Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 3: Norma. Iloczyn skalarny

Norma. Iloczyn skalarny

Ćwiczenie 3.1.

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

‖ x ‖_{2} \overset{d f}{=} \sqrt{\sum_{i = 1}^{N} x_{i}^{2}}, ‖ x ‖_{1} \overset{d f}{=} \sum_{i = 1}^{N} | x_{i} |, ‖ x ‖_{\infty} \overset{d f}{=} \max_{1 \leq i \leq N} | x_{i} |

dla

x \in ℝ^{N}

Pokazać, że $‖ \cdot ‖_{2}, ‖ \cdot ‖_{1}$ oraz $‖ \cdot ‖_{\infty}$ są normami (nazywamy je odpowiednio normą euklidesową, normą taksówkową oraz normą maksimową).

Wskazówka

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

Rozwiązanie

(1) Pokażemy, że $‖ \cdot ‖_{2}$ jest normą.
Dla $x = (x_{1}, \dots, x_{N}) \in ℝ^{N}$ mamy

‖ x ‖_{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 = Θ

Dla $x = (x_{1}, \dots, x_{N}) \in ℝ^{N}$ oraz $λ \in ℝ$ mamy

‖ λ x ‖_{2} = \sqrt{\sum_{i = 1}^{N} (λ x_{i})^{2}} = \sqrt{λ^{2} \sum_{i = 1}^{N} x_{i}^{2}} = | λ | \sqrt{\sum_{i = 1}^{N} x_{i}^{2}} = | λ | ‖ x ‖_{2}

,

zatem pokazaliśmy warunek jednorodności.

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

‖ x + y ‖_{2} = \sum_{i = 1}^{N} (x_{i} + y_{i})^{2} = \sum_{i = 1}^{N} (x_{i}^{2} + 2 x_{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.)

\forall x, y \in ℝ^{N} : (\sum_{i = 1}^{N} x_{i} y_{i})^{2} \leq (\sum_{i = 1}^{N} x_{i}^{2}) (\sum_{i = 1}^{N} y_{i}^{2})

,

mamy

\begin{array}{lll} ‖ x + y ‖_{2}^{2} & \leq & \sum_{i = 1}^{N} x_{i}^{2} + 2 (\sum_{i = 1}^{N} x_{i}^{2}) (\sum_{i = 1}^{N} y_{i}^{2}) + \sum_{i = 1}^{N} y_{i}^{2} \\ = & (\sum_{i = 1}^{N} x_{i}^{2} + \sum_{i = 1}^{N} y_{i}^{2}) = (‖ x ‖_{2} + ‖ y ‖_{2})^{2}, \end{array}

zatem pokazaliśmy warunek subaddytywności:

\forall x, y \in ℝ^{N} : ‖ x + y ‖_{2} \leq ‖ x ‖_{2} + ‖ y ‖_{2}

co kończy dowód.

(2) Pokażemy, że $‖ \cdot ‖_{1}$ jest normą.
Dla $x = (x_{1}, \dots, x_{N}) \in ℝ^{N}$ mamy

‖ x ‖_{1} = 0 ⟺ \sum_{i = 1}^{N} | x_{i} | = 0 ⟺ x_{1} = \dots = x_{N} = 0 ⟺ x = Θ

Dla $x = (x_{1}, \dots, x_{N}) \in ℝ^{N}$ oraz $λ \in ℝ$ mamy

‖ λ x ‖_{1} = \sum_{i = 1}^{N} | λ x_{i} | = | λ | \sum_{i = 1}^{N} | x_{i} | = | λ | ‖ x ‖_{1}

zatem pokazaliśmy warunek jednorodności.

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

\begin{array}{lll} ‖ x + y ‖_{1} & = & \sum_{i = 1}^{N} | x_{i} + y_{i} | \leq \sum_{i = 1}^{N} (| x_{i} | + | y_{i} |) \\ = & \sum_{i = 1}^{N} | x_{i} | + \sum_{i = 1}^{N} | y_{i} | = ‖ x ‖_{1} + ‖ y ‖_{1} \end{array}

zatem pokazaliśmy warunek subaddytywności, co kończy dowód.

