4. přednáška 22. října Úplné metrické prostory. Metrický prostor (M, d) je úplný, když každá cauchyovská posloupnost bodů v M konverguje.

Transkript

1 4. přednášk 22. říjn 2007 Úplné metrické prostory. Metrický prostor (M, d) je úplný, když kždá cuchyovská posloupnost bodů v M konverguje. Příkldy. 1. Euklidovský prostor R je úplný, kždá cuchyovská posloupnost reálných čísel má limitu. Úplné jsou i podprostory [2, 3] [ 5, + ). Nopk podprostory Q (0, 1] úplné nejsou. Obecněji i euklidovské prostory R n jsou úplné. 2. Z Mtemtické nlýzy II víme, že prostor C[, b] funkcí spojitých n [, b] s mximovou metrikou je úplný. Je-li totiž posloupnost (f n ) cuchyovská, splňuje stejnoměrnou Bolznovu-Cuchyovu podmínku tedy n [, b] konverguje stejnoměrně k jisté funkci f. Funkce f je n M spojitá, protože je stejnoměrnou limitou spojitých funkcí. Tedy f C(M) v supremové metrice máme lim f n = f. n 3. Vezmeme znovu spojité funkce C[, b], le teď C[, b] vybvíme integrální metrikou. Vzniklý metrický prostor není úplný. Sestrojíme cuchyovskou posloupnost, která nemá limitu. Položíme = 1, b = 1 uvážíme funkce 1 pro 1 x n 1 f n (x) = nx pro n 1 x n 1 1 pro n 1 x 1. Pk (f n ) C[ 1, 1] (f n ) je cuchyovská, protože pro m n máme d(f m, f n ) = 1 1 f m (x) f n (x) dx 1/m 1/m 1 dx = 2/m. Neexistuje všk funkce f C[ 1, 1], pro níž by f n f pro n. Tková funkce f by podle definice f n musel být n intervlu [ 1, 0) identicky rovn 1 n intervlu (0, 1] identicky rovn 1, což je pro funkci spojitou n [ 1, 1] nemožné. 4. Kompktní metrický prostor je vždy úplný (úloh 1). Nopk to obecně nepltí, R je úplný nekompktní metrický prostor. 5. Uvžme euklidovské metrické prostory R ( π/2, π/2). Bijekce f(x) = rctn(x) : R ( π/2, π/2). je homeomorfismus, f i f 1 (x) = tn(x) : ( π/2, π/2) R jsou spojitá zobrzení. Ovšem R je úplný metrický prostor, le ( π/2, π/2) nikoli. Úplnost metrického prostoru není, n rozdíl od kompktnosti, topologická vlstnost, není určen pouze otevřenými množinmi, závisí i n metrice. Nicméně se úplnost se zchovává homeomorfismem, který je v obou směrech stejnoměrně spojitý (funkce tn x není n ( π/2, π/2) stejnoměrně spojitá). Tvrzení 1.9. Úplnost metrického prostoru se zchovává následujícími opercemi. 1

