Metriset avaruudet, ratkaisuja

Transkriptio

1 Metriset avaruudet, ratkaisuja 1.1 Aina pätee P(X), sillä A jokaiselle joukolle A. Sen sijaan inkluusio X P(X) (1) voi päteä tai olla pätemättä joukosta X riippuen. Jos X =, niin ehto (1) pätee yllä todetun nojalla. Vähemmänkin triviaaleja esimerkkejä tästä on olemassa. Huomataan ensin, että jos X on kahden alkion joukko, X = {a,b}, missä a b, niin X:llä on täsmälleen neljä eri osajoukkoa, {a}, {b} ja {a,b} = X eli pätee P(X) = {, {a}, {b},x}. (2) Sivumennen sanoen on helppo nähdä (induktiolla, milläs muulla), että jos X:ssä on n N alkiota, niin P(X):ssä on 2 n alkiota. Jos nyt esimerkiksi X = {, { }}, niin kaavan (2) mukaisesti P(X) = {, { }, {{ }},X}. Nyt huomataan, että kumpikin X:n alkio on myös P(X):n alkio ja siten ehto (1) pätee. Vastakkaisia esimerkkejä on tietysti vaikka kuinka paljon. Jos esimerkiksi X = {0,1}, niin kaavan (2) mukaisesti P(X) = {, {0}, {1},X}, jolloin huomataan, että kumpikaan X:n alkio ei ole P(X):n alkio ja siten ehto (1) ei päde itse asiassa pätee suorastaan X P(X) =. 1.2 Muistetaaan ensin indeksoidun joukkoperheen määritelmästä, että tarvitaan indeksijoukko I, perusjoukko X ja indeksoiva kuvaus I P(X), α U α X. Tässä periaatteessa indeksijoukko I voi olla myös tyhjä, jolloin indeksoiva kuvaus on myös tyhjä joukko. Kuvauksethan ovat määritelmän mukaan tietyt kriteerit toteuttavia karteesisen tulon osajoukkoja, ja tyhjä joukko toteuttaa nämä kriteerit. Indeksoidun joukkoperheen yhdiste määritellään asettamalla x α I U α x U α jollekin α I. (1) Jos tässä I =, niin mikään x ei toteuta ehdon (1) oikeaa puolta ja siten U α =, kun I =. α I 1

2 Leikkaukselle tilanne on hankalampi. Leikkauksen määritelmä on ensinnäkin x α I U α x U α kaikille α I. (2) Nyt jos I =, niin kaikki x:t ei toteuttavat ehdon (2) oikean puolen. Tämä pätee siis ihan kaikille x, myös perusjoukon ulkopuolisille. Siten määritelmä johtaa siihen, että leikkaus (2) sisältää kaikki mahdolliset alkiot x. Tällainen kokoelma ei kuitenkaan ole joukko, kuten joukko-opin kurssilla opitaan. Jos tässä määritelmässä (2) tehdään lisärajoitus x X, niin leikkausjoukko on koko X, kun indeksijoukko on tyhjä. Missään tapauksessa (eli asetetaan määritelmä (2) ilman lisärajoitusta x X tai ilman) ei päde α I U α α I U α, kun I =. (3) Tässä tehtävän 1.2 tilanteessa perusjoukko on R n, indeksijoukko A a ja indeksoiva kuvaus identtinen kuvaus B B R n. Nyt jos sattuu käymään niin, että joukko A ei ole avoin (ja tällaisia joukkojahan on vaikka kuinka paljon), niin A a =, jolloin ehdon (3) nojalla triviaaliksi väitetty joukkoinkluusio ii) ei päde, jolloin todistus kaatuu siihen. Tarinan opetus on se, että ei pidä suinpäin uskoa kaikkea, mitä väitetään, varsinkaan triviaaliksi väitettyä. 1.3 a) Yksikköympyrällä leveyspiirin 63 säde on cos 63 = , joten leveyspiirin pituus on 2π = Pituuspiirien erotus on 4 astetta, joten V:n ja Ö:n väliin jäävä pituuspiirin pätkä on = , josta maapallon pinnalle skaalattuna saadaan kuljettu matka: b) Kaava (2) antaa matkaksi = km. d(v,ö) = 6400arccos(sin cos 2 63 cos 4 ) = , joten onhan tämä paljon lyhyempi. c) V:n karteesiset koordinaatit (kun origo on maapallon keskipiste) ovat (x 1,y 1,z 1 ), missä x 1 = 6400sin 22 sin27 = , y 1 = 6400cos 22 sin27 = , z 1 = 6400cos 27 = , ja vastaavasti Ö:n koordinaatit ovat (x 2,y 2,z 2 ), missä x 2 = 6400sin 18 sin27 = , y 2 = 6400cos 18 sin27 = , z 2 = 6400cos 27 =

3 Näiden välinen etäisyys R 3 :ssa on (x 1,y 1,z 1 ) (x 2,y 2,z 2 ) = ( , ,0) = = d) Edellyttäen, että torni on suorassa eli kohtisuorassa maata vastaan, valoa kohti kannattaa lähteä. Tämä johtuu siitä, että suoraan rakennetun tornin tyvi osoittaa kohti maapallon keskipistettä, jolloin torni on samassa tasossa kuin isoympyrä, jolloin valonsäde tornin huipulta V:hen osoittaa oivallisen kulkusuunnan. Tarkalleen ottaen valoa kohtihan tässä ei voi lähteä (paitsilentokoneella), vaan suunta on tornin ja horisontin leikkauspisteen suunta, ja tämä on isoympyrän tangentti. 1.4 Metriikan määritelmässä positiivisuus ja symmetrisyys ovat selviä. Definiittisyys eli ehto d(x,y) = 0 x = y on selvä oikealta vasemmalle. Käänteinen suunta seuraa päättelystä d(x,y) = 0 arccos(cos(ϕ x ϕ y )) = 0 cos(ϕ x ϕ y ) = 1 ϕ x ϕ y = k 2π, k Z ϕ x = ϕ y + k 2π, k Z cos ϕ x = cos ϕ y ja sinϕ x = sin ϕ y (cos ϕ x,sin ϕ x ) = (cos ϕ y,sin ϕ y ) x = y. Varsinainen ongelmahan tässä on kolmioepäyhtälö. Olkoot x, y, z S. Pitäisi osoittaa, että d(x,z) d(x,y) + d(y,z). Merkitään γ = d(x,z), α = d(x,y) ja β = d(y,z), jolloin väite tulee muotoon γ α + β. (1) Koska arcuskosini ja siten etäisyys d(x,z) on aina korkeintaan π, niin väite (1) pätee triviaalisti, jos α+β π. Voidaan siis olettaa, että 0 α+β < π. Koska kosini on vähenevä välillä [0, π[, niin tällöin väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että cos γ cos(α + β). (2) Väite (2) voidaan kosinin yhteenlaskukaavan nojalla kirjoittaa muotoon Uskotaan LAG:n kurssilta saataviin yhtälöihin Merkitään kuten ohjeessa cos γ cos α cos β sin α sinβ. (3) cos α = x y, cos β = y z ja cos γ = x z. x = x (cos α)y R 2 ja z = z + (cos β)y R 2. 3

4 Tällöin x z = (x (cos α)y) ( z + (cos β)y) = x z + cos βx y + cos αy z cos α cos β y 2 = cos γ + cos β cos α + cos α cos β cos α cos β = cos γ + cos α cos β. Edelleen joten x 2 = x x = (x (cos α)y) (x (cos α)y) = x 2 cos αx y cos αy x + cos 2 α y 2 = x 2 2cos αx y + cos 2 α y 2 = 1 2cos αx y + cos 2 α = 1 2cos 2 α + cos 2 α = 1 cos 2 α = sin 2 α, x = sin α, koska 0 sin α, sillä α = d(x,y) [0,π]. Vastaavasti joten z 2 = z z = ( z + (cos β)y) ( z + (cos β)y) = z 2 cos βz y cos βy z + cos 2 β y 2 = z 2 2cos βz y + cos 2 β y 2 = 1 2cos βz y + cos 2 β = 1 2cos 2 β + cos 2 β = 1 cos 2 β = sin 2 β, z = sin β, koska 0 sin β, sillä β = d(y,z) [0,π]. Schwarzin epäyhtälön nojalla joten yllä sanotun nojalla saadaan josta väite (3) seuraa. x z x z, cos γ + cos α cos β sin α sinβ, 1.5 a) Tämä metriikkaehdokas on ensinnäkin hyvin määritelty, koska arctan on määritelty koko R:ssä. Positiivisuus ja symmetrisyys on selvää, samoin kuin definiittisyyden suunta x = y d(x,y) = 0. 4