(3) Pokażemy, że $‖ \cdot ‖_{\infty}$ jest normą.
Dla $x = (x_{1}, \dots, x_{N}) \in ℝ^{N}$ mamy

‖ x ‖_{\infty} = 0 ⟺ \max_{i = 1, \dots, N} | x_{i} | = 0 ⟺ x_{1} = \dots = x_{N} = 0 ⟺ x = Θ

Dla $x = (x_{1}, \dots, x_{N}) \in ℝ^{N}$ oraz $λ \in ℝ$ mamy

‖ λ x ‖_{\infty} = \max_{i = 1, \dots, N} | λ x_{i} | = | λ | \max_{i = 1, \dots, N} | x_{i} | = | λ | ‖ x ‖_{\infty}

zatem pokazaliśmy warunek jednorodności.

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

\begin{array}{lll} ‖ x + y ‖_{\infty} & = & \max_{i = 1, \dots, N} | x_{i} + y_{i} | \leq \max_{i = 1, \dots, N} (| x_{i} | + | y_{i} |) \\ \leq & \max_{i = 1, \dots, N} | x_{i} | + \max_{i = 1, \dots, N} | y_{i} | = ‖ x ‖_{\infty} + ‖ y ‖_{\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

Rozwiązanie

Dla dowolnych $x, y \in ℝ$ zauważmy, że

‖ x - y ‖_{2} = \sqrt{\sum_{i = 1}^{N} (x_{i} - y_{i})^{2}} = d_{2} (x, y)

więc norma euklidesowa $‖ \cdot ‖_{2}$ zadaje metrykę euklidesową $d_{2}$ .

Dla dowolnych $x, y \in ℝ$ zauważmy, że

‖ x - y ‖_{1} = \sum_{i = 1}^{N} | x_{i} - y_{i} | = d_{1} (x, y)

więc norma taksówkowa $‖ \cdot ‖_{1}$ zadaje metrykę taksówkową $d_{2}$ . Dla dowolnych $x, y \in ℝ$ zauważmy, że

‖ x - y ‖_{\infty} = \max_{i = 1, \dots, N} | x_{i} - y_{i} | = d_{\infty} (x, y)

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

Ćwiczenie 3.3.

Wykazać bezpośrednio równoważność norm: $‖ \cdot ‖_{1}$ (taksówkowej), $‖ \cdot ‖_{2}$ (euklidesowej) i $‖ \cdot ‖_{\infty}$ (maksimowej) w $ℝ^{N}$ , znajdując optymalne stałe $m_{i}, M_{i} > 0$ ( $i = 1, 2, 3$ ) w następujących nierównościach:

\begin{aligned} (1) & \forall x \in ℝ^{N} : m_{1} ‖ x ‖_{2} \leq ‖ x ‖_{\infty} \leq M_{1} ‖ x ‖_{2}, \\ (2) & \forall x \in ℝ^{N} : m_{2} ‖ x ‖_{1} \leq ‖ x ‖_{\infty} \leq M_{2} ‖ x ‖_{1}, \\ (3) & \forall x \in ℝ^{N} : m_{3} ‖ x ‖_{1} \leq ‖ x ‖_{2} \leq M_{3} ‖ x ‖_{1} \end{aligned}

Wskazówka

(1) Skorzystać jedynie z definicji norm $‖ \cdot ‖_{2}$ i $‖ \cdot ‖_{\infty}$ , dla pokazania nierówności i wyznaczenia stałych. Aby pokazać "optymalność" stałych, wskazać wektor $x_{0} \in ℝ^{N}$ , dla którego zachodzą równości.

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

Rozwiązanie

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

‖ x ‖_{2}^{2} = \sum_{i = 1}^{N} | x_{i} |^{2} \leq \sum_{i = 1}^{N} \max_{k = 1, \dots, N} | x_{k} |^{2} = N \max_{k = 1, \dots, N} | x_{k} |^{2} = N ‖ x ‖_{\infty}^{2}

Zatem

\forall x \in ℝ^{N} : \frac{1}{\sqrt{N}} ‖ x ‖_{2} \leq ‖ x ‖_{\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}} ‖ x_{0} ‖_{2} = \frac{1}{\sqrt{N}} \sqrt{N} = 1 = ‖ x_{0} ‖_{\infty}

Z kolei dla dowolnego wektora $x = (x_{1}, \dots, x_{N}) \in ℝ^{N}$ mamy

‖ x ‖_{\infty}^{2} = (\max_{i = 1, \dots, N} | x_{i} |)^{2} = \max_{i = 1, \dots, N} | x_{i} |^{2} \leq \sum_{i = 1}^{N} | x_{i} |^{2} = ‖ x ‖_{2}^{2}

