Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 3: Norma. Iloczyn skalarny

Norma. Iloczyn skalarny

Ćwiczenie 3.1.

W przestrzeni wektorowej ${\mathbb{ℝ}}^N$ definiujemy:

$\Vert x{\Vert }_2\stackrel{df}{=}\sqrt{\sum _{i=1}^N{x}_i^2},\Vert x{\Vert }_1\stackrel{df}{=}\sum _{i=1}^N|x_i|,\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\stackrel{df}{=}\underset{1\le i\le N}{\max }|x_i|$ dla $x\in {\mathbb{ℝ}}^N.$

Pokazać, że $\Vert \cdot {\Vert }_2,\Vert \cdot {\Vert }_1$ oraz $\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{\infty }}$ są normami (nazywamy je odpowiednio normą euklidesową, normą taksówkową oraz normą maksimową).

Wskazówka

(1) Pokazać, że $\Vert \cdot {\Vert }_2$ jest normą wprost z definicji normy. Przy dowodzie subaddytywności wykorzystać nierówność Cauchy'ego (patrz Analiza matematyczna 1 lemat 3.8.)
(2)-(3) Pokazać, że $\Vert \cdot {\Vert }_1$ i $\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{\infty }}$ są normami, korzystając z definicji normy.

Rozwiązanie

(1) Pokażemy, że $\Vert \cdot {\Vert }_2$ jest normą.
Dla $x=(x_1,\dots ,x_N)\in {\mathbb{ℝ}}^N$ mamy

$\Vert x{\Vert }_2=0⟺\sqrt{\sum _{i=1}^N{x}_i^2}=0⟺\sum _{i=1}^N{x}_i^2=0⟺x_1=\dots =x_N=0⟺x=\mathrm{\Theta }.$

Dla $x=(x_1,\dots ,x_N)\in {\mathbb{ℝ}}^N$ oraz $\lambda \in \mathbb{ℝ}$ mamy

$\Vert \lambda x{\Vert }_2=\sqrt{\sum _{i=1}^N(\lambda x_i{)}^2}=\sqrt{{\lambda }^2\sum _{i=1}^N{x}_i^2}=|\lambda |\sqrt{\sum _{i=1}^N{x}_i^2}=|\lambda |\Vert x{\Vert }_2,$

zatem pokazaliśmy warunek jednorodności.

W końcu dla dowolnych $x,y\in {\mathbb{ℝ}}^N$ mamy

$\Vert x+y{\Vert }_2=\sum _{i=1}^N(x_i+y_i{)}^2=\sum _{i=1}^N(x_i^2+2x_i{y}_i+y_i^2)=\sum _{i=1}^N{x}_i^2+2\sum _{i=1}^N{x}_i{y}_i+\sum _{i=1}^N{y}_i^2.$

Korzystając z nierówności Cauchy'ego (która była udowodniona na Analizie Matematycznej 1; patrz Analiza matematyczna 1 lemat 3.8.)

$\mathrm{\forall }x,y\in {\mathbb{ℝ}}^N:(\sum _{i=1}^N{x}_i{y}_i{)}^2\le (\sum _{i=1}^N{x}_i^2\left)\right(\sum _{i=1}^N{y}_i^2),$

mamy

$\begin{array}{lll}\Vert x+y{\Vert }_2^2& \le & \sum _{i=1}^N{x}_i^2+2\left(\sum _{i=1}^N{x}_i^2\right)\left(\sum _{i=1}^N{y}_i^2\right)+\sum _{i=1}^N{y}_i^2\\ & =& (\sum _{i=1}^N{x}_i^2+\sum _{i=1}^N{y}_i^2)=(\Vert x{\Vert }_2+\Vert y{\Vert }_2{)}^2,\end{array}$

zatem pokazaliśmy warunek subaddytywności:

$\mathrm{\forall }x,y\in {\mathbb{ℝ}}^N:\Vert x+y{\Vert }_2\le \Vert x{\Vert }_2+\Vert y{\Vert }_2$

co kończy dowód.

(2) Pokażemy, że $\Vert \cdot {\Vert }_1$ jest normą.
Dla $x=(x_1,\dots ,x_N)\in {\mathbb{ℝ}}^N$ mamy

$\Vert x{\Vert }_1=0⟺\sum _{i=1}^N|x_i|=0⟺x_1=\dots =x_N=0⟺x=\mathrm{\Theta }$

Dla $x=(x_1,\dots ,x_N)\in {\mathbb{ℝ}}^N$ oraz $\lambda \in \mathbb{ℝ}$ mamy

$\Vert \lambda x{\Vert }_1=\sum _{i=1}^N|\lambda x_i|=|\lambda |\sum _{i=1}^N|x_i|=|\lambda |\Vert x{\Vert }_1$

zatem pokazaliśmy warunek jednorodności.

W końcu dla dowolnych $x,y\in {\mathbb{ℝ}}^N$ mamy

$\begin{array}{lll}\Vert x+y{\Vert }_1& =& \sum _{i=1}^N|x_i+y_i|\le \sum _{i=1}^N(|x_i|+|y_i|)\\ & =& \sum _{i=1}^N|x_i|+\sum _{i=1}^N|y_i|=\Vert x{\Vert }_1+\Vert y{\Vert }_1\end{array}$

zatem pokazaliśmy warunek subaddytywności, co kończy dowód.

(3) Pokażemy, że $\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{\infty }}$ jest normą.
Dla $x=(x_1,\dots ,x_N)\in {\mathbb{ℝ}}^N$ mamy

$\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=0⟺\underset{i=1,\dots ,N}{\max }|x_i|=0⟺x_1=\dots =x_N=0⟺x=\mathrm{\Theta }$

Dla $x=(x_1,\dots ,x_N)\in {\mathbb{ℝ}}^N$ oraz $\lambda \in \mathbb{ℝ}$ mamy

$\Vert \lambda x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=\underset{i=1,\dots ,N}{\max }|\lambda x_i|=|\lambda |\underset{i=1,\dots ,N}{\max }|x_i|=|\lambda |\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}$

zatem pokazaliśmy warunek jednorodności.

