Analiza 1. Metrični prostori

Transkript

1 aliza 1 Metriči prostori (1) Na možico M = (, ) (, ) vpeljemo metriko d s predpisom d(( 1, 1 ), (, )) = l. + l 1 1 (a) Dokaži, da je d res metrika a možici M. (b) Skiciraj odprto kroglo K((1, 1), 1). Rešitev: Metrika a možici M je preslikava d : M M R, ki zadošča pogojem: (1) Pozitiva defiitost: d(, ) za vsaka, M i d(, ) = =. () Simetričost: d(, ) = d(, ) za vsaka, M. (3) Trikotiška eeakost: d(, z) d(, ) + d(, z) za vsako trojico,, z M. V ašem primeru bomo pokazali, da preslikava d določa metriko a prvem kvadratu ravie. Ozačimo T 1 ( 1, 1 ) i T (, )..5. T 1 1, 1 T, 1 3 (a) Najprej bomo preverili, da preslikava d ustreza aksiomom metrike. (1) Po defiiciji je d(t 1, T ) eegativo število, ki je eako ič atako takrat, ko je l = l =. 1 1 Od tod sledi, da je 1 = i 1 =. () Simetričost preslikave d sledi iz eakosti d(t 1, T ) = l l = l + l = l + l = d(t, T 1 ). 1 1 (3) Za dokaz trikotiške eeakosti pa ajprej opazimo, da je d(t 1, T 3 ) = l l = l + l = l + l 3 + l + l Če sedaj uporabimo trikotiško eeakost za absoluto vredost, dobimo l 3 + l 3 + l + l 3 3, l + l + l + l

2 od koder sledi d(t 1, T 3 ) d(t 1, T ) + d(t, T 3 ). (b) Krogla v metričem prostoru M je posplošitev pojma krogle v evklidskem prostoru. Odprta krogla s središčem v točki a i s polmerom r je podmožica M, ki je defiiraa s predpisom K(a, r) = { M d(a, ) < r}. Podobo defiiramo tudi zaprto kroglo K(a, r) = { M d(a, ) r}. V adaljevaju bomo opisali kroglo K((1, 1), 1). Ta krogla sestoji iz možice točk T (, ), ki zadoščajo pogoju d((1, 1), T ) = l + l < 1. Dobili smo eeačbo v ravii, kar pomei, da bo ačeloma ta odprta krogla ek raviski lik. Da bi rešili eeačbo, bomo obravavali ekaj primerov. (1) Če je > 1 i > 1, imamo eeačbo: l + l < 1, l < 1, < e, < e. Tako dobimo lik, ki leži pod krivuljo = e i ima obe koordiati večji od ea. () Če je < 1 i > 1, dobimo eeačbo l + l < 1, ki jo preoblikujemo v < e. (3) V primeru, ko je < 1 i < 1, dobimo l l < 1 oziroma > 1 e. (4) Zadja možost je > 1 i < 1. Tedaj dobimo l l < 1 oziroma > e. Odprta krogla K((1, 1), 1) je torej lik, katerega rob sestoji iz dveh daljic i dveh lokov hiperbole. Robih krivulj e vsebuje. Če bi vzeli zaprto kroglo, bi le-ta vsebovala še robe krivulje ,1 K 1,1,1 1 3 Omeimo še, da je oblika krogle v splošem odvisa od jeega središča, če metrika i traslacijsko ivariata.

3 () Na ravio R s koordiatim izhodiščem O vpeljemo poštarsko metriko d s predpisom { d (T d(t 1, T ) = 1, T ) ; točki T 1 i T ležita a istem poltraku z začetkom v O, d (T 1, O) + d (O, T ) ; sicer. (a) Dokaži, da je d res metrika a možici M. (b) Skiciraj krogli K((1, 1), 1) i K((1, 1), ). Rešitev: (a) Sedaj imamo metriko, ki je podaa z dvema predpisoma. Če točki e ležita a istem poltraku, sta lahko v metriki d daleč araze, čeprav sta v evklidski metriki d blizu skupaj. Blizu dae točke so torej samo točke, ki so blizu je v evklidski metriki i ležijo a istem poltraku..5. T 1 1, 1 T, 1 3 Pri dokazovaju am bo prav prišla opazka, da je razdalja d kvečjemu večja od evklidske razdalje, kar pomei, da velja d(t 1, T ) d (T 1, T ). (1) Iz eegativosti evklidske metrike sledi, da je d eegativa fukcija. Če je T 1 = T, je d(t 1, T ) = d (T 1, T ) =, zato deimo sedaj, da je d(t 1, T ) =. Potem je tudi d (T 1, T ) =, od koder pa sledi T 1 = T. () Simetričost metrike d sledi iz simetričosti evklidske metrike. (3) Za dokaz trikotiške eeakosti bomo morali obravavati ekaj primerov. Pokazati želimo, da za vsako trojico točk T 1, T i T 3 velja d(t 1, T 3 ) d(t 1, T ) + d(t, T 3 ). Predpostavimo ajprej, da sta T 1 i T 3 a istem poltraku. Potem z uporabo trikotiške eeakosti za evklidsko metriko dobimo d(t 1, T 3 ) = d (T 1, T 3 ) d (T 1, T ) + d (T, T 3 ) d(t 1, T ) + d(t, T 3 ). Recimo sedaj, da T 1 i T 3 ista a istem poltraku. Če točka T i a istem poltraku kot katera od ostalih dveh točk, je d(t 1, T 3 ) = d (T 1, O) + d (O, T 3 ) d (T 1, ) + d (, T ) + d (T, ) + d (O, T 3 ), = d(t 1, T ) + d(t, T 3 ). Ostae am še primer, ko leži točka T a istem poltraku kot ea izmed točk T 1 ali T 3. Zaradi simetričosti metrike lahko predpostavimo, da ležita a primer T 1 i T a istem poltraku. Potem velja d(t 1, T 3 ) = d (T 1, O) + d (O, T 3 ) d (T 1, T ) + d (T, ) + d (O, T 3 ), = d(t 1, T ) + d(t, T 3 ). 3