Zatem

\forall x \in ℝ^{N} : ‖ x ‖_{\infty} \leq ‖ x ‖_{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

‖ x_{0} ‖_{\infty} = 1 = ‖ x_{0} ‖_{2}

(2) Dla dowolnego wektora $x = (x_{1}, \dots, x_{N}) \in ℝ^{N}$ mamy

‖ x ‖_{1} = \sum_{i = 1}^{N} | x_{i} | \leq \sum_{i = 1}^{N} \max_{k = 1, \dots, N} | x_{k} | = N \max_{k = 1, \dots, N} | x_{k} | = N ‖ x ‖_{\infty}

Zatem

\forall x \in ℝ^{N} : \frac{1}{N} ‖ x ‖_{1} \leq ‖ x ‖_{\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} ‖ x_{0} ‖_{1} = \frac{1}{N} \cdot N = 1 = ‖ x_{0} ‖_{\infty}

Z kolei dla dowolnego wektora $x = (x_{1}, \dots, x_{N}) \in ℝ^{N}$ mamy

‖ x ‖_{\infty} = \max_{i = 1, \dots, N} | x_{i} | \leq \sum_{i = 1}^{N} | x_{i} | = ‖ x ‖_{1}

Zatem

\forall x \in ℝ^{N} : ‖ x ‖_{\infty} \leq ‖ x ‖_{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

‖ x_{0} ‖_{\infty} = 1 = ‖ x_{0} ‖_{1}

(3) Dla dowolnego wektora $x = (x_{1}, \dots, x_{N}) \in ℝ^{N}$ mamy

‖ x ‖_{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

\forall a, b \in ℝ : 2 a b \leq a^{2} + b^{2}

mamy

‖ x ‖_{1}^{2} \leq \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

‖ x ‖_{1}^{2} \leq N \sum_{i = 1}^{N} | x_{i} |^{2} = N ‖ x ‖_{2}^{2}

Zatem

\forall x \in ℝ^{N} : \frac{1}{\sqrt{N}} ‖ x ‖_{1} \leq ‖ x ‖_{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}} ‖ x_{0} ‖_{1} = \frac{1}{\sqrt{N}} \cdot N = \sqrt{N} = ‖ x_{0} ‖_{2}

Z kolei dla dowolnego wektora $x = (x_{1}, \dots, x_{N}) \in ℝ^{N}$ mamy

‖ x ‖_{2} = \sum_{i = 1}^{N} | x_{i} |^{2} \leq (\sum_{i = 1}^{N} | x_{i} |)^{2} = ‖ x ‖_{1}^{2}

Zatem

\forall x \in ℝ^{N} : ‖ x ‖_{2} \leq ‖ x ‖_{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

‖ x_{0} ‖_{2} = 1 = ‖ x_{0} ‖_{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 $A ∖ B$ 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

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 $λ \in (0, 1)$ . Ponieważ $x, y \in A$ i zbiór $A$ jest wypukły, więc także $λ x + (1 - λ) y \in A$ . Analogicznie ponieważ $x, y \in B$ i zbiór $B$ jest wypukły, więc także $λ x + (1 - λ) y \in B$ . Zatem $λ x + (1 - λ) y \in A \cap B$ . Dowodzi to wypukłości zbioru $A \cap B$ .

(2) Stwierdzenie to nie jest prawdziwe. Dla przykładu niech $X = ℝ, A = [0, 2]$ 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 $λ = \frac{1}{2}$ mamy $x, y \in A \cup B, λ \in (0, 1)$ , ale $λ x + (1 - λ) y = 3 \in̸ A \cup B$ .

(3) Stwierdzenie to nie jest prawdziwe. Dla przykładu niech $X = ℝ, A = [0, 6]$ 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 $λ \in (0, 1)$ . Wówczas

$λ (a_{1}, b_{1}) + (1 - λ) (a_{2}, b_{2}) = (λ a_{1} + (1 - λ) a_{2}, λ b_{1} + (1 - λ) b_{2})$

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

$λ a_{1} + (1 - λ) a_{2} \in A, λ b_{1} + (1 - λ) b_{2} \in B$

Z definicji iloczynu kartezjańskiego wynika, że

$(λ a_{1} + (1 - λ) a_{2}, λ b_{1} + (1 - λ) b_{2}) \in A \times B$

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

Ćwiczenie 3.5.