W końcu dla dowolnych $x,y\in {\mathbb{ℝ}}^N$ mamy

$\begin{array}{lll}\Vert x+y{\Vert }_{\mathrm{\infty }}& =& \underset{i=1,\dots ,N}{\max }|x_i+y_i|\le \underset{i=1,\dots ,N}{\max }(|x_i|+|y_i|)\\ \\ & \le & \underset{i=1,\dots ,N}{\max }|x_i|+\underset{i=1,\dots ,N}{\max }|y_i|=\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}+\Vert y{\Vert }_{\mathrm{\infty }}.\end{array}$

zatem pokazaliśmy warunek subaddytywności, co kończy dowód.

Ćwiczenie 3.2.

Pokazać, że norma euklidesowa zadaje metrykę euklidesową, norma taksówkowa zadaje metrykę taksówkową, a norma maksimowa zadaje metrykę maksimową.

Wskazówka

Wykorzystać jedynie definicje potrzebnych norm i metryk.

Rozwiązanie

Dla dowolnych $x,y\in \mathbb{ℝ}$ zauważmy, że

$\Vert x-y{\Vert }_2=\sqrt{\sum _{i=1}^N(x_i-y_i{)}^2}=d_2(x,y)$

więc norma euklidesowa $\Vert \cdot {\Vert }_2$ zadaje metrykę euklidesową $d_2$.

Dla dowolnych $x,y\in \mathbb{ℝ}$ zauważmy, że

$\Vert x-y{\Vert }_1=\sum _{i=1}^N|x_i-y_i|=d_1(x,y)$

więc norma taksówkowa $\Vert \cdot {\Vert }_1$ zadaje metrykę taksówkową $d_2$. Dla dowolnych $x,y\in \mathbb{ℝ}$ zauważmy, że

$\Vert x-y{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=\underset{i=1,\dots ,N}{\max }|x_i-y_i|=d_{\mathrm{\infty }}(x,y)$

więc norma maksimowa $\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{\infty }}$ zadaje metrykę maksimową $d_{\mathrm{\infty }}$

Ćwiczenie 3.3.

Wykazać bezpośrednio równoważność norm: $\Vert \cdot {\Vert }_1$ (taksówkowej), $\Vert \cdot {\Vert }_2$ (euklidesowej) i $\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{\infty }}$ (maksimowej) w ${\mathbb{ℝ}}^N,$ znajdując optymalne stałe $m_i,M_i>0$ ($i=1,2,3$) w następujących nierównościach:

$\begin{array}{rlr}\text{<mrow data-mjx-texclass="ORD"><mo stretchy="false">(</mo><mn>1</mn><mo stretchy="false">)</mo></mrow>}& & \mathrm{\forall }x\in {\mathbb{ℝ}}^N:m_1\Vert x{\Vert }_2\le \Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le M_1\Vert x{\Vert }_2,\\ \text{<mrow data-mjx-texclass="ORD"><mo stretchy="false">(</mo><mn>2</mn><mo stretchy="false">)</mo></mrow>}& & \mathrm{\forall }x\in {\mathbb{ℝ}}^N:m_2\Vert x{\Vert }_1\le \Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le M_2\Vert x{\Vert }_1,\\ \text{<mrow data-mjx-texclass="ORD"><mo stretchy="false">(</mo><mn>3</mn><mo stretchy="false">)</mo></mrow>}& & \mathrm{\forall }x\in {\mathbb{ℝ}}^N:m_3\Vert x{\Vert }_1\le \Vert x{\Vert }_2\le M_3\Vert x{\Vert }_1\end{array}$

Wskazówka

(1) Skorzystać jedynie z definicji norm $\Vert \cdot {\Vert }_2$ i $\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{\infty }},$ dla pokazania nierówności i wyznaczenia stałych. Aby pokazać "optymalność" stałych, wskazać wektor $x_0\in {\mathbb{ℝ}}^N,$ dla którego zachodzą równości.

(2)-(3) Podobnie jak (1).

Rozwiązanie

(1) Dla dowolnego wektora $x=(x_1,\dots ,x_N)\in {\mathbb{ℝ}}^N$ mamy

$\Vert x{\Vert }_2^2=\sum _{i=1}^N|x_i{|}^2\le \sum _{i=1}^N\underset{k=1,\dots ,N}{\max }|x_k{|}^2=N\underset{k=1,\dots ,N}{\max }|x_k{|}^2=N\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}^2$

Zatem

$\mathrm{\forall }x\in {\mathbb{ℝ}}^N:\frac{1}{\sqrt{N}}\Vert x{\Vert }_2\le \Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}$

czyli $m_1=\frac{1}{\sqrt{N}}$. Aby pokazać, że stała $m_1$ jest "optymalna" (to znaczy największa z możliwych), zauważmy, że dla wektora $x_0=(1,1,\dots ,1)$ mamy

$\frac{1}{\sqrt{N}}\Vert x_0{\Vert }_2=\frac{1}{\sqrt{N}}\sqrt{N}=1=\Vert x_0{\Vert }_{\mathrm{\infty }}$

Z kolei dla dowolnego wektora $x=(x_1,\dots ,x_N)\in {\mathbb{ℝ}}^N$ mamy

$\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}^2=(\underset{i=1,\dots ,N}{\max }|x_i|{)}^2=\underset{i=1,\dots ,N}{\max }|x_i{|}^2\le \sum _{i=1}^N|x_i{|}^2=\Vert x{\Vert }_2^2$

Zatem

$\mathrm{\forall }x\in {\mathbb{ℝ}}^N:\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \Vert x{\Vert }_2$

czyli $M_1=1$. Aby pokazać, że stała $M_1$ jest "optymalna" (to znaczy najmniejsza z możliwych), zauważmy, że dla wektora $x_0=(1,0,\dots ,0)$ mamy