5 Käänteistä suuntaa varten oletetaan, että d(x,y) = 0. Tällöin arctanx = arctany ja väite x = y seuraa arctan:n aidosta kasvavuudesta. Kolmioepäyhtälöä varten olkoot x,y,z R. Pitäisi osoittaa, että eli että d(x,z) d(x,y) + d(y,z) arctan x arctan z arctan x arctan y + arctan y arctan z. (1) Merkitään a = arctan x, b = arctany ja c = arctanz. Tällöin väite (1) tulee muotoon a c a b + b c. Tämä seuraa siitä, että R:n itseisarvo toteuttaa tunnetusti kolmioepäyhtälön, jolloin b) a c = a b + b c a b + b c. (1,0) α (x,0) (y,0) Kuvassa oleva kulma α on etäisyys d(x,y) c) Tässä ei ole paljon piirtämistä, sillä kaikille x,y R pätee d(x,y) < π, joten kyseiset pallot sisältävät kaikki R:n pisteet eli B d (0,10) = B d (0,9) = B d (3,9) = R. Tehtävän opetus on, että pallot voivat olla täysin samoja, vaikka niillä on eri keskipiste ja/tai säde. 1.6 Kun x y, niin luku m x y on järkevästi määritelty, sillä nollasta eroaavaa kokonaislukua eivät kaikki kymmenen potenssit voi jakaa, joten joukko, josta minimiä haetaan on epätyhjä. Toisaalta jokaisesta epätyhjästä luonnollisten lukujen joukosta voidaan valita yksikäsitteinen minimi, joten ainakin luvun m x y määritelmä on järkevä. Tämä lisäksi täytyy vielä huomata, että pitää olla m x y 0, jotta luku m 1 x y on järkevä. Tämä seuraa siitä, että 10 0 = 1 jakaa kaikki kokonaisluvut, joten 0 ei kuulu joukkoon, josta minimiä haetaan eikä siten voi olla kyseinen minimi. 5

6 Näin on nähty että etäisyyden määritelmä on järkevästi asetettu; pitää vielä osoittaa, että se on todella metriikka. Positiivisuus ja symmetrisyys on selvää: Samoin definiittisyys, sillä suoraan määritelmän mukaan d(x,y) = 0 aina kun x = y ja toisaalta, kun x y, niin d(x,y) = m 1 x y 0. Kolmioepäyhtälöä varten olkoot x,y,z Z. Pitää osoittaa, että d(x,z) d(x,y) + d(y,z). (1) Jos y = x, y = z tai x = z, niin väite (1) pätee, joten voidaan olettaa, että x y, y z ja x z. Tällöin määritelmän mukaan Määritelmän mukaan luku Silloin d(x,z) = m 1 x z. (2) 10 mx z ei jaa lukua x z. (3) 10 mx z ei jaa molempia lukua x y ja y z, (4) Väite (4) seuraa antiteesista: jos 10 mx z jakaisi molemmat luvut x y ja y z, niin se jakaisi myös niiden summan eli luvun x z, mikä on vastoin ehtoa (3). Ehdon (4) sekä lukujen m x y ja m y z määritelmien nojalla pätee Ehdon (5) nojalla pätee m x y m x z tai m y z m x z. (5) m 1 x y m 1 x z tai m 1 y z m 1 x z, jolloin määritelmän mukaan Väite (1) seuraa triviaalisti ehdosta (6). d(x,y) d(x,z) tai d(y,z) d(x,z). (6) Huomautus. Itse asiassa ehdossa (6) todistettiin kolmioepäyhtälö oikein reilusti: nähtiin näet, että pätee d(x,z) max{d(x,y),d(y,z)}. Tällaista epäyhtälöä kutsutaan vahvaksi kolmioepäyhtälöksi. Se pätee siis joissakin metrisissä avaruuksissa, muttei suinkaan kaikissa, niinkuin helposti 6

7 nähdään. Tällaiseen vahvalla kolmioepäyhtälöllä varustettuun metriseen avaruuteen syntyy usein erikoisia ja kiehtovia, arvaamattomia ilmiöitä, kuten jatkodemoissa tullaan tästäkin avaruudesta näkemään. Jos esimerkiksi määritellään Z:n jono (x n ) siten, että x n = (n + 1)! 1, niin tämä jono konvergoi avaruudessa (Z,d) kohti pistettä 1, vaikkei heti uskoisi. b) Tässä = 4500, joten tämä on jaollinen 10 2 :lla, muttei enää 10 3 :lla, joten m = 3 ja siten Vastaavalla tavalla m 10 0 = 2, joten d(123,4623) = m = 3 1 = 1 3. d(10,0) = 2 1 = 1 2, m 3 7 = 1, jolloin ja m 3 ( 7) = m 10 = 2 eli d(3,7) = 1 1 = 1 d(3, 7) = 2 1 = 1 2. c) Koska x y on jaollinen luvulla 10 0 = 1 kaikille x,y Z, niin m x y 1 kaikille x,y Z, ja silloin Silloin d(x,y) 1 1 = 1 kaikille x,y Z. B d (3,2) = Z. Ne Z:n pisteet x, joille d(3,x) = 1 ovat niitä, joille m 3 x = 1 eli 3 x ei ole 10:llä jaollinen. Nämä pisteet muodostavat joukon Silloin A = Z \ {3 + 10q q Z}. B d (3,1) = Z \ A = {3 + 10q q Z}. Määritelmän mukaan on selvää, että tämä metriikka ei ikinä saa arvoja väliltä [ 2 3,1[, jolloin B d (3, 2 3 ) = B d(3,1) = {3 + 10q q Z}. Tämä metriikka ei myöskään koskaan saa arvoja väliltä ] 1 2,1[. Ne Z:n pisteet x, joille d(3,x) = 1 2 ovat niitä, joille m 3 x = 2 eli 3 x on 10:llä, mutta ei ole 100:lla jaollinen. Nämä pisteet muodostavat joukon B = B d (3,1) \ { q q Z}. 7

8 Siten B d (3, 1 2 ) = B d(3,1) \ B = { q q Z}. Koska metriikka ei siis koskaan saa arvoja väliltä ] 1 2,1[, niin B(3, 1 2 ) = B d(3,1) = {3 + 10q q Z}. 1.7 a) Koska erikseen on sovittu, että nolla ei ole luonnollinen luku, niin tehtävän asettelussa määritellylle luvulle m AB N pätee aina m AB 0, jolloin d(a,b) = m 1 AB on hyvin määritelty, kun A B. Tässä on tietysti huomattava ensin, että todellakin (A B) \(A B), kun A B. Tämä on alkeisjoukkooppia. Näin voidaan todeta, että d(a, B) on hyvin ja yksikäsitteisesti määritelty kaikille A,B P(N). Metriikkaehdokkaan positiivisuus ja symmetrisyys on selvää, definiittisyys on myös ilmeistä kuten tehtävän 1.6 ratkaisussa. Kolmioepäyhtälö vaatii todistuksen. Olkoot siis A,B,C P(N). Pitää osoittaa, että d(a,c) d(a,b) + d(b,c). (1) Tässä ehkä helpointa huomata ensin, että kaikille m N ja kaikille D,E P(N) pätee d(d,e) < m 1 D {1,...,m} = E {1,...,m}. (2) Väite (2) vaatii pienen todistuksen. Oletetaan ensin, että d(d,e) < m 1. Jos d(d,e) = 0, niin D = E, ja väite D {1,...,m} = E {1,...,m} pätee triviaalisti. Voidaan siis olettaa, että D E, jolloin d(d,e) 1 = m DE = min{n N n (D E) \ (D E)}. (3) Oletuksen d(d,e) < m 1 nojalla m < d(d,e) 1, joten ehdon (3) perusteella Ehto (4) merkitsee sitä, että Alkeisjoukko-opin perusteella m < min{n N n (D E) \ (D E)}. (4) {1,...,m} N \ ((D E) \ (D E)). (5) N \ ((D E) \ (D E)) = (N \ (D E)) (D E), joten (edelleen alkeisjoukko-opin perusteella) D (N \ ((D E) \ (D E))) = D ((N \ (D E)) (D E)) = (6) (D (N \ (D E)) (D (D E)) = (D E) = D E. 8

9 Tällöin saadaan D {1,...,m} i) D ({1,...,m} (N \ ((D E) \ (D E)))) ii) = D ({1,...,m} (D E)) = D E {1,...,m} E {1,...,m}, missä inkluusio i) seuraa ehdosta (5) ja yhtälö ii) ehdosta (6). Vastaavasti nähdään, että E {1,...,m} D {1,...,m}, ja väitteen (2) suunta seuraa. Toinen suunta on helpompi. Jos näet D {1,...,m} = E {1,...,m}, niin {1,...,m} ((D E) \ (D E)) = (({1,...,m} D) ({1,...,m} E)) \ (({1,...,m} D) ({1,...,m} E)) = ({1,...,m} D) \ ({1,...,m} D) =, joten m DE = min{n N n (D E) \ (D E)} > m, ja siten d(d,e) = m 1 DE < m 1. Näin väite (2) on todistettu. Palataan väitteeseen (1). Väite pätee, jos A = C, joten voidaan olettaa, että A C, jollon m AC on määritelty ja Ehtojen (2) ja (7) nojalla Ehdon (8) nojalla ei voi olla joten d(a,c) = m 1 AC. (7) A {1,...,m AC } C {1,...,m AC }. (8) A {1,...,m AC } = B {1,...,m AC } B {1,...,m AC } = C {1,...,m AC }, A {1,...,m AC } B {1,...,m AC } tai (9) B {1,...,m AC } C {1,...,m AC }. Käytetään nyt ehtoa (2) toiseen suuntaan. Sen ja ehdon (9) nojalla saadaan ehto d(a,b) m 1 AC tai d(b,c) m 1 AC. (10) Väite (1) seuraa nyt ehdoista (7) ja (10). b) Koska min{n N n (P A) \ (P A)} = min{n N n {1,2,3,5,7,...} \ {3,5,7,11,...} = 1, ja 9