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

$‖ f ‖_{\infty} = \sup_{x \in [0, 1]} | f (x) | \forall f \in C ([0, 1]; ℝ)$

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

(4) Pokazać, że $C ([0, 1]; ℝ)$ 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

‖ f ‖_{\infty} = 0 ⟺ f \equiv 0

Implikacja " $⟹$ " jest oczywista. W celu udowodnienia implikacji " $⟸$ " załóżmy, że $‖ f ‖_{\infty} = 0$ . Wówczas $\sup_{x \in [0, 1]} | f (x) | = 0$ . 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 $f \in C ([0, 1]; ℝ)$ oraz $λ \in ℝ$ . Wówczas

\begin{array}{lll} ‖ f λ f ‖_{\infty} & = & \sup_{x \in [0, 1]} | λ f (x) | = \sup_{x \in [0, 1]} | λ | | f (x) | \\ = & | λ | \sup_{x \in [0, 1]} | f (x) | = | λ | ‖ f ‖_{\infty}, \end{array}

co należało pokazać.

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

\begin{array}{lll} ‖ f + g ‖_{\infty} & = & \sup_{x \in [0, 1]} | (f + g) (x) | = \sup_{x \in [0, 1]} | f (x) + g (x) | \leq \sup_{x \in [0, 1]} [| f (x) | + | g (x) |] \\ \overset{⋆}{\leq} & \sup_{x \in [0, 1]} | f (x) | + \sup_{x \in [0, 1]} | g (x) | = ‖ f ‖_{\infty} + ‖ g ‖_{\infty} . \end{array}

Aby uzasadnić powyższą nierówność $⋆$ , zauważmy, że

\forall x \in [0, 1] : | f (x) | + | g (x) | \leq \sup_{x \in [0, 1]} | f (x) | + \sup_{x \in [0, 1]} | g (x) |

,

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

(2) Ponieważ $f_{1} (\frac{1}{4}) = \sin \frac{π}{2} = 1$ oraz $| f_{1} (x) | = | \sin (2 π x) | \leq 1$ dla dowolnego $x \in [0, 1]$ , zatem $‖ f_{1} ‖_{\infty} = 1$ .

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 $(p, q) = (\frac{- b}{2 a}, \frac{- Δ}{4 a}) = (\frac{5}{12}, - \frac{1}{24})$ . Na końcach przedziału mamy wartości $f_{2} (0) = 1, f_{2} (1) = 2$ , zatem

‖ f_{2} ‖_{\infty} = \max {| - \frac{1}{24} |, | 1 |, | 2 |} = 2

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

(3) Zbieżność $f_{n} \overset{‖ \cdot ‖_{\infty}}{\to} f$ oznacza z definicji:

\forall ε > 0 \exists N \in ℕ \forall n \geq N : ‖ f_{n} - f ‖_{\infty} < ε

Rozpisując normę supremową, otrzymujemy równoważne sformułowanie:

\forall ε > 0 \exists N \in ℕ \forall n \geq N : \sup_{x \in [0, 1]} | f_{n} (x) - f (x) | < ε

Z kolei korzystając z definicji supremum, mamy równoważną postać

\forall ε > 0 \exists N \in ℕ \forall n \geq N \forall x \in X | f_{n} (x) - f (x) | < ε

,

a to oznacza, że $f_{n} ⇉ f$ w $[0, 1]$ (patrz definicja 4.1. (2)), co należało dowieść.

(4) Należy wykazać, że przestrzeń $C ([0, 1]; ℝ)$ jest zupełna. W tym celu weźmy dowolny ciąg Cauchy'ego ${f_{n}} \subseteq C ([0, 1]; ℝ)$ . 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 $ℝ$ ), a zatem jest zbieżny, powiedzmy do $f (x)$ (korzystamy z zupełności $ℝ$ ). Zatem $f$ jest granicą punktową ciągu funkcyjnego ${f_{n}}$ .

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

\exists N \in ℕ \forall m > n > N : \sup_{x \in [0, 1]} | f_{n} (x) - f_{m} (x) | < ε

,

zatem dla $m > n > N$ mamy

\forall x \in [0, 1] : | f_{n} (x) - f_{m} (x) | < ε

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

| f_{n} (x) - f (x) | \leq ε

Zatem pokazaliśmy, że $f ⇉ f$ , 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 $f \in C ([0, 1]; ℝ)$ .

Ćwiczenie 3.6.

