Topologia IA, kesä 07 Harjoitus Heikki Korpela 5. toukokuuta 07 Tehtävä. Todista ( luonnollisin oletuksin, kirjoita ne!) kaava 0.8., so. että f j J B j = j J f B j, huolellisesti tarkastellen yksittäisiä alkioita. Osoita toiseksi (vrt. 0.8.5), että kaavaan f[a A ] fa fa ei aina saada yhtälöä. (Vastaesimerkki?) Vastaus: Oletetaan, että f : X Y ja J on jokin indeksijoukko, jota vastaa joukkojen kokoelma {B j, B j,..., B jn }, missä B j Y kaikilla j J.. Käsitellään ensin alta pois tyhjä joukko, jotta voidaan olettaa jokin alkio joukosta. Jos j J B j on tyhjä, niin kaikki joukot B j ovat tyhjiä kaikilla j J. Tyhjän joukon alkukuva on tyhjä ja tyhjien joukkojen yhdiste on tyhjä, joten yhtäsuuruus pätee myös tässä erityistapauksessa. Oletetaan sitten, että j J on epätyhjä, ja käsitellään yhtäsuuruus kumpaankin suuntaan erikseen. : Oletetaan, että x on jokin alkio joukossa f j J B j. Tällöin alkukuvan määritelmän mukaan f(x) = y j J B j. Tästä taas yhdisteen määritelmän mukaan seuraa, että y kuuluu ainakin johonkin joukoista B j. Toisin ilmaisten: on ainakin yksi sellainen j 0 J, että y B j0. Kiinnitetään tämä j 0. Soveltamalla taas alkukuvan määritelmää saadaan f(x) = y B j0 x f B j0. Vastaavasti yhdisteen määritelmän mukaan x j J f B j. : Oletetaan jälleen, että x on jokin alkio joukossa j J f B j. Yhdisteen ja alkukuvan määritelmiä hyödyntämällä saadaan jälleen: x f j J j 0 J s.e. x f B j0 f(x) = y B j0 y B j j J x f j J B j. Tarvittaessa koko päättely oltaisiin tietenkin voitu käsitellä myös ekvivalensseilla miettimällä joka kohta molempiin suuntiin: x f j J B j f(x) = y j J B j y B j0 jollain j 0 J x f B j0 x j J f B j.
Määritetään sitten kysytty vastaesimerkki. Olkoon: Nyt mutta joten fa fa = {0, } {0}. X = {0,, }, Y = {0, }, A = {0, }, A = {0, }, f : X Y, f(x) = {x 0} = { 0, x = 0,, x 0 A A = {0} f[a A ] = {0}, fa = {f(0), f()} = {0, } = {f(0), f()} = fa, (Vielä yksinkertaisempi, muttei ehkä yhtä havainnollinen esimerkki saataisiin valitsemalla X = {0, }, Y = X, A = {0}, A = {}, f : X Y, f(x) = 0; tällöin fa = fa = {0} = fa fa, mutta A A = f[a A ] = {0}.) Tehtävä. Aletaan tutustua joukkoon (ks..7.) E = raj(d, R) = {f : D R : f on rajoitettu } ja sen päälle rakennettuihin avaruuksiin (vektori-, normi- ja metriseen): (a) Osoita, että jos f, g E, niin myös f + g E. Neuvo: Joukon E laskutoimitukset kuten kohdan. loppupuolella. Palauta analyysistä mieleen, mitä tarkoittaa olla rajoitettu funktio. (b) Ns. sup-normi E:hen saadaan yhtälöstä f = sup f(x) x D Normiudelle on todistus.7.:ssä. Täydennä/selitä ehdon (N) osoitus. (c) Tärkeitä sovelluksia ovat l = raj(n, R) ja metrinen avaruus C[0, ]. Mieti hieman näitä. Miten esim. jälkimmäinen saa ns. sup-metriikkansa?. Vastaus: (a) Olkoon f, g E. (Tätä osaa varten D:n ei tarvitse edes olla epätyhjä.) Tällöin määritelmän mukaan (kurssikirjan s. 5, v. 0 painos) on olemassa luvut M f 0, M g 0 siten, että f(x) M f ja g(x) M g kaikilla