4 (b) Opišimo sedaj še krogli s središčem v točki (1, 1) i s polmeroma 1 i. Ker je evklidska razdalja točke (1, 1) od točke O večja od ea, so v K((1, 1), 1) samo točke a poltraku skozi (1, 1), ki so od (1, 1) oddaljee maj kot 1. Dobimo torej odprto daljico.. K 1,1,1 1,1 1 3 V primeru K((1, 1), ) pa lahko to kroglo zapišemo kot uijo dveh možic. Prva možica sestoji iz točk a poltraku skozi (1, 1), ki so od te točke oddaljee maj kot. Drugi del pa je krog s središčem v točki (, ) i s polmerom R =. 3 1 K 1,1,1 1, (3) Na možico H = {z C Im(z) > } vpeljemo hiperboličo metriko d s predpisom ( ) z w d(z, w) = arch 1 +. Im(z) Im(w) Opiši krožico s središčem v točki S(, ) i polmerom r. Rešitev: V tej alogi bomo študirali eega izmed modelov hiperboliče ravie, ki mu rečemo Poicarejev model zgorje polravie. Da dobimo občutek za hiperboličo razdaljo, ajprej izračuajmo razdaljo med točkama z = + i 1 i w = + i, ki ležita ea ad drugo. Če predpostavimo, da je > 1, je: d(z, w) = arch (1 + ( ) ( ) 1 ) = arch 1 +, 1 1 ( ) = l , 1 1 = l 1. 4

5 Od tod sledi, da so točke oblike z = + i i w = + ie a hiperboliči razdalji 1, e glede a to, kakše je. Blizu reale osi je torej hiperboliča razdalja precej večja od evklidske, točke a reali osi pa so v resici eskočo oddaljee od točk v zgorji polravii. Na spodji sliki sta arisaa para točk z, w i z, w, ki sta a hiperboliči razdalji 1. Im w z w z Re Sedaj bomo izračuali eačbo hiperboliče krožice. Ozačimo s T (, ) točko a krožici s središčem v S(, ) i polmerom r. Iz pogoja d(s, T ) = r lahko potem izpeljemo: ) T S arch (1 + = r, T S 1 + = ch r, + T S = ch r, + ( ) + ( ) = ch r, ( ) + + ch r =, ( ) + ( ch r) + ch r =, ( ) + ( ch r) = ( sh r). Vidimo, da hiperboliča krožica s središčem S(, ) i polmerom r sovpada z evklidsko krožico s središčem S (, ch r) i polmerom r = sh r. K H K E S (4) Poišči točke a premici = + 1, ki so ajbližje izhodišču v metrikah d 1, d i d. Rešitev: Na ravii R defiiramo družio metrik za vsak p [1, ) s predpisi d p (T 1, T ) = ( 1 p + 1 p ) 1 p. Najpomembejše med jimi so asledje metrike. (1) Metrika d 1 (T 1, T ) = 1 + 1, ki ji rečemo tudi tai ali Mahatta metrika. Krogle v tej metriki imajo obliko poševo orietiraih kvadratov. 5

6 T 1 1, 1 1 T, () Evklidska metrika d (T 1, T ) = T 1 1, 1 1 T, (3) Ma oziroma sup metrika d = ma{ 1, 1 }, ki je dobimo v limiti, ko gre p. Krogle v tej metriki so spet kvadrati, ki so orietirai v smereh koordiatih osi. ma, 1 T 1 1, 1 T, V adaljevaju bomo poiskali točke a premici = +1, ki so ajbližje izhodišču v daih metrikah. Iskaja teh točk se lahko lotimo a dva ačia: račusko ali pa geometričo. (1) Poglejmo ajprej primer metrike d 1. Razdalja točke T (, ) a premici od izhodišča v metriki d 1 je eaka ;, d 1 (T, O) = + = = + 1 ; 1 <, 3 1 ; < 1. Ta fukcija ima miimum pri = 1, kar pomei, da je v tem primeru izhodišču ajbližja točka P 1 ( 1, ). 6