2 1. Přechodem k uzvřenému podprostoru. 2. Obrzem stejnoměrně spojitým prostým zobrzením, pokud je i inverzní zobrzení stejnoměrně spojité. 3. Krtézským součinem. Důkz. 1. Úloh Úloh Úloh 4. Bnchov vět o pevném bodu. Pomocí úplnosti se dá o mnohých rovnicích dokázt, že v úplném metrickém prostoru mjí řešení. Typickým příkldem je rovnice x 2 = 2, která sice nemá řešení v oboru rcionálních čísel, le v širším oboru reálných čísel se díky úplnosti dokáže existence řešení. Popíšeme obecný postup, který zručuje existenci řešení jisté třídy rovnic v úplných metrických prostorech. Zobrzení f : M M metrického prostoru (M, d) do sebe je kontrhující, když pro nějké číslo q R splňující 0 < q < 1 pro kždé dv body x, y v M pltí d(f(x), f(y)) qd(x, y). Kontrhující zobrzení tedy kontrhuje, zmenšuje vzdálenost kždých dvou bodů lespoň o pevný fktor q menší než 1. Je jsné, že kontrhující zobrzení je stejnoměrně spojité. Pevným bodem zobrzení f množiny X do sebe rozumíme bod z X splňující f() =. Posloupnost (x n ) X je posloupností itercí zobrzení f : X X, když pro n = 1, 2,... pltí x n+1 = f(x n ) (x 1 X je libovolný strtovcí bod posloupnosti itercí). Vět 1.10 (Bnchov vět o pevném bodu). Kontrhující zobrzení f úplného metrického prostoru (M, d) do sebe má právě jeden pevný bod kždá posloupnost itercí (x n ) M zobrzení f k němu konverguje. Důkz. Uvžme libovolnou posloupnost itercí (x n ) kontrhujícího zobrzení f. Protože x n = f(x n 1 ) f je kontrhující s konstntou q, pro kždé n N máme odhd d(x n+1, x n ) qd(x n, x n 1 ) q 2 d(x n 1, x n 2 )... q n 1 d(x 2, x 1 ). Pomocí trojúhelníkové nerovnosti pk pro kždé k, n N máme d(x n+k, x n ) d(x n+k, x n+k 1 ) + d(x n+k 1, x n+k 2 ) d(x n+1, x n ) d(x 2, x 1 )(q n+k 2 + q n+k q n 1 ) < d(x 2, x 1 )(q n 1 + q n + q n ) = d(x 2, x 1 )q n 1 /(1 q) 0 pro n (neboť 0 < q < 1). Posloupnost (x n ) je tedy cuchyovská. Díky úplnosti prostoru M má limitu. Ze spojitosti f pk plyne, že je pevným bodem f: = lim n x n = lim n x n+1 = lim n f(x n) = f( lim n x n) = f(). 2

3 Nechť, b jsou dv pevné body f. Pk d(, b) = d(f(), f(b)) qd(, b), což vynucuje d(, b) = 0 = b. Pevný bod je jediný. Dá se ukázt (úloh 5), že vět pltí i z zdánlivě slbšího předpokldu, že kontrhující je jen nějká iterce f (n) (x) = f(f(... (f(x)))) zobrzení f. Ukážeme použití Věty 1.10 při řešení diferenciálních rovnic. Zčneme jednoduchou rovnicí y (x) = y(x), kdy chceme njít funkci rovnou své derivci. Řešením této rovnice je exponenciál y(x) = exp(x) spoust dlších funkcí, jko třeb 3 exp(x + 10). Pro kždou dvojici reálných čísel, b dokonce existuje tkové řešení, že y() = b, sice y(x) = b exp(x ). Jk uvidíme, s tímto poždvkem je řešení (lokálně) jednoznčné. Pomocí Bnchovy věty o pevném bodu se dá lokální existence jednoznčnost řešení dokázt pro širokou třídu diferenciálních rovnic { y() = b ( ) y (x) = f(x, y(x)). Zde f : R 2 R je zdná funkce (prvá strn rovnice), b R jsou zdná čísl. Hledáme reálnou funkci y(x) otevřený intervl I obshující, že y(x) je n I definovná, y() = b (říkáme, že y(x) splňuje počáteční podmínku y() = b) y(x) má I derivci splňující pro kždé x I druhý vzth v (*), tj. vlstní diferenciální rovnici. Vět 1.11 (Picrdov). Pokud je f : R 2 R spojitá existuje konstnt M > 0 tková, že pro kždá tři čísl u, v, w R pltí f(u, v) f(u, w) M v w, pk kždý bod R má okolí I = ( δ, + δ), n němž má úloh (*) jednoznčné řešení y(x). Důkz. Budeme prcovt n intervlu I = ( δ, + δ) pro nějké δ > 0 n jeho uzávěru J = [ δ, + δ]. Z vlstností Riemnnov integrálu (výpočet Riemnnov integrálu Newtonovým integrálem, Riemnnův integrál jko funkce horní integrční meze) plyne, že pro spojitou funkci f je úloh (*) ekvivlentní rovnici y(x) = b + f(t, y(t)) dt, x I je-li y(x) n I řešením úlohy (*), je řešením rovnice nopk. Ukážeme, že pro dosttečně mlé δ má n intervlu I poslední rovnice tedy i úloh (*) jednoznčné řešení y(x). Prvá strn poslední rovnice definuje zobrzení A, které funkci y(x) spojité n J přiřdí funkci z(x), z(x) = A(y(x)) = b + 3 f(t, y(t)) dt.

