Przestrzenie unormowane. R´

ożniczkowanie funkcji

wektorowych jednej zmiennej

1. Przestrzenie unormowane

Definicja

1.1. Niech X b

,

edzie przestrzeni

,

a liniow

,

a nad ciałem R. Fun-

kcj

,

e

k · k : X → [0, +∞) nazywamy norm

,

a, gdy zachodz

,

a warunki:

1

◦

(

∀ x ∈ X) kxk = 0 ⇔ x = O

(gdzie O jest elementem zerowym

przestrzeni X),

2

◦

(

∀ a ∈ R) (∀ x ∈ X) kaxk = |a|kxk

(jednorodno´

s´

c),

3

◦

(

∀ x, y ∈ X) kx + yk ¬ kxk + kyk

(subaddytywno´

s´

c).

Przestrzeni

,

a liniow

,

a X z okre´

slon

,

a norm

,

a nazywamy przestrzeni

,

a unormo-

wan

,

a.

Twierdzenie

1.1. Dla dowolnej przestrzeni unormowanej X funkcja

ρ : X

× X → R dana wzorem ρ(x, y) = kx − yk dla x, y ∈ X jest me-

tryk

,

a na X.

Dowód. Sprawdzimy warunki metryki (por. def. ??, rozdz.II). Dla do-

wolnych x, y

∈ X mamy ρ(x, y) ­ 0 oraz

• ρ(x, y) = 0 ⇔ kx − yk = 0

z 1

◦

⇔ x − y = O ⇔ x = y,

• ρ(x, y) = kx−yk = k(−1)(y−x)k

z 2

◦

=

|−1|ky−xk = ky−xk = ρ(y, x),

• ρ(x, z) = kx − zk = k(x − y) + (y − z)k

z 3

◦

¬ kx − yk + ky − zk =

ρ(x, y) + ρ(y, z).

Definicja

1.2. W przestrzeni unormowanej X metryka ρ(x, y) =

kx −

y

k dla x, y ∈ X nazywa si

,

e metryk

,

a wyznaczon

,

a przez norm

,

e. Zbieżno´

s´

c

ci

,

ag´

ow w tej metryce nazywamy zbieżno´

sci

,

a według normy.

Przykład

1.1.

(1) W przestrzeni R

k

funkcja

kxk =

v
u
u
t

k

X

i=1

x

2

i

,

x =

hx

1

, . . . , x

k

i ∈ R

k

,

(1.1)

jest norm

,

a. Sprawdzenie, że warunki 1

◦

, 2

◦

definiuj

,

ace norm

,

e za-

chodz

,

a, jest nietrudne. Warunek subaddytywno´

sci 3

◦

wynika łatwo

z nier´

owno´

sci tr´

ojk

,

ata dla metryki euklidesowej (tw. ??, rozdz. II).

Wła´

snie metryka euklidesowa jest metryk

,

a wyznaczon

,

a przez norm

,

e

(1.1). Norm

,

e (1.1) w R

k

nazywamy norm

,

a euklidesow

,

a. W R

k

można

1

rozważa´

c też inne normy, np.

kxk

1

=

k

X

i=1

|x

i

|,

kxk

2

= max

{|x

i

| : 1 ¬ i ¬ k}.

(1.2)

(2) Przestrze´

n liniowa b wszystkich ci

,

ag´

ow (x

n

)

n

∈N

ograniczonych o wy-

razach rzeczywistych wraz z operacjami

(x

n

) + (y

n

) = (x

n

+ y

n

)

c(x

n

) = (cx

n

)

i funkcj

,

a

k(x

n

)

k = sup{|x

n

| : n ∈ N}

jest przestrzeni

,

a unormowan

,

a. (Uzasadni´

c.)

(3) Przestrze´

n liniowa C[a, b] wszystkich funkcji rzeczywistych ci

,

agłych

na [a, b] z operacjami dodawania i mnożenia przez stałe rzeczywiste,
wraz z funkcj

,

a

kfk = sup{|f(x)| : x ∈ [0, 1]}, f ∈ C[a, b],

jest przestrzeni

,

a unormowan

,

a. (Uzasadni´

c.)