$\Vert x_0{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=1=\Vert x_0{\Vert }_2$

(2) Dla dowolnego wektora $x=(x_1,\dots ,x_N)\in {\mathbb{ℝ}}^N$ mamy

$\Vert x{\Vert }_1=\sum _{i=1}^N|x_i|\le \sum _{i=1}^N\underset{k=1,\dots ,N}{\max }|x_k|=N\underset{k=1,\dots ,N}{\max }|x_k|=N\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}$

Zatem

$\mathrm{\forall }x\in {\mathbb{ℝ}}^N:\frac{1}{N}\Vert x{\Vert }_1\le \Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}$

czyli $m_2=\frac{1}{N}$. Aby pokazać, że stała $m_2$ jest "optymalna" (to znaczy największa z możliwych), zauważmy, że dla wektora $x_0=(1,1,\dots ,1)$ mamy

$\frac{1}{N}\Vert x_0{\Vert }_1=\frac{1}{N}\cdot N=1=\Vert x_0{\Vert }_{\mathrm{\infty }}$

Z kolei dla dowolnego wektora $x=(x_1,\dots ,x_N)\in {\mathbb{ℝ}}^N$ mamy

$\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=\underset{i=1,\dots ,N}{\max }|x_i|\le \sum _{i=1}^N|x_i|=\Vert x{\Vert }_1$

Zatem

$\mathrm{\forall }x\in {\mathbb{ℝ}}^N:\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \Vert x{\Vert }_1$

czyli $M_1=1$. Aby pokazać, że stała $M_1$ jest "optymalna" (to znaczy najmniejsza z możliwych), zauważmy, że dla wektora $x_0=(1,0,\dots ,0)$ mamy

$\Vert x_0{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=1=\Vert x_0{\Vert }_1$

(3) Dla dowolnego wektora $x=(x_1,\dots ,x_N)\in {\mathbb{ℝ}}^N$ mamy

$\Vert x{\Vert }_1^2=(\sum _{i=1}^N|x_i|{)}^2=\sum _{i,j=1}^N|x_i||x_j|=\sum _{i=1}^N|x_i{|}^2+2\sum _{i<j}|x_i||x_j|$

Korzystając teraz z oczywistej nierówności liczbowej

$\mathrm{\forall }a,b\in \mathbb{ℝ}:2ab\le a^2+b^2$

mamy

$\Vert x{\Vert }_1^2\le \sum _i^N|x_i{|}^2+\sum _{i<j}(|x_i{|}^2+|x_j{|}^2)$

Zauważmy, że po prawej stronie powyższej nierówności każdy składnik postaci $|x_i{|}^2$ występuje dokładnie $N$ razy (raz w pierwszej sumie i $N-1$ razy w drugiej sumie). Zatem

$\Vert x{\Vert }_1^2\le N\sum _{i=1}^N|x_i{|}^2=N\Vert x{\Vert }_2^2$

Zatem

$\mathrm{\forall }x\in {\mathbb{ℝ}}^N:\frac{1}{\sqrt{N}}\Vert x{\Vert }_1\le \Vert x{\Vert }_2$

czyli $m_3=\frac{1}{\sqrt{N}}$. Aby pokazać, że stała $m_3$ jest "optymalna" (to znaczy największa z możliwych), zauważmy, że dla wektora $x_0=(1,1,\dots ,1)$ mamy

$\frac{1}{\sqrt{N}}\Vert x_0{\Vert }_1=\frac{1}{\sqrt{N}}\cdot N=\sqrt{N}=\Vert x_0{\Vert }_2$

Z kolei dla dowolnego wektora $x=(x_1,\dots ,x_N)\in {\mathbb{ℝ}}^N$ mamy

$\Vert x{\Vert }_2=\sum _{i=1}^N|x_i{|}^2\le (\sum _{i=1}^N|x_i|{)}^2=\Vert x{\Vert }_1^2$

Zatem

$\mathrm{\forall }x\in {\mathbb{ℝ}}^N:\Vert x{\Vert }_2\le \Vert x{\Vert }_1$

czyli $M_3=1$. Aby pokazać, że stała $M_3$ jest "optymalna" (to znaczy najmniejsza z możliwych), zauważmy, że dla wektora $x_0=(1,0,\dots ,0)$ mamy

$\Vert x_0{\Vert }_2=1=\Vert x_0{\Vert }_1$

Ćwiczenie 3.4.

Niech $X$ i $Y$ będą dwiema przestrzeniami wektorowymi. Które z poniższych stwierdzeń są prawdziwe? (Dla każdego podać dowód lub kontrprzykład).
(1) Jeśli zbiory $A,B\subseteq X$ są wypukłe, to zbiór $A\cap B$ jest wypukły.
(2) Jeśli zbiory $A,B\subseteq X$ są wypukłe, to zbiór $A\cup B$ jest wypukły.
(3) Jeśli zbiory $A,B\subseteq X$ są wypukłe, to zbiór $A\setminus B$ jest wypukły.
(4) Jeśli zbiory $A\subseteq X$ i $B\subseteq Y$ są wypukłe, to zbiór $A\times B$ jest wypukły w $X\times Y$.

Wskazówka

(1) Wykorzystać jedynie definicję wypukłości.
(2) Kontrprzykład łatwy do znalezienia.
(3) Kontrprzykład łatwy do znalezienia.
(4) Wykorzystać jedynie definicję wypukłości i iloczynu kartezjańskiego.

