=1 X gira ka funkciji f u prostoru BX (A). Na osnovu zadatka 1.63 sledi da je prostor BX (A) kompletan. Pretpostavimo sada da je normirani prostor BX (A) kompletan. Za svako x ∈ X , funkcije fx (t) = x, t ∈ A, pripadaju prostoru BX (A). Dakle, prostor X je izomorfan sa potprostorom konstantnih preslikavawa prostora BX (A). Neka je (xn ) proizvoqan Ko{ijev niz u X . Tada za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve m > n > n0 vaì kxm − xn k < ε. Kako je kfxm −fxn k = sup kfxm (t) − fxn (t)kX = sup kxm −xn k < ε, m > n > n0 , t∈A

t∈A

to je

(fxn ) Ko{ijev niz u BX (A), pa je on konvergentan, tj. postoji fx ∈ BX (A), x ∈ X , tako da fxn → fx , n → +∞, u BX (A) (dokazati da grani~na vrednost niza (fxn ) mora biti konstantna funkcija). Tada je kfxn − fx k < ε za n > n0 , pa za svako t ∈ A vaì kfxn (t) − fx (t)kX < ε, n > n0 , odnosno, kxn − xk < ε, n > n0 , {to zna~i da xn → x, n → +∞. Kako x ∈ X , to je prostor X kompletan.

1.65. Dokazati da je normirani prostor X kompletan ako i samo ako je jedini~na sfera S = {x ∈ X | kxk = 1} kompletan skup. Re{ewe. Neka je prostor X kompletan. Kako je S zatvoren skup u kompletnom metri~kom prostoru, on je kompletan (videti zadatak 1.49). Pretpostavimo sada da je skup S¯kompletan. Neka je (xn ) proizvoqan ¯ ¯ ¯ Ko{ijev niz u X . Iz nejednakosti kxm k − kxn k 6 kxm − xn k sledi da je (kxn k) Ko{ijev niz u R. Kako je prostor R kompletan, to niz (kxn k) konvergira u R. Neka kxn k → r, n → +∞. Ako je r = 0, tada xn → 0, n → +∞, pa niz (xn ) konvergira. Pretpostavimo da je r 6= 0 i uo~imo niz (yn ), definisan sa yn = xn /kxn k za sve n dovoqno velike (n > k). Kako kxn k → r, n → +∞, to postoji n0 ∈ N tako da je r/2 6 kxn k

68

1.2. ZADACI

za sve n > n0 . Tada za svako ε > 0 postoji indeks n(ε) tako da za sve m > n > n(ε) vaì ° ° ° ° ° xm ° ° xm − xn ° x x x n n n ° ° ° kym − yn k = ° ° kxm k − kxn k ° = ° kxm k + kxm k − kxn k ° ¯ kxn k ¯¯ kxm − xn k + 6 kxm k − kxn k¯ kxm k kxm kkxn k 2kxm − xn k 2ε 4ε 6 6 = , kxm k r/2 r

{to zna~i da je niz (yn ) Ko{ijev u X . Kako je kyn k = 1, to je niz (yn ) Ko{ijev na jedini~noj kugli S . Iz kompletnosti skupa S sledi da postoji y ∈ S tako da yn → y, n → +∞, tj. xn /kxn k → y, n → +∞. Kako kxn k → r, n → +∞, to xn → ry, n → +∞. Po{to je X vektorski prostor, y ∈ X i r ∈ R \ {0}, to ry ∈ X , pa niz (xn ) konvergira u X , {to zna~i da je prostor X kompletan.

1.66. Neka je X vektorski prostor svih nizova x = (ξν ), ξν ∈ K, za koje +∞ P red |ξn+1 − ξn | konvergira. Dokazati da je prostor X sa normom +∞ n=1 P kxk = |ξ1 | + |ξn+1 − ξn | Banahov. n=1

Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu da dokaè da je preslikavawe x 7→ kxk,

x ∈ X , norma na prostoru X .

Neka je (xn ), xn =° (ξν(n) ), proizvoqan Ko{ijev niz u prostoru X . ° ° (m) (n) ° Tada iz kxm − xn k > °ξ1 − ξ1 °, m, n ∈ N, sledi da je (ξ1(n) ) Ko{ijev niz u poqu skalara K, pa on konvergira u K. Dakle, postoji ξ1 ∈ K, (n) ξ1 = lim ξ1 . n→+∞ °

°

Iz kxm −xn k > °°ξ2(m) −ξ1(m) −(ξ2(n) −ξ1(n) )°°, m, n ∈ N, sledi da je niz (n) (n) (n) (ξ2 − ξ1 ) Ko{ijev u K, pa on konvergira. Kako niz (ξ1 ) konvergira, (n) to je i niz (ξ2(n) ) konvergentan u K, tj. postoji ξ2 ∈ K, ξ2 = n→+∞ lim ξ2 . Nastavqaju}i daqe opisani postupak zakqu~ujemo da za svako ν ∈ N (n) postoji ξν ∈ K, ξν = n→+∞ lim ξν . Uo~imo sada niz x = (ξν ). Pokaza}emo da xn → x, n → +∞, i da je x ∈ X. Kako je (xn ) Ko{ijev niz, on je ograni~en u X , tj. postoji realna

69


konstanta M > 0, takva da je kxn k 6 M za sve n ∈ N, odnosno ¯ ¯ +∞ ¯ ¯ ¯ (n) ¯ X ¯ (n) ¯ ¯ξ1 ¯ + ¯ξν+1 − ξν(n) ¯ 6 M,

n ∈ N,

ν=1

pa za svako k ∈ N vaì k ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (n) ¯ X ¯ (n) ¯ξ1 ¯ + ¯ξν+1 − ξν(n) ¯ 6 M,

n ∈ N.

ν=1

Ako u prethodnoj nejednakosti fiksiramo k ∈ N i pustimo da n → +∞ dobijamo |ξ1 | +

k X

|ξν+1 − ξν | 6 M.

ν=1

Pu{taju}i sada u posledwoj nejednakosti da k → +∞ dobijamo |ξ1 | +

+∞ X

|ξν+1 − ξν | 6 M,

ν=1

odnosno x ∈ X . Za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve m > n > n0 vaì +∞ ¯ ¯ ¯ X ¯ ¯ (m) ¯ (m) ¯ (n) ¯ (n) kxm − xn k = ¯ξ1 − ξ1 ¯ + ¯ξν+1 − ξν+1 − (ξν(m) − ξν(n) )¯ < ε, ν=1

odnosno, za svako k ∈ N i svako m > n > n0 vaì k ¯ ¯ ¯ X ¯ ¯ (m) ¯ (m) (n) ¯ (n) (m) (n) ¯ ξ − ξ + ξ − ξ − (ξ − ξ ) ¯ 1 ¯ ν+1 ¯ < ε. ν ν 1 ¯ ν+1 ν=1

Ako u prethodnoj nejednakosti fiksiramo k i n, a pustimo da m → +∞ dobijamo k ¯ ¯ ¯ ¯ X ¯ (n) ¯ ¯ (n) ¯ ¯ξν+1 − ξν+1 − (ξν(n) − ξν )¯ < ε, ¯ξ1 − ξ1 ¯ +

n > n0 .

ν=1

Ako sada u posledwoj nejednakosti pustimo da k → +∞ dobijamo +∞ ¯ ¯ ¯ ¯ X ¯ (n) ¯ ¯ (n) ¯ (n) ξ − ξ − (ξ − ξ ) kxn − xk = ¯ξ1 − ξ1 ¯ + ¯ ν+1 ν+1 ν ¯ < ε, ν ν=1

n > n0 ,

70

1.2. ZADACI

odnosno xn → x, n → +∞. Prema tome, X je Banahov prostor.

1.67. Neka je X = Cn [a, b] prostor neprekidnih funkcija na segmentu [a, b] realne prave koje imaju neprekidne izvode zakqu~no do n−tog reda. (a) Dokazati da je prostor X Banahov ako se u wemu uvede norma kf k = |f (a)| + |f 0 (a)| + · · · + |f (n−1) (a)| + sup |f (n) (t)|. a6t6b

(b) Ispitati separabilnost ovog prostora. Re{ewe. U re{avawu ovog zadatka iskoristi}emo slede}i stav. STAV. Ako je ϕ ∈ C[a, b] i α0 , α1 , . . . , αn−1 ∈ R, tada postoji ta~no

jednafunkcija y ∈ C [a, b] kojazadovoqavauslove y i y (a) = α , k = 0, 1, . . . , n − 1. n

(k)

(n) (t)

,

,

= ϕ(t) t ∈ [a, b]

k

Dokaìmo najpre da preslikavawe f 7→ kf k predstavqa normu na prostoru X . Osobine (N2) i (N3) norme se jednostavno dokazuju. O~igledno je za svako f ∈ X , kf k > 0. Ako je f = 0, tada je i kf k = 0. Ostaje jo{ samo da dokaèmo da iz kf k = 0 sledi f = 0. Iz kf k = 0 sledi da je f (k) (a) = 0, k = 0, 1, . . . , n − 1, i f (n) (t) = 0 za sve t ∈ [a, b]. O~igledno je da je jedno re{ewe prethodnog problema f = 0. Me|utim, na osnovu navedenog stava, re{ewe tog problema je jedinstveno, pa mora biti f = 0. Dakle, vaì i (N1), pa preslikavawe f 7→ kf k predstavqa normu na prostoru X . Neka je (fn ) proizvoqan Ko{ijev niz u X . Tada za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve m > p > n0 vaì kfm − fp k < ε, odnosno 0 (n−1) |fm (a) − fp (a)| + |fm (a) − fp0 (a)| + · · · + |fm (a) − fp(n−1) (a)| (n) (t) − fp(n) (t)| < ε. + sup |fm a6t6b

Iz prethodne nejednakosti zakqu~ujemo da je |fm(k) (a) − fp(k) (a)| < ε, (n) (n) k = 0, 1, . . . , n − 1, i sup |fm (t) − fp (t)| < ε za m > p > n0 . To zna~i a6t6b

da je za svako k = 0, 1, . . . , n−1 niz (fm(k) (a)), m ∈ N, Ko{ijev u R i (fm(n) ), m ∈ N, Ko{ijev niz u C[a, b]. Iz kompletnosti prostora R postoje (k) lim fm (a) = αk ∈ R, k = 0, 1, . . . , n − 1. Iz kompletnosti prostora m→+∞ (n) C[a, b] (videti zadatak 1.55) postoji ϕ ∈ C[a, b], tako da fm → ϕ, (n) m → +∞, tj. lim sup |fm (t) − ϕ(t)| = 0. m→+∞ a6t6b

71


Na osnovu navedenog stava postoji ta~no jedna funkcija f ∈ X takva da je f (n) (t) = ϕ(t) i f (k) (a) = αk , k = 0, 1, . . . , n−1. Kako u jednakosti 0 kfm − f k = |fm (a) − f (a)| + |fm (a) − f 0 (a)| + · · · (n−1) (n) + |fm (a) − f (n−1) (a)| + sup |fm (t) − f (n) (t)| a6t6b

svi sabirci na desnoj strani teè nuli kad m → +∞, to fm m → +∞. Po{to je f ∈ X , prostor X je kompletan. (b) Uo~imo proizvoqnu funkciju f ∈ X . Neka je

→ f,

B = {PνQ (t) = q0 + q1 t + · · · + qν tν | q0 , . . . , qν ∈ Q, ν ∈ N}.

Skup B je prebrojiv i svuda gust u C[a, b] (videti zadatak 1.55), pa za svako ε > 0 postoji polinom p ∈ B takav da je kf (n) − pkC[a,b] <

ε . n+1

Kako je skup Q svuda gust u R, to za svako ε > 0 postoje racionalni brojevi q0 , q1 , . . . , qn−1 takvi da vaì |f (k) (a) − qk | <

ε , n+1

k = 0, 1, . . . , n − 1.

Defini{imo sada polinome pk , k = 1, . . . , n, na slede}i na~in: Z

p1 (t) =

.. . pn (t) =

p(τ )dτ + qn−1 ,

a

Z p2 (t) =

t

t

p1 (τ )dτ + qn−2 ,

a

Z a

t

pn−1 (τ )dτ + q0 .

Odavde jednostavno dobijamo slede}e: pn (a) = q0 , p0n (t) = pn−1 (t) ⇒ p0n (a) = q1 , p00n (t) = pn−2 (t) ⇒ p00n (a) = q2 ,

.. .

p(n−1) (t) = p1 (t) n p(n) n (t) = p(t)

⇒ p(n−1) (a) = qn−1 , n ⇒ kf (n) (t) − p(n) n (t)kC[a,b] <

ε . n+1

72

1.2. ZADACI

Prema tome, vaì kf − pn k = |f (a) − pn (a)| + |f 0 (a) − p0n (a)| + · · · + |f (n−1 (a) − p(n−1) (a)| + sup |f (n) (t) − p(n) n n (t)| a6t6b

0

= |f (a) − q0 | + |f (a) − q1 | + · · · + |f (n−1) (a) − qn−1 | + kf (n) (t) − p(n) n (t)kC[a,b] ε 6 (n + 1) = ε. n+1

Dakle, skup polinoma {pn | p ∈ B} je svuda gust u X . Kako je taj skup prebrojiv, to je prostor X separabilan. NAPOMENA. Za svaki polinom p ∈ B , sa racionalnim koeficijentima, polinom pn defini{e se na gore opisani na~in. Pri tom polinom pn ne mora imati racionalne koeficijente.

1.68. Defini{imo preslikavawe f : C[0, π] 1 t 2 sin x(t) + e . Da li f ima fiksnu ta~ku?

→ C[0, π]

sa

f (x)(t) =

Re{ewe. Neka su x, y ∈ C[0, π]. Tada je

¯ ¯ ¯1 ¯ 1 t t d(f (x), f (y)) = max ¯¯ sin x(t) + e − sin y(t) − e ¯¯ 06t6π 2 2 ¯ ¯ ¯ ¯1 ¯ = max ¯ (sin x(t) − sin y(t))¯¯ 06t6π 2 ¯ ¯ ¯ ¯ x(t) + y(t) x(t) − y(t) ¯ = max ¯¯sin cos ¯ 06t6π 2 2 1 1 6 max |x(t) − y(t)| = d(x, y), 2 06t6π 2

pa je f kontrakcija sa koeficijentom λ = 1/2 ∈ [0, 1) (videti definiciju 1.28.). Kako je prostor C[0, π] kompletan (zadatak 1.55), na osnovu Banahove teoreme o fiksnoj ta~ki (teorema 1.16.) preslikavawe f ima jedinstvenu fiksnu ta~ku.

1.69. Neka je (X, d) kompletan metri~ki prostor i f : X → X preslikavawe takvo da za sve x, y ∈ X vaì d(f (x), f (y)) > µd(x, y) za neko µ > 1. Ako je f sirjektivno preslikavawe dokazati da f ima jedinstvenu fiksnu ta~ku.

73


Re{ewe. Ako je f (x) = f (y), tada je d(f (x), f (y)) = 0, pa je i d(x, y) = 0,

odnosno, x = y. Dakle, preslikavawe f je bijekcija. Tada je i preslikavawe f −1 : X → X tako|e bijekcija. Vaì d(f −1 (x), f −1 (y)) 6

¢ 1 1 ¡ d f (f −1 (x)), f (f −1 (y)) = d(x, y). µ µ

Kako je µ > 1, to je 1/µ ∈ (0, 1), pa je f −1 kontrakcija kompletnog metri~kog prostora X . Na osnovu Banahove teoreme o fiksnoj ta~ki, postoji jedinstvena ta~ka x∗ ∈ X , takva da je f −1 (x∗ ) = x∗ . Tada je i f (x∗ ) = f (f −1 (x∗ )) = x∗ , pa preslikavawe f ima fiksnu ta~ku.

1.70. Neka je (X, d) metri~ki prostor i f : X → X preslikavawe za koje postoji broj q, 0 6 q < 1, i funkcija g : X × X → R, tako da za sve x, y ∈ X i sve n ∈ N vaì d(f n (x), f n (y)) 6 qn g(x, y), pri ~emu je f 1 = f i f n+1 = f ◦ f n , n ∈ N. (a) Dokazati da je za proizvoqnu ta~ku x1 ∈ X niz (xn ), definisan sa xn+1 = f n (x1 ), n ∈ N, Ko{ijev. (b) Ako je prostor (X, d) kompletan i preslikavawe f : X → X neprekidno, dokazati da je n→+∞ lim xn jedinstvena fiksna ta~ka preslikavawa f . Re{ewe. (a) Neka je x1 ∈ X proizvoqna ta~ka i xn+1 = f n(x1), n ∈ N. Tada je d(xn , xn+1 ) = d(f n−1 (x1 ), f n−1 (x2 )) 6 q n−1 g(x1 , x2 ),

n ∈ N,

odakle, zbog nejednakosti mnogougla, za svako k ∈ N dobijamo d(xn , xn+k ) 6

k X

d(xn+ν−1 , xn+ν ) 6

ν=1

k X

q n+ν−2 g(x1 , x2 )

ν=1

= g(x1 , x2 ) q n−1

k−1 X

qν 6

ν=0

q n−1 g(x1 , x2 ), 1−q

jer je za q ∈ (0, 1) k−1 X

qν =

ν=0

Kako

q n → 0, n → +∞,

1 1 − qk 6 , 1−q 1−q

k ∈ N.

sledi da je niz (xn ) Ko{ijev.

74

1.2. ZADACI

(b) Ako je prostor (X, d) kompletan, onda je Ko{ijev niz (xn ) konvergentan, tj. postoji x∗ = n→+∞ lim xn . Po{to je f neprekidna funkcija, to je f (x∗ ) = f ( lim xn ) = lim f (xn ) = lim xn+1 = x∗ . n→+∞

Dakle,

n→+∞

x∗ je fiksna ta~ka preslikavawa f .

n→+∞

Tada je i

f 2 (x∗ ) = f (f (x∗ )) = f (x∗ ) = x∗

i lako se moè pokazati da je f n (x∗ ) = x∗ za svako n ∈ N. Pretpostavimo da je y 6= x∗ fiksna ta~ka preslikavawe f . Tada je, tako|e, f n (y) = y za sve n ∈ N, pa vaì d(x∗ , y) = d(f n (x∗ ), f n (y)) 6 q n g(x, y) → 0, n → +∞,

odakle sledi da je preslikavawa f .

x∗ = y .

Dakle, n→+∞ lim xn je jedinstvena fiksna ta~ka

1.71. Neka je (X, d) kompletan metri~ki prostor, f : X → X , f 1 = f i f n+1 = f ◦ f n , n ∈ N. Ako je za neko n ∈ N preslikavawe f n : X → X kontrakcija, tada postoji jedna i samo jedna fiksna ta~ka preslikavawa f . Dokazati. Re{ewe. Ako je f n : X → X kontrakcija i X kompletan metri~ki prostor onda na osnovu Banahove teoreme o fiksnoj ta~ki, postoji jedinstvena fiksna ta~ka x0 ∈ X preslikavawa f n , tj. f n (x0 ) = x0 . Tada je f (f n (x0 )) = f (x0 ). S druge strane je, zbog asocijativnosti kompozicije preslikavawa, f (f n (x0 )) = f n (f (x0 )). Iz posledwe dve jednakosti sada dobijamo da je f n (f (x0 )) = f (x0 ), {to zna~i da je f (x0 ) fiksna ta~ka preslikavawa f n . Kako je x0 jedinstvena fiksna ta~ka preslikavawa f n , to mora biti f (x0 ) = x0 , tj. x0 je fiksna ta~ka preslikavawa f . Dokaìmo da je ona jedinstvena. Pretpostavimo da je x∗ 6= x0 fiksna ta~ka preslikavawa f . Tada je f (x∗ ) = x∗ , pa je i f n (x∗ ) = x∗ , n ∈ N, tj. x∗ fiksna ta~ka preslikavawa f n , {to je nemogu}e jer f n ima jedinstvenu fiksnu ta~ku x0 . Dakle, jedinstvena fiksna ta~ka x0 preslikavawa f n je jedinstvena fiksna ta~ka i preslikavawa f . 1.72. Neka je f : [a, b] → [a, b] funkcija diferencijabilna na (a, b) i neprekidna na [a, b], za koju postoji konstanta K ∈ (0, 1) takva da za sve x ∈ (a, b) vaì |f 0 (x)| 6 K . Dokazati da jedna~ina f (x) = x ima jedinstveno re{ewe u [a, b].

75


Re{ewe. Na osnovu Lagranòve teoreme o sredwoj vrednosti za sve x1 , x2 ∈ [a, b] vaì |f (x1 ) − f (x2 )| = |f 0 (ξ)||x1 − x2 | 6 K|x1 − x2 |, ξ ∈ (x1 , x2 ), {to zna~i da je f kontrakcija. Kako je [a, b] kompaktan podskup od R, on je kompletan (videti teoremu 1.18.), to, prema Banahovoj teoremi o fiksnoj ta~ki, preslikavawe f ima jedinstvenu fiksnu ta~ku, odnosno jedna~ina f (x) = x ima jedinstveno re{ewe u [a, b].

1.73. Dat je niz (xn ) sa x1 = 1, xn+1 = 1/(1 + xn ), n ∈ N. Primenom Banahove teoreme o fiksnoj ta~ki dokazati da niz (xn ) konvergira i odrediti n→+∞ lim xn . Re{ewe. O~igledno je xn > 0 za sve n ∈ N, pa je xn+1 =

1 < 1, n ∈ N, 1 + xn

tj.

xn < 1

za

n > 2.

Neka je f (x) = 1 +1 x . Pokaza}emo da je f kontrakcija na nekom skupu koji sadrì skoro sve elemente datog niza (xn ). Kako je ¯ ¯ ¯ 1 1 ¯¯ 1 ¯ |f (x) − f (y)| = ¯ − |x − y| = 1 + x 1 + y ¯ (1 + x)(1 + y)

i max

x,y∈[0,1]

1 = 1, (1 + x)(1 + y)

pri ~emu se ova maksimalna vrednost dostiè za x = y = 0, zakqu~ujemo da skup na kome bi preslikavawe f eventualno bilo kontrakcija ne moè da sadrì 0. Kako je xn < 1 za n > 2, to je xn+1 =

pa je

1/2 < xn < 1

za sve

1 1 1 > = , 1 + xn 1+1 2

n > 3.

Po{to je

1 1 4 = = , (1 + 1/2)(1 + 1/2) 9 x,y∈[1/2,1] (1 + x)(1 + y) max

to je

4 |f (x) − f (y)| 6 |x − y|, x, y ∈ [1/2, 1]. 9 Dakle, f : [1/2, 1] → [1/2, 1] je kontrakcija sa koeficijentom 4/9, skup [1/2, 1] je kompletan i xn ∈ [1/2, 1] za sve n > 3, pa prema Banahovoj teoremi o fiksnoj ta~ki, f ima jedinstvenu fiksnu ta~ku u [1/2, 1].

76

1.2. ZADACI

Prema tome, grani~na vrednost niza (xn ) postoji i jednaka je jedinstvenoj fiksnoj ta~ki x∗ preslikavawa f koja pripada skupu [1/2, 1]. Tu fiksnu ta~ku lako nalazimo iz jednakosti x∗ = 1 +1 x∗ . Re{ewe je √ 5−1 x∗ = . 2

1.74. Primenom Banahove teoreme na}i re{ewe diferencijalne jedna~ine 1 f 0 (x) = (x + f (x)), 3 koje je neprekidno na [0, 1] i zadovoqava uslov f (0) = 0. (∗)

Re{ewe. Integracijom jednakosti (∗) problem se svodi na re{avawe integralne jedna~ine

f (x) =

1 3

Z

x

(t + f (t))dt. 0

Defini{imo preslikavawe A na C[0, 1] koje funkciji f druùje funkciju Af datu sa 1 (Af )(x) = 3

Z

∈ C[0, 1] pri-

x

(t + f (t))dt,

x ∈ [0, 1].

0

Preslikavawe A je dobro definisano, jer je funkcija t neprekidna, pa i integrabilna na [0, x], x ∈ [0, 1]. Kako je d dx

Z

7→ t + f (t)

x

(t + f (t))dt = x + f (x), 0

funkcija Af je diferencijabilna. Dakle, A : C[0, 1] → C1 [0, 1] ⊂ C[0, 1]. Prostor C[0, 1] je kompletan (zadatak 1.55), pa ostaje jo{ da pokaèmo da je A kontrakcija. Kako je ¯Z x ¯ Z ¯ ¯ ¯ (f (t) − g(t))dt¯ 6 max |f (t) − g(t)| ¯ ¯ 06t61

to je

0

x

dt = d(f, g)x,

0

d(A(f ), A(g)) = max |A(f )(x) − A(g)(x)| 06x61 ¯ Z x ¯ ¯1 ¯ ¯ = max ¯ (f (t) − g(t))dt¯¯ 06x61 3 0 1 1 6 d(f, g) max x = d(f, g), 06x61 3 3

77


pa je A kontrakcija sa koeficijentom 1/3. Na osnovu Banahove teoreme o fiksnoj ta~ki, preslikavawe A ima jedinstvenu fiksnu ta~ku f ∗ , koja je re{ewe i jedna~ine (∗). Re{ewe f ∗ moèmo dobiti kao granicu niza (fn ) iz C[0, 1], gde je, na primer f1 (x) = 0, x ∈ [0, 1], a 1 fn+1 (x) = 3

Z

x

0

(t + fn (t))dt,

n ∈ N.

Integracijom se dobija f2 (x) =

x2 x2 x3 , f3 (x) = + , ... . 2·3 2·3 2·3·3·3

Indukcijom se moè dokazati da je (dokazati!) n X 1 ³ x ´k fn (x) = 3 , k! 3

n > 2.

k=2

+∞ P

Posmatrajmo funkciju f ∈ C[0, 1], definisanu sa f (x) = 3 k!1 k=2 Tada vaì

³ x ´k 3

.

) µ ¶ +∞ +∞ X X 1 1 k 1 ³ x ´k =3 d(fn , f ) = max 3 06x61 k! 3 k! 3 k=n+1 k=n+1 µ ¶ 1 1 1 1 < n 1 + + 2 + ··· = → 0, n → +∞, 3 3 3 2 · 3n−1 (

tj. fn → f , n → +∞. Prema tome, re{ewe diferencijalne jedna~ine (∗) je Ã +∞ ! +∞ X X 1 ³ x ´k 1 ³ x ´k x f (x) = 3 =3 −1− k! 3 k! 3 3 k=2 x/3

= 3e

k=0

− 3 − x.

NAPOMENA. U ovom slu~aju smo prona{li ta~no re{ewe zadatog problema. Naj~e{}e to nije slu~aj, ve} na ovaj na~in, primenom Banahove teoreme, nalazimo pribli`no re{ewe, koje zadovoqava neki unapred zadati uslov.

78

1.2. ZADACI

1.75. Posmatrajmo beskona~ni sistem linearnih algebarskih jedna~ina oblika ξi =

+∞ X

½ cij ξj + bi , i ∈ N,

cij = δij − aij , δij =

j=1

tj.

1, i = j, 0, i = 6 j,

a11 ξ1 + a12 ξ2 + · · · = b1 , a21 ξ1 + a22 ξ2 + · · · = b2 ,

.. .

+∞ P

Ako je |cij | 6 q < 1, |bi | 6 B , i ∈ N, gde konstante q i B ne zavise j=1 od i, tada posmatrani sistem ima jedinstveno re{ewe (ξ1∗ , ξ2∗ , . . .) takvo da je |ξj∗ | 6 M , j ∈ N, za neko M > 0. Dokazati. Re{ewe. Posmatrajmo preslikavawe f : m+∞→ s, koje nizu x = (ξn) ∈ m P pridruùje niz y = (ηn ) ∈ s, gde je ηi = cij ξj + bi , i ∈ N. j=1

Pokaìmo najpre da je za x ∈ m i f (x) ∈ m, tj. da f : m → m. Kako je x = (ξn ) ∈ m, to postoji konstanta M > 0 takva da je |ξn | 6 M , za sve n ∈ N. Tada je |ηi | 6

+∞ X

|cij ||ξj | + |bi | 6 M q + B,

i ∈ N,

j=1

tj. y = f (x) ∈ m. Dakle, f : m → m. Prostor m je kompletan (videti zadatak 1.53). Dokaìmo sada da je f kontrakcija. Neka su x1 = (ξn(1) ) i x2 = (ξn(2) ) dva proizvoqna niza iz m i y1 = f (x1 ), y2 = f (x2 ). Tada je ¯ +∞ ³ ¯ ¯ ´ ¯¯ ¯X ¯ (1) (2) ¯ (1) (2) ¯ d(y1 , y2 ) = sup ¯ηi − ηi ¯ = sup ¯¯ cij ξj − ξj ¯ i∈N

i∈N

j=1

¯ ¯ +∞ ¯ ¯X ¯ ¯ ¯ (1) (2) ¯ ¯ |cij |¯¯ 6 qd(x1 , x2 ). 6 sup ¯ sup ¯ξj − ξj ¯ i∈N

j∈N

j=1

Kako je q ∈ [0, 1), preslikavawe f je kontrakcija sa koeficijentom q. Na osnovu Banahove teoreme o fiksnoj ta~ki postoji jedinstveni niz

79

GLAVA 1. METRI^KI I NORMIRANI PROSTORI x∗ = (ξn∗ ) ∈ m, takav da je f (x∗ ) = x∗ .

posmatranog sistema jedna~ina.

Taj niz x∗ je jedinstveno re{ewe

1.76. Neka su K ∈ C([a, b] × [a, b]) i g ∈ C[a, b]. Dokazati da integralna jedna~ina¶ Z

t

x(t) − λ

K(t, s)x(s)ds = g(t),

λ ∈ R,

a

ima jedinstveno re{ewe x ∈ C[a, b]. Re{ewe. Defini{imo preslikavawe A na skupu C[a, b] na slede}i na~in: Z

(Ax)(t) = λ

t

K(t, s)x(s)ds + g(t). a

Tada je za svako x ∈ C[a, b] i Ax ∈ C[a, b] (dokazati!). Prostor C[a, b] je kompletan. Dokaìmo da je A kontrakcija. Neka su x, y ∈ C[a, b]. Kako je funkcija K neprekidna na kompaktnom skupu [a, b]×[a, b] to postoji realna konstanta M > 0 takva da je |K(t, s)| 6 M , (x, s) ∈ [a, b] × [a, b]. Tada je ¯ Z t ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯(Ax)(t) − (Ay)(t)¯ = ¯λ K(t, s)(x(s) − y(s))ds¯ 6 |λ| M d(x, y)(t − a). ¯ ¯ a

Daqe, ¯ Z t ³ Z t ´ ¯¯ ¯ 2 ¯ ¯ ¯(A x)(t) − (A2 y)(t)¯ = ¯λ K(t, s) λ K(s, u)(x(u) − y(u))du ds¯ ¯ ¯ a ¯ aZ s ¯ Z t ¯ ¯ 6 |λ| |K(t, s)| ¯¯λ K(s, u)(x(u) − y(u))du¯¯ ds a a Z t 6 |λ| M |λ| M d(x, y) (s − a)ds a

(t − a)2 . = |λ|2 M 2 d(x, y) 2

Indukcijom se lako dokazuje (dokazati!) da je ¯ n ¯ ¯(A x)(t) − (An y)(t)¯ 6 1 |λ|n M n (t − a)n d(x, y). n!

Ovo je Volterova jedna~ina druge vrste K se naziva jezgro, a λ parametar integralne jedna~ine. ¶

80

1.2. ZADACI

Kako je t 6 b, to je ¢n 1¡ |λ| M (b − a) d(x, y). n! ¢n 1¡ Za dovoqno veliko n (n > n0 ) je q = n! |λ| M (b − a) < 1, pa je za n dovoqno veliko preslikavawe An kontrakcija. Na osnovu zadatka 1.71 sledi da preslikavawe A ima jedinstvenu fiksnu ta~ku, odnosno, data d(An x, An y) 6

integralna jedna~ina ima jedinstveno re{ewe.

1.77. Neka je H predHilbertov prostor, sa skalarnim proizvodom (x, y) 7→ hx, yi. Za fiksirano y ∈ H skalarni proizvod hx, yi je neprekidna funkcija od x u smislu metrike prostora X . Analogno tvr|ewe vaì kada fiksiramo x. Dokazati. Re{ewe. Neka je (xn) proizvoqan niz iz H koji konvergira ka x ∈ H . Tada kori{}ewem linearnosti skalarnog proizvoda po prvom argumentu i nejednakosti Ko{i[varcBuwakovskog jednostavno dobijamo |hxn , yi − hx, yi| = |hxn − x, yi| 6 kxn − xkkyk → 0, n → +∞,

odakle sledi tvr|ewe (videti teoremu 1.13.). Ostavqa se ~itaocu da pokaè neprekidnost skalarnog proizvoda po drugom argumentu.

1.78. Neka je H Hilbertov prostor, x ∈ H i Y vektorski potprostor od H . Tada su x⊥ i Y ⊥ Hilbertovi potprostori od H . Dokazati. Re{ewe. Primetimo najpre da je x⊥ vektorski potprostor od H , jer iz y1 ⊥ x i y2 ⊥ x sledi αy1 + βy2 ⊥ x za sve skalare α i β . Neka je (yn ) niz iz x⊥ i yn → y, n → +∞. Kako je hx, yn i = 0 za sve n ∈ N, zbog neprekidnosti skalarnog proizvoda (zadatak 1.77), sledi hx, yi = 0, pa je y ∈ x⊥ , {to zna~i da je x⊥ zatvoren potprostor kompletnog prostora H , pa je i sam kompletan (videti zadatak 1.49), tj Hilbertov. T Kako skup Y ⊥ moèmo zapisati u obliku Y ⊥ = y∈Y y⊥ , to je Y ⊥ zatvoren skup kao presek kolekcije zatvorenih skupova, pa je Y ⊥ Hilbertov potprostor Hilbertovog prostora H . 1.79. Dokazati da je normirani prostor H predHilbertov ako i samo ako za sve x, y ∈ H vaì jednakost paralelograma (∗)

kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 + kyk2 ).

81


Re{ewe. Neka je H predHilbertov prostor. Tada vaì kx + yk2 + kx − yk2 = hx + y, x + yi + hx − y, x − yi = hx, xi + hy, yi + hx, yi + hy, xi + hx, xi + hy, yi − hx, yi − hy, xi = 2(kxk2 + kyk2 ).

Pretpostavimo sada da vaì jednakost (∗). Razmotrimo prvo jednostavniji slu~aj K = R. Neka je f (x, y) =

¢ 1¡ kx + yk2 − kx − yk2 , 4

x, y ∈ H.

Dokaza}emo da je preslikavawem f definisan jedan skalarni proizvod u prostoru H saglasan sa normom prostora H . Iz f (x, y) = f (y, x) i f (x, x) = kxk2 sledi da vaè osobine (SP3), (SP4) i (SP5) (videti definiciju 1.39.). Za sve a, b, c ∈ H vaì jednakost (dokazati!) (1)

f (a + c, b) + f (a − c, b) = 2f (a, b),

odakle za c

= a dobijamo f (2a, b) = 2f (a, b), a, b ∈ H . (x1 + x2 )/2, c = (x1 − x2 )/2 i b = y dobijamo f (x1 , y) + f (x2 , y) = 2f

Sada za a

=

³x + x ´ 1 2 , y = f (x1 + x2 , y), 2

tj. vaì (SP2). Pretpostavimo da za neko n ∈ N i sve a, b ∈ H vaì f (na, b) = nf (a, b) i f ((n − 1)a, b) = (n − 1)f (a, b). Na osnovu te pretpostavke i jednakosti (1) sledi f ((n + 1)a, b) + f ((n − 1)a, b) = 2f (na, b) = 2nf (a, b),

odnosno f ((n + 1)a, b) = (2n − (n − 1))f (a, b) = (n + 1)f (a, b).

Na osnovu principa matemati~ke indukcije je f (na, b) = nf (a, b) za sve n ∈ N.

82

1.2. ZADACI

Daqe, za sve m ∈ N, na osnovu definicije funkcije f , dobijamo

³x

´ 1 1 1 1 , y = 2 f (x, my) = 2 f (my, x) = 2 · mf (x, y) = f (x, y). m m m m m O~igledno je f (−x, y) = −f (x, y), pa sledi da vaì f (αx, y) = αf (x, y) za sve α ∈ Q. Neka je α ∈ R proizvoqno. Tada postoji niz racionalnih brojeva (αn ) koji konvergira ka α kada n → +∞. Kako je f neprekidna funkcija, za sve x, y ∈ H je ¡ ¢ f (αx, y) = f lim αn x, y = lim f (αn x, y) f

n→+∞

n→+∞

= lim αn f (x, y) = αf (x, y), n→+∞

tj. vaì i (SP1). Prema tome, f je skalarni proizvod u prostoru H , saglasan sa normom tog prostora, tj. prostor H je predHilbertov. Razmotrimo sada slu~aj K = C. Za prethodno definisano preslikavawe f defini{imo hx, yi = f (x, y) − if (ix, y),

Dokaza}emo da je preslikavawe (x, y) 7→ prostoru H . Lako se dobijaju slede}e jednakosti

x, y ∈ H.

hx, yi

skalarni proizvod na

f (ix, iy) = f (x, y), f (ix, y) = f (ix, iiy) = f (x, iy) = f (iy, x) = −f (iy, x), f (ix, x) = f (ix, iix) = f (x, ix) = f (ix, x) = −f (ix, x),

odakle je f (ix, x) = 0, pa je hx, xi = f (x, x) − if (ix, x) = kxk2 . Odavde direktno sledi da su osobine (SP4) i (SP5) skalarnog proizvoda zadovoqene. Osobina (SP2) se dobija jednostavno. Kako je hix, yi = f (ix, y) − if (−x, y) = f (ix, y) + if (x, y) ¡ ¢ = i f (x, y) − if (ix, y) = ihx, yi,

to je i osobina (SP1) skalarnog proizvoda zadovoqena. Kona~no, zadovoqena je i osobina (SP3) jer je hy, xi = f (y, x) − if (iy, x) = f (x, y) − if (iy, iix) = f (x, y) − if (y, ix) = f (x, y) − if (ix, y) = f (x, y) + if (ix, y) = hx, yi,

83


pa je normirani prostor H predHilbertov.

1.80. Neka je Y Hilbertov potprostor Hilbertovog prostora H , x ∈ H i δ = d(x, Y ) = inf{kx − yk | y ∈ Y }. Tada u Y postoji jedinstvena ta~ka y∗ takva da je δ = kx − y∗ k. Dokazati. Re{ewe. Neka je (yn) niz ta~aka iz Y takav da je (1)

lim kx − yn k = δ.

n→+∞

Na osnovu jednakosti paralelograma (zadatak 1.79) za jamo

m, n ∈ N

dobi-

kym − yn k2 = 2kym − xk2 + 2kyn − xk2 − k(ym − x) + (yn − x)k2 °2 ° ° ym + yn ° 2 2 − x° = 2kym − xk + 2kyn − xk − 4 ° ° . ° 2

Kako je (ym + yn )/2 ∈ Y , to prema definiciji broja δ vaì ° ° ° ym + yn ° ° − x° ° ° > δ, 2

pa je

kym − yn k2 6 2kym − xk2 + 2kyn − xk2 − 4δ 2 .

Odavde, zbog (1), sledi da je (yn ) Ko{ijev niz u Y . Zbog kompletnosti potprostora Y postoji y∗ ∈ Y , tako da je yn → y∗ , n → +∞. Iz (1) onda sledi da je kx − y∗ k = δ. Dokaìmo sada da je ta~ka y∗ jedinstvena. Pretpostavimo da postoji ta~ka z ∈ Y , z 6= y∗ , koja zadovoqava kx − zk = δ. Tada je na osnovu jednakosti paralelograma ky ∗ − zk2 = 2ky ∗ − xk2 + 2kz − xk2 − ky ∗ + z − 2xk2 ° ∗ °2 ° °y + z 2 ° = 4δ − 4 ° ° 2 − x° 6 0, ° ∗ °2 °y + z ° ∗ ° jer je (y + z)/2 ∈ Y , pa je ° 2 − x°° > δ2 . Dakle, ky∗ − zk2 = 0, tj. z = y∗ .

NAPOMENA. Prethodni zadatak tvrdi da u Hilbertovom potprostoru Hilbertovog prostora H postoji jedinstvena ta~ka koja je najblià uo~enoj ta~ki x ∈ H .

Y

84

1.2. ZADACI

1.81. Neka je Y Hilbertov potprostor Hilbertovog prostora H i ta~ka najblià ta~ki x ∈ H . Tada x − y ∈ Y ⊥ . Dokazati. Re{ewe. 0Kada vektor x − y ne bi0 bio ortogonalan na Y , postojao bi vektor y ∈ Y takav da je hx − y, y i = r 6= 0. Uo~imo vektor

y∈Y

y 00 = y +

r hy 0 , y 0 i

y 0 ∈ Y.

Tada je ¿ kx − y k = x − y − 00 2

r r y0, x − y − 0 0 y0 0 0 hy , y i hy , y i r 0 = hx − y, x − yi − 0 0 hy , x − yi hy , y i r |r|2 − 0 0 hx − y, y 0 i + 0 0 2 hy 0 , y 0 i hy , y i hy , y i 2 |r| = kx − yk2 − 0 0 , hy , y i

À

pa je kx − y00 k2 < kx − yk2 , {to je nemogu}e jer je y ta~ka najblià ta~ki x. Prema tome, vektor x − y je ortogonalan na Y . NAPOMENA. Iz prethodnog zadatka i zadatka 1.80 sledi da svaki vektor x u Hilbertovom prostoru H ima jedinstvenu dekompoziciju x = y + z , gde je y ∈ Y i z ∈ Y ⊥ , a Y Hilbertov potprostor Hilbertovog prostora H . Kako je Y ∩ Y ⊥ = {0}, vaì jednakost H = Y ⊕ Y ⊥ . Vektor y naziva se ortogonalna projekcija vektora x na Hilbertov potprostor Y.

1.82. Ako je Y pravi Hilbertov potprostor Hilbertovog prostora H tada postoji vektor razli~it od nula-vektora ortogonalan na Y . Dokazati. Re{ewe. Neka je x ∈ H \ Y i y ∈ Y ta~ka najblià ta~ki x. O~igledno z = x − y nije nulavektor. Prema zadatku 1.81 vektor z je ortogonalan na Y . 1.83. Ako je Y zatvoreni potprostor Hilbertovog prostora H , tada je za proizvoqnu ta~ku x ∈ H rastojawe do potprostora Y dato sa p d(x, Y ) = kxk2 − kyk2 , pri ~emu je y ortogonalna projekcija ta~ke x na potprostor Y . Dokazati.


85

Re{ewe. Po{to je Y zatvoreni potprostor Hilbertovog prostora H on je i sam Hilbertov prostor (videti zadatak 1.49), pa svaki vektor x ∈ H ima jedinstvenu dekompoziciju x = y + z , gde je y ∈ Y i z ∈ Y ⊥ . Kako je y ⊥ z iz gorwe dekompozicije neposredno dobijamo kxk2 = ky + zk2 = hy + z, y + zi = kyk2 + kzk2 ,

tj. kzk2 = kxk2 − kyk2 . Kako je d(x, Y ) = kx − yk = kzk, sledi traèna jednakost.

1.84. Dokazati da ortogonalni komplement Y ⊥ proizvoqnog nepraznog skupa Y u Hilbertovom prostoru H predstavqa zatvoreni potprostor prostora H i vaì Y ⊆ Y ⊥⊥ . Re{ewe. Ako su x1, x2 ∈ Y ⊥, tada je hx1, yi = hx2, yi = 0 za sve y ∈ Y , pa za proizvoqne skalare α, β ∈ K vaì hαx1 + βx2 , yi = αhx1 , yi + βhx2 , yi = 0,

{to zna~i da αx1 + βx2 ∈ Y ⊥ . Dakle, Y ⊥ je potprostor prostora H . Dokaìmo sada zatvorenost potprostora Y ⊥ . Neka je (xn ) proizvoqan niz elemenata skupa Y ⊥ i xn → x ∈ H , n → +∞. Tada za sve y ∈ Y vaì hxn , yi = 0 (n ∈ N) i |hx, yi| = |hx, yi − hxn , yi| = |hx − xn , yi| 6 kx − xn kkyk → 0, n → +∞,

odakle je hx, yi = 0 za svako y ∈ Y , tj. x ∈ Y ⊥ . Dakle, Y ⊥ je zatvoreni potprostor prostora H . Skup Y ⊥ je neprazan, pa je uvek definisan i skup Y ⊥⊥ . On je tako|e zatvoren potprostor prostora H . Inkluzija Y ⊆ Y ⊥⊥ sledi neposredno iz definicije skupa Y ⊥⊥ .

1.85. Dokazati da za zatvoreni potprostor Y Hilbertovog prostora H vaì jednakost Y = Y ⊥⊥ . Re{ewe. Na osnovu prethodnog zadatka vaì inkluzija Y ⊆ Y ⊥⊥ . ⊥⊥ Dokaìmo i obrnutu inkluziju. Neka je x ∈ Y proizvoqan vektor. Moèmo ga predstaviti kao x = y + z , gde y ∈ Y , a z ∈ Y ⊥ . Kako je y ∈ Y ⊥⊥ , to je i z = x − y ∈ Y ⊥⊥ , jer je Y ⊥⊥ potprostor prostora H . Dakle, z ∈ Y ⊥ i z ∈ Y ⊥⊥ , a kako je Y ⊥ ∩ Y ⊥⊥ = {0}, sledi da je z = 0, tj. x = y ∈ Y . Dakle, Y ⊥⊥ ⊆ Y , odnosno Y ⊥⊥ = Y .

86

1.2. ZADACI

1.86. Dokazati da je prostor `2 Hilbertov, a da nijedan od prostora `p , p > 1, p 6= 2; c0 ; c; m nije Hilbertov. Re{ewe. U prostoru `2 preslikavawe (x, y) 7→ hx, yi definisano sa hx, yi =

+∞ X

ξν η ν ,

x = (ξν ), y = (ην ),

ν=1

je skalarni proizvod saglasan sa normom prostora `2 (ostavqa se ~itaocu da to dokaè). Kako je normirani prostor `2 kompletan (zadatak 1.52), to je `2 Hilbertov prostor. Pokaìmo sada da nijedan od prostora `p , p > 1, p 6= 2, nije Hilbertov. Nizovi e1 = (1, 0, 0, . . .) i e2 = (0, 1, 0, 0 . . .) pripadaju prostoru `p za sve√p > 1 i vaì ke1 k = ke2 k = 1, ke √1 + e2 k = k(1, 1, 0, 0, . . .)k = 2, ke1 − e2 k = k(1, −1, 0, 0, . . .)k = 2. Tada je 2(ke1 k2 + ke2 k2 ) = 4 i ke1 + e2 k2 + ke1 − e2 k2 = 2 · 22/p , pa za p 6= 2 ne vaì jednakost paralelograma (videti zadatak 1.79), {to zna~i da prostor `p , p > 1, p 6= 2 nije predHilbertov, pa ne moè biti ni Hilbertov. Uo~eni nizovi e1 i e2 pripadaju i prostoru c0 . U normiranom prostoru c0 je ke1 k = ke2 k = 1, ke1 + e2 k = ke1 − e2 k = 1, pa je 2(ke1 k2 + ke2 k2 ) = 4 i ke1 + e2 k2 + ke1 − e2 k2 = 2, pa opet ne vaì jednakost paralelograma. Dakle, ni prostor c0 nije predHilbertov, pa nije ni Hilbertov. Kako je c0 potprostor normiranog prostora c, a c potprostor normiranog prostora m, to ni prostori c i m nisu Hilbertovi. p

p

1.87. Dokazati da prostor C[a, b] nije predHilbertov. Re{ewe. Uo~imo funkcije f (t) = 1, g(t) =

O~igledno

f, g ∈ C[a, b]

i

kf k = kgk = 1.

(f + g)(t) = 1 +

i

t−a , b−a

kf + gk = 2, kf − gk = 1.

t−a , b−a

t ∈ [a, b].

Tada je

(f − g)(t) = 1 −

t−a , b−a

Jednakost paralelograma ne vaì jer je

kf + gk2 + kf − gk2 = 5 6= 4 = 2(kf k2 + kgk2 ).

87


Prema tome, prostor C[a, b] nije pred Hilbertov.

1.88. Dokazati da je vektorski prostor C2 [−1, 1] neprekidnih funkcija na [−1, 1] u kome je skalarni proizvod uveden sa Z

1

hx, yi =

x(t)y(t) dt −1

predHilbertov, ali nije Hilbertov. Re{ewe. Ostavqe se ~itaocu da pokaè da h·, ·i zaista predstavqa skalarni proizvod. Norma indukovana skalarnim proizvodom je µZ

1

kxk =

¶1/2 2

|x(t)| dt

.

−1

Uo~imo niz (xn ) u prostoru C2 [−1, 1], definisan sa   0, −1 6 t 6 0, nt, 0 < t 6 1/n, xn (t) =  1, 1/n < t 6 1.

Niz (xn ) je Ko{ijev u C2 [−1, 1], ali on ne konvergira u C2 [−1, 1] (pokazati!), pa prostor C2 [−1, 1] nije kompletan u odnosu na normu indukovanu skalarnim proizvodom, tj. nije Hilbertov.

1.89. Ako su x1 , x2 , . . . , xn uzajamno ortogonalni vektori u predHilbertovom prostoru, dokazati da vaì jednakost kx1 + x2 + · · · + xn k2 = kx1 k2 + kx2 k2 + · · · + kxn k2 .

(1)

Osim toga, dokazati da su vektori x, y 6= 0 uzajamno ortogonalni ako i samo ako za proizvoqne skalare α, β ∈ K vaì jednakost kαxk2 + kβyk2 = kαx + βyk2 .

(2)

Re{ewe.

Ako su vektori x1 , x2 , . . . , xn uzajamno ortogonalni, tada je hxν , xk i = 0 za ν 6= k , pa se jednakost (1) dobija direktnim ra~unawem kx1 + x2 + · · · + xn k2 = hx1 + x2 + · · · + xn , x1 + x2 + · · · + xn i n n X X X = hxν , xν i + hxν , xk i = kxν k2 . ν=1

ν6=k

ν=1

88

1.2. ZADACI

Pretpostavimo sada da su vektori x, y 6= 0 uzajamno ortogonalni i da su α i β proizvoqni skalari. Tada je hx, yi = 0, pa je hαx, βyi = αβhx, yi = 0, tj. αx ⊥ βy . Prema tome, iz jednakosti (1), direktno sledi jednakost (2). Pretpostavimo sada da za proizvoqne α, β ∈ K jednakost (2) vaì. Tada je kαx + βyk2 = hαx + βy, αx + βyi = hαx, αxi + hβy, βyi + 2 Re hαx, βyi = kαxk2 + kβyk2 + 2 Re hαx, βyi,

odakle, zbog jednakosti (2), sledi Re hαx, βyi = 0, tj. Re(αβhx, yi) = 0 za sve α, β ∈ K. Specijalno, za α = β = 1 dobijamo Rehx, yi = 0, a za α = 1, β = i dobijamo Imhx, yi = 0, pa je hx, yi = 0, tj. x ⊥ y .