10 niin d(p,a) = 1 1 = 1. Vastaavasti min{n N n (P N) \ (P N)} = min{n N n {1,3,4,5,7,...} \ {1,9,25,...} = 3, joten d(p,n) = 3 1 = 1 3 ja min{n N n (A N) \ (A N)} = min{n N n {1,2,3,4,5,7,9,11,...} \ = 1, joten d(a,n) = 1 1 = 1. c) Ehdon (2) nojalla d(a,b) < 2 1 A {1,2} = B {1,2}. (11) Koska A {1,2} = {2}, niin ehto (11) tulee muotoon d(a,b) < 1 2 B {1,2} = {2}. Siten B(A, 1 ) = {B P(N) 1 B ja 2 B}. 2 10

11 2.1 Osoitetaan ensin sisätulon määritelmässä olevan sarjan suppeneminen. Oletetaan siis, että sarjat n N z n 2 ja n N w n 2 suppenevat. Pitää osoittaa, että sarja n Nz n w n suppenee. (1) Olkoot z n = x n + iy n ja w n = a n + ib n, missä x n,y n,a n,b n R. Tällöin z n w n = (x n + iy n )(a n ib n ) = x n a n + y n b n + i( x n b n + y n a n ). Silloin väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että sarjat x n a n, y n b n, x n b n ja y n a n suppenevat. n N n N n N n N Nämä ovat kaikki periaatteessa samanlaisia todistuksia; todistetaan malliksi sarjan n N x na n suppeneminen. Reaalisessa tapauksessahan tässä ei muuta todistamista olekaan. Huomataan ensin, että sarjat n N x 2 n ja n N a 2 n suppenevat. (2) Tämä seuraa majoranttiperiaatteesta sekä siitä, että 0 x 2 n z n 2 ja 0 a 2 n w n 2. Seuraavaksi huomataan, että Tämä seuraa siitä, että jos x n a n, niin 0 (x n + a n ) 2 4( z n 2 + w n 2 ). (3) (x n + a n ) 2 = x n + a n 2 ( x n + a n ) 2 (2 a n ) 2 = 4 a n 2 4 w n 2 4( z n 2 + w n 2 ), ja vastaavasti jos a n x n, niin (x n + a n ) 2 = x n + a n 2 ( x n + a n ) 2 (2 x n ) 2 = 4 x n 2 4 z n 2 4( z n 2 + w n 2 ). Oletuksen nojalla sarja n N 4( z n 2 + w n 2 ) suppenee, jolloin ehdon (3) ja majoranttiperiaatteen nojalla myös (x n + a n ) 2 suppenee. (4) n N 11

12 Sarjan n N x na n suppeneminen seuraa nyt ehdoista (2) ja (4) sekä yhtälöstä x n a n = 1 2 ((x n + a n ) 2 x 2 n a 2 n). Tämä todistaa (oleellisesti) väitteen (1). Silloin riittää käydä läpi sisätulon määrittelevät ehdot (S1) (S5), ks. monisteen sivu 2: Ehto (S1): Olkoot (z n ),(w n ) l 2 mielivaltaisia. Tällöin (z n ) (w n ) = i) ( ) ii) iii) z n w n = z n w n = (w n ) (z n ), n N joten ehto (S1) pätee. Tässä yhtälöt i) ja iii) perustuvat määritelmään ja yhtälö ii) seuraa siitä, että kaikille kompleksiluvuille α ja β pätee α = α, αβ = α β sekä α + β = α + β. n N Ehto (S2): Olkoot (z n ),(w n ) l 2 ja λ C mielivaltaisia. Tällöin (λ(z n )) (w n ) = (λz n ) (w n ) = n N λz n w n = λ n N z n w n = λ((z n ) (w n )), joten ehto (S2) pätee. Ehto (S3): Olkoot (z n ),(w n ),(u n ) l 2 mielivaltaisia. Tällöin ((z n ) + (w n )) (u n ) = (z n + w n )u n = n u n + w n u n ) = n N n N(z w n u n = (z n ) (u n ) + (w n ) (u n ), z n u n + n N n N joten ehto (S3) pätee. Ehto (S4): Olkoon (z n ) l 2 mielivaltainen. Tällöin (z n ) (z n ) = z n z n = z n 2 0, (5) n N n N sillä z n 2 0 kaikille n N. Siten ehto (S4) pätee. Ehto (S5): Olkoon (z n ) l 2 mielivaltainen. Koska esityksestä (5) nähdään, että (z n ) (z n ) = 0 z n 2 = 0 n N ja reaaliluvut z n 2 ovat positiivisia, niin (z n ) (z n ) = 0 z n 2 = 0 kaikille n N. (6) 12

13 Koska kompleksiluvuille α pätee α 2 = 0 α = 0, niin ehdon (6) nojalla ja näin myös ehto (S5) pätee. (z n ) (z n ) = 0 z n = 0 kaikille n N (z n ) on nollajono eli avaruuden l 2 nollavektori, 2.2 a) Koska f on jatkuva, niin analyysin tietojen perusteella maksimi saavutetaan, joten normiehdokkaan määritelmä on järkevä. Lisäksi triviaalisti f max 0 kaikille f ja f max = 0 f 0. Huomaa, että nollakuvaus on tämän vektoriavaruuden nollavektori. Homogeenisuusehto λf max = λ f max on myös selvä, joten tässä ei oikeastaan ole muuta todistamista kuin kolmioepäyhtälö, joka sekin on helppo: f + g max = max{ (f + g)(x) x [0,1]} = max{ f(x) + g(x) x [0,1]} i) max{ f(x) x [0,1]} + max{ g(x) x [0,1]} = f max + g max, missä epäyhtälö i) perustuu siihen, että kaikille t [0,1] pätee f(t)+g(t) f(t) + g(t) max{ f(x) x [0,1]}+max{ g(x) x [0,1]}. Kysymys siitä, onko kyseessä sisätulonormi, on mielenkiintoisempi. Tämä ei ole sisätulonormi. Tehtävässä 2.4 a) osoitetaan, että jokainen sisätulonormi toteuttaa suunnikasidentiteetin, joten riittää keksiä kaksi funktiota f, g C([0, 1], R) jotka eivät tätä identiteettiä toteuta. Määritellään f(x) = { 1 2x kun 0 x kun 1 2 < x 1 ja g(x) = Tällöin selvästi f, g C([0, 1], R) ja { 0 kun 0 x x kun 1 2 < x 1 f max = 1, g max = 1, f + g max = 1 ja f g max = 1, joten suunnikasidentiteetti tulee muotoon ja tämähän ei päde = 2( ), b) Tässä normin 1 määritelmä on järkevä, koska jatkuvat kuvaukset ovat tunnetusti Riemann-integroituvia. Muut normin ehdot seuraavat helposti Riemannintegraalin perusominaisuuksista, paitsi ehto f 1 = 0 f = 0. (1) Tässä tarvitaan sitä, että tämän avaruuden C([0, 1], R) funktiot ovat jatkuvia, jolloin väite (1) seuraa analyysin tietojen perusteella. Tämä laite voidaan määritellä myös Riemann-integroituvien funktioiden vektoriavaruudessa, mutta siellä 13

14 se ei ole normi, koska ehto (1) ei päde. Sisätulonormi tämäkään ei ole. Samat funktiot kuin a)-kohdassa antavat vastaesimerkin. Tässä f 1 = 1 4, g 1 = 1 4, f + g 1 = 1 2 ja f g 1 = 1 2, joten suunnikasidentiteetti tulee muotoon ja eihän tämäkään päde = 2( ), 2.3 a) Metriikassa d max joukko A on avoin. Tämän näkee seuraavasti: Riittää osoittaa, että kaikilla f A on olemassa r > 0 siten, että B dmax (f,r) A. Olkoon siis f A mielivaltainen. Joukon A määritelmän mukaan f(t) > 0 kaikille t [0,1]. (1) Suljetulla ja rajoitetulla välillä jatkuva funktio saavuttaa pienimmän arvonsa, joten voidaan valita x 0 [0,1] siten, että f(x 0 ) = min{f(t) t [0,1]}. Ehdon (1) nojalla f(x 0 ) > 0, joten voidaan valita jolloin Riittää osoittaa, että r := f(x 0 ) > 0, r f(t) kaikille t [0,1]. (2) B dmax (f,r) A. (3) Olkoon tätä varten g B dmax (f,r) mielivaltainen. Tällöin d max (f,g) < r eli Tällöin kaikille t [0,1] pätee max{ f(t) g(t) t [0,1]} < r. (4) g(t) = f(t) (f(t) g(t)) f(t) max{ f(s) g(s) s [0,1]} i) > f(t) r ii) 0, joten g A, ja väite (3) seuraa. Tässä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (4) ja epäyhtälö ii) ehdosta (2). b) Metriikassa d 1 joukko A ei ole avoin. Tämän näkee vaikkapa näin: Valitaan f 1, jolloin f A. Riittää osoittaa, että jokaisessa pallossa B d1 (f,r), r > 0 on ainakin yksi g X \ A. 14