7 Geometričo bi lahko do tega rezultata prišli takole. Kroglo K(O, r) v metriki d 1 apihujemo toliko časa, dokler se e dotake premice. Radij r, pri katerem se krogla prvič dotake premice, je eak razdalji premice od izhodišča, točke v preseku pa so točke a premici, ki so ajbližje izhodišču. 1 P 1 () V primeru evklidske metrike je iskaa točka kar pravokota projekcija izhodišča a premico. Dobimo jo lahko kot presek dae premice i pa ormale ajo, ki poteka skozi izhodišče. Ta ormala ima eačbo =. Eačba + 1 = ima rešitev = 5, zato je pravokota projekcija izhodišča a premico točka P ( 5, 1 5 ). 1 P (3) V primeru ma metrike bomo točko P poiskali geometričo. Eotska krogla je v tem primeru kvadrat, točka P pa bo v bistvu zgorje levo oglišče kvadrata pri primerem r. 7

8 Zgorje levo oglišče leži a premici =, zato moramo rešiti eačbo + 1 =. Rešitev je = 1 3, iskaa točka pa P ( 1 3, 1 3 ). 1 P Opomba: V ostalih p-metrikah imajo eotske krogle obliko, ki se pri p čedalje bolj prilega krogli v ma-metriki, pri p 1 pa krogli v 1-metriki. Na sliki sta prikazai eotski krogli v primerih p = 1.6 i p = (5) Naj bo a > e >. V metriki d 1 skiciraj elipso z goriščema F 1 ( e, ) i F (e, ) ter polosjo a. Rešitev: Naj bo T (, ) poljuba točka a elipsi v metriki d 1. Po defiiciji to pomei, da velja d 1 (T, F 1 ) + d 1 (T, F ) = a. Z upoštevajem predpisa metrike d 1 od tod dobimo + e + + e + = a. Dobili smo eačbo za točke v ravii, katere rešitev bo eka krivulja. Da si olajšamo delo, lahko ajprej opazimo, da je rešitev eačbe zrcala glede a absciso os, zato lahko predpostavimo, da je. Dao eačbo lahko potem prepišemo v obliko = a 1 ( + e + e ) = 8 a + ; a < e, a e ; e < e, a ; e a.

9 Z upoštevajem simetrije dobimo asledjo krivuljo. a F 1 e, F e, a (6) Daa je fukcija q : R R s predpisom q() = { 1 ; Q, ; / Q, i predpis d(, ) = { ; q() = q(), + 1 ; q() q(). Dokaži, da je d metrika a možici R i določi kroglo K(, 3 ). Rešitev: Najprej preverimo, da preslikava d zadošča aksiomom za metriko. Iz defiicije sledi, da velja d(, ), kar pomei, da je razdalja d kvečjemu večja od običaje razdalje a reali premici R. (1) Kot prvo je d(, ) i d(, ) =. Če je slučajo d(, ) =, od tod sledi = oziroma =. () Simetričost preslikave d sledi iz simetričosti absolute vredosti. (3) Pokazati moramo še, da za poljubo trojico,, z R velja V primeru, ko je q() = q(z), je d(, z) d(, ) + d(, z). d(, z) = z = + z + z d(, ) + d(, z). Če je q() q(z), pa mora veljati bodisi q() = q() bodisi q() = q(z). Zaradi simetričosti lahko predpostavimo, da je a primer q() = q(). Potem velja d(, z) = z z + 1 = d(, ) + d(, z). Za koec opišimo še odprto kroglo K(, 3 ). Racioalo število q leži v tej krogli atako takrat, ko je q < 3 oziroma q < 3. Po drugi strai pa iracioalo število r leži v tej krogli, ko je r + 1 < 3 oziroma r < 1. Tako dobimo K(, 3 ) = ( Q ( 3, 3 )) ( Q c ( 1, 1 )). 9