x D. Siten kaikilla x D pätee (funktioiden pisteittäinen yhteenlasku kuten kirjassa sekä tavanomainen reaalilukujen kolmioepäyhtälö): (f + g)(x) = f(x) + g(x) f(x) + g(x) M f + M g, missä M f + M g on jokin luku. Siis myös f + g on rajoitettu kuvaus (luvulla M f + M g ). (b) Esitetään osoitus laveammin selitetyssä muodossa. Olkoon D, E = raj(d, R), f, g E ja x D. Koska f on rajoitettu, joukko { f(x) : x D} on ylhäältä rajoitettu jollain luvulla M f 0. Lisäksi joukko on epätyhjä, koska D on epätyhjä. Siten joukolla on supremum, joten normi f = sup{ f(x) : x D} on hyvin määritelty. Sama pätee g:lle. Erityisesti sama pätee f + g:lle, koska myös f + g oli rajoitettu. Ensimmäinen.7.:n yhtäsuuruus saadaan kuvauksien yhteenlaskun pisteittäisestä määrityksestä: koska (f + g)(x) = f(x) + g(x) kaikilla x D, niin (f + g)(x) = f(x) + g(x)
Koska f ja g ovat kuvauksia R:lle, f(x) ja g(x) ovat reaalilukuja kaikilla x D. Voidaan siis soveltaa kolmioepäyhtälöä: f(x) + g(x) f(x) + g(x) Seuraavaksi voimme supremumin määritelmän nojalla arvioida kumpaakin näistä luvuista ylhäältä supremumillaan: f(x) + g(x) sup{ f(x) : x D} + sup{ g(x) : x D} = f + g. Lopuksi todetaan, että koska tämä yhtälö pätee mielivaltaisella x D, sen täytyy päteä myös f:n ja g:n summan supremumille: siis joka oli osoitettava väite. f + g = sup{ (f + g)(x) : x D} f + g, (c) Näistä l on rajoitettujen jonojen joukko, koska jonot voidaan määritellä (tai karakterisoida) kuvauksina N:lta R:lle. Tästä karakterisoinnista saadaan heti tulokseksi, että rajoitettujen jonojen summat ovat rajoitettuja ja että rajoitettu jono kerrottuna vakiolla on rajoitettu. Eräs (muttei tietenkään ainoa) kiinnostava rajoitettujen jonojen osajoukko on suppenevien jonojen joukko. C[0, ] on suljetulla välillä [0, ] jatkuvien reaaliarvoisten funktioiden joukko. Koska jatkuvat funktiot ovat tunnetusti suljetulla välillä rajoitettuja (ja ne jopa saavuttavat suurimman ja pienimmän arvonsa suljetulla välillä), ne ovat rajoitettujen funktioiden joukon aliavaruus (ja erityisesti niillä on supremum). Tehtävä 3. (:4) Tutki, ovatko seuraavat funktiot f ja g metriikkoja reaaliakselilla R: (a) f(x, y) = x y ; (b) g(x, y) = x y. (Ks. neuvo kirjasta.) Vastaus: 3. (a) Osoitetaan, että f ei ole metriikka, vastaesimerkillä. Olkoon vaikkapa x =, y =, z = 3. Nyt f(x, z) = 3 = = 4 > + = + 3 = f(x, y) + f(y, z) Koska löytyi alkiot x, y, z R, joilla f ei toteuta metriikan kolmioepäyhtälöä (M), f ei ole metriikka. (b) Osoitetaan g metriikaksi. Ensin osoitetaan aputulos neuvon mukaan. Olkoon a 0, b 0. Tällöin juuria ja neliöitä otettaessa voidaan edetä yhtälöketjuissa molempiin suuntiin, ja pätee: 0 ab a + b a + ab + b ( a + b) ( a + b) a + b a + b Tarkistetaan sitten metriikan ehdot. Oletetaan, että x, y, z R. (M) Juurifunktion monotonisuuden nojalla voidaan soveltaa kolmioepäyhtälöä juurenoton sisällä: g(x, z) = x z = x y + y z x y + y z, ja aputuloksen perusteella saadaan x y + y z x y + y z = g(x, y) + g(y, z) 3