1.90. Neka je {eν | ν ∈ N} ortonormirani sistem u separabilnom Hil+∞ P bertovom prostoru H . Dokazati da vektorski red αn en konvergira +∞ n=1 P u H ako i samo ako numeri~ki red |αn |2 konvergira. n=1

P Re{ewe. Zbog kompletnosti prostora H , red α e P

samo ako je niz (sn ), gde je sn =

n

ν=1

+∞

konvergira ako i αν eν , Ko{ijev. Tada za m > n vaì n=1

*

ksm − sn k2 = hsm − sn , sm − sn i = = n P

m X

m X

n n

αν eν ,

ν=n+1

m X

+ α ν eν

ν=n+1

|αν |2 = sm − sn ,

ν=n+1

gde je sn = |αν |2 . Dakle, niz (sn ) je Ko{ijev ako i samo ako je niz +∞ ν=1 P (sn ) Ko{ijev, a to je ispuweno ako i samo ako red |αn |2 konvergira. n=1

1.91. Dokazati da je svaki kompleksan Hilbertov prostor H sa skalarnim proizvodom hx, yi istovremeno i realan Hilbertov prostor sa skalarnim proizvodom [x, y] = Rehx, yi,

x, y ∈ H.

Re{ewe. Za proizvoqne x, y, z ∈ H i α, β ∈ ¡R vaì

¢ [αx + βy, z] = Rehαx + βy, zi = Re αhx, zi + βhy, zi = α Rehx, zi + β Rehy, zi = α[x, z] + β[y, z],

89


odnosno, vaè osobine (SP1) i (SP2) skalarnog proizvoda. Daqe, vaì i (SP3), jer je za x, y ∈ H [y, x] = Rehy, xi = Re hy, xi = Rehx, yi = [x, y].

Kona~no, iz [x, x] = Rehx, xi = Re kxk2 = kxk2 , direktno dobijamo da su zadovoqene i osobine (SP4) i (SP5) skalarnog proizvoda.

1.92. Dokazati da se u vektorski prostor X realnih nizova x = (xn ), +∞ P takvih da je xn < +∞, moè uvesti skalarni proizvod sa n=1

hx, yi =

+∞ X

λn xn yn ,

n=1 +∞ P

ako su λn ∈ R, takvi da je 0 < λn < 1, n ∈ N, i λn konvergira. Da n=1 li je dobijeni prostor Hilbertov? Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu da pokaè da je preslikavawe h·, ·i skalarni proizvod na prostoru X . Izaberimo niz (λn ) koji zadovoqava sve uslove zadatka. Tada za +∞ P svako ε > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve N > n0 vaì λν < ε. ν=N +1

Uo~imo u prostoru X niz (xn ), n ∈ N, gde je xn = (ξν(n) ), ν ∈ N, dat sa xn = (1, 1, . . . , 1, 0, 0, . . . , 0, . . .). | {z } n

puta

Tada za m > n vaì

v u +∞ uX ¡ (m) p (n) ¢2 kxm − xn k = hxm − xn , xm − xn i = t λν ξν − ξν v u X u m =t λν ,

ν=1

ν=n+1

pa je za m, n dovoqno velike kxm − xn k < ε, tj. niz (xn ) je Ko{ijev u X . O~igledno xn → x = (1, 1, . . . , 1, . . .), n → +∞. Me|utim, x 6∈ X +∞ P jer je 12 = +∞. Prema tome, prostor X nije kompletan u odnosu na n=1 normu indukovanu skalarnim proizvodom, pa on nije Hilbertov.

Glava 2

Operatori 2.1 Pregled teorije Linearni i ograni~eni operatori Neka su X i Y dva normirana prostora nad istim skupom skalara i neka je dato preslikavawe A : X → Y . Vrednost preslikavawa u ta~ki x ozna~ava}emo sa y = A(x) ili y = Ax. Umesto termina preslikavawe koristi}emo termin operator.

K A

DEFINICIJA 2.1.

Operator A : X → Y je aditivan ako je

A(x1 + x2 ) = Ax1 + Ax2 ,

Operator A je homogen ako je

A(λx) = λAx,

x1 , x2 ∈ X.

x ∈ X, λ ∈ K.

Operator A je linearan ako je aditivan i homogen, tj. ako je A(λ1 x1 + λ2 x2 ) = λ1 Ax1 + λ2 Ax2 ,

x1 , x2 ∈ X, λ1 , λ2 ∈ K.

Linearni operator A : X → Y je ograni~en ako postoji nenegativan broj M takav da je

DEFINICIJA 2.2.

kAxk 6 M kxk,

x ∈ X.

Infimum brojeva M za koje vaì prethodna nejednakost naziva se norma operatora A, u oznaci kAk. Ako operator A nije ograni~en, pisa}emo kAk = +∞. 90

91

GLAVA 2. OPERATORI

Na osvovu prethodne definicije vaì da je kAxk 6 kAkkxk, x ∈ X , ili, preciznije kAxkY 6 kAk|xkX , x ∈ X . Skup svih ograni~enih linearnih operatora A : X → Y ozna~ava}emo sa L(X, Y ). Specijalno, ako je X = Y , koristimo oznaku L(X). TEOREMA 2.1.

Ako je operator A homogen, za wegovu normu vaì

kAk =

kAxk = sup kAxk = sup kAxk. x∈X\{0} kxk kxk61 kxk=1 sup

Linearni operator A : X → Y je ograni~en ako i samo ako svaki ograni~en skup u X preslikava u ograni~en skup u Y . DEFINICIJA 2.3. Linearni operator A : X → Y ima inverzni operator ako postoji preslikavawe A : A(X) → X takvo da je A (Ax) = x, x ∈ X . TEOREMA 2.3. Linearni operator A : X → Y ima inverzni operator A ako i samo ako iz Ax = 0 sledi x = 0. Ako inverzni operator postoji tada je linearan na A(X). TEOREMA 2.4. Linearni operator A : X → Y ima ograni~eni inverzni operator A na A(X) ako postoji m > 0 takvo da je kAxk > mkxk, x ∈ X . Tada je kA k 6 1/m. TEOREMA 2.5. Neka je Y Banahov prostor. Skup L(X, Y ) moè se snabdeti strukturom Banahovog prostora ako defini{emo sabirawe operatora i mnoèwe operatora skalarom na slede}i na~in: TEOREMA 2.2.

−1

−1

−1

−1

−1

(A + B)x = Ax + Bx, (λA)x = λ(Ax);

A, B ∈ L(X, Y ), λ ∈ K,

a pod normom elementa A ∈ L(X, Y ) podrazumevamo normu ograni~enog linearnog operatora. U prostoru L(X) moè se definisati proizvod ograni~enih linearnih operatora A, B ∈ L(X) sa (AB)x = A(Bx), x ∈ X . Proizvod AB pripada prostoru L(X). Primetimo da operatori AB i BA ne moraju biti isti.

DEFINICIJA 2.4. Rang i nulapotprostor operatora A ∈ L(X, Y ) su skupovi R(A) = {Ax | x ∈ X} i N (A) = {x ∈ X | Ax = 0}, respektivno.

92


Banahoviprostori X i Y su kongruentni akopostoji bijektivno linearno preslikavawe f : X → Y takvo da za sve x ∈ X vaì kf (x)k = kxk . Preslikavawe f sa ovim osobinama zove se kongruencija.

DEFINICIJA 2.5. Y

X

NAPOMENA. Kongruentne Banahove prostore }emo identifikovati.

Linearna funkcionela; Konjugovani prostori

Linearni operator A : X → K, gde je K realno ili kompleksno poqe skalara, u zavisnosti od toga da li je X realan ili kompleksan vektorski prostor, zove se linearna funkcionela. DEFINICIJA 2.6.

Skup svih linearnih funkcionela na normiranom prostoru X nazivamo algebarskim dualom prostora X i ozna~ava}emo ga sa X 0 . DEFINICIJA 2.7. Prostor ograni~enih linearnih funkcionela L(X, K)

nazivase konjugovani (dualni,adjungovani)prostornormiranogprostora i ozna~ava sa X . ∗

X

Pritom je o~igledno ispuweno X ∗ ⊂ X 0 . Ograni~enu linearnu funkcionelu na prostoru X ozna~ava}emo sa x∗ . Kako je x∗ linearni operator, vaì slede}e (videti teoremu 2.1.): kx∗ (x)k = |x∗ (x)| 6 kx∗ kkxk, x ∈ X, |x∗ (x)| kx∗ k = sup = sup |x∗ (x)| = sup |x∗ (x)|. kxk x∈X\{0} kxk61 kxk=1

Pimeri dualnih prostora: `∗1 = m;

c∗0 = `1 ; `∗p = `q , 1/p + 1/q = 1.

TEOREMA 2.6. (Han-Banahova teorema) Neka je X normiran prostor i nekajenavektorskompotprostoru L ⊆ X definisanarealnaograni~ena linearna funkcionela f . Tada na X postoji realna ograni~ena linearna funkcionela x takva da vaì x (x) = f (x), x ∈ L, i kx k = kf k . TEOREMA 2.7. Neka je x 6= 0 fiksirana ta~ka u normiranom prostoru X . Tada na prostoru X postoji ograni~ena linearna funkcionela x takva da je x (x ) = kx k i kx k = 1. ∗

∗

0

∗

0

0

∗

X

L

∗

∗

93

GLAVA 2. OPERATORI

Neka je L vektorski potprostor od normiranog prostora i neka je x fiksirana ta~ka u X \ L na odstojawu d > 0 od L. Tada postojina X ograni~enalinearnafunkcionela x takvadaje x (x) = 0, x ∈ L, x (x ) = 1 i kx k = 1/d. TEOREMA 2.9. Za svako x ∈ X postoji funkcionela xb : X → K definisana sa xb(x ) = x (x), linearna i ograni~ena i vaì kbxk = kxk. DEFINICIJA 2.8. Prostor X = (X ) naziva se drugi konjugovani prostor ili drugi dual prostora X . TEOREMA 2.10. Banahov prostor X je kongruentan nekom potprostoru prostora X . DEFINICIJA 2.9. Prostor X je refleksivan ako je X = X . U suprotnom prostor X je irefleksivan. DEFINICIJA 2.10. Operator A : Y → X definisan sa TEOREMA 2.8.

X

0

∗

∗

∗

∗

0

∗

∗

∗

∗∗

∗ ∗

∗∗

∗∗

∗

∗

A∗ f ∗ = f ∗ ◦ A,

∗

f ∗ ∈ Y ∗,

naziva se konjugovani operator operatora A ∈ L(X, Y ). Slede}e osobine konjugovanog operatora se lako dokazuju: (kA)∗ = kA∗ , k ∈ K;

(A + B)∗ = A∗ + B ∗ .

Konjugovani operator A ograni~enog linearnog operatora A je i sam ograni~en linearni operator i kA k = kAk. DEFINICIJA 2.11. Ograni~en linearni operator je samoadjungovan ako vaì A = A . TEOREMA 2.12. Ograni~enalinearnafunkcionela x naprostoru ` ima reprezentaciju TEOREMA 2.11.

∗

∗

∗

∗

x∗ (x) =

+∞ X

ξν ην ,

1

y = (ην ) ∈ m.

ν=1

Pritomje kx k = kyk ifunkcioneli x odgovarajednozna~noodre|ena ta~ka y ∈ m. ∗

m

∗

94


Ograni~ena linearna funkcionela (1 < p < +∞) ima reprezentaciju

TEOREMA 2.13.

x∗ (x) =

+∞ X

ξν ην ,

x∗

na prostoru

`p

y = (ην ) ∈ `q , 1/p + 1/q = 1.

ν=1

Pritomje kx k = kyk ifunkcioneli x odgovarajednozna~noodre|ena ta~ka y ∈ ` . TEOREMA 2.14. Ograni~enalinearnafunkcionela x naprostoru c ima reprezentaciju ∗

∗

`q

q

∗

x∗ (x) =

+∞ X ξν ην ,

0

y = (ην ) ∈ `1 .

ν=1

Pritomje kx k = kyk ifunkcioneli x odgovarajednozna~noodre|ena ta~ka y ∈ ` . TEOREMA 2.15. Ograni~ena linearna funkcionela x na prostoru c ima reprezentaciju ∗

∗

`1

1

∗

x∗ (x) = α lim xk + k→+∞

+∞ X

ξν ην ,

y = (ην ) ∈ `1 .

ν=1

Pritom je kx k = |α| + kyk i funkcioneli x odgovara jednozna~no odre|ena ta~ka y ∈ ` i jednozna~no odre|en skalar α. TEOREMA 2.16. Ograni~enalinearnafunkcionela x naprostoru L (a, b) ima reprezentaciju ∗

∗

`1

1

∗

Z

x∗ (x) =

b

α(x)x(t)dt,

p

x ∈ Lp (a, b),

a

gde je α ∈ L (a, b), 1/p + 1/q = 1 i kx k = kαk . Funkcionelom x funkcija α ∈ L (a, b), za koju vaì gorwa reprezentacija, je jednozna~no odre|ena. q

∗

q

Lq (a,b)

∗

Neka je H Hilbertov prostor. TEOREMA 2.17. (Risova teorema o reprezentaciji) Funkcionela f ∈ H ∗

ako i samo ako postoji y ∈ H tako da je f (x) = hx, yi, x ∈ H . Pritom je kf k = kyk i vektor y je jednozna~no odre|en funkcionelom f . H∗

H

95

GLAVA 2. OPERATORI

Adjungovani operator operatora A ∈ L(H), u oznaci A , je operator koji zadovoqava hAx, yi = hx, A yi, x, y ∈ H . DEFINICIJA 2.13. Neka operator A ∈ L(H). A je samoadjungovan ako je A = A , kosoadjungovan ako je A = −A , normalan ako je A A = A A i unitaran ako je A A = A A = I . TEOREMA 2.18. Adjungovani operator A operatora A ∈ L(H) ima slede}e osobine: 1 A ∈ L(H); 2 A = A; 3 kA k = kAk; 4 (A + B) = A + B ; ¯ , λ ∈ K; 5 (λA) = λA 6 (AB) = B A . DEFINICIJA 2.12. ∗

∗

∗

∗

∗

∗

∗

∗

∗

◦

∗

◦

∗∗

◦

∗

◦

∗

◦

∗

◦

∗

∗

∗

∗

∗

∗

Princip konvergencije i princip uniformne ograni~enosti TEOREMA 2.19. (Princip konvergencije) Neka je (A ) niz ograni~enih linearnih operatora koji preslikavaju normirani prostor X u Banahov prostor Y takav da vaì: (1) kA k 6 M , n ∈ N, (2) za svako x ∈ D postoji lim A x, gde je D svuda gust skup u kugli K ⊆ X . Tada postoji lim A x = Ax, za svako x ∈ X i A je ograni~en linearni operator ~ija je norma kAk 6 M . TEOREMA 2.20. (Princip uniformne ograni~enosti) Neka je (A ) niz ograni~enih linearnih operatora koji preslikavaju Banahov prostor X u normiran prostor Y . Ako je lim sup kA xk kona~an za svako x ∈ X tada je niz normi (kA k) ograni~en. TEOREMA 2.21. (Princip rezonancije) Neka je (A ) niz ograni~enih linearnihoperatorakojipreslikavajuBanahovprostor X unormiranprostor Y . Ako niz normi (kA k) nije ograni~en, tada postoji bar jedna ta~ka x ∈ X takva da je lim sup kA xk = +∞. n

n

n→+∞

n→+∞

n

n

n

n→+∞

n

n

n

n

n→+∞

n

96


NAPOMENA. Princip uniformne ograni~enosti i princip rezonancije su ekvivalentna tvr|ewa. TEOREMA 2.22. (Banah-[tajnhausovateorema) Nekasu X i Y Banahovi

prostori i neka niz operatora A ∈ L(X, Y ). Niz (A x) konvergira ka Ax za svako x, gde je operator A ∈ L(X, Y ) ako i samo ako vaì: (1) niz (kA k) je ograni~en; (2) postoji lim A x na svuda gustom skupu D ⊆ X . DEFINICIJA 2.14. Neka je (A ) niz ograni~enih linearnih operatora. 1 Niz (A ) uniformno konvergira operatoru A, u oznaci A ⇒ A, ako kA − Ak → 0, n → ∞. 2 Niz (A ) jako konvergira operatoru A, u oznaci A → A, ako A x → Ax, n → +∞, za svako x ∈ X . 3 Niz (A ) slabo konvergira operatoru A, u oznaci A * A, ako lim y (A x) = y (Ax), za svako x ∈ X i svako y ∈ Y . n

n

n

n→+∞

n

n

◦

n

n

n

◦

n

n

n

◦

∗

n→+∞

n

n

∗

∗

∗

n

Iz uniformne konvergencije sledi jaka konvergencija, a iz jake sledi slaba konvergencija niza operatora An .

Otvorena i zatvorena preslikavawa

TEOREMA 2.23. (Banahova teorema o otvorenom preslikavawu) Neka su

i Banahovi prostori nad istim poqem skalara K i neka operator preslikava prostor X na prostor Y . Tada je A otvoreno preslikavawe, tj. slika svakog otvorenog skupa u prostoru X je otvoren skup u prostoru Y . X Y A ∈ L(X, Y )

Neka su X i Y normirani prostori nad istim poqem skalara K i neka je D(A) fiksirani potprostor prostora X . Za proizvoqni linearni operator A : D(A) → Y skup G(A) = {(x, Ax) | x ∈ D(A)} naziva se grafik operatora A. Lako se dokazuje da je G(A) potprostor prostora X × Y .

Za operator A : D(A) → Y kaèmo da je zatvoren ako je wegov grafik G(A) zatvoreni u X × Y . DEFINICIJA 2.15.

NAPOMENA. Iz definicije 2.15. direktno sledi da je operator A zatvoren ako iz uslova xn ∈ D(A), xn → x, Axn → y, n → +∞, sledi da x ∈ D(A) i y = Ax.

97

GLAVA 2. OPERATORI

Svaki ograni~en linearni operator A ∈ L(X, Y ) je za-

TEOREMA 2.24.

tvoren.

TEOREMA 2.25. Ako je A ograni~en operator sa domenom D(A) ⊆ X , tada vaì: 1 akoje D(A) zatvorenpotprostorprostora X , tadaje A zatvoren operator; 2 ako je operator A zatvoren i prostor Y kompletan, tada je D(A) zatvoren potprostor prostora X . TEOREMA 2.26. Ako je operator A : D(A) → Y zatvoren i inverzni operator A postoji, tada je i operator A tako|e zatvoren. TEOREMA 2.27. (Banahovateoremaozatvorenomgrafiku) Nekasu X i Y Banahovi prostori i A : X → Y linearan operator definisan na celom prostoru X . Tada je operator A zatvoren ako i samo ako je ograni~en. ◦

◦

−1

−1

Ortogonalna projekcija u Hilbertovom prostoru Sa pojmom ortogonalne projekcije u Hilbertovom prostoru smo se ve} sreli u glavi 1 (videti zadatke 1.801.85 i napomene posle nekih od tih zadataka.)

Ako je E zatvoreni potprostor Hilbertovog prostora i P ortogonalna projekcija na potprostor E, tada je P linearno preslikavawe i vaì: 1 P = P½ ; TEOREMA 2.28.

H

◦

2

2◦ kP k = 3◦ P ∗ = P

.

1, 0,

E 6= {0}, E = {0}.

Ako je P ortogonalna projekcija na zatvoreni potprostor E Hilbertovog prostora H , tada je ortogonalna projekcija na E data sa Q = I − P . TEOREMA 2.29.

⊥

Ortonormirani sistemi u Hilbertovom prostoru

DEFINICIJA 2.16. Skup vektora {e | i ∈ I} u pred-Hilbertovom prostoru H nazivamo ortonormiranim sistemom (ONS) ako vaì i

½

hei , ej i =

1, 0,

i = j, i 6= j.

98


PRIMER 2.1. `2

.

Skup vektora e

TEOREMA 2.30.

arno nezavisni.

= (δiν ), ν ∈ N,

i

Ako vektori {e

i

| i ∈ I}

obrazuje ONS u prostoru

obrazuju ONS tada su oni line-

Neka je {e | i ∈ I} proizvoqan ONS u pred-Hilbertovom prostoru H i x ∈ H proizvoqan vektor. Skalari xb = hx, e i, i ∈ I , zovu se Furijeovi koeficijenti vektora x u odnosu na posmatrani ONS. TEOREMA 2.31. Ako je {e , e , . . . , e } ONS u Hilbertovom prostoru H i P P x= α e tada vaì α = x b , j ∈ N, i kxk = |b x| . TEOREMA 2.32. Ako je {e , e , . . . , e } ONS u pred-Hilbertovom prostoru H i E = L{e , e , . . . , e }, tadajeortogonalnaprojekcijavektora P x ∈ H na potprostor E data sa y = x be. TEOREMA 2.33. Akoje {e , e , . . . , e } ONSupred-Hilbertovomprostoru H , tada za proizvoqan vektor x ∈ H vaì Beselova nejednakost DEFINICIJA 2.17.

i

i

1

n

i=1

2

i i

n

j

1

1

i=1

2

2

2

i

2

n

n

1

n

2

j

i

n i=1

i i

n

n X

|ˆ xi |2 6 kxk2 .

i=1

Ako je {e | j ∈ J} proizvoqan ONS u pred-Hilbertovom prostoru H , tada za svako x ∈ H postoji najvi{e prebrojivo mnogo koeficijenata xb , i ∈ I ⊆ J , koji su razli~iti od nule. TEOREMA 2.34.

j

i

Za proizvoqno x ∈ H sve Furijeove koeficijente {bxi | i ∈ I} moèmo pore|ati u niz. U ovom slu~aju Beselova nejednakost je oblika +∞ +∞ P P |b xi |2 6 kxk2 , a Furijeov razvoj vektora x je x = x bi ei . i=1

i=1

Ortonormirani sistem u {e | i ∈ I} u pred-Hilbertovom prostoru H naziva se potpuni ortonormirani sistem (PONS) ako on nije pravi deo nijednog drugog ortonormiranog sistema, tj. ne postoji vektor x ∈ H, x 6= 0, koji je ortogonalan na svim vektorima {e | i ∈ I}.

DEFINICIJA 2.18.

i

i

99

GLAVA 2. OPERATORI

Potpuni ortonormirani sistem u Hilbertovom prostoru H naziva se ortonormirani bazis prostora H . DEFINICIJA 2.20. Skup ta~aka B u normiranom prostoru X je fundamentalan u prostoru X ako je lineal L(B) svuda gust u X , tj. ako vaì L(B) = X . TEOREMA 2.35. Neka je {e | i ∈ I} ONS u Hilbertovom prostoru H i x b = hx, e i, i ∈ I , Furijeovi koeficijenti vektora x ∈ H u odnosu na dati ONS. Tada su slede}a tvr|ewa ekvivalentna: (1) {e | i ∈ I} je PONS; X (2) (∀x ∈ H) x = x be; (3) {e | i ∈ I} je fundamentalan skup u H ; (4) za svaki vektor x ∈ H vaì Beselova jednakost DEFINICIJA 2.19.

i

i

i

i

i i

i∈I

i

kxk2 =

X

|b xi |2 ;

i∈I

(5)

za proizvoqne vektore x, y ∈ H vaì Parsevalova jednakost hx, yi =

X

x bi ybi .

i∈I

Neka je {e | i ∈ I} proizvoqan ONS u Hilbertovom prostoru H , x ∈ H i y wegova ortogonalna projekcija na skup E = P L{e | i ∈ I}. Tada vaì jednakost y = x be. DEFINICIJA 2.21. Ako Hilbertov prostor H poseduje bar jedan kona~an ortonormirani bazis {e , e , . . . , e }, tada je ortogonalna dimenzija prostora H jednaka n, u oznaci dim (H) = n. TEOREMA 2.37. Hilbertov prostor H je kona~no dimenzionalan ako i samo ako poseduje kona~an ortonormirani bazis i tada je ortogonalna dimenzija jednaka dimenziji prostora, tj. dim (H) = dim(H). TEOREMA 2.36.

i

i

i∈I

1

2

i i

n

0

0

Spektar linearnog operatora Neka je X 6= {0} kompleksan normiran prostor i A : D(A) → X linearan operator sa domenom D(A) ⊆ X . Defini{imo operator Aλ = A − λI , gde je I identi~ki operator prostora X i λ ∈ C.

100


Operator R (A) = (A−λI) nazivase rezolventni operator operatora A, sa domenom D(R (A)) = R(A − λI). DEFINICIJA 2.22.

−1

λ

λ

Primetimo da Rλ (A) postoji samo za odre|ene λ ∈ C. DEFINICIJA 2.23.

λ∈C

je regularna ta~ka operatora A ako

postoji, (2) R (A) je ograni~en na svom domenu R(A − λI), (3) R(A − λI) je gust potprostor prostora X . DEFINICIJA 2.24. Rezolventni skup ρ(A) operatora A je skup svih regularnih ta~aka operatora A. Komplement rezolventnog skupa naziva se spektar operatora A, u oznaci σ(A). DEFINICIJA 2.25. 1 Ta~kasti spektar, u oznaci σ (A) je skup svih λ ∈ C za koje operator R (A) ne postoji. Elementi ta~kastog spektra zovu se sopstvene vrednosti operatora A. 2 Neprekidan spektar, u oznaci σ (A), je skup svih λ ∈ C za koje R (A) postoji, D(R (A)) je gust potprostor prostora X i R (A) nije ograni~en. 3 Rezidualni spektar, u oznaci σ (A), je skup svih λ ∈ C za koje operator R (A) postoji (bilo ograni~en ili ne) i D(R (A)) nije gust potprostor prostora X . (1) Rλ (A) λ

◦

p

λ

◦

c

λ

λ

λ

◦

r

λ

λ

NAPOMENA. Na osnovu prethodnih definicija direktno sledi da je σ(A) = C \ ρ(A) i σ(A) = σp (A) ∪ σc (A) ∪ σr (A), pri ~emu su skupovi σp (A), σc (A), σr (A) disjunktni.

Ako λ ∈ σ (A), tada postoji bar jedan vektor x 6= 0 potprostora D(A) za koji je (A − λI)x = 0. Svaki takav vektor nazivamo sopstvenim vektorom operatora A koji odgovara sopstvenoj vrednosti λ. Skup svih takvih vektora, ukqu~uju}i i nulu, tj. N (A − λI), naziva se sopstveni potprostor koji odgovara sopstvenoj vrednosti λ. TEOREMA 2.38. Ako je A proizvoqan operator u kona~no dimenzionalnom prostoru X tada je σ(A) = σ (A). Ako je dim(X) = n, tada, uzimaju}i u obzir i algebarske vi{estrukosti, sopstvenih vrednosti ima ta~no n. DEFINICIJA 2.26.

p

p

101

GLAVA 2. OPERATORI

Neka je A : D(A) → X linearni operator u kompleksnom Banahovom prostoru X . Ako je operator A zatvoren, tada za proizvoqnu ta~ku λ ∈ ρ(A) vaì R(A − λI) = X . TEOREMA 2.40. Ako je X 6= {0} kompleksan Banahov prostor i A ∈ L(X), tada je σ(A) zatvoren skup ta~aka u kompleksnoj ravni C. TEOREMA 2.41. Ako je X kompleksan Banahov prostor i A ograni~en linearni operator u prostoru X , tada je σ(A) neprazan kompaktan skup koji leì unutar kruga |λ| 6 kAk. TEOREMA 2.42. Sopstveni vektori x , x , . . . , x 6= 0, koji odgovaraju razli~itim sopstvenim vrednostima λ , λ , . . . , λ linearnog operatora A : D(A) → X u normiranom prostoru X , uvek obrazuju linearno nezavisan skup. TEOREMA 2.43. Neka je A samoadjungovani operator u kompleksnom Hilbertovom prostoru H i neka je M = sup{hAx, xi | kxk = 1} i m = inf{hAx, xi | kxk = 1}. Tada vaì: 1 M, m ∈ σ(A); 2 kAk = max{|M |, |m|}; 3 σ(A) ⊆ [m, M ]. TEOREMA 2.39.

1

2

1

n

2

n

◦ ◦ ◦

NAPOMENA. Za proizvoqan operator A ∈ L(X) u kompleksnom Banahovom prostoru X , spektar σ(A) je neprazan skup ta~aka u ravni C. Me|utim, ako prostor X nije Banahov, nego samo normiran prostor, spektar ograni~enog linearnog operatora na X moè biti i prazan.

Za proizvoqan operator A ∈ L(X) u kompleksnom Banahovom prostoru X , spektralni radijus operatora A, defini{e se sa r (A) = sup{|λ| | λ ∈ σ(A)}. TEOREMA 2.44. Ako je X kompleksan Banahov prostor i A ∈ L(X), tada je r (A) = lim kA k . DEFINICIJA 2.27. σ

σ

n 1/n

n→+∞

102

2.2. ZADACI

2.2 Zadaci 2.1. Ako je aditivni operator neprekidan u jednoj ta~ki prostora, onda je on neprekidan na ~itavom prostoru. Dokazati. Re{ewe. Dokaìmo najpre da za svaki aditivan operator A : X → Y vaì (∗)

A(−x) = −A(x),

x ∈ X.

Kako je A(0) = A(0 + 0) = 2A(0), to je A(0) = 0. Sada jednostavno dobijamo 0 = A(0) = A(x − x) = A(x) + A(−x), tj. A(−x) = −A(x), x ∈ X. Neka je A : X → Y aditivni operator i x0 ∈ X ta~ka u kojoj je on neprekidan. neka je x proizvoqna ta~ka iz prostora X i (xn ) niz ta~aka u X koji konvergira ka x. Iz neprekidnosti u ta~ki x0 sledi lim A(xn − x + x0 ) = Ax0 , odakle zbog aditivnosti operatora A n→+∞ i sledi n→+∞ lim (Axn − Ax + Ax0 ) = Ax0 . Sada neposredno dobijamo lim Axn = Ax, {to zna~i da je operator A neprekidan u ta~ki x n→+∞ (videti teoremu 1.13.).

2.2. Neka su X i Y normirani prostori i A : D(A) → Y linearni operator, gde je D(A) ⊆ X . Dokazati slede}a tvr|ewa. (a) Operator A je ograni~en ako je neprekidan u jednoj ta~ki. (b) Operator A je neprekidan ako i samo ako je ograni~en. Re{ewe. (a) Pretpostavimo da je operator A neprekidan u ta~ki x0 iz D(A). Tada za svako ε > 0 postoji δ > 0 takvo da je kAx − Ax0 k 6 ε, za svako x ∈ D(A) koje zadovoqava kx − x0 k 6 δ. Za y 6= 0 iz prostora D(A) uo~imo δ y. kyk kx − x0 k = δ .

x = x0 + δ Tada je x − x0 = kyk y , pa je operatora A dobijamo

Koriste}i linearnost

° µ ¶° ° ° δ δ ° = kAx − Ax0 k = kA(x − x0 )k = °A y ° kAyk. ° kyk kyk

Po{to je A neprekidan u ta~ki x0 to je δ kAyk 6 ε, kyk

tj.

ε kAyk 6 kyk. δ

103

GLAVA 2. OPERATORI

Za c = ε/δ je kAyk 6 ckyk, tj. kAk 6 c, {to pokazuje da je operator A ograni~en. (b) Pretpostavimo najpre da je operator A ograni~en i dokaìmo da je neprekidan. Ako je A = 0 tvr|ewe trivijalno vaì. Neka je A 6= 0. Tada je kAk 6= 0. Neka je x0 ∈ D(A) proizvoqna ta~ka i ε > 0. Za svako x ∈ D(A) za koje je kx − x0 k < δ , za δ = ε/kAk, dobijamo kAx − Ax0 k = kA(x − x0 )k 6 kAkkx − x0 k < kAkδ = ε,

jer je operator A linearan. Kako je x0 proizvoqna ta~ka iz D(A) zakqu~ujemo da je operator A neprekidan na ~itavom prostoru D(A). Obratno tvdr|ewe je posledica tvr|ewa dokazanog u delu (a).

2.3. Neka je E gust potprostor normiranog prostora X , Y Banahov prostor i A : E → Y ograni~en linearni operator. Dokazati da se operator A moè produìti u ograni~en linearni operator A : X → Y i pri tome kAk = kAk. Re{ewe. Defini{imo operator A sa A(x) = A(x), za svako x ∈ E. Kako je E gust potprostor prostora X , tada za svako x ∈ X \ E postoji niz (en ) elemenata iz E takav da je x = n→+∞ lim en . Tada (Aen ) predstavqa niz iz Y za koji vaì kAem − Aen k = kA(em − en )k 6 kAkkem − en k.

Kako je (en ) Ko{ijev niz (jer je konvergentan) to je i niz (Aen ) Ko{ijev u Y . Prostor Y je Banahov, pa niz (Aen ) konvergira. Neka je daqe y = lim Aen . Za x ∈ E uo~imo konstantan niz en = x, n ∈ N. Sada n→+∞ moèmo da defini{emo operator A na ~itavom prostoru X sa A(x) = lim Aen , n→+∞

gde je (en ) niz elemenata iz E takav da je n→∞ lim en = x. Dokaìmo da je ovako uveden operator dobro definisan. Uo~imo lim en = lim e0n = x. Tada elementi dva niza (en ) i (e0n ) takva da je n→+∞ n→+∞ niza (en − e0n ) pripadaju prostoru E i en − e0n → 0, n → +∞. Zbog neprekidnosti i linearnosti operatora A dobijamo A(en −e0n ) = Aen −Ae0n → 0, n → +∞,

tj.

lim Aen = lim Ae0n .

n→+∞

n→+∞

104

2.2. ZADACI

Dokaìmo da je A linearan operator. Neka su x1 i x2 proizvoqni elementi iz X takvi da n→+∞ lim e0n = x1 i lim e00n = x2 , a α i β n→+∞ proizvoqni skalari. Tada, zbog linearnosti operatora A, vaì A(αx1 + βx2 ) = lim A(αe0n + βe00n ) = lim A(αe0n ) + lim A(βe00n ) n→+∞

=

α lim A(e0n ) n→+∞

+

n→+∞ β lim A(e00n ) n→+∞

n→+∞

= αA(x1 ) + βA(x2 ).

Dokaìmo jo{ ograni~enost operatora A. Neka je x ∈ X takav da je n→+∞ lim en = x, en ∈ E , n ∈ N. Tada je kAen k 6 kAkken k, n ∈ N. Zbog neprekidnosti norme i operatora A, pu{taju}i da n → +∞ dobijamo kAxk 6 kAkkxk, x ∈ X , odakle zakqu~ujemo da je operator A ograni~en i da je kAk 6 kAk. Kako je A produèwe operatora A na ~itav prostor X zakqu~ujemo da je kAk > kAk, a time i da je kAk = kAk.

2.4. Neka su X i Y normirani prostori i A : X → Y linearni operator. Pokazati da je operator A neprekidan ako i samo ako je slika bilo kog nula niza iz X ograni~en niz u Y . Re{ewe. Neka je A neprekidan operator i (xn) proizvoqan nula niz u X . Tada vaì kAxn k 6 kAkkxn k → 0, n → +∞. Odavde zakqu~ujemo da je (Axn ) ograni~en niz u Y . Dokaìmo da operator A, koji nula niz (xn ) iz X slika u ograni~en niz (Axn ) u Y , mora biti neprekidan. Pretpostavimo suprotno, da A nije neprekidan. Tada A nije ni ograni~en na X (videti zadatak 2.2), tj. kAk = +∞. Dakle, postoji niz p (xn ) takav da je kxn k = 1 i lim kAxn k = +∞. Neka je ρn = 1/ kAxn k. Tada je lim ρn = 0. n→+∞ n→+∞ Kako je kxn k lim kρn xn k = lim p = 0, n→+∞ kAxn k

n→+∞

to je (ρn xn ) nula niz u X . Po{to je

lim kA(ρn xn )k = lim |ρn |kAxn k = lim

n→+∞

n→+∞

n→+∞

p kAxn k = +∞,

dobijamo da slika nula niza iz X nije ograni~en niz u Y , {to je kontradikcija sa pretpostavkom. Odavde zakqu~ujemo da je operator A neprekidan u prostoru X .

2.5. Neka su X i Y realni normirani prostori i A : X → Y aditivan operator ograni~en na kugli kxk 6 1 prostora X . Dokazati da je A ograni~en linearni operator.

105

GLAVA 2. OPERATORI

Re{ewe. Dokaìmo prvo da je operator A homogen, tj. da za svako x ∈ X i α ∈ R vaì A(αx) = αA(x). Zbog aditivnosti operatora A je A(nx) = A(x | + x +{z· · · + x}) = nA(x),

x ∈ X, n ∈ N.

n− puta

Kako vaì i

A(−x) = −A(x), x ∈ X , A(−nx) = −nA(x), x ∈ X , n ∈ N. Kako je

(videti zadatak 2.1) to je

³x´ ³ x´ A(x) = A n · = nA , n n

dobijamo da je A(x/n) = A(x)/n, x ∈ X , n ∈ N. Iz predhodno dokazanih jednakosti zakqu~ujemo da je A( pq · x) = pq A(x), p ∈ Z, q ∈ N, tj. A(sx) = sA(x), x ∈ X , s ∈ Q. Dokaza}emo neprekidnost operatora A u nuli. Po{to je operator A ograni~en, to postoji M > 0, takvo da vaì kAxk 6 M za kxk 6 1. Uo~imo proizvoqan niz ta~aka (xn ) iz X , takav da je n→+∞ lim xn = 0. Neka je ε > 0 proizvoqno. Uo~imo, daqe, indeks n0 ∈ N, takav da je M/n0 6 ε. Tada je kxn k 6 1/n0 , n > N (ε). Odavde je kn0 xn k 6 1, n > N (ε), pa je kA(n0 xn )k = n0 kAxn k 6 M , odnosno kAxn k 6 M/n0 6 ε, n > N (ε). Dakle, lim Axn = 0 = A(0). Time smo dokazali n→+∞ neprekidnost operatora A u nuli. Na osnovu zadatka 2.1 sledi wegova neprekidnost na ~itavom prostoru X . Podsetimo se da za svaki realan broj r postoji niz racionalnih brojeva (rn ) takav da je n→+∞ lim rn = r. Ako je x iz X proizvoqno, tada iz A(rn x) = rn A(x), pu{taju}i da n → +∞ i koriste}i neprekidnost operatora A, dobijamo da je A(rx) = rA(x), x ∈ X , r ∈ R. Time smo pokazali da je operator A linearan na prostoru X .

2.6. Neka je a ∈ R i |a| < 1. Pokazati da je operator A definisan sa Ax = y = (yn ), x = (xn ), gde je yn =

+∞ X

ak xn+k ,

: m → m

n ∈ N,

k=1

linearan i ograni~en i na}i mu normu.

Re{ewe. Dokaìmo da za x ∈ m element y = Ax tako|e pripada pro-

106

2.2. ZADACI

storu m. Neka je x = (xn ) ∈ m. Tada je ¯X ¯ +∞ X ¯ +∞ k ¯ kyk = sup |yn | = sup¯¯ a xn+k ¯¯ 6 sup |ak ||xn+k | n∈N

n∈N k=1

6 sup |xn | n∈N

+∞ X

n∈N k=1

|ak | = kxk

k=1

+∞ X

|ak | =

k=1

|a| kxk < +∞, 1 − |a|

odakle zakqu~ujemo da y ∈ m i da je operator A ograni~en, tj. da je (1)

kAk 6

|a| . 1 − |a|

Linearnost se ostavqa ~itaocu za samostalni rad. Odredimo normu operatora A. Razlikova}emo dva slu~aja. Neka je 0 6 a < 1. Uo~imo element x0 = (1, 1, . . .) ∈ m. Lako nalazimo da je kx0 k = 1. Iz definicije operatora A dobijamo Ax0 =

Ã +∞ X

ak ,

¯+∞ ¯P

¯ ¯

(2)

=

+∞ P

! ak , . . . ,

k=1

k=1

pa je kAx0 k = ¯¯ ak ¯¯ k=1 (videti teoremu 2.1.)

+∞ X

|ak | =

k=1

|a| . 1 − |a|

kAk = sup kAxk > kAx0 k = kxk=1

Iz (1) i (2) direktno sledi

kAk =

+∞ P k=1

Kako je kx0 k

= 1,

to je

|a| . 1 − |a|

|ak |.

Neka je sada −1 < a < 0. Uo~imo x0 = (−1, 1, −1, 1, . . .) ∈ m. ¶ Tada µ+∞ +∞ +∞ P P P je kx0 k = 1 i Ax0 = (−1)k+1 ak , (−1)k ak , (−1)k+1 ak , . . . , pa k=1 k=1 k=1 je (¯ +∞ ¯) ¯ ¯X ¯ ¯ ¯ +∞ ¯X k+1 k k k kAx0 k = max ¯¯ (−1) a ¯¯, ¯¯ (−1) a ¯¯ k=1

k=1

¯ +∞ ¯X ¯ +∞ k ¯ X |a| ¯ |a|k = |a| ¯¯ = =¯ , 1 − |a| k=1

k=1

107

GLAVA 2. OPERATORI

odakle sledi (3)

kAk >

Na osnovu (1) i (3) dobijamo da je

|a| . 1 − |a|

kAk =

|a| . 1 − |a|

2.7. U Banahovom prostoru m definisan je operator A na slede}i na~in Ax = y = (yn ), x = (xn ), gde je yn =

+∞ X

akn xk ,

n ∈ N.

k=1

µ+∞ P

¶ |akn | < +∞,

Ako je γ = sup dokazati da je A ograni~en i lin∈N k=1 nearan operator u m i na}i mu normu. Re{ewe. Neka je x = (xn) ∈ m. Tada je ¯X ¯ X +∞ X ¯ +∞ ¯ +∞ ¯ |akn |, |yn | = ¯ akn xk ¯¯ 6 |akn ||xk | 6 kxk k=1

pa

kyk = sup |yn | 6 γkxk, n∈N

k=1

k=1

tj. kAxk 6 γkxk. Dakle,

kAk 6 γ .

Uo~imo ε takvo da je 0 < ε < γ . Na osnovu definicije supremuma +∞ P postoji n ∈ N takvo da je αn = |akn | > γ − ε. Neka je, daqe, k=1 x0 = ( sgn a1n , sgn a2n , . . .) ∈ m. Tada je Ax0 = (yn ), gde je yn =

+∞ X

akn sgn akn =

k=1

+∞ X

|akn | = αn > γ − ε,

k=1

odakle sledi kAx0 k > γ − ε. Kako je kx0 k = 1, to je kAk > γ − ε (videti teoremu 2.1.). Po{to je kAk 6 γ , to je kAk = γ .

2.8. U Banahovom prostoru m definisan je operator Ax = y = (yn ), x = (xn ), pri ~emu je yn =

+∞ X k=n

1 xk , 2k+1−n

n ∈ N.

108

2.2. ZADACI

Dokazati da su A i A−1 ograni~eni linearni operatori u ovom prostoru.

Re{ewe. Napisa}emo y , n ∈ N, u obliku y n

n

(

0, 1

akn = +∞ P k=1

|akn | =

+∞ P k=1

akn xk ,

gde je

k < n,

2k+1−n

Daqe je

=

, k > n.

+∞ P

1 = 1 za svako n ∈ N, pa je k+1−n 2 k=n Ã +∞ ! X γ = sup |akn | = 1. n∈N

k=1

Na osnovu zadatka 2.7, sledi da je A ograni~en linearni operator u prostoru m i da je kAk = 1. Da bismo odredili odgovaraju}i inverzni operator (ako on po+∞ P 1 stoji), posmatrajmo yn = xk kao sistem jedna~ina po xk . k+1−n k=n 2 Re{avaju}i uo~eni sistem dobijamo x1 = 2y1 − y2 , x2 = 2y2 − y3 , . . . , xk = 2yk − yk+1 ,

k ∈ N.

Odavde neposredno sledi da operator A−1 postoji. Neka je y = (yn ) ∈ m proizvoqna ta~ka. Tada je |xk | = |2yk − yk+1 | 6 2|yk | + |yk+1 | 6 3kyk, pa je i kxk = sup |xk | 6 3kyk. k∈N

Iz posledwe nejednakosti zakqu~ujemo da x = A−1 y ∈ m i da je kA−1 k 6 3. Uo~imo ta~ku y = (1, −1, 0, 0, . . .) ∈ m. Vidimo da je kyk = 1 i da je x = A−1 y = (3, −2, 0, 0, . . .). Lako nalazimo da je kxk = kA−1 yk = 3, pa je kA−1 k > 3. Dakle, kA−1 k = 3. NAPOMENA. Operator zadat u prethodnom zadatku je specijalan slu~aj operatora datog u zadatku 2.6. Za svako n ∈ N moèmo yn zapisati u obliku yn =

+∞ X k=n

1

xk = 2k+1−n

+∞ X k=0

1

2

x = k+1 n+k

+∞

1X 1 xn+k . 2 2k k=0

109

GLAVA 2. OPERATORI

Za dokazivawe linearnosti i ograni~enosti ovog operatora moè se iskoristiti zadatak 2.6.

2.9. U Banahovom prostoru m definisan je operator Ax = y x = (xn ), pri ~emu je yn =

+∞ X

αk xn+k ,

= (yn ),

n ∈ N,

k=1

+∞ P

i red αk apsolutno konvergira. Dokazati da je A ograni~en lineark=1 ni operator u ovom prostoru i na}i wegovu normu. Re{ewe. Lako nalazimo da se yn, n ∈ N, moè zapisati u slede}em obliku yn =

+∞ X

gde je

akn xk ,

½ akn =

k 6 n, 0, αk−n , k > n + 1.

Ã +∞ X

!

k=1

Neka je γ = sup n∈N

Ã +∞ X k=1

! |akn |

= sup n∈N

|αk |

=

+∞ X

|αk | < +∞.

k=1

k=1

Koriste}i zadatak 2.7 dobijamo da je A ograni~en linearni operator i +∞ P kAk = γ = |αk |. k=1

2.10. U prostoru C[0, 1] dat je operator (Ax)(t) = x(tα ) za α > 0. Za koje vrednosti parametra α je operator A linearan i ograni~en? Za dobijene vrednosti parametra α izra~unati wegovu normu. Re{ewe. Ostavqamo ~itaocu za samostalni rad. 2.11. Za koje funkcije α(t) (0 6 t 6 1) je operator (Ax)(t) = α(t)x(t) ograni~en i linearan u prostoru C[0, 1]? Na}i wegovu normu. Re{ewe. Ostavqamo ~itaocu za samostalni rad. 2.12. U Banahovom prostoru `2 dat je operator Aα x = (α1 x1 , α2 x2 , . . .),

x = (x1 , x2 , . . .),

gde je (αn ) niz kompleksnih brojeva. Ispitati za koje nizove (αn ) je A ograni~en linearni operator i na}i wegovu normu.

110

2.2. ZADACI

Re{ewe. Ostavqamo ~itaocu za samostalni rad. 2.13. Neka je operator T : `2 → `2 definisan sa T (x1 , x2 , x3 , . . .) = (xn+1 , xn+2 , . . .),

x = (x1 , x2 , . . .) ∈ `2 .

Ispitati linearnost i ograni~enost operatora T i ako je ograni~en na}i wegovu normu. Re{ewe. Neka su x, y ∈ `2 i α, β ∈ K. Tada je T (αx + βy) = T (αx1 + βy1 , αx2 + βy2 , αx3 + βy3 , . . .) = (αxn+1 + βyn+1 , αxn+2 + βyn+2 , . . .) = (αxn+1 , αxn+2 , . . .) + (βyn+1 , βyn+2 , . . .) = αT x + βT y,

tj. operator T je linearan. Za svako x ∈ `2 o~igledno vaì da je kT xk 6 kxk, pa je kT k 6 1. Dakle, operator T je ograni~en u prostoru `2 . Uo~imo da za en+1 = (0, . . . , 0, 1, 0, . . .) ∈ `2 vaì ken+1 k = 1 i | {z } T (en+1 ) = (1, 0, . . .) = e1 .

n

Kako je

kT k = sup kT (x)k > kT (en+1 )k > ke1 k = 1, kxk=1

zakqu~ujemo da je kT k = 1.

2.14. Neka je data realna matrica A = [αjk ]r×n . Defini{imo operator sa T x = y = (y1 , . . . , yr ), x = (x1 , . . . , xn ), gde je

T : Rn → Rr

y = Ax,

yj =

n X

αjk xk ,

j = 1, . . . , r.

k=1

Ispitati da li je ovako definisan operator T linearan i ograni~en. Re{ewe. T je linearan operator, jer je matri~no mnoèwe linearno. Dokaìmo da je T ograni~en operator. Koriste}i nejednakost Ko{i[varc-Buwakovskog dobijamo 2

kyk =

r X j=1

yj2

=

Ã n r X X j=1

!2

αjk xk

k=1

Ã !1/2 2 !1/2 Ã n n r X n r X X X X 2 2  = kxk2  x2m αjk αjk , 6 j=1

k=1

m=1

j=1 k=1

111

GLAVA 2. OPERATORI r P n P

2 < +∞. Dakle, operaodnosno kT xk2 6 M kxk2 , gde je M = αjk j=1k=1 tor T je ograni~en, tj. vaì kT k 6 M .

2.15. Neka je K(s, t) realna funkcija neprekidna na kvadratu 0 6 s, t 6 1. Dokazati da je tada sa Z

1

(Ax)(s) =

K(s, t) x(t) dt,

06s61

0

definisan ograni~en linearni operator u prostoru C[0, 1]. Re{ewe. Ako funkcija x pripada prostoru C[0, 1] lako dobijamo da Ax pripada istom prostoru, tj. da A : C[0, 1] → C[0, 1]. Funkcija Z z(s) =

1

|K(s, t)| dt 0

je neprekidna, pa samim tim i ograni~ena na zatvorenom intervalu [0, 1], tj. za neko M > 0 vaì z(s) 6 M , 0 6 s 6 1. Kako je ¯Z ¯ |(Ax)(s)| = ¯¯

¯ Z 1 ¯ K(s, t) x(t) dt¯¯ 6 |K(s, t)| |x(t)| dt 0 0 Z 1 6 kxk |K(s, t)| dt 6 M kxk, 1

0

to je kAxk = 06s61 max |(Ax)(s)| 6 M kxk, x ∈ C[0, 1]. Dakle, kAk 6 M . Linearnost operatora A se ostavqa ~itaocu da dokaè za samostalni rad.