15 Olkoon siis r > 0 mielivaltainen. Voidaan olettaa, että r < 1. Valitaan ǫ = r/3, jolloin 2ǫ [0, 1]. Määritellään g : [0, 1] R asettamalla g(t) = { t ǫ 1 kun t [0,2ǫ] 1 kun t ]2ǫ,1], jolloin g on ilmeisesti jatkuva eli g X. Nyt d 1 (f,g) = 1 0 f(t) g(t) dt = 2ǫ 0 ( t ǫ +2)dt = / 2ǫ joten g B d1 (f,r). Toisaalta g(0) = 1, joten g / A. 0 +2t = 2ǫ+4ǫ = 2ǫ < r, 2ǫ 2.4 a) Tämä on suora lasku. Huomaa, että reaalisessa tapauksessa sisätulon määrittelevä ehto (S1) tulee muotoon x y = y x. t2 x + y 2 + x y 2 i) = ((x + y) (x + y)) + ((x y) (x y)) ii) = (x (x + y)) + (y (x + y)) + (x (x y)) + (( y) (x y)) iii) = (x (x + y)) + (y (x + y)) + (x (x y)) (y (x y)) iv) = ((x + y) x) + ((x + y) y) + ((x y) x) ((x y) y) v) = (x x) + (y x) + (x y) + (y y) + (x x) + (( y) x) (x y) (( y) y) vi) = (x x) + (y x) + (x y) + (y y) + (x x) (y x) (x y) + (y y) vii) = 2(x x) + 2(y y) viii) = 2 x y 2, missä yhtälöt i) ja viii) seuraavat sisätulonormin määritelmästä, yhtälöt ii) ja v) ehdosta (S3), yhtälöt iii) ja vi) ehdosta (S2), yhtälö iv) (reaalisesta) ehdosta (S1) ja yhtälö vii) on triviaali. Suunnikasidentiteetti pätee myös kompleksisessa tapauksessa todistus on aavistuksen mutkikkaampi. Tosin laskua voi yksinkertaistaa huomaamalla ensin, että kompleksinen sisätulo on reaalilineaarinen jälkimmäisen muuttujan suhteen, ts. pätee x (αy + βz) = α(x y) + β(x z) kaikille x,y X ja α,β R, jolloin lasku sujuu kuten yllä. Kompleksiluvuille α, β tämä lineaarisuusehto ei yleensä päde eli kompleksinen sisätulo ei ole kompleksilineaarinen jälkimmäisen muuttujan suhteen. Ensimmäisen muuttujan suhteenhan se sitä on, mikä seuraa ehdoista (S2) ja (S3). 15

16 b) Tämäkin on suora lasku: x + y 2 x y 2 i) = ((x + y) (x + y)) ((x y) (x y)) ii) = (x (x + y)) + (y (x + y)) (x (x y)) (( y) (x y)) iii) = (x (x + y)) + (y (x + y)) (x (x y)) + (y (x y)) iv) = ((x + y) x) + ((x + y) y) ((x y) x) + ((x y) y) v) = (x x) + (y x) + (x y) + (y y) (x x) (( y) x) + (x y) + (( y) y) vi) = (x x) + (y x) + (x y) + (y y) (x x) + (y x) + (x y) (y y) vii) = 2(y x) + 2(x y) viii) = 2(x y) + 2(x y) ix) = 4(x y), missä yhtälö i) seuraa sisätulonormin määritelmästä, yhtälöt ii) ja v) seuraavat ehdosta (S3), yhtälöt iii) ja vi) ehdosta (S2), yhtälöt iv) ja viii) (reaalisesta) ehdosta (S1) ja yhtälöt vii) ja ix) ovat triviaaleja. c) Ei voi. Tämä seuraa suoraan polaarikaavasta. Jos sisätulot ja määräävät saman normin, niin polaarikaavan nojalla x y = 1 4 ( x + y 2 x y 2 ) = x y kaikille x,y X. 2.5 Kirjataan muistin virkistämiseksi metriikan määritelmä. Kuvaus d : X X R on metriikka, jos kaikille x, y, z X pätee d(x,y) 0, d(x,y) = 0 x = y, (M1) (M2) d(x,y) = d(y,x) ja (M3) d(x,y) d(x,z) + d(z,y). Jos on normi avaruudessa, niin määrittely { x + y kun x y d(x,y) = 0 kun x = y antaa metriikan eli ehdot (M1) (M4) toteutuvat: (M4) (M1) seuraa normin positiivisuudesta ja siitä, että kahden positiivisen reaaliluvun summa on positiivinen. (M2) eli definiittisyys seuraa normin positiividefiniittisyydestä sekä siitä, että kahden positiivisen reaaliluvun summa on nolla jos ja vain jos ne molemmat ovat nollia. 16

17 (M3) eli symmetrisyys seuraa siitä, että reaalilukujen yhteenlasku on kommutatiivinen. (M4) eli kolmioepäyhtälö todistetaan näin: Olkoot x, y, z X mielivaltaisia. Jos ne ovat kaikki eri pisteitä, niin d(x,y) = x + y x + z + z + y = d(x,z) + d(z,y), joten kolmioepäyhtälö toimii tässä tapauksessa. Jos x = y, niin (M4):n vasen puoli on 0 ja ehto toimii. Voidaan siis olettaa, että x y. Koska edellä todettiin, että väite pätee, kun nämä kolme ovat kaikki eri pisteitä, niin on tutkittavana vielä tapaukset x = z ja y = z. Näissä kummassakin tapauksessa (M4):n epäyhtälö tulee muotoon joka on triviaalisti voimassa. x + y x + y, Jos X = R 2, on euklidinen normi ja a = (2,0), niin tässä metriikassa d Kun r = 2, niin Kun r = 3, niin S(a,1) = {x R 2 d(a,x) = 1} = {x R 2 a + x = 1} = {x R x = 1} = {x R 2 x = 1} = S(a,2) = {x R 2 d(a,x) = 2} = {x R 2 a + x = 2} = {x R x = 2} = {x R 2 x = 0} = {0}, S(a,3) = {x R 2 d(a,x) = 3} = {x R 2 a + x = 3} = {x R x = 3} = {x R 2 x = 1} ja tämähän on tavallinen euklidinen ympyrä tosin keskipiste eli a on vähän oudossa paikassa eli ympyrän ulkopuolella. Kun r = 4, niin S(a,4) = {x R 2 d(a,x) = 4} = {x R 2 a + x = 4 ja x a} = {x R x = 4 ja x a} = {x R 2 x = 2 ja x a} = {x R 2 x = 2} \ {(2,0)} Kun r = 5, niin S(a,5) = {x R 2 d(a,x) = 5} = {x R 2 a + x = 5} = {x R x = 5} = {x R 2 x = 3}. 17

18 Tehtävän opetus on se, että yleisessä metrisessä avaruudessa pallot ja pallojen kuoret saattavat näyttää kovin kummallisilta. 2.6 Annetaan tässä vastaukset ensin ja todistetaan sitten ne oikeiksi. Pätee d 1 (A,B) = d 2 (A,B) = d 3 (A,B) = 2, (1) d 4 (A,B) = 1, (2) d 5 (A,B) = 3 2 1, (3) d 1 (C,D) = d 2 (C,D) = d 3 (C,D) = 0, (4) d 4 (C,D) = 1 ja (5) d 5 (C,D) = 2. (6) Väitettä (1) varten huomataan ensin, että kaikille y B pätee y 1 2 jolloin kaikille x A ja y B d i (x,y) x 1 y 1 = y 1 2, kun i = 1,2,3. (7) Ehdon (7) nojalla väite (1) seuraa, jos löytyy pisteet x A ja y B siten, että d i (x,y) = 2. (8) Tällaisiksi pisteiksi käyvät x = (0,3) A ja y = (2,3) B, jotka toteuttavat selvästi ehdon (8) kaikille i = 1,2,3. Näin väite (1) on todistettu. Väite (2) on triviaali metriikan d 4 määritelmästä johtuen ja samoin käy väitteelle (5). Väitettä (3) varten huomataan ensin, että kaikille y B pätee y (3,3) 1 = = 3 2 1, joten metriikan d 5 määritelmän mukaan kaikille x A ja y B d 5 (x,y) = x + y y (9) Ehdon (9) nojalla väite (3) seuraa, jos löytyy pisteet x A ja y B siten, että Tällaisiksi pisteiksi käyvät x = (0, 3) A ja d 5 (x,y) = (10) y = (3 1 2,3 1 2 ) B. Selvästi pätee x A, mutta väite y B vaatii pienen laskun: ( y (3,3) = (3 1 3) 2 + (3 1 ) 2 ( ) ) 2 = + = 1,