(M) Ilmeinen: g(x, y) = x y = y x = g(y, x) suoraan reaalilukujen vähennyslaskun vaihdannaisuuden mukaan. (M3) Todetaan ekvivalenssiketju, jossa hyödynnetään vain g:n määritelmää sekä juurifunktion ja itseisarvon ominaisuuksia: g(x, y) = 0 x y = 0 x y = 0 x y = 0 x = y Metriikan ehtojen tultua näin tarkistetuiksi on osoitettu, että g on metriikka reaaliakselilla. Tehtävä 4. Määritä tason joukkojen etäisyys, kun R :ssa on (a) tavallinen metriikka, (b) {0, }-metriikka. 4. Vastaus: A 0 = {(x, y) R : xy = 0} ja A = {(x, y) R : xy = } (a) Siirrytään vektorimerkintöihin; lihavoiduilla u, w viitataan alla A 0 :n ja A :n pisteisiin eli vektoreihin. Aluksi todetaan, mitä haetaan: joukkojen pisteiden etäisyyksien suurinta alarajaa, inf{d(u, w) : u A 0, w A } merk. = inf K Tarkastellaan hieman joukkoja. Oletetaan, että u = (u, u ) A 0, w = (w, w ) A. Tulon nollasäännön nojalla u u = 0 u = 0 tai u = 0 (itse asiassa A on tavanomaisten reaalitason x- ja y-akselien yhdiste). Samaisen tulon nollasäännön nojalla w w = w 0 w. Toisin sanoen koordinaateilla on myös (esimerkiksi) esitys w = w. Esimerkiksi kuvaajaa tämän perusteella hahmottelemalla tai lauseketta tarkastelemalla huomataan, että kun w on hyvin suuri tai hyvin pieni, w on hyvin lähellä nollaa, ja päinvastoin (t.s. kasvattamalla toista koordinaateista pisteet lähestyvät asymptoottisesti tason xy-akseleita jommaltakummalta puolelta). Arvataan näiden havaintojen perusteella, että etäisyyksien alarajaksi saadaan nolla. Osoitetaan tämä kahdessa osassa (infin ε-kriteeri). (i) 0 on alaraja: selvä, koska d on metriikka eli kuvaus R + :lle. (ii) 0 + ε ei enää ole alaraja millään ε > 0: oletetaan, että ε > 0. Lausekkeita tai kuvaajia pohtimalla havaitaan, että riittää hakea (esimerkiksi) niin suuri w ( x-koordinaatti ), että w = (w, w ) A on lähempänä reaalitason x-akselia kuin ε; tämän jälkeen valitaan vain A 0 :sta vastaava piste. Arkhimedeen lauseen nojalla löytyy luonnollinen luku n, jolla n > ε n < ε. Nyt piste u = (n, n ) kuuluu joukkoon A, koska n n =. Vastaavasti piste w = (n, 0) kuuluu joukkoon A tulon nollasäännön nojalla. Etäisyydeksi saadaan: ( d(u, w) = u w = n n, ) ( ( n 0 = 0, n) ) = = n n = n < ε Siten 0 on infin ε-kriteerin nojalla etäisyysjoukon K infimum eli joukkojen etäisyys d(a, A ). (b) Äsken jo käytännössä havaittiin, että A 0 ja A eivät kohtaa. Täydennetään tämä vielä todistukseksi pienellä toistolla. Merkitään tätä varten {0, }-metriikkaa e:llä. Oletetaan, että u = (u, u ) A 0, w = (w, w ) A. Nyt soveltamalla tulon nollasääntöä joukon A 0 määrityksestä u u = 0 seuraa u = 0 tai u = 0. Vastaavasti w w = w 0 w. Siis u = 0 w tai u = 0 w. Koska siis u w, e(u, w) =. Koska u, w olivat mielivaltaiset, saadaan {e(u, w) : u A 0, w A } = {} Tämän yksiön infimum on selvästi sen ainoa alkio, luku, joka on siis joukkojen etäisyys. 4