10 (7) Za = ( 1,,...) i = ( 1,,...) iz možice realih zaporedij M = R defiiramo razdaljo s pravilom { ; =, d(, ) = 1 ; 1 = 1, =,..., 1 = 1,. (a) Dokaži, da je d res metrika a možici M. (b) Določi odprto kroglo K(, r) i zaprto kroglo K(, r) za r = 1 i r =. 5 (c) Dokaži, da je vsaka točka iz krogle K(a, 1 ) lahko središče te krogle. Rešitev: (a) Najprej bomo pokazali, da preslikava d zadošča aksiomom za metriko. Iz defiicije sledi, da je preslikava d pozitivo defiita i simetriča. Zato moramo preveriti, da zajo velja trikotiška eeakost d(, z) d(, ) + d(, z). Če je = z, eeakost drži, zato predpostavimo, da je z i d(, z) = 1 za ek N. Število am pove, a katerem čleu se zaporedji i z prvič razlikujeta. Če je d(, z) = 1, sta torej zaporedji i z oblike = (t 1, t,..., t 1,, +1,...), z = (t 1, t,..., t 1, z, z +1,...). Ker se zaporedji i z razlikujeta a -tem čleu, se a tem istem čleu tudi zaporedje razlikuje bodisi od ali pa od z. Od tod sledi, da je ali d(, ) 1 ali pa d(, z) 1, kar smo želeli pokazati. (b) V odprti krogli K(, 1) ležijo vsa zaporedja, za katera je d(, ) < 1. To so zaporedja, 5 5 ki imajo prvi eičeli čle a šestem ali kasejšem mestu, zato je K(, 1 5 ) = { M = (,,,,, 6, 7,...)}. V zaprti krogli K(, 1 ) so poleg zaporedij v odprti krogli še zaporedja, za katera velja 5 d(, ) = 1. Tako dobimo 5 K(, 1 5 ) = { M = (,,,, 5, 6,...)}. Za izraču krogel s polmerom r = ajprej opazimo, da je ajvečja moža razdalja med dvema čleoma eaka 1, od koder sledi K(, ) = K(, ) = M. (c) Vzemimo sedaj poljubo kroglo oblike K(a, 1 ). V jej so vsebovaa vsa zaporedja, ki imajo prvih čleov eakih kot a, kar pomei, da je K(a, 1 ) = { M = (a 1, a,..., a, +1, +,...)}. Če vzamemo poljube K(a, 1 ), bodo v krogli K(, 1 ) vsa zaporedja, ki imajo prvih čleov eakih kot i posledičo torej tudi eakih kot a. Od tod sledi K(a, 1 ) = K(, 1 ). 1

11 (8) Ugotovi, ali je odprta oziroma zaprta podmožica daega metričega prostora: (a) = { 1 N} R, (b) = Z R, (c) = R {} R, (d) = {(, ) ( 1) + ( 1) < 1} R, (e) = {(, ) ( 1) + ( 1) 1} R, (f) = {(, ) ( 1) + ( 1) 1, 1} R, (g) = {(, ) ( 1) + ( 1) 1, < 1} R. Rešitev: Naj bo podmožica metričega prostora M. Elemete M lahko potem glede a možico razdelimo a tri disjukte podmožice M = {otraje točke } {zuaje točke } {robe točke }. Točka a je otraja točka možice, če obstaja ϵ >, da je K(a, ϵ). Točka c je zuaja točka možice, če je otraja točka komplemeta c. Točka M je roba točka možice, če vsaka krogla K(, ϵ) seka tako kot c. Notraje točke so vedo vsebovae v, zuaje točke so vedo v c, robe točke pa so lahko bodisi v ali pa v c. zuajost rob Ε a otrajost M Možica je odprta v M, če so vse jee točke otraje, i zaprta, če vsebuje vse svoje robe točke. Pri dokazovaju lahko pogosto uporabimo tudi ekvivaleto karakterizacijo, ki pravi, da je možica zaprta atako takrat, ko je možica c odprta. (a) Možica = { 1 N} R i iti odprta iti zaprta. Vse jee točke so robe točke, vedar pa je roba točka tudi točka, ki pa e leži v (b) Možica = Z R i odprta, je pa zaprta, saj je je komplemet odprt. Vse jee točke so robe točke, otrajih točk pa ima. 11

12 (c) Možica = R {} R predstavlja absciso os v ravii. Ni odprta, saj vsaka krogla s središčem a abscisi osi vsebuje točke izve abscise osi. Je pa zaprta, saj je je komplemet odprt (d) Možica = {(, ) ( 1) + ( 1) < 1} R je otrajost kroga s središčem v točki (1, 1) i s polmerom R = 1. Je odprta, saj so vse jee točke otraje. Rob možice je roba krožica, ki pa e leži v, od koder sledi, da i zaprta možica (e) Možica = {(, ) ( 1) + ( 1) 1} R je krog s središčem v točki (1, 1) i s polmerom R = 1, skupaj z robo krožico. Ta možica je zaprta, vedar pa i odprta (f) Možica = {(, ) ( 1) + ( 1) 1, 1} R je zgorja polovica kroga iz prejšjih primerov, skupaj z robom. Zato je zaprta, i pa odprta. 1

13 . 1 1 (g) Možica = {(, ) ( 1) + ( 1) 1, < 1} R je tokrat spodja polovica kroga, brez premera. Zato i iti odprta iti zaprta (9) Ugotovi, ali je odprta oziroma zaprta podmožica daega metričega prostora: (a) = K(si, 1 ) (C[, π ], d ), (b) = R[] (C[, 1], d ), (c) = {f C[, 1] f() > } (C[, 1], d ). Rešitev: Na prostor C[a, b] zvezih fukcij a omejeem zaprtem itervalu [a, b] lahko uvedemo sup metriko s predpisom d (f, g) = ma f() g(). [a,b] Ta metrika je pomemba zato, ker kovergeca zaporedja fukcij v tej metriki ustreza eakomeri kovergeci. (a) Najprej bomo pokazali, da je odprta krogla K(si, 1 ) odprta podmožica metričega prostora (C[, π], d ). Odprta krogla je zmeraj odprta podmožica metričega prostora, v tem primeru pa bomo to eksplicito pokazali za vajo. si f 13