Niech $‖ \cdot ‖_{1}$ i $‖ \cdot ‖_{\infty}$ oznaczają odpowiednio normę taksówkową i maksimową w $ℝ^{N}$ . Pokazać, że

‖ \cdot ‖_{◻} = 2 ‖ \cdot ‖_{1} + ‖ \cdot ‖_{\infty}

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

Wskazówka

Korzystając z definicji norm $‖ \cdot ‖_{1}$ i $‖ \cdot ‖_{\infty}$ , pokazać, że $‖ \cdot ‖_{◻}$ jest normą.

Rozwiązanie

Niech $x \in ℝ^{N}$ . Pokażemy, że $‖ x ‖_{◻} = 0 ⟺ x = Θ$ .

Implikacja " $⟸$ " jest oczywista. W celu udowodnienia implikacji " $⟹$ " załóżmy, że $‖ x ‖_{◻} = 0$ . Wówczas $2 ‖ x ‖_{1} + ‖ x ‖_{\infty} = 0$ , czyli $‖ x ‖_{1} = 0$ i $‖ x ‖_{\infty} = 0$ . Ponieważ $‖ \cdot ‖_{1}$ i $‖ \cdot ‖_{\infty}$ są normami, więc $x = Θ$ .

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

$\begin{array}{lll} ‖ λ x ‖_{◻} & = & 2 ‖ λ x ‖_{1} + ‖ λ x ‖_{\infty} = 2 | λ | ‖ x ‖_{1} + | λ | ‖ x ‖_{\infty} \\ = & | λ | (2 ‖ x ‖_{1} + ‖ x ‖_{\infty}) = | λ | ‖ x ‖_{◻}, \end{array}$

co należało pokazać.

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

$\begin{array}{lll} ‖ x + y ‖_{◻} & = & 2 ‖ x + y ‖_{1} + ‖ x + y ‖_{\infty} \leq 2 (‖ x ‖_{1} + ‖ y ‖_{1}) + (‖ x ‖_{\infty} + ‖ y ‖_{\infty}) \\ = & (2 ‖ x ‖_{1} + ‖ x ‖_{\infty}) (2 ‖ y ‖_{1} + ‖ y ‖_{\infty}) = ‖ x ‖_{◻} + ‖ y ‖_{◻} . \end{array}$

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

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

$‖ (x_{1}, x_{2}) ‖_{◻} = 2 | x_{1} | + 2 | x_{2} | + \max {| x_{1} | + | x_{2} |} = {\begin{cases} 3 | x_{1} | + 2 | x_{2} | & jeśli & | x_{1} | \geq | x_{2} |, \\ 2 | x_{2} | + 3 | x_{2} | & jeśli & | x_{1} | < | x_{2} | . \end{cases}$

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

Ćwiczenie 3.7.

Niech $‖ \cdot ‖_{1}$ i $‖ \cdot ‖_{\infty}$ oznaczają odpowiednio normę taksówkową i maksimową w $ℝ^{N}$ . Sprawdzić, czy

‖ \cdot ‖_{\circ} = 2 ‖ \cdot ‖_{1} - ‖ \cdot ‖_{\infty}

jest normą w $ℝ^{2}$ .

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

‖ x + y ‖_{\circ} = 2 ‖ (1, 1) ‖_{1} - ‖ (1, 1) ‖_{\infty} = 2 \cdot 2 - 1 = 3

oraz

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

Zatem $‖ x + y ‖_{\circ} \leq̸ ‖ x ‖_{\circ} + ‖ y ‖_{\circ}$ .

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

Ćwiczenie 3.8.

W $ℝ^{2}$ wprowadzamy

((x_{1}, x_{2}) | (y_{1}, y_{2}))_{△} = 3 x_{1} y_{1} + 5 x_{2} y_{2}

dla

(x_{1}, x_{2}), (y_{1}, y_{2}) \in ℝ^{2}

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

Wskazówka

Rozwiązanie

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

((x_{1}, x_{2}) | (x_{1}, x_{2}))_{△} = 3 x_{1}^{2} + 5 x_{2}^{2}

,

zatem

((x_{1}, x_{2}) | (x_{1}, x_{2}))_{△} \geq 0

oraz

((x_{1}, x_{2}) | (x_{1}, x_{2}))_{△} = 0 ⟺ (x_{1}, x_{2}) = Θ

,

pokazaliśmy więc punkt (1) definicji iloczynu skalarnego.