Tehtävä 5. Tutkitaan toisaalta metristä avaruutta (C[0, ], d), missä C[0, ] = {f : [0, ] R : f on jatkuva} ja missä d on sup-normin määräämä metriikka (ks. ylle), toisaalta metristä avaruutta ([0, ] R, e), missä e on tavan mukaisesti euklidinen metriikka. Merkitään f = (x x) ja g = (x x) : [0, ] R. Määritä d(f, g) ja e(g f, G g ), kun G f ja G g ovat funktioiden f ja g kuvaajat ( [0, ] R). Vastaus: Todetaan, että d(f, g) on kahden alkion f ja g etäisyys: 5. d(f, g) = f g = g f = sup{ g(x) f(x) : x [0, ]} = sup{ x : x [0, ]} =, missä tieto on yläraja seuraa ilmeisestä yhtälöketjusta 0 x 0 x x x ja tieto on pienin yläraja siitä, että kun x = 0, x = (eli jopa kuuluu joukkoon). e(g f, G g ) taas on kahden joukon etäisyys eli seuraava infimum: e(g f, G g ) = inf{e(u, v) : u G f, v G g } Kahden joukon etäisyys on aina nolla, jos joukot leikkaavat. (Kurssikirja tai ilmeiset perusteet: metriikan määritelmästä saadaan alarajaksi nolla. Jos alaraja nolla saavutetaan jossain pisteessä, se on automaattisesti minimi ja infimum. Hyödyntämällä metriikan määritelmän kohtaa M3 saadaan, että pisteen etäisyys itsestään on nolla.) Riittää siis osoittaa, että on olemassa jokin z = (x, y), jolle z G f, z G g. Koska f( ) =, g( ) = =, piste z = (, ) kuuluu molempiin joukkoihin eli joukkojen etäisyys on nolla. Tehtävä 6. (3:) Tutki määritelmään nojautuen, onko joukko A R avoin, kun (a) A = {(x, y) R : x }, (b) A = {(x, y) R : x + y < 0} Vihje: Kohdassa (b) voi muttei ole pakko käyttää analyysin kurssien tietoja jatkuvista funktioista. Vastaus: 6. (a) Osoitetaan, että A ei ole avoin, ristiriitatodistuksella. Valitaan piste z = (, 0). Väitetään, että ei löydy sellaista sädettä ε > 0, että kuula B(z, ε) kokonaan sisältyisi A:han. Vastaoletus: löytyypäs, olkoon se ε. Nyt pisteelle u = ( ε, 0) pätee d(u, z) = u z = ( ε, 0) = ε < ε, joten se sisältyy kuulaan B(z, ε). Mutta u:n ensimmäinen koordinaatti on pienempi kuin, joten se ei kuulu joukkoon A. Saatiin ristiriita, joten vastaoletus on epätosi ja väite tosi. Siis A:sta löytyi piste, jonka ympärille ei voi rakentaa kuulaa, joka kokonaan kuuluisi A:han. Siten A ei ole avoin. (b) Tulkitaan, että analyysin kurssien tiedoilla tarkoitetaan myös useamman muuttujan reaalifunktioiden jatkuvuutta (jota on käsitelty mm. kurssilla Analyysin jatkokurssi). Hyödynnetään näistä tiedoista kahta perustietoa: ensinnäkin, polynomifunktiot (myös usean muuttujan) ovat jatkuvia kaikkialla. Toisekseen, useamman muuttujan reaalifunktion f jatkuvuus pisteessä z 0 voidaan määritellä seuraavasti: ε > 0 : δ > 0 s.e. z z 0 < δ f(z) f(z 0 ) < ε (Määritelmä on siis tässä liki sama kuin yhden muuttujan tapauksessa, itseisarvot on vain yleistetty normeiksi ja pisteet vektoreiksi.) 5