(4) Zał´

ożmy, że

k · k

X

i

k · k

Y

s

,

a normami w przestrzeniach liniowych X

i Y. Wtedy X

× Y jest przestrzeni

,

a unormowan

,

a z norm

,

a

khx, yik =

q

kxk

2

X

+

kyk

2

Y

,

hx, yi ∈ X × Y. Można też zdefiniowa´c inne normy

na X

× Y, korzystaj

,

ac z (1.2).

´

Cwiczenie

1.1. Wykaza´

c, że dla dowolnego ci

,

agu (x

n

) element´

ow prze-

strzeni R

k

i dla dowolnego punktu x

∈ R

k

zachodz

,

a r´

ownoważno´

sci

kx

n

− xk → 0 ⇔ kx

n

− xk

1

→ 0 ⇔ kx

n

− xk

2

→ 0,

gdzie normy

k · k, k · k

1

,

k · k

2

dane s

,

a wzorami (1.1), (1.2).

Lemat

1.1. W dowolnej przestrzeni unormowanej X zachodzi nier´

ow-

no´

s´

c

(

∀ x, y ∈ X) |kxk − kyk| ¬ kx − yk.

Dowód. Niech x, y

∈ X. Mamy

kxk = kx − y + yk

z 3

◦

¬ kx − yk + kyk.

St

,

ad

kxk − kyk ¬ kx − yk.

(1.3)

Zamieniaj

,

ac role x i y w (1.3), otrzymujemy

kyk − kxk ¬ ky − xk = k(−1)(x − y)k

2

◦

=

kx − yk.

St

,

ad

−kx − yk ¬ kxk − kyk.

(1.4)

Koniunkcja nier´

owno´

sci (1.3) i (1.4) daje nier´

owno´

s´

c w tezie.

Twierdzenie

1.2. Dla dowolnej przestrzeni unormowanej X funkcja

f : X

→ R dana wzorem f(x) = kxk, x ∈ X, jest jednostajnie ci

,

agła

na X (dokładniej, spełnia ona warunek Lipschitza ze stał

,

a 1.)

2

Dowód. Niech x, y

∈ X. Z lematu 1.1 wynika, że

|f(x) − f(y)| = |kxk − kyk| ¬ 1 · kx − yk,

co oznacza, że funkcja f spełnia warunek Lipschitza ze stał

,

a 1, to za´

s im-

plikuje, że f jest jednostajnie ci

,

agła (por. przykł. ??(c), rozdz. IV oraz ´

cw.

??, rozdz. V).

Definicja

1.3. M´

owimy, że przestrze´

n unormowana X jest przestrze-

ni

,

a Banacha, gdy X z metryk

,

a wyznaczon

,

a przez norm

,

e jest przestrzeni

,

a

zupełn

,

a.

Przykład

1.2. Przestrze´

n R

k

z norm

,

a euklidesow

,

a jest przestrzeni

,

a

Banacha. Wynika to z twierdzenia o zupełno´

sci przestrzeni R

k

(wn. ??,

rozdz. III).

´

Cwiczenie

1.2. Wykaza´

c, że przestrze´

n b z przykładu 1.1(2) jest prze-

strzeni

,

a Banacha.

2. R´

ożniczkowanie funkcji wektorowych jednej zmiennej

Definicja

2.1. Niech f : (a, b)

→ Y, gdzie Y jest przestrzeni

,

a unor-

mowan

,

a. Pochodn

,

a funkcji f w punkcie x

∈ (a, b) nazywamy taki element

y

∈ Y, że

lim

t

→x

f (t)

− f(x)

t

− x

= y.

Oznaczamy y = f

0

(x). Powyższy warunek można zapisa´

c inaczej jako

lim

t

→x

f (t)

− f(x)

t

− x

− y

= 0.

M´

owimy wtedy, że f jest r´

ożniczkowalna w punkcie x. W naturalny spos´

ob

definiujemy pochodn

,

a (lewostronn

,

a) funkcji f w punkcie b oraz pochodn

,

a

(prawostronn

,

a) w punkcie a, gdy f : [a, b]

→ Y.