14 Vzemimo poljubo fukcijo f K(si, 1 ). To pomei, da graf fukcije f leži zotraj pasu okoli grafa siuse fukcije. Ker je fukcija f je zveza, je zveza tudi fukcija si f, zato obstaja d = ma si f() < 1. [, π ] Po defiiciji je ravo d = d (si, f). Če defiiramo ϵ = 1 d, bo za vsak g K(f, ϵ) i vsak [, π] veljalo g() si = g() f() + f() si g() f() + f() si < ϵ + d = 1. To pomei, da je g K(si, 1 ) oziroma K(f, ϵ) K(si, 1 ). Torej je krogla K(si, 1 ) res odprta možica. si f Dokažimo sedaj, da krogla = K(si, 1 ) i zaprta možica. To bo sledilo iz opazke, da fukcija f() = si + 1 leži v robu te krogle, i pa elemet krogle. Vzemimo poljubo kroglo K(f, ϵ) i defiirajmo fukciji f 1 () = f() + ϵ, f () = f() ϵ. Ti dve fukciji obe ležita v K(f, ϵ), vedar pa velja f 1 / K(si, 1) i f K(si, 1 ). To pomei, da poljuba krogla okoli fukcije f seka tako kot c, kar pomei, da f leži v robu možice. f si (b) Sedaj bomo pokazali, da prostor poliomov i iti odprt iti zaprt v prostoru vseh zvezih fukcij a itervalu [, 1]. Vzemimo poljube poliom p i odprto kroglo K(p, ϵ). Radi bi ašli zvezo fukcijo f K(p, ϵ), ki i poliom. Takša je a primer fukcija f() = p() + ϵ si. 14

15 Od tod sledi, da možica poliomov i odprta. Da pokažemo, da i zaprta, pa moramo ajti eko fukcijo, ki leži v robu, a i poliom. Takša je a primer ekspoeta fukcija. Iz teorije Talorjevih vrst vemo, da Talorjevi poliomi T () = 1 + +! ! eakomero kovergirajo k ekspoeti fukciji. To pomei, da v vsaki krogli K(ep, ϵ) ležijo vsi Talorjevi poliomi T od ekega dalje. Ker ekspoeta fukcija i poliom, možica poliomov i zaprta. Opomba: Možica poliomov je gosta v metričem prostoru zvezih fukcij C[, 1] z metriko d. To pomei, da lahko vsako zvezo fukcijo f C[, 1] a itervalu [, 1] poljubo dobro aproksimiramo s poliomi. Če je fukcija f aalitiča, lahko vzamemo kar Talorjeve poliome, sicer pa am to zagotavlja Weierstrassov izrek. (c) Možica = {f C[, 1] f() > } (C[, 1], d ) je odprta, i pa zaprta. Da je odprta, sledi iz dejstva, da za poljube f velja K(f, f()). Da pokažemo, da i zaprta, pa je dovolj ajti fukcijo, ki e leži v, leži pa v robu. Takša je a primer fukcija f() =. Fukcija f e leži v, v poljubi krogli K(, ϵ) pa lahko ajdemo fukcijo g() = ϵ, ki pa leži v možici. (1) Ozačimo z d evklidsko, z d H pa hiperboličo metriko a možici H = {z C Im(z) > }. li je preslikava Id : (H, d ) (H, d H ) s predpisom Id(z) = z zveza oziroma eakomero zveza? Rešitev: Začimo z defiicijo zvezosti preslikave med metričima prostoroma. Preslikava F : M N med metričima prostoroma (M, d M ) i (N, d N ) je zveza v točki M, če lahko za vsak ϵ > ajdemo tak δ >, da za vse M velja d M (, ) < δ = d N (F (), F ()) < ϵ. To je direkta posplošitev pojma zvezosti fukcije iz R v R, pri kateri absoluto vredost adomestimo z metrikama v domei i kodomei. Ituitivo to pomei, da se bližje točke preslikajo v bližje točke. Če obstaja δ, ki je dober za vse točke M, je F eakomero zveza. V tej alogi bomo primerjali evklidsko i hiperboličo metriko a zgorji polravii. Pokazali bomo, da so bližje točke v evklidski metriki bližje tudi v hiperboliči metriki, kar bo pomeili, da je idetiča preslikava zveza. Se pa bodo bližje točke v evklidski metriki preslikale čedalje bolj araze, ko bodo šle proti reali osi, zato idetiča preslikava i eakomero zveza. Najprej pokažimo, da je idetiča preslikava zveza v točki z. Izberimo ϵ >. Potem želimo ajti tak δ >, da bo veljalo ( ) z w z w < δ = arch 1 + < ϵ. Im(z) Im(w) 15