Todetaan, että A voidaan karakterisoida myös alkukuvana seuraavasti. Olkoon f : R R, f(x, y) = x + y. Tällöin alkukuvan määritelmää hyödyntämällä saadaan A = {a = (x, y) R : x + y < 0} = {a R : f(a) < 0} = f [(, 0)] Merkitään negatiivista reaaliakselia B = (, 0), jolloin A = f B. Oletetaan, että a 0 on A:n piste. Alkukuvan määritelmän nojalla a 0 f B b 0 = f(a 0 ) B. Siis b 0 < 0. Halutaan soveltaa jatkuvuuden määritelmää sellaiseen maalin osajoukkoon, joka pysyy B:ssä, joten tarvitaan sopiva ε > 0. Valitaan vaikkapa ε = b 0 > 0, jolloin b b 0 < ε b < 0. Toisin ilmaisten: väli I = (b 0 ε, b 0 + ε) = ( 3 b 0, b 0) sisältyy kokonaan väliin B = (, 0), koska b 0 < 0. f on polynomina jatkuva koko R :ssa ja siten myös sen kaikissa osajoukoissa. Siis hyödyntämällä kuulan ja jatkuvuuden määritelmiä äsken asetettua ε > 0 vastaa jokin δ > 0 siten, että a B(a 0, δ) a a 0 < δ f(a) f(a 0 ) < ε Kuten aiemmin todettiin, tämä tarkoittaa, että b = f(a) kuuluu väliin I, joka taas kokonaan sisältyi joukkoon B. Hyödyntämällä kuvan ja alkukuvan määritelmiä saadaan täydennettyä implikaatio: f(a) f(a 0 ) < ε f(a) I B a f B = A Siis löytyi pistettä a 0 vastaava δ > 0-säteinen kuula B(a 0, δ), jonka jokainen mielivaltainen piste a sisältyy A:han (eli kuula kokonaan sisältyy A:han). Koska a 0 oli mielivaltainen A:n piste, A on avoin. (Tässä vaiheessa todetaan, että kyseessä oli erityistapaus sen paljon yleisemmän tuloksen osoittamisesta, että kuvauksen ɛ/δ-jatkuvuus takaa sen, että kuvajoukon avointen joukkojen alkukuvat ovat avoimia. Implikaatio pätee jopa molempiin suuntiin, mutta tässä tarvittiin vain toista suuntaa.) Tulokseen ei tarvita tietoja usean muuttujan funktioista; yhden muuttujan jatkuvuus riittää. Ensin pieni aputulos. Aputulos. Todetaan ilmeisehkö havainto: euklidisessa metriikassa r-säteinen kuula voidaan aina rajoittaa jonkin sellaisen kuution sisään, jonka sivun pituus on r. Jos U = B(z 0, r), niin mielivaltaiselle pisteelle z = (x, y) U pätee metriikan kolmioepäyhtälön mukaan d((x, y 0 ), z 0 ) d((x, y 0 ), z) + d(z, z 0 ) < r }{{}}{{} 0 <r d((x, y 0 ), z 0 ) = (x x 0, y 0 y 0 ) = x x 0 < r Tai, suoremmin, x x 0 = (x x 0 ) (x x 0 ) + (y y 0 ) = (x x 0, y y 0 ) = z z 0 = d(z, z 0 ) < r. Vastaava pätee myös y-koordinaatille (ja yleistyy ilmeisellä tavalla n-ulotteiseen tapaukseen jokaiselle koordinaatille). Vaihtoehtoinen todistus yhden muuttujan funktion jatkuvuudella. Olkoon jälleen a 0 = (x 0, y 0 ) A. Rakennetaan tulos lopusta alkuun: määritetään, mitä ehtoja kuulan säteen r > 0 pitää toteuttaa, jotta kuulan B(a 0, r) = U mielivaltainen piste b = (x, y) kuuluu A:han eli y > x +. (Alla siis puhutaan tällaisesta hypoteettisestä säteestä ja kuulasta, vaikka vasta lopuksi selviää, että tällainen r aina voidaan valita. Tarkoitus on valottaa, miten todistus on rakentunut.) Todetaan, että jos b kuuluu kuulaan U, käytettävissä on tieto y y 0 < r y 0 r < y < y 0 + r. Koska haluamme rajoittaa y:tä alhaalta, meille riittää y > y 0 r. Yhden muuttujan funktion jatkuvuuden perusteella millä tahansa ε > 0 löytyy sellainen δ x > 0, jolla voidaan rajoittaa x x 0 < ε, kun x x 0 < δ x. (Jatkuvuuden määritelmän 6