Twierdzenie

2.1 (warunek konieczny r´

ożniczkowalno´

sci). Niech Y b

,

e-

dzie przestrzeni

,

a unormowan

,

a. Je´

sli funkcja f : (a, b)

→ Y jest r´ożniczko-

walna w punkcie x

∈ (a, b), to jest ona ci

,

agła w punkcie x.

Dowód. Wystarczy pokaza´

c, że dla dowolnego ci

,

agu (t

n

) takiego, że t

n

∈

(a, b)

\{x}, n ∈ N, oraz t

n

→ x mamy f(t

n

)

→ f(x), czyli kf(t

n

)

−f(x)k → 0.

Zauważmy, że dla każdego n

∈ N zachodzi

0

¬ kf(t

n

)

− f(x)k =

f (t

n

)

− f(x)

t

n

− x

(t

n

− x)

=

f (t

n

)

− f(x)

t

n

− x

|t

n

− x|.

(2.1)

Z założenia wynika, że (f (t

n

)

− f(x))/(t

n

− x) → f

0

(x). Zatem z ci

,

agło´

sci

normy (por. tw. 1.2) wnosimy, że

f (t

n

)

− f(x)

t

n

− x

→ kf

0

(x)

k.

Ponieważ

|t

n

− x| → 0, wi

,

ec z (2.1) na mocy twierdzenia o trzech ci

,

agach

(tw. ??, rozdz. III) otrzymujemy

kf(t

n

)

− xk → 0.

3

Twierdzenie

2.2 (liniowo´

s´

c pochodnej). Zał´

ożmy, że Y jest przestrze-

ni

,

a unormowan

,

a oraz funkcje f, g : (a, b)

→ Y s

,

a r´

ożniczkowalne w punkcie

x

∈ (a, b). W´owczas dla dowolnych liczb α, β ∈ R funkcja αf + βg : (a, b) →

Y jest r´

ożniczkowalna w punkcie x oraz

(αf + βg)

0

(x) = αf

0

(x) + βg

0

(x).

Dowód. Zauważmy, że je´

sli t

n

∈ (a, b) \ {x}, n ∈ N, oraz t

n

→ x, to dla

każdego n

∈ N, korzystaj

,

ac z własno´

sci normy, mamy

0

¬

(αf + βg)(t

n

)

− (αf + βg)(x)

t

n

− x

− (αf

0

(x) + βg

0

(x))

=

α(

f (t

n

)

− f(x)

t

n

− x

− f

0

(x)) + β(

g(t

n

)

− g(x)

t

n

− x

− g

0

(x))

¬ |α|

f (t

n

)

− f(x)

t

n

− x

− f

0

(x)

+

|β|

g(t

n

)

− g(x)

t

n

− x

− g

0

(x))

.

St

,

ad z założenia i z twierdzenia o trzech ci

,

agach wynika teza.

W szczeg´

olnym przypadku, gdy f : (a, b)

→ R

k

r´

ożniczkowalno´

s´

c f spro-

wadza si

,

e do r´

ożniczkowalno´

sci funkcji składowych, co pokazuje nast

,

epuj

,

ace

twierdzenie.

Twierdzenie

2.3 (posta´

c pochodnej funkcji wektorowej).

Niech

f : (a, b)

→ R

k

, f =

hf

1

, . . . , f

k

i. Na to, by istniała pochodna f

0

(x) funkcji f

w punkcie x

∈ (a, b) potrzeba i wystarcza, by istniały pochodne f

0

1

(x), f

0

2

(x),

. . . , f

0

k

(x). Ponadto f

0

(x) =

hf

0

1

(x), . . . , f

0

k

(x)

i.