19 joten todellakin y B. Nämä valitut pisteet x ja y toteuttavat ehdon (10): d 5 (x,y) = x + y = 0 + (3 1 ) 2 + (3 1 ) 2 = 2(3 1 ) 2 = (3 1 2 ) 2 = 3 2 1, joten väite (3) on todistettu. Väitettä (4) varten muistetaan ensin, että etäisyys ei voi olla aidosti negatiivinen. Tällöin riittää infimumin määritelmän nojalla osoittaa, että kaikille 0 < r löytyy x C ja y D siten, että d i (x,y) < r, i = 1,2,3. (11) Olkoon tätä varten 0 < r mielivaltainen. Valitaan x = ( 4 r, r 3 ) C ja y = (4 r, r 3 ) D. Selvästi x C ja myös y D, koska r/3 > r/4 ehdon r > 0 nojalla. Näin valituille pisteille x ja y pätee d i (x,y) = r 3 r 3 = 2r 3 < r, joten väite (11) pätee, ja väite (4) on todistettu. Todistamatta on vielä väite (6). Tätä varten osoitetaan ensin, että Tämä seuraa siitä, että kaikille x C ja y D pätee d 5 (x,y) = x + y y = d 5 (C,D) 2. (12) y1 2 + i) y2 2 y1 2 + ii) 1/y Tässä epäyhtälö i) seuraa siitä, että y D, jolloin y 2 > 1/y 1 > 0. Epäyhtälö ii) perustuu siihen, että t + 1/t 2 kaikille t > 0, kuten helposti nähdään. Ehdon (12) nojalla väitteen (6) todistamiseksi riittää osoittaa, että d(c,d) 2. (13) Infimumin määritelmän nojalla väite (13) seuraa, jos osoitetaan, että kaikille r > 0 on olemassa x A ja y B siten, että d 5 (x,y) < 2 + r. (14) Olkoon tätä varten 0 < r mielivaltainen. Valitaan x = (0, r 3 ) C ja y = (1 + r 3,1 + r 3 ) D. 19

20 Tässä selvästi x C ja myös y D, sillä 1 + r 3 = 3 + r 3 > r = r, 3 koska r > 0. Näille pisteille x ja y pätee d 5 (x,y) = x + y = r 3 + (1 + r 3 ) 2 = (1 + 2)r i) < 2 + r, joten väite (14) pätee ja siten väite (6) on todistettu. Tässä epäyhtälö i) seuraa siitä, että < a) Jos x on avaruuden (X,d) erakkopiste, niin yksiö {x} on aina avoin. Tämä johtuu siitä, että erakkopisteen määritelmän mukaan on olemassa pisteen x ympäristö U X siten, että U X = {x}. Tällöin U = {x}, ja yksiön {x} avoimuus seuraa siitä, että U on ympäristönä avoin. b) Jos merkitään (X, d):n kaikkien erakkopisteiden joukkoa symbolilla E, niin myös E on avoin. Tämä johtuu siitä, että E voidaan esittää muodossa E = {x}, x E jolloin E:n avoimuus seuraa a)-kohdasta ja lauseesta 3.5. Bonustehtävä 1. Väitteen toinen suunta todistettiin tehtävässä 2.4 a). Oletetaan siis, että (X, ) on normiavaruus, jossa suunnikasidentiteetti x + y 2 + x y 2 = 2 x y 2 kaikille x,y X (1) toteutuu. Pitäisi löytää sisätulo, joka antaa tämän normin. Tehtävän 2.4 jälkeisen huomautuksen mukaisesti määritellään sisätuloehdokas asettamalla x y = 1 4 ( x + y 2 x y 2 ) kaikille x,y X, (2) ja osoitetaan, että näin todella syntyy sisätulo, joka määrää alkuperäisen normin eli pätee x x = x 2 kaikille x X. (3) Väite (3) nähdään heti oikeaksi, sillä kaikille x X pätee x x i) = 1 4 ( x + x 2 + x y 2 ) = 1 4 ( 2x ) ii) = 1 4 (4 x 2 + 0) = x 2, missä yhtälö i) tulee määritelmästä (2) ja yhtälö ii) normin ominaisuuksista. Riittää siis osoittaa, että määritelmä (2) todellakin sisätulon avaruuteen X. 20

21 Tätä varten käydään ehdot (S1) (S5) (ks. monisteen sivu 2) läpi. Ehdot (S4) ja (S5) (eli positiividefiniittisyys) seuraavat jo todistetusta ehdosta (3) ja normin positiividefiniittisyydestä. Ehto (S1) eli symmetrisyys (tässä reaalisessa tapauksessa) on myös selvä, koska normin ominaisuuksien nojalla x y = y x. Todistetaan sitten ehto (S2) eli että kaikille x,y X ja λ R pätee (λx) y = λ(x y). (S2) Kiinnitetään mielivaltaiset pisteet x, y X. Todistetaan ensin (S2) kaikille λ N = {0,1,2,3,...}. Tämä tehdään induktiolla. Kun λ = 0, väite (S2) tulee muotoon 0 + y 2 0 y 2 = 0, ja tämähän pätee normin ominaisuuksien nojalla. Kun λ = 1, väite (S2) on triviaali. Seuraavaksi otetaan yleinen induktioaskel. Oletetaan, että (S2) pätee kun λ = 0,1,...,n (ja n 1) ja todistetaan se (n + 1):lle. Tässä induktiossa joudutaan käyttämään induktio-oletusta (n 1):lle, joten pitää olettaa, että λ 1 ja tietää, että väite pätee kun λ = 0,1. Induktioväite voidaan laventaa muotoon (n + 1)x + y 2 (n + 1)x y 2 = (n + 1) ( x + y 2 x y 2). Tämä nähdään oikeaksi näin: (n + 1)x + y 2 (n + 1)x y 2 = nx + (x + y) 2 nx + (x y) 2 i) = nx (x + y) nx x + y 2 + nx (x y) 2 2 nx 2 2 x y 2 = (n 1)x y x + y 2 + (n 1)x + y 2 2 x y 2 = (n 1)x + y 2 (n 1)x y 2 + 2( x + y 2 x y 2 ) ii) = 4((n 1)x y) + 8(x y) iii) = 4(n 1)(x y) + 8(x y) = 4(n + 1)(x y) = (n + 1) ( x + y 2 x y 2), missä yhtälö i) seuraa suunnikasidentiteetistä (1), jota sovelletaan pistepariin nx ja x + y sekä toisaalla pistepariin nx ja x y, yhtälö ii) määritelmästä (2) ja yhtälö iii) induktio-oletuksesta. Näin induktioaskel on otettu, joten Seuraavaksi todetaan, että (S2) pätee kaikille λ N = {0,1,2,...}. (5) (S2) pätee kun λ = 1. (6) 21

22 Tämä väite voidaan kirjoittaa muotoon x + y 2 x y 2 = ( x + y 2 x y 2 ), ja tämä yhtälö saadaan melko välittömästi normin ominaisuuksista. Näin väite (6) pätee. Tämän jälkeen on helppo siirtyä luonnollisista luvuista kaikkiin kokonaislukuihin eli osoitetaan, että (S2) pätee kaikille λ Z. (7) Ehdon (5) mukaan riittää todistaa väite (7) vain tapauksessa λ 0. Tällöin λ 0, ja saadaan (λx) y = ( ( λ)x) y i) = (( λ)x) y ii) = ( λ)(x y) = λ(x y), joten väite (7) pätee. Tässä yhtälö i) seuraa ehdosta (6) ja yhtälö ii) ehdosta (5). Seuraavaksi siirrytään rationaalisiin lukuihin λ ja osoitetaan, että (S2) pätee kaikille λ Q. (8) Olkoon λ = n q Q, missä n,q Z ja q 0. Tällöin ehto (S2) tulee muotoon ( n q x) y = n (x y) q tai yhtäpitävästi q( n x) y = n(x y). q Tämän näkee oikeaksi näin: q( n q x) y = i) (q n ii) x) y = (nx) y = n(x y), q missä yhtälöt i) ja ii) seuraavat ehdosta (7). Näin väite (8) on todistettu. Lopulta sitten todistetaan (S2) yleisessä muodossaan eli kun λ R. Kiinnitetään siis (x:n ja y:n ohella) myös λ R. Reaalilukujen ominaisuuksien nojalla riittää todistaa, että (λx) y λ(x y) on mielivaltaisen pieni, ts. että kaikille ǫ > 0 pätee (λx) y λ(x y) < ǫ. (9) 22

23 Varustetaan avaruus X normin antamalla metriikalla d ja R itseisarvometriikalla d. Reaalilukujen ominaisuuksien nojalla voidaan valita rationaalilukujono (q n ) siten, että q n λ metriikan d suhteen eli tavallisessa analyysi 1:n mielessä. Silloin analyysi 1:n tietojen perusteella myös q n (x y) λ(x y), joten q n (x y) λ(x y) < ǫ 2 suurille n. (10) Koska q n Q, niin ehdon (8) nojalla (q n x) y = q n (x y) kaikille n, ja silloin (λx) y λ(x y) = (λx) y (q n x) y + (q n (x y) λ(x y)) (11) (λx) y (q n x) y + (q n (x y) λ(x y)). Ehtojen (10) ja (11) nojalla väite (9) seuraa, jos osoitetaan, että (λx) y (q n x) y < ǫ 2 suurille n. (12) Koska vakiokuvaus on aina jatkuva ja identtinen kuvaus id R : (R,d ) (R,d ) on sitä myös, niin lauseiden 5.1 ja 5.2 nojalla kuvaukset (R,d ) (X,d), α αx + y ja α αx y ovat jatkuvia. (13) ovat jatkuvia. Koska esimerkin 4.8 mukaan normikuvaus z z on jatkuva kuvauksena (X,d) (R,d ), niin ehdon (13) ja lauseen 4.15 mukaan kuvaukset (R,d ) (R,d ), α αx + y ja α αx y ovat jatkuvia. Silloin lauseiden 5.1 ja 5.2 nojalla kuvaus (R,d ) (R,d ), α (αx) y = 1 4 ( αx + y 2 αx y 2) on jatkuva. (14) Koska q n λ metriikan d suhteen, niin ehdon (14) ja analyysi 1:n tietojen perusteella (q n x) y (λx) y, jolloin väite (12) seuraa. Näin ehto (S2) on lopulta todistettu. Pitää vielä todistaa ehto (S3) eli että kaikille x,y,z X pätee (x + z) y = x y + z y. (S3) 23