2.16. Operator A : C[0, 1] → C[0, 1] je definisan sa Z

t

(Ax)(t) =

x(u) du,

0 6 t 6 1.

0

Dokazati da je ovaj operator linearan i ograni~en i na}i wegovu normu. Re{ewe. Ostavqamo ~itaocu da pokaè linearnost operatora A. Za proizvoqnu funkciju x ∈ C[0, 1], funkcija Z y(t) =

t

x(u)du, 0

0 6 t 6 1,

112

2.2. ZADACI

je neprekidna, pa je operator A definisan na ~itavom prostoru C[0, 1]. Na osnovu Lagranòve teoreme o sredwoj vrednosti, za svako t ∈ [0, 1], postoji neko t0 ∈ [0, t] takvo da je y(t) = (t − 0)x(t0 ). Sada je kAxk = max |y(t)| = max |t||x(t0 )| = |x(t0 )| 6 max |x(t)| = kxk, t∈[0,1]

t∈[0,1]

t∈[0,1]

odakle zakqu~ujemo da je kAk 6 1. Operator A je, dakle, ograni~en linearni operator u prostoru C[0, 1]. Ako uzmemo x(u) ≡ 1, u ∈ [0, 1], tada je kxk = 1 i kyk = 1, pa je o~igledno kAk = 1.

2.17. U prostoru C[0, 1] definisan je integralni operator A sa Z (Ax)(t) = x(t) −

1

tsx(s) ds,

0 6 t 6 1.

0

Dokazati da je operator A ograni~en, bijektivan i linearan u ovom prostoru. Na}i odgovaraju}i inverzni operator A−1 i dokazati da je on tako|e ograni~en. Re{ewe. Uo~imo funkciju µZ

(1)

y(t) = x(t) − 0

1

¶ sx(s)ds t = x(t) − cx t,

0 6 t 6 1,

R

gde je cx = 01 s x(s) ds. Ako x ∈ C[0, 1] tada je funkcija y tako|e element tog prostora, pa je D(A) = C[0, 1]. Pokazati za ve`bu da je A linearan operator. ¯R ¯ R1 R ¯ 1 ¯ Kako je |cx | = ¯ 0 s x(s) ds¯ 6 0 s |x(s)| ds 6 kxk 01 s ds = 12 kxk, to je |y(t)| 6 |x(t)| + |cx |t 6 kxk +

odakle dobijamo 3 kyk = sup |y(t)| 6 kxk, 2 t∈[0,1]

tj.

t kxk, 2

3 kAxk 6 kxk, 2

za svako x ∈ C[0, 1]. Dakle, A je ograni~en operator i vaì kAk 6 32 . Jednakost (1) moèmo zapisati u obliku (2)

x(t) = y(t) + cx t,

0 6 t 6 1,

113

GLAVA 2. OPERATORI

odakle lako dobijamo da je cx = cy + 13 cx , gde je riste}i ovu vezu, (2) moèmo zapisati u obliku µ Z 1 ¶ 3 x(t) = y(t) + ty(t) dt t, 2 0

(3)

cy =

R1 0

ty(t) dt.

Ko-

y ∈ C[0, 1].

Ako je y1 (t) = y2 (t) za svako t ∈ [0, 1], tada iz jednakosti (3) sledi x1 (t) = x2 (t), t ∈ [0, 1]. Dakle, operator A je injektivan. Ako je y ∈ C[0, 1] proizvoqna funkcija, tada funkcija x, definisana sa (3), pripada prostoru C[0, 1] i vaì y(t) = (Ax)(t), 0 6 t 6 1, tj. A je sirjektivni operator. Time smo pokazali da je operator A bijektivan na prostoru C[0, 1]. Iz (3) sledi da je Prema tome,

kA−1 k 6 7/4.

3 7 kxk 6 kyk + kyk = kyk. 4 4 7 kA−1 yk 6 kyk, pa je A−1 ograni~en 4

operator i vaì

2.18. U prostoru C[0, 1] dat je operator Z (Ax)(t) = x(t) − 3

1

t3 s2 x(s) ds.

0

Dokazati da je A linearni ograni~en operator u prostoru C[0, 1] i da je otvoren. Re{ewe. Analogno predhodnom zadatku, zapi{imo y = Ax u slede}em obliku y(t) = x(t) − 3 cx t3 , x ∈ C[0, 1], R pri ~emu je cx = 01 s2 x(s) ds. O~igledno je D(A) = C[0, 1]. linearnost operatora A ostavqamo ~itaocu za samostalni rad.

(1)

Kako je

¯Z ¯ |y(t)| 6 |x(t)| + 3 t ¯ 3¯

1

0

¯ Z ¯ s x(s)ds¯¯ 6 kxk + 3t3 kxk

1

2

Dokaz

s2 ds

0

1 = kxk + 3t kxk , 3 3

dobijamo da je kAxk = sup |y(t)| 6 2kxk, pa je kAk t∈[0,1] operator A je ograni~en i linearan u prostoru C[0, 1].

6 2.

Dakle,

114

2.2. ZADACI

Dokaìmo sada da je operator A otvoren. Na osnovu teoreme 2.23. dovoqno je dokazati da je operator A sirjektivan. Uo~imo proizvoqnu funkciju y ∈ C[0, 1]. Tada iz (1) dobijamo x(t) = y(t) + 3 t3 cx ,

0 6 t 6 1.

Daqe, Z cx =

1

Z 2

t x(t) dt = 0

0

1

Z 2

t y(t) dt + 3 cx

1

0

t5 dt = cy +

1 cx , 2

odnosno cx = 2cy . Tada funkcija x(t) = y(t)+6t3 cy , 0 6 t 6 1, pripada prostoru C[0, 1] i lako se dokazuje da je Ax = y. Time smo pokazali da je operator A sirjektivan. Prema tome, operator A je otvoren.

2.19. Dokazati da su slede}i operatori ograni~eni i linearni u prostoru C[0, 1] i na}i wihove norme: R1 (a) (Ax)(t) = 0 sin π(t − s) x(s) ds; R (b) (Ax)(t) = 01 et−s x(s) ds; R (v) (Ax)(t) = 01 tn sm x(s) ds. Re{ewe. Lako se dokazuje da su dati operatori linearni (dokazati!). (a) Kako je ¯Z 1 ¯ ¯ ¯ ¯ |(Ax)(t)| = ¯ sin π(t − s)x(s) ds¯¯ 0 Z 1 Z 1 6 | sin π(t − s)||x(s)| ds 6 kxk | sin π(t − s)| ds 0 0 µZ t ¶ Z 1 2kxk , = kxk sin π(t − s)ds + sin π(s − t) ds = π 0 t

to je

kAxk = sup |(Ax)(t)| 6 2kxk/π , t∈[0,1]

pa je

kAk 6 2/π .

Ako je

x0 (t) = 1, t ∈ [0, 1], to je kx0 k = 1 i ¯Z 1 ¯ ¯ ¯ 2| cos πt| ¯ |(Ax0 )(t)| = ¯ sin π(t − s)ds¯¯ = . π 0

Daqe je

2| cos πt| = 2/π , π t∈[0,1]

kAx0 k = sup

pa je

kAk > kAx0 k = 2/π .

Iz svega dokazanog dobijamo da je kAk = 2/π.

115

GLAVA 2. OPERATORI

(b) Po{to je ¯Z ¯ |(Ax)(t)| = ¯¯

1

e Z

0

t−s

¯ Z ¯ x(s) ds¯¯ 6

1¯

¯ ¯et−s x(s) ds¯

0

1

6 kxk

et−s ds = et kxk(1 − 1/e),

0

to je

kAxk = sup |(Ax)(t)| 6 (e − 1)kxk, t∈[0,1]

Uo~imo funkciju x0 (t) = 1, ¯Z ¯ |(Ax0 )(t)| = ¯¯

t ∈ [0, 1]. 1

e

t−s

0

pa je

kAk 6 e − 1.

Tada je kx0 k = 1 i

¯ ¯ ds¯¯ = et (1 − 1/e),

pa je kAx0 k = sup et (1 − 1/e) = e − 1. Dakle, kAk > kAx0 k = e − 1, t∈[0,1] odnosno, dokazali smo kAk = e − 1. (v) Lako se dokazuje da je A ograni~en linearni operator i da je 1 kAk = . m+1

2.20. Dokazati da je sa Ax = y = (yn ), x = (xn ) ∈ `p , p > 1, pri ~emu +∞ P je yn = akn xk , n ∈ N, definisan ograni~en linearni operator iz k=1 prostora `p u prostor `q , 1/p + 1/q = 1, i da je kAk 6 β , gde je Ã β=

!1/q

+∞ X

|akn |q

< +∞.

k,n=1

Re{ewe. Linearnost ovog operatora se lako dokazuje.

Neka je x = (xn ) ∈ `p , p > 1. Tada, za Helderove nejednakosti, imamo |yn | 6

+∞ X

|akn ||xk | 6

k=1

=

Ã +∞ X k=1

Ã +∞ X

!1/q |akn |q

|akn |q

1/p + 1/q = 1,

!1/q Ã +∞ X

k=1

kxk,

k=1

n ∈ N,

primenom

!1/p |xk |p

116

2.2. ZADACI

odakle je µX +∞

¶1/q

|yn |q

6

n=1

tj.

µX +∞ X +∞

|akn |q

¶1/q kxk = βkxk,

n=1 k=1

kAxk`q 6 βkxk`p ,

pa je

kAk 6 β .

2.21. Dokazati da je sa Ax = y = (yn ), x = (xn ) ∈ `p , p > 1, gde je +∞

yn =

1 X xk , n k

n ∈ N,

k=1

definisan ograni~en linearni operator iz prostora `p u prostor `q , 1/p + 1/q = 1. Re{ewe. Ako zapi{emo yn, n ∈ N, u obliku yn =

+∞ X

akn xk ,

gde je

akn =

k=1

tada imamo

 β=

+∞ X



1/q |akn |q 

=

1 , kn

+∞ X k,n=1

k,n=1

k, n ∈ N,

1/q 1  k q nq

Ã +∞ !1/q +∞ X 1 X 1 = = kak2`q < +∞, kq nq k=1

n=1

pri ~emu je a = (1, 12 , 13 , . . .) ∈ `q , q > 1. Na osnovu prethodnog zadatka zakqu~ujemo da je A ograni~en linearni operator iz prostora `p u prostor `q , 1/p + 1/q = 1 i pritom je Ã +∞ !2/q X 1 kAk 6 β = . nq n=1

2.22. Defini{imo operator A : `p → `p , p > 1, sa Ax = y +∞ P akn xk , n ∈ N, i x = (xn ) ∈ `p , pri ~emu je yn = 

+∞ X

Ã +∞ X

n=1

k=1

α=

k=1

!p/q 1/p  < +∞ |akn |q

za

1 1 + = 1. p q

= (yn ),

117

GLAVA 2. OPERATORI

Dokazati da je A ograni~en linearni operator u ovom prostoru i da vaì kAk 6 α. Re{ewe. Linearnost ovog operatora se lako pokazuje. Neka je x = (xn ) ∈ `p , p > 1. Tada, za 1/p + 1/q = 1, primenom Helderove nejednakosti imamo |yn | 6

+∞ X

|akn ||xk | 6

k=1

=

Ã +∞ X

Ã +∞ X

q

|akn |

!1/q Ã +∞ X

k=1

!1/q

!1/p p

|xk |

k=1

|akn |q

kxk,



Ã +∞ +∞ X X

n ∈ N,

k=1

odakle dobijamo Ã +∞ X

!1/p |yn |p

6

n=1

k=1

tj. kAxk`

p

6 αkxk`p ,

pa je

!p/q 1/p  kxk = αkxk, |akn |q

k=1

kAk 6 α.

2.23. Defini{imo operator A : `2 → `2 sa Ax = y = (yn ), x = (xn ), pri ~emu je yn =

+∞ 1 X 1 xk , 2n 2k

n ∈ N.

k=1

Dokazati da je A ograni~en linearni operator u prostoru `2 i na}i mu normu. Re{ewe. Zapi{imo yn, n ∈ N, u obliku yn =

+∞ X

akn , xk

n ∈ N,

gde je

akn =

k=1

1 2k+n

,

k ∈ N.

Neka je α definisano kao u zadatku 2.22 za p = q = 2, tj. α=

Ã +∞ Ã +∞ X X n=1

+∞ P

!!1/2 |akn |2

.

k=1

1/4k+n = 1/9, to je α = 1/3. Prema zadatku 2.22 sledi da Kako je k,n=1 je operator A ograni~en i pritom je kAk 6 α = 1/3.

118

2.2. ZADACI

Uo~imo daqe

x0 = (1/2n ).

Lako dobijamo da je

v u +∞ uX 1 1 kx0 k = t =√ , 22n 3 n=1

pa x0 ∈ `2 . Tada je

yn =

1 , n ∈ N, odakle dobijamo 3 · 2n

v u +∞ uX 1 kAx0 k = t |yn |2 = √ , 3 3 n=1

tj.

1 kAx0 k = kx0 k. 3

Dokazali smo da je kAk > 13 , {to sa ve} dokazanim daje kAk = 13 .

2.24. Neka je A ograni~en linearni operator u Banahovom prostoru X . Dokazati da je sin(A) =

+∞ X

(−1)n

n=0

A2n+1 (2n + 1)!

tako|e ograni~en operator u ovom prostoru i da pritom vaì k sin(A)k 6 sh kAk.

Re{ewe. Kako je

° ° 2n+1 2n+1 ° ° ° 6 kAk °(−1)n A , ° (2n + 1)! ° (2n + 1)!

i na osnovu Dalamberovog kriterijuma∗ red sledi da red +∞ X

(1)

(−1)n

n=0

kAk2n+1 n=0 (2n + 1)! +∞ P

konvergira,

A2n+1 (2n + 1)!

apsolutno konvergira u Banahovom prostoru L(X). Stoga red (1) i obi~no konvergira u istom prostoru (videti zadatak 1.63). Imaju}i to

(Dalamberov kriterijuma konvergencije reda) Neka je P a red sa pozitivnim ~lanovima za koji vaì lim a = d. Ako je d < 1 red je konvergentan, a ako je d > 1 dati red divergira. Za d = 1 ovaj test nije odlu~iv. ∗

+∞

TEOREMA.

n

n+1

n→+∞

n

n=1

119

GLAVA 2. OPERATORI

u vidu dobijamo

° ° ° +∞ +∞ ° °X 2n+1 ° 2n+1 ° ° ° X° n A n A ° ° k sin(A)k = ° (−1) °6 °(−1) (2n + 1)! ° ° (2n + 1)! ° n=0

n=0

+∞ X kAk2n+1 6 = sh kAk. (2n + 1)! n=0

2.25. Neka je X = {x ∈ C[0, 1] | x ∈ C2 [0, 1] ∧ x(0) = x(1) = 0} i Y = C[0, 1]. Defini{imo operator A : X → Y sa Ax = x00 . (a) Dokazati da je operator A injektivan.R (b) Za proizvoqno y ∈ Y neka je x(s) = 01 K(s, t) y(t) dt, gde je ½

K(s, t) =

−t(1 − s), 0 6 t 6 s, −s(1 − t), s 6 t 6 1.

Dokazati da x ∈ X i da je operator A sirjektivan. (v) Dokazati da postoji operator A−1 : Y → X . (g) Dokazati da je kA−1 k 6 1/8. (d) Na}i sve fiksne ta~ke operatora A. Re{ewe. Lako se vidi da je operator A linearan. (a) Pretpostavimo da za x1 , x2 ∈ X vaì Ax1 = Ax2 . Tada je 00 x1 = x002 , pa je x1 (s) = x2 (s) + c1 s + c2 za svako s ∈ [0, 1]. Kako x1 i x2 pripadaju prostoru X , to je x1 (0) = x2 (0) = 0 i x1 (1) = x2 (1) = 0, pa je c1 = c2 = 0, a time i x1 (s) = x2 (s) za svako s ∈ [0, 1]. Prema tome, operator A je injektivan. (b) Kako je Z

Z

1

Z

s

1

x(s) =

K(s, t) y(t) dt = (−t(1 − s))y(t) dt + (−s(1 − t)) y(t)dt 0 0 s Z s Z 1 = (s − 1) t y(t)dt − s (1 − t) y(t)dt, 0 6 s 6 1, 0

to je

Z

s

Z 1 t y(t) dt + (s − 1)s y(s) − (1 − t) y(t) dt + s(1 − s) y(s) 0 s Z s Z 1 = t y(t) dt − (1 − t) y(t) dt, 0 6 s 6 1.

x0 (s) =

0

s

s

120

2.2. ZADACI

Odavde lako dobijamo da je x00 (s) = sy(s) + (1 − s)y(s) = y(s) za sve y ∈ C[0, 1]. Dakle, x00 ∈ C[0, 1], pa x ∈ C2 [0, 1]. Lako se vidi da vaì i x(0) = x(1) = 0. Ova tri uslova obezbe|uju da x ∈ X . R Pokazali smo da za svako y ∈ Y postoji x(s) = 01 K(s, t) y(t) dt takvo da je (Ax)(s) = x00 (s) = y(s), {to zna~i da je operator A sirjektivan. (v) Kako je operator A injektivan (dokazano u (a)) i sirjektivan (dokazano u (b)), on je bijektivan, pa samim tim postoji inverzni operator A−1 : Y → X definisan sa Z

(A−1 y)(s) = x(s) =

1

K(s, t)y(t)dt,

0 6 s 6 1.

0

(g) Kako je −1

kA

¯Z 1 ¯ Z 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯K(s, t)y(t)¯dt yk = kxk = max ¯ K(s, t)y(t)dt¯ 6 max 06s61 0 06s61 0 µZ s ¶ Z 1 6 kyk max | − t(1 − s)|dt + | − s(1 − t)|dt 06s61 0 s ¶ µ 1 s2 s2 = kyk max (1 − s) + s(1 − ) − s(s − ) 06s61 2 2 2 µ ¶ 2 s s kyk = kyk max − = , 06s61 2 2 8

pa je kA−1 k 6 1/8. (d) Ako je Ax = x tada, po{to A−1 postoji, vaì A−1 Ax = A−1 x, tj. x = A−1 x, pa je kxk = kA−1 xk 6 kxk/8, odakle zakqu~ujemo da je kxk = 0, pa je i x = 0. Dakle, jedna~ina Ax = x ima jedinstveno re{ewe x = 0, tj. nula je jedina fiksna ta~ka operatora A.

2.26. Neka je X normirani prostor svih polinoma na [0, 1] sa normom kP k = max |P (t)|. Defini{imo operator A na prostoru X sa t∈[0,1] AP (t) = P 0 (t), 0 6 t 6 1. Dokazati da je operator A linearan, ali ne i ograni~en. Re{ewe. Dokaìmo da je operator A linearan. Uo~imo proizvoqne polinome P1 i P2 definisane na [0, 1] i proizvoqne skalare α i β . Tada za sve 0 6 t 6 1 vaì ¡ ¢ ¡ ¢0 A αP1 (t) + βP2 (t) = αP1 (t) + βP2 (t) = αP10 (t) + βP20 (t) ¡ ¢ ¡ ¢ = αA P1 (t) + βA P2 (t) ,

121

GLAVA 2. OPERATORI

odakle zakqu~ujemo da je operator A linearan. Dokaìmo sada da operator A nije ograni~en. Uo~imo niz polinoma (Pn ) dat sa Pn (t) = tn , n ∈ N, 0 6 t 6 1. Tada je kPn k = max |tn | = 1 t∈[0,1] za svako n ∈ N i APn (t) = Pn0 (t) = n tn−1 , pa je kAPn k = n, n ∈ N. Kako je kAk = sup kAP k > sup kAPn k n∈N

kP k=1

zakqu~ujemo da ne postoji realan broj M takav da je kAPn k 6 M za svako n ∈ N. Time smo dobili da operator A nije ograni~en. NAPOMENA. Operator diferencirawa je vrlo vaàn operator, koji se ~esto koristi. U prethodnom zadatku smo videli da je on neograni~en. To nam ukazuje na zna~aj neograni~enih operatora. Me|utim, wihove osobine ne}emo detaqnije analizirati.

2.27. Dokazati da ograni~en linearni operator A u Hilbertovom prostoru H ima kona~no dimenzionalan rang, tj. vaì dim R(A) < +∞, ako i samo ako postoje vektori a1 , a2 , . . . , an i b1 , b2 , . . . , bn iz prostora H takvi da je n X Ax = hx, ai ibi . i=1

Re{ewe. Ako je Ax = P hx, a ib , o~igledno je R(A) ⊆ L{b , b , . . . , b }, n

i

i=1

i

1

2

n

pa je dim R(A) 6 n, tj. operator A je kona~no dimenzionalnog ranga. Obratno, pretpostavimo da je dim R(A) = n. Neka je {b1 , b2 , . . . , bn } bilo koji ortonormirani bazis potprostora R(A). Tada je, za proizn P voqno x iz H , ispuweno Ax = αi (x)bi , za izvesne skalare αi (x), i=1 i = 1, . . . , n. Po{to je hAx, bj i =

n DX

E αi (x)bi , bj = αj (x),

j = 1, . . . , n,

i=1

to je

Ax =

n P

hAx, bi ibi .

i=1

Kako je hAx, bi i = hx, A∗ (bi )i, uzimaju}i A∗ (bi ) = ai , sledi da je Ax =

n X hx, ai ibi , i=1

x ∈ H.

i = 1, . . . , n,

122

2.2. ZADACI

2.28. Ako su X i Y normirani prostori nad istim poqem skalara K, dokazati da je svaki linearni operator A : X → Y ograni~en ako i samo ako je X kona~no dimenzionalni prostor ili je Y = {0}. Re{ewe. Ako je Y = {0}, tada je jedini operator nula operator, pa tvr|ewe vaì. Pretpostavimo da je X kona~no dimenzionalan i da je dim(X) = n. Neka je {e1 , e2 , . . . , en } proizvoqan bazis prostora X . n P Tada se vektor x ∈ X moè prikazati u obliku x = xk ek , odakle za n k=1 P proizvoqan linearni operator A : X → Y sledi Ax = xk Aek , pa k=1 je ° ° n n X °X ° ° 6 kAxkY = ° x Ae |xk |kAek kY . k k ° ° k=1

Ako ozna~imo

Y

k=1

M = max{kAe1 kY , . . . , kAen kY }, kAxkY 6 M

n X

tada je o~igledno

|xk |

k=1

U prostoru X uvedimo normu sa

° ° n n °X ° X ° |xk |. kxk = ° x = k° ° k=1

k=1

Norme k · kX i k · k su ekvivalentne,† pa postoji konstanta M1 > 0 takva da je kxk 6 M1 kxkX , x ∈ X . Stoga je o~igledno za svaki vektor x ∈ X ispuweno kAxkY 6 M kxk 6 M M1 kxkX = M0 kxkX ,

tj. operator A je ograni~en. Pretpostavimo da je X beskona~no dimenzionalni prostor i da je Y 6= {0}. Dokaìmo da postoji bar jedan neograni~eni linearni operator koji slika prostor X u prostor Y . Uo~imo proizvoqan fiksirani element e0 iz prostora Y takav da je ke0 k = 1. Neka je, daqe, {eα | α ∈ I} fiksirani bazis prostora X . Po{to je X beskona~no dimenzionalan, sledi da je i indeksni skup I beskona~an. Neka je keα k = 1 za svako α ∈ I . Izaberimo beskona~an niz (αn ) iz I takav da je αi 6= αj za i 6= j . Defini{imo operator A sa A(eαn ) = ne0 , n ∈ N;

A(eα ) = 0, α ∈ I \ {αn | n ∈ N}.

TEOREMA. Bilo koje dve norme na kona~no dimenzionalnom vektorskom prostoru X su ekvivalentne. †

123

GLAVA 2. OPERATORI

Posmatrajmo operator A na prostoru X kao linearno pro{irewe sa baznih vektora na ceo prostor X . O~igledno je A linearan operator i pritom je kA(eαn )k = kne0 k = n,

n ∈ N,

odakle sledi kAk = +∞. Dakle, A je linearni neograni~eni operator iz prostora X u prostor Y .

2.29. Neka su X i Y Banahovi prostori nad poqem skalara K i operator Ako je operator A otvoren dokazati da je A i sirjektivan. Re{ewe. Kako je operator A otvoren i X otvoren skup u X sledi da je R(A) otvoren potprostor prostora Y (videti teoremu 2.23.). Po{to je jedini otvoren potprostor nekog normiranog prostora ceo taj prostor, sledi da je R(A) = Y . Dakle, operator A je sirjektivan. A ∈ L(X, Y ).

2.30. Dokazati da je nula-potprostor N (A) proizvoqnog operatora A ∈ L(X, Y ) zatvoreni potprostor prostora X . Re{ewe. Neka je (xn) niz ta~aka iz N (A) za koji je n→+∞ lim xn = x ∈ X . Tada je Axn = 0 za svako n ∈ N. Koriste}i neprekidnost operatora A dobijamo ¢ ¡ 0 = lim Axn = A n→+∞

lim xn = Ax,

n→+∞

tj. Ax = 0. Odatle zakqu~ujemo da x ∈ N (A), pa je potprostor N (A) zatvoren.

2.31. Ako su X i Y normirani prostori, operator A ∈ L(X, Y ) i operator B : D → Y zatvoren operator definisan na gustom potprostoru D ⊆ X , dokazati da je operator A + B : D → Y tako|e zatvoren. Re{ewe. Neka je (xn) niz iz D takav da je lim xn = x ∈ X

n→+∞

i

lim (A + B)xn = y ∈ Y.

n→+∞

Kako je operator A neprekidan, to je n→+∞ lim Axn dobijamo da je lim Bxn = lim

n→+∞

n→+∞

= Ax.

Koriste}i to

¡ ¢ (A + B)xn − Axn = y − Ax ∈ Y.

Iz zatvorenosti operatora B (videti definiciju 2.15. i napomenu posle we) imamo da x ∈ D i Bx = y − Ax, tj. (A + B)x = y. Dakle, za niz

124

2.2. ZADACI

(xn ), takav da je lim xn = x ∈ X

n→+∞

i

lim (A + B)xn = y ∈ Y,

n→+∞

vaì x ∈ D i (A + B)x = y, pa je operator A + B zatvoren na gustom potprostoru D.

2.32. U prostoru R3 definisana je funkcionela f : R3 → R sa f (x) = x · a = x1 a1 + x2 a2 + x3 a3 ,

x = (x1 , x2 , x3 ),

pri ~emu je a = (a1 , a2 , a3 ) ∈ R3 fiksirana ta~ka. Dokazati da je f ograni~ena linearna funkcionela u prostoru R3 .

Re{ewe. Dokaz linearnost ostavqamo ~itaocu za samostalni rad.

Kako je |f (x)| = |x · a| 6 kxkkak, x ∈ R3 , dobijamo da je kf k 6 kak. S druge strane, ako uzmemo da je x = a dobijamo kf k = sup x∈R3 x6=0

pa je

|f (a)| kak2 |f (x)| > = = kak, kxk kak kak

kf k = kak.

2.33. Neka su tk fiksirane ta~ke segmenta [a, b] i realni brojevi za k = 1, . . . , n, n ∈ N. Dokazati da je f (x) =

n X

ck

proizvoqni

ck x(tk )

k=1

ograni~ena linearna funkcionela na C[a, b] i izra~unati kf k.

Re{ewe. Za proizvoqne x, y ∈ C[a, b] i α, β ∈ K vaì f (αx + βy) =

n X

ck (α x + β y)(tk ) =

k=1 n X

=α

k=1

n X

ck (α x(tk ) + β y(tk ))

k=1

ck x(tk ) + β

n X k=1

pa je f linearna funkcionela na C[a, b].

ck y(tk ) = αf (x) + βf (y),

125

GLAVA 2. OPERATORI

Po{to je

¯ ¯ n n ¯X ¯ X ¯ ¯ |f (x)| = ¯ ck x(tk )¯ 6 |ck | |x(tk )| ¯ ¯ k=1

k=1

6 max |x(t)| a6t6b

to je

n P

kf k 6

k=1

n X

|ck | = kxk

k=1

n X

|ck |,

k=1

|ck |.

Neka je funkcija x0 takva da je x0 (tk ) = sgn ck , k = 1, 2, . . . , n, na [a, t0 ] i [tn , b] uzima konstantne vrednosti sgn c0 i sgn cn , respektivno, a na svakom segmentu [tk , tk+1 ] je linearna. Lako se vidi da je funkcija x0 neprekidna na segmentu [a, b]. Kako je kx0 k = a6t6b max |x0 (t)| = 1 i ¯X ¯ ¯X ¯ X n ¯ n ¯ ¯ n ¯ |f (x0 )| = ¯¯ ck sgn ck ¯¯ = ¯¯ |ck |¯¯ = |ck |, k=1

k=1

k=1

to je kf k = sup |f (x)| > |f (x0 )| =

Prema tome,

kf k =

n P

kxk=1

k=1

n X

|ck |.

k=1

|ck |.

2.34. Dokazati da su funkcionele ϕ, ψ : C[0, 1] → R date sa ϕ(f ) = +∞ P

+∞ X

ck f

³1´

k=1

k

i

Z ψ(f ) =

1

φ(x)f (x)dx, 0

gde je |ck | < +∞ i φ ∈ C[0, 1] nenegativna funkcija, dobro definik=1 sane, linearne i odrediti im normu. Re{ewe. Kako je Sn = +∞ P

n X k=1

¯ ³ ´¯ +∞ X ¯ 1 ¯ ¯ 6 kf k |ck |¯¯f |ck |, k ¯ k=1

red ck f (1/k) apsolutno konvergira, pa je ϕ dobro definisana funk=1 kcionela. Na osnovu zadatka 2.33 sledi linearnost i ograni~enost +∞ P funkcionele ϕ i da je kϕk = |cn |. n=1

126

2.2. ZADACI

Dobra definisanost funkcionele ψ sledi iz neprekidnosti i integrabilnosti podintegralne funkcije, a linearnost iz linearnosti integrala. Kako je ¯Z ¯ |ψ(f )| = ¯¯

0

1

¯ Z ¯ φ(x)f (x)dx¯¯ 6

Z

1

|φ(x)||f (x)|dx 6 kf k

0

1

|φ(x)|dx, 0

R

funkcionela ψ je neprekidna i vaì kψk 6 01 φ(x)dx. RNeka je f (x) = 1 za sve xR ∈ [0, 1]. Tada je kf k = 1 i vaì |ψ(f )| = 01 φ(x)dx, pa je 1 kψk = 0 φ(x)dx.

2.35. Neka je na prostoru Rn data norma k · k∞ . (a) Ako su α1 , α2 , . . . , αn proizvoqni realni brojevi, dokazati da je funkcionela f : Rn → R definisana sa (∗)

f (x) =

n X

αk xk ,

x = (x1 , . . . , xn ),

k=1

linearna i neprekidna i odrediti kf k. (b) Dokazati da za proizvoqnu linearnu neprekidnu funkcionelu f postoje jedinstveni brojevi α1 , . . . , αn ∈ R, takvi da vaì (∗). Re{ewe. (a) Ostavqamo ~itaocu da po ugledu na zadatak 2.33 uradi ovaj deo zadatka. (b) Neka f ∈ (Rn )∗ . Ako su e1 = (1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, 0, . . . , 1) bazni vektori prostora Rn , onda za proizvoqan vektor x = (x1 , . . . , xn ) n P iz Rn vaì x = xk ek , pa zbog linearnosti funkcionele f sledi k=1

f (x) =

n X

xk f (ek ).

k=1

Ako defini{emo αk = f (ek ), k 6 n, dobijamo (∗). Pretpostavimo da n P su brojevi β1 , . . . , βn ∈ R takvi da je f (x) = βk xk za svaki element k=1 x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn . Tada je f (ek ) = βk , pa je βk = αk . Dakle, reprezentacija (∗) je jedinstvena.

2.36. Dokazati da je funkcionela f : R2 → R data sa f (x) = x1 − x2 , x = (x1 , x2 ), linearna i neprekidna i odrediti kf k, ako je na R2 data norma:

127

GLAVA 2. OPERATORI

(a)

k · k1 ;

(b) k · k2 ; (v) k · k∞ . Re{ewe. Neka su x = (x1, x2), y = (y1, y2) proizvoqni vektori iz R2 i α, β ∈ R proizvoqni skalari. Tada je f (αx + βy) = f ((αx1 + βy1 , αx2 + βy2 )) = α(x1 − x2 ) + β(y1 − y2 ) = αf (x) + βf (y),

pa je f linearno preslikavawe. (a) Kako je |f (x)| = |x1 − x2 | 6 |x1 | + |x2 | = kxk1 , zakqu~ujemo da je f neprekidna funkcionela i kf k 6 1. Neka je x0 = (1, 0). Tada je kx0 k1 = 1 i |f (x0 )| = 1, odakle sledi da je kf k = 1. (b) Ako je na R2 data norma k · k2 , onda je, prema teoremi 2.1., © ª kf k = max |x1 − x2 | | x21 + x22 = 1 .

Problem se svodi na nalaèwe uslovnog ekstrema funkcije ϕ(x1 , x2 )√= 2 + x2 = 1. Lako se nalazi da je maksimum 2 (x1 − x2 )2 ,¡ uz √ uslov x√ 1 ¢ 2¡ √ √ ¢ u ta~kama 1/ 2, −1/ 2 i −1/ 2, 1/ 2 (pokazati!). Prema tome, √ kf k = 2 . (v) Vaì da je |f (x)| 6 |x1 | + |x2 | 6 2 max {|x1 |, |x2 |} = 2kxk∞ ,

pa je kf k 6 2. Za ta~ku x0 = (1, −1) imamo da je kx0 k∞ = 1 i |f (x0 )| = 2, odakle je kf k > 2. Iz svega dokazanog dobijamo da je kf k = 2.

2.37. Pokazati da su funkcionele f, g : `1 → R date sa: (a) f (x) = 2x1 − x3 + 6x4 , x = (xn ) ∈ `1 , +∞ P (b) g(x) = x2n , x = (xn ) ∈ `1 n=1 dobro definisane, linearne i neprekidne i odrediti im normu. Re{ewe. (a) Dobra definisanost je o~igledna, a linearnost se lako proverava, pa ovo ostavqamo ~itaocu da dokaè. Kako je |f (x)| 6 2|x1 | + |x3 | + 6|x4 | 6 6(|x1 | + |x3 | + |x4 |) 6 6

+∞ X

|xk | = 6kxk,

k=1

sledi da je kf k 6 6. Uo~imo niz e4 = (0, 0, 0, 1, 0 . . .). Lako nalazimo da je ke4 k = 1 i |f (e4 )| = 6, pa je kf k > 6. Dakle, kf k = 6.

128

2.2. ZADACI

(b) Za proizvoqan vektor x ∈ `1 vaì +∞ X

|x2n | 6

n=1

+∞ X

|xn | < +∞,

n=1

+∞ P

pa red x2n apsolutno konvergira. Dakle, g je dobro definisana n=1 funkcionela. Linearnost ostavqamo ~itaocu da pokaè. n P x2k , zbog neprekidnosti apsolutne vrednoKako postoji n→+∞ lim k=1 ¯P ¯ ¯ ¯ n P ¯ n ¯ ¯ ¯ lim ¯ x2k ¯ = ¯ lim x2k ¯, pa je

sti, imamo n→+∞

n→+∞ k=1

k=1

¯X ¯ ¯ ¯ ¯X ¯ n X ¯ +∞ ¯ ¯ ¯ ¯ n ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ |g(x)| = ¯ x2n ¯ = ¯ lim x2k ¯ = lim ¯ x2k ¯¯ n→+∞ n→+∞ n=1

6 lim

n→+∞

k=1

n X

|x2k | =

+∞ X

k=1

|x2k | 6

|xk | = kxk.

k=1

k=1

k=1

+∞ X

Prema tome, g je neprekidna funkcionela i kgk 6 1. Uo~imo element e2 = (0, 1, 0, . . .) ∈ `1 . Lako se dobija da je ke2 k = 1 i g(e2 ) = 1. Dakle, kgk = 1.

2.38. Dokazati da su slede}e funkcionele linearne i neprekidne i na}i im normu: (a) f (x) = x1 + x2 , x = (x1 , x2 , . . .) ∈ `2 ; +∞ P (b) f (x) = xnn , x = (x1 , x2 , . . .) ∈ `1 . n=1

Re{ewe. Dokaz linearnost ostavqamo ~itaocu za samostani rad.

(a) Ako iskoristimo nejednakost izme|u aritmeti~ke i kvadratne sredine za brojeve |x1 | i |x2 | dobijamo r

|x1 |2 + |x2 |2 |f (x)| = |x1 + x2 | 6 |x1 | + |x2 | 6 2 2 v u +∞ √ p √ uX √ = 2 |x1 |2 + |x2 |2 6 2t |xk |2 = 2kxk`2 . k=1

√

Time smo pokazali da√ je kf k 6 2. Uo~imo niz x0 = (1, 1, 0, 0, . . .). Vidimo da je kx0 k = 2, pa je x0 ∈ `2 . Kako je |f (x0 )| = |1 + 1| = 2, to

129

GLAVA 2. OPERATORI

je

√ |f (x)| 2 > √ = 2. 2 x∈`2 \{0} kxk

kf k =

Prema tome, kf k = (b) Po{to je

sup

√ 2.

¯ +∞ ¯ ¯ +∞ ¯ +∞ ¯X xn ¯ X ¯ xn ¯ X ¯6 |f (x)| = ¯¯ |xn | = kxk, ¯ ¯6 ¯ n n n=1

n=1

n=1

to je kf k 6 1. S druge strane, ako uo~imo niz x0 = (1, 0, 0, . . .), imamo da x0 ∈ `1 i |f (x0 )| = 1. Odatle se lako vidi da je kf k > 1, pa je kf k = 1.

2.39. Neka je data funkcionela x∗ : L(0, 1) → R sa Z

1

x∗ (f ) =

f (x)(ex + λf (x))dx,

f ∈ L(0, 1).

0

Odrediti vrednosti λ ∈ R za koje je x∗ ograni~ena linearna funkcionela u L(0, 1) i na}i normu od x∗ . Re{ewe. Kako je Z

x∗ (f + f ) =

1

2f (x)(ex + 2λf (x))dx

0

i, zbog linearnosti, Z ∗

∗

1

x (f + f ) = 2x (f ) = 2

f (x)(ex + λf (x))dx,

0

R

R

zakqu~ujemo da je 01 2f (x)(ex + 2λf (x))dx = 2 01 f (x)(ex + λf (x))dx, R1 odnosno, 0 λf (x)dx = 0, pa je λ = 0. Dakle, funkcionela x∗ }e biti linearna samo za λ = 0. Tada je Z ∗

x (f ) =

1

ex f (x)dx,

f ∈ L(0, 1).

0

Kako je ¯Z ¯ |x (f )| = ¯¯ ∗

0

1

¯ Z ¯ e f (x)dx¯¯ 6 e x

0

1

|f (x)|dx = e kf kL(0,1) ,

130

2.2. ZADACI

dobijamo da je kx∗ k =

(1)

Uo~imo niz funkcija

|x∗ (f )| 6 e. f ∈L(0,1)\{0} kf k sup

½

fn (x) =

Po{to je

Z kfn k =

1, 1 − 1/n < x 6 1, 0, 0 6 x < 1 − 1/n. Z

1

|fn (x)|dx =

0

1

dx = 1−1/n

1 < +∞, n

zakqu~ujemo da fn ∈ L(0, 1) za svako n ∈ N. Daqe imamo Z

∗

|x (fn )| =

1

³ ´ 1 1 ex dx = e1 − e1− n = e 1 − e− n ,

1−1/n

pa samim tim dobijamo da je 1

|x∗ (fn )| e(1 − e− n ) |x∗ (f )| > =− . kx k = sup kfn k − n1 f ∈L(0,1)\{0} kf k ∗

Kako je x→0 lim e x−1 = 1, koriste}i teoremu 1.13. dobijamo da je {to zajedno sa (1) daje kx∗ k = e. x

kx∗ k > e,

2.40. Na}i normu linearne funkcionele f : C[−1, 1] → R definisane sa Z 0 Z 1 f (x) =

x(t)dt − −1

x(t)dt. 0

Re{ewe. Kako je

¯Z 0 ¯ Z 1 ¯ ¯ ¯ |f (x)| = ¯ x(t)dt − x(t)dt¯¯ −1 0 Z 0 Z 1 6 |x(t)|dt + |x(t)|dt 6 kxk + kxk = 2kxk, −1

imamo da je

kf k 6 2.

(n) x0 (t)

0

Uo~imo niz funkcija

 

1, −nt, =  −1,

−1 6 t 6 −1/n, −1/n 6 t 6 1/n, 1/n 6 t 6 −1,

n ∈ N.

131

GLAVA 2. OPERATORI

Lako zakqu~ujemo da x0(n) ∈ C[−1, 1], i da je kx0 k = −16t61 max |x0 (t)| = 1, n ∈ N. Kako je

¯Z ¯ Z 1 ¯ ¯ ¯ 0 (n) ¯ (n) ¯f (x(n) )¯ = ¯ ¯ x (t) dt − x (t) dt 0 0 0 ¯ ¯ 0 −1 ¯ ¯ ¯Z − 1 Z 0 Z 1 Z 1 ¯ ¯ ¯ n n 2 ¯¯ dt + (−nt)dt − (−nt)dt − (−1)dt¯¯ = ¯2 − ¯, = ¯¯ 1 n −1 −1 0 n

n

dobijamo kf k =

sup x∈C[−1,1]\{0} kxk=1

odakle, zbog (1), sledi

¯ (n) ¯ |f (x)| > ¯f (x0 )¯ → 2, n → +∞,

kf k = 2.

2.41. Ispitati da li su slede}e funkcionele linearne i ograni~ene u prostoru C[0, 1]R i ako jesu odrediti wihove norme: (a) f (x) = 01 x(t) sin t dt; R (b) f (x) = 01 x(t)eit dt; (v) f (x) = Rx0 (t0 ); (g) f (x) = 01 t−1/3 x(t) dt; R √ (d) f (x) = 01 t x(t2 ) dt. Re{ewe. O~igledno je posmatrana funkcionela f linearna i definisana na celom C[0, 1]. Kako je ¯Z ¯ |f (t)| = ¯¯

¯ Z 1 ¯ x(t) sin t dt¯¯ 6 |x(t)|| sin t| dt 0 0 Z 1 6 kxk | sin t| dt = kxk(1 − cos 1), 1

0

to je kf k 6 1 − cos 1. Za x(t) = 1, t ∈ [0, 1], neposredno dobijamo da je kf k = 1 − cos 1. (b) Funkcionela f je linearna (dokazati!) i vaì ¯Z ¯ |f (x)| = ¯¯

0

1

¯ Z ¯ x(t)e dt¯¯ 6 it

1

Z it

|x(t)||e |dt =

0

pa je kf k 6 1. Uo~imo funkciju x0 (t) = e−it , kf k > 1, pa zakqu~ujemo da je kf k = 1.

1

|x(t)|dt = kxk, 0

t ∈ [0, 1].

Lako se dobija

132

2.2. ZADACI

(v) Ostavqamo ~itaocu za samostalni rad. (g) Ostavqamo ~itaocu za samostalni rad. (d) Lako se dokazuje da je data funkcionela linearna i ograni~ena i da je kf k = 2/3.

2.42. Ispitati da li su slede}e funkcionele ograni~ene i linearne u navedenim prostorima i ako jesu na}i wihove norme: +∞ P³

1´ xn ; n

(a)

X = c0 ,

(b)

(d)

xn , α ∈ R; α n=1 n +∞ P xn X = c, f (x) = x0 + , x0 = lim xn ; n→+∞ n=1 n +∞ P xn X = c, f (x) = 2x0 + , x0 = lim xn , α n→+∞ n=1 n +∞ P X = `1 , f (x) = n xn ;

(|)

X = `1 ,

f (x) =

(e)

X = `2 ,

f (x) =

(`)

X = `3/2 ,

(v) (g)

X = c0 ,

f (x) = f (x) =

1−

n=1 +∞ P

α ∈ R;

n=1 +∞ P¡

n=1 +∞ P

¢ 2 + (−1)n xn ;

(−1)n √ xn ; n n=1 +∞ P 1 f (x) = x . 4/9 n n=1 n

Re{ewe. Lako se dokazuje da su date funkcionele linearne (dokazati!).

∗ (a) Pretpostavimo da je data funkcionela ograni~ena. ¢ Kako je c0 = ¡ 1 `1 , tada, na osnovu teoreme 2.14., sledi da je y = 1 − n jedinstveni niz iz prostora `1 takav da je kf k = kyk. Po{to smo pretpostavili +∞ ¢ P¡ da je funkcionela f ograni~ena, to je kf k < +∞, tj. red 1 − n1 +∞ P¡

¢

n=1

konvergira. Me|utim, red 1− divergira (dokazati!). Dakle, n=1 data funkcionela nije ograni~ena. Zapravo, ona nije ni definisana na ~itavom prostoru c0 , npr. za xn = n1 , n ∈ N, iz prostora c0 red +∞ P (1 − n1 ) n1 ne konvergira. n=1

1 n

(b) Pretpostavimo da je f ograni~ena funkcionela. Tada je, analo-

133

GLAVA 2. OPERATORI

gno kao u (a), niz

y=

¡

1 nα

¢

iz prostora `1 i

+∞ X 1 kf k = kyk = . nα

(∗)

n=1

Red u (∗) konvergira za svako α > 1, pa na osnovu teoreme 2.14. neposredno dobijamo da je za svako α > 1 data funkcionela ograni~ena u posmatranom prostoru. +∞ +∞ P P (v) Lako se nalazi da je kf k = 1 + n1 i kako red n1 divergira, n=1 n=1 zakqu~ujemo da je kf k = +∞, pa data funkcionela nije ograni~ena. +∞ P (g) Po{to je kf k = 2 + n1 , funkcionela f }e biti ograni~ena n=1 ako i samo ako je α > 1. +∞ P (d) Podsetimo se da je `∗1 = m. Funkcionela f = nxn bi}e n=1 ograni~ena ako i samo ako y = (n) ∈ m (videti teoremu 2.12.). Po{to je kyk = sup |n| = +∞, zakqu~ujemo da y nije ograni~en niz, pa samim n∈N tim ni funkcionela f nije ograni~ena. (|) Analogno predhodnom primeru, funkcionela f je ograni~ena ako i samo ako y = (2 + (−1)n ) pripada prostoru m. Kako je α

kyk = sup |2 + (−1)n | = 3, n∈N

zakqu~ujemo da y ∈ m. Dakle, f je ograni~ena linearna funkcionela i vaì kf k = kyk = 3. (e) Dualni prostor prostora `2 je taj isti prostor `2 . Zadata funkcionela bi}e ograni~ena linearna funkcionela na prostoru `2 ³ ´ (−1) ako i samo ako y = √n ∈ `2 (videti teoremu 2.13.). Po{to je n

¯ +∞ ¯ +∞ X ¯ (−1)n ¯2 X 1 ¯ √ ¯ = = +∞, ¯ ¯ n n

n=1

n=1

sledi da data funkcionela nije ograni~ena. ´ ³ (`) Kako je (`3/2 )∗ = `3 , zakqu~ujemo da y = n 1 mora biti element prostora `3 da bi data funkcionela bila ograni~ena (videti teoremu 2.13.). Vaì 4/9

Ã +∞ µ !1/3 ¶ !1/3 ÃX +∞ X 1 3 1 kyk = = < +∞, 4/9 4/3 n n n=1 n=1

134

2.2. ZADACI +∞ P

jer red n 1 konvergira. Iz svega dokazanog sledi da je f ograni~ena n=1 linearna funkcionela i vaì 4/3

Ã +∞ !1/3 X 1 . kf k = n4/3 n=1

2.43. Ako je X normirani prostor dokazati da je X ∗ = X 0 ako i samo ako je prostor X kona~no dimenzionalan. Re{ewe. Ako u zadatku 2.28 iskoristimo da je Y = K, K 6= {0}, neposredno dobijamo da je svaka linearna funkcionela ograni~ena ako i samo ako je prostor X kona~no dimenzionalan. 2.44. Dokazati da je Banahov prostor X refleksivan ako i samo ako je wegov odgovaraju}i dualni prostor X ∗ tako|e refleksivan. Re{ewe. Ako je prostor X refleksivan, tada je X ∗∗ = X , pa je (X ∗∗ )∗ = X ∗ ,

tj. prostor X ∗ je tako|e refleksivan. Obratno, pretpostavimo da je X ∗ = (X ∗ )∗∗ = X ∗∗∗ . Tada je X ∗∗ = X ∗∗∗∗ ,

pa je prostor X ∗∗ refleksivan. Kako je X Banahov prostor i predstavqa potprostor refleksivnog prostora X ∗∗ , onda je on zatvoren, pa stoga i prostor X mora biti refleksivan.

2.45. Ako je f 6= 0 proizvoqna ograni~ena linearna funkcionela u realnom Hilbertovom prostoru H , dokazati da postoji jedna i samo jedna ta~ka x iz prostora H sa osobinama da je kxk = 1 i f (x) = kf k. Re{ewe. O~igledno je H 6= {0}, jer bi u protivnom vaìlo da je f = 0. Kako je f ograni~ena linearna funkcionela u H , postoji ta~ka y iz H takva da je f (x) = hx, yi i kf k = kyk (videti teoremu 2.17.). Po{to je y f 6= 0, to je y 6= 0. Uo~imo ta~ku x0 = . Lako se vidi da je kx0 k = 1 kyk i da je f (x0 ) =

D y E 1 kyk2 ,y = hy, yi = = kyk = kf k. kyk kyk kyk

135

GLAVA 2. OPERATORI

Dokaìmo jedinstvenost ta~ke x0 . Pretpostavimo da je x1 ta~ka iz prostora H takva da je kx1 k = 1 i f (x1 ) = kf k. Tada, primenom nejednakosti Ko{i-[varc-Buwakovskog, dobijamo kf k = f (x1 ) = hx1 , yi 6 |hx1 , yi| 6 kx1 k · kyk = kyk = kf k.

Po{to u prethodnoj nejednakosti svuda mora vaìti jednakost, dobijamo da je‡ x1 = ry za neko realno r i x1 , y 6= 0. Kako je 1 = kx1 k = |r|kyk, zakqu~ujemo da je r = 1/kyk ili r = −1/kyk. Ako je r = −1/kyk, tada je D

f (x1 ) = f (ry) =

Dakle, mora biti

−

E y , y = −kyk = −kf k 6= kf k. kyk

r = 1/kyk, tj. x1 = y/kyk = x0 .