Dowód. ”

⇒ ” Zał´ożmy, że pochodna f

0

(x) istnieje i jest r´

owna y =

hy

1

, . . . , y

k

i. Wtedy dla t ∈ (a, b) \ {x} mamy

f (t)

− f(x)

t

− x

=



f

1

(t)

− f

1

(x)

t

− x

, . . . ,

f

k

(t)

− f

k

(x)

t

− x



oraz

(2.2)

lim

t

→x

f (t)

− f(x)

t

− x

= y

⇔ (na mocy tw. ??, rozdz. IV)

(

∀ i ∈ {1, . . . , k}) lim

t

→x

f

i

(t)

− f

i

(x)

t

− x

= y

i

⇔ (∀ i ∈ {1, . . . , k}) f

0

i

(x) = y

i

.

Zatem f

0

(x) =

hf

0

1

(x), . . . , f

0

k

(x)

i.

”

⇐ ” Zał´ożmy, że istniej

,

a pochodne f

0

1

(x) = y

1

, . . . , f

0

k

(x) = y

k

. Z

r´

ownoważno´

sci (2.2) wynika, że istnieje f

0

(x) =

hy

1

, . . . , y

k

i.

3. Twierdzenie o przyrostach dla funkcji wektorowych

Dla x, y

∈ R

k

, x =

hx

1

, . . . , x

k

i, y = hy

1

, . . . , y

k

i definiujemy ilo-

czyn skalarny x

 y =

P

k
i=1

x

i

y

i

. (Iloczyn skalarny jest funkcj

,

a rzeczywist

,

a

okre´

slon

,

a na R

k

× R

k

.) Zauważmy, że dla x, y

∈ R

k

oraz t

∈ R zachodz

,

a

r´

owno´

sci

x

 y = y  x,

t(x

 y) = (tx)  y,

x

 (y + z) = (x  y) + (x  z).

Nier´

owno´

s´

c Schwarza udowodnion

,

a w tw.??, rozdz.II, można zapisa´

c jako

|x  y| ¬ kxk kyk, gdzie k · k jest norm

,

a euklidesow

,

a w R

k

. Oczywi´

scie

x

 x = kxk

2

.

4

Lemat

3.1. Dla f, g : [a, b]

→ R

k

okre´

slmy f

 g : [a, b] → R wzorem

(f

 g)(t) = (f(t))  (g(t)),

t

∈ [a, b].

Je´

sli istniej

,

a pochodne f

0

(x), g

0

(x) w punkcie x

∈ [a, b], to

(f

 g)

0

(x) = f

0

(x)

 g(x) + f(x)  g

0

(x).

(3.1)

Dowód. Niech f =

hf

1

, . . . , f

k

i, g = hg

1

, . . . , g

k

i. Korzystaj

,

ac z tw. 2.3

i z tw.??, rozdz.VI, mamy

(f

 g)

0

(x) = (

k

X

i=1

f

i

(x)g

i

(x))

0

=

k

X

i=1

f

0

i

(x)g

i

(x) +

k

X

i=1

f

i

(x)g

0

i

(x)

= f

0

(x)

 g(x) + f(x)  g

0

(x).

Uwaga

3.1. Je´

sli w lemacie 3.1 funkcja f jest stała f (t) = z

∈ R

k

,

t

∈ [a, b], to wz´or (3.1) przyjmuje posta´c (z  g)

0

(x) = z

 g

0

(x).

Przykład

3.1. Odpowiednik twierdzenia Lagrange’a dla funkcji f :

[a, b]

→ R

k

, k

­ 2, nie zachodzi. Rozważmy funkcj

,

e f : [0, 2π]

→ R

2

dan

,

a

wzorem f (t) =

hcos t, sin ti, t ∈ [0, 2π]. W´owczas f

0

(t) =

h− sin t, cos ti dla

t

∈ [0, 2π] (por. tw. 2.3) oraz f(0) = h1, 0i = f(2π). Zauważmy, że r´owno´s´c

f (2π)

− f(0) = f

0

(x)(2π

− 0)

nie zachodzi dla żadnego x

∈ (0, 2π). Istotnie, f(2π) − f(0) = h0, 0i, za´s nie

jest możliwe, by f

0

(x) =

h0, 0i, bo kf

0

(x)

k =

p

sin

2

x + cos

2

x = 1

6= 0.