24 Tämän näkee näin: (x + z) y = i) 2( 1 ii) (x + z)) y = ( 1 2 (x + z) + y (x + z) y 2 ) = 1 2 ( 1 2 (x + y) (z + y) (x y) (z y) 2 ) iii) = 1 2 ( 1 2 (x + y) 1 2 (z + y) (x + y) (z + y) 2 )+ 1 2 ( 1 2 (x y) 1 2 (z y) (x y) (z y) 2 ) = 1 2 ( 1 2 (x z) x + y z + y 2 )+ 1 2 ( 1 2 (x z) x y z y 2 ) = 1 2 (1 2 x + y z + y x y z y 2 ) = 1 4 ( x + y 2 x y 2 ) ( z + y 2 z y 2 ) iv) = x y + z y. Tässä yhtälö i) seuraa ehdosta (S2), yhtälöt ii) ja iv) perustuvat sisätulon määritelmään (2) ja yhtälö iii) seuraa suunnikasidentiteetistä (1). Bonustehtävä 2. Tässä p 1 ja l p = {(x n ) n N x n K kaikille n ja x n p suppenee}. Tässä avaruudessa on luonnollinen vektoriavaruusstruktuuri, joka syntyy, kun määritellään (x n ) + (y n ) = (x n + y n ) ja λ(x n ) = (λx n ) kaikille (x n ),(y n ) l p ja λ K. Väitetään, että määrittely d((x n ),(y n )) = ( x n y n p ) 1 p antaa metriikan avaruuteen l p. Lauseen 2.2 nojalla tämä seuraa, jos osoitetaan, että määrittely ( ) 1 p (x n ) = x n p antaa normin tähän avaruuteen. Riittää osoittaa, että normin määrittelevät ehdot (x n ) 0, (x n ) = 0 x n = 0 kaikille n, (N1) (N2) λ(x n ) = λ (x n ) ja (N3) (x n ) + (y n ) (x n ) + (y n ) (N4) 24

25 ovat voimassa kaikille (x n ) l p. Ehto (N1) pätee triviaalisti. Ehto (N2) todistetaan näin: Olkoon (x n ) l p. Tällöin (x n ) = 0 ( x n p ) 1 p = 0 x n p = 0 x n p = 0 kaikille n x n = 0 kaikille n x n = 0 kaikille n (x n ) = 0 l p. Ehto (N3) puolestaan todistetaan näin: Olkoon (x n ) l p ja λ K. Tällöin λ(x n ) = (λx n ) = ( λ p ( x n p ) 1 p = ( λ p ) 1 p ) 1 ( p ) 1 p λx n p = λ p x n p = ( x n p ) 1 p = λ (x n ). Ehtoa (N4) eli kolmioepäyhtälö on se vaikea tapaus. Sitä varten tarkastellaan ensin erikseen tapausta p = 1. Olkoon (x n ),(y n ) l 1. Tällöin (x n ) + (y n ) = (x n + y n ) = x n + y n i) ( x n + y n ) = x n + y n = (x n ) + (y n ), joten (N4) pätee. Epäyhtälö seuraa K:n tavallisesta kolmioepäyhtälöstä. Voidaan siis olettaa, että p > 1. Todistetaan ensin pari aputulosta. Aputulos 1. (Youngin epäyhtälö) Olkoot a,b R, a,b 0 ja merkitään q = p/(p 1). Tällöin pätee ab ap p + bq q. Huomaa, että q > 1, joten erityisesti q 0 ja väitteen jakolasku on sallittua, ja väite on siltä osin järkevä. Huomaa lisäksi, että p ja q ovat tässä täysin symmetrisessä asemassa: kun q = p/(p 1), niin p = q/(q 1). Edelleen pätee seuraava yhtälö: 1 p + 1 q = 1 p + p 1 = 1 + p 1 = 1. (1) p p Aputuloksen 1. todistus: Väite pätee, jos a = 0 tai b = 0, joten voidaan olettaa, että a > 0 ja b > 0. Merkitään kaikille t > 0 f(t) = tq q t + 1 p. 25

26 Näin määritelty kuvaus f on derivoituva ja f (t) = t q 1 1. Koska q > 1, niin tällöin f (t) > 0 kun t > 1 ja f (t) < 1 kun 0 < t < 1. Silloin f:llä on aito minimi pisteessä t = 0. Koska lisäksi f(1) = 1 q p niin f(t) 0 kaikille t > 0. Tällöin erityisesti Toisaalta, koska q = p/(p 1), saadaan ehto(1) = 0, f(ba 1 p ) 0. (2) f(ba 1 p ) = bq a q(1 p) ba 1 p + 1 q p = bq a p ba 1 p + 1 q p, joten epäyhtälön (2) nojalla saadaan josta edelleen 0 bq a p q ba 1 p + 1 p, ba 1 p bq a p + 1 q p, ja tästä edelleen laventamalla a p :llä eli väite. ab bq q + ap p, Aputulos 2. (Hölderin epäyhtälö) Olkoon p > 1 ja merkitään q = p/(p 1). Olkoon (x n ) l p ja (y n ) l q. Tällöin pätee Todistus. Merkitään x p = ( ) 1 ( p ) 1 q x n y n x n p y n q. ( x n p ) 1 p ja y q = ( y n q ) 1 q. Jos x p = 0, niin ehdon (N2) nojalla (x n ) = 0, jolloin väite pätee. Vastaavasti väite pätee, jos y q = 0. Voidaan siis olettaa, että x p > 0 ja y q > 0, jolloin kaikille n N voidaan määritellä a n = x n x p ja b n = y n y q. 26

27 Youngin epäyhtälön nojalla kaikille n N pätee a n b n ap n p + bq n q eli Tällöin eli 1 x p y q 1 p x p p x n y n x n p x p y q p x p + y n q p q y q. q x n y n x p y q ( xn p x n y n 1 p x p p p x p p + y n q ) q y q q x n p + 1 q y q q y n q = x p p + 1 q y q y q p = 1 q p + 1 = 1, (3) q missä viimeinen yhtälö seuraa ehdosta (1). Epäyhtälöstä (3) saadaa laventamalla x n y n x p y q, mikä onkin väite. Nyt voidaan lopulta todistaa ehto (N4) kun p > 1: (Minkowskin epäyhtälö) Olkoon p > 1 ja (x n ),(y n ) l p. Tällöin pätee ( ) 1 ( p x n + y n p ) 1 ( p x n p + y n p ) 1 p. Todistus. Merkitään q = p/(p 1), jolloin pätee (p 1)q = p. Koska (x n ),(y n ) l p, niin myös (x n + y n ) l p eli sarja x n + y n p suppenee. Koska siis (p 1)q = p, niin tällöin sarja x n + y n (p 1)q = ( x n + y n p 1 ) q suppenee. Tämä tarkoittaa sitä, että ( x n + y n p 1 ) l q. (4) Jos (x n + y n ) = 0, niin väite pätee, joten voidaan olettaa, että (x n + y n ) 0, jolloin myös x n + y n p 0 27

28 ehdon (N2) mukaisesti. Nyt saadaan x n + y n p = x n + y n x n + y n p 1 i) ( x n + y n ) x n + y n p 1 = x n x n + y n p 1 ii) p 1 + y n x n + y n (5) ( ) 1 ( p ) 1 ( q ) 1 ( p ) 1 q x n p x n + y n (p 1)q + y n p x n + y n (p 1)q iii) = ( ) 1 ( ) p 1 ( q ) 1 x n p x n + y n p + y n p p ( ) 1 q x n + y n p iv) = ( ) 1 ( p ) 1 1 ( p ) 1 ( p ) 1 1 p x n p x n + y n p + y n p x n + y n p. Tässä epäyhtälö i) seuraa tavallisesta K:n kolmioepäyhtälöstä. Epäyhtälö ii) seuraa Hölderin epäyhtälöstä ja siitä, että ( x n y n ) l q, kuten ehdossa (4) todettiin. Yhtälö iii) seuraa siitä, että (p 1)q = p ja yhtälö iv) siitä, että 1/p + 1/q = 1, kuten ehdossa (1) todettiin. Laventamalla epäyhtälö (5) luvulla saadaan epäyhtälö ( ( ) 1 ( p x n + y n p x n + y n p ) 1 p 1 0 ) 1 ( p x n p + y n p ) 1 p, joka on väite. 28