2.46. Ako je t0 fiksirana ta~ka segmenta [a, b], dokazati da je f (x) = x(t0 ), x ∈ C[a, b], ograni~ena linearna funkcionela na prostoru C[a, b] i pritom je kf k = 1.

Re{ewe. Za proizvoqne funkcije x, y ∈ C[a, b] i skalare α, β ∈ K vaì f (αx + βy) = (αx + βy)(t0 ) = αx(t0 ) + βy(t0 ) = αf (x) + βf (y).

Dakle, f je linearna funkcionela na prostoru C[a, b]. Kako je |f (x)| = |x(t0 )| 6 kxk za svako x ∈ C[a, b], zakqu~ujemo da je kf k 6 1. Uo~imo funkciju x0 (t) = 1 za svako t ∈ [a, b]. Tada je x0 (t0 ) = 1, pa je i f (x0 ) = 1. Lako se vidi da je kx0 k = 1, pa je zato kf k = sup |f (x)| > |f (x0 )| = 1, kxk=1

odakle, zbog (1), sledi da je

kf k = 1.

2.47. Neka je X normirani prostor i x0 6= y0 proizvoqni vektori prostora X . Dokazati da postoji ograni~ena linearna funkcionela f na prostoru X takva da je kf k = 1 i f (x0 ) 6= f (y0 ). Re{ewe. Neka je z0 = x0 − y0 6= 0. Tada na osnovu teoreme 2.7. postoji ograni~ena linearna funkcionela f na prostoru X da je f (z0 ) = kz0 k i kf k = 1. Kako je f (z0 ) = f (x0 )−f (y0 ), zakqu~ujemo da je f (x0 ) 6= f (y0 ). Jednakost u nejednakosti Ko{i-[varc-Buwakovskog |hx, yi| 6 kxkkyk vaì ako i samo ako su vektori x i y linearno zavisni, tj. ako je x = 0 ili y = 0 ili y = αx za neko α ∈ K. ‡

136

2.2. ZADACI

2.48. Dokazati da ako normirani prostor X sadrì n linearno nezavisnih vektora tada i prostor X ∗ sadrì n linearno nezavisnih vektora. Re{ewe. Neka su e1, e2, . . . , en linearno nezavisni vektori u X . Uo~imo L{e1 } = {x | x = λe1 , λ ∈ K}

i

½ ¯ ¾ n X ¯ L{e2 , e3 , . . . , en } = x ¯ x = λi ei , λi ∈ K . i=2

Neka je x0 = e1 ∈ X \ L{e2 , e3 , . . . , en }. Na osnovu teoreme 2.8. postoji funkcionela x∗1 takva da je x∗1 (e1 ) = 1,

x∗1 (x) = 0,

x ∈ L{e2 , e3 , . . . , en }.

Analogno, za x0 = ek ∈ X \ L{e1 , . . . , ek−1 , ek+1 , . . . , en } postoji linearna funkcionela x∗k takva da je x∗k (ek ) = 1,

x∗k (x) = 0,

Dakle, postoje funkcionele ½

x∗i (ej ) =

Kako je

x ∈ L{e1 , . . . , ek−1 , ek+1 , . . . , en }.

x∗1 , x∗2 , . . . , x∗n ∈ X ∗ 1, i = j, 0, i = 6 j,

takve da je

1 6 i, j 6 n. n P

za svako i 6= j , to iz jednakosti λi x∗i (x) = 0, za i=1 x = e1 dobijamo λ1 = 0, za x = e2 dobijamo λ2 = 0, i nastavqaju}i postupak do kraja, za x = en dobijamo λn = 0. Time smo pokazali da su x∗1 , x∗2 , . . . , x∗n linearno nezavisni vektori u prostoru X ∗ . x∗i (ej ) = 0

2.49. Ako je (Tn ) niz ograni~enih linearnih operatora u Hilbertovom prostoru H , dokazati da niz (Tn ) konvergira ka operatoru T ∈ L(H) ako i samo ako niz operatora (Tn∗ ) konvergira ka operatoru T ∗ . Re{ewe.∗Za proizvoqne operatore A, B ∈ L(H) vaì kA∗ k = kAk i ∗ ∗ (A + B) = A + B . Koriste}i ovo imamo da je kTn − T k = k(Tn − T )∗ k = kTn∗ − T ∗ k.

Odavde neposredno dobijamo da niz (Tn ) konvergira ka T ako i samo ako niz (Tn∗ ) konvergira ka T ∗ .

137

GLAVA 2. OPERATORI

2.50. Neka su X i Y normirani prostori, L zatvoren vektorski potprostor od X, a ∈ X \ L i b ∈ Y . Pokazati da postoji ograni~en linearni operator A : X → Y takav da je A¹L ≡ 0 i A(a) = b. Re{ewe. Prema∗ teoremi 2.8.∗postoji linearna funkcionela x∗ : X → R takva da je x (a) = 1 i x (x) = 0, x ∈ L. Defini{imo operator A : X → Y sa Ax = x∗ (x) · b. Dokaìmo da ovako definisan operator A zadovoqava traène uslove. (1) Iz linearnosti funkcionele x∗ sledi linearnost operatora A. (2) Ako x ∈ L, tada je Ax = x∗ (x) · b = 0 · b = 0. (3) Vaì A(a) = x∗ (a) · b = 1 · b = b. 2.51. Dokazati da su svi prostori oblika C[a, b] nad istim poqem skalara K, pri razli~itim vrednostima realnih brojeva a i b za a < b, me|usobno kongruentni Banahovi prostori. Re{ewe. Uo~imo prostore C[a, b]0 i 0 C[a0, b0] za a < b i a0 <0 b0. Odredimo linearnu funkciju ω : [a , b ] → [a, b] takvu da je ω(a ) = a i ω(b0 ) = b. Neka je ω(u) = α u + β , u ∈ [a0 , b0 ]. Iz sistema α a0 + β = a,

α b0 + β = b

se jednostavno dobija ω(u) =

b−a ab0 − ba0 u + , b0 − a0 b0 − a0

u ∈ [a0 , b0 ].

Preslikavawe ω je bijektivno i neprekidno, pa je takvo i ω−1 . Uo~imo proizvoqnu funkciju x ∈ C[a, b]. Za t = ω(u) defini{imo funkciju y(u) = x(ω(u)) = x(αu + β), u ∈ [a0 , b0 ]. Funkcija y je o~igledno element prostora C[a0 , b0 ]. Pritom je kykC[a0 ,b0 ] = max 0 |y(u)| = max |x(t)| = kxkC[a,b] . a6u6b

Defini{imo operator V V x = y,

tj.

a6t6b

: C[a, b] → C[a0 , b0 ] sa

(V x)(t) = x(ω(u)),

t ∈ [a, b].

O~igledno je V linearan i izometri~an operator. Pritom je sirjektivan, jer ako uo~imo proizvoqnu funkciju y ∈ C[a0 , b0 ], tada funkcija x(t) = y(ω −1 (t)) = y( t−β α ) pripada prostoru C[a, b] i vaì V x = y .

138

2.2. ZADACI

Dakle, prema definiciji 2.5. V je jedna kongruencija prostora C[a, b] i C[a0 , b0 ].

2.52. Dokazati da su za fiksirano p > 1 svi normirani prostori Cp [a, +∞), pri razli~itim a ∈ R, me|usobno kongruentni. Prostor Cp [a, +∞) sadrì neprekidne funkcije f na intervalu [a, +∞) za koje je Z +∞

|f (u)|p du < +∞,

a

i pritom je kf k =

³R

´1/p +∞ p dt |f (t)| a

.

Re{ewe. Uo~imo proizvoqne realne brojeve a, b takve da je a < b, i odgovaraju}e prostore Cp [a, +∞), f ∈ Cp [a, +∞) uo~imo funkciju

Cp [b, +∞).

g(u) = f (u + a − b),

Za proizvoqnu funkciju

u > b.

Funkcija g je neprekidna na intervalu [b, +∞), i pritom je Z (∗)

+∞

Z p

|g(u)| du = b

Z

+∞

p

|f (u + a − b)| du = b

+∞

|f (t)|p dt < +∞,

a

pa zakqu~ujemo da g ∈ Cp [b, +∞). Defini{imo operator A : Cp [a, +∞) → Cp [b, +∞) sa Af = g. Dokaìmo da je A kongruencija prostora Cp [a, +∞) i Cp [b, +∞). 1◦ Neka su f1 i f2 proizvoqne funkcije iz prostora Cp [a, +∞). Iz jednakosti A(f1 + f2 )(u) = (f1 + f2 )(u + a − b) = f1 (u + a − b) + f2 (u + a − b) = (Af1 )(u) + (Af2 )(u),

a 6 u < +∞,

dobijamo da je A linearan operator. 2◦ Ako je Af1 = Af2 , tada je f1 (u + a − b) = f2 (u + a − b), u > b, tj. f1 (t) = f2 (t), t > a. Dakle, operator A je injektivan. 3◦ Operator A je sirjektivan, jer za svaku funkciju g ∈ Cp [b, +∞) postoji neprekidna funkcija f (t) = g(t − a + b), t > a, takva da je (Af )(u) = f (u + a − b) = g(u + a − b − a + b) = g(u),

a 6 u < +∞.

139

GLAVA 2. OPERATORI 4◦

Iz jednakosti (∗) dobijamo da je µZ kAf kCp [b,+∞) = kgkCp [b,+∞) = µZ = a

+∞

+∞

¶1/p |g(u)| du p

b

¶1/p p |f (t)| dt = kf kCp [a,+∞) ,

tj. A je izometri~an operator. Na osnovu svega gore dokazanog zakqu~ujemo da je A kongruencija prostora Cp [a, +∞) i Cp [b, +∞).

2.53. Pokazati da je prostor C[0, 1] kongruentan potprostoru C ∗ obrazovanim od funkcija f koje zadovoqavaju uslov (∗)

f (x) = f (1 − x),

x ∈ [0, 1].

Re{ewe. Neka je preslikavawe F : C[0, 1] → C

dato sa F (f ) = f ◦ ϕ, gde je f ∈ C[0, 1] i ϕ : [0, 1] → [0, 1] bilo koja neprekidna sirjekcija takva da je ϕ(x) = ϕ(1 − x). Na primer, funkcija ϕ(x) = sin πx zadovoqava date uslove. Kako je ∗

(f ◦ ϕ)(x) = f (ϕ(x)) = f (ϕ(1 − x)) = (f ◦ ϕ)(1 − x),

zakqu~ijemo da f ◦ ϕ pripada potprostoru prostora C[0, 1] sa osobinom Dokaìmo da je F kongruencija. 1◦ Iz jednakosti

(∗).

¡ ¢ ¡ ¢ F αf + βg (x) = (αf + βg) ◦ ϕ (x) = αf (ϕ(x)) + βg(ϕ(x)) = αF (f ) + βF (g),

α, β ∈ K,

sledi da je F linearno preslikavawe. 2◦ Ako je F (f1 ) = F (f2 ), tada je (f1 ◦ ϕ)(x) = (f2 ◦ ϕ)(x), x ∈ [0, 1]. Kako je ϕ sirjektivno preslikavawe dobijamo f1 (y) = f2 (y), y ∈ [0, 1]. Dakle, preslikavawe F je injekcija. 3◦ Neka je g proizvoqna funkcija takva da je g(x) = g(1 − x) za x ∈ [0, 1] i ϕ(x) = sin πx. Defini{imo funkciju ³ ´ ³1 ´ 1 f (x) = g ◦ arcsin (x) = g arcsin x , π π

x ∈ [0, 1].

140

2.2. ZADACI

Tada je

µ ³ ¶ µ ¶ ´ ¡ ¢ ¡ ¢ 1 1 F (f ) = f ◦ ϕ (x) = g arcsin ◦ ϕ (x) = g arcsin sin πx π π ½ g(x), x ∈ [0, 1/2] = = g(x). g(1 − x), x ∈ [1/2, 1]

Ovim smo dokazali da je F sirjekcija. 4◦ Iz jednakosti °¡ ¯ ¡ ¢ ° ¢¯ kF (f )k = ° f ◦ ϕ (x)°C[0,1] = max ¯f ϕ(x) ¯ 06x61

= max |f (y)| = kf kC[0,1] 06y61

zakqu~ujemo da je F izometri~no preslikavawe. Na osnovu svega gore dokazanog zakqu~ujemo da je prostor C[0, 1] kongruentan potprostoru obrazovanim od funkcija koje zadovoqavaju uslov (∗).

2.54. Neka je Y Banahov prostor i `∞ Y vektorski prostor svih ograni~enih nizova y = (yn ) sa elementima iz Y , snabdeven normom kyk = sup kyn k. Dokazati da su prostori L(`1 , Y ) i `∞ Y kongruentni. n∈N

Re{ewe. Uo~imo niz vektora en = (0, . . . , 0, 1, 0, . . .) ∈ `1 , | {z }

n ∈ N.

n−1

Lako se vidi da je

ken k = 1, n ∈ N.

Ako je A ∈ L(`1 , Y ), tada je

kAen kY 6 kAkken k = kAk < +∞,

pa (Aen ) ∈ `∞ Y . Dakle, moèmo definisati preslikavawe u : L(`1 , Y ) → `∞ Y

sa

u(A) = (Aen ),

A ∈ L(`1 , Y ).

Dokaìmo da je u kongruencija. 1◦ Ostavqamo ~itaocu da dokaè da je u linearno preslikavawe. 2◦ Lako dobijamo (∗)

ku(A)k = sup kAen k 6 kAk. n∈N

141

GLAVA 2. OPERATORI

Ako je +∞ X

x = (xn ) ∈ `1 ,

kxn en k`1 =

n=1

+∞ X n=1

tada je

+∞ P

x=

n=1

xn en .

Po{to je

k(0, . . . , 0, xn , 0, . . .)k`1 = | {z } n−1

+∞ X

|xn | = kxk`1 < +∞,

n=1

+∞ P

zakqu~ujemo da red xn en apsolutno konvergira u prostoru `1 . Kako n=1 je, jo{, +∞ X

(∗∗)

kxn Aen k 6

n=1

+∞ X

|xn | kAen k 6 sup kAen k n∈N

n=1

= ku(A)k

+∞ X

+∞ X

|xn |

n=1

|xn | = ku(A)k kxk`1 < +∞,

n=1

imamo da red

+∞ P n=1

xn Aen apsolutno konvergira u Y , pa vaì Ã A

p X

! xn en

=

n=1

tj. kada p → +∞, je Ax =

p X

xn Aen ,

n=1

+∞ X

xn Aen .

n=1

Koriste}i nejednakosti (∗∗), dobijamo kAxk 6 ku(A)k kxk`1 ,

tj. kAk 6 ku(A)k. Iz posledwe nejednakosti i (∗) zakqu~ujemo da je u izometri~no preslikavawe prostora L(`1 , Y ) u prostor `∞ Y . ◦ 3 Iz jednakosti u(A1 ) = u(A2 ) dobijamo u(A1 − A2 ) = 0, odakle je ku(A1 − A2 )k = 0. Po{to je u izometrija, sledi da je kA1 − A2 k = 0, tj. A1 = A2 . Dokazali smo da je u injektivno preslikavawe. +∞ P 4◦ Neka je y = (yn ) ∈ `∞ xn yn apsoY i x = (xn ) ∈ `1 . Tada je n=1 lutno konvergentan red u Y (dokazati!). Po{to je Y Banahov prostor, svaki apsolutno konvergentan red u wemu konvergira (videti zadatak +∞ P 1.63), pa sledi da je xn yn konvergentan red u Y . Na osnovu ovoga, +∞ n=1 P operator A : `1 → Y definisan sa Ax = xn yn , je linearan i n=1

142

2.2. ZADACI

ograni~en. Dakle, za svako y ∈ `∞ Y postoji A ∈ L(`1 , Y ) takvo da je u(A) = (Aen ) = (yn ) = y . Time smo dokazali da je u sirjekcija. Iz 1◦ − 4◦ imamo da je u kongruencija prostora L(`1 , Y ) i `∞ Y .

2.55. Neka su X i Y normirani prostori i A kongruencija prostora X na prostor Y . Pokazati da je A∗ kongruencija prostora Y ∗ na X ∗ . Re{ewe. Preslikavawe A∗ je linearno, jer je A linearno. Neka je S jedini~na sfera u X , a T jedini~na sfera u Y . Tada je A(S) = T , jer je A kongruencija. Za svako y ∗ ∈ Y ∗ vaì kA∗ y ∗ k = ky ∗ Ak = sup |y ∗ Ax| = sup |y ∗ y| = ky ∗ k, x∈S

y∈T

tj. A∗ je izometri~no preslikavawe. Pokaìmo jo{ da je A∗ (Y ∗ ) = X ∗ . Ako x∗ ∈ X ∗ onda y∗ = x∗ A−1 pripada prostoru Y ∗ i vaì A∗ y ∗ = y ∗ A = x∗ A−1 A = x∗ .

Prema tome, A∗ je kongruencija prostora Y ∗ na X ∗ .

2.56. Neka su H1 i H2 unitarni prostori nad istim poqem skalara K. Dokazati da je operator V : H1 → H2 izometri~an ako i samo ako vaì hV x, V yi = hx, yi za bilo koji par vektora x, y ∈ H1 . Re{ewe. Pretpostavimo da za svako x, y ∈ H12 vaì 2hV x, V yi = hx, yi. Specijalno, ako je x = y dobijamo da je kV xk = kxk , tj. kV xk = kxk. Dakle, V je izometri~an operator. Obratno, pretpostavimo da je V : H1 → H2 proizvoqan izometri~an operator. Tada za svako x, y ∈ H1 vaì kV xk = kxk,

kV yk = kyk,

hV x + V y, V x + V yi = hx + y, x + yi.

Kako je hx + y, x + yi = hx, x + yi + hy, x + yi = hx, xi + hx, yi + hy, xi + hy, yi = kxk2 + hx, yi + hx, yi + kyk2 ,

odnosno (∗)

hx + y, x + yi = kxk2 + 2 Rehx, yi + kyk2 ,

143

GLAVA 2. OPERATORI

dobijamo da je kV xk2 + 2 RehV x, V yi + kV yk2 = kxk2 + 2 Rehx, yi + kyk2 .

Iz posledwe jednakosti zakqu~ujemo (1)

RehV x, V yi = Rehx, yi,

x, y ∈ H1 .

Za K = R dobijamo da je hV x, V yi = hx, yi, {to je trebalo dokazati. Ako je K = C, tada u (∗) stavimo ix umesto x i dobijamo (2)

ImhV x, V yi = Imhx, yi,

Iz (1) i (2) zakqu~ujemo da je

x, y ∈ H1 .

hV x, V yi = hx, yi, x, y ∈ H1 .

2.57. Dokazati da je ograni~en linearan operator V u Hilbertovom prostoru H izometri~an ako i samo ako vaì jednakost V ∗ V = I . Re{ewe. Pretpostavimo da je V izometri~an operator. Na osnovu zadatka 2.56 imamo da je (1)

hV x, V yi = hx, yi,

x, y ∈ H,

pa je (2)

hx, V ∗ (V y)i = hx, yi,

x, y ∈ H,

odakle sledi V ∗ (V y) = y, y ∈ H , tj. V ∗ V = I . Ako pretpostavimo da je V ∗ V = I , neposredno dobijamo (2), a iz (2) dobijamo (1), pa na osnovu zadatka 2.56, imamo da je V izometri~an operator.

2.58. Dokazati da je svaki unitaran operator U u Hilbertovom prostoru izometri~an i odgovaraju}i inverzni operator U −1 je tako|e ograni~en linearan operator i pritom unitaran. Re{ewe. Ako je U unitaran, tada je U ∗U = I . Na osnovu zadatka 2.57 sledi da je U izometri~an. Kako je U ∗ U = I , sledi da U −1 postoji i U −1 = U ∗ . Po{to je kU k = kU ∗ k imamo da U −1 ∈ L(H). Iz jednakosti U −1 · (U −1 )∗ = U ∗ · (U ∗ )∗ = U ∗ · U = I

144 i

2.2. ZADACI

(U −1 )∗ · U −1 = (U ∗ )∗ · U ∗ = U · U ∗ = I

zakqu~ujemo da je U −1 unitaran operator.

2.59. Dokazati da je izometri~an operator V u Hilbertovom prostoru H unitaran ako i samo ako je R(V ) = H . Re{ewe. Ako je V unitaran operator, tada iz V V ∗ = I sledi da je ∗ V (V y) = y za svako y ∈ H . Ako stavimo x = V ∗ y dobijamo V x = y , a time i R(V ) = H . Neka je sada V proizvoqan izometri~an operator u prostoru H i neka je R(V ) = H . Na osnovu zadatka 2.57 imamo da je V ∗ V = I i jo{ je potrebno dokazati da je V V ∗ = I . Kako je R(V ) = H , zakqu~ujemo da za svako x ∈ H postoji y ∈ H takvo da je x = V y. Dakle, ¡ ¢ V (V ∗ x) = V V ∗ (V y) = V y = x,

x ∈ H,

tj. operator V je unitaran.

2.60. Dokazati da je proizvoqan linearan izometri~an operator V u kona~no dimenzionalnom Hilbertovom prostoru H unitaran. Re{ewe. Po{to je V izometri~an operator u prostoru H on je o~igledno i ograni~en, pa postoji odgovaraju}i adjungovani operator V ∗ . Neka je dim(H) = n i neka je {e1 , . . . , en } proizvoqan ortonormirani bazis prostora H . Neka je, daqe, V (e1 ) = b1 , . . . , V (en ) = bn . Po{to je V izometri~an operator i kei k = 1 za svako i = 1, . . . , n, dobijamo da je kV ei k = 1, i = 1, . . . , n. Iz hei , ej i = 0, i 6= j , imamo da je hV ei , V ej i = 0, i 6= j . Zato je bi ⊥ bj , i 6= j , pa zakqu~ujemo da vektori {b1 , . . . , bn } obrazuju ortonormirani bazis prostora H i samim tim su linearno nezavisni. Neposredno dobijamo da je R(V ) = H , pa na osnovu zadatka 2.59, dobijamo da je V unitaran operator. 2.61. Ako su A i B unitarni operatori u Hilbertovom prostoru H , dokazati da je AB tako|e unitaran operator. Ispitati za koje vrednosti λ ∈ K je operator λA unitaran. Re{ewe. Ako su A i B unitarni operatori tada A, B ∈ L(H) i vaì ∗ AA = A∗ A = I i BB ∗ = B ∗ B = I . Po{to je AB ∈ L(H) definisan, postoji i operator (AB)∗ = B ∗ A∗ ∈ L(H). Kako je I = AA∗ = AIA∗ = ABB ∗ A∗ = (AB)(B ∗ A∗ ) = (AB)(AB)∗

145

GLAVA 2. OPERATORI

i

I = B ∗ B = B ∗ IB = B ∗ A∗ AB = (AB)∗ (AB),

na osnovu zadatka 2.57, imamo da je operator AB unitaran. Operator λA, λ ∈ K, je ograni~en jer je kλAk = |λ|kAk. Kako treba da vaì (λA)(λA)∗ = (λA)∗ (λA) = I,

tj.

|λ|2 AA∗ = |λ|2 A∗ A = I,

to je |λ|2 = 1, odnosno |λ| = 1. Dakle, operator λA je unitaran ako i samo ako je |λ| = 1.

2.62. Ispitati unitarnost operatora U : `2 → `2 koji je definisan sa U (x1 , x2 , . . .) = (0, x1 , x2 , . . .),

x = (x1 , x2 , . . .) ∈ `2 .

Re{ewe.

Lako dobijamo da je kU xk = kxk, za sve x ∈ `2 , pa je operator U izometri~an. Za proizvoqan vektor x ∈ `2 vaì da je U (x) 6= e1 = (1, 0, . . .). Odavde sledi da je R(U ) 6= `2 . Stoga, na osnovu zadatka 2.59, sledi da operator U nije unitaran.

2.63. Ako su A i B samoadjungovani operatori u Hilbertovom prostoru H , dokazati da su operatori A+B i An , n ∈ N, tako|e samoadjungovani operatori u prostoru H . Ispitati u kom slu~aju }e operator AB biti samoadjungovan. Re{ewe. Kako su A i B samoadjungovani operatori to je (A + B)∗ = A∗ + B ∗ = A + B,

i

(An )∗ = (A · · · A)∗ = A∗ · · · A∗ = A · · · A = An .

Odavde zakqu~ujemo da su i operatori A + B i An tako|e samoadjungovani. Kako je (AB)∗ = B ∗ A∗ = BA, to je operator AB samoadjungovan ako i samo ako operatori A i B me|usobno komutiraju.

2.64. Dokazati da za samoadjungovan operator A 6= 0 u Hilbertovom prostoru H operator λA je tako|e samoadjungovan ako i samo ako je skalar λ realan.

146

2.2. ZADACI

Re{ewe. Za proizvoqan skalar λ iz K operator λA je linearan operator u prostoru H . Kako je operator A 6= 0 samoadjungovan, jednakost (λA)∗ = λA∗ = λA = λA

}e vaìti ako i samo ako je λ = λ. Dakle, λA je samoadjungovan operator u prostoru H ako i samo ako je λ realan broj.

2.65. Neka je H kompleksan Hilbertov prostor i Sa (H) skup svih ograni~enih samoadjungovanih operatora u prostoru H . Dokazati da je Sa (H) zatvoren realni potprostor prostora L(H) i da vaì L(H) = Sa (H) + iSa (H).

Re{ewe. Za operatore A i B iz prostora S (H) vaì da su ograni~eni a

i da je

A∗ = A i B ∗ = B . Za proizvoqne α, β ∈ R imamo da je αA + βB ∈ L(H) i vaì (αA + βB)∗ = αA∗ + βB ∗ = αA + βB . To zna~i da operator αA + βB pripada prostoru Sa (H), pa je Sa (H) realni potprostor prostora L(H). Uo~imo niz operatora (An ) iz prostora Sa (H), i pretpostavimo da An → A, n → +∞. Na osnovu zadatka 2.49 sledi An = A∗n → A∗ , n → +∞, odakle neposredno dobijamo da je A∗ = A. Stoga A ∈ Sa (H), pa je prostor Sa (H) zatvoren. Uo~imo proizvoqan operator T ∈ L(H). Tada je T =

T + T∗ T − T∗ +i = A1 + iA2 , 2 2i

pri ~emu je A1 =

Kako je A∗1 =

i

T + T∗ 2

i

A2 =

T − T∗ . 2i

T ∗ + T ∗∗ T∗ + T = = A1 2 2

T ∗ − T ∗∗ T∗ − T = = A2 , −2i −2i zakqu~ujemo da su operatori A1 i A2 samoadjungovani. A∗2 =

Lako se dobija

kA1 k 6

kT k + kT ∗ k 2 kT k = = kT k 2 2

147

GLAVA 2. OPERATORI

i kA2 k 6

kT k + kT ∗ k 2 kT k = = kT k, 2 2

pa vaì A1 , A2 ∈ L(H). Dakle, operatori A1 i A2 pripadaju prostoru Sa (H). Time je dokazana dekompozicija.

2.66. Neka je (xn ) niz vektora u normiranom prostoru X , takav da je niz (f (xn )) ograni~en za svaku linearnu funkcionelu f na prostoru X . Dokazati da je tada niz (kxn k) ograni~en. Re{ewe. Za fiksirano n ∈ N uo~imo funkcionelu Fn na prostoru X ∗ ∗ definisanu sa Fn (f ) = f (xn ), f ∈ X . O~igledno je Fn linearna funkcionela iz X ∗∗ i vaì kFn k = kxn k. Na osnovu pretpostavke zadatka, za neko Mf > 0 vaì da je |Fn (f )| = |f (xn )| 6 Mf ,

n ∈ N,

{to daje da su funkcionele Fn , n ∈ N, ograni~ene na prostoru Po{to je prostor X ∗ Banahov, na osnovu principa uniformne ograni~enosti (videti teoremu 2.20.), vaì kFn k 6 M , n ∈ N, a samim tim i kxn k = kFn k 6 M, n ∈ N. Dakle, niz (kxn k) je ograni~en. NAPOMENA. Moè se lako videti da vaì i obrnuto tvr|ewe, tj. ako je niz (xn ) ograni~en, tj. kxn k 6 M , n ∈ N, tada je i niz (f (xn )) tako|e ograni~en, tj. |f (xn )| 6 M1 , n ∈ N, za proizvoqnu funkcionelu f ∈ X ∗. X ∗.

2.67. Neka su X i Y Banahovovi prostori nad istim poqem skalara K i (Tn ) niz ograni~enih linearnih operatora iz X u Y . Dokazati da su slede}i uslovi ekvivalentni. (a) Niz (kTn k) je ograni~en. (b) Niz (kTn (x)k) je ograni~en za svako x iz X . ¡ ¢ (v) Niz |f (Tn (x))| je ograni~en za svako x iz X i sve linearne funkcionele f definisane na prostoru Y .

Re{ewe. (a)⇒(b) Neka postoji M > 0 takvo da je kT k 6 M, n ∈ N. Iz n

nejednakosti

kTn (x)k 6 kTn kkxk 6 M kxk,

o~igledno vaì iskaz (b).

n ∈ N,

148

2.2. ZADACI

(b)⇒(a) Kako je, za neko Mx > 0, ispuweno kTn (x)k 6 Mx ,

n ∈ N, x ∈ X,

tada na osnovu principa uniformne ograni~enost (videti teoremu 2.20.) sledi da je kTn k 6 M, n ∈ N. Dakle, niz (kTn k) je ograni~en. (b)⇒(v) Pretpostavimo da za neko Mx > 0 vaì kTn (x)k 6 Mx ,

n ∈ N, x ∈ X.

Tada je za proizvoqnu funkcionelu na prostoru Y ispuweno |f (Tn (x))| 6 kf kkTn (x)k 6 kf kMx ,

n ∈ N, x ∈ X,

odakle zakqu~ujemo da vaì iskaz (v). (v)⇒(b) Ovo tvr|ewe vaì na osnovu zadatka 2.66.

2.68. Neka je X Banahov prostor, Y normirani prostor i {Aα | α ∈ I} jedna familija u prostoru L(X, Y ). Pokazati da su slede}i uslovi ekvivalentni: (a) sup kAα k < +∞, (b) (v)

α∈I

x ∈ X,

sup kAα xk < +∞, α∈I

sup ky ∗ Aα xk < +∞,

x ∈ X, y ∗ ∈ Y ∗ .

α∈I

Re{ewe. (a)⇒(v) Kako je sup kA k < +∞ to je α∈I

α

|y ∗ Aα x| 6 ky ∗ k · kAα k · kxk < +∞,

pa je

x ∈ X, y ∗ ∈ Y ∗ ,

sup |y ∗ Aα x| < +∞. α∈I

(b)⇒(a) Pretpostavimo suprotno, tj. da je sup kAα k = +∞. I α∈I je beskona~an skup, jer ako bi I bio kona~an tada bi supremum na kona~nom skupu sa kona~nim vrednostima (jer Aα ∈ L(X, Y )) bio kona~an. Postoji prebrojiv skup J ⊆ I , takav da je sup kAα k = +∞. α∈J Na osnovu principa rezonancije (teorema 2.21.), postoji x ∈ X tako da je sup kAα xk = +∞. Po{to je +∞ = sup kAα xk 6 sup kAα xk, α∈J α∈J α∈I zakqu~ujemo da je sup kAα xk = +∞, {to je kontradikcija sa pretα∈I postavkom (b).

149

GLAVA 2. OPERATORI

(v)⇒(b) Na osnovu teoreme 2.9. uo~imo ∗ ∗ d A α x(y ) = y (Aα x),

x ∈ X,

i

∗ d A α x : Y → R,

takvo da je

d kA α xk = kAα xk.

Tada za sve x ∈ X vaì

° ° ¯ ¯ ∗ ¯ d ° ¯ d sup kAα xk = sup °A α x = sup sup (Aα x)(y ) α∈I

α∈I ky ∗ k=1

α∈I

∗

= sup sup |y (Aα x)| < +∞, α∈I ky ∗ k=1

tj. sup kAα xk < +∞, x α∈I me|usobno ekvivalentni.

∈ X.

Time smo dokazali da su dati uslovi

2.69. Dokazati da se kod principa uniformne ograni~enosti ne moè izostaviti pretpostavka o kompletnosti prostora X . Re{ewe. Uo~imo potprostor X prostora `2 sastavqen od svih nizova x = (xn ) sa samo kona~no mnogo koordinata razli~itih od nule i niz operatora Tn : X → K definisan sa Tn (x) = fn (x) = nxn , n ∈ N. Lako se vidi da je X potprostor Banahovog prostora `2 i da su funkcionele fn : X → K, n ∈ N, linearne na normiranom prostoru X . Uo~imo proizvoqan fiksirani vektor x = (x1 , x2 , . . . , xp , 0, 0, . . .) ³P ´1/2 p iz prostora X . Tada je kxk = |xn |2 . Za n > p je o~igledno n=1 fn (x) = 0, a za n 6 p je |fn (x)| = n |xn | 6 p kxk. Dakle, za svako n ∈ N je |fn (x)| 6 p kxk = Mx . S druge strane, vaì |fn (x)| = n|xn | 6 nkxk, x ∈ X , odakle je kfn k 6 n, n ∈ N. Kako je za niz en = (δnk ) iz prostora X lako uo~qivo da je ken k = 1 i fn (en ) = n, zakqu~ujemo da je kfn k = n, n ∈ N. Odavde je o~igledno sup kfn k = +∞. n∈N

2.70. Dokazati da u Hilbertovom prostoru H niz vektora (xn ) konvergira ka elementu x prostora H ako i samo ako niz (xn ) slabo konvergira ka x i niz normi (kxn k) konvergira ka kxk. Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad. 2.71. Za niz x = (xn ) iz `1 definisan je niz ograni~enih linearnih operatora An (x) = (xn , xn+1 , . . .). (a) Ispitati slabu, jaku i uniformnu konvergenciju niza operatora An .

150

2.2. ZADACI

(b) Odrediti konjugovane operatore A∗n . Re{ewe. Podsetiti se definicija slabe, jake i uniformne konvergencije niza operatora (videti definiciju 2.14.). +∞ P (a) Neka je x = (xn ) ∈ `1 to red |xn | konvergira, pa vaì n=1

kAn xk`1 =

+∞ X

|xk | → 0, n → +∞,

k=n

kao ostatak konvergentnog reda. Zato An → 0, n → +∞. S obzirom da je

kAn x − 0xk`1 → 0, n → +∞, tj.

¯ ∗ ¯ ¯y (An x) − y ∗ (0x)¯ 6 ky ∗ k · kAn x − 0xk → 0, n → +∞, `1

zakqu~ujemo da An * 0, n → +∞. Ispitajmo daqe uniformnu konvergenciju, tj. da li vaì kAn − 0k = kAn k → 0, n → +∞.

Uo~imo u prostoru `1 niz en = (0, . . . , 0, 1, 0, . . .). Vidimo da je ken k = 1, | {z } n ∈ N.

Dakle,

n−1

Lako dobijamo da je An en = (1, 0, . . .), a samim tim i kAn en k = 1. kAn k = sup kAn xk > kAn en k = 1, kxk=1

tj. kAn k > 1, n ∈ N. Time smo dokazali da kAn k 9 0, n → +∞, odnosno da niz (An ) ne konvergira uniformno nuli kada n → +∞. (b) Ograni~enu linearnu funkcionelu na prostoru `1 moèmo predstaviti na slede}i na~in (teorema 2.12.) ∗

y (x) =

+∞ X

yn xn ,

x = (xn ) ∈ `1 , y = (yn ) ∈ m.

n=1

Za proizvoqno

y = (yn ) ∈ m

imamo

(A∗n y ∗ )(x) = y ∗ (An x) = y ∗ (xn , xn+1 , . . .) =

+∞ X k=1

yk xn−1+k =

+∞ X k=n

yk−n+1 xk ,

n ∈ N.

151

GLAVA 2. OPERATORI +∞ P

2.72. Potreban i dovoqan uslov da red xn yn u prostoru `1 apso+∞ n=1 P lutno konvergira za svaki konvergentan niz (xn ) jeste da red |yn | n=1 konvergira.

Re{ewe. Ako red +∞ X

+∞ P n=1

|yn |

konvergira onda je

|xn yn | 6 sup |xn | · n∈N

n=1

+∞ X

kyk`1 =

+∞ P n=1

|yn |.

Zato je

|yn | = kxkc · kyk`1 < +∞.

n=1

+∞ P

Obratno, neka je xn yn apsolutno konvergentan red. Uo~imo u n=1 prostoru `1 niz z = (zn ) dat sa zn = (y1 , y2 , . . . , yn , 0, 0, . . .), n ∈ N. Na prostoru svih konvergentnih nizova c defini{imo niz ograni~enih linearnih funkcionela sa fn (x) =

n X

xk yk ,

n ∈ N, x = (xn ),

k=1

i uo~imo da je (∗)

kfn k = kzn k`1 ,

n ∈ N.

+∞ P

Kako je n→+∞ lim fn (x) = xn yn < +∞ za svako x ∈ c, na osnovu prinn=1 cipa uniformne ograni~enosti (teorema 2.20.), niz (kfn k) je ograni~en, tj. za neko M > 0 je kfn k < M , n ∈ N. Iz jednakosti (∗) dobijamo da n P za svako n ∈ N vaì kzn k` = |yk | 6 M . Iz posledwe nejednakosti +∞ k=1 P sledi da je red |yn | konvergentan. 1

n=1

2.73. Neka je H Hilbertov prostor i P ograni~en samoadjungovani operator takav da je P 2 = P . Dokazati da operator P predstavqa ortogonalnu projekciju na izvestan zatvoreni potprostor prostora H .

Re{ewe. Neka je

E = N (I − P ) = {x | P x = x}

i

F = N (P ) = {y | P y = 0}.

Po{to su operatori P i I − P ograni~eni, na osnovu zadatka 2.30, potprostori E i F su zatvoreni. Dokaza}emo da je E ⊕ F = H . Neka

152

2.2. ZADACI

je x ∈ H proizvoqno. Tada je x = P x + (x − P x) = P x + (I − P )x. Dokaìmo da je P x ∈ E i x − P x ∈ F . Kako je (I − P )P x = P x − P 2 x = P x − P x = 0,

to

P x ∈ E.

Tako|e je P (I − P )x = P x − P 2 x = P x − P x = 0,

pa

x − Px ∈ F.

Time smo dokazali da je E + F = H . Uo~imo bilo koja dva vektora x ∈ E i y ∈ F i dokaìmo da je x ⊥ y , tj. hx, yi = 0. Tada je P x = x i P y = 0 pa je hx, yi = hP x, yi = hx, P yi = hx, 0i = 0.

Prema tome, E ⊕ F = H . Po{to se svaki elemenat x ∈ H moè zapisati u obliku x = P x + (x − P x),

P x ∈ E, x − P x ∈ F,

i jo{ vaì F = E ⊥ zakqu~ujemo da se P poklapa sa ortogonalnom projekcijom prostora H na potprostor E .

2.74. Neka je Pn , n ∈ N, ortogonalna projekcija u Hilbertovom prostoru H na zatvoreni potprostor En , n ∈ N. Ako Pn → I , n → +∞, dokazati da je Pn = I za n dovoqno veliko (tj. za n > n0 ). Re{ewe. Uo~imo niz operatora Qn = I − Pn, n ∈ N. Tada je Qn ortogonalna projekcija na zatvoreni potprostor Fn = En⊥ (videti teoremu 2.29.) i ½ kQn k =

1, 0,

Fn 6= {0}, Fn = {0}.

Kako Pn

→ I , n → +∞, tada Qn = I − Pn → 0, n → +∞, odnosno kQn k → 0, n → +∞. Zato je o~igledno kQn k = 0 za n > n0 , tj. Qn = 0 za n > n0 , a odatle dobijamo da je Pn = I za n > n0 .

2.75. Neka je A proizvoqan ograni~en linearni operator u Hilbertovom prostoru H . Dokazati da u prostoru H vaè slede}a tvr|ewa: (a) R(A)⊥ = N (A∗ ); (b) R(A) = N (A∗ )⊥ ; (v) N (A) = R(A∗ )⊥ ; (g) R(A∗ ) = N (A)⊥ .

153

GLAVA 2. OPERATORI

Re{ewe. (a)

y ∈ R(A)⊥ ako i samo ako hAx, yi = 0 za svako x ∈ H . Jednakost hx, A∗ yi = hAx, yi = 0, x ∈ H , ako i samo ako je A∗ y = 0, tj. y ∈ N (A∗ ). Dakle, y ∈ R(A)⊥ ako i samo ako y ∈ N (A∗ ), pa je R(A)⊥ = N (A∗ ).

(b) Iz tvr|ewa dokazanog u delu (a) dobijamo R(A)⊥⊥ = N (A∗ )⊥ . Po{to je R(A) potprostor prostora H to je R(A)⊥⊥ = R(A) (videti zadatke 1.84 i 1.85). Tada je R(A) = R(A)⊥⊥ = N (A∗ )⊥ .

(v) Ova jednakost se dobija iz (a) ako se umesto operatora A posmatra operator A∗ i iskoristi da je A∗∗ = A. (g) Ova jednakost se dobija iz (b) za operator A∗ i iskoristi da je ∗∗ A = A.

2.76. Dokazati da svaki izometri~an operator V u Hilbertovom prostoru H zadovoqava: (a) N (V ) = {0}, (b) R(V ) je zatvoreni potprostor prostora H , (v) H = R(V ) ⊕ N (V ∗ ). Re{ewe. (a) Kako je kV xk = kxk, x ∈ H , sledi da ako je kV xk = 0, tada je x = 0, pa je N (V ) = {0}. (b) Pretpostavimo da je (yn ) niz ta~aka iz R(V ) koji konvergira ka y ∈ H . Tada postoji niz ta~aka (xn ) iz H takav da je yn = V (xn ), n ∈ N. Po{to niz (yn ) konvergira u Hilbertovom prostoru H , tada je on i Ko{ijev, pa iz kym − yn k = kV (xm ) − V (xn )k = kxm − xn k,

zakqu~ujemo da je niz (xn ) tako|e Ko{ijev. Prostor H je Hilbertov pa niz (xn ) konvergira u prostoru H . Neka je x = n→+∞ lim xn . Zbog neprekidnosti operatora V sledi da V xn = yn → V x, n → +∞, pa je y = V x. Dakle, y ∈ R(V ), pa je R(V ) zatvoreni potprostor prostora H. (v) Za proizvoqan zatvoreni potprostor E prostora H je ispuweno E ⊕ E ⊥ = H . Ako stavimo da je E = R(V ), sledi da je H = R(V ) ⊕ R(V )⊥ .

154 Kako je

2.2. ZADACI R(V )⊥ = N (V ∗ ) (dokazano u zadatku 2.75(a)), dobijamo da je H = R(V ) ⊕ N (V ∗ ).

2.77. Neka je E bilo koji jednodimenzionalni potprostor Hilbertovog prostora H i vektor a ∈ E, a 6= 0. Dokazati da je tada za svaki vektor x ∈ H ispuweno d(x, E ⊥ ) =

|hx, ai| . kak

Re{ewe. Ako sa y ozna~imo ortogonalnu projekciju vektora x na pot-

prostor E ⊥ i sa z ortogonalnu projekciju tog vektora na potprostor E , tada je x = y + z , z = λa, za neko λ ∈ K, pa je hx, ai = hy + λa, ai = hy, ai + λkak2 = λkak2 ,

odakle dobijamo

λ=

hx, ai . kak2

Tada je

° ° ° hx, ai ° |hx, ai| |hx, ai| ° d(x, E ⊥ ) = kx − yk = ° a ° kak2 ° = kak2 kak = kak .

2.78. Dokazati da za svaki izometri~an operator V u kompleksnom Banahovom prostoru X 6= {0} vaì da je σ(V ) ⊆ {λ ∈ C | |λ| 6 1}. Ako je pritom λ ∈ σp (V ), dokazati da je |λ| = 1. Re{ewe. Kako je V izometri~an operator vaì da je kV xk = kxk za svako x ∈ X . Po{to je kV k = 1, prema teoremi 2.41. imamo da je σ(V ) ⊆ {λ ∈ C | |λ| 6 kV k = 1} = {λ ∈ C | |λ| 6 1}.

Neka je λ ∈ σp (V ). Tada postoji vektor x 6= 0, takav da je V x = λx. Kako je V izometri~an to je kV xk = kλxk = |λ|kxk = kxk, x 6= 0, odakle sledi da je |λ| = 1. Dakle σp (V ) ⊆ {λ ∈ C | |λ| = 1}.

2.79. Dokazati da su sopstveni potprostori koji odgovaraju dvema razli~itim sopstvenim vrednostima izometri~nog operatora V u Hilbertovom prostoru H uvek me|usobno ortogonalni. Re{ewe. Neka su λ1 i λ2 dve razli~ite sopstvene vrednosti operatora V . Sa E(λ1 ) = N (V − λ1 I) i E(λ2 ) = N (V − λ2 I) ozna~imo odgovaraju}e sopstvene potprostore. Na osnovu zadatka 2.78, zakqu~ujemo da

155

GLAVA 2. OPERATORI

je |λ1 | = |λ2 | = 1. Uo~imo proizvoqne elemente x1 i x2 prostora E(λ1 ) i E(λ2 ), respektivno i dokaìmo da je x1 ⊥ x2 . Po{to je V x1 = λ1 x1 i V x2 = λ2 x2 to je hx1 , x2 i = hV x1 , V x2 i = hλ1 x1 , λ2 x2 i = λ1 λ2 hx1 , x2 i,

odakle dobijamo (λ1 λ2 − 1)hx1 , x2 i = 0. Ako je hx1 , x2 i 6= 0, tada je λ1 λ2 = 1. Iz |λ2 | = 1 sledi λ2 λ2 = 1, pa je λ1 λ2 = 1 = λ2 λ2 , λ2 6= 0. Odavde zakqu~ujemo da je λ1 = λ2 , a to je kontradikcija sa pretpostavkom da su izabrane sopstvene vrednosti razli~ite. Dakle, hx1 , x2 i = 0, tj. x1 ⊥ x2 , za bilo koja dva vektora x1 ∈ E(λ1 ) i x2 ∈ E(λ2 ). Time smo dokazali da je E(λ1 ) ⊥ E(λ2 ).

2.80. Neka je A (ograni~en) samoadjungovani operator u Hilbertovom prostoru H , takav da je hAx, xi > 0 za svako x ∈ H . Dokazati da je σ(A) ⊆ [0, +∞). Re{ewe. Neka je M = sup{hAx, xi | kxk = 1} i m = inf{hAx, xi | kxk = 1}. Kako je A (ograni~en) samoadjungovani operator u Hilbertovom prostoru H , to su m i M realni brojevi i max{|m|, |M |} = kAk (videti teoremu 2.43.). Vaì σ(A) ⊆ [m, M ]. Kako je hAx, xi > 0 za svako x ∈ H , neposredno sledi da su brojevi m i M nenegativni, tj. [m, M ] je zatvoreni interval poluose [0, +∞), pa je σ(A) ⊆ [m, M ] ⊆ [0, +∞), {to je i trebalo dokazati. 2.81. Neka je P ortogonalna projekcija u Hilbertovom prostoru H na zatvoreni potprostor E gde je E 6= {0} i E 6= H . Dokazati da za spektar operatora P vaì da je σ(P ) = {0, 1}. Re{ewe. Kako je E = {x | P x = x} i F = {x | P x = 0}, E, F 6= {0}, sledi da su λ = 1 i λ = 0 sopstvene vrednosti operatora P . Uo~imo u kompleksnoj ravni proizvoqnu ta~ku λ0 , razli~itu od ta~aka 0 i 1, i ozna~imo sa d rastojawe ta~ke λ0 od skupa {0, 1} (videti definiciju 1.7.). Dokaza}emo da je R(P − λ0 I) = H i (P − λ0 I)−1 ∈ L(H). Uo~imo bilo koji vektor y ∈ H i jedna~inu po x (P − λ0 I)x = y.

Stavqaju}i x = x1 + x2 i y = y1 + y2 za x1 = P x, x2 = (I − P )x, y1 = P y i y2 = (I − P )y , dobijamo x1 − λ0 (x1 + x2 ) = y1 + y2 , tj.

156

2.2. ZADACI

(1 − λ0 )x1 = y1 , −λ0 x2 jedna~ina ima re{ewe x1 =

odnosno x=

Dakle,

R(P − λ0 I) = H .

= y2 .

Kako je λ0

1 y1 , 1 − λ0

x2 = −

6= 0, 1,

prethodni sistem

1 y2 , λ0

1 1 Py − (y − P y) . 1 − λ0 λ0

Daqe je

(P − λ0 I)x = x1 − λ0 (x1 + x2 ) = (1 − λ0 )x1 − λ0 x2 ,

Kako x1 ∈ E ,

x ∈ H.

x2 ∈ F , i vaì E ⊥ F , sledi da je

k(P − λ0 I)xk2 = k(1 − λ0 )x1 − λ0 x2 k2 = k(1 − λ0 )x1 k2 + k − λ0 x2 k2 = |1 − λ0 |2 kx1 k2 + |λ0 |2 kx2 k2 .

Po{to je

|1 − λ0 | > d, |λ0 | > d, dobijamo da je k(P − λ0 I)xk2 > d2 kx1 k2 + d2 kx2 k2 = d2 kxk2 ,

odnosno k(P −λ0 I)xk > dkxk, x ∈ H . Prema tome, (P −λ0 I)−1 ∈ L(H), tj. λ0 je regularna ta~ka operatora P . Odavde sledi da je σ(P ) = {0, 1}.

2.82. Neka je A ograni~en linearni operator u kompleksnom Banahovom prostoru X i 0 ∈ ρ(A). Dokazati da je σ(A−1 ) = {1/λ | λ ∈ σ(A)}. Re{ewe. Po{to 0 ∈ ρ(A), ima}emo da operator −1A−1 postoji i da je linearan i ograni~en u X . Tako|e vaì 0 ∈ ρ(A ). Za proizvoqnu ta~ku λ ∈ C, λ 6= 0, je ispuweno ³ 1 ´ A−1 − λI = A−1 − λA−1 A = A−1 (I − λA) = −λA−1 A − I . λ ¡ ¢ Odavde neposredno dobijamo da ako je operator A − λ1 I −1 ograni~en i linearan u prostoru X , tada je ¡ −1 ¢−1 1 ´−1 1³ A. A − λI =− A− I λ λ

Iz posledwe jednakosti zakqu~ujemo da je ρ(A−1 ) = {1/λ | λ ∈ ρ(A)}, a prelaskom na komplementarne skupove, σ(A−1 ) = C \ ρ(A−1 ) = {1/λ | λ ∈ σ(A)} .