W tym paragrafie podamy słaby odpowiednik twierdzenia Lagrange’a

dla funkcji o warto´

sciach wektorowych.

Twierdzenie

3.1 (o przyrostach dla funkcji wektorowych).

Niech f :

[a, b]

→ R

k

b

,

edzie funkcj

,

a ci

,

agł

,

a na [a, b] i r´

ożniczkowaln

,

a na (a, b). W´

owczas

istnieje punkt x

∈ (a, b) taki, że

kf(b) − f(a)k ¬ kf

0

(x)

k(b − a).

Dowód. Niech z = f (b)

− f(a). Je´sli z = O, to teza jest oczywista.

Zał´

ożmy, że z

6= O. Okre´slmy funkcj

,

e ϕ : [a, b]

→ R wzorem

ϕ(t) = z

 f(t)

dla

t

∈ [a, b].

Zauważmy, że funkcja ϕ jest ci

,

agła na [a, b] i r´

ożniczkowalna na (a, b) (por.

uwag

,

e 3.1). Stosuj

,

ac do niej twierdzenie Lagrange’a (wn.??, rozdz.VI), znaj-

dziemy punkt x

∈ (a, b) taki, że ϕ(b) − ϕ(a) = ϕ

0

(x)(b

− a). Z drugiej strony

ϕ(b)

− ϕ(a) = z  f(b) − z  f(a) = z  (f(b) − f(a)) = z  z = kzk

2

.

St

,

ad, z uwagi 3.1 i nier´

owno´

sci Schwarza otrzymamy

kzk

2

= ϕ

0

(x)(b

− a) = (z  f

0

(x))(b

− a) ¬ kzkkf

0

(x)

k(b − a).

Ponieważ z

6= O, wi

,

ec wnioskujemy, że

kzk ¬ kf

0

(x)

k(b−a), co daje tez

,

e.

Wniosek

3.1. Je´

sli I

⊂ R jest przedziałem oraz funkcja f : I → R

k

jest

r´

ożniczkowalna na I, przy czym f

0

(x) = O dla każdego x

∈ I, to funkcja f

jest stała na I.

5

Dowód. Rozważmy dowolne liczby a, b

∈ I, a 6= b, np. a < b. Stosuj

,

ac

twierdzenie 3.1 do funkcji f na [a, b], znajdziemy liczb

,

e x

∈ [a, b], dla kt´orej

kf(b) − f(a)k ¬ kf

0

(x)

k(b − a) = kOk(b − a) = 0.

St

,

ad f (b)

− f(a) = O, czyli f(b) = f(a). Z dowolno´sci a, b wynika teza.

Uwaga

3.2. Wniosek 3.1 można udowodni´

c inaczej, korzystaj

,

ac z wnio-

sku 2.3(1), rozdz.VI, i z twierdzenia 2.3.

Wniosek

3.2. Niech f : [a, b]

→ R

k

b

,

edzie funkcj

,

a ci

,

agł

,

a na [a, b] i

r´

ożniczkowaln

,

a na (a, b). Zał´

ożmy, że istniej

,

a z

∈ R

k

oraz r > 0 takie, że

f

0

(t)

∈ K = {y ∈ R

k

:

ky − zk ¬ r} dla każdego t ∈ (a, b). Wtedy

f (b)

− f(a)

b

− a

∈ K.

Dowód. Niech g(t) = f (t)

−tz dla t ∈ [a, b]. Wtedy g

0

(t) = f

0

(t)

−z (por.

tw. 2.2) oraz

kg

0

(t)

k ¬ r dla każdego t ∈ (a, b) – na mocy założenia. Z tw.

3.1 wynika, że istnieje punkt x

∈ (a, b) taki, że kg(b)−g(a)k ¬ kg

0

(x)

k(b−a).

St

,

ad

kg(b) − g(a)k ¬ r(b − a), czyli kf(b) − f(a) − (b − a)zk ¬ r(b − a). Dziel

,

ac

ostatni

,

a nier´

owno´

s´

c stronami przez b

− a, otrzymujemy tez

,

e.

6