Rozwiązanie

Plik:AM2.M03.C R01.svg

Suma zbiorów wypukłych nie musi być zbiorem wypukłym

Plik:AM2.M03.C R02.svg

Różnica zbiorów wypukłych nie musi być zbiorem wypukłym

(1) Stwierdzenie to jest prawdziwe. Niech $A,B\subseteq X$ będą dowolnymi zbiorami wypukłymi. Aby pokazać, że zbiór $A\cap B$ jest wypukły, wybierzmy dwa dowolne punkty $x,y\in A\cap B$ oraz $\lambda \in (0,1)$. Ponieważ $x,y\in A$ i zbiór $A$ jest wypukły, więc także $\lambda x+(1-\lambda )y\in A$. Analogicznie ponieważ $x,y\in B$ i zbiór $B$ jest wypukły, więc także $\lambda x+(1-\lambda )y\in B$. Zatem $\lambda x+(1-\lambda )y\in A\cap B$. Dowodzi to wypukłości zbioru $A\cap B$.

(2) Stwierdzenie to nie jest prawdziwe. Dla przykładu niech $X=\mathbb{ℝ},A=[0,2]$ oraz $B=[4,6]$. Zbiory $A$ i $B$ są wypukłe, ale zbiór $A\cup B=[0,2]\cup [4,6]$ nie jest wypukły, gdyż na przykład dla $x=1,y=5$ i $\lambda =\frac{1}{2}$ mamy $x,y\in A\cup B,\lambda \in (0,1),$ ale $\lambda x+(1-\lambda )y=3\in ̸A\cup B$.

(3) Stwierdzenie to nie jest prawdziwe. Dla przykładu niech $X=\mathbb{ℝ},A=[0,6]$ oraz $B=(2,4)$. Zbiory $A$ i $B$ są wypukłe, ale zbiór $A\cup B=[0,2]\cup [4,6]$ nie jest wypukły (patrz (2)).

(4) Stwierdzenie to jest prawdziwe. Niech $A\subseteq X$ i $B\subseteq Y$ będą dowolnymi zbiorami wypukłymi. Aby pokazać, że zbiór $A\times B$ jest wypukły, wybierzmy dwa dowolne punkty $(a_1,b_1),(a_2,b_2)\in A\times B$ oraz $\lambda \in (0,1)$. Wówczas

$\lambda (a_1,b_1)+(1-\lambda )(a_2,b_2)=(\lambda a_1+(1-\lambda )a_2,\lambda b_1+(1-\lambda )b_2).$

Ponieważ zbiory $A$ i $B$ są wypukłe odpowiednio w przestrzeniach $X$ i $Y,$ zatem mamy

$\lambda a_1+(1-\lambda )a_2\in A,\lambda b_1+(1-\lambda )b_2\in B.$

Z definicji iloczynu kartezjańskiego wynika, że

$(\lambda a_1+(1-\lambda )a_2,\lambda b_1+(1-\lambda )b_2)\in A\times B.$

Zatem pokazaliśmy, że zbiór $A\times B$ jest wypukły.

Ćwiczenie 3.5.

W przestrzeni wektorowej $C([0,1];\mathbb{ℝ}),$ funkcji ciągłych na przedziale $[0,1]$ definiujemy:

$\Vert f{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=\underset{x\in [0,1]}{\sup }|f(x)|\mathrm{\forall }f\in C([0,1];\mathbb{ℝ})$

(1) Pokazać, że $\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{\infty }}$ jest normą w $C([0,1];\mathbb{ℝ})$. Nazywamy ją normą supremową.
(2) Obliczyć normę supremową dla funkcji: $f_1(x)=\sin (2\pi x)$ oraz $f_2(x)=6x^2-5x+1$.
(3) Udowodnić, że zbieżność w normie supremowej pokrywa się ze zbieżnością jednostajną dla funkcji ciągłych na przedziale $[0,1]$.

(4) Pokazać, że $C([0,1];\mathbb{ℝ})$ z normą supremową jest przestrzenią Banacha.

(Punkty (3) i (4) są nadobowiązkowe. Potrzebne są tu pewne pojęcia z następnego wykładu. Do zadania można wrócić po następnym wykładzie).

Wskazówka

(1) Udowodnić kolejno trzy warunki występujące w definicji normy.
(2) Wyznaczyć największą wartość funkcji $|f_1|$ i $|f_2|$ na przedziale $[0,1]$.
(3) Wynika wprost z obu rozważanych definicji.
(4) Wykorzystać punkt (3) i twierdzenie o ciągłości granicy jednostajnie zbieżnego ciągu funkcji ciągłych (patrz twierdzenie 4.6.).

Rozwiązanie

(1) Pokażemy, że

$\Vert f{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=0⟺f\equiv 0.$

Implikacja "$⟹$" jest oczywista. W celu udowodnienia implikacji "$⟸$" załóżmy, że $\Vert f{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=0$. Wówczas $\underset{x\in [0,1]}{\sup }|f(x)|=0$. To oznacza, że $|f(x)|=0$ dla każdego $x\in [0,1],$ czyli $f(x)=0$ dla każdego $x\in [0,1],$ zatem $f\equiv 0,$ co należało pokazać.

W celu pokazania jednorodności, niech $f\in C([0,1];\mathbb{ℝ})$ oraz $\lambda \in \mathbb{ℝ}$. Wówczas

$\begin{array}{lll}\Vert f\lambda f{\Vert }_{\mathrm{\infty }}& =& \underset{x\in [0,1]}{\sup }|\lambda f(x)|=\underset{x\in [0,1]}{\sup }|\lambda ||f(x)|\\ & =& |\lambda |\underset{x\in [0,1]}{\sup }|f(x)|=|\lambda |\Vert f{\Vert }_{\mathrm{\infty }},\end{array}$

co należało pokazać.