157

GLAVA 2. OPERATORI

2.83. Neka je A ograni~en linearan operator u kompleksnom normiranom prostoru X . Ako je Rλ (A) = (A − λI)−1 , λ ∈ ρ(A), rezolventa operatora A, dokazati da je tada λ→∞ lim kRλ (A)k = 0.

Re{ewe. Za svaku regularnu ta~ku λ rezolventni operator Rλ(A) je ograni~en, ali nije uvek definisan na ~itavom prostoru X , ve} na gustom potprostoru R(A − λI) prostora X . Ako je |λ| > kAk, tada λ ∈ ρ(A) (videti teoremu2.41.), pa je +∞ µ

Rλ (A) = (A − λI)

−1

1 1X = − (I − λ−1 A)−1 = − λ λ k=0

¶k 1 A . λ

Odavde dobijamo da je ° ° ¶k ° ¶k ° +∞ °µ +∞ µ ° ° X X 1 ° 1 1 1 ° ° ° ° A °6 A ° kRλ (A)k = ° ° ° |λ| ° ° λ |λ| ° λ 6

1 |λ|

k=0 +∞ X

k=0

1 1 1 1 , kAkk = = |λ| 1 − kAk |λ| − kAk |λ|k k=0 |λ|

za one vrednosti λ ∈ C za koje je |λ| > kAk, odakle neposredno dobijamo da je λ→∞ lim kRλ (A)k = 0.

2.84. Neka je A proizvoqan linearni operator u kona~no dimenzionalnom normiranom prostoru X . Dokazati da je operator A − λI otvoren ako i samo ako λ ne pripada ta~kastom spektru operatora A. Re{ewe. Podsetimo se da vaì (∗)

dim N (A − λI) + dim R(A − λI) = dim(X).

Kako je λ sopstvena vrednost operatora A, to je N (A − λI) 6= {0}, pa direktno iz jednakosti (∗) dobijamo dim R(A − λI) < dim(X). Zakqu~ujemo da operator A−λI nije otvoren, jer preslikava otvoren skup X u prostor R(A − λI), koji predstavqa pravi potprostor prostora X. Ako λ nije sopstvena vrednost operatora A, tada je N (A−λI) = {0}, pa iz jednakosti (∗) sledi da je R(A − λI) = X , tj. operator A − λI je sirjektivan. Kako je X kona~no dimenzionalan prostor, na osnovu zadatka 2.28, operator A − λI ∈ L(X). Koriste}i Banahovu teoremu o

158

2.2. ZADACI

otvorenom preslikavawu (teorema 2.23.), dobijamo da je operator A−λI otvoren.

2.85. Neka je A operator desnog pomeraja u kompleksnom Hilbertovom prostoru `2 , definisan sa A(x1 , x2 , . . .) = (0, x1 , x2 , . . .),

x = (x1 , x2 , . . .).

Dokazati da operator A nema nijednu sopstvenu vrednost, tj. da je σp (A) = ∅. Re{ewe. Neka je λ bilo koja sopstvena vrednost operatora A i neka je x = (x1 , x2 , . . .) 6= 0 odgovaraju}i sopstveni vektor. Iz Ax = λx imamo da je (0, x1 , x2 , x3 , . . .) = λ(x1 , x2 , x3 , x4 , . . .). Odavde vidimo da je λx1 = 0, λx2 = x1 , λx3 = x2 , . . . . Ako je λ = 0, dobijamo da je x1 = x2 = · · · = 0, tj. x = 0, {to je kontradikcija. Ako je λ 6= 0, iz prve jednakosti dobijamo da je x1 = 0, iz druge x2 = 0, iz tre}e je x3 = 0, itd., {to opet dovodi do kontradikcije x = 0. Prema tome, operator A nema sopstvenih vrednosti, tj. σp (A) = ∅.

2.86. Operator levog pomeraja A u Banahovom prostoru m definisan je sa A(x1 , x2 , . . .) = (x2 , x3 , . . .), x = (x1 , x2 , . . .). (a) Dokazati da svako λ ∈ C sa osobinom |λ| > 1 pripada skupu ρ(A). (b) Dokazati da svako λ ∈ C sa osobinom |λ| 6 1 pripada ta~kastom spektru σp (A) ovog operatora. (v) Dokazati da su neprekidan spektar σc (A) i rezidualni spektar σr (A) operatora A prazni. Re{ewe. (a) Operator A je o~igledno linearan. Kako je za proizvoqno x ∈ m ispuweno kAxk = k(x2 , x3 , . . .)k = sup |xn | 6 sup |xn | = kxk, n>2

n∈N

sledi da je operator A definisan na ~itavom prostoru m i da je ograni~en. O~igledno je ispuweno kAk 6 1. Za x = e2 , dobijamo da je A(e2 ) = e1 , pa lako zakqu~ujemo da je kAk = 1. Spektar operatora A je sme{ten u krugu {λ ∈ C | |λ| 6 1} (videti teoremu 2.41.). Dakle,

159

GLAVA 2. OPERATORI

svaka ta~ka λ ∈ C takva da je |λ| > 1 je regularna ta~ka operatora A, tj.

λ ∈ ρ(A).

(b) Uo~imo ta~ku λ ∈ C tako da je |λ| 6 1 i jedna~ina Ax = λx ima re{ewe x 6= 0, x ∈ m. Tada je (x2 , x3 , . . .) = λ(x1 , x2 , . . .), ili, ekvivalentno, x2 = λx1 , x3 = λx2 , . . . . Iz prethodnog sistema dobijamo da je x2 = λx1 , x3 = λ2 x1 , x4 = λ3 x1 , . . . , odakle je x = (x1 , λx1 , λ2 x1 , . . .) = x1 (1, λ, λ2 , . . .). Dobijeni vektor x pripada prostoru m, jer je kxk = |x1 | sup |λ|n−1 6 |x1 | < +∞, n∈N

x1 ∈ C, |λ| 6 1.

Zakqu~ujemo da ta~ka λ pripada ta~kastom spektru operatora A i da je x = t(1, λ, λ2 , . . .), za neko t ∈ C, odgovaraju}i sopstveni vektor.

Lako se moè dokazati i obratno tvr|ewe, tj. za neko t ∈ C \ {0}, vektor x = t(1, λ, λ2 , . . .) je sopstveni vektor operatora A koji odgovara sopstvenoj vrednosti λ. Stoga vaì {λ ∈ C | |λ| 6 1} ⊆ σp (A) ⊆ σ(A) ⊆ {λ ∈ C | |λ| 6 1},

odakle neposredno dobijamo σ(A) = σp (A) = {λ | |λ| 6 1}. (v) Podsetimo se da vaì σ(A) = σp (A) ∪ σc (A) ∪ σr (A). Kako smo dokazali da je σ(A) = σp (A), to je σc (A) = σr (A) = ∅.

2.87. U kompleksnom Hilbertovom prostoru `2 definisan je operator sa A(x1 , x2 , x3 , . . .) = (x3 , x4 , . . .), x = (x1 , x2 , . . .). Na}i wegove sopstvene vrednosti. Re{ewe. Sli~nim postupkom kao u zadatku 2.86 dobijamo da je

A

σp (A) = {λ ∈ C | |λ| < 1}.

2.88. Dokazati da svaki unitaran operator U u Hilbertovom prostoru zadovoqava relaciju

H

kU x − λxk = kU ∗ x − λxk

za proizvoqan vektor x ∈ H i proizvoqan skalar λ ∈ C. Tako|e, dokazati da je rezidualni spektar takvog operatora uvek prazan.

160

2.2. ZADACI

Re{ewe. Operator U je unitaran ako je linearan i ograni~en u prostoru

H i zadovoqava relaciju U ∗ U = U U ∗ = I . x ∈ H i kompleksan broj λ. Vaì

Uo~imo proizvoqan vektor

kU x − λxk2 = hU x − λx, U x − λxi ¡ ¢ = hU x, U xi − 2Re λhU x, xi + |λ|2 kxk2 ¢ ¡ = kxk2 − 2Re λhU x, xi + |λ|2 kxk2 ¡ ¢ = kxk2 + |λ|2 kxk2 − 2Re λhU x, xi

i kU ∗ x − λxk2 = hU ∗ x − λx, U ∗ x − λxi ¢ ¡ = hU U ∗ x, xi − 2Re λhx, U ∗ xi + |λ|2 kxk2 ¡ ¢ = kxk2 + |λ|2 kxk2 − 2Re λhU x, xi ,

odakle neposredno dobijamo kU x − λxk = kU ∗ x − λxk. Pretpostavimo da λ ∈ σr (U ). Tada ta~ka λ ∈ σp (U ∗ ), pa postoji vektor x 6= 0 takav da je U ∗ x − λx = 0. Primenom dokazane jednakosti, neposredno dobijamo da je U x = λx, tj. λ ∈ σp (U ), {to je kontradikcija. Stoga je zaista σr (U ) = ∅.

2.89. Dokazati da za svaki normalan operator A u kompleksnom Hilbertovom prostoru H , za proizvoqan vektor x ∈ H i proizvoqan kompleksan broj λ vaì jednakost kAx − λxk = kA∗ x − λxk.

Tako|e pokazati da je rezidualni spektar svakog normalnog operatora A uvek prazan. Re{ewe. Ostavqamo ~itaocu da ovaj zadatak uradi sam na osnovu prethodnog zadatka.

2.90. Ako je X kompleksan Banahov prostor i A ograni~en linearni operator takav da je An = I za neko n ∈ N, dokazati da je spektralni radijus r(A) = 1. Re{ewe. Kako je An = I za neko fiksirano n ∈ N, sledi da je An = I , 2n A = I , A3n = I , . . . , pa je o~igledno ° kn °1/kn °A ° = kIk1/kn = 11/kn = 1,

k ∈ N,

161

GLAVA 2. OPERATORI

odakle dobijamo (∗)

lim kAkn k1/kn = 1.

k→+∞

Iz teoreme 2.44. imamo da je r(A) = m→+∞ lim kAm k1/m . Ako ova grani~na vrednost ne bi bila kona~na, ovaj niz ne bi mogao da ima podniz koji konvergira ka jedinici. Dakle, r je kona~no i iz (∗) zakqu~ujemo da je r(A) = 1.

2.91. Neka je X kompleksan Banahov prostor, A i B komutativni ograni~eni linearni operatori u prostoru X . Ako je σ(A) = {0}, dokazati da je σ(AB) = {0}. Re{ewe. Za proizvoqan operator C ∈ L(X) vaì r(C) = sup{|λ| | λ ∈ σ(C)}.

Kako je σ(A) = {0}, nalazimo da je r(A) = 0, tj. n→+∞ lim kAn k1/n = 0. Dokaìmo da je r(AB) = 0. Operatori A i B komutiraju, pa je (AB)n = An B n , n ∈ N, odakle dobijamo k(AB)n k1/n = kAn B n k1/n 6 kAn k1/n kB n k1/n 6 kBkkAn k1/n

za svako n ∈ N. Kako je n→+∞ lim kAn k1/n = 0, neposredno dobijamo da je lim k(AB)n k1/n = 0,

n→+∞

tj. vaì r(AB) = 0. Time je dokazano da je

σ(AB) = {0}.

Glava 3

Teorija mere 3.1 Pregled teorije Mera na prstenu DEFINICIJA 3.1.

vaì (3.1)

Neprazna familija P ⊆ P(X), X 6= ∅, je prsten ako

(∀A, B) A, B ∈ P ⇒ A ∪ B ∈ P, A \ B ∈ P.

NAPOMENA. Ekvivalentna definicija prstena se dobija ako zahtevamo zatvorenost familije P u odnosu na: ∩ i 4; ∪ i 4; \ i 4. DEFINICIJA 3.2.

iz P vaì

+∞ S

An

n=1

Prsten P je σ-prsten ako za svaki niz (A ) skupova ∈ P. n

Ako svakom skupu A ∈ P , gde je P prsten, odgovara kona~an realan broj ili +∞ kaèmo da je na P definisana funkcija skupa Φ.

Funkcija skupa Φ je aditivna ako za svaka dva skupa A, B iz prstena P , A ∩ B = ∅, vaì Φ(A ∪ B) = Φ(A) + Φ(B). 2 Funkcija skupa Φ je σ -aditivna ako za svaki niz (A ) skupova iz σ -prstena P , A ∩ A = ∅, i 6= j , vaì

DEFINICIJA 3.3.

1◦

◦

n

i

j

+∞ ³ +∞ ´ X S Φ(An ). Φ An = n=1

n=1

162

163

GLAVA 3. TEORIJA MERE

Ako je Φ aditivna funkcija skupa na prstenu P , tada 1 Φ(∅) = 0; ³S ´ X 2 Φ A = Φ(A ), A ∩ A = ∅, i 6= j , n ∈ N; 3 Φ(A ∪ B) + Φ(A ∩ B) = Φ(A) + Φ(B); 4 ako je A ⊆ B i Φ(A) < +∞, tada je Φ(B \ A) = Φ(B) − Φ(A); 5 ako je Φ > 0, tada je Φ(A ∪ B) 6 Φ(A) + Φ(B); 6 ako je Φ > 0 i A ⊆ B , tada je Φ(A) 6 Φ(B). TEOREMA 3.2. Neka je Φ σ-aditivna funkcija skupa na prstenu P . 1 Ako je (A ) niz skupova iz prstena P , takav da je A ⊆ A ⊆ · · · S i A = A ∈ P , tada vaì da Φ(A ) → Φ(A), n → +∞. 2 Ako je (A ) niz skupova iz prstena P , takav da je A ⊇ A ⊇ · · · , T A = A ∈ P i ako za neko fiksirano k ∈ N vaì Φ(A ) < +∞, tada Φ(A ) → Φ(A), n → +∞. DEFINICIJA 3.4. Nenegativna σ-aditivna funkcija skupa definisana na prstenu P je mera na P . Skupovi iz prstena P su merqivi skupovi. TEOREMA 3.1.

vaì: ◦

n

n

◦

i=1

i

i

i

j

i=1

◦ ◦ ◦ ◦

◦

n

+∞

n=1 ◦

+∞

n

2

1

2

n

n

n

n=1

1

k

n

Dakle, funkcija skupa µ : P → R ∪ {+∞} je mera na P ako je µ σ -aditivna funkcija, µ(∅) = 0 i za svaki skup A ∈ P vaì µ(A) > 0.

Lebegova mera U daqem razmatrawu ograni~i}emo se samo na skupove iz Rk , k ∈ N. Interval u prostoru Rk defini{emo sa I = [a1 , b1 ) × [a2 , b2 ) × · · · × [ak , bk ),

Mera intervala I data je sa DEFINICIJA 3.5.

mnogo intervala.

ai , bi ∈ R, ai < bi , i = 1, 2, . . . , k. k Y m(I) = (bi − ai ).

Skup E ⊆ R je elementaranskup akojeunijakona~no i=1

k

Familiju svih elementarnih skupova ozna~ava}emo sa E . Familija E je prsten, ali nije σ -prsten.

164


Ako E ∈ E tada postoji kona~no mnogo intervala I takvih da je E = S I , I ∩ I = ∅, j 6= k.

TEOREMA 3.3.

j

n

j=1

j

j

k

p S

Neka je E ∈ E i neka je Ij jedno razlagawe skupa E na disjunktne j=1 intervale Ij . Sa m(E) ozna~imo funkciju skupa definisanu na famip P liji E sa m(E) = m(Ij ). Tako definisana funkcija skupa m je j=1 mera na prstenu E .

Neka je A ⊆ R proizvoqan skup i neka je kolekcija {I } jednonajvi{eprebrojivopokrivaweskupa A intervalima. Spoqna mera m (A) skupa A indukovana merom m na prstenu E definisana je sa X

DEFINICIJA 3.6. n n∈N

k

∗

+∞

m∗ (A) = inf

m(In ),

n=1

gde je infimum uzet po svim najvi{e prebrojivim pokrivawima skupa A intervalima. TEOREMA 3.4. Ako A, B, A ⊆ R , n = 1, 2, . . ., tada vaì: 1 A ∈ E ⇒ m (A) = m(A); 2 (∀A ∈ R ) m (A) > 0; 3 A ⊆ B ⇒ m (A) 6 m (B); S P 4 A= A ⇒ m (A) 6 m (A ). k

n

◦

∗

◦

k

∗

◦ ◦

∗

+∞

n=1

n

∗

∗

+∞

n=1

∗

n

NAPOMENA. Primetimo da postoje primeri kada vaì stroga nejednakost u 4◦ iz teoreme 3.4. i u slu~aju kada su skupovi An , n ∈ N, me|usobno disjunktni (videti napomenu iza zadataka 3.35). Zbog toga spoqna mera m∗ (A) nije mera na P(Rk ) u smislu definicije 3.4. Neka je Mk (m) familija skupova A ⊆ Rk takvih da postoji niz (En ) skupova iz E sa osobinom da m∗ (A4En ) → 0, n → +∞. Familija Mk (m) je prsten, ali nije σ -prsten. Restrikcija spoqne mere m∗ na familiju Mk (m) je aditivna funkcija skupa. Defini{imo sada familiju M(m) = {A ⊆ Rk | A je najvi{e prebrojiva unija skupova iz Mk (m)}.

165


Familija M(m) je σ-prsten. Restrikcija spoqne mere m∗ na familiju M(m) je σ -aditivna funkcija skupa. Vaì slede}e: E ⊂ Mk (m) ⊂ M(m) ⊂ P(Rk ),

Rk ∈ M(m).

Skup A ⊆ R je merqivuLebegovomsmislu (m-merqiv ili M(m)-merqiv) ako A ∈ M(m). U tom slu~aju Lebegova mera m(A) skupa A jednaka je spoqnoj meri m (A). TEOREMA 3.5. Otvoreni i zatvoreni skupovi u R su m-merqivi. TEOREMA 3.6. Ako A ∈ M(m) tada za svako ε > 0 postoje zatvoren skup F i otvoren skup G takvi da vaì F ⊆ A ⊆ G i m(A \ F ) < ε, m(G \ A) < ε. DEFINICIJA 3.8. Borelov skup je svaki skup koji se moè dobiti primewuju}i na otvorene skupove najvi{e prebrojivo unija, preseka i komplemenata. DEFINICIJA 3.7.

k

∗

k

Familiju Borelovih skupova ozna~ava}emo sa B. Familija

σ -prsten i vaì B ⊂ M(m).

B

je

Ako A ∈ M(m) tada postoje skupovi B, C ∈ B takvi da je B ⊆ A ⊆ C i m(A \ B) = 0, m(C \ A) = 0. DEFINICIJA 3.9. Ako neka osobina P vaì na skupu A izuzimaju}i ta~ke ~iji totalitet obrazuje skup m−mere nula kaèmo da osobina P vaì skoro svuda na skupu A (kra}e: s.s. na A). TEOREMA 3.7.

NAPOMENA. Ako u zadacima nije druga~ije re~eno, podrazumevamo da se radi o Lebegovoj meri, koju ozna~avamo sa m, odnosno merqivosti u Lebegovom smislu.

Merqive funkcije

Funkcija f : E → T (T ∈ {R , R }, p ≥ 1) je merqiva u Lebegovom smislu na E ako za svaki otvoreni skup O u T vaì f (O) ∈ M(m).

DEFINICIJA 3.10. −1

∗

p

166


NAPOMENA. Ubudu}e kada god kaèmo merqiva funkcija, podrazumeva}emo da se radi o merqivosti u Lebegovom smislu.

Funkcija f : E → R = [−∞, +∞], E ⊆ R , je merqiva na E ako je skup E(f > c) = {x ∈ E | f (x) > c} merqiv za svako c ∈ R. TEOREMA 3.8.

∗

k

NAPOMENA. Umesto uslova f (x) > c u teoremi 3.8. moè da stoji jedan od slede}ih uslova: f (x) > c, f (x) < c, f (x) 6 c. Ako je f neprekidna realna funkcija na E tada je f merqiva na E , jer je skup E(f > c) = f −1 (c, +∞) otvoren, pa samim tim i merqiv, za svako c ∈ R.

Neka je (f ) niz merqivih funkcija. Tada su slede}e funkcije tako|e merqive: g(x) = sup f (x), h(x) = inf f (x), l(x) = lim inf f (x), L(x) = lim sup f (x). TEOREMA 3.9.

n∈N

n

n

n→+∞

n∈N

n

n

n→+∞

n

Neka su f i g kona~ne merqive funkcije na E ⊆ R i neka je F neprekidna funkcija na R . Tada je i funkcija h(x) = F (f (x), g(x)), x ∈ E , merqiva. TEOREMA 3.10.

k

2

Specijalno, ako su f i g kona~ne merqive funkcije, iz teoreme 3.10. sledi da su funkcije f ± g, f · g i f /g (g 6= 0) merqive.

167


3.2 Zadaci 3.1. Dokazati da je familija P svih ograni~enih podskupova skupa realnih brojeva prsten, ali ne i σ-prsten. Re{ewe. Da bi dokazali da je P prsten potrebno je da pokaèmo da ta familija zadovoqava uslov (3.1). Ako su A i B ograni~eni podskupovi skupa R, tada su i A ∪ B i A \ B ograni~eni podskupovi R, pa P jeste prsten. Dokaìmo sada da P nije σ−prsten. Uo~imo intervale Ai = [i, i+1], +∞ S i ∈ N. Pritom, Ai ∈ P , ali Ai = [1, +∞) ∈ / P , pa P nije σ -prsten. i=1

3.2. Neka je X proizvoqan neprebrojiv skup, a P je familija zadata sa P = {A ⊆ X | A je najvi{e prebrojiv ili CA je najvi{e prebrojiv}. Dokazati da je P σ-prsten. Re{ewe. Dokaìmo najpre da za sve A, B ∈ P razlika A \ B tako|e pripada P . Kada je skup A najvi{e prebrojiv, tada je A \ B = A ∩ CB ⊆ A, pa A \ B ∈ P. Pretpostavimo sada da skup A nije najvi{e prebrojiv. Tada je CA najvi{e prebrojiv. Vaì C(A \ B) = CA ∪ B . Razlikujemo dva slu~aja. (i) Ako je B najvi{e prebrojiv, tada je CA ∪ B najvi{e prebrojiv, odnosno C(A \ B) je najvi{e prebrojiv, pa A \ B ∈ P . (ii) Ako je CB najvi{e prebrojiv, tada je A \ B = A ∩ CB ⊆ CB najvi{e prebrojiv, pa A \ B ∈ P . Dakle, za sve A, B ∈ P vaì A \ B ∈ P . +∞ S Ostaje jo{ da dokaèmo da za An ∈ P , n = 1, 2, . . . vaì An ∈ P . n=1 Pretpostavimo najpre da je za svako n ∈ N skup An najvi{e prebro+∞ +∞ S S jiv. Tada je i An najvi{e prebrojiva, pa An ∈ P . n=1 n=1 Ako postoji neko n0 za koje skup An nije najvi{e prebrojiv, tada je ³ +∞ ´ +∞ S T CAn najvi{e prebrojiv, pa na osnovu C An = CAn ⊆ CAn , 0

0

n=1

n=1

³ +∞ ´ +∞ S S sledi da je C An najvi{e prebrojiv, odnosno, An ∈ P . n=1

Dakle, familija P je σ-prsten.

n=1

0

168

3.2. ZADACI

3.3. Neka su A i B familije podskupova skupova A i B , respektivno, i neka f : A → B . Tada za X ∈ A i Y ∈ B defini{emo f (X) = {f (x) | x ∈ X}

i

f −1 (Y ) = {x | f (x) ∈ Y },

a

f −1 (B) = {f −1 (Y ) | Y ∈ B}.

dok je f (A) = {f (X) | X ∈ A},

(a) Ako je familija B prsten, tada je i f −1 (B) prsten. Dokazati. (b) Ako je familija A prsten, da li je f (A) prsten? Re{ewe. (a) Po{to je familija B−1prsten, −1tada za skupove Y1 , Y2 ∈ B vaì Y1 ∪ Y2 ∈ B, Y1 \ Y2 ∈ B i f (Y1 ), f (Y2 ) ∈ f −1 (B). Sada, zbog f −1 (Y1 ) ∪ f −1 (Y2 ) = f −1 (Y1 ∪ Y2 ),

sledi

f −1 (Y1 ) ∪ f −1 (Y2 ) ∈ f −1 (B),

a zbog

f −1 (Y1 ) \ f −1 (Y2 ) = f −1 (Y1 ) ∩ C(f −1 (Y2 )) = f −1 (Y1 ) ∩ f −1 (CY2 ) = f −1 (Y1 ∩ CY2 ) = f −1 (Y1 \ Y2 ),

sledi f −1 (Y1 ) \ f −1 (Y2 ) ∈ f −1 (B). Dakle, ako je B prsten, tada je i f −1 (B) prsten. (b) Familija f (A) ne mora biti prsten, {to pokazuje slede}i primer. Neka je A = {a, b, c, d} i A = {∅, {a, b}, {c, d}, {a, b, c, d}} (A je prsten), a preslikavawe f je dato sa µ

f:

a b c d a1 b1 b1 c1

¶

.

Tada je f (A) = {∅, {a1 , b1 }, {b1 , c1 }, {a1 , b1 , c1 }}. Za skupove {a1 , b1 , c1 } i {b1 , c1 } iz f (A) vaì {a1 , b1 , c1 } \ {b1 , c1 } = {a1 } ∈/ f (A), pa f (A) nije prsten.

3.4. Neka je X proizvoqan skup, (an ) niz elemenata iz X , a (αn ) niz takav P da je αn > 0 ili αn = +∞, n ∈ N. Dokazati da je sa µ(A) = αn definisana mera na P(X). a ∈A Re{ewe. Treba dokazati da je ovako definisana funkcija µ nenegativna, σ -aditivna i da je µ(∅) = 0. P (i) O~igledno je µ(∅) = αn = 0. n

an ∈∅

169

GLAVA 3. TEORIJA MERE (ii) Za svaki skup A ∈ P(X) o~igledno vaì µ(A) = (iii) Neka je A =

+∞ S k=1

Ak , Ai ∩ Aj = ∅, i 6= j .

X

µ(A) =

αn =

an ∈A

+∞ X X

αn =

k=1 an ∈Ak

Tada je

+∞ X

P an ∈A

αn > 0 .

µ(Ak ).

k=1

Na osnovu (i), (ii) i (iii) zakqu~ujemo da je µ mera na P(X).

3.5. Neka je µ mera na σ-prstenu P i (An ) niz skupova iz P . Dokazati nejednakosti: (a) µ(lim inf An ) 6 lim inf µ(An ); n→+∞ n→+∞ ³ +∞ S

´

An < +∞ za (b) µ(lim sup An ) > lim sup µ(An ), ako je µ n→+∞ n→+∞ n=m neko m ∈ N. NAPOMENA. Limes superior niza skupova (An ) je skup ~iji elementi se nalaze u beskona~no mnogo ~lanova tog niza. Limes inferior niza skupova (An ) je skup ~iji elementi pripadaju svim ~lanovima tog niza s izuzetkom wih kona~no mnogo.

Re{ewe. (a) Defini{imo niz (B ) sa B n

monotono rastu}i i tada je

B = lim inf An = n→+∞

+∞ S +∞ T n=1 k=n

n

=

Ak =

+∞ T k=n +∞ S n=1

Ak .

Niz

(Bn )

je

Bn .

Kako je Bn ⊆ Ak , za k > n, na osnovu teoreme 3.1. vaì µ(Bn ) 6 µ(Ak ), odakle µ(Bn ) 6 k>n inf µ(Ak ). Sa druge strane, na osnovu teoreme 3.2., sledi da µ(Bn ) → µ(B), n → +∞. Dakle, k > n,

µ(B) = lim µ(Bn ) 6 lim inf µ(Ak ) = lim inf µ(An ), n→+∞

n→+∞ k>n

n→+∞

tj. µ(lim inf An ) 6 lim inf µ(An ). n→+∞ n→+∞ +∞ S (b) Uvedimo niz skupova (Cn ) na slede}i na~in Cn = Ak . Ovako k=n definisan niz je monotono opadaju}i. Tada je C = lim sup An = n→+∞

+∞ T +∞ S n=1 k=n

Ak =

+∞ T n=1

Cn .

170

3.2. ZADACI

Kako je Cn ⊇ Ak , k > n, vaì µ(Cn ) > sup µ(Ak ), k > n. S druge k>n strane, na osnovu teoreme 3.2., dobijamo µ(Cn ) → µ(C), n → +∞. Prema tome, µ(C) = lim µ(Cn ) > lim sup µ(Ak ) = lim sup µ(An ), n→+∞

n→+∞ k>n

n→+∞

tj. µ(lim sup An ) > lim sup µ(An ). n→+∞

n→+∞

3.6. Neka je µ mera na σ-prstenu P i (Xn ) niz skupova iz P , koji zado+∞ P voqava uslov µ(Xn ) < +∞. Dokazati da je µ(lim sup Xn ) = 0. n→+∞

n=1

Re{ewe. Kako je

lim sup Xn = n→+∞

sledi

n=1 k=n

Xk ⊆

+∞ S k=n

Xk ,

n ∈ N,

+∞ ³ +∞ ´ X S µ(Xk ). 0 6 µ(lim sup Xn ) 6 µ Xk 6 n→+∞

Kako

+∞ T +∞ S

+∞ P k=n

k=n

k=n

µ(Xk ) → 0, n → +∞, zakqu~ujemo da je µ(lim sup Xn ) = 0. n→+∞

3.7. Dokazati da mera na σ-prstenu dostiè svoj supremum. Re{ewe. Neka je µ mera na σ-prstenu P i a = X∈P sup µ(X). Uo~imo niz skupova (Xn ) iz P takav da je n→+∞ lim µ(Xn ) = a (na osnovu definicije supremuma ovakav nizSpostoji). Uo~imo, sada, novi niz skupova (Yn ), definisan sa: Yn = Xj , n ∈ N. Ovako definisan niz skupova je j6n rastu}i, Yn ∈ P za svako n ∈ N i Yn → Y , n → +∞. Pritom Y ∈ P , jer je P σ−prsten. Na osnovu teoreme 3.2. vaì µ(Y ) = n→+∞ lim µ(Yn ), dok zbog Xn ⊆ Yn (na osnovu teoreme 3.1.) i definicije broja a vaì µ(Xn ) 6 µ(Yn ) 6 a, odakle dobijamo lim µ(Yn ) = a, tj. µ(Y ) = a. n→+∞ Kako Y ∈ P , dokazali smo da mera na σ-prstenu dostiè svoj supremum. 3.8. Neka je S = [0, 1), F = pri ~emu je

© ª ∅, [0, 12 ), [0, 34 ), [ 41 , 34 ), S i neka ϕ : F → R,

³h 1 ´´ ³h 3 ´´ ³h 1 3 ´´ ϕ(∅) = 0, ϕ(S) = 4, ϕ 0, = 2, ϕ 0, = 4, ϕ , = 2. 2 4 4 4

171


Da li postoji ekstenzija funkcije ϕ do mere na prstenu P generisanom familijom F ? Re{ewe. Uo~imo skupove h 1´ h 3´ h1 3´ h1 1´ h 1´ h 1´ 0, = 0, \ , , , = 0, \ 0, 4 4 4 4 4 2 2 4 h1 3´ h 3´ h 1´ h3 ´ h 3´ = 0, \ 0, , , , 1 = S \ 0, . 2 4 4 2 4 4

Primetimo da su ovi skupovi elementi prstena P , da su disjunktni i da se svi ostali skupovi tog prstena, sem ∅, mogu dobiti kao odgovaraju}e unije ova ~etiri skupa. Dakle, ako znamo meru na ova ~etiri intervala, zna}emo i meru P . Sada, koriste}i osobine mere odredimo meru µ : P → R takvu da je µ¹F = ϕ. Lako se dobija: ³h 3 ´´ ³ h 3 ´´ ³h 3 ´´ , 1 = µ S \ 0, = µ(S) − µ 0, µ 4 4 4 ³h 3 ´´ = ϕ(S) − ϕ 0, = 4 − 4 = 0, 4 ³h 1 3 ´´ ³h 3 ´ h 1 ´´ ³h 3 ´´ ³h 1 ´´ , µ = µ 0, \ 0, = µ 0, − µ 0, 2 4 4 2 4 2 ³h 3 ´´ ³h 1 ´´ = ϕ 0, − ϕ 0, = 4 − 2 = 2, 4 2 ³h 1 ´´ ³h 3 ´ h 1 3 ´´ ³h 3 ´´ ³h 1 3 ´´ , µ 0, = µ 0, \ , = µ 0, −µ 4 4 4 4 4 4 4 ³h 3 ´´ ³h 1 1 ´´ , = ϕ 0, −ϕ = 4 − 2 = 2, 4 4 2 ³h 1 1 ´´ ³h 1 ´ h 1 ´´ ³h 1 ´´ ³h 1 ´´ µ , = µ 0, \ 0, = µ 0, − µ 0, 4 2 2 4 2 4 ³h 1 ´´ ³h 1 ´´ − µ 0, = 2 − 2 = 0. = ϕ 0, 2 4

3.9. Neka je X beskona~an neprebrojiv skup i neka je P = {E ⊆ X | card(E) 6 ℵ0 Y card(X \ E) 6 ℵ0 }.

Na P je zadata funkcija µ na slede}i na~in: ½

µ(E) =

0, card(E) 6 ℵ0 , 1, card(X \ E) 6 ℵ0 .

Dokazati: (a) P je σ-prsten; (b) µ je mera na P .

172

3.2. ZADACI

Re{ewe. (a) Videti zadatak 3.2.

(b) Ispitajmo da li data funkcija ima osobine mere. Na osnovu definicije funkcije µ je µ(∅) = 0 i µ(E) > 0 za svaki skup E ∈ P . Dokaìmo jo{ da je funkcija µ σ-aditivna. Neka je En ∈ P , n ∈ N, +∞ S Ei ∩ Ej = ∅, i 6= j . Tada En ∈ P . n=1

Pretpostavimo najpre da je card(En ) 6 ℵ0 za svako n ∈ N. Tada je µ(En ) = 0, n ∈ N. Kako je prebrojiva unija prebrojivih skupova ³ +∞ ´ ³ +∞ ´ S S prebrojiv skup, to je card En 6 ℵ0 , odnosno, µ En = 0. Kako je i

+∞ P n=1

µ(En ) =

+∞ P n=1

n=1

0 = 0,

vaì

n=1 ³ +∞ ´ +∞ S P µ En = µ(En ). n=1

n=1

Ako postoji neki prirodan broj n0 takav da je card(X \ En ) 6 ℵ0 , tada je broj n0 jedinstven, jer za svako drugo n ∈ N vaì En ∩ En = ∅, pa iz En ⊆ X \ En , sledi da je card(En ) 6 ℵ0 za svako n 6= n0 . Kako ³ ´ +∞ +∞ +∞ S T S je X \ En = X \ En ⊆ X \ En , to je card X \ En 6 ℵ0 , 0

0

0

n=1

pa je

n=1

+∞ X

0

n=1

³ +∞ ´ S µ En = 1.

n=1

S druge strane,

µ(En ) = µ(En0 ) +

n=1

pa i u ovom slu~aju vaì Dakle, data funkcija

X

µ(En ) = 1 +

n6=n0

X

0 = 1,

n6=n0

³ +∞ ´ +∞ S P µ En = µ(En ). n=1

µ

n=1

jeste mera na σ-prstenu P .

3.10. Neka je µ : P(N) → R ∪ {+∞} kona~no aditivna funkcija, takva da je ½ = 0, A je kona~an, µ(A) > 1, A je beskona~an. Da li je µ mera na P(N)? Re{ewe. Neka je A = {a1, a2, a3, . . . } beskona~an podskup skupa N. Za proizvoqno n ∈ N defini{imo skupove Ak = {ak , an+k , a2n+k , . . .}, k ∈ N. Svaki skup Ak je beskona~an, pa je µ(Ak ) > 1, k ∈ N. O~igledno n S je A = Ak i Ai ∩ Aj = ∅, i 6= j , 1 6 i, j 6 n. Kako je µ kona~no k=1

173


aditivna funkcija vaì n ³S ´ X n µ(A) = µ Ak = µ(Ak ) > n · 1 = n. k=1

k=1

Po{to posledwa nejednakost vaì za proizvoqno n ∈ N, zakqu~ujemo da je µ(A) = +∞, kad god je A beskona~an skup. Dakle, funkcija µ je data sa ½ 0, A je kona~an, µ(A) = +∞, A je beskona~an. Dakle, µ(N) = +∞. Ako bi µ bila mera, tada bi vaìlo µ(N) = µ

³ +∞ S

´ {n} =

n=1

{to je kontradikcija sa mera na P(N).

+∞ X

µ({n}) =

n=1

+∞ X

0 = 0,

n=1

µ(N) = +∞.

Prema tome, funkcija

µ

nije

3.11. Ako je A ⊆ R elementaran skup, dokazati da je i B = {x2 | x ∈ A} elementaran skup. Re{ewe. Po{to je A elementaran skup postoji kona~no mnogo intervala n S I1 , I2 , . . . , In ⊆ R takvih da je A = Iν . Kako su intervali Iν povezani ν=1 skupovi u R, a preslikavawe x 7→ x2 je neprekidno, sledi da su skupovi Jν = {x2 | x ∈ Iν }, ν = 1, 2 . . . , n, tako|e intervali u R (videti teoremu 1.24. i zadatak 1.38). Stoga je B = {x2 | x ∈ A} = {x2 | x ∈

n S ν=1

Iν } =

n S

{x2 | x ∈ Iν } =

ν=1

n S ν=1

Jν

kona~na unija intervala J1 , J2 , . . . , Jn ⊆ R, pa je B elementaran skup.

3.12. Ako je A ⊆ R elementaran skup, dokazati da je B = {cos x | x ∈ A} tako|e elementaran skup. Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad (pogledati zadatak 3.11). 3.13. Ako je A elementaran skup u Rk , dokazati da je skup B = λA = {λx | x ∈ A}

tako|e elementaran i da pritom vaì

m(λA) = |λ|k m(A).

174

3.2. ZADACI

Re{ewe. Kako je A elementaran u R

k

postoji kona~no mnogo intervala

I1 , . . . , In ⊆ , takvih da je Int(Iα ) ∩ Int(Iβ ) = ∅, α 6= β , i A = n n S S Iν . Tada je o~igledno λA = λIν . Primetimo da je za proizvoqan Rk

ν=1

ν=1

interval I ⊆ Rk i proizvoqno λ ∈ R skup λI tako|e interval u Rk , i pritom vaì m(λI) = |λ|k m(I) (dokazati ovo tvr|ewe razlikuju}i slu~ajeve λ < 0, λ = 0, λ > 0). Kako je Int(λI) = λInt(I), zakqu~ujemo da vaì Int(λIα ) ∩ Int(λIβ ) = ∅, α 6= β . Stoga je skup λA elementaran i vaì m(λA) =

n X

m(λIν ) =

ν=1

n X

|λ|k m(Iν ) = |λ|k

ν=1

n X

m(Iν ) = |λ|k m(A).

ν=1

3.14. Ako su P i Q proizvoqni elementarni skupovi u Rk , dokazati da je skup P + Q = {x + y | x ∈ P, y ∈ Q} tako|e elementaran. Re{ewe. Po{to su P i Q elementarni skupovi to postoje intervali m n S S I1 , . . . , Im , J1 , . . . Jn ⊆ Rk takvi da je P = Ip i Q = Jq . Tada je P +Q=

³S m p=1

´ Ip +

³S n q=1

´

p=1

Jq =

S p,q

q=1

(Ip + Jq ) .

Dokaìmo da je za proizvoqne intervale I, J ⊆ Rk skup I + J = {x + y | x ∈ I, y ∈ J}

tako|e interval u Rk . Za proizvoqne kona~ne intervale [a, b), [c, d) ⊆ R vaì [a, b) = {a + t(b − a) | 0 6 t < 1},

[c, d) = {c + u(d − c) | 0 6 u < 1}.

Na osnovu toga imamo da je [a, b) + [c, d) = {a + t(b − a) + c + u(d − c) | 0 6 t, u < 1} = [a + c, b + d).

Kako je I = [a1 , b1 ) × · · · × [ak , bk ),

J = [c1 , d1 ) × · · · × [ck , dk ),

na osnovu prethodno dokazanog, sledi da je I + J = [a1 + c1 , b1 + d1 ) × · · · × [ak + ck , bk + dk ),

175


tj. I + J je tako|e interval u Rk . Dakle, Ip + Jq = Ipq je interval u Rk za p = 1, . . . , m, q = 1, . . . , n, pa je P +Q=

m S n S

Ipq

p=1 q=1

elementaran skup u Rk .

3.15. Neka je A ⊆ Rk proizvoqan skup. Dokazati da su tada skupovi Int(A) i ∂A merqivi. Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad. 3.16. Ako je A ⊆ R merqiv skup, dokazati da je skup B = {|x| | x ∈ A} tako|e merqiv. Re{ewe. Ostavqa− se ~itaocu za samostalni rad (uo~iti skupove A+ = A ∩ [0, +∞] i A = A ∩ [−∞, 0]). 3.17. Dokazati slede}a tvr|ewa. (a) Ako je A ⊆ Rk , tada je m(A) = 0 ako i samo ako je m∗ (A) = 0. (b) Familija N svih skupova iz Rk mere nula je σ-prsten. Ako je A ∈ N i B ⊆ A, tada je B ∈ N . Re{ewe. (a) Ako je m(A) = 0 tada na osnovu definicije mere imamo m(A) = m∗ (A) = 0. Ostaje da pokaèmo da iz m∗ (A) = 0 sledi m(A) = 0. Ako je m∗ (A) = 0 sledi m∗ (A4∅) = 0, odakle A ∈ Mk (m) (posmatramo skup A i niz praznih skupova), a odatle i A ∈ M(m), pa zakqu~ujemo da je m(A) = m∗ (A) = 0. (b) Uo~imo skupove An ∈ N , n ∈ N. Koriste}i osobine spoqne mere m∗ i tvr|ewe dokazano u delu (a) dobijamo 0 6 m∗

³+∞ S i=1

odnosno, m∗ tj.

+∞ S i=1

³+∞ S i=1

´ +∞ P ∗ Ai 6 m (Ai ) = 0, i=1

´

Ai = 0, odakle, prema delu (a), sledi m

Ai ∈ N .

³+∞ S i=1

´ Ai = 0,

Koriste}i, ponovo, osobine spoqne mere m∗ i tvr|ewe dokazano u delu (a), za skupove A, B ∈ N dobijamo 0 6 m∗ (A \ B) 6 m∗ (A) = m(A) = 0,

176

3.2. ZADACI

odakle sledi m∗ (A \ B) = 0, odnosno, m(A \ B) = 0, {to zna~i da A \ B ∈ N . Dakle, N jeste σ -prsten. Za skup B koji je podskup skupa A ∈ N vaì 0 6 m∗ (B) 6 m∗ (A) = m(A) = 0, pa zakqu~ujemo da je m∗ (B) = 0. Sada, na osnovu (a) sledi m(B) = 0, tj. B ∈ N .

3.18. Dokazati da je mera prebrojivog skupa jednaka nuli. Re{ewe. Ako je A prebrojiv skup moèmo ga zapisati u obliku A {a1 , a2 , . . . , an , . . .}. Za proizvoqno ε > 0 uo~imo intervale h I n = an −

=

ε ´ , a + . n 2n+1 2n+1 +∞ S Tada je A ⊆ In , a na osnovu definicije m∗ , za svako ε > 0 imamo n=1

0 6 m∗ (A) 6

+∞ X

ε

m(In ) =

n=1

+∞ X ε = ε. 2n

n=1

Dakle, m∗ (A) = 0, pa na osnovu zadatka 3.17, sledi m(A) = 0. NAPOMENA. Neposredna posledica prethodnog zadatka je da mera skupa koji ima kona~no mnogo ~lanova jednaka nuli. Tako je i m({x}) = 0, x ∈ R. Na osnovu toga zakqu~ujemo da je m((a, b)) = m([a, b)) = m((a, b]) = m([a, b]), a, b ∈ R. Analogne jednakosti vaì i za odgovaraju}e intervale u Rk .

3.19. Dokazati da je mera skupa svih racionalnih brojeva Q u skupu R jednaka nuli. Tako|e, dokazati da je mera skupa svih iracionalnih brojeva iz proizvoqnog merqivog skupa E ⊆ R jednaka meri skupa E . Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad. 3.20. Dokazati da je Kantorov skup F mere nula. Re{ewe. Uo~imo skup F 0 = [0, 1] \ F . Skup F 0 je prebrojiva unuja disjunktnih otvorenih intervala (videti zadatak 1.28 4◦ ): 1 duìne 1/3, 2 duìne 1/32 , . . ., 2n−1 duìne 1/3n , itd. Prema tome, skup F 0 je merqiv i m(F 0 ) =

Kako je

1 1 1 1 + 2 · 2 + 4 · 3 + · · · + 2n−1 · n + · · · = 1. 3 3 3 3

F ∩ F0 = ∅

i

F ∪ F 0 = [0, 1]

sledi

m(F ) = m([0, 1]) − m(F 0 ) = 1 − 1 = 0.

177


NAPOMENA. Kantorov skup je primer neprebrojivog skupa mere nula.

3.21. Dokazati da svaki kompaktan skup u Rk pripada familiji Mk (m).

Re{ewe. Neka je A

proizvoqan kompaktan skup. Tada je on zatvoren i ograni~en. Kako su svi zatvoreni skupovi merqivi, zakqu~ujemo da je A ∈ M(m). Ako je skup A ∈ M(m) kona~ne mere, onda je A ∈ Mk (m). Dakle, ostaje jo{ da pokaèmo da je mera skupa A kona~na. Kako je A ograni~en, sledi da postoji broj M > 0 takav da je ⊆ Rk

A ⊆ {x ∈ Rk | kxk 6 M }.

Kako je za x = (ξ1 , ξ2 , . . . , ξk ) ∈ Rk kxk =

p |ξ1 |2 + |ξ2 |2 + · · · + |ξk |2 ,

iz kxk < M neposredno sledi da je |ξν | < M za svako ν = 1, . . . , k, pa je skup A sadràn u intervalu [−M, M ]k = [−M, M ] × · · · × [−M, M ] . | {z } k

Kako je mera svakog intervala u Rk kona~na, sledi da je i mera skupa A kona~na, tj. A ∈ Mk (m).

3.22. Neka je (An ) niz merqivih podskupova segmenta [0, 1], takvih da za svaki pozitivan broj ε postoji skup An sa osobinom da je m(An ) > 1−ε. ³ +∞ ´ S Dokazati da je m An = 1. n=1

Re{ewe. Neka je A =

+∞ S

Tada je A ⊆ [0, 1], pa je m(A) 6 1, i m(A) > m(An ), za svako n ∈ N. S druge strane je m(An ) 6 1 (jer je An ⊆ [0, 1]). Na osnovu toga i uslova m(An ) > 1 − ε dobijamo sup m(An ) > sup(1 − ε) = 1, odakle zakqu~ujemo da je sup m(An ) = 1. ε>0 n∈N n∈N Dakle, 1 > m(A) > sup m(An ) = 1, tj. m(A) = 1. n=1

An .

n∈N

3.23. Neka su A i B merqivi podskupovi intervala [0, 1] takvi da je m(A) + m(B) > 1. Dokazati da je tada m(A ∩ B) > 0.

Re{ewe. Na osnovu osobina mere i ~iwenice da je A∩B = C(CA∪CB)

178

3.2. ZADACI

(komplement se uzima u odnosu na interval [0, 1]) vaì m(A ∩ B) = m(C(CA ∪ CB)) = 1 − m(CA ∪ CB) > 1 − (m(CA) + m(CB)) = 1 − (1 − m(A) + 1 − m(B)) = m(A) + m(B) − 1.

Kako je

m(A) + m(B) > 1,

sledi da je

m(A ∩ B) > 0.

3.24. Neka je (En ) niz merqivih skupova iz Rk takav da je +∞ X

(∗)

m(En ) < +∞.

n=1

Dokazati da tada skoro sve ta~ke x ∈ Rk leè u najvi{e kona~no mnogo skupova En , n ∈ N. Re{ewe. Ozna~imo sa A skup svih ta~aka+∞x ∈+∞Rk koje leè u beskona~no T S mnogo skupova En , n ∈ N. Tada je A = Eν , odakle sledi m(A) 6 m

³ +∞ S ν=n

n=1 ν=n

´ Eν ,

n ∈ N.

Na osnovu (∗), vaì m

³ +∞ S ν=n

+∞ ´ X m(Eν ) → 0, n → +∞, Eν 6 ν=n

pa sledi da je m(A) = 0. Dakle, skoro sve ta~ke x ∈ Rk leè u Rk \ A, tj. u najvi{e kona~no mnogo skupova En , n ∈ N.

3.25. Neka je (En ) niz merqivih skupova iz Rk . Dokazati da su onda skupovi lim inf En i lim sup En merqivi i vaì n→+∞ n→+∞

lim inf m(En ) > m(lim inf En ). n→+∞

Ako je

m

³ +∞ S ν=n

´ Eν < +∞

n→+∞

za neko n ∈ N, dokazati da vaì

lim sup m(En ) 6 m(lim sup En ). n→+∞

n→+∞

³ +∞ S

Ako postoji n→+∞ lim En i ispuweno je m Eν ν=n dokazati da je n→+∞ lim m(En ) = m( lim En ). n→+∞

´ < +∞

za neko n ∈ N,

179


Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad (videti zadatak 3.5). 3.26. Neka je skup A ⊆ R2¡ dobijen ¢ ¡tako¢ {to je iz kvadrata [0, 1] × [0, 1] prvo izba~en kvadrat 31 , 23 × 13 , 23 , a zatim su iz preostalih 8 kvadrata izba~eni centralni otvoreni kvadrati stranice 1/9, i ovaj proces nastavqen u beskona~nost. Odrediti meru skupa A. Re{ewe. Odredimo meru skupa B = [0, 1]×[0, 1]\A. Skup B je prebrojiva unija svih izba~enih skupova (videti sliku 8), disjunktnih otvorenih kvadrata, pa je stoga skup B Borelov, a samim tim i merqiv skup.

Slika 8.