16 Račuajmo: ( ) z w arch 1 + < ϵ, Im(z) Im(w) z w 1 + < ch ϵ, Im(z) Im(w) z w < Im(z) Im(w)(ch ϵ 1). Predpostavimo lahko, da je δ < Im(z), od koder sledi, da je Im(w) < Im(z), kar am da oceo: Vidimo, da je dober δ = Im(z) ch ϵ 1. z w < 4 Im(z) (ch ϵ 1), z w < Im(z) ch ϵ 1. Ta δ je odvise od z i gre proti, ko gre Im(z) proti. Zato lahko domevamo, da idetiteta i eakomero zveza. Kostruirali bomo zaporedje parov točk (z, w ), ki bodo a kostati hiperboliči razdalji, evklidska razdalja med jimi pa bo kovergirala proti ič. Da si olajšamo raču, izberimo z = it i w = is, kjer je t > s. Potem je ) ( ) (t s) t d(z, w) = arch (1 + s + = arch. ts ts Če izberemo t = s, dobimo ( ) ( ) ( ) t + s 5s 5 d(z, w) = arch = arch = arch = l. ts 4s 4 Vidimo, da je hiperboliča razdalja med točkama z = is i w = is kostata i eodvisa od parametra s. Če izberemo z = i i w = i, je d(z, w ) = l i d (z, w ) =. Našli smo torej zaporedje parov točk, ki so čedalje bliže v evklidski razdalji i a kostati hiperboliči razdalji. Od tod sledi, da preslikava Id i eakomero zveza. (11) Naj bo a [, 1]. Evalvacijo ev a : C[, 1] R defiiramo s predpisom ev a (f) = f(a). Obravavaj zvezost evalvacije, če a prostoru C[, 1] izberemo metriko d ali d 1. Rešitev: Evalvacijo ev a : C[, 1] R lahko iterpretiramo kot lieari fukcioal a vektorskem prostoru zvezih fukcij. Pokazali bomo, da je ta fukcioal zveze v metriki d, i pa zveze v metriki d 1. To je malce preseetljivo, saj smo iz kočih dimezij avajei, da je vsaka lieara preslikava avtomatičo zveza..8.6 ev a f f.4. a 16

17 Pokažimo sedaj, da je evalvacija zveza, če a prostoru fukcij vzamemo metriko d. Če sta dve fukciji blizu skupaj v tej metriki, sta jua grafa blizu skupaj, zato so tudi vse vredosti blizu skupaj. Formalo to pomei, da za vsak a [, 1] velja f(a) g(a) ma f() g(). [,1] Izraz a levi je v bistvu razdalja med dvema slikama preslikave ev a, izraz a desi pa razdalja med fukcijama f i g. Torej je ev a (f) ev a (g) d (f, g). Dokazali smo torej, da je razdalja med slikama točk kvečjemu majša od razdalje med točkama, kar pa pomei, da preslikava ev a i samo zveza, ampak celo eakomero zveza. Sedaj bomo pokazali, da evalvacija i zveza v metriki d 1, ki je defiiraa s predpisom d 1 (f, g) = f() g() d. Metrika d 1 am pove, kakša je ploščia lika med grafoma fukcij. Izkazalo se bo, da je razdalja d 1 lahko zelo majha, čeprav sta grafa fukcij daleč araze. Da preslikava ev a i zveza, bomo pokazali tako, da bomo ašli zaporedje fukcij (f ), ki kovergira k fukciji f v metriki d 1, zaporedje slik ev a (f ) pa e kovergira k ev a (f). Da si stvari malce poeostavimo, izberimo a =. Limita fukcija aj bo f() =, fukcije f pa aj bodo defiirae s predpisi { f () = 3 ; 1, 1 ; 1. Potem velja d 1 (f, f) = f () f() d = f () d = 1, od koder sledi, da zaporedje (f ) kovergira k fukciji f v metriki d 1. Po drugi strai pa je ev (f ) ev (f) = f () f() =, kar pomei, da zaporedje slik e kovergira. Od tod lahko sklepamo, da preslikava ev i zveza v točki f. S podobim sklepom bi lahko pokazali, da i zveza tudi v obei drugi točki i da isto velja za ostale evalvacije. f 1 17

18 (1) Preslikavo F : [, 1] C[, 1] defiiramo s predpisom F (t)() = t. Obravavaj zvezost preslikave F, če a prostoru C[, 1] izberemo metriko d ali d 1. Rešitev: Imamo eoparametričo družio potečih fukcij t, zaima pa as, ali so te fukcije zvezo odvise od parametra t. Podobo kot pri prejšji alogi bo zvezost odvisa od izbire metrike a prostoru fukcij..8.6 t t.1 t.5 t.4 t 1. Poglejmo ajprej primer, ko a C[, 1] izberemo metriko d. Pokazali bomo, da F pri tej izbiri metrike i zveza preslikava. V ta ame si poglejmo zaporedje -tih koreov F ( 1 )() =. Če bi bila preslikava F zveza v točki t =, bi moralo zaporedje F ( 1 ) eakomero kovergirati proti kostati fukciji F ()() = 1. Ker pa je F ( 1 )() =, to i res, zato F i zveza v metriki d. Je pa preslikava F zveza, če a C[, 1] izberemo metriko d 1. Izberimo ajprej poljubi števili t < s z itervala [, 1]. Potem lahko oceimo d 1 (F (t), F (s)) = t s d = Od tod sledi, da za poljuba s, t [, 1] velja ( t s ) d = 1 t s + 1 = d 1 (F (t), F (s)) t s, s t (t + 1)(s + 1) < s t. kar pa pomei, da je F eakomero zveza, če a C[, 1] izberemo metriko d 1. (13) Ugotovi, ali je možica kompakta v evklidski metriki: (a) = R [, 1] R, (b) = [, 1] [, 1] R, (c) = Γ(f) = {(, f()) D f } R, kjer je f zveza i je D f = R, (d) = Γ(f), kjer je f zveza i je D f = [, 1], (e) = Γ(f), kjer f i zveza i je D f = [, 1], (f) = { 1 N} {} R. 18