Aby pokazać subaddytywność, niech $f,g\in C([0,1];\mathbb{ℝ})$. Wówczas

$\begin{array}{lll}\Vert f+g{\Vert }_{\mathrm{\infty }}& =& \underset{x\in [0,1]}{\sup }|(f+g)(x)|=\underset{x\in [0,1]}{\sup }|f(x)+g(x)|\le \underset{x\in [0,1]}{\sup }\left[\right|f(x)|+|g(x)\left|\right]\\ & \stackrel{\star }{\le }& \underset{x\in [0,1]}{\sup }|f(x)|+\underset{x\in [0,1]}{\sup }|g(x)|=\Vert f{\Vert }_{\mathrm{\infty }}+\Vert g{\Vert }_{\mathrm{\infty }}.\end{array}$

Aby uzasadnić powyższą nierówność $\star ,$ zauważmy, że

$\mathrm{\forall }x\in [0,1]:|f(x)|+|g(x)|\le \underset{x\in [0,1]}{\sup }|f(x)|+\underset{x\in [0,1]}{\sup }|g(x)|,$

zatem biorąc supremum po lewej, stronie nierówność nadal jest zachowana i dostajemy $\star$.

(2) Ponieważ $f_1\left(\frac{1}{4}\right)=\sin \frac{\pi }{2}=1$ oraz $|f_1(x)|=|\sin (2\pi x)|\le 1$ dla dowolnego $x\in [0,1],$ zatem $\Vert f_1{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=1$.

Funkcja kwadratowa na odcinku domkniętym może przyjmować wartość największą i najmniejszą jedynie w wierzchołku lub na końcu przedziału. Należy zatem zbadać te trzy punkty.
Wierzchołek paraboli ma współrzędne $(p,q)=(\frac{-b}{2a},\frac{-\mathrm{\Delta }}{4a})=(\frac{5}{12},-\frac{1}{24})$. Na końcach przedziału mamy wartości $f_2(0)=1,f_2(1)=2,$ zatem

$\Vert f_2{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=\max \left\{\right|-\frac{1}{24}|,|1|,|2|\}=2.$

Wykres funkcji $f(x)=\sin 2\pi x$

Wykres funkcji $f(x)=6x^2-5x+1$

(3) Zbieżność $f_n\stackrel{\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{\infty }}}{\to }f$ oznacza z definicji:

$\mathrm{\forall }\epsilon >0\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N:\Vert f_n-f{\Vert }_{\mathrm{\infty }}<\epsilon .$

Rozpisując normę supremową, otrzymujemy równoważne sformułowanie:

$\mathrm{\forall }\epsilon >0\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N:\underset{x\in [0,1]}{\sup }|f_n(x)-f(x)|<\epsilon .$

Z kolei korzystając z definicji supremum, mamy równoważną postać

$\mathrm{\forall }\epsilon >0\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }n\ge N\mathrm{\forall }x\in X|f_n(x)-f(x)|<\epsilon ,$

a to oznacza, że $f_n\rightrightarrows f$ w $[0,1]$ (patrz definicja 4.1. (2)), co należało dowieść.

(4) Należy wykazać, że przestrzeń $C([0,1];\mathbb{ℝ})$ jest zupełna. W tym celu weźmy dowolny ciąg Cauchy'ego $\{f_n\}\subseteq C([0,1];\mathbb{ℝ})$. Należy pokazać, że ma on granicę w normie supremowej (a zatem z punktu (3), że jest jednostajnie zbieżny). Zauważmy, że dla dowolnego $x\in [0,1],$ ciąg liczbowy $\{f_n(x)\}$ jest ciągiem Cauchy'ego (w $\mathbb{ℝ}$), a zatem jest zbieżny, powiedzmy do $f(x)$ (korzystamy z zupełności $\mathbb{ℝ}$). Zatem $f$ jest granicą punktową ciągu funkcyjnego $\{f_n\}$.

Ustalmy $\epsilon >0$. Z warunku Cauchy'ego wynika, że

$\mathrm{\exists }N\in \mathbb{\mathbb{N}}\mathrm{\forall }m>n>N:\underset{x\in [0,1]}{\sup }|f_n(x)-f_m(x)|<\epsilon ,$

zatem dla $m>n>N$ mamy

$\mathrm{\forall }x\in [0,1]:|f_n(x)-f_m(x)|<\epsilon .$

Dla ustalonego $x\in [0,1]$ i ustalonego $n>N,$ możemy przejść do granicy z $m\to +\mathrm{\infty }$, otrzymując

$|f_n(x)-f(x)|\le \epsilon .$

Zatem pokazaliśmy, że $f\rightrightarrows f,$ czyli ciąg $\{f_n\}$ jest zbieżny w normie supremowej. W końcu korzystając z twierdzenia o ciągłości granicy jednostajnie zbieżnego ciągu funkcji ciągłych (patrz twierdzenie 4.6.), mamy, że $f\in C([0,1];\mathbb{ℝ})$.

Ćwiczenie 3.6.

Niech $\Vert \cdot {\Vert }_1$ i $\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{\infty }}$ oznaczają odpowiednio normę taksówkową i maksimową w ${\mathbb{ℝ}}^N$. Pokazać, że

$\Vert \cdot {\Vert }_{◻}=2\Vert \cdot {\Vert }_1+\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{\infty }}$

jest normą w ${\mathbb{ℝ}}^N$. Dla $N=2$ narysować kulę $K((0,0),1)\subseteq {\mathbb{ℝ}}^2$ w tej normie.

Wskazówka

Korzystając z definicji norm $\Vert \cdot {\Vert }_1$ i $\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{\infty }}$, pokazać, że $\Vert \cdot {\Vert }_{◻}$ jest normą.

Rozwiązanie

Kula w metryce z ćwiczenia 3.6.

Niech $x\in {\mathbb{ℝ}}^N$. Pokażemy, że $\Vert x{\Vert }_{◻}=0⟺x=\mathrm{\Theta }$.

Implikacja "$⟸$" jest oczywista. W celu udowodnienia implikacji "$⟹$" załóżmy, że $\Vert x{\Vert }_{◻}=0$. Wówczas $2\Vert x{\Vert }_1+\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=0,$ czyli $\Vert x{\Vert }_1=0$ i $\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=0$. Ponieważ $\Vert \cdot {\Vert }_1$ i $\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{\infty }}$ są normami, więc $x=\mathrm{\Theta }$.