Na osnovu 1 3 1 m(A2i ) = 9 m(A1 ) =

.. .

m(Ani ) =

.. . sledi

1 1 = , 3 9 1 1 · = 2, 9 9 ·

1 1 1 · n = n, n 3 3 9

i = 1, . . . , 8,

i = 1, . . . , 8n−1 ,

¢ ¡ m(B) = m A1 ∪ (A21 ∪ A22 ∪ · · · ∪ A28 ∪ · · · ∪ (An1 ∪ An2 ∪ · · · ∪ An8n−1 ) ∪ · · · ) Ã ! µ ¶n−1 1 8 8 = 1 + + ··· + + · · · = 1. 9 9 9

Kako je i

m(A ∪ B) = m(A) + m(B) = 1,

zakqu~ujemo da je

m(A) = 0.

3.27. Elementi skupa A ⊆ R su svi brojevi iz intervala [0, 1] u ~ijem decimalnom zapisu u~estvuje cifra 3. Na}i meru skupa A.

180

3.2. ZADACI

Re{ewe. Neka je A

1 skup svih brojeva intervala [0, 1] kod kojih je prva decimala 3, tj. A1 = [0.3, 0.4), A2 skup svih brojeva intervala [0, 1] kod kojih je druga decimala 3 i A1 ∩ A2 = ∅, tj. A2 = [0.03, 0.04) ∪ [0.13, 0.14) ∪ [0.23, 0.24) ∪ [0.43, 0.44) ∪ · · · ∪ [0.93, 0.94), A3 skup svih brojeva intervala [0, 1] kod kojih je tre}a decimala 3 i A3 ∩ A1 = A3 ∩ A2 = ∅, itd., An , n > 3, n ∈ N, skup svih brojeva kod kojih je n−ta decimala jednaka 3 i An je disjunktan sa svim Ak , k = 1, . . . , n − 1. +∞ S Tada je A = An , dakle, prebrojiva unija disjunktnih intervala, pa n=1 je merqiv skup. Kako je

m(A1 ) =

1 1 1 , m(A2 ) = 9 · 2 , . . . , m(An ) = 9n−1 · n , . . . , 10 10 10

sledi m(A) = m(A1 ) + m(A2 ) + · · · + m(An ) + · · · = 1.

3.28. Neka je S = {(x, y) Dokazati da je m(S) = 0.

| x2 + y 2 = 1}

jedini~na kru`nica u

R2 .

Slika 9.

Re{ewe. Za proizvoqno n ∈ N, uo~imo podelu intervala [−1, 1] na

2n jednakih delova (duìne 1/n) i u podeonim ta~kama konstrui{imo prave paralelene osi Oy (slika 9). Zatim, u prese~nim ta~kama tih pravih i kru`nice S konstrui{emo prave paralelne Ox osi. Ovim smo konstruisali jedno pokrivawe skupa S sa 4(n−1) pravougaonika, ~ija je ukupna povr{ina 4/n. Kada n → +∞ ukupna povr{ina pravougaonika teì nuli, pa zakqu~ujemo da je m(S) = 0.

3.29. Neka je f : R → R neprekidna funkcija. Izra~unati meru skupa G = {(x, y) ∈ R2 | y = f (x)}.

181


Re{ewe. Skup G je zatvoren u R , pa je stoga merqiv.

Moèmo ga +∞ S predstaviti kao uniju svojih kona~nih podskupova, tj. G = Gn , n=−∞ pri ~emu je Gn = G ∩ ([n, n + 1] × R) (slika 10). Po{to je funkcija f neprekidna na R, neprekidna je i na svakom zatvorenom intervalu [n, n + 1], n ∈ Z, odakle sledi da je na svakom od tih intervala uniformno neprekidna, tj. 2

(∀ε > 0)(∃δ(ε) > 0)(∀x1 , x2 ∈ [n, n+1]) |x1 −x2 | < δ(ε) ⇒ |f (x1 )−f (x2 )| < ε.

Tada za svako ε > 0 postoji kona~an pokriva~ kompaktnog skupa [n, n + 1], ~iji su elementi dijametra maweg od δ(ε), pa moèmo uo~iti kona~no mnogo ta~aka Ai (xi , f (xi )) ∈ Gn , i = 0, 1, . . . , sn , takvih da za sve i = 0, 1, . . . , sn − 1 vaì |f (xi+1 ) − f (xi )| < ε (videti sliku 11). Neka je Bi = G∩([xi , xi+1 ]×R]), i = 0, 1, . . . , sn −1. Tada je m(Bi ) < ε(xi+1 −xi ), snS −1 i = 0, 1, . . . , sn − 1. Kako je Gn = Bi dobijamo da je i=0

m(Gn ) =

sX n −1

m(Bi ) < ε

i=0

sX n −1

(xi+1 − xi ) = ε(n + 1 − n) = ε.

i=0

Dakle, za svako ε > 0 i svako n ∈ Z vaì m(Gn ) < ε, pa zakqu~ujemo da je m(Gn ) = 0, n ∈ Z.

Slika 10. Prema tome,

Slika 11.

³ +∞ ´ +∞ S P m(G) = m Gn = m(Gn ) = 0. n=−∞

n=−∞

3.30. (a) Neka je f : [a, b] → R definisana sa f (x) = m ([a, x] ∩ E). Dokazati da je f neprekidna neopadaju}a funkcija na [a, b], kada je E ograni~en merqiv podskup intervala [a, b]. (b) Dokazati da za svaki broj p, 0 6 p < m(E), postoji ograni~en merqiv skup A ⊆ E , takav da je m(A) = p.

182

3.2. ZADACI

(v) Dokazati tvr|ewe (b) kada je skup E neograni~en. Re{ewe. (a) Na osnovu definicije funkcije f sledi da je f (a) = 0 i f (b) = m(E) < +∞. Kako za x1 < x2 vaì ([a, x1 ] ∩ E) ⊆ ([a, x2 ] ∩ E) sledi da je tada f (x1 ) 6 f (x2 ), odnosno f je neopadaju}a funkcija. Dokaìmo da je f i neprekidna funkcija. Neka x, x + h ∈ [a, b] i h > 0. Tada je f (x + h) − f (x) = m([a, x + h] ∩ E) − m([a, x] ∩ E) = m(([a, x + h] \ [a, x]) ∩ E) = m((x, x + h] ∩ E) 6 m((x, x + h]) = h,

odakle sledi da f (x + h) − f (x) → 0, h → 0+, tj. f je neprekidna sdesna za sve x ∈ [a, b). Analogno se dokazuje da je f neprekidna sleva. Dakle, f je neprekidna neopadaju}a funkcija na [a, b]. (b) Na osnovu dela (a) vaì 0 = f (a) 6 f (x) 6 f (b) = m(E) za svako x ∈ [a, b], i kako je 0 6 p < m(E) postoji x ∈ [a, b) takvo da je f (x) = m([a, x] ∩ E) = p. Dakle, skup A = [a, x] ∩ E je merqiv i ograni~en podskup skupa E ~ija je mera jednaka p. (v) Skup E je neograni~en, pa je m(E) = p1 6 +∞. Uo~imo skupove +∞ S En = E∩[−n, n]. O~igledno je E1 ⊆ E2 ⊆ · · · ⊆ En ⊆ · · · i En = E . n=1 Tada je p1 = m(E) = n→+∞ lim m(En ). Kako je, po uslovu zadatka, p < p1 to postoji n0 ∈ N takav da je m(En ) = r > p. Sada na En moèmo primeniti tvr|ewe iz dela (b), jer je En ograni~en merqiv skup i m(En ) > p. 0

0

0

0

3.31. Dokazati da postoji neprekidna funkcija f : [0, 1] → R koja je konstantna u okolini svake racionalne ta~ke, a nije svuda konstantna. Re{ewe. Neka su q1, q2, . . . , qn, . . . svi racionalni brojevi iz intervala [0, 1]. Tada, za svako n ∈ N postoje realni brojevi an i bn takvi da qn ∈ (an , bn ), (an , bn ) ⊆ [0, 1] i bn − an = 1/2n+1 (za 0 i 1 uzimamo +∞ S sleva, odnosno sdesna, zatvorene intervale). Neka je E = (an , bn ). n=1 Tada vaì 1 1 1 1 + 3 + · · · + n+1 + · · · = < 1. 2 2 2 2 2 Defini{imo sada funkciju f : [0, 1] → R sa f (x) = m([0, x] ∩ D), gde je D = [0, 1] \ E . Dokaza}emo da ova funkcija zadovoqava traène 0 < m(E) 6

uslove.

183


Neka je A = [0, x] ∩ D, a B = [0, x0 ] ∩ D. x < x0 , {to ne umawuje op{tost. Tada je

Pretpostavi}emo da je

|f (x) − f (x0 )| = |m(A) − m(B)| = m(B \ A) = m([x, x0 ] ∩ D)

za |x − x0 | < δ = ε, tj. funkcija f je neprekidna u ta~ki x0 . Kako je x0 proizvoqno iz [0, 1] sledi da je funkcija f neprekidna na [0, 1]. Za x ∈ (a, b) ⊆ E vaì [0, x] ∩ D = [0, α] ∩ D za svako α ∈ (a, b). Prema tome, m([0, x] ∩ D) = m([0, α] ∩ D) za svako α ∈ (a, b), odakle sledi da je f (x) = f (α) za svako α ∈ (a, b). Dakle, f¹(a,b) = c, c ∈ R. Iz definicije funkcije f lako se dobija da je f (0) = 0, dok je f (1) = m(D) = 1 − m(E) > 0. Dakle, f (0) 6= f (1), pa funkcija f nije konstantna na [0, 1]. 6 m([x, x0 ]) = |x − x0 | < ε

3.32. Za svaki skup A ⊆ Rk postoji nadskup B , koji je najvi{e prebrojiv presek otvorenih skupova (tj. B ∈ Gδ ), takav da vaì m(B) = m∗ (A). Dokazati. Re{ewe. Razmatra}emo posebno slu~ajeve kada je m∗ (A) = +∞ i kada je ∗ m (A) < +∞. Ako je m∗ (A) = +∞, tada uzimamo B = Rk , pa vaì A ⊆ B i m(B) = +∞ = m∗ (A). Neka je m∗ (A) < +∞. Tada za svako ε > 0 postoji niz intervala +∞ +∞ S P (In ) takav da je A ⊆ In i m(In ) 6 m∗ (A) + ε. Uo~imo, daqe, n=1 n=1 otvorene skupove Jn takve da vaì In ⊆ Jn i m(Jn ) < m(In ) + ε/2n . +∞ +∞ S S Tada je i Jn otvoren skup, A ⊆ Jn i +∞ X n=1

pa je

n=1

n=1

+∞ ³ +∞ X ε´ X m(Jn ) < m(In ) + n = m(In ) + ε < m∗ (A) + 2ε, 2 n=1

n=1

je otvoren skup, A ⊆ G} 6 m∗ (A) + ε. Kada u posledwoj nejednakosti pustimo da ε → 0 dobijamo inf{m(G) | G je otvoren skup, A ⊆ G} 6 m∗ (A). Iz A ⊆ G sledi m∗ (A) 6 m∗ (G) = m(G), pa zakqu~ujemo da je m∗ (A) = inf{m(G) | G je otvoren skup, A ⊆ G}. inf{m(G) | G

184

3.2. ZADACI

Iz posledwe jednakosti sledi da postoji niz otvorenih skupova (Gn ), takvih da je A ⊆ Gn , m(Gn ) < m∗ (A) + 1/n. Defini{imo sada niz n T skupova (Bn ) sa Bn = Gk . Svaki ovako definisan skup Bn je otvoren +∞ k=1 T i pritom je Bn ⊇ Bn+1 , n ∈ N, pa imamo n→+∞ lim Bn = Gk = B , pa k=1 B ∈ Gδ (videti zadatak 1.19 (v)). Kako je Gδ ⊆ B ⊆ M(m), to je skup B merqiv. Po{to je A ⊆ B vaì m∗ (A) 6 m∗ (B) = m(B) 6 m(Bn ) 6 m(Gn ) < m∗ (A) +

1 . n

Kada u posledwoj nejednakosti pustimo da n → +∞ dobijamo m(B) =

m∗ (A).

3.33. Neka je A merqiv skup iz Rk i m(A) = α i 0 < β < α. Konstruisati merqiv skup B ⊆ A takav da je m(B) = β . Re{ewe. Defini{imo funkciju ϕ : [0, +∞) → R sa ϕ(λ) = m([−λ, λ]k ∩ A).

Ovako definisana funkcija je nenegativna i neopadaju}a, a dokaza}emo i da je neprekidna na intervalu [0, +∞). Zaista, za h > 0 imamo 0 6 ϕ(λ + h)−ϕ(λ) = m([−λ − h, λ + h]k ∩ A) − m([−λ, λ]k ∩ A) = m(([−λ − h, λ + h]k \ [−λ, λ]k ) ∩ A) → 0, h → 0+ .

Analogno dobijamo ϕ(λ + h) → ϕ(λ), h → 0−. Prema tome, funkcija ϕ je neprekidna rastu}a funkcija na [0, +∞) i kako je ϕ(0) = 0,

lim ϕ(λ) = m(A) = α,

λ→+∞

0 < β < α,

sledi da postoji λ0 ∈ (0, +∞) takav da je ϕ(λ0 ) = β . Stoga je za skup B = ([−λ0 , λ0 ]k ) ∩ A ispuweno B ⊆ A i m(B) = β .

3.34. Neka je A merqiv podskup intervala I = [0, 1] i 0 < α < 1 realan broj takav da je m(A ∩ J) > αm(J) za svaki interval J ⊆ I . Dokazati da je tada m(A) = 1. Re{ewe. Posmatrajmo skup B = [0, 1] \ A. Tada za svaki interval J ⊆ I vaì m(B ∩ J) = m(J) − m(A ∩ J) 6 m(J) − αm(J) = βm(J),

185


gde je 0 < β = 1 − α pokriva B vaì

< 1.

Za svaki niz (Jn ) podintervala od I koji

+∞ +∞ ³ +∞ ´ X X S m(B ∩ Jn ) 6 β m(Jn ). m(B) = m (B ∩ Jn ) 6 n=1

n=1

n=1

Uzimaju}i inf po svim (Jn ) u posledwoj nejednakosti dobijamo m(B) 6 βm∗ (B) = βm(B),

odakle sledi

m(B) = 0.

Kona~no,

m(A) = 1 − m(B) = 1.

3.35. Na skupu I = [0, 1] uvedena je relacija ρ sa x ρ y ⇔ x − y ∈ Q. Dokazati: (a) ρ je relacija ekvivalencije; (b) skup A u koji ulazi po jedna ta~ka iz svake od dobijenih klasa ekvivalencije nije merqiv skup. Re{ewe. (a) Kako za svako x, y, z ∈ I vaì (R) x − x = 0 ∈ Q ⇔ x ρ x, (S) x ρ y ⇔ x − y ∈ Q ⇔ −(y − x) ∈ Q ⇔ y − x ∈ Q ⇔ y ρ x, (T) x ρ y ∧ y ρ z ⇔ x − y ∈ Q ∧ y − z ∈ Q ⇒ (x − y) + (y − z) = x − z ∈ Q ⇔ x ρ z, relacija ρ jeste relacija ekvivalencije. (b) Primetimo prvo da je Cx = Cy ako i samo ako je x−y ∈ Q∩[−1, 1]. Za racionalan broj r defini{emo skup Ar = A + r = {a + r | a ∈ A}. S Dokaza}emo da je tada I ⊆ Ar i da su za p 6= q skupovi Ap i Aq

r∈Q∩[−1,1] disjunktni. Za svako x ∈ I postoji a ∈ A takvo da x ∈ Ca . Tada je x −Sa = r ∈ Q ∩ [−1, 1], pa je x = a + r, tj. x ∈ Ar , odakle sledi da x ∈ Ar . r∈Q∩[−1,1]

Dokaìmo da su za p 6= q skupovi Ap i Aq disjunktni. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoje p, q, p 6= q takvi da je Ap ∩ Aq 6= ∅, tj. postoji neko x takvo da x ∈ Ap ∩ Aq . Tada postoje a, b ∈ A takvi da je x = a + p i x = b + q. Kako je p 6= q, sledi da je a 6= b, {to povla~i da a nije u relaciji sa b. S druge strane, iz a + p = b + q sledi a − b = q − p ∈ Q, odakle je a ρ b. Kontradikcija.

186

3.2. ZADACI

Neka su r1 , r2 , . . . , rn , . . . svi racionalni brojevi iz intervala [−1, 1] i defini{imo skupove An sa An = Ar . Tada je (An ) niz disjunktnih +∞ S skupova i vaì I ⊆ An ⊆ [−1, 2] (jer je a ∈ [0, 1], a r ∈ [−1, 1]). Ako n=1 pretpostavimo da je skup A merqiv, tada je i skup Ar merqiv za svako r i vaì m(Ar ) = m(A) i vaì nejednakost n

1 = m(I) 6

+∞ X

m(An ) =

n=1

+∞ X

m(A) 6 3.

n=1

Ukoliko je m(A) = 0 posledwa nejednakost glasi 1 6 0 6 3, dok ako je m(A) > 0 imamo 1 6 +∞ 6 3. Kako su obe nejednakosti neta~ne, zakqu~ujemo da skup A nije merqiv. +∞ S

+∞ S

NAPOMENA. Kako je I ⊆ An ⊆ [−1, 2], to je 1 6 m∗ ( An ) 6 3. n=1 n=1 Svi skupovi An su dobijeni translacijom skupa A, pa je m∗ (An ) = m∗ (A) = α. Spoqna mera skupa A, odnosno skupova An , nije nula jer ³ +∞ ´ +∞ S P ∗ vaì m∗ An 6 m (An ). Prema tome, m∗ (An ) = α > 0, pa je +∞ P

n=1

m∗ (An ) =

vaì n=1

+∞ P n=1

n=1

α = +∞. m∗

³ +∞ S n=1

Dakle, za disjunktne skupove An , n ∈ N, +∞ ´ X An < m∗ (An ). n=1

3.36. Ako je svaki podskup merqivog skupa E ⊆ R merqiv, tada je m(E) = 0. Dokazati. Re{ewe. Defini{imo na R relaciju ekvivalencije ∼ sa x ∼ y ⇔ x − y = q ∈ Q.

Skup A koji sadrì po jedan element iz svake od klasa ekvivalencije nije merqiv (videti zadatak 3.35). Sada }emo pokazati da svaki merqiv skup pozitivne mere sadrì nemerqiv podskup. Neka su q1 , q2 , . . . , qn , . . . svi racionalni brojevi i An = A + qn , n ∈ N. Na osnovu E =E∩R=E∩

³ +∞ S n=1

´ +∞ S An = (E ∩ An ), n=1

187


sledi 0 < m∗ (E) 6

+∞ X n=1

m∗ (E ∩ An ) =

+∞ X

m∗ (E ∩ (A + qn )).

n=1

Po{to je A nemerqiv skup, nemerqiv je i svaki od skupova A + qn , a iz E ∩ An ⊆ An sledi da i svaki od skupova E ∩ An mora biti nemerqiv, jer bi u suprotnom svi imali meru nula, a to je u suprotnosti sa m(E) = m∗ (E) > 0. Dakle, ako je svaki podskup skupa E ⊆ R merqiv, tada skup E mora biti mere nula, a tako|e i svaki wegov podskup je mere nula.

3.37. Neka skup E ⊆ Rn nemerqiv, a A ⊆ Rn skup mere nula. Dokazati da tada skup E ∩ CA ne moè biti merqiv. Re{ewe. Kako je m(A) = 0 i A∩E ⊆ A, to je m(A∩E) = 0. Skup E ∩CA razlikuje se od skupa E za skup E ∩ A, koji je mere nula. Stoga, ako bi E ∩ CA bio merqiv skup, merqiv bi bio i skup (E ∩ CA) ∪ (E ∩ A) = E , {to po uslovu zadatka nije ta~no. Dakle, skup E ∩ CA nije merqiv. 3.38. Neka je E merqiv skup i m(E) > 0. Dokazati da postoje dve ta~ke skupa E ~ije je rastojawe iracionalan broj. Da li postoje dve razli~ite ta~ke u E ~ije je rastojawe racionalan broj? Re{ewe. Iz m(E) > 0 zakqu~ujemo da je skup E neprebrojiv. Izaberimo neku ta~ku x0 ∈ E . Tada je skup rastojawa {d(x0 , x) | x ∈ E} tako|e neprebrojiv, a odatle sledi da ne mogu sva rastojawa biti racionalna (jer racionalnih brojeva ima prebrojivo mnogo). Dakle, postoji ta~ka x1 ∈ E takva da je d(x0 , x1 ) iracionalan broj. Dokaìmo sada da postoje razli~ite ta~ke u E ~ije je rastojawe racionalan broj. Ako je E ograni~en, onda postoji segment [a, b] takav da je E ⊆ [a, b]. Posmatrajmo skupove E +qi , gde je [0, 1]∩Q = {q1 , q2 , . . . }. O~igledno je E + qi ⊆ [a, b + 1] i m(E + qi ) = m(E) za svako i ∈ N. Kada bi skupovi E + qi , i ∈ N, bili disjunktni, vaìlo bi X i∈N

m(E) =

X

m(E + qi ) 6 m([a, b + 1]) = b + 1 − a.

i∈N

Posledwe je mogu}e samo ako je m(E) = 0, me|utim po uslovu zadatka je m(E) > 0, pa zakqu~ujemo da skupovi E + qi , i ∈ N nisu disjunktni, tj. postiji z ∈ (E + qi ) ∩ (E + qj ). Tada je z = x + qi = y + qj , x, y ∈ E ,

188

3.2. ZADACI

odakle sledi |x − y| = |qi − qj | ∈ Q, tj. postoje dve ta~ke u E ~ije je rastojawe racionalno. Ukoliko je skup E neograni~en, on sadrì ograni~eni podskup za koji vaì prethodna analiza.

3.39. Neka je A (na osi Ox ) proizvoqan podskup realne prave, a B ⊆ R (na osi Oy ) skup mere nula. Dokazati da je tada skup A × B ⊆ R2 tako|e mere nula. Re{ewe. Neka je ε pozitivan realan broj i neka su Bn otvoreni skupovi na Oy koji sadrè B i pritom je m(Bn ) < n·2ε . Tada iz A × B ⊆ +∞ S ((−n, n) × Bn ) sledi n+1

n=1

∗

m (A × B) 6 m

³ +∞ S

+∞ ´ X ((−n, n) × Bn ) 6 m((−n, n) × Bn )

n=1

<

+∞ X

2n ·

n=1

n=1

ε = ε. n · 2n+1

Iz posledwe nejednakosti neposredno sledi da je m(A × B) = 0.

3.40. Dokazati da postoji merqiv podskup od R2 , takav da je wegova projekcija na R nemerqiva. Re{ewe. Na osnovu zadatka 3.39 sledi da je skup iz R2, koji je proizvod nemerqivog skupa sa Ox ose i skupa mere nula sa Oy mere nula. Dakle, taj skup je merqiv, a wegova projekcija na Ox osu je nemerqiv skup. 3.41. Dokazati da je skup A ⊆ Rk merqiv ako i samo ako je χA merqiva funkcija. Re{ewe. Funkcija χA je merqiva ako i samo ako je skup {x ∈ Rk | χA (x) > c}

merqiv za svako

c ∈ R.

Kako je

 k  R , c < 0, k A, 0 6 c < 1, {x ∈ R | χA (x) > c} =  ∅, c > 1,

i skupovi ∅ i Rk su merqivi, zakqu~ujemo da je funkcija χA merqiva ako i samo ako je skup A merqiv.

189


3.42. Ako su f i g merqive funkcije na skupu E dokazati da su skupovi E(f < g) = {x ∈ E | f (x) < g(x)}, E(f 6 g), E(f > g), E(f > g) i E(f = g) merqivi.

Re{ewe. Za svako x ∈ E za koje vaì f (x) < g(x) postoji q ∈ Q takav

da je f (x) < q < g(x). Iz merqivosti funkcija f i g sledi da su skupovi E(f < q) i E(q < g) merqivi, a kako je E(f < g) =

S

(E(f < q) ∩ E(g > q))

q∈Q

sledi da je E(f < g) merqiv skup. Analogno se dokazuje da je E(f > g) merqiv skup, dok merqivost ostala tri skupa sledi iz ~iwenica da je E(f 6 g) = E \ E(f > g),

E(f > g) = E \ E(f < g),

E(f = g) = E(f 6 g) ∩ E(f > g).

3.43. Neka su Sn ⊆ Rk , n ∈ N, disjunktni skupovi takvi da vaì +∞ S Sn = Rk , a (cn ) niz realnih brojeva takav da je ci 6= cj , i 6= j . +∞ n=1 P Dokazati da je funkcija f = cn χS merqiva ako i samo ako su n=1 skupovi Sn merqivi. Re{ewe. Pretpostavimo da je funkcija f merqiva. Tada za svako n ∈ N vaì n

Sn = {x | f (x) = cn } = {x | f (x) > cn } ∩ {x | f (x) 6 cn }.

Kako su skupovi {x | f (x) > cn }, {x | f (x) 6 cn } merqivi, zakqu~ujemo da su i skupovi Sn merqivi. Pretpostavimo, sada, da su skupovi Sn , n ∈ N, merqivi i uo~imo proizvoqan realan broj c. Tada je Ec = {x | f (x) > c} =

Stoga je za svako pova, merqiv.

c ∈ R,

skup

Ec ,

S cn >c

Sn .

kao prebrojiva unija merqivih sku-

3.44. Dokazati da je funkcija f : X → R∗ merqiva ako i samo ako je za svaki racionalan broj c skup {x ∈ X | f (x) > c} merqiv.

190

3.2. ZADACI

Re{ewe. Ako je funkcija f merqiva tada je za svaki realan broj r skup

{x ∈ X | f (x) > r} merqiv, pa kako je Q ⊂ R i svaki od skupova {x ∈ X | f (x) > c}, c ∈ Q, bi}e merqiv. Neka je, sada, za svaki racionalan broj c skup {x ∈ X | f (x) > c} merqiv. Za svaki realan broj r postoji rastu}i niz racionalnih brojeva (cn ) takav da cn → r, n → +∞, pa vaì {x ∈ X | f (x) > r} =

+∞ T n=1

{x ∈ X | f (x) > cn }.

Kako je prebrojiv presek merqivih skupova merqiv skup, zakqu~ujemo da je za svaki realan broj r skup {x ∈ X | f (x) > r} merqiv, tj. da je f merqiva funkcija.

3.45. Neka je f : X → R∗ merqiva funkcija. Pokazati da je skup f −1 (E) merqiv ako je skup E ⊆ R∗ tipa Gδ , odnosno Fδ .

Re{ewe. Neka je skup E ⊆ R

+∞ T

tipa Gδ , tj. E = En , gde je En otvoren n=1 skup u R∗ , za svako n ∈ N. Tada je ∗

f −1 (E) = f −1

³ +∞ T

n=1

´ +∞ T −1 En = f (En ). n=1

Zbog merqivosti funkcije f svaki od skupova f −1 (En ) je merqiv, pa +∞ T sledi i da je skup f −1 (E) = f −1 (En ) merqiv. n=1 Tvr|ewe se analogno pokazuje i za skup Fδ tipa.

3.46. Dokazati da je svaka monotona funkcija merqiva. Re{ewe. Neka je funkcija f : R → R rastu}a (analogno se dokazuje ako je funkcija opadaju}a). Posmatrajmo skup A = {x | f (x) > c}, gde je c proizvoqan realan broj. Ako je A = ∅, tada je A merqiv. Neka je A 6= ∅. Tada postoje x1 , x2 ∈ A, x1 6= x2 , i za svako x ∈ (x1 , x2 ) vaì f (x2 ) > f (x) > f (x1 ) > c, tj. x ∈ A, pa zakqu~ujemo da je A oblika (a, +∞) ili [a, +∞). Kako su oba ova intervala merqivi skupovi, sledi da je i u ovom slu~aju skup A merqiv. Dakle, svaka monotona funkcija jeste merqiva. 3.47. Neka je {EαS} najvi{e prebrojiva familija merqivih skupova u Rk . Neka je E = Eα i f : E → R∗ . Dokazati da je f merqiva na E α ako i samo ako je f merqiva na Eα za svako α.

191


Re{ewe. Neka je f

α

= f¹Eα .

Pretpostavimo da je funkcija fα merqiva za svako α. Tada je za svako c ∈ R skup {x ∈ Eα | fα (x) > c} merqiv. Kako za svako c ∈ R vaì {x ∈ E | f (x) > c} =

S

{x ∈ Eα | f (x) > c} =

α

S α

{x ∈ Eα | fα (x) > c},

sledi da je za svako c skup {x ∈ E | f (x) > c} merqiv, odnosno funkcija f je merqiva. Ako je f merqiva funkcija, onda je skup {x ∈ Eα | f (x) > c} merqiv za svako α, a kako je {x ∈ Eα | fα (x) > c} = {x ∈ Eα | f (x) > c}, zakqu~ujemo da je za svako α funkcija fα merqiva na Eα .

3.48. Neka je {Eα } najvi{e prebrojiva familija merqivih skupova u Rk . Dokazati da je tada skup E , ~iji su elementi sve ta~ke iz Rk koje se nalaze bar u p (p ∈ N ∪ {+∞}) skupova Eα , merqiv. Re{ewe. Ozna~imo sa χE karakteristi~nu funkciju skupa Eα. Funkcije χE su merqive jer su skupovi Eα merqivi. Uo~imo niz funkcija (fn ) n P dat sa fn (x) = χE (x). Ovako definisane funkcije su merqive α=1 (teorema 3.10.) i dati niz je rastu}i, pa α

α

α

fn → f =

+∞ X α=1

χE (x), n → +∞, α

i pritom je funkcija f merqiva na osnovu teoreme 3.9. Kako je E = {x ∈ Rk | f (x) > p},

na osnovu merqivosti funkcije f , zakqu~ujemo da je

E

merqiv skup.

3.49. Ako je f : [a, b] → R neprekidna funkcija na [a, b] i diferencijabilna na (a, b), dokazati da je f 0 merqiva funkcija na (a, b). Re{ewe. Produìmo najpre funkciju0 f sa intervala [a, b] na interval [a, b + 1], na slede}i na~in f (x) = f (b)(x − b) + f (b), b < x 6 b + 1, gde je f 0 (b) = h→0+ lim f (b)−fh(b−h) . Tada je funkcija f : [a, b + 1] → R diferencijabilna na (a, b + 1), pa je onda ona i neprekidna na (a, b + 1), a time i merqiva. Uo~imo niz funkcija (fn ) dat sa fn (x) =

f (x + 1/n) − f (x) , 1/n

x ∈ [a, b].

192

3.2. ZADACI

Zbog diferencijabilnosti funkcije f sledi da za svako x ∈ (a, b) postoji f 0 (x) = lim

n→+∞

f (x + 1/n) − f (x) , 1/n

odnosno f 0 (x) = n→+∞ lim fn (x). Kako su, pritom, sve funkcije qive, sledi da je i funkcija f 0 merqiva.

fn

mer-

3.50. Neka je g : Rk → R merqiva funkcija, a {fα }, gde fα : R → R∗ , proizvoqna familija neprekidnih funkcija i f = sup fα . Dokazati α da je f ◦ g merqiva funkcija. Re{ewe. Treba pokazati da je skup (f ◦ g)−1 (E) merqiv za svaki otvoren skup E iz R∗ . Uo~imo da vaì x ∈ f −1 ((c, +∞]) ⇔ (∃α) x ∈ fα−1 ((c, +∞]) ⇔ x ∈

S α

fα−1 ((c, +∞]).

−1 Na osnovu neprekidnosti funkcija S −1 fα sledi da su skupovi fα ((c, +∞]) otvoreni u R, pa je i skup fα ((c, +∞]) otvoren u R. Kako je α

−1

(f ◦ g)

((c, +∞]) = g

−1

³ ´ ³S ´ f −1 ((c, +∞]) = g −1 fα−1 ((c, +∞]) , α

³S

´

a funkcija g je merqiva, sledi da je skup g−1 fα−1 ((c, +∞]) merqiv α za svako c ∈ R∗ . Dakle, funkcija f ◦ g je merqiva.

3.51. Dokazati da je funkcija f : Rk → R∗ merqiva ako i samo ako postoji niz (fn ) neprekidnih realnih funkcija na Rk , koji konvergira ka f skoro svuda na Rk . Re{ewe. Ako je (fn) niz sa datim svojstvom, onda je m ({x | fn (x) 6→ f (x), n → +∞}) = 0

i sve funkcije fn su merqive (jer su neprekidne), pa, na osnovu teoreme 3.9., sledi da je i funkcija f merqiva. Dokaz da za proizvoqnu merqivu funkciju postoji niz sa datim svojstvom izve{}emo u ~etiri koraka, polaze}i od jednostavnijih ka sloènijim funkcijama, i pritom za svaki tip funkcija dokazujemo da vaì (∗)

¡ ¢ (∀ε > 0)(∃h ∈ C(Rk )) m Rk (f 6= h) < ε.

193


(i) Neka je najpre f = χE . Prema zadatku 3.41 funkcija f je merqiva ako i samo ako je skup E merqiv. Tada postoje otvoren skup B ⊇ E i zatvoren skup A ⊆ E takvi da je m(B \ A) < ε. Defini{imo funkciju h sa h(x) =

d(x, CB) . d(x, A) + d(x, CB)

O~igledno je h(x) = 1 za x ∈ A i h(x) = 0 za x ∈ CB . Funkcija h je neprekidna, jer je d(x, A) + d(x, CB) 6= 0. O~igledno je Rk (f 6= h) ⊆ B \ A, odakle sledi m(Rk (f 6= h)) < m(B \ A) < ε. Ovim je dokazano tvr|ewe (∗). Dakle, moèmo da uo~imo niz funkcija (hn ) takav da hn → f , n → +∞, s.s. na Rk , pa tvr|ewe vaì za karakteristi~nu funkciju. n P (ii) Neka je f = j = cj χE , 0 6 cj < +∞, jednostavna funkcija. j=1 Na osnovu (i) vaì j

¡ ¢ ε (∀ε > 0)(∃hj ∈ C(Rk )) m Rk (χE 6= hj ) < . j n

Defini{imo sada h sa h

=

n P j=1

cj hj .

Ovako definisana funkcija h

pripada prostoru C(Rk ). Kako je Rk (f 6= h) ⊆

n S j=1

vaì

Rk (χE 6= hj ), j

n ³S ´ X n ¡ ¢ ¡ ¢ m Rk (f 6= h) 6 m Rk (χE 6= hj ) 6 m Rk (χE 6= hj ) < ε. j=1

j

j=1

j

Dakle, vaì tvr|ewe (∗) za jednostavnu funkciju. (iii) Neka je f nenegativna merqiva funkcija. Tada postoji rastu}i niz jednostavnih funkcija (jn ) koji konvergira ka f na Rk . Na osnovu (ii) postoje neprekidne funkcije hn , n ∈ N, na Rk , takve da je ¡ ¢ 1 m Rk (hn 6= jn ) < . Radi jednostavnijeg zapisa uvedimo ozn(n + 1) +∞ T +∞ S naku An = Rk (hn 6= jn ). Neka je A = lim sup An = Aj . Tada n∈N n=1 j=n je 0 6 m(A) 6 m

³+∞ S

j=n

+∞ ´ X Aj 6 j=n

1 → 0, n → +∞, n(n + 1)

194

3.2. ZADACI

odakle zakqu~ujemo da je m(A) = 0. Kako x ∈/ A ako se niz brojeva (hn (x)) razlikuje od niza (jn (x)) samo u kona~nom broju ~lanova, m(A) = 0 i jn (x) → f (x), n → +∞, sledi da hn (x) → f (x), n → +∞

s.s. na

Rk .

(iv) Za proizvoqnu funkciju f postoje nenegativne merqive funkcije f + i f − , gde je f + = max{f, 0} i f − = max{−f, 0}, takve da vaì f = f + − f − , pa na osnovu (iii) i u ovom slu~aju vaì tvr|ewe. Ovim je dokaz zavr{en.

3.52. Neka je (fn ), fn : X → R∗ , niz merqivih funkcija. Dokazati da je tada skup L = {x ∈ X | n→+∞ lim fn (x) < +∞} merqiv.

Re{ewe. Neka je f (x) = lim inf f (x) i F (x) = lim sup f (x), x ∈ X . n→+∞

n

n→+∞

n

Iz merqivosti funkcija fn , n ∈ N, sledi merqivost funkcija sup( inf fn (x)) i F (x) = inf (sup fn (x)) i kako je n>k k∈N k∈N

f (x) =

n>k

L = {x ∈ X | f (x) = F (x) < +∞} = {x ∈ X | f (x) = F (x)} ∩ {x ∈ X | f (x) < +∞},

zakqu~ujemo da je skup L merqiv.

3.53. Dokazati da je funkcija f : Rk → R∗ , zadata sa  

1 , x1 · · · xk = 6 0, f (x1 , . . . , xk ) = x ···x  1+∞, k x · · · x = 0, 1 k

merqiva. Re{ewe. Uo~imo slede}e podskupove od Rk : Sν = {x = (x1 , . . . , xk ) | xν = 0},

ν = 1, . . . , k,

S = {x = (x1 , . . . , xk ) | x1 , . . . , xk 6= 0}. k S O~igledno je S ∪ Sν = Rk . Skupovi S1 , . . . , Sk predstavqaju koorν=1

dinatne ravni u prostoru Rk i pritom je je

m(S1 ) = · · · = m(Sk ) = 0,

k ³S ´ X k m(Sν ) = 0, m Sν 6 ν=1

ν=1

pa

195

GLAVA 3. TEORIJA MERE ³S k

´

odakle sledi da je m Sν = 0. Kako je skup S o~igledno otvoren, a ν=1 funkcija f je na wemu neprekidna, sledi da je f merqiva na S . Dakle, f je merqiva na S i m(Rk \ S) = 0, pa zakqu~ujemo da je f merqiva na Rk .

3.54. Ako je funkcija f : Rk → R∗ merqiva, dokazati da je funkcija g(x) = 1/f (x) merqiva na skupu S = {x ∈ Rk | f (x) 6= 0}. Re{ewe. Kako je S = Rk \ {x ∈ Rk | f (x) = 0}, sledi da je S merqiv skup. Neka je c proizvoqan realan broj. Tada je (dokazati!)  −1 c > 0,  f (0, 1/c) , f −1 (0, +∞), c = 0, Ec = {x ∈ Rk | g(x) > c} =  −1 f (0, +∞] ∪ f −1 [−∞, 1/c) , c < 0,

pa zakqu~ujemo da je g merqiva funkcija na S .

3.55. Neka je f : Rk → R∗ merqiva funkcija i g(x) = tg(f (x)). Dokazati da je domen S funkcije g merqiv skup, i da je funkcija g merqiva na skupu S . Re{ewe. Uo~imo skupove D+ = {x ∈ Rk | f (x) = +∞}, D− = {x ∈ Rk | f (x) = −∞}, Dn = {x ∈ Rk | f (x) = π/2 + nπ},

n ∈ Z.

Skupovi D+ , D− , Dn ,

n ∈ Z su merqivi, pa je i skup ³ ´ S S = Dg = Rk \ D+ ∪ D− ∪ Dn n∈Z

merqiv. Neka je, sada, c proizvoqan realan broj i Tada je skup Ec = {x ∈ Rk | g(x) > c} =

³ π π´ arctg c ∈ − , . 2 2

S n ¯¯ πo x nπ + arctg c < f (x) < nπ + 2 n∈Z

merqiv za svako realno c, pa je stoga g merqiva funkcija na S .

3.56. Ako je funkcija f 3 merqiva na skupu E , dokazati da je tada i funkcija f merqiva na E .

196

3.2. ZADACI

Re{ewe. Ako je funkcija f

{x ∈ E |

(f (x))3

3

je merqiva, tada je za svako c Obratno, kako je

> c} merqiv.

{x ∈ E | (f (x))3 > c} = {x ∈ E | f (x) >

∈ R

skup

√ 3 c},

sledi da je funkcija f merqiva.

3.57. Pokazati da ako je f 2 merqiva funkcija, funkcija f ne mora biti merqiva. Re{ewe. Nave{}emo primer funkcije koja nije merqiva, dok wen kvadrat jeste merqiva funkcija. Neka je A neki nemerqiv podskup od R (takav skup postoji videti zadatak 3.35). Defini{imo funkciju f sa ½ f (x) =

1, x ∈ A, −1, x ∈ CA.

Kako je {x ∈ R | f (x) > 0} = A nemerqiv skup, sledi da f nije merqiva funkcija, dok je (f (x))2 = 1 za svako x ∈ R, pa je funkcija f 2 o~igledno merqiva.

3.58. Pokazati da postoji funkcija f koja nije merqiva, ali |f | jeste merqiva. Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad (pogledati zadatak 3.57). 3.59. Na}i primer merqivih funkcija f, g : R → R takvih da je f = g na gustom podskupu od R, ali je f 6= g s.s. na R. Re{ewe. Uo~imo funkcije ½

f (x) =

1, x ∈ Q, 2, x ∈ I,

½

g(x) =

1, x ∈ Q, 3, x ∈ I.

Tada je f = g na Q, a skup racionalnih brojeva je svuda gust u skupu realnih brojeva, dok je f 6= g na skupu iracionalnih brojeva i pritom je m(I) = m(R) > 0. Dakle, f 6= g s.s. na R.

Glava 4

Lebegov integral 4.1 Pregled teorije Lebegov integral

Funkcija j(x) = P c χ (x) je jednostavna (prosta) m−merqiva funkcija na R , gde su 0 6 c < +∞ vrednosti koje ona uzima na merqivim skupovima E , ν = 1, 2, . . . , n. DEFINICIJA 4.2. Lebegovintegral jednostavnefunkcije j namerqivom skupu E ⊆ R definisan je sa n

DEFINICIJA 4.1.

ν=1

k

ν E ν

ν

ν

k

Z j(x) dm = E

n X

cν m(Eν ∩ E).

ν=1

Neka je E ⊆ R m−merqiv skup i neka je f nenegativna m−merqivafunkcijana E. Lebegovintegral funkcije f naskupu E definisan je sa DEFINICIJA 4.3.

k

Z

Z

f (x) dm = sup E

j6f

j(x) dm, E

gde se supremum uzima preko svih jednostavnih funkcija j(x) koje zadovoqavaju uslov 0 6 j(x) 6 f (x) za svako x ∈ E. 197

198


Funkcija f je integrabilna u Lebegovom smislu (Lebeg integrabilna) na skupu E ako je Lebegov integral funkcije f na skupu E

kona~an. Familiju svih Lebeg integrabilnih funkcija na skupu E ozna~avamo sa L(E). Ubudu}e, kada kaèmo da je funkcija integrabilna podrazumeva}emo integrabilnost u Lebegovom smislu. TEOREMA 4.1. Neka su f i g nenegativne m−merqive funkcije i A, B, E merqivi skupovi. Tada vaè slede}a tvr|ewa. R R 1 Ako je f (x) 6 g(x) na E , tada je f (x) dm 6 g(x) dm. R R 2 A⊆B⇒ f (x) dm 6 f (x) dm. R R 3 cf (x) dm = c f (x) dm, 0 6 c < +∞. R f (x) dm = 0, ~ak i kada je 4 Ako je f (x) ≡ 0 na E tada je m(E) = +∞. R R 5 f (x) dm = f (x)χ (x) dm. 6 Ako je f ∈ L(R ) tada je f kona~na s.s. na R . TEOREMA 4.2. Ako su j i j jednostavne merqive funkcije tada je ◦

E

◦ ◦

A

B

E

E

◦

◦

E

E

Rk

E

◦

E

k

k

1

2

Z

Z

Rk

(j1 (x) + j2 (x)) dm =

Z

Rk

j1 (x) dm +

Rk

j2 (x) dm.

TEOREMA 4.3. (Bepo-Levijev stav) Neka je (fn ) monotono rastu}i niz

nenegativnih

merqivih funkcija na , tj. neka je 0 6 f (x) 6 , . Ako je tada je

m− Rk k f2 (x) 6 · · · 6 +∞ x ∈ R f (x) = lim fn (x) n→+∞ Z Z lim fn (x) dm = f (x) dm. n→+∞ Rk

1

Rk

Neka je (f ) niz nenegativnih funkcija merqivih na R . Ako je f (x) = P f (x) tada je

TEOREMA 4.4.

+∞

n=1

k

n

n

Z f (x) dm =

+∞ Z X k n=1 R

Rk

fn (x) dm.

LEMA 4.1. (Fatuova lema) Neka je (fn ) niz nenegativnih funkcija mer-

qivih na R . Ako za svako x ∈ R vaì f (x) = lim inf f (x), tada je Z Z k

k

n→+∞

lim inf

n→+∞

Rk

fn (x) dm >

f (x) dm. Rk

n

199

GLAVA 4. LEBEGOV INTEGRAL

Neka je f nenegativna merqiva funkcija na R . Tada je funkcija skupa Φ(E) = R f (x) dm, E ∈ M(m), jedna realna mera na M(m). TEOREMA 4.5.

k

E

Kako je funkcija Φ mera ona je σ-aditivna, tj. vaì Z f (x) dm = E

+∞ Z X

f (x) dm,

E=

+∞ S n=1

n=1 En

En , Ei ∩ Ej = ∅, i 6= j.

Neka je f realna merqiva funkcija na merqivom skupu E Defini{imo funkcije f + (x) = max{f (x), 0}, f − (x) = − min{f (x), 0},

⊆ Rk .

x ∈ E,

koje zovemo pozitivnim, odnosno negativnim delom funkcije f . Primetimo da je f = f + − f − i da je f + (x) > 0, f − (x) > 0, x ∈ E .

Neka je f realna merqiva funkcija na merqivom skupu . Ako bar jedan od integrala R f dm, R f dm ima kona~nu vrednost, tadaZ Lebegov integral funkcije fZna skupu E defini{emo sa Z

DEFINICIJA 4.4. E ⊆ Rk

+

E

f + (x) dm −

f (x) dm = E

E

−

E

f − (x) dm. E

Ako je Lebegov integral funkcije f na E kona~an, kaèmo da je f integrabilna u Lebegovom smislu. TEOREMA 4.6. Ako je f realna merqiva funkcija na merqivom skupu E ⊆ R , tada vaì: 1 f ∈ L(E) ⇔ |f | ∈ L(E); ¯R ¯ R 2 ¯ f (x) dm¯ 6 |f (x)| dm. TEOREMA 4.7. Ako f, g ∈ L(R ) i c , c ∈ R, tada c f + c g ∈ L(R ) i vaì Z Z Z k

◦ ◦

E

E

k

Rk

1

(c1 f (x) + c2 g(x)) dm = c1

2

Rk

1

f (x) dm + c2

k

2

g(x) dm. Rk

TEOREMA 4.8. (Lebegova teorema o dominantnoj konvergenciji) Neka je

niz merqivih funkcija koje, za svako x ∈ R , konvergiraju ka funkciji f (x). Ako postoji funkcija g ∈ L(R ) takva da za sve x ∈ R i sve n ∈ N vaì |f (x)| 6 g(x), tada f ∈ L(R ) i vaì Z Z Z k

(fn )

k

k

n

lim

n→+∞ Rk

k

fn (x) dm =

lim fn (x) dm =

Rk n→+∞

f (x) dm. Rk

200


TEOREMA 4.9. (Lebegova teorema) Neka je E ⊆ Rk merqiv skup kona~ne

mere i neka je (f ) niz uniformno ograni~enih funkcija, tj. postoji M > 0 takvo da za sve x ∈ E i sve n ∈ N vaì |f (x)| < M . Ako je lim f (x) = f (x), x ∈ E , tada je n

n

n→+∞

n

Z

lim

Z

n→+∞ E

fn (x) dm =

Z

lim fn (x) dm =

E n→+∞

f (x) dm. E

Ako f ∈ L(R ), tada je Φ(E) = R f (x) dm, E ∈ M(m), jedna σ-aditivna funkcija skupa na M(m). TEOREMA 4.11. Ako f ∈ R[a, b], tada f ∈ L[a, b] i vaì TEOREMA 4.10.

k

E

Z

Z f (x) dm =

[a,b]

b

f (x) dx. a

Obrnuto tvr|ewe ne vaì. TEOREMA 4.12. Neka je (f ) niz merqivih funkcija na merqivom skupu E . Ako je jedan od izraza n

+∞ Z X n=1 E

|fn (x)| dm,

Z X +∞ E n=1

kona~an, kona~an je i drugi i vaì +∞ Z X n=1 E

fn (x) dm =

Z X +∞ E n=1

|fn (x)| dm,

fn (x) dm.

Prostor Lp(a, b) Neka je p > 1 i −∞ 6 a potprostor merqivih funkcija

< b 6 +∞.

¯Z n ¯ Lp (a, b) = x(t) ¯

Defini{imo na

(a, b)

o |x(t)|p dm < +∞ .

(a,b)

Za funkcije

x, y ∈ Lp (a, b) kaèmo da je x ∼ y ako i samo ako je s.s. na (a, b). Ovako definisana relacija ∼± je relacija ekvivalencije. Prostor Lp (a, b) defini{emo kao Lp (a, b) ∼ . x(t) = y(t)

201


Norma u prostoru Lp (a, b) data je sa ÃZ

!1/p |x(t)|p dm

kxkLp (a,b) =

.