19 Rešitev: Podmožica evklidskega prostora je kompakta atako takrat, ko je zaprta i omejea. (a) Možica = R [, 1] R predstavlja eskoče pas. Je zaprta, i pa omejea. Zato i kompakta. 1 1 (b) Možica = [, 1] [, 1] R je kvadrat s straico a = 1. Je kompakta. 1 1 (c) Možica = Γ(f) = {(, f()) D f } R je graf fukcije f. V tem primeru je D f = R, zato je graf eomeje v vodoravi smeri. Torej i kompakte, čeprav je zaprt. 1 1 (d) Graf zveze fukcije f : [, 1] R je omeje i zaprt. Omejeost sledi iz omejeosti zveze fukcije a kočem zaprtem itervalu, zaprtost pa iz zvezosti fukcije. V tem primeru je torej graf kompakta možica (e) Graf ezveze fukcije i kompakte. V splošem i iti omeje iti zaprt. 19

20 .6.4. (f) Možica = { 1 N} {} R je omejea i zaprta, zato je kompakta (14) Ugotovi, ali je možica H = {z C Im(z) > } pol metriči prostor v evklidski oziroma hiperboliči metriki. Rešitev: Pri aalizi so ajpomembejši poli metriči prostori, ki imajo podobe lastosti kot R. Metriči prostor M je pol, če je vsako Cauchjevo zaporedje v M kovergeto. Obstoj limit je ključe za defiicijo odvodov i itegralov v bolj sploših situacijah. Možica H z evklidsko metriko i pol metriče prostor, saj je a primer zaporedje z = i Cauchjevo zaporedje v evklidski metriki, ki pa i kovergeto. Isto zaporedje pa i Cauchjevo v hiperboliči metriki, saj pri fiksem velja lim d H(z, z m ) = lim l m =. m m Pokazali bomo, da je metriči prostor (H, d H ) pol metriči prostor. Recimo, da je (z ) Cauchjevo zaporedje v hiperboliči metriki. Potem je omejeo i leži v ekem hiperboličem krogu K(a, r). Pokazali smo že, da se ta krog ujema z ekim evklidskim krogom K(a, r ). Za evklidske kroge vemo, da so kompakti, zato obstaja eko podzaporedje zaporedja (z ), ki kovergira v evklidski metriki. Ker je idetiteta iz evklidske v hiperboličo metriko zveza, to podzaporedje kovergira tudi v hiperboliči metriki. Posledičo mora kovergirati tudi celo zaporedje. (15) Na možici realih zaporedij M = R defiiramo metriko d s pravilom { ; =, d(, ) = 1 ; 1 = 1, =,..., 1 = 1,. (a) Dokaži, da je (M, d) pol metriči prostor. (b) li je podmožica N = { M zaporedje ima kočo mogo eičelih čleov} pol metriči prostor?