4 Integrál je spojitou funkcí své horní integrční meze, tkže z(x) je n J rovněž spojitá (dokonce má n J spojitou první derivci: z (x) = f(x, y(x))). Máme zobrzení A : C[ δ, + δ] C[ δ, + δ]. Odvodíme, že A má pro dosttečně mlé δ jednoznčný pevný bod y. Pro tento účel vybvíme C[ δ, + δ] mximovou metrikou d(, ), čímž dostneme úplný metrický prostor (viz příkld 2), použijeme Větu Uvidíme, že pro dosttečně mlé δ je A kontrhující. Nechť y(x) z(x) jsou dvě funkce z C[ δ, + δ]. Pk d(a(y), A(z)) = mx = mx = mx mx mx mx = mx A(y)(x) A(z)(x) f(t, y(t)) dt f(t, z(t)) dt (f(t, y(t)) f(t, z(t))) dt f(t, y(t)) f(t, z(t)) dt M y(t) z(t) dt M mx y(t) z(t) dt t J Md(y, z) dt = Mδ d(y, z). Zvolíme-li δ 1 2M, máme d(a(y), A(z)) 1 2d(y, z) pro libovolné dvě funkce z C[ δ, + δ] zobrzení A je kontrhující. Podle Věty 1.10 má jednoznčný pevný bod Vět 1.11 je dokázán. Když reálná funkce dvou proměnných f(u, v) splňuje pro nějkou konstntu M > 0 n množině D R 2 podmínku Věty 1.11, to jest (u, v), (u, w) D : f(u, v) f(u, w) M v w, řekneme, že f je n D lipschitzovská nebo že n D splňuje Lipschitzovu podmínku (v druhé proměnné). Funkce f(u, v) = v z úvodního příkldu je lipschitzovská n celém R 2, třeb s konstntou M = 1. Funkce b exp(x ) je proto pro kždé dvě čísl, b R jednoznčným lokálním řešením diferenciální rovnice y() = b, y (x) = y(x). Podmínk lipschitzovskosti n celém R 2 je zbytečně silná v prxi čsto není splněn. Stčí všk její lokální splnění. Dokžte si (úloh 7), že Vět 1.11 pltí i z slbšího předpokldu lokální lipschitzovskosti. 4

5 Úlohy 1. Dokžte, že kompktní metrický prostor je úplný. 2. Dokžte, že podmnožin úplného metrického prostoru indukuje úplný podprostor, právě když je uzvřená. 3. Dokžte, že když f : M N je bijekce mezi metrickými prostory, přičemž f i f 1 je stejnoměrně spojité zobrzení, pk je prostor M úplný, právě když je prostor N úplný. 4. Krtézský součin dvou úplných metrických prostorů je úplný. 5. Ukžte, že zobrzení úplného metrického prostoru do sebe, jehož nějká iterce je kontrhující, má jediný pevný bod. 6. Dokžte pomocí Bnchovy věty o pevném bodu, že polynom x 2 2 má v R kořen. Jk bude vypdt posloupnost itercí konvergující k 2? Návod: grf funkce x 2 2 proximujte tečnou. 7. Nechť D R 2 je otevřená množin, (, b) D f : D R je spojitá funkce, která je n D lipschitzovská ve druhé proměnné. Pk má diferenciální rovnice (*) lokálně jednoznčné řešení. 5