(a,b)

Navedimo nekoliko osobina prostora Lp (a, b). 1◦ Lp (a, b) je separabilan. 2◦ Lp (a, b) je kompletan. 3◦ Skup neprekidnih funkcija je svuda gust u Lp (a, b), b − a < +∞. 4◦ Skup polinoma je svuda gust u Lp (a, b), b − a < +∞. 5◦ kx + yk 6 kxk + kyk, x, y ∈ Lp (a, b), p > 1. 6◦ Ako x ∈ Lp (a, b), y ∈ Lq (a, b), p > 1, 1/p + 1/q = 1 tada je Z |x(t)y(t)| dm 6 kxkkyk. (a,b)

Niz funkcija konvergira ka funkciji f s.s. na , , s.s. na E) ako i samo ako je m ({x ∈ E | f (x) ne konvergira ka f (x)}) = 0. DEFINICIJA 4.6. Niz funkcija (f ) konvergira po meri m ka funkciji f na skupu E ⊆ R (f −→ f , n → +∞, na E) ako i samo ako DEFINICIJA 4.5.

skupu E ⊆ R

k

(fn ) (fn → f n → +∞ n

k

n

m

n

¡ ¢ (∀ε > 0)(∃n0 )(∀n > n0 ) m {x ∈ E | |fn (x) − f (x)| > ε} < ε,

{to je ekvivalentno sa

¡ ¢ (∀ε > 0) lim m {x ∈ E | |fn (x) − f (x)| > ε} = 0. n→+∞

Niz funkcija (f ) konvergira ka funkciji f u prostoru L (a, b) ako i samo ako

DEFINICIJA 4.7.

n

p

µZ

¶1/p |fn − f | dm → 0, n → +∞. p

(a,b)

TEOREMA 4.13. (Lebegova teorema) Ako niz merqivih funkcija (fn ) kon-

vergira ka merqivoj funkciji f s.s. na skupu E kona~ne mere, tada niz (f ) konvergira funkciji f po meri m. n

202


NAPOMENA. Pretpostavka da je skup E kona~ne mere u prethodnoj teoremi ne moè se izostaviti. Za skupove ~ija mera nije kona~na tvr|ewe ne mora biti ta~no. TEOREMA 4.14. (Risova teorema) Ako niz merqivih funkcija (fn ) kon-

vergira merqivoj funkciji f po meri m, tada postoji podniz (f ) niza (f ) koji konvergira funkciji f skoro svuda. TEOREMA 4.15. (Lebegovateoremaodominantnojkonvergenciji-op{tiji oblik) Akonizintegrabilihfunkcija (f ) konvergirafunkciji f pomeri m (ili konvergira skoro svuda) i ako postoji integrabilna funkcija g takva da vaì |f (x)| 6 |g(x)| skoro svuda, n ∈ N, tada je funkcija f integrabilna i vaì R |f − f |dm → 0, n → +∞. nk

n

n

n

n

203


4.2 Zadaci 4.1. Izra~unati integral (a)

½

(b) f (x) =

ako je funkcija f data sa:

sin x, x ∈ F (F je Kantorov skup), cn , x je iz izba~enog intervala duìne 1/3n , n ∈ N,

cn < +∞; ½ 0, x ∈ F (F je Kantorov skup), f (x) = n, x je iz izba~enog intervala duìne 1/3n , n ∈ N.

pri ~emu je (v)

∞ P

dm,

[0,1] f

1, x ∈ / Q, 0, x ∈ Q;

f (x) = ½

R

n=1

Re{ewe. (a) Kako je m(Q ∩ [0, 1]) = 0 (zadatak 3.19) i Q ∩ I = ∅ sledi Z

Z

f dm = [0,1]

[0,1]

R

χI dm = m(I ∩ [0, 1]) = 1. R

R

(b) Na osnovu [0,1] f dm = F f dm + CF f dm i ~iwenice da je R F f dm = 0 (jer je m(F ) = 0 zadatak 3.20) sledi da je Z

Z f dm =

[0,1]

Z

+∞ X

f dm = CF

CF n=1

cn χE dm, n

gde je En unija izba~enih intervala duìne 1/3n . Prema tome, Z f dm = [0,1]

+∞ X

cn m(CF ∩ En ) =

n=1

+∞ X

cn m(En ) =

n=1

+∞ X n=1

cn

2n−1 . 3n

(v) Koriste}i rezultat iz dela (b), za cn = n dobijamo Z f dm = [0,1]

n=1

NAPOMENA. Red +∞ X n=1

+∞ X

+∞

1X 2n−1 n n· n = 3 3

+∞ P

n=1

xn

n=1

nxn−1 =

+∞ X

konvergira za |x| < 1, i tada je

(xn )0 =

n=1

µ ¶n−1 1 1 2 = ·¡ ¢ = 3. 3 3 1− 2 2 3

µX +∞ n=1

xn

¶0 =

³ x ´0 1 = . 1−x (1 − x)2

204

4.2. ZADACI

4.2. Neka je data funkcija f sa ½ 2 x , x ∈ F (F je Kantorov skup), f (x) = n 1/2 , x je iz izba~enog intervala duìne 1/3n , n ∈ N. R

Izra~unati [0,1] f dm. Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad (pogledati zadatak 4.1).

4.3. Neka su funkcije fp : [0, 1] → R, p > 0, definisane sa ½

−1, x ∈ F (F je Kantorov skup), np , x je iz izba~enog intervala duìne 1/3n , n ∈ N. R Izra~unati integral [0,1] f2 dm. fp (x) =

Re{ewe. Sli~nim postupkom kao u zadatku 4.1, zakqu~ujemo da je funkcija fp merqiva na [0, 1], i da je

+∞ µ

Z

1X fp dm = 3 [0,1]

(∗)

n=1

2 3

¶n−1

np .

Red iz (∗) konvergira za p > 0 na osnovu Dalamberovog kriterijuma, pa fp ∈ L(0, 1) za svako p > 0. Specijalno, za p = 2 imamo da je +∞ µ

Z

1X f2 dm = 3 [0,1]

n=1

2 3

¶n−1

n2 .

Kako je (pokazati!) +∞ X

tn−1 n2 =

n=1

neposredno dobijamo da je

R

1 + t3 , 1−t

[0,1] f2 dm

0 < t < 1,

= 15.

4.4. Neka su E1 , . . . , En (za fiksirano n ∈ N) merqivi podskupovi intervala I = (0, 1). Ako svaka ta~ka intervala I leì bar u r od ovih skupova, 1 6 r 6 n, dokazati da bar jedan od skupova E1 , . . . , En ima meru koja nije mawa od r/n. Re{ewe. Uvedimo funkciju ϕ sa ϕ(x) = χE (x) + · · · + χE (x) > r, 1

n

x ∈ (0, 1).

205


Tada je

Z (0,1)

ϕ dm = m(E1 ) + · · · + m(En ) > r,

odakle sledi za bar jedan od skupova

m(Ei ) > r/n.

Ei , i = 1, 2, . . . , n,

vaì da je

4.5. Neka je svaki broj x ∈ [0, 1) predstavqen u obliku x = 0, x1 x2 x3 . . . i neka je f (x)R = n kada je x1 = x2 = · · · = xn = 0, xn+1 6= 0, n ∈ N0 . Izra~unati [0,1) f dm. Re{ewe. Uo~imo skupove K0 = [0.1, 1), K1 = [0.01, 0.1), K2 = [0.001, 0.01), . . . .

Primetimo da je m(Kn ) = f (x) = n za x ∈ Kn . Stoga je Z f dm = [0,1)

+∞ Z X

9

, 10n+1

f dm =

n=0 Kn

n ∈ N,

+∞ Z X

[0, 1) =

+∞ S n=0

n dm =

n=0 Kn

+∞ X n=0

Kn ,

i da je

1 n · m(Kn ) = . 9

4.6. Funkcija f je definisana na intervalu [0, 1] sa  3    x ,

1 x∈ / Q, 0 6 x 6 , 3 1 f (x) = 2 / Q, < x 6 1,  x , x∈  3  −5, x ∈ Q ∩ [0, 1]. R

Izra~unati [0,1] f dm. Re{ewe. Uvedimo slede}e oznake: ·

¸ 1 A = 0, ∩ I, 3

µ

B=

¸ 1 , 1 ∩ I, 3

C = [0, 1] ∩ Q.

Skupovi A, B, C su merqivi i disjunktni, i vaì A ∪ B ∪ C = [0, 1]. Funkcija f je o~igledno neprekidna, pa stoga i merqiva, na svakom od ovih skupova, odakle zakqu~ujemo da je merqiva i na wihovoj uniji. Kako je m(C) = 0, sledi da je f = g s.s. na [0, 1], gde je    x3 , 0 6 x 6 1 , 3 g(x) = 1  2  x , < x 6 1. 3

206

4.2. ZADACI

Stoga je

Z

Z

Z

f dm =

g dm =

[0,1]

[0, 13 ]

[0,1]

Z

1 3

=

Z

0

4.7. Izra~unati

R E

x dm,

1

3

x dx +

Z

1 3

pri ~emu je

g dm +

x2 dx =

[ 31 ,1]

35 . 108

E = [0, 1] \

+∞ S

·

n=1

Re{ewe. Uo~imo niz intervala

g dm

1 1 , 4n2 + 1 4n2

¸

.

¸ 1 1 ⊆ [0, 1]. Jn = , 4n2 + 1 4n2 ·

Oni su me|usobno disjunktni, jer za svako n ∈ N vaì 1 1 . < 2 4(n + 1)2 4n + 1 +∞ S

Skup J = Jn je o~igledno merqiv, pa je i skup E = [0, 1]\J merqiv. n=1 Funkcija f (x) = x je merqiva na intervalu [0, 1], pa je merqiva i na +∞ S skupu E ⊆ [0, 1]. Kako je [0, 1] = E ∪ Jn neposredno dobijamo da je Z

n=1

Z xdm =

[0,1]

x dm + E

+∞ Z X

x dm,

n=1 Jn

odakle je Z

Z x dm =

E

x dm − [0,1]

+∞ Z X n=1 Jn

Z x dm =

+∞ Z X

x dx − [0,1]

¸ +∞ · 1 1 1 1 1 1X − = − = − 4 2 2 2 2 16n (4n + 1) 2 2 n=1

4.8 R . Neka

f ∈ R[0, b],

x dx

n=1 Jn +∞ X n=1

8n2 + 1 . 16n4 (4n2 + 1)2

za svako b > 0 i neka nesvojstveni integral konvergira. Dokazati da je tada f ∈ L(R+ ). Re{ewe. Uo~imo niz funkcija (fn), fn(x) = |f (x)|χ[0, n]. Funkcija f je R-integrabilna na [0, n], pa je i L-integrabilna na [0, n] (teorema 4.11.). +∞ |f (x)| dx 0

207


Prema tome, (fn ) je rastu}i niz L-integrabilnih funkcija, pa po BepoLevijevom stavu (teorema 4.3.) vaì Z

Z

|f (x)| dm = lim

n→+∞ R+ Z n

R+

= lim

|fn (x)| dm Z

+∞

|f (x)| dx =

n→+∞ 0

|f (x)| dx < +∞, 0

odakle sledi da je |f | ∈ L(R+ ), tj. (teorema 4.6.) f ∈ L(R+ ).

4.9 R 1 . Neka je f ∈ R[ε, 1], za svako 0 < ε < 1 i neka nesvojstveni integral 0 |f (x)| dx konvergira. Dokazati da je tada f ∈ L[0, 1]. Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad (analogno re{ewu zadatka 4.8). 4.10. Neka je E merqiv skup u prostoru Rk , a M (E) skup svih merqivih, esencijalno ograni~enih funkcija∗ na skupu E . Dokazati da vaì M (E) ⊆ L(E) ako i samo ako je m(E) < +∞. Re{ewe. Neka je m(E) < +∞ i f esencijalno ograni~ena funkcija na E . Tada je |f (x)| 6 M < +∞ s.s. na E , pa je Z

Z

|f | dm 6 E

M dm = M m(E) < +∞, E

odakle sledi f ∈ L(E). Dakle, vaì inkluzija M (E) ⊆ L(E). Pretpostavimo, sada, da je M (E) ⊆ L(E). Funkcija f (x) ≡ 1, x ∈ E , je o~igledno merqiva i ograni~ena na skupu E , pa sledi da f ∈ M (E). Prema pretpostavci je i f ∈ L(E), a kako je Z

Z

|f | dm = E

neposredno sledi da je

1 dm = m(E), E

m(E) < +∞.

4.11. Data je funkcija f (x) =

 

1 , x∈ / Q, 1 + x2  0, x ∈ Q.

Za merqivu funkciju f definisanu na skupu E kaèmo da je esencijalno (bitno) ograni~ena na E ako postoji konstanta M takva da je |f (x)| 6 M s.s. na E . ∗

208

4.2. ZADACI

Dokazati daRfunkcija f nije R-integrabilna ni na jednom intervalu i izra~unati R f dm. Re{ewe. Po{to je svaka ta~ka x ∈ R ta~ka prekida funkcije f , ona nije ni na jednom intervalu skoro svuda neprekidna, pa nije R-integrabilna. S druge strane je f (x) = 1 +1 x2 s.s. na R, pa je Z

Z

+∞

f dm = R

−∞

1 dx = π. 1 + x2

4.12. Ispitati R-integrabilnost i L-integrabilnost funkcije f definisane sa ½ 1, x ∈ Q, x5 , x ∈ / Q,

f (x) =

na intervalu [0, 1]. Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad (pogledati zadatak 4.11).

4.13. Funkcija f : R2 → R definisana je sa ½

1, x + y ∈ Q, 2, x + y ∈ / Q.

f (x, y) =

Ako je E merqiv skup iz R2 , dokazati da funkcija f ∈ L(E) ako i samo ako je m(E) < +∞. Re{ewe. Neka je Sq = {(x, y) ∈ R2 | x + y = q}, q ∈ Q, i S = S Sq . q∈Q

Kako je svaki od skupova Sq jedna prava u , sledi da je m(Sq ) = 0, q ∈ Q (videti zadatak 3.29), pa je i m(S) = 0. Stoga je f (x, y) = g(x, y) ≡ 2 s.s. na R2 , pa za proizvoqan merqiv skup E imamo da je R2

Z

Z

|f (x, y)| dm =

|g(x, y)| dm = 2m(E),

E

E

odakle neposredno sledi da f ∈ L(E) ako i samo ako je m(E) < +∞. R

4.14. Neka je f > 0 i E f dm = 0. Tada je f = 0 s.s. na E . Dokazati. Re{ewe. Neka je En = {x ∈ E | f (x) > 1/n}. Tada vaì 06

1 m(En ) < n

Z

Z

f dm 6 En

f dm = 0, E

209


odakle sledi da je m(En ) = 0, +∞ S tada je E0 = En , pa je

n ∈ N.

n=1

0 6 m(E0 ) 6

Ako je E0 = {x ∈ E | f (x) > 0},

+∞ X

m(En ) = 0,

n=1

tj. m(E0 ) = 0. Prema tome,

f =0

s.s. na E .

R

4.15. Neka je A f dm = 0 za svaki merqiv podskup A merqivog skupa E . Dokazati da je tada f = 0 s.s. na E . Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad (uo~iti skupove E1 = {x ∈ E | f (x) > 0}, E2 = {x ∈ E | f (x) < 0} i iskoristiti zadatak 4.14). 4.16. Neka je f ∈ L(E) i σ > 0. Dokazati da vaì nejednakost êbi{eva: 1 m{x ∈ E | |f (x)| > σ} 6 σ

Re{ewe. Neka je nejednakost

Z

Z dm 6

Eσ

|f | dm 6

Z

R Eσ

Tada je

Eσ ⊆ E ,

pa vaì

Z

Eσ

|f | dm, E

Z

σ

Kako je

|f (x)| dm. E

Eσ = {x ∈ E | |f (x)| > σ}. σ

odnosno

Z

dm 6

|f | dm.

Eσ

dm = m(Eσ ), sledi 1 m(Eσ ) 6 σ

E

Z |f | dm. E

4.17. Neka su f > 0 i 0 6 g 6 1 integrabilne funkcije na [0, a]. (a) Dokazati da postoji najmawa konstanta c, 0 6 c 6 a, takva da je Z

Z

f g dm = [0,a]

(b) Ako

f dm. [0,c]

gn → g , n → +∞, s.s. na [0, a] i Z Z f gn dm = f dm [0,a]

[0,cn ]

210

4.2. ZADACI

pokazati da cn → c, n → +∞. Re{ewe. (a) Funkcija Z

ϕ(x) =

f (t) dm,

x ∈ [0, a],

[0,x]

je rastu}a i neprekidna. Po{to je Z

ϕ(0) = 0 6

Z

f g dm 6

f dm = ϕ(a),

[0,a]

[0,a]

postoji c ∈ [0, a] takvo da je Z

Z

f g dm = ϕ(c) =

f dm.

[0,a]

[0,c]

Ako postoji vi{e takvih c, oni su svi u skupu ÃZ

ϕ

!

−1

f g dm

⊆ [0, a]

[0,a]

koji je zatvoren, pa ima najmawi element. (b) Po{to je |gn − g| 6 |gn | + |g| 6 2 vaì ¯Z ¯ ¯ ¯

Z f dm −

[0,cn ]

[0,c]

¯ ¯Z ¯ ¯ f dm¯¯ = ¯¯

[0,a]

¯ ¯ f (gn − g)dm¯¯ → 0, n → +∞.

Ako (cn ) ne bi konvergirao ka c, tada bi postojao podniz (cn ) takav da su mu svi ~lanovi mawi od c − ε ili ve}i od c + ε za neko ε > 0. Pretpostavimo da je cn < c − ε (ostavqa se ~itaocu za samostalan rad slu~aj cn > c + ε). Tada vaì k

k

k

Z

Z

06

f dm 6 lim [c−ε,c]

k→+∞ [cn ,c] k

f dm = 0,

R

odakle dobijamo da je [c−ε,c] f dm = 0. Na osnovu zadatka 4.14 sledi da je f = 0 s.s. na [c − ε, c]. Me|utim, tada c ne bi ispuwavalo uslov minimalnosti jer bi vaìlo Z

Z

f dm = [0,c−ε]

Dakle,

cn → c, n → +∞.

f dm. [0,c]

211


4.18. Neka su f i g nenegativne merqive funkcije na E ⊆ Rk , m(E) = 1, takve da je f (x)g(x) > 1 s.s. na E . Dokazati da je tada Z

Z

f dm ·

g dm > 1.

E

E

Re{ewe. Pretpostavimo da su oba integrala R

E

f dm 6= 0,

R E

gdm 6=

kona~na (u suprotnom, ako je bar jedan beskona~an, nejednakost je o~igledna). Tada za svako α > 0 vaì αf + α1 g > 2 † , odakle sledi 0

Z

Z

1 α f dm + α E

Z

g dm > 2

dm = 2m(E) = 2.

E

E

Mnoè}i posledwu nejednakost sa α dobijamo Z

α

Z

2

f dm − 2α +

g dm > 0.

E

E

Kako je posledwa nejednakost ispuwena za svako α > 0, sledi da je Z

D =4−4

Z

f dm E

odakle dobijamo

Z

g dm 6 0, E

Z f dm ·

E

g dm > 1. E

4.19. Neka je funkcija ϕf integrabilna za svaku integrabilnu funkciju f . Tada je funkcija ϕ s.s. kona~na, tj. m({x | |ϕ(x)| = +∞}) = 0. Dokazati. Re{ewe. Pretpostavimo suprotno,k da ϕ nije s.s. kona~na funkcija, tj. neka postoji merqiv skup E ⊆ R , m(E) > 0, takav da je |ϕ| > n, za svako n ∈ N, na skupu E . Prema uslovima zadatka vaì Z

Z

|f ϕ| dm 6

|f ϕ| dm < +∞ Rk

E

i

Z

|f | dm < +∞. Rk

RPretpostavimo i da je f (x) 6= 0 za x ∈ E , tj. |f ϕ| > 0 na E . Neka je E |f | dm = M , 0 < M < +∞. Tada je Z Z Z Z Z |f ϕ| dm = |f ϕ| dm + |f ϕ| dm > n |f | dm + |f ϕ| dm, Rk

E

CE

E

CE

Za s, t, α > 0, q na osnovu nejednakosti izme|u aritmeti~ke i geometrijske sredine, 1 vaì αt + α s > 2 αt · α1 s > 2. †

212

4.2. ZADACI R

R

pa je R |f ϕ| dm > nM . Kad n → +∞ dobijamo R |f ϕ| dm > +∞, {to je u kontradikciji sa ~iwenicom da je funkcija f ϕ integrabilna. Dakle, ϕ je s.s. ograni~ena funkcija. k

k

4.20. Neka je E ⊆ Rk merqiv skup pri ~emu je 0 < m(E) < +∞ i f merqiva funkcija koja je pozitivna s.s. na E . Dokazati da tada za svako α ∈ (0, m(E)] vaì nejednakost Z inf

A⊆E m(A)>α

f dm > 0. A

Re{ewe. Uo~imo niz skupova (E ), definisan sa E

= E(f > 1/n). Ovaj niz je monotono rastu}i i En → E(f > 0), n → +∞, pa vaì i m(En ) → m(E), n → +∞. Za α takvo da je α/2 < m(E) postoji prirodan broj p takav da je m(Ep ) > m(E) − α/2, tj. m(E \ Ep ) < α/2. Neka je A ⊆ E , m(A) > α. Tada vaì n

n

m(A) = m(A ∩ Ep ) + m(A ∩ (E \ Ep )) > α,

odnosno m(A ∩ Ep ) > α − m(A ∩ (E \ Ep )) > α − m(E \ Ep ) >

α . 2

Na osnovu prethodnog sledi Z

Z f dm >

A

Z f dm >

A∩Ep

A∩Ep

odakle je

m(A ∩ Ep ) 1 α 1 dm = > · > 0, p p p 2

Z inf

A⊆E m(A)>α

f dm > 0. A

4.21. Neka je (En ) niz merqivih skupova i p prirodan broj. Ako je G takav skup da je x ∈ G ako i samo ako je x ∈ En za bar p vrednosti n, dokazati da je +∞ P (a) G merqiv skup; (b) pm(G) 6 m(En ). n=1

Re{ewe. (a) Neka je (I ) kolekcija podskupova skupa prirodnih brojeva, j

takvih da je card(Ij ) = p, j ∈ N (takvih skupova ima prebrojivo mnogo).

213

GLAVA 4. LEBEGOV INTEGRAL +∞ S

T

Tada je G = Ek , pa iz merqivosti skupova En sledi da je skup j=1 k∈I G merqiv. (b) Iz definicije skupa G sledi da za svako x ∈ G vaì j

pχG (x) 6

odakle je

Z pχG (x) dm 6

+∞ X n=1

χE (x),

Z X +∞ n=1

tj. pm(G) 6

+∞ P n=1

n

χE (x) dm, n

m(En ).

4.22. Neka je f integrabilna funkcija na intervalu [1, 2]. Ako Z

(∗)

|f (x)|xn dm < +∞,

sup n∈N

tada je

[1,2]

s.s. na [1, 2]. Dokazati. Re{ewe. Pretpostavimo da funkcija f nije jednaka 0 s.s. na [1, 2], odnosno da postoji skup E ⊆ [1, 2], m(E) > 0 na kome je |f (x)| > 1/k, k ∈ N. Tada je f =0

Z

Z 1 xn dx |f (x)|xn dx > k E E Z 1 1 > xn dx > (1 + δ)n m(E0 ) → +∞, n → +∞, k E0 k Z

|f (x)|xn dx > [1,2]

gde je skup E0 = [1 + δ, 2] ∩ E za dovoqno malo δ i sam pozitivne mere. Posledwi rezultat je u suprotnosti sa uslovom (∗), pa zakqu~ujemo da je f = 0 s.s. na [1, 2].

4.23. Neka je (En ) niz merqivih skupova u Rk i Ax = {n ∈ N | m(En ) > x}.

Data je funkcija f : [0, +∞) → [0, +∞] sa ½

f (x) =

card (Ax ) , +∞,

ako je skup Ax kona~an, ako je skup Ax beskona~an.

214

4.2. ZADACI R

Izra~unati R f dm. Re{ewe. Defini{imo funkcije +

ϕn

½

1, x < m(En ), 0, x > m(En ),

ϕn (x) =

tj. ϕn (x) = χ[0, m(E 4.4. vaì

n

(x). ))

Z

Z

R+

=

Tada je f (x) = +∞ X

f dm =

sa

R+ n=1 +∞ Z X + n=1 R

ϕn (x) = χ[0, m(E

+∞ P n=1

ϕn (x) i na osnovu teoreme

+∞ Z X + n=1 R

n ))

ϕn (x) dm

(x) dm =

+∞ X

m(En ).

n=1

4.24. Koje od slede}ih funkcija su integrabilne: (a) f (x) = sinx x , x ∈ [0, +∞), (b)

g(x) =

sin x , 1 + x2

Re{ewe. (a) Kako je Z

x ∈ [0, +∞)?

¯ ¯ +∞ Z X ¯ ¯ sin x ¯ dm = ¯ x ¯

+∞ ¯

π

>

(k+1)π

k=1 kπ +∞ X k=1

¯ ¯ ¯ sin x ¯ ¯ ¯ ¯ x ¯ dx

1 (k + 1)π

Z

(k+1)π

| sin x| dx = kπ

+∞ X k=1

1 · 2, (k + 1)π

i dobijeni red divergira, zakqu~ujemo da |f | ∈/ L[π, +∞), odakle sledi da |f | ∈/ L[0, +∞), pa i f ∈/ L[0, +∞). (b) Kako je Z 0

i

g ∈ R[0, b], g ∈ L[0, +∞).

¯ ¯ Z ¯ sin x ¯ ¯ dx 6 ¯ 1 + x2 ¯

+∞ ¯

0

za svako

4.25. Izra~unati

b > 0,

+∞

1 π dx = , 2 1+x 2

na osnovu zadatka 4.8, sledi da je i

Rn³ x ń −2x 1 + e dx. n→+∞ 0 n lim

215


Re{ewe. Niz (ϕ ), n

³ x ń , ϕn (x) = 1 + n

nulijeve nejednakosti, vaì µ 1+

Neka je

x n+1

je rastu}i, jer, na osnovu Ber-

¶ n+1 n

61+

x . n

³ x ń −2x e χ[0, n] . fn (x) = 1 + n

Niz (fn ) je monotono rastu}i niz nenegativnih funkcija na [0, +∞) i fn → e−x , n → +∞, pa je, na osnovu Bepo-Levijevog stava, Z

lim

n→+∞

Z ³ x ń −2x 1+ e dm = lim fn (x) dm n→+∞ [0,+∞) n [0,n] Z Z +∞ = lim fn (x) dm = e−x dx = 1. [0,+∞) n→+∞

0

4.26. Neka je f integrabilna funkcija na skupu E ⊆ Rk iR neka je En ⊂ E , f dm = 0. za svako n ∈ N. Ako je n→+∞ lim m(En ) = 0, tada je lim n→+∞ En

Re{ewe. Uo~imo da je

{x ∈ E | |f χE | > 0} ⊆ {x ∈ E | χE = 1} = En . n

Stoga je 0 6 m(E(|f χE

n

n

| > 0)) 6 m(En ), odnosno

0 6 lim m(E(|f χE | > 0)) 6 lim m(En ) = 0. n→+∞

n→+∞

n

Na osnovu posledwe nejednakosti zakqu~ujemo da n→+∞ lim f χE postoji s.s. na E i da je n→+∞ lim f χE = 0 s.s. na E . Kako je |f χE | < |f | ∈ L(E), na osnovu Lebegove teoreme o dominantnoj konvergenciji dobijamo n

n

Z

lim

n→+∞ En

n

Z

f dm = lim

Z

f χE dm =

n→+∞

lim f χE dm = 0.

n→+∞

n

E

n

E

4.27. Neka je f nenegativna integrabilna funkcija na skupu E ⊆ Rk i neka je En = {x ∈ E | f (x) > n}. Dokazati da tada n · m(En ) → 0, n → +∞.

216

4.2. ZADACI

Re{ewe. Primetimo da je niz brojeva (m(E )) monotono opadaju}i i n

kako za svako n vaì m(En ) > 0, sledi da postoji c > 0, takvo da je c = lim m(En ). Pokaza}emo da je c = 0. Zaista, kako nejednakost n→+∞ Z

Z f dm >

E

En

f dm > n · m(En ) > n · c

vaì za svako n, iz c > 0 sledi da f ∈/ L(E), {to je u suprotnosti sa pretpostavkom zadatka. Dakle, c = 0, tj. (1)

m(En ) → 0, n → +∞.

Defini{imo funkcije

[f ]n

(tzv. sase~ene funkcije) sa ½

f (x), f (x) 6 n, n, f (x) > n.

[f ]n (x) =

Primetimo da je

([f ]n ) monotono rastu}i niz merqivih lim [f ]n (x) = f (x), pa po Bepo-Levijevom stavu vaì

funkcija i

n→∞

Z (2)

lim

Z

n→+∞ E

[f ]n dm =

Z lim [f ]n dm =

E n→+∞

f dm. E

Neka je

E0,n = {x ∈ E | f (x) 6 n}. Tada je Z Z Z [f ]n dm − f dm + f dm E E En Z Z Z Z Z = [f ]n dm + [f ]n dm − f dm − f dm + f dm E0,n En E0,n En En Z = [f ]n dm = n · m(En ), En

a kako iz (1) i (2) sledi Z

E

dobijamo da

[f ]n dm −

Z

Z f dm +

E

f dm → 0, n → +∞, En

n · m(En ) → 0, n → +∞.

4.28. Neka je f nenegativna merqiva funkcija na skupu E , m(E) < +∞, En = {x ∈ E | f (x) > n} i Fn = {x ∈ E | n 6 f (x) < n+1}. Dokazati: n n P P k · m(Fk ) + n · m(En+1 ); m(Ek ) = (a) k=1

k=1

217


(b)

+∞ P

f ∈ L(E) ⇔

n=1

Re{ewe. (a) Neka je E

0

m(En ) < +∞.

= E.

Tada je

E0 = E1 ∪ F0 , E1 = E2 ∪ F1 , . . . , Ek = Ek+1 ∪ Fk ,

tj.

Ek = En+1 ∪ Fk ∪ Fk+1 ∪ · · · ∪ Fn ,

odakle sledi

m(Ek ) = m(En+1 ) + m(Fk ) + m(Fk+1 ) + · · · + m(Fn ).

Sumiraju}i po k dobijamo n X

n X

m(Ek ) = n · m(En+1 ) +

k=1

(m(Fk ) + · · · + m(Fn )) ,

k=1

odnosno n X

(∗)

m(Ek ) = n · m(En+1 ) +

n X

k · m(Fk ).

k=1

k=1

(b) Pretpostavimo da je f ∈ L(E). Tada, na osnovu zadatka 4.27, sledi da n · m(En ) → 0, n → +∞. Daqe, za svako n vaì n X

k · m(Fk ) 6

k=1

n Z X k=1

Z =

f dm 6

Fk

n Z X

Z f dm +

f dm +

Fk

k=1

Z

F0

f dm En+1

f dm < +∞. E

Kad n → +∞ dobijamo +∞ X

Z k · m(Fk ) 6

k=1

odakle, zbog (∗), sledi

+∞ P n=1

m(En ) < +∞.

Pretpostavimo sada da je +∞ X k=1

m(Ek ) < +∞ ⇒

+∞ X k=1

f dm < +∞, E

+∞ P k=1

m(Ek ) < +∞.

k · m(Fk ) < +∞ ⇒

Tada vaì

+∞ X k=1

(k + 1)m(Fk ) < +∞.

218

4.2. ZADACI

Kako je +∞ >

Z +∞ +∞ X X (k + 1)m(Fk ) = (k + 1) k=1

k=1

>

+∞ Z X k=1

i

Z

Z f dm =

f dm E\F0

Fk

Z f dm 6

sledi

dm

Fk

F0

F0

Z

Z

dm = m(F0 ) 6 m(E) < +∞, Z

f dm = E

f dm +

f dm < +∞,

E\F0

F0

odnosno, da f ∈ L(E).

4.29. Neka je f

: [a, b] → R∗ pozitivna merqiva funkcija, En = {x | f (x) > n}. Dokazati da Z Z [f ]2n dm − [f ]n dm → 0, n → +∞, [a,b]

[a,b]

ako i samo ako n · m(En ) → 0, n → ∞. Re{ewe. Pretpostavimo prvo da n · m(En) → 0, oznake Z Z An =

gde je

i neka je

[a,b]

([f ]2n − [f ]n ) dm =

gn (x) = [f ]2n (x) − [f ]n (x). gn (x) = 0, gn (x) = n,

[a,b]

n → ∞.

Uvedimo

gn dm,

O~igledno je za f (x) 6 n, za f (x) > 2n,

i gn (x) = f (x)−n 6 2n−n = n, za n < f (x) 6 2n. Zato je 0 6 gn (x) 6 n za svako x ∈ [a, b], odakle sledi da je Z An =

Z

[a,b]

gn dm =

{f >n}

Z gn dm =

= n · m(En ) → 0, n → +∞,

pa An → 0,

n → ∞.

{f >n}

Z gn dm 6

n dm {f >n}

219


Pretpostavimo sada da Z

An >

pa

Z

{f >2n}

gn dm =

An → 0, n → ∞.

{f >2n}

2n · m(E2n ) → 0, n → ∞.

Tada je

n dm = n · m(E2n ) =

1 · 2n · m(E2n ), 2

Daqe je

(2n + 1)m({x | f (x) > 2n + 1}) 6 (2n + 1)m({x | f (x) > 2n}) 6 2 · 2n · m({x | f (x) > 2n}),

odakle sledi da i (2n + 1)m(E2n+1 ) → 0, n → ∞. Prema n · m(En ) → 0, n → ∞. Z n ³ x ń 4.30. Izra~unati n→+∞ lim xα−1 1 − dx, α > 0. n 0

tome, vaì

Re{ewe. Uo~imo niz funkcija (f ), gde je n

³

fn (x) = xα−1 1 −

x ń χ[0, n] (x). n

(fn ) je monotono rastu}i niz merqivih funkcija i vaì Z Z n ³ x ń fn (x) dm = xα−1 1 − dx, n R+ 0

pa na osnovu Bepo-Levijevog stava sledi Z

lim

Z

n→+∞ R+

fn dm =

R+

Z

lim fn dm =

n→+∞

+∞

xα−1 e−x dx = Γ(α).

0

Z µ

¶n f 4.31. Ako je f ∈ L(E), izra~unati n→+∞ lim dm. 1 + |f | E µ ¶n f Uo~imo niz funkcija (fn ), gde je fn = 1 + |f | . definisane funkcije su merqive na E i vaì procena ¶n µ |f | |f | |fn | = 6 < |f |, n ∈ N, 1 + |f | 1 + |f |

Re{ewe.

Ovako

na skupu E . Dakle, za svako n vaì |fn | < |f | ∈ L(E) i n→+∞ lim fn = 0, pa na osnovu Lebegove teoreme o dominantnoj konvergenciji (teorema 4.8.) zakqu~ujemo da je Z µ

lim

n→+∞ E

f 1 + |f |

¶n

µ

Z

dm =

lim

E n→+∞

f 1 + |f |

¶n

Z

dm =

0 dm = 0. E

220

4.2. ZADACI

4.32. Neka je A merqiv podskup od Rk i f ∈¶ L(A). Z µ¯ f ¯¯ ¯ (a) Izra~unati n→+∞ lim n ¯1 + ¯ − 1 dm. n A (b) Ako je m(A) < +∞, dokazati da tada za svako α ∈ R vaì Z

Z

f dm = 0 ⇔

|1 + αf | dm > m(A).

A

A

¯ ³¯ ´ ¯ f¯ ¯1 + n ¯ − 1 . lim fn (x) = f (x). Iz neje-

Re{ewe. (a) Uo~imo niz funkcija (f ), gde je f (x) = n

Ako f ∈ L(A), tada dnakosti

n

fn ∈ L(A)

i vaì

n

n→+∞

¯ ¯ |f | |f | ¯¯ f ¯¯ 1− 6 ¯1 + ¯ 6 1 + , n n n

sledi |fn | 6 |f |. Kako i |f | ∈ L(A), na osnovu Lebegove teoreme o dominantnoj konvergenciji, sledi da je lim n

n→+∞

¶ Z µ¯ Z f ¯¯ ¯ 1 + − 1 dm = lim fn dm ¯ ¯ n→+∞ A n A Z Z = lim fn dm = f dm. A n→+∞

(b) Pretpostavimo da je

A

R

dm = 0. Tada za svako α ∈ R vaì Z Z Z Z |1 + αf | dm > (1 + αf ) dm = dm + α f dm = m(A). A

Af

A

A

R

Pretpostavimo sada da je A |1 + αf | dm Tada za svako α/n, n ∈ N, vaì odnosno, odakle je i

A

> m(A),

za sve α

∈ R.

¯ Z ¯ Z ¯ ¯ ¯1 + αf ¯ dm > m(A) = dm, ¯ n ¯ A A ¯ ¶ Z µ¯ ¯ ¯ ¯1 + αf ¯ − 1 dm > 0, ¯ n ¯ A

¯ ¶ Z µ¯ ¯ ¯ ¯1 + αf ¯ − 1 dm > 0. ¯ n ¯ A R Sada, na osnovu dela (a) zakqu~ujemo da je A αf dm > 0 za svako α ∈ R. R Specijalno, za α = 1 imamo A f dm > 0, dok za Rα = −1 dobijamo R − A f dm > 0. Iz posledwe dve nejednakosti sledi A f dm = 0. n

221


4.33. Dokazati da je

Z

fn (x) dx = 1 + x2

lim

n→+∞ [0,1]

gde je

Z [0,1]

ln(1 + x) dx, 1 + x2

x2 xn + · · · + (−1)n−1 , 2 n

fn (x) = x −

x ∈ [0, 1].

Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad (primeniti Lebegovu teoremu o dominantnoj konvergenciji).

4.34. Izra~unati n→+∞ lim (a) (b) (v) (g) (d)

R

fn (x) dm ako je

nx2 , x ∈ [0, 1]; 1 + n2 x 3 nx fn (x) = , x ∈ [0, 1]; 1 + n2 x2 n3 x1/2 fn (x) = , x ∈ [0, 1]; 1 + n4 x n3 x3/4 fn (x) = , x ∈ [0, 1]; 1 + n4 x2 n3/2 x sin nx fn (x) = , x ∈ [0, π]. 1 + n2 x2 fn (x) =

Re{ewe. (a) Primetimo da je

lim fn (x) = 0

n→+∞

Prema tome, za svako x ∈ [0, 1] vaì 1 |fn (x)| 6 3

r 3

Z

lim

³q fnmax

3

2 n2

´ =

1 3

q 3

4 n

.

4 1√ 3 6 4 = M < +∞, n 3

na osnovu teoreme 4.9. vaì n→+∞ [0,1]

i

Z

fn dm =

lim fn dm = 0.

[0,1] n→+∞

Ostali primeri se ostavqaju ~itaocu za samostalni rad.

4.35. Izra~unati n→+∞ lim

Z

R+

dm . 2xn + 3

Re{ewe. Uo~imo niz funkcija (f ), gde je f (x) = n

x > 0.

Funkcije

n

1 , n ∈ N, +3

2xn

fn , n ∈ N, su neprekidne na R+ , pa su merqive na tom

222

4.2. ZADACI

intervalu. Primetimo i da vaì 1 fn (x) 6 , 0 6 x < 1, n ∈ N 3

i

fn (x) 6

1 , x > 1, n > 2, 2x2 + 3

tj. fn (x) 6 g(x) za svako

x > 0 i svako n > 2, gde je  1  , 0 6 x < 1,  3 g(x) = 1   , x > 1. 2 2x + 3

Po{to je Z

Z

1

g(x) dm = R+

0

1 dx + 3

Z

+∞

1

1 dx < +∞, 2x2 + 3

tj. g ∈ L(R+ ), g je integrabilna dominanta niza (fn ). Sada na osnovu Lebegove teoreme o dominantnoj konvergenciji i ~iwenice da je   1/3, 0 6 x < 1, 1/5, x = 1, lim fn (x) = n→+∞  0, x > 1,

dobijamo

Z lim

n→+∞ [0,+∞)

dm = 2xn + 3

Z

1 dm = . n 3 [0,+∞) n→+∞ 2x + 3 lim

4.36. Dokazati da ne postoji f ∈ L(0, 1) takva da je za svako n ∈ N ispuweno f (x) > nxn s.s. na intervalu [0, 1]. Re{ewe. Pretpostavimo suprotno, da takva funkcija f postoji. Uo~imo niz funkcija (fn ) definisan sa fn (x) = nxn ,

0 6 x < 1;

fn (1) = 0,

n ∈ N.

Funkcije fn , n ∈ N, su merqive na [0, 1], n→+∞ lim fn (x) = 0, x ∈ [0, 1], i pritom je za svako n ∈ N ispuweno fn (x) 6 f (x) s.s. na posmatranom intervalu. Stoga, na osnovu Lebegove teoreme o dominantnoj konvergenciji, vaì Z

(∗)

lim

n→+∞ [0,1]

Z

fn dm =

Z

lim fn dm =

[0,1] n→+∞

0 dm = 0. [0,1]

223


Me|utim,

Z

Z

[0,1]

nxn dm =

fn dm =

[0,1]

n → 1, n → +∞, n+1

je u kontradikciji sa (∗). Dakle, ne postoji funkcija f sa navedenim osobinama.

4.37. Neka je (fn ) uniformno konvergentan niz integrabilnih funkcija na merqivom skupu E , pri ~emu je m(E) kona~na. (a) Dokazati da ako je f (x) = n→+∞ lim fn (x), tada f ∈ L(E)

i

Z

E

|fn − f | dm → 0, n → +∞.

(b) Navesti primer koji pokazuje da je pretpostavka m(E) < +∞, u tvr|ewu datom u delu (a), bitna. Re{ewe. (a) Na osnovu definicije uniformne konvergencije vaì (∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n > n0 )(∀x ∈ E) |fn (x) − f (x)| < ε,

odakle sledi (∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n > n0 )(∀x ∈ E) |f (x)|−|fn (x)| 6 |f (x)−fn (x)| < ε,

tj.

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n > n0 )(∀x ∈ E) |f (x)| 6 |fn (x)| + ε,

pa ako fn ∈ L(E), tada i Tako|e, vaì

f ∈ L(E).

(∀ε> 0)(∃n0 ∈ N)(∀n > n0 )

Z E

Z |fn − f | dm 6

ε dm = εm(E). E

Kako prethodna nejednakost vaì za svako ε > 0 i po pretpostavci je R |f E n − f | dm → 0, n → +∞. (b) Posmatrajmo niz funkcija (fn ), gde je fn (x) = x1 χ[1, n] . Tada,

m(E) < +∞, sledi da

gde je E = [1, +∞), i fn (x) ⇒ x1 = f (x), Ako bi vaìlo tvr|ewe iz dela (a), tada bi imali da je

fn ∈ L(E), Z

Z

na E .

Z lim f (x)χ[1, n] (x) dm = lim fn (x) dm n→+∞ [1,n] E n→+∞ Z n 1 = lim dx = lim ln n = +∞, n→+∞ 1 x n→+∞

f (x) dm = E

n → +∞

224

4.2. ZADACI

{to je u suprotnosti sa pretpostavkom f ∈ L. Dakle, pretpostavka m(E) < +∞ je neophodna. NAPOMENA. Prethodni zadatak nam daje jo{ jedan uslov kada limes i integral mogu da zamene mesta. Naime, ako niz integrabilnih funkcija (fn ) uniformno konvergira ka f na skupu E , pri ~emu je m(E) < +∞, vaì ¯Z ¯ Z Z ¯ ¯ ¯ fn dm − f dm¯¯ 6 |fn − f | dm → 0, n → +∞, ¯

odnosno

E

E

E

Z lim

n→+∞ E

Z fn dm =

4.38. Izra~unati n→+∞ lim

Z

+∞

a

Z lim fn dm =

E n→+∞

f dm. E

2 2

n2 xe−n x dm, a > 0. 1 + x2

Re{ewe. Pretpostavimo najpre da je a > 0. Kada uvedemo smenu nx = t dobijamo

Z

+∞

lim

n→+∞ na

2

te−t lim ¡ ¢2 dt = n→+∞ 1 + nt

Neka je

Z

2

[0,+∞)

te−t ¡ ¢2 χ[na, +∞) (t) dt. 1 + nt

2

fn (t) =

te−t ¡ ¢2 χ[na, +∞) (t), 1 + nt

n ∈ N.

Primetimo da vaì |fn (t)| 6 te−t = g(t), n ∈ N, g ∈ L[0, +∞) i fn → 0, n → +∞, odakle, na osnovu Lebegove teoremu o dominantnoj konvergenciji, vaì 2

Z

lim

Z

n→+∞ [0,+∞)

fn dm =

lim fn dm = 0.

[0,+∞) n→+∞

Pretpostavimo sada da je a = 0. Uvedimo opet istu smenu i posmatrajmo funkcije 2

te−t fn (t) = ¡ ¢2 , 1 + nt

Vaì |fn (t)| 6 te−t = g(t), pa u ovom slu~aju imamo

n ∈ N, g ∈ L[0, +∞)

2

Z

lim

n→+∞ 0

Z

+∞

fn dm =

n ∈ N.

0

Z

+∞

lim fn dm =

n→+∞

0

i

fn → g , n → +∞,

+∞

1 2 te−t dt = . 2

225


Dakle, Z

+∞

lim

n→+∞ a

(

2 2

n2 xe−n x dx = 1 + x2

0, a > 0, 1 , a = 0. 2

4.39. Neka je (fn ) niz funkcija definisan sa  ·    n(n + 1), x ∈ fn (x) =

  

¸ 1 1 , , n + 1· n ¸ 1 1 x ∈ [0, 1] \ , , n+1 n

0,

(a) Dokazati da niz (fn ) nema nijednu integrabilnu dominantu. (b) Dokazati da za svaku nenegativnu merqivu funkciju g vaì Z lim

n→+∞ 0

1

fn (x)g(x) dm = 0. 1 + fn (x)g(x)

Re{ewe. (a) Kako je, Z

lim

n→+∞ [0,1]

Z fn (x) dm = lim

n→+∞

1 1 ,n [ n+1 ]

n(n + 1) dm = 1

i n→+∞ lim fn (x) = 0, sledi Z lim

Z

n→+∞ [0,1]

fn dm = 1 6= 0 =

lim fn dm,

[0,1] n→+∞

pa, na osnovu Lebegove teoreme o dominantnoj konvergenciji, niz (fn ) nema integrabilnu dominantu. fn (x)g(x) (b) Kako fn → 0, n → +∞, sledi n→+∞ lim = 0. Daqe, 1 + f (x)g(x) n

¯ ¯ ¯ fn (x)g(x) ¯ ¯ ¯ ¯ 1 + fn (x)g(x) ¯ < 1 ∈ L[0, 1].

na osnovu Lebegove teoreme o dominantnoj konvergenciji sledi Z lim

n→+∞ [0,1]

fn (x)g(x) dm = 1 + fn (x)g(x)

Z

fn (x)g(x) dm = 0. [0,1] n→+∞ 1 + fn (x)g(x) lim

226

4.2. ZADACI

4.40. Dat je niz funkcija (fn ), fn (x) = ne−nx . Pokazati da taj niz ima integrabilnu dominantu na svakom intervalu [ε, +∞], ε > 0, dok na intervalu [0, +∞) takva dominanta ne postoji. Re{ewe. Neka x ∈ [ε, +∞), ε > 0. Tada vaì enx > 12 n2x2, odakle sledi fn (x) <

n

1 2 2 2n x

2 1 2 · 2 6 2. n x x

=

Kako 2/x2 ∈ L[ε, +∞], niz (fn ) ima integrabilnu dominantu na svakom intervalu [ε, +∞], ε > 0. Neka x ∈ [0, +∞). Tada fn (x) → 0, n → +∞, s.s. na [0, +∞), pa je prema tome Z lim fn (x) dm = 0.

[0,+∞) n→+∞

Kako je, s druge strane, Z lim

n→+∞ [0,+∞)

zakqu~ujemo da na intervalu minantu.

fn (x) dm = 1,

[0, +∞)

niz (fn ) nema integrabilnu do-

4.41. Dat je niz funkcija (fn ) sa fn (x) = vaì Z

(∗)

lim

n→+∞ R

n2 x , x ∈ R. n4 + x4

Dokazati da

Z

fn dm =

lim fn dm,

R n→+∞

a da, pritom, niz (fn ) nema nijednu integrabilnu dominantu. Re{ewe. Primetimo da za svako n ∈ N vaì fn ∈ L(R) i RR fn dm = 0. Kako fn → 0, n → +∞, jednakost (∗) je ta~na. S druge strane, za svako n ∈ N, vaì Z R

dok

Z |fn | dm = 2

0

+∞

π n2 x dx = , 4 4 n +x 2

|fn | → 0, n → +∞, pa zakqu~ujemo da je Z Z π = lim |fn | dm 6= lim |fn | dm = 0, 2 n→+∞ R R n→+∞

227


{to zna~i da ne postoji integrabilna funkcija g takva da je |fn (x)| 6 dati niz nema integrabilnu dominantu.

g(x), x ∈ R, tj.

4.42. Izra~unati: Z (a) n→+∞ lim n! (b)

dm ; + x)(2 + x) · · · (n + x) R+ (1 Z dm lim (n + 1)! . n→+∞ R+ (1 + x)(2 + x) · · · (n + x)

Re{ewe. (a) Neka je (f ) niz funkcija dat sa n

n! 1 ³ = x´ . x´ ³ (1 + x)(2 + x) · · · (n + x) ··· 1 + (1 + x) 1 + 2 n 1 Za n > 2 vaì fn (x) 6 (1 + x)(1 ∈ L[0, +∞). Kako je s.s. na R+ + x2 ) (sem za x = 0) fn (x) =

ln fn (x) = −

n X k=1

n ³ X x´ x ln 1 + , ∼− k k k=1

sledi da postoji realna konstanta M > 0 takva da je lim ln fn (x) = −M lim

n→+∞

n→+∞

n X x k=1

k

= −M

+∞ X x k=1

k

= −∞.

Na osnovu Lebegove teoreme o dominantnoj konvergenciji zakqu~ujemo da je Z Z Z lim Z lim n!

n→+∞ R+

tj.

n→+∞

R+

fn dm =

lim fn dm =

R+ n→+∞

0 dm = 0, R+

dm = 0. (1 + x)(2 + x) · · · (n + x)

(b) Na osnovu

Z dm lim (n + 1)! n→+∞ (1 + x)(2 + x) · · · (n + x) + ZR 2 3 n+1 = lim · · ··· · dm n→+∞ R+ 1 + x 2 + x n+x Z 1/2 2 3 n+1 > lim · · ··· · dm n→+∞ 0 1+x 2+x n+x 1 2 3 n+1 > lim · · · ··· · dm n→+∞ 2 1 + 1 2 + 1 n + 21 2 2

228

4.2. ZADACI 1 4 6 2n + 2 · · · ··· · 2 3 5 2n + 1 r r r 1 5 7 2n + 3 > lim · · · ··· · n→+∞ 2 3 5 2n + 1 r 1 2n + 3 = lim = +∞, n→+∞ 2 3 = lim

n→+∞

neposredno sledi da je

Z

lim (n + 1)!

n→+∞

R+

4.43. Izra~unati: µ

Z

(a)

(0,1)

Z

(v)

ln x 1−x

¶2

+∞ X cos nx

R+ n=1

nenx

dm = +∞. (1 + x)(2 + x) · · · (n + x)

dm;

Z

(b)

+∞ 2 X n sin nx

ln x 1−x

pa je

¶2

2

= ln x µ

(0,1)

dm;

dm.