lisäksi tarvitaan vain tietoa, että f : R R, f(x) = x on esimerkiksi selvästi jatkuvien identtisten kuvauksien x x tulona jatkuva kaikkialla ja siten myös pisteessä x 0.) Näistä epäyhtälö x x 0 < r δ x toteutuu, jos a kuuluu U:hun ja U:n säde r on enintään yhtä suuri kuin jatkuvuuden nojalla löydetty luku δ x. Kuvapuolelta tarvitsemme rajaa x < x 0 + ε. Nyt etsittävänä on siis kaksi lukua: ε ja r. Vielä tarvitaan tietoa, että koska a 0 kuuluu A:han, pätee y 0 > x 0 +. Voidaan kirjoittaa δ y = y 0 x 0 > 0, jolloin siis y 0 = x 0 + + δ y. Selvästi ε ja r tulevat jotenkin riippumaan δ y :sta. Kootaan yhteen: { { y > y 0 r = x 0 + + δ y r, y > x 0 + + δ y r, x < x 0 + ε x 0 + ε + > x + Huomataan, että kuulan pisteille b = (x, y) pätee joukon A ehto y > x +, kunhan vain x 0 + + δ y r > x 0 + ε y + δ y r > ε r < δ y ε Asetetaan ensin ε = δ y > 0. Nyt f:n jatkuvuus takaa, että löytyy jokin δ x > 0, jolla x x 0 < ε, kun x x 0 < δ x. Jos säde δ x riittää pitämään x :n lähellä x 0:sta, pienempikin säde tietysti riittää. Toisin sanoen määräämällä r = min{ 3 δ y, δ x } > 0 saadaan tarvittavat epäyhtälöt: 0 < x x 0 < r δ x x x 0 < ε, 0 < r 3 δ y < δ y ε = δ y δ y = δ y Siis löytyi pistettä a 0 vastaava r > 0-säteinen kuula B(a 0, r), jonka jokainen mielivaltainen piste b sisältyy A:han (eli kuula kokonaan sisältyy A:han). Koska a 0 oli mielivaltainen A:n piste, A on avoin. Luonnollisesti todistus on rakennettavissa myös kokonaan jatkuvuusargumentointia. Vaihtoehtoinen todistus ilman jatkuvuutta. Olkoon jälleen a 0 = (x 0, y 0 ) A. Edetään taas lopusta alkuun. Tapaus x 0 = 0. Aputuloksen mukaan r < x < r ja y 0 r < y < y 0 +r. Aina y 0 > x 0 +. Huomataan, että riittää, että x + < r + < y 0 r < y Ensimmäinen epäyhtälö on selvä: se voidaan kirjoittaa muodossa x + < r +, ja aputuloksen mukaan x < r = r. Neliöfunktio x x on positiiviluvuilla kasvava eli järjestyksen säilyttävä funktio. Samoin viimeinen epäyhtälö y 0 r < y seuraa suoraan aputuloksesta. Riittää siis, että r + < y 0 r r + r + ( y 0 ) < 0 Epäyhtälö voidaan nyt samaistaa kysymykseen siitä, milloin ylöspäin aukeavan parabeelin kuvaajan pisteet ovat alemmalla puolitasolla (karteesisessa koordinatistossa y-akselin alapuolella, mutta muuttuja y on jo varattu). Näin on silloin, kun r-koordinaatit ovat leikkauspisteiden välissä. Etsitään nollakohdista suurempi toisen asteen yhtälön ratkaisukaavalla: r 0 = + 4( y 0 ) 4y0 3 = = 4y0 3 4 = y 0 3 4 7
Tämä on positiivinen, koska y 0 > y 0 3 4 > 4 y 0 3 4 > 4 =. (Toinen nollakohta y 0 3 4 on triviaalisti negatiivinen, koska se on summa negatiiviluvusta ja neliöjuuren vastaluvusta.) Riittävä ehto epäyhtälön totuudelle on siis 0 < r < r 0, joten riittää valita r = r 0 > 0, niin B(a 0, r) A. Tapaus x 0 > 0. Tarkastellaan aiempaan tapaan epäyhtälöketjua: x + < (x 0 + r) + < y 0 r < y Viimeinen epäyhtälö seuraa aputuloksesta kuten aiemmin. Ensimmäinen epäyhtälö pätee, jos r:lle asetetaan lisäehto, että