W celu pokazania jednorodności niech $x\in {\mathbb{ℝ}}^N$ oraz $\lambda \in \mathbb{ℝ}$. Wówczas

$\begin{array}{lll}\Vert \lambda x{\Vert }_{◻}& =& 2\Vert \lambda x{\Vert }_1+\Vert \lambda x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=2|\lambda |\Vert x{\Vert }_1+|\lambda |\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\\ & =& |\lambda |(2\Vert x{\Vert }_1+\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }})=|\lambda |\Vert x{\Vert }_{◻},\end{array}$

co należało pokazać.

W celu pokazania subaddytywności, niech $x,y\in {\mathbb{ℝ}}^N$. Wówczas

$\begin{array}{lll}\Vert x+y{\Vert }_{◻}& =& 2\Vert x+y{\Vert }_1+\Vert x+y{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le 2(\Vert x{\Vert }_1+\Vert y{\Vert }_1)+(\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }}+\Vert y{\Vert }_{\mathrm{\infty }})\\ & =& (2\Vert x{\Vert }_1+\Vert x{\Vert }_{\mathrm{\infty }})(2\Vert y{\Vert }_1+\Vert y{\Vert }_{\mathrm{\infty }})=\Vert x{\Vert }_{◻}+\Vert y{\Vert }_{◻}.\end{array}$

Co kończy dowód, że $\Vert \cdot {\Vert }_{◻}$ jest norma w ${\mathbb{ℝ}}^N$.

Aby narysować kulę $K((0,0),1)\subseteq {\mathbb{ℝ}}^2$ w tej normie, rozpiszmy wzór na tę normę:

$\Vert (x_1,x_2){\Vert }_{◻}=2|x_1|+2|x_2|+\max \{|x_1|+|x_2|\}=\{\begin{array}{lll}3|x_1|+2|x_2|& \text{jeśli}& |x_1|\ge |x_2|,\\ 2|x_2|+3|x_2|& \text{jeśli}& |x_1|<|x_2|.\end{array}$

Zbiór punktów $(x_1,x_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2$ spełniających nierówność $\Vert (x_1,x_2){\Vert }_{◻}<1$ dostajemy, rozpisując nierówności w poszczególnych ćwiartkach układu współrzędnych, dostajemy ośmiokąt jak na rysunku obok.

Ćwiczenie 3.7.

Niech $\Vert \cdot {\Vert }_1$ i $\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{\infty }}$ oznaczają odpowiednio normę taksówkową i maksimową w ${\mathbb{ℝ}}^N$. Sprawdzić, czy

$\Vert \cdot {\Vert }_{\circ }=2\Vert \cdot {\Vert }_1-\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{\infty }}$

jest normą w ${\mathbb{ℝ}}^2$.

Wskazówka

Pokazać brak subaddytywności dla $\Vert \cdot {\Vert }_{\circ }$.

Rozwiązanie

Pokażemy, że $\Vert \cdot {\Vert }_{\circ }$ nie spełnia warunku subaddytywności. Dla wektorów $x=(1,0)$ i $y(0,1)$ w ${\mathbb{ℝ}}^2$ mamy

$\Vert x+y{\Vert }_{\circ }=2\Vert (1,1){\Vert }_1-\Vert (1,1){\Vert }_{\mathrm{\infty }}=2\cdot 2-1=3$

oraz

$\begin{array}{lll}\Vert x{\Vert }_{\circ }+\Vert y{\Vert }_{\circ }& =& 2\Vert (1,0){\Vert }_1-\Vert (1,0){\Vert }_{\mathrm{\infty }}\\ & +& 2\Vert (0,1){\Vert }_1-\Vert (0,1){\Vert }_{\mathrm{\infty }}=2-1+2-1=2.\end{array}$

Zatem $\Vert x+y{\Vert }_{\circ }\le ̸\Vert x{\Vert }_{\circ }+\Vert y{\Vert }_{\circ }$.

Jako ciekawostkę proponujemy sprawdzenie, że dwa pierwsze warunki w definicji normy zachodzą dla $\Vert \cdot {\Vert }_{\circ }$.

Ćwiczenie 3.8.

W ${\mathbb{ℝ}}^2$ wprowadzamy

$((x_1,x_2)|(y_1,y_2){)}_{\mathrm{△}}=3x_1{y}_1+5x_2{y}_2$ dla $(x_1,x_2),(y_1,y_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2.$

(1) Pokazać, że $(\cdot |\cdot {)}_{\mathrm{△}}$ jest iloczynem skalarnym w ${\mathbb{ℝ}}^2$.
(2) Jak wygląda $\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{△}}$ norma zadana przez ten iloczyn skalarny? Obliczyć $\Vert (4,5){\Vert }_{\mathrm{△}}$.
(3) Dane są dwa wektory $x=(1,7)$ i $y=(3,a)$. Dobrać parametr $a\in \mathbb{ℝ}$ tak, aby $x\perp y$ (oczywiście w rozważanym iloczynie skalarnym).
(4) Narysować kulę $K_{\mathrm{△}}((0,0),1)$ w metryce zadanej przez ten iloczyn skalarny.

Wskazówka

(1) Sprawdzić zachodzenie wszystkich czterech warunków w definicji iloczynu skalarnego (patrz definicja 3.15.).
(2) Skorzystać ze wzoru na normę zadaną przez iloczyn skalarny (patrz twierdzenie 3.18.).
(3) Co to znaczy, że wektory są ortogonalne? (patrz definicja 3.25.).
(4) Kule w przestrzeni unormowanej są to kule w przestrzeni metrycznej zadanej przez normę.

Rozwiązanie

(1) Dla dowolnego $x=(x_1,x_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2$ mamy

$((x_1,x_2)|(x_1,x_2){)}_{\mathrm{△}}=3x_1^2+5x_2^2,$

zatem

$((x_1,x_2)|(x_1,x_2){)}_{\mathrm{△}}\ge 0$

oraz

$((x_1,x_2)|(x_1,x_2){)}_{\mathrm{△}}=0⟺(x_1,x_2)=\mathrm{\Theta },$

pokazaliśmy więc punkt (1) definicji iloczynu skalarnego.