29 3.1 Tässä on helpointa käyttää tehtävän 2.4 b) polaarikaavaa, jonka mukaan h(x) = f(x) g(x) = 1 4 ( f(x) + g(x) 2 f(x) g(x) 2 ). (1) Sovelletaan ensin lauseita 5.1 ja 5.3, joiden mukaan f + g ja f g ovat jatkuvia kuvauksina (Y,d ) (X,d). Normikuvaus (X,d) (R,d ) on jatkuva esimerkin 4.6 perusteella, joten lauseen 4.15 nojalla f +g ja f g ovat jatkuvia kuvauksina (Y,d ) (R,d ). Tällöin lauseen 5.2 nojalla myös f +g 2 ja f g 2 ovat jatkuvia. Lauseet 5.1 ja 5.3 takaavat niiden erotuksen jatkuvuuden. Käytetään vielä lausetta 5.3, jonka mukaan vakiolla kertominen säilyttää jatkuvuuden, ja h:n jatkuvuus seuraa esityksestä (1). Huomaa, että tässä sovellettiin lauseita 5.1 ja 5.3 ensin normiavaruudessa (X, ) ja jälkimmäiset sovellukset tehtiin normiavaruudessa (R, ). 3.2 a) Lauseen 4.6 nojalla riittää osoittaa, että f on 1-Lipschitz-jatkuva eli että kaikille x, y Z pätee d(f(x),f(y)) d(x,y). (1) Kun f(x) = f(y), väite (1) pätee triviaalisti. Voidaan siis olettaa, että f(x) f(y), jolloin myös x y ja määritelmien mukaan d(x,y) = 1 m x y, (2) d(f(x),f(y)) = 1 m f(x) f(y), missä (3) m x y = min{n N x y ei ole jaollinen luvulla 10 n } ja (4) m f(x) f(y) = min{n N f(x) f(y) ei ole jaollinen luvulla 10 n }. (5) Koska f(x) = x+a ja f(y) = y+a, niin f(x) f(y) = x y, ja silloin esityksistä (4) ja (5) nähdään, että m f(x) f(y) = m x y, jolloin ehtojen (2) ja (3) nojalla myös d(f(x),f(y)) = d(x,y), ja väite (1) pätee. b) Kuvaus g on myös Lipschitz-jatkuva ja siten jatkuva. Itse asiassa väite (1) toimii myös g:lle eli kaikille x,y Z pätee d(g(x),g(y)) d(x,y). (6) Tämäkin on triviaalia, kun g(x) = g(y), joten voidaan olettaa, että g(x) g(y), jolloin myös x y ja d(x,y) määräytyy ehdoista (2) ja (3). Vastaavasti määritelmän mukaan d(g(x),g(y)) = 1 m g(x) g(y), missä (7) m g(x) g(y) = m ax ay = min{n N ax ay ei ole jaollinen luvulla 10 n }. (8) 29

30 Esitysten (2), (3), (7) ja (8) perusteella väite (6) seuraa, jos osoitetaan, että m x y m ax ay. (9) Tehdään antiteesi: m ax ay < m x y. Määritelmän (8) mukaan 10 max ay ei jaa lukua ax ay, (10) mutta nyt antiteesin ja määritelmän (2) mukaan 10 max ay jakaa luvun x y. (11) Ehdot (10) ja (11) ovat ristiriidassa keskenään, sillä jos jokin luku jakaan luvun x y, niin triviaalisti se jakaa myös tämän monikerran ax ay = a(x y). Syntynyt ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi, joten väite (9) pätee. 3.3 Tehtävän kuvaus f on jatkuva pisteessä 0, mutta kaikissa muissa pisteissä se on epäjatkuva. Todistetaan ensin jatkuvuus origossa. Olkoon ǫ > 0 mielivaltainen. Pitää löytää δ > 0 siten, että kaikille y B d (0,δ) pätee f(y) f(0) < ǫ eli f(y) < ǫ eli Valitaan ensin m N niin suureksi, että kun d(y,0) < δ, niin y = 0 tai 1 < ǫ. (1) y ja määritellään sitten ehdossa (1) kaivattu δ asettamalla 10 m > 1 ǫ, (2) δ = 1 m. Pitää osoittaa, että tämä toimii ehdossa (1). Olkoon siis d(y,0) < δ = 1 m. (3) Väite (1) pätee jos y = 0, joten voidaan olettaa, että y 0. Tällöin missä d(y,0) = 1 m y, (4) m y = min{n N y ei ole jaollinen luvulla 10 n }. (5) Ehtojen (3) ja (4) nojalla m < m y, jolloin ehdon (5) mukaan y on jaollinen luvulla 10 m. (6) 30

31 Koska y 0, niin ehto (6) merkitsee sitä, että 10 m y. Tällöin ehdon (2) perusteella josta väite (1) seuraa. 1 ǫ < y, Osoitetaan sitten, että muissa pisteissä x Z \ {0} f ei ole jatkuva. Olkoon x Z \ {0} mielivaltainen. Oletetaan ensin, että x > 0. Tehdään antiteesi: f on jatkuva pisteessä x. Tällöin on olemassa δ > 0 siten, että kun d(x, y) < δ, niin f(x) f(y) < 1/2x, jolloin pätee ehto kun d(x,y) < δ ja y 0, niin 1 x 1 y < 1 2x. (7) Valitaan nyt n N niin suureksi, että Olkoon y = x + 10 n. Koska x > 0, niin y 0. Lisäksi d(x,y) = 1 m y x = 1 m 10 n 10 n > x ja (8) n 1 δ. (9) i) = 1 ii) < δ, (10) n + 1 missä yhtälö i) saadaan määritelmästä m 10 n = min{k N 10 n ei ole jaollinen luvulla 10 k } ja epäyhtälö ii) tulee ehdosta (9). Ehtojen (7) ja (10) nojalla Nyt kuitenkin 1 x 1 y x = = y xy 10 n x(x + 10 n ) = 1 x 1 y < 1 2x. (11) 10n x + 10 n 1 x = 1 x x n iii) > x = 1 2x, mikä on vastoin ehtoa (11). Yllä epäyhtälö iii) seuraa siitä, että ehdon (8) mukaan 10 n > x, jolloin x/10 n < 1. Syntynyt ristiriita todistaa väitteen positiivisille x. Negatiiviselle x todistus on lähes identtinen. Silloin pitää ehdossa valita n niin, että 10 n > x ja määritellä y = x 10 n, jolloin todistus sujuu kuten yllä lisäämällä itseisarvomerkkejä asiaankuuluviin kohtiin. Epäyhtälön iii) paikalle tulee epäyhtälö 1 x 10 1 n 1 x > x,

32 joka pätee, sillä x 10 n 1 = x 10 n + 1 < Nämä molemmat kuvaukset ovat Lipschitz-jatkuvia ja siten jatkuvia kaikkialla. Alkeisjoukko-opin keinoin nähdään helposti, että kaikille A, B, C P(N) pätee [(A C) (B C)] \ [(A C) (B C)] = [(A B) C] \ [(A B) C] = [(A B) \ (A B)] C (A B) \ (A B), joten min{n N n (A B) \ (A B)} min{n N [(A C) (B C)] \ [(A C) (B C)]} eli tehtävän 1.7 merkinnöin kun f(a) f(b) jolloin d(f(a),f(b)) = m AB m f(a)f(b), 1 1 = d(a,b). m f(a)f(b) m AB Tämähän tarkoittaa sitä, että f on 1-Lipschitz-jatkuva, koska väite d(f(a), f(b)) d(a, B) pätee triviaalisti, kun f(a) = f(b). Vastaava päättely voidaan tehdä yhdisteelle eli b)-kohdan kuvaukselle g, kun huomataan ensin, että [(A C) (B C)] \ [(A C) (B C)] = [A B C] \ [(A B) C] = [(A B) \ (A B)] \ C (A B) \ (A B) a) Kuvaus α : (X,d max ) (R,d) on Lipschitz-jatkuva ja siten jatkuva kaikkialla, sillä kaikille f, g X pätee α(f) α(g) = f( 1 2 ) g(1 2 ) max{ f(t) g(t) t [0,1]} = d max(f,g). Kuvauksena (X,d 1 ) R ei α sensijaan ole (edes) jatkuva. Tämän näkee vaikkapa seuraavasti: Tehdään antiteesi: α on jatkuva. Tällöin lauseen 4.10 nojalla jokaisen avoimen joukon alkukuva on avoin. Esimerkiksi siis α 1 (]0, [) on avoin. Koska vakiofunktiolle f X, f 1 pätee f α 1 (]0, [), niin on olemassa r > 0 siten, että B d1 (f,r) α 1 (]0, [), jolloin siis kaikille g B d1 (f,r) pätee α(g) ]0, [ eli kaikille g B d1 (f,r) pätee g(1/2) > 0. (1) On helppo konstruoida (vertaa tehtävän 2.3 b) ratkaisussa konstruoituun funktioon g) jatkuva funktio g : [0, 1] R siten, että g(t) = 1 kun t [0,1] \ [1/2 r/5,1/2 + r/5] ja g(1/2) = 1. 32