µ

Z

2n

(0,π) n=1

Re{ewe. (a) Za |x| < 1 vaì µ

(pokazati!)

ln x 1−x

1 1−x

¶0

2

= ln x

Ã +∞ X

!0 n

x

n=0

¶2

Ã +∞ X

Z dm = (0,1)

Kako je

=

+∞ X

nxn−1 ln2 x,

n=1

! n−1

nx

2

ln x dm.

n=1

+∞ Z X n=1

+∞ +∞ X X ¯ n−1 2 ¯ 2 2 π2 π2 ¯nx ln x¯ dm = n 3 = = 2 · = < +∞, n n2 6 3 (0,1) n=1

n=1

na osnovu teoreme 4.12. vaì Z

µ

(0,1)

ln x 1−x

¶2 dm =

+∞ Z X n n=1

¡ n−1 2 ¢ π2 nx ln x dm = . 3 (0,1)

(b) Kako je ¯ 2 ¯ +∞ 2 X ¯n ¯ n ¯ sin nx¯ dm 6 π < +∞ ¯ 2n ¯ 2n [0,π]

+∞ Z X n=1

n=1

229


i +∞ Z X

+∞ 2 +∞ X n2 n 1 − (−1)n X 2n − 1 sin nx dm = · = ·2 2n 2n n 22n−1 n=1 n=1 µ ¶2n−2 +∞ X 1 + (1/2)2 20 1 = =¡ (2n − 1) ¢2 = , 2 2 9 1 − (1/2) n=1

n=1 [0,π]


+∞ 2 X n sin nx

2n

(0,π) n=1

dm =

+∞ Z X n=1 (0,π)

n2 sin nx 20 dm = . n 2 9

(v) Kako je +∞ Z X n=1

Z +∞ +∞ ¯ cos nx ¯ X X 1 1 π2 ¯ ¯ −nx < +∞, dm 6 e dm = = ¯ ¯ nx n R+ n2 6 R+ ne n=1

n=1


+∞ X cos nx

R+ n=1

nenx

dm =

+∞ Z X + n=1 R

cos nx dm. nenx

Primeniv{i dva puta parcijalnu integraciju na integral Z Jn =

+∞

cos nx · e−nx dx,

0

dobijamo Jn = −

odakle je

1 1 1 lim e−nb cos nb + + lim e−nb sin nb − Jn , n b→+∞ n n b→+∞

Jn = Z

1 . 2n

Dakle,

+∞ X cos nx

R+ n=1

nenx

dm =

4.44. Izra~unati: Z xα (a) dm, 1 + x2+α (0,+∞)

+∞ +∞ X X 1 1 π2 Jn = = . n 2n2 12

n=1

α∈

R+

;

n=1

(b)

Z (0,1)

ln(1 − e−x ) dm;

230

4.2. ZADACI

(v)

Z

ln x dm; 1 + x2

R+

(g)

Z R+

xn dm. 1 + ex

Re{ewe. (a) Traèni integral }emo zapisati kao zbir dva integrala na slede}i na~in: Z

(0,+∞)

xα dm = 1 + x2+α

Z (0,1)

xα dm + 1 + x2+α

Z (1,+∞)

xα dm. 1 + x2+α

Uo~imo da je Z

Z +∞ X xα dm = (−1)n x(2+α)n+α dm 2+α (0,1) n=0 (0,1) 1 + x Z +∞ ³ ´ X (−1)2k x(2+α)2k+α + (−1)2k+1 x(2+α)(2k+1)+α dm = (0,1) k=0 +∞ ³ X

Z =

´ x(2+α)2k+α − x(2+α)(2k+1)+α dm.

(0,1) k=0

Kako za sve x ∈ (0, 1) i k ∈ N vaì x(2+α)2k+α − x(2+α)(2k+1)+α > 0, na osnovu teoreme 4.4., sledi da je Z

+∞ Z

(0,1)

X xα dm = 2+α 1+x =

³ ´ x(2+α)2k+α − x(2+α)(2k+1)+α dm

k=0 (0,1) +∞ X

n=0

(−1)n . (2 + α)n + α + 1

Analogno, na osnovu teoreme 4.4., dobijamo da je µ ¶(2+α)n−2 Z +∞ X xα n 1 dm = dm (−1) 2+α x (1,+∞) 1 + x (1,+∞) n=0 µ ¶(2+α)n−2 +∞ Z +∞ X X (−1)n n 1 dm = . = (−1) x (2 + α)n + 1 (1,+∞)

Z

n=0

n=0

Dakle, Z (0,+∞)

+∞

+∞

n=0

n=0

X X (−1)n (−1)n xα dm = + . 1 + x2+α (2 + α)n + α + 1 (2 + α)n + 1

231

GLAVA 4. LEBEGOV INTEGRAL +∞ P

−nx

−nx

(b) Za x ∈ (0, 1) vaì ln(1 − e−x ) = − e n , pa kako je e n n=1 za svako n ∈ N, na osnovu teoreme 4.4. sledi da je Z

Z

+∞ −nx X e

ln(1 − e−x ) dm = − (0,1)

n

(0,1) n=1

>0

dm

Z +∞ +∞ X X 1 1 − e−n −nx . =− e dm = − n (0,1) n2 n=1

n=1

Primeri (v) i (g) se ostavqaju ~itaocu za samostalni rad.

4.45. Neka je (En ) niz merqivih skupova i E merqiv skup. Dokazati: (a) ako χE → χE po meri, tada je n→+∞ lim m(En ) = m(E); (b) χE → χE s.s. ako i samo ako se skupovi E , lim sup En i n→+∞ lim inf En razlikuju za skup mere nula. n→+∞ n

n

Re{ewe. (a) Kako je |χE (x) − χE (x)| slu~aj 0 < ε 6 1. Tada je n

∈ {0, 1}

dovoqno je razmatrati

m({x ∈ X | |χE (x) − χE (x)| > ε}) n

= m({x ∈ X | |χE (x) − χE (x)| = 1}) = m(E4En ). n

Pretpostavimo najpre da χE Kako je

n → +∞.

n

→ χE

po meri. Tada

m(E4En ) → 0,

m(E4En ) = m(En ) − m(En ∩ E) + m(E) − m(En ∩ E) , {z } | {z } | >0

sledi da tj.

>0

m(En ) − m(En ∩ E) → 0, m(E) − m(En ∩ E) → 0, n → +∞, lim m(En ) = lim m(En ∩ E) = m(E).

n→+∞

n→+∞

(b) Uvedimo oznake E ∗ = lim sup En i E∗ = lim inf En . Ako vaì n→+∞ n→+∞ χE → χE s.s. tada je m({x | χE ne konvergira ka χE , n → +∞}) = 0. Prema tome, funkcije χE , χE = lim sup χE i lim inf χ = χE se n→+∞ E n→+∞ razlikuju na skupu mere nula, pa se skupovi E , E ∗ i E∗ se razlikuju za skup mere nula. n

n

∗

n

n

∗

232

4.2. ZADACI

Ako pretpostavimo da se skupovi E , E∗ i E ∗ razlikuju za skup mere nula, tada je χE = χE = χE s.s. Kako je χE = lim sup χE i n→+∞ lim inf χE = χE , sledi da χE → χE s.s. n→+∞ ∗

∗

n

∗

∗

n

n

4.46. Dokazati: m m m (a) Ako fn −→ f i gn −→ g , n → +∞, tada i fn + gn −→ f + g , n → +∞; m m m (b) Ako fn −→ 0 i gn −→ 0, n → +∞, tada fn · gn −→ 0, n → +∞; m (v) Neka fn −→ f , n → +∞ i funkcije fn i f su s.s. razli~ite od 1 m 1 0, tada −→ , n → +∞. f f n

Re{ewe. Ostavqa se ~itaocu za samostalni rad.

4.47. Ako je niz (fn ), fn : Rk → R, Ko{ijev po meri, dokazati da tada postoji merqiva funkcija f kojoj taj niz konvergira po meri. m Re{ewe. Na osnovu |fn+p − fn| −→ 0, n → +∞, za svako s ∈ N postoji n(s) ∈ N, takvo da za sve p ∈ N, za sve prirodne brojeve n > n(s) vaì m

µn ¶ 1o 1 x ∈ Rk | |fn+p (x) − fn (x)| > s < s. 2 2

Uo~imo rastu}i niz prirodnih brojeva definisan na slede}i na~in: n1 = n(1), n2 = max{n1 + 1, n(2)}, n3 = max{n2 + 1, n(3)}, . . .

Neka je sada fs0 = fns ,

n 1o 0 As = x ∈ X | |fs+1 − fs0 | > s 2

Tada je m(As ) <

1 , 2s

m(Bn ) 6

X s>n

i

m(As ) <

Bn =

1 2n−1

S s>n

As .

.

Prema tome, za svako ε > 0, dovoqno veliko n (takvo da je 1/2n−1 < ε), i svako ν ∈ N, na CBn vaì 0 |fn+ν − fn0 | 6

n+ν−1 X s=n

0 |fs+1 − fs0 | 6

X s>n

0 |fs+1 − fs0 | <

1 2n−1

< ε,

233


odakle sledi

µ +∞ +∞ ¶ µ+∞ ¶ T S S 0 0 0 0 m {|fn+ν − fn | > ε} 6 m {|fn+ν − fn | > ε} n=1 ν=1

ν=1

6 m(Bn ) <

1 < ε. 2n−1

0 Na osnovu prethodnog sledi da |fn+ν − fn0 | → 0, n → +∞, s.s., tj. 0 postoji funkcija f kojoj niz (fs ) konvergira s.s. 0 Po{to na CBn imamo |fn+ν − fn0 | < ε za svako ν , sledi da kada ν → +∞ na CBn tako|e imamo |f − fn0 | < ε, sem mo`da na skupu mere nula. Stoga, uzimaju}i komplemente, dobijamo

¡ ¢ m {|f − fn0 | > ε} 6 m(Bn ) <

1 2n−1

→ 0, n → +∞,

m tj. fs0 −→ f , s → +∞. Zna~i, postoji podniz (fn ) niza (fn ) koji konvergira po meri ka funkciji f . Pokaza}emo da tada i niz (fn ) konvergira po meri ka funkciji f . Zaista, k

m({|f − fn | > ε}) = m({|f − fnk + fnk − fn | > ε}) 6 m({|f − fnk | > ε/2}) + m({|fnk − fn | > ε/2}) → 0, n → +∞, m pa zakqu~ujemo da fn −→ f , n → +∞. NAPOMENA. mVaì i obrnuto tvr|ewe, odnosno iz |fn+p − fn | −→ 0. Zaista,

fn −→ f , m

sledi da

m({|fn+p − fn | > ε}) = m({|fn+p − f + f − fn | > ε}) 6 m({|fn+p − f | > ε/2}) + m({|f − fn | > ε/2}) → 0, n → +∞.

4.48. Ako je f ∈ L(−1, 1), defini{imo niz funkcija (fn ) sa Z

fn (x) = n

Dokazati da je neprekidna.

1

−1

e−n(t−x) f (t) dt. (1 + e−n(t−x) )2

lim fn (x) = f (x)

n→+∞

u onim ta~kama

x

u kojima je

Re{ewe. Neka je Φ (t, x) = (1 +nee

−n(t−x)

f

. Za svako n ∈ N funkcija Φn je neprekidna po x ∈ (0, 1) i svako t ∈ (−1, 1). Tada n

Z

1

(1) −1

−n(t−x) )2

¯1 ¯ ¯ → 1, n → +∞. Φn (t, x) dt = ¯ −n(t−x) 1+e 1

−1

234

4.2. ZADACI

Neka je x ta~ka neprekidnosti funkcije f . Tada za svako ε postoji δ > 0 takvo da za |t − x| 6 δ vaì |f (x) − f (t)| < ε i Z

fn (x) − f (x) Z

Z

1

−1

Φn (t, x) dt =

1

−1

(f (t) − f (x))Φn (t, x) dt Z

x−δ

=

(f (t) − f (x))Φn (t, x) dt +

−1 Z 1

+ x+δ

> 0

x+δ

x−δ

(f (t) − f (x))Φn (t, x) dt

(f (t) − f (x))Φn (t, x) dt.

Za t ∈ (−1, x − δ) vaì Φn (t, x) → 0, n → +∞; za t ∈ (x + δ, 1) tako|e Φn (t, x) → 0, n → +∞. Kada je |t − x| > δ , tada je Φn (t, x) 6 ne−nδ i Φn (t, x) 6 M , za dovoqno veliko n, pa na osnovu Lebegove teoreme o dominantnoj konvergenciji, vaì Z

x−δ

lim

(f (t) − f (x))Φn (t, x) dt

n→+∞ −1

Z

x−δ

= Z

−1

lim (f (t) − f (x))Φn (t, x) dt = 0,

n→+∞

1

lim

n→+∞ x+δ

(f (t) − f (x))Φn (t, x) dt

Z

=

1

lim (f (t) − f (x))Φn (t, x) dt = 0.

x+δ n→+∞

Iz neprekidnosti funkcije f u ta~ki x, zbog (1), dobijamo ¯Z ¯ ¯ ¯

x+δ

x−δ

Dakle, Prema tome,

¯ Z ¯ ¯ (f (t) − f (x))Φn (t, x) dt¯ < ε

x+δ

x−δ

¯Z ¯ ¯ ¯

x+δ

x−δ

Φn (t, x) dt 6 ε.

¯ ¯ (f (t) − f (x))Φn (t, x) dt¯¯ → 0, n → +∞.

µ Z lim fn (x) − f (x)

n→+∞

¶

1

−1

Φn (t, x) dt

= 0,

tj. n→+∞ lim fn (x) = f (x).

4.49. Neka je (fn ), fn : X → R, X ⊆ R, niz merqivih funkcija, koji konvergira skoro svuda merqivoj funkciji f na X , a g : R → R merqiva

235


funkcija, uniformno neprekidna na {f (x) | x ∈ X}. Dokazati da tada niz (g ◦ fn ) konvergira s.s. funkciji g ◦ f na X . Re{ewe. Na osnovu uslova zadatka imamo (∀ε1 > 0)(∃n0 ∈ N)n > n0 ⇒ |fn (x) − f (x)| < ε1

s.s. na

X

i (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x, x0 ∈ R) |x − x0 | < δ ⇒ |g(x) − g(x0 )| < ε.

Kako je ε1 proizvoqno, moèmo uzeti da je ε1 = δ, pa dobijamo (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∃n0 ∈ N)n > n0 ⇒ |fn (x) − f (x)| < δ ⇒ |g(fn (x)) − g(f (x))| < ε

s.s. na

X,

odakle sledi tvr|ewe.

4.50. Neka je (fn ), fn : X → R∗ , X ⊆ R, niz merqivih, skoro svuda kona~nih funkcija koji konvergira funkciji f s.s. na X . Pritom, postoji integrabilna funkcija g takva da za svako n ∈ N vaì |fn (x)| 6 |g(x)| s.s. na X . Dokazati da tada niz (fn ) konvergira po meri funkciji f. Re{ewe. Na osnovu teoreme 4.15. zakqu~ujemo da je funkcija f integrabilna. Ne gube}i na op{tosti moèmo pretpostaviti da je za svako x ∈ X ispuweno |fn (x)| 6 |g(x)| i |f (x)| 6 |g(x)| (zanemarujemo skup mere nula, {to ne uti~e na slede}e zakqu~ke). Tada za svako fiksirano ε > 0 vaì En =

+∞ [ i=n

ε {x ∈ X | |fn (x) − f (x)| > ε} ⊆ {x ∈ X | |g(x)| > }, 2

pa je

³ ε ´ m(En ) 6 m {x ∈ X | |g(x)| > } < +∞ 2

n = 1, 2, . . .

(Za{to?).

îwenica da niz (fn ) konvergira funkciji f s.s. na X implicira da je µ +∞ ¶ T m En = 0. Prema tome, n=1

lim sup m ({x | |fn (x) − f (x)| > ε}) 6 lim m(En ) = m( lim En ) = 0, n→+∞

n→+∞

n→+∞

236

4.2. ZADACI

odnosno dati niz konvergira po meri integrabilnoj funkciji f .

4.51. Neka je (Ei ), Ei ⊂ R niz merqivih skupova, m(Ei ) < +∞, i ∈ N, +∞ S takav da je X = Ei . Dokazati da iz konvergencije po meri niza i=1 merqivih funkcija (fn ) merqivoj funkciji f na svakom od skupova Ei , sledi postojawe podniza (fn ) niza (fn ), takvog da fn → f s.s. na X . Re{ewe. Na osnovu Risove teoreme (teorema 4.14.) zakqu~ujemo da postoji podniz (fn ) niza (fn ) koji konvergira skoro svuda na E1 . Kako m m fn −→ f na E2 , sledi da i fn −→ f na E2 , odakle, opet na osnovu Risove teoreme, sledi da postoji podniz (fn ) niza (fn ) koji konvergira s.s. na E2 . Niz (fn ) je podniz niza (fn ) koji konvergira s.s. na E1 ∪ E2 . Postupak moèmo da nastavimo jer nam Risova teorema obezbe|uje egzistenciju podniza (fn ) niza (fn ), koji konvergira ka f s.s. na Ej+1 . Tada je niz (fn ) podniz po~etnog niza (fn ) koji konvergira s.s. na E1 ∪ E2 ∪ · · · ∪ Ej+1 . Dakle, postoji podniz (fn ) +∞ S po~etnog niza koji konvergira ka f s.s. na En = X . k

k

k(1)

k(1)

k(2)

k(1)

k(2)

k(j+1)

k(j)

k(j+1)

k

4.52. Neka je A = (0, +∞) i ½ fn (x) =

n=1

1 − n(x − k), k < x 6 k + 1/n, 0, k + 1/n < x 6 k + 1,

k ∈ N0 .

Dokazati da tada fn konvergira ka nuli kad n → +∞ s.s. na A, ali da niz funkcija (fn ) ne konvergira nuli po meri m na skupu A.

Re{ewe. Za x ∈ A postoji k takvo da je x ∈ (k, k + 1], tj. postoji n0 takvo da je k + 1/n0 < x. Prema tome, za svako n > n0 vaì fn (x) = 0, odakle je n→+∞ lim fn (x) = 0 za svako x ∈ A, tj. fn → 0, n → +∞, s.s. na A. Kako je µn ¶ X +∞ 1 1o = +∞, = m x ∈ A | |fn (x) − 0| > 2 2n n=1

zakqu~ujemo da niz funkcija (fn ) ne konvergira nuli po meri m na A.

4.53. Neka je fn (x) =

x χ (x), 1 + |x| [−n, n]

n ∈ N,

x∈R

237


i f (x) = 1 +x|x| , x ∈ A, gde je A merqiv podskup od R. Dokazati da niz (fn ) konvergira po meri funkciji f na skupu A ako i samo ako je m(A) < +∞. Re{ewe. Neka je m(A) < +∞. Defini{imo skup An = [−n, n] ∩ A, n ∈ N. Tada je (An ) rastu}i niz skupova koji konvergira skupu A, pa m(An ) ↑ m(A), tj. (∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N) n > n0 ⇒ m(A) − m(An ) < ε.

Kako je fn (x) = f (x) za x ∈ An , za svako ε > 0 vaì {x ∈ A | |fn (x) − f (x)| > ε} ⊆ A \ An ,

n > n0 ,

odakle sledi da je za svako ε > 0 m ({x ∈ A | |fn (x) − f (x)| > ε}) 6 m(A \ An ) = m(A) − m(An ) < ε.

Dakle, niz funkcija (fn ) konvergira po meri m funkciji f na A. Neka niz funkcija (fn ) konvergira f po m na A i pretpostavimo, sada, da je m(A) = +∞. Tada postoji ε = 1/2 takvo da vaì (jer je m(An ) < m(A) = +∞) µn ¶ 1o m x ∈ A | |fn (x) − f (x)| > = m ({x ∈ A | |x| > n}) 2 = m(A \ An ) = +∞, n ∈ N,

odakle sledi da (fn ) ne konvergira ka f po m na A. Kontradikcija. Dakle, vaì m(A) < +∞.

4.54. Neka je (fn ),

fn : [0, +∞) → R∗ , niz merqivih funkcija, dat sa fn (x) = χ[n, n + 1] (x). Dokazati da dati niz konvergira s.s. na [0, +∞), ali da ne konvergira po meri m.

Re{ewe. Uo~imo da za svako x ∈ [0, +∞) vaì

lim fn (x) = 0, odakle

n→+∞

sledi da niz (fn ) konvergira nuli s.s. na [0, +∞). Me|utim, za svako n ∈ N i 0 < ε < 1 imamo m ({x ∈ [0, +∞) | |fn (x) − 0| > ε}) = m ([n, n + 1]) = 1 6= 0,

odakle sledi da dati niz ne konvergira nuli po meri m.

238

4.2. ZADACI

4.55. Neka je (fn ), fn : [0, 1) → R∗ , niz merqivih funkcija dat sa fn (x) = χh i , i+1 ´ (x), k

0 6 i < k,

n=

k

k(k − 1) + 1 + i. 2

Dokazati da taj niz konvergira po meri m, ali da ne konvergira s.s. Re{ewe. Kako za svako n ∈ N i 0 < ε < 1 vaì µ·

m ({x ∈ [0, 1) | |fn (x) − 0| > ε}) = m

i i+1 , k k

¸¶

=

1 , k

zakqu~ujemo da dati niz konvergira nuli po meri m. S druge starane, x0 ∈ [0, 1) pripada jednom od intervala [i/k, (i + 1)/k] za svako k ∈ N. Prema tome, fn (x0 ) = 1 za beskona~no mnogo vrednosti n, a to zna~i da fn (x0 ) ne konvergira nuli, tj. dati niz ne konvergira nuli s.s. NAPOMENA. Zadaci 4.52, 4.53, 4.54, 4.55 govore o odnosu konvergencije po meri i konvergencije s.s., tj. da jedna drugu ne impliciraju bezuslovno.

4.56. Neka je (fn ), fn : X → R, niz merqivih funkcija koji konvergira po meri m funkciji f . Neka je g : X → R∗ proizvoqna merqiva s.s. m na X kona~na funkcija, i m(X) < +∞. Dokazati da tada gfn −→ gf , n → +∞, kao i da je pretpostavka m(X) < +∞ bitna. Re{ewe. Na osnovu {x | |gf − gfn | > ε} = {x | |g||f − fn | > ε} n εo ⊆ {x | |g| > t} ∪ x | |f − fn | > t

sledi

³n

m ({x | |gf − gfn | > ε}) 6 m ({x | |g| > t}) + m

x | |f − fn | >

ε o´ . t

Prvi sabirak iz prethodne nejednakosti teì 0 kad t → +∞, jer je g s.s. mkona~na funkcija, a kad n → +∞ drugi sabirak tako|e teì 0, jer fn −→ f . Dakle, lim m ({x | |gf − gfn | > ε}) = 0,

n→+∞ m gf , tj. gfn −→

n → +∞.

239


Da bi pokazali da je pretpostavka m(X) < +∞ bitna razmotri}emo slu~aj kada je g(x) = x, fn (x) = 1/n, n ∈ N, i m(X) = +∞. Tada m fn −→ 0, jer m({x ∈ X | |fn (x)| > ε}) → 0, n → +∞, g je kona~na funkcija s.s. na X i gfn (x) = x/n, a gf (x) = 0. Me|utim, gfn ne konvergira po meri ka gf , jer za svako n ∈ N vaì m({x | |gf −gfn | > ε}) = m({x | |x/n| > ε}) = m({x | |x| > nε}) = +∞.

4.57. Neka funkcija g zadovoqava Lip{icov uslov na segmentu [a, b], niz merqivih funkcija (fn ) konvergira po meri merqivoj funkciji f na [a, b] i |fn (x)| 6 g(x), g ∈ L[a, b]. Dokazati da tada Z

Z

[a,b]

g(fn (x)) dm →

g(f (x)) dm, n → +∞. [a,b]

Re{ewe. Na osnovu uslova zadatka vaì (∃M > 0)(∀x, y ∈ [a, b]) |g(x) − g(y)| 6 M |x − y|

i za svako ε > 0 je n→+∞ lim m({x | |fn (x) − f (x)| > ε}) = 0. Koriste}i prethodno sledi da za svako ε1 > 0 vaì ¯Z ¯ ¯ ¯

Z

¯ ¯Z ¯ ¯ g(f (x)) dm¯¯ = ¯¯

¯ ¯ ¡ ¢ g(fn (x)) − g(f (x)) dm¯¯

g(fn (x)) dm − [a,b] [a,b] Z Z 6 |g(fn (x)) − g(f (x))| dm 6 M |fn (x) − f (x)| dm.

[a,b]

[a,b]

[a,b]

Kako na osnovu teoreme 4.15. sledi da Z [a,b]

|fn (x) − f (x)| dm → 0, n → +∞,

zakqu~ujemo da Z [0,1]

Z g(fn (x)) dm →

g(f (x)) dm, n → +∞. [0,1]

4.58. Neka funkcija f pripada prostoru Lp (a, b), gde je b − a < +∞. Dokazati da tada f pripada prostoru Lq (a, b), za 1 6 q < p.

240

4.2. ZADACI

Re{ewe. Na osnovu µZ

Z q

qα

|f (x)| dm 6

|f (x)|

(a,b)

(a,b)

µZ

¶1/α µZ dm ·

¶1/β

β

1 dm

(a,b)

¶q/p |f (x)| dm · |b − a|(p−q)/p < +∞, p

= (a,b)

gde je 1/α + 1/β = 1, α = p/q > 1, pripada prostoru Lq (a, b).

β = p/(p − q), sledi da funkcija f

4.59. Dokazati da funkcija f (x) = √x(1 +1 | ln x|) pripada prostoru L2 (0, +∞), ali ne pripada prostoru Lp (0, +∞) za p > 1, p 6= 2. Re{ewe. Za p = 2 vaì: Z

Z

1

2

|f (x)| dm = [0,+∞)

0

dx + x(1 − ln x)2

Z 1

+∞

dx = 2 < +∞. x(1 + ln x)2

Dakle, |f |2 ∈ L(0, +∞), tj. f ∈ L2 (0, +∞). Razmatrimo posebno slu~ajeve p > 2, odnosno p < 2. Za p > 2 postoji β takvo da je 1 < β < p/2. Tada |f (x)|p 1 xβ

p

xβ− 2 = → +∞, x → 0+, (1 − ln x)p

Rtj.

za dovoqno malo pozitivno x Rje |f (x)|p > x−β . Kako integral −β dm divergira, sledi da i p [0,1] x [0,1] |f (x)| dm divergira, odnosno f∈ / Lp (0, +∞), p > 2. Za 1 < p < 2 postoji β takvo da je p/2 < β < 1. Tada |f (x)|p 1 xβ

p

xβ− 2 = → +∞, x → +∞, (1 + ln x)p R

tj. za dovoqno veliko x je |f (x)|Rp > x−β . Kako integral 1+∞ x−β dm divergira, sledi i da integral 1+∞ |f (x)|p dm divergira, {to zna~i da f ∈/ Lp (0, +∞) za 1 < p < 2. NAPOMENA. Na osnovu zadataka 4.58 i 4.59 vidimo da je pretpostavka o kona~nosti intervala bitna.

241


4.60. Pokazati da za svaku funkciju f iz prostora Lp [0, 1], p > 1, vaì x x f ln ∈ L[0, 1], dok za f ∈ L[0, 1] ne mora da vaì f ln ∈ L[0, 1]. 2 2

Re{ewe. Funkcija ln x2 pripada prostoru L [0, 1] za svako q > 1, pa i q

za q takvo da je 1/p + 1/q = 1 (pokazati!). Sada, primenom Helderove nejednakosti dobijamo ¶1/q µZ ¶1/pµZ ¯ ¯ ¯ x ¯¯ ¯ ¯ x ¯q p < +∞, |f (x)| dm ¯f (x) ln ¯ dm 6 ¯ln ¯ dm 2 2 [0,1] [0,1] [0,1] pa f ln x2 ∈ Lp [0, 1]. Pokaza}emo da postoji funkcija f ∈ L[0, 1] takva da f ln x2 ∈/ L[0, 1]. ³ ´−1 ³ x x ´−1 Zaista, f (x) = x ln2 x2 ∈ L[0, 1], dok f (x) ln = x ln ne 2 2 pripada prostoru L[0, 1]. Z

4.61. Neka je (fn ) niz funkcija iz prostora n → +∞ u Lp , dokazati da tada Z

Lp (a, b).

Ako

fn → f ,

Z

p

(a,b)

|fn | dm →

|f |p dm, n → +∞. (a,b)

Re{ewe. Umesto R

R

(a,b) pisa}emo jednostavno . Primenom nejednakosti Minkovskog dobijamo

µZ

¶1/p

p

|f | dm µZ p

µZ 6

¶1/p

|fn | dm

¶1/p µZ ¶1/p p |f − fn | dm + |fn | dm , p

µZ 6

¶1/p µZ ¶1/p p |f − fn | dm + |f | dm , p

odnosno ¯µZ ¶ 1 µZ ¶1/p ¯ µZ ¶1/p p ¯ ¯ p p p ¯ ¯ |f | dm |f −fn | dm → 0, n → +∞. |fn | dm − ¯6 ¯

Dakle,

µZ

¶1/p µZ ¶1/p p |fn | dm → |f | dm , n → +∞, p

tj.

Z

Z p

|fn | dm →

|f |p dm, n → +∞

242

4.2. ZADACI

4.62. Neka niz funkcija (fn ) konvergira ka konvergira ka g u Lq (a, b), gde je 1/p + 1/q Dokazati da je tada Z

f u Lp (a, b), a niz (gn ) = 1, p > 1 i a, b ∈ R.

Z

fn gn dm =

lim

n→+∞ (a,b)

f gdm. (a,b)

Potom, koriste}i taj rezultat, dokazati da ako cn → c, n → +∞, gde cn , c ∈ [a, b], vaì Z

Z

fn dm =

lim

n→+∞ (a,c ) n

Re{ewe. Na osnovu µZ

¶1/p |fn − f | dm → 0,

µZ

p

(a,b)

sledi ¯Z ¯ ¯ ¯

f dm. (a,c)

¶1/q |gn − f | dm → 0, n → +∞, q

(a,b)

¯ Z ¯ fn gn dm − f g dm¯¯ 6 |fn gn − f g| dm (a,b) (a,b) (a,b) Z Z 6 |fn ||gn − g| dm + |g||fn − f | dm Z

(a,b)

µZ 6

(a,b)

(a,b)

¶1/p µZ p |fn | dm

(a,b)

µZ

|gn − g| dm

¶1/q µZ |g| dm q

+ (a,b)

¶1/p |fn − f | dm → 0, n → +∞, p

(a,b)

tj.

Z lim

Z

n→+∞ (a,b)

fn gn dm =

Ako uzmemo da je gn (x) = χ[a, c

n)

µZ

¶1/q

q

f g dm. (a,b)

(x), tada je g(x) = χ[a, c] (x), jer

¶1/q |gn − g| dm = |cn − c|1/q → 0, n → +∞. q

(a,b)

Sada, na osnovu prethodno dokazanog tvr|ewa, imamo Z

lim

n→+∞ (a,c ) n

Z

fn dm = lim

n→+∞ (a,b)

Z

fn gn dm =

Z

f g dm = (a,b)

f dm. (a,c)

243


4.63. Neka su p i q realni brojevi takvi da je p > q > 1 i (a, b) kona~an interval realne ose. Dokazati da tada svaka f ∈ Lp (a, b) zadovoqava nejednakost kf kLq kf kLp 6 . (b − a)1/q (b − a)1/p

Re{ewe. Na osnovu zadatka 4.58 sledi da je L (a, b) ⊆ L (a, b).

Stoga ako funkcija f pripada prostoru Lp (a, b) sledi da su norme kf kL i kf kL kona~ne. Kako je p

q

p

q

Z

kf kqLq

|f |q · 1 dm,

= (a,b)

na osnovu Helderove nejednakosti sa parametrima p/(p − q) (1/p1 + 1/q1 = 1) dobijamo da je µZ

kf kqLq

¶q/p µZ dm

qp/q

6

|f | (a,b)

µZ

¶q/p

p

=

|f | dm

1

p/(p−q)

p1 = p/q

i

q1 =

¶(p−q)/p dm

(a,b)

(b − a)(p−q)/p .

(a,b)

Iz posledwe nejednakosti i ~iwenice da je q > 1 sledi µZ

kf kLq 6

odnosno

¶1/p (b − a)1/q kf kLp , |f | dm (b − a)(p−q)/(pq) = (b − a)1/p (a,b) p

kf kLp kf kLq 6 . 1/q (b − a) (b − a)1/p

4.64. Neka funkcija f ∈ Lp (0, +∞) ∩ Lq (0, +∞) za fiksirane realne brojeve p i q (q > p > 1). Dokazati da tada f ∈ Lr (0, +∞) za svako r ∈ (p, q). Re{ewe. Radi jednostavnijeg zapisa uvedimo oznake E = (0, +∞) i E0 = {x > 0 | |f (x)| 6 1}. Tada je Z

Z

r

|f | dm = E

Z

r

|f |r dm.

|f | dm + E0

E\E0

Kako na skupu E0 vaì |f (x)| 6 1 i p < r za svako x ∈ E0 je ispuweno |f (x)|r 6 |f (x)|p . Stoga je Z

Z

|f |r dm 6

(1) E0

Z

|f |p dm 6 E0

E

|f |p dm = kf kpLp < +∞.

244

4.2. ZADACI

Daqe, na skupu E \ E0 imamo da je |f (x)| > 1 i kako je r < q, za svako x ∈ E \ E0 vaì |f (x)|r 6 |f (x)|q . Prema tome, Z

Z

Z

r

(2)

q

|f | dm 6 E\E0

|f | dm 6 E\E0

E

|f |q dm = kf kqLq < +∞.

Na osnovu (1) i (2) zakqu~ujemo da je Z

E

|f |r dm 6 kf kpLp + kf kqLq < +∞,

tj. f ∈ Lr (0, +∞) za svako r ∈ (p, q).

4.65. Neka je E proizvoqan merqiv skup u Rk i neka su f i g kona~ne funkcije iz prostora L2p (E) za neko p > 1. Dokazati da tada funkcija f g pripada prostoru Lp (E). Re{ewe. Primenom Helderove nejednakosti sa parametrima p1 = 2 i q1 = 2 dobijamo µZ

Z p

2p

|f g| dm 6 E

¶1/2µZ

|f | dm E

¶1/2 |g| dm = kf kpL2p · kgkpL2p < +∞, 2p

E

tj. proizvod dve funkcije iz prostora L2p (E) pripada prostoru Lp (E).

4.66. Neka su E1 , . . . , En me|usobno disjunktni merqivi skupovi u Rk i neka je E = E1 ∪ · · · ∪ En . Dokazati da funkcija f ∈ Lp (E), p > 1, ako i samo ako sve funkcije fν = f¹E ∈ Lp (Eν ), ν = 1, . . . , n, i da je tada ν

³ ´1/p kf kLp = kf1 kpLp + · · · + kfn kpLp .

Re{ewe. Kako su E , . . . , E

me|usobno disjunktni merqivi skupovi u i E = E1 ∪ · · · ∪ En , funkcija f : E → R∗ je merqiva na E ako i samo ako je merqiva na svim skupovima E1 , . . . , En (videti zadatak 3.47). Za proizvoqnu merqivu funkciju f : E → R∗ tada vaì 1

Rk

n

Z |f |p dm = E

ν=1

Stoga je o~igledno Z

|f |p dm 6 +∞ E

n Z X

|f |p dm.

Eν

Z |f |p dm < +∞, ν = 1, . . . , n,

⇔ Eν

245


odakle neposredno sledi da funkcija f ∈ Lp (E), p > 1 ako i samo ako sve funkcije fν = f¹E ∈ Lp (Eν ), ν = 1, . . . , n, i tada je ν

µZ kf kLp =

¶1/p µX n Z |f | dm =

E

ν=1

¶1/p ¶1/p µX n p = kfν kLp . |fν | dm p

p

Eν

ν=1

4.67. Neka je F integral funkcije f , koja pripada prostoru Lp (a, b). Ako je q takvo da je 1/p + 1/q = 1, dokazati da tada F (x + h) − F (x) → 0, h → 0. |h|1/q

Re{ewe. Za F (x) = R

(a,x) f (t) dm

vaì

Z |F (x + h) − F (x)| 1 6 |f (t)| dm |h|1/q |h|1/q (x,x+h) µZ ¶1/p µZ ¶1/q 1 p q 6 |f (x)| dm 1 dm |h|1/q (x,x+h) (x,x+h) µZ ¶1/p 1 p = |f (x)| dm · |h|1/q |h|1/q (x,x+h) µZ ¶1/p p = |f (x)| dm → 0, h → 0, (x,x+h)

odakle je

F (x + h) − F (x) = 0. h→0 |h|1/q lim

4.68. Dokazati da ako f ∈ Lp (a, b),a, b ∈ R, za svako p > 1, tada µZ

¶1 p

|f (x)| dm (a,b)

p

→ supess |f (x)|, p → +∞. x∈[a,b]

Re{ewe. Merqiva funkcija f je esencijalno ograni~ena na (a, b) sa

gorwe strane ako postoji konstanta A takva da je f (x) 6 A s.s. na (a, b). Najmawa takva konstanta A je bitni ili esencijalni supremum funkcije f na (a, b), koji se ozna~avamo sa supess f (x). x∈[a,b]

246

4.2. ZADACI

Neka je

M = supess |f (x)| < +∞. x∈[a,b]

Tada vaì µZ

¶1/p |f (x)| dm 6 M |b − a|1/p → M, p → +∞, p

(a,b)

tj.

ÃZ

!1/p |f (x)|p dm

L = lim

p→+∞

Za ε, takvo da je M > ε > 0, defini{imo skup neka je m(Eε ) = δ > 0. Tada je µZ

¶ 1 µZ p |f (x)| dm > p

(a,b)

6 M.

(a,b)

Eε = E(|f | > M − ε)

i

¶1/p |f (x)| dm > (M − ε)(m(Eε ))1/p p

Eε

= (M − ε)δ 1/p → M − ε, p → +∞.

Dakle, L 6 M i L > M − ε za svako ε > 0, pa zakqu~ujemo da je L = M . Ako je M = +∞ defini{imo ½

[f ]n (x) =

i

f (x), |f (x)| 6 n, n, |f (x)| > n,

En = {x | |f (x)| 6 n}. Tada µZ ¶1/p µZ p |f (x)| dm > (a,b)

(a,b)

µZ

¶1/p ([f ]n ) dm p

Z p

=

f dm + En

µZ

CEn

¶1/p f dm + n m(CEn ) → +∞, n → +∞ p

= En

¶1/p n dm p

p

(jer M = +∞, pa je m(CEn )) > 0), odakle sledi L = +∞, pa je i u ovom slu~aju L = M .

4.69. Dokazati da je operator Aλ definisan sa ½ (Aλ x)(t) =

: L2 (0, 1) → L2 (0, 1), 0 < λ < 1, x(t), t 6 λ, 0, t > λ,

247


linearan i neprekidan, a zatim na}i wegovu normu. ³R

Re{ewe. Ako je x ∈ L (0, 1), tada je kxk =

2 (0,1) |x(t)| dm

2

pa je

µZ

kAλ xk =

¶1/2 µZ |x(t)| dm 6 2

(0,λ)

´1/2

< +∞,

¶1/2

2

|x(t)| dm

< +∞,

(0,1)

tj. Aλ x ∈ L2 (0, 1). Dokaz da je Aλ linearan operator ostavqamo ~itaocu za samostalni rad. Dokaìmo da je Aλ ograni~en operator. Kako je ÃZ

kAλ xk =

!1/2

2

|x(t)| dm

ÃZ

!1/2

2

6

(0,λ)

|x(t)| dm

= kxk,

(0,1)

sledi da je Aλ ograni~en operator i da je kAλ k 6 1. Da bismo odredili normu operatora Aλ uo~imo funkciju ½ √ λ, 0 6 t 6 λ, x0 (t) = 0, λ < t 6 1.

Vidimo da je µZ kx0 k =

λ ¡√

λ

¢2

¶1/2 dt

µ Z = λ

0

¶1/2

λ

dt

= λ.

0

Dakle, je x0 ∈ L2 (0, 1). Kako je Aλ x0 = x0 , to je kAλ x0 k = kx0 k = λ, pa je kAλ k =

kAλ x0 k λ kAλ xk > = = 1. kx0 k λ x∈L2 \{0} kxk sup

Dakle, kAλ k > 1, a kako smo ve} pokazali da je kAλ k 6 1 sledi da je kAλ k = 1. R4.70.

Za svaku funkciju x ∈ Lp (a, b), a, b ∈ R, p > 1, postoji integral x(t)y(t) dm ako i samo ako funkcija y ∈ Lq (a, b) gde je 1/p + 1/q = (a,b) 1. Dokazati.

Re{ewe. Neka x ∈ L (a, b) i y ∈ L (a, b) za 1/p + 1/q = 1. Tada je p

q

ÃZ

Z |xy| dt 6 (a,b)

!1/p ÃZ

p

|x| dm (a,b)

!1/q

q

|y| dm (a,b)

< +∞.

248

4.2. ZADACI

Pretpostavimo sada da za x ∈ Lp (a, b) postoji integral Uo~imo niz funkcija (yn ), dat sa ½

R

(a,b) x(t)y(t)dm

.

y(t), |y(t)| 6 n, n, |y(t)| > n.

yn (t) =

Za svako fiksirano n ∈ N funkcija yn je ograni~ena. Na kona~nom intervalu (a, b) vaì da yn ∈ Lq (a, b), q > 1, samim tim yn ∈ Lq (a, b) za 1/p + 1/q = 1. Dakle, (fn ), gde je Z

fn (x) =

(a,b)

x(t)yn (t) dm,

je niz ograni~enih funkcionela na Lp (a, b) i (∗)

kfn k = kyn kLq .

Kako je za svako n na (a, b) ispuweno |x(t)yn (t)| < |x(t)y(t)| i |xy| ∈ L(a, b), primenom Lebegove teoreme o dominantnoj konvergenciji dobijamo Z

lim fn (x) = lim xyn dm = n→+∞ (a,b) Z = xy dm < +∞.

n→+∞

Z

lim xyn dm

(a,b) n→+∞

(a,b)

Sada, na osnovu principa uniformne ograni~enosti (teorema 2.20.), zakqu~ujemo da je niz (kfn k) ograni~en. Dakle, za neko M > 0 vaì kfn k = kyn kLq 6 M,

n ∈ N.

Na osnovu Fatuove leme (lema 4.1.) dobijamo da je kykL 6 M, tj. y ∈ Lq (a, b). q

4.71. Neka je f (x) = cos x, x ∈ R. (a) Dokazati da f nije kontrakcija na R, a da je restrikcija funkcije f na interval [−1, 1] kontrakcija prostora [−1, 1]. (b) Neka je (fn ) niz realnih funkcija na R, definisan sa f1 = f i fn+1 = f ◦ fn , n ∈ N. Ako je a re{ewe jedna~ine x = cos x, dokazati konvergenciju i odrediti grani~nu vrednost niza (In ) definisanog sa Z

In =

e [1/2,+∞)

−x2

³

µ ¶ x ń 2x 1+ n sin − 1 fn (x) dm, n n

n ∈ N.

249


Re{ewe. (a) Ako bi preslikavawe f bilo kontrakcija prostora R, tada bi postojala konstanta q ∈ [0, 1) takva da vaì ¯ ¯ π ¯¯ π ¯¯ ¯ ¯ ¯cos x − cos ¯ 6 q ¯x − ¯ , 2 2

tj.

x ∈ R \ {π/2} ,

Me|utim, to je u kontradikciji sa = sin(π/2) = 1. Dakle, f nije kontrakcija na prostoru x=π/2

odakle sledi

¯ ¯ ¯(cos x)0 ¯ R.

¯ ¯ ¯ cos x − cos π2 ¯ ¯ ¯ 6 q, ¯ ¯ x − π2 ¯ ¯ ¯(cos x)0 ¯ 6 q < 1.

x ∈ R,

x=π/2

Posmatrajmo sada preslikavawe g = f ¹[−1,1] , tj. g(x) = cos x, O~igledno g : [−1, 1] → [−1, 1]. Za x, y ∈ [−1, 1] prema Lagranòvoj teoremi vaì x ∈ [−1, 1].

|g(x)−g(y)| = |f (x)−f (y)| = |f 0 (ξ)||x−y| = | sin ξ||x−y| 6 sin 1|x−y|,

jer je ξ ∈ (x, y) ⊆ [−1, 1]. Kako je sin 1 ∈ (0, 1), to je preslikavawe g kontrakcija prostora [−1, 1]. (b) Za proizvoqno x ∈ R neka je x0 = f (x), xn+1 = g(xn ), n ∈ N. Dokaìmo da je fn (x) = xn−1 , n > 2. Za n = 2 jednostavno dobijamo f2 (x) = f (f (x)) = g(f (x)) = x1 . Pretpostavimo da za neko n > 2 vaì fn (x) = xn−1 . Tada je fn+1 (x) = f (fn (x)) = g(fn (x)) = g(xn−1 ) = xn . Dakle, na osnovu principa matemati~ke indukcije je fn (x) = xn−1 za sve n > 2. Za svako x ∈ R niz (fn (x)) konvergira ka jedinstvenoj fiksnoj ta~ki a preslikavawa g , koja je, zbog fn (x) ∈ [−1, 1], n > 1, ujedno i jedina fiksna ta~ka preslikavawa f , tj. jedino re{ewe jedna~ine x = cos x. Funkcije fn su neprekidne funkcije na R, pa su neprekidne i funkcije Fn : R → R, definisane sa Fn (x) = e

−x2

³

µ ¶ x ń 2x − 1 fn (x), 1+ n sin n n

x ∈ R, n ∈ N.

Kako je |fn (x)| 6 1 za sve x ∈ R i sve n ∈ N to je

¯ ¯ ³ ¯ 2x x ń ¯¯ ¯ |fn (x)| |Fn (x)| = e n sin − 1 1+ ¯ n ¯ n ¯ µ¯ ¶ ¶ µ ³ ´ x n ¯¯ 2x ¯¯ 2x −x2 −x2 x 6e 1+ ¯n sin n ¯ + 1 6 e e n n + 1 n −x2

2 +x

= e−x

(2x + 1) = G(x),

x > 1/2, n ∈ N.

250

4.2. ZADACI

Daqe, lim Fn (x) = e

³

−x2

n→+∞

lim

n→+∞

µ ¶ x ń 2x 1+ lim n sin −1 lim fn (x) n→+∞ n n→+∞ n

2

= e−x ex a(2x − 1),

x > 1/2, n ∈ N.

Funkcija G je L−integrabilna na [1/2, +∞), pa je Z lim In =

Z lim Fn dm = a

n→+∞

[1/2,+∞) n→+∞

Z

+∞

=a

+∞

e−x

2 +x

(2x − 1) dx

1/2

√ d(x2 − x) = a 4 e.

2 −x)

e−(x

1/2

4.72. Neka je A : L2 (−∞, +∞) → L2 (−∞, +∞) ograni~en linearni operator, takav da postoji funkcija g : R → R takva da je Af = gf za sve f ∈ L2 (−∞, +∞). Dokazati da skoro svuda na R vaì |g(x)| 6 kAk. Re{ewe. Obeleìmo B = {x ∈ R | |g(x)| > kAk}. Treba dokazati da je m(B) = 0. Pretpostavimo suprotno, tj. da je m(B) > 0. Neka je E ⊆ B takav da je 0 < m(E) < +∞. Tada je ÃZ kAχE k = kgχE k = µZ

(−∞,+∞)

!1/2 (g(x)χE (x))2 dm

¶1/2 µZ ¶1/2 2 (g(x)) dm > kAk dm 2

= E

E

µZ

= kAk E

(χE (x))2 dm

¶1/2

= kAkkχE k,

{to je u kontradikciji sa ~iwenicom da je A ograni~en linearni operator, tj. da je kAχE k 6 kAk · kχE k.

Literatura [1] [2] [3]

[4] [5]

[6]

D. ADNA\EVI], Z. KADELBURG, Matemati~ka analiza I, Nauka, Beograd, 1994.

S. AQANÎ], Uvod u realnu i funkcionalnu analizu, Gra|evinska kwiga, Beograd, 1974.

M. ARSENOVI], M. DOSTANI], D. JOCI], Teorejamere, funkcionalna analiza, teorija operatora, Matemati~ki fakultet, Beograd, 1998.

J. VUKMIROVI], MeraiintegracijaZbirkazadataka, Prirodnomatemati~ki fakultet, Beograd, 1978.

Q. GAJI], M. KURILI], S. PILIPOVI], B. STANKOVI], Zbirka zadatakaiz funkcionalneanalize, Prirodno-matemati~ki fakultet, Novi Sad, 2000. D. \URÎ], 1995.

Zbirka zadataka iz funkcionalne analize, Beograd,

[7] P. R. Halmos, Measure Theory, Springer, New York – Heidelberg – Berlin, 1974. [8] E. Kreyszig, Introductory functional analysis with applications, John Wiley & Sons, New York, 1978. [9] [10]

S. KUREPA, Funkcionalna analiza, elementi teorije operatora, [kolska kwiga, Zagreb, 1981.

S. MARDE[I], Matemati~ka analiza u n−dimenzionalnom realnom prostoru, [kolska kwiga, Zagreb, 1974. 251

252 [11] [12] [13]

LITERATURA

M. MARJANOVI], Metri~kiprostori,StiltjesoviLebegovintegral, Nau~na kwiga, Beograd, 1968.

B. MIRKOVI], Teorija mere i integrala, Nau~na kwiga, Beograd, 1990. D. S. MITRINOVI], Analiti~kenejednakosti, Gra|evinska kwiga, Beograd, 1970.

[14] .S. OÂN,

Sbornik zada~ po matemati~eskomu analizu, Prosve-

wenie, Moskva, 1981.

[15]

V. RAKOÊVI], 1994.

Funkcionalna analiza, Nau~na kwiga, Beograd,

[16] W. Rudin, Real and complex analysis, McGrow Hill Book Company, New York, 1970. [17] W. Rudin, Functional analysis, McGrow Hill Book Company, New York, 1973. [18]

V. SAVI], Teorija mere i integrala, Prirodno-matemati~ki fakultet, Kragujevac, 2001.

M. TASKOVI], D. ARAN\ELOVI], Teorija funkcija i funkcionalna analiza, Kwièvne novine, Beograd, 1981. [20] M. TASKOVI], Nelinearna funkcionalna analiza, Zavod za uxbe[19]

nike i nastavna sredstva, Beograd, 1993.

[21] [22]

A. TORGA[EV, Funkcionalna analiza, Beograd, 1995. A. TORGA[EV, D. \URÎ], Beograd, 1999.

Kratak kurs funkcionalne analize,

[23] S. Cheng, A short course on the Lebesgue integral and measure theory, 2004. [24] J. Weidmann, Linear operators in Hilbert spaces, Springer–Verlag, New York, 1980.

Funkcionalna Analiza - Zbirka Zadataka

Recommend Documents