että 0 < x 0 r < x < x 0 + r, koska tällöin x < (x 0 + r). Huolehditaan tästä lisäehdosta lopuksi ja tutkitaan ensin toista epäyhtälöä: Nollakohdista suurempi: r + ( + x 0 )r + (x 0 + y 0 ) < 0 (x 0 + r) + < y 0 r r 0 = ( + x 0) + ( + x 0 ) 4(x 0 + y 0) Tätä voisi sieventää, mutta ei ole pakko; riittää todeta, että tämä on selvästi positiivinen ja reaalinen. Tämä on melko ilmeistä: positiiviluvun u neliöön lisätään jotain positiivista, otetaan juuri ja vähennetään u, joten tuloksena on jotain positiivista. Tarkemmin: A:n määrityksen nojalla y 0 > x 0 + x 0 + y 0 < 0 δ = 4(x 0 + y 0 ) > 0. Lisäksi merkitsemällä u = ( + x 0 ) > 0 saadaan u + δ > u u + δ > u = u u + δ u > 0. Vastaavan kaltaisin perustein nähdään, että toinen nollakohta on negatiivinen. Siis kun 0 < r < r 0, epäyhtälö toteutuu. Lisäksi piti varmistaa, että x 0 r > 0. Tämä ehto toteutuu, kun asetetaan r valitaan sitten r = min{ r 0, r }. Tapaus x 0 < 0. Vielä viimeinen tapaus. Tarkastellaan epäyhtälöketjua: x + < (x 0 r) + < y 0 r < y = x0, ja Ensimmäinen epäyhtälö toteutuu, kunhan x 0 r < x < 0, koska neliöinti on reaaliakselin negatiivisella puolella vähenevä eli järjestyksen kääntävä operaatio. (Vaikkapa seuraavalla perusteella: olkoot b < a < 0. Nyt b < a b = bb > ab, koska negatiiviluvulla kertominen kääntää epäyhtälön merkin; vastaavasti b < a ab > aa = a, eli b > ab > a.) Asetetaan r:lle edellisen tapauksen tapaan katto r = x0 = x0, jolloin x < x 0 + r x 0 + r x < x 0 < 0. Toinen epäyhtälö: Nollakohdista suurempi: r + ( x 0 )r + (x 0 + y 0 ) < 0 (x 0 r) + < y 0 r r 0 = ( x 0) + ( x 0 ) 4(x 0 + y 0) Tämä on positiivinen (ja toinen nollakohta negatiivinen) samoin perustein kuin aiemmin, joten ottamalla r = min{ r 0, r } koko epäyhtälöketju toteutuu. Yhdistetään saadut ratkaisut. Ensin todetaan, että kahdessa jälkimmäisessä tapauksessa (x 0 0) toiseksi ylärajaksi kelpaa r = x 0. Tapauksessa x 0 = 0 tämä ei voi olla yläraja, koska r:n pitää olla aidosti positiivinen. Koska tapauksessa x 0 = 0 tämän ylärajan suuruus ei toisaalta ole ongelma (riittää, että r < r 0 ), voidaan yleistää yläraja r kaikkiin tapauksiin vaikkapa määrityksellä: r = {x 0 0} x 0 + {x 0 = 0} = { x 0, x 0 0, x 0 = 0. 8
Sitten havaitaan, että kaikissa kolmessa tapauksessa (oli x 0 mikä tahansa) r 0 voidaan kirjoittaa ekvivalentissa muodossa ( + x0 ) r 0 = 4(x 0 + y 0) ( + x 0 ) Ottamalla käyttöön merkinnät δ = y 0 x 0 > 0 (joka kertoo, kuinka etäällä piste on kuvaajasta y = x + eli joukon A alarajasta ) ja q = (+ x 0 ) > 0 saadaan vaihtoehtoinen esitys: tai q + 4δ q r 0 =, r 0 = ( ) 4y0 + 4 x 0 3 x 0 (Luonnollisesti mikä tahansa pienempikin positiiviluku käy; arvata saattaa, että r 0 :lle varmaankin löytyisi esteettisempiäkin muotoja.) Yhteenvetona todettakoon, että näillä määrityksillä mielivaltaisella pisteellä a 0 = (x 0, y 0 ) on kuulaympäristö B(a 0, r), joka kokonaan sisältyy A:han, kun säteeksi r valitaan { } r = min r 0, r. 9