33 Tälle g pätee d 1 (f,g) = 1 0 f(t) g(t) dt 1/2+r/5 1/2 r/5 2dt = 4r 5 < r, joten g B d1 (f,r). Tämä on kuitenkin ehdon (1) nojalla mahdotonta, koska g(1/2) < a) Kuvaus β : (X,d max ) (X,d max ) on Lipschitz-jatkuva, sillä kaikille f,g X pätee d max (β(f),β(g)) = max{ 2tf(t) 2tg(t) t [0,1]} = max{2t f(t) g(t) t [0,1]} 2max{ f(t) g(t) t [0,1]} = 2d max (f,g). b) Kuvaus β on Lipschitz-jatkuva myös kuvauksena (X,d 1 ) (X,d 1 ), sillä kaikille f,g X pätee d 1 (β(f),β(g)) = t f(t) g(t) dt 2 0 β(f)(t) β(g)(t) dt = 1 c) Edelleen kaikille f, g X pätee d 1 (β(f),β(g)) = t f(t) g(t) dt 2 2d max (f,g), 0 0 β(f)(t) β(g)(t) dt = f(t) g(t) dt = 2d 1 (f,g) tf(t) 2tg(t) dt = 2tf(t) 2tg(t) dt = f(t) g(t) dt 2max{ f(t) g(t) t [0,1]} = joten β on Lipschitz-jatkuva myös kuvauksena (X,d max ) (X,d 1 ). d) Sen sijaan kuvauksena (X,d 1 ) (X,d max ) β ei ole edes jatkuva. Todistetaan tämä epäsuorasti. Tehdään siis antiteesi: β : (X,d 1 ) (X,d max ) on jatkuva. Olkoon f X, f 1. Tällöin β:n jatkuvuuden nojalla on olemassa r > 0 siten, että jos d 1 (f,g) < r, niin d max (β(f),β(g)) < 1. (1) Voidaan olettaa, että r < 1. Valitaan ǫ = r/3, jolloin 1 2ǫ [0,1]. Määritellään g : [0,1] R asettamalla { 1 t g(t) = ǫ 1 kun t [1 2ǫ,1] 1 kun t [0,1 2ǫ], 33

34 jolloin g on ilmeisesti jatkuva eli g X. Nyt d 1 (f,g) = 1 0 f(t) g(t) dt = Tällöin ehdon (1) nojalla pätee Näin ei kuitenkaan ole, sillä 1 1 2ǫ ( 1 t / 1 2t t2 +2)dt = +2t = 2ǫ < r. ǫ 1 2ǫ 2ǫ d max (β(f),β(g)) < 1. d max (β(f),β(g)) = max{ 2tf(t) 2tg(t) t [0,1]} = 4, sillä f(1) = 1 ja g(1) = 1. Tämä ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi, joten väite pätee. 3.7 a) Lauseen 4.10 nojalla riittää osoittaa, että jokaisen avaruudessa (R,d ) avoimen joukon A R alkukuva on avoin avaruudessa (X,d). Lauseen 3.8 nojalla jokainen avoin joukko A voidaan esittää rajoitettujen avoimien välien (jotka ovat avoimia kiekkoja avaruudessa (R,d )) yhdisteenä, ts. on olemassa avoimet välit ]a α,b α [, α I, a α,b α R siten, että A = α I]a α,b α [. Tällöin f 1 (A) = α I f 1 (]a α,b α [), joten lauseen 3.5 nojalla riittää osoittaa, että kaikki alkukuvat f 1 (]a α,b α [) ovat avoimia avaruudessa (X,d). Olkoon tätä varten ]a, b[ mielivaltainen avoin reaalilukuväli, a < b. Reaalilukujen ominaisuuksien nojalla tämä väli voidaan esittää yhdisteenä Tällöin ]a,b[= { ]q 1,q 2 [ a < q 1 < q 2 < b, q 1,q 2 Q}. f 1 (]a,b[) = {f 1 (]q 1,q 2 [) a < q 1 < q 2 < b, q 1,q 2 Q}. Koska avoimien joukkojen mielivaltainen yhdiste on lauseen 3.5 nojalla avoin, riittää nyt osoittaa, että jokainen f 1 (]q 1,q 2 [), q 1 < q 2, missä q 1,q 2 Q on avoin avaruudessa (X,d). Tämä seuraa oletuksesta, sillä f 1 (]q 1,q 2 [) = f 1 (],q 2 [ ]q 1, [) = f 1 (],q 2 [) f 1 (]q 1, [) ja avoimien joukkojen äärellinen leikkaus on avoin. 34

35 b) Olkoon (X,d) = (R,d ) ja varustetaan tällä kertaa maaliavaruutena toimiva R diskreetillä metriikalla d. Olkoon f R:n identtinen kuvaus. Tällöin alkukuvat f 1 (],q[) X ja f 1 (]q, [) X ovat avoimia avaruudessa (X,d) = (R,d ), mutta f : (R,d) (R,d ) ei ole jatkuva, kuten esimerkissä 4.2 d) todettiin. Bonustehtävä 3. Määritellään sisätuloavaruus X avaruuden l 2 (ks. teht. 2.1) aliavaruutena asettamalla X = {(x n ) n N x n R, x n 0 vain äärellisen monelle n}. Tämä on selvästi l 2 :n aliavaruus ja perii l 2 :sta myös sisätulon. Määritellään kuvaus f : X X asettamalla kaikille (x n ) X f((x n )) = (nx n ) n N X. Huomaa, että näin tosiaan syntyy kuvaus f : X X, ja huomaa myös se, että tämä määrittely ei anna kuvausta l 2 l 2, koska sarja n N nx n 2 ei välttämättä suppene kaikille (x n ) l 2. Sen sijaan, kun (x n ) X, niin kyseinen sarja on oleellisesti äärellinen, ja suppeneminen on triviaalia. Kiinteälle a = (a n ) X pätee f a ((x n )) = f((x n )) (a n ) = n N nx n a n R. Tämä kuvaus f a on jopa Lipschitz-jatkuva, minkä näkee seuraavasti: Koska a n 0 vain äärellisen monelle n, niin on olemassa N N siten, että a n = 0, kun n > N. Olkoon M = max{ a n n N}. Tällöin kaikille (x n ),(y n ) X pätee N N N f a ((x n )) f a ((y n )) = nx n a n ny n a n = n(x n y n )a n N n x n y n a n NM N x n y n N 2 M max{ x n y n n N} = N 2 M max{ x n y n 2 n N} N 2 M N 2 M ( n N ( N x n y n 2 ) 1 2 x n y n 2 ) 1 2 = N 2 M (x n ) (y n ) = N 2 Md((x n ),(y n )), joten f a on Lipschitz-jatkuva vakiolla N 2 M. Tämä vakio riippuu tietysti a:sta, mutta tässä a on kiinteä. Siispä f a on jatkuva lauseen 4.6 nojalla. 35

36 Sen sijaan itse f ei ole jatkuva. Tehdään antiteesi: f on jatkuva. Koska f(0) = 0, niin tällöin on olemassa δ > 0 siten, että kun (x n ) < δ, niin f((x n )) < 1. (1) Valitaan nyt n 0 N niin suureksi, että n 0 > 1/δ ja määritellään jono (x n ) asettamalla { 1 x n = n 0 kun n = n 0 0 muuten. Tällöin (x n ) X ja funktion f määritelmän mukaan f((x n )) = (y n ), missä { 1 kun n = n 0 y n = 0 muuten. Nyt pätee mutta kuitenkin (x n ) = ( n N ) 1 2 x n 2 = ( 1 n 2 ) = < δ, 0 n 0 f((x n )) = (y n ) = mikä on vastoin ehtoa (1). Siten antiteesi on väärä ja väite pätee. ( n N y n 2 ) 1 2 = 1, 36

37 4.1 Osoitetaan ensin, että K on suljettu. Riittää osoittaa, että X \ K on avoin. Olkoon tätä varten f X \ K mielivaltainen. Pitää löytää r > 0 siten, että B dmax (f,r) X \ K. (1) Koska f X \ K, niin f ei ole kasvava, ja silloin on olemassa a, b [0, 1], a < b siten, että f(a) > f(b). Tällöin f(a) f(b) > 0 ja voidaan valita r = 1 (f(a) f(b)) > 0. 2 Tämä r toimii ehdossa (1). Tämän osoittamiseksi olkoon g B dmax (f,r) mielivaltainen. Riittää osoittaa, että g ei ole kasvava. Tämä nähdään näin g(a) > i) f(a) r ii) = 1 iii) (f(a) + f(b)) = f(b) + r iv) > g(b), 2 joten g ei ole kasvava, koska a < b. Tässä epäyhtälöt i) ja iv) seuraavat siitä, että g B dmax (f,r), jolloin f(a) g(a) < r ja g(b) f(b) < r. Yhtälöt ii) ja iii) tulevat r:n valinnasta. Osoitetaan sitten, että joukolla K ei ole sisäpisteitä avaruudessa (X,d max ). Tehdään antiteesi: On olemassa f K ja r > 0 siten, että B dmax (f,r) K. (AT) Koska f on jatkuva pisteessä 0, niin voidaan valita a [0,1], a > 0 siten, että f(a) f(0) < r 3. (2) Määritellään kuvaus g : [0, 1] R asettamalla { x g(x) = a f(a) ( x 2r a 1)(f(0) + 3 ) kun x [0,a] f(x) kun x [a,1]. Koska a 0, niin g on hyvin määritelty, myös pisteessä x = a, sillä molemmat määritelmät antavat arvon g(a) = f(a). Ilmeisesti g on jatkuva. (Jatkuvuus seuraa myös lauseista 7.14 ja 7.11.) Siten g X. Lisäksi Tämä johtuu siitä, että välillä [0,a] pätee g on vähenevä välillä [0,a]. (3) g(x) = x f(a) f(0) 2r 3 a + f(0) + 2r 3, 37