Niech $x=(x_1,x_2),y=(y_1,y_2)\in X$ oraz $\lambda \in \mathbb{ℝ}$. Wówczas

$\begin{array}{lll}(\lambda (x_1,x_2)|(y_1,y_2){)}_{\mathrm{△}}& =& ((\lambda x_1,\lambda x_2)|(y_1,y_2){)}_{\mathrm{△}}=3\lambda x_1{y}_1+5\lambda x_2{y}_2\\ & =& \lambda (3x_1{y}_1+5x_2{y}_2)=\lambda ((x_1,x_2)|(y_1,y_2){)}_{\mathrm{△}},\end{array}$

pokazaliśmy więc punkt (2) definicji iloczynu skalarnego.

Niech teraz $x=(x_1,x_2),y=(y_1,y_2),z=(z_1,z_2)\in X$. Wówczas

$\begin{array}{lll}((x_1,x_2)+(y_1,y_2)|(z_1,z_2){)}_{\mathrm{△}}& =& ((x_1+y_1,x_2+y_2)|(z_1,z_2){)}_{\mathrm{△}}\\ & =& 3(x_1+y_1)z_1+5(x_2+y_2)z_2\\ & =& 3x_1{z}_1+3y_1{z}_1+5x_2{z}_2+5y_2{z}_2\\ & =& (3x_1{z}_1+5x_2{z}_2)+(3y_1{z}_1+5y_2{z}_2)\\ & =& ((x_1,x_2)|(z_1,z_2){)}_{\mathrm{△}}((y_1,y_2)|(z_1,z_2){)}_{\mathrm{△}},\end{array}$

pokazaliśmy więc punkt (3) definicji iloczynu skalarnego.

W końcu niech $x=(x_1,x_2),y=(y_1,y_2)\in X$. Wówczas

$((x_1,x_2)|(y_1,y_2){)}_{\mathrm{△}}=3x_1{y}_1+5y_1{y}_2=3y_1{x}_1+5y_2{x}_2=((y_1,y_2)|(x_1,x_2){)}_{\mathrm{△}}$

pokazaliśmy więc symetrię. Kończy to dowód faktu, że $(\cdot |\cdot {)}_{\mathrm{△}}$ jest iloczynem skalarnym w ${\mathbb{ℝ}}^2$.

Kula w metryce zadanej przez iloczyn skalarny z ćwiczenia 3.8.

(2) Ponieważ $(\cdot |\cdot {)}_{\mathrm{△}},$ więc norma $\Vert \cdot {\Vert }_{\mathrm{△}}$ zadana przez ten iloczyn skalarny dla dowolnego $x=(x_1,x_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2$ wynosi:

$\Vert (x_1,x_2){\Vert }_{\mathrm{△}}=\sqrt{((x_1,x_2)|(x_1,x_2){)}_{\mathrm{△}}}=\sqrt{3x_1^2+5x_2^2}.$

Zatem

$\Vert (4,5){\Vert }_{\mathrm{△}}=\sqrt{3\cdot 4^2+5\cdot 5^2}=\sqrt{173}.$

(3) Wektory $x$ i $y$ są ortogonalne wtedy i tylko wtedy, gdy $(x|y{)}_{\mathrm{△}}=0$. Zatem musimy rozwiązać równanie

$((1,7)|(3,a){)}_{\mathrm{△}}=0,$

czyli

$3\cdot 1\cdot 3+5\cdot 7\cdot a=0,$

skąd $a=-\frac{9}{35}$.

(4) Kulą jest następujący zbiór:

$\begin{array}{rl}{K}_{\mathrm{△}}((0,0),1)& =\{(x_1,x_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2:\Vert (x_1,x_2){\Vert }_{\mathrm{△}}<1\}\\ & =\{(x_1,x_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2:\sqrt{3x_1^2+5x_2^2}<1\}\\ & =\{(x_1,x_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2:3x_1^2+5x_2^2<1\}.\end{array}$

Przypomnijmy, że zbiór punktów $(x_1,x_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2$ spełniających równanie $\frac{x_1^2}{a^2}+\frac{x_2^2}{b^2}=1$ jest elipsą o półosiach wielkich $a$ i $b$. Zatem w naszym przypadku zbiór punktów $(x_1,x_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2$ spełniających nierówność $\frac{x_1^2}{\frac{1}{3}}+\frac{x_2^2}{\frac{1}{5}}<1$ jest wnętrzem elipsy o półosiach wielkich $\frac{1}{\sqrt{3}}$ oraz $\frac{1}{\sqrt{5}}$.

Ćwiczenie 3.9.

(Zadanie nadobowiązkowe.)
Niech $X,Y$ będą dwiema przestrzeniami unormowanymi oraz $f:X⟶Y$ odwzorowaniem liniowym. Udowodnić, że następujące warunki są równoważne:
(i) $f$ jest ciągła;
(ii) $\mathrm{\exists }{x}_0\in X$: $f$ jest ciągła w $x_0$;
(iii) $f$ jest ciągła w $\mathrm{\Theta }\in X$ ($\mathrm{\Theta }$ oznacza wektor zerowy przestrzeni wektorowej $X$);
(iv) $\mathrm{\exists }M\ge 0\mathrm{\forall }x\in X:\Vert x{\Vert }_X\le 1⟹\Vert f(x){\Vert }_Y\le M$ (to znaczy odwzorowanie $f$ jest ograniczone na domkniętej kuli o promieniu $1$);
(v) $\mathrm{\exists }c\ge 0\mathrm{\forall }x\in X:\Vert f(x){\Vert }_Y\le c\Vert x{\Vert }_X$ (warunek ten nazywa się ograniczonością dla odwzorowania liniowego);
(vi) $f$ jest jednostajnie ciągła.