21 Rešitev: (a) Najprej bomo pokazali, da je (M, d) pol metriči prostor. Izberimo poljubo Cauchjevo zaporedje ( k ) v M. Vsak čle tega zaporedje je spet zaporedje, ki ga bomo zapisali v obliki k = ( k 1, k, k 3,...). Ker je zaporedje ( k ) Cauchjevo, so za poljube N od ekod dalje vsi člei za maj kot 1 araze. To pa pomei, da se od ekod dalje vsa zaporedja ujemajo a prvih mestih, oziroma, da je zaporedje števil 1,, 3,... od ekod dalje kostato. Zato lahko defiiramo zaporedje = ( 1,,...) s predpisom = lim k k. To zaporedje je potem limita zaporedja ( k ). (b) Podmožica N = { M zaporedje ima kočo mogo eičelih čleov} i pol metriči prostor. Najdemo lahko amreč Cauchjevo zaporedje v N, katerega limita leži v N c. Primer takšega zaporedja je zaporedje k = (1,, 3,..., k,,,...). To zaporedje je Cauchjevo, jegova limita pa je zaporedje = (1,, 3, 4,...), ki pa ima eskočo eičelih čleov i zato e leži v N. (16) (a) Naj bo R zaprt iterval i f : zveza fukcija, ki je odvedljiva v otrajosti. Deimo, da obstaja tako število q < 1, da za vsak It velja f () q. Dokaži, da ima f atako eo egibo točko a itervalu. (b) Naj bo f() = + e. Dokaži, da je f : [, ) [, ) taka fukcija, da za (, ) velja f () < 1, fukcija f pa ima egibih točk. Rešitev: Pri tej alogi bomo spozali Baachovo skrčitveo ačelo, ki am pod določeimi pogoji zagotavlja obstoj fikse točke zveze preslikave iz polega metričega prostora azaj vase. Baachovo skrčitveo ačelo igra pomembo vlogo v dokazih izrekov o iverzi i impliciti fukciji ter eksistečega izreka za avade difereciale eačbe. Ti izreki sodijo med ajpomembejše izreke matematiče aalize. Baachovo skrčitveo ačelo: Naj bo (M, d) pol metriči prostor i aj bo f : M M preslikava, za katero obstaja pozitivo število q < 1, da za vsaka, M velja d(f(), f()) q d(, ). Potem ima preslikava f atako eo egibo točko. Preslikavi f, ki zadošča zgorjemu pogoju, rečemo skrčitev. Pomembo je, da preslikava f krajša razdalje vsaj za ek faktor, ki je strogo majši od 1. Kot bomo videli v adaljevaju, trditev v primeru q = 1 e velja več. Omeimo še, da je preslikava f avtomatičo eakomero zveza i zato zveza. (a) Izberimo poljuba,. Z uporabo Lagrageevega izreka lahko potem oceimo f() f() = f (t)( ) = f (t) q. 1

22 Preslikava f : je torej skrčitev. Ker je zaprt iterval pol metriči prostor, ima f po Baachovem skrčitveem ačelu atako eo egibo točko. (b) Odvod fukcije f je f () = 1 e. Za (, ) zato lahko oceimo f () < 1. Po Lagrageevem izreku od tod sledi f() f() = f (t)( ) = f (t) <. Preslikava f torej zmajšuje razdalje med točkami, i pa skrčitev za obe q < 1. Ker f ima egibih točk, lahko sklepamo, da je pogoj o skrčitvi potrebe za obstoj fikse točke (17) Dokaži, da obstaja atako ea fukcija f C[, 1], ki zadošča eačbi e t f(t) dt = f() + 1. Rešitev: Eačba e t f(t) dt = f() + 1. je primer itegralske eačbe. Z uporabo Baachovega skrčitveega ačela bomo pokazali, da ima ta eačba atako eo rešitev. Za metriči prostor bomo izbrali M = C[, 1] z metriko d. V tej metriki je prostor zvezih fukcij pol metriči prostor. Dao itegralsko eačbo ajprej prevedimo v obliko ( ) 1 e t f(t) dt 1 = f(). Leva stra zgorje eačbe je fukcija spremeljivke, ki jo bomo ozačili s ( ) Φ(f)() = 1 e t f(t) dt 1. V adaljevaju bomo pokazali, da je za vsako f C[, 1] tudi Φ(f) C[, 1], zato lahko Φ iterpretiramo kot preslikavo Φ : C[, 1] C[, 1].

23 Izkazalo se bo, da je Φ skrčitev, od koder bo sledilo, da ima atako eo fikso točko, ki zadošča pogoju Φ(f) = f. Ta f bo potem edia rešitev prvote itegralske eačbe. Pokažimo ajprej, da je fukcija Φ(f) zveza. Za poljuba, [, 1] lahko oceimo Φ(f)() Φ(f)() = 1 (e t e t )f(t) dt 1 e t e t f(t) dt. Ker je f zveza a [, 1], je omejea, zato obstaja M R, da je f(t) M za vsak t [, 1]. Nadalje lahko zaradi eakomere zvezosti ekspoete fukcije ajdemo tak δ >, da za vsaka < δ i vsak t [, 1] velja e t e t < ϵ M. Za vsaka, [, 1], ki zadoščata pogoju < δ, torej velja Φ(f)() Φ(f)() 1 e t e t f(t) dt < 1 kar pa pomei, da je Φ(f) eakomero zveza fukcija. ϵ M M dt = ϵ, Sedaj moramo še pokazati, da je preslikava Φ skrčitev. Za poljubi fukciji f, g C[, 1] i poljube [, 1] lahko oceimo: Φ(f)() Φ(g)() = 1 1 e t (f(t) g(t)) dt 1 f(t) g(t) dt 1 d (f, g). Ker ta eakost velja za vsak [, 1], velja tudi d (Φ(f), Φ(g)) 1 d (f, g), e t f(t) g(t) dt, kar pomei, da je Φ skrčitev pri q = 1. Po Baachovem skrčitveem ačelu obstaja atako ea fukcija, za katero je Φ(f) = f. To fukcijo je aalitičo težko poiskati, vemo pa, da jo teoretičo lahko izračuamo kot limito rekurzivega zaporedja f +1 = Φ(f ) s poljubim začetim čleom f 1. V pricipu lahko torej rešitev itegralske eačbe približo izračuamo z ekajkrato uporabo preslikave Φ. 3