Niech $x = (x_{1}, x_{2}), y = (y_{1}, y_{2}) \in X$ oraz $λ \in ℝ$ . Wówczas

\begin{array}{lll} (λ (x_{1}, x_{2}) | (y_{1}, y_{2}))_{△} & = & ((λ x_{1}, λ x_{2}) | (y_{1}, y_{2}))_{△} = 3 λ x_{1} y_{1} + 5 λ x_{2} y_{2} \\ = & λ (3 x_{1} y_{1} + 5 x_{2} y_{2}) = λ ((x_{1}, x_{2}) | (y_{1}, y_{2}))_{△}, \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}))_{△} & = & ((x_{1} + y_{1}, x_{2} + y_{2}) | (z_{1}, z_{2}))_{△} \\ = & 3 (x_{1} + y_{1}) z_{1} + 5 (x_{2} + y_{2}) z_{2} \\ = & 3 x_{1} z_{1} + 3 y_{1} z_{1} + 5 x_{2} z_{2} + 5 y_{2} z_{2} \\ = & (3 x_{1} z_{1} + 5 x_{2} z_{2}) + (3 y_{1} z_{1} + 5 y_{2} z_{2}) \\ = & ((x_{1}, x_{2}) | (z_{1}, z_{2}))_{△} ((y_{1}, y_{2}) | (z_{1}, z_{2}))_{△}, \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}))_{△} = 3 x_{1} y_{1} + 5 y_{1} y_{2} = 3 y_{1} x_{1} + 5 y_{2} x_{2} = ((y_{1}, y_{2}) | (x_{1}, x_{2}))_{△}

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

(2) Ponieważ $(\cdot | \cdot)_{△}$ , więc norma $‖ \cdot ‖_{△}$ zadana przez ten iloczyn skalarny dla dowolnego $x = (x_{1}, x_{2}) \in ℝ^{2}$ wynosi:

$‖ (x_{1}, x_{2}) ‖_{△} = \sqrt{((x_{1}, x_{2}) | (x_{1}, x_{2}))_{△}} = \sqrt{3 x_{1}^{2} + 5 x_{2}^{2}}$

Zatem

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

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

$((1, 7) | (3, a))_{△} = 0$ ,

czyli

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

skąd $a = - \frac{9}{35}$ .

(4) Kulą jest następujący zbiór:

$\begin{aligned} K_{△} ((0, 0), 1) & = {(x_{1}, x_{2}) \in ℝ^{2} : ‖ (x_{1}, x_{2}) ‖_{△} < 1} \\ = {(x_{1}, x_{2}) \in ℝ^{2} : \sqrt{3 x_{1}^{2} + 5 x_{2}^{2}} < 1} \\ = {(x_{1}, x_{2}) \in ℝ^{2} : 3 x_{1}^{2} + 5 x_{2}^{2} < 1} . \end{aligned}$

Przypomnijmy, że zbiór punktów $(x_{1}, x_{2}) \in ℝ^{2}$ 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 $(x_{1}, x_{2}) \in ℝ^{2}$ 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) $\exists x_{0} \in X$ : $f$ jest ciągła w $x_{0}$ ;
(iii) $f$ jest ciągła w $Θ \in X$ ( $Θ$ oznacza wektor zerowy przestrzeni wektorowej $X$ );
(iv) $\exists M \geq 0 \forall x \in X : ‖ x ‖_{X} \leq 1 ⟹ ‖ f (x) ‖_{Y} \leq M$ (to znaczy odwzorowanie $f$ jest ograniczone na domkniętej kuli o promieniu $1$ );
(v) $\exists c \geq 0 \forall x \in X : ‖ f (x) ‖_{Y} \leq c ‖ x ‖_{X}$ (warunek ten nazywa się ograniczonością dla odwzorowania liniowego);
(vi) $f$ jest jednostajnie ciągła.

Wskazówka

Udowodnić kolejno implikacje $(i) ⟹ (i i) ⟹ (i i i) ⟹ (i v) ⟹ (v) ⟹ (v i) ⟹ (i)$ .

Rozwiązanie

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

" $(i i) ⟹ (i i i)$ "
Załóżmy, że funkcja $f : X ⟶ Y$ jest ciągła w pewnym punkcie $x_{0} \in X$ . Pokażemy, że jest ciągła w $Θ \in X$ .