Wskazówka

Udowodnić kolejno implikacje $(i)⟹(ii)⟹(iii)⟹(iv)⟹(v)⟹(vi)⟹(i)$.

Rozwiązanie

"$(i)⟹(ii)$"
Implikacja jest oczywista (z ciągłości funkcji wynika jej ciągłość w każdym punkcie).

"$(ii)⟹(iii)$"
Załóżmy, że funkcja $f:X⟶Y$ jest ciągła w pewnym punkcie $x_0\in X$. Pokażemy, że jest ciągła w $\mathrm{\Theta }\in X$.

Ustalmy dowolne $\epsilon >0$. Z definicji Cauchy'ego ciągłości funkcji w punkcie wiemy, że

$\mathrm{\exists }\delta >0:[\Vert x-x_0{\Vert }_X\le \delta ⟹\Vert f(x)-f(x_0){\Vert }_Y\le \epsilon ].$

Dla dowolnego $z\in X$ takiego, że $\Vert z{\Vert }_X\le \delta$ niech $x=z+x_0$. Wówczas $\Vert x-x_0{\Vert }_X=\Vert z{\Vert }_X\le \delta ,$ a zatem korzystając z powyższej implikacji, dostajemy, że $\Vert f(z){\Vert }_Y=\Vert f(x-x_0){\Vert }_Y=\Vert f(x)-f(x_0){\Vert }_Y\le \epsilon$. Zatem pokazaliśmy, że

$\mathrm{\forall }\epsilon >0\mathrm{\exists }\delta >0:[\Vert z{\Vert }_X\le \delta ⟹\Vert f(z){\Vert }_Y\le \epsilon ],$

a to oznacza ciągłość funkcji $f$ w punkcie $\mathrm{\Theta }$.

"$(iii)⟹(iv)$"
Załóżmy, że funkcja $f:X⟶Y$ jest ciągła w punkcie $\mathrm{\Theta }$. Ustalmy $\epsilon =1$. Wówczas

$\mathrm{\exists }\delta >0:[\Vert z{\Vert }_X\le \delta ⟹\Vert f(z){\Vert }_Y\le 1].$

Niech $M:=\frac{1}{\delta }$. Wówczas dla $x\in X\setminus \{\mathrm{\Theta }\}$ takich, że $\Vert x{\Vert }_X\le 1$ mamy

$\Vert f(x){\Vert }_Y=\Vert f\left(\frac{\delta x}{\delta }\right){\Vert }_Y=\frac{1}{\delta }\Vert f(\delta x){\Vert }_Y.$

Korzystając z faktów, że $\Vert x{\Vert }_X\le 1$ oraz $\Vert \delta x{\Vert }_X=\delta \Vert x{\Vert }_X\le \delta$ i z powyższej implikacji, dostajemy, że

$\Vert f(x){\Vert }_Y\le \frac{1}{\delta }=M.$

Oczywiście dla $x=\mathrm{\Theta }$ implikacja także zachodzi. Zatem pokazaliśmy, że

$\mathrm{\forall }x\in X:[\Vert x{\Vert }_X\le 1⟹\Vert f(x){\Vert }_Y\le M],$

co należało dowieść.

"$(iv)⟹(v)$"
Zakładamy, że

$\mathrm{\exists }M>0\mathrm{\forall }x\in X:[\Vert x{\Vert }_X\le 1⟹\Vert f(x){\Vert }_Y\le M].$

Niech $c:=M$. Wówczas dla dowolnego $x\in X\setminus \{\mathrm{\Theta }\}$ mamy

$\Vert f(x){\Vert }_X=\Vert f(\Vert x{\Vert }_X\frac{x}{\Vert x{\Vert }_X}){\Vert }_X=\Vert x{\Vert }_X\Vert f\left(\frac{x}{\Vert x{\Vert }_X}\right){\Vert }_X.$

Ponieważ $\Vert \frac{x}{\Vert x{\Vert }_X}{\Vert }_X=1,$ więc możemy skorzystać z założenia, otrzymując

$\Vert f(x){\Vert }_X=\Vert x{\Vert }_X\Vert f\left(\frac{x}{\Vert x{\Vert }_X}\right){\Vert }_X\le \Vert x{\Vert }_X\cdot M=c\Vert x{\Vert }_X.$

Oczywiście dla $x=\mathrm{\Theta }$ implikacja także jest prawdziwa. Zatem pokazaliśmy, że

$\mathrm{\exists }c\ge 0\mathrm{\forall }x\in X:\Vert f(x){\Vert }_Y\le c\Vert x{\Vert }_X,$

co należało dowieść.

"$(v)⟹(vi)$"
Zakładamy, że

$\mathrm{\exists }c\ge 0\mathrm{\forall }x\in X:\Vert f(x){\Vert }_Y\le c\Vert x{\Vert }_X.$

W celu pokazania jednostajnej ciągłości funkcji $f$ ustalmy dowolne $\epsilon >0$. Niech $\delta :=\frac{\epsilon }{c}$. Wówczas dla dowolnych $x,z\in X$ takich, że $\Vert x-z{\Vert }_X\le \delta ,$ korzystając z założenia, mamy

$\Vert f(x)-(z){\Vert }_Y=\Vert f(x-z){\Vert }_Y\le c\Vert x-z{\Vert }_X\le c\delta =\epsilon .$

Zatem pokazaliśmy, że

$\mathrm{\forall }\epsilon >0\mathrm{\exists }\delta >0\mathrm{\forall }x,z\in X:[\Vert x-z{\Vert }_X\le \delta ⟹\Vert f(x)-f(z){\Vert }_Y\le \epsilon ],$

co oznacza jednostajną ciągłość funkcji $f$.

"$(vi)⟹(i)$"
Implikacja ta jest oczywista, gdyż jednostajna ciągłość zawsze implikuje ciągłość (patrz twierdzenie 2.37.)