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

\exists δ > 0 : [‖ x - x_{0} ‖_{X} \leq δ ⟹ ‖ f (x) - f (x_{0}) ‖_{Y} \leq ε]

Dla dowolnego $z \in X$ takiego, że $‖ z ‖_{X} \leq δ$ niech $x = z + x_{0}$ . Wówczas $‖ x - x_{0} ‖_{X} = ‖ z ‖_{X} \leq δ$ , a zatem korzystając z powyższej implikacji, dostajemy, że $‖ f (z) ‖_{Y} = ‖ f (x - x_{0}) ‖_{Y} = ‖ f (x) - f (x_{0}) ‖_{Y} \leq ε$ . Zatem pokazaliśmy, że

\forall ε > 0 \exists δ > 0 : [‖ z ‖_{X} \leq δ ⟹ ‖ f (z) ‖_{Y} \leq ε]

,

a to oznacza ciągłość funkcji $f$ w punkcie $Θ$ .

" $(i i i) ⟹ (i v)$ "
Załóżmy, że funkcja $f : X ⟶ Y$ jest ciągła w punkcie $Θ$ . Ustalmy $ε = 1$ . Wówczas

\exists δ > 0 : [‖ z ‖_{X} \leq δ ⟹ ‖ f (z) ‖_{Y} \leq 1]

Niech $M : = \frac{1}{δ}$ . Wówczas dla $x \in X ∖ {Θ}$ takich, że $‖ x ‖_{X} \leq 1$ mamy

‖ f (x) ‖_{Y} = ‖ f (\frac{δ x}{δ}) ‖_{Y} = \frac{1}{δ} ‖ f (δ x) ‖_{Y}

Korzystając z faktów, że $‖ x ‖_{X} \leq 1$ oraz $‖ δ x ‖_{X} = δ ‖ x ‖_{X} \leq δ$ i z powyższej implikacji, dostajemy, że

‖ f (x) ‖_{Y} \leq \frac{1}{δ} = M

Oczywiście dla $x = Θ$ implikacja także zachodzi. Zatem pokazaliśmy, że

\forall x \in X : [‖ x ‖_{X} \leq 1 ⟹ ‖ f (x) ‖_{Y} \leq M]

,

co należało dowieść.

" $(i v) ⟹ (v)$ "
Zakładamy, że

\exists M > 0 \forall x \in X : [‖ x ‖_{X} \leq 1 ⟹ ‖ f (x) ‖_{Y} \leq M]

Niech $c : = M$ . Wówczas dla dowolnego $x \in X ∖ {Θ}$ mamy

‖ f (x) ‖_{X} = ‖ f (‖ x ‖_{X} \frac{x}{‖ x ‖_{X}}) ‖_{X} = ‖ x ‖_{X} ‖ f (\frac{x}{‖ x ‖_{X}}) ‖_{X}

Ponieważ $‖ \frac{x}{‖ x ‖_{X}} ‖_{X} = 1$ , więc możemy skorzystać z założenia, otrzymując

‖ f (x) ‖_{X} = ‖ x ‖_{X} ‖ f (\frac{x}{‖ x ‖_{X}}) ‖_{X} \leq ‖ x ‖_{X} \cdot M = c ‖ x ‖_{X}

Oczywiście dla $x = Θ$ implikacja także jest prawdziwa. Zatem pokazaliśmy, że

\exists c \geq 0 \forall x \in X : ‖ f (x) ‖_{Y} \leq c ‖ x ‖_{X}

,

co należało dowieść.

" $(v) ⟹ (v i)$ "
Zakładamy, że

\exists c \geq 0 \forall x \in X : ‖ f (x) ‖_{Y} \leq c ‖ x ‖_{X}

W celu pokazania jednostajnej ciągłości funkcji $f$ ustalmy dowolne $ε > 0$ . Niech $δ : = \frac{ε}{c}$ . Wówczas dla dowolnych $x, z \in X$ takich, że $‖ x - z ‖_{X} \leq δ$ , korzystając z założenia, mamy

‖ f (x) - (z) ‖_{Y} = ‖ f (x - z) ‖_{Y} \leq c ‖ x - z ‖_{X} \leq c δ = ε

Zatem pokazaliśmy, że

\forall ε > 0 \exists δ > 0 \forall x, z \in X : [‖ x - z ‖_{X} \leq δ ⟹ ‖ f (x) - f (z) ‖_{Y} \leq ε]

,

co oznacza jednostajną ciągłość funkcji $f$ .

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

Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 3: Norma. Iloczyn skalarny

Norma. Iloczyn skalarny

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia