Uniwersytet Jagielloński Wydział Matematyki i Informatyki Instytut ...

Uniwersytet JagiellońskiWydział Matematyki i Informatyki

Instytut Matematyki

Wykładyz Analizy Matematycznej

Marek Jarnicki

(Wersja z 10 sierpnia 2012)

Słowo wstępne

Proponowany tekst to nieco rozbudowane notatki do wykładów z Analizy Matematycznej, jakie odwielu lat prowadziłem dla studentów Matematyki Uniwersytetu Jagiellońskiego. Chciałbym to wyraźniepodkreślić: notatki do wykładu. Z jednej strony, w notatkach tych, jak łatwo widać, brakuje wielu ele-mentów charakterystycznych dla podręcznika, jak np. rysunki i ćwiczenia. Z drugiej strony, tekst jestzaopatrzony w rozbudowane indeksy oznaczeń, autorów i najważniejszych pojęć. Jest również, choć nie-wiele, klasycznych ćwiczeń, które są rozrzucone w tekście w pobliżu miejsc, których dotyczą. Zamiastklasycznych ćwiczeń Czytelnik znajdzie wiele miejsc oznaczonych Ćwiczenie, w których proszę o samo-dzielne rozwiązanie, czy też uzupełnienie omawianego zagadnienia. Czytelnik nie powinien lekceważyćtych sugestii.

Na przestrzeni lat wykład przechodził (i nadal przechodzi) wiele zmian i uzupełnień. Nie byłybyone możliwe, gdyby nie życzliwa krytyka moich Kolegów (zwłaszcza tych, którzy prowadzili ćwiczeniado wykładu) oraz Studentów. Chciałbym im wszystkim złożyć w tym miejscu moje najserdeczniejszepodziękowania. Wykład jest i będzie stale poprawiany i uzupełniany.

Za dobór, kolejność i sposób przedstawienia materiału ponoszę oczywiście pełną odpowiedzialność.Dobór ten jest bardzo subiektywny i dostosowany z jednej strony do struktury studiów w naszym In-stytucie, a z drugiej, do mojego rozumienia tego, czym jest Analiza Matematyczna i jak powinna byćwykładana. Przygotowując wykład korzystałem z wielu podręczników i monografii. Spis najważniejszychz nich jest umieszczony na końcu. Wiele twierdzeń umieszczonych w wykładzie jest podanych w celowo(zbyt) ogólnym kontekście. Ma to, moim zdaniem, umożliwić Czytelnikowi łatwiejsze uchwycenie tego,co w tych wynikach jest istotne.

Zdaję sobie w pełni sprawę z tego, iż nie udało mi się uniknąć błędów i usterek. Bardzo proszę,zarówno o wyrozumiałość dla autora, jak i o krytyczne informacje o zauważonych niedociągnięciach,najlepiej na adres [email protected].

Marek JarnickiKraków, 10 sierpnia 2012

iii

Spis treści

Rozdział Słowo wstępne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii

Rozdział 1. Wstęp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1. Przestrzenie topologiczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Przestrzenie metryczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3. Funkcje półciągłe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4. Przestrzenie unormowane I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.5. Rodziny sumowalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.6. Twierdzenie Lévy’ego–Steinitza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.7. Szeregi potęgowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.8. Operator odwracania w algebrach Banacha . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.9. Twierdzenie aproksymacyjne Stone’a–Weierstrassa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.10. Wielomiany Bernsteina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

Rozdział 2. Różniczkowanie odwzorowań . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.1. Różniczkowanie odwzorowań zmiennej rzeczywistej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.2. Wzór Taylora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.3. Szereg Taylora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.4. Funkcje analityczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.5. Pochodne kierunkowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 582.6. Różniczkowanie odwzorowań o wartościach w przestrzeni unormowanej . . . . . . . . . . . . . . . . 612.7. Druga pochodna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.8. Przestrzenie unormowane II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.9. Pochodne wyższych rzędów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 782.10. Wzór Taylora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 822.11. Szereg Taylora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 842.12. Ekstrema lokalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 862.13. Twierdzenie o odwzorowaniu odwrotnym i twierdzenie o odwzorowaniu uwikłanym . . . . 882.14. Odwzorowania analityczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 962.15. Twierdzenie o rzędzie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 992.16. Twierdzenie Morse’a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1012.17. Podrozmaitości . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1032.18. Ekstrema warunkowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1102.19. Średnia uogólniona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

Rozdział 3. Całka Riemanna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1173.1. Całka Riemanna na kostce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1173.2. Całka Riemanna na zbiorze regularnym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1263.3. Własności całki Riemanna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1273.4. Całki krzywoliniowe. Wzór Greena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

Rozdział 4. Teoria miary i całki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1394.1. σ–algebry. Funkcje mierzalne. Miary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1394.2. Miary zewnętrzne. Warunek Carathéodory’ego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1474.3. Regularność . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1514.4. Konstrukcja Carathéodory’ego. Miary Hausdorffa. Miara Lebesgue’a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1534.5. Ogólna teoria całki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

v

viMarek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 2012

Spis treści

4.6. Zbieżność według miary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1634.7. Całka odwzorowań o wartościach w przestrzeni Banacha . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1644.8. Przestrzenie Lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1684.9. Całka Riemanna a całka Lebesgue’a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1734.10. Całka Lebesgue’a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1744.11. Zasada Cavalieriego. Twierdzenia Tonellego i Fubiniego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1764.12. Twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Lebesgue’a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1804.13. Funkcje dane całką . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1834.14. Splot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1854.15. Regularyzacja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1884.16. Rozkład jedności . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1894.17. Miary produktowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1914.18. Miara i całka Lebesgue’a na podrozmaitościach w Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1994.19. Twierdzenie Riesza. Miary Radona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2014.20. Twierdzenie Łuzina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2064.21. Wariacja miary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2084.22. Twierdzenie Radona–Nikodyma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2104.23. Przestrzenie dualne do Lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2134.24. Zespolone twierdzenie Riesza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

Rozdział 5. Twierdzenie Stokesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2175.1. Orientacja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2175.2. Formy różniczkowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2225.3. Twierdzenie Stokesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2345.4. Twierdzenie Stokesa w wersji kohomologicznej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

Rozdział 6. Wybrane rozdziały analizy matematycznej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2476.1. Twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2476.2. Szeregi Fouriera w przestrzeniach Hilberta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2506.3. Szeregi Fouriera. Kryteria zbieżności. Twierdzenie Fejéra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2536.4. Odwzorowania o wahaniu ograniczonym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2626.5. Kryterium Jordana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2636.6. Całka Riemanna–Stieltjesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2656.7. Uogólniona całka Riemanna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2696.8. Równość miary Hausdorffa i Lebesgue’a w Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2766.9. Różniczkowanie miar. Twierdzenie Rademachera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2816.10. Dystrybucje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2946.11. Transformacja Fouriera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3056.12. Twierdzenie Sarda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3106.13. Rachunek wariacyjny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3156.14. Twierdzenie o retrakcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3256.15. Twierdzenie Whitneya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331

Rozdział Oznaczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335

Rozdział Literatura cytowana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345

Rozdział Indeks nazwisk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347

Rozdział Indeks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349

ROZDZIAł 1

Wstęp

Streszczenie. Pierwsze dwa podrozdziały będą poświęcone przypomnieniu podstawowych pojęć dotyczących prze-strzeni topologicznych i metrycznych. Nie będzie to systematyczny wykład, ale raczej spis najważniejszych definicji, ozna-czeń i twierdzeń. Wszystkie cytowane wyniki można znaleźć np. w monografii [Eng 1968]. Odnotujmy, że prawie cały dalszywykład można ograniczyć do przestrzeni unormowanych (czy też nawet przestrzeni Banacha). Z tego punktu widzenia nie mapotrzeby specjalnego koncentrowania się na ogólnych przestrzeniach metrycznych, czy też topologicznych. Z drugiej jednakstrony Czytelnik powinien wyrabiać sobie od samego początku umiejętność dostrzegania istotnych elementów poznawa-nych twierdzeń, np. istotnych założeń. W szczególności, powinien rozróżniać własności topologiczne, metryczne, własnościtypowe dla przestrzeni unormowanych, czy też wreszcie własności typowe dla Rn. W Podrozdziale 1.3 przedstawimy krótkonajważniejsze własności funkcji półciągłych. Podrozdział ten ma dać Czytelnikowi pewien dystans w spojrzeniu na funk-cje ciągłe — dystans pozwalający na rozróżnienie, które własności funkcji ciągłych są konsekwencjami ich półciągłości(z góry lub z dołu), a które wymagają istotnie ciągłości. Podrozdział 1.4 zawiera przypomnienie podstawowych własnościciągłych odwzorowań liniowych i dwuliniowych w przestrzeniach unormowanych. W szczególności, w podrozdziale tym usta-limy wiele oznaczeń istotnych dla zrozumienia dalszej części wykładu. Kolejny Podrozdział 1.5 jest poświęcony krótkiemuwprowadzeniu do teorii rodzin sumowalnych, będących naturalnym uogólnieniem pojęcia szeregu. Rozdział kończą: krót-kie Podrozdziały 1.7 i 1.8 przedstawiające odpowiednio szeregi potęgowe w przestrzeniach Banacha i własności operatoraodwracania w algebrach Banacha (wyniki te zostaną wykorzystane w Podrozdziale 2.13) oraz Podrozdział 1.9, w którychdowodzimy ważnego twierdzenia aproksymacyjnego Stone’a–Weierstrassa; do tematu tego powrócimy z Podrozdziale 6.1.

1.1. Przestrzenie topologiczne

Dowody znakomitej większości podanych poniżej własności można znaleźć np. w monografii [Eng 1968].

Definicja 1.1.1. Niech X będzie dowolnym zbiorem. Parę (X,T), gdzie T ⊂ P (X)(

1), nazywamy

przestrzenią topologiczną, jeżeli:• ∅, X ∈ T,• ∀N∈N : U1, . . . , UN ∈ T =⇒ U1 ∩ · · · ∩ UN ∈ T

(2) (

3),

• ∀I : (Ui)i∈I ⊂ T =⇒⋃i∈I

Ui ∈ T.

Rodzinę T nazywamy topologią na X. Elementy rodziny T nazywamy zbiorami otwartymi.

Topologię T := ∅, X nazywamy antydyskretną.Topologię T := P (X) nazywamy dyskretną; w topologii dyskretnej każdy zbiór jest otwarty.Z reguły będziemy pisać X zamiast (X,T), o ile z kontekstu będzie wynikać, o jaką topologię chodzi;

w tej też sytuacji topologię przestrzeni X będziemy oznaczać topX.

Przykład 1.1.2. (a) Zbiór liczb rzeczywistych R, jako przestrzeń topologiczną, będziemy zawsze roz-ważać z topologią euklidesową

topR := U ⊂ R : ∀a∈U ∃r>0 : (a− r, a+ r) ⊂ U.

(b) Rozszerzony zbiór liczb rzeczywistych R := −∞ ∪ R ∪ +∞ rozważamy z topologią

topR :=

U ⊂ R : ∀a∈U

a = −∞ =⇒ ∃r∈R : [−∞, r) ⊂ Ua ∈ R =⇒ ∃r>0 : (a− r, a+ r) ⊂ Ua = +∞ =⇒ ∃r∈R : (r,+∞] ⊂ U

.

(1)P (X) oznacza rodzinę wszystkich podzbiorów zbioru X.(

2)N = zbiór liczb naturalnych, 0 6∈ N, N0 := N ∪ 0, Nk := n ∈ N : n > k.(

3)Oczywiście, warunek ten wystarczy sprawdzić dla N = 2.

1

2Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 2012

1. Wstęp

1.1.3 (Domkniętość). Mówimy, że zbiór F ⊂ X jest domknięty, jeżeli X \ F ∈ T. Rodzina F wszystkichzbiorów domkniętych ma następujące własności:• ∅, X ∈ F,• ∀N∈N : F1, . . . , FN ∈ F =⇒ F1 ∪ · · · ∪ FN ∈ F,• ∀I : (Fi)i∈I ⊂ F =⇒

⋂i∈I

Fi ∈ F.

1.1.4 (Wnętrze, domknięcie, brzeg). Dla A ⊂ X definiujemy:A = intA = intX A :=

⋃U∈T, U⊂A

U = wnętrze zbioru A;

A = clA = clX A :=⋂

F∈F, A⊂FF = domknięcie zbioru A;

∂A = ∂XA := A \A = brzeg zbioru A

(4).

Odnotujmy, że:• A ∈ T ⇐⇒ A = intA,• A ∈ F ⇐⇒ A = A.

1.1.5 (Gęstość). Dla A ⊂ B ⊂ X, jeżeli B ⊂ A, to mówimy, że A jest gęsty w B.

1.1.6 (Otoczenie punktu). Jeżeli a ∈ intA, to A nazywamy otoczeniem punktu a(

5). Zbiór wszystkich

otoczeń punktu a będziemy czasem oznaczać przez U(a) = UX(a).

1.1.7 (Aksjomaty oddzielania). Mówimy, że przestrzeń topologiczna X jest:T0, jeżeli dla dowolnych różnych punktów a, b ∈ X istnieje zbiór otwarty, do którego należy tylko

jeden z nich.T1, jeżeli dla dowolnych różnych punktów a, b ∈ X istnieje zbiór otwarty U taki, że a ∈ U , b /∈ U .T2 (Hausdorffa

(6)), jeżeli dla dowolnych różnych punktów a, b ∈ X istnieją rozłączne zbiory otwarte

U, V takie, że a ∈ U , b ∈ V .T2 1

2(Urysohna

(7)), jeżeli dla dowolnych różnych punktów a, b ∈ X istnieją rozłączne zbiory do-

mknięte U, V takie, że a ∈ intU , b ∈ intV .T3 (regularna), jeżeli X ∈ T1 oraz dla dowolnego punktu a ∈ X i zbioru domkniętego B takiego, że

a /∈ B, istnieją rozłączne zbiory otwarte U, V takie, że a ∈ U , B ⊂ V .T3 1

2(Tichonowa

(8)), jeżeli X ∈ T1 oraz dla dowolnego punktu a ∈ X i zbioru domkniętego B

takiego, że a /∈ B, istnieje funkcja ciągła f : X −→ [0, 1] (zob. (1.1.15)) taka, że f(a) = 0 oraz f = 1 naB.

T4 (normalna), jeżeli X ∈ T1 oraz dla dowolnych rozłącznych zbiorów domkniętych A,B istniejąrozłączne zbiory otwarte U, V takie, że A ⊂ U , B ⊂ V .

Wiadomo, że Tj Ti dla i < j.

1.1.8 (Ciąg zbieżny). Mówiąc o ciągu elementów zbioruX będziemy pisać (xν)∞ν=1 ⊂ X lub (xν)ν∈N ⊂ X.W przestrzeni topologicznej możemy zdefiniować pojęcie ciągu zbieżnego. Powiemy, że ciąg (xν)∞ν=1 ⊂

X jest zbieżny do elementu x0 ∈ X (w topologii T) (krótko: xνT−→ x0), jeżeli:

∀U∈U(x0) ∃ν0∈N ∀ν>ν0 : xν ∈ U.

Odnotujmy, że jeżeli X ∈ T2, to ciąg może mieć co najwyżej jedną granicę.(

9)

1.1.9 (Punkt skupienia). Niech A ⊂ X. Punkt a ∈ X nazywamy punktem skupienia zbioru A, jeżeli dladowolnego U ∈ U(a) mamy (U \ a) ∩ A 6= ∅, tzn. istnieje punkt b ∈ U ∩ A, b 6= a. Zbiór punktówskupienia zbioru A oznaczamy przez A′. Punkty zbioru A\A′ = nazywamy punktami izolowanymi zbioruA. Zauważmy, że A = A ∪A′.

(4)Można też spotkać oznaczenia bA, czy też FrA.(

5)Uwaga: Otoczenie punktu nie musi być otwarte.(

6)Felix Hausdorff (1868–1942).(

7)Paweł Samujłowicz Urysohn (1898–1924).(

8)Andrej Nikołajewicz Tichonow (1906–1993).(

9)Pojęciem ciągu zbieżnego będziemy się posługiwać wyłącznie w przestrzeniach Hausdorffa.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20121.1. Przestrzenie topologiczne 3

1.1.10 (Topologia indukowana). Jeżeli Y ⊂ X, to rodzina T|Y := U ∩ Y : U ∈ T jest topologią naY ; nazywamy ją topologią indukowaną, zaś (Y,T|Y ) nazywamy podprzestrzenią topologiczną przestrzeni(X,T). Odnotujmy, że:• X ∈ T2 =⇒ Y ∈ T2,• topR|R = topR,• zbiór A ⊂ Y jest domknięty w Y wtedy i tylko wtedy, gdy A = F ∩ Y , gdzie F jest domknięty w X.

Ćwiczenie 1.1.11. Które z aksjomatów oddzielania są dziedziczne, tzn. T ∈ Ti =⇒ T|Y ∈ Ti?

1.1.12 (Topologia iloczynu kartezjańskiego). Jeżeli (X1,T1), . . . , (XN ,TN ) są przestrzeniami topologicz-nymi, to na X := X1 × · · · ×XN definiujemy topologię iloczynu kartezjańskiego

T := U ⊂ X : ∀a∈U ∃U1∈T1,...,UN∈TN : a ∈ U1 × · · · × UN ⊂ U.W ten sposób definiujemy np. topRn. Zauważmy, że jeżeli T1, . . . ,TN ∈ T2, to T ∈ T2.

Ćwiczenie 1.1.13. Które z aksjomatów oddzielania są dziedziczne ze względu na iloczyn kartezjański,tzn. T1, . . . ,TN ∈ Ti =⇒ T ∈ Ti?

1.1.14 (Ciągłość w punkcie). Niech X, Y będą przestrzeniami topologicznymi i niech f : X −→ Y .Mówimy, że odwzorowanie f jest ciągłe w punkcie a ∈ X (f ∈ C(X,Y ; a)), jeżeli f−1(V ) ∈ U(a) dladowolnego V ∈ U(f(a)). Odnotujmy, że:• f ∈ C(X,Y ; a), a ∈ Z ⊂ X =⇒ f |Z ∈ C(Z, Y ; a).• Dla f : X −→ Z ⊂ Y mamy: f ∈ C(X,Y ; a)⇐⇒ f ∈ C(X,Z; a).• f ∈ C(X,Y ; a), g ∈ C(Y,Z; f(a)) =⇒ g f ∈ C(X,Z; a).• Dla f = (f1, . . . , fN ) : X −→ Y1 × · · · × YN , przy czym Y1, . . . , YN 6= ∅, mamy:

f ∈ C(X,Y1 × · · · × YN ; a)⇐⇒ fj ∈ C(X,Yj ; a), j = 1, . . . , N.

1.1.15 (Ciągłość). Odwzorowanie f : X −→ Y nazywamy ciągłym (f ∈ C(X,Y )), jeżeli f ∈ C(X,Y ; a)dla dowolnego a ∈ X. Niech C(X) := C(X,R); zauważmy, że C(X) jest R–przestrzenią wektorową.Następujące warunki są równoważne:• f ∈ C(X,Y );• f−1(V ) ∈ topX dla dowolnego V ∈ topY ;• f−1(L) jest domknięty w X dla dowolnego L ⊂ Y domkniętego w Y .Odnotujmy następujące własności:• f ∈ C(X,Y ), Z ⊂ X =⇒ f |Z ∈ C(Z, Y ).• Dla f : X −→ Z ⊂ Y mamy: f ∈ C(X,Y )⇐⇒ f ∈ C(X,Z).• f ∈ C(X,Y ), g ∈ C(Y,Z) =⇒ g f ∈ C(X,Z).• Projekcje X1 × · · · ×XN −→ Xj , j = 1, . . . , N , są ciągłe.• Dla f = (f1, . . . , fN ) : X −→ Y1 × · · · × YN , przy czym Y1, . . . , YN 6= ∅, mamy:

f ∈ C(X,Y1 × · · · × YN )⇐⇒ fj ∈ C(X,Yj), j = 1, . . . , N,

1.1.16. Odwzorowanie f : X −→ Y nazywamy homeomorfizmem, jeżeli jest bijektywne, ciągłe i f−1

jest ciągłe(

10).

1.1.17 (Zwartość). Mówimy, że przestrzeń topologicznaX jest zwarta (X jest kompaktem), jeżeliX ∈ T2

oraz dla dowolnego pokrycia otwartego zbioruX istnieje podpokrycie skończone, tzn. dla dowolnej rodziny(Ui)i∈I ⊂ topX takiej, że

⋃i∈I

Ui = X, istnieje N ∈ N oraz i1, . . . , iN ∈ I, dla których Ui1 ∪· · ·∪UiN = X.

Jeżeli X ∈ T2, to mówimy, że zbiór K ⊂ X jest zwarty (jest kompaktem), jeżeli K z topologią indu-kowaną jest przestrzenią zwartą, tzn. dla dowolnego pokrycia otwartego K ⊂

⋃i∈I

Ui istnieje podpokrycie

skończone takie, że K ⊂ Ui1 ∪ · · · ∪UiN . Zbiór A ⊂ X nazywamy relatywnie zwartym (krótko: A ⊂⊂ X),jeżeli A jest zbiorem zwartym. Odnotujmy, że:• Jeżeli X ∈ T2 i K ⊂ X jest zwarty, to K jest domknięty.• Jeżeli X jest przestrzenią zwartą i K ⊂ X jest domknięty, to K jest zwarty.(

10)Bijektywność i ciągłość f nie implikują ciągłości f−1 — Ćwiczenie; tu i dalej Ćwiczenie oznacza element

(np. dowód/przykład) pozostawiony do samodzielnego wykonania/znalezienia i stanowiący „niezbywalny” element wykładu.


1. Wstęp

• Jeżeli f ∈ C(X,Y ), X jest zwarta, Y ∈ T2, to f(X) jest zbiorem zwartym (twierdzenie o zachowaniuzwartości).

• Jeżeli f : X −→ Y jest ciągłą bijekcją pomiędzy przestrzeniami zwartymi, to f jest homeomorfizmem.• Dla X1 6= ∅, . . . , XN 6= ∅ mamy:

X1, . . . , XN są przestrzeniami zwartymi ⇐⇒ X1 × · · · ×XN jest przestrzenią zwartą.

1.1.18. Dla dowolnej przestrzeni topologicznej Hausdorffa X niech C0(X) oznacza zbiór tych wszystkichfunkcji f ∈ C(X), dla których istnieje zbiór zwarty K = K(f) ⊂ X taki, że f = 0 poza K

(11); C0(X)

jest podprzestrzenią C(X).

1.1.19 (Przestrzenie lokalnie zwarte. Rozkład jedności). Niech X będzie lokalnie zwartą przestrzeniąHausdorffa, tzn. każdy punkt x ∈ X ma otoczenie U takie, że U jest przestrzenią zwartą. Każda przestrzeńlokalnie zwarta jest T3 1

2.

(a) Dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ X i dla dowolnego zbioru otwartego U ⊂ X takiego, że K ⊂ Uistnieje f ∈ C0(U, [0, 1]) taka, że f = 1 na K.

(b) Twierdzenie o rozkładzie jedności: Dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ X i dla dowolnego jegopokrycia otwartego U1, . . . , UN istnieją funkcje fj ∈ C0(Uj , [0, 1]), j = 1, . . . , N , takie, że f1 + · · · +fN 6 1 na X oraz f1 + · · ·+ fN = 1 na K.

Dowód . Dla dowolnego x ∈ K ustalmy j(x) ∈ 1, . . . , N tak, że x ∈ Uj(x) i niech Vx będzie relatywniezwartym otoczeniem punktu x takim, że V x ⊂ Uj(x)

(12). Wobec zwartości K istnieje skończona liczba

punktów x1, . . . , xk ∈ K takich, że K ⊂ Vx1 ∪ · · · ∪ Vxk . Niech

Lj :=⋃

i∈1,...,k: j(xi)=j

V xi , j = 1, . . . , N.

Na podstawie (a) istnieją funkcje gj ∈ C0(Uj , [0, 1]), gj = 1 na Lj . j = 1, . . . , N . Zdefiniujmy

f1 := g1, f2 := (1− g1)g2, . . . , fN := (1− g1) . . . (1− gN−1)gN .

Oczywiście fj ∈ C0(Uj , [0, 1]), j = 1, . . . , N . Ponadto, f1 + · · ·+ fN = 1− (1− g1) . . . (1− gN ). PonieważK ⊂ L1 ∪ · · · ∪ LN , zatem f1 + · · ·+ fN = 1 na K.

1.1.20 (Spójność). Mówimy, że przestrzeń topologiczna X jest spójna, jeżeli nie istnieją zbiory otwarteU, V ⊂ X takie, że

U 6= ∅, V 6= ∅, X = U ∪ V, U ∩ V = ∅.(

13)

Mówimy, że zbiór A ⊂ X jest spójny, jeżeli jest spójny w topologii indukowanej, tzn. nie istnieją zbioryotwarte U, V ⊂ X takie, że

U ∩A 6= ∅, V ∩A 6= ∅, A ⊂ U ∪ V, U ∩ V ∩A = ∅.• Jeżeli f ∈ C(X,Y ) i X jest przestrzenią spójną, to f(X) jest zbiorem spójnym (twierdzenie o zacho-waniu spójności).

• Zbiór A ⊂ R jest spójny wtedy i tylko wtedy, gdy jest przedziałem.• Jeżeli f ∈ C(X,R) i X jest przestrzenią spójną, to f(X) jest przedziałem (własność Darboux

(14)).

• Dla X1 6= ∅, . . . , XN 6= ∅ mamy:

X1, . . . , XN są przestrzeniami spójnymi ⇐⇒ X1 × · · · ×XN jest przestrzenią spójną.

1.1.21 (Przestrzenie Lindelöfa(

15)). Mówimy, że przestrzeń topologiczna X jest przestrzenią Linde-

löfa, jeżeli X ∈ T3 oraz z dowolnego pokrycia otwartego tej przestrzeni można wybrać podpokrycieprzeliczalne.

Dla nas będzie wyłącznie istotny fakt, iż każdy podzbiór Rn jest przestrzenią Lindelöfa.(11)Czasami używa się też symbolu Cc(X).(

12)Ponieważ X ∈ T3, zatem istnieją rozłączne zbiory otwarte Vx, Q takie, że x ∈ Vx, X \Uj(x) ⊂ Q. Wobec lokalnej

zwartości, możemy założyć, że V x jest zbiorem zwartym. Oczywiście, V x ⊂ X \Q = X \Q ⊂ Uj(x).(13)Takie zbiory, o ile istnieją, nazywamy rozspojeniem X. Odnotujmy, że są one równocześnie otwarte i domknięte

w X.(14)Jean Darboux (1842–1917).(

15)Ernst Lindelöf (1870–1946).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20121.2. Przestrzenie metryczne 5

1.1.22 (Krzywe). Każde odwzorowanie ciągłe γ : [a, b] −→ X nazywamy krzywą. Zbiór γ∗ := γ([a, b])nazywamy obrazem geometrycznym krzywej γ.• γ∗ jest zbiorem spójnym.• Jeżeli X ∈ T2, to γ∗ jest zbiorem zwartym.W przyszłości będziemy zawsze utożsamiać krzywą γ : [a, b] −→ X z dowolną krzywą

γ σ : [c, d] −→ X,

gdzie σ : [c, d] −→ [a, b] jest bijekcją rosnącą (zwaną zmianą parametryzacji). Oczywiście, zmiana para-metryzacji nie zmienia obrazu geometrycznego krzywej. W szczególności, można się zawsze ograniczyćdo krzywych sparametryzowanych w przedziale [0, 1].

Jeżeli γ : [a, b] −→ X jest krzywą, to:• γ(a) nazywamy początkiem krzywej,• γ(b) nazywamy końcem krzywej,• jeżeli γ(a) = γ(b), to mówimy, że γ jest zamknięta,• jeżeli γ jest odwzorowaniem injektywnym, to mówimy, że γ jest łukiem Jordana

(16)(wtedy, jeżeli

X ∈ T2, to γ : [a, b] −→ γ∗ jest homeomorfizmem),• jeżeli γ jest zamknięta oraz γ|[a,b) jest odwzorowaniem injektywnym, to mówimy, że γ jest krzywąJordana,

• jeżeli γ : [0, 1] −→ X jest krzywą Jordana, to funkcja σ : T −→ X, gdzie T oznacza okrąg jednostkowyna płaszczyżnie, dana wzorem σ(cos 2πt, sin 2πt) := γ(t), t ∈ [0, 1], jest ciągłą bijekcją T na γ∗ (jeżeliponadto X ∈ T2, to σ : T −→ γ∗ jest homeomorfizmem).Dla krzywej γ : [a, b] −→ X definiujemy krzywą przeciwną

γ : [a, b] −→ X, γ(t) := γ(a+ b− t).Widać, że (γ)∗ = γ∗.

Dla krzywych γj : [0, 1] −→ X, j = 1, 2, takich, że γ1(1) = γ2(0) definiujemy ich sumę

γ1 ⊕ γ2 : [0, 1] −→ X, (γ1 ⊕ γ2)(t) :=

γ1(2t) dla 0 6 t 6 1

2

γ2(2t− 1) dla 12 6 t 6 1

;

jest to oczywiście krzywa i (γ1 ⊕ γ2)∗ = γ∗1 ∪ γ∗2 .(

17)

1.1.23 (Łukowa spójność). Mówimy, że przestrzeń topologiczna X jest łukowo spójna, jeżeli dla dowol-nych x, y ∈ X istnieje krzywa γ : [a, b] −→ X taka, że γ(a) = x, γ(b) = y. Każda przestrzeń łukowospójna jest spójna (ale nie odwrotnie — Ćwiczenie).

Dla X1 6= ∅, . . . , XN 6= ∅ mamy:

X1, . . . , XN są przestrzeniami łukowo spójnymi⇐⇒ X1 × · · · ×XN jest przestrzenią łukowo spójną.

1.2. Przestrzenie metryczne

Większość dowodów można znaleźć w [Eng 1968].

Definicja 1.2.1. Niech X będzie dowolnym zbiorem. Parę (X, %), gdzie % jest funkcją X ×X −→ R+(18), nazywamy przestrzenią metryczną, jeżeli spełnione są następujące trzy warunki:

• ∀x,y∈X : %(x, y) = 0⇐⇒ x = y,• ∀x,y∈X : %(x, y) = %(y, x) (symetria),• ∀x,y,z∈X : %(x, y) 6 %(x, z) + %(z, y) (nierówność trójkąta).Funkcję % nazywamy metryką.

Zwykle będziemy pisać X zamiast (X, %) (o ile z kontekstu będzie wynikać, o jaką metrykę chodzi).

Przykład 1.2.2. (a) X = R, %(x, y) := |x− y|.(b) X = R, %(x, y) := | arctg x− arctg y|

(19).

(16)Camille Jordan (1838–1922).(

17)Oznaczenia i ⊕ mają charakter roboczy i nie musimy się do nich zbyt przywiązywać.(

18)Dla A ⊂ R definiujemy A+ := x ∈ A : x > 0, A>0 := x ∈ A : x > 0, np. R+ = [0,+∞).(

19)

arctg(±∞) = ±π2.

1. Wstęp

(c) X — dowolny zbiór, %(x, y) :=

1 gdy x 6= y

0 gdy x = y= metryka dyskretna.

1.2.3 (Kule). W przestrzeniach metrycznych możemy zdefiniować pojęcia kuli otwartej i kuli domkniętej:B(a, r) = B%(a, r) := x ∈ X : %(x, a) < r = kula otwarta o środku w punkcie a ∈ X i promieniu

r ∈ (0,+∞](

20).

B(a, r) = B%(a, r) := x ∈ X : %(x, a) 6 r = kula domknięta o środku w punkcie a ∈ X i promieniur > 0

(21).

1.2.4 (Topologia generowana przez metrykę). Niech (X, %) będzie przestrzenią metryczną. Topologiagenerowana przez metrykę %, to topologia dana przepisem:

top % := U ⊂ X : ∀a∈U ∃r>0 : B(a, r) ⊂ U.Odnotujmy, że:• Metryka dyskretna generuje topologię dyskretną.• Topologia generowana przez metrykę jest Hausdorffa.• Kule otwarte są otwarte.• Kule domknięte są domknięte.• Na ogół mamy B(a, r) B(a, r) — Ćwiczenie.• Kule nie muszą być spójne — Ćwiczenie.

1.2.5. Jeżeli X 3 xνtop %−→ x0 ∈ X, to dla uproszczenia będziemy pisać xν

%−→ x0 lub jeszcze krócejxν −→ x0. Zauważmy, że xν

top %−→ x0 ⇐⇒ %(xν , x0) −→ 0.Zbiór F ⊂ X jest domknięty wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnego ciągu (xν)∞ν=1 ⊂ F , jeżeli

xν −→ x0, to x0 ∈ F .Jeżeli (X, %) jest przestrzenią metryczną, to dla dowolnego zbioru Y ⊂ X, para (Y, %|Y×Y ) jest

przestrzenią metryczną (%|Y×Y nazywamy metryką indukowaną) oraz top(%|Y×Y ) = (top %)|Y .

1.2.6. Jeżeli ϕ : R+ −→ R+ jest funkcją niemalejącą, wklęsłą (zob. Definicja 2.1.15) i taką, że ϕ(ξ) =0 ⇐⇒ ξ = 0, to ϕ % jest metryką dla dowolnej metryki % — Ćwiczenie

(22). Dla przykładu, jeżeli %

jest metryką, to min%, 1 jest metryką.

1.2.7 (Równoważność metryk). Mówimy, że dwie metryki %1, %2 : X × X −→ R+ są równoważne(%1 ∼ %2), jeżeli top %1 = top %2. Jest to relacja równoważności.

(23)Łatwo widać, że:

%1 ∼ %2 ⇐⇒ ∀(xν)∞ν=0⊂X : (xν%1−→ x0 ⇐⇒ xν

%2−→ x0).

Własności niezmiennicze względem metryk równoważnych (np. zbieżność, ciągłość) nazywamy wła-snościami topologicznymi przestrzeni metrycznej (X, %).

1.2.8 (Porównywalność metryk). Mówimy, że dwie metryki

%1, %2 : X ×X −→ R+

są porównywalne, jeżeli %1 6 c1%α12 i %2 6 c2%

α21 dla pewnych stałych c1, c2, α1, α2 > 0. Porównywalność

metryk jest również relacją równoważnościową. Metryki porównywalne są równoważne (ale nie odwrotnie— np. % ∼ min%, 1, ale metryki te nie muszą być porównywalne — Ćwiczenie).

Własności niezmiennicze względem metryk porównywalnych nazywamy własnościami metrycznymiprzestrzeni (X, %).

1.2.9 (Ograniczoność). Zbiór A ⊂ X jest ograniczony, jeżeli sup %(A × A) < +∞. Jest to własnośćmetryczna, ale nie topologiczna

(24). Łatwo widać, że:

A jest ograniczony ⇐⇒ ∀a∈X ∃r>0 : A ⊂ B(a, r)⇐⇒ ∃a∈X ∃r>0 : A ⊂ B(a, r).

Liczbę diamA := sup %(A×A) nazywamy średnicą zbioru A (w metryce %).(20)B(a,+∞) = X.(

21)B(a, 0) = a.(

22)Cała trudność leży w zauważeniu, że ϕ(ξ + η) 6 ϕ(ξ) + ϕ(η) dla dowolnych ξ, η ∈ R+.(

23)Czy metryki % i ϕ % z punktu 1.2.6 muszą być równoważne? — Ćwiczenie.(

24)Przypomnijmy sobie, że metryka min%, 1 jest globalnie ograniczona.


1.2.10 (Ciągłość). Jeżeli (X, %), (Y, d) są przestrzeniami metrycznymi, to dla f : X −→ Y i a ∈ Xnastępujące warunki są równoważne:(i) f ∈ C(X,Y ; a);(ii) (Definicja „ciągowa” Heinego

(25))

∀(xν)∞ν=1⊂X : (xν%−→ a) =⇒ (f(xν)

d−→ f(a));

(iii) (Definicja „ε− δ” Cauchy’ego(

26))

∀ε>0 ∃δ>0 : f(B%(a, δ)) ⊂ Bd(f(a), ε).(

27)

1.2.11 (Jednostajna ciągłość). Mówimy, że odwzorowanie f : X −→ Y jest jednostajnie ciągłe, jeżeli

∀ε>0 ∃δ>0 ∀a∈X : f(B%(a, δ)) ⊂ Bd(f(a), ε).(

28)

Jednostajna ciągłość jest własnością metryczną(

29). Odwzorowania jednostajnie ciągłe są ciągłe,

ale nie odwrotnie — Ćwiczenie. Złożenie odwzorowań jednostajnie ciągłych jest jednostajnie ciągłe.

1.2.12 (Warunki Höldera i Lipschitza). Mówimy, że f : X −→ Y spełnia warunek Höldera z wykładni-kiem α > 0

(30), jeżeli istnieje stała C > 0 (stała Höldera) taka, że

d(f(x′), f(x′′)) 6 C%α(x′, x′′), x′, x′′ ∈ X.

Dla α = 1 warunek Höldera nosi nazwę warunku Lipschitza(

31), a stała — stałej Lipschitza.

Odwzorowania spełniające warunek Höldera są jednostajnie ciągłe, ale nie odwrotnie — Ćwiczenie.Złożenie odwzorowań spełniających warunek Höldera (Lipschitza) spełnia warunek Höldera (Lipschitza).Czy jeżeli f : X −→ Y jest homeomorfizmem spełniającym warunek Höldera, to f−1 spełnia równieżwarunek Höldera (być może z innym wykładnikiem) ? — Ćwiczenie.

1.2.13. Przestrzeń metryczna X jest zwarta wtedy i tylko wtedy, gdy z dowolnego ciągu (xν)∞ν=1 ⊂ Xmożna wybrać podciąg zbieżny.• PodzbiórK przestrzeń metrycznejX jest zwarty wtedy i tylko wtedy, gdy z dowolnego ciągu (xν)∞ν=1 ⊂K można wybrać podciąg zbieżny do pewnego elementu zbioru K.

• Zbiór K ⊂ Rn jest zwarty wtedy i tylko wtedy, gdy jest domknięty i ograniczony.• R jest przestrzenią zwartą.• Jeżeli f ∈ C(X,R) i X jest przestrzenią topologiczną zwartą, to f osiąga kresy na X (twierdzenieWeierstrassa

(32)).

• Jeżeli f ∈ C(X,Y ), gdzie (Y, d) jest przestrzenią metryczną, to dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ Xspełniony jest następujący warunek:

∀ε>0 ∃δ>0 ∀a∈K : f(B%(a, δ)) ⊂ Bd(f(a), ε).

W szczególności, jeżeli X jest przestrzenią zwartą, to f jest jednostajnie ciągłe.

Dowód . Ponieważ f jest ciągła, zatem dla dowolnego a ∈ K istnieje r(a) > 0 takie, że f(B%(a, r(a))) ⊂Bd(f(a), 1

2ε). Wobec zwartości zbioru K, istnieje skończona liczba punktów a1, . . . , aN ∈ K takich,że K ⊂

⋃Ni=1B%(ai,

12r(ai)). Niech δ := 1

2 minr(a1), . . . , r(aN ). Weźmy dowolny punkt a ∈ K, a ∈B%(ai0 ,

12r(ai0)), i niech x ∈ B%(a, δ). Mamy %(x, ai0) 6 %(x, a)+%(a, ai0) 6 δ+ 1

2r(ai0) 6 r(ai0). Wynikastąd, że d(f(x), f(ai0)) 6 1

2ε i ostatecznie d(f(x), f(a)) 6 d(f(x), f(ai0)) + d(f(a), f(ai0)) 6 ε.

(25)Eduard Heine (1821–1881).(

26)Augustin Cauchy (1789–1857).(

27)Czyli: ∀x∈X : %(x, a) 6 δ =⇒ d(f(x), f(a)) 6 ε.(

28)Czyli: ∀x′,x′′∈X : %(x′, x′′) 6 δ =⇒ d(f(x′), f(x′′)) 6 ε.(

29)Czy jest to własność topologiczna — Ćwiczenie.(

30)Otto Hölder (1859–1937).(

31)Rudolf Lipschitz (1832–1903).(

32)Karl Weierstrass (1815–1897).


1. Wstęp

1.2.14. Niech (X1, %1), . . . , (XN , %N ) będą przestrzeniami metrycznymi i niech funkcja ϕ : RN+ −→ R+(33)będzie taka, że:ϕ(ξ) = 0⇐⇒ ξ = 0,ξ 6 η =⇒ ϕ(ξ) 6 ϕ(η),

(34)

ϕ(ξ + η) 6 ϕ(ξ) + ϕ(η), ξ, η ∈ RN+ .Zdefiniujmy

d(x, y) := ϕ(%1(x1, y1), . . . , %N (xN , yN )), x = (x1, . . . , xN ), y = (y1, . . . , yN ) ∈ X1 × · · · ×XN .

Wtedy d jest metryką — Ćwiczenie (por. (1.2.6)).W szczególności, jeżeli (X1, %1), . . . , (XN , %N ) są przestrzeniami metrycznymi, to każda z poniższych

funkcji (X1 × · · · ×XN )2 −→ R+ jest metryką (Ćwiczenie):

dp(x, y) : =( N∑j=1

%pj (xj , yj))1/p

= metryka lp, p > 1,(

35)

d∞(x, y) : = max%1(x1, y1), . . . , %N (xN , yN ) = metryka maksimum.

W szczególności, metrykami są funkcje:

d1(x, y) =

N∑j=1

%j(xj , yj) = metryka suma,

d2(x, y) =( N∑j=1

%2j (xj , yj)

)1/2

= metryka euklidesowa.

Są to metryki porównywalne zadające topologię iloczynu kartezjańskiego(

36); dla dowolnego ciągu

(xν)∞ν=0 ⊂ X1 × · · · ×XN , xν = (xν,1, . . . , xν,N ), ν ∈ Z+,

mamy: xν −→ x0 ⇐⇒ xν,j −→ x0,j , j = 1, . . . , N .

1.2.15. Dla dowolnej metryki % : X ×X −→ R+ zachodzi:

|%(x′, y′)− %(x′′, y′′)| 6 %(x′, x′′) + %(y′, y′′) = d1((x′, y′), (x′′, y′′)), (x′, y′), (x′′, y′′) ∈ X ×X.W szczególności, % : X ×X −→ R+ jest funkcją ciągłą.

Dla dowolnego zbioru ∅ 6= A ⊂ X definiujemy

%(x,A) := inf%(x, a) : a ∈ A, x ∈ X.Wtedy

|%(x,A)− %(y,A)| 6 %(x, y), x, y ∈ X.Ponadto, x ∈ A⇐⇒ %(x,A) = 0.

1.2.16 (Ciągi Cauchy’ego). Ciąg (xν)∞ν=1 ⊂ X nazywamy ciągiem Cauchy’ego w X, jeżeli

∀ε>0 ∃ν0∈N ∀ν,µ>ν0 : %(xν , xµ) 6 ε.

• To, że dany ciąg jest ciągiem Cauchy’ego jest własnością metryczną, ale nie topologiczną.(33)RN+ := (R+)N .(

34)

(ξ1, . . . , ξN ) 6 (η1, . . . , ηN ) :⇐⇒ ξj 6 ηj , j = 1, . . . , N .(35)Cała trudność w sprawdzeniu, że dp jest metryką leży w wykazaniu nierówności ϕ(ξ + η) 6 ϕ(ξ) + ϕ(η), gdzie

ϕ(ξ) := (|ξ1|p + · · ·+ |ξN |p)1/p, ξ = (ξ1, . . . , ξN ) ∈ RN+ , tzn. w wykazaniu nierówności Minkowskiego( N∑j=1

(ξj + ηj)p)1/p

6( N∑j=1

ξpj

)1/p+( N∑j=1

ηpj

)1/p, ξ, η ∈ RN+ , p > 1.

Dowód tej nierówności opiera się na nierówności HölderaN∑j=1

ξjηj 6( N∑j=1

ξpj

)1/p( N∑j=1

ηqj

)1/q, ξ, η ∈ RN+ , p, q > 1,

1

p+

1

q= 1.

(36)d∞ 6 dp 6 N1/pd∞ — Ćwiczenie.


• Każdy ciąg zbieżny jest ciągiem Cauchy’ego. Jeżeli ciąg Cauchy’ego zawiera podciąg zbieżny, to całyjest zbieżny.

• Ciąg (xν)∞ν=1 ⊂ X1×· · ·×XN jest ciągiem Cauchy’ego wtedy i tylko wtedy, gdy (xν,j)∞ν=1 jest ciągiem

Cauchy’ego w Xj , j=1, . . . , N .

1.2.17 (Zupełność). Przestrzeń metryczną, w której każdy ciąg Cauchy’ego jest zbieżny nazywamyprzestrzenią zupełną.

Zbiór F ⊂ X nazywamy zupełnym, jeżeli jest przestrzenią zupełną w metryce indukowanej.• Rn jest przestrzenią zupełną.• Jeżeli X jest przestrzenią metryczną i F ⊂ X jest zbiorem zupełnym, to F jest domknięty.• Jeżeli X jest przestrzenią zupełną i F ⊂ X jest zbiorem domkniętym, to F jest zbiorem zupełnym.• Każda przestrzeń metryczna zwarta jest zupełna.• Jeżeli f : X −→ Y jest homeomorfizmem dwóch przestrzeni metrycznych (X, %) i (Y, d), który spełnia

warunek Höldera, to z zupełności przestrzeni (Y, d) wynika zupełność przestrzeni (X, %) (Ćwiczenie).W szczególności, wynika stąd, że zupełność jest własnością metryczną.

• Dla X1 6= ∅, . . . , XN 6= ∅ mamy:

X1, . . . , XN są przestrzeniami zupełnymi⇐⇒ X1 × · · · ×XN jest przestrzenią zupełną.

1.2.18 (Twierdzenie Baire’a). Zbiór A ⊂ X nazywamy nigdziegęstym, jeżeli intA = ∅ (równoważnie:

zbiór X \A jest gęsty). Zbiory postaci∞⋃n=1

An, gdzie każdy zbiór An jest nigdziegęsty, nazywamy zbiorami

I kategorii Baire’a(

37). Zbiory nie będące zbiorami I kategorii Baire’a noszą nazwę zbiorów II kategorii

Baire’a.(Twierdzenie Baire’a) Niech X 6= ∅ będzie przestrzenią zupełną i niech Ωn ⊂ X będzie zbiorem

otwartym i gęstym, n ∈ N. Wtedy zbiór B :=⋂n∈N

Ωn jest gęsty. Równoważnie: jeżeli A ⊂ X jest zbiorem

I kategorii Baire’a, to intA = ∅, w szczególności, A X (niepusta przestrzeń zupełna nie jest I kategoriiBaire’a).

1.2.19 (Granica w punkcie). Niech (X, %), (Y, d) będą przestrzeniami metrycznymi, A ⊂ X, a ∈ A′,f : A \ a −→ Y , b ∈ Y .

Powiemy, że limx→ax 6=a

f(x) = b (granica odwzorowania w punkcie), jeżeli odwzorowanie

f : A ∪ a −→ Y, f(x) :=

f(x) gdy x ∈ A \ ab gdy x = a

,

jest ciągłe w punkcie a, tzn., jeżeli A \ a 3 xν −→ a, to f(xν) −→ b. W przyszłości dla uproszczeniazapisu, będziemy pisać lim

x→af(x) zamiast lim

x→ax6=a

f(x); będziemy również pisać limA3x→a

f(x) dla podkreślenia

roli zbioru A.• Jeżeli a ∈ A, to: f ∈ C(A, Y ; a)⇐⇒ lim

x→ax 6=a

f(x) = f(a).

• Jeżeli limx→ax 6=a

f(x) = b i g ∈ C(Y,Z; b) (Z jest przestrzenią metryczną), to limx→ax 6=a

g f(x) = g(b).

• Uwaga: Nie jest prawdą, że jeżeli ϕ ∈ C(Z,X; t0) (Z jest przestrzenią metryczną), ϕ(t0) = a, t0 jestpunktem skupienia zbioru ϕ−1(A) oraz lim

x→ax6=a

f(x) = b, to limt→t0t6=t0

f ϕ(t) = b — Ćwiczenie.

1.2.20 (Granice górne i dolne). Dla A ⊂ X, a ∈ A′, f : A −→ R, przyjmujemy:

lim supx→a

f(x) := suplim supν→+∞

f(xν) : (xν)∞ν=1 ⊂ A, xν −→ a ∈ R,

lim infx→a

f(x) := inflim infν→+∞

f(xν) : (xν)∞ν=1 ⊂ A, xν −→ a ∈ R.

Oczywiście lim infx→a

f(x) = − lim supx→a

(−f)(x). Mamy:

(37)René-Louis Baire (1874–1932).


1. Wstęp

lim supx→a

f(x) = infr>0 supf(x) : x ∈ A ∩B(a, r),

lim infx→a

f(x) = supr>0 inff(x) : x ∈ A ∩B(a, r).Jeżeli a /∈ A, to granica lim

x→af(x) istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy lim inf

x→af(x) = lim sup

x→af(x) (i wtedy,

lim infx→a

f(x) = lim supx→a

f(x) = limx→a

f(x)).

1.2.21. Niech X 6= ∅ będzie dowolnym zbiorem, zaś (Y, d) — przestrzenią metryczną. Dla ciągu odwzo-rowań fν : X −→ Y (ν ∈ Z+) i zbioru A ⊂ X wprowadzamy pojęcia:• zbieżności punktowej na A: fν −→ f0 punktowo na A, jeżeli dla dowolnego x ∈ A mamy fν(x) −→f0(x),

• zbieżności jednostajnej na A: fν −→ f0 jednostajnie na A, jeżeli

∀ε>0 ∃ν0 ∀ν>ν0 ∀x∈A : d(fν(x), f0(x)) 6 ε.

Jeżeli Y jest przestrzenią zupełną, to fν −→ f0 jednostajnie na A wtedy i tylko wtedy, gdy (fν)∞ν=1

spełnia na A jednostajny warunek Cauchy’ego:

∀ε>0 ∃ν0 ∀ν,µ>ν0 ∀x∈A : d(fν(x), fµ(x)) 6 ε.

Jeżeli X ma strukturę przestrzeni topologicznej to wprowadzamy dodatkowo pojęcia:• zbieżności lokalnie jednostajnej na X: fν −→ f0 lokalnie jednostajnie na X, jeżeli dowolny punkta ∈ X ma otoczenie U takie, że fν −→ f0 jednostajnie na U ,

• zbieżności niemal jednostajnej na X: fν −→ f0 niemal jednostajnie na X, jeżeli dla dowolnego zbioruzwartego K ⊂ X, fν −→ f0 jednostajnie na K.Pojęcia zbieżności „lokalnie jednostajnej na X” i „niemal jednostajnej na X” są równoważne w prze-

strzeniach lokalnie zwartych (np. gdy X jest podprzestrzenią Rn).• Jeżeli fν −→ f0 lokalnie jednostajnie na X oraz fν ∈ C(X,Y ; a), ν ∈ N, to f0 ∈ C(X,Y ; a).• W szczególności, jeżeli X jest przestrzenią metryczną,

– fν −→ f0 jednostajnie na A,– a ∈ A′ \A,– limA3x→a

fν(x) = bν , ν ∈ N,– oraz bν −→ b0,

to limA3x→a

f0(x) = b0; innymi słowy:

limA3x→a

( limν→+∞

fν(x)) = limν→+∞

( limA3x→a

fν(x)).

• Jeżeli fν −→ f0 jednostajnie na X oraz każde odwzorowanie fν jest jednostajnie ciągłe, to f0 jestjednostajnie ciągłe.

1.2.22. Niech X 6= ∅ będzie dowolnym zbiorem, zaś (Y, d) — przestrzenią metryczną. ZdefiniujmyB(X,Y ) := f : X −→ Y : zbiór f(X) jest ograniczony.W zbiorze B(X,Y ) wprowadzamy metrykę Czebyszewa

(38)

δ(f, g) := supd(f(x), g(x)) : x ∈ X.

Zauważmy, że:

• fνδ−→ f0 ⇐⇒ fν −→ f0 jednostajnie na X.

• Przestrzeń B(X,Y ) jest zupełna wtedy i tylko wtedy, gdy przestrzeń Y jest zupełna.Jeżeli X ma ponadto strukturę przestrzeni topologicznej, to definiujemy

CB(X,Y ) := C(X,Y ) ∩ B(X,Y ).

Zauważmy, że:• CB(X,Y ) = C(X,Y ), gdy X jest przestrzenią zwartą.• CB(X,Y ) jest domkniętą podprzestrzenią przestrzeni B(X,Y ).• Przestrzeń CB(X,Y ) jest zupełna wtedy i tylko wtedy, gdy Y jest zupełna.

(38)Pafnutij Czebyszew (1821–1894).


1.2.23 (Funkcje oddzielnie ciągłe). Niech (X, %) będzie przestrzenią zupełną.• Niech (fν)∞ν=1 ⊂ C(X) i niech fν −→ f (punktowo), tzn. f jest funkcją I klasy Baire’a. Oznaczmy

przez N(f) zbiór punktów nieciągłości f . Wtedy N(f) jest zbiorem I kategorii Baire’a.

Dowód . NiechAk,` := x ∈ X : ∀n>` : |fn(x)− f`(x)| 6 1/k, k, ` ∈ N.

Zbiór Ak,` jest domknięty, zbiór Fk,` := Ak,` \ intAk,` jest domknięty i nigdziegęsty. Wystarczy więcpokazać, że N(f) ⊂

⋃k,`∈N

Fk,`. Ustalmy punkt x0 ∈ N(f). Ponieważ (fν(x0))∞ν=1 jest ciągiem Cauchy’ego,

zatem dla dowolnego k ∈ N istnieje `(k) takie, że x0 ∈ Ak,`(k). Gdyby x0 ∈ intAk,`(k) dla dowolnegok ∈ N, wtedy, dla dowolnego k ∈ N, istniałoby rk > 0 takie, że B(x0, rk) ⊂ Ak,`(k). Oznacza to, że|fn(x) − f`(k)(x)| 6 1/k dla x ∈ B(x0, rk) i n > `(k). W szczególności, |f(x) − f`(k)(x)| 6 1/k dlax ∈ B(x0, rk). Dla x ∈ B(x0, rk) mamy więc

|f(x)− f(x0)| 6 |f(x)− f`(k)(x)|+ |f`(k)(x)− f`(k)(x0)|+ |f`(k)(x0)− f(x0)|6 2/k + |f`(k)(x)− f`(k)(x0)|,

co, wobec ciągłości f`(k), dawałoby ciągłość funkcji f w punkcie x0. Tak więc x0 ∈ Fk,`(k) dla pewnegok ∈ N.

• Dla dowolnej oddzielnie ciągłej funkcji f : R×Rn−1 −→ R (tzn. f(x, ·) ∈ C(Rn−1) i f(·, y) ∈ C(R)dla dowolnego (x, y) ∈ R× Rn−1) istnieje ciąg (fν)∞ν=1 ⊂ C(Rn) taki, że fν −→ f

(39).

Dowód .

fν(x, y) :=( k+1

ν − x1ν

)f(kν , y) +

(x− kν

1ν

)f(k+1

ν , y), kν 6 x 6

k+1ν , y ∈ Rn−1, k ∈ Z (1.2.1)

(dla dowolnego y ∈ Rn−1, fν(·, y) jest funkcją afiniczną na każdym przedziale [kν ,k+1ν ]). Jest rzeczą

widoczną, że funkcja fν jest ciągła (bo jest ciągła na każdym „pasie” [kν ,k+1ν ]× Rn−1). Ponadto,

|fν(x, y)− f(x, y)| =∣∣∣( k+1

ν − x1ν

)(f(kν , y)− f(x, y)

)+(x− k

ν1ν

)(f(k+1

ν , y)− f(x, y))∣∣∣

6 max|f(kν , y)− f(x, y)|, |f(k+1ν , y)− f(x, y)|, k

ν 6 x 6k+1ν , y ∈ Rn−1, k ∈ Z.

Teraz dla ustalonego punktu (x0, y0) ∈ R × Rn−1 oraz ε > 0, dobierzmy δ > 0 takie, że |f(x, y0) −f(x0, y0)| 6 ε dla |x− x0| 6 δ. Niech ν > 1/δ i niech k

ν 6 x0 6 k+1ν . Wtedy z poprzedniego oszacowania

dostajemy |fν(x0, y0)− f(x0, y0)| 6 ε, co dowodzi, że fν −→ f punktowo.

Jako natychmiastowy wniosek, dostajemy stąd:• Jeżeli f : R× Rn−1 −→ R jest oddzielnie ciągła, to N(f) jest zbiorem I kategorii Baire’a.

• Pojawia się naturalne pytanie czy dowolna funkcja oddzielnie ciągła

f : Rn1 × · · · × Rnk −→ R(tzn. f(x1, . . . , xj−1, ·, xj+1, . . . , xk) ∈ C(Rnj ) dla dowolnych x1 ∈ Rn1 , . . . , xk ∈ Rnk i j ∈ 1, . . . , k)jest I klasy Baire’a ?

Prawdziwy jest następujący wynik:Niech f : R× · · · × R︸︷︷︸

`×

× Rn−` −→ R będzie funkcją oddzielnie ciągłą (` > 2). Wtedy f jest `–tej

klasy Baire’a, tzn. istnieje ciąg funkcji (`− 1)–szej klasy Baire’a (fν)∞ν=1 taki, że fν −→ f punktowo.

Dowód . Dla dowolnej funkcji g : R×Rn−1 −→ R, zdefiniujmy ciąg (gν)∞ν=1 tak, jak w (1.2.1) i zauważmy,że:

(a) jeżeli funkcja g(·, y) jest ciągła dla dowolnego y ∈ Rn−1, to gν −→ g punktowo,(b) jeżeli Rn−1 = Rp × Rq × Rr (p, q, r ∈ Z+), y = (u, v, w), oraz funkcja g(x, u, ·, w) jest ciągła dla

dowolnych (x, u, w) ∈ R × Rp × Rr, to każda z funkcji gν(·, u, ·, w) jest ciągła dla dowolnych (u,w) ∈Rp × Rr.(

39)Tzn. dowolna funkcja oddzielnie ciągła f : R× Rn−1 −→ R jest I klasy Baire’a.

1. Wstęp

Teraz postępujemy następująco:— Stosujemy powyższą konstrukcję do g := f . Wobec (a), do zakończenia dowodu wystarczy pokazać,

że każda z funkcji f1ν := gν jest (`− 1)–szej klasy Baire’a. Na podstawie (b), wiemy, że każda funkcja

f1ν (·, x2, . . . , xj−1, ·, xj+1, . . . , x`, x`+1)

jest ciągła dla dowolnych (x2, . . . , x`, x`+1) ∈ R× · · · × R︸︷︷︸(`−1)×

× Rn−`, j = 2, . . . , `+ 1.

— Powtarzamy konstrukcję dla g := f1ν względem zmiennej x2. Dostajemy kolejny ciąg aproksy-

mujący (f2ν )∞ν=1 taki, że każda funkcja f2

ν (·, ·, x3, . . . , xj−1, ·, xj+1, . . . , x`, x`+1) jest ciągła dla dowolnych(x3, . . . , x`, x`+1) ∈ R× · · · × R︸︷︷︸

(`−2)×

× Rn−`, j = 3, . . . , `+ 1.

— Powtarzamy powyższe rozumowanie ` razy.

Okazuje się, że dla ` > 2 wynik ten nie może być poprawiony, tzn. istnieją przykłady oddzielnieciągłych funkcji f , które nie są (`− 1)–szej klasy Baire’a — zob. np. [Leb 1905].

1.2.24 (Metryka Hausdorffa). Dla przestrzeni metrycznej (X, %), niech F(X) oznacza rodzinę wszystkichniepustych, domkniętych i ograniczonych podzbiorów X. Zdefiniujmy

h(A,B) := max

supdist(x,B) : x ∈ A, supdist(y,A) : y ∈ B, A,B ∈ F(X).

• Jest rzeczą oczywistą, iż 0 6 h(A,B) = h(B,A) < +∞ oraz h(A,A) = 0. Widać również, iż jeżelih(A,B) = 0, to A ⊂ B oraz B ⊂ A, to oznacza, że A = B.• h(A,B) 6 r ⇐⇒ A ⊂ B(r) oraz B ⊂ A(r), gdzie C(r) := z ∈ X : dist(z, C) 6 r. Zauważmy, że

C(r) ∈ F(X) dla C ∈ F(X).• h jest metryką w zbiorze F(X). Jest to tzw. metryka Hausdorffa.

Dowód . Pozostaje do wykazania nierówność trójkąta. Ustalmy zbiory A,B,C ∈ F(X) oraz ε > 0.Wiemy, że A ⊂ C(h(A,C)+ε) oraz C ⊂ B(h(C,B)+ε). Stąd A ⊂ B(h(A,C)+h(C,B)+2ε). Analogicznie, B ⊂A(h(B,C)+h(C,A)+2ε). Stąd h(A,B) 6 h(A,C) + h(C,B) + 2ε.

Niech K(X) oznacza rodzinę wszystkich niepustych zwartych podzbiorów X. Dla dowolnego zbioruA ∈ K(X), niech

K(A) := K ∈ K(X) : K ⊂ A.• (K(A), h) jest przestrzenią zwartą dla dowolnego A ∈ K(X).

Dowód . Krok 1o. Na wstępie udowodnimy, że (K(A), h) jest przestrzenią zupełną.Istotnie, niech (Lk)∞k=1 ⊂ K(A) będzie dowolnym ciągiem Cauchy’ego. Możemy założyć (Ćwiczenie),

że h(Lk, Lk+1) 6 2−k, k = 1, 2, . . . . Zdefiniujmy

L0 := x0 ∈ A : ∃(xk)∞k=1: xk ∈ Lk, k = 1, 2, . . . , xk −→ x0.

Wprost z definicji wynika, że L0 jest zbiorem zwartym. Dla dowolnego ε > 0 i x0 ∈ L0, istnieje k0(x0)

takie, że x0 ∈ L(ε)k dla k > k0(x0). Stąd B(x0, ε) ⊂ L(2ε)

k dla k > k0(x0). Teraz, korzystając ze zwartościL0, wnioskujemy, że istnieje k0 takie, że L0 ⊂ L(2ε)

k dla k > k0.Niech teraz x0 ∈ Lk0 dla pewnego ustalonego k0. Korzystając z tego, że h(Lk, Lk+1) 6 2−k, wnio-

skujemy, że istnieje ciąg x1, x2, . . . , taki, że xi ∈ Lk0+i oraz %(xi+1, xi) 6 2−(k0+i), i = 0, 1, 2, . . . . Jestto oczywiście ciąg Cauchy’ego. Niech x∗ := limi→+∞ xi. Wprost z definicji wynika, że x∗ ∈ L0. Ponadto,

%(xi, x0) 6 12k0

+ · · ·+ 12k0+i−1 6

12k0−1 ,

a stąd %(x∗, x0) 6 2−k0+1. Tak więc Lk0 ⊂ L(2−k0+1)0 .

Krok 2o. Jeżeli już wiemy, że (K(A), h) jest przestrzenią zupełną, to wystarczy pokazać że dla dowol-nego ε > 0 istnieje skończona liczba zbiorów K1, . . . ,Kp ∈ K(A) taka, że K(A) ⊂

⋃pj=1Bh(Kj , ε), gdzie

Bh oznacza kulę w sensie metryki Hausdorffa.Istotnie, korzystamy z następującego ogólnego faktu. Niech (Y, d) będzie przestrzenią zupełną taką,

że dla dowolnego ε > 0 istnieją punkty aε1, . . . , aεn(ε) ∈ Y takie, że Y =

⋃n(ε)i=1 B(aεi , ε). Wtedy Y jest

przestrzenią zwartą.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20121.3. Funkcje półciągłe 13

Istotnie, weźmy dowolny ciąg (xk)∞k=1 ⊂ Y . Jedna z kul B(a1i , 1), i = 1, . . . , n(1), musi zawierać

nieskończenie wiele wyrazów tego ciągu. Niech (x1kν

)∞ν=1 ⊂ B(a1i1, 1). Teraz powtarzamy to samo rozu-

mowanie względem ciągu (x1kν

)∞ν=1 i kul B(a1/2i , 1/2), i = 1, . . . , n(1/2). Dostajemy podciąg (x2

kν)∞ν=1 ⊂

B(a1/2i2, 1/2) itd. W ten sposób konstruujemy łatwo podciąg (xkν )∞ν=1 ciągu (xk)∞k=1 taki, że xkν ∈

B(a1/`i`, 1/`) dla ν > `. Jest to oczywiście ciąg Cauchy’ego, a więc jest zbieżny.

Krok 3o. Sprawdzamy warunek z Kroku 2o: Ustalmy ε > 0. Ze zwartości A wynika, że istnieją punktya1, . . . , am ∈ A takie, że A ⊂

⋃qi=1B(ai, ε). Wtedy (Ćwiczenie)

K(A) ⊂⋃

F⊂a1,...,am

Bh(F, ε).

• Jeżeli K(A) 3 Kνh−→ K0, zaś Φ : Am −→ R+ jest dowolną funkcją ciągłą, to supΦ(Km

ν ) −→supΦ(Km

0 ) (Ćwiczenie). W szczególności, jeżeli K(A) 3 Kνh−→ K0, to diam(Kν) −→ diam(K0).

1.3. Funkcje półciągłe

Niech X będzie dowolną przestrzenią topologiczną.

Definicja 1.3.1. Powiemy, że funkcja u : X −→ R jest półciągła z góry na X, jeżeli dla dowolnegot ∈ R zbiór x ∈ X : u(x) < t jest otwarty. Zbiór wszystkich funkcji półciągłych z góry na X będziemyoznaczać przez C↑(X,R).

Powiemy, że u jest półciągła z dołu na X (u ∈ C↓(X,R)), jeżeli −u ∈ C↑(X,R).Dla dowolnego przedziału ∆ ⊂ R niech

C↑(X,∆) := u ∈ C↑(X,R) : u(X) ⊂ ∆.Podobnie definiujemy C↓(X,∆).

Obserwacja 1.3.2. Jeżeli A ⊂ X jest zbiorem domkniętym, to jego funkcja charakterystyczna

χA,X(x) = χA(x) :=

1 gdy x ∈ A0 gdy x ∈ X \A

jest półciągła z góry. Jeżeli A ⊂ X jest zbiorem otwartym, to χA ∈ C↓(X).

Obserwacja 1.3.3. (a) Funkcja u : X −→ R jest półciągła z dołu na X, jeżeli dla dowolnego t ∈ Rzbiór x ∈ X : u(x) > t jest otwarty.

(b) Dla dowolnych przedziałów ∆,∆′ ⊂ R, dla dowolnej ściśle rosnącej bijekcji ϕ : ∆ −→ ∆′ i dladowolnej funkcji u : X −→ R mamy:

u ∈ C↑(X,∆)⇐⇒ ϕ u ∈ C↑(X,∆′).W szczególności, u ∈ C↑(X,R)⇐⇒ arctg u ∈ C↑(X, [−π2 ,

π2 ]).

Istotnie, zapiszmy R w postaci sumy trzech rozłącznych przedziałów

R = L ∪∆′ ∪R,gdzie L jest przedziałem „na lewo” od ∆′, zaś R — przedziałem „na prawo” od ∆′; nie wykluczamyprzypadków gdy L lub R jest pusty. Dla t ∈ R mamy

x ∈ X : (ϕ u)(x) < t =

x ∈ X : u(x) < ϕ−1(t), jeżeli t ∈ ∆′

∅, jeżeli t ∈ LX, jeżeli t ∈ R

.

(c) C(X,R) = C↑(X,R) ∩ C↓(X,R).Inkluzja ⊂ jest oczywista. Dla dowodu inkluzji ⊃ ustalmy u ∈ C↑(X,R)∩C↓(X,R). Na podstawie

(b) możemy założyć, że u(X) ⊂ R. Weźmy a ∈ X. Korzystając z Definicji 1.3.1 oraz (a), wnioskujemybez trudu, że dla dowolnego ε > 0 istnieje otoczenie otwarte U punktu a takie, że u(U) ⊂ (u(a) −ε, u(a) + ε).

(d) Jeżeli f : Y −→ X jest odwzorowaniem ciągłym, to uf ∈ C↑(Y,R) dla dowolnej funkcji u ∈ C↑(X,R).Istotnie, y ∈ Y : (u f)(y) < t = f−1(x ∈ X : u(x) < t).

1. Wstęp

(e) R>0 · C↑(X,R) = C↑(X,R).(f) Dla dowolnych u, v ∈ C↑(X,R), jeżeli u(x) + v(x) ma sens dla każdego x ∈ X, to u+ v ∈ C↑(X,R).

Istotnie, u+ v < t =⋃θ∈Ru < θ ∩ v < t− θ.

(g) Jeżeli u, v ∈ C↑(X,R), to maxu, v ∈ C↑(X,R).Istotnie, maxu, v < t = u < t ∩ v < t.

(h) Jeżeli (uα)α∈A ⊂ C↑(X,R), to u := infuα : α ∈ A ∈ C↑(X,R).W szczególności, jeżeli C↑(X,R) 3 uν u punktowo na X, to u ∈ C↑(X,R).Istotnie, u < t =

⋃α∈Auα < t.

(i) Jeżeli C↑(X,R) 3 uν −→ u jednostajnie na X, to u ∈ C↑(X,R).Istotnie, niech u(a) < t−2ε < t i niechN ∈ N będzie takie, że |uN−u| < ε naX. W szczególności,

uN (a) < t− ε. Ponieważ funkcja uN jest półciągła z góry, zatem istnieje otoczenie U punktu a takie,że uN < t− ε na U . W konsekwencji, u < t na U .

Propozycja 1.3.4 (Twierdzenie Weierstrassa). Niech X będzie przestrzenią topologiczną zwartą i niechf ∈ C↑(X,R). Wtedy istnieje punkt x0 ∈ X taki, że f(x0) = sup f(X).

Dowód . Niech M := sup f(X). Jeżeli M = −∞, to f ≡ −∞ i wynik jest oczywisty. Załóżmy więc, żeM > −∞. Przypuśćmy, że f(x) < M dla dowolnego x ∈ X. Ustalmy ciąg Ms M , −∞ < Ms < M ,s ∈ N. Z półciągłości funkcji f wynika, że każdy ze zbiorów Us := x ∈ X : f(x) < Ms jest otwarty.Wobec definicji M mamy Us X, s ∈ N. Z naszego przypuszczenia wynika, że Us X. Teraz,korzystając ze zwartości X wnioskujemy, że musi być X = Us0 dla pewnego s0 — sprzeczność.

Propozycja 1.3.5. Niech (X, %) będzie przestrzenią metryczną i niech u : X −→ R. Wtedy

u ∈ C↑(X,R)⇐⇒ ∀a∈X : lim supx→a

u(x) = u(a).

Dowód . (=⇒): Weźmy a ∈ X. Jeżeli u(a) = +∞, to prawa strona jest oczywista. Niech więc u(a) < +∞.Weźmy t > u(a) i niech U będzie takim otoczeniem punktu a, że u < t w U . Niech teraz xν −→ a. Wtedyu(xν) < t dla ν 1

(40). Stąd lim sup

ν→+∞u(xν) 6 t, co wobec dowolności t, daje żądaną nierówność.

(⇐=): Niech u(a) < t i przypuśćmy, że w dowolnym otoczeniu U punktu a istnieje punkt x taki,że u(x) > t. Wtedy, bez trudu, konstruujemy ciąg xν −→ a taki, że u(xν) > t, ν ∈ N. W takim razie,lim supν→+∞

u(xν) > t > u(a); sprzeczność.

Propozycja 1.3.6 (Twierdzenie Baire’a). Niech (X, %) będzie przestrzenią metryczną. Wtedy dla dowol-nej funkcji u ∈ C↑(X,R) istnieje ciąg (uν)∞ν=1 ⊂ C(X,R) taki, że uν u punktowo na X (por. Obser-wacja 1.3.3(h)).

Ponadto, jeżeli u ∈ C↑(X, [−∞,+∞)), to ciąg (uν)∞ν=1 można wybrać w C(X,R)(

41).

Dowód . Zastępując u poprzez 2π arctg u (por. Obserwacja 1.3.3(b)), sprowadzamy problem do przy-

padku gdy u ∈ C↑(X, [−1, 1]) (odpowiednio, u ∈ C↑(X, [−1, 1))), a funkcji aproksymujących poszukujemyw C(X, [−1, 1]) (odpowiednio, C(X, (−1, 1))).

Zdefiniujmy

ϕa,ν(x) : = u(a)− ν%(x, a), a ∈ X, x ∈ X,uν : = supϕa,ν : a ∈ X, ν ∈ N.

Na wstępie sprawdzimy, że uν ∈ C(X), ν ∈ N. Mamy

|ϕa,ν(x′)− ϕa,ν(x′′)| = ν|%(x′, a)− %(x′′, a)| 6 ν%(x′, x′′), x′, x′′ ∈ X,

a stąd |uν(x′)− uν(x′′)| 6 ν%(x′, x′′), x′, x′′ ∈ X. W szczególności, uν jest ciągła.Jest rzeczą widoczną, że ϕa,ν+1 6 ϕa,ν , skąd wynika, że uν+1 6 uν . Ponadto, ϕx,ν(x) = u(x), a zatem

−1 6 u(x) = ϕx,ν(x) 6 uν(x) 6 1, x ∈ X. W szczególności, limν→+∞

uν > u.

(40)Mówimy, że własność W (ν) zachodzi dla ν 1, jeżeli istnieje ν0 takie, że W (ν) zachodzi dla ν > ν0.(

41)W szczególności, każda funkcja półciągła z góry (lub z dołu) jest funkcją I klasy Baire’a — Ćwiczenie.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20121.4. Przestrzenie unormowane I 15

Ustalmy x0 ∈ X oraz t > u(x0) (jeżeli u(x0) < 1, to dobieramy t tak, by u(x0) < t < 1). Niech δ > 0będzie takie, że u(x) < t dla x ∈ B(x0, δ). Wtedy

ϕa,ν(x0) = u(a)− ν%(x0, a) 6 maxt, 1− νδ, a ∈ X, ν ∈ N.Wynika stąd, że uν(x0) 6 maxt, 1 − νδ, ν ∈ N (jeżeli u(x0) < 1, to uν(x0) < 1, ν ∈ N). Przechodzącdo granicy dostajemy lim

ν→+∞uν(x0) 6 t, co dowodzi, że uν(x0) −→ u(x0).

W przypadku gdy u(X) ⊂ [−1, 1), wystarczy jeszcze tylko zastąpić uν przez maxuν ,−1 + 1ν ,

ν ∈ N.

Obserwacja 1.3.7. Można pokazać (zob. np. [Kat 1951], [Ton 1952]), że Propozycja 1.3.6 pozostajeprawdziwa dla przestrzeni topologicznej X wtedy i tylko wtedy, gdy X jest przestrzenią doskonale nor-malną, tzn. dla dowolnych rozłącznych zbiorów domkniętych A,B ⊂ X istnieje funkcja ciągła f : X −→[0, 1] taka, że A = f−1(0), B = f−1(1).

Zauważmy, że każda przestrzeń metryczna (X, %) jest doskonale normalna — wystarczy wziąć

f(x) :=%(x,A)

%(x,A) + %(x,B), x ∈ X (Ćwiczenie).

1.4. Przestrzenie unormowane I

Definicja 1.4.1. Przestrzenią unormowaną nad ciałem K (K ∈ R,C) nazywamy dowolną parę(E, ‖ ‖), gdzie E jest przestrzenią wektorową nad K, zaś ‖ ‖ : E −→ R+ jest funkcją spełniającąnastępujące trzy warunki:

(N1) ∀x∈E : ‖x‖ = 0⇐⇒ x = 0,(N2) ∀α∈K, x∈E : ‖αx‖ = |α|‖x‖,(N3) ∀x,y∈E : ‖x+ y‖ 6 ‖x‖+ ‖y‖.Funkcję ‖ ‖ nazywamy normą.

Z reguły będziemy pisać E zamiast (E, ‖ ‖).

Obserwacja 1.4.2. (a) (K, | |) jest przestrzenią unormowaną.(b) |‖x‖ − ‖y‖| 6 ‖x− y‖ dla dowolnych x, y ∈ E.(c) Zdefiniujmy %(x, y) = %‖ ‖(x, y) := ‖x − y‖, x, y ∈ E. Wtedy % : E × E −→ R+ jest metryką

(Ćwiczenie) generowaną przez normę(

42). Jest to metryka translatywna, tzn. %(x + z, y + z) =

%(x, y) dla dowolnych x, y, z ∈ E(

43). Oczywiście

xν%‖ ‖−→ x0 ⇐⇒ ‖xν − x0‖ −→ 0.

Definicja 1.4.3. Przestrzeń unormowaną E nazywamy przestrzenią Banacha(

44), jeżeli (E, %‖ ‖) jest

przestrzenią zupełną.

Definicja 1.4.4. Mówimy, że normy ‖ ‖1, ‖ ‖2 : E −→ R+ są równoważne, jeżeli %‖ ‖1 ∼ %‖ ‖2 . Piszemywtedy ‖ ‖1 ∼ ‖ ‖2.

Obserwacja 1.4.5. (a) Podprzestrzeń przestrzeni unormowanej jest przestrzenią unormowaną.Domknięta podprzestrzeń przestrzeni Banacha jest przestrzenią Banacha.

(b) (Por. (1.2.14)) Jeżeli (E1, | |1), . . . , (EN , | |N ) są przestrzeniami unormowanymi i ϕ : RN+ −→ R+

jest funkcją taką, że:• ϕ(ξ) = 0⇐⇒ ξ = 0,• ξ 6 η =⇒ ϕ(ξ) 6 ϕ(η),• ϕ(ξ + η) 6 ϕ(ξ) + ϕ(η),• ϕ(tξ) = tϕ(ξ) dla t ∈ R+,

to funkcja dana wzorem

‖x‖ := ϕ(|x1|1, . . . , |xN |N ), x = (x1, . . . , xN ) ∈ E1 × · · · × EN ,(42)Zauważmy, że do dowodu, że % jest metryką wystarczy spełnianie warunków (N1), (N3) oraz warunku (N2) dla

α = −1.(43)Odnotujmy, że istnieją oczywiście metryki nietranslatywne, np. %(x, y) := | arctg x − arctg y|, x, y ∈ R —

Ćwiczenie.(44)Stefan Banach (1892–1945).

1. Wstęp

jest normą na E1 × · · · × EN — Ćwiczenie.Dla przykładu, jeżeli (E1, | |1), . . . , (EN , | |N ) są przestrzeniami unormowanymi, to w E1 × · · · ×

EN mamy następujące klasyczne normy (Ćwiczenie):

‖x‖p :=( N∑j=1

|xj |pj)1/p

= norma lp, p > 1,

‖x‖∞ := max|x1|1, . . . , |xN |N = norma maksimum.

W szczególności, normami są funkcje:

‖x‖1 := |x1|1 + · · ·+ |xN |N = norma suma,

‖x‖2 :=( N∑j=1

|xj |2j)1/2

= norma euklidesowa.

Zauważmy, że metryki generowane przez te normy odpowiadają metrykom dp, d∞, d1 i d2 (utwo-rzonym dla (E1, %| |1), . . . (EN , %| |N ) — por. (1.2.14)). W szczególności, są to normy równoważne,zadające topologię iloczynu kartezjańskiego.

Przestrzeń Kn wraz z każdą z norm

‖x‖p = (|x1|p + · · ·+ |xn|p)1/p, p > 1,

‖x‖∞ = max|x1|, . . . , |xn|,‖x‖1 = |x1|+ · · ·+ |xn|,

‖x‖ = ‖x‖2 = (|x1|2 + · · ·+ |xn|2)1/2, x = (x1, . . . , xn) ∈ Kn,jest przestrzenią unormowaną.

(c) Działania w przestrzeni unormowanej(

45)są ciągłe.

Istotnie,

‖(x+ y)− (x0 + y0)‖ 6 ‖x− x0‖+ ‖y − y0‖ = ‖(x, y)− (x0, y0)‖1,‖αx− α0x0‖ 6 |α− α0|‖x0|+ |α|‖x− x0‖ 6 max|α|, ‖x0‖‖(α, x)− (α0, x0)‖1.

(d) Dla a ∈ E, niech

B(a, r) := B%‖ ‖(a, r) = x ∈ E : ‖x− a‖ < r, 0 < r 6 +∞,B(a, r) := B%‖ ‖(a, r) = x ∈ E : ‖x− a‖ 6 r, 0 6 r < +∞,

B(r) := B(0, r), B(r) := B(0, r).

Wtedy B(a, r) = B(a, r), r > 0.Istotnie, wystarczy pokazać inkluzję ⊃. W tym celu zauważmy, że jeżeli x0 ∈ B(a, r), to a +

θ(x0 − a) ∈ B(a, r) dla dowolnego θ ∈ [0, 1).(e) Niech

A+B := x+ y : x ∈ A, y ∈ B, A,B ⊂ E,A ·B := αx : α ∈ A, x ∈ B, A ⊂ K, B ⊂ E.

Ponadto przyjmujemy a+B := a+B, α ·B := α ·B(

46).

Mamy następującą własność translatywności kul:

B(a, r) = a+B(r), B(a, r) = a+B(r).

Ponadto, B(r) = r ·B(1), B(r) = r ·B(1).(f) Dla dowolnych x, y ∈ E definiujemy odcinek (niezorientowany) (segment) o końcach x, y:

[x, y] := x+ t(y − x) : t ∈ [0, 1].Odnotujmy, że [x, y] = [y, x] oraz [x, x] = x. Odcinek jest zbiorem spójnym.

Zbiór A ⊂ E nazywamy wypukłym, jeżeli [x, y] ⊂ A dla dowolnych x, y ∈ A. Zauważmy, że:(45)

+ : E × E −→ E, · : K× E −→ E.(46)Oczywiście a+B = Ta(B), gdzie Ta : E −→ E oznacza translację x 7−→ a+ x.


(i) Dla dowolnej rodziny zbiorów wypukłych (Ai)i∈I ⊂ E zbiór⋂i∈I Ai jest wypukły. W szczegól-

ności, dla dowolnego zbioru A ⊂ E istnieje najmniejszy zbiór wypukły convA = conv(A) ⊂ Ezawierający A.

(ii) Jeżeli A,B ⊂ E są wypukłe, to

conv(A ∪B) = ta+ (1− t)b : a ∈ A, b ∈ B, t ∈ [0, 1] =: C.

Istotnie, oczywiście C ⊂ conv(A ∪ B). Pozostaje pokazać, że C jest wypukły. Dla a′, a′′ ∈ A,b′, b′′ ∈ B, oraz t′, t′′ ∈ [0, 1], u ∈ (0, 1), mamy

x0 := (1− u)((1− t′)a′ + t′b′) + u((1− t′′)a′′ + t′′b′′) = (1− s)((1− p)a′ + pa′′) + s((1− q)b′ + qb′′),

gdzie

p :=u(1− t′′)

(1− u)(1− t′) + u(1− t′′), q :=

ut′′

(1− u)t′ + ut′′, s := (1− u)t′ + ut′′

(jeżeli (1− u)(1− t′) + u(1− t′′) = 0, to t′ = t′′ = 1, x0 = (1− u)b′ + ub′′ ∈ B; podobnie, jeżeli(1− u)t′ + ut′′ = 0, to t′ = t′′ = 0, x0 = (1− u)a′ + ua′′ ∈ A). Stad x0 ∈ C.

(iii) A wypukły =⇒ A wypukły. Istotnie, jeżeli xν −→ x0 i yν −→ y0, to

xν + t(yν − xν) −→ x0 + t(y0 − x0), t ∈ [0, 1].

(iv) A wypukły =⇒ intA wypukły. Istotnie, jeżeli B(a, r), B(b, r) ⊂ A, to

[a, b] +B(r) = (1− t)a+ tb+ x : t ∈ [0, 1], x ∈ B(r)= (1− t)(a+ x) + t(b+ x) : t ∈ [0, 1], x ∈ B(r) ⊂ conv(B(a, r) ∪B(b, r)) ⊂ A,

co dowodzi, że [a, b] ⊂ intA.(v) Jeżeli A jest wypukły i intA 6= ∅, to dla dowolnych a ∈ intA i b ∈ A mamy

[a, b) := (1− t)a+ tb : t ∈ [0, 1) ⊂ intA.

W szczególności, A ⊂ intA.Istotnie, jeżeli B(a, r) ⊂ A, to

B((1− t)a+ tb, r(1− t)) ⊂ conv(B(a, r) ∪ b) ⊂ A, t ∈ [0, 1).

(vi) W przestrzeni unormowanej kule B(a, r) i B(a, r) są wypukłe. Istotnie,

‖x+ t(y − x)− a‖ = ‖(1− t)(x− a) + t(y − a)‖ 6 (1− t)‖x− a‖+ t‖y − a‖.(vii) Obraz zbioru wypukłego poprzez odwzorowanie liniowe jest wypukły.

(g) Dla dowolnych x0, . . . , xN ∈ E definiujemy łamaną o wierzchołkach x0, . . . , xN

[x0, . . . , xN ] := [x0, x1] ∪ · · · ∪ [xN−1, xN ].

Zauważmy, że każda łamana jest zbiorem spójnym.Czasami odcinek [x, y] będziemy utożsamiać z krzywą

[0, 1] 3 t 7−→ x+ t(y − x) ∈ E.(

47)

Podobnie łamaną [x0, . . . , xN ] możemy utożsamiać z krzywą będącą sumą odcinków.(h) Dla dowolnego zbioru otwartego D ⊂ E mamy równoważność:

D jest obszarem (tzn. zbiorem otwartym i spójnym) wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnychx, y ∈ D istnieje łamana [x0, . . . , xN ] ⊂ D taka, że x0 = x i xN = y (w szczególności, D jest łukowospójny).

Istotnie, dowodu wymaga jedynie implikacja (=⇒). Ustalmy x0 ∈ D i niech D0 oznacza zbiórtych wszystkich x ∈ D, dla których istnieje łamana [x0, . . . , xN ] ⊂ D taka, że xN = x. Problempolega na pokazaniu, że D0 = D o ile D jest obszarem. Wystarczy pokazać, że D0 jest niepusty,otwarty i domknięty w D. Oczywiście D0 6= ∅, bo x0 ∈ D0.

Jeżeli a ∈ D0 i B(a, r) ⊂ D (D jest otwarty), to B(a, r) ⊂ D0, bo jeżeli [x0, . . . , xN ] „dochodzi”do a, to [x0, . . . , xN , x] dochodzi do x dla dowolnego x ∈ B(a, r).

Jeżeli b jest punktem skupieniaD0 wD i B(b, r) ⊂ D, to bierzemy dowolny punkt a ∈ B(b, r)∩D0

i teraz, jeżeli [x0, . . . , xN ] dochodzi do a, to [x0, . . . , xN , b] dochodzi do b, czyli b ∈ D0.(47)Wtedy, oczywiście, [x, y] 6= [y, x].


1. Wstęp

(i) Niech X 6= ∅ będzie dowolnym zbiorem i niech F będzie przestrzenią unormowaną. Wtedy B(X,F )(48)z normą Czebyszewa

‖f‖X := sup‖f(x)‖F : x ∈ X, f ∈ B(X,F ),

ma naturalną strukturę przestrzeni unormowanej (Ćwiczenie); odnotujmy, że powyższa norma ge-neruje metrykę Czebyszewa.

Ponadto, F jest Banacha wtedy i tylko wtedy, gdy B(X,F ) jest Banacha.

Dla przestrzeni wektorowych E,F nad K niech Hom(E,F ) oznacza przestrzeń wszystkich odwzoro-wań K–liniowych L : E −→ F ; E∗ := Hom(E,K).

Jeżeli E i F są przestrzeniami unormowanymi, to przez L(E,F ) oznaczamy zbiór wszystkich odwzo-rowań liniowych i ciągłych L : E −→ F . Widać, że L(E,F ) jest K–przestrzenią wektorową. ZdefiniujmyE′ := L(E,K).

Obserwacja 1.4.6. Odnotujmy, że na ogół (jeżeli E jest przestrzenią nieskończenie wymiarową) E′ E∗. Na przykład, niech E oznacza przestrzeń wszystkich wielomianów rzeczywistych jednej zmiennejrzeczywistej, niech

‖f‖ := sup|f(x)| : x ∈ [0, 1], f ∈ E,i niech L : E −→ R, L(f) := f(3).

Oczywiście L ∈ E∗. Zauważmy, że ‖(x2 )k‖ = ( 12 )k −→ 0. Z drugiej strony L((x2 )k) = ( 3

2 )k −→ ∞.Oznacza to, że L /∈ E′.

Obserwacja 1.4.7. (a) Jeżeli F = F1 × · · · × FN , L : E −→ F , L = (L1, . . . , LN ), to

L ∈ L(E,F1 × · · · × FN )⇐⇒ Lj ∈ L(E,Fj), j = 1, . . . , N.

(b) Jeżeli E = E1 × · · · × EN , L : E −→ F , Lj : Ej −→ F ,

Lj(xj) := L(0, . . . , 0︸︷︷︸(j−1) ×

, xj , 0, . . . , 0︸︷︷︸(N−j) ×

), j = 1, . . . , N,

toL ∈ L(E1 × · · · × EN , F )⇐⇒ Lj ∈ L(Ej , F ), j = 1, . . . , N.

Zauważmy, że L(x) = L1(x1) + · · ·+ LN (xN ) dla x = (x1, . . . , xN ) ∈ E1 × · · · × EN .(c) Przypomnijmy, że Hom(K, F ) = L(K, F ) ' F . Stąd, wobec (b), dostajemy

Hom(KN , F ) = L(KN , F ) ' FN

— izomorfizm jest dany wzorem:

FN 3 (a1, . . . , aN ) 7−→ (KN 3 (x1, . . . , xN ) 7−→ x1a1 + · · ·+ xNaN ∈ F ) ∈ Hom(KN , F ).

Przypomnijmy również, że:Hom(Kn,Km) = L(Kn,Km) 'M(m× n;K) = K[m× n] = przestrzeń macierzy wymiaru m× n

o wyrazach z K(

49).

Propozycja 1.4.8. Niech E,F będą przestrzeniami unormowanymi i niech L ∈ Hom(E,F ). Wtedynastępujące warunki są równoważne:(i) L ∈ L(E,F );(ii) odwzorowanie L jest ciągłe w 0;(iii) istnieje punkt a ∈ E taki, że odwzorowanie L jest ciągłe w a;(iv) istnieją a ∈ E, r > 0 takie, że L(B(a, r)) jest zbiorem ograniczonym

(50);

(v) istnieje C > 0 takie, że ‖L(x)‖F 6 C‖x‖E dla dowolnego x ∈ E.(48)Odnotujmy, że B(X,F ) := f : X −→ F : ∃R>0 : f(X) ⊂ B(R).(

49)Izomorfizm Hom(Kn,Km) ' M(m× n;K) dany jest następującym przepisem.

Odwzorowaniu liniowemu L : Kn −→ Km przyporządkowujemy macierz, której i-ta kolumna składa się ze współ-rzędnych wektora L(ei) = L(0, . . . , 0, 1

i, 0, . . . , 0). Izomorfizm odwrotny to odwzorowanie, które przypisuje macierzy

A ∈ M(m × n;K) odwzorowanie liniowe postaci Kn 3 x 7−→ A.x ∈ Km, gdzie A.x oznacza wynik mnożenia macierzyA przez wektor x utożsamiany z macierzą kolumnową n× 1.(

50)Oczywiście warunek ten jest równoważny temu, że istnieją a ∈ E, r > 0 takie, że L(B(a, r)) jest zbiorem

ograniczonym.

Dowód . Jedyny problem to implikacja (iv) =⇒ (v). Niech L(B(a, r)) ⊂ B(R). Wystarczy pokazać, że‖L(x)‖ 6 C dla ‖x‖ = 1. Weźmy dowolne x ∈ E takie, że ‖x‖ = 1. Mamy:

‖L(x)‖ =1

r‖L(rx)‖ =

1

r‖L(a+ rx)− L(a)‖ 6 1

r(‖L(a+ rx)‖+ ‖L(a)‖) 6 2R

r=: C.

Wniosek 1.4.9. ‖ ‖1 ∼ ‖ ‖2 wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje C > 0 takie, że1

C‖ ‖1 6 ‖ ‖2 6 C‖ ‖1.

Powyższy wynik oznacza, iż w kategorii metryk zadanych przez normy równoważność takich metrykjest równoważna ich porównywalności.

Dowód . Stosujemy Propozycję 1.4.8 do identyczności

id : (E, ‖ ‖1) −→ (E, ‖ ‖2).

Wniosek 1.4.10. L(E,F ) jest przestrzenią unormowaną przez funkcję

‖L‖ = ‖L‖L(E,F ) := sup‖L(x)‖ : ‖x‖ 6 1, L ∈ L(E,F ).

Zauważmy, że jeżeli E 6= 0, to

‖L‖ = sup‖L(x)‖‖x‖

: x ∈ E∗

= sup‖L(x)‖ : ‖x‖ = 1(

51)

oraz, że ‖L‖ jest najmniejszą stałą C taką, że (v) zachodzi. W szczególności,

‖L(x)‖ 6 ‖L‖‖x‖, x ∈ E.

Obserwacja 1.4.11. Jeżeli A ∈ L(E,F ), B ∈ L(F,G), to

B A ∈ L(E,G), ‖B A‖ 6 ‖B‖‖A‖.W szczególności, jeżeli A ∈ L(E,E), to

Ak := A · · · A︸︷︷︸k×

∈ L(E,E) i ‖Ak‖ 6 ‖A‖k.

Propozycja 1.4.12. Jeżeli F jest przestrzenią Banacha, to L(E,F ) jest przestrzenią Banacha.

Dowód . Niech (Lν)∞ν=1 będzie ciągiem Cauchy’ego w L(E,F ). Wprost z definicji normy w L(E,F ), wy-nika, że (Lν |B(R))

∞ν=1 ⊂ B(B(R), F ) jest ciągiem Cauchy’ego dla dowolnego R > 0. Ponieważ B(B(R), F )

jest przestrzenią Banacha, zatem istnieje odwzorowanie L(R) ∈ B(B(R), F ) takie, że

Lν |B(R) −→ L(R)

jednostajnie na B(R). Jest widoczne, że L(R′)|B(R) = L(R) dla dowolnych 0 < R < R′. Mamy więcodwzorowanie L : E −→ F takie, że L|B(R) = L(R). Z liniowości odwzorowań Lν , ν ∈ N, wynikanatychmiast liniowość L. Biorąc R = 1 widzimy, że Lν −→ L w L(E,F ).

Dla dowolnych przestrzeni unormowanych E,F niech Isom(E,F ) oznacza rodzinę wszystkich izo-morfizmów algebraicznych L : E −→ F takich, że L i L−1 są ciągłe (tzn. L jest również izomorfizmemtopologicznym).

Obserwacja 1.4.13. (a) Jeżeli Isom(E,F ) 6= ∅, to E jest przestrzenią Banacha wtedy i tylko wtedy,gdy F jest przestrzenią Banacha (por. 1.2.17).

(b) Jeżeli L ∈ Isom(E,F ) i E 6= 0, to ‖L−1‖ > ‖L‖−1.Istotnie, 1 = ‖ idE ‖ = ‖L−1 L‖ 6 ‖L−1‖‖L‖.

Propozycja 1.4.14. Załóżmy, że E 6= ∅ jest przestrzenią unormowaną skończenie wymiarową. Wtedy:(a) Wszystkie normy w E są równoważne.(b) Isom(Kd, E) 6= ∅, d := dimE.(c) L(E,F ) = Hom(E,F ) dla dowolnej przestrzeni unormowanej F .(

51)A∗ := A \ 0.

1. Wstęp

(d) E jest przestrzenią Banacha.

Dowód . (a) Niech ‖ ‖ będzie ustaloną normą na E. Niech d := dimKE i niech e1, . . . , ed będzie dowolnąbazą E. Zdefiniujmy L : Kd −→ E,

L(t1, . . . , td) := t1e1 + · · ·+ tded;

L jest izomorfizmem algebraicznym. Ponadto L jest odwzorowaniem ciągłym bowiem

‖L(t)‖ 6 max‖e1‖, . . . , ‖ed‖‖t‖1 = C‖t‖1, t ∈ Kd.

Zauważmy, że funkcja N : E −→ R+, N(x) := ‖L−1(x)‖1, jest normą na E. Wystarczy pokazać, że‖ ‖ ∼ N . Wiemy, że ‖ ‖ 6 CN . Wystarczy więc pokazać, że N 6 const ‖ ‖ (co jest równoważne ciągłościL−1).

Chcemy pokazać, że ‖L−1(x)‖1 6 const ‖x‖, x ∈ E. Innymi słowy, ‖t‖1 6 const ‖L(t)‖, t ∈ Kd,co z kolei jest równoważne pokazaniu, że ‖L(t)‖ > const > 0 dla ‖t‖1 = 1. Teraz wystarczy już tylkoskorzystać z twierdzenia Weierstrassa o osiąganiu kresów (wobec faktu, że L jest ciągłe, a sfera ‖t‖1 = 1jest zwarta).

(b) L ∈ Isom(Kd, E).(c) i (d) wynikają z faktu, że Isom(Kd, E) 6= ∅, a dla E = Kd własności (c) i (d) są oczywiste.

Wniosek 1.4.15. Niech E będzie podprzestrzenią unormowaną i niech V ⊂ E będzie skończenie wy-miarową podprzestrzenią wektorową E. Wtedy V jest przestrzenią Banacha. W szczególności V jest do-mknięta.

Propozycja 1.4.16. Niech E będzie przestrzenią unormowaną. Wtedy następujące warunki są równo-ważne:(i) dimE <∞;(ii) ∀a∈E, r>0 : B(a, r) jest zbiorem zwartym;(iii) ∃a∈E, r>0 : B(a, r) jest zbiorem zwartym.

Dowód . Implikacje (i) =⇒ (ii) =⇒ (iii) są oczywiste. Pozostaje do wykazania (iii) =⇒ (i). Korzystającz translatywności kul, widzimy, że (iii) =⇒ (ii). Ponieważ kula B(0, 2) jest zwarta, istnieje skończona

liczba punktów a1, . . . , aN ∈ B(0, 2) taka, że B(0, 2) ⊂N⋃j=1

B(aj , 1). Niech V oznacza podprzestrzeń

generowaną przez wektory a1, . . . , aN . Na podstawie Wniosku 1.4.15, jest to podprzestrzeń domknięta.Pokażemy, że E = V . Ustalmy a ∈ E. Zamierzamy pokazać, że a ∈ V . Możemy założyć, że ‖a‖ < 1.Ponieważ a ∈ B(0, 2), istnieją j1 ∈ 1, . . . , N oraz x1 ∈ B(0, 1) takie, że a = aj1 + x1 =: b1 + x1.Powtarzając to samo dla wektora 2x1, wnioskujemy, że a = b2 + 1

2x2, gdzie b2 ∈ V i ‖x2‖ < 1. Po kkrokach dostajemy: a = bk + 1

2k−1xk, gdzie bk ∈ V i ‖xk‖ < 1. W szczególności, a ∈ V .

Niech E,F,G będą przestrzeniami wektorowymi nad K. Przez Hom(E,F ;G) oznaczamy przestrzeńwszystkich odwzorowań dwuliniowych B : E × F −→ G. Jeżeli E = F , to piszemy Hom2(E,G) zamiastHom(E,E;G).

Obserwacja 1.4.17. Przypomnijmy pewien fakt algebraiczny. Niech

Hom(E,F ;G) 3 B Φ7−→(E 3 x 7−→ B(x, ·) ∈ Hom(F,G)

)∈ Hom(E,Hom(F,G));

Φ jest dobrze określone, liniowe, bijektywne i Ψ = Φ−1 jest dane wzorem

Hom(E,Hom(F,G)) 3 A Ψ7−→(E × F 3 (x, y) 7−→ A(x)(y) ∈ G

)∈ Hom(E,F ;G).

Tak więcHom(E,F ;G) ' Hom(E,Hom(F,G)).

W identyczny sposób można pokazać, że

Hom(E,F ;G) ' Hom(F,Hom(E,G));

Hom(E,F ;G) 3 B 7−→(F 3 y 7−→ B(·, y) ∈ Hom(E,G)

)∈ Hom(F,Hom(E,G)).


Jeżeli E,F i G są przestrzeniami unormowanymi, to przez L(E,F ;G) oznaczamy zbiór wszystkichciągłych odwzorowań dwuliniowych E×F −→ G; niech L2(E,G) := L(E,E;G). Oczywiście, L(E,F ;G)jest K–przestrzenią wektorową.

Propozycja 1.4.18. Niech B ∈ Hom(E,F ;G). Wtedy następujące warunki są równoważne:(i) B ∈ L(E,F ;G);(ii) odwzorowanie B jest ciągłe w (0, 0);(iii) istnieje punkt (a, b) ∈ E × F taki, że odwzorowanie B jest ciągłe w (a, b);(iv) istnieją (a, b) ∈ E × F i r > 0 takie, że B(B(a, r)× B(b, r)) jest zbiorem ograniczonym

(52);

(v) istnieje C > 0 takie, że ‖B(x, y)‖G 6 C‖x‖E‖y‖F dla dowolnego (x, y) ∈ E × F .

Dowód . Implikacje (i) =⇒ (ii) =⇒ (iii) =⇒ (iv) są oczywiste.(iv) =⇒ (v): Niech B(B(a, r)× B(b, r)) ⊂ B(R).Wystarczy pokazać, że ‖B(x, y)‖ 6 C dla ‖x‖ = ‖y‖ = 1. Weźmy (x, y) ∈ E × F , ‖x‖ = ‖y‖ = 1:

‖B(x, y)‖ =1

r2‖B(rx, ry)‖ =

1

r2‖B(a+ rx, b+ ry)−B(a, b+ ry)−B(a+ rx, b) +B(a, b)‖

61

r2(‖B(a+ rx, b+ ry)‖+ ‖B(a, b+ ry)‖+ ‖B(a+ rx, b)‖+ ‖B(a, b)‖) 6 4R

r2=: C.

(v) =⇒ (i):

‖B(x, y)−B(x0, y0)‖ = ‖B(x− x0, y) +B(x0, y − y0)‖6 C(‖x− x0‖‖y‖+ ‖x0‖‖y − y0‖)6 C max‖x0‖, ‖y‖‖(x, y)− (x0, y0)‖1.

Wniosek 1.4.19. L(E,F ;G) wraz z normą

‖B‖ = ‖B‖L(E,F ;G) := sup‖B(x, y)‖ : ‖x‖ 6 1, ‖y‖ 6 1, B ∈ L(E,F ;G)

jest przestrzenią unormowaną.

Zauważmy, że jeżeli E 6= 0 i F 6= 0, to

‖B‖ = sup‖B(x, y)‖‖x‖‖y‖

: (x, y) ∈ E∗ × F∗

= sup‖B(x, y)‖ : ‖x‖ = 1, ‖y‖ = 1

oraz, że ‖B‖ jest najmniejszą stałą C taką, że (v) zachodzi. W szczególności,

‖B(x, y)‖ 6 ‖B‖‖x‖‖y‖, (x, y) ∈ E × F.

Przykład 1.4.20 (Przykłady odwzorowań dwuliniowych). (a)

L(E,F )× E 3 (L, x)B7−→ L(x) ∈ F, ‖B‖ 6 1.

Ponadto, jeżeli E 6= 0 i F 6= 0, to ‖B‖ = 1.Istotnie, jeżeli x0 ∈ E i y0 ∈ F są takie, że ‖x0‖ = ‖y0‖ = 1, to zdefiniujmy ξ : K · x0 −→ K

wzorem ξ(λx0) := λ. Jest to oczywiście odwzorowanie liniowe oraz ‖xi‖ = 1. Z twierdzenia Hahna–Banacha

(53) (

54)dostajemy odwzorowanie liniowe ξ : E −→ K takie, że ξ = ξ naK·x0 oraz ‖ξ‖ = 1.

Niech teraz L(x) := ξ(x)y0, x ∈ E. Wtedy ‖B(L, x)‖ = |ξ(x)| 6 ‖x‖ oraz ‖B(L, x0)‖ = |ξ(x0)| = 1.(b)

L(F,G)× L(E,F ) 3 (Q,P )B7−→ Q P ∈ L(E,G), ‖B‖ 6 1.

Ponadto, jeżeli E 6= 0, F 6= 0 i G 6= 0, to ‖B‖ = 1 (Ćwiczenie).(52)Równoważnie: istnieją (a, b) ∈ E×F i r > 0 takie, że B(B(a, r)×B(b, r)) jest zbiorem ograniczonym. Uwaga: dla

uniknięcia kolizji oznaczeń piszemy chwilowo B(a, r) zamiast B(a, r).(53)Hans Hahn (1879–1934).(

54)

Twierdzenie (Twierdzenie Hahna–Banacha). Niech V będzie podprzestrzenią przestrzeni unormowanej (E, ‖ ‖) i niechξ : V −→ K będzie funkcjonałem liniowym takim, że ξ(x)| 6 ‖x‖, x ∈ V . Wtedy istnieje funkcjonał liniowy ξ : E −→ Ktaki, że ξ = ξ na V oraz |ξ(x)| 6 ‖x‖, x ∈ E.


1. Wstęp

Propozycja 1.4.21. (a) Odwzorowanie

L(E,F ;G) 3 B Φ7−→(E 3 x 7−→ B(x, ·) ∈ L(F,G)

)∈ L(E,L(F,G));

jest dobrze określone, izomorficzne i izometryczne, tzn.

Φ ∈ Isom(L(E,F ;G),L(E,L(F,G))), ‖Φ(B)‖ = ‖B‖, B ∈ L(E,F ;G).(

55)

(b) Jeżeli E i F są skończenie wymiarowe, to

L(E,F ;G) = Hom(E,F ;G).

Analogiczne własności przysługują odwzorowaniu

L(E,F ;G) 3 B 7−→(F 3 y 7−→ B(·, y) ∈ L(E,G)

)∈ L(F,L(E,G)).

Dowód . (a) Jest oczywiste, że B(x, ·) ∈ L(F,G) dla dowolnego x ∈ E. Ponadto, ‖B(x, ·)‖ 6 ‖B‖‖x‖.Stąd Φ(B) ∈ L(E,L(F,G)) i ‖Φ(B)‖ 6 ‖B‖. Ostatecznie Φ ∈ L(L(E,F ;G),L(E,L(F,G))) i ‖Φ‖ 6 1.

Teraz przechodzimy do odwzorowania Ψ = Φ−1:

L(E,L(F,G)) 3 A Ψ7−→(E × F 3 (x, y) 7−→ A(x)(y) ∈ G

)∈ L(E,F ;G).

Ponieważ ‖A(x)(y)‖ 6 ‖A(x)‖‖y‖ 6 ‖A‖‖x‖‖y‖, zatem

Ψ(A) ∈ L(E,F ;G), ‖Ψ(A)‖ 6 ‖A‖.

Wynika stąd, żeΨ ∈ L(L(E,L(F,G)),L(E,F ;G)) i ‖Ψ‖ 6 1.

(b) Na podstawie (a) i Propozycji 1.4.14 mamy:

L(E,F ;G) ' L(E,L(F,G)) = Hom(E,Hom(F,G)) ' Hom(E,F ;G).

Wniosek 1.4.22. Jeżeli G jest przestrzenią Banacha, to L(E,F ;G) jest przestrzenią Banacha(

56).

Definicja 1.4.23. Niech H będzie dowolną przestrzenią wektorową nad K. Odwzorowanie

S : H ×H −→ K

nazywamy iloczynem skalarnym, jeżeli:(a) S(·, y) jest liniowe dla dowolnego y ∈ H,(b) S(x, y) = S(y, x) dla dowolnych x, y ∈ H

(57),

(c) S(x, x) ∈ R+ dla dowolnego x ∈ H,(d) jeżeli S(x, x) = 0, to x = 0.

Dla przykładu

(z, w) 7−→ 〈z, w〉 :=

n∑j=1

zjwj (†)

jest standardowym iloczynem skalarnym w Kn.Przestrzeń wyposażoną w iloczyn skalarny nazywamy przestrzenią unitarną.

Propozycja 1.4.24 (Nierówność Schwarza(

58)). Jeżeli S spełnia (a), (b) i (c), to

|S(x, y)|2 6 S(x, x)S(y, y), x, y ∈ H,

przy czym równość zachodzi, gdy x i y są liniowo zależne.Jeżeli S spełnia dodatkowo (d), to równość zachodzi jedynie, gdy x i y są liniowo zależne.

(55)W szczególności, ‖Φ‖ = ‖Φ−1‖ = 1 o ile E 6= 0, F 6= 0 i G 6= 0.(

56)Bo L(E,L(F,G)) jest przestrzenią Banacha.(

57)W szczególności, wobec (a), S(x, αy + α′y′) = αS(x, y) + α′S(x, y′). Własność ta łącznie z (a) jest nazywana

półtoraliniowością; zauważmy, że dla K = R S jest po prostu dwuliniowe, zaś (b) oznacza, że jest ono symetryczne.(58)Hermann Schwarz (1789–1857).


Dowód . Niech x, y ∈ H. Można założyć, że S(x, y) 6= 0. Dla ξ = teiθ ∈ K (t, θ ∈ R)(

59)mamy:

0 6 S(ξx+ y, ξx+ y) = |ξ|2S(x, x) + 2 Re(ξS(x, y)) + S(y, y).(

60)

Dobierając θ tak, by eiθS(x, y) = |S(x, y)|, dostajemy

t2S(x, x) + 2t|S(x, y)|+ S(y, y) > 0, t ∈ R,

co oznacza, że14∆ = |S(x, y)|2 − S(x, x)S(y, y) 6 0.

Jest rzeczą oczywistą, że jeżeli x i y są liniowo zależne, to zachodzi równość(

61).

Załóżmy teraz, że (d) zachodzi i mamy równość. Możemy założyć, że S(x, y) 6= 0. Równość w nie-równości Schwarza oznacza, że ∆ = 0, skąd wynika istnienie pierwiastka

(62)i, dalej, istnienie ξ ∈ K

takiego, że S(ξx+ y, ξx+ y) = 0. Teraz, korzystamy z (d) i wnioskujemy, że ξx+ y = 0.

Wniosek 1.4.25. Jeżeli S jest iloczynem skalarnym na H, to funkcja

‖x‖ :=√S(x, x), x ∈ H

jest normą. Iloczyn skalarny jest odwzorowaniem ciągłym oraz

|S(x, y)| 6 ‖x‖‖y‖, x, y ∈ H.

Dowód . Jedyną wątpliwość może budzić nierówność trójkąta. Korzystamy z nierówności Schwarza:

‖x+ y‖2 = S(x+ y, x+ y) = S(x, x) + 2 Re(S(x, y)) + S(y, y)

6 ‖x‖2 + 2|S(x, y)|+ ‖y‖2 6 ‖x‖2 + 2‖x‖‖y‖+ ‖y‖2 = (‖x‖+ ‖y‖)2.

Ciągłość iloczynu skalarnego wynika z nierówności Schwarza i rozumowania takiego, jak w dowodziePropozycji 1.4.18 ((iv) =⇒ (i)).

Jeżeli przestrzeń unitarna z normą daną przez iloczyn skalarny jest zupełna, to nazywamy ją prze-strzenią Hilberta

(63).

Uwaga 1.4.26. (a) Norma Euklidesowa w Kn jest dana przez iloczyn skalarny (†).(b) Łatwo widać, że norma dana przez iloczyn skalarny spełnia regułę równoległoboku:

‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2(‖x‖2 + ‖y‖2), x, y ∈ H.

Okazuje się, że i odwrotnie: jeżeli norma (w przestrzeni unormowanej) spełnia regułę równoległoboku,to jest dana przez iloczyn skalarny:

S(x, y) := 12 (‖x+ y‖2 − ‖x‖2 − ‖y‖2) gdy K = R,

(64)

S(x, y) := 14 (‖x+ y‖2 − ‖x− y‖2 + i‖x+ iy‖2 − i‖x− iy‖2) gdy K = C.

Korzystając z reguły równoległoboku, łatwo sprawdzić, że dla n > 2 normy ‖ ‖∞ i ‖ ‖1 nie sądane przez iloczyny skalarne (Ćwiczenie).

(59)Jeżeli K = R, to θ ∈ 0, π.(

60)

Re z = część rzeczywista liczby zespolonej z; Im z = część urojona liczby zespolonej z.(61)Jeżeli y = tx, to |S(x, y)|2 = |t|2S2(x, x) = S(x, x)S(y, y).(

62)Równania t2S(x, x) + 2t|S(x, y)|+ S(y, y) = 0.(

63)Dawid Hilbert (1862–1943).(

64)Wzór ten jest szczególnym przypadkiem tzw. formuły polaryzacyjnej — por. Obserwacja 2.7.4.

1. Wstęp

1.5. Rodziny sumowalne

Niech X i I będą dowolnymi niepustymi zbiorami i niech E będzie ustaloną przestrzenią Banachanad K (E 6= 0). Oznaczmy przez F(I) rodzinę wszystkich niepustych skończonych podzbiorów I.

Rozważmy rodzinę funkcji f = (fi)i∈I , fi : X −→ E, i ∈ I. Oczywiście, jeżeli X jest zbioremjednoelementowym, wtedy zamiast o rodzinie funkcji możemy myśleć o rodzinie elementów f = (fi)i∈I ⊂E.

Zdefiniujmy

fA :=∑i∈A

fi, A ∈ F(I).(

65)

(†)

Definicja 1.5.1. Powiemy, że rodzina funkcji f = (fi)i∈I jest jednostajnie sumowalna, jeżeli istniejefunkcja fI : X −→ E taka, że

∀ε>0 ∃S(ε)=S(ε,I)∈F(I) ∀A∈F(I):S(ε)⊂A : ‖fA(x)− fI(x)‖ 6 ε, x ∈ X;

funkcja f I jest wyznaczona jednoznacznie (Ćwiczenie). Nazywamy ją sumą rodziny f i oznaczamyprzez

∑i∈I

fi(

66). Zbiór wszystkich rodzin jednostajnie sumowalnych oznaczamy roboczo przez S(I, EX).

Dla dowolnego zbioru Z ⊂ E, niech S(I, ZX) := f ∈ S(I, EX) : ∀i∈I : fi(X) ⊂ Z.Jeżeli (‖fi‖)i∈I ∈ S(I,RX)

(67), to mówimy, że rodzina f jest bezwzględnie jednostajnie sumowalna(

68).Jeżeli X jest zbiorem jednoelementowym i f = (fi)i∈I ⊂ E, to zamiast o jednostajnej sumowalno-

ści mówimy o sumowalności rodziny f . Zbiór wszystkich rodzin sumowalnych oznaczamy roboczo przezS(I, E). Analogicznie, zamiast o bezwzględnej jednostajnej sumowalności mówimy po prostu o bezwzględ-nej sumowalności.

Oczywiście, jeżeli f = (fi)i∈I ∈ S(I, EX), to f(x) := (fi(x))i∈I ∈ S(I, E) dla dowolnego x ∈ X. Czyodwrotnie ? — Ćwiczenie.

Obserwacja 1.5.2. (a) Jeżeli f = (fi)i∈I , g = (gi)i∈I ∈ S(I, EX), α, β ∈ K, to αf + βg := (αfi +βgi)i∈I ∈ S(I, EX) oraz (αf+βg)I = αfI+βgI . Innymi słowy, S(I, EX) jest przestrzenią wektorowąnad K oraz operacja

S(I, EX) 3 f 7−→ fI ∈ EX

jest K–liniowa.(b) Niech F będzie przestrzenią Banacha nadK, L ∈ L(E,F ). Jeżeli f ∈ S(I, EX), to Lf := (Lfi)i∈I ∈

S(I, FX)(

69)oraz

∑i∈I

L fi = L f I . Ponadto, operator

S(I, EX) 3 f 7−→ L f ∈ S(I, FX)

jest liniowy. Jeżeli L jest izomorfizmem, to oczywiście powyższy operator jest również izomorfi-zmem.

(70)

Istotnie,

‖L fA(x)− L fI(x)‖ = ‖L(fA(x)− fI(x))‖ 6 ‖L‖‖fA(x)− fI(x)‖.

(c) Jeżeli E = E1 × · · · × Ed, fi = (f(1)i , . . . , f

(d)i ), i ∈ I, f(j) := (f

(j)i )i∈I , j = 1, . . . , d, to f ∈

S(I, EX)⇐⇒ f(j) ∈ S(I, EXj ), j = 1, . . . , d, oraz

fI = (f(1)I , . . . ,f

(d)I ).(

65)Oczywiście fi = fi, i ∈ I.(

66)Oczywiście, jeżeli zbiór I jest skończony, to suma fI rodziny f pokrywa się z sumą skończoną fI rozumianą

w sensie (†).(67)Przypomnijmy, że ‖fi‖(x) := ‖fi(x)‖, x ∈ X.(

68)Formalnie rzecz biorąc o rodzinach bezwzględnie sumowalnych powinniśmy mówić tylko w przypadku gdy E = K,

zaś w przypadku dowolnej przestrzeni Banacha powinniśmy mówić o rodzinach normalnie jednostajnie sumowalnych. Nierobimy tak bo prowadzi to do drobnej kolizji, którą zobaczymy później.(

69)Zauważmy, że oczywiście (L f)A = L fA dla dowolnego A ∈ F(I).(

70)Ważnym przykładem jest tu przypadek gdy d := dimE < +∞, e1, . . . , ed jest bazą E i L : E −→ Kd, L(ξ1e1 +

· · ·+ ξded) := (ξ1, . . . , ξd).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20121.5. Rodziny sumowalne 25

Dla przykładu, jeżeli d := dimE < +∞, e1, . . . , ed jest bazą E oraz

pj(ξ1e1 + · · ·+ ξded) := ξj , j = 1, . . . , d,

to f ∈ S(I, EX)⇐⇒ p1 f , . . . , pd f ∈ S(I,KX) oraz

fI(x) = (p1 f)I(x)e1 + · · ·+ (pd f)I(x)ed, x ∈ X.

W szczególności, jeżeli dla f = (fi)i∈I ∈ S(I,CX) zdefiniujemy

Ref := (Re fi)i∈I , Imf := (Im fi)i∈I ,

to f ∈ S(I,CX)⇐⇒ Ref , Imf ∈ S(I,RX). Ponadto,

f I = (Ref)I + i(Imf)I .

(d) Bezpośrednio z definicji sumowalności wynika, że jeżeli f ∈ S(I, EX) oraz ‖fA‖ 6 C dla dowolnegoA ∈ F(I), to ‖fI‖ 6 C (Ćwiczenie).

Jeżeli f ∈ S(I, EX) oraz wszystkie odwzorowania fi : X −→ E, i ∈ I, są ograniczone, to zbiórodwzorowań fA : A ∈ F(I) jest jednostajnie ograniczony.

Istotnie, dla dowolnego A ∈ F(I) mamy: fA = fA∩S(1) + fA\S(1), a więc wystarczy pokazać, żezbiór fA : A ∈ F(I \ S(1)) jest jednostajnie ograniczony. Dla A ∈ F(I \ S(1)) mamy

‖fA‖ = ‖fA∪S(1) − fS(1)‖ 6 ‖fA∪S(1) − fI‖+ ‖fS(1) − fI‖ 6 2.

(e) Jeżeli f = (fi)i∈I ⊂ R+ jest rodziną, dla której zbiór fA : A ∈ F(I) jest ograniczony, to f ∈ S(I,R)oraz fI = supfA : A ∈ F(I).

W szczególności, jeżeli f = (fi)i∈I ⊂ E i g = (gi)i∈I ⊂ E są rodzinami bezwzględnie sumo-walnymi, to αf + βg jest bezwzględnie sumowalna dla dowolnych α, β ∈ K (oznacza to, że zbiórrodzin bezwzględnie sumowalnych jest przestrzenią wektorową nad K). Ponadto, jeżeli L ∈ L(E,F )i f = (fi)i∈I ⊂ E jest bezwzględnie sumowalna, to L(f) = (L(fi))i∈I jest bezwzględnie sumowalna.

(f) Jeżeli dimE < +∞, to dla f = (fi)i∈I ⊂ E następujące warunki są równoważne:(i) f ∈ S(I, E);(ii) Zbiór fA : A ∈ F(I) jest ograniczony;(iii) (‖fi‖)i∈I ∈ S(I,R)

(71).

Wiemy, że (i) =⇒ (ii) oraz (iii) =⇒ (ii) (na podstawie (d)).(ii) =⇒ (i): Na podstawie (c) możemy założyć, że E = R. Niech

f ′i :=

fi, jeżeli fi > 0

0, jeżeli fi < 0, f ′′i :=

0, jeżeli fi > 0

fi , jeżeli fi < 0.

Widać, że f ′A : A ∈ F(I) ∪ f ′′A : A ∈ F(I) ⊂ fA : A ∈ F(I). Teraz, na podstawie (e),wnioskujemy, że (f ′i)i∈I ∈ S(I,R) i (f ′′i )i∈I ∈ S(I,R). Ponieważ fi = f ′i +f ′′i , i ∈ I, wystarczy jeszczeskorzystać z (a).

Odnotujmy, że |fi| = f ′i − f ′′i , i ∈ I, a więc rodzina (|fi|)i∈I jest również sumowalna.(i) =⇒ (iii): Niech e1, . . . , ed będzie bazą E nad R i niech

pj(ξ1e1 + · · ·+ ξded) := ξj , j = 1, . . . , d.

Na podstawie poprzedniej części dowodu

(|p1(fi)|)i∈I , . . . , (|pd(fi)|)i∈I ∈ S(I,R).

Ponieważ w przestrzeni skończenie wymiarowej wszystkie normy są równoważne, zatem istnieje stałaC > 0 taka, że

‖x‖ 6 C(|p1(x)|+ · · ·+ |pd(x)|), x ∈ E.Teraz, korzystając jeszcze raz z (e), wnioskujemy, że (‖fi‖)i∈I jest sumowalna.

Odnotujmy również nierówność ∥∥∥∑i∈I

fi

∥∥∥ 6∑i∈I‖fi‖.

(71)Tzn. w przestrzeniach skończenie wymiarowych pojęcia sumowalności i bezwzględnej sumowalności się pokrywają.

1. Wstęp

(g) Jeżeli dimE =∞, to implikacja (ii) =⇒ (i) w (f) nie musi być prawdziwa.Niech np. E = B(N,R) z normą supremową I := N i fi := (δi,j)

∞j=1 ∈ B(N,R), i ∈ I. Zauważmy,

że ‖fA‖ = 1 dla dowolnego A ∈ F(I). Z drugiej strony, gdyby rodzina (fi)i∈I była sumowalna, todla 0 < ε < 1

2 i A ∈ F(I \ S(ε)) mielibyśmy

‖fA‖ = ‖fA∪S(ε) − fS(ε)‖ 6 ‖fA∪S(ε) − fI‖+ ‖fS(ε) − fI‖ 6 2ε < 1;

sprzeczność.(h) Jeżeli dimE =∞, to implikacja (i) =⇒ (iii) w (f) nie musi być prawdziwa.

Dla przykładu, niech E := B(N,R) z normą supremową, I := N, fi := 1i (δi,j)

∞j=1 ∈ B(I,R),

i ∈ I.Oczywiście,

∑i∈N‖fi‖ =

∑i∈N

1i , a więc rodzina (‖fi‖)i∈N nie jest sumowalna. Z drugiej strony, niech

s := (1, 12 ,

13 , . . . ) ∈ B(N,R). Jeżeli A ∈ F(N) i 1, . . . , n ⊂ A, to ‖fA − s‖ 6 1

n . Oznacza to, że(fi)i∈N ∈ S(I, E) i s = fI .

(i) Jeżeli (fi)i∈I ∈ S(I, EX), to #i ∈ I : fi 6≡ 0 6 ℵ0.Istotnie, dla dowolnego ε > 0 i i ∈ I \ S(ε) mamy:

‖fi(x)‖ = ‖fi∪S(ε)(x)− fS(ε)(x)‖ 6 ‖fi∪S(ε)(x)− fI(x)‖+ ‖fS(ε)(x)− fI(x)‖ 6 2ε, x ∈ X.Innymi słowy: i ∈ I : ∃x∈X : ‖fi(x)‖ > 2ε ⊂ S(ε) dla dowolnego ε > 0. W takim razie

i ∈ I : fi 6≡ 0 ⊂∞⋃n=1

S( 1

n

).

(j) Jeżeli X jest przestrzenią topologiczną, x0 ∈ X, (fi)i∈I ∈ S(I, EX) oraz każda funkcja fi jest ciągław x0, to suma fI jest ciągła w x0 (Ćwiczenie).

Propozycja 1.5.3 (Kryterium Cauchy’ego). Rodzina f należy do S(I, EX) wtedy i tylko wtedy, gdyspełnia następujący jednostajny warunek Cauchy’ego:

∀ε>0 ∃C(ε)=C(ε,I)∈F(I)∀A∈F(I\C(ε)) ∀x∈X : ‖fA(x)‖ 6 ε.

Dowód . Implikacja (=⇒) jest elementarna — wystarczy przyjąć C(ε) := S(ε/2). Istotnie, jeżeli A ∈F(I \ S(ε/2)), to dla x ∈ X mamy:

‖fA(x)‖ = ‖fA∪S(ε/2)(x)− fS(ε/2)(x)‖ 6 ‖fA∪S(ε/2)(x)− fI(x)‖+ ‖fS(ε/2)(x)− fI(x)‖ 6 ε.Dla dowodu (⇐=) niech B(n) := C(1/n), sn := fB(n), n ∈ N. Mamy

‖sn+k(x)− sn(x)‖ = ‖fB(n+k)\B(n)(x)− fB(n)\B(n+k)(x)‖ 6 1

n+

1

n+ k, n, k ∈ N, x ∈ X.

Oznacza to, że ciąg funkcji (sn)∞n=1 spełnia jednostajny warunek Cauchy’ego na X. Ponieważ E jestprzestrzenią Banacha, zatem sn −→ s jednostajnie na X (dla pewnej funkcji s : X −→ E). Pokażemy,że rodzina f jest jednostajnie sumowalna do s.

Z poprzedniej nierówności wynika, że

‖sn(x)− s(x)‖ 6 1

n, n ∈ N, x ∈ X.

Jeżeli teraz A ∈ F(I) i B(n) ⊂ A, to

‖fA(x)− s(x)‖ 6 ‖fA(x)− fB(n)(x)‖+ ‖fB(n)(x)− s(x)‖ 6 ‖fA\B(n)(x)‖+1

n6

1

n+

1

n=

2

n,

x ∈ X.

Wniosek 1.5.4. Jeżeli (fi)i∈I ∈ S(I, EX), to dla dowolnego niepustego zbioru J ⊂ I mamy (fi)i∈J ∈S(J,EX).

Wniosek 1.5.5. Jeżeli (‖fi‖)i∈I ∈ S(I,RX), to (fi)i∈I ∈ S(I, EX) oraz∥∥∥∑i∈I

fi

∥∥∥ 6∑i∈I‖fi‖.

Dowód . Sumowalność rodziny (fi)i∈I wynika z kryterium Cauchy’ego. Oszacowanie wynika z Obserwacji1.5.2(d).


Propozycja 1.5.6 (Twierdzenie o grupowaniu wyrazów). Niech I =⋃j∈J

I(j), gdzie I(j) 6= ∅ i I(j) ∩

I(k) = ∅ dla j 6= k. Jeżeli (fi)i∈I ∈ S(I, EX), to (fI(j))j∈J ∈ S(J,EX)(

72). Ponadto,∑

j∈JfI(j) = fI , czyli

∑j∈J

( ∑i∈I(j)

fi

)=∑i∈I

fi.

Odnotujmy, że oczywiście twierdzenie odwrotne nie zachodzi, np. E := R, I = J := N, I(j) :=2j − 1, 2j, fi := (−1)i. Wtedy fI(j) = 0 dla dowolnego j ∈ N, ale rodzina (fi)i∈N nie jest sumowalna.

Dowód . Ustalmy ε > 0 i niech

B(ε) := j ∈ J : I(j) ∩ S(ε) 6= ∅,

gdzie S(ε) ∈ F(I) jest takie, jak w Definicji 1.5.1. Zauważmy, że B(ε) ∈ F(J)(

73). Weźmy dowolny zbiór

B ∈ F(J) taki, że B(ε) ⊂ B. Pokażemy, że ‖fI(x)−∑j∈B

fI(j)(x)‖ 6 2ε, x ∈ X.

Niech N := #B. Dla dowolnego j ∈ J niech D(j) ∈ F(I(j)) będzie takie, że

A ∈ F(I(j)), D(j) ⊂ A =⇒ ‖fA(x)− fI(j)(x)‖ 6 ε/N, x ∈ X.

Możemy oczywiście założyć, że S(ε) ∩ I(j) ⊂ D(j). Niech A :=⋃j∈B

D(j). Zauważmy, S(ε) ⊂ A, a więc

‖fA(x)− fI(x)‖ 6 ε, x ∈ X. Mamy:∥∥∥fI(x)−∑j∈B

fI(j)(x)∥∥∥ 6 ∥∥∥fI(x)−

∑j∈B

fD(j)(x)∥∥∥+

∑j∈B‖fD(j)(x)− fI(j)(x)‖

6 ‖fI(x)− fA(x)‖+ ε 6 2ε, x ∈ X.

Propozycja 1.5.7. Niech E,F,G będą przestrzeniami Banacha. Załóżmy, że B : E × F −→ G jestoperatorem dwuliniowym ciągłym. Jeżeli (fi)i∈I ∈ S(I, EX), (‖gj‖)j∈J ∈ S(J,RX) oraz wszystkie odwzo-rowania fi : X −→ E, i ∈ I, gj : X −→ F , j ∈ J , są ograniczone, to

(B(fi, gj))(i,j)∈I×J ∈ S(I × J,GX) oraz∑

(i,j)∈I×J

B(fi, gj) = B(fI , gJ).(

74)

Jeżeli ponadto (‖fi‖)i∈I ∈ S(I,RX), to (‖B(fi, gj)‖)(i,j)∈I×J ∈ S(I × J,RX).

Dowód . Jedynym problemem jest jednostajna sumowalność rodziny

(B(fi, gj))(i,j)∈I×J ;

jeżeli bowiem jest ona jednostajnie sumowalna, to na mocy Propozycji 1.5.6 (z I(j) := I × j) orazObserwacji 1.5.2(b), dostajemy∑

(i,j)∈I×J

B(fi, gj) =∑j∈J

(∑i∈I

B(fi, gj))L:=B(·,gj)

=∑j∈J

B(fI , gj)L:=B(fI ,·)

= B(fI , gJ).

Na podstawie Obserwacji 1.5.2(d), istnieje stała M > 0 taka, że dla dowolnych A ∈ F(I), B ∈ F(J)mamy: ‖fA(x)‖ 6 M ,

∑j∈B‖gj(x)‖ 6 M , x ∈ X. W szczególności, ‖fI(x)‖ 6 M oraz

∑j∈J‖gj(x)‖ 6 M ,

x ∈ X.Weźmy ε > 0 i niech zbiory S(ε) ∈ F(I), C(ε) ∈ F(J) będą takie, że ‖fA(x)−fI(x)‖ 6 ε, x ∈ X, dla

dowolnego A ∈ F(I) takiego, że S(ε) ⊂ A oraz∑j∈B‖gj(x)‖ 6 ε, x ∈ X, dla dowolnego B ∈ F(J \ C(ε)).

(72)Na podstawie Wniosku 1.5.4, fI(j) =

∑i∈I(j)

fi jest poprawnie określone dla dowolnego j ∈ J .(73)Ponieważ zbiory I(j), j ∈ J , są parami rozłączne.(

74)W szczególności, jeżeli (fi)i∈I ∈ S(I, E) i (gj)j∈J ∈ S(J,K), to (figj)(i,j)∈I×J ∈ S(I×J,E) oraz

∑(i,j)∈I×J

figj =

fIgJ .

1. Wstęp

Niech teraz D ∈ F(I × J) będzie taki, że S(ε)× C(ε) ⊂ D. Dla dowolnego j ∈ J niech D(j) := i ∈ I :(i, j) ∈ D

(75). Zauważmy, że na podstawie Obserwacji 1.5.2(b) (z L := B(fI , ·)) mamy∑

(i,j)∈D

B(fi, gj)−B(fI , gJ) =∑

(i,j)∈D

B(fi, gj)−∑j∈J

B(fI , gj) =∑j∈J

B(fD(j) − fI , gj),

gdzie f∅ := 0. Wynika stąd, że∥∥∥ ∑(i,j)∈D

B(fi, gj)−B(fI , gJ)∥∥∥ 6 ‖B‖( ∑

j∈C(ε)

‖fD(j) − fI‖‖gj‖+∑

j /∈C(ε)

‖fD(j) − fI‖‖gj‖)

6 ‖B‖(ε∑j∈J‖gj‖+ 2M

∑j /∈C(ε)

‖gj‖)6 3M‖B‖ε.

W przypadku, gdy (‖fi‖)i∈I ∈ S(I,RX) i (‖gj‖)j∈J ∈ S(J,RX), na podstawie pierwszej częścitwierdzenia (zastosowanej do mnożenia) wnioskujemy, że rodzina (‖fi‖‖gj‖)(i,j)∈I×J jest jednostajniesumowalna. W szczególności, spełnia ona warunek Cauchy’ego. Pozostaje jeszcze tylko zauważyć, że dladowolnego A ∈ F(I × J) mamy ∑

(i,j)∈A

‖B(fi, gj)‖ 6 ‖B‖∑

(i,j)∈A

‖fi‖‖gj‖.

Przykład 1.5.8 (Szereg geometryczny). Dla x = (x1, . . . , xn) ∈ (−1, 1)n mamy:∑(α1,...,αn)∈Zn+

xα11 · · ·xαnn =

n∏j=1

∑k∈Z+

xkj =

n∏j=1

1

1− xj,

∑(α1,...,αn)∈Zn

x|α1|1 · · ·x|αn|n =

n∏j=1

∑k∈Z

x|k|j =

n∏j=1

1 + xj1− xj

.

Definicja 1.5.9. Powiemy, że rodzina f = (fi)i∈I odwzorowań ograniczonych

fi : X −→ E

jest normalnie sumowalna, jeżeli rodzina

(sup‖fi(x)‖ : x ∈ X)i∈Ijest sumowalna.

Obserwacja 1.5.10. Każda rodzina normalnie sumowalna jest jednostajnie sumowalna.Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe.Istotnie, niech E := R, I := N, X := [0, 1], gk : [0, 1] −→ R,

gk(x) :=

1− 1

k , jeżeli 0 6 x 6 1k+1

12 −

1k + k+1

2 x, jeżeli 1k+1 6 x 6

1k

1− 12k , jeżeli 1

k 6 x 6 1

.

Zdefiniujmy fk := gk − gk−1, k ∈ N (g0 := 0). Wtedy rodzina (fi)i∈N jest sumowalna jednostajnie, alenie normalnie — Ćwiczenie.

Propozycja 1.5.11. Jeżeli #I = ℵ0, to dla dowolnej rodziny funkcji fi : X −→ E, i ∈ I, następującewarunki są równoważne:(i) (fi)i∈I ∈ S(I, EX);

(ii) dla dowolnej bijekcji σ : N −→ I szereg∞∑ν=1

fσ(ν) jest zbieżny jednostajnie na X(

76) (

77).

Ponadto, jeżeli dimE < +∞, to każdy z powyższych warunków jest równoważny następującemuwarunkowi

(78) (

79):

(75)Odnotujmy, że S(ε) ⊂ D(j) dla j ∈ C(ε).(

76)Tzn. ciąg sum częściowych jest zbieżny jednostajnie na X.(

77)Mówimy wtedy, że szereg jest zbieżny bezwarunkowo jednostajnie.(

78)Wynik ten dla E = R został udowodniony przez W. Sierpińskiego w roku 1910.(

79)Wacław Sierpiński (1882–1969).

(iii) (‖fi‖)i∈I ∈ S(I,RX)(

80).

Dowód . (i) =⇒ (ii): Ustalmy bijekcję σ : N −→ I oraz ε > 0. Niech N0 ∈ N będzie takie, że S(ε) ⊂σ(1), . . . , σ(N0)

(81). Wtedy dla dowolnego N > N0 mamy S(ε) ⊂ σ(1), . . . , σ(N) =: A, a stąd

‖N∑ν=1

fσ(ν)(x)− fI(x)‖ = ‖fA(x)− fI(x)‖ 6 ε, x ∈ X.

(ii) =⇒ (i): Przypuśćmy, że dla pewnego ε > 0 jednostajny warunek Cauchy’ego z Propozycji 1.5.3nie zachodzi.

Ustalmy i0 ∈ I. Zbiór C(ε) := i0 nie może być dobry. W takim razie istnieje zbiór F (1) ∈F(I \ i0) taki, że supx∈X ‖fF (1)(x)‖ > ε. Zbiór C(ε) := F (1) też nie może być dobry. Znajdziemy więcF (2) ∈ F(I \ F (1)) taki, że supx∈X ‖fF (2)(x)‖ > ε. Teraz bierzemy C(ε) := F (1) ∪ F (2) i znajdujemyF (3) ∈ F(I \ (F (1)∪F (2))) taki, że supx∈X ‖fF (3)(x)‖ > ε. Rozumując dalej znajdziemy ciąg (F (k))∞k=1

parami rozłącznych skończonych podzbiorów I taki, że supx∈X ‖fF (k)(x)‖ > ε, k ∈ N.Teraz skonstruujemy pewną bijekcję σ : N −→ I, którą będziemy utożsamiać z permutacją zbioru I.

Jeżeli zbiór F (0) := I \∞⋃k=1

F (k) jest skończony, to na początku ustawimy elementy zbioru F (0)

w dowolnej kolejności, potem elementy zbioru F (1) (też w dowolnej kolejności), potem F (2) itd.Niech N(k) := #F (k), k = 0, 1, 2, . . . . Zdefiniujmy

SN :=

N∑ν=1

fσ(ν).

Wtedy SN(0)+···+N(k) − SN(0)+···+N(k−1) = fF (k), k ∈ N, a więc ciąg (SN )∞N=1 nie spełnia warunkuCauchy’ego; sprzeczność.

W przypadku gdy zbiór F (0) jest nieskończony, ustawiamy jego elementy w ciąg b1, b2, . . . , a następ-nie budujemy permutację σ następująco: stawiamy b1, potem elementy zbioru F (1), potem b2, potemF (2), itd. Podobnie jak poprzednio, bez trudu widzimy, że (SN )∞N=1 nie może spełniać warunku Cau-chy’ego bowiem SN(1)+···+N(k)+k−SN(1)+···+N(k−1)+k = fF (k), k ∈ N, a więc (SN )∞N=1 nie może spełniaćwarunku Cauchy’ego; sprzeczność.

(iii) =⇒ (i): Implikacja ta jest elementarna i nie wymaga założenia, że dimE < +∞.

(ii) =⇒ (iii): W standardowy sposób możemy zredukować dowód do przypadku E = R.Przypuśćmy, że dla pewnego ε > 0 rodzina (|fi|)i∈I nie spełnia jednostajnego warunku Cauchy’ego.Ustalmy i0 ∈ I. Zbiór C(ε) := i0 nie może być dobry. W takim razie istnieje zbiór G(1) ∈ F(I\i0)

taki, że supx∈X∑

i∈G(1)

|fi(x)| > ε. Ustalmy, x1 ∈ X taki, że∑

i∈G(1)

|fi(x1)| > ε. Zbiór G(1) możemy

podzielić na dwie rozłączne części F ′(1) := i ∈ G(1) : fi(x1) > 0, F ′′(1) := G(1) \ F ′(1). Jestoczywiste, że |fF ′(1)(x1)| > ε

2 lub |fF ′′(1)(x1)| > ε2 . Niech F (1) oznacza ten ze zbiorów F ′(1), F ′′(1), dla

którego zachodzi powyższa nierówność (jeżeli zachodzi ona dla obu zbiorów, to bierzemy którykolwiekz nich).

Zbiór C(ε) := F (1) też nie może być dobry. Powtarzając powyższe rozumowanie, znajdziemy zbiórF (2) ∈ F(I \ F (1)) taki, że supx∈X |fF (2)(x)| > ε

2 . Teraz bierzemy C(ε) := F (1) ∪ F (2) i znajdujemyF (3) ∈ F(I \ (F (1)∪ F (2))) taki, że supx∈X |fF (3)(x)| > ε

2 . Rozumując dalej znajdziemy ciąg (F (k))∞k=1

parami rozłącznych skończonych podzbiorów I taki, że supx∈X |fF (k)(x)| > ε2 , k ∈ N.

Dalej postępujemy tak, jak w dowodzie implikacji (ii) =⇒ (i).

(80)

Prawdziwe jest następujące ogólne twierdzenie (zob. [Dvo-Rog 1950]).

Twierdzenie. Niech (E, ‖ ‖) będzie przestrzenią Banacha. Wtedy następujące warunki są równoważne:(i) dla dowolnego ciągu (fk)∞k=1 ⊂ E następujące warunki są równoważne:

• (‖fk‖)k∈N ∈ S(N,R),• szereg

∑∞k=1 fk jest zbieżny bezwarunkowo;

(ii) dimE < +∞.(81)S(ε) jest takie, jak w Definicji 1.5.1.


1. Wstęp

Przykład* 1.5.12. (a) Szereg∞∑n=1

(1− x)xn nie jest zbieżny jednostajnie na (0, 1).

Istotnie, niech Sn oznacza n-tą sumę częściową szeregu (Sn(x) = x(1 − xn)) i niech S(x) := x.Oczywiście Sn −→ S punktowo na (0, 1), ale

supx∈(0,1)

(S(x)− Sn(x)) = supx∈(0,1)

xn+1 = 1.

(b) Szereg∞∑n=1

(1− x)(−x)n jest zbieżny jednostajnie na (0, 1).

Istotnie,

Sn(x) = −x1− x1 + x

(1− (−x)n).

Niech S(x) := −x 1−x1+x ; Sn −→ S punktowo na (0, 1). Mamy:

supx∈(0,1)

|S(x)− Sn(x)| = supx∈(0,1)

xn+1 1− x1 + x

6 supx∈(0,1)

(1− x)xn =(

1− n

n+ 1

)( n

n+ 1

)n−→

n→+∞0.

(Ćwiczenie)

(c) Szereg∞∑k=0

(1− x)(−x4k+1 − x4k+3 + x2k+2) nie jest zbieżny jednostajnie na (0, 1).

Zauważmy, że jest to szereg powstały przez potasowanie i pogrupowanie (po trzy wyrazy) szeregu(b); jeżeli nie jest on jednostajnie zbieżny, to oczywiście szereg potasowany (przed pogrupowaniem)nie może być jednostajnie zbieżny.

Mamy:

Sk−1(x) = (1− x)(− x1− x4k

1− x4− x3 1− x4k

1− x4+ x2 1− x2k

1− x2

), (Ćwiczenie)

S(x) := −x 1−x1+x ; Sk −→ S punktowo na (0, 1),

supx∈(0,1)

|S(x)− Sk−1(x)| = supx∈(0,1)

x

1 + x(x2k+1 − x4k) > 1

2 supx∈(0,1)

x(x2k+1 − x4k)

=x= 2k√t

12 supt∈(0,1)

2k√t(t

2k√t− t2) >

t= 12

12

2k

√12

(12

2k

√12 −

14

)−→k→+∞

18 . (Ćwiczenie)

Ćwiczenie 1.5.13. Sprawdzić, które z twierdzeń przedstawionych w Podrozdziale 1.5 pozostają praw-dziwe dla dowolnych przestrzeni unormowanych (a nie tylko dla przestrzeni Banacha).

1.6. Twierdzenie Lévy’ego–Steinitza

Niech a = (aν)∞ν=1 ⊂ Rn będzie ciągiem takim, że limν→∞

aν = 0. Zdefiniujmy:

S(a) :=x ∈ Rn : ∃σ:N−→N : σ jest bijekcją, szereg

∞∑ν=1

aσ(ν) jest zbieżny oraz x =

∞∑n=1

aσ(n).

Obserwacja 1.6.1. (a) x ∈ S(a) wtedy i tylko wtedy, gdy 0 ∈ S((a1 − x, a2, a3, . . . )).(b) Dla dowolnego odwzorowania liniowego L : Rn −→ Rn, jeżeli x ∈ S(a), to

L(x) ∈ S((L(a1), L(a2), . . . )).

Twierdzenie 1.6.2 (Lévy-Steinitz(

82) (

83)). Jeśli S(a) 6= ∅, to S(a) jest rzeczywistą podprzestrzenią

afiniczną Rn.Na początek ustalmy oznaczenia użyte w dowodzie. W Rn rozważać będziemy normę euklidesową.

Dla elementu x ∈ Rn = Rn−1×R będziemy pisać x = (x′, xn). Rzutowanie na poszczególne współrzędneoznaczymy odpowiednio

Rn 3 x π′7−→ x′ ∈ Rn−1, Rn 3 x πn7−→ xn ∈ R.Dowód Twierdzenia 1.6.2 opierać się będzie na następujących dwóch lematach, które udowodnimy

później.(82)Paul Pierre Lévy (1886–1971).(

83)Ernst Steinitz (1871–1928).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20121.6. Twierdzenie Lévy’ego–Steinitza 31

Lemat 1.6.3. Jeśli (0′, 0), (0′, 1) ∈ S(a), to (0′, 2) ∈ S(a).

Lemat 1.6.4. Jeśli (0′, 0), (0′, 1) ∈ S(a), to (0′, t) ∈ S(a) dla dowolnego t ∈ (0, 1).

Dowód Twierdzenia 1.6.2. Niech x1, x2 ∈ S(a), t ∈ R. Wystarczy pokazać, że bar(t, x1, x2) := (1 −t)x1 + tx2 ∈ S(a). Zauważmy, że

bar(t, x1, x2) = bar(1− t, x2, x1).

Możemy więc założyć, że t > 0. Ponieważ

bar(2t, x1, x2) = (1− 2t)x1 + 2tx2 = −x1 + 2[(1− t)x1 + tx2] = bar(2, x1,bar(t, x1, x2)),

możemy się ograniczyć do przypadku t ∈ (0, 1]∪2. Przypadki t = 1 i x1 = x2 są trywialne. Wstawiająca1−x1 wmiejsce a1 możemy założyć, że x1 = 0. Niech L będzie izomorfizmem liniowym takim, że L(x2) =(0′, 1). Wstawiając L(aν) w miejsce aν , ν = 1, 2, . . . , możemy założyć, że x2 = (0′, 1). Twierdzenie jestteraz natychmiastową konsekwencją przedstawionych powyżej lematów.

Przechodzimy do lematów. Ponieważ (0′, 0), (0′, 1) ∈ S(a), możemy założyć, że wyrazy szeregu aułożone są pewien szczególny sposób.

Niech K0 = ∅ i przeprowadźmy następującą konstrukcję indukcyjną. Niech ` ∈ N i załóżmy, żeskonstruowaliśmy zbiór K`−1. Ponieważ (0′, 1) ∈ S(a), istnieje zbiór skończony J` ⊃ K`−1 ∪ ` taki, że∥∥∥ ∑

ν∈J`

aν − (0′, 1)∥∥∥ 6 1

`.

Ponieważ (0′, 0) ∈ S(a), istnieje zbiór skończony K` ⊃ J` taki, że∥∥∥ ∑ν∈K`

aν∥∥∥ 6 1

`.

Oznaczmy teraz j` = #J`, k` = #K`, ` = 1, 2, . . . , i przetasujmy szereg tak, aby elementy J`(odpowiednioK`) stanowiły pierwsze j` (odpowiednio k`) wyrazów szeregu po przestawieniu, ` = 1, 2, . . . .

Ostatecznie możemy założyć, że istnieją liczby

0 = k0 < j1 < k1 < j2 < k2︸︷︷︸< j3 < k3 < j4 < k4︸︷︷︸ < . . .

takie, że ∥∥∥ j∑ν=1

aν − (0′, 1)∥∥∥ 6 1

`,∥∥∥ k∑ν=1

aν∥∥∥ 6 1

`, ` = 1, 2, . . . .

W dowodach obu lematów kluczową rolę odegra następujący fakt, który udowodnimy później.

Lemat 1.6.5. Przyjmijmy, że ciąg sum częściowych szeregu a ma punkt skupienia x ∈ Rn. Wtedyx ∈ S(a).

Dowód Lematu 1.6.3. Ustawmy wyrazy szeregu w następującej kolejności:

1, . . . , j1, k1 + 1, . . . , j2, j1 + 1, . . . , k1, j2 + 1, . . . , k2,k2 + 1, . . . , j3, k3 + 1, . . . , j4, j3 + 1, . . . , k3, j4 + 1, . . . , k4, . . .

.

Ustalmy ` ∈ N i przyjrzyjmy się teraz sumie S` utworzonej z pierwszych

j2`−1 + j2` − k2`−1

wyrazów tak ustawionego szeregu. Mamy:

‖S` − (0′, 2)‖ 6∥∥∥ j2`−1∑ν=1

aν − (0′, 1)∥∥∥+

∥∥∥ j2∑ν=k2`−1+1

aν − (0′, 1)∥∥∥

61

2`− 1+∥∥∥ j2∑ν=1

aν − (0′, 1)∥∥∥+

∥∥∥ k2`−1∑ν=1

aν∥∥∥ 6 2

2`− 1+

1

2`−→`→+∞

0.

Stosując teraz Lemat 1.6.5 otrzymujemy tezę.

Przyjmijmy na chwilę prawdziwość jeszcze jednego lematu.

1. Wstęp

Lemat 1.6.6. Niech v1, . . . , vm ∈ Rn, 0 < t < 1, w := v1 + · · ·+ vm, ε := max‖v1‖, . . . , ‖vm‖. Wtedyistnieją σ ∈ Σm oraz r ∈ 1, . . . ,m takie, że∥∥∥ r∑

i=1

vσ(i) − tw∥∥∥ 6 3nε.

Dowód Lematu 1.6.4. Stosując Lemat 1.6.6 dla ak`−1+1, ak`−1+2, . . . , aj` , otrzymujemy σ` ∈ Σj`−k`−1

i 1 6 r` 6 j` − k`−1 takie, że ∥∥∥ r∑i=1

ak`−1+σ`(i) − tw`∥∥∥ 6 3nε`,

gdzie

w` :=

j∑ν=k`−1+1

aν , ε` := max‖aν‖ : ν = k`−1 + 1, . . . , j`.

Zauważmy, że ε` −→ 0 przy ` −→ +∞.Ustawmy wyrazy szeregu w następującej kolejności:

k0 + σ1(1), k0 + σ1(2), . . . , k0 + σ1(j1 − k0), j1 + 1, j1 + 2, . . . , k1,k1 + σ2(1), k1 + σ2(2), . . . , k1 + σ2(j2 − k1), j2 + 1, j2 + 2, . . . , k2,k2 + σ3(1), k2 + σ3(2), . . . , k2 + σ3(j3 − k2), j3 + 1, j3 + 2, . . . , k3, . . .

.

Ustalmy ` ∈ N i przyjrzyjmy się teraz sumie S` utworzonej z pierwszych k`−1 + r` wyrazów tak ustawio-nego szeregu. Mamy:

‖S` − (0′, t)‖ 6∥∥∥ k`−1∑ν=1

aν∥∥∥+

∥∥∥ r∑i=1

ak`−1+σ`(i) − tw`∥∥∥+ t‖w` − (0′, 1)‖

61

`− 1+ 3nε` + t

(1

`+

1

`− 1

)−→`→+∞

0.

Stosując Lemat 1.6.5 otrzymujemy tezę.

Pozostaje udowodnić sformułowane po drodze lematy. W ich dowodach przydatny jest kolejny lemat,który oczywiście na końcu również udowodnimy.

Lemat 1.6.7. Niech v1, . . . , vm ∈ Rn będą takie, że v1+· · ·+vm = 0. Połóżmy ε := max‖v1‖, . . . , ‖vm‖.Wtedy istnieje permutacja σ ∈ Σm taka, że σ(1) = 1 oraz∥∥∥ r∑

i=1

vσ(i)∥∥∥ 6 3nε, r = 1, . . . ,m.

Dowód Lematu 1.6.5. Oznaczmy Si :=∑iν=1 a

ν , i = 1, 2, . . . , i niech 0 = i0 < i1 < i2 < . . . będą takie,że lim

`→+∞si` = x. Stosując Lemat 1.6.7 dla układu

Si`−1− Si` + ai`−1+1, ai`−1+2, ai`−1+3, . . . , ai` ,

otrzymujemy permutację σ` ∈ Σi`−i`−1taka, że σ`(1) = 1 oraz∥∥∥Si`−1

− Si` +

r∑i=1

ai`−1+σ`(i)∥∥∥ 6 3nε`, r = 1, . . . , i` − i`−1,

gdzieε` := max‖Si`−1

− Si` + ai`−1+1‖, ‖ai`−1+2‖, ‖ai`−1+3‖, . . . , ‖ai`‖.Ustawmy wyrazy szeregu w następującej kolejności:

σ1(1), σ1(2), . . . , σ1(i1),i1 + σ2(1), i1 + σ2(2), . . . , i1 + σ2(i2 − i1),

i2 + σ3(1), i2 + σ3(2), . . . , i2 + σ3(i3 − i2), . . ..

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20121.6. Twierdzenie Lévy’ego–Steinitza 33

Ustalmy i`−1 < k 6 i` i przyjrzyjmy się sumie Sk. Mamy:

‖Sk − x‖ 6∥∥∥ i`−1∑ν=1

aν − x∥∥∥+ ‖Si`−1

− Si`‖+∥∥∥Si`−1

− Si` +

k−i`−1∑i=1

ai`−1+σ`(i)∥∥∥

6∥∥∥ i`−1∑ν=1

aν − x∥∥∥+ ‖Si`−1

− Si`‖+ 3nε` −→`→+∞

0.

Zbieżność pierwszych dwóch składników wynika ze zbieżności podciągu ciągu sum częściowych a, trze-ciego zaś dodatkowo ze zbieżności lim

ν→+∞aν = 0. Tym samym otrzymujemy tezę.

Dowód Lematu 1.6.6. Przypadek w = 0 jest trywialny. W przypadku w 6= 0 niech L : Rn −→ Rn będzieizometrią taką, że L(w) = (0′, ‖w‖). Zastępując vj przez L(vj)/‖w‖, j = 1, . . . ,m, możemy założyć, żew = (0′, 1). Oznaczmy sr :=

∑rj=1 v

j , r = 1, . . . ,m. Korzystając z Lematu 1.6.7, możemy tak przestawićelementy v1, . . . , vm, że ‖π′(sr)‖ 6 3n−1ε, r = 1, . . . ,m. Weźmy najmniejsze r ∈ 1, . . . ,m takie, żeπn(sr) > t

(84). Zauważmy, że πn(sr) = πn(sr−1) + πn(vr) < t+ ε, co oznacza, że

‖sr − t‖ 6 ‖π′(sr)‖+ |πn(sr)− t| < 3n−1ε+ ε < 3nε.

Dowód Lematu 1.6.7. Przypadek n = 1 jest elementarny — Ćwiczenie. Poniższe rozumowanie przed-stawia krok indukcyjny n− 1 n.

Niech M := max‖sA‖ : 1 ⊂ A ⊂ 1, . . . ,m = ‖sA0‖, gdzie sA :=∑j∈A v

j . Przypadek M = 0

jest trywialny. W przypadku M > 0 niech L będzie izometrią taką, że L(sA0) = (0′, ‖sA0

‖). Zastępującvj przez L(vj)/‖sA0‖, możemy założyć, że sA0 = (0′, 1) (w szczególności, M = 1). Przez odpowiedniąpermutację elementów możemy założyć, że A0 = 1, . . . , ` oraz (stosując dwukrotnie założenie induk-cyjne) ∥∥∥ r∑

j=1

π′(vj)∥∥∥ 6 3n−1ε, r = 1, . . . , `,

∥∥∥ r∑j=1

π′(v`+j)∥∥∥ 6 3n−1ε, r = 1, . . . ,m− `.

Zauważmy, że πn(vj) > 0, j = 1, . . . , `.Istotnie, gdyby πn(vj) < 0 dla pewnego j ∈ 1, . . . , `, to wtedy mielibyśmy

‖sA0\j‖ = ‖(0′, 1)− (π′(vj), πn(vj))‖ > 1− πn(vj) > 1.

Zauważmy, że ‖sA0\j‖ = ‖s1,2,...,m\(A0\j)‖ i jedna z tych sum występuje w definicji M(= 1) —sprzeczność.

Podobnie πn(vj) 6 0, j = `+ 1, . . . ,m (tym razem w dowodzie rozważamy sA0∪j — Ćwiczenie).Przystępujemy teraz do konstrukcji permutacji σ. Kładziemy σ(1) := 1, a następnie postępujemy

indukcyjnie.Przyjmijmy, że skonstruowaliśmy wartości σ(1), . . . , σ(k), k = k1 + k2 < m, wykorzystując wartości

1, 2, . . . , k1, `+1, `+2, . . . , `+k2 oraz w ten sposób, że |πn(sk)| 6 ε, gdzie sk :=∑kj=1 v

σ(k). Na wstępiezauważmy, że wtedy

‖sk‖ 6 ‖π′(sk)‖+ |πn(sk)| 6∥∥∥ k1∑j=1

π′(vj)∥∥∥+

∥∥∥ k2∑j=1

π′(v`+j)∥∥∥+ ε 6 3n−1ε+ 3n−1ε+ ε 6 3nε.

• Jeśli πn(sk) > 0, to na pewno `+ k2 < m (bo πn(sm) = 0) i kładziemy σ(k + 1) := `+ k2 + 1.• Jeśli πn(sk) < 0, to na pewno k1 < ` (bo πn(s`) = 1) i kładziemy σ(k + 1) := k1 + 1.• Jeśli πn(sk) = 0, to zachodzi jedna z powyższych nierówności i stosownie dobieramy σ(k + 1).W każdej z powyższych sytuacji zachowujemy nierówność |πn(sk+1)| 6 ε.

(84)Ponieważ sm = 1 > t, więc takie r zawsze istnieje.

1. Wstęp

1.7. Szeregi potęgowe

Niech E będzie przestrzenią Banacha i niech (aν)∞ν=0 ⊂ E. Dla x0 ∈ K szereg funkcyjny∞∑ν=0

aν(x− x0)ν (†)

nazywamy szeregiem potęgowym o środku w punkcie x0. Niech

R =1

lim supν→+∞

ν√‖aν‖

.

Liczbę R ∈ [0,+∞] nazywamy promieniem zbieżności szeregu potęgowego.

Obserwacja 1.7.1. Dla dowolnego 0 < r < R istnieją C > 0 i 0 < θ < 1 takie, że

‖aν(x− x0)ν‖ 6 Cθν , x ∈ B(x0, r), ν ∈ Z+.

W szczególności, szereg (†) jest zbieżny normalnie w B(x0, r). Stąd, na podstawie Obserwacji 1.5.2(j),funkcja

f(x) :=

∞∑ν=0

aν(x− x0)ν , x ∈ B(x0, R),

jest ciągła.Szereg (†) jest rozbieżny w K \B(x0, R).Na ∂B(x0, R) może być różnie

(85).

1.8. Operator odwracania w algebrach Banacha

Definicja 1.8.1. Mówimy, że (A, ‖ ‖) jest algebrą Banacha z jedynką, jeżeli:• A jest algebrą z jedynką e,• (A, ‖ ‖) jest przestrzenią Banacha,• ‖xy‖ 6 ‖x‖‖y‖, x, y ∈ A,• ‖e‖ = 1.

Przykład 1.8.2. (a) Niech X 6= ∅ będzie zwartą przestrzenią topologiczną i niech A := C(X,K).Wtedy A z normą Czebyszewa (supremową) jest algebrą Banacha z jedynką.

(b) Niech E 6= 0 będzie przestrzenią Banacha nad K i niech A := L(E,E). Wtedy A z normą z L(E,E)i składaniem jako mnożeniem wewnętrznym jest algebrą Banacha z jedynką idE .

Niech O(A) oznacza zbiór elementów odwracalnych algebry A i niech

O(A) 3 x Λ7−→ x−1 ∈ O(A).

Odnotujmy, że Λ jest bijekcją; Λ−1 = Λ.

Obserwacja 1.8.3. Niech A := L(Kn,Kn) ' M(n× n;K) ' Kn2

(z normą operatorową z L(Kn,Kn)).Wtedy O(A) to zbiór macierzy odwracalnych, tzn.

O(A) = L ∈M(n× n;K) : detL 6= 0.

Zauważmy, że jest to zbiór otwarty w M(n× n;K). Ponadto, odwzorowanie O(A) 3 L Λ7−→ L−1 ∈ O(A)jest homeomorfizmem.

Powyższa sytuacja nie jest przypadkowa. Mamy bowiem następujący ogólny wynik.

Propozycja 1.8.4. Niech A będzie algebrą Banacha z jedynką e. Wtedy:

(85)Np. dla szeregu potęgowego

∞∑ν=1

zν

ν, o promieniu zbieżności równym 1, na okręgu jednostkowym mamy

∞∑ν=1

eiν

ν=

∞∑ν=1

cos νxν

+ i∞∑ν=1

sin νxν

— Ćwiczenie.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20121.9. Twierdzenie aproksymacyjne Stone’a–Weierstrassa 35

(a) B(e, 1) ⊂ O(A) oraz

(e− x)−1 =

∞∑ν=0

xν , ‖x‖ < 1,

gdzie x0 := e.(b) Ogólniej, jeżeli a ∈ O(A), to B(a, 1/‖a−1‖) ⊂ O(A) oraz

(a− x)−1 =

∞∑ν=0

(a−1x)νa−1, ‖x‖ < 1/‖a−1‖.

W szczególności, O(A) jest otwarty w A.

(c) Odwzorowanie O(A) 3 x Λ7−→ x−1 ∈ O(A) jest homeomorfizmem.

Dowód . (a) Ustalmy x ∈ A, ‖x‖ < 1. Na wstępie zauważmy, że ponieważ ‖xν‖ 6 ‖x‖ν , ν ∈ N, zatemszereg jest zbieżny do pewnego elementu a. Mamy:

(e− x)a = a− xa =

∞∑ν=0

xν −∞∑ν=0

xν+1 = e,

a(e− x) = a− ax =

∞∑ν=0

xν −∞∑ν=0

xν+1 = e.

(b) Niech a ∈ O(A). Ustalmy x ∈ A, ‖x‖ < 1/‖a−1‖. Wtedy ‖a−1x‖ < 1. Ponieważ a − x =a(e− a−1x), wystarczy skorzystać z (a).

(c) Niech a ∈ O(A), ‖x‖ < 1/‖a−1‖. Na podstawie (b) mamy:

‖Λ(a− x)− Λ(a)‖ = ‖(a− x)−1 − a−1‖ = ‖∞∑ν=1

(a−1x)νa−1‖ 6∞∑ν=1

‖a−1‖ν+1‖x‖ν =‖a−1‖2‖x‖

1− ‖a−1‖‖x‖.

Przypomnijmy, że dla dowolnych przestrzeni unormowanych E,F , symbol Isom(E,F ) oznacza ro-dzinę wszystkich izomorfizmów algebraicznych L : E −→ F takich, że L i L−1 są ciągłe.

Korzystając z poprzednich rozważań łatwo dostajemy następujący wynik.

Propozycja 1.8.5. Dla dowolnego L0 ∈ Isom(E,F ) i X ∈ L(E,F ) takich, że ‖X‖ < 1/‖L−10 ‖ mamy

L0 −X ∈ Isom(E,F ), (L0 −X)−1 =

∞∑ν=0

(L−10 X)ν L−1

0 .

W szczególności, zbiór Isom(E,F ) jest otwarty w L(E,F ), a odwzorowanie

Isom(E,F ) 3 L Λ7−→ L−1 ∈ Isom(F,E)

jest homeomorfizmem.

1.9. Twierdzenie aproksymacyjne Stone’a–Weierstrassa

Rozpoczniemy od pojęcia wielomianu n–zmiennych.

Definicja 1.9.1. Niech F będzie dowolną przestrzenią unormowaną nad K i niech d ∈ Z+. Wielomianemn zmiennych stopnia 6 d o wartościach w przestrzeni F nazywamy dowolną funkcję

W : Kn −→ F

postaci W (x) =∑

α∈Zn+: |α|6daαx

α, gdzie:

• x = (x1, . . . , xn) ∈ Kn,• α = (α1, . . . , αn) ∈ Zn+

(86),

• |α| := α1 + · · ·+ αn,• aα ∈ F ,• xα := xα1

1 · · ·xαnn (00 := 1).

(86)Dla uproszczenia oznaczeń przyjmujemy Zn+ := (Z+)n i ogólnie An+ := (A+)n.


1. Wstęp

Piszemy krótko W ∈ Pd(Kn, F ). Zbiór Pd(Kn, F ) ma oczywiście strukturę przestrzeni wektorowejnad K. Widać, że

Pd(Kn, F ) ⊂ Pd+1(Kn, F ).

Zauważmy, że Pd(Kn, F ) ' FN(d), gdzie N(d) := #α ∈ Zn+ : |α| 6 d(

87). Niech

P(Kn, F ) :=

∞⋃d=0

Pd(Kn, F );

jest to przestrzeń wektorowa nad K.Mówimy, że wielomian W jest jednorodny stopnia d, jeżeli

W (tx) = tdW (x), t ∈ K, x ∈ Kn.Równoważnie,

W (x) =∑

α∈Zn+: |α|=d

aαxα, x ∈ Kn.

(88)

Dla dowolnego wielomianu W ∈ Pd(Kn, F ) mamy jednoznaczny rozkład

W = W0 + · · ·+Wd,

gdzie Wj jest wielomianem jednorodnym stopnia j, j = 0, . . . , d (Ćwiczenie).Jeżeli Wd 6≡ 0, to mówimy, że W ma stopień d i piszemy degW = d

(89).

Każdy wielomian jest oczywiście funkcją ciągłą. Jeżeli F = K, to wielomiany można mnożyć i jakłatwo widać iloczyn wielomianów stopni d1 i d2 jest wielomianem stopnia d1 + d2.

Będziemy krótko pisać Pd(Kn) := Pd(Kn,K) i P(Kn) := P(Kn,K).

Twierdzenie 1.9.2 (Twierdzenie aproksymacyjne Stone’a–Weierstrassa(

90)). Załóżmy, że X jest zwar-

tą przestrzenią topologiczną i niech A ⊂ C(X,K) spełnia następujące warunki:(i) A jest K–podalgebrą C(X,K),(ii) A jest domknięta w C(X,K) w topologii jednostajnej zbieżności

(91),

(iii) 1 ∈ A(

92),

(iv) A rozdziela punkty w X(

93),

(v) f ∈ A =⇒ f ∈ A(

94).

Wtedy A = C(X,K)(

95).

ZdefiniujmyAR := f ∈ A : Im f ≡ 0.

Oczywiście dla K = R mamy AR = A.

Obserwacja 1.9.3. (a) Jeżeli f ∈ A, to Re f , Im f ∈ A.Istotnie, Re f := 1

2 (f + f), Im f = Re(−if).(b) Dla dowolnych x, y ∈ X, x 6= y, istnieje hx,y ∈ AR taka, że hx,y(x) = 0 i hx,y(y) = 1.

Istotnie, jeżeli h ∈ A jest taka, że h(x) 6= h(y) to przyjmujemy

hx,y := Re( h− h(x)

h(y)− h(x)

).

(c) AR spełnia (i), (ii), (iii), (iv) jako podalgebra C(X,R).(87)Ćwiczenie: Znaleźć wzór na N(d) = ?(

88)Odnotujmy, że wielomian zerowy W ≡ 0 jest wielomianem jednorodnym dowolnego stopnia.(

89)Odnotujmy, że stopień wielomianu zerowego nie jest określony.(

90)Marshall Stone (1903–1989).(

91)Tzn. jeżeli A 3 fν −→ f0 jednostajnie na X, to f0 ∈ A.(

92)W konsekwencji K ⊂ A.(

93)Tzn. dla dowolnych x, y ∈ X, x 6= y, istnieje h ∈ A taka, że h(x) 6= h(y).(

94)f(x) := f(x). Oczywiście, dla K = R warunek (e) jest automatycznie spełniony.(

95)Uwaga: Jeżeli pominiemy warunek (v) to (w przypadku zespolonym) twierdzenie przestaje być prawdziwe. Dla

przykładu: niech X oznacza domknięte koło jednostkowe i niech A := clC(X,C)(P(C)|X). Wtedy A spełnia (i) — (iv), alefunkcja z −→ z nie należy do A — Ćwiczenie.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20121.9. Twierdzenie aproksymacyjne Stone’a–Weierstrassa 37

(d) A = C(X,K)⇐⇒ AR = C(X,R).(e) Dla f, g ∈ AR mamy |f | = maxf, 0 −minf, 0 oraz

minf, g = 12 (f + g)− 1

2 |f − g|, maxf, g = 12 (f + g) + 1

2 |f − g|.W konsekwencji następujące warunki są równoważne:(*) ∀f∈AR : |f | ∈ AR;(**) ∀f,g∈AR : minf, g,maxf, g ∈ AR.

(f) Z twierdzenia Stone’a–Weierstrassa wynika klasyczne(Twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa) Niech X ⊂ Rn będzie zbiorem zwartym i niech g ∈

C(X,R). Wtedy istnieje ciąg (pν)∞ν=1 ⊂ P(Rn) taki, że pν −→ g jednostajnie na X.Istotnie, wystarczy przyjąć

A := clC(X,R)(P(Rn)|X)

i skorzystać z twierdzenia Stone’a–Weierstrassa — Ćwiczenie.

Dowód twierdzenia Stone’a–Weierstrassa. Wiemy już, że możemy założyć, że K = R. Cała trudnośćdowodu leży w pokazaniu, że A spełnia warunek (*).

Istotnie, przyjmijmy na chwilę, że już wiemy, że warunek (*) (lub, równoważnie, (**)) jest spełniony.Weźmy g ∈ C(X,R). Wobec domkniętości A wystarczy pokazać, że funkcja g może być aproksymowanajednostajnie na X funkcjami z A. Niech ε > 0. Dla x, y ∈ X, x 6= y, weźmy hx,y ∈ A takie, że hx,y(x) = 0,hx,y(y) = 1 i zdefiniujmy

fx,y := g(x) + (g(y)− g(x))hx,y.

Połóżmy ponadto fx,x := g(x). Oczywiście fx,y ∈ A, fx,y(x) = g(x) oraz fx,y(y) = g(y). W szczególności,istnieje otoczenie otwarte Ux,y punktu y takie, że fx,y 6 g + ε na Ux,y.

Wobec zwartości, dla dowolnego x ∈ X znajdziemy skończoną liczbę punktów yj = yj(x), 1 6 j 6k = k(x), takich że X = Ux,y1 ∪ · · · ∪ Ux,yk . Niech

fx := minfx,y1 , . . . , fx,yk.Wtedy, wobec (**), fx ∈ A oraz fx 6 g+ ε na X. Ponadto, fx(x) = g(x). Istnieje więc otoczenie otwarteUx punktu x takie, że fx > g − ε na Ux.

Korzystając jeszcze raz ze zwartości, dobieramy punkty x1, . . . , x` takie, że X = Ux1∪ · · · ∪ Ux` .

Niechf := maxfx1

, . . . , fx`.Wtedy f ∈ A oraz |f − g| 6 ε na X.

Przechodzimy do sprawdzenia (*). Na wstępie pokażemy, że w tym celu wystarczy wykazać klasycznetwierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa dla X = [−1, 1] i g(t) := |t|.

Istotnie, jeżeli (pν)∞ν=1 ⊂ P(R) i pν(t) −→ |t| jednostajnie dla t ∈ [−1, 1], to dla dowolnej funkcjif ∈ A takiej, że |f | 6 1 mamy A 3 pν f −→ |f | jednostajnie na X. A stąd |f | ∈ A.

Wobec trywialnej równości |f | = a|f/a|, gdzie a := maxX |f |, przypadek dowolnej funkcji f ∈ Asprowadzamy do sytuacji gdy |f | 6 1.

Przechodzimy do sprawdzenia klasycznego twierdzenia Weierstrassa dla X = [−1, 1] i g(t) := |t|.• Najpierw zauważmy, że wystarczy umieć aproksymować jednostajnie wielomianami funkcję

√t

na przedziale [0, 1].Istotnie, niech ε > 0 i niech p będzie wielomianem takim, że

|p(t)−√t| 6 ε, t ∈ [0, 1].

Wtedy funkcja t 7−→ p(t2) jest również wielomianem oraz

|p(t2)− |t|| = |p(t2)−√t2| 6 ε, t ∈ [−1, 1].

• Zauważmy, że wobec twierdzenia Diniego, wystarczy skonstruować ciąg wielomianów (pν)∞ν=1

taki, że pν(t)√t dla dowolnego t ∈ [0, 1].

• Niech p1(t) := 0, t ∈ R, pν+1(t) := pν(t)+ 12 (t−p2

ν(t)), t ∈ R, ν ∈ N. Łatwo widać, że określiliśmyw ten sposób ciąg wielomianów. Pokażemy, że

pν(t) 6√t, t ∈ [0, 1], ν ∈ N. (†)

1. Wstęp

Dla ν = 1 nierówność oczywiście zachodzi. Przypuśćmy, że jest ona prawdziwa dla pewnego ν. Wtedydla t ∈ [0, 1] mamy:√t− pν+1(t) =

√t− pν(t)− 1

2 (t− p2ν(t))

= (√t− pν(t))

(1− 1

2 (√t+ pν(t))

)> (√t− pν(t))(1−

√t) > 0.

W konsekwencji, wobec zasady indukcji matematycznej, nierówność (†) zachodzi dla dowolnego ν.Z (†) wnioskujemy, że dla dowolnego t ∈ [0, 1] ciąg (pν(t))∞ν=1 jest niemalejący i ograniczony. Jest

zatem zbieżny. Niech p(t) oznacza jego granicę. Wobec wzoru rekurencyjnego mamy:

p(t) = p(t) +1

2(t− p2(t)),

skąd natychmiast wynika, że p(t) =√t.

Twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa (por. Uwaga 1.9.3(f)) można uogólnić następująco.

Twierdzenie 1.9.4 (Twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa). Załóżmy, że F jest przestrzenią unor-mowaną. Niech K ⊂ Rn będzie zbiorem zwartym i niech g ∈ C(K,F ). Wtedy istnieje ciąg wielomianów(pν)∞ν=1 ⊂ P(Rn, F ) taki, że pν −→ g jednostajnie na K.

Dowód . Najpierw pokażemy, że dla dowolnego ε > 0 istnieją punkty a1,. . . , aN ∈ F oraz funkcje gj ∈C0(Rn, [0, 1]), j = 1, . . . , N , takie, że∥∥∥g(x)−

N∑j=1

gj(x)aj

∥∥∥ 6 ε, x ∈ K.

Ustalmy ε > 0. Dla dowolnego x0 ∈ K istnieje otoczenie otwarte U(x0) takie, że ‖g(x)− g(x0)‖ 6 εdla x ∈ U(x0)∩K. Korzystając ze zwartości znajdziemy x1, . . . , xN ∈ K takie, żeK ⊂ U(x1)∪· · ·∪U(xN ).Na podstawie twierdzenia o rozkładzie jedności 1.1.19 istnieją gj ∈ C0(U(xj), [0, 1]), j = 1, . . . , N , takie,że g1 + · · · + gN = 1 w pewnym otoczeniu K. Niech aj := g(xj), j = 1, . . . , N . Wtedy na zbiorze Kmamy: ∥∥∥g − N∑

j=1

gjaj

∥∥∥ =∥∥∥ N∑j=1

gjg −N∑j=1

gjaj

∥∥∥ 6 N∑j=1

gj‖g − g(xj)‖ 6N∑j=1

gjε = ε.

Ustalmy ε > 0 i niech aj , gj , j = 1, . . . , N , będą takie, jak powyżej. Na podstawie klasycznegotwierdzenia Weierstrassa znajdziemy wielomiany p1, . . . , pN ∈ P(Rn) takie, że |pj − gj | 6 ε

N‖aj‖ na K,j = 1, . . . , N . Niech p := p1a1 + · · ·+ pNaN . Wtedy p ∈ P(Rn, F ) oraz na zbiorze K mamy:

‖p− g‖ 6∥∥∥p− N∑

j=1

gjaj

∥∥∥+∥∥∥ N∑j=1

gjaj − g∥∥∥ 6 ∥∥∥ N∑

j=1

(pjaj − gjaj)∥∥∥+ ε 6

N∑j=1

|pj − gj |‖aj‖+ ε 6 2ε.

1.10. Wielomiany Bernsteina

Niech K ⊂ Rn będzie zbiorem zwartym i niech g ∈ C(K). Z punktu widzenia jednostajnej aprok-symacji funkcji g na K wielomianami możemy założyć, że g ∈ C(Rn). Dalej, zwiększając K, możemyzałożyć, że K = P jest kostką niezdegenerowaną

(96). Dla dowolnej kostki istnieje izomorfizm afiniczny

L : Rn 7−→ Rn taki, że L(P ) = [0, 1]n. Jeżeli teraz (pν)∞ν=1 jest ciągiem wielomianów zbieżnym jedno-stajnie na [0, 1]n do funkcji g L−1, to (pν L)∞ν=1 jest ciągiem wielomianów zbieżnym jednostajnie naP do g. Możemy więc założyć, że K = [0, 1]n.

Dla dowolnej funkcji g : [0, 1]n 7−→ R definiujemy jej wielomiany Bernsteina(

97)

Bν(g;x) :=

ν∑j1,...,jn=0

(ν

j1

). . .

(ν

jn

)g(j1ν, . . . ,

jnν

)xj11 (1− x1)ν−j1 . . . xjnn (1− xn)ν−jn ,

x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn, ν = 1, 2, . . . .

(96)Tzn. P = [a1, b1]× · · · × [an, bn], gdzie aj < bj , j = 1, . . . , n.(

97)Siergiej Natanowicz Bernstein (1880–1968).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20121.10. Wielomiany Bernsteina 39

Zauważmy, że Bν(1;x) = 1.Twierdzenie 1.10.1 (Wielomiany Bernsteina). Dla dowolnej funkcji g ∈ C([0, 1]n) mamy:

|Bν(g;x)− g(x)| 6 3n2 ωg

( 1√ν

), x ∈ [0, 1]n, ν = 1, 2, . . . ,

gdzie ωg(δ) := sup|g(x′)− g(x′′)| : x′, x′′ ∈ [0, 1]n, ‖x′ − x′′‖ 6 δ(

98). W szczególności, Bν(g; ·) −→ g

jednostajnie na [0, 1]n.Dowód . Zastosujemy indukcję ze względu na n.

n = 1: Na wstępie zauważmy, że

|g(x′)− g(x′′)| 6(

1 +|x′ − x′′|

δ

)ωg(δ), x′, x′′ ∈ [0, 1], δ > 0.

Istotnie, ustalmy δ > 0 i x′ < x′′. Niech N := 1 + [x′′−x′δ ]. Niech x′ = x0 < · · · < xN = x′′ będzie

podziałem odcinka [x′, x′′] na N równych części. Wtedy

|g(x′)− g(x′′)| 6N∑j=1

|g(xj−1)− g(xj)| 6 Nωg(δ).

Przystępujemy do zasadniczego dowodu. Ustalmy ν ∈ N i zdefiniujmy pomocnicze punkty ξj := jν ,

j = 0, . . . , ν. Dla x ∈ [0, 1] mamy:

|Bν(g;x)− g(x)| 6ν∑j=0

(ν

j

)∣∣∣g(ξj)− g(x)∣∣∣xj(1− x)ν−j

6ν∑j=0

(ν

j

)(1 +√ν|ξj − x|

)ωg

( 1√ν

)xj(1− x)ν−j .

Dowód redukuje się więc do wykazania nierównościν∑j=0

(ν

j

)|ξj − x|xj(1− x)ν−j 6

1

2√ν, x ∈ [0, 1].

Na podstawie nierówności Schwarza mamy:( ν∑j=0

(ν

j

)|ξj − x|xj(1− x)ν−j

)2

6( ν∑j=0

(ν

j

)(ξj − x)2xj(1− x)ν−j

)( ν∑j=0

(ν

j

)xj(1− x)ν−j

)=

ν∑j=0

(ν

j

)(ξj − x)2xj(1− x)ν−j .

Ponieważ x(1− x) 6 14 dla x ∈ [0, 1], wystarczy udowodnić tożsamość

ν∑j=0

(ν

j

)(ξj − x)2xj(1− x)ν−j =

x(1− x)

ν, x ∈ R (Ćwiczenie).

Załóżmy teraz, że twierdzenie jest prawdziwe dla n−1. Niech x = (x′, xn) ∈ [0, 1]n−1× [0, 1]. Mamy:

|Bν(g;x)− g(x)| =∣∣∣ ν∑j=0

(ν

j

)Bν(g(·, ξj);x′)xjn(1− xn)ν−j − g(x)

∣∣∣6

ν∑j=0

(ν

j

)∣∣∣Bν(g(·, ξj);x′)− g(x′, ξj)∣∣∣xjn(1− xn)ν−j +

∣∣∣Bν(g(x′, ·);xn)− g(x′, xn)∣∣∣

6ν∑j=0

(ν

j

)3(n−1)

2 ωg(·,ξj)

( 1√ν

)xjn(1− xn)ν−j + 3

2ωg(x′,·)

( 1√ν

)6 3n

2 ωg

( 1√ν

).

(98)Zauważmy, że wobec jednostajnej ciągłości g na [0, 1]n, mamy limδ→0+ ωg(δ) = 0 — Ćwiczenie.

ROZDZIAł 2

Różniczkowanie odwzorowań

2.1. Różniczkowanie odwzorowań zmiennej rzeczywistej

Niech P ⊂ R będzie dowolnym przedziałem i niech F będzie przestrzenią unormowaną nad K. Niechf : P −→ F , a ∈ P . Mówimy, że f ma w punkcie a pochodną (lub też, że f jest różniczkowalna w punkciea), jeżeli istnieje granica

f ′(a) := limh→0

P−a3h6=0

f(a+ h)− f(a)

h∈ F.

Równoważnie: istnieje ` ∈ F takie, że

f(a+ h) = f(a) + `h+ α(h)h, h ∈ P − a,gdzie α : P − a −→ F , lim

h→0h 6=0

α(h) = 0 (oczywiście, ` = f ′(a)). Innymi słowy

f(a+ h) = f(a) + `h+ o(h) przy h −→ 0.

Niech D(P, F ; a) oznacza zbiór wszystkich odwzorowań f : P −→ F mających pochodną w punkciea.

Zauważmy, że dla P = [a, b), f ′(a) pokrywa się z pochodną prawostronną funkcji f w punkcie a

f ′+(a) := limh→0+

f(a+ h)− f(a)

h.

Podobnie, dla P = (b, a], f ′(a) pokrywa się z pochodną lewostronną

f ′−(a) := limh→0−

f(a+ h)− f(a)

h.

Obserwacja 2.1.1. (a) D(P, F ; a) ⊂ C(P, F ; a).(b) Jeżeli F = F1 × · · · × FN , f = (f1, . . . , fN ), to

f ∈ D(P, F ; a)⇐⇒ fj ∈ D(P, Fj ; a), j = 1, . . . , N.

Ponadto, f ′(a) = (f ′1(a), . . . , f ′N (a)).(c) Jeżeli f, g ∈ D(P, F ; a), to

µf + νg ∈ D(P, F ; a) i (µf + νg)′(a) = µf ′(a) + νg′(a), µ, ν ∈ K.Innymi słowy, D(P, F ; a) jest K–przestrzenią wektorową, a operator brania pochodnej

D(P, F ; a) 3 f 7−→ f ′(a) ∈ Fjest K–liniowy.

(d) Jeżeli L ∈ L(F,G) (gdzie G jest przestrzenią unormowaną) i f ∈ D(P, F ; a), to L f ∈ D(P,G; a)i (L f)′(a) = L(f ′(a)).

Propozycja 2.1.2. (a) Jeżeli

f ∈ D(P, F ; a), g ∈ D(P,G; a), B ∈ L(F,G;H),

gdzie F , G i H są przestrzeniami unormowanymi, to

B(f, g) ∈ D(P,H; a), (B(f, g))′(a) = B(f ′(a), g(a)) +B(f(a), g′(a)).

(b) W szczególności, jeżeli f ∈ D(P,K; a) i g ∈ D(P, F ; a), to

f · g ∈ D(P, F ; a), (f · g)′(a) = f ′(a)g(a) + f(a)g′(a).

41


2. Różniczkowanie odwzorowań

(c) Jeżeli H jest przestrzenią Hilberta, f, g ∈ D(P,H; a), to

〈f, g〉 ∈ D(P,H; a), (〈f, g〉)′(a) = 〈f ′(a), g(a)〉+ 〈f(a), g′(a)〉.

Dowód . (a) Dwuliniowość i ciągłość B dają:

B(f(a+ h), g(a+ h))−B(f(a), g(a))

h

= B(f(a+ h)− f(a)

h, g(a+ h)

)+B

(f(a),

g(a+ h)− g(a)

h

)−→ B(f ′(a), g(a)) +B(f(a), g′(a)).

(b) wynika z (a).(c) W przypadku gdy K = R, własność ta wynika bezpośrednio z (a). W przypadku gdy K = C,

wystarczy zauważyć, że w dowodzie (a) korzystaliśmy tylko z R–jednorodności.

Propozycja 2.1.3. Jeżeli ϕ ∈ D(Q,R; t0), f ∈ D(P, F ;ϕ(t0)) oraz ϕ(Q) ⊂ P , gdzie Q ⊂ R jestprzedziałem, to

f ϕ ∈ D(Q,F ; t0), (f ϕ)′(t0) = f ′(ϕ(t0))ϕ′(t0).

Dowód . Niech a := ϕ(t0) i niech

ϕ(t0 + t) = ϕ(t0) + ϕ′(t0)t+ β(t)t, f(a+ h) = f(a) + f ′(a)h+ α(h)h,

gdzie limt→0

β(t) = 0 i limh→0

α(h) = 0. Biorąc

h := ϕ(t0 + t)− ϕ(t0) = ϕ′(t0)t+ β(t)t,

mamy:

(f ϕ)(t0 + t) = f(a+ h) = f(a) + f ′(a)(ϕ′(t0)t+ β(t)t) + α(ϕ(t0 + t)− ϕ(t0)

)(ϕ′(t0)t+ β(t)t)

= (f ϕ)(t0) + f ′(ϕ(t0))ϕ′(t0)t+ γ(t)t,

gdzieγ(t) := f ′(a)β(t) + α

(ϕ(t0 + t)− ϕ(t0)

)(ϕ′(t0) + β(t)).

Pozostaje jeszcze zauważyć, że γ(t) −→ 0, gdy t −→ 0.

Przypuśćmy, że f ∈ D(P, F ;x) dla dowolnego x ∈ U , gdzie U ⊂ P jest otoczeniem (relatywnym)pewnego punktu a ∈ P . Mamy więc funkcję f ′ : U −→ F , x 7−→ f ′(x). Wtedy możemy zdefiniować drugąpochodną f ′′(a) = (f ′)′(a).

Ogólnie, jeżeli k− 1 pochodna f (k−1)(x) istnieje dla dowolnego x ∈ U , to definiujemy k-tą pochodnąf (k)(a) := (f (k−1))′(a).

Przyjmujemy ponadto f (0) := f . Niech Dk(P, F ; a) oznacza zbiór wszystkich odwzorowań f : P −→F mających w punkcie a k-tą pochodną.

Jest rzeczą widoczną, że Dk(P, F ; a) jest K–przestrzenią wektorową, a operator

Dk(P, F ; a) 3 f 7−→ f (k)(a) ∈ Fjest K–liniowy. Ponadto, Dk+1(P, F ; a) ⊂ Dk(P, F ; a). Jeżeli f ∈ Dk+`(P, F ; a), to oczywiście f (k) ∈D`(P, F ; a) (k, ` ∈ Z+). Jeżeli f (k) ∈ D`(P, F ; a), to

f ∈ Dk+`(P, F ; a), (f (k))(`)(a) = f (k+`)(a), k, ` ∈ Z+.

Zastosujemy indukcję ze względu na `. Dla ` = 1 wzór pokrywa się z definicją. Wykonujemy krokindukcyjny `− 1 `:

(f (k))(`)(a) = (f (k))(`−1+1)(a) = ((f (k))(`−1))′(a) = (fk+`−1))′(a) = f (k+`)(a).

Propozycja 2.1.4 (Wzór Leibniza(

1)). Jeżeli

f ∈ Dk(P, F ; a), g ∈ Dk(P,G; a), B ∈ L(F,G;H),

to

B(f, g) ∈ Dk(P,H; a), (B(f, g))(k)(a) =

k∑j=0

(k

j

)B(f (j)(a), g(k−j)(a)).

(1)Gottfryd Leibniz (1646–1716).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.1. Różniczkowanie odwzorowań zmiennej rzeczywistej 43

W szczególności:• Jeżeli f ∈ Dk(P,K; a), g ∈ Dk(P, F ; a), to

f · g ∈ Dk(P, F ; a), (f · g)(k)(a) =

k∑j=0

(k

j

)f (j)(a) · g(k−j)(a);

• Jeżeli H jest przestrzenią Hilberta, f, g ∈ Dk(P,H; a), to

〈f, g〉 ∈ Dk(P,H; a), (〈f, g〉)(k)(a) =

k∑j=0

(k

j

)〈f (j)(a), g(k−j)(a)〉.

Dowód . Dla k = 1 wynik pokrywa się z Propozycją 2.1.2(a).k k + 1: Na podstawie założenia indukcyjnego

(B(f, g))(k)(x) =

k∑j=0

(k

j

)B(f (j)(x), g(k−j)(x)), x ∈ U,

gdzie U ⊂ P jest pewnym otoczeniem a. Różniczkując ten wzór w punkcie a (zgodnie z Propozycją2.1.2(a)) dostajemy

(B(f, g))(k+1)(a) =

k∑j=0

(k

j

)(B(f (j+1)(a), g(k−j)(a)) +B(f (j)(a), g(k−j+1)(a))

)

=

k+1∑j=1

(k

j − 1

)B(f (j)(a), g(k−j+1)(a)) +

k∑j=0

(k

j

)B(f (j)(a), g(k−j+1)(a))

= B(f (0)(a), g(k+1)(a)) +( k∑j=1

(( k

j − 1

)+

(k

j

))B(f (j)(a), g(k−j+1)(a))

)+B(f (k+1)(a), g(0)(a))

=

(k + 1

0

)B(f (0)(a), g(k+1)(a)) +

( k∑j=1

(k + 1

j

)B(f (j)(a), g(k+1−j)(a))

)+

(k + 1

k + 1

)B(f (k+1)(a), g(0)(a)).

Propozycja 2.1.5. Jeżeli ϕ ∈ Dk(Q,R; t0), f ∈ Dk(P, F ;ϕ(t0)) i ϕ(Q) ⊂ P , to f ϕ ∈ Dk(Q,F ; t0)oraz

(f ϕ)(k)(t0) =∑

α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

k!

α1! · · ·αk!f (α1+···+αk)(ϕ(t0))

(ϕ′(t0)

1!

)α1

· · ·(ϕ(k)(t0)

k!

)αk.

Powyższy wzór jest czasem nazywany (choć niezupełnie słusznie) wzorem Faà di Bruno(

2).

Dowód . Dla k = 1 wynik pokrywa się z Propozycją 2.1.3.k k+1: Ponieważ (f ϕ)′(t) = f ′(ϕ(t))ϕ′(t) dla t z otoczenia t0, założenie indukcyjne i Propozycja

2.1.4 implikują, że (f ϕ)′ ∈ Dk(Q,F ; t0), a stąd f ϕ ∈ Dk+1(Q,F ; t0). Przechodzimy do wzoru (dla

(2)Francesco Faà di Bruno (1825–1888).



uproszczenia zapisu pomijamy argumenty, tzn. f (j) ' f (j)(ϕ(t0)), ϕ(j) ' ϕ(j)(t0)):

(f ϕ)(k+1)(t0) = ((f ′ ϕ) · ϕ′)(k)(t0)

(∗)=

k∑i=0

(k

i

) ∑α1,...,αi∈Z+

α1+2α2+···+iαi=i

i!

α1! . . . αi!(f ′)(α1+···+αi)

(ϕ′1!

)α1

. . .(ϕ(i)

i!

)αi(ϕ′)(k−i)

(∗∗)=

k∑i=0

∑α1,...,αk+1∈Z+

α1+2α2+···+(k+1)αk+1=i

k!

i!(k − i)!i!

α1! . . . αk+1!f (α1+···+αk+1+1)

(ϕ′1!

)α1

. . .( ϕ(k+1)

(k + 1)!

)αk+1

ϕ(k−i+1)

(∗∗∗)=

k∑i=0

∑α1,...,αk+1∈Z+

α1+2α2+···+(k+1)αk+1=k+1αk−i+1 6=0

(k − i+ 1)αk−i+1

k + 1

(k + 1)!

α1! . . . αk+1!f (α1+···+αk+1)

(ϕ′1!

)α1

. . .( ϕ(k+1)

(k + 1)!

)αk+1

=∑

α1,...,αk+1∈Z+

α1+2α2+···+(k+1)αk+1=k+1

k+1∑j=1

jαjk + 1

· (k + 1)!

α1! . . . αk+1!f (α1+···+αk+1)

(ϕ′1!

)α1

. . .( ϕ(k+1)

(k + 1)!

)αk+1

=∑

α1,...,αk+1∈Z+

α1+2α2+···+(k+1)αk+1=k+1

(k + 1)!

α1! . . . αk+1!f (α1+···+αk+1)

(ϕ′1!

)α1

. . .( ϕ(k+1)

(k + 1)!

)αk+1

,

gdzie:w (*) korzystamy ze wzoru Leibniza i założenia indukcyjnego,w (**) korzystamy z tego, że jeżeli α1 + 2α2 + · · ·+ (k + 1)αk+1 = i, to αi+1 = · · · = αk+1 = 0,w (***) przyjmujemy, że „nowe” αk−i+1 to 1+„stare” αk−i+1.

Niech

Dk(P, F ) :=⋂x∈P

Dk(P, F ;x), Ck(P, F ) := f ∈ Dk(P, F ) : f (k) ∈ C(P, F ).

Funkcje z Ck(P, F ) nazywamy funkcjami klasy Ck. Przyjmujemy C0(P, F ) := C(P, F ). Niech

C∞(P, F ) :=

∞⋂k=0

Ck(P, F ).

Ponadto, dla uproszczenia oznaczeń, niech Ck(P ) := Ck(P,R).

Obserwacja 2.1.6. (a) Ck+1(P, F ) ⊂ Dk+1(P, F ) ⊂ Ck(P, F ), k ∈ Z+. W szczególności, C∞(P, F ) =⋂k∈N

Dk(P, F ).

(b) Ck(P, F ) jest K–przestrzenią wektorową, k ∈ Z+ ∪ ∞.(c) f ∈ C(k+`)(P, F )⇐⇒ f (k) ∈ C`(P, F ), k, ` ∈ Z+.(d) Dla funkcji f` : R −→ R,

f`(x) :=

x` sin( 1

x ), gdy x 6= 0

0, gdy x = 0, ` ∈ Z+,

mamy:• f` ∈ C∞(R∗), ` ∈ Z+,• f0 /∈ C(R),• f2k−1 ∈ Ck−1(R) \Dk(R,R),• f2k ∈ Dk(R,R) \ Ck(R).Wynika, stąd w szczególności, że dla dowolnego przedziału P ⊂ R mamy

Ck(P, F ) Dk(P, F ) Ck−1(P, F ).


(e) Jeżeli P ∈ [a, b], [a,+∞), (−∞, b], to Ck(P, F ) = Ck(R, F )|P , k ∈ Z+.Najpierw zauważmy, że dla dowolnego x0 ∈ R oraz dowolnych c0,. . . ,ck ∈ F istnieje wielomian

g = gx0;c0,...,ck : R −→ F stopnia 6 k taki, że g(j)(x0) = cj , j = 0, . . . , k.Zastosujmy indukcję względem k. Dla k = 0 wynik jest trywialny.k k + 1: Ustalmy x0, c0, . . . , ck+1. Na podstawie założenia indukcyjnego istnieje wielomian h

stopnia 6 k taki, że h(j)(x0) = cj+1, j = 0, . . . , k; h(x) = bkxk + · · ·+ b1x+ b0. Niech

g(x) :=1

k + 1bkx

k+1 + · · ·+ 12b1x

2 + b0x+ b∗,

gdzie b∗ ∈ F jest tak dobrane, by g(x0) = c0. Wtedy g′ = h, a stąd g(j)(x0) = h(j−1)(x0) = cj ,j = 1, . . . , k + 1.

Niech teraz np. P = [a, b] i f ∈ Ck(P, F ). Wtedy przedłużenie f ∈ Ck(R, F ) funkcji f definiujemynastępująco:

f(x) :=

ga;f(a),f ′(a),...,f(k)(a)(x), gdy x ∈ (−∞, a]

f(x), gdy x ∈ [a, b]

gb;f(b),f ′(b),...,f(k)(b)(x), gdy x ∈ [b,+∞)

.

Przypadki P = [a,+∞) i P = (−∞, b] rozwiązujemy analogicznie (Ćwiczenie).Zauważmy, że jeżeli umielibyśmy pokazać, że dla dowolnego x0 ∈ R oraz dowolnego ciągu

(cj)∞j=0 ⊂ F , istnieje funkcja g ∈ C∞(R, F ) taka, że g(j)(x0) = cj , j = 0, 1, 2, . . . , to potrafiliby-

śmy pokazać, że C∞(P, F ) = C∞(R, F )|P — por. Propozycja 2.3.1.

Propozycja 2.1.7. (a) Jeżeli f ∈ Ck(P, F ), L ∈ L(F,G), to

L f ∈ Ck(P,G), k ∈ Z+ ∪ ∞.(b) Jeżeli f ∈ Ck(P, F ), g ∈ Ck(P,G), B ∈ L(F,G;H), to

B(f, g) ∈ Ck(P,H), k ∈ Z+ ∪ ∞.W szczególności:Jeżeli f ∈ Ck(P,K), g ∈ Ck(P, F ), to

f · g ∈ Ck(P, F ), k ∈ Z+ ∪ ∞.Jeżeli H jest przestrzenią Hilberta, f, g ∈ Ck(P,H; a), to

〈f, g〉 ∈ Ck(P,H; a), k ∈ Z+ ∪ ∞.(c) Jeżeli ϕ ∈ Ck(Q), f ∈ Ck(P, F ) i ϕ(Q) ⊂ P , to

f ϕ ∈ Ck(Q,F ), k ∈ Z+ ∪ ∞.

Dowód . (a) wynika z Obserwacji 2.1.1(d).(b) Stosujemy indukcję względem k. Dla k = 0 wynik jest oczywisty.k k + 1: Na podstawie Propozycji 2.1.2 mamy

(B(f, g))′ = B(f ′, g) +B(f, g′).

Ponieważ, f ′ ∈ Ck(P, F ) i g′ ∈ Ck(P,G), założenie indukcyjne implikuje, że

(B(f, g))′ ∈ Ck(P,H),

a stąd B(f, g) ∈ Ck+1(P,H) (Obserwacja 2.1.6(c)).(c) Stosujemy indukcję względem k. Dla k = 0 wynik jest oczywisty.k k+ 1: Na podstawie Propozycji 2.1.3 mamy (f ϕ)′ = (f ′ ϕ) ·ϕ′. Stąd, na podstawie założenia

indukcyjnego oraz (b), wnioskujemy, że (f ϕ)′ ∈ Ck(Q,F ), a więc f ϕ ∈ Ck+1(Q,F ).

Twierdzenie 2.1.8 (Twierdzenie o przyrostach skończonych). Niech

f : [a, b] −→ F, ϕ : [a, b] −→ R

będą funkcjami ciągłymi takimi, że f ′+(x) i ϕ′+(x) istnieją dla x ∈ [a, b]\S, gdzie #S 6 ℵ0. Wtedy, jeżeli‖f ′+(x)‖ 6 ϕ′+(x) dla dowolnego x ∈ [a, b] \ S, to

‖f(b)− f(a)‖ 6 ϕ(b)− ϕ(a).

Twierdzenie pozostaje prawdziwe, jeżeli pochodne prawostronne zastąpimy przez pochodne lewostron-ne.

Dowód . Niech S = a1, a2, . . . . Weźmy ε > 0 i niech

Φ(x) := ‖f(x)− f(a)‖ − (ϕ(x)− ϕ(a))− ε(x− a)− ε,

Ψ(x) := ε∑

ν: aν<x

1

2ν, x ∈ [a, b] (

∑∅... := 0),

I := x ∈ [a, b] : Φ(x) 6 Ψ(x), c := sup I.

Wystarczy pokazać, że b ∈ I (a następnie ε −→ 0).Odnotujmy, że Φ jest funkcją ciągłą, zaś Ψ jest funkcją niemalejącą.Zauważmy, że a ∈ I (bo Φ(a) = −ε) oraz [a, a + δ] ⊂ I dla pewnego δ > 0 (z ciągłości Φ).

W szczególności, c > a. Ponadto, c ∈ I.Istotnie, niech I 3 xn c, wtedy

Φ(xn) 6 Ψ(xn) 6 Ψ(c), n ∈ N.Teraz n −→ +∞ i korzystamy z ciągłości Φ.

Przypuśćmy, że c < b. Mamy dwa możliwe przypadki:• c = aν0 ∈ S. Z ciągłości Φ wynika, że istnieje δ > 0 taka, że Φ(x) 6 Φ(c)+ε/2ν0 dla x ∈ [c, c+δ] ⊂

[a, b]. Wtedy, dla x ∈ (c, c+ δ] mamy

Φ(x) 6 Ψ(c) +ε

2ν06 Ψ(x).

Wynika stąd, że [c, c+ δ] ⊂ I; sprzeczność.• c /∈ S. Niech

f(c+ h) = f(c) + f ′+(c)h+ α(h)h, ϕ(c+ h) = ϕ(c) + ϕ′+(c)h+ β(h)h,

gdzie limh→0+

α(h) = 0 i limh→0+

β(h) = 0. Wynika stąd, że dla małych h > 0 mamy

Φ(c+ h) = ‖f(c+ h)− f(a)‖ − (ϕ(c+ h)− ϕ(a))− ε(c+ h− a)− ε6 Φ(c) + ‖f(c+ h)− f(c)‖ − (ϕ(c+ h)− ϕ(c))− εh6 Ψ(c) + ‖f ′+(c)‖h+ ‖α(h)‖h− ϕ′+(c)h− β(h)h− εh6 Ψ(c+ h) +

(‖α(h)‖ − β(h)− ε

)h.

W takim razie [c, c+ h] ⊂ I dla małych h > 0; sprzeczność.

W przypadku pochodnych lewostronnych definiujemy

g : [a, b] −→ F, ψ : [a, b] −→ R,g(x) := −f(a+ b− x), ψ(x) := −ϕ(a+ b− x).

Bez trudu sprawdzamy, że g′+(x) = f ′−(a + b − x) i ψ′+(x) = ϕ′−(a + b − x) oraz ‖g′+(x)‖ 6 ψ′+(x) dlax ∈ [a, b] \ S′, gdzie S′ := a+ b− S. Stąd, na podstawie wersji z pochodnymi prawostronnymi, mamy

‖f(b)− f(a)‖ = ‖ − g(a) + g(b)‖ 6 ψ(b)− ψ(a) = −ϕ(a) + ϕ(b).

Przykład 2.1.9. Dla odwzorowania

f : [0, 2π] −→ R2, f(x) := (cosx, sinx),

zwykłe twierdzenie o wartości średniej (z równością) nie zachodzi. Istotnie

f(2π)− f(0) = (0, 0) 6= f ′(ξ) = (− sin ξ, cos ξ), ξ ∈ [0, 2π].

Wniosek 2.1.10. Jeżeli ϕ : [a, b] −→ R jest funkcją ciągłą taką, że ϕ′+(x) > 0 dla x ∈ [a, b] \ S, gdzie#S 6 ℵ0, to ϕ jest niemalejąca. Wynik pozostaje prawdziwy dla pochodnych lewostronnych. W szczegól-ności, jeżeli ϕ : [a, b] −→ R jest funkcją ciągłą taką, że ϕ′+(x) = 0 dla x ∈ [a, b] \ S, gdzie #S 6 ℵ0, toϕ ≡ const.

Dowód . Niech x′, x′′ ∈ [a, b], x′ < x′′. Stosujemy twierdzenie o przyrostach skończonych dla f := 0i ϕ|[x′,x′′].

Wniosek 2.1.11. Jeżeli f : [a, b] −→ F jest odwzorowaniem ciągłym takim, że f ′+(x) istnieje dlax ∈ [a, b] \ S, gdzie #S 6 ℵ0, to dla dowolnego ` ∈ F mamy

‖f(b)− f(a)− `(b− a)‖ 6 sup‖f ′+(x)− `‖ : x ∈ [a, b] \ S(b− a).

W szczególności,‖f(b)− f(a)‖ 6 sup‖f ′+(x)‖ : x ∈ [a, b] \ S(b− a).

Wynik pozostaje prawdziwy dla pochodnych lewostronnych.

Dowód . Zastępując f przez f(x)− `x, x ∈ [a, b], redukujemy twierdzenie do ` = 0.JeżeliM := sup‖f ′+(x)‖ : x ∈ [a, b]\S < +∞, to stosujemy twierdzenie o przyrostach skończonych

do funkcji f i ϕ(x) := Mx, x ∈ [a, b].

Wniosek 2.1.12. Niech f : P −→ F będzie funkcją ciągłą i różniczkowalną w P \ a dla pewnegoa ∈ P . Jeżeli ` := lim

x→af ′(x) istnieje, to f ′(a) istnieje i f ′(a) = `.

Dowód . Na podstawie Wniosku 2.1.11 mamy

f(a+ h) = f(a) + `h+ α(h)h,

gdzie

‖α(h)‖ 6 sup‖f ′(x)− `‖ : x ∈ (a, a+ h] −→h→0

0.

Wniosek 2.1.13. Jeżeli f ∈ Dk(P, F ), to f (k) ≡ 0 wtedy i tylko wtedy, gdy f jest wielomianem stopnia6 k − 1

(3).

Dowód . Implikacja (⇐=) jest oczywista.(=⇒): Indukcja względem k. Dla k = 1 znamy.k k + 1: Na podstawie założenia indukcyjnego f ′ jest wielomianem stopnia 6 k − 1, f ′(x) =

bk−1xk−1 + · · ·+ b1x+ b0 (bk−1, . . . , b0 ∈ F ). Niech g(x) := 1

k bk−1xk + · · ·+ 1

2b1x2 + b0x. Wtedy g′ = f ′.

Stąd (f − g)′ ≡ 0, a więc f = g + const.

Obserwacja 2.1.14. Niech

BDk(P, F ) := f ∈ Dk(P, F ) : f (j) ∈ B(P, F ), j = 0, . . . , k.Odnotujmy, że BDk(P, F ) jest K–przestrzenią wektorową oraz

BDk(P, F ) ⊂ BDk−1(P, F ).

Jeżeli P jest przedziałem zwartym, to Ck(P, F ) ⊂ BDk(P, F ).Niech

‖f‖P,k :=

k∑j=0

sup‖f (j)(x)‖ : x ∈ P, f ∈ BDk(P, F ).

Wtedy (BDk(P, F ), ‖ ‖P,k) jest przestrzenią unormowaną. Zbieżność fν −→ f0 w BDk(P, F ) oznacza, żef

(j)ν −→ f

(j)0 jednostajnie na P dla j = 0, . . . , k.

Jeżeli P jest przedziałem zwartym, to Ck(P, F ) jest podprzestrzenią domkniętą BDk(P, F ).

Definicja 2.1.15 (Funkcje wypukłe). Funkcję f : P −→ R nazywamy wypukłą, jeżeli spełniony jestktórykolwiek z następujących równoważnych warunków:(i) f(x) 6 f(a) + f(b)−f(a)

b−a (x− a), a, b ∈ P , a < b, a 6 x 6 b(

4)(

5);

(ii) f(ta+ (1− t)b) 6 tf(a) + (1− t)f(b), a, b ∈ P , a < b, 0 6 t 6 1;(iii) f(t1a1 + · · ·+tkak) 6 t1f(a1)+ · · ·+tkf(ak), k ∈ N2, 0 < t1, . . . , tk, t1 + · · ·+tk = 1, a1, . . . , ak ∈ P .(

6)

(3)Dokładniej — restrykcją do P wielomianu stopnia 6 k − 1.(

4)Co geometrycznie oznacza, że wykres funkcji f |[a,b] leży poniżej siecznej łączącej punkty (a, f(a)) i (b, f(b)).(

5)Warunek ten będziemy nazywać warunkiem wypukłości funkcji f dla przedziału [a, b] w punkcie x.(

6)Równoważność (i) ⇐⇒ (ii) jest oczywista: przyjmujemy x := ta + (1 − t)b. Pozostaje wykazać, że warunek (iii)

dla k − 1 implikuje warunek (iii) dla k. Mamy f(t1a1 + · · ·+ tkak) = f(t1a1 + (1− t1) t2a2+···+tkak1−t1

)k=26 t1f(a1) + (1−

t1)f( t2a2+···+tkak1−t1

)zał. ind.6 t1f(a1) + (1− t1)

(t2

1−t1f(a2) + · · ·+ tk

1−t1f(ak)

)= t1f(a1) + · · ·+ tkf(ak).

Funkcję f : P −→ R nazywamy wklęsłą, jeżeli funkcja −f jest wypukła.

Twierdzenie 2.1.16. Jeżeli f : P −→ R jest wypukła, to(a) pochodne jednostronne f ′−(x), f ′+(x) istnieją dla dowolnego x ∈ Q := intP ,(b) f ′+(a) 6 f(b)−f(a)

b−a 6 f ′−(b), a, b ∈ Q, a < b,(c) f ′− 6 f ′+,(d) limQ3x→a f(x) 6 f(a), a ∈ P \Q.

W szczególności:(e) f ∈ C(Q),(f) f ′+ jest funkcją niemalejącą,(g) f ′−(x) = f ′+(x) dla x ∈ Q \ S, gdzie S jest co najwyżej przeliczalny,(h) f ∈ C↑(P ).

Odwrotnie, jeżeli funkcja f : P −→ R spełnia (a), (c), (f), (h), to f jest wypukła.(

7)

W szczególności:• jeżeli f ∈ D(Q) ∩ C↑(P ), to f jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy f ′ jest niemalejąca w Q;• jeżeli f ∈ D2(Q) ∩ C↑(P ), to f jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy f ′′ > 0 w Q.

Dowód . Na wstępie przyjrzyjmy się warunkom (e), (f), (g), (h):(e) wynika z (a).(f) wynika z (a) i (b).Jeżeli f ′+ jest niemalejąca, to f ′+ jest ciągła poza zbiorem co najwyżej przeliczlanym. Z (b) mamy

f ′+(x−) 6 f ′−(x) 6 f ′+(x), x ∈ Q. Wynika stąd, że pochodna f ′(x) istnieje w każdym punkcie ciągłościf ′+, co daje (g).

(h) wynika z (d).

Załóżmy, że f : P −→ R jest wypukła. Korzystając z wypukłości funkcji f dla przedziału [x, x+ k]w punkcie x+ h dostajemy

f(x+ h)− f(x)

h6f(x+ k)− f(x)

k, x ∈ Q, 0 < h < k, x+ k ∈ P.

Oznacza to, że funkcja

(0, k) 3 h 7−→ f(x+ h)− f(x)

h

jest niemalejąca. Wynika stąd, że granica f ′+(x) istnieje, −∞ 6 f ′+(x) < +∞ oraz f ′+(x) 6 f(x+k)−f(x)k .

Uwaga: ponieważ jeszcze nie wiemy, czy f ′+(x) ∈ R, symbol f ′+(x) został tu użyty w sposób niezupełnieścisły. Ponownie korzystając z wypukłości dla przedziału [x− k, x] w punkcie x− h, mamy

f(x− h)− f(x)

h6f(x− k)− f(x)

k, x ∈ Q, 0 < h < k, x− k ∈ P.

Podobnie, jak poprzednio wynika stąd, że f ′−(x) istnieje, −∞ < f ′+(x) 6 +∞ oraz f(x)−f(x−k)k 6 f ′−(x).

Własność (b) jest więc wykazana.Przechodzimy do własności (c). Zauważmy, że wyniknie z niej natychmiast, że f ′+(x) i f ′−(x) są

skończone, czyli dostaniemy (a). Kolejny raz skorzystamy z wypukłości dla przedziału [x − h, x + k] wpunkcie x:

f(x− h)− f(x)

−h6f(x+ k)− f(x)

k, x ∈ Q, h, k > 0, x− h, x+ k ∈ P,

a stąd f ′−(x) 6 f ′+(x), x ∈ Q.Pozostaje wykazać (d). Przypuśćmy np., że b ∈ P jest prawym końcem przedziału P . Najpierw

pokażemy, że granica lewostronna f(b−) ∈ R istnieje. Ponieważ f ′+ jest funkcją niemalejącą, mamynastępujące możliwości:• f ′+ 6 0 w Q lub f ′+ > 0 w Q: wtedy f jest monotoniczna w Q, a stąd granica f(b−) istnieje;• istnieje punkt c ∈ Q taki, że f ′+ 6 0 w Q ∩ (−∞, c] i f ′+ > 0 w Q ∩ [c,+∞): wtedy f jest

niemalejąca w Q ∩ [c,+∞); w szczególności, f(b−) istnieje.

(7)Oznacza to, że f jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia (a), (b), (c), (d).

Teraz pokażemy, że f(b−) 6 f(b). Niech b′ ∈ P , b′ < b. Wtedy, korzystając z wypukłości dlaprzedziału [b′, b] w punkcie x, dostajemy

f(x) 6 f(b′) +f(b)− f(b′)

b− b′(x− b′), x ∈ [b′, b],

co przy x −→ b daje f(b−) 6 f(b).Podobnie postępujemy, gdy a ∈ P jest lewym końcem przedziału P — Ćwiczenie.

Załóżmy teraz, że warunki (a), (c), (f), (h) są spełnione. Najpierw pokażemy, że f jest wypukła wQ. Ustalmy a, b ⊂ Q, a < b, i niech

ϕ(x) := f(x)− f(a)− f(b)− f(a)

b− a(x− a), a 6 x 6 b.

Zauważmy, że ϕ(a) = ϕ(b) = 0. Chcemy pokazać, że ϕ 6 0. Zauważmy, że ϕ jest ciągła (wobec (a)).Przypuśćmy, że ϕ(c) = max[a,b] ϕ > 0 dla pewnego c ∈ (a, b). Mamy więc ϕ(c+h)−ϕ(c)

h 6 0, 0 < h 1,a stąd ϕ′+(c) 6 0. Podobnie, ϕ(c−h)−ϕ(c)

−h > 0, 0 < h 1, a stąd ϕ′−(c) > 0. Korzystając z (c),dostajemy ϕ′+(c) = 0. Stąd, wobec (f), ϕ jest funkcją niemalejącą w przedziale [c, b] i w szczególności,0 < ϕ(c) 6 ϕ(b) = 0 — sprzeczność.

Teraz pokażemy, że f jest wypukła w całym przedziale P . Niech a, b ∈ P , a < b, 0 < t < 1 będąustalone. Zauważmy, że ta+(1−t)b ∈ Q. Wiemy, że f(ta′+(1−t)b′) 6 tf(a′)+(1−t)f(b′) dla [a′, b′] ⊂ Q,a′ < b′. Korzystając z (h) mamy

f(ta+ (1− t)b) = limQ3a′→aQ3b′→b

f(ta′ + (1− t)b′) 6 lim infQ3a′→aQ3b′→b

tf(a′) + (1− t)f(b′)

6 t lim supQ3a′→a

f(a′) + (1− t) lim supQ3b′→b

f(b′) 6 tf(a) + (1− t)f(b).

Twierdzenie 2.1.17 (Twierdzenie o różniczkowaniu szeregu wyraz po wyrazie). Niech P ⊂ R będzieprzedziałem ograniczonym i niech F będzie przestrzenią Banacha.(a) Załóżmy, że mamy rodzinę (fi)i∈I ⊂ D(P, F ) taką, że:

• (f ′i)i∈I jest rodziną jednostajnie sumowalną na P ,• istnieje x0 ∈ P takie, że (fi(x0))i∈I jest rodziną sumowalną.

Wtedy (fi)i∈I jest rodziną jednostajnie sumowalną na P , funkcja f :=∑i∈I

fi jest różniczkowalna na

P oraz f ′ =∑i∈I

f ′i , czyli (∑i∈I

fi

)′=∑i∈I

f ′i .

(b) Załóżmy, że mamy ciąg (fν)∞ν=1 ⊂ D(P, F ) taki, że:

• szereg∞∑ν=1

f ′ν jest zbieżny jednostajnie na P ,

• istnieje x0 ∈ P takie, że szereg∞∑ν=1

fν(x0) jest zbieżny.

Wtedy szereg∞∑ν=1

fν jest zbieżny jednostajnie na P , funkcja f :=∞∑ν=1

fν jest różniczkowalna na P

oraz f ′ =∞∑ν=1

f ′ν , czyli ( ∞∑ν=1

fν

)′=

∞∑ν=1

f ′ν .

(c) Załóżmy, że mamy ciąg (fν)∞ν=1 ⊂ D(P, F ) taki, że:• ciąg (f ′ν)∞ν=1 jest zbieżny jednostajnie na P

(8),

• istnieje x0 ∈ P takie, że ciąg (fν(x0))∞ν=1 jest zbieżny.

(8)Założenia tego nie da się pominąć: niech fν(x) := 1

νsin(νx). Wtedy fν −→ 0 jednostajnie na R, ale f ′ν(x) = cos(νx),

a więc ciąg (f ′ν)∞ν=1 nie jest nawet zbieżny punktowo.



Wtedy ciąg (fν)∞ν=1 jest zbieżny jednostajnie na P , funkcja

f := limν→+∞

fν

jest różniczkowalna na P oraz f ′ = limν→+∞

f ′ν , czyli(lim

ν→+∞fν

)′= limν→+∞

f ′ν .

Dowód . (a) Zdefiniujmy gi := f ′i : P −→ F , i ∈ I, g :=∑i∈I

f ′i . Niech fA :=∑i∈A

fi, A ∈ F(I) (por. § 1.5).

Zauważmy, że fA jest funkcją różniczkowalną oraz (fA)′ = gA. Weźmy ε > 0 i niech C(ε) ∈ F(I) będzietakie, że dla A ∈ F(I \ C(ε)) mamy ‖fA(x0)‖ 6 ε i ‖gA(x)‖ 6 ε, x ∈ P (kryterium Cauchy’ego). Napodstawie Wniosku 2.1.11, dla A ∈ F(I \ C(ε)) i x ∈ P mamy:

‖fA(x)‖ 6 ‖fA(x0)‖+ ‖fA(x)− fA(x0)‖ 6 ε+ sup‖gA(ξ)‖ : ξ ∈ [x, x0]|x− x0| 6 ε+ ε diamP.

Wynika stąd, że (fi)i∈I jest rodziną jednostajnie sumowalną.Ustalmy a ∈ P i niech

hi(x) :=

fi(x)−fi(a)

x−a − f ′i(a) gdy x 6= a

0 gdy x = a, x ∈ P, i ∈ I.

Zauważmy, że każde z odwzorowań hi jest ciągłe w punkcie a. Rodzina (hi)i∈I jest jednostajnie sumowalnana P .

Istotnie, mamy

hA(x) =fA(x)− fA(a)

x− a− gA(a), x 6= a,

a stąd dostajemy

‖hA(x)‖ 6 sup‖gA(ξ)‖ : ξ ∈ [x, a]+ ‖gA(a)‖ 6 2 sup‖gA(ξ)‖ : ξ ∈ P,

co, na podstawie kryterium Cauchy’ego, daje jednostajną sumowalność.Teraz, na podstawie własności rodzin jednostajnie sumowalnych (Obserwacja 1.5.2(j)), mamy

limx→a

(f(x)− f(a)

x− a− g(a)

)= limx→a

∑i∈I

hi(x) =∑i∈I

limx→a

hi(x) = 0,

co kończy dowód.(b) Dowód jest analogiczny — Ćwiczenie.(c) wynika z (b).

Wniosek 2.1.18. Niech P ⊂ R będzie przedziałem ograniczonym, niech F będzie przestrzenią Banachai niech k ∈ N.(a) Załóżmy, że mamy rodzinę (fi)i∈I ⊂ Dk(P, F ) taką, że:

• rodzina (f(k)i )i∈I jest jednostajnie sumowalna na P ,

• istnieją x0, . . . , xk−1 ∈ P takie, że rodzina (f(j)i (xj))i∈I jest sumowalna, j = 0, . . . , k − 1.

Wtedy rodzina (f(j)i )i∈I jest jednostajnie sumowalna na P , j = 0, . . . , k − 1, funkcja f :=

∑i∈I

fi jest

k–krotnie różniczkowalna na P oraz f (j) =∑i∈I

f(j)i , czyli

(∑i∈I

fi

)(j)

=∑i∈I

f(j)i , j = 1, . . . , k.

(b) Załóżmy, że mamy ciąg (fν)∞ν=1 ⊂ Dk(P, F ) taki, że:


f(k)ν jest zbieżny jednostajnie na P ,

• istnieją x0, . . . , xk−1 ∈ P takie, że szereg∞∑ν=1

f(j)ν (xj) jest zbieżny, j = 0, . . . , k − 1.



f(j)ν jest zbieżny jednostajnie na P , j = 0, . . . , k − 1, funkcja f :=

∞∑ν=1

fν jest

k–krotnie różniczkowalna na P oraz f (j) =∞∑ν=1

f(j)ν , czyli

( ∞∑ν=1

fν

)(j)

=

∞∑ν=1

f (j)ν , j = 1, . . . , k.

(c) Załóżmy, że mamy ciąg funkcji k–krotnie różniczkowalnych fν : P −→ F , ν ∈ N, taki, że:• ciąg (f

(k)ν )∞ν=1 jest zbieżny jednostajnie na P ,

• istnieją x0, . . . , xk−1 ∈ P takie, że ciąg (f(j)ν (xj))

∞ν=1 jest zbieżny, j = 0, . . . , k − 1.

Wtedy ciąg (f(j)ν )∞ν=1 jest zbieżny jednostajnie na P , j = 0, . . . , k − 1, funkcja f := lim

ν→+∞fν jest

k–krotnie różniczkowalna na P oraz f (j) = limν→+∞

f(j)ν , czyli

(lim

ν→+∞fν

)(j)

= limν→+∞

f (j)ν , j = 1, . . . , k.

Wniosek 2.1.19. Jeżeli F jest przestrzenią Banacha, to (BDk(P, F ), ‖ ‖P,k) jest przestrzenią Banacha(zob. Obserwacja 2.1.14).

W szczególności, jeżeli P jest przedziałem zwartym, to (Ck(P, F ), ‖ ‖P,k) jest przestrzenią Banacha.

Dowód . Niech (fν)∞ν=1 ⊂ BDk(P, F ) będzie ciągiem Cauchy’ego. Wtedy (f(j)ν )∞ν=1 jest ciągiem Cau-

chy’ego w B(P, F ) dla j = 0, . . . , k. Ponieważ przestrzeń B(P, F ) jest zupełna, zatem f(j)ν −→ gj ∈

B(P, F ) jednostajnie na P dla j = 0, . . . , k. Teraz pozostaje już tylko skorzystać z Wniosku 2.1.18(c),aby stwierdzić, że g0 ∈ Dk(P, F ) i gj = g

(j)0 , j = 1, . . . , k.

Wniosek 2.1.20. Niech F będzie przestrzenią Banacha i niech

f(x) :=

∞∑ν=0

aν(x− x0)ν , x ∈ (x0 −R, x0 +R) =: P,

gdzie (aν)∞ν=1 ⊂ F , zaś R oznacza promień zbieżności szeregu; zob. § 1.7(

9). Wtedy:

• f ∈ C∞(P, F ),• dla dowolnego k ∈ N, promień zbieżności szeregu

∞∑ν=k

k!

(ν

k

)aν(x− x0)ν−k

jest równy R,

• f (k)(x) =∞∑ν=k

k!(νk

)aν(x− x0)ν−k, x ∈ P ,

• ak = 1k!f

(k)(x0), k ∈ Z+.

Dowód . Wszystko wynika ze wzoru na f (k)(x). Powstaje on przez k–krotne zróżniczkowanie szereguwyraz po wyrazie — cały problem w tym, czy powstały szereg jest zbieżny (wtedy będzie zbieżny onniemal jednostajnie w P i możemy zastosować twierdzenie o różniczkowaniu szeregu w każdym przedziale[a, b] ⊂ P ). Wystarczy rozważyć przypadek k = 1 (a następnie rozumować rekurencyjnie). Trzeba więc

policzyć promień zbieżności szeregu∞∑ν=0

(ν + 1)aν+1(x− x0)ν :

lim supν→∞

ν√

(ν + 1)‖aν+1‖ = lim supν→∞

(ν+1√

(ν + 1)‖aν+1‖)(ν+1)/ν

=1

R.

(9)

1R

= lim supν→+∞

ν√‖aν‖; zakładamy oczywiście, że R > 0.

2.2. Wzór Taylora

Wracamy do sytuacji gdy P ⊂ R jest dowolnym przedziałem, F jest przestrzenią unormowanąi f : P −→ F . Jeżeli f (k)(a) istnieje (k ∈ N), to definiujemy k-tą resztę funkcji f w punkcie a:

Rk(f, a, x) := f(x)−(f(a) + f ′(a)(x− a) + 1

2f′′(a)(x− a)2 + · · ·+ 1

k!f (k)(a)(x− a)k

), x ∈ P.

Ponadto przyjmujemy R0(f, a, x) := f(x)− f(a). Mamy

f(a+ h) = f(a) + f ′(a)h+ 12f′′(a)h2 + · · ·+ 1

k!f (k)(a)hk +Rk(f, a, a+ h), h ∈ P − a.

Zauważmy, że Rk(f, a, ·) jest funkcją różniczkowalną w pewnym otoczeniu U punktu a oraz

Rk(f, a, ·)′(x) = Rk−1(f ′, a, x), x ∈ U.

Twierdzenie 2.2.1 (Wzór Taylora(

10)). (a) (Wzór Taylora z resztą Peano

(11)) Jeżeli f (k)(a) ist-

nieje, to

limh→0

Rk(f, a, a+ h)

hk= 0.

(12)

(b) Jeżeli f ∈ Ck(P, F ), to dla dowolnego przedziału K := [p, q] ⊂ P mamy:

limδ→0

sup‖Rk(f, a, a+ h)‖

|h|k: a ∈ K, 0 < |h| 6 δ, a+ h ∈ P

= 0.

(c) (Wzór Taylora z resztą typu Lagrange’a(

13)) Jeżeli f ∈ Dk+1(P, F ) oraz

‖f (k+1)(x)‖ 6M, x ∈ P,

to

‖Rk(f, a, a+ h)‖ 6 M |h|k+1

(k + 1)!, a ∈ P, h ∈ P − a, k ∈ Z+.

Dowód . (a) Indukcja ze względu na k. Przypadek k = 1 jest oczywisty.k k + 1: Na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych, dla małych 0 6= h ∈ P − a mamy:

1

|h|k+1‖Rk+1(f, a, a+ h)‖ =

1

|h|k+1‖Rk+1(f, a, a+ h)−Rk+1(f, a, a)‖

61

|h|ksup‖Rk+1(f, a, ·)′(x)‖ : x ∈ (a, a+ h]

61

|h|ksup‖Rk(f ′, a, a+ ξ)‖ : ξ ∈ (0, h]

6 sup 1

|ξ|k‖Rk(f ′, a, a+ ξ)‖ : ξ ∈ (0, h]

−→h→0

0.

(b) Indukcja ze względu na k. Przypadek k = 1 wynika z twierdzenia o przyrostach skończonych(Wniosek 2.1.11):

sup‖R1(f, a, a+ h)‖

|h|: a ∈ K, 0 < |h| 6 δ, a+ h ∈ P

= sup

‖f(a+ h)− f(a)− f ′(a)h‖|h|

: a ∈ K, 0 < |h| 6 δ, a+ h ∈ P

6 sup‖f ′(x)− f ′(a)‖ : a ∈ K, x ∈ [a, a+ h], 0 < |h| 6 δ, a+ h ∈ P −→δ→0

0.

(11)Giuseppe Peano (1858–1932).(

12)Czyli Rk(f, a, a+ h) = o(hk) przy h −→ 0.(

13)Joseph de Lagrange (1736–1813).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.2. Wzór Taylora 53

k k + 1: Na podstawie dowodu (a) mamy:

sup‖Rk+1(f, a, a+ h)‖

|h|k+1: a ∈ K, 0 < |h| 6 δ, a+ h ∈ P

6 sup

‖Rk(f ′, a, a+ ξ)‖|ξ|k

: a ∈ K, 0 < |ξ| 6 δ, a+ ξ ∈ P−→δ→0

0.

(c) Indukcja ze względu na k. Przypadek k = 0 wynika z twierdzenia o przyrostach skończonych.k k + 1: Ustalmy a ∈ P . Mamy

‖Rk(f ′, a, a+ h)‖ 6 M |h|k+1

(k + 1)!, h ∈ P − a.

Niech

g(h) := Rk+1(f, a, a+ h), ϕ(h) :=Mhk+2

(k + 2)!, h ∈ Q := (P − a) ∩ R+.

Wobec poprzedniej nierówności mamy ‖g′‖ 6 ϕ′ na Q. Stąd, na podstawie twierdzenia o przyrostachskończonych,

‖Rk+1(f, a, a+ h)‖ = ‖g(h)− g(0)‖ 6 ϕ(h)− ϕ(0) =M |h|k+2

(k + 2)!, h ∈ Q.

W analogiczny sposób traktujemy przypadek h < 0(

14).

Obserwacja 2.2.2 (Jednoznaczność wzoru Taylora). (a) Jeżeli pochodna f (k)(a) istnieje oraz

f(a+ h) = b0 + b1h+1

2b2h

2 + · · ·+ 1

k!bkh

k + o(hk), przy h −→ 0, (†)

to bj = f (j)(a), j = 0, . . . , k.Istotnie, na podstawie wzoru Taylora z resztą Peano, mamy:

f(a) + f ′(a)h+1

2f ′′(a)h2 + · · ·+ 1

k!f (k)(a)hk

= b0 + b1h+ 12b2h

2 + · · ·+ 1

k!bkh

k + o(hk), przy h −→ 0.

Przechodząc z h do 0, dostajemy b0 = f(a). Jeżeli już wiemy, że dla pewnego ` ∈ 0, . . . , k − 1,bj = f (j)(a), j = 0, . . . , `, to

1

(`+ 1)!f (`+1)(a)h0 + · · ·+ 1

k!f (k)(a)hk−`−1

=1

(`+ 1)!b`+1h

0 + · · ·+ 1

k!bkh

k−`−1 + o(hk−`−1), przy h −→ 0.

a stąd wnioskujemy, że b`+1 = f (`+1)(a).

(b) Dla k = 1 wzór (†) jest oczywiście równoważny istnieniu f ′(a). Dla k > 2 tak być nie musi. Np.

f(x) :=

xk+1 sin(1/xk+1) gdy x 6= 0

0 gdy x = 0;

wtedy dla a := 0 wzór (†) zachodzi z b0 = · · · = bk = 0, ale f ′′(0) nie istnieje(

15).

Alternatywny dowód wzoru na k-tą pochodną złożenia (Propozycja 2.1.5). Przyjmijmy oznaczenia:

ϕj :=1

j!ϕ(j)(t0), a := ϕ(t0), fj :=

1

j!f (j)(a), j = 0, . . . , k.

Mamy:

f(a+ h) =

k∑i=0

fihi + α(h)hk, ϕ(t0 + t) =

k∑j=0

ϕjtj + β(t)tk,

(14)ϕ(h) := −M(−h)k+2/(k + 2)!, h ∈ (P − a) ∩ R−.(

15)f ′(0) = 0, f ′(x) = (k + 1)[xk sin(1/xk+1)− (1/x) cos(1/xk+1)] dla x 6= 0, lim

x→0f ′(x) nie istnieje.

gdzie limh→0

α(h) = 0, limt→0

β(t) = 0. Korzystając z Obserwacji 2.2.2 wystarczy wyznaczyć współczynnik

przy tk w rozwinięciu (f ϕ)(t0 + t). Liczymy:

(f ϕ)(t0 + t) =

k∑i=0

fi

( k∑j=1

ϕjtj + β(t)tk

)i+ α

(ϕ(t0 + t)− ϕ(t0)

)( k∑j=1

ϕjtj + β(t)tk

)k=

k∑i=0

fi

( k∑j=1

ϕjtj)i

+ o(tk) =

k∑i=0

fi∑

α1,...,αk∈Z+

α1+···+αk=i

i!

α1! · · ·αk!ϕα1

1 · · ·ϕαkk tα1+2α2+···+kαk + o(tk)

=

k∑ν=0

( ∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=ν

(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!fα1+···+αkϕ

α11 · · ·ϕ

αkk

)tν + o(tk)

=

k∑ν=0

1

ν!

( ∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=ν

ν!

α1! · · ·αk!f (α1+···+αk)(a)

(ϕ′(t0)

1!

)α1

· · ·(ϕ(k)(t0)

k!

)αk)tν + o(tk).

2.3. Szereg Taylora

Niech F będzie przestrzenią Banacha i niech f : P −→ F . Załóżmy, że dla pewnego a ∈ P pochodnaf (k)(a) istnieje dla dowolnego k ∈ N. Wtedy definiujemy szereg Taylora funkcji f w punkcie a

(Taf)(x) :=

∞∑ν=0

1

ν!f (ν)(a)(x− a)ν .

Jest to szereg potęgowy. Jeżeli jego promień zbieżności d(Taf) = R jest dodatni, to Taf możemy trakto-wać jako funkcję

Taf : (a−R, a+R) −→ F.

Na podstawie Wniosku 2.1.20 jest to funkcja klasy C∞ oraz Ta(Taf) = Taf .Odnotujmy wyraźnie, że promień zbieżności szeregu Taylora nie musi być dodatni, ani też, jeżeli jest

dodatni, to wcale nie musi zachodzić równość Taf = f w jakimś otoczeniu (relatywnym) punktu a(

16).

Propozycja 2.3.1 (Borel(

17)). Dla dowolnego ciągu (aν)∞ν=0 ⊂ R istnieje funkcja f ∈ C∞(R) taka, że

T0f(x) =

∞∑ν=0

aνxν , czyli

1

ν!f (ν)(0) = aν , ν ∈ Z+.

Innymi słowy, odwzorowanieC∞(R) 3 f 7−→ T0f ∈ R[[X]],

gdzie R[[X]] oznacza pierścień szeregów formalnych, jest epimorfizmem.

Można również pokazać (dowód pomijamy), że funkcja f może być tak dobrana, by f ∈ A(R∗).

Dowód . Na wstępie pokażemy, że dla dowolnego N ∈ Z+ istnieje funkcja gN ∈ C∞(R) taka, że gN = 0w pewnym otoczeniu zera oraz

‖aN+1xN+1 − gN‖R,N 6

1

2N.(

18)

(†)

Nietrudno jest pokazać, że istnieje funkcja ϕ ∈ C∞(R, [0, 1]) taka, że ϕ(x) = 0 dla |x| 6 12 i ϕ(x) = 1 dla

|x| > 1 (Ćwiczenie). Niech Cν := supR |ϕ(ν)|, ν ∈ Z+ (oczywiście Cν < +∞, ν ∈ Z+; odnotujmy, że(16)Klasyczny przykład: F := R, P = R, f(x) := 0 dla x 6 0 i f(x) := exp(−1/x) dla x > 0, a := 0; wtedy f ∈ C∞(R)

i T0f = 0.(17)Émile Borel (1871–1956).(

18)Przypomnijmy, że

‖h‖R,N =

N∑j=0

supx∈R|h(j)(x)|.

Uwaga: funkcja gN istnieje również, jeżeli funkcję aN+1xN+1 zastąpimy dowolną funkcją g ∈ C∞(R) taką, że g(0) = g′(0) =

· · · = g(N)(0) = 0 — Ćwiczenie.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.4. Funkcje analityczne 55

C0 = 1). Połóżmyhε(x) := ϕ(

x

ε)xN+1, x ∈ R, ε > 0.

Wtedy dla 0 < ε 6 1 mamy

‖xN+1 − hε‖R,N = ‖xN+1 − hε‖[−ε,ε],N =

N∑ν=0

sup|x|6ε

∣∣∣(xN+1(1− ϕ(x

ε)))(ν)∣∣∣

=

N∑ν=0

sup|x|6ε

∣∣∣ ν∑µ=0

(ν

µ

)(xN+1)(µ)(1− ϕ(

x

ε))(ν−µ)

∣∣∣=

N∑ν=0

sup|x|6ε

∣∣∣− ν−1∑µ=0

(ν

µ

)(N + 1

µ

)µ!xN+1−µεµ−νϕ(ν−µ)(

x

ε) +

(N + 1

ν

)ν!xN+1−ν

(1− ϕ(

x

ε))∣∣∣

6N∑ν=0

( ν−1∑µ=0

(ν

µ

)(N + 1

µ

)µ!εN+1−µεµ−νCν−µ +

(N + 1

ν

)ν!εN+1−ν

)

6N∑ν=0

εN+1−ν( ν∑µ=0

(ν

µ

)(N + 1

µ

)µ!Cν−µ

)6 ε

N∑ν=0

( ν∑µ=0

(ν

µ

)(N + 1

µ

)µ!Cν−µ

)= ε const(N).

Teraz jako gN wystarczy wziąć aN+1hε ze stosownie małym ε.

Jeżeli już mamy funkcje gN , N ∈ Z+, to definiujemy

f := a0 +

∞∑N=0

(aN+1xN+1 − gN ).

Wobec (†), szereg jest zbieżny normalnie w Ck(R) dla dowolnego k. Istotnie∞∑N=k

‖aN+1xN+1 − gN‖R,k 6

∞∑N=k

‖aN+1xN+1 − gN‖R,N 6

∞∑N=k

2−N < +∞.

W takim razie f ∈ C∞(R). Oczywiście, f(0) = a0.

Dla dowolnego ν szereg∞∑N=0

(aN+1xN+1−gN )(ν) jest zbieżny jednostajnie na R. Wynika stąd w szcze-

gólności (na podstawie twierdzenia o różniczkowaniu szeregu wyraz po wyrazie), że

f (ν)(0) =

∞∑N=0

(aN+1xN+1 − gN )(ν)(0) =

∞∑N=0

(aN+1xN+1)(ν)(0) =

ν−1∑N=0

(aN+1xN+1)(ν)(0) = ν!aν ,

ν ∈ N.

Ćwiczenie 2.3.2. Niech P ⊂ R będzie dowolnym przedziałem domkniętym. Udowodnić, że C∞(P ) =C∞(R)|P (por. Obserwacja 2.1.6(e)).

Ćwiczenie 2.3.3. Niech F będzie przestrzenią Banacha. Czy dla dowolnego ciągu (aν)∞ν=0 ⊂ F istniejefunkcja f ∈ C∞(R, F ) taka, że

T0f(x) =

∞∑ν=0

aνxν ?

2.4. Funkcje analityczne

Definicja 2.4.1. Niech F będzie przestrzenią Banacha i niech P będzie przedziałem otwartym. Powiemy,że funkcja f : P −→ F jest analityczna na P (f ∈ A(P, F ) lub f ∈ Cω(P, F )), jeżeli dla dowolnego a ∈ Pistnieje szereg potęgowy

∞∑ν=0

aν(x− a)ν o dodatnim promieniu zbieżności taki, że f(x) =∞∑ν=0

aν(x− a)ν

dla x z pewnego otoczenia punktu a.

Obserwacja 2.4.2. (a) A(P, F ) jest K–przestrzenią wektorową.(b) A(P, F ) ⊂ C∞(P, F ); jeżeli f ∈ A(P, F ), to f (k) ∈ A(P, F ) dla dowolnego k (Wniosek 2.1.20).

(c) Odwzorowanie f : P −→ F jest analityczne wtedy i tylko wtedy, gdy f ∈ C∞(P, F ) oraz dladowolnego a ∈ P mamy: d(Taf) > 0 i f = Taf w pewnym otoczeniu punktu a.

(d) Jeżeli f ∈ A(P, F ) oraz L ∈ L(F,G) (G jest przestrzenią Banacha), to L f ∈ A(P,G).(e) Jeżeli f ∈ A(P, F ), g ∈ A(P,G) oraz B ∈ L(F,G;H) (G, H są przestrzeniami Banacha), to B(f, g) ∈A(P,H) (zob. Propozycja 1.5.7).

(f) (Zasada identyczności) Jeżeli f, g ∈ A(P, F ) i f = g na pewnym niepustym zbiorze otwartym U ⊂ P ,to f ≡ g (Ćwiczenie).

Propozycja 2.4.3. Niech

f(x) :=

∞∑ν=0

aν(x− a)ν , x ∈ (a−R, a+R) =: P,

tak, jak we Wniosku 2.1.20. Wtedy f ∈ A(P, F ).

Dowód . Niech b ∈ P , r := R− |b− a|. Na wstępie zauważmy, że rodzina∑(ν,j)∈Z2

+: ν>j

aν

(ν

j

)(x− b)j(b− a)ν−j

jest sumowalna (Ćwiczenie). Teraz, wobec twierdzenia o grupowaniu wyrazów w rodzinach sumowal-nych, dla x ∈ (b− r, b+ r) mamy:

f(x) =

∞∑ν=0

aν(x− a)ν =

∞∑ν=0

aν(x− b+ b− a)ν

=

∞∑ν=0

aν

ν∑j=0

(ν

j

)(x− b)j(b− a)ν−j =

∞∑j=0

( ∞∑ν=j

(ν

j

)aν(b− a)ν−j

)(x− b)j .

Propozycja 2.4.4. Niech F będzie przestrzenią Banacha, niech P będzie przedziałem otwartym i niechf ∈ C∞(P, F ). Wtedy

f ∈ A(P, F )⇐⇒ ∀K⊂⊂P ∃C>0 ∃%>0 ∀k∈Z+:

1

k!supx∈K‖f (k)(x)‖ 6 C

%k.(

19)

Dowód . (⇐=): Niech a ∈ P , K = [a− r, a+ r] ⊂⊂ P i niech C i % będą takie, jak w warunku. Bez truduwidzimy, że d(Taf) > %. Dalej, korzystając ze wzoru Taylora z resztą Lagrange’a, dla |x− a| < minr, %mamy:

‖f(x)−k∑ν=0

1

ν!f (ν)(a)(x− a)ν‖ = ‖Rk(f, a, x)‖ 6 supK ‖f (k+1)‖

(k + 1)!|x− a|k+1 6 C

( |x− a|%

)k+1

−→k→+∞

0.

(=⇒): Rozumujemy lokalnie. Niech a ∈ P i r > 0 będą takie, że

f(x) =

∞∑ν=0

aν(x− a)ν , x ∈ (a− 3r, a+ 3r) ⊂ P.

Niech M := sup‖aν‖(2r)ν : ν ∈ Z+. Zdefiniujmy

ϕ(t) :=1

1− t=

∞∑ν=0

tν , |t| < 1.

Na podstawie Wniosku 2.1.20, mamy:

k!

(1− t)k+1= ϕ(k)(t) =

∞∑ν=k

k!

(ν

k

)tν−k.

(19)Równoważnie: ∀K⊂⊂P : lim sup

k→+∞k√

1k!

supx∈K ‖f (k)(x)‖ < +∞ (Ćwiczenie).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.4. Funkcje analityczne 57

Korzystając jeszcze raz z Wniosku 2.1.20, dla |x− a| 6 r mamy:

‖f (k)(x)‖ =∥∥∥ ∞∑ν=k

k!

(ν

k

)aν(x− a)ν−k

∥∥∥ 6 ∞∑ν=k

k!

(ν

k

)M

(2r)νrν−k

=M

(2r)k

∞∑ν=k

k!

(ν

k

)( 1

2 )ν−k =M

(2r)kϕ(k)( 1

2 ) =M

(2r)kk!2k+1 = k!

2M

rk.

Wniosek 2.4.5. Jeżeli f ∈ A(P, F ) oraz ϕ ∈ A(Q,R), ϕ(Q) ⊂ P (Q jest przedziałem otwartym), tof ϕ ∈ A(Q).

Dowód . Oczywiście f ϕ ∈ C∞(Q,F ). Niech K ⊂⊂ Q. Ponieważ, ϕ i f są analityczne, zatem napodstawie Propozycji 2.4.4 istnieją stałe C > 1, 0 < % < 1 takie, że

1

k!supt∈K|ϕ(k)(t)| 6 C

%k,

1

k!sup

x∈ϕ(K)

‖f (k)(x)‖ 6 C

%k, k ∈ Z+.

Teraz skorzystamy z Propozycji 2.1.5:

1

k!supt∈K‖(f ϕ)(k)(t)‖ = sup

t∈K

∥∥∥ ∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

1

α1! · · ·αk!f (α1+···+αk)(ϕ(t))

(ϕ′(t)1!

)α1

· · ·(ϕ(k)(t)

k!

)αk∥∥∥6

∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!

C

%α1+···+αk

(C%

)α1

· · ·( C%k

)αk

=C

%k

∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!

(C%

)α1+···+αk6C

%k2k−1

(C%

)k=

C/2

( %2

2C )k,

gdzie ostatnia nierówność wynika z następującego wzoru:∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!= 2k−1.

Dla dowodu tego wzoru, niech

f(x) : =1

2− x=

1

1− (x− 1)=

∞∑ν=0

(x− 1)ν =

∞∑ν=0

1

ν!f (ν)(1)(x− 1)ν , |x− 1| < 1,

ϕ(t) : =1

1− t=

∞∑ν=0

tν =

∞∑ν=0

1

ν!ϕ(ν)(0)tν , |t| < 1.

Wtedy

f(ϕ(t)) =1

2− 11−t

=1− t1− 2t

=

∞∑ν=0

(2t)ν − t∞∑ν=0

(2t)ν = 1 +

∞∑ν=1

2ν−1tν =

∞∑ν=0

1

ν!(f ϕ)(ν)(0)tν , |t| < 1

2.

Teraz, korzystając ze wzoru na pochodną złożenia, dostajemy

2k−1 =1

k!(f ϕ)(k)(0) =

∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

1

α1! · · ·αk!f (α1+···+αk)(1)

(ϕ′(0)

1!

)α1

· · ·(ϕ(k)(0)

k!

)αk

=∑

α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!.



2.5. Pochodne kierunkowe

Niech E i F będą przestrzeniami unormowanymi, niech Ω ⊂ E będzie zbiorem otwartym i niechf : Ω −→ F . Dla a ∈ Ω i ξ ∈ E, niech

Ωa,ξ := t ∈ R : a+ tξ ∈ Ω.Oczywiście Ωa,0 = R i 0 ∈ Ωa,ξ. Dla ξ 6= 0, zbiór Ωa,ξ jest izomorficzny z Ω ∩ (a+Rξ). Łatwo widać, żeΩa,ξ jest zbiorem otwartym. Niech

Ωa,ξ 3 tfa,ξ7−→ f(a+ tξ) ∈ F.

Oczywiście fa,0 ≡ const = f(a), fa,ξ(0) = f(a). Dla ξ 6= 0, funkcję fa,ξ możemy utożsamiać z f |Ω∩(a+Rξ).Jeżeli f ′a,ξ(0) istnieje, to mówimy że f ma pochodną kierunkową w punkcie a w kierunku ξ i definiu-

jemy∂f

∂ξ(a) := f ′a,ξ(0) = lim

t→0

f(a+ tξ)− f(a)

t.

Oczywiście ∂f∂0 (a) zawsze istnieje i ∂f∂0 (a) = 0.

Dla E = R i ξ 6= 0 mamy:∂f

∂ξ(a) istnieje ⇐⇒ f ′(a) istnieje.

Ponadto, ∂f∂ξ (a) = f ′(a)ξ.Zauważmy, że dla α ∈ R∗ mamy

∂f

∂(αξ)(a) istnieje ⇐⇒ ∂f

∂ξ(a) istnieje. Ponadto,

∂f

∂(αξ)(a) = α

∂f

∂ξ(a).

Ponieważ różniczkowanie „kierunkowe” sprowadza się do różniczkowania pewnej pomocniczej funkcjijednej zmiennej rzeczywistej, wiele reguł różniczkowania kierunkowego wynika natychmiast z odpowied-nich własności różniczkowania funkcji jednej zmiennej rzeczywistej, np. (przy oczywistych założeniacho f i g) mamy:

Jeżeli ∂f∂ξ (a) i ∂g∂ξ (a) istnieją, to ∂(f+g)∂ξ (a) istnieje oraz

∂(f + g)

∂ξ(a) =

∂f

∂ξ(a) +

∂g

∂ξ(a).

Jeżeli ∂f∂ξ (a) i ∂g∂ξ (a) istnieją oraz B ∈ L(F,G;H), to ∂(B(f,g))∂ξ (a) istnieje oraz

∂(B(f, g))

∂ξ(a) = B(

∂f

∂ξ(a), g(a)) +B(f(a),

∂g

∂ξ(a)).

Przykład 2.5.1.

f(x1, x2) :=

x41x

22

x81+x4

2gdy (x1, x2) 6= (0, 0)

0 gdy (x1, x2) = (0, 0).

Wtedy ∂f∂ξ (0, 0) = 0 dla dowolnego ξ ∈ R2

(20), ale f(t, t2) = 1

2 , a więc, w szczególności, f nie jest ciągław (0, 0).

Mówimy, że f ma w punkcie a różniczkę Gâteaux (różniczkę słabą)(

21), jeżeli ∂f

∂ξ (a) istnieje dladowolnego ξ ∈ E oraz odwzorowanie

E 3 ξ δaf7−→ ∂f

∂ξ(a) ∈ F

jest liniowe i ciągłe; odwzorowanie to nazywamy różniczką Gâteaux odwzorowania f w punkcie a.Przykład 2.5.1 pokazuje, że istnienie różniczki Gâteaux nie implikuje nawet ciągłości odwzorowania

w punkcie.(20)Dla ξ 6= (0, 0) mamy

f(tξ)− f(0)

t=

tξ41ξ22

t4ξ81 + ξ42.

(21)René Gâteaux (1880–1914).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.5. Pochodne kierunkowe 59

Jeżeli L : E −→ F jest operatorem liniowym nieciągłym (takim, jak, np. w Obserwacji 1.4.6), to∂L∂ξ (0) = L(ξ) dla dowolnego ξ ∈ E. W szczególności, odwzorowanie E 3 ξ 7−→ ∂L

∂ξ (a) ∈ F jest liniowe,ale nieciągłe.

Dla E = R mamy: δaf istnieje ⇐⇒ f ′(a) istnieje.Jeżeli E = Rn i (e1, . . . , en) jest bazą kanoniczną w Rn, to

∂f

∂ej(a) =:

∂f

∂xj(a)

nazywamy j-tą pochodną cząstkową (o ile istnieje).Jeżeli ponadto F = Rm, f = (f1, . . . , fm), to macierz

Jf(a) :=

[∂fj∂xk

(a)

]j=1,...,m, k=1,...,n

(o ile wszystkie pochodne cząstkowe istnieją) nazywamy macierzą Jacobiego odwzorowania f w punkciea(

22). Jeżeli m = 1, to macierz Jacobiego nazywamy gradientem funkcji f w punkcie a:

grad f(a) =[∂f∂x1

(a), . . . , ∂f∂xn (a)].

Jeżeli m = n, to det Jf(a) nazywamy jakobianem odwzorowania f w punkcie a.

Przykład 2.5.2. Niech

f(x1, x2) :=

x1x2

x21+x2

2gdy (x1, x2) 6= (0, 0)

0 gdy (x1, x2) = (0, 0).

Wtedy ∂f∂x1

(0, 0) = ∂f∂x2

(0, 0) = 0, ale ∂f∂(1,1) (0, 0) nie istnieje.

Niech

f(x1, x2) :=

x1x2(x1−x2)

x21+x2

2gdy (x1, x2) 6= (0, 0)

0 gdy (x1, x2) = (0, 0).

Wtedy ∂f∂ξ (0, 0) = f(ξ) dla dowolnego ξ ∈ R2, ale odwzorowanie

R2 3 ξ 7−→ ∂f

∂ξ(0, 0) ∈ R

nie jest liniowe.

Obserwacja 2.5.3. (a) Jeżeli E jest skończenie wymiarowa, to dla istnienia różniczki Gâteaux istotnajest tylko liniowość odwzorowania ξ 7−→ ∂f

∂ξ (a).(b) Jeżeli E = Rn i δaf istnieje, to

(δaf)(ξ) =∂f

∂ξ(a) =

∂f

∂x1(a)ξ1 + · · ·+ ∂f

∂xn(a)ξn, ξ = (ξ1, . . . , ξn) ∈ Rn.

(c) Jeżeli F = F1 × · · · × FN , f = (f1, . . . , fN ), to δaf istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy δaf1, . . . , δafNistnieją. Ponadto,

δaf := (δaf1, . . . , δafN ).

(d) Jeżeli E = Rn, F = Rm i δaf istnieje, to Jf(a) jest reprezentacją macierzową δaf , czyli

(δaf)(ξ) =∂f

∂ξ(a) = Jf(a).ξ, ξ ∈ Rn.

Niech ξ1, . . . , ξk ∈ E. Jeżeli pochodna kierunkowa∂k−1f

∂ξk−1 . . . ∂ξ1(x)

rzędu k−1 w kierunku wektorów ξ1, . . . , ξk−1 istnieje dla x z pewnego otoczenia punktu a, to definiujemypochodną kierunkową rzędu k w kierunku wektorów ξ1, . . . , ξk jako

∂kf

∂ξk . . . ∂ξ1(a) =

∂

∂ξk

( ∂k−1f

∂ξk−1 . . . ∂ξ1

)(a).

(22)Carl Jacobi (1804–1851).

Odnotujmy, że∂k+`f

∂ξk+` . . . ∂ξ1(a) =

∂`

∂ξk+` . . . ∂ξk+1

( ∂kf

∂ξk . . . ∂ξ1

)(a).

W szczególności, dla E = Rn definiujemy nk pochodnych cząstkowych rzędu k:∂kf

∂xik . . . ∂xi1(a), i1, . . . , ik ∈ 1, . . . , n.


f(x1, x2) :=

x1x2(x2

1−x22)

x21+x2

2gdy (x1, x2) 6= (0, 0)

0 gdy (x1, x2) = (0, 0).

Wtedy ∂f∂x1

(x) i ∂f∂x2

(x) istnieją dla dowolnego x ∈ R2 oraz

∂2f

∂x1∂x2(0, 0) = − ∂2f

∂x2∂x1(0, 0) = 1 (Ćwiczenie).

Propozycja 2.5.5 (Twierdzenie o równości pochodnych mieszanych). Załóżmy, że pochodne kierunkowe

∂2f

∂ξ∂η(x),

∂2f

∂η∂ξ(x)

istnieją dla x z otoczenia punktu a i są ciągłe w punkcie a. Wtedy∂2f

∂ξ∂η(a) =

∂2f

∂η∂ξ(a).

Dowód . Możemy założyć, że ξ, η 6= 0 i, dalej, że ‖ξ‖ = ‖η‖ = 1. Niech kula B(a, 3r) ⊂ Ω będzie taka, żepochodne mieszane istnieją dla dowolnego punktu x ∈ B(a, 3r). Zdefiniujmy

Φ(t) := f(a+ tξ + tη)− f(a+ tξ)− f(a+ tη) + f(a)− t2 ∂2f

∂ξ∂η(a), |t| 6 r.

Pokażemy, że Φ(t)/t2 −→ 0 przy t −→ 0+, co wobec symetrii wyrażenia

f(a+ tξ + tη)− f(a+ tξ)− f(a+ tη) + f(a),

da żądany wynik.Wystarczy pokazać, że

‖Φ(t)‖ 6 t2 sup∥∥∥ ∂2f

∂ξ∂η(a+ xξ + yη)− ∂2f

∂ξ∂η(a)∥∥∥ : 0 6 x, y 6 t

, 0 6 t 6 r. (†)

Ustalmy 0 < t 6 r i niech

g(y) := f(a+ tξ + yη)− f(a+ yη)− ty ∂2f

∂ξ∂η(a), 0 6 y 6 r.

Mamy Φ(t) = g(t)− g(0). Ponadto,

g′(y) =∂f

∂η(a+ tξ + yη)− ∂f

∂η(a+ yη)− t ∂

2f

∂ξ∂η(a).

Na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych, mamy:

‖Φ(t)‖ 6 t sup‖g′(y)‖ : 0 6 y 6 t. (‡)Ustalmy teraz 0 < y 6 t i niech

h(x) :=∂f

∂η(a+ xξ + yη)− x ∂2f

∂ξ∂η(a), 0 6 x 6 r.

Mamy g′(y) = h(t)− h(0). Ponadto,

h′(x) =∂2f

∂ξ∂η(a+ xξ + yη)− ∂2f

∂ξ∂η(a).

Na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych, dostajemy

‖g′(y)‖ 6 y sup‖h′(x)‖ : 0 6 x 6 t,

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.6. Różniczkowanie odwzorowań . . . 61

co łącznie z (‡) daje (†)

Wniosek 2.5.6. Niech ξ1, . . . , ξk ∈ E (k > 2). Załóżmy, że dla dowolnego ` ∈ 2, . . . , k i dla dowolnegoodwzorowania injektywnego

τ : 1, . . . , ` −→ 1, . . . , k,pochodna kierunkowa

∂`f

∂ξτ(`) . . . ∂ξτ(1)(x)

istnieje dla x ∈ Ω oraz funkcja

Ω 3 x 7−→ ∂`f

∂ξτ(`) . . . ∂ξτ(1)(x)

jest ciągła na całym Ω dla ` < k oraz jest ciągła w punkcie a dla ` = k. Wtedy dla dowolnej permutacjik–elementowej σ mamy:

∂kf

∂ξσ(k) . . . ∂ξσ(1)(a) =

∂kf

∂ξk . . . ∂ξ1(a).

Dowód . Zastosujemy indukcję ze względu na k. Przypadek k = 2 został rozwiązany w poprzedniejpropozycji. Załóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla k − 1 i niech σ będzie dowolną permutacją kelementową.

Przypadek σ(j) = j, j = 1, . . . , k − 2, σ(k − 1) = k, σ(k) = k − 1 redukuje się do przypadku k = 2:

∂kf

∂ξσ(k) . . . ∂ξσ(1)(a) =

∂2

∂ξk−1∂ξk

( ∂k−2f

∂ξk−2 . . . ∂ξ1

)(a) =

∂2

∂ξk∂ξk−1

( ∂k−2f

∂ξk−2 . . . ∂ξ1

)(a) =

∂kf

∂ξk . . . ∂ξ1(a).

Przypadek σ(k) = k wynika z założenia indukcyjnego:

∂kf

∂ξσ(k) . . . ∂ξσ(1)(a) =

∂

∂ξk

( ∂k−1f

∂ξσ(k−1) . . . ∂ξσ(1)

)(a) =

∂

∂ξk

( ∂k−1f

∂ξk−1 . . . ∂ξ1

)(a) =

∂kf

∂ξk . . . ∂ξ1(a).

Pozostałe przypadki wynikają z faktu, iż każda permutacja jest złożeniem pewnej liczby permutacjipowyższych dwóch typów.

2.6. Różniczkowanie odwzorowań o wartościach w przestrzeni unormowanej

Niech E i F będą przestrzeniami unormowanymi nad K, niech Ω ⊂ E będzie zbiorem otwartym,f : Ω −→ F i niech a ∈ Ω.

Definicja 2.6.1. Powiemy, że odwzorowanie f jest różniczkowalne w punkcie a (ma w punkcie a różniczkęFrécheta (mocną)

(23)), jeżeli istnieje odwzorowanie L ∈ L(E,F ) takie, że

f(a+ h) = f(a) + L(h) + o(‖h‖) gdy h −→ 0.

Równoważnie,

limE∗3h→0

f(a+ h)− f(a)− L(h)

‖h‖= 0.

Odnotujmy, że oczywiście definicja ta nie zależy od wyboru normy (w klasie norm równoważnych).Zbiór wszystkich odwzorowań f : Ω −→ F różniczkowalnych w punkcie a będziemy oznaczać roboczo

przez D(Ω,F ; a). Oczywiście, każde odwzorowanie stałe jest różniczkowalne (L = 0).

Obserwacja 2.6.2. (a) Jeżeli f jest różniczkowalne w punkcie a, to f jest ciągłe w punkcie a.(b) Każde odwzorowanie liniowe i ciągłe L ∈ L(E,F ) jest różniczkowalne w każdym punkcie a ∈ E.

Istotnie, L(a+ h) = L(a) + L(h).(c) Jeżeli f jest różniczkowalne w punkcie a, to f ma różniczkę Gâteaux w punkcie a i δaf = L (gdzie

L jest odwzorowaniem występującym w definicji różniczkowalności w sensie Frécheta).Istotnie, dla dowolnego ξ ∈ E mamy

f(a+ tξ) = f(a) + L(tξ) + o(‖tξ‖) = f(a) + tL(ξ) + o(t), gdy t −→ 0.

Jak wiemy, istnieją odwzorowania nieciągłe mające różniczkę Gâteaux, a więc różniczkowalnośćw sensie Frécheta jest istotnie mocniejsza.(23)René Fréchet (1878–1973).



(d) Jeżeli E = Rn, to f jest różniczkowalne w punkcie a wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje L ∈ L(Rn, F )oraz odwzorowania g1, . . . , gn : Ω − a −→ F takie, że

limh→0

gj(h) = 0 = gj(0), j = 1, . . . , n,

f(a+ h) = f(a) + L(h) +

n∑j=1

hjgj(h), h = (h1, . . . , hn) ∈ Ω − a.

Istotnie, jest widoczne, że powyższy warunek jest wystarczający. Przypuśćmy teraz, że f(a+h) =f(a) + L(h) + o(‖h‖), gdzie L ∈ L(Rn, F ). Definiujemy

gj(h) :=hj‖h‖2

(f(a+ h)− f(a)− L(h)

), h ∈ (Ω − a)∗, gj(0) := 0, j = 1, . . . , n.

Z powyższej obserwacji wynika, że jeżeli f jest różniczkowalne w punkcie a, to odwzorowanie Lwystępujące w definicji jest jednoznacznie wyznaczone. Oznaczamy je przez f ′(a) i nazywamy pochodną(różniczką Frécheta) odwzorowania f w punkcie a. Mamy więc

f ′(a) ∈ L(E,F ), f ′(a)(h) = (δaf)(h) =∂f

∂h(a), h ∈ E.

Przypomnijmy, że const′(a) = 0 i jeżeli L ∈ L(E,F ), to L′(a) = L dla dowolnego a ∈ E (Obserwacja2.6.2(b)).

Uwaga 2.6.3. W przypadku przestrzeni zespolonych musimy wyraźnie rozróżniać pomiędzy różniczko-waniem w sensie zespolonym i różniczkowaniem w sensie rzeczywistym. Oczywiście każde odwzorowanieC–liniowe jest R–liniowe. Tak więc, jeżeli E,F są przestrzeniami nad C i odwzorowanie f jest różnicz-kowalne w punkcie a w sensie zespolonym (tzn. różniczka f ′(a) jest C–liniowa), to f jest różniczkowalnew punkcie a w sensie rzeczywistym. Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe. Np. jeżeli L ∈ L(E,F ) jestodwzorowaniem R–liniowym, które nie jest C–liniowe, to L jest różniczkowalne w sensie rzeczywistym,ale nie jest różniczkowalne w sensie zespolonym; dla przykładu: E = F := C, L(z) := z, z ∈ C.

Obserwacja 2.6.4. (a) Jeżeli E = R, to f jest różniczkowalne w sensie Frécheta w punkcie a wtedyi tylko wtedy, gdy f ′(a) istnieje w zwykłym sensie. Ponadto, f ′(a)(h) = f ′(a)h dla dowolnego h ∈ R.

(b) Jeżeli F = F1 × · · · × FN , f = (f1, . . . , fN ), to

f ∈ D(Ω,F ; a)⇐⇒ fj ∈ D(Ω,Fj ; a), j = 1, . . . , N.

Ponadto, f ′(a) = (f ′1(a), . . . , f ′N (a)).(c) Jeżeli f, g ∈ D(Ω,F ; a), to

µf + νg ∈ D(Ω,F ; a), (µf + νg)′(a) = µf ′(a) + νg′(a), µ, ν ∈ K.

Innymi słowy, D(Ω,F ; a) jest K–przestrzenią wektorową, a operator brania pochodnej D(Ω,F ; a) 3f 7−→ f ′(a) ∈ L(E,F ) jest K–liniowy.

(d) Jeżeli L ∈ L(F,G) (gdzie G jest przestrzenią unormowaną) i f ∈ D(Ω,F ; a), to L f ∈ D(Ω,G; a)i (L f)′(a) = L f ′(a).

(e) Jeżeli B ∈ L(E,F ;G), to

B′(a, b)(h, k) = B(h, b) +B(a, k), (a, b), (h, k) ∈ E × F.

Istotnie, odwzorowanie

E × F 3 (h, k)L7−→ B(h, b) +B(a, k) ∈ G

jest liniowe i ciągłe. Ponadto,

B(a+ h, b+ k)−B(a, b)− (B(h, b) +B(a, k)) = B(h, k)

oraz‖B(h, k)‖‖h‖+ ‖k‖

6‖B‖‖h‖‖k‖‖h‖+ ‖k‖

6 ‖B‖(‖h‖+ ‖k‖).


Propozycja 2.6.5. (a) Jeżeli

f ∈ D(Ω,F ; a), g ∈ D(Ω,G; a), B ∈ L(F,G;H),

gdzie F , G i H są przestrzeniami unormowanymi, to

B(f, g) ∈ D(Ω,H; a)

oraz(B(f, g))′(a)(h) = B(f ′(a)(h), g(a)) +B(f(a), g′(a)(h)), h ∈ E.

(b) W szczególności, jeżeli f ∈ D(Ω,K; a) i g ∈ D(Ω,F ; a), to f · g ∈ D(Ω,F ; a) oraz

(f · g)′(a)(h) = f ′(a)(h) · g(a) + f(a) · g′(a)(h), h ∈ E.

(c) Jeżeli H jest przestrzenią Hilberta, f, g ∈ D(Ω,H; a), to

〈f, g〉 ∈ D(Ω,H; a) i (〈f, g〉)′(a) = 〈f ′(a), g(a)〉+ 〈f(a), g′(a)〉.

Dowód . (a) Operator E 3 h L7−→ B(f ′(a)(h), g(a)) + B(f(a), g′(a)(h)) jest oczywiście liniowy i ciągły.Wobec dwuliniowości B, dostajemy:

B(f(a+ h), g(a+ h))−B(f(a), g(a))− L(h)

‖h‖= B

(f(a+ h)− f(a)− f ′(a)(h)

‖h‖, g(a+ h)

)+B

(f(a),

g(a+ h)− g(a)− g′(a)(h)

‖h‖

)+B

(f ′(a)(h)

‖h‖, g(a+ h)− g(a)

)= A1(h) +A2(h) +A3(h).

Ciągłość B oraz różniczkowalność f i g w punkcie a (w szczególności, ciągłość g w punkcie a) implikują,że A1(h) −→ 0 i A2(h) −→ 0 oraz

‖A3(h)‖ 6 ‖B‖‖f ′(a)‖‖g(a+ h)− g(a)‖ −→ 0,

gdy h −→ 0.(b) wynika z (a).(c) W przypadku, gdy K = R własność ta wynika bezpośrednio z (a). W przypadku, gdy K = C

wystarczy zauważyć, że w dowodzie (a) korzystaliśmy tylko z R–jednorodności.

Propozycja 2.6.6 (Różniczkowanie złożenia). Niech G będzie przestrzenią unormowaną, niech U ⊂G będzie zbiorem otwartym, niech ϕ : U −→ E i niech t0 ∈ U . Załóżmy, że ϕ ∈ D(U,E; t0), f ∈D(Ω,F ;ϕ(t0)) i ϕ(U) ⊂ Ω. Wtedy f ϕ ∈ D(U,F ; t0) oraz (f ϕ)′(t0) = f ′(ϕ(t0)) ϕ′(t0).

Dowód . Niech a := ϕ(t0), B := ϕ′(t0), A := f ′(a),

ϕ(t0 + t) = ϕ(t0) +B(t) + β(t)‖t‖, f(a+ h) = f(a) +A(h) + α(h)‖h‖,

gdzie limt→0

β(t) = 0, limh→0

α(h) = 0.

Oczywiście A B ∈ L(G,F ). Dla małych t ∈ G∗ niech

h(t) := ϕ(t0 + t)− ϕ(t0) = B(t) + β(t)‖t‖.

Oczywiście h(t) −→ 0, gdy t −→ 0. Mamy:

(f ϕ)(t0 + t) = f(a+ h(t)) = f(a) +A(B(t) + β(t)‖t‖) + α(h(t))‖B(t) + β(t)‖t‖‖= (f ϕ)(t0) + (A(B(t)) + γ(t)‖t‖,

gdzie

γ(t) := A(β(t)) + α(h(t))∥∥∥B(t)

‖t‖+ β(t)

∥∥∥.Pozostaje jeszcze zauważyć, że γ(t) −→ 0, gdy t −→ 0.

Obserwacja 2.6.7. Propozycja 2.6.5 wynika z Propozycji 2.6.6 i Obserwacji 2.6.4(b, e). Istotnie,

(B(f, g))′(a)(h) = (B (f, g))′(a)(h) = (B′((f, g)(a)) ((f, g)′(a)))(h)

= B′(f(a), g(a))(f ′(a)(h), g′(a)(h)) = B(f ′(a)(h), g(a)) +B(f(a), g′(a)(h)).



Jeżeli E = E1 × · · · × EN , a = (a1, . . . , aN ), to definiujemy

Ωa,j := xj ∈ Ej : (a1, . . . , aj−1, xj , aj+1, . . . , an) ∈ Ω,fa,j(xj) := f(a1, . . . , aj−1, xj , aj+1, . . . , an), xj ∈ Ωa,j , j = 1, . . . , N ;

zauważmy, że Ωa,j jest zbiorem otwartym w Ej . Powiemy, że f ma w punkcie a różniczkę cząstkowąw kierunku przestrzeni Ej , jeżeli różniczka f ′a,j(aj) ∈ L(Ej , F ) istnieje. Oznaczamy ją wtedy przez∂f∂Ej

(a).

Obserwacja 2.6.8. Jeżeli dimEj = 1 i Ej = Rξ (dla pewnego j), to ∂f∂Ej

(a) istnieje wtedy i tylko wtedy,

gdy ∂f∂ξ (a) istnieje. Ponadto,

∂f

∂Ej(a)(hj) =

∂f

∂hj(a), hj ∈ Ej .

Propozycja 2.6.9. (a) Jeżeli f ′(a) istnieje, to ∂f∂E1

(a), . . . , ∂f∂EN

(a) istnieją oraz

f ′(a)(h) =

N∑j=1

∂f

∂Ej(a)(hj), h = (h1, . . . , hN ) ∈ E1 × · · · × EN ,

czyli∂f

∂Ej(a)(hj) = f ′(a)(0, . . . , 0, hj

j

, 0, . . . , 0), hj ∈ Ej , j = 1, . . . , N.

W szczególności, dla E = Rn, jeżeli f ′(a) istnieje, to istnieją pochodne cząstkowe ∂f∂x1

(a), . . . ,∂f∂xn

(a) oraz f ′(a)(h) =n∑j=1

∂f∂xj

(a)hj.

(b) Niech ϕ ∈ D(U,E; t0) i f ∈ D(Ω,F ;ϕ(t0)) będą takie, jak w twierdzeniu o różniczkowaniu złożenia.Załóżmy, że

G = G1 × · · · ×Gp, E = E1 × · · · × En, ϕ = (ϕ1, . . . , ϕn).

Wtedy:

(f ϕ)′(t0)(X) =

p∑k=1

n∑j=1

( ∂f∂Ej

(ϕ(t0)) ∂ϕj∂Gk

(t0))

(Xk), X = (X1, . . . , Xp) ∈ G1 × · · · ×Gp,

czyli∂(f ϕ)

∂Gk(t0)(Xk) =

n∑j=1

( ∂f∂Ej


(t0))

(Xk), k = 1, . . . , p.

W szczególności, dla G = Kp, E = Kn, dostajemy

∂(f ϕ)

∂tk(t0) =

n∑j=1

∂f

∂xj(ϕ(t0))

∂ϕj∂tk

(t0), k = 1, . . . , p.

Jeżeli ponadto F = Km, to powyższy wzór ma następującą interpretację macierzową:

J(f ϕ)(t0) = Jf(ϕ(t0)).Jϕ(t0).(

24)

(24)Przypomnijmy, że wzór ten jest prawdziwy przy założeniu, że ϕ′(t0) i f ′(ϕ(t0)) istnieją. Jeżeli istnieją tylko

pochodne cząstkowe (tak, że wszystkie występujące obiekty mają sens), to wzór nie musi zachodzić. Dla przykładu, niechϕ : R −→ R2, ϕ(t) := (t, t2) (odnotujmy, że ϕ jest klasy C∞), f : R2 −→ R, f(t, t2) := 0, f(t, 0) = f(0, t) := t, a poza tymf jest określona dowolnie, t0 := 0. Wtedy ϕ(0) = (0, 0), f ϕ ≡ 0,

Jϕ(0) =

[10

], Jf(0, 0) = [1, 1], Jf(0, 0).Jϕ(0) = 1.


Dowód . (a) Zauważmy, że fa,j = f ψa,j , gdzie

Ωa,j 3 xjψa,j7−→ (a1, . . . , aj−1, xj , aj+1, . . . , an) ∈ E1 × · · · × EN .

Wystarczy teraz skorzystać z twierdzenia o różniczkowaniu złożenia:

f ′a,j(aj)(hj) = (f ψa,j)′(aj)(hj) = (f ′(ψa,j(aj)) ψ′a,j(aj))(hj) = f ′(a)(0, . . . , 0, hjj

, 0, . . . , 0).

(b) Na podstawie (a) mamy:

(f ϕ)′(t0)(X) = f ′(ϕ(t0))(ϕ′(t0)(X)) = f ′(ϕ(t0))( p∑k=1

∂ϕ

∂Gk(t0)(Xk)

)=

n∑j=1

∂f

∂Ej(ϕ(t0))

( p∑k=1

∂ϕj∂Gk

(t0)(Xk))

=

p∑k=1

n∑j=1

( ∂f∂Ej


(t0))

(Xk).

Propozycja 2.6.10 (Twierdzenie o przyrostach skończonych). Załóżmy, że D ⊂ E jest obszarem gwiaź-dzistym względem punktu a (tzn. [a, x] ⊂ D dla dowolnego x ∈ D). Niech f : D −→ F będzie odwzorowa-niem ciągłym takim, że f ′(x) istnieje dla x ∈ D\S, gdzie S ⊂ D jest zbiorem takim, że #(S∩ [a, x]) 6 ℵ0

dla dowolnego x ∈ D. Wtedy dla dowolnego L ∈ L(E,F ) mamy:

‖f(x)− f(a)− L(x− a)‖ 6 sup‖f ′(ξ)− L‖ : ξ ∈ [a, x] \ S‖x− a‖, x ∈ D.

W szczególności,

‖f(x)− f(a)‖ 6 sup‖f ′(ξ)‖ : ξ ∈ [a, x] \ S‖x− a‖, x ∈ D.

Dowód . Zastępując odwzorowanie f przez f − L redukujemy dowód do przypadku L = 0.Ustalmy x ∈ D, x 6= a i niech

g(t) := f(a+ t(x− a)), t ∈ [0, 1], S′ := t ∈ [0, 1] : a+ t(x− a) ∈ S.

Wtedy g : [0, 1] −→ F jest odwzorowaniem ciągłym i g′(t) istnieje dla t ∈ [0, 1] \ S′. Ponadto, napodstawie twierdzenia o różniczkowaniu złożenia,

g′(t) = f ′(a+ t(x− a))(x− a).

Stąd, na podstawie klasycznego twierdzenia o przyrostach skończonych (zob. Wniosek 2.1.11), mamy:

‖f(x)− f(a)‖ = ‖g(1)− g(0)‖ 6 sup‖g′(t)‖ : t ∈ [0, 1] \ S′= sup‖f ′(a+ t(x− a))(x− a)‖ : t ∈ [0, 1] \ S′6 sup‖f ′(ξ)‖ : ξ ∈ [a, x] \ S‖x− a‖.

Wniosek 2.6.11. Niech D ⊂ E będzie dowolnym obszarem i niech f : D −→ F będzie odwzorowaniemciągłym takim, że f ′(x) = 0 dla x ∈ D \ S, gdzie S ⊂ D jest zbiorem takim, że #(S ∩ [a, b]) 6 ℵ0 dladowolnego odcinka [a, b] ⊂ D. Wtedy f = const.

Dowód . Na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych wnioskujemy, że dla dowolnej kuliB(a, r) ⊂D odwzorowanie f |B(a,r) jest stałe. Stąd, wobec spójności D, f musi być globalnie stałe.

Wniosek 2.6.12. Niech f : Ω −→ F będzie funkcją ciągłą i różniczkowalną w Ω \ a dla pewnegoa ∈ Ω. Jeżeli L := lim

x→af ′(x) istnieje (granica w L(E,F )), to f ′(a) istnieje i f ′(a) = L.

Dowód . Na podstawie poprzedniej propozycji mamy

f(a+ h) = f(a) + L(h) + α(h)‖h‖,

gdzie

‖α(h)‖ 6 sup‖f ′(ξ)− L‖ : ξ ∈ (a, a+ h] −→h→0

0.



Obserwacja 2.6.13. Niech D ⊂ E będzie obszarem. Dla dowolnych punktów x, y ∈ D, niech %iD(x, y)oznacza infimum wszystkich liczb postaci

n∑j=1

‖xj − xj−1‖

gdzie [x0, . . . , xn] ⊂ D jest łamaną łączącą x i y. Dostajemy funkcję

%iD : D ×D −→ R+

(por. Obserwacja 1.4.5(h)). Oczywiście, na podstawie nierówności trójkąta, mamy %iD(x, y) > ‖x − y‖.Bez trudu sprawdzamy, że %iD jest metryką. Jest to tzw. metryka wewnętrzna dla obszaru D. Ponadto,jeżeli [x, y] ⊂ D, to %iD(x, y) = ‖x− y‖. W szczególności, %iD jest ciągła w wyjściowej topologii.

Odnotujmy, że istnieją obszary ograniczone D ⊂ R2 takie, że %iD nie jest funkcją ograniczoną —Ćwiczenie.

Na podstawie Propozycji 2.6.10 dostajemy następującą wersję twierdzenia o przyrostach skończo-nych.

Propozycja 2.6.14 (Twierdzenie o przyrostach skończonych). Niech D ⊂ E będzie dowolnym obszaremi niech f : D −→ F będzie odwzorowaniem ciągłym takim, że f ′(x) istnieje dla x ∈ D \ S, gdzie S ⊂ Djest zbiorem takim, że #(S ∩ [a, b]) 6 ℵ0 dla dowolnego odcinka [a, b] ⊂ D. Wtedy

‖f(x)− f(y)‖ 6 sup‖f ′(ξ)‖ : ξ ∈ D \ S%iD(x, y), x, y ∈ D.

Propozycja 2.6.15. Załóżmy, że E = E1 × · · · × EN i f : Ω −→ F jest odwzorowaniem takim, że• różniczka cząstkowa ∂f

∂Ej(x) istnieje dla x z pewnego otoczenia punktu a i jest ciągła w punkcie a

dla dowolnego j ∈ 1, . . . , N \ j0,• ∂f

∂Ej0(a) istnieje.

Wtedy f ′(a) istnieje.

Dowód . Możemy założyć, że a = 0 oraz j0 = N . Wiemy, że jedynym kandydatem na f ′(0) jest odwzo-rowanie

E1 × · · · × EN 3 (h1, . . . , hN ) 7−→N∑j=1

∂f

∂Ej(0)(hj) ∈ F.

Jest to oczywiście odwzorowanie liniowe ciągłe. Dla małych h = (h1, . . . , hN ) szacujemy (korzystającz twierdzenia o przyrostach skończonych oraz definicji różniczki cząstkowej):∥∥∥f(h)− f(0)−

N∑j=1

∂f

∂Ej(0)(hj)

∥∥∥6∥∥∥f(h1, . . . , hN )− f((0, h2, . . . , hN ))− ∂f

∂E1(0)(h1)

∥∥∥+ . . .

+∥∥∥f((0, . . . , 0, hN−1, hN ))− f((0, . . . , 0, hN ))− ∂f

∂EN−1(0)(hN−1)

∥∥∥+∥∥∥f((0, . . . , 0, hN ))− f(0)− ∂f

∂EN(0)(hN )

∥∥∥6 sup

∥∥∥ ∂f∂E1

((ξ1, h2, . . . , hN ))− ∂f

∂E1(0)∥∥∥ : ξ1 ∈ [0, h1]

‖h1‖+ . . .

+ sup∥∥∥ ∂f

∂EN−1((0, . . . , 0, ξN−1, hN ))− ∂f

∂EN−1(0)∥∥∥ : ξN−1 ∈ [0, hN−1]

‖hN−1‖+ o(‖hN‖)

= o(‖h‖).

Fakt, że f ′(x) istnieje dla dowolnego x ∈ Ω będziemy zapisywać symbolicznie: f ∈ D(Ω,F ). Oczy-wiście D(Ω,F ) jest K–przestrzenią wektorową. Niech

BD(Ω,F ) := f ∈ D(Ω,F ) ∩ B(Ω,F ) : f ′ ∈ B(Ω,L(E,F )).


Widać, że BD(Ω,F ) jest przestrzenią wektorową, zaś funkcja

BD(Ω,F ) 3 f 7−→ ‖f‖Ω,1 := sup‖f(x)‖ : x ∈ Ω+ sup‖f ′(x)‖ : x ∈ Ω

jest normą na BD(Ω,F ).

Jeżeli f ∈ D(Ω,F ) oraz funkcja E 3 x f ′7−→ f ′(x) ∈ L(E,F ) jest ciągła, to mówimy, że f jest klasyC1 i piszemy f ∈ C1(Ω,F ). Jak zwykle, C1(Ω) := C1(Ω,R).

Niech BC1(Ω,F ) := C1(Ω,F ) ∩ BD(Ω,F ).

Propozycja 2.6.16 (Por. Proposition 2.7.2, Twierdzenie 2.9.3). Załóżmy, że odwzorowanie f : Ω −→ Fma w każdym punkcie x ∈ Ω różniczkę Gâteaux δxf .(a) Jeżeli odwzorowanie

Ω 3 x 7−→ δxf ∈ L(E,F )

jest ciągłe w punkcie a ∈ Ω, to f ′(a) istnieje (i oczywiście f ′(a) = δaf).(b) f ∈ C1(Ω,F ) wtedy i tylko wtedy, gdy odwzorowanie Ω 3 x 7−→ δxf ∈ L(E,F ) jest ciągłe.

Dowód . (a) Zauważmy, że dla małych h ∈ E funkcja

[0, 1] 3 t fa,h7−→ f(a+ th) ∈ F

jest różniczkowalna oraz f ′a,h(t) = ∂f∂h (a+th) = δa+thf(h). Teraz, na podstawie twierdzenia o przyrostach

skończonych, mamy

‖f(a+ h)− f(a)− δaf(h)‖ = ‖fa,h(1)− fa,h(0)− f ′a,h(0)(1− 0)‖6 sup‖f ′a,h(t)− f ′a,h(0)‖ : t ∈ [0, 1] = sup‖δa+thf(h)− δaf(h)‖ : t ∈ [0, 1]6 sup‖δa+thf − δaf‖L(E,F ) : t ∈ [0, 1]‖h‖ = o(‖h‖).

(b) wynika natychmiast z (a).

Obserwacja 2.6.17. (a) C1(Ω,F ) jest K–przestrzenią wektorową.(b) Jeżeli f ∈ C1(Ω,F ), g ∈ C1(Ω,G) i B ∈ L(F,G;H), to B(f, g) ∈ C1(Ω,H).

Istotnie, na podstawie Propozycji 2.6.5(a), mamy

(B(f, g))′ = B(f ′, g) +B(f, g′).

(c) Jeżeli ϕ ∈ C1(U,E), f ∈ C1(Ω,F ) i ϕ(U) ⊂ Ω, to f ϕ ∈ C1(U,F ).Istotnie, na podstawie Propozycji 2.6.6, mamy (f ϕ)′ = (f ′ ϕ) ϕ′.

(d) Jeżeli E = E1 × · · · × EN i ∂f∂E1

, . . . , ∂f∂EN

istnieją, to

f ∈ C1(Ω,F )⇐⇒ ∂f

∂Ej∈ C(Ω,L(Ej , F )), j = 1, . . . , N.

W szczególności, dla E = Rn, jeżeli ∂f∂x1

, . . . , ∂f∂xn istnieją, to

f ∈ C1(Ω,F )⇐⇒ ∂f

∂xj∈ C(Ω,F ), j = 1, . . . , n.

Istotnie, implikacja (=⇒) wynika z faktu, że (Propozycja 2.6.9)

∂f

∂Ej(x)(hj) = f ′(x)(0, . . . , 0, hj

j

, 0, . . . , 0), x ∈ Ω, hj ∈ Ej ,

a stąd ∥∥∥ ∂f∂Ej

(x)− ∂f

∂Ej(x0)

∥∥∥ 6 ‖f ′(x)− f ′(x0)‖, j = 1, . . . , N.(

25)

(25)W E1 × · · · × EN wybieramy normę maksimum.



Dla dowodu implikacji (⇐=) zauważmy najpierw, że na podstawie Propozycji 2.6.15 wiemy, żef ∈ D(Ω,F ). Dalej mamy

‖f ′(x)− f ′(x0)‖ = sup∥∥∥ N∑

j=1

( ∂f∂Ej

(x)(hj)−∂f

∂Ej(x0)(hj)

)∥∥∥ : ‖hj‖ 6 1, j = 1, . . . , N

6N∑j=1

∥∥∥ ∂f∂Ej

(x)− ∂f

∂Ej(x0)

∥∥∥ −→x→x0

0.

Twierdzenie 2.6.18 (Twierdzenie o różniczkowaniu szeregu wyraz po wyrazie). Niech D ⊂ E będzieograniczonym obszarem gwiaździstym względem x0 i niech F będzie przestrzenią Banacha.(a) Załóżmy, że mamy rodzinę (fi)i∈I ⊂ D(D,F ) taką, że:

• (f ′i)i∈I jest rodziną jednostajnie sumowalną na D,• (fi(x0))i∈I jest rodziną sumowalną.

Wtedy (fi)i∈I jest rodziną jednostajnie sumowalną na D, funkcja f :=∑i∈I

fi jest różniczkowalna na

D oraz f ′ =∑i∈I

f ′i , czyli (∑i∈I

fi

)′=∑i∈I

f ′i .

(b) Załóżmy, że mamy ciąg (fν)∞ν=1 ⊂ D(D,F ) taki, że:


f ′ν jest zbieżny jednostajnie na D,


fν(x0) jest zbieżny.


fν jest zbieżny jednostajnie na D, funkcja f :=∞∑ν=1

fν jest różniczkowalna na D

oraz f ′ =∞∑ν=1

f ′ν , czyli ( ∞∑ν=1

fν

)′=

∞∑ν=1

f ′ν .

(c) Załóżmy, że mamy ciąg (fν)∞ν=1 ⊂ D(D,F ) taki, że:• ciąg (f ′ν)∞ν=1 jest zbieżny jednostajnie na D,• ciąg (fν(x0))∞ν=1 jest zbieżny.

Wtedy ciąg (fν)∞ν=1 jest zbieżny jednostajnie na D, funkcja f := limν→+∞

fν jest różniczkowalna na D

oraz f ′ = limν→+∞

f ′ν , czyli (lim

ν→+∞fν

)′= limν→+∞

f ′ν .

Dowód . (Por. dowód Propozycji 2.1.17.) (a) Niech

gi := f ′i : D −→ L(E,F ), i ∈ I, g :=∑i∈I

f ′i .

Niech fA :=∑i∈A

fi, A ∈ F(I). Zauważmy, że fA jest funkcją różniczkowalną oraz (fA)′ = gA. Weźmy

ε > 0 i niech C(ε) ∈ F(I) będzie takie, że dla A ∈ F(I \C(ε)) mamy ‖fA(x0)‖ 6 ε i ‖gA(x)‖ 6 ε, x ∈ D.Na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych (Propozycja 2.6.10), dla A ∈ F(I \ C(ε)) i x ∈ Dmamy:

‖fA(x)‖ 6 ‖fA(x0)‖+ ‖fA(x)− fA(x0)‖ 6 ε+ sup‖gA(ξ)‖ : ξ ∈ [x, x0]‖x− x0‖ 6 ε+ εdiamD.

Wynika stąd, że (fi)i∈I jest rodziną jednostajnie sumowalną.Ustalmy a ∈ D i niech

hi(x) :=

fi(x)−fi(a)−f ′i(a)(x−a)

‖x−a‖ gdy x 6= a

0 gdy x = a, x ∈ D, i ∈ I.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.7. Druga pochodna 69

Zauważmy, że każde z odwzorowań hi jest ciągłe w punkcie a. Rodzina (hi)i∈I jest jednostajnie sumowalnana D.

Istotnie, mamy

hA(x) =fA(x)− fA(a)− gA(a)(x− a)

‖x− a‖, x 6= a,

a stąd, na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych, dla x bliskich a, dostajemy

‖hA(x)‖ 6 sup‖gA(ξ)− gA(a)‖ : ξ ∈ [x, a] 6 2 sup‖gA(ξ)‖ : ξ ∈ D,

co, na podstawie kryterium Cauchy’ego, daje jednostajną sumowalność.Teraz, na podstawie własności rodzin jednostajnie sumowalnych, mamy

limx→a

f(x)− f(a)− g(a)(x− a)

‖x− a‖= limx→a

∑i∈I

hi(x) =∑i∈I

limx→a

hi(x) = 0,

co kończy dowód.(b) Dowód jest analogiczny — Ćwiczenie.(c) wynika z (b).

Wniosek 2.6.19. Niech D ⊂ E będzie ograniczonym obszarem gwiaździstym ze względu na x0. Za-łóżmy, że F jest przestrzenią Banacha. Wtedy (BD(D,F ), ‖ ‖D,1) jest przestrzenią Banacha. Ponadto,BC1(D,F ), jako podprzestrzeń domknięta, jest również przestrzenią Banacha.

Dowód . Niech (fν)∞ν=1 ⊂ BD(P, F ) będzie dowolnym ciągiem Cauchy’ego. Wtedy (fν)∞ν=1 jest ciągiemCauchy’ego w B(D,F ), a (f ′ν)∞ν=1 jest ciągiem Cauchy’ego w B(D,L(E,F )). Ponieważ przestrzenie

B(D,F ) i B(D,L(E,F ))

są zupełne, zatem fν −→ g0 ∈ B(D,F ) jednostajnie na D i f ′ν −→ g1 ∈ B(D,L(E,F )) jednostajnie naD. Teraz pozostaje już tylko skorzystać z Propozycji 2.6.18, aby stwierdzić, że g0 ∈ D(D,F ) i g1 = g′0.

Obserwacja 2.6.20. Korzystając z Obserwacji 2.6.13, możemy uogólnić Propozycję 2.6.18 i Wniosek2.6.19 na takie obszary D ⊂ E, dla których %iD jest funkcją ograniczoną (punkt x0 może być wówczasdowolnym punktem obszaru D).

2.7. Druga pochodna

Niech E i F będą przestrzeniami unormowanymi nad K.Niech L2

s(E,F ) oznacza zbiór wszystkich odwzorowań symetrycznych z L2(E,F ). Odnotujmy, żeL2s(E,F ) jest podprzestrzenią domkniętą L2(E,F ). W szczególności, jeżeli F jest Banacha, to przestrzeńL2s(E,F ) jest Banacha.

Niech Ω ⊂ E będzie zbiorem otwartym, f : Ω −→ F , a ∈ Ω. Będziemy chcieli zdefiniować pojęciedrugiej pochodnej funkcji f w punkcie a. Mamy dwa główne sposoby podejścia do tej definicji.

Różniczkowanie w sensie Gâteaux. Mówimy, że f ma drugą różniczkę Gâteaux (słabą) w punkcie a,jeżeli dla dowolnych wektorów ξ1, ξ2 ∈ E druga pochodna kierunkowa ∂2f

∂ξ2∂ξ1(a) istnieje oraz odwzoro-

wanie

E2 3 (ξ1, ξ2)δ2af7−→ ∂2f

∂ξ2∂ξ1(a)

jest klasy L2s(E,F ). Odwzorowanie to nazywamy drugą różniczką Gâteaux (słabą) funkcji f w punkcie

a.

Różniczkowanie w sensie Frécheta. Mówimy, że f ma drugą pochodną (różniczkę Frécheta, różniczkęmocną) w punkcie a, jeżeli f ′(x) istnieje dla x ∈ V , gdzie V ⊂ Ω jest pewnym otoczeniem otwartympunktu a, oraz odwzorowanie f ′ : V −→ L(E,F ) ma pochodną w punkcie a. Definiujemy drugą pochodną(drugą różniczkę Frécheta, drugą różniczkę mocną) odwzorowania f w punkcie a:

f ′′(a) := (f ′)′(a) ∈ L(E,L(E,F )) ' L2(E,F );

aby uniknąć nieporozumień ustalamy identyfikację

L(E,L(E,F )) 3 A 7−→ (E × E 3 (ξ1, ξ2) 7−→ A(ξ1)(ξ2) ∈ F ) ∈ L2(E,F ),

f ′′(a)(ξ1, ξ2) ' f ′′(a)(ξ1)(ξ2), ξ1, ξ2 ∈ E.

Zbiór wszystkich odwzorowań f : Ω −→ F , dla których f ′′(a) istnieje oznaczamy przez D2(Ω,F ; a).

Naszym pierwszym zadaniem będzie porównanie tych dwóch definicji. Oczywiście, dla E = R każdaz nich jest równoważna istnieniu f ′′(a) (w sensie klasycznym) oraz

δ2af(a)(ξ1, ξ2) = f ′′(a)(ξ1, ξ2) = f ′′(a)ξ1ξ2, ξ1, ξ2 ∈ R.

Propozycja 2.7.1 (Por. Obserwacja 2.9.1(c)). Jeżeli f ′′(a) istnieje, to dla dowolnego ξ ∈ E odwzoro-wanie x 7−→ f ′(x)(ξ) ma pochodną w punkcie a oraz

f ′′(a)(ξ1, ξ2) = (x 7−→ f ′(x)(ξ2))′(a)(ξ1), ξ1, ξ2 ∈ E.

Dowód . Wiemy, że

f ′(a+ ξ1) = f ′(a) + f ′′(a)(ξ1) + o(‖ξ1‖) przy ξ1 −→ 0 (równość w L(E,F )).

Podstawiając ξ2 dostajemy:

f ′(a+ ξ1)(ξ2) = f ′(a)(ξ2) + f ′′(a)(ξ1, ξ2) + o(‖ξ1‖) przy ξ1 −→ 0,

co daje żądany wynik.

Propozycja 2.7.2 (Por. Twierdzenie 2.9.3). Załóżmy, że δ2xf istnieje dla x ∈ V , gdzie V ⊂ Ω jest

otwartym otoczeniem punktu a, oraz odwzorowanie V 3 x 7−→ δ2xf ∈ L2(E,F ) jest ciągłe w punkcie a.

Wtedy f ′′(a) istnieje (i oczywiście f ′′(a) = δ2af).

Dowód . Będziemy chcieć zastosować Propozycję 2.6.16 do funkcji f ′ : V −→ L(E,F ). Wystarczy poka-zać, że

δxf′(ξ2)(ξ1) = δ2

xf(ξ1, ξ2).

Liczymy:

δxf′(ξ2)(ξ1) =

∂f ′

∂ξ2(x)(ξ1) =

(limt→0

f ′(x+ tξ2)− f ′(x)

t

)(ξ1) =

(limt→0

δx+tξ2f − δxft

)(ξ1)

= limt→0

δx+tξ2f(ξ1)− δxf(ξ1)

t= limt→0

∂f∂ξ1

(x+ tξ2)− ∂f∂ξ1

(x)

t=

∂2f

∂ξ2∂ξ1(x) = δ2

xf(ξ1, ξ2).

Propozycja 2.7.3 (Twierdzenie o symetrii drugiej różniczki).

f ′′(a) ∈ L2s(E,F ).

Dowód . (Por. dowód Propozycji 2.5.5.) Ustalmy ξ, η ∈ E. Chcemy pokazać, że

f ′′(a)(ξ, η) = f ′′(a)(η, ξ).

Możemy założyć, że ‖ξ‖=‖η‖=1. Niech kula B(a, 3r) ⊂ Ω będzie taka, że f ′(x) istnieje dla dowolnegopunktu x ∈ B(a, 3r). Zdefiniujmy

Φ(t) := f(a+ tξ + tη)− f(a+ tξ)− f(a+ tη) + f(a)− t2f ′′(a)(ξ, η), |t| 6 r.Pokażemy, że Φ(t)/t2 −→ 0 przy t −→ 0+, co wobec symetrii wyrażenia

f(a+ tξ + tη)− f(a+ tξ)− f(a+ tη) + f(a),

da żądany wynik. Ustalmy 0 < t 6 r i niech

g(y) := f(a+ tξ + yη)− f(a+ yη)− tyf ′′(a)(ξ, η), 0 6 y 6 r.

Mamy Φ(t) = g(t)− g(0). Ponadto,

g′(y) = f ′(a+ tξ + yη)(η)− f ′(a+ yη)(η)− tf ′′(a)(ξ, η).

Na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych, mamy:

‖Φ(t)‖ 6 t sup‖g′(y)‖ : 0 6 y 6 t.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.7. Druga pochodna 71

Niechf ′(a+ h) = f ′(a) + f ′′(a)(h) + α(h)‖h‖, ‖h‖ < 3r

(równość w L(E,F )), gdzie limh→0

α(h) = 0. Wynika stąd, że dla 0 6 y 6 t mamy

g′(y) = f ′(a)(η) + f ′′(a)(tξ + yη)(η) + α(tξ + yη)(η)‖tξ + yη‖− f ′(a)(η)− f ′′(a)(yη)(η)− α(yη)(η)‖yη‖ − tf ′′(a)(ξ)(η)

= α(tξ + yη)(η)‖tξ + yη‖ − α(yη)(η)‖yη‖,

a więcsup‖g′(y)‖ : 0 6 y 6 t 6 3t sup‖α(µξ + νη)‖ : 0 6 µ, ν 6 t.

Ostatecznie,‖Φ(t)‖t2

6 3 sup‖α(µξ + νη)‖ : 0 6 µ, ν 6 t −→t→0

0.

Obserwacja 2.7.4. Niech E,F będą przestrzeniami wektorowymi nad K. Odwzorowanie Q : E −→ Fnazywamy wielomianem jednorodnym stopnia 2 (formą kwadratową) (Q ∈ H2(E,F )), jeżeli istnieje od-wzorowanie Q ∈ Hom2(E,F ) takie, że Q(x) = Q(x, x), x ∈ E. Oczywiście H2(E,F ) jest K–przestrzeniąwektorową. Zauważmy, że odwzorowanie

Q(x, y) := 12 (Q(x, y) + Q(y, x)), x, y ∈ E,

jest dwuliniowe, symetryczne (Q ∈ Hom2s(E,F )) i Q(x) = Q(x, x), x ∈ E. W takim razie odwzorowanie

Hom2s(E,F ) 3W Λ7−→ (E 3 x 7−→W (x, x) ∈ F ) ∈ H2(E,F )

jest epimorfizmem. Jest ono również injektywne bowiem

Q(x, y) = 12 (Q(x+ y, x+ y)− Q(x, x)− Q(y, y)), x, y ∈ E, Q ∈ Hom2

s(E,F )

(zob. Propozycja 2.8.1). Oznacza to, że Λ : Hom2s(E,F ) 7−→ H2(E,F ) jest izomorfizmem algebraicznym,

przy czym odwzorowanie odwrotne Ξ := Λ−1 jest dane wzorem

H2(E,F ) 3 Q Ξ7−→ Q ∈ Hom2s(E,F ),

E × E 3 (x, y)Q7−→ 1

2 (Q(x+ y)−Q(x)−Q(y)) ∈ F.

Niech teraz E,F będą unormowane. Oznaczmy przez H2(E,F ) przestrzeń wszystkich ciągłych wie-lomianów z H2(E,F ).

Zauważmy, że H2(E,F ) = Λ(L2s(E,F )). W przestrzeni H2(E,F ) wprowadzamy normę

‖Q‖ := sup‖Q(x)‖ : ‖x‖ 6 1;

wobec nierówności ‖Q(x)‖ = ‖Q(x, x)‖ 6 ‖Q‖‖x‖2, norma ‖Q‖ jest poprawnie określona. Przy takimunormowaniu

Λ ∈ Isom(L2s(E,F ),H2(E,F )), (‖Λ‖ 6 1, ‖Ξ‖ 6 3).

Jeżeli F jest Banacha, to H2(E,F ) jest Banacha.

Korzystając z powyższych identyfikacji będziemy pisać

f ′′(a)(h) := f ′′(a)(h, h), h ∈ E

(z pełną świadomością, że czasem może to prowadzić do wieloznaczności).

Propozycja 2.7.5. Załóżmy, że

f ∈ D2(Ω,F ; a), g ∈ D2(Ω,G; a), B ∈ L(F,G;H).

Wtedy B(f, g) ∈ D2(Ω,H; a) oraz

(B(f, g))′′(a)(ξ, η) = B(f ′′(a)(ξ, η), g(a)) +B(f ′(a)(η), g′(a)(ξ))

+B(f ′(a)(ξ), g′(a)(η)) +B(f(a), g′′(a)(ξ, η)), (ξ, η) ∈ E × E.



W szczególności,

(B(f, g))′′(a)(h) = B(f ′′(a)(h), g(a)) + 2B(f ′(a)(h), g′(a)(h)) +B(f(a), g′′(a)(h)), h ∈ E.

Oczywiście, tak jak poprzednio, możemy sformułować analogiczne wyniki dla mnożenia i iloczynuskalarnego — Ćwiczenie.

Dowód . Możemy założyć, że f ∈ D(Ω,F ), g ∈ D(Ω,G). Wiemy, że (B(f, g))′ = B1(f ′, g) + B2(f, g′),gdzie

B1 : L(E,F )×G −→ L(E,H), B1(L, y)(h) := B(L(h), y),

B2 : F × L(E,G) −→ L(E,H), B2(x, L)(h) := B(x, L(h)).

Widać, że są to operatory dwuliniowe i ciągłe. Teraz wystarczy już tylko skorzystać z Propozycji 2.6.5:

(B(f, g))′′(a)(ξ) = B1(f ′′(a)(ξ), g(a)) +B1(f ′(a), g′(a)(ξ)) +B2(f ′(a)(ξ), g′(a)) +B2(f(a), g′′(a)(ξ)),

ξ ∈ E

(równość w L(E,L(E,H))). Po podstawieniu argumentów dostajemy szukany wzór.

Propozycja 2.7.6 (Różniczkowanie złożenia). Niech G będzie przestrzenią unormowaną, niech U ⊂ Gbędzie zbiorem otwartym, niech ϕ : U −→ E i niech t0 ∈ U . Załóżmy, że ϕ ∈ D2(U,E; t0), f ∈D2(Ω,F ;ϕ(t0)) i ϕ(U) ⊂ Ω. Wtedy f ϕ ∈ D2(U,F ; t0) oraz

(f ϕ)′′(t0)(ξ, η) = f ′′(ϕ(t0))(ϕ′(t0)(ξ), ϕ′(t0)(η)) + f ′(ϕ(t0))(ϕ′′(t0)(ξ, η)), ξ, η ∈ G.

W szczególności,

(f ϕ)′′(t0)(h) = f ′′(ϕ(t0))(ϕ′(t0)(h)) + f ′(ϕ(t0))(ϕ′′(t0)(h)), h ∈ G.

Dowód . Możemy założyć, że ϕ ∈ D(U,E) i f ∈ D(Ω,F ). Wiemy, że (f ϕ)′ = B(f ′ ϕ,ϕ′), gdzie

B : L(E,F )× L(G,E) −→ L(G,F ), B(P,Q) := P Q.

Wiadomo, że B jest operatorem dwuliniowym i ciągłym. Stąd, na podstawie Propozycji 2.6.5, mamy:

(f ϕ)′′(t0)(ξ) = B((f ′ ϕ)′(t0)(ξ), ϕ′(t0)) +B(f ′(ϕ(t0)), ϕ′′(t0)(ξ))

= B(f ′′(ϕ(t0))(ϕ′(t0)(ξ)), ϕ′(t0)) +B(f ′(ϕ(t0)), ϕ′′(t0)(ξ))

(równość w L(G,F )).

W standardowy sposób definiujemy D2(Ω,F ), BD2(Ω,F ), C2(Ω,F ) oraz BC2(Ω,F ). Niech

‖f‖Ω,2 := sup‖f(x)‖ : x ∈ Ω+ sup‖f ′(x)‖ : x ∈ Ω+ sup‖f ′′(x)‖ : x ∈ Ω, f ∈ BD2(Ω,F ).

Zauważamy, że f ′ ∈ C1(Ω,L(E,F ))⇐⇒ f ∈ C2(Ω,F ). Ta prosta uwaga pozwala bez trudu pokazać,że jeżeli f ∈ C2(Ω,F ), g ∈ C2(Ω,G) i B ∈ L(F,G;H), to B(f, g) ∈ C2(Ω,H). Podobnie, jeżeli ϕ ∈C2(U,E) i f ∈ C2(Ω,F ), to f ϕ ∈ C2(U,F ).

Teraz przychodzi kolej na uogólnienie twierdzenia o różniczkowaniu szeregu wyraz po wyrazie (por.Wniosek 2.1.18), a na koniec dowodzimy, że BD2(Ω,F ) i BC2(Ω,F ) są przestrzeniami Banacha, gdy Fjest przestrzenią Banacha.

Jeżeli E = E1 × · · · × EN , to możemy wprowadzić różniczki cząstkowe drugiego rzędu

∂2f

∂Ej∂Ei(a) ∈ L(Ej , Ei;F ) ' L(Ej ,L(Ei, F )),

∂2f

∂Ej∂Ei(a)(ξ, η) :=

∂

∂Ej

∂f

∂Ei(a)(ξ)(η), ξ ∈ Ej , η ∈ Ei, i, j = 1, . . . , N.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.8. Przestrzenie unormowane II 73

Propozycja 2.7.7. Jeżeli f ∈ D2(Ω,F ; a), to ∂2f∂Ej∂Ei

(a) istnieje, i, j = 1, . . . , N , oraz

f ′′(a)(ξ, η) =

N∑i,j=1

∂2f

∂Ej∂Ei(a)(ξj , ηi), ξ = (ξ1, . . . , ξN ), η = (η1, . . . , ηN ) ∈ E1 × . . . EN .

W szczególności,

∂2f

∂Ej∂Ei(a)(ξj , ηi) = f ′′(a)((0, . . . , 0, ξj

j

, 0, . . . , 0), (0, . . . , 0, ηii, 0, . . . , 0)),

a stąd, wobec symetrii f ′′(a),

∂2f

∂Ej∂Ei(a)(ξj , ηi) =

∂2f

∂Ei∂Ej(a)(ηi, ξj).

Jeżeli E = Rn, to z istnienia f ′′(a) wynika symetria macierzy drugich pochodnych cząstkowych:

∂2f

∂xj∂xi(a) =

∂2f

∂xi∂xj(a), i, j = 1, . . . , n.

Dowód . Możemy założyć, że f ∈ D(Ω,F ). Mamy

f ′ =

N∑i=1

Li ∂f

∂Ei

(równość w L(E,F )), gdzie

Li : L(Ei, F ) −→ L(E,F ), Li(A)(h1, . . . , hN ) := A(hi), i = 1, . . . , N.

Stąd:

f ′′(a)(ξ) =

N∑j=1

∂f ′

∂Ej(a)(ξj) =

N∑j=1

N∑i=1

Li

( ∂2f

∂Ej∂Ei(a)(ξj)

)(równość w L(E,F )), a po wstawieniu zmiennych:

f ′′(a)(ξ, η) =

N∑j=1

N∑i=1

∂2f

∂Ej∂Ei(a)(ξj , ηi).

2.8. Przestrzenie unormowane II

Niech E,E1, . . . , Ek, F będą przestrzeniami wektorowymi nad K. Przez

Hom(E1, . . . , Ek;F )

oznaczamy przestrzeń odwzorowań k–liniowych

W : E1 × · · · × Ek −→ F.

Jeżeli E1 = · · · = Ek = E, to piszemy Homk(E,F ). Przez Homks(E,F ) oznaczamy przestrzeń wszystkich

symetrycznych odwzorowań z przestrzeni Homk(E,F ), tzn. tych odwzorowań W ∈ Homk(E,F ), dlaktórych

W (x1, . . . , xk) = W (xσ(1), . . . , xσ(k))

dla dowolnych x1, . . . , xk ∈ E i permutacji k–elementowej σ ∈ Σk.Oczywiście, dla dowolnej permutacji σ ∈ Σk mamy

Hom(E1, . . . , Ek;F ) ' Hom(Eσ(1), . . . , Eσ(k);F ).

Odnotujmy, że Hom1(E,F ) = Hom1s(E,F ) = Hom(E,F ).

Dla 1 6 ` 6 k − 1 rozważmy odwzorowanie

Hom(E1, . . . , Ek;F ) 3W Φ7−→ W ∈ Hom(E1, . . . , E`; Hom(E`+1, . . . , Ek;F )),

E1 × · · · × E` 3 (x1, . . . , x`)W7−→W (x1, . . . , x`, ·, . . . , ·).

Bez trudu sprawdzamy, że Φ jest dobrze określone oraz, że Φ jest izomorfizmem algebraicznym, przyczym Ψ := Φ−1 jest dane wzorem:

Hom(E1, . . . , E`; Hom(E`+1, . . . , Ek;F )) 3 A Ψ7−→ A ∈ Hom(E1, . . . , Ek;F ),

E1 × · · · × Ek 3 (x1, . . . , xk)A7−→ A(x1, . . . , x`)(x`+1, . . . , xk) ∈ F.

Mamy więcHom(E1, . . . , Ek;F ) ' Hom(E1, . . . , E`; Hom(E`+1, . . . , Ek;F )).

W szczególności,Homk(E,F ) ' Hom`(E,Homk−`(E,F )).

Niech Hk(E,F ) oznacza przestrzeń wszystkich wielomianów jednorodnych stopnia k, tzn. przestrzeńwszystkich tych odwzorowań Q : E −→ F , dla których istnieje Q ∈ Homk(E,F ) takie, że Q(x) =

Q(x, . . . , x) dla dowolnego x ∈ E. Wzór

Q(x1, . . . , xk) :=1

k!

∑σ∈Σk

Q(xσ(1), . . . , xσ(k)), x1, . . . , xk ∈ E,

zadaje odwzorowanie z Homks(E,F ) o tej samej własności. Mamy więc epimorfizm

Homks(E,F ) 3W Λ7−→ (E 3 x 7−→W (x, . . . , x) ∈ F ) ∈ Hk(E,F ).

Przyjmijmy dodatkowo H0(E,F ) := F .

Propozycja 2.8.1 (Formuła polaryzacyjna). Dla 1 6 ` 6 k, k ∈ N i Q ∈ H`(E,F ) zachodzi wzór

1

k!

∑ε1,...,εk∈0,1

(−1)k−(ε1+···+εk)Q(x0 + ε1x1 + · · ·+ εkxk)

=

Q(x1, . . . , xk) gdy ` = k

0 gdy 0 6 ` 6 k − 1, x0, . . . , xk ∈ E.

Dla ` = k > 2 formuła polaryzacyjna pokazuje, że odwzorowanie Λ jest injektywne (a więc jestizomorfizmem) i daje ponadto wzór na Ξ := Λ−1 (zawsze można przyjąć x0 = 0). Mamy więc

Homks(E,F ) ' Hk(E,F ).

Dowód . Mamy1

k!

∑ε1,...,εk∈0,1

(−1)k−(ε1+···+εk)Q(x0 + ε1x1 + · · ·+ εkxk)

=1

k!

∑ε1,...,εk∈0,1

(−1)k−(ε1+···+εk)Q(x0 + ε1x1 + · · ·+ εkxk, . . . , x0 + ε1x1 + · · ·+ εkxk︸︷︷︸`

)

=1

k!

∑ε1,...,εk∈0,1

(−1)k−(ε1+···+εk)∑

j0,...,jk∈Z+

j0+···+jk=`

`!

j0! . . . jk!εj11 . . . εjkk Q(x0, . . . , x0︸︷︷︸

j0

, . . . , xk, . . . , xk︸︷︷︸jk

)

=:∑

j0,...,jk∈Z+

j0+···+jk=`

Aj0,...,jkQ(x0, . . . , x0︸︷︷︸j0

, . . . , xk, . . . , xk︸︷︷︸jk

).

Ustalmy j0, . . . , jk ∈ Z+ takie, że j0 + · · ·+ jk = ` i rozważmy dwa przypadki:• Istnieje s ∈ 1, . . . , k takie, że js = 0 (ma to zawsze miejsce, gdy ` < k, bo j1 + · · · + jk 6 `).

Wtedy Aj0,...,jk = 0, bo (−1)k−(ε1+···+εk) zmienia znak, gdy przechodzimy od εs = 0 do εs = 1, a całareszta pozostaje bez zmian.• Przypadek przeciwny. Musi być ` = k, j0 = 0 i j1 = · · · = jk = 1. Wtedy

A0,1,...,1 =1

k!

∑ε1,...,εk∈0,1

(−1)k−(ε1+···+εk)k!ε1 . . . εk = 1.


Odwzorowanie Q : E −→ F nazywamy wielomianem stopnia 6 k, jeżeli istnieją Qj ∈ Hj(E,F ),j = 0, . . . , k, takie, że Q = Q0 + · · · + Qk. Przestrzeń wielomianów stopnia 6 k będzie oznaczana przezPk(E,F ). Na podstawie formuły polaryzacyjnej wiemy, że Qk jest wyznaczony jednoznacznie przez Q.Powtarzając to rozumowanie dla Q − Qk wnioskujemy, że Qk−1 jest wyznaczony jednoznacznie itd.Wynika stąd, że wszystkie wielomiany Q0, . . . , Qk są wyznaczone jednoznacznie.

Obecnie przechodzimy do przypadku, gdy przestrzenie E,E1, . . . , Ek, F są unormowane.Niech L(E1, . . . , Ek;F ) oznacza przestrzeń wszystkich odwzorowań ciągłych z Hom(E1, . . . , Ek;F )

(jeżeli E1 = · · · = Ek = E, to piszemy Lk(E,F )).

Propozycja 2.8.2. Niech W ∈ Hom(E1, . . . , Ek;F ). Wtedy następujące warunki są równoważne:(i) W ∈ L(E1, . . . , Ek;F );(ii) W jest ciągłe w 0;(iii) istnieje punkt a ∈ E1 × · · · × Ek taki, że W jest ciągłe w a;(iv) istnieją a = (a1, . . . , ak) ∈ E1 × · · · × Ek i r > 0 takie, że

W (B(a1, r)× · · · ×B(ak, r))

jest zbiorem ograniczonym;(v) istnieje C > 0 takie, że

‖W (x1 . . . , xk)‖ 6 C‖x1‖ · · · ‖xk‖, (x1, . . . , xk) ∈ E1 × · · · × Ek.

Dowód . Implikacje (i) =⇒ (ii) =⇒ (iii) =⇒ (iv) są oczywiste.(iv) =⇒ (v): Niech

W (B(a1, r)× · · · ×B(ak, r)) ⊂ B(R).

Wystarczy pokazać, że ‖W (x1, . . . , xk)‖ 6 C dla ‖x1‖ = · · · = ‖xk‖ = r(

26). Weźmy (x1, . . . , xk) ∈

E1 × · · · × Ek takie, że ‖x1‖ = · · · = ‖xk‖ = r i szacujemy:

‖W (x1, . . . , xk)‖ = ‖W ((a1 + x1)− a1, . . . , (ak + xk)− ak)‖

=∥∥∥ ∑ε1,...,εk∈0,1

(−1)k−(ε1+···+εk)W (a1 + ε1x1, . . . , ak + εkxk)∥∥∥ 6 2kR =: C.

(v) =⇒ (i): Dla ‖h1‖, . . . , ‖hk‖ 6 1 szacujemy:

‖W (a1 + h1, . . . , ak + hk)−W (a1, . . . , ak)‖

=∥∥∥ ∑ε1,...,εk∈0,1ε1+···+εk>1

W ((1− ε1)a1 + ε1h1, . . . , (1− εk)ak + εkhk)∥∥∥

6∑

ε1,...,εk∈0,1ε1+···+εk>1

C‖a1‖1−ε1‖h1‖ε1 · · · ‖ak‖1−εk‖hk‖εk 6 C const(k, a)(‖h1‖+ · · ·+ ‖hk‖).

Wniosek 2.8.3. L(E1, . . . , Ek;F ) jest przestrzenią unormowaną poprzez funkcję

‖W‖ = ‖W‖L(E1,...,Ek;F ) := sup‖W (x1, . . . , xk)‖ : ‖x1‖ 6 1, . . . , ‖xk‖ 6 1, W ∈ L(E1, . . . , Ek;F ).

Zauważmy, że

‖W‖ = sup‖W (x1, . . . , xk)‖‖x1‖ · · · ‖xk‖

: (x1, . . . , xk) ∈ (E1)∗ × · · · × (Ek)∗

oraz że ‖W‖ jest najmniejszą stałą C taką, że (v) zachodzi. W szczególności,

‖W (x1, . . . , xk)‖ 6 ‖W‖‖x1‖ · · · ‖xk‖, (x1, . . . , xk) ∈ E1 × · · · × Ek.

Propozycja 2.8.4. (a)

Φ(L(E1, . . . , Ek;F )) = L(E1, . . . , E`;L(E`+1, . . . , Ek;F )), ‖Φ(W )‖ = ‖W‖, W ∈ L(E1, . . . , Ek;F ),

a więcΦ ∈ Isom(L(E1, . . . , Ek;F ),L(E1, . . . , E`;L(E`+1, . . . , Ek;F )))(

26)Wtedy ‖W (x1, . . . , xk)‖ 6 (C/rk)‖x1‖ · · · ‖xk‖ dla dowolnych (x1, . . . .xk) ∈ E1 × · · · × Ek.

i Φ jest izometrią.(b) Jeżeli E1, . . . , Ek są skończenie wymiarowe, to

L(E1, . . . , Ek;F ) = Hom(E1, . . . , Ek;F ).

W szczególności, jeżeli E jest skończenie wymiarowa, to

Lk(E,F ) = Homk(E,F ).

(c) Jeżeli F jest Banacha, to L(E1, . . . , Ek;F ) jest Banacha.

Dowód . (a) Wystarczy skorzystać ze wzorów na Φ i Ψ .(b) Stosujemy indukcję względem k:

L(E1, . . . , Ek+1;F ) ' L(E1, . . . , Ek;L(Ek+1, F ))

= Hom(E1, . . . , Ek; Hom(Ek+1, F )) = Hom(E1, . . . , Ek+1;F ).

(c) Stosujemy indukcję względem k:

L(E1, . . . , Ek+1;F ) ' L(E1, . . . , Ek;L(Ek+1, F )).

Niech Lks(E,F ) oznacza przestrzeń ciągłych odwzorowań z Homks(E,F ). Jest to podprzestrzeń do-

mknięta Lk(E,F ). W szczególności, jeżeli F jest Banacha, to Lks(E,F ) jest Banacha.Niech Hk(E,F ) oznacza przestrzeń ciągłych wielomianów jednorodnych stopnia k i niech Pk(E,F )

oznacza przestrzeń ciągłych wielomianów stopnia 6 k.Przestrzeń Hk(E,F ) normujemy przy pomocy funkcji

‖Q‖ = ‖Q‖Hk(E,F ) := sup‖Q(x)‖ : ‖x‖ 6 1, Q ∈ Hk(E,F ).

Odnotujmy, że ‖Q‖ jest dobrze określona, ‖Q‖ 6 ‖Q‖ oraz ‖Q(x)‖ 6 ‖Q‖‖x‖k, x ∈ E.Na podstawie formuły polaryzacyjnej dostajemy

Propozycja 2.8.5. (a)Λ(Lks(E,F )) = Hk(E,F ),

Λ ∈ Isom(Lks(E,F ),Hk(E,F )), ‖Λ‖ 6 1, ‖Ξ‖ 6 e2k.

(b) Dla wielomianu Q = Q0 + · · ·+Qk ∈ Pk(E,F ) mamy

Q ∈ Pk(E,F )⇐⇒ Qj ∈ Hj(E,F ), j = 1, . . . , k.

(c) Jeżeli E jest rzeczywistą przestrzenią unitarną, to ‖Λ‖ = 1.

Dowód . (a) Jeżeli ‖x1‖, . . . , ‖xk‖ 6 1, to

‖Q(x1, . . . , xk)‖ 6 1

k!

∑ε1,...,εk∈0,1

‖Q‖(ε1 + · · ·+ εk)k = ‖Q‖ 1

k!

k∑`=1

(k

`

)`k 6 ‖Q‖ 1

k!2kkk 6 e2k‖Q‖,

a więc ‖Ξ‖ 6 e2k. Ćwiczenie: Wyznaczyć ‖Ξ‖.(b) Na podstawie formuły polaryzacyjnej mamy

Qj(x1, . . . , xj) :=1

j!

∑ε1,...,εj∈0,1

(−1)j−(ε1+···+εj)Q(ε1x1 + · · ·+ εjxj), x1, . . . , xj ∈ E, j = 1, . . . , k,

skąd natychmiast wynika żądany wynik.(c) Na wstępie zauważmy, że można założyć, że dimE < +∞. Istotnie, przypuśćmy, że (c) zachodzi

dla przestrzeni skończenie wymiarowych. Niech x1, . . . , xk ∈ B(1) i niech V := Rx1 + · · ·+Rxk. Wtedy,dla dowolnego Q ∈ Hk(E,F ), mamy

‖Q(x1, . . . , xk)‖ 6 ‖Q|V k‖ = ‖Q|V ‖ 6 ‖Q‖,

co dowodzi, że ‖Q‖ = ‖Q‖, a więc ‖Λ‖ = 1.Możemy więc założyć, że dimE < +∞.Niech W ∈ H2(E,F ) i przypuśćmy, że b1, b2 ∈ B(1) są takie, że ‖W‖ = ‖W (b1, b2)‖. Wtedy

‖W (b1 ± b2)‖ = ‖W‖‖b1 ± b2‖2.

Istotnie, gdyby np. ‖W (b1 + b2)‖ < ‖W‖‖b1 + b2‖2, to wówczas

‖W‖ = ‖W (b1, b2)‖ = 14‖W (b1 + b2)−W (b1 − b2)‖ < ‖W‖ 1

4 (‖b1 + b2‖2 + ‖b1 − b2‖2)

(∗)= ‖W‖ 1

2 (‖b1‖2 + ‖b2‖2) 6 ‖W‖;

sprzeczność ((*) wynika z faktu, że norma w E jest zadana przez iloczyn skalarny).Przechodzimy do zasadniczego dowodu. Ustalmy Q ∈ Hk(E,F ), k > 2. Ponieważ E jest skończenie

wymiarowa, zbiór B(1)k jest zwarty i w związku z tym ‖Q‖ jest zrealizowana dla pewnych a1, . . . , ak ∈B(1). Niech a ∈ B(1) będzie taki, że 〈a, aj〉 6= 0, j = 1, . . . , k. Zastępując ewentualnie aj przez −ajmożemy założyć, że 〈a, aj〉 > r > 0, j = 1, . . . , k. Niech

K := (x1, . . . , xk) ∈ B(1)k : 〈a, xj〉 > r, j = 1, . . . , k, ‖Q‖ = ‖Q(x1, . . . , xk)‖.

Zauważmy, że (a1, . . . , ak) ∈ K oraz, że K jest zwarty. Zdefiniujmy f(x1, . . . , xk) := 〈a, x1〉+ · · ·+ 〈a, xk〉i niech (b1, . . . , bk) ∈ K realizuje maksimum funkcji f na K. Pokażemy, że ε1b1 = · · · = εkbk =: c dlapewnych ε1, . . . , εk ∈ −1, 1. Zauważmy, że to już zakończy dowód, bowiem wtedy

‖Q‖ = ‖Q(b1, . . . , bk)‖ = ‖Q(ε1b1, . . . , εkbk)‖ = ‖Q(c, . . . , c)‖ = ‖Q(c)‖ 6 ‖Q‖.

Przypuśćmy, że np. b1 6= b2 i b1 6= −b2. Zdefiniujmy d := (b1 + b2)/‖b1 + b2‖ i zauważmy, że:• ‖b1 + b2‖ < 2,• 〈a, d〉 = 〈a,b1〉+〈a,b2〉

‖b1+b2‖ > 2r‖b1+b2‖ > r,

• stosując drugą część dowodu do wielomianu W (x) := Q(x, x, b3, . . . , bk), x ∈ E (dla któregoW (x1, x2) = Q(x1, x2, b3, . . . , bk) oraz ‖W‖ = ‖W (b1, b2)‖), dostajemy ‖W (b1 + b2)‖ = ‖W‖‖b1 + b2‖2,czyli ‖W (d)‖ = ‖W‖,• w takim razie (d, d, b3, . . . , bk) ∈ K,• f(d, d, b3, . . . , bk) = 2 〈a,b1〉+〈a,b2〉‖b1+b2‖ + 〈a, b3〉+ · · ·+ 〈a, bk〉 > f(b1, . . . , bk);sprzeczność.

Propozycja 2.8.6. Niech Q = Q0 + · · ·+Qk ∈ Pk(E,F ). Wtedy następujące warunki są równoważne:(i) Q ∈ Pk(E,F );(ii) Q jest ciągłe w 0;(iii) istnieje punkt a ∈ E taki, że Q jest ciągłe w a;(iv) istnieją a ∈ E i r0 > 0 takie, że Q(B(a, r0)) jest zbiorem ograniczonym;(v) dla dowolnego r > 0, Q(B(r)) jest zbiorem ograniczonym

(27).

Dowód . Implikacje (i) =⇒ (ii) =⇒ (iii) =⇒ (iv) są oczywiste.(iv) =⇒ (v): Wobec formuły polaryzacyjnej (z x0 := a)

Qk(B(r0/k)× · · · ×B(r0/k))

jest zbiorem ograniczonym. Stąd na podstawie Propozycji 2.8.2, Qk jest ciągłe. W szczególności,Qk(B(r))jest zbiorem ograniczonym dla dowolnego r > 0. Teraz powtarzamy rozumowanie dla wielomianu Q−Qki wnioskujemy, że Qk−1(B(r)) jest zbiorem ograniczonym dla dowolnego r > 0 itd. Ostatecznie Qj(B(r))jest zbiorem ograniczonym dowolnych j = 1, . . . , k i r > 0, skąd natychmiast wynika (v).

(v) =⇒ (i): Stosujemy poprzednie rozumowanie.

Propozycja 2.8.7. (a) Jeżeli W ∈ L(E1, . . . , Ek;F ), to

W ′(a1, . . . , ak)(h1, . . . , hk) = W (h1, a2, . . . , ak) +W (a1, h2, a3, . . . , ak) + · · ·+W (a1, . . . , ak−1, hk).

(b) Jeżeli Q ∈ Hk(E,F ), to

Q′(a)(h) = kQ(a, . . . , a, h), a, h ∈ E.

W szczególności, Q′ ∈ Hk−1(E,L(E,F )).(c) Jeżeli Q ∈ Pk(E,F ), to Q′ ∈ Pk−1(E,L(E,F )).

(27)Równoważnie: dla dowolnych a ∈ E i r > 0, Q(B(a, r)) jest zbiorem ograniczonym.

Dowód . (a) — zob. dowód Obserwacji 2.6.4(e).(b) wynika z (a).(c) wynika z (b).

2.9. Pochodne wyższych rzędów

Niech E i F będą przestrzeniami unormowanymi nad K, niech Ω ⊂ E będzie zbiorem otwartym,f : Ω −→ F , a ∈ Ω i załóżmy, że f (k−1)(x) ∈ Lk−1(E,F ) istnieje dla x ∈ V , gdzie V jest pewnymotoczeniem a

(28). Mamy więc odwzorowanie

f (k−1) : V −→ Lk−1(E,F ).

Definiujemy k-tą pochodną (k-tą różniczkę Frécheta) odwzorowania f w punkcie a:

f (k)(a) := (f (k−1))′(a) ∈ L(E,Lk−1(E,F )) ' Lk(E,F );

aby uniknąć nieporozumień ustalamy identyfikację

L(E,Lk−1(E,F )) 3 A 7−→ A ∈ Lk(E,F ),

E × Ek−1 3 (ξ, η)A7−→ A(ξ)(η) ∈ F,

tzn.f (k)(a)(ξ, η) ' f (k)(a)(ξ)(η), (ξ, η) ∈ E × Ek−1.

Zbiór wszystkich odwzorowań f : Ω −→ F , dla których f (k)(a) istnieje oznaczamy przez Dk(Ω,F ; a).

Obserwacja 2.9.1. (a) (Ćwiczenie; por. Propozycja 2.8.7)• Jeżeli L ∈ L(E,F ), to L(k) = 0 dla k > 2.• Jeżeli B ∈ L(E,F ;G), to B(k) = 0 dla k > 3.• Jeżeli W ∈ L(E1, . . . , Ek;F ), to dla 1 6 ` 6 k mamy

W (`)(a1, . . . , ak)((h1,1, . . . , h1,k), . . . , (h`,1, . . . , h`,k))∑16j1<···<j`6k

σ∈S`

W (a1, . . . , aj1−1, hσ(1),j1 , aj1+1, . . . , aj`−1, hσ(`),j` , aj`+1, . . . , ak);

w szczególności, W (`) = 0 dla ` > k + 1.• Jeżeli Q ∈ Hk(E,F ), to

Q(`)(a)(h, . . . , h︸︷︷︸`×

) = `!

(k

`

)Q(a, . . . , a︸︷︷︸

(k−`)×

, h, . . . , h︸︷︷︸`×

);

w szczególności, Q(k)(a) = k!Q, a ∈ E, oraz Q(`) = 0 dla ` > k + 1.• Jeżeli Q ∈ Pk(E,F ), to Q(`) = 0 dla ` > k + 1.

(b) f (k) ∈ D`(Ω,Lk(E,F ); a) =⇒ f ∈ Dk+`(Ω,F ; a). Ponadto,

(f (k))(`)(a) = f (k+`)(a)

(po utożsamieniu L`(E,Lk(E,F )) ' Lk+`(E,F )).Rozumujemy indukcyjnie względem `. Dla ` = 1 wynik jest trywialny.` ` + 1: Jeżeli f (k) ∈ D`+1(Ω,Lk(E,F ); a), to, zgodnie z definicją, (f (k))(`)(x) istnieje dla x

z otoczenia punktu a oraz(f (k))(`+1)(a) = ((f (k))(`))′(a).

Na podstawie założenia indukcyjnego mamy (f (k))(`) = f (k+`). Stąd, na podstawie definicji, dosta-jemy

(f (k))(`+1)(a) = (f (k+`))′(a) = f (k+`+1)(a).

(28)Wiemy już co to oznacza dla k = 2, 3.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.9. Pochodne wyższych rzędów 79

(c) Jeżeli f ∈ Dk+`(Ω,F ; a), to dla dowolnych h`+1, . . . , hk+` ∈ E odwzorowanie

x 7−→ f (k)(x)(h`+1, . . . , hk+`)

ma `-tą pochodną w punkcie a oraz

f (k+`)(a)(h1, . . . , hk+`) = (x 7−→ f (k)(x)(h`+1, . . . , hk+`))(`)(a)(h1, . . . , h`), h1, . . . , h` ∈ E.

Rozumujemy indukcyjnie względem `.` = 1 (por. Propozycja 2.7.1): Wiemy, że

f (k)(a+ h1) = f (k)(a) + f (k+1)(a)(h1) + o(‖h1‖) przy h1 −→ 0

(równość w Lk(E,F )). Podstawiając h2, . . . , hk+1 dostajemy:

f (k)(a+ h1)(h2, . . . , hk+1) = f (k)(a)(h2, . . . , hk+1) + f (k+1)(a)(h1, h2, . . . , hk+1) + o(‖h1‖)przy h1 −→ 0,

co daje żądany wynik.` ` + 1: Załóżmy, że f ∈ Dk+`(U,F ) dla pewnego otoczenia U punktu a. Ustalmy h`+2, . . . ,

hk+`+1 ∈ E. Na podstawie założenia indukcyjnego odwzorowanie

U 3 x g7−→ f (k)(x)(h`+2, . . . , hk+`+1)

jest `–krotnie różniczkowalne w U oraz

g(`)(x)(h2, . . . , h`+1) = f (k+`)(x)(h2, . . . , hk+`+1), x ∈ U, h2, . . . , h`+1 ∈ E.Z drugiej strony, ponieważ f (k+`+1)(a) istnieje, więc

f (k+`)(a+ h1) = f (k+`)(a) + f (k+`+1)(a)(h1) + o(‖h1‖) przy h1 −→ 0

(równość w Lk+`(E,F )). Podstawiając h`+2, . . . , hk+`+1, dostajemy

g(`)(a+ h1) = g(`)(a) + f (k+`+1)(a)(h1, ·, . . . , ·, h`+2, . . . , hk+`+1) + o(‖h1‖) przy h1 −→ 0

(równość w L`(E,F ) po stosownym utożsamieniu). Wynika stąd, że g(`+1)(a) istnieje oraz

g(`+1)(a) = f (k+`+1)(a)(·, . . . , ·, h`+2, . . . , hk+`+1),

co kończy dowód.(d) Jeżeli f ∈ Dk(Ω,F ; a), to dla dowolnych h1, . . . , hk ∈ E pochodna kierunkowa ∂kf

∂h1...∂hk(a) istnieje

oraz∂kf

∂h1 . . . ∂hk(a) = f (k)(a)(h1, . . . , hk).

Rozumujemy indukcyjnie. Przypadek k = 1 jest oczywisty.k k + 1: Na podstawie (c) mamy

∂k+1f

∂h1 . . . ∂hk+1(a) =

∂

∂h1

∂kf

∂h2 . . . ∂hk+1(a) =

∂

∂h1

(x 7−→ f (k)(x)(h2, . . . , hk+1)

)(a)

= (x 7−→ f (k)(x)(h2, . . . , hk+1))′(a)(h1) = f (k+1)(a)(h1, . . . , hk+1).

(e) Dla E = R mamy: f ∈ Dk(Ω,F ; a) (w sensie Frécheta) wtedy i tylko wtedy, gdy f (k)(a) istniejew sensie klasycznym oraz

f (k)(a)(h1, . . . , hk) = f (k)(a)h1 · · ·hk, h1, . . . , hk ∈ R.Rozumujemy indukcyjnie. Przypadek k = 1 jest oczywisty.k k + 1: Na podstawie (c) mamy

f (k+1)(a)(h1, . . . , hk+1) = (x 7−→ f (k)(x)(h2, . . . , hk+1))′(a)(h1)

= (x 7−→ f (k)(x)h2 · · ·hk+1)′(a)(h1) = f (k+1)(a)h1 · · ·hk+1.

(f) Jeżeli E = Rn i f ∈ Dk(Ω,F ; a), to

f (k)(a)(h1, . . . , hk) =

n∑i1,...,ik=1

∂kf

∂xi1 . . . ∂xik(a)h1,i1 · · ·hk,ik , hj = (hj,1, . . . , hj,n) ∈ Rn, j = 1, . . . , k.

Propozycja 2.9.2 (Twierdzenie o symetrii wyższych różniczek). Zachodzi relacja f (k)(a) ∈ Lks(E,F ).W szczególności, jeżeli E = Rn, to

f (k)(a)(h) =∑

α∈Zn+: |α|=k

k!

α!Dαf(a)hα, h ∈ Rn,

gdzie dla α = (α1, . . . , αn) ∈ Zn+:α! := α1! · · ·αn!,Dαf(a) := ( ∂

∂x1)α1 · · · ( ∂

∂xn)αnf(a) (zauważmy, że wobec symetrii różniczki, operator Dαf(a) jest

poprawnie określony).

Dowód . Zastosujemy indukcję ze względu na k. Przypadek k = 2 został rozwiązany w Propozycji 2.7.3.Załóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla k − 1 i niech σ będzie dowolną permutacją k elementową.

Przypadek σ(1) = 2, σ(2) = 1, σ(j) = j, j = 3, . . . , k, redukuje się do przypadku k = 2:

f (k)(a)(h2, h1, h3, . . . , hk) = (x 7−→ f (k−2)(x)(h3, . . . , hk))′′(a)(h2, h1)

= (x 7−→ f (k−2)(x)(h3, . . . , hk))′′(a)(h1, h2)

= f (k)(a)(h1, h2, h3, . . . , hk).

Przypadek σ(1) = 1 wynika z założenia indukcyjnego:

f (k)(a)(h1, hσ(2), . . . , hσ(k)) = (x 7−→ f (k−1)(x)(hσ(2), . . . , hσ(k)))′(a)(h1)

= (x 7−→ f (k−1)(x)(h2, . . . , hk))′(a)(h1) = f (k)(a)(h1, h2, . . . , hk).

Pozostałe przypadki wynikają z faktu, iż każda permutacja jest złożeniem pewnej liczby permutacjipowyższych dwóch typów (por. dowód Wniosku 2.5.6).

Twierdzenie 2.9.3 (Por. Propozycja 2.6.16, Wniosek 2.5.6). Niech f : Ω −→ F będzie taka, że dladowolnego ` ∈ 1, . . . , k:• pochodna kierunkowa ∂`f

∂ξ`···∂ξ1 (x) istnieje dla dowolnych ξ1, . . . , ξ` ∈ E oraz x ∈ Ω,• odwzorowanie

E` 3 (ξ1, . . . , ξ`)δ`xf7−→ ∂`f

∂ξ` · · · ∂ξ1(x)

jest klasy L`s(E,F )(

29)dla dowolnego x ∈ Ω,

• odwzorowanie Ω 3 x 7−→ δ`xf ∈ L`(E,F ) jest ciągłe na całym Ω dla ` < k oraz jest ciągłew punkcie a dla ` = k.Wtedy f (k)(a) istnieje (i oczywiście f (k)(a) = δkaf).

Dowód . Zastosujemy indukcję ze względu na k. Przypadek k = 1 to Propozycja 2.6.16. Załóżmy, żetwierdzenie jest prawdziwe dla k − 1 > 1. Wobec założenia indukcyjnego f ∈ Ck−1(Ω,F ). Wystarczypokazać, że

δxf(k−1)(ξk)(ξ1, . . . , ξk−1) = δkxf(ξ1, . . . , ξk−1, ξk)

i zastosować Propozycję 2.6.16 (do funkcji f (k−1) : Ω −→ Lk−1(E,F )). Liczymy:

δxf(k−1)(ξk)(ξ1, . . . , ξk−1) =

∂f (k−1)

∂ξk(x)(ξ1, . . . , ξk−1)

=(

limt→0

f (k−1)(x+ tξk)− f (k−1)(x)

t

)(ξ1, . . . , ξk−1) =

(limt→0

δk−1x+tξk

f − δk−1x f

t

)(ξ1, . . . , ξk−1)

= limt→0

δk−1x+tξk

f(ξ1, . . . , ξk−1)− δk−1x f(ξ1, . . . , ξk−1)

t= limt→0

∂k−1f∂ξk−1···∂ξ1 (x+ tξk)− ∂k−1f

∂ξk−1···∂ξ1 (x)

t

=∂kf

∂ξk · · · ∂ξ1(x) = δkxf(ξ1, . . . , ξk−1, ξk).

(29)Odwzorowanie to, to `–ta różniczka Gâteaux funkcji f w punkcie x.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.9. Pochodne wyższych rzędów 81

Propozycja 2.9.4. (a) (Wzór Leibniza) Niech f ∈ Dk(Ω,F ; a), g ∈ Dk(Ω,G; a) i B ∈ L(F,G;H).Wtedy B(f, g) ∈ Dk(Ω,H; a). Ponadto,

(B(f, g))(k)(a)(h) =

k∑j=0

(k

j

)B(f (j)(a)(h), g(k−j)(a)(h)), h ∈ E.

(b) Niech G będzie przestrzenią unormowaną, niech U ⊂ G będzie zbiorem otwartym, niech ϕ : U −→ Ei niech t0 ∈ U . Załóżmy, że ϕ ∈ Dk(U,E; t0), f ∈ Dk(Ω,F ;ϕ(t0)) i ϕ(U) ⊂ Ω. Wtedy f ϕ ∈Dk(U,F ; t0) — zob. również Propozycja 2.10.3.

Dowód . (a) Rozumujemy indukcyjnie. Przypadek k = 1 jest dobrze znany.k k+ 1: Wiemy, że (B(f, g))′ = B1(f ′, g) +B2(f, g′), gdzie B1 i B2 są operatorami dwuliniowymi

i ciągłymi takimi, jak w dowodzie Propozycji 2.7.5. W takim razie, na podstawie założenia indukcyjnego,(B(f, g))′ ∈ Dk(Ω,L(E,H); a), a stąd B(f, g) ∈ Dk+1(Ω,H; a).

Indukcyjny dowód wzoru pozostawiamy jako Ćwiczenie.

(b) Znów indukcyjnie. Przypadek k = 1 jest dobrze znany.k k + 1: Korzystamy ze wzoru (f ϕ)′ = B(f ′ ϕ,ϕ′), gdzie B jest operatorem składania

odwzorowań tak, jak w dowodzie Propozycji 2.7.6. Dalej rozumujemy standardowo.

W „pełnej” wersji wzór Leibniza wygląda następująco.

Propozycja 2.9.5. Niech f ∈ Dk(Ω,F ; a), g ∈ Dk(Ω,G; a) i B ∈ L(F,G;H). Wtedy

(B(f, g))(k)(a)(h1, . . . , hk) =

k∑j=0

∑σ∈Σj,k−j

B(f (j)(a)(hσ(1), . . . , hσ(j)), g(k−j)(a)(hσ(j+1), . . . , hσ(k))),

h1, . . . , hk ∈ E,gdzie

Σj,k−j := σ ∈ Σk : σ(1) < · · · < σ(j), σ(j + 1) < · · · < σ(k).Dowód . Wystarczy do wzoru w Propozycji 2.9.4(a) zastosować formułę polaryzacyjną z Propozycji 2.8.1i dokonać stosownych przekształceń (Ćwiczenie).

W standardowy sposób definiujemy przestrzenie

Dk(Ω,F ), BDk(Ω,F ), Ck(Ω,F ) i BCk(Ω,F ).

Normujemy przestrzeń BDk(Ω,F ):

‖f‖Ω,k :=

k∑j=0

sup‖f (j)(x)‖ : x ∈ Ω, f ∈ BDk(Ω,F ).

Zauważamy, że f ′ ∈ Ck−1(Ω,L(E,F )) ⇐⇒ f ∈ Ck(Ω,F ). Ta prosta uwaga, wobec dowodu Propo-zycji 2.9.4, pozwala bez trudu pokazać (Ćwiczenie), że:• jeżeli f ∈ Ck(Ω,F ), g ∈ Ck(Ω,G) i B ∈ L(F,G;H), to B(f, g) ∈ Ck(Ω,H),• jeżeli ϕ ∈ Ck(U,E) i f ∈ Ck(Ω,F ), to f ϕ ∈ Ck(U,F ).Teraz przychodzi kolej na uogólnienie twierdzenia o różniczkowaniu szeregu wyraz po wyrazie (por.

Wniosek 2.1.18), a na koniec dowodzimy, że BDk(D,F ) i Ckb (D,F ) są przestrzeniami Banacha, gdy Djest obszarem %iD–ograniczonym, a F jest przestrzenią Banacha (Ćwiczenie).

Propozycja 2.9.6. Załóżmy, że D jest obszarem i f ∈ Dk(D,F ). Wtedy

f ∈ Pk−1(E,F )⇐⇒ f (k) ≡ 0.

Dowód . Jak zwykle indukcja. Przypadek k = 1 jest dobrze znany (Wniosek 2.6.11).k k + 1: Ponieważ (f (k))′ ≡ 0, więc f (k) = const = Q ∈ Hk(E,F ). Przypomnijmy, że Q(k) = k!Q

(Obserwacja 2.8.7). Teraz (f − 1

k!Q)(k)

≡ 0,

a stąd, na podstawie założenia indukcyjnego, f − 1k!Q ∈ Pk−1(E,F ), a więc f ∈ Pk(E,F ).

2.10. Wzór Taylora

Niech E i F będą przestrzeniami unormowanymi nad K, niech Ω ⊂ E będzie zbiorem otwartym,f : Ω −→ F , a ∈ Ω i załóżmy, że f ∈ Dk(Ω,F ; a) (dla pewnego k ∈ N).

Definiujemy k-tą resztę odwzorowania f w punkcie a:

Rk(f, a, x) := f(x)−(f(a) + f ′(a)(x− a) +

1

2f ′′(a)(x− a) + · · ·+ 1

k!f (k)(a)(x− a)

), x ∈ Ω.

Ponadto przyjmujemy R0(f, a, x) := f(x)− f(a). Mamy:

f(a+ h) = f(a) + f ′(a)(h) + 12f′′(a)(h) + · · ·+ 1

k!f (k)(a)(h) +Rk(f, a, a+ h), h ∈ Ω − a.

Zauważmy, że dla k > 2, funkcja Rk(f, a, ·) jest różniczkowalna w pewnym otoczeniu U punktu aoraz

Rk(f, a, ·)′(x) = Rk−1(f ′, a, x), x ∈ U.Istotnie, jeżeli f ∈ D(U,F ), to na podstawie Propozycji 2.8.7 mamy:

Rk(f, a, ·)′(x)(h) = f ′(x)(h)−(f ′(a)(h) + 2 · 1

2f′′(a)(x− a, h) + · · ·+ k · 1

k!f (k)(a)(x− a, . . . , x− a, h)

)= Rk−1(f ′, a, x)(h), x ∈ U.

Twierdzenie 2.10.1 (Wzór Taylora). (a) (Wzór Taylora z resztą Peano) Jeżeli f (k)(a) istnieje, to

limh→0

Rk(f, a, a+ h)

‖h‖k= 0.

(30)

(b) Jeżeli f ∈ Ck(Ω,F ), to dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ Ω mamy:

limδ→0

sup‖Rk(f, a, a+ h)‖

‖h‖k: a ∈ K, 0 < ‖h‖ 6 δ

= 0.

(c) (Wzór Taylora z resztą typu Lagrange’a) Załóżmy, że Ω jest gwiaździsty względem a, f ∈ Dk+1(Ω,F )oraz ‖f (k+1)(x)‖ 6M dla dowolnego x ∈ Ω. Wtedy

‖Rk(f, a, a+ h)‖ 6 M‖h‖k+1

(k + 1)!, h ∈ Ω − a, k ∈ Z+.

Dowód . (a) Indukcja ze względu na k. Przypadek k = 1 jest oczywisty.k k + 1: Na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych, dla małych 0 6= h ∈ Ω − a mamy:

1

‖h‖k+1‖Rk+1(f, a, a+ h)‖ =

1

‖h‖k+1‖Rk+1(f, a, a+ h)−Rk+1(f, a, a)‖

61

‖h‖ksup‖Rk+1(f, a, ·)′(x)‖ : x ∈ [a, a+ h]

=1

‖h‖ksup‖Rk(f ′, a, a+ ξ)‖ : ξ ∈ [0, h]

6 sup 1

‖ξ‖k‖Rk(f ′, a, a+ ξ)‖ : ξ ∈ (0, h]

−→h→0

0.

(b) Indukcja ze względu na k. Przypadek k = 1 wynika z twierdzenia o przyrostach skończonych.Istotnie, dla 0 < δ < dist(K, ∂Ω) mamy:

sup‖R1(f, a, a+ h)‖

‖h‖: a ∈ K, 0 < ‖h‖ 6 δ

= sup

‖f(a+ h)− f(a)− f ′(a)(h)‖‖h‖

: a ∈ K, 0 < ‖h‖ 6 δ

6 sup‖f ′(x)− f ′(a)‖ : a ∈ K, x ∈ [a, a+ h], 0 < ‖h‖ 6 δ −→δ→0

0

(ostatni fakt wynika z jednostajnej ciągłości funkcji f ′ na K — por. 1.2.13).

(30)Czyli Rk(f, a, a+ h) = o(‖h‖k) przy h −→ 0.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.10. Wzór Taylora 83

k k + 1: Na podstawie dowodu (a), dla małych δ > 0, mamy:

sup‖Rk+1(f, a, a+ h)‖

‖h‖k+1: a ∈ K, 0 < ‖h‖ 6 δ

6 sup

‖Rk(f ′, a, a+ ξ)‖‖ξ‖k

: a ∈ K, 0 < ‖ξ‖ 6 δ−→δ→0

0.

(c) Indukcja ze względu na k. Przypadek k = 0 wynika z twierdzenia o przyrostach skończonych.k k + 1: Mamy

‖Rk(f ′, a, a+ h)‖ 6 M‖h‖k+1

(k + 1)!, h ∈ Ω − a.

Ustalmy h ∈ Ω − a i niech

g(t) := Rk+1(f, a, a+ th), ϕ(t) :=M‖h‖k+2tk+2

(k + 2)!, t ∈ [0, 1].

Wobec poprzedniej nierówności mamy

‖g′(t)‖ = ‖Rk+1(f, a, ·)′(a+ th)(h)‖ = ‖Rk(f ′, a, a+ th)(h)‖ 6 M‖th‖k+1

(k + 1)!‖h‖ = ϕ′(t), t ∈ [0, 1].

Stąd, na podstawie zwykłego twierdzenia o przyrostach skończonych,

‖Rk+1(f, a, a+ h)‖ = ‖g(1)− g(0)‖ 6 ϕ(1)− ϕ(0) =M‖h‖k+2

(k + 2)!.

Obserwacja 2.10.2 (Jednoznaczność wzoru Taylora). Jeżeli f (k)(a) istnieje, Q = Q0 + · · · + Qk ∈Pk(E,F ) oraz

f(a+ h) = Q(h) + o(‖h‖k), przy h −→ 0, (†)

to Qj = 1j!f

(j)(a), j = 0, . . . , k.Istotnie, na podstawie wzoru Taylora z resztą Peano, mamy:

f(a) + f ′(a)(h) + 12f′′(a)(h) + · · ·+ 1

k!f (k)(a)(h)

= Q0(h) +Q1(h) +Q2(h) + · · ·+Qk(h) + o(‖h‖k), przy h −→ 0.

Ustalmy h ∈ E. Zastępując w powyższym wzorze h przez th (t ∈ R) dostajemy

f(a) + f ′(a)(h)t+ 12f′′(a)(h)t2 + · · ·+ 1

k!f (k)(a)(h)tk

= Q0(h) +Q1(h)t+Q2(h)t2 + · · ·+Qk(h)tk + o(tk), przy t −→ 0,

skąd natychmiast wynika, że Qj(h) = 1j!f

(j)(a)(h), j = 0, . . . , k.

Propozycja 2.10.3 (Wzór na k–tą pochodną złożenia). Niech E, F , G będą przestrzeniami unormo-wanymi, niech U ⊂ G, Ω ⊂ E będą zbiorami otwartymi i niech t0 ∈ U . Załóżmy, że ϕ ∈ Dk(U,E; t0),ϕ(U) ⊂ Ω, f ∈ Dk(Ω,F ;ϕ(t0)). Wtedy (por. Propozycja 2.9.4(b)):

(f ϕ)(k)(t0)(Y ) =∑

α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

k!

α1! · · ·αk!

f (α1+···+αk)(ϕ(t0))(ϕ′(t0)(Y )

1!, . . . ,

ϕ′(t0)(Y )

1!︸︷︷︸α1×

, . . . ,ϕ(k)(t0)(Y )

k!, . . . ,

ϕ(k)(t0)(Y )

k!︸︷︷︸αk×

), Y ∈ G.

Dowód . Skorzystamy z Obserwacji 2.10.2 (podobnie, jak dla jednej zmiennej). Przyjmijmy oznaczenia:

ϕj :=1

j!ϕ(j)(t0), a := ϕ(t0), fj :=

1

j!f (j)(a), j = 0, . . . , k.

Mamy:

f(a+ h) =

k∑i=0

fi(h) + α(h)‖h‖k, ϕ(t0 + Y ) =

k∑j=0

ϕj(Y ) + β(Y )‖Y ‖k,

gdzie limh→0

α(h) = 0, limY→0

β(Y ) = 0. Korzystając z Obserwacji 2.10.2 wystarczy wyznaczyć wielomian

jednorodny stopnia k w rozwinięciu (f ϕ)(t0 + Y ). Liczymy:

(f ϕ)(t0 + Y ) =

k∑i=0

fi

( k∑j=1

ϕj(Y ) + β(Y )‖Y ‖k)

+ α(ϕ(t0 + Y )− ϕ(t0)

)∥∥∥ k∑j=1

ϕj(Y ) + β(Y )‖Y ‖k∥∥∥k

=

k∑i=0

fi

( k∑j=1

ϕj(Y ))

+ o(‖Y ‖k)

=

k∑i=0

∑α1,...,αk∈Z+

α1+···+αk=i

i!

α1! · · ·αk!fi

(ϕ1(Y ), . . . , ϕ1(Y )︸︷︷︸

α1×

, . . . , ϕk(Y ), . . . , ϕk(Y )︸︷︷︸αk×

)+ o(‖Y ‖k)

=

k∑ν=0

( ∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=ν

(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!fα1+···+αk

(ϕ1(Y ), . . . , ϕ1(Y )︸︷︷︸

α1×

, . . . , ϕk(Y ), . . . , ϕk(Y )︸︷︷︸αk×

)+ o(‖Y ‖k).

Ćwiczenie 2.10.4. Przy założeniach takich, jak w Propozycji 2.10.3, znaleźć wzór na

(f ϕ)(k)(t0)(Y1, . . . , Yk)

przy dowolnych Y1, . . . , Yk ∈ G.

2.11. Szereg Taylora

Niech F będzie przestrzenią Banacha i niech f : Ω −→ F . Załóżmy, że dla pewnego a ∈ Ω pochodnaf (k)(a) istnieje dla dowolnego k ∈ N. Wtedy definiujemy szereg Taylora funkcji f w punkcie a

(Taf)(x) :=

∞∑ν=0

1

ν!f (ν)(a)(x− a);

(Taf)(a+ h) jest szeregiem wielomianów jednorodnych zmiennej h.

Propozycja 2.11.1 (Borel, por. Propozycja 2.3.1). Niech (E, 〈 , 〉) będzie rzeczywistą przestrzenią uni-tarną (np. Rn ze zwykłym iloczynem skalarnym), zaś F — przestrzenią Banacha. Wtedy, dla dowolnegociągu wielomianów jednorodnych Qν ∈ Hν(E,F ), ν ∈ Z+, istnieje funkcja f ∈ C∞(E,F ) taka, że

T0f(x) =

∞∑ν=0

Qν(x),

czyli1

ν!f (ν)(0) = Qν , ν ∈ Z+.

Dowód . (Por. dowód Propozycji 2.3.1) Rozpocznijmy od prostej obserwacji, że dla funkcji

E 3 x Φ7−→ 〈x, x〉 ∈ R

mamy Φ′(a)(X) = 2〈a,X〉, Φ′′(a)(X,X) = 2〈X,X〉, Φ(k)(a) = 0, k > 3 (por. Obserwacja 2.9.1).Niech ψ ∈ C∞(R+, [0, 1]), ψ(t) = 0 dla t 6 1/4, ψ = 1 dla t > 1. Zdefiniujmy ϕ(x) := ψ(〈x, x〉) =

ψ Φ(x), x ∈ E. Wtedy ϕ(x) = 0 dla ‖x‖ 6 1/2, ϕ(x) = 1 dla ‖x‖ > 1 oraz ϕ ∈ C∞(E, [0, 1]). NiechCν := sup‖ϕ(ν)(x)‖ : ‖x‖ 6 1, ν ∈ Z+. Zauważmy, że C0 = 1 oraz Cν < +∞, ν ∈ N (na podstawiewzoru na pochodną złożenia — por. Propozycja 2.10.3).

Na wstępie pokażemy, że dla dowolnego N ∈ Z+ istnieje funkcja gN ∈ C∞(E,F ) taka, że gN = 0w pewnym otoczeniu zera oraz

‖QN+1 − gN‖E,N 61

2N. (†)

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.11. Szereg Taylora 85

Ustalmy N ∈ Z+. Przypomnijmy (Obserwacja 2.9.1), że

Q(µ)N+1(a)(X, . . . ,X︸︷︷︸

µ×

) = µ!

(N + 1

µ

)QN+1( a, . . . , a︸︷︷︸

(N+1−µ)×

, X, . . . ,X︸︷︷︸µ×

).

W szczególności,

‖Q(µ)N+1(a)‖ 6 µ!

(N + 1

µ

)‖QN+1‖‖a‖N+1−µ.

Niech Mµ := µ!(N+1µ

)‖QN+1‖, µ = 0, . . . , N + 1. Połóżmy

hε(x) := ϕ(x/ε)QN+1(x), x ∈ E, ε > 0.

Wtedy dla 0 < ε 6 1, korzystając ze wzoru Leibniza (por. Propozycja 2.9.4), mamy

‖QN+1 − hε‖E,N = ‖QN+1 − hε‖B(ε),N =

N∑ν=0

sup‖x‖6ε

∥∥∥((1− ϕ(·/ε))QN+1

)(ν)

(x)∥∥∥

=

N∑ν=0

sup‖x‖6ε, ‖ξ‖61

∥∥∥ ν∑µ=0

(ν

µ

)(1− ϕ(·/ε))(ν−µ)(x)(ξ)Q

(µ)N+1(x)(ξ)

∥∥∥=

N∑ν=0

sup‖x‖6ε, ‖ξ‖61

∥∥∥− ν−1∑µ=0

(ν

µ

)ϕ(ν−µ)(x/ε)(ξ)εµ−νQ

(µ)N+1(x)(ξ) + (1− ϕ(x/ε))Q

(ν)N+1(x)(ξ)

∥∥∥6

N∑ν=0

( ν−1∑µ=0

(ν

µ

)Cν−µε

µ−νMµεN+1−µ +Mνε

N+1−ν)6 ε

N∑ν=0

ν∑µ=0

(ν

µ

)Cν−µMµ = ε const(N).

Teraz jako gN wystarczy wziąć hε ze stosownie małym ε.

Jeżeli już mamy funkcje gN , N ∈ Z+, to definiujemy

f := Q0 +

∞∑N=0

(QN+1 − gN ).

Wobec (†), szereg jest zbieżny normalnie w Ck(E,F ) dla dowolnego k. W takim razie f ∈ C∞(Rn, F ).Oczywiście, f(0) = Q0.

Dla dowolnego ν szereg∞∑N=0

(QN+1− gN )(ν) jest zbieżny jednostajnie na E. Wynika stąd w szczegól-

ności (na podstawie twierdzenia o różniczkowaniu szeregu wyraz po wyrazie), że

f (ν)(0) =

∞∑N=0

(QN+1 − gN )(ν)(0) =

∞∑N=0

Q(ν)N+1(0) = ν!Qν , ν ∈ N.

Ćwiczenie 2.11.2. Niech E,F będą przestrzeniami Banacha. Czy dla dowolnego ciągu ciągłych wielo-mianów jednorodnych Qν ∈ Hν(E,F ), ν ∈ Z+, istnieje funkcja f ∈ C∞(E,F ) taka, że

T0f(x) =

∞∑ν=0

Qν(x) ?

Propozycja 2.11.3 (Twierdzenie Whitneya(

31)). Dla dowolnego zbioru domkniętego S ⊂ Rn istnieje

funkcja f ∈ C∞(Rn,R+) taka, że S = f−1(0) oraz Dαf = 0 na S dla dowolnego α ∈ Zn+.

Dowód . Możemy założyć, że ∅ 6= S 6= Rn. Niech ϕ ∈ C∞(Rn, [0, 1]) będzie dowolną funkcją taką Bn =x ∈ Rn : ϕ(x) > 0 (por. dowód Propozycji 2.11.1) i niech

Cα := sup|Dαϕ(x)| : x ∈ Rn, α ∈ Zn+.

(31)Hassler Whitney (1907–1989).

Niech Qn \ S = q1, q2, . . . , dk := dist(qk, S).

ak :=1

2kmin

d|α|kCα

: |α| 6 k, f(x) :=

∞∑k=1

ak ϕ(x− qk

dk

), x ∈ Rn.

Sprawdzamy, że f spełnia wszystkie wymagane warunki:• f ∈ C∞(Rn,R+): Wystarczy pokazać, że dla dowolnego α ∈ Zn+, szereg

∞∑k=1

ak

∣∣∣Dα(ϕ( · − qk

dk

))∣∣∣jest zbieżny jednostajnie w Rn. Mamy

∞∑k=1

ak

∣∣∣Dα(ϕ( · − qk

dk

))(x)∣∣∣ =

∞∑k=1

ak1

d|α|k

∣∣∣(Dαϕ)(x− qk

dk

)∣∣∣6∞∑k=1

akCα

d|α|k

6|α|−1∑k=1

akCα

d|α|k

+

∞∑k=|α|

1

2k, x ∈ Rn.

• f(x) > 0 dla x ∈ Rn \ S: Ustalmy punkt x0 ∈ Rn \ S i niech B(x0, 2r) ⊂ Rn \ S dla pewnego0 < r < 1. Weźmy dowolny punkt qk0 ∈ B(x0, r). Wtedy dk0 > r, a stąd x0 ∈ B(qk0 , dk0), a więcf(x0) > ak0 ϕ(

x0−qk0dk0

) > 0.

• Dαf = 0 na S dla dowolnego α: Jeżeli x0 ∈ S, to ‖x0 − qk‖ > dk, a więc (Dαϕ)(x0−qkdk

) = 0 dladowolnego k, a stąd Dαf(x0) = 0.

2.12. Ekstrema lokalne

Niech E będzie przestrzenią unormowaną nadK, niech Ω ⊂ E będzie zbiorem otwartym, f : Ω −→ R,a ∈ Ω.

Powiemy, że f ma w punkcie a minimum lokalne (odp. silne minimum lokalne), jeżeli istnieje oto-czenie U ⊂ Ω punktu a takie, że f(x) > f(a) dla x ∈ U (odp. f(x) > f(a) dla x ∈ U \ a).

Zmieniając kierunki nierówności definiujemy maksimum lokalne i silne maksimum lokalne.Zamieniając f na −f możemy zawsze ograniczyć nasze rozważania do minimów lokalnych.Niech Q ∈ Hk(E,R). Powiemy, że:• Q jest nieujemnie określony (półokreślony dodatnio), jeżeli Q(h) > 0, h ∈ E,• Q jest dodatnio określony, jeżeli Q(h) > 0, h ∈ E∗,• Q jest silnie dodatnio określony, jeżeli istnieje stała c > 0 taka, że Q(h) > c‖h‖k, h ∈ E.Zmieniając kierunki nierówności definiujemy pojęcie niedodatniej określoności (półokreśloności ujem-

nej), ujemnej określoności i silnej ujemnej określoności(

32).

Zamieniając Q na −Q możemy zawsze ograniczyć nasze rozważania do dodatniej określoności.

Obserwacja 2.12.1. (a) Jeżeli k jest nieparzyste i Q 6= 0, to Q nie jest ani nieujemnie ani niedodatniookreślony

(33).

Istotnie, jeżeli k jest nieparzyste, to Q(−h) = −Q(h).(b) Jeżeli E jest skończenie wymiarowa, to dodatnia określoność jest równoważna silnej dodatniej okre-

śloności(

34).

Istotnie, jeżeli E jest skończenie wymiarowa i Q jest dodatnio określony, to c := inf‖Q(h)‖ :‖h‖ = 1 > 0 (bo sfera jest zwarta) i dla h 6= 0 mamy

Q(h) = ‖h‖kQ(h

‖h‖) > c‖h‖k.

(c) Jeżeli E = Rn, k = 2 i Q = [Qi,j ]i,j=1,...,n jest macierzą symetryczną, to następujące warunki sąrównoważne:

(32)W tym ostatnim przypadku żądamy istnienia stałej c < 0 takiej, że Q(h) 6 c‖h‖k dla dowolnego h ∈ E.(

33)Czyli jest nieokreślony.(

34)Tak nie musi być gdy dimE =∞ — Ćwiczenie.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.12. Ekstrema lokalne 87

(i) forma Q(h) = htQh =n∑

i,j=1

Qi,jhihj , h = (h1, . . . , hn) ∈ Rn(

35), jest nieujemnie określona;

(ii) D(i1, . . . , is) > 0 dla dowolnych 1 6 i1 < · · · < is 6 n, gdzie

D(i1, . . . , is) := det

Qi1,i1 , . . . , Qi1,is...Qis,i1 , . . . , Qis,is

, 1 6 i1 < · · · < is 6 n.

(iii) wszystkie wartości własne macierzy Q są nieujemne.Minor D(i1, . . . , is) nosi nazwę minora głównego rzędu s. Minor D(1, . . . , s) nosi nazwę wiodącegominora głównego rzędu s. Z kryterium tego wynika oczywiście, że Q jest niedodatnio określona wtedyi tylko wtedy, gdy (−1)sD(i1, . . . , is) > 0 dla dowolnych 1 6 i1 < · · · < is 6 n.

Istotnie, wiadomo, że jeżeli Q = Qt, to Q = P t∆P , gdzie P jest macierzą ortogonalną (PP t =In), zaś ∆ jest macierzą diagonalną mającą na przekątnej wartości własne d1, . . . , dn macierzy A.Wynika stąd, że forma Q jest dodatnio (nieujemnie) określona wtedy i tylko wtedy, gdy formaskojarzona z macierzą ∆ jest dodatnio (nieujemnie) określona, co z kolei jest równoważne temu, żed1, . . . , dn > 0 (d1, . . . , dn > 0). W szczególności, (i) ⇐⇒ (iii).

Ponieważ detQ = det∆ = d1 · · · dn, wnioskujemy stąd również, że jeżeli Q jest dodatnio (nie-ujemnie) określona, to detQ > 0 (detQ > 0). Ustalmy 1 6 i1 < · · · < is 6 n. Zauważmy, żeD(i1, . . . , is) jest wyznacznikiem reprezentacji macierzowej formy G, gdzie G : Rs −→ R,

G(t) := Q(0, . . . , 0, t1i1

, 0, . . . , 0, t2i2

, 0, . . . , 0, tsis

, 0, . . . , 0), t = (t1, . . . , ts) ∈ Rs.

Jest jasne, że jeżeliQ jest dodatnio (nieujemnie) określona, toG jest dodatnio (nieujemnie) określona,a stąd D(i1, . . . , is) > 0 (D(i1, . . . , is) > 0).

Pozostaje wykazać, że (ii) =⇒ (iii). Wiadomo, że równanie charakterystyczne det(A− λIn) = 0macierzy A ma postać

(−λ)n +

n∑s=1

( ∑16i1<···<is6n

D(i1, . . . , is))

(−λ)n−s = 0.

Jeżeli więc D(i1, . . . , is) > 0 dla dowolnych 1 6 i1 < · · · < is 6 n, to każdy pierwiastek tego równania(czyli wartość własna) musi być > 0.

Ćwiczenie: Czy dla nieujemnej określoności formy Q wystarczy, by D(1, . . . , s) > 0, s =1, . . . , n ?

(d) Jeżeli E = Rn, k = 2 i Q = [Qi,j ]i,j=1,...,n jest macierzą symetryczną, to następujące warunki sąrównoważne:(i) forma skojarzona z macierzą Q jest dodatnio określona;(ii) D(1, . . . , s) > 0, s = 1, . . . , n

(36);

(iii) wszystkie wartości własne macierzy Q są dodatnie.Istotnie, wiemy już, że (i) ⇐⇒ (iii) =⇒ (ii). Pozostaje wykazać, że (ii) =⇒ (i). Dowód ten przepro-wadzimy indukcyjnie ze względu na n. Przypadek n = 1 jest oczywisty. Załóżmy, że wynik zachodzidla n − 1. Oznacza to w szczególności, że Q((x′, 0)) > 0 dla x′ ∈ (Rn−1)∗. Niech Q(x, y) := xtQy,x, y ∈ Rn, oznacza dwuliniowe odwzorowanie symetryczne generujące formę Q. Łatwo sprawdzić, żeistnieje w0 = (w′, 1) ∈ Rn takie, że Q(w0, ej) = 0, j = 1, . . . , n−1. Łatwo również stwierdzić, że formaQ jest dodatnio określona wtedy i tylko wtedy, gdy Q((x′, 0)) > 0 dla x′ ∈ (Rn−1)∗ oraz Q(w0) > 0.Pozostaje więc sprawdzenie, że Q(w0) > 0. Niech R oznacza reprezentację macierzową formy Q w ba-zie e1, . . . , en−1, w

0. Wiemy, że detR > 0. Pozostaje zauważyć, że detR = D(1, . . . , n− 1)Q(w0).

Propozycja 2.12.2 (Warunki konieczne na ekstrema lokalne). Załóżmy, że f ma w punkcie a minimumlokalne i f (k)(a) istnieje. Wtedy:• f ′(a) = 0, tzn. a jest punktem krytycznym f .• jeżeli k > 2, f ′(a) = 0, . . . , f (k−1)(a) = 0 i f (k)(a) 6= 0, to k jest parzyste i różniczka f (k)(a)

jest nieujemnie określona.

(35)Odnotujmy, że Q(h) = Q(h, h), h ∈ Rn, gdzie Q(x, y) := xtQy, x, y ∈ Rn, oraz że Qi,j = Q(ei, ej), i, j = 1, . . . , n.(

36)Q jest ujemnie określona wtedy i tylko wtedy, gdy (−1)sD(1, . . . , s) > 0, s = 1, . . . , n.

Dowód . Ustalmy h ∈ E∗. Funkcja g(t) = f(a+th) jest poprawnie określona dla |t| 6 δ (przy dostateczniemałym δ) i ma minimum lokalne w punkcie t = 0. Widać, że g(k)(0) istnieje. Stąd, na podstawie teoriidla jednej zmiennej rzeczywistej, 0 = g′(0) = f ′(a)(h).

Jeżeli teraz f ′(a) = 0, . . . , f (k−1)(a) = 0, to g′(0) = 0, . . . , g(k−1)(0) = 0 i g(k)(0) = f (k)(a)(h).Z klasycznej teorii funkcji jednej zmiennej rzeczywistej dostajemy teraz, że f (k)(a)(h) > 0 oraz, że kmusi być parzyste.

Propozycja 2.12.3 (Warunki dostateczne na ekstrema lokalne). (a) Przypuśćmy, że f (k)(a) istnieje,f ′(a) = 0, . . . , f (k−1)(a) = 0, a różniczka f (k)(a) jest silnie dodatnio określona

(37). Wtedy f

ma w punkcie a silne minimum lokalne.(b) Przypuśćmy, że f ∈ Dk(U,R), gdzie U jest otwartym otoczeniem punktu a, f ′(a) = 0, . . . , f (k−1)(a) =

0, a różniczka f (k)(x) jest nieujemnie określona dla dowolnego x ∈ U . Wtedy f ma w punkcie aminimum lokalne.

Dowód . (a) Niech c > 0 będzie takie, że1

k!f (k)(a)(h) > c‖h‖k, h ∈ E.

Wtedy, na podstawie wzoru Taylora z resztą Peano, mamy

f(a+ h) = f(a) +1

k!f (k)(a)(h) + o(‖h‖k) > f(a) +

c

2‖h‖k > f(a), 0 < ‖h‖ 1.

(38)

(b) Niech B(a, r) ⊂ U . Dla dowolnego h ∈ E, ‖h‖ 6 r, niech g(t) := f(a + th), 0 6 t 6 1. Wtedyg(j)(t) = f (j)(a+th)(h), 0 6 t 6 1, j = 1, . . . , k. Korzystając z jednowymiarowego wzoru Taylora z resztąLagrange’a, wnioskujemy, że istnieje liczba θ(h) ∈ [0, 1] taka, że

f(a+ h)− f(a) = g(1)− g(0) =1

k!g(k)(θ(h)) =

1

k!f (k)(a+ θ(h))(h) > 0.

Ćwiczenie 2.12.4 (Funkcje wypukłe). Powiemy, że funkcja f : Ω −→ R jest wypukła, jeżeli dla dowol-nego segmentu [a, b] ⊂ Ω, funkcja [0, 1] 3 t 7−→ f(a+ t(b− a)) ∈ R jest wypukła (por. Definicja 2.1.15).Funkcję f : Ω −→ R nazywamy wklęsłą, jeżeli funkcja −f jest wypukła.

Udowodnić, że jeżeli f ∈ D2(Ω), to f jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnego x ∈ Ω,druga różniczka f ′′(x) jest nieujemnie określona.

2.13. Twierdzenie o odwzorowaniu odwrotnym i twierdzenie o odwzorowaniu uwikłanym

Twierdzenie 2.13.1 (Twierdzenie o odwzorowaniu odwrotnym). Załóżmy, że E, F są przestrzeniamiBanacha, Ω ⊂ E jest zbiorem otwartym i f ∈ Ck(Ω,F ) (k > 1). Załóżmy, że punkt a ∈ Ω jest taki, żef ′(a) ∈ Isom(E,F ). Wtedy istnieje otoczenie otwarte U ⊂ Ω punktu a takie, że:

V := f(U) jest zbiorem otwartym,f |U : U −→ V jest dyfeomorfizmem klasy Ck

(39),

jeżeli g := (f |U )−1 : V −→ U , to g′(y) = (f ′(g(y)))−1 dla dowolnego y ∈ V .

Odnotujmy, że wzór na g′(y) wynika bezpośrednio z pozostałych własności (wystarczy zróżniczkowaćidentyczności (f |U ) g = idV , g (f |U ) = idU ).

Obserwacja 2.13.2. Rozważmy dla treningu przypadek E = F = R. Założenie f ′(a) ∈ Isom(R,R)oznacza oczywiście, że f ′(a) 6= 0. Istnieje więc przedział otwarty U ⊂ Ω taki, że a ∈ U oraz f ′(x) 6= 0 dladowolnego x ∈ U (w szczególności, funkcja f |U jest ściśle monotoniczna). Zbiór V := f(U) jest wtedyprzedziałem otwartym, odwzorowanie

g := (f |U )−1 : V −→ U

jest różniczkowalne oraz g′ = 1/(f ′ g). Ze wzoru tego wynika natychmiast, że jeżeli g ∈ C`(V ) dlapewnego ` ∈ 0, . . . , k − 1 (co wiemy dla ` = 0), to g′ ∈ C`(V ), a więc g ∈ C`+1(V ). Oznacza to, żeg ∈ Ck(V ) (uwaga na przypadek k =∞).(

37)W szczególności, k musi być parzyste.(

38)Przypomnijmy, że zapis „0 < ‖h‖ 1” oznacza, że istnieje ε0 > 0 takie, że nierówności zachodzą dla 0 < ‖h‖ 6 ε0.(

39)Odwzorowanie bijektywne h : U −→ V nazywamy dyfeomorfizmem klasy Ck, jeżeli h i h−1 są klasy Ck; zauważmy,

że wtedy h′(x) ∈ Isom(E,F ) dla dowolnego x ∈ U — Ćwiczenie.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.13. Twierdzenie o odwzorowaniu odwrotnym i twierdzenie o odwzorowaniu uwikłanym 89

Propozycja 2.13.3. Przy oznaczeniach z Twierdzenia 2.13.1 przy E = F := R, mamy dodatkowo:Jeżeli f ∈ A(Ω), to g ∈ A(V ).

Odnotujmy, że teza ta nie zachodzi bez założenia, że f ′(a) 6= 0. Dla przykładu, funkcja R 3 x 7−→x3 ∈ R jest analitycznym homeomorfizmem, ale funkcja odwrotna R 3 y 7−→ 3

√y nie jest różniczkowalna

w zerze.

Dowód . ([Kra-Par 2002]) Skorzystamy z Propozycji 2.4.4. Ustalmy K ⊂⊂ V . Zakładamy, że wiemy już,że g ∈ C∞(V ). Na podstawie Obserwacji 2.4.2 oraz Wniosku 2.4.5 wnioskujemy, że h := 1/f ′ ∈ A(U).Istnieją więc stałe C, % > 0 takie, że

1

s!supy∈K|h(s)(g(y))| 6 C

%s, s ∈ Z+. (2.13.1)

Teraz udowodnimy indukcyjnie, że

1

k!supy∈K|g(k)(y)| 6 Ck

%k−1, k ∈ Z+. (2.13.2)

gdzie

Ck := (2C)k(−1)k−1

( 12

k

)= (2C)k(−1)k−1

12 ( 1

2 − 1) · · · ( 12 − k + 1)

k!> 0.

Zauważmy, że limk→+∞

k√Ck = 2C (Ćwiczenie), a więc (2.13.2) zakończy dowód.

Ponieważ, g′ = h g, przypadek k = 1 wynika natychmiast z (2.13.1) (z s = 0). Teraz k k + 1.Korzystamy z Propozycji 2.1.5:

1

(k + 1)!supy∈K|g(k+1)(y)| = 1

(k + 1)!supy∈K|(h g)(k)(y)|

=1

k + 1supy∈K

∣∣∣ ∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

1

α1! · · ·αk!h(α1+···+αk)(g(y))

(g′(y)

1!

)α1

· · ·(g(k)(y)

k!

)αk ∣∣∣6

1

k + 1

∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!

C

%α1+···+αk

( C1

%1−1

)α1

· · ·( Ck%k−1

)αk

=C

%k1

k + 1

∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!

((2C)1(−1)1−1

( 12

1

))α1

· · ·(

(2C)k(−1)k−1

( 12

k

))αk

=(2C)k+1

%k(−1)k

2(k + 1)

∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

(−1)α1+···+αk(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!

( 12

1

)α1

· · ·( 1

2

k

)αk(∗)=

(2C)k+1

%k(−1)k

2(k + 1)2(k + 1)

( 12

k + 1

)=Ck+1

%k,

gdzie (*) wynika ze wzoru∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

(−1)α1+···+αn(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!

( 12

1

)α1

· · ·( 1

2

k

)αk= 2(k + 1)

( 12

k + 1

).

Powyższy wzór udowodnimy korzystając ponownie z Propozycji 2.1.5 dla funkcji

f(x) : =1

1− x=

∞∑k=0

xk =

∞∑k=0

f (k)(0)

k!xk, x ∈ (−1, 1),

ϕ(t) : = 1−√

1− 2t = −∞∑k=1

( 12

k

)(−2t)k =

∞∑k=0

ϕ(k)(0)

k!tk, t ∈ (− 1

2 ,12 ).

(40)

Niech h := f ϕ. Mamy

h(t) = f(ϕ(t)) =1√

1− 2t= ϕ′(t),

a stąd

− (k + 1)!

( 12

k + 1

)(−2)k+1 = ϕ(k+1)(0) = h(k)(0)

=∑

α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

k!

α1! · · ·αk!f (α1+···+αk)(0)

(ϕ′(0)

1!

)α1

· · ·(ϕ(k)(0)

k!

)αk

= k!∑

α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!

(−( 1

2

1

)(−2)1

)α1

· · ·(−( 1

2

k

)(−2)k

)αk

= (−2)kk!∑

α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

(−1)α1+···+αn(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!

( 12

1

)α1

· · ·( 1

2

k

)αk.

Twierdzenie 2.13.4 (Twierdzenie o odwzorowaniu uwikłanym). Załóżmy, że E1, E2, F są przestrze-niami Banacha, Ω ⊂ E1 × E2 jest zbiorem otwartym i f ∈ Ck(Ω,F ) (k > 1). Załóżmy, że punkta = (a1, a2) ∈ Ω jest taki, że

∂f

∂E2(a) ∈ Isom(E2, F ).

Wtedy istnieją otoczenia otwarte U1 ⊂ E1, U2 ⊂ E2 punktów a1 i a2 oraz odwzorowanie ϕ : U1 −→ U2

klasy Ck takie, że

U1 × U2 ⊂ Ω, x ∈ U1 × U2 : f(x) = f(a) = (t, ϕ(t)) : t ∈ U1,∂f

∂E2(x) ∈ Isom(E2, F ), x ∈ U1 × U2,

ϕ′(t) = −( ∂f∂E2

(t, ϕ(t)))−1

∂f

∂E1(t, ϕ(t)), t ∈ U1.

Zauważmy, że wzór na pochodną ϕ′(t) wynika z pozostałych własności. Istotnie, mamy f(t, ϕ(t)) =f(a) dla dowolnego t ∈ U1. Różniczkując dostajemy

∂f

∂E1(t, ϕ(t)) +

∂f

∂E2(t, ϕ(t)) ϕ′(t) = 0.

Obserwacja 2.13.5. Rozważmy dla treningu przypadek E1 = E2 = F = R. Niech (a, b) ∈ Ω będzieustalonym punktem takim, że ∂f

∂y (a, b) 6= 0. Możemy założyć, że ∂f∂y (x, y) > 0 dla dowolnego (x, y) ∈ Ω

oraz, że Ω jest prostokątem.Ustalmy ε > 0 takie, że (a, b± ε) ∈ Ω. Oczywiście

f(a, b− ε) < f(a, b) < f(a, b+ ε).

Niech δ > 0 będzie takie, że

f(x, b− ε) < f(a, b) < f(x, b+ ε), x ∈ (a− δ, a+ δ).

Wynika stąd, że dla dowolnego x ∈ (a− δ, a+ δ) istnieje dokładnie jeden punkt y = ϕ(x) ∈ (b− ε, b+ ε)taki, że f(x, ϕ(x)) = f(a, b).

Pozostaje sprawdzić, że ϕ : (a − δ, a + δ) −→ (b − ε, b + ε) jest klasy Ck. Na wstępie zauważmy, żepowtarzając powyższe rozumowanie dla dowolnego punktu (x0, y0) ∈ P := (a− δ, a+ δ)× (b− ε, b+ ε)i dowolnego 0 < ε∗ 1, wnioskujemy, że istnieje δ∗ > 0 oraz funkcja

ϕ∗ : (x0 − δ∗, x0 + δ∗) −→ (y0 − ε∗, y0 + ε∗)

(40)Korzystamy tu z rozwinięcia (1 + t)α =

∑∞k=0

(αk

)tk, t ∈ (−1, 1), α ∈ R.

takie, że P ∗ := (x0 − δ∗, x0 + δ∗) × (y0 − ε∗, y0 + ε∗) ⊂ P oraz y = ϕ∗(x) jest jedynym rozwiązaniemrównania f(x, y) = f(x0, y0) w prostokącie P ∗. Jeżeli y0 = ϕ(x0), to oczywiście ϕ∗ = ϕ na (x0− δ∗, x0 +δ∗), co w szczególności, wobec dowolności ε∗, oznacza, że ϕ jest funkcją ciągłą.

Zauważmy, że cały problem leży w różniczkowalności ϕ. Jeżeli bowiem ϕ jest różniczkowalna, torówność f(x, ϕ(x)) = f(a, b) implikuje, że

∂f

∂x(x, ϕ(x)) +

∂f

∂y(x, ϕ(x)) ϕ′(x) = 0, (*)

a stąd

ϕ′(x) = −∂f∂x (x, ϕ(x))∂f∂y (x, ϕ(x))

, x ∈ (a− δ, a+ δ),

co z kolei pokazuje, że ϕ′ jest funkcją ciągłą, a więc ϕ jest klasy C1. Jeżeli już wiemy, że ϕ jest klasy C`dla pewnego ` ∈ 1, . . . , k − 1, to powyższa równość pokazuje, że ϕ jest klasy C`+1.

Przechodzimy do różniczkowalności. Ustalmy x0 ∈ (a− δ, a+ δ). Dla małych h ∈ R mamy:

0 = f(x0 + h, ϕ(x0 + h))− f(x0, ϕ(x0)) =∂f

∂x(ξ(h), ϕ(x0 + h))h+

∂f

∂y(x0, η(h))(ϕ(x0 + h)− ϕ(x0)),

gdzie ξ(h) ∈ [x0, x0 + h] i η(h) ∈ [ϕ(x0), ϕ(x0 + h)]. Wynika stąd, że

0 =∂f

∂x(ξ(h), ϕ(x0 + h)) +

∂f

∂y(x0, η(h))

ϕ(x0 + h)− ϕ(x0)

h.

Teraz przechodząc z h do 0 (i korzystając z ciągłości ϕ) otrzymujemy różniczkowalność funkcji ϕ w punk-cie x0.

Jeżeli k > 2, to różniczkując (*), dostajemy

f ′′x,x(x, ϕ(x)) + 2f ′′x,y(x, ϕ(x)) ϕ′(x) + f ′′y,y(x, ϕ(x))(ϕ′(x))2 + f ′y(x, ϕ(x)) ϕ′′(x) = 0,(

41)

a stąd, po uwzględnieniu (*), mamy (dla uproszczenia zapisu piszemy pomijamy argument funkcji ϕ):

ϕ′′(x) = −f ′′x,x(x, ϕ)(f ′y(x, ϕ))2 − 2f ′′x,y(x, ϕ)f ′x(x, ϕ)f ′y(x, ϕ) + f ′′y,y(x, ϕ)(f ′x(x, ϕ))2

(f ′y(x, ϕ))3

(Ćwiczenie). W szczególności, jeżeli ϕ′(x0) = 0 dla pewnego x0, to

ϕ′′(x0) = −f ′′x,x(x0, ϕ(x0))

f ′y(x0, ϕ(x0)).

Prowadzi, to do następującego warunku dostatecznego na ekstrema lokalne funkcji y = ϕ(x) uwikła-nej równaniem f(x, y) = 0, gdzie f ∈ C2(Ω), Ω ⊂ R2 (Ćwiczenie):

Jeżelif ′y(a, b) 6= 0, f ′x(a, b) = 0, f ′′x,x(a, b) 6= 0,

to równanie f(x, y) = 0 da się w otoczeniu punktu (a, b) rozwikłać oraz funkcja uwikłana y = ϕ(x),ϕ(a) = b, ma w punkcie a ekstremum lokalne; ponadto, jeżeli f ′′x,x(a, b)f ′y(a, b) < 0, to jest to minimum,a w przypadku przeciwnym — maksimum.

Ćwiczenie 2.13.6. Korzystając z metody użytej w poprzedniej obserwacji, przeprowadzić dowód twier-dzenia o odwzorowaniu uwikłanym w przypadku, gdy E1 = Rn, E2 = F = R. W przypadku, gdyk > 2, wyprowadzić wzór na ∂2ϕ

∂xj∂xk. Korzystając z tych wzorów, sformułować warunek dostateczny na

ekstrema lokalne funkcji y = ϕ(x1, . . . , xn) uwikłanej równaniem f(x1, . . . , xn, y) = 0, gdzie f ∈ C2(Ω),Ω ⊂ Rn × R.

Dowód tego, że twierdzenie o odwzorowaniu uwikłanym implikuje twierdzenie o odwzorowaniu odwrotnym.Niech E,F,Ω, f, a będą takie, jak w założeniach twierdzenia o odwzorowaniu odwrotnym. Zdefiniujmy

E1 := F, E2 := E, Ω := F ×Ω, a := (f(a), a),

f : Ω −→ F, f(y, x) := f(x)− y.

(41)Stosujemy tu tradycyjne oznaczenia f ′x := ∂f

∂x, f ′′x,y := ∂2f

∂x∂yitd.



Zauważmy, że f jest klasy Ck, f(a) = 0 oraz

∂f

∂E2(a) = f ′(a) ∈ Isom(E2, F ).

Niech U1, U2 i g będą takie, jak w twierdzeniu o odwzorowaniu uwikłanym dla E1, E2, F, Ω, f , a, tzn. U1 ⊂F , U2 ⊂ Ω są otwarte, g : U1 −→ U2 jest klasy Ck oraz

(y, x) ∈ U1 × U2 : y = f(x) = (y, g(y)) : y ∈ U1. (†)

Niech U := U2 ∩ f−1(U1), V := U1. Wobec (†) wnioskujemy, że f |U : U −→ V jest bijekcją oraz(f |U )−1 = g.

Dowód tego, że twierdzenie o odwzorowaniu odwrotnym implikuje twierdzenie o odwzorowaniu uwikła-nym. Niech E1, E2, F,Ω, f, a będą takie, jak w założeniach twierdzenia o odwzorowaniu uwikłanym.Zdefiniujmy

E := E1 × E2, F := E1 × F,

f : Ω −→ F , f(x1, x2) := (x1, f(x1, x2)).

Oczywiście, f jest klasy Ck, f(a) = (a1, f(a)) oraz

f ′(a)(X1, X2) =(X1,

∂f

∂E1(a)(X1) +

∂f

∂E2(a)(X2)

)=: (X1, A(a)(X1) +B(a)(X2)), (X1, X2) ∈ E1 × E2.

W szczególności, f ′(a) ∈ Isom(E, F ) ponieważ

(f ′(a))−1(Y1, Y2) = (Y1, (B(a))−1(Y2 −A(a)(Y1))), (Y1, Y2) ∈ E1 × F.

Niech teraz U , V będą takie, jak w twierdzeniu o odwzorowaniu odwrotnym dla E, F , Ω, f i a, tzn. U ⊂ Ωjest otwartym otoczeniem a, V ⊂ F jest otwarty i f |U : U −→ V jest dyfeomorfizmem klasy Ck.Oczywiście f ′(x) ∈ Isom(E, F ) dla dowolnego x ∈ U . Wynika stąd, że

∂f

∂E2(x) ∈ Isom(E2, F ), x ∈ U .

Istotnie, ponieważ

f ′(x)(X1, X2) =(X1,

∂f

∂E1(x)(X1) +

∂f

∂E2(x)(X2)

)=: (X1, A(x)(X1) +B(x)(X2)), (X1, X2) ∈ E1 × E2,

zatem dla x ∈ U mamy:

(B(x))−1(Y ) = prE2((f ′(x))−1(0, Y )), Y ∈ F.

Niech g := (f |U )−1. Z postaci odwzorowania f wynika, że

g(x1, y) = (x1, h(x1, y)), (x1, y) ∈ V ,

gdzie h : V −→ E2 jest pewnym odwzorowaniem klasy Ck, dla którego h(a1, f(a)) = a2. Zdefiniujmy

W := x1 ∈ E1 : (x1, f(a)) ∈ V , ϕ(x1) := h(x1, f(a)).

Zauważmy, że ϕ(a1) = a2. Dobierzmy teraz otoczenia otwarte U1 ⊂ E1 i U2 ⊂ E2 punktów a1 i a2 tak,że U1 × U2 ⊂ U , U1 ⊂W i ϕ(U1) ⊂ U2. Liczymy

(t, ϕ(t)) : t ∈ U1 = (x1, h(x1, f(a))) : x1 ∈ U1 = g(x1, f(a)) : x1 ∈ U1

= (x1, x2) ∈ U : x1 ∈ U1, f(x1, x2) = f(a) = x ∈ U1 × U2 : f(x) = f(a).

Dowód twierdzenia o odwzorowaniu odwrotnym.

Lemat 2.13.7. Niech E,F będą przestrzeniami Banacha. Wtedy odwzorowanie

Isom(E,F ) 3 L Λ7−→ L−1 ∈ Isom(F,E)

jest klasy C∞ oraz

Λ′(L0)(H) = −L−10 H L

−10 , L0 ∈ Isom(E,F ), H ∈ L(E,F ).

Dowód . Ustalmy L0 ∈ Isom(E,F ). Oczywiście odwzorowanie

L(E,F ) 3 H 7−→ −L−10 H L

−10 ∈ L(F,E)

jest liniowe i ciągłe. Na podstawie Propozycji 1.8.5, dla dowolnego H ∈ L(E,F ) takiego, że ‖H‖ <1/‖L−1

0 ‖, mamy

‖Λ(L0 +H)− Λ(L0) + L−10 H L

−10 ‖ = ‖

∞∑ν=2

(−1)ν(L−10 H)ν L−1

0 ‖

6∞∑ν=2

‖L−10 ‖ν+1‖H‖ν =

‖L−10 ‖3‖H‖2

1− ‖L−10 ‖‖H‖

.

Wynika stąd różniczkowalność odwzorowania Λ w punkcie L0 oraz wzór na pochodną.Mamy więc Λ′(L) = Φ(Λ(L), Λ(L)), L ∈ Isom(E,F ), gdzie

Φ : L(F,E)× L(F,E) −→ L(L(E,F ),L(F,E)),

Φ(A,B)(H) := −A H B, H ∈ L(E,F ).

Zauważmy, że operator Φ jest poprawnie określony, dwuliniowy oraz

‖Φ(A,B)‖L(L(E,F ),L(F,E)) 6 ‖A‖L(F,E)‖B‖L(F,E),

skąd wynika, żeΦ ∈ L2

(L(F,E), L(L(E,F ),L(F,E))

)i ‖Φ‖ 6 1.

Teraz skorzystamy z rozumowania indukcyjnego. Przypuśćmy, że Λ jest klasy C` (dla ` = 0 to wiemy).Wtedy ze wzoru Λ′ = Φ(Λ,Λ) wynika, że Λ′ jest klasy C`. Znaczy to, że Λ jest klasy C`+1. Tak więc Λjest klasy C∞.

Lemat 2.13.8. Niech E,F będą przestrzeniami unormowanymi, niech U ⊂ E, V ⊂ F będą zbioramiotwartymi i niech f : U −→ V będzie odwzorowaniem bijektywnym. Niech g := f−1 i niech a ∈ U będzietaki, że f ′(a) istnieje. Wtedy następujące warunki są równoważne:(i) g′(f(a)) istnieje;(ii) f ′(a) ∈ Isom(E,F ) i g jest ciągłe w punkcie f(a).

Dowód . Implikacja (i) =⇒ (ii) jest oczywista (g′(f(a)) = (f ′(a))−1).

(ii) =⇒ (i): Niech A := f ′(a). Chcemy sprawdzić, że

g(f(a) + k) = g(f(a)) +A−1(k) + ‖k‖β(k),

gdzie β(k) −→ 0 przy k −→ 0. Niech B(f(a), r) ⊂ V . Dla ‖k‖ < r zdefiniujmy h(k) := g(f(a) + k)− a.Ciągłość odwzorowania g w punkcie f(a) implikuje, że h(k) −→ 0 przy k −→ 0. Nasz problem sprowadzasię więc do równości

h(k) = A−1(f(a+ h(k))− f(a)) + ‖f(a+ h(k))− f(a)‖β(k)

i dalej, korzystając z równości f(a+ h) = f(a) +A(h) + ‖h‖α(h), α(h) −→ 0 przy h −→ 0, mamy

0 = A−1(‖h(k)‖α(h(k))) + ‖A(h(k)) + ‖h(k)‖α(h(k))‖β(k).

Wystarczy więc pokazać, żeA−1(‖h‖α(h))

‖A(h) + ‖h‖α(h)‖dąży do zera przy h −→ 0. Ponieważ operator A−1 jest ograniczony, wystarczy więc pokazać, że wyrażenie

‖h‖α(h)

‖A(h) + ‖h‖α(h)‖



dąży do zera przy h −→ 0. Ponieważ α(h) −→ 0 przy h −→ 0, wystarczy oszacować od dołu wyrażenie

‖A(h/‖h‖) + α(h)‖.Odnotujmy, że ‖h‖ = ‖A−1(A(h))‖ 6 ‖A−1‖‖A(h)‖. Mamy więc

‖A(h/‖h‖) + α(h)‖ > 1/‖A−1‖ − ‖α(h)‖.

Lemat 2.13.9. Niech E,F będą przestrzeniami Banacha, niech U ⊂ E, V ⊂ F będą zbiorami otwartymii niech f : U −→ V będzie homeomorfizmem takim, że f ∈ Ck(U,F ) i f ′(x) ∈ Isom(E,F ) dla dowolnegox ∈ U . Wtedy g := f−1 jest klasy Ck(V,E).

Dowód . Na podstawie Lematu 2.13.8 g jest odwzorowaniem różniczkowalnym oraz g′(y) = Λ(f ′(g(y))),y ∈ V , gdzie

Λ : Isom(E,F ) −→ Isom(F,E)

oznacza operator odwracania. Przypomnijmy, że Λ jest klasy C∞. Teraz uruchamiamy zwykłą proceduręrekurencyjną i pokazujemy, że g jest klasy Ck.

Lemat 2.13.10. Niech E, F będą przestrzeniami Banacha, niech Ω ⊂ E będzie zbiorem otwartymi niech f : Ω −→ F będzie odwzorowaniem różniczkowalnym takim, że f ′ jest ciągła w x0 oraz f ′(x0) ∈Isom(E,F ) dla pewnego x0 ∈ Ω. Wtedy, dla dostatecznie małych τ > 0, zbiór f(B(x0, τ)) jest otoczeniempunktu f(x0).

Dowód . Niech P : E −→ E, Q : F −→ F będą dowolnymi dyfeomorfizmami klasy C1, gdzie E i F sąprzestrzeniami Banacha. Zdefiniujmy

Ω := P−1(Ω), f := Q f P : Ω −→ F , x0 := P−1(x0).

Zauważmy, że f ′(x0) ∈ Isom(E, F ). Jest rzeczą widoczną, że wystarczy pokazać, że dla dostateczniemałych τ > 0 zbiór f(B(x0, τ)) zawiera pewne otoczenie punktu f(x0).

Powyższa uwaga pozwala najpierw zredukować problem do przypadku x0 = 0 i f(x0) = 0 (poprzeztranslacje: E := E, P (x) = x + x0, F := F , Q(y) := y − f(x0)), a następnie do przypadku F = E

i f ′(0) = − idE (biorąc E := E, P := idE , F := E, Q := −(f ′(0))−1).Ustalmy τ > 0 takie, że X := B(τ) ⊂ Ω oraz

‖f ′(x) + idE ‖ 6 12 , x ∈ X.

Pokażemy, że B( τ2 ) ⊂ f(X).Ustalmy y∗ ∈ B( τ2 ) i niech T : X −→ E, T (x) := f(x)− y∗ + x. Zauważmy, że jeżeli T (x∗) = x∗, to

f(x∗) = y∗.Będziemy chcieli zastosować twierdzenie Banacha o punkcie stałym

(42). W tym celu pokażemy, że

T (X) ⊂ X oraz, że ‖T (x′)− T (x′′)‖ 6 12‖x′ − x′′‖ dla dowolnych x′, x′′ ∈ X

(43).

Na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych, dla x′, x′′ ∈ X, mamy

‖T (x′)− T (x′′)‖ = ‖f(x′)− f(x′′) + (x′ − x′′)‖6 sup‖f ′(x) + idE ‖ : x ∈ [x′, x′′]‖x′ − x′′‖ 6 1

2‖x′ − x′′‖.

Stąd, dla x ∈ X, mamy

‖T (x)‖ 6 ‖T (x)− T (0)‖+ ‖T (0)‖ 6 12‖x‖+ ‖y∗‖ 6 τ.

Przechodzimy do zasadniczego dowodu twierdzenia o odwzorowaniu odwrotnym. Niech E,F,Ω, f, abędą takie, jak w założeniach.

Ponieważ zbiór Isom(E,F ) jest otwarty w L(E,F ), a operator odwracania Λ jest homeomorfizmem,możemy założyć, że f ′(x) ∈ Isom(E,F ) dla dowolnego x ∈ Ω. Niech A := f ′(a), η := 1/‖A−1‖. Ustalmydowolną kulę B(a, r) ⊂ Ω tak małą, by

‖f ′(x)−A‖ 6 η

2, x ∈ B(a, r).

(42)

Twierdzenie Banacha o punkcie stałym. Niech (X, %) będzie przestrzenią zupełną i niech T : X −→ X będzieodwzorowaniem zwężającym, tzn. istnieje stała θ ∈ [0, 1) taka, że %(T (x′), T (x′′)) 6 θ%(x′, x′′) dla dowolnych x′, x′′ ∈ X.Wtedy T ma dokładnie jeden punkt stały.(

43)X, jako domknięty podzbiór przestrzeni zupełnej, jest przestrzenią zupełną.

Teraz, na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych, dla dowolnych x′, x′′ ∈ B(a, r) mamy:

‖f(x′)− f(x′′)‖ > ‖A(x′ − x′′)‖ − ‖f(x′)− f(x′′)−A(x′ − x′′)‖

> η‖x′ − x′′‖ − sup‖f ′(x)−A‖ : x ∈ [x′, x′′]‖x′ − x′′‖ > η

2‖x′ − x′′‖.

Wynika stąd, że f |B(a,r) jest odwzorowaniem injektywnym oraz, że odwzorowanie

g := (f |B(a,r))−1 : f(B(a, r)) −→ B(a, r)

jest ciągłe (spełnia warunek Lipschitza). Wobec Lematu 2.13.9, pozostaje jeszcze zauważyć, że f(B(a, r))jest zbiorem otwartym, co wynika z Lematu 2.13.10.

W przypadku, gdy E = F = Rn, twierdzenie o odwzorowaniu odwrotnym można istotnie wzmocnić.

Twierdzenie 2.13.11 (Twierdzenie o odwzorowaniu odwrotnym). Załóżmy, że Ω ⊂ Rn jest zbioremotwartym, a ∈ Ω i f : Ω −→ Rn jest odwzorowaniem różniczkowalnym takim, że:• pochodna f ′ jest ciągła w punkcie a ∈ Ω,• f ′(a) ∈ Isom(Rn,Rn) (tzn. det Jf(a) 6= 0).

Wtedy istnieje otoczenie otwarte U ⊂ Ω punktu a takie, że• V := f(U) jest zbiorem otwartym,• f |U : U −→ V jest homeomorfizmem,• jeżeli g := (f |U )−1 : V −→ U , to g jest różniczkowalne oraz g′(y) = (f ′(g(y)))−1 dla dowolnego

y ∈ V .

Dowód . Zachowajmy oznaczenia z dowodu Twierdzenia 2.13.1. Tak jak poprzednio, znajdujemy r > 0takie, że det Jf(x) 6= 0 dla dowolnego x ∈ B(a, r) ⊂⊂ Ω oraz

‖f(x′)− f(x′′)‖ > η

2‖x′ − x′′‖, x′, x′′ ∈ B(a, r)

(wszystkie obliczenia wykonujemy w normie euklidesowej), gdzie

0 < η 6 min1/‖A−1‖, 1, A := f ′(a).

W szczególności, f |B(a,r) jest odwzorowaniem injektywnym oraz odwzorowanie

g := (f |B(a,r))−1 : f(B(a, r)) −→ B(a, r)

jest ciągłe. Podobnie jak poprzednio, pozostaje jeszcze pokazać, że zbiór f(B(a, r)) jest otwarty. Po-przednio robiliśmy to w oparciu o Lemat 2.13.10 (którego użycie wymagało założenia, że f ′ jest ciągław każdym punkcie x0 ∈ B(a, r)). Obecnie zastosujemy inną metodę.

Ustalmy punkt x0 ∈ B(a, r). Wystarczy pokazać, że B(f(x0), τ) ⊂ f(B(x0, r0)), gdzie

r0 := r − ‖x0 − a‖, τ := (η/4)r0.

Ustalmy y∗ ∈ B(f(x0), τ). Szukamy x∗ ∈ B(x0, r0) tak, by f(x∗) = y∗.Niech T (x) := ‖f(x)− y∗‖, x ∈ Ω. Odnotujmy, że T 2 jest odwzorowaniem różniczkowalnym oraz

(T 2)′(x)(X) = 2〈f(x)− y∗, f ′(x)(X)〉, x ∈ Ω, X ∈ Rn.

Wynika stąd w szczególności, że jeżeli (T 2)′(x) = 0 i Jf(x) 6= 0, to f(x) = y∗.Ustalmy 0 < s < r0 tak, by y∗ ∈ B(f(x0), (η/4)s). Ponieważ B(x0, s) jest zbiorem zwartym (tu

korzystamy istotnie z założenia, iż E = F = Rn), zatem istnieje punkt x∗ ∈ B(x0, s) taki, że T (x∗) =minT (x) : x ∈ B(x0, s). Zauważmy, że T (x0) < (η/4)s, a więc T (x∗) < (η/4)s. Pokażemy, że x∗ ∈B(x0, s). Przypuśćmy, że ‖x∗ − x0‖ = s. Wtedy

T (x∗) = ‖f(x∗)− f(x0)− (y∗ − f(x0)‖> ‖f(x∗)− f(x0)‖ − ‖y∗ − f(x0)‖ > (η/2)‖x∗ − x0‖ − (η/4)s = (η/4)s;

sprzeczność.Tak więc x∗ ∈ B(x0, s), a stąd (T 2)′(x∗) = 0, co wobec poprzedniej obserwacji, daje f(x∗) = y∗.

2.14. Odwzorowania analityczne

Niech E,F,G będą przestrzeniami Banacha.

Definicja 2.14.1. Niech Ω ⊂ E będzie otwarty. Powiemy, że odwzorowanie f : Ω −→ F jest anali-tyczne (f ∈ A(Ω,F ) lub f ∈ Cω(Ω,F )), jeżeli dla dowolnego a ∈ Ω istnieją r > 0 i ciąg wielomianówjednorodnych Qk ∈ Hk(E,F ), k ∈ Z+, takie, że B(a, r) ⊂ Ω oraz

f(a+ h) =

∞∑k=0

Qk(h), h ∈ B(r).

Obserwacja 2.14.2. Jeżeli E = R, to powyższa definicja jest zgodna z Definicją 2.4.1.

Rozpoczniemy od pewnej obserwacji dotyczącej wielomianów jednorodnych.

Lemat 2.14.3. Niech E, F będą przestrzeniami Banacha i niech Qk ∈ Hk(E,F ), k = 1, 2, . . . . Załóżmy,że dla pewnego r > 0, szereg

∑∞k=1Qk(h) jest zbieżny (sumowalny) dla dowolnego h ∈ B(r). Wtedy

istnieją stałe C, % > 0 takie, że ‖Qk‖ 6 C%k, k = 1, 2, . . . .

W szczególności, dla dowolnego h ∈ B(θ%), 0 < θ < 1, mamy ‖Qk(h)‖ 6 Cθk, k = 1, 2, . . . , skądwynika, że szereg

∑∞k=1Qk jest zbieżny normalnie w każdej kuli B(θ%), 0 < θ < 1.

Z powyższego lematu wynika, że w definicji odwzorowania analitycznego możemy zawsze zakładać,że istnieje stała C > 0 taka, że

‖Qk‖ 6C

rk, k ∈ N.

Dowód . Niech Fs := h ∈ B(r) : ∀k∈N : ‖Qk(h)‖ 6 s. Zbiory Fs są oczywiście domknięte, Fs ⊂Fs+1, oraz B(r) =

⋃∞s=1 Fs. Ponieważ B(r) jest przestrzenią zupełną, twierdzenie Baire’a implikuje, że

istnieje s0 ∈ N takie, że intFs0 6= ∅. Niech B(x0, τ) ⊂ Fs0 . Teraz na podstawie wzoru polaryzacyjnego(Propozycja 2.8.1), dla h1, . . . , hk ∈ B(τ/k), dostajemy:

‖Qk(h1, . . . , hk)‖ 6 1

k!2ks0,

skąd wynika, że

‖Qk‖ 61

k!

2ks0

( τk )k=

1

k!

(2k

τ

)ks0 6 e

2k/τs0 =s0

(e−2/τ )k, k ∈ N.

Lemat 2.14.4. Niech E, F będą przestrzeniami unormowanymi i niech Qk ∈ Hk(E,F ), k = 1, 2, . . . .Wtedy następujące warunki są równoważne:(i) ∃C, r>0 ∀k∈N ∀h1,...,hk∈B(r) : ‖Qk(h1, . . . , hk)‖ 6 C;(ii) ∃C, r>0 ∀k∈N : ‖Qk‖ 6 C

rk;

(iii) ∃C, r>0 ∀k∈N : ‖Qk‖ 6 Crk;

(iv) ∃C, r>0 ∀k∈N ∀h∈B(r) : ‖Qk(h)‖ 6 C.

Dowód . Łatwo widać, że (i) ⇐⇒ (ii) =⇒ (iii) ⇐⇒ (iv). Implikacja (iii) =⇒ (ii) wynika z Propozycji2.8.5(a):

‖Qk‖ 6 e2k‖Qk‖ 6C

(re−2)k, k ∈ N.

Propozycja 2.14.5 (Por. Lemat 2.13.7). Odwzorowanie

Isom(E,F ) 3 L Λ7−→ L−1 ∈ L(F,E)

jest analityczne.

Dowód . Ustalmy L0 ∈ Isom(E,F ). Na podstawie Propozycji 1.8.5, dla dowolnego H ∈ L(E,F ) takiego,że ‖H‖ < 1/‖L−1

0 ‖, mamy

Λ(L0 −H) =

∞∑k=0

(L−10 H)k L−1

0 =:

∞∑k=0

Qk(H).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.14. Odwzorowania analityczne 97

Zauważmy, że Qk(H) = Qk(H, . . . ,H), gdzie

Qk(H1, . . . ,Hk) := (L−10 H1) · · · (L−1

0 Hk) L−10 , H1, . . . ,Hk ∈ L(E,F ).

Widać, że Qk ∈ Lk(L(E,F ),L(F,E)).

Propozycja 2.14.6 (Por. Wniosek 2.1.20, Propozycja 2.4.3). Niech f(a+h) :=∑∞k=0Qk(h), h ∈ B(r),

gdzie Qk ∈ Hk(E,F ), ‖Qk‖ 6 Crk, k ∈ Z+. Wtedy:

(a) f ∈ A(B(a, r), F ) ⊂ C∞(B(a, r), F ),(b) f (j)(a+ h) =

∑∞k=j j!

(kj

)Qk(h, . . . , h︸︷︷︸

(k−j)×

, ·, . . . , ·︸︷︷︸j×

), h ∈ B(r) (równość w Hj(E,F )), j ∈ Z+,

(c) Qj = 1j!f

(j)(0), j ∈ Z+, czyli f(a+ h) = Taf(h), h ∈ B(r),

(d) f (j) ∈ A(Ω,Hj(E,F )) dla dowolnego odwzorowania f ∈ A(Ω,F ), j ∈ N.

Dowód . (a) Niech b ∈ B(a, r) i niech % := r − ‖b− a‖. Dla ‖h‖ < %, policzmy formalnie

f(b+ h) = f(a+ (h+ b− a)) =

∞∑k=0

Qk(h+ (b− a)) =

∞∑k=0

k∑j=0

(k

j

)Qk(h, . . . , h︸︷︷︸

j×

, b− a, . . . , b− a︸︷︷︸(k−j)×

)

=∞∑j=0

∞∑k=j

(k

j

)Qk(h, . . . , h︸︷︷︸

j×

, b− a, . . . , b− a︸︷︷︸(k−j)×

) =:∞∑j=0

Pj(h).

Powyższe formalne przekształcenia staną się poprawne, jeżeli rodzina∑(k,j)∈Z2

+: j6k

(k

j

)Qk(h, . . . , h︸︷︷︸

j×

, b− a, . . . , b− a︸︷︷︸(k−j)×

)

będzie sumowalna. Wynika to natychmiast z oszacowania∥∥∥(kj

)Qk(h, . . . , h︸︷︷︸

j×

, b− a, . . . , b− a︸︷︷︸(k−j)×

)∥∥∥ 6 (k

j

)C(‖h‖r

)j(‖b− a‖r

)k−j.

Niech

Pj(h1, . . . , hj) :=

∞∑k=j

(k

j

)Qk(h1, . . . , hj , b− a, . . . , b− a︸︷︷︸

(k−j)×

), h1, . . . , hj ∈ E.

Mamy ∥∥∥(kj

)Qk(h1, . . . , hj , b− a, . . . , b− a︸︷︷︸

(k−j)×

)∥∥∥ 6 (k

j

)C‖h1‖r· · · ‖hj‖

r

(‖b− a‖r

)k−j,

a stąd ∥∥∥(kj

)Qk(·, . . . , ·︸︷︷︸

j×

, b− a, . . . , b− a︸︷︷︸(k−j)×

)∥∥∥ 6 C(1

r

)j(kj

)(‖b− a‖r

)k−j.

Szereg definiujący Pj jest zatem zbieżny w Ljs(E,F ), a stąd Pj ∈ Ljs(E,F ).(b) W przestrzeni L(E,F ) rozważmy szereg

∞∑k=1

Q′k(h) =

∞∑k=1

kQk(h, . . . , h︸︷︷︸(k−1)×

, ·)

(zob. Propozycja 2.8.7(b)). Dla h1, . . . , hk−1 ∈ B(θr), 0 < θ < 1, mamy

supk∈N‖kQk(h1, . . . , hk−1, ·)‖L(E,F ) 6 kθ

k−1C

r6 const .

Teraz wystarczy już tylko (Ćwiczenie) skorzystać z twierdzenia o różniczkowaniu szeregu wyraz powyrazie (Twierdzenie 2.6.18) i Propozycji 2.14.6.

(c) i (d) wynika z (b).

Propozycja 2.14.7 (Zasada identyczności). Jeżeli Ω jest spójny, f, g ∈ A(Ω,F ) i f = g na pewnymniepustym zbiorze otwartym U ⊂ Ω, to f ≡ g.

Dowód . Ćwiczenie.

Propozycja 2.14.8 (Por. Propozycja 2.4.4). Niech Ω ⊂ E będzie zbiorem otwartym i niech f ∈C∞(Ω,F ). Wtedy

f ∈ A(Ω,F )⇐⇒ ∀a∈Ω ∃C>0, B(a,r)⊂Ω ∀h∈B(r) ∀k∈Z+ :1

k!‖f (k)(a+ h)‖ 6 C

rk.

Dowód . (⇐=): Niech a ∈ Ω i niech C, r > 0 będą takie, jak w warunku. Korzystając ze wzoru Tayloraz resztą typu Lagrange’a (Twierdzenie 2.10.1(c)), dla h ∈ B(r) mamy:∥∥∥f(a+ h)−

k∑ν=0

1

ν!f (ν)(a)(h)

∥∥∥ = ‖Rk(f, a, a+ h)‖ 6supx∈B(a,r) ‖f (k+1)(x)‖

(k + 1)!‖h‖k+1

6 C(‖h‖r

)k+1

−→k→+∞

0.

(=⇒): Niech a ∈ Ω. Przypuśćmy, że f(a + h) :=∑∞k=0Qk(h), h ∈ B(2r), gdzie Qk ∈ Hk(E,F ),

‖Qk‖ 6 C(2r)k

, k ∈ Z+, B(a, 2r) ⊂ Ω. Niech ϕ(t) := 11−t . Korzystając z Propozycji 2.14.6(b) oraz

z rozumowania z dowodu Propozycji 2.4.4, dostajemy dla h ∈ B(r):

‖f (j)(a+ h)‖ 6∞∑k=j

j!

(k

j

)‖Qk(h, . . . , h︸︷︷︸

(k−j)×

, ·, . . . , ·︸︷︷︸j×

)‖ 6 C∞∑k=j

j!

(k

j

)(1

2

)k−j( 1

2r

)j= C

( 1

2r

)jϕ(j)( 1

2 ) = C( 1

2r

)jj!2j+1 = j!

2C

rj, j ∈ N.

Propozycja 2.14.9 (Por. Wniosek 2.4.5). Niech U ⊂ G, Ω ⊂ E będą zbiorami otwartymi, niech ϕ ∈A(U,E), ϕ(U) ⊂ Ω, f ∈ A(Ω,F ). Wtedy f ϕ ∈ A(U,F ).

Dowód . Wykorzystamy Propozycję 2.14.8. Niech t0 ∈ U , a := ϕ(t0) i niech C > 1, 0 < s 6 r < 1 będątakie, że

B(t0, r) ⊂ U,1

k!supt∈B(r)

‖ϕ(k)(t0 + t)‖ 6 C

rk,

ϕ(B(t0, s)) ⊂ B(a, r),1

k!sup

h∈B(r)

‖f (k)(a+ h)‖ 6 C

rk, k ∈ Z+.

Skorzystamy z Propozycji 2.10.3. Dla t ∈ B(s) mamy

1

k!‖(f ϕ)(k)(t0 + t)‖ 6

∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!

C

rα1+···+αk

(Cr

)α1

· · ·(Crk

)αk

=C

rk

∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!

(Cr

)α1+···+αk

6C

rk2k−1

(Cr

)k=

C/2

( r2

2C )k.

Twierdzenie 2.14.10 (Por. Propozycja 2.13.3). Przy założeniach i oznaczeniach Twierdzenia 2.13.1,jeżeli f ∈ A(Ω,F ), to g ∈ A(V,E).

Dowód . Wiemy już, że g ∈ C∞(V ). Skorzystamy z Propozycji 2.14.8. Ustalmy y0 ∈ V . Na podstawiePropozycji 2.14.5 oraz 2.14.9 wnioskujemy, że h := (f ′)−1 = Λ f ′ ∈ A(U,L(F,E)). Istnieją więc stałeC > 1, 0 < s 6 r < 1 takie, że

g(B(y0, s)) ⊂ B(g(y0), r),1

k!sup

y∈B(s)

‖h(k)(g(y0 + y))‖ 6 C

rk, k ∈ Z+.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.15. Twierdzenie o rzędzie 99

Teraz, podobnie jak w dowodzie Propozycji 2.13.3, dowodzimy indukcyjnie, że1

k!sup

y∈B(s)

‖g(k)(y0 + y)‖ 6 Ckrk−1

, k ∈ Z+.

gdzie Ck jest takie, jak w dowodzie Propozycji 2.13.3. Ponieważ, g′ = h g, przypadek k = 1 jest oczy-wisty. W kroku indukcyjnym korzystamy z Propozycji 2.10.3 i szacujemy dokładnie tak, jak w dowodziePropozycji 2.13.3 (Ćwiczenie).

Teraz, korzystając z rozumowania pokazującego równoważność twierdzenia o odwzorowaniu odwrot-nym z twierdzeniem o odwzorowaniu uwikłanym, dostajemy łatwo następujący wynik.

Twierdzenie 2.14.11. Przy założeniach i oznaczeniach Twierdzenia 2.13.4, jeżeli f ∈ A(Ω,F ), toϕ ∈ A(U1, E2).

2.15. Twierdzenie o rzędzie

Twierdzenie 2.15.1 (Twierdzenie o rzędzie). Niech Ω ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym i niech f : Ω −→Rm będzie odwzorowaniem klasy Ck (k ∈ N ∪ ∞, ω) takim, że

∃r∈0,...,minn,m ∀x∈Ω : rank f ′(x) = r.

Niech ∆ := (−1, 1) ⊂ R. Wtedy dla dowolnego punktu a ∈ Ω istnieje:• otoczenie otwarte U ⊂ Ω punktu a,• otoczenie otwarte V ⊂ Rm punktu f(a), f(U) ⊂ V ,• dyfeomorfizm klasy Ck Φ : ∆n −→ U , Φ(0) = a,• dyfeomorfizm klasy Ck Ψ : V −→ ∆m, Ψ(f(a)) = 0,

takie, że(Ψ f Φ)(t1, . . . , tn) = (t1, . . . , tr, 0, . . . , 0), (t1, . . . , tn) ∈ ∆n.

Uf−−−−→ V

Φ

x yΨ∆n (prRr ,0)−−−−−→ ∆m

Dowód . Przypadek r = 0. Wtedy f ≡ f(a) = const w składowej spójnej zbioru Ω, do której należypunkt a. Dobierzmy τ > 0 takie, że U := a + τ∆n ⊂ Ω i zdefiniujmy V := f(a) + ∆m, Φ(t) := a + τt,Ψ(u) := u− f(a).

Przypadek r > 1. Niech P : Rn −→ Rn i Q : Rm −→ Rm będą dowolnymi dyfeomorfizmami klasyCk. Zdefiniujmy Ω := P−1(Ω), f := Q f P : Ω −→ Rm, a := P−1(a). Zauważmy, że odwzorowanief jest klasy Ck oraz rank f ′(x) = r dla dowolnego x ∈ Ω. Przypuśćmy, że twierdzenie o rzędzie zachodzidla odwzorowania f w punkcie a i niech U , V , Φ i Ψ będą dobrane do odwzorowania f zgodnie z tymtwierdzeniem.

Niech U := P (U), V := Q−1(V ), Φ := P Φ, Ψ := Ψ Q.

Uf−−−−→ V

P

x yQU

f−−−−→ V

Φ

x yΨ∆n (prRr ,0)−−−−−→ ∆m

Mamy(Ψ f Φ)(t) = ((Ψ Q) f (P Φ))(t) = (Ψ f Φ)(t) = (t1, . . . , tr, 0, . . . , 0),

czyli twierdzenie o rzędzie zachodzi dla odwzorowania f w punkcie a.

Stosując powyższe rozumowanie do P (x) := x+a iQ(y) := y−f(a), redukujemy dowód do przypadkua = 0 i f(0) = 0.



Z algebry liniowej wiadomo, że istnieją izomorfizmy liniowe P : Rn −→ Rn i Q : Rm −→ Rm takie,że

Q f ′(0) P =

[Ir, 00, 0

].(

44)

Dowód redukuje się więc do przypadku, gdy

f ′(0) =

[Ir, 00, 0

].

Niechg : Ω −→ Rn, g(x) := (f1(x), . . . , fr(x), xr+1, . . . , xn).

Oczywiście g jest klasy Ck, g(0) = 0 oraz g′(0) = In. Na podstawie twierdzenia o odwzorowaniu odwrot-nym istnieje otoczenie otwarte zera U ⊂ Ω oraz τ > 0 takie, że odwzorowanie

g|U : U −→ τ∆n

jest dyfeomorfizmem klasy Ck. Niech

Φ := (g|U )−1 : τ∆n −→ U,

ϕ := f Φ : τ∆n −→ Rm.

Zauważmy, że ϕ jest klasy Ck, ϕ(0) = 0 oraz rankϕ′(t) = r dla dowolnego t ∈ τ∆n. Ponadto,

ϕ(t) = (t1, . . . , tr, ϕr+1(t), . . . , ϕm(t)),

a więc w szczególności ϕ(τ∆n) ⊂ (τ∆)r × Rm−r oraz

ϕ′(t) =

Ir , 0r,n−r

∗m−r,r ,[∂ϕµ∂tν

(t)]µ=r+1,...,mν=r+1,...,n

.Ponieważ rankϕ′(t) = r, wnioskujemy stąd, że

∂ϕµ∂tν

(t) = 0, t ∈ τ∆n, µ = r + 1, . . . ,m, ν = r + 1, . . . , n.

Innymi słowy, funkcje ϕr+1, . . . , ϕm zależą jedynie od t1, . . . , tr. Niech

Ψ : (τ∆r)× Rm−r −→ (τ∆r)× Rm−r,

Ψ(u′, ur+1, . . . , um) := (u′, ur+1 − ϕr+1(u′), . . . , um − ϕm(u′)).

Widać, że Ψ jest dyfeomorfizmem klasy Ck(

45)i Ψ(0) = 0. Ponadto,

(Ψ ϕ)(t) = (Ψ f Φ)(t) = (t′, 0), t = (t′, t′′) ∈ (τ∆r)× (τ∆n−r).

Niech teraz

Φ : ∆n −→ U, Φ(t) := Φ(τt),

V := Ψ−1(τ∆m), Ψ : V −→ ∆m, Ψ(y) :=1

τΨ(y).

Odwzorowania Φ i Ψ są dyfeomorfizmami klasy Ck oraz

(Ψ f Φ)(t) =1

τ(Ψ f Φ)(τt) =

1

τ(τt′, 0) = (t′, 0), t = (t′, t′′) ∈ ∆r ×∆n−r.

(44)Ir oznacza macierz (r × r)–wymiarową jednostkową,

Ir =

1 0 . . . 0

0 1 . . . 0...

0 0 . . . 1

.

(45)Ψ−1(v′, vr+1, . . . , vm) := (v′, vr+1 + ϕr+1(v′), . . . , vm + ϕm(v′)).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.16. Twierdzenie Morse’a 101

2.16. Twierdzenie Morse’a

Propozycja 2.16.1. Niech D ⊂ Rn będzie obszarem gwiaździstym względem punktu a = (a1, . . . , an) ∈ D(46)i niech f ∈ Ck(D) (k ∈ N ∪ ∞). Wtedy istnieją funkcje f1, . . . , fn ∈ Ck−1(D) takie, że

f(x)− f(a) =

n∑j=1

(xj − aj)fj(x), x = (x1, . . . , xn) ∈ D.

Zauważmy, że musi być fj(a) = ∂f∂xj

(a), j = 1, . . . , n. Istotnie,

f(a+ hej)− f(a)

h= fj(a+ hej) −→ fj(a), j = 1, . . . , n.

Dowód . Możemy założyć, że a = 0. Niech

fj(x) :=

∫ 1

0

∂f

∂xj(tx)dt, x ∈ D.

Wtedy fj ∈ Ck−1(D), j = 1, . . . , n (zob. Twierdzenie 3.3.3). Ponadto, mamy:n∑j=1

xjfj(x) =

∫ 1

0

n∑j=1

xj∂f

∂xj(tx)dt =

∫ 1

0

d

dtf(tx)dt = f(x)− f(0).

Wniosek 2.16.2. Niech D ⊂ Rn będzie obszarem gwiaździstym względem punktu 0 i niech f ∈ Ck(D)(k ∈ N2 ∪ ∞), f(0) = 0, grad f(0) = 0. Wtedy istnieją funkcje fj,k ∈ Ck−2(D), j, k = 1, . . . , n, takie,że

f(x) =

n∑j,k=1

xjxkfj,k(x), x = (x1, . . . , xn) ∈ D,

przy czym fj,k = fk,j.

Zauważmy, że musi być fj,k(0) = 12

∂2f∂xj∂xk

(0), j, k = 1, . . . , n. Istotnie, na podstawie wzoru Tayloramamy:

f(x) =1

2

n∑j,k=1

∂2f

∂xj∂xk(0)xjxk + o(‖x‖2) =

n∑j,k=1

xjxkfj,k(x), x −→ 0,

a stąd:n∑

j,k=1

xjxk

(1

2

∂2f

∂xj∂xk(0)− fj,k(x)

)= o(‖x‖2), x −→ 0.

W szczególności, biorąc x = x(t) := tej + tek dla j 6= k, lub też x = x(t) := tej dla j = k, dostajemy

t2(1

2

∂2f

∂xj∂xk(0)− fj,k(x(t))

)= o(t2), t −→ 0,

skąd natychmiast wynika żądany wzór.

Dowód . Na podstawie Propozycji 2.16.1 mamy f(x) =n∑j=1

xjfj(x), x ∈ D, gdzie fj ∈ Ck−1(D) oraz

fj(0) = ∂f∂xj

(0) = 0, j = 1, . . . , n. Stosując to samo twierdzenie do funkcji fj , dostajemy

f(x) =

n∑j,k=1

xjxkfj,k(x), x ∈ D,

gdzie fj,k ∈ Ck−2(D), j, k = 1, . . . , n. Zastępując funkcję fj,k przez 12 (fj,k + fk,j) zapewniamy sobie

symetrię.

Niech Ω ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym, niech f ∈ C2(Ω) i niech a ∈ Ω. Załóżmy, że f ′(a) = 0 (tzn. ajest punktem krytycznym funkcji f). Powiemy, że jest to punkt krytyczny nieosobliwy, jeżeli odwzorowanief ′′(a) (rozumiane jako n × n–wymiarowa macierz symetryczna) ma rząd n. W przeciwnym przypadkumówimy, że punkt krytyczny jest osobliwy.(

46)Tzn. a+ t(x− a) ∈ D dla x ∈ D i 0 6 t 6 1.



Przykład 2.16.3 (Punkty krytyczne osobliwe). (a) f(x) = x3:f ′(x) = 3x2, f ′′(x) = 6x.Punkt x = 0 jest jedynym punktem krytycznym; jest to punkt osobliwy.

(b) f(x) =

e−1/x2

sin2(1/x), gdy x 6= 0

0, gdy x = 0:

f ′(0) = f ′′(0) = 0, 0 jest punktem krytycznym nieizolowanym (Ćwiczenie).

(c) f(x, y) = x3 − 3xy2:

f ′(x, y) = [3x2 − 3y2,−6xy], f ′′(x, y) =

[6x −6y−6y −6x

].

f ′(0, 0) = 0, f ′′(0, 0) = 0.

(d) f(x, y) = x2:

f ′(x, y) = [2x, 0], f ′′(x, y) =

[2 00 0

].

Zbiór punktów krytycznych to prosta x = 0; wszystkie punkty krytyczne są osobliwe.

(e) f(x, y) = x2y2:

f ′(x, y) = [2xy2, 2x2y], f ′′(x, y) =

[2y2 4xy4xy 2x2

].

Zbiór punktów krytycznych to dwie proste xy = 0; wszystkie punkty krytyczne są osobliwe.

Obserwacja 2.16.4 (Diagonalizacja form kwadratowych). Rozważmy formę kwadratową f : Rn −→ R,f 6≡ 0, postaci

f(x) =

n∑j,k=1

aj,kxjxk = xtAx,

gdzie A := [aj,k] jest macierzą symetryczną. Jeżeli x = Px′ zadaje zmianę współrzędnych (P jest macierząnieosobliwą), to w nowych współrzędnych macierz formy f ma postać P tAP (jest to macierz przystającado macierzy A). Proces diagonalizacji formy f polega na znalezieniu takich współrzędnych x′, w którychforma f ma postać

f(Px′) = x′12

+ · · ·+ x′k2 − x′2k+1 − · · · − x′r

2

dla pewnych 0 6 k 6 r 6 n. Wiadomo, że taka diagonalizacja jest zawsze możliwa. Jest oczywiste,że r = rankA (w szczególności, r = n, o ile A jest nieosobliwa). Wiadomo również, że liczba k zależywyłącznie od f .

Twierdzenie 2.16.5 (Twierdzenie Morse’a(

47)). Niech Ω ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym, niech f ∈

C∞(Ω) i niech a ∈ Ω będzie punktem krytycznym nieosobliwym z f(a) = 0. Wtedy istnieje dyfeomorfizm

Φ : ∆n −→ Φ(∆n) ⊂ Ωklasy C∞

(48)taki, że Φ(0) = a oraz

f Φ(t) = t21 + · · ·+ t2k − t2k+1 − · · · − t2n, t = (t1, . . . , tn) ∈ ∆n,

dla pewnego k ∈ 0, . . . , n.

Obserwacja 2.16.6. grad f Φ(t) = 0 ⇐⇒ t = 0, skąd w szczególności wynika, że punkty krytycznenieosobliwe odwzorowań klasy C∞ są izolowane.

Dowód Twierdzenia Morse’a. Możemy założyć, że a = 0. Zastosujemy indukcję. Pokażemy, że dla dowol-nego r ∈ 1, . . . , n+ 1 istnieje lokalna C∞–dyfeomorficzna zmiana układu współrzędnych Φr, Φr(0) = 0,po której, dla x w pewnym otoczeniu zera, mamy:

f Φr(x) =

r−1∑i=1

σix2i +

n∑j,k=r

xjxkfj,k(x),

(47)Harold Morse (1892–1977).(

48)∆ := (−1, 1) ⊂ R.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.17. Podrozmaitości 103

gdzie σ1, . . . , σr−1 ∈ −1, 1, fj,k są klasy C∞ oraz fj,k = fk,j , j, k = r, . . . , n. Zauważmy, że przypadekr = 1, to Wniosek 2.16.2, zaś r = n+1, to teza Twierdzenia Morse’a. Przechodzimy do kroku indukcyjnegor r + 1.

Niech g := f Φr. Wiemy, że

g′′(0)(h) = f ′′(0)(Φ′r(0)(h)) + f ′(0)(Φ′′r (0)(h)) = f ′′(0)(Φ′r(0)(h)),

skąd, w szczególności, wynika, że macierz g′′(0) jest nieosobliwa. Zauważmy, że dla p ∈ 1, . . . , r − 1i q ∈ r, . . . , n mamy

∂2g

∂xp∂xq(0) =

∂

∂xq

(2σpxp +

n∑j,k=r

xjxk∂fj,k∂xp

(x))∣∣∣x=0

= 0.

Stąd

g′′(0) =

2σ1 . . . 0 0 . . . 0...0 . . . 2σr−1 0 . . . 00 . . . 0 fr,r(0) . . . fr,n(0)...0 . . . 0 fn,r(0) . . . fn,n(0)

.

Ponieważ macierz g′′(0) jest nieosobliwa, zatem macierz [fj,k(0)]j,k=r,...,n musi być również nieosobliwa.Po liniowej zmianie współrzędnych xr, . . . , xn możemy uzyskać sytuację, w której fr,r(0) 6= 0. Oznaczmyprzez Φr dyfeomorfizm powstały ze złożenia tej zmiany współrzędnych z dyfeomorfizmem Φr. Niechσr := sgn(fr,r(0)) i niech U będzie otoczeniem zera takim, że sgn(fr,r(x)) = σr, x ∈ U . Niech

x′r = Ψr(x) := xr

√|fr,r(x)|+ σr

n∑j=r+1

xjfr,j(x)√|fr,r(x)|

, x ∈ U.

Odnotujmy, że Ψr(0) = 0 oraz

σrx′2r = x2

rfr,r(x) + 2

n∑j=r+1

xrxjfr,j(x) +

n∑j,k=r+1

xjxkgj,k(x).

Rozważmy odwzorowanie

x′ = Ψ(x) := (x1, . . . , xr−1, Ψr(x), xr+1, . . . , xn), x ∈ U.

Mamy Ψ(0) = 0. Ponadto, det JΨ(0) =√|fr,r(0)| 6= 0 (Ćwiczenie). W szczególności, Ψ jest C∞–

dyfeomorfizmem V −→ Ψ(V ) w pewnym otoczeniu zera V ⊂ U . Łatwo sprawdzić (Ćwiczenie), że

(f Φr Ψ−1)(x′) =

r∑i=1

σix′i2

+

n∑j,k=r+1

x′jx′khj,k(x′),

co kończy dowód kroku indukcyjnego.

2.17. Podrozmaitości

Definicja 2.17.1. Niech Ω ∈ topRn, M ⊂ Ω, d ∈ Z+ ∩ [0, n], k ∈ N ∪ ∞, ω. Mówimy, że zbiór Mjest d–wymiarową podrozmaitością Ω klasy Ck jeżeli M jest zbiorem relatywnie domkniętym w Ω oraz:• dla d = 0: M jest zbiorem dyskretnym

(49) (

50) (

51),

• dla 1 6 d 6 n: spełniony jest następujący warunek:∀a∈M ∃P∈topRd ∃U∈topM : a∈U ∃p:P→U :• p : P −→ U jest homeomorfizmem,• p ∈ Ck(P,Rn),• rank p′(t) = d, t ∈ P .

(49)Tzn. dowolny punkt a ∈M ma otoczenie otwarte U ⊂ Rn takie, że M ∩ U = a.(

50)Zauważmy, że #M 6 ℵ0 — Ćwiczenie.(

51)W szczególności, dla d = 0 klasa Ck jest obojętna.



Zauważmy, że dla d = n, na podstawie twierdzenia o odwzorowaniu odwrotnym, powyższe warunkioznaczają, że M jest podzbiorem otwartym Rn. Ponieważ M jest jednocześnie podzbiorem domkniętymΩ, to dla d = n podrozmaitość M musi być sumą pewnej liczby składowych otwartych Ω

(52).

W powyższej sytuacji mówimy, że p : P −→ U jest lokalną parametryzacją (dla U), zaś p−1 : U −→ Pjest mapą (na U).

Każdą rodzinę map p−1i : Ui −→ Pi, i ∈ I, taką że

⋃i∈I

Ui = M nazywamy atlasem na M . Zauważmy,

że na podstawie twierdzenia Lindelöfa (1.1.21), z dowolnego atlasu na M można wybrać podatlas prze-liczalny.

ZbiórM ⊂ Rn nazywamy lokalnie d–wymiarową podrozmaitością klasy Ck w Rn, jeżeli dowolny punkta ∈M posiada otoczenie otwarte Ωa takie, że M ∩Ωa jest d–wymiarową podrozmaitością Ωa klasy Ck.

Zauważmy, że dla d = 0, M jest zbiorem dyskretnym, zaś dla d = n, M jest zbiorem otwartym.Niech Ω :=

⋃a∈M

Ωa. Widać, żeM jest zbiorem domkniętym w Ω i w takim razie,M jest d–wymiarową

podrozmaitością Ω klasy Ck. Oznacza to, że każda podrozmaitość „lokalna” jest podrozmaitością stosow-nego zbioru otwartego.

W dalszym ciągu, pisząc „M jest d–wymiarową podrozmaitością klasy Ck w Rn” będziemy mieli namyśli podrozmaitość „lokalną”.

Obserwacja 2.17.2. (a) W R nie ma nietrywialnych podrozmaitości.(b) Jeżeli M jest d–wymiarową podrozmaitością klasy Ck w Rn i N ∈ topM , to N jest d–wymiarową

podrozmaitością klasy Ck w Rn.(c) Jeżeli p : P −→ U jest lokalną parametryzacją, zaś ϕ : Q −→ P — dowolnym dyfeomorfizmem klasyCk (Q ∈ topRd), to p ϕ : Q −→ U jest również lokalną parametryzacją.

(d) W szczególności, jeżeli M jest d–wymiarową podrozmaitością klasy Ck w Rn i 1 6 d 6 n, to dlakażdego punktu a ∈ M istnieje lokalna parametryzacja p : ∆d −→ U

(53)taka, że p(0) = a. Z tych

samych powodów możemy zawsze znaleźć parametryzację p : Rd −→ U taką, że p(0) = a(

54).

(e) Każda podrozmaitość klasy Ck jest klasy C` dla dowolnego 1 6 ` 6 k − 1.(f) Każdy wykres M := (t, ϕ(t)) : t ∈ P, gdzie 1 6 d 6 n − 1, P ∈ topRd i ϕ ∈ Ck(P,Rn−d), jest

d–wymiarową podrozmaitością P × Rn−d klasy Ck.(g) Jeżeli M jest d–wymiarową podrozmaitością Ω klasy Ck i Φ : Ω −→ Ω′ (Ω′ ∈ topRn) jest dyfeomor-

fizmem klasy Ck, to M ′ := Φ(M) jest d–wymiarową podrozmaitością Ω′ klasy Ck.Istotnie, przypadki d = 0 i d = n są trywialne. Dla 1 6 d 6 n − 1, wystarczy pokazać, że

jeżeli p : P −→ U jest lokalną parametryzacją dla U ∈ topM , to Φ p : P −→ Φ(U) jest lokalnąparametryzacją dla Φ(U). Jedyną wątpliwość może budzić ostatni warunek z rzędem. Mamy: (Φ p)′(t) = Φ′(p(t)) p′(t). Ponadto, Φ′(x) jest macierzą nieosobliwą dla dowolnego x ∈ Ω (ponieważ Φjest dyfeomorfizmem). Teraz już widać, że rank(Φ p)′(t) = rank p′(t) = d dla dowolnego t ∈ P .

(h) Każda d–wymiarowa płaszczyzna afiniczna M ⊂ Rn jest d–wymiarową podrozmaitością Rn klasyCω.

Istotnie, przypadki d = 0 i d = n są trywialne. Dla 1 6 d 6 n − 1, jeżeli M = x0 + V , gdzieV jest d–wymiarową podprzestrzenią wektorową Rn, to dla dowolnej bazy v1, . . . , vd przestrzeni Vodwzorowanie

Rd 3 (t1, . . . , td) 7−→ x0 + t1v1 + · · ·+ tdvd ∈Mjest (globalną) parametryzacją M klasy Cω — Ćwiczenie.

(i) (n− 1)–wymiarowa jednostkowa sfera euklidesowa Sn−1

Sn−1 := x ∈ Rn : ‖x‖ = 1 = ∂Bnjest (n− 1)–wymiarową podrozmaitością Rn klasy Cω.

Istotnie, jeżeli np. U+n := x ∈ Sn−1 : xn > 0, to odwzorowanie

Bn−1 3 x′ 7−→ (x′,√

1− ‖x′‖2) ∈ U+n

(52)W szczególności, dla d = n klasa Ck jest obojętna.(

53)∆ := (−1, 1).(

54)Wystarczy zauważyć, że istnieje C∞–dyfeomorfizm ϕ : Rd −→ ∆d taki, że ϕ(0) = 0 — Ćwiczenie.

jest lokalną parametryzacją U+n klasy Cω — por. (f). Podobnie możemy sparametryzować każdy z 2n

zbiorów U±j := x ∈ Sn−1 : ±xj > 0, j = 1, . . . , n(

55).

(j) Zbiór M := (x, y) ∈ R2 : x3 = y2 nie jest jednowymiarową podrozmaitością klasy C1 w R2, aleodwzorowanie p : R −→M , p(t) := (t2, t3), jest homeomorfizmem klasy C∞

(56).

Istotnie, przypuśćmy, że q = (f, g) : ∆ −→ M jest odwzorowaniem różniczkowalnym w t = 0takim, że q(0) = (0, 0). Wtedy f3 ≡ g2. Po podzieleniu przez t2 i przejściu z t do zera dostajemy(f ′(0))2f(0) = (g′(0))2, co daje g′(0) = 0. Dzieląc z kolei przez t3 mamy: (f(t)/t)3 = (g(t)/t)2( 1

t ).Przy t −→ 0 lewa strona zmierza do (f ′(0))3, zaś prawa jest 6 0 dla t < 0 i > 0 dla t > 0. Stąd:f ′(0) = 0. Tak więc q′(0) = (0, 0), a zatem q nie może być parametryzacją.

Twierdzenie 2.17.3 (Opisy podrozmaitości). Niech M ⊂ Rn, 1 6 d 6 n− 1, k ∈ N ∪ ∞, ω. Wtedynastępujące warunki są równoważne:(i) M jest d–wymiarową podrozmaitością klasy Ck w Rn;(ii) ∀a∈M ∃d′>d ∃P∈topRd′ ∃U∈topM : a∈U ∃p:P→U :

p : P −→ U jest odwzorowaniem otwartym(

57),

p(P ) = U ,p ∈ Ck(P,Rn),rank p′(t) = d, t ∈ P ;

(iii) ∀a∈M ∃Ω∈topRn: a∈Ω ∃Φ:Ω−→∆n :Φ jest dyfeomorfizmem klasy Ck,Φ(M ∩Ω) = ∆d × 0n−d

(58);

(iv) ∀a∈M ∃Ω∈topRn: a∈Ω ∃Q∈topRn ∃V⊂Rn ∃Φ:Ω−→Q :V jest d–wymiarową podprzestrzenią wektorową Rn,Φ jest dyfeomorfizmem klasy Ck,Φ(M ∩Ω) = V ∩Q;

(v) ∀a∈M ∃`>n−d ∃Ω∈topRn: a∈Ω ∃f∈Ck(Ω,R`) :

M ∩Ω = f−1(0),rank f ′(x) = n− d, x ∈ Ω;

(vi) ∀a∈M ∃Ω∈topRn: a∈Ω ∃f∈Ck(Ω,Rn−d) :

M ∩Ω = f−1(0),rank f ′(x) = n− d, x ∈ Ω;

(vii) ∀a∈M ∃Ω∈topRn: a∈Ω ∃P∈topRd ∃ϕ∈Ck(P,Rn−d) ∃σ∈Σn :P jest wypukły,σ(M ∩Ω) = (t, ϕ(t)) : t ∈ P,

gdzie σ : Rn −→ Rn, σ(x1, . . . , xn) := (xσ(1), . . . , xσ(n));(viii) ∀a∈M ∃Ω∈topRn: a∈Ω ∃P∈topRd ∃p:P−→M∩Ω ∃s:Ω−→P :

P jest wypukły,p ∈ Ck(P,Rn),s ∈ Ck(Ω,Rd),M ∩Ω = p(P ),s p = idP .

(59)

Można wykazać następujące wysoce nietrywialne twierdzenie.

Twierdzenie* 2.17.4 (Zob. Twierdzenie 6.14.1). Dla dowolnej d–wymiarowej podrozmaitości M klasyCk (k ∈ N ∪ ∞) istnieje otoczenie otwarte Ω ⊂ Rn oraz globalna retrakcja r : Ω −→M klasy Ck.

Dowód . Implikacje (i) =⇒ (ii), (iii) =⇒ (iv) są oczywiste.(ii) =⇒ (iii): Niech a = p(t0). Na podstawie twierdzenia o rzędzie istnieją zbiory otwarte A ∈ topP ,

B ∈ topRn oraz Ck–dyfeomorfizmy α : ∆d′ −→ A, β : B −→ ∆n takie, że α(0) = t0, β(a) = 0, p(A) ⊂ B(55)Czy 2n jest minimalną liczbą lokalnych parametryzacji „pokrywających” w sumie całą sferę Sn−1?(

56)Uwaga: p′(0) = (0, 0).(

57)Tzn. p(topP ) ⊂ topU .(

58)Takie odwzorowanie Φ będziemy nazywać odwzorowaniem rozpłaszczającym.(

59)Zauważmy, że odwzorowanie r := p s : Ω −→ M ∩ Ω jest retrakcją klasy Ck (odwzorowanie r : A −→ B, gdzie

B ⊂ A, nosi nazwę retrakcji, jeżeli r = id na B).



i β p α = (prRd , 0) na ∆d′ .

Ap−−−−→ Ω

⊂−−−−→ B

α

x β

y β

y∆d′

(prRd ,0)−−−−−→ τ∆n ⊂−−−−→ ∆n

NiechΩ′ ∈ topB będzie taki, że p(A) = M∩Ω′ (korzystamy tu z otwartości p). Zauważmy, że β(M∩Ω′) =∆d × 0n−d. Weźmy τ > 0 takie, że τ∆n ⊂ β(Ω′). Niech Ω := β−1(τ∆n). Zdefiniujmy Φ := 1

τ β|Ω :

Ω −→ ∆n. Odwzorowanie Φ jest oczywiście dyfeomorfizmem klasy Ck. Ponadto, widać, że ∆d×0n−d =Φ(M ∩Ω).

(iv) =⇒ (v): Niech L : Rn −→ Rn będzie izomorfizmem liniowym takim, że L(V ) = 0n−d × Rd.Zdefiniujmy g := L Φ, f := (g1, . . . , gn−d) (` := n− d).

(v) =⇒ (vi): Na podstawie twierdzenia o rzędzie istnieją zbiory otwarte A ⊂ Rn, B ⊂ R` orazdyfeomorfizmy klasy Ck α : ∆n −→ A, β : B −→ ∆` takie, że a ∈ A ⊂ Ω, α(0) = a, f(A) ⊂ B, β(0) = 0,β f α = (prRn−d , 0) na ∆n.

Af−−−−→ B

α

x yβ∆n

(prRn−d ,0)−−−−−−−→ ∆`

Niech g := α−1, h := (g1, . . . , gn−d). Oczywiście rankh′(x) = n− d, x ∈ ∆n, oraz M ∩A = h−1(0).(vi) =⇒ (vii): Po permutacji zmiennych, można założyć, że

det[ ∂fi∂xd+j

(a)]i,j=1,...,n−d

6= 0.

Teraz wystarczy tylko skorzystać z twierdzenia o odwzorowaniu uwikłanym(

60).

(vii) =⇒ (viii): Niech

p(t) := σ−1(t, ϕ(t)), t ∈ P, s(x) := prRd(σ(x)), x ∈ Rn.

Oczywiście, M ∩ Ω = p(P ) oraz s p = idP . Pozostaje tylko zmodyfikować zbiór Ω i zastąpić go przezs−1(P ).

(viii) =⇒ (i): Niech U := M ∩ Ω. Oczywiście p : P −→ U jest homeomorfizmem (p−1 = s|U ).Pozostaje zauważyć, że ze związku s′(p(t)) p′(t) = idRd , t ∈ P , wynika łatwo, że rank p′(t) = d dlat ∈ P .

Obserwacja 2.17.5. Niech Ω := (Rn)∗, f(x) := ‖x‖2 − 1, x ∈ Ω.Wtedy rank f ′(x) = 1, x ∈ Ω, oraz f−1(0) = Sn−1, a zatem na podstawie Twierdzenia 2.17.3(vi),

Sn−1 jest (n− 1)–wymiarową podrozmaitością klasy C∞ (por. Obserwacja 2.17.2(i)).

Propozycja 2.17.6. Niech Ω ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym i niech f : Ω −→ Rm będzie odwzorowa-niem klasy Ck (k ∈ N ∪ ∞, ω) o stałym rzędzie d. Wtedy dowolny punkt a ∈ Ω ma otoczenie otwarteU ⊂ Ω takie, że f(U) jest d–wymiarową podrozmaitością klasy Ck w Rm.

Dowód . Przypadek d = 0 jest trywialny, bowiem wtedy f jest stałe na każdej składowej zbioru Ω. Niech1 6 d 6 minm,n. Ustalmy a ∈ Ω. Na podstawie twierdzenia o rzędzie istnieją:• zbiory otwarte U ⊂ Ω, V ⊂ Rm,• dyfeomorfizmy klasy Ck α : ∆n −→ U , β : V −→ ∆m

takie, że• α(0) = a, β(f(a)) = 0, f(U) ⊂ V ,• β f α(t1, . . . , tn) = (t1, . . . , td, 0, . . . , 0︸︷︷︸

(m−d)×

), t = (t1, . . . , tn) ∈ ∆n.

W tej sytuacji f(U) = β−1(∆d × 0m−d), skąd oczywiście wynika, że f(U) jest d–wymiarowąpodrozmaitością klasy Ck w Rm.

(60)Trzeba zauważyć, że zbiór U1 w twierdzeniu o odwzorowaniu uwikłanym (a więc P w (vii)) można zawsze wybrać

w klasie obszarów wypukłych.


Propozycja 2.17.7. Niech M będzie d–wymiarową podrozmaitością klasy Ck (1 6 d 6 n) i niechp : P −→ U , q : Q −→ V będą dwiema lokalnymi parametryzacjami takimi, że U ∩ V 6= ∅. Wtedyodwzorowanie

ϕ := p−1 q : q−1(U ∩ V ) −→ p−1(U ∩ V )

jest dyfeomorfizmem klasy Ck(

61).

Dowód . Przypadek d = n jest oczywisty. Załóżmy, że d 6 n − 1. Oczywiście, ϕ jest homeomorfizmem.Wystarczy więc sprawdzić, że jest klasy Ck (a następnie zamienić rolami p i q). Problem ma terazcharakter lokalny. Ustalmy a ∈ U ∩ V i niech p(t0) = a = q(u0). Na podstawie twierdzenia o rzędzieistnieją otoczenie A1 punktu t0 w P , otoczenie A2 punktu u0 w Q, otoczenia B1, B2 punktu a w Rn,dyfeomorfizmy klasy Ck αj : ∆d −→ Aj , βj : Bj −→ ∆n, j = 1, 2, takie, że: p(A1) ⊂ B1, q(A2) ⊂ B2,α1(0) = t0, α2(0) = u0, βj(a) = 0, j = 1, 2, β1 p α1(ξ) = (ξ, 0), ξ ∈ ∆d, β2 q α2(η) = (η, 0), η ∈ ∆d.

A1p−−−−→ B1 B2

q←−−−− A2

α1

x yβ1 β2

y xα2

∆d (id,0)−−−−→ ∆n ∆n (id,0)←−−−− ∆d

Stąd wynika, że na zbiorze q−1(p(A1) ∩B2) zachodzi równość

ϕ = p−1 q = α1 prRd β1 β−12 (α−1

2 , 0),

która dowodzi, że ϕ jest klasy Ck w otoczeniu u0.

Definicja 2.17.8. NiechM będzie d–wymiarową podrozmaitością klasy Ck (1 6 d 6 n) i niech F będziedowolną przestrzenią unormowaną. Powiemy, że odwzorowanie f : M −→ F jest k–krotnie różniczkowalnew punkcie a ∈ M (f ∈ Dk(M,F ; a)) jeżeli dla dowolnej parametryzacji lokalnej p : P −→ U takiej, żea ∈ U , f p ∈ Dk(P, F ; p−1(a)).

Podobnie, powiemy, że odwzorowanie f : M −→ F jest klasy Ck na M (f ∈ Ck(M,F )), jeżeli dladowolnej parametryzacji lokalnej p : P −→ U odwzorowanie f p jest klasy Ck(P, F ).

Zauważmy, że dla d = n wprowadzone powyżej pojęcia są zgodne ze standardowymi definicjami.

Obserwacja 2.17.9. (a) Dk(M,F ; a) i Ck(M,F ) są przestrzeniami wektorowymi.(b) Jeżeli f ∈ Dk(M,F ; a) i ψ ∈ Dk(Ω,G; f(a)) (gdzie Ω jest zbiorem otwartym w F , zaś G jest

przestrzenią unormowaną i f(M) ⊂ Ω), to ψ f ∈ Dk(M,G; a).(c) Jeżeli f ∈ Ck(M,F ), f(M) ⊂ Ω i ψ ∈ Ck(Ω,G), to ψ f ∈ Ck(M,G).

Propozycja 2.17.10. Dla dowolnego odwzorowania f : M −→ F i punktu a ∈ M następujące warunkisą równoważne:(i) f ∈ Dk(M,F ; a);(ii) istnieje lokalna parametryzacja p : P −→ U taka, że a ∈ U i f p ∈ Dk(P, F ; p−1(a)).(iii) istnieje otoczenie Ω ⊂ Rn punktu a oraz f : Ω −→ F takie, że f ∈ Dk(Ω,F ; a) oraz f = f na

M ∩Ω.

Dowód . To, że (i) ⇐⇒ (ii) wynika wprost z Propozycji 2.17.7.

(i) =⇒ (iii): Niech Ω, P , p, s będą takie, jak w Twierdzeniu 2.17.3(viii). Przypomnijmy, że p :P −→ M ∩ Ω jest lokalną parametryzacją (por. dowód implikacji (viii) =⇒ (i) w Twierdzeniu 2.17.3).Zdefiniujmy f := (f p) s. Oczywiście, f = f na M ∩Ω oraz f ∈ Dk(Ω,F ; a).

(iii) =⇒ (i): Rozważmy dowolną parametryzację lokalną p : P −→ U (a ∈ U) i niech p(t0) = a. NiechΩ, f będą jak w (iii). Możemy założyć, że U ⊂ Ω. Wtedy f p = f p, a stąd oczywiście wynika, żef p ∈ Dk(P, F ; t0).

W ten sam sposób można wykazać następujący wynik (Ćwiczenie).

Propozycja 2.17.11. Dla dowolnego odwzorowania f : M −→ F następujące warunki są równoważne:(61)Odwzorowanie ϕ nosi nazwę funkcji przejścia.

(i) f ∈ Ck(M,F );(ii) dla dowolnego punktu a ∈ M istnieje lokalna parametryzacja p : P −→ U taka, że a ∈ U i f p ∈Ck(P, F );

(iii) dla dowolnego punktu a ∈ M istnieje otoczenie Ω ⊂ Rn oraz f ∈ Ck(Ω,F ) takie, że f = f naM ∩Ω.

Obserwacja 2.17.12. (a) Jeżeli p : P −→ U jest lokalną parametryzacją klasy Ck, to p−1 ∈ Ck(U,Rd).(b) Jeżeli ϕ ∈ Dk(Ω,Rn;u0) (Ω ∈ topE, zaś E jest przestrzenią unormowaną), ϕ(Ω) ⊂ M i f ∈

Dk(M,F ;ϕ(u0)), to f ϕ ∈ Dk(Ω,F ;u0).Istotnie, wystarczy wykorzystać Propozycję 2.17.10(iii) i zauważyć, że w otoczeniu punktu u0

mamy f ϕ = f ϕ.(c) Jeżeli ϕ ∈ Ck(Ω,Rn), ϕ(Ω) ⊂M i f ∈ Ck(M,F ), to f ϕ ∈ Ck(Ω,F ).

Istotnie, wystarczy wykorzystać lokalnie Propozycję 2.17.11(iii).

Definicja 2.17.13. Niech M będzie d–wymiarową podrozmaitością klasy C1 w Rn (1 6 d 6 n). Niecha ∈ M i niech p : P −→ U będzie dowolną lokalną parametryzacją taką, że a ∈ U . Przyjmijmy, żea = p(t0). Przestrzeń

TaM := p′(t0)(Rd)nazywamy przestrzenią styczną do M w punkcie a.

Oczywiście, jeżeli d = n, to TaM = Rn.Zauważmy, że definicja jest poprawna, bowiem na podstawie Propozycji 2.17.7, jeżeli q : Q −→ V jest

jakąś inną parametryzacją taką, że q(u0) = a, to q = pϕ, gdzie ϕ jest dyfeomorfizmem klasy C1, ϕ(u0) =t0. W szczególności, ponieważ ϕ′(u0) jest izomorfizmem, zatem q′(u0)(Rd) = p′(t0)(ϕ′(u0)(Rd)) =p′(t0)(Rd).

Przyjmujemy ponadto, że TaM := 0, jeżeli d = 0.Oczywiście dimTaM = d.

Propozycja 2.17.14. Niech M będzie d–wymiarową podrozmaitością klasy C1 w Rn (1 6 d 6 n − 1),a ∈M i niech Ω ∈ topRn, f ∈ C1(Ω,R`) będzie takie, że a ∈ Ω, M ∩Ω = f−1(0) i rank f ′(x) = n− d,x ∈ Ω

(62). Wtedy TaM = Ker f ′(a).

Dowód . Niech V := Ker f ′(a). Odnotujmy, że dimV = d. Niech p : P −→ U , U ⊂ Ω, będzie dowolnąlokalną parametryzacją, p(t0) = a. Ponieważ f p ≡ 0, zatem f ′(a) p′(t0) = 0, a stąd TaM ⊂ V , cowobec równości wymiarów, daje żądaną równość.

Propozycja 2.17.15 (Równoważne opisy przestrzeni stycznej). Niech M będzie d–wymiarową podroz-maitością klasy Ck w Rn (1 6 d 6 n− 1), a ∈M , X ∈ Rn. Następujące warunki są równoważne:(i) X ∈ TaM ;(ii) istnieje ε > 0 oraz odwzorowanie γ : (−ε, ε) −→M klasy Ck

(63)takie, że γ(0) = a, γ′(0) = X;

(iii) istnieją ciągi (aν)∞ν=1 ⊂M , (rν)∞ν=1 ⊂ (0,+∞) takie, że

aν −→ a, rν(aν − a) −→ X.(

64)

Dowód . Dla X = 0 równoważność warunków jest oczywista. Przyjmujemy dalej, że X 6= 0.(i) =⇒ (ii): Niech p : P −→ U będzie lokalną parametryzacją, p(t0) = a. Niech Y ∈ Rd będzie taki,

że X = p′(t0)(Y ). Wtedy X = γ′(0), gdzie γ(τ) := p(t0 + τY ), |τ | < ε (ε małe).(ii) =⇒ (iii): Wystarczy przyjąć aν := γ( 1

ν ), rν := ν, ν 1.(iii) =⇒ (i): Niech p : P −→ U będzie lokalną parametryzacją, p(t0) = a. Możemy założyć, że

aν = p(tν), tν ∈ P , ν > 1. Oczywiście tν −→ t0(

65). Możemy również założyć, że tν 6= t0, ν > 1, oraz

(przechodząc do podciągu), że

Yν :=tν − t0‖tν − t0‖

−→ Y

(62)Por. Twierdzenie 2.17.3(v).(

63)Jako odwzorowanie (−ε, ε) −→ Rn.(

64)Odnotujmy czysto geometryczny charakter warunku (iii).(

65)Ponieważ p jest homeomorfizmem.

dla pewnego Y ∈ Rd.Zauważmy, że rν‖aν − a‖ −→ ‖X‖, a zatem

aν − a‖aν − a‖

−→ X

‖X‖.

Niech p(t) = p(t0) + p′(t0)(t− t0) + α(t)‖t− t0‖, gdzie α(t) −→ 0 przy t −→ t0. Ostatecznie mamy:X

‖X‖= limν→+∞

p′(t0)(Yν) + α(tν)

‖p′(t0)(Yν) + α(tν)‖=

p′(t0)(Y )

‖p′(t0)(Y )‖,

co kończy dowód (bo TaM jest przestrzenią wektorową).

Propozycja 2.17.16. Niech M będzie d–wymiarową podrozmaitością klasy C1 w Rn (1 6 d 6 n −1), a ∈ M i niech f ∈ D(M,F ; a). Wtedy f ′(a)|TaM nie zależy od wyboru lokalnego przedłużenia fróżniczkowalnego w punkcie a

(66).

Dowód . Wystarczy pokazać, że jeżeli g : Ω −→ F jest odwzorowaniem różniczkowalnym w punkcie ai takim, że g = 0 na M ∩Ω, to g′(a)|TaM ≡ 0.

Istotnie, niech p : P −→ U będzie dowolną parametryzacją lokalną, a = p(t0) ∈ U ⊂ Ω. Mamyg p ≡ 0. Zatem g′(a) p′(t0) = 0, co daje żądaną równość.

Definicja 2.17.17. W powyższej sytuacji kładziemy

f ′(a) : TaM −→ F, f ′(a) := f ′(a)|TaM .Odnotujmy, że f ′(a) ∈ L(TaM,F ). Odwzorowanie f ′(a) nazywamy różniczką odwzorowania f w punkciea.Propozycja 2.17.18. Niech M będzie d–wymiarową podrozmaitością klasy C1 w Rn i niech M ′ będzied′–wymiarową podrozmaitością klasy C1 w Rn′ . Niech

f : M −→M ′

będzie różniczkowalne w punkcie a ∈M . Wtedy f ′(a)(TaM) ⊂ Tf(a)M′.(

67)

Dowód . Załóżmy, że M ′ ∩ Ω′ = g−1(0), gdzie Ω′ ∈ topRn′ , g ∈ C1(Ω′,Rn′−d′), rank g′(y) = n′ − d′,y ∈ Ω′, f(a) ∈ Ω′

(68). Niech f będzie lokalnym przedłużeniem odwzorowania f na otoczenieΩ punktu a.

Możemy założyć, że f(Ω) ⊂ Ω′. Wtedy gf = 0 naM∩Ω, zatem (gf)′(a) = 0 na TaM (por. Propozycja2.17.16). Oznacza to, że g′(f(a)) f ′(a) = 0 na TaM , co wobec Propozycji 2.17.14, daje żądany wynik.

Uwaga 2.17.19. Dla rozmaitości klasy C2 i odwzorowań f : M −→ F mających drugą pochodnąw punkcie a należy oprzeć się pokusie zdefiniowania drugiej różniczki w punkcie a jako odwzorowaniaf ′′(a) : TaM×TaM −→ F danego wzorem f ′′(a) = f ′′(a)|TaM×TaM , gdzie f jest lokalnym przedłużeniemf takim, że f ′′(a) istnieje.

Istotnie, f ′′(a)|TaM×TaM może zależeć od wyboru przedłużenia.Niech np. M := (t, t2) ∈ R2 : t ∈ R, F := R, f := 0, a := (0, 0). Zauważmy, że TaM = R × 0.

Niech f(x, y) := x2−y. Oczywiście f jest przedłużeniem f , ale f ′′(a)((h1, 0), (h2, 0)) = 2h1h2, h1, h2 ∈ R.Lemat 2.17.20 (Lemat o jednoczesnej parametryzacji). Niech M będzie d–wymiarową podrozmaitościąklasy Ck w Rn i niech M ′ będzie d′–wymiarową podrozmaitością klasy Ck w Rn taką, że M ′ ⊂M . Wtedy(a) d′ 6 d;(b) jeżeli d′ = d, to M ′ jest podzbiorem otwartym w M ;(c) jeżeli d′ < d 6 n, to dla dowolnego punktu a ∈ M ′ istnieje lokalna parametryzacja p : ∆d −→ U

podrozmaitości M , a ∈ U , taka, że p(0) = a i p(∆d′ × 0d−d′) = M ′ ∩ U(

69).

W szczególności, jeżeli d′ > 1, to odwzorowanie p : ∆d′ −→M ′ ∩ U , p(v) := p(v, 0), jest lokalnąparametryzacją dla M ′

(70).

(66)Przedłużenie takie istnieje na mocy Propozycji 2.17.10(iii).(

67)W szczególności, f ′(a) ∈ L(TaM,Tf(a)M

′).(68)Por. Twierdzenie 2.17.3(vi).(

69)Dla d′ = 0 warunek ten oznacza, że p(0) = M ′ ∩ U .(

70)Uwaga na warunek: rank p′(v) = d′, v ∈ ∆d′ .

Dowód . Dla d′ = 0 twierdzenie jest oczywiste. Załóżmy, że d′ > 1. W szczególności, d > 1.(a) Wobec Propozycji 2.17.15(ii) mamy: TaM ′ ⊂ TaM , a ∈M ′. Stąd d′ = dimTaM

′ 6 dimTaM = d.(b) Weźmy dowolny punkt a ∈ M ′ i niech p : P −→ U , q : Q −→ V będą parametryzacjami

lokalnymi dlaM iM ′ takimi, że a ∈ U ∩V (P,Q ∈ topRd). Możemy założyć, że V = U ∩M ′. Rozważmyhomeomorfizm ϕ := p−1 q : Q −→ p−1(V ). Na podstawie Obserwacji 2.17.12 jest to odwzorowanie klasyCk. Mamy p ϕ = q. W szczególności, p′(ϕ(u)) ϕ′(u) = q′(u), skąd wynika, że rankϕ′(u) = d, u ∈ Q.Teraz, na podstawie np. twierdzenia o odwzorowaniu odwrotnym, p−1(V ) jest podzbiorem otwartymw P , a więc U ∩M ′ jest zbiorem otwartym w M .

(c) Weźmy dowolną parametryzację lokalną p : P −→ U podrozmaitości M taką, że a = p(t0) ∈ U .Niech N := p−1(M ′ ∩ U). Zauważmy, że N jest d′–wymiarową podrozmaitością klasy Ck w Rd. Istotnie,dla dowolnego u0 ∈ N , niech q : Q −→ V będzie lokalną parametryzacją klasy Ck podrozmaitościM ′ i p(u0) ∈ V ⊂ M ′ ∩ U . Niech ϕ := p−1 q : Q −→ p−1(V ). Oczywiście, tak jak w (b), ϕ jesthomeomorfizmem klasy Ck i p′(ϕ(u)) ϕ′(u) = q′(u), u ∈ Q. Stąd rankϕ′(u) = d′, u ∈ Q. Tak więc ϕjest lokalną parametryzacją podrozmaitości N w otoczeniu u0.

Teraz, na podstawie Twierdzenia 2.17.3(iii) (zastosowanego do podrozmaitości N) istnieją zbiórotwarty Ω ∈ topP , t0 ∈ Ω, oraz Ck–dyfeomorfizm Φ : Ω −→ ∆d takie, że Φ(N ∩Ω) = ∆d′ × 0d−d′ .

Poszukiwaną parametryzacją będzie: p Φ−1 : ∆d −→ p(Ω).

2.18. Ekstrema warunkowe

Rozważmy następujący problem. Dane są: d–wymiarowa podrozmaitość M ⊂ Rn klasy Ck (1 6 d 6n− 1), punkt a ∈ M i funkcja f : M −→ R, która jest k–krotnie różniczkowalna w punkcie a. Problempolega na znalezieniu (różniczkowych) warunków koniecznych i dostatecznych na to, by f miała w punkciea ekstremum lokalne, zwane ekstremum warunkowym. Nazwa bierze się stąd, że ponieważ problem macharakter lokalny, to możemy założyć (korzystając z Propozycji 2.17.10 i zmniejszając ewentualnie M),że f = f |M , gdzie f : Ω −→ R, M ⊂ Ω ∈ topRn i f jest k–krotnie różniczkowalne w punkcie a, a zatemszukamy ekstremów lokalnych funkcji f przy warunku „punkt leży na M ”.

Obserwacja 2.18.1 (Warunek konieczny). Jeżeli f ma w punkcie a ekstremum warunkowe, to f ′(a) = 0.Istotnie, niech p : P −→ U będzie lokalną parametryzacją, p(t0) = a. Wtedy f p ma ekstremum

lokalne w punkcie t0, a zatem f ′(a) p′(t0) = 0, co daje żądany wynik.

Twierdzenie 2.18.2 (Warunek dostateczny). Załóżmy, że dla pewnego k > 2 mamy:

f ′(a) = 0 na Rn, . . . , f (k−1)(a) = 0 na Rn, f (k)(a) 6≡ 0 na TaM.

Wtedy:

(a) jeżeli f (k)(a)(X) > 0 dla X ∈ (TaM)∗(

71), to f ma w punkcie a silne minimum warunkowe;

(b) jeżeli f (k)(a)(X) < 0 dla X ∈ (TaM)∗, to f ma w punkcie a silne maksimum warunkowe;(c) jeżeli f (k)(a) przyjmuje na TaM wartości różnych znaków

(72), to f nie ma w punkcie a lokalnego

ekstremum warunkowego.

Dowód . Niech p : P −→ U będzie dowolną lokalną parametryzacją, p(t0) = a. Niech g := f p. Musimyzbadać ekstremum lokalne (w sensie klasycznym) funkcji g w punkcie t0. Ze wzoru na pochodną złożenia(Propozycja 2.10.3), dla j = 1, . . . , k, mamy

g(j)(t0)(Y ) = (f p)(j)(t0)(Y ) =∑

α1,...,αj∈Z+

α1+2α2+···+jαj=j

j!

α1! · · ·αj !

f (α1+···+αj)(a)(p′(t0)(Y )

1!, . . . ,

p′(t0)(Y )

1!︸︷︷︸α1×

, . . . ,p(j)(t0)(Y )

j!, . . . ,

p(j)(t0)(Y )

j!︸︷︷︸αj×

), Y ∈ Rd,

(71)W szczególności, k musi być parzyste.(

72)W szczególności, gdy k jest nieparzyste.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.18. Ekstrema warunkowe 111

co wobec naszych założeń daje

g(j)(t0) = 0, j = 1, . . . , k − 1,

g(k)(t0)(Y ) = f (k)(a)(p′(t0)(Y )), Y ∈ Rd.

Przypomnijmy, że p′(t0)(Y ) ∈ (TaM)∗ dla Y ∈ (Rd)∗, a zatem g(k)(t0) zachowuje się (w sensie określo-ności) tak, jak f (k)(a) na TaM . Teraz wystarczy już tylko zastosować klasyczne twierdzenie o ekstremachlokalnych.

Obserwacja 2.18.3. Niech k = 2. Zauważmy, że warunek f ′(a) = 0 nie może zostać zastąpiony warun-kiem f ′(a) = 0. Niech np. n = 2, M := (x, x2) : x ∈ R, a = (0, 0), f(x, x2) := x3 (oczywiście f nie maekstremum warunkowego w punkcie a). Niech f(x, y) = x2 − y + x3. Widać, że f = f na M . Ponadto,f ′(a) = 0 na TaM = R× 0 i f ′′(a)((h, 0)) = 2h2, h ∈ R (a więc spełniony jest warunek (a)).

Obserwacja 2.18.4. Z dowodu Twierdzenia 2.18.2 wynika, że odwzorowanie

f (k)(a)|(TaM)k

nie zależy od wyboru rozszerzenia f (w klasie rozszerzeń spełniających założenia twierdzenia). Tak więcwystarczy zbadać określoność f (k)(a) na TaM dla jednego ustalonego rozszerzenia f funkcji f takiego,że f (j)(a) = 0, j = 1, . . . , k − 1 (k parzyste).

Patrząc na Twierdzenie 2.18.2 (i pamiętając o Obserwacji 2.18.3) widzimy, iż przeszkodą w stosowaniuTwierdzenia 2.18.2 będzie następująca sytuacja: Dla pewnego 1 6 m 6 k znaleźliśmy rozszerzenie f takie,że:• f jest k–krotnie różniczkowalne w punkcie a,• f (j)(a) = 0, j = 1, . . . ,m− 1 (warunek ten jest pusty dla m = 1),• f (m)(a) 6= 0,• f (m)(a) = 0 na TaM (dla m = 1 jest to po prostu warunek konieczny na ekstremum warunkowe).Rozszerzenie takie na nic się nam nie przyda. Pytamy więc, czy możemy znaleźć inne rozszerzenie

takie, że f (j)(a) = 0, j = 1, . . . ,m. Jeżeli tak, to będziemy mieli pewną szansę, że Twierdzenie 2.18.2rozstrzygnie o ekstremum.

Możemy zawsze założyć, że M ∩ Ω = g−1(0), gdzie g ∈ Ck(Ω,R`) i rank g′(x) = n − d, x ∈ Ω.Zauważmy, że dla dowolnego odwzorowania ϕ = (ϕ1, . . . , ϕ`) ∈ Ck(Ω,R`), odwzorowanie

fϕ := f − ϕ1g1 − · · · − ϕ`g`jest przedłużeniem f oraz, że jest ono k–krotnie różniczkowalne w punkcie a.

Propozycja 2.18.5 (Metoda mnożników Lagrange’a). Dla m = 1, jeżeli f ′(a) = 0 na TaM , to istniejeλ = (λ1,. . . ,λ`) ∈ R` takie, że dla funkcji

fλ := f − λ1g1 − · · · − λ`g`spełniony jest związek f ′λ(a) = 0 na Rn

(73).

Liczby λ1, . . . , λ` noszą nazwę mnożników Lagrange’a.

Dowód . Przypomnijmy, że TaM = Ker g′(a) (Propozycja 2.17.14). W tej sytuacji warunek f ′(a) = 0 naTaM oznacza, że

Ker g′1(a) ∩ · · · ∩Ker g′`(a) ⊂ Ker f ′(a),

a to, na podstawie znanych wyników z algebry, implikuje istnienie λ (zob. dowód Twierdzenia 2.18.6).

Obecnie udowodnimy przypadek ogólny.

Twierdzenie 2.18.6. Dla dowolnego 2 6 m 6 k, jeżeli• f jest k–krotnie różniczkowalne w punkcie a,• f (j)(a) = 0, j = 1, . . . ,m− 1,• f (m)(a) = 0 na TaM ,(73)A więc dla m = 1 nasza procedura nie zacina się i jako odwzorowanie ϕ można wybrać odwzorowanie stałe ϕ ≡ λ.



to istnieją wielomiany jednorodne Q1, . . . , Q` ∈ Hm−1(Rn,R) takie, że dla odwzorowania

fQ(x) := f(x)− 1

m!

∑i=1

Qi(x− a)gi(x), x ∈ Ω,

mamy: f (j)Q (a) = 0, j = 1, . . . ,m.

Dowód . Na wstępie zauważmy, że dla dowolnych Q1, . . . , Q` ∈ Hm−1(Rn,R), na podstawie wzoru Leib-niza, mamy:

f(j)Q (a)(h) = f (j)(a)(h)− 1

m!

∑i=1

j∑s=0

(j

s

)Q

(s)i (0)(h)g

(j−s)i (a)(h), h ∈ Rn, j = 1, . . . ,m.

Przypomnijmy, żeQ(s)i ∈ Hm−1−s(Rn,Ls(Rn,R)). W szczególności, mamyQ(s)

i (0) = 0 dla s = 0, . . . ,m−2. Z drugiej strony gi(a) = 0. Tak więc dla j = 1, . . . ,m − 1, otrzymujemy f (j)

Q (a)(h) = 0. Wiemy, że

Q(m−1)i (0) = (m− 1)!Qi. Stąd dla j = m mamy:

f(m)Q (a)(h) = f (m)(a)(h)− 1

m!

∑i=1

(m

m− 1

)Q

(m−1)i (0)(h)g′i(a)(h) = f (m)(a)(h)−

∑i=1

Qi(h)g′i(a)(h),

h ∈ Rn.

Tak więc cały problem sprowadza się do doboru Qi ∈ Hm−1(Rn,R), i = 1, . . . , `, w ten sposób by

f (m)(a)(h) =∑i=1

Qi(h)g′i(a)(h), h ∈ Rn.

Ponieważ W := f (m)(a) ∈ Hm(Rn,R) i W = 0 na TaM , zatem wystarczy już tylko wykorzystaćznane wyniki z algebry, aby stwierdzić, że W da się przedstawić w żądanej postaci. Możemy skorzy-stać np. z takiego rozumowania: Niech L1, . . . , Ln−d będzie dowolnym liniowo niezależnym podukłademukładu g′1(a), . . . , g′`(a). Wybierzmy d form liniowych Ln−d+1, . . . , Ln w ten sposób, że odwzorowanieL := (L1, . . . , Ln) : Rn −→ Rn jest izomorfizmem. Niech V := W L−1. Wtedy V ∈ Hm(Rn,R) i V = 0na 0n−d×Rd. Oznacza to, że wielomian V można zapisać w postaci V (x) = x1V1(x)+· · ·+xn−dVn−d(x),gdzie Vi ∈ Hm−1(Rn,R), i = 1, . . . , n − d (postać tę łatwo uzyskać przez zwykłe grupowanie wyrazówz wykorzystaniem warunku V (0, . . . , 0, xn−d+1, . . . , xn) ≡ 0). Zdefiniujmy Qi := Vi L, i = 1, . . . , n− d.Ostatecznie W = Q1L1 + · · ·+Qn−dLn−d.


M := (x1, . . . , xn) ∈ Rn : x1 + · · ·+ xn = c, x1, . . . , xn > 0,gdzie n > 2 i c > 0 jest ustaloną stałą (M jest (n− 1)–wymiarową podrozmaitością w Rn). Niech dalejf(x1, . . . , xn) := x1 · · ·xn.

Zadanie: znaleźć ekstrema warunkowe f na M .Stosujemy metodę mnożników Lagrange’a. Niech

fλ(x) := f(x)− λ(x1 + · · ·+ xn − c).Punkt podejrzany o ekstremum warunkowe, to punkt a ∈M taki, że

∂fλ∂xj

(a) =∏k 6=j

ak − λ = 0, j = 1, . . . , n.

Dostajemy stąd łatwo a = (c/n, . . . , c/n) i λ = (c/n)n−1. Teraz przechodzimy do badania zachowania sięf ′′λ (a) na TaM . Oczywiście

TaM = (X1, . . . , Xn) ∈ Rn : X1 + · · ·+Xn = 0,zaś

f ′′λ (a)(X) =∑j 6=k

( cn

)n−2

XjXk, X ∈ Rn.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.19. Średnia uogólniona

113

Wynika stąd, że

f ′′λ (a)(X) = −( cn

)n−2

‖X‖2 < 0, X ∈ (TaM)∗,

a więc f ma w punkcie a maksimum warunkowe, czyli

x1 · · ·xn 6( cn

)n=(x1 + · · ·+ xn

n

)n, x1, . . . , xn > 0.

2.19. Średnia uogólniona

Ustalmy n ∈ N2 oraz liczby a1, . . . , an, t1, . . . , tn > 0 takie, że a1, . . . , an są parami różne orazt1 + · · ·+ tn = 1. Niech a := (a1, . . . , an), t := (t1, . . . , tn). Rozważmy funkcję

R∗ 3 xSa,t7−→

(t1a

x1 + · · ·+ tna

xn

)1/x

∈ R>0.

Uwaga: Formalnie można zrezygnować z założenia, że a1, . . . , an są parami różne, ponieważ (poprzezzmianę n i t1, . . . , tn) zawsze można doprowadzić do sytuacji, w której bądź n = 1, bądź a1, . . . , an sąparami różne.

Lemat 2.19.1. (a) limx→+∞

Sa,t(x) = maxa1, . . . , an =: Sa,t(+∞).

(b) limx→0

Sa,t(x) = at11 · · · atnn =: Sa,t(0).

(c) limx→−∞

Sa,t(x) = mina1, . . . , an =: Sa,t(−∞).

Dowód . (a) i (c) są elementarne (Ćwiczenie).(b) Zauważmy, że Sa,t = exp(ϕ), gdzie ϕ(x) := 1

x ln(t1ax1 + · · · + tna

xn). Granica limx→0 ϕ(x) jest

symbolem nieoznaczonym typu 00 . Stosujemy regułę d’Hôpitala

(74)

limx→0

ϕ(x)H= limx→0

t1ax1 ln a1 + · · ·+ tna

xn ln an

t1ax1 + · · ·+ tnaxn= t1 ln a1 + · · ·+ tn ln an.

Definicja 2.19.2. Funkcję Sa,t : R −→ R>0 nazywamy średnią uogólnioną liczb a1, . . . , an z wagamit1, . . . , tn.

Obserwacja 2.19.3. W przypadku, gdy t1 = · · · = tn := 1/n, niech Sa := Sa,t. Wtedy dostajemyklasyczne średnie:

• Sa(2) =

√a2

1 + · · ·+ a2n

n= średnia kwadratowa;

• Sa(1) =a1 + · · ·+ an

n= średnia arytmetyczna;

• Sa(0) = n√a1 · · · an = średnia geometryczna;

• Sa(−1) =n

1a1

+ · · ·+ 1an

= średnia harmoniczna.

Uwaga: Definiując powyższe średnie rezygnujemy z założenia, że aj 6= ak dla j 6= k.

Lemat 2.19.4. Funkcja Sa,t : R −→ R jest analityczna.

Dowód . Przypomnijmy najpierw, że dla c > 0 funcja R 3 x 7−→ cx = exp(x ln c) jest analityczna(zob. Wniosek 2.4.5). Wynika stąd łatwo, że funkcja R 3 x ψ7−→ ln(t1a

x1 + · · · + tna

xn) jest analityczna.

Wiemy, że ψ(0) = 0. Wynika stąd natychmiast, że funkcja ϕ jest analityczna (ϕ(0) := ψ′(0)). Istotnie,jeżeli ψ(x) =

∑∞k=1 ckx

k, |x| < r, to ϕ(x) =∑∞k=1 ckx

k−1, |x| < r. Teraz, korzystając ponownie zWniosku 2.4.5, dostajemy analityczność funkcji Sa,t.

Propozycja 2.19.5. Funkcja Sa,t jest ściśle rosnąca.

(74)Guillaume de L’Hôpital (1661–1704).

Dowód . Wystarczy udowodnić ścisłą monotoniczność funkcji ϕ. Mamy

ϕ′(x) = − 1

x2ln(t1a

x1 + · · ·+ tna

xn) +

1

x

t1ax1 ln a1 + · · ·+ tna

xn ln an

t1ax1 + · · ·+ tnaxn.

Ustalmy x ∈ R i połóżmy uj = uj(x) := axj , j = 1, . . . , n. Widzimy, że wystarczy pokazać, że

f(u1, . . . , un) := − ln(t1u1 + · · ·+ tnun) +t1u1 lnu1 + · · ·+ tnun lnun

t1u1 + · · ·+ tnun> 0, u1, . . . , un > 0,

przy czym równość zachodzi wyłącznie dla u1 = · · · = un.Jest oczywiste, że f(u, . . . , u) = 0. Ustalmy liczbę p > 0 i rozważmy zbiór

M := (u1, . . . , un) ∈ Rn>0 : t1u1 + · · ·+ tnun = p.

Zauważmy, że dla (u1, . . . , un) ∈M mamy

f(u1, . . . , un) = h(u1, . . . , un) := − ln p+1

p(t1u1 lnu1 + · · ·+ tnun lnun).

Wobec zależności limδ→0+ δ ln δ = 0, funkcja h przedłuża się do funkcji ciągłej h na zbiorze zwartymM = (u1, . . . , un) ∈ Rn+ : t1u1 + · · · + tnun = p. Niech u0 = (u0

1, . . . , u0n) ∈ M będzie punktem,

w którym h przyjmuje globalne minimum na M . Wiemy, że h(u0) 6 0. Rozważmy dwa przypadki:(a) u0 ∈ M : Stosujemy metodę mnożników Lagrange’a (do funkcji h z warunkiem g(u1, . . . , un) :=

t1u1 + · · ·+ tnun − p = 0). Warunek Lagrange’a

∂h

∂uj(u0)− λ ∂g

∂uj(u0) = 0, j = 1, . . . , n,

daje1

p(lnu0

j + 1)− λ = 0, j = 1, . . . , n,

a stąd u01 = · · · = u0

n, co oznacza, że h(u0) = 0.(b) u0 ∈ M \ M : Możemy założyć, że dla pewnego 1 6 s 6 n − 1 mamy u0

1 > 0, . . . , u0s > 0,

u0s+1 = · · · = u0

n = 0. Zauważmy, że h(u1, . . . , us, 0, . . . , 0) = − ln p + 1p (t1u1 lnu1 + · · · + tsus lnus),

(u1, . . . , us) ∈M ′ := (u1, . . . , us) ∈ Rs>0 : t1u1 + · · ·+ tsus = p. Stosując rozumowanie z (a) względemzmiennych u1, . . . , us, wnioskujemy, że musi być u0

1 = · · · = u0s = p

t1+···+ts . Wynika stąd, że h(u0) =

− ln p+ 1p (t1 + · · ·+ ts)

pt1+···+ts ln p

t1+···+ts = − ln(t1 + · · ·+ ts) > 0 — sprzeczność.Oznacza to, że globalne minimum funkcji h na M jest równe 0. Wobec rozumowania w (a), widzimy

również, że jeżeli u0 ∈M jest taki, że h(u0) = 0, to u01 = · · · = u0

n.

Propozycja 2.19.6. Istnieją liczby x± ∈ R takie, że funkcja Sa,t jest wypukła w przedziale (−∞, x−)i wklęsła w (x+,+∞).

Dowód . Wiadomo, że S′′a,t = Sa,t((ϕ′)2 + ϕ′′). Obliczmy ϕ′′(x):

ϕ′′(x) =2

x3ln(t1a

x1 + · · ·+ tna

xn)− 2

x2

t1ax1 ln a1 + · · ·+ tna

xn ln an

t1ax1 + · · ·+ tnaxn

+1

x

t1ax1 ln2a1 + · · ·+ tna

xn ln2an

t1ax1 + · · ·+ tnaxn− 1

x

( t1ax1 ln a1 + · · ·+ tnaxn ln an

t1ax1 + · · ·+ tnaxn

)2

.

Rozumowanie przy x −→ −∞: Wystarczy pokazać, że limx→−∞

x3ϕ′′(x) < 0. Możemy założyć, że

a1 < · · · < an. Podstawmy uj = uj(x) := axj i vj = vj(x) = uj/u1 = (aj/a1)x. Zauważmy, że vj(x) −→ 0gdy x −→ −∞ dla j = 2, . . . , n. Dla ξ = (ξ1, . . . , ξn) ∈ Rn>0 niech

M(ξ) : = t1ξ1 + · · ·+ tnξn,

P (ξ) : = t1ξ1 ln ξ1 + · · ·+ tnξn ln ξn,

Q(ξ) : = t1ξ1 ln2ξ1 + · · ·+ tnξn ln2ξn.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20122.19. Średnia uogólniona

115

Zauważmy, że M(v) −→ t1, P (v) −→ 0, Q(v) −→ 0 gdy x −→ −∞. Mamy

x3ϕ′′(x) = 2 lnM(u)− 2P (u)

M(u)+Q(u)

M(u)−( P (u)

M(u)

)2

= 2 lnM(v)− 2 lnu1 − 2t1v1(ln v1 + lnu1) + · · ·+ tnvn(ln vn + lnu1)

M(v)

+t1v1(ln v1 + lnu1)2 + · · ·+ tnvn(ln vn + lnu1)2

M(v)−( t1v1(ln v1 + lnu1) + · · ·+ tnvn(ln vn + lnu1)

M(v)

)2

= 2 lnM(v) + 2 lnu1 − 2P (v)

M(v)− 2 lnu1 +

Q(v)

M(v)+ 2

P (v)

M(v)lnu1 + ln2u1 −

( P (v)

M(v)+ lnu1

)2

= 2 lnM(v)− 2P (v)

M(v)+Q(v)

M(v)−( P (v)

M(v)

)2

−→x→−∞

2 ln t1 < 0.

Rozumowanie przy x −→ +∞: Wystarczy pokazać, że limx→+∞

x4((ϕ′(x))2 + ϕ′′(x)) = −∞. Możemy

założyć, że a1 > · · · > an. Tak, jak poprzednio definiujemy uj , vj , M , P , Q. Zauważmy, że vj(x) −→ 0gdy x −→ +∞ dla j = 2, . . . , n, oraz M(v) −→ t1, P (v) −→ 0, Q(v) −→ 0 gdy x −→ +∞. Mamy

x4((ϕ′(x))2 + ϕ′′(x)) =(− lnM(v) +

P (v)

M(v)

)2

+ x(

2 lnM(v)− 2P (v)

M(v)+Q(v)

M(v)−( P (v)

M(v)

)2)−→x→+∞

ln2 t1 + (+∞) · (2 ln t1) = −∞.

Ćwiczenie* 2.19.7. Zbadać wypukłość funkcji Sa,t. Odnotujmy, że problem wypukłości funkcji Sa,t jestwysoce nietrywialny. Dla przykładu, korzystając z pomocy komputera można łatwo, sprawdzić, że dlan = 4, a1 := 0.1635, a2 := 4.7965, a3 := 9.3668, a4 := 1.7856, t1 := 0.0455, t2 := 0.1430, t3 := 0.0007,t4 := 0, 8108, mamy co najmniej 5 punktów przegięcia.

ROZDZIAł 3

Całka Riemanna

3.1. Całka Riemanna na kostce

Definicja 3.1.1. Kostką (domkniętą) nazywamy dowolny zbiór postaci

P := [a1, b1]× · · · × [an, bn] ⊂ Rn, gdzie aj < bj , j = 1, . . . , n.(

1)

Objętością kostki P nazywamy liczbę

|P | := (b1 − a1) · · · · · (bn − an).(

2)

Podziałem kostki P nazywamy dowolną skończoną rodzinę kostek

π = P1, . . . , Pm

taką, że P = P1 ∪ · · · ∪ Pm oraz intPj ∩ intPk = ∅ dla j 6= k(

3).

Podziałem prostym kostki P nazywamy podział postaci

Pk1,...,kn : 1 6 kj 6 mj , 1 6 j 6 n,

gdzie

Pk1,...,kn = [x1,k1−1, x1,k1 ]× · · · × [xn,kn−1, xn,kn ],

zaś (xj,0, . . . , xj,mj ) jest podziałem [aj , bj ], j = 1, . . . , n(

4).

Niech π1 = P1, . . . , Pm, π2 = Q1, . . . , Qr będą podziałami kostki P . Powiemy, że π2 jest wpisanyw π1 lub też, że π2 jest zagęszczeniem π1, jeżeli dla dowolnego j ∈ 1, . . . ,m rodzina Qk : Qk ⊂ Pjjest podziałem Pj

(5). W tej sytuacji piszemy π2 4 π1.

Średnicą podziału π = P1, . . . , Pm nazywamy liczbę

diamπ := maxdiamP1, . . . ,diamPm.

Niech (πk)∞k=1 będzie ciągiem podziałów kostki P . Powiemy, że jest to normalny ciąg podziałów, jeżelidiamπk −→ 0.

Obserwacja 3.1.2. (a) Relacja 4 jest przechodnia.(b) Dla dowolnych podziałów π1, π2 kostki P istnieje podział prosty π taki, że π 4 πj , j = 1, 2

(6).

(c) Dla dowolnego podziału π = P1, . . . , Pm mamy

|P | = |P1|+ · · ·+ |Pm|.

(1)Rozważamy tylko kostki niezdegenerowane.(

2)Zauważmy, że |P | > 0 oraz, że |x0 + P | = |P |, x0 ∈ Rn.(

3)Dla n = 1 podział kostki P = [a, b] możemy utożsamiać z ciągiem π = (x0, . . . , xm), gdzie a = x0 < x1 < · · · <

xm = b.(4)Podział ten składa się z m1 . . .mn kostek. Typowym przypadkiem jest sytuacja, gdy xj,k := aj + (k/mj)(bj − aj)

(tzn. dzielimy krawędzie na równe części).(5)Innymi słowy, jeżeli intPj ∩ intQk 6= ∅, to Qk ⊂ Pj .(

6)π jest wspólnym zagęszczeniem podziałów π1 i π2.

117


3. Całka Riemanna

Istotnie, najpierw sprawdzamy przypadek podziału prostego:

m1∑k1=1

· · ·mn∑kn=1

|Pk1,...,kn | =m1∑k1=1

· · ·mn∑kn=1

n∏j=1

(xj,kj − xj,kj−1)

=

n∏j=1

mj∑kj=1

(xj,kj − xj,kj−1) =

n∏j=1

(bj − aj) = |P |.

Dla dowolnego podziału znajdujemy najpierw wpisany podział prosty

π′ = Q1, . . . , Qr,

a następnie rozumujemy następująco:

|P | =r∑

k=1

|Qk| =m∑j=1

∑k∈1,...,r:Qk⊂Pj

|Qk| =m∑j=1

|Pj |.

Definicja 3.1.3. Niech f : P −→ R będzie dowolną funkcją ograniczoną na kostce P . Zdefiniujmy:

m(f, P ) := inf f(P ), M(f, P ) := sup f(P ).

Niech teraz π = P1, . . . , Pm będzie dowolnym podziałem kostki P . Połóżmy:

L(f, π) :=

m∑j=1

m(f, Pj)|Pj |, U(f, π) :=

m∑j=1

M(f, Pj)|Pj |.

Liczbę L(f, π) nazywamy sumą aproksymacyjną dolną dla funkcji f przy podziale π. Analogicznie, U(f, π)nazywamy sumą aproksymacyjną górną

(7). Zauważmy, że

m(f, P )|P | 6 L(f, π) 6 U(f, π) 6M(f, P )|P |.

Niech ∫∗Pf := sup

πL(f, π),

∫ ∗P

f := infπU(f, π),

gdzie supremum i infimum bierzemy po wszystkich podziałach kostki P . Liczbę∫∗P f nazywamy całką

dolną z funkcji f po kostce P . Analogicznie, liczbę∫ ∗Pf nazywamy całką górną.

Powiemy, że funkcja f jest całkowalna w sensie Riemanna na kostce P(

8)

(f ∈ R(P )), jeżeli∫∗P f =

∫ ∗Pf . Wtedy wspólną wartość tych całek oznaczamy przez

∫Pf i nazywamy całką Riemanna

z funkcji f po kostce P .Niech teraz ϕ : P −→ C będzie funkcją ograniczoną. Powiemy, że ϕ jest całkowalna w sensie Rie-

manna na P (ϕ ∈ R(P,C)), jeżeli Reϕ, Imϕ ∈ R(P ). Kładziemy wtedy∫Pϕ :=

∫P

Reϕ + i∫P

Imϕi nazywamy tę liczbę całką Riemanna z funkcji ϕ po kostce P .

Oczywiście każda funkcja stała c ∈ C jest całkowalna w sensie Riemanna i∫Pc = c|P |.

Przykład 3.1.4. Niech f := χP∩Qn(

9) (

10)Wtedy L(f, π) = 0 oraz U(f, π) = |P | dla dowolnego

podziału π. Tak więc∫∗P f = 0 oraz

∫ ∗Pf = |P |, czyli f /∈ R(P ).

Poniżej przedstawimy szereg (mniej lub bardziej elementarnych) własności całki Riemanna; f, g :P −→ R, ϕ,ψ : P −→ C oznaczają funkcje ograniczone, π, π1, π2 — podziały kostki P .

(7)Czasami mówi się o sumach Darboux.(

8)Bernhard Riemann (1826–1866).(

9)Przypomnijmy, że χA oznacza funkcję charakterystyczną zbioru A ⊂ P . Funkcję f nazywamy funkcją Dirichleta

w kostce P .(10)Peter Dirichlet (1805–1859).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20123.1. Całka Riemanna na kostce 119

Własność 3.1.5. Dla dowolnego c ∈ R mamy:

L(f + c, π) = L(f, π) + c|P | oraz U(f + c, π) = U(f, π) + c|P |.

Wynika stąd natychmiast, że∫∗P

(f + c) =

∫∗Pf + c|P | oraz

∫ ∗P

(f + c) =

∫ ∗P

f + c|P |.

W szczególności,

f ∈ R(P )⇐⇒ f + c ∈ R(P ) oraz∫P

(f + c) =

∫P

f +

∫P

c.

Wynik przenosi się natychmiast na funkcje ograniczone ϕ :P −→C i c ∈ C:

ϕ ∈ R(P,C)⇐⇒ ϕ+ c ∈ R(P,C) oraz∫P

(ϕ+ c) =

∫P

ϕ+

∫P

c.

Własność 3.1.6. Jeżeli f 6 g, to

L(f, π) 6 L(g, π) i U(f, π) 6 U(g, π).

W szczególności,∫∗P f 6

∫∗P g i

∫ ∗Pf 6

∫ ∗Pg. Jeżeli ponadto f, g ∈ R(P ), to

∫Pf 6

∫Pg (monotonicz-

ność całki).

Własność 3.1.7. L(−f, π) = −U(f, π). W szczególności,•∫∗P (−f) = −

∫ ∗Pf ,

• ϕ ∈ R(P,C)⇐⇒ (−ϕ) ∈ R(P,C) oraz∫P

(−ϕ) = −∫Pϕ,

• ϕ ∈ R(P,C)⇐⇒ ϕ ∈ R(P,C) i∫Pϕ =

∫Pϕ.

Własność 3.1.8. Jeżeli π1 4 π2, to

L(f, π1) > L(f, π2), U(f, π1) 6 U(f, π2).

W szczególności,• L(f, π1) 6 U(f, π2) dla dowolnych π1, π2

(11),

•∫∗P f 6

∫ ∗Pf .

Dowód . Niech π2 = P1, . . . , Pm. Wystarczy rozważyć przypadek, gdy

π1 = P1, . . . , Pm−1, Q1, . . . , Qr.

Wtedy

L(f, π2) =

m−1∑j=1

m(f, Pj)|Pj |+m(f, Pm)(|Q1|+ · · ·+ |Qr|)

6m−1∑j=1

m(f, Pj)|Pj |+r∑

k=1

m(f,Qk)|Qk| = L(f, π1).

Własność 3.1.9. f ∈ R(P )⇐⇒ ∀ε>0 ∃π : U(f, π)− L(f, π) 6 ε.

Dowód . (=⇒): Ustalmy ε > 0. Niech π1, π2 będą podziałami takimi, że∫P

f − L(f, π1) 6ε

2, U(f, π2)−

∫P

f 6ε

2.

Teraz wystarczy jako π wziąć wspólne zagęszczenie π1 i π2 i skorzystać w Własności 3.1.8.(⇐=): Ustalmy ε i niech π będzie podziałem takim jak w warunku. Wtedy∫ ∗

P

f −∫∗Pf 6 U(f, π)− L(f, π) 6 ε,

co, wobec dowolności ε, daje całkowalność.

(11)Wystarczy wykorzystać poprzednie nierówności dla π i πj , gdzie π jest wspólnym zagęszczeniem podziałów π1

i π2.


3. Całka Riemanna

Definicja 3.1.10. Niech π = P1, . . . , Pm będzie podziałem kostki P i niech ξ = ξ1, . . . , ξm, ξj ∈ Pj ,j = 1, . . . ,m. Niech ϕ : P −→ C. Sumę

M(ϕ, π, ξ) :=

m∑j=1

ϕ(ξj)|Pj |

nazywamy sumą aproksymacyjną pośrednią dla funkcji ϕ przy podziale π i punktach pośrednich ξ(

12).

(a) Jest rzeczą widoczną, iż M(αϕ+ βψ, π, ξ) = αM(ϕ, π, ξ) + βM(ψ, π, ξ), α, β ∈ C.(b) W szczególności, M(ϕ, π, ξ) = M(Reϕ, π, ξ) + iM(Imϕ, π, ξ).(c) Ponadto, |M(ϕ, π, ξ)| 6M(|ϕ|, π, ξ).(d) Dla f : P −→ R mamy: L(f, π) 6M(f, π, ξ) 6 U(f, π).

Własność 3.1.11. Dla każdego normalnego ciągu podziałów (πk)∞k=1 mamy:

L(f, πk) −→∫∗Pf, U(f, πk) −→

∫ ∗P

f.

Dowód . Ograniczymy się do sum górnych. Można założyć, że f > 0 (zastępując f przez f + c). Weźmyε > 0 i niech π = Q1, . . . , Qm będzie podziałem takim, że U(f, π)−

∫ ∗Pf 6 ε. Niech

πk = Pk,1, . . . , Pk,mk, k > 1.

Wtedy

U(f, πk) =∑

j∈1,...,mk∃i∈1,...,m:Pk,j⊂Qi

M(f, Pk,j)|Pk,j |+∑

j∈1,...,mk∀i∈1,...,m:Pk,j 6⊂Qi

M(f, Pk,j)|Pk,j | 6 U(f, π) +M(f, P )ηk,

gdzieηk :=

∑j∈1,...,mk∀i∈1,...,m:Pk,j 6⊂Qi

|Pk,j |, k > 1.

Zauważmy, że ηk −→ 0. Istotnie, jeżeli Pk,j 6⊂ Qi, i = 1, . . . ,m, to Pk,j musi przecinać którąś ze ścianktórejś z kostek Q1,. . . , Qm. Stąd ηk 6 cdiamπk, k > 1, gdzie c > 0 jest pewną stałą (Ćwiczenie).Ostatecznie ∫ ∗

P

f 6 lim infk→+∞

U(f, πk) 6 lim supk→+∞

U(f, πk) 6∫ ∗P

f + ε,

co, wobec dowolności ε > 0, kończy dowód.

Własność 3.1.12. Następujące warunki są równoważne:(i) ϕ ∈ R(P,C);(ii) istnieje c ∈ C takie, że dla dowolnego normalnego ciągu podziałów (πk)∞k=1 oraz dla dowolnego

wyboru punktów pośrednich (ξk)∞k=1

(13)mamy M(ϕ, πk, ξk) −→ c

(14);

(ii’) istnieje c ∈ C takie, że dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0 taka, że dla dowolnego podziału πo średnicy 6 δ oraz dla dowolnego wyboru punktów pośrednich ξ mamy |M(ϕ, π, ξ)− c| 6 ε;

(iii) istnieje c ∈ C oraz normalny ciągu podziałów (πk)∞k=1 takie, że dla dowolnego wyboru punktówpośrednich (ξk)∞k=1, mamy M(ϕ, πk, ξk) −→ c

(15).

(12)Czasami mówimy o sumie Cauchy’ego–Riemanna.(

13)Tzn. ξk jest zbiorem punktów pośrednich dla πk.(

14)

Jest rzeczą oczywistą, że jeżeli mamy dwa ciągi zbieżne liczb rzeczywistych (ak)∞k=1 i (bk)∞k=1 oraz wiemy, żeciąg a1, b1, a2, b2, . . . jest również zbieżny, to lim

k→+∞ak = lim

k→+∞bk. Z tej trywialnej uwagi wynika, że warunek (ii) jest

równoważny następującemu warunkowi:dla dowolnego normalnego ciągu podziałów (πk)∞k=1 oraz dla dowolnego wyboru punktów pośrednich (ξk)∞k=1, ciąg(M(ϕ, πk, ξk))∞k=1 jest zbieżny do granicy skończonej.(

15)Podobnie jak poprzednio, warunek (iii) jest równoważny następującemu warunkowi: istnieje normalny ciąg po-

działów (πk)∞k=1 taki, że dla dowolnego wyboru punktów pośrednich (ξk)∞k=1, ciąg (M(ϕ, πk, ξk))∞k=1 jest zbieżny do granicyskończonej.


Dowód . Wobec Własności 3.1.5 oraz (b), możemy założyć, że ϕ = f : P −→ R.(i) =⇒ (ii) wynika z Własności 3.1.11 i nierówności (d).Równoważność (ii) ⇐⇒ (ii’) jest elementarna (Ćwiczenie).Implikacja (ii) =⇒ (iii) jest trywialna.Dla dowodu implikacji (iii) =⇒ (i) wystarczy zauważyć, że istnieją ciągi punktów pośrednich (ξ′k)∞k=1,

(ξ′′k )∞k=1 takie, że

M(f, πk, ξ′k)− L(f, πk) 6

1

k, U(f, πk)−M(f, πk, ξ

′′k ) 6

1

k, k > 1.

(16)

Wtedy, na podstawie Własności 3.1.11,

M(f, πk, ξ′k) −→

∫∗Pf, M(f, πk, ξ

′′k ) −→

∫ ∗P

f,

a zatem∫∗P f =

∫ ∗Pf , czyli f ∈ R(P ).

Własność 3.1.13. R(P,C) jest zespoloną przestrzenią wektorową, a operator

R(P,C) 3 ϕ 7−→∫P

ϕ ∈ C

jest C–liniowy.

Dowód . Dowód wynika natychmiast z (a) oraz Własności 3.1.12.

Własność 3.1.14. Jeżeli ψ ∈ R(P,C) oraz

|ϕ(x′)− ϕ(x′′)| 6 |ψ(x′)− ψ(x′′)|, x′, x′′ ∈ P,to ϕ ∈ R(P,C).

Dowód . Ponieważ |x+ iy| 6 |x|+ |y|, zatemU(Reϕ, π)− L(Reϕ, π) 6 U(Reψ, π)− L(Reψ, π) + U(Imψ, π)− L(Imψ, π),

co, wobec Własności 3.1.9, daje całkowalność Reϕ. Podobnie postępujemy z Imϕ.

Własność 3.1.15. Jeżeli ϕ ∈ R(P,C), to |ϕ| ∈ R(P ) oraz∣∣∣ ∫P

ϕ∣∣∣ 6 ∫

P

|ϕ|.

Dowód . Całkowalność wynika z Własności 3.1.14. Wzór wynika z (c).

Własność 3.1.16. Jeżeli ϕ, ψ ∈ R(P,C), to ϕ · ψ ∈ R(P,C).

Dowód . Wystarczy wykazać, że f · g ∈ R(P ) dla f, g ∈ R(P ) (Ćwiczenie). Ustalmy f, g ∈ R(P ) i niech|f |, |g| 6 C. Mamy:

|f(x′)g(x′)− f(x′′)g(x′′)| 6 C(|f(x′)− f(x′′)|+ |g(x′)− g(x′′)|), x′, x′′ ∈ P.Teraz możemy użyć rozumowania takiego, jak w dowodzie Własności 3.1.14.

Własność 3.1.17. Operator

R(P,C)× R(P,C) 3 (ϕ,ψ)Φ7−→∫P

ϕψ ∈ C

jest półtoraliniowy, Φ(ψ,ϕ) = Φ(ϕ,ψ) oraz Φ(ϕ,ϕ) > 0. W szczególności, na podstawie nierównościSchwarza, mamy ∣∣∣ ∫

P

ϕψ∣∣∣2 6 (∫

P

|ϕ|2)(∫

P

|ψ|2), ϕ, ψ ∈ R(P,C).

Ponadto, funkcja R(P,C) 3 ϕ 7−→ (∫P|ϕ|2)1/2 jest seminormą

(17).

Własność 3.1.18. C(P,C) ⊂ R(P,C).(16)Np. ξ′k,j wybieramy tak, by f(ξ′k,j)−m(f, Pk,j) 6 1/(k|P |).(

17)Tzn. spełnia wszystkie warunki normy z wyjątkiem tego, że może się zerować na niezerowych wektorach.

3. Całka Riemanna

Dowód . Wystarczy udowodnić, że C(P ) ⊂ R(P ). Ustalmy ε > 0. Wobec jednostajnej ciągłości funkcjif na P , istnieje δ > 0 takie, że |f(x′) − f(x′′)| 6 ε o ile ‖x′ − x′′‖ 6 δ. Niech π będzie podziałem Po średnicy 6 δ. Wtedy U(f, π)− L(f, π) 6 ε|P |. Na mocy Własności 3.1.9 dowód jest zakończony.

Własność 3.1.19 (Twierdzenie o wartości średniej). Dla dowolnej funkcji f ∈ C(P ) istnieje ξ ∈ P taki,że

f(ξ) =1

|P |

∫P

f.

Dowód . Wobec nierówności

min f(P ) 61

|P |

∫P

f 6 max f(P ),

wystarczy skorzystać z zasady Darboux.

Definicja 3.1.20. Mówimy, że zbiór A ⊂ Rn ma objętość zero (|A| = 0), jeżeli dla dowolnego ε > 0istnieje skończona rodzina kostek P1, . . . , Pm taka, że A ⊂ P1 ∪ · · · ∪ Pm i |P1|+ · · ·+ |Pm| 6 ε.

Obserwacja 3.1.21. (a) Każdy zbiór o objętości zero jest ograniczony.(b) Każdy zbiór skończony ma objętość zero.(c) Podzbiór zbioru o objętości zero ma objętość zero.(d) Suma skończonej liczby zbiorów o objętości zero ma objętość zero.(e) Jeżeli Rn 3 aν −→ a0 ∈ Rn, to zbiór aν : ν > 0 ma objętość zero.(f) Jeżeli A ⊂ Rn ma objętość zero, to dla dowolnego zbioru ograniczonego B ⊂ Rm zbiór A × B ma

objętość zero. W szczególności, dla dowolnej kostki ograniczonej Q ⊂ Rn(

18)mamy |∂Q| = 0.

(g) Jeżeli |A| = 0, to |A| = 0.

Propozycja 3.1.22. (a) Niech Q ⊂ Rd będzie kostką domkniętą i niech ϕ : Q −→ Rn−d będzie dowol-nym odwzorowaniem ciągłym, 1 6 d 6 n − 1. Wtedy wykres A := (t, ϕ(t)) : t ∈ Q ma objętośćzero.

(b) Niech Q ⊂ Rd będzie kostką domkniętą i niech p : Q −→ Rn będzie odwzorowaniem spełniającymwarunek Höldera z wykładnikiem α. Wówczas:(b1) Jeżeli αn > d, to zbiór A := p(Q) ma objętość zero.

(19)

(b2) Jeżeli αn > d, to zbiór A := p(Z) ma objętość zero dla dowolnego zbioru Z ⊂ Q o objętościzero.

(b3) Jeżeli p spełnia warunek Lipschitza (np. p ∈ C1(Ω,Rn), gdzie Ω jest otoczeniem Q), to:• jeżeli n > d, to |p(Q)| = 0,• jeżeli n > d, to |p(Z)| = 0 dla dowolnego zbioru Z ⊂ Q o objętości zero.

(20)

(c) Jeżeli M jest d–wymiarową podrozmaitością w Rn klasy C1, 0 6 d 6 n− 1, to każdy zwarty podzbiórA ⊂M ma objętość zero

(21).

Dowód . (a) Ustalmy ε > 0. Wobec jednostajnej ciągłości odwzorowania ϕ istnieje δ > 0 taka, że

maxj=1,...,n−d

|ϕj(t′)− ϕj(t′′)| 6 ε o ile ‖t′ − t′′‖ 6 δ.

Niech π = Q1, . . . , Qm będzie podziałem kostki Q takim, że diamπ 6 δ. Ustalmy tj ∈ Qj i niech

Pj := Qj × (ϕ(tj) + [−ε, ε]n−d).

Oczywiście A ⊂ P1 ∪ · · · ∪ Pm oraz

|P1|+ · · ·+ |Pm| = |Q1|(2ε)n−d + · · ·+ |Qm|(2ε)n−d = |Q|(2ε)n−d.

(18)Q jest (niezdegenerowaną) kostką ograniczoną, jeżeli Q jest kostką domkniętą i intQ ⊂ Q.(

19)Warto w tym miejscu przypomnieć o istnieniu krzywej γ : [0, 1] −→ R2 takiej, że γ([0, 1]) = [0, 1]× [0, 1]. Z (b1)

wynika, że γ nie może spełniać warunku Höldera z wykładnikiem α > 1/2.(20)Jeżeli n < d, to biorąc jako p projekcję prRd−n , zaś jako Z zbiór postaci A×B ⊂ Rn ×Rd−n, gdzie |A| = 0, a B

jest ograniczony, widzimy, że p(Z) = B nie musi być zbiorem o objętości zero nawet, gdy p jest liniowe.(21)Dla przykładu, |Sn−1| = 0.


(b) Przypuśćmy, że

maxj=1,...,n

|pj(t′)− pj(t′′)| 6 C‖t′ − t′′‖α, t′, t′′ ∈ Q.

Ustalmy ε > 0. Przypadki (b1) i (b2) rozpatrzymy jednocześnie. Niech X := Q (odp. X := Z) i niechκ := 2|Q| (odp. κ > 0, gdzie κ jest dowolne).

Niech π = Q1, . . . , Qm będzie układem kostek takim, że• Qj = uj + [−η, η]d, gdzie uj ∈ Rd, j = 1, . . . ,m, η ∈ (0, 1],• X ⊂ Q1 ∪ · · · ∪Qm, Qj ∩Q 6= ∅, j = 1, . . . ,m,• m(2η)d = |Q1|+ · · ·+ |Qm| 6 κ.Niech δ := C(2

√dη)α. Ustalmy tj ∈ Qj ∩Q i niech

Pj := p(tj) + [−δ, δ]n, j = 1, . . . ,m.

Oczywiście A ⊂ P1 ∪ · · · ∪ Pm oraz

|P1|+ · · ·+ |Pm| = m(2C(2√dη)α)n 6

(2(α+1)n−dκ(Cdα/2)n

)ηαn−d.

Gdy αn > d, to dla małych η > 0 ostatnia liczba będzie dowolnie mała (odp. gdy αn = d, todobierając κ > 0 stosownie małe, możemy uczynić tę ostatnią liczbę dowolnie małą).

(b3) wynika z (b1) i (b2).

(c) wynika z (b).

Własność 3.1.23. Jeżeli zbiór

NP (ϕ) := a ∈ P : ϕ nie jest ciągła w punkcie a

ma objętość zero, to ϕ ∈ R(P,C) (por. Własność 3.1.18).

Dowód . Wystarczy rozważyć przypadek, gdy ϕ = f : P −→ R. Ustalmy ε > 0 i niech P1, . . . , Pm ⊂ Pbędą kostkami takimi, że NP (f) ⊂ intP P1 ∪ · · · ∪ intP Pm

(22), |P1| + · · · + |Pm| 6 ε. Niech K :=

P \m⋃j=1

intP Pj . Zbiór K jest zwarty i f jest ciągła na K. Zatem jest jednostajnie ciągła. Niech δ > 0

będzie takie, że |f(x′)− f(x′′)| 6 ε dla x′, x′′ ∈ K, ‖x′ − x′′‖ 6 δ. Rozważmy podział π = Q1, . . . , Qrkostki P taki, że diamπ 6 δ, Q1, . . . , Qs ⊂ K, Qs+1, . . . , Qr ⊂

m⋃j=1

Pj oraz dla dowolnego j ∈ 1, . . . ,m

rodzina Qk : Qk ⊂ Pj stanowi podział Pj . Wtedy

U(f, π)− L(f, π) 6 ε(|Q1|+ · · ·+ |Qs|) + (M(f, P )−m(f, P ))(|Qs+1|+ · · ·+ |Qr|)6 ε(|P |+M(f, P )−m(f, P )).

(23)

Własność 3.1.24. Niech π = P1, . . . , Pm będzie ustalonym podziałem. Wtedy ϕ ∈ R(P,C)⇐⇒ ϕ|Pj ∈R(Pj ,C), j = 1, . . . ,m. Ponadto, ∫

P

ϕ =

∫P1

ϕ+ · · ·+∫Pm

ϕ.

Dowód . Wystarczy rozważyć przypadek, gdy ϕ = f : P −→ R. Niech π′ będzie podziałem P powstałymprzez „zsumowanie” podziałów π1, . . . , πm, gdzie πj jest podziałem Pj , j = 1, . . . , m. Wtedy

U(f, π′)− L(f, π′) =

m∑j=1

(U(f |Pj , πj)− L(f |Pj , πj)

),

co daje równoważność całkowalności na P i na każdym Pj , j = 1, . . . , m.

Ponadto,m∑j=1

L(f |Pj , πj) = L(f, π′) 6∫Pf , skąd wynika, że

m∑j=1

∫Pjf 6

∫Pf . Rozumowanie na

sumach górnych daje przeciwną nierówność.

(22)

intP A oznacza wnętrze w topologii indukowanej.(23)Nierówność |Qs+1|+ · · ·+ |Qr| 6 |P1|+ · · ·+ |Pm| wynika z tego, że kostki Qk dzielą kostki Pj .


3. Całka Riemanna

Własność 3.1.25. Jeżeli zbiór DP (ϕ,ψ) := a ∈ P : ϕ(a) 6= ψ(a) ma objętość zero, to ϕ ∈R(P,C)⇐⇒ ψ ∈ R(P,C). Ponadto,

∫Pϕ =

∫Pψ.

Dowód .(

24)Wystarczy rozważyć przypadek, gdy ϕ = f : P −→ R, ψ = g : P −→ R. Przypuśćmy, że

g ∈ R(P ).Ustalmy ε > 0 i niech P1, . . . , Pm ⊂ P będą kostkami takimi, że

DP (f, g) ⊂ intP P1 ∪ · · · ∪ intP Pm, |P1|+ · · ·+ |Pm| 6 ε.

Niech K := P \m⋃j=1

intP Pj . Rozważmy podział π = Q1, . . . , Qr kostki P taki, że Q1, . . . , Qs ⊂ K,

Qs+1, . . . , Qr ⊂m⋃j=1

Pj , dla dowolnego j ∈ 1, . . . ,m rodzina Qk : Qk ⊂ Pj stanowi podział Pj oraz

U(g, π)− L(g, π) 6 ε. Wtedy

U(f, π)− L(f, π) =

s∑j=1

(M(g,Qj)−m(g,Qj))|Qj |+r∑

j=s+1

(M(f,Qj)−m(f,Qj))|Qj |

6 ε+ (M(f, P )−m(f, P ))(|Qs+1|+ · · ·+ |Qr|) 6 ε(1 +M(f, P )−m(f, P )).

Tak więc f ∈ R(P ).Ponadto, na podstawie Własności 3.1.24, mamy:∣∣∣ ∫

P

f −∫P

g∣∣∣ 6 r∑

j=1

∫Qj

|f − g| =r∑

j=s+1

∫Qj

|f − g| 6 2Cε,

gdzie C jest stałą taką, że |f | 6 C i |g| 6 C. Dowodzi to równości obu całek.

Wniosek 3.1.26. Jeżeli ϕ ∈ R(P,C), to ϕ|Q ∈ R(Q,C) dla dowolnej kostki Q ⊂ P oraz∫Qϕ =

∫Pϕ0,

gdzie ϕ0 := ϕ na Q i ϕ0 := 0 na P \Q.

Obserwacja 3.1.27. Relacja

ϕ ∼ ψ df⇐⇒ |DP (ϕ,ψ)| = 0

jest relacją równoważnościową w R(P,C); całka Riemanna jest dobrze określonym operatorem liniowymR(P,C)/∼ −→ C.

Własność 3.1.28. Jeżeli R(P,C) 3 ϕν −→ ϕ jednostajnie na P , to ϕ ∈ R(P,C) i∫Pϕν −→

∫Pϕ.

Dowód . Wystarczy rozważyć przypadek, gdy ϕν = fν : P −→ R, ν > 1, ϕ = f : P −→ R. Ustalmy ε > 0i niech ν0 będzie takie, że

|f(x′)− f(x′′)| 6 ε+ |fν0(x′)− fν0(x′′)|, x′, x′′ ∈ P.

Niech π będzie podziałem P takim, że U(fν0 , π) − L(fν0 , π) 6 ε. Wtedy U(f, π) − L(f, π) 6 ε|P | + ε.Wynika stąd całkowalność funkcji f . Zbieżność całek wynika bezpośrednio z nierówności∣∣∣ ∫

P

fν −∫P

f∣∣∣ 6 ∫

P

|fν − f | 6 |P | supP|fν − f |.

Obserwacja 3.1.29. Jeżeli 0 6 f ∈ C(P ) i∫Pf = 0, to f ≡ 0.

W szczególności, odwzorowanie

C(P,C)× C(P,C) 3 (ϕ,ψ) 7−→∫P

ϕψ

jest iloczynem skalarnym. Niestety przestrzeń C(P,C) z tym iloczynem skalarnym nie jest przestrzeniąHilberta. Istotnie, niech P := [0, 1] ⊂ R,

fν(x) :=

0, 0 6 x 6 1

2− 1ν

ν2

(x− 12

+ 1ν

), 12− 1ν6 x 6 1

2+ 1ν

1, 12

+ 1ν6 x 6 1

,

(24)Por. dowód Własności 3.1.23.


f0 := χ(1/2,1]. Wtedy∫P

(fν−f0)2 −→ 0 (Ćwiczenie). W szczególności, (fν)∞ν=1 jest ciągiem Cauchy’egow C(P,C), który nie ma granicy

(25).

Własność 3.1.30. Jeżeli 0 6 f ∈ R(P ) i∫Pf = 0, to zbiór Zf := x ∈ P : f(x) > 0 jest przeliczalną

sumą zbiorów o objętości zero.

Dowód . Wystarczy pokazać, że dla dowolnego c > 0 zbiór A := f > c ma objętość zero. Weźmy ε > 0i podział π = P1, . . . , Pm taki, że U(f, π) 6 ε. Wtedy

ε > U(f, π) > c∑

j∈1,...,m:A∩Pj 6=∅

|Pj |.

Wynika stąd, że A można pokryć kostkami o łącznej objętości 6 ε/c.

Przykład 3.1.31. Zbiór Zf := f > 0 weWłasności 3.1.30 może nie mieć objętości zero. Dla przykładu,niech P ∩Qn = r1, r2, . . . i niech f : P −→ [0, 1],

f(x) :=

0, x /∈ Qn1j , x = rj

.

Oczywiście, zbiór Zf = P ∩ Qn nie ma objętości zero, ale∫Pf = 0. Istotnie, dla dowolnego k ∈ N

rozważmy podział π = P1, . . . , Pm (m > k) taki, że rj ∈ intP Pj , j = 1, . . . , k, |P1| + · · · + |Pk| 6 1k .

Wtedy

U(f, π) =

k∑j=1

M(f, Pj)|Pj |+m∑

j=k+1

M(f, Pj)|Pj | 6k∑j=1

|Pj |+1

k + 1

m∑j=k+1

|Pj | 61

k+

1

k + 1|P |.

Definicja 3.1.32. Mówimy, że zbiór ograniczony A ⊂ Rn jest mierzalny w sensie Jordana, jeżeli χA ∈R(P ) dla pewnej kostki P ⊃ A. Liczbę |A| :=

∫PχA nazywamy miarą Jordana (objętością) zbioru A(

26).

Własność 3.1.33. Jeżeli A jest zbiorem ograniczonym takim, że |∂A| = 0 w sensie Definicji 3.1.20, toA jest mierzalny w sensie Jordana. Ponadto, jeżeli |A| = 0 w sensie Definicji 3.1.20, to |A| = 0 w sensieDefinicji 3.1.32.

Dowód . Wystarczy skorzystać z Własności 3.1.23.

Obserwacja 3.1.34. Sumy aproksymacyjne pośrednie można zdefiniować dla dowolnego odwzorowaniaϕ : P −→ F , gdzie F jest przestrzenią unormowaną. Pozwala to przenieść pojęcie całki Riemanna:odwzorowanie ϕ : P −→ F nazywamy całkowalnym w sensie Riemanna (ϕ ∈ R(P, F )), jeżeli istniejec ∈ F takie, że dla dowolnego normalnego ciągu podziałów (πk)∞k=1 oraz dla dowolnego wyboru punktówpośrednich mamy: M(ϕ, πk, ξk) −→ c. Element c nazywamy wtedy całką Riemanna odwzorowania ϕ pokostce P i oznaczamy

∫Pϕ. Własność 3.1.12 gwarantuje zgodność definicji dla F = C. Pojawia się tu

pewna subtelność: nowa definicja całki obejmuje formalnie funkcje nieograniczone, a Własność 3.1.12dotyczy tylko funkcji ograniczonych. Dla usunięcia tego problemu wystarczy zauważyć, że jeżeli funkcjaϕ : P −→ F jest całkowalna w nowym sensie, to musi być ograniczona. Istotnie, przypuśćmy np. żesupP ‖ϕ‖ = +∞ i niech P 3 aν −→ a0 ∈ P będzie ciągiem takim, że ‖ϕ(aν)‖ −→ +∞. Weźmynormalny ciąg podziałów (πk)∞k=1, πk = Pk,1, . . . , Pk,mk, taki, że a0 ∈ intP Pk,1, k > 1. Ustalmy k.Wybierzmy w sposób dowolny punkty pośrednie ξk,2, . . . , ξk,mk . Ponieważ supPk,1 ‖ϕ‖ = +∞, to zawszeznajdziemy punkt ξk,1 taki, że ‖M(ϕ, πk, ξk)‖ > k. Mamy więc ‖M(ϕ, πk, ξk)‖ −→ +∞, czyli ϕ nie możebyć całkowalna w nowym sensie.

(25)Przypuśćmy, że granica taka istnieje i jest nią funkcja g0 ∈ C(P,C). Mamy

∫P |f0 − g0|2 = 0. Stąd, wobec

Obserwacji 3.1.29, g0 = 0 na [0, 12

) i g0 = 1 na ( 12, 1]; sprzeczność.(

26)Łatwo widać (por. Własność 3.1.24), że jeżeli χA ∈ R(P ) dla pewnej kostki P ⊃ A, to χA ∈ R(Q) dla dowolnej

kostki Q ⊃ A. Ponadto,∫P χA =

∫Q χA.


3. Całka Riemanna

3.2. Całka Riemanna na zbiorze regularnym

Niech A ⊂ Rn będzie dowolnym zbiorem ograniczonym takim, że |∂A| = 0 — takie zbiory bę-dziemy roboczo nazywać regularnymi. Naszym celem jest zbudowanie teorii całki Riemanna

∫Af . Dla

prostoty ograniczymy się do funkcji ograniczonych f : A −→ R. Przeniesienie teorii na funkcje zespolonepozostawiamy jako Ćwiczenie.

Ćwiczenie 3.2.1. (a) Jeżeli |A| = 0, to A jest regularny.(b) Każda kostka jest regularna.(c) Jeżeli zbiór A jest regularny, to zbiór intA jest regularny; implikacja przeciwna nie jest prawdziwa.(d) Jeżeli zbiór A jest regularny, to zbiór A jest regularny; implikacja przeciwna nie jest prawdziwa.(e) Jeżeli zbiory A,B są regularne, to zbiory A ∪B, A ∩B,A \B są regularne.(f) Jeżeli zbiory A ⊂ Rn, B ⊂ Rm są regularne, to zbiór A×B jest regularny (por. Obserwacja 3.1.21(f)).

Definicja 3.2.2. Niech A ⊂ P , gdzie P jest kostką. Dla f : A −→ R niech

f0 :=

f, na A0, na P \A

.

Powiemy, że f jest całkowalna w sensie Riemanna na A (f ∈ R(A)), jeżeli f0 ∈ R(P ). Kładziemy wtedy∫Af :=

∫Pf0. Bez trudu widać, że taka definicja jest poprawna, tzn. nie zależy od wyboru kostki P ⊃ A.

Poniżej, przedstawimy listę podstawowych własności tak zdefiniowanej całki Riemanna. Dowodyposzczególnych własności polegają w większości przypadków na wykorzystaniu własności całki Riemannana kostce i dlatego też podamy tylko szkice dowodów.

Obserwacja 3.2.3. (a) Jeżeli |A| = 0, to każda funkcja ograniczona f : A −→ R jest całkowalna oraz∫Af = 0 (por. Ćwiczenie 3.2.1(a)).Istotnie, zbiór x ∈ P : f0(x) 6= 0 ⊂ A i wystarczy skorzystać z Własności 3.1.25.

(b) Jeżeli zbiór NA(f) := a ∈ A : f nie jest ciągła w a ma objętość zero, to f ∈ R(A) (jest touogólnienie Własności 3.1.23).

Istotnie, wtedy NP (f0) = a ∈ P : f0 nie jest ciągła w punkcie a ⊂ NA(f) ∪ ∂A i możemyskorzystać z Własności 3.1.23.

W szczególności, BC(A) ⊂ R(A).(c) 1 ∈ R(A) oraz

∫A

1 = |A|, gdzie |A| oznacza miarę Jordana (objętość) zbioru A w sensie Definicji3.1.32.

(d) R(A) jest algebrą, operator R(A) 3 f 7−→∫Af ∈ R jest liniowy i monotoniczny. W szczególności,

jeżeli A ⊂ B, gdzie B jest także regularny, to |A| 6 |B|.(e) Jeżeli f ∈ R(A), to |f | ∈ R(A) oraz |

∫Af | 6

∫A|f |.

(f) Operator R(A) × R(A) 3 (f, g) 7−→∫Afg ∈ R jest dwuliniowy, symetryczny i nieujemny. W szcze-

gólności, zachodzi nierówność Schwarza:(∫A

fg)2

6(∫

A

f2)(∫

A

g2), f, g ∈ R(A).

(g) Jeżeli zbiór a ∈ A : f(a) 6= g(a) ma objętość zero, to f ∈ R(A) wtedy i tylko wtedy, gdy g ∈ R(A).Ponadto,

∫Af =

∫Ag (jest to uogólnienie Własności 3.1.25).

(h) Jeżeli B ⊂ A jest zbiorem regularnym, to dla funkcji f :A−→R mamy: f |B ∈ R(B) ⇐⇒ f · χB ∈R(A).

(i) Jeżeli A = A1 ∪A2, gdzie A1, A2 są zbiorami regularnymi i |A1 ∩A2| = 0, to f ∈ R(A) wtedy i tylkowtedy, gdy f |Aj ∈ R(Aj), j = 1, 2. Ponadto

∫Af =

∫A1f +

∫A2f .

Istotnie, jeżeli f ∈ R(A), to f · χAj ∈ R(A)(

27), a zatem f |Aj ∈ R(Aj), j = 1, 2. Odwrotnie,

jeżeli f |Aj ∈ R(Aj), to fj := f ·χAj ∈ R(A), j = 1, 2, a zatem f1 + f2 ∈ R(A). Teraz wystarczy tylkozauważyć, że f1 + f2 6= f ⊂ A1 ∩A2 i skorzystać z (g).

W szczególności (por. Ćwiczenie 3.2.1):• jeżeli B ⊂ A jest zbiorem regularnym i f ∈ R(A), to f |B ∈ R(B);• dla dowolnej funkcji ograniczonej f : A −→ R mamy: f ∈ R(A)⇐⇒ f ∈ R(A) oraz

∫Af =

∫Af ;

(27)Bo χAj ∈ R(A) i R(A) jest algebrą (por. (d)).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20123.3. Własności całki Riemanna 127

• dla dowolnej funkcji ograniczonej f : A −→ R mamy: f ∈ R(A) ⇐⇒ f ∈ R(intA) oraz∫Af =

∫intA

f .

Propozycja 3.2.4. Niech A ⊂ Rn−1 będzie zbiorem regularnym, niech f ∈ R(A) i niech B oznaczawykres funkcji f , tzn. zbiór

B := (x, f(x)) : x ∈ A ⊂ Rn.Wtedy |B| = 0.

Dowód . Niech A ⊂ P , gdzie P jest kostką, i niech f0 oznacza standardowe przedłużenie funkcji f .Zauważmy, że |B| = 0⇐⇒ |B0| = 0 (Ćwiczenie). Wynika stąd w szczególności, że możemy założyć, żeA = P jest kostką.

Dla ε > 0, niech π = P1, . . . , Pm będzie podziałem kostki P takim, że U(f, π) − L(f, π) 6 ε.Połóżmy, Qj := Pj×[m(f, Pj),M(f, Pj)], j = 1, . . . ,m. Wtedy B ⊂ Q1∪· · ·∪Qm oraz |Q1|+· · ·+|Qm| =U(f, π)− L(f, π) 6 ε.

Twierdzenie 3.2.5 (Twierdzenie o całkach iterowanych). Niech A ⊂ Rn, B ⊂ Rm będą zbiorami re-gularnymi i niech f ∈ R(A × B) (por. Ćwiczenie 3.2.1(f)). Załóżmy, że f(x, ·) ∈ R(B) dla dowolnegox ∈ A

(28). Wtedy funkcja

A 3 x 7−→∫B

f(x, y)dy ∈ R

jest całkowalna na A oraz ∫A×B

f(x, y)dxdy =

∫A

(∫B

f(x, y)dy)dx.

(29)

W szczególności, powyższy wzór stosuje się dla funkcji klasy BC(A×B).

Dowód . W oczywisty sposób dowód sprowadza się do przypadku, gdy A = P i B = Q są kostkami.Ustalmy dowolne podziały π′ = P1, . . . , Pr kostki P i π′′ = Q1, . . . , Qs kostki Q. Wtedy rodzina

π := Pj ×Qk : j = 1, . . . , r, k = 1, . . . , sjest podziałem kostki P ×Q. Wybierzmy dowolne punkty pośrednie ξ dla podziału π′. Wtedy

m(f, Pj ×Qk)|Qk| 6∫Qk

f(ξj , y)dy 6M(f, Pj ×Qk)|Qk|,(

30)

skąd po pomnożeniu przez |Pj |, zsumowaniu najpierw względem k, a potem względem j, mamy:

L(f, π) 6r∑j=1

∫Q

f(ξj , y)dy|Pj | 6 U(f, π).

Pozostaje rozważyć normalne ciągi podziałów i zastosować Własność 3.1.12.

3.3. Własności całki Riemanna

Propozycja 3.3.1. Niech A ⊂ Rn, B ⊂ Rm będą zbiorami regularnymi i niech f ∈ R(A), g ∈ R(B).Wtedy f ⊗ g ∈ R(A×B)

(31)oraz∫

A×Bf(x)g(y)dxdy =

(∫A

f(x)dx)(∫

B

g(y)dy).

Dowód . Jedynym problemem jest całkowalność f ⊗ g na A×B. Możemy założyć, że A = P , B = Q sąkostkami. Ustalmy dowolne podziały π′ = P1, . . . , Pr kostki P i π′′ = Q1, . . . , Qs kostki Q i niech πbędzie jak w dowodzie Twierdzenia 3.2.5. Załóżmy, że |f |, |g| 6 c. Wtedy

U(f ⊗ g, π)− L(f ⊗ g, π) 6 c(

(U(f, π′)− L(f, π′))|Q|+ (U(g, π′′)− L(g, π′′))|P |)

i dalej możemy rozumować standardowo. (28)Odnotujmy, że nie wynika to z całkowalności f na A × B. Dla przykładu: A = B = [0, 1], f(0, ·) = χQ∩[0,1],

f(x, ·) := 0 dla x ∈ (0, 1].(29)Stosujemy tu wygodny tradycyjny zapis całki Riemanna z uwidocznieniem zmiennych.(

30)Z całkowalności funkcji f(ξj , ·) na Q wynika jej całkowalność na Qk.(

31)

(f ⊗ g)(x, y) := f(x)g(y)

3. Całka Riemanna

Propozycja 3.3.2 (Całka jako miara objętości). Niech Q będzie kostką w Rn−1 i niech α, β ∈ C(Q),α 6 β. Połóżmy

A := (x, y) ∈ Q× R : α(x) 6 y 6 β(x).Wtedy A jest regularnym zbiorem zwartym oraz dla dowolnej funkcji f ∈ C(A) funkcja

Q 3 x 7−→∫ β(x)

α(x)

f(x, y)dy ∈ R

jest całkowalna i mamy: ∫A

f(x, y)dxdy =

∫Q

(∫ β(x)

α(x)

f(x, y)dy)dx.

(32)

W szczególności,

|A| =∫Q

(β − α).

Dowód . Regularność zbioru wynika z Propozycji 3.1.22(a). Wybierzmy c > 0 takie, że −c 6 α 6 β 6 c.Niech P := Q× [−c, c]. Wtedy na podstawie twierdzenia o całkach iterowanych mamy:∫

A

f(x, y)dxdy =

∫P

f0(x, y)dxdy =

∫Q

(∫[−c,c]

f0(x, y)dy)dx =

∫Q

(∫ β(x)

α(x)

f(x, y)dy)dx.

Twierdzenie 3.3.3 (Twierdzenie o funkcjach danych całką). Niech Ω będzie zbiorem otwartym w Rm,niech P ⊂ Rn będzie kostką i niech f : Ω × P −→ R będzie odwzorowaniem takim, że dla pewnegok ∈ Z+ ∪ ∞ mamy:• ft := f(·, t) ∈ Ck(Ω) dla dowolnego t ∈ P ,• odwzorowanie Ω × P 3 (x, t) 7−→ Dα(ft)(x) ∈ R jest ciągłe dla |α| 6 k

(33).

Wtedy odwzorowanie

ϕ(x) :=

∫P

f(x, t)dt, x ∈ Ω,

jest klasy Ck(Ω) oraz

Dαϕ(x) =

∫P

Dα(ft)(x)dt, x ∈ Ω, |α| 6 k.

Dowód . Wystarczy rozważyć przypadki k = 0 i k = 1.k = 0: Ustalmy a ∈ Ω, kulę B(a, r) ⊂⊂ Ω i ε > 0. Odwzorowanie f jest jednostajnie ciągłe na

B(a, r) × P . Zatem istnieje δ > 0 taka, że |f(x, t) − f(a, t)| 6 ε dla x ∈ B(a, δ) i t ∈ P . Otrzymujemystąd:

|ϕ(x)− ϕ(a)| 6∫P

|f(x, t)− f(a, t)|dt 6 ε|P |, x ∈ B(a, δ).

k = 1: Niech α = ej . Wystarczy wykazać, że∂ϕ

∂xj(x) =

∫P

∂ft∂xj

(x)dt, x ∈ Ω,

bowiem ciągłość prawej strony mamy już zapewnioną. Ustalmy a ∈ Ω, kulę B(a, r) ⊂⊂ Ω i ε > 0. Odwzo-rowanie ∂ft

∂xj(x) jest jednostajnie ciągłe na B(a, r)×P . Zatem istnieje δ > 0 taka, że | ∂ft∂xj

(x)− ∂ft∂xj

(a)| 6 εdla x ∈ B(a, δ) i t ∈ P . Stąd, na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych, otrzymujemy:∣∣∣ϕ(a+ hej)− ϕ(a)

h−∫P

∂ft∂xj

(a)dt∣∣∣ 6 ∫

P

∣∣∣f(a+ hej , t)− f(a, t)

h− ∂ft∂xj

(a)∣∣∣dt 6 ε|P |, |h| < δ.

Twierdzenie 3.3.4 (Twierdzenie o funkcjach danych całką niewłaściwą). Niech Ω będzie zbiorem otwar-tym w Rm, niech −∞ < a < b 6 +∞ i niech f : Ω × [a, b) −→ R będzie odwzorowaniem takim, że dlapewnego k ∈ Z+ ∪ ∞ mamy:• ft := f(·, t) ∈ Ck(Ω) dla dowolnego t ∈ [a, b),• odwzorowanie Ω × [a, b) 3 (x, t) 7−→ Dα(ft)(x) ∈ R jest ciągłe dla |α| 6 k,(32) ∫ b

a :=∫[a,b].(

33)Dla k = 0 warunki te oznaczają po prostu ciągłość f .

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20123.3. Własności całki Riemanna 129

• dla dowolnego |α| 6 k istnieje odwzorowanie ciągłe gα : [a, b) −→ R takie, że |Dα(ft)(x)| 6 gα(t)

dla x ∈ Ω i t ∈ [a, b) oraz takie, że całka niewłaściwa∫ bagα(t)dt jest zbieżna.

Wtedy odwzorowanie

ϕ(x) :=

∫ b

a

f(x, t)dt, x ∈ Ω,

jest klasy Ck(Ω) oraz

Dαϕ(x) =

∫ b

a

Dα(ft)(x)dt, x ∈ Ω, |α| 6 k.(

34)

Dowód . Ustalmy ciąg a < bν < b, bν b i niech

ϕν(x) :=

∫ bν

a

f(x, t)dt, x ∈ Ω.

Na podstawie poprzedniego twierdzenia wnioskujemy, że ϕν ∈ Ck(Ω) oraz

Dαϕν(x) =

∫ bν

a

Dα(ft)(x)dt, x ∈ Ω, |α| 6 k.

Zauważmy, że ϕν −→ ϕ jednostajnie na Ω. Istotnie,

|ϕν(x)− ϕ(x)| 6∫ b

bν

g0(t)dt −→ 0.

Wynika stąd, że ϕ jest ciągła. Z tych samych powodów, dla dowolnego |α| 6 k ciąg (Dαϕν)∞ν=1 jestzbieżny jednostajnie. Teraz wystarczy już tylko wykorzystać twierdzenie o różniczkowaniu ciągu wyrazpo wyrazie.

Obserwacja 3.3.5. Przedział [a, b) można zastąpić przedziałem (a, b] lub też przedziałem (a, b).

Przykład 3.3.6 (Funkcja Γ Eulera(

35)). Niech

Γ (x) :=

∫ ∞0

tx−1e−tdt, x > 0.

Wtedy• Γ ∈ C∞(R>0),• Γ (1) = 1, xΓ (x) = Γ (x+ 1), x > 0.W szczególności, Γ (n+ 1) = n!, n ∈ Z+.

Dowód . Niech f(x, t) := tx−1e−t, x, t > 0. Wtedy

Γ (x) =

∫ 1

0

f(x, t)dt+

∫ ∞1

f(x, t)dt, x > 0.

Zauważmy, że ∂kf∂xk

(x, t) = tx−1(ln t)ke−t. Wobec poprzedniego twierdzenia, dla dowodu, że Γ jest klasyC∞ wystarczy pokazać, że dla dowolnego przedziału [α, β] ⊂ (0,+∞) i dla dowolnego k ∈ Z+ istniejąfunkcje ciągłe gk : (0, 1] −→ R, hk : [1,+∞) −→ R takie, że• |tx−1(ln t)ke−t| 6 gk(t), x ∈ [α, β], t ∈ (0, 1],• |tx−1(ln t)ke−t| 6 hk(t), x ∈ [α, β], t ∈ [1,∞),• całki

∫ 1

0gk(t)dt i

∫∞1hk(t)dt są zbieżne.

Przyjmujemy:gk(t) := tα−1| ln t|ke−t, 0 < t 6 1; całkowalność gk wynika np. stąd, że dla dowolnego 0 < ε < α

funkcja tα−1−ε jest całkowalna(

36)oraz tα−1| ln t|ke−t 6 const(ε)tα−1−ε.

hk(t) := N !tβ−1+k−N > tβ−1(ln t)ke−t, t > 1, gdzie N > β+ k; całkowalność hk jest oczywista(

37).

Wzory występujące w tezie uzyskujemy przez proste całkowanie przez części.

(34)Zauważmy, że nasze założenia gwarantują zbieżność wszystkich występujących w tezie całek niewłaściwych.(

35)Leonhard Euler (1707–1783).(

36) ∫ 1

0 tc−1dt = 1

cdla c > 0.(

37) ∫∞

1 tc−1dt = − 1cdla c < 0.

3. Całka Riemanna

Twierdzenie 3.3.7 (Twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Riemanna). Niech Φ : U −→ V będziedyfeomorfizmem klasy C1 zbiorów otwartych U, V ⊂ Rn i niech A ⊂⊂ U będzie zbiorem regularnym (zewzględu na całkę Riemanna). Wtedy:• zbiór Φ(A) jest regularny,• dla dowolnej funkcji f ∈ R(Φ(A)) funkcja (f Φ) · |Φ′| jest całkowalna na Φ(A), gdzie |Φ′| oznacza

moduł wyznacznika macierzy Jacobiego odwzorowania Φ(

38),

•∫Φ(A)

f =∫A

(f Φ) · |Φ′|, f ∈ R(Φ(A)).

Dowód zostanie podany później (Wniosek 4.12.10). Teraz tylko zauważmy, że regularność Φ(A) wy-nika z Propozycji 3.1.22(b) oraz że twierdzenie jest prawdziwe dla translacji.

Ćwiczenie 3.3.8. Wyznaczyć detΦ′, sprawdzić czy Φ|U jest dyfeomorfizmem oraz wyznaczyć V := Φ(U)dla następujących transformacji i obszarów U (a, b, c > 0 oznaczają stałe):

• (współrzędne biegunowe) Φ : R2 −→ R2,Φ(r, ϕ) := (ar cosϕ, br sinϕ),U := R>0 × (0, 2π);

• (współrzędne walcowe) Φ : R3 −→ R3,Φ(r, ϕ, z) := (ar cosϕ, br sinϕ, cz),U := R>0 × (0, 2π)× R;

• (współrzędne sferyczne) Φ : R3 −→ R3,Φ(r, ϕ, θ) := (ar cosϕ cos θ, br sinϕ cos θ, cr sin θ),U := R>0 × (0, 2π)× (−π2 ,

π2 );

• (współrzędne sferyczne w Rn) Φ : Rn −→ Rn,Φ1(r, ω) :=r cosω1 cosω2 cosω3 . . . cosωn−2 cosωn−1,

Φ2(r, ω) :=r sinω1 cosω2 cosω3 . . . cosωn−2 cosωn−1,

Φ3(r, ω) :=r sinω2 cosω3 . . . cosωn−2 cosωn−1,

. . .

Φn−1(r, ω) :=r sinωn−2 cosωn−1,

Φn(r, ω) :=r sinωn−1,

U := R>0 × (0, 2π)× (−π2 ,π2 )n−2.

Ćwiczenie 3.3.9. Niech a1, . . . , an > 0,

E :=

(x1, . . . , xn) ∈ Rn :x2

1

a21

+ · · ·+ x2n

a2n

6 1.

Obliczyć |E|.

3.4. Całki krzywoliniowe. Wzór Greena

Uwaga 3.4.1. Przypomnijmy, że długością krzywej γ : [a, b] −→ X w przestrzeni metrycznej (X, %)nazywamy liczbę L%(γ) ∈ [0,+∞] daną wzorem:

L%(γ) := supπS%(γ, π),

gdzie

S%(γ, π) :=

m∑j=1

%(γ(tj−1), γ(tj)),

a supremum jest brane po wszystkich podziałach π = (t0, . . . , tm) przedziału [a, b](

39). Krzywą γ

nazywamy %–prostowalną, gdy L%(γ) < +∞. Wiemy, że:

(38)Tzn. |Φ′|(x) := |det[

∂Φj∂xk

(x)]j,k=1,...,n|.(39)Zauważmy, że jeżeli π′ 4 π, to S%(γ, π′) > S%(γ, π).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20123.4. Całki krzywoliniowe. Wzór Greena 131

• L%(γ) nie zależy od parametryzacji γ (i dlatego możemy zawsze ograniczyć się do krzywychγ : [0, 1] −→ X)

(40),

• L%(γ) = L%(γ), tzn. długość krzywej nie zależy od orientacji(

41),

• L%(γ1 ⊕ γ2) = L%(γ1) + L%(γ2)(

42).

Propozycja 3.4.2. Dla każdego normalnego ciągu podziałów (πk)∞k=1 przedziału [0, 1] mamy:

S%(γ, πk) −→ L%(γ).

Dowód . Wystarczy pokazać, że dla dowolnej liczby ` < L%(γ) istnieje δ > 0 takie, że S%(γ, π) > `o ile diamπ 6 δ. Niech π0 = (t00, . . . , t

0m0

) będzie podziałem przedziału [0, 1] takim, że S%(γ, π0) > `.Dla 0 < δ < mint0j − t0j−1 : j = 1, . . . ,m0 weźmy dowolny podział π = (t0, . . . , tm) odcinka [0, 1]o średnicy 6 δ. Punkty t0, . . . , tm dzielimy na m0–grup, zaliczając do i-tej grupy te punkty tj , dlaktórych t0i−1 6 tj < t0i , i = 1, . . . ,m0− 1, a do grupy m0 — pozostałą „końcówkę” punktów. Punkty i-tejgrupy numerujemy kolejno tni , . . . , tni+1−1, gdzie n1 = 0, nm0+1 = m + 1. Wobec nierówności trójkątamamy:

S%(γ, π)− S%(γ, π0) >m0∑i=2

(%(γ(tni−1), γ(tni))− %(γ(tni−1), γ(t0i−1))− %(γ(t0i−1), γ(tni))

)> −2(m0 − 1)ωγ(δ),

gdzie ωγ(δ) oznacza moduł ciągłości odwzorowania γ zdefiniowany następująco

ωγ(δ) := sup%(γ(t′), γ(t′′)) : |t′ − t′′| 6 δ.Teraz pozostaje już tylko wykorzystać jednostajną ciągłość odwzorowania γ

(43), z której wynika, że dla

dostatecznie małych δ mamy S%(γ, π) > `.

W dalszym ciągu będziemy zainteresowani krzywymi γ : [0, 1] −→ Rn (i sytuacją, gdy na Rn rozwa-żamy odległość euklidesową).

Powiemy, że krzywa γ : [0, 1] −→ Rn jest kawałkami klasy Ck (γ ∈ C k([0, 1],Rn)) jeżeli istniejepodział (t0, . . . , tm) odcinka [0, 1] taki, że γ|[tj−1,tj ] ∈ Ck([tj−1, tj ]), 1 6 j 6 m

(44). Droga to krzywa

kawałkami klasy C1.

Propozycja 3.4.3. Dowolna droga γ : [0, 1] −→ Rn jest prostowalna(

45)oraz

L(γ) =

∫ 1

0

‖γ′(t)‖dt.(

46)

Dowód . Możemy założyć, że γ jest klasy C1. Dla podziału π = (t0, . . . , tm) niech ξ := (t0, . . . , tm−1).Wtedy, korzystając z twierdzenia o przyrostach skończonych, dostajemy:

|S(γ, π)−M(‖γ′‖, π, ξ)| =∣∣∣ m∑j=1

‖γ(tj)− γ(tj−1)‖ −m∑j=1

‖γ′(tj−1)‖(tj − tj−1)∣∣∣

6m∑j=1

‖γ(tj)− γ(tj−1)− γ′(tj−1)(tj − tj−1)‖

6m∑j=1

(max‖γ′(t)− γ′(tj−1)‖ : t ∈ [tj−1, tj ]

)(tj − tj−1)

6 ωγ′(diamπ).(

47)

(40)Przypomnijmy, że zmiana parametryzacji krzywej γ : [a, b] −→ X polega na zastąpieniu jej przez krzywą γ σ :

[c, d] −→ X, gdzie σ : [c, d] −→ [a, b] jest pewną bijekcją rosnącą.(41)Przypomnijmy, że dla krzywej γ : [0, 1] −→ X kładziemy: (γ)(t) := γ(1− t).(

42)Przypomnijmy, że dla krzywych γj : [0, 1] −→ X, j = 1, 2, takich, że γ1(1) = γ2(0) definiujemy: (γ1 ⊕ γ2)(t) :=

γ1(2t) dla 0 6 t 6 12i (γ1 ⊕ γ2)(t) := γ2(2t− 1) dla 1

26 t 6 1.(

43)Co w języku modułów ciągłości oznacza, że dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0 taka, że ωγ(δ) 6 ε.(

44)W szczególności, dla dowolnego t ∈ [0, 1], można mówić o pochodnych jednostronnych γ(j)− (t), γ(j)+ (t), j = 1, . . . , k.(

45)Względem odległości euklidesowej.(

46)Jeżeli % jest metryką euklidesową, to będziemy pomijać wskaźnik %. Zauważmy, że całka po prawej stronie istnieje.


3. Całka Riemanna

Pozostaje wykorzystać Propozycję 3.4.2, Własność 3.1.12 i skorzystać z jednostajnej ciągłości odwzoro-wania γ′.

Przykład 3.4.4. (a) Niech γ : [a, b] −→ R3, γ(t) := (r cos t, r sin t, st)(

48). Wtedy

L(γ) =√r2 + s2(b− a).

(b) Niech γ : [a, b] −→ R2, γ(t) := (A cos t, B sin t). Wtedy

L(γ) =

∫ b

a

√A2 sin2 t+B2 cos2 tdt = ?

Niech γ : [a, b] −→ Rn będzie krzywą i niech f : γ∗ −→ R będzie dowolną funkcją ograniczoną(

49).

Dla podziału π = (t0, . . . , tm) przedziału [a, b] i dla punktów pośrednich ξ = (ξ1, . . . , ξm) niech

M(f, γ, π, ξ) :=

m∑j=1

f(γ(ξj))‖γ(tj)− γ(tj−1)‖.

Powiemy, że funkcja f jest całkowalna wzdłuż krzywej γ (f ∈ R(γ)), jeżeli istnieje c ∈ R takie, żedla dowolnego normalnego ciągu podziałów (πk)∞k=1 przedziału [a, b] oraz dla dowolnego wyboru punk-tów pośrednich (ξk)∞k=1: M(f, γ, πk, ξk) −→ c. Liczbę c nazywamy całką krzywoliniową niezorientowanąz funkcji f po krzywej γ i oznaczamy c =

∫γfdl.

Obserwacja 3.4.5. (a) Całkowalność i całka są niezależne od parametryzacji krzywej.Istotnie, wystarczy tylko zauważyć, że jeżeli τ : [c, d] −→ [a, b] jest ściśle rosnącą bijekcją, to

jest to odwzorowanie jednostajnie ciągłe, a w szczególności obraz normalnego ciągu podziałów jestnormalnym ciągiem podziałów.

(b) γ jest prostowalna wtedy i tylko wtedy, gdy 1 ∈ R(γ). Ponadto L(γ) =∫γ

1dl.(c) f ∈ R(γ)⇐⇒ f ∈ R(γ). Ponadto,

∫γ fdl =

∫γfdl

(50).

(d) Jeżeli γj : [0, 1] −→ Rn, j = 1, 2, są krzywymi takimi, że γ1(1) = γ2(0) oraz f : γ∗1 ∪ γ∗2 −→ R jestfunkcją taka, że f |γ∗j ∈ R(γj), j = 1, 2, to f ∈ R(γ1 ⊕ γ2) oraz∫

γ1⊕γ2fdl =

∫γ1

fdl +

∫γ2

fdl.

Istotnie, wystarczy rozważyć normalny ciąg podziałów będący „sumą” normalnych ciągów podzia-łów dla poszczególnych krzywych i udowodnić, że w definicji całki krzywoliniowej niezorientowanejmożemy brać tylko takie normalne ciągi podziałów (πk)∞k=1, dla których t ∈ πk, k > 1, gdzie t jestustalonym punktem z (a, b).

Rozważmy bowiem dowolny normalny ciąg podziałów (πk)∞k=1 i ciąg punktów pośrednich (ξk)∞k=1.Niech (π′k)∞k=1 będzie ciągiem powstałym przez dołożenie punktu t i niech (ξ′k)∞k=1 będzie uzupełnio-nym ciągiem punktów pośrednich (zachowujemy wszystkie dotychczasowe punkty pośrednie). Wtedy(por. dowód Propozycji 3.4.2) mamy:

|M(f, γ, πk, ξk)−M(f, γ, π′k, ξ′k)| 6 2

(supγ∗|f |)ωγ(diamπ′k);

dalej rozumujemy standardowo.(e) Operator R(γ) 3 f 7−→

∫γfdl ∈ R jest liniowy.

Propozycja 3.4.6. Niech γ : [0, 1] −→ Rn będzie drogą. Wtedy mamy C(γ∗) ⊂ R(γ) oraz∫γ

fdl =

∫ 1

0

f(γ(t))‖γ′(t)‖dt, f ∈ C(γ∗).(

51)

(47)Przypomnijmy, że ωϕ(δ) := max‖ϕ(t′)− ϕ(t′′)‖ : |t′ − t′′| 6 δ.(

48)γ to łuk linii śrubowej.(

49)γ∗ := γ([a, b]) jest obrazem geometrycznym krzywej γ.(

50)Uzasadnia to nazwę „całka niezorientowana”.(

51)Zauważmy, że całka po prawej stronie istnieje. Twierdzenie daje praktyczny sposób obliczania całek niezoriento-

wanych.


Dowód . Możemy założyć, że γ jest klasy C1. Ustalmy podział π = (t0,. . . ,tm) oraz punkty pośrednieξ = (ξ1, . . . , ξm). Wtedy

|M(f, γ, π, ξ)−M((f γ)‖γ′‖, π, ξ)| 6m∑j=1

|f(γ(ξj))|‖γ(tj)− γ(tj−1)− γ′(ξj)(tj − tj−1)‖

6(

maxγ∗|f |)ωγ′(diamπ);

dalej standardowo.

Niech teraz γ : [a, b] −→ Rn będzie dowolną krzywą i niech V = (V1, . . . , Vn) : γ∗ −→ Rn będziedowolnym odwzorowaniem (polem wektorowym) ograniczonym. Dla podziału π = (t0, . . . , tm) przedziału[a, b] i dla punktów pośrednich ξ = (ξ1, . . . , ξm) niech

M(V, γ, π, ξ) :=

m∑j=1

〈V (γ(ξj)), γ(tj)− γ(tj−1)〉.(

52)

Powiemy, że pole V jest całkowalne wzdłuż krzywej γ, jeżeli istnieje c ∈ R takie, że dla dowolnegonormalnego ciągu podziałów (πk)∞k=1 przedziału [a, b] oraz dla dowolnego wyboru punktów pośrednich(ξk)∞k=1 mamy:

M(V, γ, πk, ξk) −→ c.

Liczbę c nazywamy całką krzywoliniową zorientowaną z pola V po krzywej γ i oznaczamy c =∫γV dx =∫

γV1dx1 + · · ·+ Vndxn.

Obserwacja 3.4.7. (a) Całkowalność i całka są niezależne od parametryzacji krzywej.(b) Pole V jest całkowalne na γ wtedy i tylko wtedy, gdy jest całkowalne na γ. Ponadto,∫

γV dx = −

∫γ

V dx(

53)

.(c) Jeżeli γj : [0, 1] −→ Rn, j = 1, 2, są krzywymi takimi, że γ1(1) = γ2(0) oraz V : γ∗1 ∪ γ∗2 −→ Rn jest

odwzorowaniem takim, że V jest całkowalne osobno na γ1 i γ2, to V jest całkowalne na γ1 ⊕ γ2 oraz∫γ1⊕γ2

V dx =

∫γ1

V dx+

∫γ2

V dx.

(d) Całka zorientowana po krzywej γ jest operatorem liniowym.

Propozycja 3.4.8. Niech γ : [0, 1] −→ Rn będzie drogą. Wtedy każde pole ciągłe V jest całkowalne naγ oraz ∫

γ

V dx =

∫ 1

0

〈V (γ(t)), γ′(t)〉dt.(

54)

Dowód . Możemy założyć, że γ jest klasy C1. Ustalmy podział π = (t0,. . . ,tm) oraz punkty pośrednieξ = (ξ1, . . . , ξm). Wtedy

|M(V, γ, π, ξ)−M(〈V γ, γ′〉, π, ξ)| 6m∑j=1

∣∣∣⟨V (γ(ξj)), γ(tj)− γ(tj−1)− γ′(ξj)(tj − tj−1)⟩∣∣∣

6(

maxγ∗‖V ‖

)ωγ′(diamπ);

dalej standardowo.

Twierdzenie 3.4.9 (Niezależność całki krzywoliniowej od drogi całkowania). Niech D ⊂ Rn będzie ob-szarem i niech V : D −→ Rn będzie odwzorowaniem ciągłym. Wtedy następujące warunki są równoważne:(i) dla dowolnej drogi γ : [0, 1] −→ D całka

∫γV dx zależy jedynie od końców tej drogi;

(52)〈 , 〉 oznacza standardowy iloczyn skalarny w Rn.(

53)Uzasadnia to nazwę „całka zorientowana”.(

54)Zauważmy, że całka po prawej stronie istnieje. Twierdzenie daje praktyczny sposób obliczania całek zorientowa-

nych.


3. Całka Riemanna

(ii) pole V jest potencjalne, tzn. istnieje funkcja Φ ∈ C1(D) (zwana potencjałem) taka, że

Vj =∂Φ

∂xj, j = 1, . . . , n.

Warunek (i) pozwala zdefiniować dla A,B ∈ D całkę∫ BAV dx rozumianą jako całka po dowolnej

drodze łączącej A i B wewnątrz obszaru D. W szczególności, całka po dowolnej drodze zamkniętej jestrówna zero.

Zauważmy, że potencjał pola jest wyznaczony jednoznacznie z dokładnością do stałej.

Dowód . (ii) =⇒ (i): Na podstawie Propozycji 3.4.8 dostajemy∫γ

V dx =

∫ 1

0

〈V (γ(t)), γ′(t)〉dt =

∫ 1

0

(Φ γ)′(t)dt = Φ(γ(1))− Φ(γ(0)).

(i) =⇒ (ii): Ustalmy A ∈ D i niech

Φ(x) :=

∫ x

A

V dx, x ∈ D.

Wtedy dla a ∈ D i dla j ∈ 1, . . . , n, korzystając z niezależności całki od drogi, mamy∣∣∣Φ(a+ hej)− Φ(a)

h− Vj(a)

∣∣∣ =∣∣∣ 1h

∫[a,a+hej ]

V dx− Vj(a)∣∣∣ =

∣∣∣ ∫ 1

0

Vj(a+ thej)dt− Vj(a)∣∣∣

6 max|Vj(a+ thej)− Vj(a)| : 0 6 t 6 1 −→h→0

0.

Twierdzenie 3.4.10 (Lemat Poincarégo(

55)). Niech D ⊂ Rn będzie obszarem gwiaździstym względem

punktu a i niech V ∈ C1(D,Rn). Wtedy V jest polem potencjalnym wtedy i tylko wtedy, gdy

∂Vj∂xk

=∂Vk∂xj

, j, k = 1, . . . , n.(

56)

(∗)

Dowód . Oczywiście, jeżeli pole V jest potencjalne i Φ jest jego potencjałem, to Φ musi być klasy C2,a zatem:

∂Vj∂xk

=∂2Φ

∂xk∂xj=

∂2Φ

∂xj∂xk=∂Vk∂xj

, j, k = 1, . . . , n.

W drugą stronę: niech

Φ(x) :=

∫[a,x]

V dx =

∫ 1

0

〈V (a+ t(x− a)), x− a〉dt, x ∈ D.

Na podstawie twierdzenia o funkcjach danych całką funkcja Φ jest klasy C1. Ponadto dla x ∈ D i j ∈1, . . . , n mamy:

∂Φ

∂xj(x) =

∫ 1

0

[t⟨ ∂V∂xj

(a+ t(x− a)), x− a⟩

+ Vj(a+ t(x− a))]dt

na mocy (∗)=

∫ 1

0

[td

dtVj(a+ t(x− a)) + Vj(a+ t(x− a))

]dt = tVj(a+ t(x− a))|10 = Vj(x).

Wiadomo, że każda krzywa Jordana γ : [0, 1] −→ R2 dzieli płaszczyznę na dwa obszary:• ograniczony, zwany wnętrzem krzywej γ i oznaczany int γ,• nieograniczony, zwany zewnętrzem krzywej γ i oznaczany ext γ,takie, że ∂(int γ) = ∂(ext γ) = γ∗.

Niech D ⊂ R2 będzie obszarem ograniczonym takim, że dla pewnego N ∈ Z+ mamy:

(55)Jules Henri Poincaré (1854–1912).(

56)Mamy

(n2

)nietrywialnych warunków.

(†) ∂D = γ∗0 ∪ · · · ∪ γ∗N , gdzie γj : [0, 1] −→ R2 jest drogą Jordana(

57)zorientowaną dodatnio

względem D, tzn. „gdy idziemy po γ∗j zgodnie z przebiegiem parametru, to obszar D mamy polewej ręce”

(58), j = 0, . . . , N ,

γ∗j ⊂ int γ0, j = 1, . . . , N ,γ∗j ⊂ ext γ∗k dla j, k = 1, . . . , N , j 6= k.

Powiemy, że dla obszaru ograniczonego D ⊂ R2 spełniającego warunek (†) zachodzi wzór Greena(59), jeżeli dla dowolnych funkcji P,Q ∈ C1(Ω), gdzie Ω jest pewnym otoczeniem D, zachodzi wzór:∫

∂D

Pdx+Qdy =

∫D

(∂Q∂x− ∂P

∂y

).(

60)

Zauważmy, że na mocy Propozycji 3.1.22(b) obszar D jest regularny oraz, że całki po obu stronachpowyższego wzoru istnieją. Problemem jest równość.

Obserwacja 3.4.11. (a) Przypuśćmy, że D jest normalny względem osi x, tzn.

D = (x, y) ∈ (a, b)× R : ϕ(x) < y < ψ(x),gdzie ϕ,ψ : [a, b] −→ R są funkcjami ciągłymi, kawałkami klasy C1 i ϕ(x) < ψ(x) dla x ∈ (a, b)

(61).

Niech dalej Q := 0. Wtedy, na podstawie twierdzenia o całkach iterowanych, mamy:∫D

(∂0

∂x− ∂P

∂y

)= −

∫ b

a

(∫ ψ(x)

ϕ(x)

∂P

∂ydy)dx =

∫ b

a

[P (x, ϕ(x))− P (x, ψ(x))]dx

=

∫[a,b]3t−→(t,ϕ(t))

Pdx+ 0dy +

∫(

[a,b]3t−→(t,ψ(t))) Pdx+ 0dy =

∫∂D

Pdx+ 0dy.

(b) Jeżeli D jest normalny względem osi y, to∫D

(∂Q∂x− ∂0

∂y

)=

∫∂D

0dx+Qdy.

(c) Wzór Greena zachodzi dla obszarów normalnych względem obu osi (np. dla prostokątów, trójkątów,elips, wielokątów wypukłych itd).

(d) Wzór Greena zachodzi dla obszarów, które dają się podzielić na skończoną liczbę obszarów normal-nych względem obu osi (np. dla wielokątów (mogących mieć „dziury”)).

Aby poznać ogólniejszą klasę obszarów, dla których zachodzi wzór Greena, rozważmy następującąkonstrukcję.

Niech π = (t0, . . . , tm) będzie podziałem [0, 1] takim, że γj |[ti−1,ti] jest klasy C1 dla dowolnychj = 0, . . . , N , i = 1, . . . ,m (m 1). Niech γj,π oznacza łamaną wpisaną w γj wyznaczoną przez podziałπ, tzn. przez punkty (γj(t0), . . . , γj(tm)), j = 0, . . . , N .

Ćwiczenie 3.4.12. Pokazać, że jeżeli γ : [0, 1] −→ R2 jest drogą, to dla dowolnego normalnego ciągupodziałów (πk)∞k=1 mamy γπk −→ γ jednostajnie na [0, 1].

Lemat 3.4.13. Jeżeli γ : [0, 1] −→ R2 jest krzywą Jordana klasy C1, γ′(0) = γ′(1), γ′(t) 6= 0, t ∈ [0, 1],to γπ jest Jordana dla dostatecznie drobnych podziałów π.

Dowód . Przypuśćmy, że istnieje normalny ciąg podziałów (πk)∞k=1 oraz punkty u′k, u′′k ∈ [0, 1], k =

1, 2, . . . , takie że exp(2πiu′k) 6= exp(2πiu′′k) oraz γπk(u′k) = γπk(u′′k), k = 1, 2, . . . . Możemy założyć, żeu′k −→ u′0, u′′k −→ u′′0 . Na podstawie Ćwiczenia 3.4.12 wnioskujemy, że γ(u′0) = γ(u′′0). Jeżeli wykażemy,że

(*) exp(2πiu′0) 6= exp(2πiu′′0),dowód będzie zakończony.

Odwzorowanie γ przedłuża się w sposób naturalny do odwzorowania γ : R −→ R2, klasy C1, okre-sowego o okresie 2π i takiego, że γ′(t) 6= 0 dla dowolnego t ∈ R. Korzystając z twierdzenia o funkcji(

57)Tzn. drogą będącą krzywą Jordana.(

58)Pojęcie to sformalizujemy w przyszłości.(

59)George Green (1793–1841).(

60)Stosujemy tu tradycyjne oznaczenia;

∫∂D Pdx+Qdy :=

N∑j=0

∫γjPdx+Qdy.(

61)Nie wykluczamy równości na końcach przedziału.


3. Całka Riemanna

uwikłanej, widzimy, że dla dowolnego u ∈ [0, 1] istnieje ograniczony prostokąt otwarty Pu o środkuw punkcie γ(u) taki, że γ∗ ∩Pu jest wykresem (względem którejś osi). Niech Qu oznacza współśrodkowyprostokąt o dwukrotnie mniejszych krawędziach. Zauważmy, że γ∗πk ∩ Qu musi być łukiem Jordana dlak > k(u) 1. Dobierzmy u1, . . . , uN ∈ [0, 1] tak, że γ∗ ⊂ Qu1

∪ · · · ∪QuN .Przypuśćmy, że warunek (*) nie zachodzi. W przypadku, gdy u′0 = u′′0 =: t0, niech γ(t0) ∈ Quj0 .

Wtedy γπk(u′k), γπk(u′′k) ∈ Quj0 dla k 1, a więc γπk(u′k) 6= γπk(u′′k) dla k 1 — sprzeczność.W przypadku, gdy np. u′0 = 0, u′′0 = 1, wystarczy skorzystać z okresowości — Ćwiczenie.

Ćwiczenie 3.4.14. Znaleźć przykład drogi Jordana γ : [0, 1] −→ R2 takiej, że dla pewnego normalnegociągu podziałów (πk)∞k=1, krzywa γπk nie jest Jordana, k = 1, 2, . . . .

Twierdzenie 3.4.15 (Wzór Greena). Niech D ⊂ R2 będzie obszarem spełniającym (†). Załóżmy do-datkowo, że γj,πk jest krzywą Jordana dla j = 0, . . . , N i pewnego normalnego ciągu podziałów (πk)∞k=1.Wtedy wzór Greena zachodzi.

W szczególności, jeżeli γj : [0, 1] −→ R2 jest krzywą Jordana klasy C1, γ′j(0) = γ′j(1), γ′j(t) 6= 0,t ∈ [0, 1], j = 0, . . . , N , to wzór Greena zachodzi (por. Lemat 3.4.13).

W przyszłości pokażemy, że powyższe dodatkowe założenie można pominąć, a więc wzór Greenazachodzi dla dowolnego obszaru spełniającego (†) — zob. Twierdzenie 5.3.4.

Dowód . Niech Dπk oznacza obszar ograniczony krzywymi γj,πk , j = 0, . . . , N . Widać, że Dπk ⊂ Ω,k 1. Na podstawie poprzedniej części dowodu wzór Greena zachodzi dla Dπk , k 1. Jeżeli pokażemyzbieżność do siebie odpowiednich całek gdy k −→ +∞, to uzyskamy wzór Greena dla D.

Lemat 3.4.16. Niech γ : [0, 1] −→ Rn będzie krzywą kawałkami klasy C1, niech γπ oznacza łamanąwpisaną w γ wyznaczoną przez podział π = (t0, . . . , tm) odcinka [0, 1] i niech V : Ω −→ Rn będzieciągłym polem wektorowym określonym w pewnym otoczeniu Ω zbioru γ∗. Wtedy∫

γπ

V dx −→diamπ→0

∫γ

V dx.

Dowód . Możemy założyć, że γ jest klasy C1. Mamy:

γπ(t) := γ(ti−1) +t− ti−1

ti − ti−1(γ(ti)− γ(ti−1)), ti−1 6 t 6 ti, i = 1, . . . ,m.

Możemy założyć (zmniejszając Ω), że V jest odwzorowaniem ograniczonym i jednostajnie ciągłym na Ω.Liczymy: ∣∣∣ ∫

γπ

V dx−∫γ

V dx∣∣∣ 3.4.86

m∑i=1

∫ ti

ti−1

∣∣∣⟨V (γπ(t)), γ′π(t)⟩−⟨V (γ(t)), γ′(t)

⟩∣∣∣ dt=

m∑i=1

∫ ti

ti−1

∣∣∣⟨V (γπ(t)),γ(ti)− γ(ti−1)

ti − ti−1

⟩−⟨V (γ(t)), γ′(t)

⟩∣∣∣ dt6

m∑i=1

∫ ti

ti−1

∣∣∣⟨V (γπ(t)),γ(ti)− γ(ti−1)− γ′(t)(ti − ti−1)

ti − ti−1

⟩∣∣∣ dt+

m∑i=1

∫ ti

ti−1

∣∣∣⟨V (γπ(t))− V (γ(t)), γ′(t)⟩∣∣∣ dt

6(

supΩ‖V ‖

)ωγ′(diamπ) +

(maxγ∗‖γ′‖

)ωV (ωγ(diamπ)).

Z powyższego lematu wynika natychmiast, że∫∂Dπ

Pdx+Qdy −→diamπ→0

∫∂D

Pdx+Qdy.

Niech f := ∂Q∂x −

∂P∂y . Możemy założyć, że |f | 6 c na Ω

(62). Wtedy∣∣∣ ∫

Dπ

f −∫D

f∣∣∣ 6 c(|D \Dπ|+ |Dπ \D|).

(63)

(62)Zmniejszając ewentualnie Ω.


Pozostaje udowodnić, że |D \ Dπ| + |Dπ \ D| −→ 0, gdy diamπ −→ 0. Istotnie, niech ε > 0 i niechQ1, . . . , Qr będą kwadratami takimi, że ∂D ⊂ intQ1 ∪ · · · ∪ intQr i |Q1| + · · · + |Qr| 6 ε (por. dowódPropozycji 3.1.22). Wtedy, jeżeli średnica podziału π jest dostatecznie mała, to (D \Dπ) ∪ (Dπ \D) ⊂Q1 ∪ · · · ∪Qr, a zatem

|D \Dπ|+ |Dπ \D| 6 |Q1|+ · · ·+ |Qr| 6 ε.

Wniosek 3.4.17. Jeżeli dla obszaru D zachodzi wzór Greena, to

2|D| =∫∂D

−ydx+ xdy.

Obserwacja 3.4.18. Przy pewnych szczególnych dodatkowych założeniach, wzór Greena może byćwykorzystany do udowodnienia wzoru na zmianę zmiennych w całce Riemanna (Twierdzenie 3.3.7) dlan = 2.

Załóżmy, że Φ = (Φ1, Φ2) : U −→ V jest dyfeomorfizmem klasy C2 zbiorów otwartych U, V ⊂ R2.Zmienne w U będziemy oznaczać (x, y), zaś w V — (u, v). Niech P,Q ∈ C1(V ), f := ∂Q

∂u −∂P∂v

(64). Niech

D ⊂⊂ U będzie obszarem spełniającym (†) o gładkim brzegu klasy C1 (tzn. spełnione są założenia zLematu 3.4.13). Zauważmy, że wtedy obszar Φ(D) spełnia również (†) z tym, że orientacja ∂Φ(D) możesię zmienić na przeciwną. Niech ε := 1, gdy orientacja się nie zmienia i ε := −1, gdy zmienia się naprzeciwną. Obszar Φ(D) spełnia również założenia z Lematu 3.4.13. Będziemy chcieli pokazać, że∫

Φ(D)

f =

∫D

(f Φ)|Φ′|.

Korzystając ze woru Greena liczymy:∫Φ(D)

f =

∫Φ(D)

(∂Q∂u− ∂P

∂v

)= ε

∫∂Φ(D)

Pdu+Qdv = ε

N∑j=0

∫Φγj

Pdu+Qdv

= ε

N∑j=0

∫ 1

0

((P Φ γj)(Φ1 γj)′ + (Q Φ γj)(Φ2 γj)′)dt

= ε

N∑j=0

∫ 1

0

((P Φ γj)

((∂Φ1

∂x γj

)γ′j,1 +

(∂Φ1

∂y γj

)γ′j,2

)+ (Q Φ γj)

((∂Φ2

∂x γj

)γ′j,1 +

(∂Φ2

∂y γj

)γ′j,2

))dt

= ε

∫∂D

((P Φ)

∂Φ1

∂x+ (Q Φ)

∂Φ2

∂x

)dx+

((P Φ)

∂Φ1

∂y+ (Q Φ)

∂Φ2

∂y

)dy

= ε

∫D

( ∂∂x

((P Φ)

∂Φ1

∂y+ (Q Φ)

∂Φ2

∂y

)− ∂

∂y

((P Φ)

∂Φ1

∂x+ (Q Φ)

∂Φ2

∂x

))Ćwiczenie

= ε

∫D

(∂Q∂u Φ− ∂P

∂v Φ)(∂Φ1

∂x

∂Φ2

∂y− ∂Φ1

∂y

∂Φ2

∂x

)=

∫D

(f Φ)|Φ′|.

(63)Zauważmy, że zbiory D \Dπ , Dπ \D są regularne.(

64)Ćwiczenie: Proszę spróbować ocenić, na ile to założenie jest ograniczające.

ROZDZIAł 4

Teoria miary i całki

F

4.1. σ–algebry. Funkcje mierzalne. Miary

Definicja 4.1.1. Powiemy, że rodzina podzbiorów M ⊂ P(X) jest σ–algebrą na X, jeżeli:(1) ∅ ∈M,(2) A ∈M =⇒ X \A ∈M,

(3) (Aj)∞j=1 ⊂M =⇒

∞⋃j=1

Aj ∈M.(

1)

Obserwacja 4.1.2 (Własności σ–algebr). Poniżej M oznacza σ–algebrę na X.(a) X ∈M.

Wynika to z (1) i (2).

(b) M := P(X) jest maksymalną σ–algebrą na X.(c) M := ∅, X jest minimalną σ–algebrą na X.(d) A1, . . . , AN ∈M =⇒ A1 ∪ · · · ∪AN ∈M.

Wynika to z (1) i (3) dla Aj := ∅, j > N + 1.

(e) (Aj)∞j=1 ⊂M =⇒

∞⋂j=1

Aj ∈M.

Wynika to z (2) i (3):∞⋂j=1

Aj = X \∞⋃j=1

(X \Aj).

(f) A1, . . . , AN ∈M =⇒ A1 ∩ · · · ∩AN ∈M.Wynika to z (2) i (d) (analogicznie jak w (e)).

(g) A,B ∈M =⇒ A \B ∈M.Wynika to z (2) i (f): A \B = A ∩ (X \B).

(g) Dla dowolnego zbioru Y i dla dowolnego odwzorowania f : X −→ Y rodzina

f∗M := B ⊂ Y : f−1(B) ∈Mjest σ–algebrą na Y . Zauważmy, że dla g : Y −→ Z mamy: g∗f∗M = (g f)∗M.

(h) Dla dowolnego zbioru Y ⊂ X rodzina M|Y := A ∩ Y : A ∈M jest σ–algebrą na Y . Zauważmy, żejeżeli Y ∈M, to

M|Y = A ∈M : A ⊂ Y ⊂M.

(i) Dla dowolnej rodziny (Mt)t∈T σ–algebr na X (T 6= ∅) rodzina⋂t∈T

Mt = A ⊂ X : ∀t∈T : A ∈Mt

jest σ–algebrą na X.W szczególności, wobec (b), dla dowolnej rodziny F ⊂ P(X) istnieje najmniejsza σ–algebra na

X zawierająca F, którą będziemy oznaczać przez σ(F).(1)Odnotujmy, że rodzina wszystkich podzbiorów Rn, które są regularne z punktu widzenia definicji całki Riemanna

nie jest σ–algebrą.

139

4. Teoria miary i całki

(j) Dla dowolnej rodziny F ⊂ P(X) oraz zbioru Y ⊂ X mamy σ(F|Y ) = σ(F)|Y .Istotnie, ponieważ F|Y ⊂ σ(F)|Y oraz σ(F)|Y jest σ–algebrą, więc σ(F|Y ) ⊂ σ(F)|Y . Dla

dowodu inkluzji σ(F|Y ) ⊃ σ(F)|Y , niech M := A ∈ σ(F) : A ∩ Y ∈ σ(F|Y ). Oczywiście, F ⊂M.Ponadto, M jest σ–algebrą (Ćwiczenie). Stąd M = σ(F).

Definicja 4.1.3. Jeżeli X jest przestrzenią topologiczną, to

B(X) := σ(topX)

nazywamy σ–algebrą zbiorów borelowskich na X.


∆ε,α := ε(α+ [0, 1]n), ∆oε,α := ε(α+ [0, 1)n), ε > 0, α ∈ Rn,

Sk := ∆1/2k,α : α ∈ Zn, S :=

∞⋃k=1

Sk, Sok := ∆o1/2k,α : α ∈ Zn, So :=

∞⋃k=1

Sok;

zbiory typu ∆oε,α nazywa się czasami kostką z narożnikiem. Wtedy (Ćwiczenie):

(a) Dla dowolnych k ∈ N oraz x ∈ Rn, istnieje dokładnie jedna kostka z narożnikiem Q ∈ Sok taka, żex ∈ Q.

(b) Dla dowolnych k, ` ∈ N oraz Q ∈ Sok, R ∈ So` , jeżeli k < `, to albo Q ∩R = ∅ albo R ⊂ Q.(c) Dowolny niepusty zbiór otwarty Ω ⊂ Rn jest sumą przeliczalnej liczby kostek z rodziny S, Ω =⋃∞

j=1 Pj , przy czym intPi ∩ intPj = ∅ dla i 6= j.(d) Dowolny niepusty zbiór otwarty Ω ⊂ Rn jest sumą przeliczalnej liczby parami rozłącznych kostek z

narożnikiem z rodziny So, Ω =⋃∞j=1Qj

(2).

Obserwacja 4.1.5 (Własności zbiorów borelowskich). (a) B(X) = σ(rodzina wszystkich zbiorów do-mkniętych w X).

Zbiory typu Gδ(

3)oraz zbiory typu Fσ

(4)są borelowskie.

(b) Korzystając z Obserwacji 4.1.4(c), wnioskujemy natychmiast, że B(Rn) = σ(F), gdzie

F := P ⊂ Rn : P jest kostką.(c) (Ćwiczenie) Niech A ⊂ R będzie dowolnym zbiorem gęstym. Wtedy B(R) = σ(F), gdzie F jest

jedną z następujących rodzin przedziałów:• F := rodzina wszystkich przedziałów ∆ ⊂ R,• F := rodzina wszystkich przedziałów ∆ ⊂ R o końcach w A ∪ −∞,+∞,• F := [−∞, α) : α ∈ A,• F := [−∞, α] : α ∈ A,• F := (α,+∞] : α ∈ A,• F := [α,+∞] : α ∈ A.

Definicja 4.1.6. Niech M będzie σ–algebrą na X i niech Y będzie przestrzenią topologiczną. Powiemy,że odwzorowanie f : X −→ Y jest M–mierzalne (krótko: mierzalne), jeżeli f−1(Ω) ∈M dla dowolnegoΩ ∈ topY , tzn. topY ⊂ f∗M. Piszemy wtedy f ∈M(X,Y,M) lub krótko:• f ∈M(X,Y ), o ile z kontekstu jasno wynika, co to jest M,• f ∈M(X,M), o ile z kontekstu jasno wynika, co to jest Y , w szczególności, gdy Y = R (z topo-

logią naturalną),(2)W przypadku (c) i (d) możemy rozumować np. tak. Najpierw wybieramy wszystkie kostki P ∈ S1 (odp. P ∈ So1)

takie, że P ⊂ Ω. Rodzinę tych kostek oznaczmy przez F0. Jest to rodzina co najwyżej przeliczalna (może być pusta). Niechteraz F1 oznacza rodzinę wszystkich kostek P ∈ S2 (odp. P ∈ So2) takich, że P ⊂ Ω oraz P 6⊂

⋃Q∈F0

Q. W ten sam sposób

konstruujemy Fk jako rodzinę wszystkich kostek P ∈ Sk (odp. P ∈ Sok) takich, że P ⊂ Ω oraz P 6⊂k−1⋃j=0

⋃Q∈Fj

Q, k > 2.

Teraz, jako pokrycie zbioru Ω wystarczy wziąć rodzinę∞⋃k=0

Fk.(3)Tzn. zbiory postaci

∞⋂j=1

Ωj , gdzie Ωj ∈ topX, j > 1.(4)Tzn. zbiory postaci

∞⋃j=1

Fj , gdzie Fj jest domknięty w X, j > 1.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.1. σ–algebry. Funkcje mierzalne. Miary 141

• f ∈M(X), o ile z kontekstu jasno wynika, co to jest Y i M.(

5)

Jeżeli X jest przestrzenią topologiczną, to odwzorowania B(X)–mierzalne nazywamy borelowskimi.

Obserwacja 4.1.7 (Własności odwzorowań mierzalnych). (a) f ∈M(X,Y,M)⇐⇒ B(Y ) ⊂ f∗M.(b) C(X,Y ) ⊂M(X,Y,B(X)).(c) Jeżeli f ∈M(X,Y,M), g ∈M(Y, Z,B(Y )) (np. g ∈ C(Y,Z)), to g f ∈M(X,Z,M).

Istotnie, B(Z) ⊂ g∗B(Y ) ⊂ g∗f∗M = (g f)∗M.(d) Dla f : X −→ Y ⊂ Z mamy: f ∈M(X,Y,M)⇐⇒ f ∈M(X,Z,M).(e) Każde odwzorowanie stałe jest mierzalne.

Istotnie, jeżeli f ≡ y0, to f−1(Ω) = X, jeżeli y0 ∈ Ω i f−1(Ω) = ∅ w przeciwnym przypadku.(f) χA ∈M(X,M)⇐⇒ A ∈M.(g) Jeżeli f ∈M(X,C∗,M), to 1

f ∈M(X,C∗,M).Jeżeli f ∈M(X,M), to |f | ∈ M(X,M).Jeżeli f ∈M(X,Y,M), gdzie (Y, ‖ ‖) jest przestrzenią unormowaną, to ‖f‖ ∈ M(X,M).Jeżeli f = (f1, f2) ∈M(X,Y1 × Y2,M), to fj ∈M(X,Yj ,M), j = 1, 2.

(h) Niech fj ∈ M(X,Yj ,M), j = 1, 2. Załóżmy, że topYj ma bazę przeliczalną, j = 1, 2(

6). Wtedy

f := (f1, f2) ∈M(X,Y1 × Y2,M).

Istotnie, dowolny zbiór otwarty Ω ⊂ Y1×Y2 ma postać Ω =∞⋃j=1

Ω(1)j ×Ω

(2)j , gdzie Ω(i)

j ∈ topYi,

j > 1, i = 1, 2. Wynika stąd, że f−1(Ω) =∞⋃j=1

f−11 (Ω

(1)j ) ∩ f−1

2 (Ω(2)j ) ∈M.

(i) Niech Y będzie przestrzenią topologiczną i niech F ⊂ P(Y ) będzie dowolną rodziną taką, że B(Y ) ⊂σ(F). Załóżmy f : X −→ Y jest taka, że f−1(A) ∈M dla dowolnego A ∈ F . Wtedy f ∈M(X,Y,M).

Istotnie, ponieważ F ⊂ f∗M, zatem B(Y ) ⊂ σ(F) ⊂ f∗M i korzystamy z (a).W szczególności, wobec Obserwacji 4.1.5(c), dla f : X −→ R następujące warunki są równo-

ważne:(1) f ∈M(X,M);(2) f−1(∆) ∈M dla dowolnego przedziału ∆ ⊂ R;(3) x ∈ X : f(x) < α ∈M dla dowolnego α ∈ Q;(4) x ∈ X : f(x) 6 α ∈M dla dowolnego α ∈ Q;(5) x ∈ X : f(x) > α ∈M dla dowolnego α ∈ Q;(6) x ∈ X : f(x) > α ∈M dla dowolnego α ∈ Q.

(j) C↑(X) ⊂ M(X,R,B(X)) (zob. Definicja 1.3.1). W szczególności, na podstawie (c), jeżeli f ∈M(X,Y,M), g ∈ C↑(Y ), to g f ∈M(X,Z,M).

(k) Jeżeli f, g ∈M(X,M), to f < g, f 6 g ∈M.Istotnie, wystarczy zauważyć, że f < g =

⋃α∈Qf < α ∩ g > α oraz, że f 6 g = X \ g <

f.(l) Jeżeli f, g ∈ M(X,Y,M), gdzie Y jest przestrzenią Hausdorffa z bazą przeliczalną, to f = g,f 6= g ∈M.

Niech h := (f, g) : X −→ Y 2. Na podstawie (h), h jest odwzorowaniem mierzalnym. Niech∆ := (y, y) : y ∈ Y . Jest to zbiór domknięty. W szczególności, f = g = h−1(∆) ∈M. Mierzalnośćf 6= g wynika teraz ze związku f 6= g = X \ f = g.

(m) Jeżeli X =∞⋃j=1

Xj , gdzie Xj ∈ M, j > 1, to dla f : X −→ Y mamy: f ∈ M(X,Y,M) ⇐⇒ f |Xj ∈

M(Xj , Y,M)(

7), j > 1.

(5)Uwaga: Jak zobaczymy w dalszym ciągu (np. Obserwacja 4.1.7(h, k,l), § 4.7), we wszystkich istotnych przypadkach

będziemy dodatkowo zakładać, że topY ma bazę przeliczalną, np. że Y jest ośrodkową przestrzenią metryczną. Bez dodat-kowych założeń (o X lub/i Y ), wprowadzone powyżej pojęcie odwzorowania mierzalnego jest zbyt ogólne i nie pozwala nauzyskanie interesujących wyników — por. [Sch 1981], IV.4.(

6)Np. Yj = R, j = 1, 2.(

7)Tu i dalej stosujemy następującą umowę: jeżeli A ∈M i f : A −→ Y , to pisząc „f ∈M(A, Y,M)” mamy na myśli

„f ∈M(A, Y,M|A)”.

(n) Niech fj ∈M(X,Yj ,M), gdzie Yj jest przestrzenią unormowaną z bazą przeliczalną, j = 1, 2. NiechA ∈ L(Y1 × Y2, Z), B ∈ L(Y1, Y2;Z), gdzie Z jest przestrzenią unormowaną. Wtedy

A(f1, f2), B(f1, f2) ∈M(X,Z,M)

(wynika to z (c) i (h)).W szczególności,• jeżeli fj ∈ M(X,Y,M), j = 1, 2, gdzie Y jest przestrzenią unormowaną z bazą przeliczalną,

to f1 + f2 ∈M(X,Y,M);• jeżeli f1 ∈ M(X,K,M), f2 ∈ M(X,Y,M), gdzie Y jest K–przestrzenią unormowaną z bazą

przeliczalną, to f1 · f2 ∈ M(X,Y,M) (tak więc, w szczególności, M(X,Y,M) jest przestrzeniąwektorową nad K).

(o) Dla f ∈M(X,C,M) istnieje funkcja α ∈M(X,S1,M) taka, że f = α|f |.Kładziemy

α(x) :=

f(x)/|f(x)|, gdy f(x) 6= 0

1, gdy f(x) = 0

i korzystamy z (m).(p) Dla dowolnych f, g ∈ M(X,M) zbiór A := x ∈ X : f(x) + g(x) istnieje należy do M oraz

f + g ∈M(A,M). Ponadto, f · g ∈M(X,M) przy zastosowaniu konwencji 0 · ∞ := 0(

8).

Istotnie, niech B := x ∈ X : f(x), g(x) ∈ R. Wiemy, że B ∈M oraz, że f+g, f ·g ∈M(B,M)(korzystamy z (m)).

Zbiór A \B jest równy

f > −∞, g = +∞ ∪ f = −∞, g < +∞∪ f < +∞, g = −∞ ∪ f = +∞, g > −∞ =: B1 ∪B2 ∪B3 ∪B4.

Oczywiście Bj ∈ M, j = 1, . . . , 4. Tak więc A ∈ M. Ponadto f + g jest odwzorowaniem stałym nakażdym ze zbiorów Bj . Teraz stosujemy (m).

Przypadek iloczynu jest analogiczny: zbiór X \ B rozpada się na zbiory z M, na których f · gjest stałe (Ćwiczenie)

(9).

(q) Jeżeli (fj)∞j=1 ⊂M(X,M), to

inffj : j ∈ N, supfj : j ∈ N ∈ M(X,M).

Istotnie,

x ∈ X : inffj(x) : j ∈ N < α =

∞⋃j=1

x ∈ X : fj(x) < α.

Podobnie dla supremum.(r) Jeżeli f, g ∈M(X,M), to maxf, g, minf, g ∈ M(X,M).

Jeżeli f ∈M(X,M), to

f+ := maxf, 0, f− := max−f, 0 ∈ M(X,M).(

10)

Jeżeli (fj)∞j=1 ⊂M(X,M), to lim inf

j→+∞fj , lim sup

j→+∞fj ∈M(X,M).

Istotnie, lim infj→+∞

fj = supk∈N inffj : j > k. Podobnie dla lim sup.

(8)Przypomnijmy, iż dodawanie i mnożenie są w R określone następująco.

+ : R × R \ S+ −→ R, gdzie S+ := (x, y) ∈ R2: (x = +∞, y = −∞) lub (x = −∞, y = +∞). Jeżeli x, y ∈ R, to

x+y ma zwykły sens. Ponadto −∞+y := −∞ dla dowolnego y ∈ R∪−∞, +∞+y = +∞ dla dowolnego y ∈ R∪+∞oraz x+ y = y + x.

· : R × R \ S· −→ R, gdzie S· := (x, y) ∈ R2: (x = ±∞, y = 0) lub (x = 0, y = ±∞). Jeżeli x, y ∈ R, to x · y

ma zwykły sens. Ponadto x · (−∞) = −∞ dla dowolnego x ∈ (0,+∞], x · (−∞) = +∞ dla dowolnego x ∈ [−∞, 0),x · (+∞) = +∞ dla dowolnego x ∈ (0,+∞], x · (+∞) = −∞ dla dowolnego x ∈ [−∞, 0) oraz x · y = y · x.

Konwencja 0 · ∞ := 0 oznacza, iż w zakresie teorii miary umawiamy się dodatkowo, że 0 · (±∞) = ±∞ · 0 := 0.(9)

Np. f · g = −∞ na f = −∞, g > 0 ∪ f = +∞, g < 0 ∪ f > 0, g = −∞ ∪ f < 0, g = +∞. Przypadkif · g = +∞ i f · g = 0 rozpatrujemy podobnie.(

10)Zauważmy, że f = f+ − f− (działanie jest zawsze wykonalne) oraz |f | = f+ + f−.

(s) Jeżeli (fj)∞j=1 ⊂M(X,M), to

A := x ∈ X : limj→+∞

fj(x) istnieje ∈M

oraz limj→+∞

fj ∈M(A,M)(

11).

W szczególności, każda funkcja f : X −→ R n–tej klasy Baire’a (zob. (1.2.23)) (X jest prze-strzenią topologiczną) jest B(X)–mierzalna. Dla przykładu, każda oddzielnie ciągła funkcja f :R× Rn−1 −→ R jest B(Rn)–mierzalna.

(t) Jeżeli (fj)∞j=1 ⊂ M(X,Y,M), gdzie (Y, %) jest przestrzenią metryczną, oraz fj −→ f punktowo na

X, to f ∈M(X,Y,M).Istotnie, niech Ω ∈ topY i niech

Ωε := y ∈ Ω : %(y, Y \Ω) > ε,gdzie %(y,B) := inf%(y, b) : b ∈ B. Widać, że Ωε jest również zbiorem otwartym. Pozostaje jeszczetylko zauważyć, że

f−1(Ω) =

∞⋃i=1

∞⋃k=1

∞⋂j=k

f−1j (Ω1/i).

(u) Przykład zastosowania (s):Niech Ω ∈ topRn i niech f ∈ M(Ω,R,B(Ω)). Przypuśćmy, że A ∈ B(Ω) i dla pewnego j ∈

1, . . . , n pochodna ∂f∂xj

(x) istnieje przy dowolnym x ∈ A. Wtedy ∂f∂xj∈M(A,R,B(Ω)).

Wystarczy pokazać (na podstawie (`)), że∂f

∂xj∈M(A ∩Ω1/k,R,B(Ω)),

gdzie Ωε := x ∈ Ω : B(x, ε) ⊂ Ω. Ustalmy k ∈ N. Niech

f`(x) := `[f(x+1

`ej)− f(x)], x ∈ Ω1/k, ` > k.

Na podstawie (c) funkcje f`, ` > k, są mierzalne oraz lim`→+∞

f` = ∂f∂xj

na A ∩ Ω1/k. Teraz możemy

skorzystać bezpośrednio z (s).(v) Niech Ω ∈ topRn i niech f : Ω −→ R będzie funkcją ciągłą. Dla j ∈ 1, . . . , n niech

Aj := x ∈ Ω :∂f

∂xj(x) istnieje.

Wtedy Aj ∈ B(Rn) oraz (na podstawie (u)) ∂f∂xj∈M(Aj ,R,B(Ω)).

Istotnie, podobnie jak w (u), wystarczy pokazać, że Aj ∩ Ω1/k ∈ B(Rn) dla dowolnego k ∈ N.Ustalmy k ∈ N i niech

ϕν(x) := inff(x+ tej)− f(x)

t: 0 < |t| < 1

ν

, x ∈ Ω1/k, ν > k.

Jest to funkcja B(Rn)–mierzalna, bowiem (korzystając z ciągłości f) mamy:

ϕν(x) := inff(x+ tej)− f(x)

t: 0 < |t| < 1

ν, t ∈ Q

, x ∈ Ω1/k.

Analogicznie, niech

ψν(x) := supf(x+ tej)− f(x)

t: 0 < |t| < 1

ν

, x ∈ Ω1/k, ν > k.

Jest to również funkcja B(Rn)–mierzalna.Zauważmy, że

Aj ∩Ω1/k = x ∈ Ω1/k : limν→+∞

ϕν(x) = limν→+∞

ψν(x).

Stąd, na podstawie (s), wnioskujemy, że Aj ∈ B(Rn).

(11)A = x ∈ X : lim inf

j→+∞fj(x) = lim sup

j→+∞fj(x) i korzystamy z (l) i (r).

Definicja 4.1.8. Niech Y będzie przestrzenią unormowaną z bazą przeliczalną. Powiemy, że odwzorowa-nie f : X −→ Y jest proste (f ∈ M0(X,Y,M)), jeżeli f ∈ M(X,Y,M) oraz zbiór f(X) jest skończony.Zgodnie z ogólną umową, będziemy również stosować oznaczeniaM0(X,Y ),M0(X,M) iM0(X).

Obserwacja 4.1.9 (Własności odwzorowań prostych). (a) Niech f ∈ M0(X,Y,M), f(X) = a1, . . . ,aN, aj 6= ak dla j 6= k. Wtedy Aj := f−1(aj) ∈M, j = 1, . . . , N

(12), oraz

f =

N∑j=1

ajχAj .

Postać tę nazywamy postacią kanoniczną odwzorowania f .

(b) Niech Bj ∈M, j = 1, . . . , N , Bj ∩Bk = ∅ dla j 6= k,N⋃j=1

Bj = X i niech b1, . . . , bN ∈ Y(

13). Wtedy

f :=

N∑j=1

bjχBj ∈M0(X,Y,M).

(c) M0(X,Y,M) jest przestrzenią wektorową.

NiechM+0 (X,M) oznacza zbiór nieujemnych funkcji prostych f : X −→ R+. Jak zwykle, będziemy

również stosować oznaczenieM+0 (X).

Niech M+(X,M) oznacza zbiór nieujemnych funkcji mierzalnych f : X −→ [0,+∞]. Będziemyrównież stosować oznaczenieM+(X).

OczywiścieM+0 (X,M) ⊂M+(X,M). Ponadto,M+

0 (X,M) orazM+(X,M) są wypukłymi stożkami(14).

Propozycja 4.1.10. Dla dowolnej funkcji f ∈ M+(X,M) istnieje ciąg (fn)∞n=1 ⊂ M+0 (X,M) taki, że

fn f punktowo na X. Ponadto, jeżeli f jest ograniczona, to fn −→ f jednostajnie na X.

Dowód . Niech

An,j : = x ∈ X :j − 1

2n6 f(x) <

j

2n, j = 1, . . . , n2n,

An : = x ∈ X : f(x) > n,

fn : =( n2n∑j=1

j − 1

2nχAn,j

)+ nχAn , n ∈ N.

Oczywiście fn ∈ M+0 (X,M), fn 6 f , n > 1. Jeżeli f(x0) = +∞, to fn(x0) = n +∞. Jeżeli

f(x0) < N < +∞, to f(x0) − fn(x0) < 1/2n dla n > N . Daje to zbieżność punktową fn −→ f na Xoraz zbieżność jednostajną w przypadku, gdy f jest ograniczona. Monotoniczność pozostawiamy jakoĆwiczenie.

Definicja 4.1.11. Dla przestrzeni topologicznej X, niech B(X) oznacza najmniejszą rodzinę F ⊂ RX ,która spełnia następujące dwa warunki:

(*) C(X) ⊂ F ,(**) jeżeli (fk)∞k=1 ⊂ F i fk −→ f0 punktowo na X, to f0 ∈ F .

Zauważmy, że rodzina B(X) jest poprawnie zdefiniowana — wystarczy wziąć przecięcie wszystkich rodzinspełniających (*) i (**).

Funkcje z B(X) nazywamy funkcjami Baire’a.Oczywiście, każda funkcja n–tej klasy Baire’a (por. (1.2.23)) jest funkcją Baire’a.

Propozycja 4.1.12 (Funkcje Baire’a). Niech X będzie przestrzenią metryczną. Wtedy

M(X,B(X)) = B(X).

Dowód . Na podstawie Obserwacji 4.1.7(b, s), rodzina M(X,B(X)) spełnia (*) i (**). Wynika stądnatychmiast, że B(X) ⊂M(X,B(X)).(

12)Zauważmy, że A1, . . . , AN są parami rozłączne oraz, że w sumie dają X.(

13)Nie zakładamy, że b1, . . . , bN są parami różne.(

14)Podzbiór S przestrzeni wektorowej E jest wypukłym stożkiem jeżeli tx+ uy ∈ S dla dowolnych t, u > 0, x, y ∈ S.

Lemat 4.1.13. Jeżeli f, g ∈ B(X), f, g : X −→ R, to f · g, αf + βg ∈ B(X) dla dowolnych α, β ∈ R.

Dowód . Ustalmy g ∈ B(X), g : X −→ R, oraz α, β ∈ R. NiechFg := f ∈ B(X) : f · g, αf + βg ∈ B(X).

Jest widoczne, że rodzina Fg spełnia (**). Ponadto, Fg spełnia oczywiście (*), gdy g ∈ C(X). Wynikastąd, że Fg = B(X) dla g ∈ C(X). Zamieniając rolami f i g, wnioskujemy stąd, że Fg spełnia (*) dladowolnego g. Ostatecznie, Fg = B(X) dla dowolnego g.

Dla dowodu inkluzji M(X,B(X)) ⊂ B(X) ustalmy f ∈ M(X,B(X)). Wobec Obserwacji 4.1.7(r),warunku (**) oraz Lematu 4.1.13, możemy założyć, że f : X −→ R+. Teraz korzystając z Propozycji4.1.10, warunku (**) oraz Lematu 4.1.13, redukujemy dowód do przypadku, gdy f = χA dla pewnegoA ∈ B(X). Niech

M := B ∈ B(X) : χB ∈ B(X).Zauważmy, że topX ⊂M, bowiem dla zbioru otwartego Ω ⊂ X, jego funkcja charakterystyczna χΩ jestpółciągła z dołu, a więc w szczególności, I klasy Baire’a (por. Propozycja 1.3.6

(15)). Wobec definicji

B(X), pozostaje pokazać, że M jest σ–algebrą.Niech B ∈M. Wtedy χX\B = 1−χB ∈ B(X) na podstawie Lematu 4.1.13, co oznacza, żeX\B ∈M.Niech teraz B,C ∈M. Ponieważ χB\C = χB − χBχC , zatem Lematu 4.1.13 daje B \C ∈M. Jeżeli

B ∩ C = ∅, to χB∪C = χB + χC , więc B ∪ C ∈M. Ogólnie, B ∪ C = (B \ C) ∪ C ∈M.Przypuśćmy, że (Bk)∞k=1 ⊂ M. Chcemy pokazać, że B :=

⋃∞k=1Bk ∈ M. Mamy χB = lim

k→+∞χCk ,

gdzie Ck := B1 ∪ · · · ∪ Bk, k = 1, 2, . . . . Z poprzednich rozważań wynika, że (Ck)∞k=1 ⊂ M, a stądχB ∈ B(X).

Ćwiczenie* 4.1.14. Czy Propozycja 4.1.12 pozostaje prawdziwa dla dowolnej przestrzeni topologicz-nej ? (por. Ćwiczenie 1.3.7).

Definicja 4.1.15. Niech M będzie σ–algebrą na X. Funkcję µ : M −→ [0,+∞] nazywamy miarąnieujemną na M, jeżeli:(1) µ(∅) = 0,

(2) (Aj)∞j=1 ⊂M, Aj ∩Ak = ∅ dla j 6= k =⇒ µ(

∞⋃j=1

Aj) =∞∑j=1

µ(Aj) (jest to tzw. przeliczalna addytyw-

ność).W ten sam sposób możemy zdefiniować pojęcie miary zespolonej µ : M −→ C jako funkcji spełnia-

jącej (2), z tym, że warunek (2) zawiera w sobie żądanie zbieżności szeregu∞∑j=1

µ(Aj)(

16).

Niech• Meas(M) oznacza rodzinę wszystkich miar nieujemnych µ : M −→ [0,+∞],• Meas(M,C) oznacza rodzinę wszystkich miar zespolonych µ : M −→ C,• Meas(M,R) oznacza podrodzinę rodziny Meas(M,C) złożoną ze wszystkich miar rzeczywistych

µ : M −→ R,• Meas(M,R+) oznacza rodzinę wszystkich ograniczonych miar nieujemnych µ : M −→ R+.

Odnotujmy, że Meas(M,K) jest K–przestrzenią wektorową, zaś rodziny Meas(M) i Meas(M,R+) sąwypukłymi stożkami.

Obserwacja 4.1.16 (Własności miar). (a) Dla µ : M −→ [0,+∞] układ warunków (1), (2) jest rów-noważny następującym warunkom:

(1’) µ 6≡ +∞,(2’) = (2).Istotnie, jeżeli µ(A1) < +∞, to stosując (2) do ciągu A1,∅,∅, . . . dostajemy: µ(A1) = µ(A1) +

∞∑j=2

µ(∅), skąd wynika, że µ(∅) = 0.

(b) Powyższe rozumowanie pokazuje, że dla µ ∈ Meas(M,C) jest zawsze spełniony warunek (1).

(15)Tu korzystamy z założenia, że X jest przestrzenią metryczną.(

16)Oczywiście szereg ten musi być zbieżny bezwarunkowo, a więc bezwzględnie.



(c) Dla dowolnego x0 ∈ X funkcja

δx0(A) :=

1 gdy x0 ∈ A0 gdy x0 /∈ A

jest miarą nieujemną na P(X) (jest to tzw. miara Diraca(

17)).

(d) Funkcja

µ(A) :=

#A gdy A jest skończony+∞ gdy A jest nieskończony

jest miarą na P(X) (jest to tzw. miara licząca).(e) Jeżeli µ jest miarą (nieujemną lub zespoloną), to

µ(A1 ∪ · · · ∪AN ) = µ(A1) + · · ·+ µ(AN )

dla dowolnych A1, . . . , AN ∈M takich, że Aj ∩ Ak = ∅ dla j 6= k (jest to tzw. skończona addytyw-ność).

Dla dowodu wystarczy skorzystać z (2) dla Aj := ∅, j > N + 1.(f) Jeżeli µ ∈ Meas(M), to µ(A) 6 µ(B) dla A ⊂ B (wystarczy skorzystać z (e) dla A1 := A, A2 :=

B \A).Ponadto, dla dowolnej miary oraz dla A ⊂ B mamy: µ(B \ A) = µ(B)− µ(A) o ile liczba µ(A)

jest skończona.(g) Jeżeli µ ∈ Meas(M), to dla dowolnych zbiorów (Bj)

∞j=1 ⊂M mamy:

µ(∞⋃j=1

Bj) 6∞∑j=1

µ(Bj) (jest to tzw. przeliczalna podaddytywność).

Istotnie, wystarczy zastosować (2) dla ciągu: A1 := B1, Aj := Bj \ (B1 ∪ · · · ∪ Bj−1), j > 2,a następnie skorzystać z (f)

(18).

(h) Jeżeli µ ∈ Meas(M), to µ(B1 ∪ · · · ∪ BN ) 6 µ(B1) + · · · + µ(BN ) dla dowolnych B1, . . . , BN ∈ M(jest to tzw. skończona podaddytywność).

(i) Jeżeli µ jest miarą i BN B, to µ(BN ) −→ µ(B).Istotnie, niech A1 := B1, Aj := Bj \Bj−1, j > 2. Wtedy mamy:

µ(B) = µ(

∞⋃j=1

Aj) =

∞∑j=1

µ(Aj) = limN→+∞

N∑j=1

µ(Aj) = limN→+∞

µ(

N⋃j=1

Aj) = limN→+∞

µ(BN ).

(j) Jeżeli µ jest miarą, Bj B i µ(B1) jest skończona(

19), to µ(Bj) −→ µ(B)

(20).

Istotnie, niech Aj := B1 \ Bj , j > 1. Wobec (i) µ(B1) − µ(Bj) = µ(Aj) −→ µ(B1 \ B) =µ(B1)− µ(B)

(k) Niech µ ∈ Meas(M) i niech Z := A ∈M : µ(A) = 0. Wtedy:

• (Zj)∞j=1 ⊂ Z =⇒

∞⋃j=1

Zj ∈ Z,

• jeżeli A ∈M i Z ∈ Z, to µ(A ∪ Z) = µ(A \ Z) = µ(A) — Ćwiczenie.

Definicja 4.1.17. Powiemy, że miara µ ∈ Meas(M) jest zupełna, jeżeli dla dowolnych Z ∈ Z i A ⊂ Zmamy A ∈M

(21).

Propozycja 4.1.18. Dla dowolnej miary µ ∈ Meas(M) istnieje σ–algebra M∗ oraz miara zupełnaµ∗ ∈ Meas(M∗) takie, że• M ⊂M∗,• µ∗|M = µ,(17)Paul Dirac (1902–1984).(

18)µ(∞⋃j=1

Bj) = µ(∞⋃j=1

Aj) =∞∑j=1

µ(Aj) 6∞∑j=1

µ(Bj).(19)Oczywiście ten ostatni warunek jest istotny wyłącznie dla miar nieujemnych.(

20)Żądanie skończoności µ(B1) można zastąpić żądaniem aby µ(BN ) było skończone dla pewnego N . Jeżeli nic nie

założymy, to twierdzenie przestaje być prawdziwe: np. X := N, µ — miara licząca, Bj := [j,+∞) ∩ N, B := ∅.(21)Oczywiście µ(A) 6 µ(Z) = 0.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.2. Miary zewnętrzne. Warunek Carathéodory’ego 147

• dla dowolnej σ–algebry N i miary zupełnej ν ∈ Meas(N), jeżeli M ⊂ N i ν|M = µ, to M∗ ⊂ Ni ν|M∗ = µ∗

(22).

Dowód . Zdefiniujmy

M∗ := A ⊂ X : ∃L,R∈M : L ⊂ A ⊂ R, µ(R \ L) = 0.Oczywiście M ⊂ M∗. Udowodnimy, że M∗ jest σ–algebrą. Dla dowodu, że X \ A ∈ M∗ dla A ∈ M∗

wystarczy zauważyć, że jeżeli L,R są takie jak w definicji, to X \R ⊂ X \A ⊂ X \L i (X \L)\ (X \R) =

R \ L. Dla dowodu, że A :=∞⋃j=1

Aj ∈M∗ dla dowolnego ciągu (Aj)∞j=1 ⊂M∗ dobieramy dla każdego Aj

zbiory Lj i Rj tak, jak w definicji i mamy: L :=∞⋃j=1

Lj ⊂ A ⊂∞⋃j=1

Rj := R oraz R \ L ⊂∞⋃j=1

(Rj \ Lj).

Teraz określimy µ∗. Kładziemy µ∗(A) := µ(L), gdy L,R są takie, jak w definicji. Takie określeniejest poprawne, bo jeżeli (L1, R1) jest inną parą zbiorów takich, że L1 ⊂ A ⊂ R1 i µ(R1 \ L1) = 0, to(L \ L1) ∪ (L1 \ L) ⊂ (R1 \ L1) ∪ (R \ L). Oczywiście µ∗ = µ na M. Bez trudu również sprawdzamy,że µ∗ jest miarą: niech (Aj)

∞j=1 ⊂ M∗ będzie ciągiem zbiorów parami rozłącznych i niech Lj , Rj będą

skojarzone z Aj . Wtedy (Lj)∞j=1 są parami rozłączne oraz

µ∗(

∞⋃j=1

Aj) = µ(

∞⋃j=1

Lj) =

∞∑j=1

µ(Lj) =

∞∑j=1

µ∗(Aj).

Dla dowodu zupełności, niech B ⊂ A ∈ M∗, µ∗(A) = 0. Chcemy pokazać, że B ∈ M∗. NiechL ⊂ A ⊂ R będą takie, jak w definicji M∗. Wtedy µ(R \ L) = 0. Ponadto µ(L) = µ∗(A) = 0, a zatemµ(R) = 0. Wystarczy więc zauważyć, że ∅ ⊂ B ⊂ R i µ(R \∅) = 0.

Pozostaje sprawdzić minimalność. Niech (N, ν) będą jak w wypowiedzi propozycji. Ustalmy A ∈M∗

i niech L,R będą takie, jak w definicji. Wtedy A\L ∈ N (bo A\L ⊂ R\L ∈ N i ν(R\L) = µ(R\L) = 0,a ν jest zupełna). Wynika stąd, że A = L∪ (A \L) ∈ N. Zgodność miary wynika bezpośrednio z definicjimiary µ∗.

4.2. Miary zewnętrzne. Warunek Carathéodory’ego

Definicja 4.2.1. Powiemy, że funkcja ϕ : P(X) −→ [0,+∞] jest miarą zewnętrzną na X, jeżeli(1) ϕ(∅) = 0,

(2) A ⊂∞⋃j=1

Aj =⇒ ϕ(A) 6∞∑j=1

ϕ(Aj).

Bez trudu wnioskujemy, że miara zewnętrzna musi być monotoniczna, tzn. A ⊂ B =⇒ ϕ(A) 6 ϕ(B)(wystarczy przyjąć w (2): A1 := B, Aj := ∅, j > 2) oraz, że jeżeli A ⊂ A1 ∪ · · · ∪ AN , to ϕ(A) 6ϕ(A1) + · · ·+ ϕ(AN ) (przyjmujemy Aj := ∅, j > N + 1).

Twierdzenie 4.2.2 (Warunek Carathéodory’ego(

23)). Niech

ϕ : P(X) −→ [0,+∞]

będzie miarą zewnętrzną na X. Zdefiniujmy

M = M(ϕ) := A ⊂ X : ∀T⊂X : ϕ(T ) > ϕ(T ∩A) + ϕ(T \A).(

24)

Wtedy M jest σ–algebrą, zaś ϕ|M — miarą zupełną.

Zbiory z M nazywamy zbiorami mierzalnymi.

Dowód . Krok 10: ϕ(A) = 0 =⇒ A ∈M. Tak więc np. ∅ ∈M. W szczególności, wobec monotonicznościmiar zewnętrznych, jeżeli już pokażemy, że M jest σ–algebrą i ϕ jest miarą na M, to musi to być miarazupełna.

Istotnie, ϕ(T ∩A) + ϕ(T \A) 6 ϕ(A) + ϕ(T ) = ϕ(T ).(22)

Tzn. para (M∗, µ∗) jest minimalna. W szczególności, jeżeli µ jest zupełna, to M∗ = M i µ∗ = µ.(23)Constantin Carathéodory (1873–1950).(

24)Zauważmy, że zawsze ϕ(T ) 6 ϕ(T∩A)+ϕ(T \A), a zatem warunek Carathéodory’ego można w sposób równoważny

zapisać w postaci równości.



Krok 20: A ∈M =⇒ X \A ∈M.Istotnie,

ϕ(T ∩ (X \A)) + ϕ(T \ (X \A)) = ϕ(T \A) + ϕ(T ∩A) 6 ϕ(T ).

Krok 30: A,B ∈M =⇒ A ∩B ∈M. W konsekwencji:

A1, . . . , AN ∈M =⇒ A1 ∩ · · · ∩AN ∈M.

Istotnie,

ϕ(T ∩ (A ∩B)) + ϕ(T \ (A ∩B))(2)6 ϕ((T ∩A) ∩B) + ϕ(T \A) + ϕ((T ∩A) \B)

B∈M6 ϕ(T ∩A) + ϕ(T \A)

A∈M6 ϕ(T ).

Krok 40: A,B ∈M =⇒ A \B ∈M.Istotnie, A \B = A ∩ (X \B) i korzystamy z 20 i 30.

Krok 50: A,B ∈M =⇒ A ∪B ∈M. W konsekwencji:

A1, . . . , AN ∈M =⇒ A1 ∪ · · · ∪AN ∈M.

Istotnie, A ∪B = X \ ((X \A) ∩ (X \B)) i korzystamy z 20 i 30.

Krok 60:

A1, . . . , AN ∈M, Aj ∩Ak = ∅ dla j 6= k =⇒ ϕ(A1 ∪ · · · ∪AN ) = ϕ(A1) + · · ·+ ϕ(AN )

(tzn. ϕ jest skończenie addytywna na M).Zastosujemy indukcję względem N . Trzeba tylko sprawdzić krok indukcyjny.

ϕ(A1 ∪ · · · ∪AN+1)AN+1∈M

= ϕ((A1 ∪ · · · ∪AN+1) ∩AN+1) + ϕ((A1 ∪ · · · ∪AN+1) \AN+1)

= ϕ(AN+1) + ϕ(A1 ∪ · · · ∪AN )zał. ind.

= ϕ(A1) + · · ·+ ϕ(AN+1).

Krok 70:

(Aj)∞j=1 ⊂M, Aj ∩Ak = ∅ dla j 6= k =⇒ ϕ(

∞⋃j=1

Aj) =

∞∑j=1

ϕ(Aj).

W szczególności, jeżeli już pokażemy, że M jest σ–algebrą, to ϕ będzie miarą na M.Istotnie, na mocy 60 mamy:

ϕ(

∞⋃j=1

Aj) > limN→+∞

ϕ(

N⋃j=1

Aj) = limN→+∞

N∑j=1

ϕ(Aj) =

∞∑j=1

ϕ(Aj).

Krok 80: Zauważmy, że dla dowolnego zbioru Y ⊂ X funkcja ψ := ϕ|P(Y ) jest miarą zewnętrznąna Y . Możemy więc zdefiniować rodzinę M(ψ) będącą odpowiednikiem rodziny M(ϕ). Rodzina ta maoczywiście wszystkie dotychczas sprawdzone własności względem obciętej miary. Dla nas ważna będzienastępująca zależność: A ∈M(ϕ) =⇒ A ∩ Y ∈M(ψ). Istotnie, dla T ⊂ Y mamy:

ψ(T ∩ (A ∩ Y )) + ψ(T \ (A ∩ Y )) = ϕ(T ∩A) + ϕ(T \A) = ϕ(T ) = ψ(T ).

Krok 90: (Aj)∞j=1 ⊂M, Aj ∩Ak = ∅ dla j 6= k =⇒

∞⋃j=1

Aj ∈M.

Istotnie,

ϕ(T ∩∞⋃j=1

Aj) + ϕ(T \∞⋃j=1

Aj) = ϕ(

∞⋃j=1

(T ∩Aj)) + ϕ(T \∞⋃j=1

Aj)

6 limN→+∞

( N∑j=1

ϕ(T ∩Aj) + ϕ(T \N⋃j=1

Aj))

60+80

= limN→+∞

(ϕ(T ∩

N⋃j=1

Aj) + ϕ(T \N⋃j=1

Aj))

50

= ϕ(T )

Krok 100 (i ostatni). (Aj)∞j=1 ⊂M =⇒

∞⋃j=1

Aj ∈M.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.2. Miary zewnętrzne. Warunek Carathéodory’ego 149

Istotnie,∞⋃j=1

Aj =∞⋃j=1

Bj , gdzie

B1 := A1, Bj := Aj \ (A1 ∪ · · · ∪Aj−1), j > 2

i możemy skorzystać z 40, 50 i 90.

Propozycja 4.2.3. Niech M będzie dowolną σ–algebrą podzbiorów X i niech µ ∈ Meas(M). Zdefiniujmy

ϕ(A) = ϕµ(A) := infµ(B) : A ⊂ B ∈M, A ⊂ X.Wtedy

(a) ϕ : P(X) −→ [0,+∞] jest miarą zewnętrzną taką, że ϕ = µ na M,(b) M ⊂M(ϕ),(c) ϕ = supψ : ψ jest miarą zewnętrzną taką, że ψ = µ na M.

Dowód . (a) Jest rzeczą widoczną, że ϕ = µ na M. Przypuśćmy, że A ⊂∞⋃j=1

Aj . Jeżeli ϕ(Aj) = +∞

dla pewnego j, to oczywiście ϕ(A) 6∞∑j=1

ϕ(Aj). Przypuśćmy więc, że ϕ(Aj) < +∞ dla dowolnego

j. Weźmy ε > 0 i niech Bj ∈ M będzie taki, że Aj ⊂ Bj i µ(Bj) 6 ϕ(Aj) + ε2−j , j ∈ N. Wtedy

A ⊂ B :=∞⋃j=1

Bj ∈M oraz ϕ(A) 6 µ(B) 6∞∑j=1

µ(Bj) 6∞∑j=1

ϕ(Aj) + ε.

(b) Niech A ∈ M i niech T ⊂ X. Przypuśćmy, że T ⊂ B ∈ M. Wtedy T ∩ A ⊂ B ∩ A ∈ Mi T \A ⊂ B \A ∈M. Stąd

ϕ(T ∩A) + ϕ(T \A) 6 µ(B ∩A) + µ(B \A) = µ(B),

a więc ϕ(T ∩A) + ϕ(T \A) 6 ϕ(T ).

(c) Niech ψ będzie miarą zewnętrzną taką, że ψ = µ na M. Niech A ⊂ B ∈ M. Wtedy µ(B) =ψ(B) > ψ(A), skąd wynika, że ϕ(A) > ψ(A) dla dowolnego A ⊂ X.

Propozycja 4.2.4. Niech ϕ : P(X) −→ [0,+∞] będzie miarą zewnętrzną i niech M := M(ϕ).(a) Dla f : X −→ R mamy:

f ∈M(X,M)⇐⇒ ∀−∞<α<β<∞ ∀T⊂X : ϕ(T ) > ϕ(T ∩ f 6 α) + ϕ(T ∩ f > β). (*)

(b) Dla dowolnej przestrzeni metrycznej (Y, %) i dla f : X −→ Y mamy:

f ∈ M(X,Y,M)⇐⇒ ∀A,B⊂Y :%(A,B)>0 ∀T⊂X : ϕ(T ) > ϕ(T ∩ f−1(A)) + ϕ(T ∩ f−1(B)).(

25)

(**)

Dowód . Na wstępie odnotujmy, że twierdzenie (b) implikuje twierdzenie (a) oraz, że w obu twierdzeniachimplikacje =⇒ zawsze zachodzą

(26).

(25)%(A,B) := inf%(a, b) : a ∈ A, b ∈ B (przypomnijmy, że inf ∅ := +∞). Jeżeli %(A,B) > 0, to mówimy, że A i B

są metrycznie odseparowane.(26)

W (a) mamy:

f ∈M(X,M) =⇒ ∀α∈R : f 6 α ∈M =⇒ ∀α<β ∀T⊂X :

ϕ(T ) > ϕ(T ∩ f 6 α) + ϕ(T ∩ f > α) > ϕ(T ∩ f 6 α) + ϕ(T ∩ f > β).

W (b) mamy:

f ∈M(X,Y,M) =⇒ ∀U∈topY : f−1(U) ∈M

=⇒ ∀A,B⊂Y : r=%(A,B)>0 : f−1(U(A,B)) ∈M, gdzie U(A,B) :=⋃x∈A

B(x,r

2)

=⇒ ∀A,B⊂Y : %(A,B)>0 ∀T⊂X : ϕ(T ) > ϕ(T ∩ f−1(U(A,B))) + ϕ(T \ f−1(U(A,B)))

=⇒ ∀A,B⊂Y : %(A,B)>0 ∀T⊂X : ϕ(T ) > ϕ(T ∩ f−1(A)) + ϕ(T ∩ f−1(B)).

Najpierw pokażemy, że (a) =⇒ (b). Przypuśćmy, że warunek (**) jest spełniony. Chcemy pokazać,że dla dowolnego zbioru domkniętego C ⊂ Y zbiór f−1(C) należy do M. Niech g(y) := %(y, C), y ∈ Y .Zauważmy, że g−1(0) = C. Pokażemy, że funkcja g f spełnia warunek (*). Ustalmy −∞ < α < β <∞.Niech A := g 6 α, B := g > β. łatwo widać, że %(A,B) > β − α > 0. W takim razie, dla dowolnegoT ⊂ X mamy:

ϕ(T ∩ g f 6 α) + ϕ(T ∩ g f > β) = ϕ(T ∩ f−1(A)) + ϕ(T ∩ f−1(B)) 6 ϕ(T ).

Ponieważ założyliśmy prawdziwość twierdzenia (a), zatem g f ∈M(X,M). W szczególności, f−1(C) =(g f)−1(0) ∈M.

Pozostaje sprawdzić twierdzenie (a). Przypuśćmy, że warunek (*) zachodzi. Chcemy pokazać, że dladowolnego α ∈ R zbiór A := f 6 α należy do M. Ustalmy α. Całość dowodu zasadza się na pokazaniu,że dla dowolnych T ⊂ X, ϕ(T ) < +∞ i ε > 0 istnieje n = n(T, ε) ∈ N takie że:

ϕ(T ∩ α < f 6 α+1

n) 6 ε.

Istotnie, przypuśćmy na chwilę, że warunek ten jest spełniony. Wtedy mamy:

ϕ(T ∩A) +ϕ(T \A) 6 ϕ(T ∩ f 6 α) +ϕ(T ∩ f > α+1

n) +ϕ(T ∩ α < f 6 α+

1

n) 6 ϕ(T ) + ε,

n = n(T, ε),

co, wobec dowolności ε, zakończy dowód.

Przechodzimy do wykazania warunku. Ustalamy T i ε. Niech

Bj := T ∩ α+ 1j+1 6 f 6 α+ 1

j , j ∈ N.

Zauważmy, że ϕ(T ∩ α < f 6 α + 1n) 6

∞∑j=n

ϕ(Bj), n ∈ N. Wystarczy więc pokazać, że szereg

∞∑j=1

ϕ(Bj) jest zbieżny. Pokażemy, że każdy z szeregów∞∑j=1

ϕ(B2j),∞∑j=1

ϕ(B2j+1) jest zbieżny. Rozumowa-

nie przeprowadzimy dla szeregu złożonego z wyrazów parzystych (pozostały przypadek jest analogiczny).Udowodnimy indukcyjnie, że

N∑j=1

ϕ(B2j) 6 ϕ(

N⋃j=1

B2j) 6 ϕ(T ) < +∞, N ∈ N.

Oczywiście, problemem jest tu jedynie pierwsza z nierówności. Trzeba sprawdzić krok indukcyjny od N

do N + 1. Zastosujemy warunek (*) z liczbami α+ 12N+2 i α+ 1

2N+1 i zbiorem T :=N+1⋃j=1

B2j . Mamy:

ϕ(

N+1⋃j=1

B2j) > ϕ(B2(N+1)) + ϕ(

N⋃j=1

B2j)zał. ind.>

N+1∑j=1

ϕ(B2j).

Propozycja 4.2.5. Niech (X, %) będzie przestrzenią metryczną, niech

ϕ : P(X) −→ [0,+∞]

będzie miarą zewnętrzną i niech M = M(ϕ). Wtedy

B(X) ⊂M⇐⇒ ∀A,B⊂X: %(A,B)>0 : ϕ(A ∪B) > ϕ(A) + ϕ(B).

Dowód . Na podstawie Propozycji 4.2.4 mamy:

B(X) ⊂M⇐⇒ idX ∈M(X,X,M)

⇐⇒ ∀A,B⊂X: %(A,B)>0 ∀T⊂X : ϕ(T ) > ϕ(T ∩A) + ϕ(T ∩B)

⇐⇒ ∀A,B⊂X: %(A,B)>0 : ϕ(A ∪B) > ϕ(A) + ϕ(B).(

27)

(27)Ostatnia implikacja (⇐=) wynika z tego, że ϕ(T ) > ϕ((T ∩A)∪ (T ∩B)) i stosujemy warunek do zbiorów T ∩A

i T ∩B.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.3. Regularność 151

4.3. Regularność

Dla rodziny F ⊂ P(X) rozważmy następujące warunki:(1) ∅ ∈ F,

(2) (Aj)∞j=1 ⊂ F =⇒

∞⋃j=1

Aj ,∞⋂j=1

Aj ∈ F.

Obserwacja 4.3.1. (a) Każda σ–algebra spełnia (1), (2).(b) Jeżeli F spełnia (1), (2), to:

A1, . . . , AN ∈ F =⇒ A1 ∪ · · · ∪AN , A1 ∩ · · · ∩AN ∈ F.(c) Jeżeli (Ft)t∈T jest dowolną rodziną rodzin spełniających (1), (2), to

⋂t∈T

Ft spełnia (1), (2). W szcze-

gólności, dla dowolnej rodziny S ⊂ P(X) istnieje najmniejsza rodzina zawierająca S i spełniającą(1), (2). Oznaczmy ją roboczo przez [[S]]. Oczywiście [[S]] ⊂ σ(S)

(28).

Propozycja 4.3.2. Jeżeli ∅ ∈ S oraz X \A ∈ [[S]] dla dowolnego A ∈ S, to [[S]] = σ(S).

Dowód . Niech F := A ∈ [[S]] : X \A ∈ [[S]]. Chcemy pokazać, że F = [[S]]. Z założenia wynika, że S ⊂ F.Wystarczy więc jeszcze zauważyć, że F spełnia (2).

Propozycja 4.3.3. Niech X będzie przestrzenią topologiczną, w której każdy zbiór otwarty jest typu Fσ(np. przestrzenią metryczną

(29)) i niech S będzie rodziną wszystkich podzbiorów domkniętych X. Wtedy

[[S]] = B(X).

Dowód . Korzystamy z Propozycji 4.3.2.

Definicja 4.3.4. Niech ϕ : P(X) −→ [0,+∞] będzie miarą zewnętrzną. Powiemy, że miara ϕ jestregularna, jeżeli dla dowolnego A ⊂ X istnieje zbiór A ∈M(ϕ) taki, że A ⊂ A i ϕ(A) = ϕ(A)

(30).

Jeżeli X jest przestrzenią topologiczną i ϕ : P(X) −→ [0,+∞] jest miarą zewnętrzną taką, żeB(X) ⊂M(ϕ), to powiemy, że ϕ jest B–regularna (regularna w sensie borelowskim), jeżeli dla dowolnegoA ⊂ X istnieje zbiór A ∈ B(X) taki, że A ⊂ A i ϕ(A) = ϕ(A)

(31).

Niech dalej µ : M −→ [0,+∞] będzie miarą taką, że B(X) ⊂ M. Powiemy, że µ jest B–regularnajeżeli ϕµ jest B–regularna, gdzie ϕµ jest rozszerzeniem miary µ do miary zewnętrznej z Propozycji 4.2.3(

32).

Obserwacja 4.3.5. W powyższej sytuacji µ jest miarą B–regularną wtedy i tylko wtedy, gdy dla do-wolnego A ∈M istnieje zbiór A ∈ B(X) taki, że A ⊂ A i µ(A) = µ(A)

(33).

Istotnie, ustalmy zbiór A ⊂ X taki, że ϕµ(A) < +∞. Wtedy dla dowolnego k ∈ N znajdziemy zbiór

Bk ∈ B(X) taki, że A ⊂ Bk i µ(Bk) 6 ϕµ(A) + 1k . Niech A :=

∞⋂k=1

Bk. Wtedy A ⊂ A ∈ B(X) oraz

ϕµ(A) = µ(A) = ϕµ(A).

Niech X będzie przestrzenią topologiczną i niech ϕ : P(X) −→ [0,+∞] będzie miarą zewnętrznątaką, że B(X) ⊂M(ϕ) (por. Propozycja 4.2.5). Dla B ⊂ X rozważmy następujące warunki:

(R1) Dla dowolnego ε > 0 istnieje zbiór C, domknięty w X, taki, że C ⊂ B i ϕ(B \ C) 6 ε.(R2) Dla dowolnego ε > 0 istnieje zbiór C, otwarty w X, taki, że B ⊂ C i ϕ(C \B) 6 ε.(R3) B = C ∪ Z, gdzie C jest typu Fσ, zaś Z jest miary zero.(R4) B = C \ Z, gdzie C jest typu Gδ, zaś Z jest miary zero.

(S) B ⊂∞⋃j=1

Ωj , gdzie Ωj jest otwarty w X i ϕ(Ωj) < +∞, j > 1.

(28)Przypomnijmy, że σ(S), to najmniejsza σ–algebra zawierająca S.(

29)Ω =

∞⋃j=1x ∈ Ω : %(x,X \Ω) > 1

j.(

30)Zauważmy, że jeżeli ϕ(A) = +∞, to można zawsze przyjąć A := X, a więc warunek wystarczy sprawdzić dla

zbiorów A takich, że ϕ(A) < +∞.(31)Podobnie jak poprzednio, warunek ten wystarczy sprawdzić dla zbiorów A takich, że ϕ(A) < +∞.(

32)Odnotujmy, iż B(X) ⊂M ⊂M(ϕµ).(

33)Odnotujmy, że ostatni warunek ma charakter „wewnętrzny” — nie występuje w nim rozszerzenie ϕµ.

Zauważmy, że jeżeli X spełnia (S), to X =∞⋃j=1

Ωj , gdzie Ωj jest otwarty w X i ϕ(Ωj) < +∞, j > 1.

Oczywiście, zawsze możemy dodatkowo zażądać, by Ωj ⊂ Ωj+1, j > 1. W szczególności, miara ϕ jest

σ–skończona, tzn. X =∞⋃j=1

Xj , gdzie Xj ∈ M i ϕ(Xj) < +∞, j > 1 (zawsze możemy dodatkowo

zażądać, by Xj ⊂ Xj+1, j > 1).

Propozycja 4.3.6. Niech X będzie przestrzenią topologiczną, w której każdy zbiór otwarty jest typu Fσ.Załóżmy, że ϕ : P(X) −→ [0,+∞] jest miarą zewnętrzną i niech M = M(ϕ). Załóżmy, że B(X) ⊂ M.Wtedy:

(a) (R1) =⇒ (R3), (R2) =⇒ (R4).Ponadto, ze spełnienia warunku (R3) lub (R4) wynika, że B ∈M.

(b) (R1) zachodzi dla B wtedy i tylko wtedy, gdy (R2) zachodzi dla X \B.W szczególności, (R1) zachodzi dla dowolnego B ∈M (odp. dla dowolnego B ∈ B(X)) wtedy i tylkowtedy, gdy (R2) zachodzi dla dowolnego B ∈M (odp. dla dowolnego B ∈ B(X)).

(c) (R1) zachodzi dla dowolnego B ∈ B(X) takiego, że ϕ(B) < +∞.(d) (R2) zachodzi dla dowolnego zbioru B ∈ B(X) spełniającego (S).(e) Jeżeli miara ϕ jest B–regularna, to (R1) zachodzi dla dowolnego B ∈ M takiego, że ϕ(B) < +∞,

zaś (R2) zachodzi dla dowolnego B ∈M spełniającego (S).(f) Jeżeli X spełnia (S) to (R1), (R2), (R3), (R4) zachodzą dla dowolnego B ∈ B(X).(g) Jeżeli ϕ jest B–regularna, a X spełnia (S), to (R1), (R2), (R3), (R4) zachodzą dla dowolnego B ∈M.

Ponadto, spełnienie któregokolwiek z tych warunków jest równoważne mierzalności zbioru B.

Dowód . (a) (R1) =⇒ (R3): Niech Cj będzie zbiorem domkniętym takim, że Cj ⊂ B i ϕ(B \ Cj) 6 1j ,

j > 1. Zdefiniujmy, C :=∞⋃j=1

Cj , Z := B \C. Wtedy ϕ(Z) 6 ϕ(B \Cj) 6 1j , j > 1, a zatem Z jest miary

zero.(R2) =⇒ (R4): Niech Cj będzie zbiorem otwartym takim, że B ⊂ Cj i ϕ(Cj \ B) 6 1

j , j > 1.

Zdefiniujmy, C :=∞⋂j=1

Cj , Z := C \B. Wtedy ϕ(Z) 6 ϕ(Cj \B) 6 1j , j > 1, a zatem Z jest miary zero.

Ostatnia część (a) wynika z faktu, iż Z ∈ M dla dowolnego Z takiego, że ϕ(Z) = 0 (por. Krok 10

w dowodzie Twierdzenia 4.2.2).

(b) jest oczywiste.

(c) Ustalmy B ∈ B(X) taki, że ϕ(B) < +∞. Niech

F := A ∈ B(X) : ∀ε>0 ∃C⊂A, C domknięty : ϕ((A \ C) ∩B) 6 ε.

Chcemy pokazać, że B ∈ F. W tym celu zauważmy najpierw, że oczywiście każdy podzbiór domkniętynależy do F. Jeżeli pokażemy, że F spełnia warunek (2) (przed Obserwacją 4.3.1), to na podstawiePropozycji 4.3.3 będziemy mieli zawieranie B(X) ⊂ F i, w szczególności, będziemy wiedzieć, że B ∈ F.

Niech (Aj)∞j=1 ⊂ F, ε > 0 i niech (Cj)

∞j=1 będą zbiorami domkniętymi takimi, że Cj ⊂ Aj i ϕ((Aj \

Cj) ∩B) < ε2−j , j > 1. Mamy:

ϕ(

(

∞⋂j=1

Aj \∞⋂j=1

Cj) ∩B)6 ϕ

( ∞⋃j=1

((Aj \ Cj) ∩B))< ε,

a więc∞⋂j=1

Aj ∈ F. Dalej:

limN→+∞

ϕ(

(

∞⋃j=1

Aj \N⋃j=1

Cj) ∩B)

= ϕ(

(

∞⋃j=1

Aj \∞⋃j=1

Cj) ∩B)6 ϕ

( ∞⋃j=1

((Aj \ Cj) ∩B))< ε,

(34)

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.4. Konstrukcja Carathéodory’ego. Miary Hausdorffa. Miara Lebesgue’a 153

a więc∞⋃j=1

Aj ∈ F.

(d) Na podstawie (c), dla dowolnego j istnieje zbiór domknięty Cj ⊂ Ωj \B taki, że ϕ((Ωj \B)\Cj) 6

ε2−j . Niech C :=∞⋃j=1

(Ωj \ Cj). Oczywiście C jest otwarty, B ⊂ C oraz

ϕ(C \B) 6∞∑j=1

ϕ((Ωj \ Cj) \B) 6 ε.

(e) Wobec dowodu (d) wystarczy sprawdzić, że (R1) zachodzi dla dowolnego B ∈ M takiego, żeϕ(B) < +∞. Niech B ∈ B(X) będzie taki, że B ⊂ B i ϕ(B) = ϕ(B). Ponieważ, B ∈ M, zatem

ϕ(B \B) = ϕ(B)− ϕ(B) = 0. Niech B′ :=B \B, tzn. B′ ∈ B(X), B \B ⊂ B′ i ϕ(B′) = ϕ(B \B) = 0.

Zdefiniujmy B− := B \B′. Wtedy B− ⊂ B i B− ∈ B(X). Na podstawie (c), dla dowolnego ε > 0, istniejezbiór domknięty C ⊂ B− taki, że ϕ(B− \ C) 6 ε. Wynika stąd, że

ϕ(B \ C) 6 ϕ(B \B−) + ϕ(B− \ C) 6 ε.

(f) wynika z (a), (b) i (d).

(g) wynika z (a), (b) i (e).

4.4. Konstrukcja Carathéodory’ego. Miary Hausdorffa. Miara Lebesgue’a

Niech (X, %) będzie przestrzenią metryczną, niech F ⊂ P(X), ∅ ∈ F i niech ζ : F −→ [0,+∞] będziedowolnym odwzorowaniem takim, że ζ(∅) = 0. Dla dowolnego 0 < δ 6 +∞ niech

ϕδ(A) := inf ∞∑j=1

ζ(Aj) : Aj ∈ F, diamAj 6 δ (j ∈ N), A ⊂∞⋃j=1

Aj

, A ⊂ X,

(35)

ϕ := supδ>0 ϕδ. Powyższa konstrukcja nosi nazwę konstrukcji Carathéodory’ego. Zauważmy, że jeżeliδ′ 6 δ′′, to ϕδ′ > ϕδ′′ . Tak więc ϕ = lim

δ→0+ϕδ.

Twierdzenie 4.4.1. (a) Odwzorowania ϕδ oraz ϕ są miarami zewnętrznymi.(b) B(X) ⊂M(ϕ).(c) Jeżeli F ⊂ B(X), to miara ϕ jest B–regularna.

Dowód . (a) jest oczywiste.(b) Niech A,B ⊂ X, %(A,B) = δ0 > 0. Wtedy ϕδ(A ∪B) = ϕδ(A) + ϕδ(B) dla 0 < δ < δ0. Wynika

stąd, że ϕ(A ∪B) = ϕ(A) + ϕ(B) i możemy skorzystać z Propozycji 4.2.5.(c) Ustalmy A ⊂ X i δ > 0. Jeżeli ϕδ(A) = +∞, to przyjmujemy B(δ) := X. Jeżeli ϕδ(A) <

+∞, to dla ε > 0 niech (A(δ,ε)j )∞j=1 będzie pokryciem zbioru A zbiorami z F o średnicy 6 δ takim, że

∞∑j=1

ζ(A(δ,ε)j ) 6 ϕδ(A) + ε. Połóżmy B(δ) :=

∞⋂k=1

∞⋃j=1

A(δ,1/k)j . Oczywiście A ⊂ B(δ) ∈ B(X) oraz

ϕδ(A) 6 ϕδ(B(δ)) 6 ϕδ

( ∞⋃j=1

A(δ,1/k)j

)6 ϕδ(A) +

1

k,

co przy k −→ +∞ daje ϕδ(A) = ϕδ(B(δ)). Niech B :=

∞⋂`=1

B(1/`). Widać, że A ⊂ B ∈ B(X) oraz

ϕ(A) 6 ϕ(B) = lim`→+∞

ϕ1/`(B) 6 lim`→+∞

ϕ1/`(B(1/`)) = lim

`→+∞ϕ1/`(A) = ϕ(A).

(34)Przejście graniczne to jedyne miejsce, w którym korzystamy ze skończoności miary zbioru B — por. Propozycja

4.1.16(j)).(35)Przypomnijmy, że diam∅ = 0 i inf ∅ = +∞.

Powyższą konstrukcję Carathéodory’ego użyjemy do konstrukcji miar Hausdorffa i Lebesgue’a.

Niech F będzie rodziną wszystkich podzbiorów domkniętych X, niech m > 0 i niech

ζ(A) = ζm(A) := α(m)(diamA

2

)m,(

36)

gdzie

α(m) :=(Γ (1/2))m

Γ (1 +m/2).(

37)

Zauważmy, że α(0) = 1.Konstrukcja Carathéodory’ego daje:• miary zewnętrzne Hmδ := ϕδ, Hm := ϕ,• σ–algebrę Hm := M(Hm)

takie, że• B(X) ⊂ Hm,• Hm jest B–regularna i zupełna

(38).

Miara Hm nosi nazwę m-tej (m–wymiarowej) miary Hausdorffa.Ponieważ diamA = diamA, rodzinę wszystkich zbiorów domkniętych w definicji miary Hausdorffa

możemy zastąpić rodziną wszystkich zbiorów borelowskich czy też nawet rodziną wszystkich zbiorów.

Obserwacja 4.4.2. (a) H0 jest miarą liczącą (H0 = P(X)).(b) Jeżeli Hm(A) < +∞, to Hn(A) = 0 dla n > m > 0.

Istotnie, jeżeli A ⊂∞⋃j=1

Aj , gdzie Aj jest domknięty, diamAj 6 δ (j ∈ N), to

∞∑j=1

ζn(Aj) 6( α(n)2−n

α(m)2−m

∞∑j=1

ζm(Aj))δn−m,

skąd bezpośrednio wynika teza.(c) Niech dimH(A) := infm > 0 : Hm(A) < +∞. Liczba dimH(A) ∈ [0,+∞] nosi nazwę wymiaru

Hausdorffa zbioru A. Wobec (b), Hm(A) = 0 dla m > dimH(A).

NiechX = Rn, F := ∅∪P : P jest kostką, ζ(∅) := 0, ζ(P ) := |P |. Konstrukcja Carathéodory’egodaje:• miary zewnętrzne Lnδ := ϕδ, Ln := ϕ,• σ–algebrę Ln := M(Ln)takie, że• B(Rn) ⊂ Ln,• Ln jest B–regularna i zupełna.Miarę Ln nazywamy n–wymiarową miarą Lebesgue’a na Rn, a zbiory z Ln — zbiorami mierzalnymi

w sensie Lebesgue’a(

39).

Obserwacja 4.4.3. Dowolną kostkę P ⊂ Rn można, dla dowolnego δ > 0, rozbić na skończoną liczbękostek o średnicy 6 δ. Ta prosta obserwacja implikuje, że

Lnδ (A) = Ln(A) = inf∑j∈J|Pj | : #J 6 ℵ0, A ⊂

⋃j∈J

Pj , Pj − kostka, j ∈ J, A ⊂ Rn.

W szczególności, jeżeli |A| = 0, to Ln(A) = 0.

Propozycja 4.4.4. (a) Ln(P ) = |P | dla dowolnej kostki P ⊂ Rn.W szczególności, miara Lebesgue’a spełnia warunek (S) (por. Propozycja 4.3.6), a zatem warunki

(R1), (R2), (R3), (R4) z Propozycji 4.3.6 zachodzą dla dowolnego B ∈ Ln (i każdy z nich jestrównoważny mierzalności B).(36)

(diam∅)0 := 0.(37)Można pokazać, że dla m ∈ N: α(m) = |Bm| (Ćwiczenie).(

38)Tzn. Hm|Hm jest zupełna.(

39)Henri Lebesgue (1875–1941).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.4. Konstrukcja Carathéodory’ego. Miary Hausdorffa. Miara Lebesgue’a 155

(b) Miara Ln jest niezmiennicza względem translacji, tzn. dla x0 ∈ Rn mamy: Ln(A+ x0) = Ln(A) dladowolnego A ⊂ Rn oraz A ∈ Ln ⇐⇒ (A+ x0) ∈ Ln.

(c) Miara Hausdorffa Hn w Rn jest niezmiennicza względem translacji oraz skończona na zbiorach zwar-tych.

Dowód . (a) Oczywiście Ln(P ) 6 |P |. Ustalmy ε > 0. Niech P ⊂N⋃j=1

Pj iN∑j=1

|Pj | 6 Ln(P ) + ε, gdzie

N ∈ N ∪ ∞. Zwiększając nieco każdą kostkę Pj dostajemy nową kostkę Qj taką, że Pj ⊂ intQj

i |Qj | 6 |Pj | + ε2−j . Oczywiście P ⊂N⋃j=1

intQj . Ponieważ kostka P jest zwarta, zatem istnieje N0 ∈ N

takie, że P ⊂N0⋃j=1

intQj . Stąd na mocy własności całki Riemanna mamy:

|P | =∫P

χP 6∫P

(

N0∑j=1

χQj ) 6N0∑j=1

|Qj | 6 Ln(P ) + 2ε.

(b) A ⊂⋃j∈J

Pj ⇐⇒ A+ x0 ⊂⋃j∈J

(Pj + x0) i∑j∈J|Pj | =

∑j∈J|Pj + x0|.

Ln(T ∩ (A+ x0)) + Ln(T \ (A+ x0)) = Ln(((T − x0) ∩A) + x0) + Ln(((T − x0) \A) + x0)

= Ln((T − x0) ∩A) + Ln((T − x0) \A) 6 Ln(T − x0) = Ln(T ).

(c) Dowód niezmienniczości względem translacji przebiega tak, jak w (b) z wykorzystaniem faktu, iżdiam(A + x0) = diamA. Dla dowodu skończoności miary Hn na zbiorach zwartych wystarczy pokazać,że dla dowolnego R > 0 istnieje stała M > 0 taka, że Hnδ (P ) 6 M dla dowolnego δ > 0, gdzie P =P (R) := [−R,R]×· · ·× [−R,R]. Ustalmy R i δ. Niech N ∈ N. Dzieląc krawędzie kostki P na N równychczęści, otrzymujemy Nn małych kostek Qi, każda o średnicy δN := 2

√nR/N . Stąd

HnδN (P ) 6 Nnα(n)(δN

2

)n= α(n)(R

√n)n =: M.

Przykład 4.4.5 (Przykład Vitaliego(

40)). Ln P(Rn).

Niech P := [0, 1]n. Dla x, y ∈ P niech x ∼ y ⇐⇒ x − y ∈ Qn. Oczywiście jest to relacja równoważ-nościowa. Na podstawie pewnika wyboru istnieje zbiór A ⊂ P taki, że A ∩ [x]∼ jest zbiorem dokładniejednoelementowym dla dowolnego x ∈ P . Przypuśćmy, że A jest mierzalny. Zauważmy, że dla dowolnychx, y ∈ Qn, x 6= y, zbiory A + x i A + y są rozłączne (jeżeli a + x = b + y dla a, b ∈ A, to a ∼ b, a stąd,wobec własności A, dostajemy a = b, czyli x = y — sprzeczność). Niech Q := [−1, 1]n, R := [−1, 2]n,B :=

⋃r∈Qn∩Q

(A + r) ⊂ R. Wobec niezmienniczości miary Lebesgue’a względem translacji dostajemy:

Ln(B) =∑

r∈Qn∩QLn(A + r) =

∑r∈Qn∩Q

Ln(A) 6 Ln(R) < +∞. Zatem Ln(A) = 0, a stąd Ln(B) = 0.

Z drugiej strony P ⊂ B (dla dowolnego x ∈ P niech A ∩ [x]∼ = a; wtedy x− a ∈ Qn oraz x− a ∈ Q),a więc Ln(B) > 0 — sprzeczność.

Propozycja 4.4.6. A×B ∈ Lp+q dla dowolnych A ∈ Lp, B ∈ Lq.

Dowód . Ponieważ A×B = (A×Rq)∩ (Rp×B), wystarczy rozważyć przypadek B = Rq. Przypomnijmy(Propozycja 4.3.6), że A = F ∪ Z, gdzie F jest typu Fσ, zaś Z jest miary zero. Oczywiście F × Rq jesttypu Fσ. Wystarczy pokazać, że Z × Rq jest miary zero. W tym celu wystarczy pokazać, że Z ×Q jestmiary zero, gdzie Q jest dowolną kostką. Rozumujemy z definicji: dla dowolnego ε > 0, jeżeli Z ⊂

⋃j∈J

Pj ,

gdzie∑j∈J|Pj | 6 ε, to Z ×Q ⊂

⋃j∈J

(Pj ×Q) oraz∑j∈J|Pj ×Q| 6 ε|Q|.

Propozycja 4.4.7 (Por. Propozycja 3.1.22(b)). Niech V ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym i niech Ψ :V −→ Rm spełnia lokalnie warunek Höldera z wykładnikiem α > n/m (np. Ψ ∈ C1(V,Rm), m > ni α = 1). Wtedy:(a) jeżeli α > n/m, to Lm(Ψ(V )) = 0;(

40)Giuseppe Vitali (1875–1932).

(b) jeżeli α = n/m i Ln(A) = 0 dla pewnego A ⊂ V , to Lm(Ψ(A)) = 0;(c) jeżeli α = n/m i A ∈ Ln dla pewnego A ⊂ V , to Ψ(A) ∈ Lm.

Dowód . (a) Na podstawie twierdzenia Lindelöfa wystarczy pokazać, że każdy punkt a ∈ V ma otoczenieUa takie, że Lm(Ψ(Ua)) = 0 (Ćwiczenie). Ustalmy a ∈ V i niech P ⊂⊂ V będzie kostką taka, żea ∈ intP oraz Ψ spełnia w P warunek Höldera z wykładnikiem α. Na podstawie Propozycji 3.1.22(b1)wiemy, że |Ψ(P )| = 0, a stąd Lm(Ψ(P )) = 0.

(b) Podobnie, jak poprzednio, wystarczy pokazać, że każdy punkt a ∈ V ma otoczenie Ua takie, żeLm(Ψ(A∩Ua)) = 0. Ustalmy a ∈ V i niech P ⊂⊂ V będzie kostką taka, że a ∈ intP oraz Ψ spełnia w Pwarunek Höldera z wykładnikiem α:

‖Ψ(x′)− Ψ(x′′)‖∞ 6 C‖x′ − x′′‖α∞, x′, x′′ ∈ P.

Ustalmy kostkęQ ⊂ intP taką, że a ∈ Q. Dla ε > 0, niech (Pj)j∈J będzie co najwyżej przeliczalną rodzinąkostek taką, że A∩Q ⊂

⋃j∈J

Pj , oraz∑j∈J|Pj | < ε. Możemy założyć, że Pj ⊂ intP oraz (zwiększając nieco

kostkę Pj i dzieląc ją na mniejsze kostki), że Pj ma równe krawędzie rj . Zauważmy teraz, że dla dowolnegoj ∈ J , zbiór Ψ(Pj) jest zawarty w pewnej kostce Qj o krawędzi 6 2Crαj . Mamy więc Ψ(A∩Q) ⊂

⋃j∈J

Qj

oraz ∑j∈J|Qj | 6

∑j∈J

(2Crαj )m = (2C)m∑j∈J

rnj 6 (2C)mε.

Stąd Lm(Ψ(A ∩Q)) = 0.(c) Ponieważ miara Lebesgue’a jest regularna (por. Propozycja 4.4.4(a)), zatem A = F ∪ Z, gdzie

F ∈ Fσ, zaś Z jest miary zero. Oczywiście zbiór F może być przedstawiony w postaci F =∞⋃j=1

Kj , gdzie

każdy zbiór Kj jest zwarty. Na podstawie (b), zbiór Ψ(Z) jest miary zero. Każdy ze zbiorów Ψ(Kj) jest

zwarty. Ostatecznie więc, Ψ(A) =∞⋃j=1

Ψ(Kj) ∪ Ψ(Z) jest mierzalny.

Propozycja 4.4.7(a) może być uogólniona w następujący sposób.

Propozycja 4.4.8. Niech F będzie dowolną przestrzenią unormowaną, niech V ⊂ Rn będzie zbioremotwartym i niech Ψ : V −→ F spełnia lokalnie warunek Höldera z wykładnikiem α. Wtedy Hn/α(Ψ(K)) <+∞ dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ V . W szczególności, Hm(Ψ(V )) = 0 dla dowolnego m > n/α.

Dowód . Wystarczy pokazać, Hn/α(Ψ(P )) < +∞, gdzie P ⊂⊂ Ω jest dowolną kostką zwartą o wszystkichkrawędziach równych ` taką, że

‖Ψ(x′)− Ψ(x′′)‖ 6 C‖x′ − x′′‖α∞, x′, x′′ ∈ P.

Dla dowolnego N ∈ N podzielmy kostkę P na Nn małych kostek o krawędzi `/N . Niech P ′ będzie takąmałą kostką. Wtedy

diamΨ(P ′) 6 C(`/N)α =: δN .

Wynika stąd, że

Hn/αδN(Ψ(P )) 6 α(n/α)Nn( 1

2C(`/N)α)n/α = α(n/α)( 12C)n/α`n =: M,

gdzie α(n/α) jest stałą występującą w definicji miary Hausdorffa. Biorąc N −→ +∞ wnioskujemy stąd,że Hn/α(Ψ(P )) 6M < +∞.

4.5. Ogólna teoria całki

Niech µ ∈ Meas(M) będzie ustaloną miarą (możemy myśleć o mierze generowanej poprzez konstruk-cję Carathéodory’ego). Naszym celem będzie określenie pewnej klasy funkcji f : X −→ R, dla którejzdefiniujemy całkę

∫Xfdµ względem miary µ. Całkę tę rozszerzymy łatwo na funkcje X −→ C.

Rozpoczniemy od określenia całki dla funkcji ze zbioruM+0 (X). Jeżeli

f =

N∑j=1

ajχAj †

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.5. Ogólna teoria całki 157

jest postacią kanoniczną funkcji f ∈M+0 (X), to kładziemy∫

X

fdµ :=

N∑j=1

ajµ(Aj) ∈ [0,+∞]

z zachowaniem konwencji 0 · (+∞) := 0. Oczywiście, jeżeli µ ≡ 0, to∫Xfdµ = 0 dla dowolnego f ∈

M+0 (X).

Obserwacja 4.5.1. (a) Definicja całki∫Xfdµ nie zależy od wyboru postaci funkcji f w tym sensie, że

jeżeli funkcja f o postaci kanonicznej (†) da się również przedstawić w postaci f =M∑k=1

bkχBk , gdzie

B1, . . . , BM ∈M, Bj ∩Bk = ∅ dla j 6= k, X =M⋃j=1

Bj i b1, . . . , bM ∈ R+, to

M∑k=1

bkµ(Bk) =

M∑k=1

bk

N∑j=1

µ(Bk ∩Aj) =

N∑j=1

aj

M∑k=1

µ(Aj ∩Bk) =

N∑j=1

ajµ(Aj).

(b)∫X

(αf)dµ = α∫Xfdµ, α > 0, f ∈M+

0 (X).(c)

∫X

(f + g)dµ =∫Xfdµ+

∫Xgdµ, f, g ∈M+

0 (X).

Istotnie, jeżeli f =N∑j=1

ajχAj , g =M∑k=1

bkχBk , to

∫X

(f + g)dµ =

N∑j=1

M∑k=1

(aj + bk)µ(Aj ∩Bk) =

N∑j=1

aj

M∑k=1

µ(Aj ∩Bk) +

M∑k=1

bk

N∑j=1

µ(Bk ∩Aj)

=

N∑j=1

ajµ(Aj) +

M∑k=1

bkµ(Bk) =

∫X

fdµ+

∫X

gdµ.

(d) Dla f, g ∈M+0 (X), jeżeli f 6 g, to

∫Xfdµ 6

∫Xgdµ.

Istotnie, g = f + h, gdzie h ∈M+0 (X), a zatem, na podstawie (c),

∫Xgdµ =

∫Xfdµ+

∫Xhdµ >∫

Xfdµ.

(e) Jeżeli∫Xfdµ = 0 dla pewnej funkcji f ∈M+

0 (X), to µ(f > 0) = 0.(f) Dla A ∈M mamy:

•∫A

(f |A)dµ =∫X

(χA · f)dµ, f ∈ M+0 (X); w szczególności, jeżeli X = A1 ∪ · · · ∪ AN , gdzie

A1, . . . , AN ∈ M, Aj ∩ Ak = ∅ dla j 6= k, to∫Xfdµ =

∫A1fdµ + · · · +

∫AN

fdµ dla dowolnegof ∈M+

0 (X);•∫Agdµ =

∫Xg0dµ dla dowolnego g ∈M+

0 (A).

Definicja 4.5.2. Niech W będzie pewną własnością przysługującą punktom zbioru X. Powiemy, że Wzachodzi µ–prawie wszędzie na X, jeżeli istnieje zbiór miary zero Z taki, że

x ∈ X : W (x) nie zachodzi ⊂ Z.

Dla przykładu: jeżeli f 6 g µ–prawie wszędzie na X, to∫Xfdµ 6

∫Xgdµ.

Obecnie przechodzimy do określenia całki naM+(X).Dla f ∈ M+(X) niech (fn)∞n=1 ⊂ M+

0 (X), fn f (por. Propozycja 4.1.10). Wiemy, że ciąg(∫Xfndµ)∞n=1 jest monotoniczny. Kładziemy∫

X

fdµ := limn→+∞

∫X

fndµ ∈ [0,+∞].

Propozycja 4.5.3. Powyższa definicja jest poprawna, tzn. nie zależy od wyboru ciągu (fn)∞n=1 orazpokrywa się z poprzednią definicją dla f ∈M+

0 (X).

Dowód . Niech f =N∑j=1

ajχAj i niechM+0 (X) 3 fn f ∈M+

0 (X). Dla 0 < t < 1 połóżmy

An,j(t) := x ∈ Aj : fn(x) > taj, j = 1, . . . , N, n ∈ N.

Zauważmy, że An,j(t) Aj , gdy n +∞. Mamy

N∑j=1

tajµ(An,j(t)) 6∫X

fndµ 6∫X

fdµ.

Stąd, przechodząc z n do +∞, dostajemy:

t

∫X

fdµ 6 limn→+∞

∫X

fndµ 6∫X

fdµ.

Teraz przechodzimy z t to 1 i dostajemy limn→+∞

∫Xfndµ =

∫Xfdµ.

Przechodzimy do dowodu niezależności definicji od wyboru ciągu. Niech

M+0 (X) 3 fn f ∈M+(X), M+

0 (X) 3 gn f.

Ustalmy k ∈ N i zdefiniujmy hn := minfn, gk. Oczywiście, hn ∈ M+0 (X) oraz hn gk. Na podstawie

pierwszej części dowodu wnioskujemy, że∫Xhndµ

∫Xgkdµ, a stąd

limn→+∞

∫X

fndµ > limn→+∞

∫X

hndµ =

∫X

gkdµ.

Wobec dowolności k, dostajemy limn→+∞

∫Xfndµ > lim

k→+∞

∫Xgkdµ. Zmieniając rolami ciągi (fn)∞n=1,

(gn)∞n=1 dostajemy poszukiwaną równość.

Obserwacja 4.5.4. (a)∫X

(αf)dµ = α∫Xfdµ, α > 0, f ∈M+(X).

(b)∫X

(f + g)dµ =∫Xfdµ+

∫Xgdµ, f, g ∈M+(X).

(c) Dla f, g ∈M+(X), jeżeli f 6 g, to∫Xfdµ 6

∫Xgdµ.

(d) Dla A ∈M mamy:•∫A

(f |A)dµ =∫X

(χA · f)dµ, f ∈ M+(X); w szczególności, jeżeli X = A1 ∪ · · · ∪ AN , gdzieA1, . . . , AN ∈ M, Aj ∩ Ak = ∅ dla j 6= k, to

∫Xfdµ =

∫A1fdµ + · · · +

∫AN

fdµ dla dowolnegof ∈M+(X);•∫Agdµ =

∫Xg0dµ dla dowolnego g ∈M+(A).

Własności (a), (b), (c) i (d) dostajemy z analogicznych własności dla funkcji prostych poprzezprzejścia graniczne.

(e) Jeżeli∫Xfdµ = 0 dla pewnej funkcji f ∈M+(X), to µ(f > 0) = 0.

Istotnie, f > 0 =∞⋃j=1

Aj , gdzie Aj := f > 1j . Mamy:

0 =

∫X

fdµ >∫Aj

fdµ >1

jµ(Aj).

Stąd µ(Aj) = 0, j > 1.(f) Jeżeli

∫Xfdµ < +∞ dla pewnej funkcji f ∈M+(X), to µ(f = +∞) = 0.

Istotnie, niech A := f = +∞. Wtedy

+∞ >

∫X

fdµ >∫A

fdµ > jµ(A), j ∈ N.

Stąd µ(A) = 0.

Twierdzenie 4.5.5 (Twierdzenie o monotonicznym przechodzeniu do granicy pod znakiem całki). JeżeliM+(X) 3 fn f

(41), to

∫Xfndµ

∫Xfdµ.

(41)Oczywiście, f ∈M+(X).

Dowód . Oczywiście limn→+∞

∫Xfndµ 6

∫Xfdµ. Niech

M+0 (X) 3 fn,k fn, gdy k +∞ (n > 1).

Zdefiniujmy gn := maxf1,n, f2,n, . . . , fn,n. Oczywiście gn ∈M+0 (X). Widać również, że gn 6 fn, n > 1.

łatwo pokazać, że gn f (Ćwiczenie). W takim razie,∫Xfdµ = lim

n→+∞

∫Xgndµ 6 lim

n→+∞

∫Xfndµ.

Wniosek 4.5.6. Dla dowolnego ciągu (fn)∞n=1 ⊂M+(X) mamy:∫X

( ∞∑n=1

fn

)dµ =

∞∑n=1

∫X

fndµ.

Wniosek 4.5.7. Dla dowolnego f ∈M+(X) funkcja ν(A) :=∫Afdµ, A ∈M, jest miarą nieujemną na

M. Ponadto, ∫X

gdν =

∫X

fgdµ, g ∈M+(X). (+)

Dowód . Niech (Aj)∞j=1 ⊂M, Aj ∩Ak = ∅ dla j 6= k. Mamy:

ν(

∞⋃j=1

Aj) =

∫X

χ ∞⋃j=1

Aj· fdµ =

∫X

( ∞∑j=1

χAj · f)dµ

Wniosek 4.5.6=

∞∑j=1

∫X

χAj · fdµ =

∞∑j=1

ν(Aj).

Wzór (+) zachodzi oczywiście, gdy g = χA dla A ∈ M. Zachodzi więc dla nieujemnych funkcjiprostych, a stąd, na podstawie twierdzenia o monotonicznym przechodzeniu do granicy pod znakiemcałki, dla dowolnych funkcji zM+(X).

Wniosek 4.5.8. JeżeliM+(X) 3 fn f(

42)i∫Xf1dµ < +∞, to

∫Xfndµ

∫Xfdµ

(43).

Dowód . Niech Z := f1 = +∞. Wiemy, że µ(Z) = 0. Na zbiorze X \ Z rozważmy ciąg f1 − fn,n > 1. Stosując do niego twierdzenie o monotonicznym przechodzeniu do granicy pod znakiem mamy:∫X\Z(f1 − fn)dµ

∫X\Z(f1 − f)dµ. Stąd:

∫Xfndµ =

∫X\Z fndµ

∫X\Z fdµ =

∫Xfdµ.

Wniosek 4.5.9 (Lemat Fatou(

44)). Dla dowolnego ciągu (fn)∞n=1 ⊂M+(X) mamy:∫X

(lim infn→+∞

fn)dµ 6 lim infn→+∞

∫X

fndµ.

Odnotujmy, że nawet jeżeli granica f := limn→+∞

fn istnieje, to bez dodatkowych założeń mamy:∫Xfdµ < lim inf

n→+∞

∫Xfndµ, np. X := N, µ — miara licząca, fn := χn, n > 1.

Dowód . Mamy f := lim infn→+∞

fn = supgn : n ∈ N, gdzie

gn := inffk : k > n.Zauważmy, że gn 6 gn+1 oraz gn 6 fn. Stąd∫

X

fdµ = limn→+∞

∫X

gndµ 6 lim infn→+∞

∫X

fndµ.

Obecnie przechodzimy do zasadniczej definicji całki. Niech

L1(X) = L1(X,µ) :=f ∈M(X) :

∫X

|f |dµ < +∞,

L1(X,C) = L1(X,C, µ) :=f ∈M(X,C) :

∫X

|f |dµ < +∞.

(42)Oczywiście f ∈M+(X).(

43)Można oczywiście założyć, że

∫X fNdµ < +∞ dla pewnego N . Bez żadnych dodatkowych założeń twierdzenie nie

jest prawdziwe — por. Obserwacja 4.1.16(j).(44)Pierre Fatou (1878–1929).

Obserwacja 4.5.10. (a) Jeżeli f ∈ L1(X), to∫X

f+dµ < +∞ i∫X

f−dµ < +∞,

a zatem możemy zdefiniować ∫X

fdµ :=

∫X

f+dµ−∫X

f−dµ.

Z powyższego wzoru wynika, że pojęcie całki możemy rozszerzyć na takie funkcje, dla których∫Xf+dµ <

+∞ lub∫Xf−dµ < +∞ (chodzi o wykonalność działań).

(b) L1(X,C) jest zespoloną przestrzenią wektorową. Jeżeli f = u+ iv ∈ L1(X,C), to u, v ∈ L1(X),a zatem możemy określić całkę ∫

X

fdµ :=

∫X

udµ+ i

∫X

vdµ.

(c) Oczywiście dla f, g ∈ M(X) (odp. f, g ∈ M(X,C)) takich, że f = g µ–prawie wszędzie na Xmamy: f ∈ L1(X)⇐⇒ g ∈ L1(X) (odp. f ∈ L1(X,C)⇐⇒ g ∈ L1(X,C)). Ponadto

∫Xfdµ =

∫Xgdµ.

Od tej chwili, mówiąc o funkcji klasy L1, będziemy mieć na myśli całą klasę równoważności wzglę-dem powyższej relacji ∼ równości µ–prawie wszędzie na X. Innymi słowy, zamiast przestrzeni L1(X)(odp. L1(X,C)) rozważamy

L1(X)/∼ (odp. L1(X,C)/∼).Nie będziemy wprowadzać specjalnych oznaczeń na te przestrzenie ilorazowe i oznaczymy je ponownieprzez L1(X) (odp. L1(X,C)).

Utożsamienie to pozwala również zaliczać do przestrzeni L1(X) (odp. L1(X,C)) (i w konsekwencji —całkować) funkcje określone prawie wszędzie. Postępujemy następująco: jeżeli f ∈ M(X \ Z) (odp. f ∈M(X \ Z,C)), gdzie Z jest zbiorem miary zero w X, to rozszerzamy f do funkcji mierzalnej f0 na Xkładąc f0 := 0 na Z i definiujemy f ∈ L1(X)⇐⇒ f0 ∈ L1(X) (odp. f ∈ L1(X,C)⇐⇒ f0 ∈ L1(X,C)).Ponadto kładziemy

∫Xfdµ :=

∫Xf0dµ.

Powyższe umowy będą w dalszym ciągu stosowane automatycznie bez specjalnych komentarzy.

Obserwacja 4.5.11 (Własności całki). (a) Jeżeli f ∈ L1(X), to f = −∞ ∪ f = +∞ jest zbioremmiary zero.

Wynika stąd bardzo ważny wniosek, że w gruncie rzeczy zamiast L1(X) wystarczy rozważaćL1(X,R), a więc pewną podprzestrzeń L1(X,C). W tym sensie np. L1(X) jest rzeczywistą prze-strzenią wektorową.

(b) Całka L1(X,K) 3 f 7−→∫Xfdµ ∈ K jest operatorem K–liniowym.

Istotnie, wystarczy rozważyć jedynie przypadek rzeczywisty. Dla dowodu jednorodności wystar-czy zaobserwować, że

(−f)+ = f− i (−f)− = f+.

Dla dowodu addytywności, niech f, g ∈ L1(X), h := f+g. Wtedy h+−h− = f+−f−+g+−g−. Stądh++f−+g− = h−+f++g+, a zatem

∫Xh+dµ+

∫Xf−dµ+

∫Xg−dµ =

∫Xh−dµ+

∫Xf+dµ+

∫Xg+dµ,

co daje żądany wynik.(c) Dla f, g ∈ L1(X), jeżeli f 6 g, to

∫Xfdµ 6

∫Xgdµ.

Istotnie, wystarczy zauważyć, że g − f ∈M+(X) i skorzystać z liniowości całki.Odnotujmy, że własność (c) pozostaje prawdziwa również, gdy f, g ∈M(X) i jedna z tych funkcji

jest klasy L1(X).Istotnie, niech np. f /∈ L1(X), g ∈ L1(X). Ponieważ f+ 6 g+, zatem całka

∫Xfdµ jest określona

i∫Xfdµ ∈ [−∞,∞).

(d) |∫Xfdµ| 6

∫X|f |dµ, f ∈ L1(X,C). Ponadto, równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje

α ∈ S1 takie, że |f | = αf µ–prawie wszędzie.Istotnie, niech |

∫Xfdµ| = eiθ0

∫Xfdµ. Wtedy korzystając z liniowości całki mamy:∣∣∣ ∫

X

fdµ∣∣∣ = Re

(∫X

(eiθ0f)dµ)

=

∫X

Re(eiθ0f)dµ 6∫X

|f |dµ.

Jeżeli |∫Xfdµ| =

∫X|f |dµ, to na podstawie powyższych rozważań,∫

X

(|f | − Re(eiθ0f))dµ = 0,

a stąd |f | = Re(eiθ0f) µ–prawie wszędzie. W konsekwencji Im(eiθ0f) = 0 µ–prawie wszędzie i osta-tecznie |f | = eiθ0f µ–prawie wszędzie.

Propozycja 4.5.12 (Ciągłość całki względem zbioru). Jeżeli f ∈ L1(X,C), to dla dowolnego ε > 0istnieje δ > 0 taka, że jeżeli A ∈M i µ(A) 6 δ, to |

∫Afdµ| 6 ε.

Dowód . Wobec Obserwacji 4.5.11(d) wystarczy rozważyć przypadek, gdy

f ∈M+(X),

∫X

fdµ < +∞.

Niech g ∈ M+0 (X) będzie taka, że g 6 f i

∫X

(f − g)dµ 6 ε2 . Przyjmijmy C := maxX g. Wtedy∫

Afdµ 6 ε

2 +∫Agdµ 6 ε

2 + Cµ(A).

Wniosek 4.5.13. Jeżeli f ∈ L1((a, b),L1), gdzie −∞ 6 a < b 6 +∞, to funkcja

(a, b) 3 x −→∫

(a,x]

fdL1 =

∫ x

a

f(t)dL1(t)

jest absolutnie ciągła(

45), a więc w szczególności, jednostajnie ciągła (zob. Twierdzenie 6.9.13).

Ćwiczenie 4.5.14 (Uogólnienie Wniosku 4.5.13). Niech Q ⊂ Rn będzie dowolną ograniczoną kostkąotwartą i niech f ∈ L1(Q,Ln). Udowodnić, że funkcja

Q 3 x 7−→∫t∈Q: t6x

fdLn

jest jednostajnie ciągła.

Twierdzenie 4.5.15 (Twierdzenie Lebesgue’a o zmajoryzowanym przechodzeniu do granicy pod zna-kiem całki). Jeżeli

(fn)∞n=1 ⊂ L1(X,C), fn −→ f oraz |fn| 6 g, n > 1,

gdzie g ∈ L1(X), to∫Xfndµ −→

∫Xfdµ.

Dowód . Oczywiście wystarczy rozważyć tylko przypadek rzeczywisty. Mamy

|fn − f | 6 2g, n > 1.

Stąd, na podstawie Lematu Fatou, dostajemy∫X

(2g)dµ 6 lim infn→+∞

∫X

(2g − |fn − f |)dµ =

∫X

(2g)dµ− lim supn→+∞

∫X

|fn − f |dµ,

skąd bezpośrednio wynika teza.

Wniosek 4.5.16. Jeżeli (fn)∞n=1 ⊂ L1(X,C) oraz∞∑n=1|fn| ∈ L1(X), to szereg

∞∑n=1

fn jest zbieżny µ–

prawie wszędzie oraz ∫X

( ∞∑n=1

fn

)dµ =

∞∑n=1

∫X

fndµ.

W szczególności, jeżeli∞∑n=1

µ(An) < +∞, to

x ∈ X : x należy do nieskończenie wielu Anjest miary zero

(46).

(45)Tzn. dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0 taka, że dla dowolnych punktów a < a1 < b1 6 a2 < · · · < bN−1 6 aN <

bN < b, jeżeliN∑j=1

(bj − aj) < δ, toN∑j=1|f(bj)− f(aj)| < ε — zob. Definicja 6.9.10.(

46)Bierzemy fn := χAn , n > 1 i zauważamy, że x należy do nieskończenie wielu An wtedy i tylko wtedy, gdy szereg

∞∑n=1

χAn (x) jest rozbieżny.

Dowód . Ponieważ∞∑n=1|fn| ∈ L1(X), zatem na podstawie Obserwacji 4.5.11(a),

∞∑n=1

|fn| < +∞ µ–prawie wszędzie,

co daje zbieżność szeregu. Wzór wynika z twierdzenia Lebesgue’a.

Wniosek 4.5.17. Dla f ∈ L1(X,C) funkcja

ν(A) :=

∫A

fdµ, A ∈M,

jest miarą zespoloną.(

47)

Dowód . Przeliczalna addytywność wynika z Wniosku 4.5.16. Niech mianowicie

(Aj)∞j=1 ⊂M, Aj ∩Ak = ∅ dla j 6= k.

Mamy:

ν(

∞⋃j=1

Aj) =

∫X

χ ∞⋃j=1

Aj· fdµ =

∫X

( ∞∑j=1

χAj · f)dµ =

∞∑j=1

∫X

χAj · fdµ =

∞∑j=1

ν(Aj)

ponieważ∫X

∞∑j=1

|χAj · f |dµ 6∫X|f |dµ.

Propozycja 4.5.18. Niech f ∈ L1(X,C) i∫Afdµ = 0 dla dowolnego A ∈ M. Wtedy f = 0 µ–prawie

wszędzie.

Dowód . Wystarczy rozważyć przypadek f ∈ L1(X). Wiemy, że twierdzenie zachodzi dla f ∈ M+(X)(Obserwacja 4.5.4(e)). Wystarczy więc pokazać, że

∫Xf+dµ =

∫Xf−dµ = 0. Istotnie, np. niech A :=

f > 0. Wtedy 0 =∫Afdµ =

∫Af+dµ =

∫Xf+dµ.

Propozycja 4.5.19 (Twierdzenie o średniej całkowej). Załóżmy, że µ(X) < +∞. Niech C ⊂ C będziedowolnym zbiorem domkniętym. Przypuśćmy, że dla f ∈ L1(X,C), przy dowolnym A ∈ M takim, żeµ(A) > 0 mamy:

SA(f) :=1

µ(A)

∫A

fdµ ∈ C.

Wtedy f(x) ∈ C dla µ–prawie wszystkich x ∈ X.

Dowód . Ustalmy ciąg kół domkniętych (K(aj , rj))∞j=1 taki, że

C \ C =

∞⋃j=1

K(aj , rj)

(Ćwiczenie). Wystarczy pokazać, że f−1(K(aj , rj)) jest zbiorem miary zero dla dowolnego j. Ustalmyj i niech a := aj , r := rj , A := f−1(K(a, r)). Przypuśćmy, że µ(A) > 0. Wtedy:

|SA(f)− a| = 1

µ(A)

∣∣∣ ∫A

(f − a)dµ∣∣∣ 6 1

µ(A)

∫A

|f − a|dµ 6 r,

co oznacza, że SA(f) ∈ K(a, r) ⊂ C \ C — sprzeczność.

Propozycja 4.5.20 (Nierówność Jensena(

48)). Załóżmy, że µ(X) = 1 i niech f ∈ L1(X,R). Niech

P ⊂ R będzie przedziałem takim, że f(x) ∈ P dla µ-p.w. x ∈ X. Wtedy dla dowolnej funkcji wypukłejg : P −→ R mamy

g(∫

X

fdµ)6∫X

(g f)dµ.

(47)Do kwestii całkowania względem miary ν wrócimy w przyszłości — zob. uwagi po Wniosku 4.22.2.(

48)Johan Jensen (1859–1925).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.6. Zbieżność według miary 163

Dowód . Przypomnijmy (Twierdzenie 2.1.16), że g ∈ C↑(P ). Zauważmy, że∫Xfdµ ∈ P oraz, że g f ∈

M(X) (Obserwacja 4.1.7(j)). Niech t0 :=∫Xfdµ. Przypomnijmy (Definicja 2.1.15), że

g(t)− g(s)

t− s6g(u)− g(t)

u− t, s, t, u ∈ P, s < t C, t0 < u,

gdzie

C := supg(t0)− g(s)

t0 − s: s < t0

.

Tak więc, g(u) > g(t0) +C(u− t0) dla dowolnego u ∈ P . W szczególności, g f > g(t0) +C(f − t0)µ–prawie wszędzie. Całkując stronami dostajemy (por. Obserwacja 4.5.11(c))∫

X

(g f)dµ > g(t0) + C(∫

X

fdµ− t0).

Uwaga 4.5.21. Jeszcze raz przypomnijmy, że w teorii całki nie jest istotne to, co się dzieje na zbiorachmiary zero. W związku z tym, poprzednie wyniki można przeformułować tak, aby odpowiednie założeniai warunki były spełnione µ–prawie wszędzie. Tezy pozostaną bez zmian. To, czy użyjemy sformułowania„prawie wszędzie”, czy nie jest w gruncie rzeczy kwestią naszego wyboru: zawsze można przecież zmniej-szyć X o stosowny zbiór miary zero i mieć już sformułowanie „wszędzie”. Uwaga ta dotyczy oczywiściezałożeń, a nie tezy (np. we Wniosku 4.5.16).

4.6. Zbieżność według miary

Niech µ : M −→ [0,+∞] będzie dowolną miarą nieujemną i niech (F, ‖ ‖) będzie dowolną ośrodkowąprzestrzenią Banacha nadK. Rozważmy przestrzeńM(X,F ), w której utożsamiamy odwzorowania równeµ–prawie wszędzie. Jest to K–przestrzeń wektorowa (por. Obserwacja 4.1.7(n)). Połóżmy

Ar(f) := x ∈ X : ‖f(x)‖ > r, f ∈M(X,F ), r > 0.

Zdefiniujmy funkcję ‖ ‖µ :M(X,F ) −→ [0,+∞],

‖f‖µ := infr > 0 : µ(Ar(f)) 6 r, f ∈M(X,F ).

Obserwacja 4.6.1. (a) µ(x ∈ X : ‖f(x)‖ > ‖f‖µ) 6 ‖f‖µ.Istotnie, możemy założyć, że r0 := ‖f‖µ < +∞. Niech ciąg rk r0 będzie taki, że µ(Ark(f)) 6rk, k ∈ N. Oczywiście Ark(f) Ar0(f). Korzystając z Obserwacji 4.1.16(i), mamy µ(Ar0(f)) =

limk→+∞

µ(Ark(f)) 6 limk→+∞

rk = r0.

(b) ‖f‖µ = 0⇐⇒ f = 0 µ–p.w.(c) ‖αf‖µ = ‖f‖µ, α ∈ K, |α| = 1.(d) ‖f + g‖µ 6 ‖f‖µ + ‖g‖µ.

Oczywiście, możemy założyć, że r := ‖f‖µ < +∞ oraz s := ‖g‖µ < +∞. Zauważmy, że Ar+s(f+g) ⊂Ar(f) ∪ As(g), a stąd, na podstawie (a), µ(Ar+s(f + g)) 6 µ(Ar(f)) + µ(As(g)) 6 r + s, czyli‖f + g‖µ 6 r + s.

(e) ‖αf‖µ 6 max‖f‖µ, |α|‖f‖µ, α ∈ K (0 · ∞ := 0).Istotnie, możemy założyć, że r0 := ‖f‖µ < +∞ oraz α 6= 0. Mamy r0 > µ(Ar0(f)) = µ(A|α|r0(αf)).Jeżeli więc |α| > 1, to ‖αf‖µ 6 |α|r0. Jeżeli, |α| 6 1, to µ(Ar0(αf)) 6 µ(Ar0(f)) 6 r0, a więc‖αf‖µ 6 r0.

(f) ‖αχA‖µ = min|α|, µ(A), A ∈M, α ∈ K.

Istotnie, możemy założyć, że α 6= 0. Mamy Ar(αχA) =

A, jeżeli r < |α|∅, jeżeli r > |α|

, a stąd µ(Ar(αχA)) 6

r ⇐⇒

µ(A) 6 r, jeżeli r < |α|r dowolne, jeżeli r > |α|

= min|α|, µ(A).

(g) ZbiórM∞(X,F ) := f ∈M(X,F ) : ‖f‖µ < +∞ jest K–przestrzenią wektorową.

(h) Funkcja %(f, g) := ‖f − g‖µ, f, g ∈ M∞(X,F ), jest metryką naM∞(X,F ). Jest to metryka trans-latywna.

(i) DodawanieM∞(X,F )×M∞(X,F ) 3 (f, g) 7−→ f + g ∈M∞(X,F ) jest operacją ciągła.Istotnie, korzystając z (d), mamy

%(f + g, f0 + g0) 6 %(f, f0) + %(g, g0),

co natychmiast daje ciągłość dodawania.(j) Mnożenie przez skalary K×M∞(X,F ) 3 (α, f) 7−→ α ·f ∈M∞(X,F ) jest ciągłe w każdym punkcie

(α0, f0), dla którego µ(x ∈ X : f0(x) 6= 0) < +∞. W szczególności, jeżeli µ(X) < +∞, to mnożenieprzez skalary jest globalnie ciągłe.Istotnie, korzystając dodatkowo z (d) i (e), dostajemy

%(αf, α0f0) 6 ‖α(f − f0)‖µ + ‖(α− α0)f0‖µ 6 max%(f, f0), |α|%(f, f0)+ ‖(α− α0)f0‖µ.

Pozostaje wykazać, że jeżeli β := α − α0 −→ 0, to ‖βf0‖µ −→ 0. Oczywiście, Ak(f0) ∅. Stąd,wobec Obserwacji 4.1.16(j), µ(Ak(f0)) 0 (tu korzystamy ze skończoności miary zbioru f0 6= 0).Niech teraz ε > 0 i niech k ∈ N będzie takie, że µ(Ak(f0)) 6 ε. Weźmy |β| 6 ε/k. Wtedy Aε(βf0) ⊂Ak(f0), a stąd µ(Aε(βf0)) 6 ε, czyli ‖βf0‖µ 6 ε dla |β| 6 ε/k.

Przykład 4.6.2. Załóżmy, że X = B1 ∪ · · · ∪BN , gdzie B1, . . . , BN ∈M, Bj ∩Bk = ∅ dla j 6= k, orazµ(Bj) 6 r, j = 1, . . . , N (r > 0). Wtedy conv(B(r)) =M∞(X,F ). W szczególności, znaczy to, że kulew przestrzeni (M∞(X,F ), %) nie są wypukłe!

Istotnie, dla dowolnego f ∈M∞(X,F ) mamy

f =

N∑j=1

1

N(NχBjf)

oraz x ∈ X : ‖NχBj (x)f(x)‖ > µ(Bj) ⊂ Bj , skąd natychmiast wynika, że ‖NχBjf‖µ 6 µ(Bj) 6 r,czyli że NχBjf ∈ B(r), j = 1, . . . , N .

Definicja 4.6.3. Mówimy, że ciąg (fk)∞k=1 ⊂M∞(X,F ) jest zbieżny według miary µ do f0 ∈M∞(X,F ),jeżeli %(fk, f0) −→ 0, czyli fk −→ f0 w sensie przestrzeni metrycznej (M∞(X,F ), %).

Twierdzenie 4.6.4. Każdy ciąg Cauchy’ego (fk)∞k=1 w przestrzeni (M∞(X,F ), %) posiada podciąg(fkν )∞ν=1 taki, że dla pewnego f0 ∈ M∞(X,F ) mamy fkν −→ f0 jednocześnie w sensie miary µ orazpunktowo µ–p.w. W szczególności, przestrzeń (M∞(X,F ), %) jest zupełna.

Dowód . Poprzez przejście do podciągu, możemy założyć, że rk := %(fk+1, fk) = ‖fk+1−fk‖µ 6 1/2k, k ∈N. Niech Bj :=

⋃∞k=j Ark(fk+1 − fk), j ∈ N. Wiemy, że µ(Bj) 6

∑∞k=j µ(Ark(fk+1 − fk)) 6

∑∞k=j rk =:

sj 6∑∞k=j 1/2k = 1/2j−1, j ∈ N. Niech B :=

⋂∞j=1Bj . Oczywiście µ(B) = 0. Jeżeli x ∈ X \ B, to

istnieje j = j(x) ∈ N takie, że x /∈ Bj , a stąd∑∞k=j ‖fk+1(x) − fk(x)‖ 6

∑∞k=j rk = sj . Korzystając

z zupełności przestrzeni F wnioskujemy stąd, że fk(x) −→ f0(x) dla pewnego f0(x) ∈ F . Odwzorowanief0 : X \B −→ F rozszerzamy na całe X kładąc f0(x) := 0, x ∈ B. Otrzymujemy w ten sposób oczywiścieodwzorowanie mierzalne. Zauważmy, że Asj (fj − f0) ⊂ Bj , a stąd µ(Asj (fj − f0)) 6 µ(Bj) 6 sj , a więc‖fj − f0‖µ 6 sj , j ∈ N. Oznacza to, że f0 ∈M∞(X,F ) oraz fj −→ f0 według miary µ.

4.7. Całka odwzorowań o wartościach w przestrzeni Banacha

Niech X będzie dowolnym zbiorem, M — σ–algebrą podzbiorów zbioru X, µ : M −→ [0,+∞] —miarą, zaś F — ośrodkową przestrzenią Banacha nad K. Naszym najbliższym celem będzie zbudowanieteorii całki dla odwzorowań mierzalnych f : X −→ F , przy czym, jak zwykle, utożsamiamy odwzorowaniarówne µ–prawie wszędzie.

Podobnie jak poprzednio, rozpoczynamy od przypadku, gdy f jest odwzorowaniem prostym (De-finicja 4.1.8). Chcemy postąpić podobnie jak w przypadku rzeczywistym i dla odwzorowania prostegof ∈M0(X,F ) o postaci kanonicznej

f =

N∑j=1

ajχAj , (†)

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.7. Całka odwzorowań o wartościach w przestrzeni Banacha 165

przyjąć ∫X

fdµ :=

N∑j=1

ajµ(Aj).

Widać, że problem pojawia się w przypadku, gdy µ(Aj0) = +∞ dla pewnego j0. Możemy oczywiścieprzyjąć konwencję, że 0·(+∞) := 0 (0 ∈ F ), ale przypadek aj0 6= 0, µ(Aj0) = +∞ musimy wyeliminować.W związku z tym rozsądnie jest ograniczyć się do zbioru odwzorowań prostych właściwych M0(X,F ) =

M0(X,F,M) składającego się z tych odwzorowań prostych f ∈ M0(X,F ), dla których µ(f 6= 0) <+∞ (przypomnijmy, że zbiór f 6= 0 jest mierzalny — Obserwacja 4.1.7(l)). Zauważmy, że f + g 6=0 ⊂ f 6= 0 ∪ g 6= 0, skąd natychmiast wynika, że M0(X,F ) jest K–podprzestrzenią wektorowąprzestrzeniM0(X,F ) (por. Obserwacja 4.1.9(c)).

Obserwacja 4.7.1. (a) Definicja całki∫Xfdµ nie zależy od wyboru postaci funkcji f w tym sensie,

że jeżeli funkcja f ∈ M0(X,F ) o postaci kanonicznej (†) da się również przedstawić w postaci

f =M∑k=1

bkχBk , gdzie B1, . . . , BM ∈ M, Bj ∩ Bk = ∅ dla j 6= k, X =M⋃j=1

Bj i b1, . . . , bM ∈ F , to

M∑k=1

bkµ(Bk) =N∑j=1

ajµ(Aj); por. Obserwacja 4.5.1(a).

(b) Całka M0(X,F ) 3 f 7−→∫Ffdµ ∈ F jest operatorem K–liniowym.

(c) Dla A ∈M mamy:•∫A

(f |A)dµ =∫X

(χA · f)dµ, f ∈ M0(X,F ); w szczególności, jeżeli X = A1 ∪ · · · ∪AN , gdzieA1, . . . , AN ∈ M, Aj ∩ Ak = ∅ dla j 6= k, to

∫Xfdµ =

∫A1fdµ + · · · +

∫AN

fdµ dla dowolnegof ∈ M0(X,F ) — por. Obserwacja 4.5.1(f);•∫Agdµ =

∫Xg0dµ dla dowolnego g ∈ M0(A,F ).

(d) Dla dowolnej ośrodkowej przestrzeni Banacha G oraz dla dowolnych odwzorowań L ∈ L(F,G),f ∈ M0(X,F ), mamy L f ∈ M0(X,G) i

∫X

(L f)dµ = L( ∫

Xfdµ

).

(e) Jeżeli f ∈ M0(X,F ), to ‖f‖ ∈ M+0 (X) ∩ L1(X) oraz∥∥∥∫

X

fdµ∥∥∥ 6 ∫

X

‖f‖dµ.

Obecnie spróbujemy rozszerzyć definicję całki z przestrzeni M0(X,F ) na większą przestrzeń.

Definicja 4.7.2. Powiemy, że odwzorowanie f : X −→ F jest całkowalne na X względem miary µ

(f ∈ L1(X,F ) = L1(X,F, µ)), jeżeli istnieje ciąg (fn)∞n=1 ⊂ M0(X,F ) taki, że:(*) fn −→ f µ–p.w. na X,(**)

∫X‖fn − f‖dµ −→ 0.

(49)

Obserwacja 4.7.3. (a) Z warunku (**) i z nierówności∥∥∥∫X

fndµ−∫X

fmdµ∥∥∥ 6 ∫

X

‖fn − f‖dµ+

∫X

‖fm − f‖dµ

wynika natychmiast, iż ciąg (∫Xfndµ)∞n=1 jest ciągiem Cauchy’ego (w F ), a więc jest zbieżny. Po-

nadto, jego granica nie zależy od wyboru ciągu spełniającego (*) i (**). Istotnie, jeżeli (gn)∞n=1 ⊂M0(X,F ) jest jakimś innym ciągiem spełniającym (*) i (**), to∥∥∥∫

X

fndµ−∫X

gndµ∥∥∥ 6 ∫

X

‖fn − f‖dµ+

∫X

‖gn − f‖dµ −→ 0.

Uwagi te pozwalają nam zdefiniować całkę∫X

fdµ := limn→+∞

∫X

fndµ, f ∈ L1(X,F ),

gdzie (fn)∞n=1 ⊂ M0(X,F ) jest dowolnym ciągiem spełniającym (*) i (**).(49)Zauważmy, że ‖fn − f‖ ∈ M+(X).



(b) L1(X,F ) jest K–przestrzenią wektorową oraz całka

L1(X,F ) 3 f 7−→∫F

fdµ ∈ F

jest operatorem K–liniowym.(c) Dla A ∈M i f ∈ L1(X,F ) mamy: f |A ∈ L1(A,F ) oraz

∫A

(f |A)dµ =∫X

(χA · f)dµ.W szczególności, jeżeli X = A1 ∪ · · · ∪ AN , gdzie A1, . . . , AN ∈ M, Aj ∩ Ak = ∅ dla j 6= k, to∫

Xfdµ =

∫A1fdµ+ · · ·+

∫AN

fdµ dla dowolnego f ∈ L1(X,F ).(d) Dla dowolnej ośrodkowej przestrzeni Banacha G oraz dla dowolnych odwzorowań L ∈ L(F,G),

f ∈ L1(X,F ) mamy: L f ∈ L1(X,G) i∫X

(L f)dµ = L( ∫

Xfdµ

).

(e) Jeżeli f ∈ L1(X,F ), to ‖f‖ ∈ L1(X) oraz∥∥∥∫X

fdµ∥∥∥ 6 ∫

X

‖f‖dµ =: ‖f‖L1 .

(f) (L1(X,F ), ‖ ‖L1) jest K–przestrzenią unormowaną.(g) Jeżeli F = F1 × · · · × FN , f = (f1, . . . , fN ), to

f ∈ L1(X,F1 × · · · × FN )⇐⇒ fj ∈ L1(X,Fj), j = 1, . . . , N.

Ponadto,∫Xfdµ = (

∫Xf1dµ, . . . ,

∫XfNdµ).

Propozycja 4.7.4. W przypadku F = K klasy funkcji całkowalnych oraz pojęcia całki pokrywają się.

Dowód . Jeżeli f jest całkowalna w „nowym” sensie, to na podstawie Obserwacji 4.7.3(e), funkcja |f | jestcałkowalna w „starym” sensie.

Niech teraz f : X −→ K będzie całkowalna w „starym” sensie. Przypadek ogólny łatwo się redukujedo sytuacji, gdy f : X −→ R+. Wtedy jako ciąg spełniający (*), (**) można wziąć dowolny ciąg(fn) ∈M+

0 (X) taki, że fn f , co oznacza, że f jest całkowalna w „nowym” sensie oraz że obie całki siępokrywają.

Obserwacja 4.7.5. Zauważmy, że dla f ∈ L1(X,F ) i r > 0, przy oznaczeniach z § 4.6, mamy∫X

‖f‖dµ >∫Ar(f)

‖f‖dµ > µ(Ar(f))r,

skąd wynika, że ‖f‖µ 6 (‖f‖L1)1/2. W szczególności, L1(X,F ) ⊂ M∞(X,F ) oraz jeżeli fk −→ f0 wprzestrzeni L1(X,F ), to fk` −→ f0 µ–p.w. dla pewnego podciągu (fk`)

∞`=1 (por. Twierdzenie 4.6.4).

Propozycja 4.7.6. Dla dowolnych f ∈ L1(X,K), g ∈ L1(X,F ), jeżeli f jest ograniczone, to fg ∈L1(X,F ).

Dowód . Możemy założyć, że f : X −→ R+, f 6 C. Niech M+0 (X) 3 fn f oraz niech (gn)∞n=1 ⊂

M0(X,F ) spełnia (*), (**) ze względu na funkcję g. Wtedy fngn ∈ M0(X,F ), fngn −→ fg µ–p.w. naX oraz ∫

X

‖fngn − fg‖dµ 6 C∫X

‖gn − g‖dµ+

∫X

‖g‖(f − fn)dµ −→ 0

(zbieżność∫X‖g‖(f−fn)dµ −→ 0 wynika z twierdzenia o monotonicznym przechodzeniu do granicy pod

znakiem całki).

Ćwiczenie 4.7.7. Niech F , G, H będą ośrodkowymi przestrzeniami Banacha nad K. Spróbować znaleźć„rozsądne” założenia dotyczące funkcji f ∈ L1(X,F ), g ∈ L1(X,G) oraz B ∈ L(F,G;H), przy którychB(f, g) ∈ L1(X,H).

Propozycja 4.7.8 (Ciągłość całki względem zbioru). Jeżeli f ∈ L1(X,F ), to dla dowolnego ε > 0istnieje δ > 0 taka, że jeżeli A ∈M i µ(A) 6 δ, to ‖

∫Afdµ‖ 6 ε.

Dowód . Wynik wynika z Obserwacji 4.7.3(e) oraz Propozycji 4.5.12 — Ćwiczenie.

Propozycja 4.7.9. (a) Niech f : X −→ F będzie odwzorowaniem takim, że istnieje ciąg (fn)∞n=1 ⊂L1(X,F ), dla którego fn −→ f µ–p.w. na X oraz

∫X‖fn − f‖dµ −→ 0. Wtedy f ∈L1(X,F ) oraz∫

Xfndµ −→

∫Xfdµ.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.7. Całka odwzorowań o wartościach w przestrzeni Banacha 167

(b) Jeżeli µ(X) < +∞, (fn)∞n=1 ⊂ L1(X,F ) oraz fn −→ f jednostajnie na X, to f ∈ L1(X,F ) oraz∫Xfndµ −→

∫Xfdµ.

(c) Jeżeli µ(X) < +∞, (fn)∞n=1 ⊂ L1(X,F ) oraz szereg∞∑n=1

fn jest zbieżny jednostajnie na X, to∞∑n=1

fn ∈

L1(X,F ) oraz∞∑n=1

∫X

fndµ =

∫X

( ∞∑n=1

fn

)dµ.

(d) (Twierdzenie Lebesgue’a o zmajoryzowanym przechodzeniu do granicy pod znakiem całki) Jeżeli(fn)∞n=1 ⊂ L1(X,F ), fn −→ f µ–p.w. na X oraz ‖fn‖ 6 g, n = 1, 2, . . . , gdzie g ∈ L1(X), tof ∈ L1(X,F ) oraz

∫Xfndµ −→

∫Xfdµ.

(e) Jeżeli (fn)∞n=1 ⊂ L1(X,F ) oraz∞∑n=1‖fn‖ ∈ L1(X), to szereg

∞∑n=1

fn jest zbieżny µ–p.w. oraz∫X

( ∞∑n=1

fn

)dµ =

∞∑n=1

∫X

fndµ.

Dowód . (a) Cały problem leży w całkowalności funkcji f . Jeżeli już wiemy, że f ∈ L1(X,F ), to oczywiście∥∥∥∫X

fndµ−∫X

fdµ∥∥∥ 6 ∫

X

‖fn − f‖dµ −→ 0.

Dla dowolnego n ∈ N, niech funkcja gn ∈ M0(X,F ) będzie taka, że∫X‖gn − fn‖dµ 6 1

n . Na mocyObserwacji 4.7.5, istnieje podciąg (nk)∞k=1 taki, że

‖gnk − fnk‖ −→ 0 µ–p.w.

Niech hk := gnk , k = 1, 2, . . . . Wtedy hk −→ f µ–p.w. na X oraz∫X

‖hk − f‖dµ 6∫X

‖gnk − fnk‖dµ+

∫X

‖fnk − f‖dµ 61

nk+

∫X

‖fnk − f‖dµ −→ 0,

co kończy dowód.(b) Możemy skorzystać z (a):∫

X

‖fn − f‖dµ 6 µ(X) supX‖fn − f‖.

(c) wynika natychmiast z (b).(d) Wiemy, że ‖fn − f‖ −→ 0 µ–prawie wszędzie oraz ‖fn − f‖ 6 2g, n = 1, 2, . . . . Na podstawie

klasycznego twierdzenia Lebesgue’a (Twierdzenie 4.5.15) wynika stąd, że∫X‖fn − f‖dµ −→ 0. Teraz

możemy skorzystać z (a).(e) Por. dowód Propozycji 4.5.16.

Wniosek 4.7.10. Dla f ∈ L1(X,F ) funkcja

ν(A) :=

∫A

fdµ, A ∈M,

jest miarą o wartościach w przestrzeni F .

Dowód . Zob. dowód Wniosku 4.5.17 — Ćwiczenie.

Propozycja 4.7.11. (L1(X,F ), ‖ ‖L1) jest przestrzenią Banacha.

Dowód . Niech (fk)∞k=1 ⊂ L1(X,F ) będzie dowolnym ciągiem Cauchy’ego. Wobec Obserwacji 4.7.5,(fk)∞k=1 jest ciągiem Cauchy’ego w M∞(X,F ). Teraz, na podstawie Twierdzenia 4.6.4, istnieje pod-ciąg (fk`)

∞`=1 oraz f0 ∈ M∞(X,F ) takie, że fk` −→ f0 w sensie miary µ oraz µ–p.w. Na podstawie

Lematu Fatou mamy∫X

‖fk − f0‖dµ =

∫X

( lim`→+∞

‖fk − fk`‖)dµ 6 lim inf`→+∞

∫X

‖fk − fk`‖dµ, k ∈ N.

Stąd, korzystając z faktu, iż mamy do czynienia z ciągiem Cauchy’ego, wnioskujemy, że∫X‖fk −

f0‖dµ −→ 0. Teraz, na podstawie Propozycji 4.7.9(a), f0 ∈ L1(X,F ) oraz fk −→ f0 w L1(X,F ).

4.8. Przestrzenie Lp

Niech µ : M −→ [0,+∞] będzie ustaloną miarą i niech Y ∈ R,C.

Definicja 4.8.1. Dla 0 < p < +∞ zdefiniujmy

Lp(X,Y, µ) :=f ∈M(X,Y,M) :

∫X

|f |pdµ < +∞.

Obowiązują skróty Lp(X,µ), Lp(X) oraz zasada utożsamiania funkcji równych µ–prawie wszędzie. Niech

‖f‖Lp :=(∫

X

|f |pdµ)1/p

.

Dla f ∈M(X) niech

ess supXf := infC ∈ R : f 6 C µ–prawie wszędzie.

Zauważmy, że f 6 ess supX f µ–prawie wszędzie, tzn. zbiór f > ess supX f jest miary zero.Istotnie, niech C := ess supX f i niech f 6 C + 1

j na X \Zj , gdzie Zj jest miary zero, j > 1. Wtedy

f 6 C na X \∞⋃j=1

Zj .

Niech

L∞(X) = L∞(X,µ) := f ∈M(X) : |f | jest ograniczona µ–prawie wszędzie.

W ten sam sposób definiujemy L∞(X,C) = L∞(X,C, µ). Połóżmy

‖f‖L∞ := ess supX|f | = infC ∈ R+ : |f | 6 C µ–prawie wszędzie.

Obserwacja 4.8.2. (a) Lp(X,C) jest zespoloną przestrzenią wektorową, 0 0.

Podobnie jak w przypadku L1, zamiast przestrzeni Lp(X) możemy rozważać przestrzeń Lp(X,R)jako podprzestrzeń Lp(X,C).

(b) Zauważmy, że dla f ∈ Lp(X,C) i r > 0, przy oznaczeniach z § 4.6, mamy∫X

|f |pdµ >∫Ar(f)

|f |pdµ > µ(Ar(f))rp,

skąd wynika, że ‖f‖µ 6 (‖f‖Lp)p/(p+1), 0 < p < +∞. Wprost z definicji dostajemy również nie-równość ‖f‖µ 6 ‖f‖L∞ dla f ∈ L∞(X,C). W szczególności, Lp(X,C) ⊂ M∞(X,C), 0 < p 6 +∞oraz jeżeli ‖fk − f0‖Lp −→ 0, to fk −→ f0 wM∞(X,C), skąd wynika np. że fk` −→ f0 µ–p.w. dlapewnego podciągu (fk`)

∞`=1 (por. Twierdzenie 4.6.4).

Aby uniknąć przypadków trywialnych zakładamy, że µ(X) > 0.Powiemy, że liczby 1 6 p, q 6 +∞ są sprzężone, jeżeli 1

p + 1q = 1

(50).

Propozycja 4.8.3. (a) Jeżeli p, q > 1 są sprzężone, to dla dowolnych funkcji f ∈ Lp(X,C), g ∈Lq(X,C) funkcja fg jest klasy L1(X,C) oraz zachodzi nierówność Höldera:

‖fg‖L1 6 ‖f‖Lp‖g‖Lq .

Ponadto, dla 1 < p, q < +∞ równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją α, β > 0 takie, żeα+ β > 0 oraz

α|f |p = β|g|q µ–prawie wszędzie. (†)

(50)W szczególności, 1 i +∞ są sprzężone.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.8. Przestrzenie Lp 169

(b) Dla dowolnego 1 6 p 6 +∞ i dla dowolnych f, g ∈ Lp(X,C) zachodzi nierówność Minkowskiego(51)

‖f + g‖Lp 6 ‖f‖Lp + ‖g‖Lp .Ponadto, dla 1 0,α+ β = 1, takie, że

|f | = α|f + g|, |g| = β|f + g| µ–prawie wszędzie. (‡)(

52)

W szczególności, (Lp(X,K), ‖ ‖Lp) jest przestrzenią unormowaną nad K dla dowolnego 1 6 p 6+∞

(53).

(c) Przestrzeń L2(X,C) wraz z iloczynem skalarnym

(f, g) 7−→ 〈f, g〉L2 :=

∫X

fgdµ

jest przestrzenią unitarną(

54).

Dowód . (a) Nierówność Höldera jest oczywista dla p = 1, q = +∞ i p = +∞, q = 1. Dla 1 < p, q < +∞rozumujemy następująco.

Po pierwsze możemy założyć, że f 6= 0 i g 6= 0.Po drugie, zastępując f przez f/‖f‖Lp i g przez g/‖g‖Lq , możemy założyć, że ‖f‖Lp = ‖g‖Lq = 1.Mamy pokazać, że

∫A|fg|dµ 6 1, gdzie A := fg 6= 0.

Funkcja t 7−→ exp(t) jest wypukła. W szczególności,

etp+u

q 61

pet +

1

qeu, t, u ∈ R,

przy czym równość zachodzi jedynie, gdy t = u.Dla dowolnego x ∈ A dobieramy t, u ∈ R takie, że |f(x)| = exp(t/p), |g(x)| = exp(u/q). Stąd

|f(x)g(x)| 6 1

p|f(x)|p +

1

q|g(x)|q, x ∈ A.

Całkując stronami dostajemy żądaną nierówność Höldera.Jeżeli dla 1 < p, q < +∞ w nierówności Höldera zachodzi równość i pominiemy przypadek trywialny,

gdy f = 0 lub g = 0, to dla postaci zredukowanej musimy mieć

|fg| = 1

p|f |p +

1

q|g|q µ–prawie wszędzie na X,

co oznacza, że |f |p = |g|q µ–prawie wszędzie na X. Warunek (†) dostajemy wracając do postaci niezre-dukowanej.

Jeżeli spełniony jest warunek (†) i np. β > 0, to |g| = c|f |p/q µ–prawie wszędzie, gdzie c > 0, a stąd‖g‖Lq = c(

∫X|f |p)1/q i ‖fg‖L1 = c

∫X|f |pdµ.

(b) Nierówność Minkowskiego jest oczywista dla p = 1 i p = +∞. Dla 1 0. Niech q będzie sprzężone z p. Mamy∫

X

|f + g|pdµ 6∫X

(|f |+ |g|)pdµ

(51)Hermann Minkowski (1864–1909).(

52)Zauważmy, że warunki te są równoważne istnieniu liczby t > 0 takiej, że f = tg µ–prawie wszędzie lub g = tf

µ–prawie wszędzie. Istotnie, jeżeli np. f = tg, to |f | = (t/(t + 1))|f + g| i |g| = (1/(t + 1))|f + g| (równości µ–prawiewszędzie). Odwrotnie, jeżeli (‡) zachodzi, to rozumujemy następująco: Przypadek α = 0 (odp. β = 0) sprowadza się dorówności f = 0g (odp. g = 0f). Możemy więc założyć, że α, β > 0. Niech t := α/β. Zauważmy, że |f | = t|g|. W szczególności,A := f = 0 = g = 0 (z dokładnością do zbioru miary zero). Pozostaje sprawdzić, że Arg f = Arg g poza A. Ponieważα+ β = 1, dostajemy równość |f |+ |g| = |f + g|, czyli |f |2 + 2|f ||g|+ |g|2 = |f |2 + 2 Re fg + |g|2. Stąd |f ||g| = Re fg, codaje równość argumentów poza A.(

53)Uwaga: nie twierdzimy, że tak jest dla 0 < p < 1.(

54)W szczególności, dla p = q = 2, nierówność Höldera to po prostu nierówność Schwarza.

oraz∫X

(|f |+ |g|)pdµ =

∫X

|f |(|f |+ |g|)p−1dµ+

∫X

|g|(|f |+ |g|)p−1dµ

Hölder6 ‖f‖Lp

(∫X

(|f |+ |g|)(p−1)qdµ)1/q

+ ‖g‖Lp(∫

X

(|f |+ |g|)(p−1)qdµ)1/q

.

Ponieważ (p − 1)q = p, więc dzieląc powyższą nierówność przez∫X

(|f | + |g|)pdµ)1/q dostajemy żądanąnierówność Minkowskiego.

Jeżeli dla 1 < p < +∞ w nierówności Minkowskiego zachodzi równość i pominiemy przypadektrywialny, gdy f = 0 lub g = 0, to na podstawie powyższych nierówności mamy |f + g| = |f | + |g|µ–prawie wszędzie oraz (korzystając z (a)) |f |p = c(|f | + |g|)(p−1)q, |g|p = d(|f | + |g|)(p−1)q µ–prawiewszędzie, gdzie c, d > 0. Wynika stąd, że α(|f | + |g|) = |f | i β(|f | + |g|) = |g| µ–prawie wszędzie, gdzieα, β > 0. Pozostaje zauważyć, że α+ β = 1.

Jeżeli spełniony jest warunek (‡), to |f |p = αp(|f+g|)p, |g|p = βp(|f+g|)p µ–prawie wszędzie, a więcmamy równość.

(c) wynika z (b) i własności całki.

Wniosek 4.8.4 (Uogólniona nierówność Höldera). Niech p1, . . . , pN , p > 1 będą takie, że

1

p1+ · · ·+ 1

pN=

1

p.

Wtedy dla dowolnych funkcji fj ∈ Lpj (X,C), j = 1, . . . , N , funkcja f1 · · · fN należy do Lp(X,C) oraz

‖f1 · · · fN‖Lp 6 ‖f1‖Lp1 · · · ‖fN‖LpN .

Oznacza to w szczególności, że odwzorowanie N–liniowe

Lp1(X,C)× · · · × LpN (X,C) 3 (f1, . . . , fN ) −→ f1 · · · fN ∈ Lp(X,C)

jest ciągłe i ma normę 6 1.

Dowód . Przypadek p = +∞ (wtedy oczywiście p1 = · · · = pN = +∞) jest elementarny. Załóżmy, żep < +∞ i niech p1 = · · · = ps = +∞, ps+1, . . . , pN < +∞ dla pewnego 0 6 s 6 N − 1. Bez szkody dlaogólności możemy założyć, że f1, . . . , fN : X −→ R+. Jeżeli s > 0, to

‖f1 · · · fN‖Lp 6 ‖f1‖L∞ · · · ‖fs‖L∞ · ‖fs+1 · · · fN‖Lp ,

co redukuje dowód do przypadku s = 0. Załóżmy więc, że s = 0. Zastosujemy indukcję względemN . Przypadek N = 1 jest trywialny. Przechodzimy do kroku indukcyjnego. Przypuśćmy, że wynik jestprawdziwy dla N − 1. Niech q > 1 będzie takie, że

1

p1+ · · ·+ 1

pN−1=

1

q.

Wtedy:1

q/p+

1

pN/p= 1.

Stąd, na podstawie zwykłej nierówności Höldera oraz założenia indukcyjnego, dostajemy∫X

(f1 . . . fN )p dµ 6(∫

X

(f1 . . . fN−1)p·q/p dµ)p/q(∫

X

fp·pN/pN dµ

)p/pN= ‖f1 . . . fN−1‖pLq‖fN‖

pLpN 6 (‖f1‖Lp1 . . . ‖fN‖LpN )p.

Wniosek 4.8.5. Jeżeli µ(X) < +∞, to dla dowolnych 1 6 r < s 6 +∞ mamy: Ls(X,C) ⊂ Lr(X,C)(55). Ponadto, operator

id : Ls(X,C) −→ Lr(X,C)

jest ciągły.

(55)Ćwiczenie: Czy własność ta zachodzi w przypadku, gdy µ(X) = +∞ ?

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.8. Przestrzenie Lp 171

Dowód . Dla s = +∞ mamy:

‖f‖Lr 6 (µ(X))1/r‖f‖L∞ , f ∈ L∞(X,C).

Gdy s < +∞, stosujemy Wniosek 4.8.4 do N := 2, p1 := rs/(s − r), p2 := s, p := r, f1 :≡ 1 ∈ Lp1(X)(bo µ(X) < +∞), f2 := f ∈ Ls(X,C) i otrzymujemy:

‖f‖Lr 6 (µ(X))1/r−1/s‖f‖Ls , f ∈ Ls(X,C).

Obserwacja 4.8.6. Ustalmy funkcję f ∈M(X,C) taką, że µ(x ∈ X : f(x) 6= 0) > 0. Niech

P := p ∈ R>0 : f ∈ Lp(X,C), Q := t ∈ R>0 : 1/t ∈ P.

Załóżmy, że P 6= ∅. Wtedy:(a) P i Q są przedziałami.Istotnie, ustalmy p1 0, β := p2p− p1

p2 − p1> 0, r :=

p1

α=p2 − p1

p2 − p> 1, s :=

p2

β=p2 − p1

p− p1> 1.

Wtedy α+ β = p oraz 1/r + 1/s = 1. Teraz, korzystając z nierówności Höldera, dostajemy:∫X

|f |pdµ =

∫X

|f |α|f |βdµ 6(∫

X

|f |αrdµ)1/r(∫

X

|f |βsdµ)1/s

=(∫

X

|f |p1dµ)1/r(∫

X

|f |p2dµ)1/s

< +∞. (†)

(b) Funkcja Q 3 t 7−→ ln ‖f‖L1/t jest wypukła.Istotnie, wypukłość tej funkcji jest równoważna (Ćwiczenie) nierówności∫

X

|f |1/tdµ 6(∫

X

|f |1/t1dµ) t1tt2−tt2−t1

(∫X

|f |1/t2dµ) t2tt−t1t2−t1

,

która, po podstawieniu p1 := 1/t2, p2 := 1/t1, p := 1/t, sprowadza się do nierówności (†).(c) Funkcja P 3 p 7−→ ‖f‖Lp jest ciągła.(d) Jeżeli 0 < µ(X) < +∞, to dla dowolnej funkcji f ∈M(X,C) takiej, że µ(x ∈ X : f(x) 6= 0) > 0

mamy limp→+∞

‖f‖Lp = ‖f‖L∞(

56) (

57).

Istotnie, mamy ‖f‖Lp 6 (µ(X))1/p‖f‖L∞ , skąd wynika, że lim supp→+∞

‖f‖Lp 6 ‖f‖L∞ .

Niech 0 < t < ‖f‖L∞ , At := x ∈ X : |f(x)| > t. Oczywiście, 0 < µ(At) < +∞. Mamy∫X|f |pdµ >∫

Attpdµ = µ(At)t

p, a więc (µ(At))1/pt 6 ‖f‖Lp , a stąd lim inf

p→+∞‖f‖Lp > ‖f‖L∞ .

Propozycja 4.8.7. Niech 0 < p < 1.(a) Funkcja

%p(f, g) := ‖f − g‖pLp =

∫X

|f − g|pdµ, f, g ∈ Lp(X,C),

jest metryką translatywną na Lp(X,C).(b) Działania w przestrzeni Lp(X,C) są ciągłe w topologii zadanej przez metrykę %p.

Dowód . (a) Wystarczy skorzystać z nierówności (a+ b)p 6 ap + bp, a, b > 0 (Ćwiczenie).(b) Wykorzystać standardowe rozumowanie (np. z Obserwacji 4.6.1(i, j)) oraz fakt, że %p(αf, αg) =

|α|p%(f, g) (Ćwiczenie).

Dla 1 6 p 6 +∞ kładziemy

%p(f, g) := ‖f − g‖Lp , f, g ∈ Lp(X,C).

(56)Uwaga: Nie wykluczamy tu przypadków, gdy ‖f‖Lp = +∞ dla pewnych 0 < p 6 +∞.(

57)Ćwiczenie: Czy własność ta zachodzi bez założenia, że µ(X) < +∞ ?

Obserwacja 4.8.8. Na podstawie Obserwacji 4.8.2(b) mamy

%(f, g) = ‖f − g‖µ 6 %c(p)p (f, g), f, g ∈ Lp(X,C), 0 < p 6 +∞,gdzie

c(p) :=

1/(p+ 1), jeżeli 0 < p < 1

p/(p+ 1), jeżeli 1 6 p < +∞1, jeżeli p =∞

.

Propozycja 4.8.9. (Lp(X,C), %p) jest przestrzenią zupełną dla dowolnego 0 < p 6 +∞. W szczególno-ści:• Lp(X,C) jest przestrzenią Banacha dla dowolnego 1 6 p 6 +∞,• L2(X,C) jest przestrzenią Hilberta.

Dowód . Niech (fk)∞k=1 ⊂ Lp(X,C) będzie dowolnym ciągiem Cauchy’ego.Najpierw rozważmy przypadek 0 < p < +∞ (por. dowód Propozycji 4.7.11). Wobec Obserwacji

4.8.8, (fk)∞k=1 jest ciągiem Cauchy’ego w M∞(X,C). Na podstawie Twierdzenia 4.6.4, istnieje podciąg(fk`)

∞`=1 oraz f0 ∈ M∞(X,C) takie, że fk` −→ f0 w sensie miary µ oraz µ–p.w. Dla 0 < p < +∞, na

podstawie Lematu Fatou mamy∫X

|fk − f0|pdµ =

∫X

( lim`→+∞

|fk − fk` |p)dµ 6 lim inf`→+∞

∫X

|fk − fk` |pdµ, k ∈ N.

Stąd, korzystając z faktu, iż mamy do czynienia z ciągiem Cauchy’ego, wnioskujemy, że %p(fk, f0) −→ 0.

Przypadek p = +∞ jest znacznie prostszy — postępujemy następująco. Niech

Z :=

∞⋃k=1

|fk| > ‖fk‖L∞ ∪∞⋃

k,`=1

|fk − f`| > ‖fk − f`‖L∞.

Wtedy Z jest zbiorem miary zero oraz (fk|X\Z)∞k=1 jest ciągiem Cauchy’ego w B(X \ Z,C). W takimrazie fk −→ f jednostajnie na X \ Z, gdzie f ∈ M(X \ Z,C) ∩ B(X \ Z,C). Zdefiniujmy f := 0 na Z.Wtedy f ∈ L∞(X,C) oraz ‖fk − f‖L∞ −→ 0.

Ćwiczenie 4.8.10. Ustalmy 0 < p < 1.(a) Pokazać, że dla X := [0, 1], µ := L1, w przestrzeni (Lp(X,C), %p) nie ma nietrywialnych zbiorów

otwartych i wypukłych (por. Przykład 4.6.2).Szkic dowodu. Niech ∅ 6= W 6= Lp(X,µ) będzie zbiorem otwartym i wypukłym. Możemy założyć,

że 0 ∈W . Niech f ∈ Lp(X,C) \W . Dobierzmy r > 0 takie, że

B(0, r) = g ∈ Lp(X,C) : %p(0, g) < r = g ∈ Lp(X,C) : ‖g‖pLp < r ⊂W.

Niech m ∈ N będzie takie, że mp−1%p(0, f) < r. Dobierzmy podział

0 = t0 < t1 < · · · < tm = 1

odcinka [0, 1] taki, że ∫ ti

ti−1

|f |pdL1 =1

m%p(0, f), i = 1, . . . ,m.

W szczególności, dla gi := mfχ[ti−1,ti], mamy∫X

|gi|pdL1 = mp−1%p(0, f) < r, i = 1, . . . ,m.

Ponieważ f = 1m (g1 + · · ·+ gm) ∈W , dostajemy sprzeczność.

(b) Korzystając z (a), pokazać, że dla dowolnej przestrzeni unormowanej F mamy

L(Lp([0, 1],C;L1), F ) = 0.(c) Uogólnić (a) (i w konsekwencji (b)) na szerszą klasę par (X,µ).

Ćwiczenie* 4.8.11. Spróbować zbudować teorię przestrzeni Lp dla odwzorowań X −→ F , gdzie F jestośrodkową przestrzenią Banacha — por. § 4.7.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.9. Całka Riemanna a całka Lebesgue’a 173

4.9. Całka Riemanna a całka Lebesgue’a

Twierdzenie 4.9.1 (Porównanie całki Riemanna z całką Lebesgue’a). Załóżmy, że A ⊂ Rn jest zbioremregularnym ze względu na całkę Riemanna i niech f : A −→ C będzie funkcją ograniczoną. Wtedy:

(a) A ∈ Ln.(b) f ∈ R(A) =⇒ f ∈ L1(A)

(58). Ponadto

∫Af =

∫AfdLn.

(c) f ∈ R(A)⇐⇒ Ln(NA(f)) = 0, gdzie NA(f) := a ∈ A : f nie jest ciągła w a.

Dowód . Ponieważ A = (intA) ∪ Z, gdzie |Z| = 0, a zbiory o objętości zero mają miarę zero, zatemA ∈ Ln.

Dla pozostałej części dowodu możemy założyć, A = P jest kostką(

59). Ponadto możemy założyć,

że f > 0.Ustalmy normalny ciąg podziałów prostych (πk)∞k=1 taki, że πk+1 4 πk, k > 1. Niech πk =

Pk,1, . . . , Pk,mk. Ustalmy w dowolny sposób przynależność ścian, tak by z kostek Pk,1, . . . , Pk,mk otrzy-mać „kostki” rozłączne Qk,1, . . . , Qk,mk dające w sumie P . Dla każdego k otrzymaliśmy rozbicie P nazbiory Ln–mierzalne. Niech

Lk :=

mk∑j=1

m(f, Pk,j)χQk,j , Uk :=

mk∑j=1

M(f, Pk,j)χQk,j .

Oczywiście, Lk, Uk ∈ M+0 (P,Ln). Niech Z :=

∞⋃k=1

mk⋃j=1

∂Pk,j . Zbiór Z jest miary zero i jak łatwo widać

Lk 6 f 6 Uk na P \Z. Ponadto, Lk 6 Lk+1 i Uk > Uk+1 na P \Z, k > 1. Zdefiniujmy L := limk→+∞

Lk na

P \Z i L := 0 na Z. Analogicznie, niech U := limk→+∞

Uk na P \Z i U := 0 na Z. Wtedy L,U ∈M+(P,Ln)

i L 6 f 6 U na P \Z. Na podstawie twierdzeń o monotonicznym przechodzeniu do granicy pod znakiemcałki oraz Własności 3.1.11 mamy:

L(πk, f) =

∫P

LkdLn ∫P

LdLn, L(πk, f)∫∗Pf,

U(πk, f) =

∫P

UkdLn ∫P

UdLn, U(πk, f)∫ ∗P

f.

Tak więc∫ ∗Pf −

∫∗P f =

∫P

(U − L)dLn. Wynika stąd, że f ∈ R(P ) ⇐⇒ L = U Ln–prawie wszędzie.Ponadto, jeżeli L = U Ln–prawie wszędzie, to wobec zupełności miary Ln, mamy f ∈M+(P,Ln) oraz∫

P

fdLn =

∫P

LdLn =

∫P

UdLn,

a więc f ∈ L1(P ) oraz∫PfdLn =

∫Pf . Pozostaje zauważyć, że

L = U Ln–prawie wszędzie

wtedy i tylko wtedy, gdy Ln(NP (f)) = 0(

60).

Wniosek 4.9.2. Zbiór ograniczony A ⊂ Rn jest mierzalny w sensie Jordana (por. Definicja 3.1.32)wtedy i tylko wtedy, gdy Ln(∂A) = 0

(61).

(58)Tu i dalej, Lp(A) := Lp(A,Ln).(

59)Przy własności (c) trzeba zauważyć, że gdy A ⊂ P , to NA(f) ⊂ NP (f0) ⊂ NA(f) ∪ ∂A.(

60)Niech x0 ∈ P \ (Z ∪NP (f)) i niech ε > 0. Wobec ciągłości funkcji f w punkcie x0, istnieje kostka Q ⊂ P o środku

w punkcie x0 taka, że |f(x′)−f(x′′)| 6 ε dla dowolnych x′, x′′ ∈ Q. Ponieważ diamπk −→ 0, zatem dla dostatecznie dużychk mamy następującą sytuację: jeżeli x0 ∈ Pk,j(k), to Pk,j(k) ⊂ Q (zauważmy, że j(k) jest jednoznacznie wyznaczone).W takim razie Uk(x0)− Lk(x0) 6 ε, k 1.

W drugą stronę: Niech L = U na P \ Z0, gdzie Z ⊂ Z0 i Z0 jest miary zero. Weźmy x0 ∈ P \ Z0 i ε > 0. WtedyUk(x0) − Lk(x0) 6 ε dla k > k0. Przypuśćmy, że x0 ∈ intPk0,j0 =: W . Wtedy dla x ∈ W mamy Lk0 (x0) = Lk0 (x) 6f(x) 6 Uk0 (x) = Uk0 (x0), a stąd |f(x)− f(x0)| 6 ε.(

61)Ćwiczenie: Podać przykład zbioru ograniczonego A ⊂ Rn takiego, że Ln(∂A) > 0.

4.10. Całka Lebesgue’a

Celem niniejszego podrozdziału jest krótkie przedstawienie pewnego bardziej ogólnego podejścia dopojęcia całkowalności funkcji mierzalnych f : X −→ R względem miary µ : M −→ [0,+∞]. Podejście tojest analogiczne do wprowadzania całki Riemanna: definiujemy całkę górną

∫ ∗Xfdµ, całkę dolną

∫∗X fdµ,

a całkowalność definiujemy poprzez równość∫∗X fdµ =

∫ ∗Xfdµ.

Definicja 4.10.1. Powiemy, że funkcja mierzalna u : X −→ R jest funkcją schodkową (f ∈ Ms(X)),jeżeli zbiór f(X) jest co najwyżej przeliczalny oraz rodzina (yµ(u−1(y)))y∈R jest sumowalna do pew-nego elementu

∑y∈R

yµ(u−1(y)) ∈ R (z zachowaniem zasady 0 · (+∞) := 0), co z kolei oznacza, że∑y∈R+

yµ(u−1(y)) < +∞ lub∑

y∈R<0

(−y)µ(u−1(y)) < +∞ i

∑y∈R

yµ(u−1(y)) :=∑y∈R+

yµ(u−1(y))−∑y∈R<0

(−y)µ(u−1(y)).

Dla dowolnej funkcji f : X −→ R kładziemy∫ ∗X

fdµ : = inf∑y∈R

yµ(u−1(y)) : u ∈Ms(X), u > f µ–p.w.,∫

∗Xfdµ : = sup

∑y∈R

yµ(u−1(y)) : u ∈Ms(X), u 6 f µ–p.w.,

przy czym∫ ∗Xfdµ := +∞ (odp.

∫∗X fdµ := −∞), jeżeli rodzina definiująca jest pusta. Wprost z definicji

wynika, że całki te pozostają takie same, jeżeli zmienimy wartości funkcji f na zbiorze miary zero.Mówimy, że funkcja f : X −→ R jest L–całkowalna (f ∈ LI(X)), jeżeli, po ewentualnych mo-

dyfikacjach na zbiorze miary zero, jest to funkcja mierzalna oraz∫∗X fdµ =

∫ ∗Xfdµ =: L

∫Xfdµ ∈ R.

Uwaga: OznaczeniaMs(X), LI(X), L∫Xfdµ mają charakter roboczy i nie będą stosowane w przy-

szłości.

Znaleźliśmy się w sytuacji, w której mamy to samo pojęcie zdefiniowane na dwa różne sposoby —por. Obserwacja 4.5.10.

Twierdzenie 4.10.2. Oba pojęcia całkowalności są równoważne. Ponadto, obie całki są równe.

Do dowodu będziemy potrzebować szeregu elementarnych własności wyżej wprowadzonych pojęć.

Obserwacja 4.10.3. Niech f, g : X −→ R.(1)

∫∗X fdµ = −

∫ ∗X

(−f)dµ.(2) Jeżeli f 6 g µ–p.w., to

∫ ∗Xfdµ 6

∫ ∗Xgdµ.

(3) Jeżeli f > 0 µ–p.w., to∫ ∗Xfdµ > 0.

(4) Jeżeli∫ ∗Xfdµ < +∞, to

∫ ∗Xf+dµ < +∞ oraz f(x) < +∞ dla µ–p.w. x ∈ X.

(5)∫ ∗X

(αf)dµ = α∫ ∗Xfdµ, α ∈ R>0.

(6) Jeżeli∫ ∗Xfdµ+

∫ ∗Xgdµ < +∞, to

∫ ∗X

(f + g)dµ 6∫ ∗Xfdµ+

∫ ∗Xgdµ.

Istotnie, wobec (4) funkcja f+g jest określona µ–p.w. Przypuśćmy, że∫ ∗X

(f+g)dµ >∫ ∗Xfdµ+

∫ ∗Xgdµ.

Wtedy istnieją funkcje u, v ∈Ms(X), u > f , v > g µ–p.w. takie, że∫ ∗X

(f + g)dµ >∑y∈R

yµ(u−1(y)) +∑y∈R

yµ(v−1(y)).

Aby dojść do sprzeczności wystarczy jeszcze pokazać, że∑y∈R

yµ(u−1(y)) +∑y∈R

yµ(v−1(y)) =∑y∈R

yµ((u+ v)−1(y)).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.10. Całka Lebesgue’a 175

Oczywiście, zbiór (u+ v)(X) jest też co najwyżej przeliczalny. Liczymy∑y∈R

yµ(u−1(y)) +∑z∈R

zµ(v−1(z)) =∑y∈R

yµ(u−1(y) ∩

⋃z∈R

v−1(z))

+∑z∈R

zµ( ⋃y∈R

u−1(y) ∩ v−1(z))

=∑y,z∈R

yµ(u−1(y) ∩ v−1(z)) +∑y,z∈R

zµ(u−1(y) ∩ v−1(z))

=∑y,z∈R

(y + z)µ(u−1(y) ∩ v−1(z)) =∑x∈R

xµ((u+ v)−1(x)).

(7)∫∗X fdµ 6

∫ ∗Xfdµ.

Istotnie, przypuśćmy, że∫∗X fdµ >

∫ ∗Xfdµ. Wtedy

0 >

∫ ∗X

fdµ−∫∗X

fdµ(1)=

∫ ∗X

fdµ+

∫ ∗X

(−f)dµ(6)

>∫X

(f + (−f))dµ(3)

> 0;

sprzeczność.(8) Jeżeli f ∈Ms(X), to f ∈ LI(X) oraz L

∫Xfdµ =

∑y∈R

yµ(f−1(y)).

Istotnie,∫ ∗Xfdµ 6

∑y∈R

yµ(f−1(y)) 6∫∗X fdµ.

(9) Jeżeli f ∈M(X) i f > 0 µ–p.w., to f ∈ LI(X) oraz L∫Xfdµ > 0.

Istotnie, rozważmy najpierw przypadek, gdy µ(A) > 0, gdzie A := x ∈ X : f(x) = +∞. Wtedyf > kχA, a stąd

∫∗X fdµ > kµ(A), k ∈ N, co implikuje, że

∫∗X fdµ = +∞, a więc f ∈ LI(X) oraz

L∫Xfdµ = +∞. Załóżmy teraz, że µ(A) = 0. Niech 1 < t < +∞, niech

Ak := x ∈ X : tk 6 f(x) < tk+1, u :=

∞∑k=1

tkχAk .

Wtedy u ∈ Ms(X), u 6 f 6 tu µ–p.w. Wynika stąd, że∫ ∗Xfdµ 6 t

∑y∈R

yµ(u−1(y)) 6 t∫∗X fdµ, co

przy t −→ 1 daje żądany wynik.(10) Dla dowolnego α ∈ R∗ mamy: f ∈ LI(X)⇐⇒ αf ∈ LI(X). Ponadto, L

∫X

(αf)dµ = αL∫Xfdµ.

Istotnie, wystarczy skorzystać z (1) i (5).(11) Jeżeli f, g ∈ LI(X) oraz L

∫Xfdµ+L

∫Xgdµ ∈ R, to f+g ∈ LI(X) oraz L

∫X

(f+g)dµ = L∫Xfdµ+L

∫Xgdµ.

Istotnie, jeżeli L∫Xfdµ+ L

∫Xgdµ ∈ R, to

L∫X

fdµ+ L∫X

gdµ(6)

>∫ ∗X

(f + g)dµ(7)

>∫∗X

(f + g)dµ(1)+(6)

> L∫X

fdµ+ L∫X

gdµ.

Jeżeli L∫Xfdµ+ L

∫Xgdµ = −∞, to

−∞ = L∫X

fdµ+ L∫X

gdµ(6)

>∫ ∗X

(f + g)dµ(7)

>∫∗X

(f + g)dµ > −∞.

Jeżeli L∫Xfdµ+ L

∫Xgdµ = +∞, to

+∞ >∫ ∗X

(f + g)dµ(7)

>∫∗X

(f + g)dµ(1)+(6)

> L∫X

fdµ+ L∫X

gdµ = +∞.

(12) Jeżeli f, g ∈M(X) ∩ LI(X), f 6 g µ–p.w., to L∫Xfdµ 6 L

∫Xgdµ.

Istotnie, w przypadku, gdy L∫Xgdµ < +∞ z (4) wynika, że f(x) 6 g(x) < +∞ µ–p.w., a stąd

f − g = −h µ–p.w. dla pewnego h ∈M+(X), a więc

L∫X

gdµ(9)

> L∫X

gdµ+ L∫X

(f − g)dµ(10)+(11)

= L∫X

fdµ.

Przypadek L∫Xfdµ > −∞ sprowadza się do nierówności L

∫X

(−g)dµ 6 L∫X

(−f)dµ.(13) Jeżeli f ∈ LI(X), to f+, f− ∈ LI(X), L

∫Xf+dµ− L

∫Xf−dµ ∈ R oraz L

∫Xfdµ = L

∫Xf+dµ− L

∫Xf−dµ.

Istotnie, f+, f− ∈ LI(X) na podstawie (9). W przypadku, gdy L∫Xfdµ < +∞ korzystamy z (4)

i wnioskujemy, że L∫Xf+dµ < +∞. Wynika stąd, że L

∫Xf+dµ − L

∫Xf−dµ ∈ R i możemy skorzystać

z (11). Przypadek L∫Xfdµ > −∞ jest analogiczny (korzystamy z (1)).

(14) Jeżeli f ∈ LI(X), to |f | ∈ LI(X), oraz |L∫Xfdµ| 6 L

∫X|f |dµ. Jeżeli ponadto L

∫Xfdµ ∈ R, to

L∫X|f |dµ ∈ R.

Istotnie, wystarczy skorzystać z (9), (13) oraz z tego, że L∫X|f |dµ = L

∫Xf+dµ+ L

∫Xf−dµ.

(15) (Lemat Fatou) Dla (fk)∞k=1 ⊂M+(X), mamy lim infk→+∞

L∫Xfkdµ > L

∫X

(lim infk→+∞

fk)dµ.

Istotnie, niech f := lim infk→+∞

fk i niech u ∈Ms(X), u 6 f µ–p.w. Chcemy pokazać, że

∑y∈R

yµ(u−1(y)) 6 lim infk→+∞

L∫X

fkdµ.

Możemy założyć, że u =N∑j=1

ajχAj , gdzie a1, . . . , aN > 0, A1, . . . , AN ∈ M, Aj ∩ Ak = ∅, j 6= k.

Niech 0 < θ < 1, Aj,k := x ∈ Aj : ∀s>k : fs(x) > θaj. Zauważmy, że Aj,k Aj , j = 1, . . . , N .

Stąd lim infk→+∞

L∫Xfkdµ > lim inf

k→+∞

N∑j=1

θajµ(Aj,k) = θN∑j=1

ajµ(Aj) i teraz θ −→ 1.

(16) JeżeliM+ 3 fk f , to L∫Xfkdµ L

∫Xfdµ.

Istotnie, monotoniczność wynika z (12). Niech α := limk→+∞

L∫Xfkdµ. Nierówność α 6 L

∫Xfdµ wynika

z (12). Pozostała nierówność wynika z (15).

Dowód Twierdzenia 4.10.2. Niech f ∈ M(X) będzie funkcją całkowalną w zwykłym sensie. Oznaczato, że

∫Xf+dµ < +∞ lub

∫Xf−dµ < +∞ oraz

∫Xfdµ =

∫Xf+dµ −

∫Xf−dµ. Na podstawie (9)

wiemy, że f+, f− ∈ LI(X). Gdybyśmy wiedzieli, że L∫Xf±dµ =

∫Xf±dµ, wtedy, na podstawie (10), (11),

f = f+ + (−f−) ∈ LI(X) oraz L∫Xfdµ =

∫Xfdµ.

Możemy więc założyć, że f > 0. Niech M+0 (X) 3 fk f . Oczywiście, fk ∈ Ms(X) oraz, na

podstawie (8), L∫Xfkdµ =

∑y∈R

yµ(f−1k (y)) =

∫Xfkdµ, k ∈ N. W konsekwencji,

∫X

fdµ = limk→+∞

∫X

fkdµ = limk→+∞

L∫X

fkdµ(16)= L∫X

fdµ.

Niech teraz f ∈ LI(X). Możemy założyć, że f ∈ M(X). Na podstawie (13) wiemy, że f± ∈ LI(X)oraz, wobec poprzednich rozważań, L

∫Xfdµ = L

∫Xf+dµ− L

∫Xf−dµ =

∫Xf+dµ−

∫Xf−dµ =

∫Xfdµ.

4.11. Zasada Cavalieriego. Twierdzenia Tonellego i Fubiniego

Twierdzenie 4.11.1 (Zasada Cavalieriego(

62)). Niech A ∈ Lp+q (p, q ∈ N). Wtedy:

(a) istnieje zbiór Z(A) ⊂ Rp miary zero taki, że przekrój

A(t) := u ∈ Rq : (t, u) ∈ A

należy do Lq dla t ∈ Rp \ Z(A);

(b) odwzorowanie Rp 3 t ΦA7−→ Lq(A(t)) ∈ [0,+∞] jest Lp–mierzalne(

63);

(c) Lp+q(A) =∫Rp ΦAdL

p =∫Rp L

q(A(t))dLp(t);(d) jeżeli prRp(A) ∈ Lp, to Lp+q(A) =

∫prRp (A)

Lq(A(t))dLp(t).W szczególności, jeżeli B ∈ Lp, C ∈ Lq, to

Lp+q(B × C) = Lp(B) · Lq(C)

(por. Propozycja 4.4.6).

Oczywiście (d) wynika z (c).Zauważmy, że zbiór prRp(A) może nie być mierzalny (np. A := B × C, gdzie B nie jest mierzalny,

a C jest miary zero).

(62)Bonaventura Cavalieri (1598–1647).(

63)Uwaga: W tym wzorze Lq oznacza zewnętrzną miarę Lebesgue’a — oczywiście jest to istotne jedynie na zbiorze

Z(A).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.11. Zasada Cavalieriego. Twierdzenia Tonellego i Fubiniego 177

Dowód . Niech F oznacza rodzinę wszystkich A ∈ Lp+q, dla których (a), (b) i (c) zachodzą. Zauważmyod razu, że ∅ ∈ F. Udowodnimy kolejno, że:

10: Dla dowolnych kostek P ⊂ Rp,Q ⊂ Rq oraz dla dowolnych zbiorów intP ⊂ B ⊂ P , intQ ⊂ C ⊂ Qmamy A := B × C ∈ F. Ponadto Z(B × C) = ∅.

20: Jeżeli (Aj)∞j=1 ⊂ F i Aj ∩Ak = ∅ dla j 6= k, to A :=

∞⋃j=1

Aj ∈ F. Ponadto, Z(A) ⊂∞⋃j=1

Z(Aj).

30: Jeżeli (Aj)∞j=1 ⊂ F i Aj ⊂ Aj+1, j > 1, to A :=

∞⋃j=1

Aj ∈ F. Ponadto, Z(A) ⊂∞⋃j=1

Z(Aj).

40: topRp+q ⊂ F oraz Z(Ω) = ∅ dla dowolnego zbioru otwartego Ω.50: Wszystkie zbiory typu Fσ należą do F oraz Z(A) = ∅ dla dowolnego zbioru typu Fσ.

60: Jeżeli (Aj)∞j=1 ⊂ F i Aj ⊃ Aj+1, j > 1, oraz A1 jest ograniczony, to A :=

∞⋂j=1

Aj ∈ F. Ponadto,

Z(A) ⊂∞⋃j=1

Z(Aj).

70: Wszystkie zbiory miary zero należą do F.Przypomnijmy (Propozycja 4.3.6), że każdy zbiór mierzalny A ∈ Lp+q jest postaci C ∪ Z, gdzie C

jest typu Fσ, zaś Z jest miary zero i C ∩ Z = ∅(

64). Tak więc 20 + 50 + 70 =⇒ F = Lp+q, co zakończy

dowód. Przechodzimy do dowodów poszczególnych punktów 10 — 70.

10: Oczywiście A(t) = C dla t ∈ B i A(t) = ∅ dla t /∈ B, a więc (a) zachodzi (Z(A) = ∅). Ponadto,ΦA(t) = Lq(A(t)) = Lq(C) = |Q| dla t ∈ B i ΦA(t) = 0 dla t /∈ B. W szczególności, odwzorowanie ΦAjest mierzalne i Lp+q(A) = |P ×Q| = |P | · |Q| = Lp(B) · Lq(C) =

∫Rp ΦAdL

p.

20: Zauważmy, że A(t) =∞⋃j=1

Aj(t), t ∈ Rp. Wynika stąd, że (a) zachodzi przy Z(A) :=∞⋃j=1

Z(Aj).

Ponadto, wobec rozłączności zbiorów Aj , j > 1, mamy ΦA =∞∑j=1

ΦAj na Rp \ Z(A). Wynika stąd (b)

oraz, że ∫RpΦAdLp =

∞∑j=1

∫RpΦAjdLp =

∞∑j=1

Lp+q(Aj) = Lp+q(A)

(na podstawie twierdzenia o monotonicznym przechodzeniu do granicy pod znakiem całki).

30: Mamy Aj(t) A(t), t ∈ Rp, a więc (a) zachodzi przy Z(A) :=∞⋃j=1

Z(Aj). Ponadto, ΦAj ΦA

na Rp \ Z(A) (Obserwacja 4.1.16(i)). Wynika stąd, że (b) zachodzi oraz, że∫RpΦAdLp = lim

j→+∞

∫RpΦAjdLp = lim

j→+∞Lp+q(Aj) = Lp+q(A)

(na podstawie Twierdzenia 4.5.5).

40: Każdy zbiór otwarty jest sumą co najwyżej przeliczalnej rodziny parami rozłącznych „kostek”takich jak w 10 (por. Obserwacja 4.1.4) i możemy skorzystać z 20.

50: Wobec 30 wystarczy sprawdzić, że każdy zbiór domknięty należy do F. Ponownie korzystając z 30,widzimy, że można się ograniczyć do zbiorów domkniętych i ograniczonych. Niech A będzie takim zbiorem,niech Q będzie otwartą kostką ograniczoną taką, że A ⊂ Q i niech Ω := Q\A. Mamy A(t) = Q(t)\Ω(t),t ∈ Rp, a więc, na podstawie 10 i 40, warunek (a) zachodzi (Z(A) := ∅). Ponadto, ΦA = ΦQ−ΦΩ na Rp,więc (b) również jest spełnione. Na koniec

∫Rp ΦAdL

p =∫Rp ΦQdL

p−∫Rp ΦΩdL

p = Lp+q(Q)−Lp+q(Ω) =

Lp+q(A).

(64)Formalnie, z Propozycji 4.3.6 wnioskujemy, że dowolny zbiór A ∈ Lp+q jest postaci C ∪Z′, gdzie C jest typu Fσ ,

zaś Z′ jest miary zero. Kładziemy teraz Z := Z′ \ C.



60: Mamy Aj(t) A(t), t ∈ Rp, a więc (a) zachodzi przy Z(A) :=∞⋃j=1

Z(Aj). Ponadto, na podstawie

Obserwacji 4.1.16(j), ΦAj ΦA na Rp \ Z(A). Wynika stąd, że (b) zachodzi oraz, że∫RpΦAdLp = lim

j→+∞

∫RpΦAjdLp = lim

j→+∞Lp+q(Aj) = Lp+q(A)

(ponownie korzystamy z Wniosku 4.5.8).

70: Wobec 30 wystarczy rozważyć ograniczone zbiory miary zero. Niech A będzie takim zbiorem.Trzeba pokazać, że ΦA = 0 Lp–prawie wszędzie. Ustalmy kostkę P ⊂ Rp+q taką, że A ⊂ P . Na podstawiedefinicji miary Lebesgue’a, dla dowolnego j ∈ N istnieje zbiór Aj ⊂ P typu Fσ taki, że A ⊂ Aj ,

Lp+q(Aj) 6 1j

(65)oraz Aj+1 ⊂ Aj

(66), j > 1. Niech A0 :=

∞⋂j=1

Aj . Oczywiście A ⊂ A0 oraz A0 jest

miary zero. Na podstawie 60 wnioskujemy, że A0 ∈ F (Z(A0) = ∅). W takim razie 0 = Lp+q(A0) =∫Rp ΦA0dLp. Wynika stąd, że ΦA0 = 0 Lp–prawie wszędzie. Ponieważ ΦA 6 ΦA0 , wnioskujemy stąd, żeΦA = 0 Lp–prawie wszędzie.

Twierdzenie 4.11.2 (Twierdzenie Tonellego(

67)). Niech A ∈ Lp+q. Wtedy dla dowolnej funkcji f ∈

M+(A,Lp+q) mamy:(a) dla Lp–prawie wszystkich t ∈ Rp odwzorowanie

A(t) 3 u 7−→ f(t, u)

jest Lq–mierzalne(

68);

(b) odwzorowanie Rp 3 t 7−→∫A(t)

f(t, u)dLq(u) jest Lp–mierzalne(

69),

(c)∫AfdLp+q =

∫Rp( ∫

A(t)f(t, u)dLq(u)

)dLp(t).

(d) Jeżeli B := prRp(A) ∈ Lp, to∫A

fdLp+q =

∫B

(∫A(t)

f(t, u)dLq(u))dLp(t).

Dowód . Jeżeli f jest funkcją charakterystyczną zbioru mierzalnego, twierdzenie sprowadza się do ZasadyCavalieriego. Stąd łatwo widać, że twierdzenie jest prawdziwe dla f ∈ M+

0 (A,Lp+q). Teraz wystarczyjuż tylko zastosować twierdzenie o monotonicznym przechodzeniu do granicy pod znakiem całki. Istotnie,jeżeliM+

0 (A,Lp+q) 3 fn f i odwzorowanie

A(t) 3 u 7−→ fn(t, u)

jest mierzalne dla t ∈ Rp \ Zn, gdzie Zn jest miary zero, n > 1, to

A(t) 3 u 7−→ f(t, u)

jest mierzalne dla t ∈ Rp \ Z, gdzie Z :=∞⋃n=1

Zn. Ponadto, jeżeli

Rp 3 t 7−→∫A(t)

fn(t, u)dLq(u)

jest mierzalne dla n > 1, to (na podstawie twierdzenia o monotonicznym przechodzeniu do granicy podznakiem całki) odwzorowanie

Rp 3 t 7−→∫A(t)

f(t, u)dLq(u)

jest mierzalne. Wzór otrzymujemy stosując obustronnie twierdzenie o monotonicznym przechodzeniu dogranicy.

(65)Aj = P ∩ stosowna suma kostek z definicji.(

66)Wystarczy zastąpić Aj+1 przez Aj+1 ∩Aj .(

67)Leonida Tonelli (1885–1946).(

68)Oczywiście każde odwzorowanie określone na zbiorze pustym jest mierzalne.(

69)Odwzorowanie to jest określone Lp–prawie wszędzie i oczywiście

∫∅ · · · = 0.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.11. Zasada Cavalieriego. Twierdzenia Tonellego i Fubiniego 179

Twierdzenie 4.11.3 (Twierdzenie Fubiniego(

70)). Niech A ∈ Lp+q. Wtedy dla dowolnej funkcji f ∈

L1(A,C,Lp+q) mamy:

(a) dla Lp–prawie wszystkich t ∈ Rp odwzorowanie

A(t) 3 u 7−→ f(t, u)

jest klasy L1(A(t),C,Lq);(b) odwzorowanie

Rp 3 t 7−→∫A(t)

f(t, u)dLq(u)

jest klasy L1(Rp,C,Lp),(c)

∫AfdLp+q =

∫Rp( ∫

A(t)f(t, u)dLq(u)

)dLp(t).

(d) Jeżeli B := prRp(A) ∈ Lp, to∫A

fdLp+q =

∫B

(∫A(t)

f(t, u)dLq(u))dLp(t).

Dowód . Wystarczy rozważyć przypadek, gdy f ∈ L1(X,R). Najpierw stosujemy Twierdzenie Tonellegodo |f | i dostajemy (a) i (b). Następnie stosujemy Twierdzenie Tonellego oddzielnie do f+ i f− i dostajemywzory ∫

A

f±dLp+q =

∫Rp

(∫A(t)

f±(t, u)dLq(u))dLp(t).

Odejmujemy je stronami i wobec rozkładu f = f+ − f− dostajemy (c).

Uwaga 4.11.4. W poznanych powyżej twierdzeniach Cavalieriego, Tonellego i Fubiniego wyróżnionajest projekcja prRp : Rp × Rq −→ Rp. Oczywiście, nic nie stoi na przeszkodzie, aby zastąpić ją projekcjąna Rq, czy też ogólnie — projekcją na pewne p osi spośród (p+ q) osi w Rp+q. Szczegóły pozostawiamyjako Ćwiczenie.

Propozycja 4.11.5. Niech B ∈ Ln, α, β ∈ M(B,Ln), α(t) 6 β(t), t ∈ B. Zdefiniujmy A := (t, u) ∈B × R : α(t) 6 u 6 β(t). Wtedy A ∈ Ln+1 oraz dla f ∈M+(A,Ln+1) lub f ∈ L1(A,Ln+1) mamy:∫

A

fdLn+1 =

∫B

(∫ β(t)

α(t)

f(t, u)dL1(u))dLn(t).

(71)

W szczególności,

Ln+1(A) =

∫B

(β − α)dLn.(

72)

Dowód . Mierzalność zbioru A wynika z mierzalności funkcji

B × R 3 (t, u) 7−→ α(t),

B × R 3 (t, u) 7−→ β(t),

B × R 3 (t, u) 7−→ u.

Wzór wynika z Twierdzenia Fubiniego bowiem dla f ∈ L1(A,Ln+1) mamy:∫A

fdLn+1 =

∫B

(∫A(t)

f(t, u)dL1(u))dLn(t) =

∫B

(∫ β(t)

α(t)

f(t, u)dL1(u))dLn(t).

(70)Guido Fubini (1879–1943).(

71) ∫ β

α :=∫[α,β].(

72)Porównaj z Propozycją 3.3.2.



4.12. Twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Lebesgue’a

Rozważmy następującą sytuację. Niech U, V ⊂ Rn będą zbiorami otwartymi i niech

Φ : U −→ V

będzie odwzorowaniem bijektywnym spełniającym lokalnie warunek Lipschitza i takim, że Φ′(x) istniejedla p.w. x ∈ U . Odnotujmy, że w rzeczywistości to ostatnie założenie jest zawsze spełnione, bowiemprawdziwe jest następujące twierdzenie.

Twierdzenie* 4.12.1 (Twierdzenie Rademachera(

73), zob. Twierdzenie 6.9.15). Niech Ω ⊂ Rn będzie

zbiorem otwartym i niech f : Ω −→ Rm będzie odwzorowaniem spełniającym lokalnie warunek Lipschitza.Wtedy f jest Ln–prawie wszędzie różniczkowalne (w sensie Frécheta).

Obserwacja 4.12.2. (a) Dla dowolnego zbioru A ∈ Ln ∩ U , mamy Φ(A) ∈ Ln (Propozycja 4.4.7(c)).(b) Jeżeli Ln(A) = 0, to Ln(Φ(A)) = 0 (Propozycja 4.4.7(b)).(c) Określone Ln–prawie wszędzie odwzorowanie U 3 x 7−→ |Φ′|(x) jest Ln–mierzalne (Obserwacja

4.1.7(u, v).

Definicja 4.12.3. Mówimy, że dla odwzorowania Φ zachodzi twierdzenie o zmianie zmiennych w całceLebesgue’a jeżeli:(1) Ln(Φ(A)) =

∫A|Φ′|dLn, A ∈ Ln ∩ U ,

(2) dla dowolnego zbioru A ∈ Ln∩U i dla dowolnej funkcji f ∈M+(Φ(A),Ln) (odp. f ∈ L1(Φ(A),Ln))funkcja (f Φ)|Φ′| jest mierzalna na A (odp. jest klasy L1(A,Ln)) oraz zachodzi wzór∫

Φ(A)

fdLn =

∫A

(f Φ)|Φ′|dLn.

Lemat 4.12.4. (1) =⇒ (2).

Dowód . Standardowe rozumowanie redukuje dowód (2) do przypadku f = χB , gdzie B ∈ Ln ∩ Φ(A).Wiemy, że Φ−1(B) ∈ B(Rn) dla dowolnego zbioru B ∈ B(Rn) (Obserwacja 4.1.7(b)). Korzystając

z (1) dla zbioru Φ−1(B), wnioskujemy, że (2) zachodzi dla f := χB , B ∈ B(Rn) ∩ V .Wobec regularności miary Lebesgue’a, pozostaje sprawdzić przypadek, gdy f = χZ , gdzie Z ⊂ Φ(A)

jest miary zero. Mamy pokazać, że (χZ Φ)|Φ′| = 0 prawie wszędzie na Φ−1(Z)(

74). Ponieważ Ln jest

regularna, zatem istnieje zbiór miary zero Z0 ∈ B(Rn) taki, że Z ⊂ Z0. Zastępując Z0 poprzez Z0 ∩ V ,możemy założyć, że Z0 ⊂ V (tu korzystamy z założenia, że Φ jest surjekcją na zbiór otwarty). Dlazbioru Z0 sytuacja jest jasna: 0 = Ln(Z0) =

∫Φ(U)

χZ0=∫U

(χZ0 Φ)|Φ′|dLn =

∫Φ−1(Z0)

|Φ′|dLn orazΦ−1(Z0) ∈ B(Rn). Stąd natychmiast dostajemy |Φ′| = 0 prawie wszędzie na Φ−1(Z0) ⊃ Φ−1(Z).

Lemat 4.12.5. Przypuśćmy, że dla dowolnego a ∈ U istnieje otoczenie otwarte Ua ⊂ U takie, że (1)zachodzi dla dowolnego A ∈ Ln ∩ Ua. Wtedy (1) zachodzi w pełnej ogólności.

Dowód . Na podstawie twierdzenia Lindelöfa znajdziemy ciąg punktów (aj)∞j=1 ⊂ U taki, że U =

∞⋃j=1

Uaj .

Przyjmijmy dla uproszczenia Uj := Uaj . Dla dowolnego A ∈ Ln, A ⊂ U , niech A1 := A ∩ U1, Aj :=A ∩ (Uj \ (U1 ∪ · · · ∪ Uj−1)), j > 2. Warunek (1) zachodzi dla każdego ze zbiorów Aj . Stąd

Ln(Φ(A)) = Ln(Φ( ∞⋃j=1

Aj

))) = Ln

( ∞⋃j=1

Φ(Aj))

=

∞∑j=1

Ln(Φ(Aj)) =

∞∑j=1

∫Aj

|Φ′|dLn =

∫A

|Φ′|dLn.

Lemat 4.12.6. Jeżeli warunek (1) zachodzi dla kostek, to zachodzi w pełnej ogólności.

Dowód . Przypomnijmy, że (1) zachodzi dla zbiorów miary zero. Zachodzi więc dla dowolnych zbiorówA takich, że intP ⊂ A ⊂ P dla pewnej kostki P ⊂ U . W takim razie zachodzi dla dowolnego zbioruotwartego Ω ⊂ U ((4.1.4)). Stąd dostajemy przypadek A = (intP ) \ Ω, gdzie P ⊂ U jest kostką,a Ω ⊂ U jest otwarty. Kolejno dostajemy przypadek, gdy A ⊂ intP jest zbiorem typu Fσ. Teraz,korzystając z regularności miary Lebesgue’a dostajemy przypadek, gdy A ⊂ intP jest dowolnym zbioremmierzalnym. Pozostaje skorzystać z Lematu 4.12.5. (

73)Hans Rademacher (1892–1969).(

74)Uwaga: Nie twierdzimy, że zbiór Φ−1(Z) musi być mierzalny.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.12. Twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Lebesgue’a 181

Wniosek 4.12.7. Aby sprawdzić, że dla odwzorowania Φ zachodzi twierdzenie o zmianie zmiennychwystarczy udowodnić warunek (1) dla małych kostek.

Wniosek 4.12.8. Twierdzenie o zmianie zmiennych zachodzi zawsze dla n = 1.

Twierdzenie 4.12.9 (I Twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Lebesgue’a). Jeżeli Φ : U −→ V jestdyfeomorfizmem klasy C1, to dla Φ zachodzi twierdzenie o zmianie zmiennych.

Dowód . Wiemy, że wystarczy sprawdzić (1) dla małych kostek.Krok 10: Jeżeli twierdzenie zachodzi dla dyfeomorfizmów Φ : U −→ V i Ψ : V −→ W , to zachodzi

dla Ψ Φ : U −→W .Istotnie, ponieważ (Ψ Φ)′ = (Ψ ′ Φ) Φ′, zatem korzystając z (2) dla Φ i f = |Ψ ′|, dostajemy

Ln(Ψ(Φ(A))) =

∫Φ(A)

|Ψ ′|dLn =

∫A

(|Ψ ′| Φ)|Φ′|dLn =

∫A

|(Ψ Φ)′|dLn.

Krok 20: Twierdzenie zachodzi dla n = 1.

Krok 30: Jeżeli twierdzenie jest prawdziwe dla n − 1, to jest prawdziwe dla n i dyfeomorfizmówpostaci

Φ(x) = Φ(x1, . . . , xn) = (Φ1(x1, . . . , xn), . . . , Φn−1(x1, . . . , xn), xn), x ∈ U.Istotnie, ustalmy kostkę P ⊂ U , P = Q × R ⊂ Rn−1 × R i niech x = (u, t) ∈ Rn−1 × R. Dla t ∈ R

niechU(t) 3 u Φt7−→ (Φ1(u, t), . . . , Φn−1(u, t)) ∈ V (t).

Bez trudu widzimy, że Φt : U(t) −→ V (t) jest dyfeomorfizmem klasy C1 oraz |Φ′t|(u) = |Φ′|(u, t). Teraz napodstawie tego, że (1) zachodzi dla n− 1 oraz na podstawie zasady Cavalieriego i twierdzenia Tonellegomamy:

Ln(Φ(P )) =

∫R

Ln−1(Φt(Q))dL1(t) =

∫R

(∫Q

|Φ′t|(u)dLn−1(u))dL1(t) =

∫P

|Φ′|dLn.

Krok 40: Jeżeli twierdzenie jest prawdziwe dla n − 1, to jest prawdziwe dla n i dyfeomorfizmówpostaci

Φ(x) = (Φ1(x), . . . , Φj−1(x), xk, Φj+1(x), . . . , Φn(x)), x ∈ U,gdzie j, k ∈ 1, . . . , n. Dyfeomorfizmy tej postaci nazywamy przywiedlnymi.

Krok 50 (i ostatni). Na podstawie poprzednich części dowodu widać, że wystarczy jeszcze pokazać,że każdy dyfeomorfizm jest lokalnie złożeniem (co najwyżej trzech) dyfeomorfizmów przywiedlnych.

Istotnie, ustalmy dyfeomorfizm klasy C1 Φ : U −→ V i a ∈ U . Zastępując Φ przez Φ P , gdzie P jeststosownie wybraną permutacją zmiennych

(75), możemy założyć, że ∂Φn

∂xn(a) 6= 0. Zmniejszając U (i V )

możemy założyć, że ∂Φn∂xn

(x) 6= 0, x ∈ U . Niech x = (u, t) ∈ Rn−1 × R. Rozważmy odwzorowanie:

U × R 3 (u, t, v)f7−→ Φn(u, t)− v ∈ R.

Oczywiście ∂f∂t (u, t, v) 6= 0, (u, t, v) ∈ U × R oraz f(u0, t0, v0) = 0, gdzie (u0, t0) = a, v0 := Φn(a).

Na podstawie twierdzenia o odwzorowaniu uwikłanym istnieje otoczenie otwarte Ω punktu (u0, t0, v0)i odwzorowanie ϕ : U1 −→ U2 klasy C1 takie, że ϕ(u0, v0) = t0 i równość f(u, t, v) = 0 jest dla (u, t, v) ∈ Ωrównoważna temu, że t = ϕ(u, v). Zdefiniujmy:

Ψ(u, v) := (Φ1(u, ϕ(u, v)), . . . , Φn−1(u, ϕ(u, v)), v), (u, v) ∈ otoczenie punktu (u0, v0),

Θ(u, t) := (u, Φn(u, t)), (u, t) ∈ otoczenie punktu a.

Oczywiście Ψ i Θ są klasy C1 oraz Θ(a) = (u0, v0). W takim razie złożenie Ψ Θ ma sens w pewnymotoczeniu punktu a. Wystarczy pokazać, Ψ Θ = Φ w małym otoczeniu a

(76). Równość ta wynika

z faktu, że wobec definicji ϕ, mamy ϕ(u, Φn(u, t)) = t dla (u, t) w małym otoczeniu a. (75)Zauważmy, że permutacje zmiennych są dyfeomorfizmami przywiedlnymi.(

76)Bo wtedy Ψ ′(u0, v0) Θ′(a) = Φ′(a), skąd, na podstawie twierdzenia o lokalnym dyfeomorfizmie, Ψ i Θ muszą

być dyfeomorfizmami w otoczeniu, odpowiednio, (u0, v0) i a — będą to poszukiwane dyfeomorfizmy przywiedlne dającerozkład Φ w otoczeniu a.



Wniosek 4.12.10 (Twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Riemanna — por. Twierdzenie 3.3.7).Jeżeli Φ : U −→ V będzie dyfeomorfizmem klasy C1, to dla dowolnego zbioru regularnego A ⊂⊂ U i dladowolnej funkcji f ∈ R(Φ(A))

(77)funkcja (f Φ) · |Φ′| jest całkowalna w sensie Riemanna na A oraz∫

Φ(A)

f =

∫A

(f Φ) · |Φ′|

Dowód . Korzystamy z Twierdzeń 4.9.1 i 4.12.9: NA((f Φ)|Φ′|) = Φ−1(NΦ(A)(f)).

Twierdzenie 4.12.11 (II twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Lebesgue’a). Jeżeli Φ : U −→ Vbędzie odwzorowaniem bijektywnym klasy C1, to dla Φ zachodzi twierdzenie o zmianie zmiennych.

Lemat 4.12.12. Jeżeli f ∈ C1(Ω,Rn), to Ln(f(Sn−1)) = 0, gdzie Sn−1 := x ∈ Ω : det f ′(x) = 0.

Odnotujmy, że jest to specjalny przypadek Twierdzenia Sarda 6.12.1.

Dowód Lematu 4.12.12. Wystarczy pokazać, że f(Sn−1∩Q) jest miary zero dla dowolnej kostki Q ⊂⊂ Ωo wszystkich krawędziach równych `. Niech

‖f(x′)− f(x′′)‖ 6 L‖x′ − x′′‖, x′, x′′ ∈ Q.

Ustalmy ε > 0. Niech L := max‖f ′(x)‖ : x ∈ Q (norma operatorowa). Podzielmy kostkę Q na Nn

równych kostek tak, że dla dowolnej kostki Q′ z tego podziału mamy

‖f ′(x′)− f ′(x′′)‖ 6 ε, x′, x′′ ∈ Q′.

Ustalmy kostkę Q′ taką, że Sn−1 ∩Q′ 6= ∅. Będziemy się starać oszacować miarę zbioru f(Q′). Ustalmyx0 ∈ Sn−1∩Q′ i niechW będzie (n−1)–wymiarową podprzestrzenią wektorową Rn taką, że f ′(x0)(Rn) ⊂W . NiechW ′ := f(x0)+W ;W ′ jest (n−1)–wymiarową płaszczyzną afiniczną. Niech x ∈ Q′. Na podstawietwierdzenia o przyrostach skończonych mamy:

‖f(x)− f(x0)− f ′(x0)(x− x0)‖ 6 ε‖x− x0‖ 6 ε√n`/N,

‖f(x)− f(x0)‖ 6 L‖x− x0‖ 6 L√n`/N.

Ponieważ f(x0) + f ′(x0)(x− x0) ∈W ′, zatem

dist(f(x),W ′) 6 ε√n`/N.

Oznacza to, że f(Q′) leży w walcu

y′ + y′′ : y′, y′′ ∈ Rn, y′ ∈W ′, y′′ ∈W⊥, ‖y′ − f(x0)‖ 6 L√n`/N, ‖y′′‖ 6 ε

√n`/N.

(78)

W takim razie, na podstawie zasady Cavalieriego, mamy

Ln(f(Q′)) 6 Ln−1(Bn−1)(L√n`/N)n−1(2ε

√n`/N) =: C0ε/N

n.

a stąd

Ln(f(Sn−1 ∩Q)) 6 C0ε.

Dowód Twierdzenia 4.12.11. Niech S := x ∈ U : detΦ′(x) = 0. Wobec Lematu 4.12.12 mamyLn(Φ(S)) = 0. Na podstawie twierdzenia o lokalnym dyfeomorfizmie wiemy, że zbiór V \Φ(S) = Φ(U \S)jest otwarty oraz, że Φ|U\S : U \ S −→ V \ Φ(S) jest dyfeomorfizmem. Teraz możemy skorzystać z Itwierdzenia o zmianie zmiennych w całce Lebesgue’a:

Ln(Φ(A)) = Ln(Φ(A) \ Φ(S)) = Ln(Φ(A \ S)) =

∫A\S|Φ′|dLn =

∫A

|Φ′|dLn.

Twierdzenie* 4.12.13 (III twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Lebesgue’a, zob. Twierdzenie6.9.20). Jeżeli Φ : U −→ V jest homeomorfizmem spełniającym lokalnie warunek Lipschitza, to dla Φzachodzi twierdzenie o zmianie zmiennych.

(77)Przypomnijmy, że wiemy już, że zbiór Φ(A) jest regularny.(

78)Tu i dalej: W⊥ := ξ ∈ Rn : ∀η∈W : 〈ξ, η〉 = 0, gdzie 〈 , 〉 jest standardowym iloczynem skalarnym w Rn.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.13. Funkcje dane całką 183

4.13. Funkcje dane całką

Załóżmy, że Ω jest pewnym zbiorem, (X,M, µ) — przestrzenią z miarą nieujemną(

79), zaś

f : Ω ×X −→ C— funkcją taką, że f(x, ·) ∈ L1(X,µ) dla dowolnego x ∈ Ω.

Definiujmy funkcję daną całką

ϕ(x) :=

∫X

f(x, t)dµ(t), x ∈ Ω;

por. Twierdzenie 3.3.3. Interesuje nas, jak własności funkcji f (np. ciągłość, różniczkowalność) przenosząsię na funkcję ϕ.

Propozycja 4.13.1 (Twierdzenie o funkcjach danych całką(

80)). (a) Załóżmy dodatkowo, że Ω jest

przestrzenią metryczną, x0 ∈ Ω oraz• f(·, t) ∈ C(Ω,C;x0) dla dowolnego t ∈ X,• |f(x, t)| 6 g0(t), (x, t) ∈ Ω ×X, gdzie g0 ∈ L1(X,µ)

(81).

Wtedy ϕ jest ciągła w punkcie x0.(b) Załóżmy dodatkowo, że Ω jest zbiorem otwartym w pewnej przestrzeni unormowanej E oraz

• różniczka f ′x(x, t) ∈ L(E,C) istnieje dla dowolnego (x, t) ∈ Ω ×X,• ‖f ′x(x, t)‖ 6 g1(t), (x, t) ∈ Ω ×X, gdzie g1 ∈ L1(X,µ)

(82).

Wtedy funkcja X 3 t 7−→ f ′x(x, t)(ξ) jest całkowalna dla dowolnych x ∈ Ω i ξ ∈ E, ϕ ∈ D(Ω,C) oraz

ϕ′(x)(ξ) =

∫X

f ′x(x, t)(ξ)dµ(t), x ∈ Ω, ξ ∈ E.

(c) Załóżmy dodatkowo, że Ω jest zbiorem otwartym w pewnej ośrodkowej przestrzeni unormowanej E,k ∈ Z+ oraz• f(·, t) ∈ Ck(Ω,C) dla dowolnego t ∈ X,• ‖f (j)

x (x, t)‖ 6 gj(t), (x, t) ∈ Ω ×X, gdzie gj ∈ L1(X,µ), j = 0, . . . , k.Wtedy funkcja X 3 t 7−→ f

(k)x (x, t)(ξ) jest całkowalna dla dowolnych x ∈ Ω i ξ ∈ Ek, ϕ ∈ Ck(Ω,C)

orazϕ(k)(x)(ξ) =

∫X

f (k)x (x, t)(ξ)dµ(t), x ∈ Ω, ξ ∈ Ek.

Dowód . (a) Niech xs −→ x0, ψs := f(xs, ·)− f(x0, ·). Wtedy ψs −→ 0 punktowo na X oraz |ψs| 6 2g0.Stąd, na podstawie twierdzenia Lebesgue’a o zmajoryzowanym przechodzeniu do granicy pod znakiemcałki, dostajemy ϕ(xs)− ϕ(x0) =

∫Xψsdµ −→ 0.

(b) Ustalmy x0 ∈ Ω. Mierzalność funkcji X 3 t 7−→ f ′x(x0, t)(ξ) wynika natychmiast ze związku

f ′x(x0, t)(ξ) = lims→+∞

f(x0 + 1sξ, t)− f(x0, t)

1s

oraz z Obserwacji 4.1.7(s). Niech L : E −→ C,

L(ξ) :=

∫X

f ′x(x0, t)(ξ)dµ(t), ξ ∈ E.

Jest to oczywiście operator liniowy. Ponadto,

|L(ξ)| 6∫X

|f ′x(x0, t)(ξ)|dµ(t) 6(∫

X

g1(t)dµ(t))‖ξ‖, ξ ∈ E,

a więc L ∈ L(E,C). Ustalmy B(x0, r) ⊂ Ω i niech F : B(r)×X −→ C, F (0, t) := 0,

F (h, t) :=1

‖h‖

(f(x0 + h, t)− f(x0, t)− f ′x(x0, t)(h)

), h 6= 0.

Odnotujmy, że:(79)Możemy myśleć o przypadku, gdy X ∈ Ln, zaś µ jest miarą Lebesgue’a.(

80)Por. Twierdzenie 3.3.3.(

81)Odnotujmy, że warunek ten jest spełniony np. gdy µ(X) < +∞, zaś f jest ograniczona.(

82)Odnotujmy, że warunek ten jest spełniony np. gdy µ(X) < +∞, zaś funkcja Ω×X 3 (x, t) 7−→ f ′x(x, t) ∈ L(E,C)

jest ograniczona.



• funkcja F (h, ·) jest mierzalna dla dowolnego h ∈ B(r),• na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych (Propozycja 2.6.10) mamy

|F (h, t)| 6 sup‖f ′x(x, t)− f ′x(x0, t)‖ : x ∈ [x0, x0 + h] 6 2g1(t), t ∈ X,

• F (h, ·) ∈ L1(X,µ) dla dowolnego h ∈ B(r),• F (·, t) jest ciągła w h = 0 dla dowolnego t ∈ X,Teraz, korzystając z (a) dla funkcji

B(r) 3 h Φ7−→∫X

F (h, t)dµ(t),

wnioskujemy, że Φ jest ciągła w punkcie h = 0, skąd wynika, że

1

‖h‖

(ϕ(x0 + h)− ϕ(x0)− L(h)

)=

∫X

F (h, t)dµ(t) −→h→0

0.

Oznacza to, że ϕ′(x0) istnieje oraz ϕ′(x0) = L.(c) Zastosujemy indukcję względem k. Przypadek k = 0 wynika natychmiast z (a). Przechodzimy do

kroku indukcyjnego. Przypuśćmy, że znamy wynik dla k − 1. Aby zbadać mierzalność funkcji

X 3 t 7−→ f (k)x (x, t)(ξ1, . . . , ξk)

wystarczy zauważyć, że

f (k)x (x, t)(ξ1, . . . , ξk) = lim

s→+∞

f (k−1)(x+ 1sξk, t)(ξ1, . . . , ξk−1)− f (k−1)(x, t)(ξ1, . . . , ξk−1)

1s

i skorzystać z założenia indukcyjnego. Dla x ∈ Ω zdefiniujmy L(x) : Ek −→ Lk(E,C),

L(x)(ξ) :=

∫X

f (k)x (x, t)(ξ)dµ(t);

k–liniowość i symetria są oczywiste, ograniczoność wynika z oszacowania

|L(x)(ξ1, . . . , ξk)| 6(∫

X

gk(t)dµ(t))‖ξ1‖ · · · ‖ξk‖.

Ponadto, odwzorowanie Ω 3 x 7−→ L(x) ∈ Lk(E,C) jest ciągłe. Istotnie, dla x, x0 ∈ Ω mamy

‖L(x)− L(x0)‖ = sup|(L(x)− L(x0))(ξ1 . . . , ξk)| : ‖ξ1‖, . . . , ‖ξk‖ 6 1

= sup∣∣∣ ∫

X

(f (k)x (x, t)− f (k)

x (x0, t))

(ξ1, . . . , ξk)dµ(t)∣∣∣ : ‖ξ1‖, . . . , ‖ξk‖ 6 1

6∫X

‖f (k)x (x, t)− f (k)

x (x0, t)‖dµ(t) =:

∫X

Fk(x, t)dµ(t).

Zauważmy, że:• dla dowolnego x ∈ Ω funkcja Fk(x, ·) jest mierzalna bowiem z ośrodkowości przestrzeni E wynika,

że istnieje gęsty zbiór przeliczalny A ⊂ B(1) ⊂ E; wtedy Fk(x, t) = supξ∈Ak |f(k)x (x, t)(ξ)−f (k)

x (x0, t)(ξ)|,a wiemy już, że każde odwzorowanie X 3 t 7−→ |f (k)

x (x, t)(ξ)− f (k)x (x0, t)(ξ)| jest mierzalne, co pozwala

skorzystać z Obserwacji 4.1.7(q),• Fk(x, t) 6 2gk(t), t ∈ X,• Fk(x, ·) ∈ L1(X,µ) dla dowolnego x ∈ Ω,• Fk(·, t) ∈ C(Ω) dla dowolnego t ∈ X.Teraz, korzystając z (a) dla funkcji

Ω 3 x Φk7−→∫X

Fk(x, t)dµ(t),

wnioskujemy, że funkcja Φk jest ciągła, co daje ciągłość odwzorowania x 7−→ L(x) w punkcie x0. Będziemychcieli wykorzystać Twierdzenie 2.9.3. Pozostaje pokazać, że

∂kϕ

∂ξk · · · ∂ξ1(x) = L(x)(ξ1, . . . , ξk), ξ1, . . . , ξk ∈ E, x ∈ Ω.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.14. Splot 185

Liczymy:∂kϕ

∂ξk · · · ∂ξ1(x0) =

∂

∂ξk

(x 7−→ ∂k−1ϕ

∂ξk−1 · · · ∂ξ1(x))

(x0) =∂

∂ξk

(x 7−→ ϕ(k−1)(x)(ξ1, . . . , ξk−1)

)(x0)

=∂

∂ξk

(x 7−→

∫X

f (k−1)x (x, t)(ξ1, . . . , ξk−1)dµ(t)

)(x0)

(a)=

∫X

(x 7−→ f (k−1)x (x, t)(ξ1, . . . , ξk−1)′(x0)(ξk)dµ(t)

=

∫X

f (k)x (x0, t)(ξ1, . . . , ξk)dµ(t).

Niech X będzie przestrzenią topologiczną, niech E będzie przestrzenią unormowaną i niech f : X −→E. Zdefiniujmy nośnik odwzorowania f jako zbiór

supp f := x ∈ X : f(x) 6= 0.Zauważmy, że jeżeli f ∈ C(X,E), to f = 0 na ∂(supp f). Niech C0(X,E) oznacza przestrzeń tychf ∈ C(X,E), dla których supp f jest zwarty. Jak zwykle, C0(X) := C0(X,R).

Jeżeli X = Ω jest zbiorem otwartym w Rn, toCk0 (Ω,E) := Ck(Ω,E) ∩ C0(Ω,E), Ck0 (Ω) := Ck0 (Ω,R).

Ćwiczenie 4.13.2. Niech X będzie przestrzenią topologiczną, Y ⊂ X. Niech E będzie przestrzeniąunormowaną i niech f : Y −→ E, f0 : X −→ E, f0 := f na Y , f0 := 0 na X \ Y . Udowodnić, żesupp f = Y ∩ supp f0 (zauważmy, że supp f = clY x ∈ Y : f(x) 6= 0, supp f0 = clXx ∈ Y : f(x) 6= 0).

Propozycja 4.13.3. Dla dowolnego zbioru otwartego Ω ⊂ Rn i dla dowolnego 1 6 p < +∞ przestrzeńC0(Ω,C) jest gęsta w Lp(Ω,C,Ln) w normie Lp

(83).

Dowód . Możemy się ograniczyć do funkcji rzeczywistych. Oczywiście

C0(Ω) ⊂ Lp(Ω,Ln).

Ustalmy, f ∈ Lp(Ω,Ln). Możemy założyć, że f > 0(

84). Niech Ωk := Ω ∩ B(k), fk := f · χΩk , k > 1.

Zauważmy, że |fk − f |p −→ 0 oraz |fk − f |p 6 fp, k > 1, zatem, na podstawie Twierdzenia Lebesgue’a,fk −→ f w Lp. Możemy więc założyć, że Ω jest ograniczony. NiechM+

0 (Ω) 3 fk f . Tak jak powyżejfk −→ f w Lp, więc możemy przyjąć, że f jest funkcją prostą i dalej, że f = χA, gdzie A ∈ Ln,A ⊂ Ω. Weźmy ε > 0. Wiemy, że istnieją: zbiór domknięty K ⊂ A oraz zbiór otwarty U ⊃ A takie,że Ln(U \ K) 6 ε. Możemy założyć, że U ⊂ Ω. Ograniczoność Ω gwarantuje nam zwartość K. Napodstawie Własności 1.1.19 istnieje funkcja g ∈ C0(U) taka, że 0 6 g 6 1 i g = 1 na K. Teraz mamy:‖g − f‖pLp =

∫U\K |g − f |

pdLn 6 ε.

4.14. Splot

Dla f, g ∈M(Rn,C,Ln) zdefiniujmy

Df∗g := x ∈ Rn :

∫Rn|f(x− y)g(y)| dLn(y) < +∞,

(f ∗ g)(x) :=

∫Rnf(x− y)g(y) dLn(y), x ∈ D(f ∗ g).

Funkcję f ∗ g nazywamy splotem funkcji f i g.

Obserwacja 4.14.1. (a) Na podstawie twierdzenia o zmianie zmiennych dostajemy: Df∗g = Dg∗f orazf ∗ g = g ∗ f .

(b) Df1∗g ∩ Df2∗g ⊂ D(α1f1+α2f2)∗g oraz

(α1f1 + α2f2) ∗ g = α1(f1 ∗ g) + α2(f2 ∗ g) na Df1∗g ∩ Df2∗g.Oznacza to, że splot jest operacją dwuliniową symetryczną.(83)Twierdzenie nie jest prawdziwe dla p = +∞, bowiem zbieżność ciągu funkcji z C0(Ω) w sensie normy L∞, to

zbieżność jednostajna, a więc granica musi być co najmniej funkcją ciągłą. W przyszłości poznamy rozszerzenie Propozycji4.13.3 na ogólniejsze przestrzenie z miarą — Twierdzenie 4.20.4.(

84)Jeżeli f ∈ Lp, to f± ∈ Lp.

Propozycja 4.14.2. Niech f ∈ Lp(Rn), g ∈ Lq(Rn), 1 6 p, q 6 +∞. Załóżmy, że 1p + 1

q > 1 i niech1 6 r 6 +∞ będzie liczbą taką, że

1

r=

1

p+

1

q− 1.

Wtedy splot f ∗ g jest określony Ln–prawie wszędzie na Rn, f ∗ g ∈ Lr(Rn) oraz zachodzi następującanierówność Younga

(85):

‖f ∗ g‖Lr 6 ‖f‖Lp‖g‖Lq .W szczególności, splot

Lp(Rn)× Lq(Rn) 3 (f, g) 7−→ f ∗ g ∈ Lr(Rn)

jest operacją dwuliniową, symetryczną i ciągłą.Ponadto, jeżeli r = +∞, tzn. jeżeli p i q są sprzężone, to splot f ∗ g jest określony wszędzie i jest

funkcją ciągłą.

Dowód . Zauważmy, że p 6 r, q 6 r.Rozważmy najpierw przypadek r = +∞.Wtedy, wobec nierówności Höldera oraz twierdzenia o zmianie zmiennych, dostajemy:∫

Rn|f(x− y)g(y)| dLn(y) 6 ‖f(x− ·)‖Lp‖g‖Lq = ‖f‖Lp‖g‖Lq , x ∈ Rn.

Oznacza to, że Df∗g = Rn oraz, że supRN |f ∗ g| 6 ‖f‖Lp‖g‖Lq(

86).

Możemy założyć, że p < +∞. Jeżeli (fν)∞ν=1 ⊂ Lp(Rn) i fνLp−→ f0, to

supRn|fν ∗ g − f0 ∗ g| 6 ‖fν − f0‖Lp‖g‖Lq ,

a zatem fν ∗ g −→ f0 ∗ g jednostajnie na Rn. W szczególności, wobec Propozycji 4.13.3, aby pokazać, żef ∗ g jest funkcją ciągłą, możemy założyć, że f ∈ C0(Rn,C).

Ustalmy x0 ∈ Rn i ε > 0. Ponieważ f jest funkcją jednostajnie ciągłą na Rn, istnieje δ > 0 taka, że|f(z′)− f(z′′)| 6 ε o ile ‖z′ − z′′‖ 6 δ. Niech

K := −(supp f) + B(x0, δ) = y ∈ Rn : ∃x∈B(x0,δ): x− y ∈ supp f.

Teraz, dla x ∈ B(x0, δ), mamy:

|f ∗ g(x)− f ∗ g(x0)| 6∫Rn|f(x− y)− f(x0 − y)||g(y)| dLn(y)

6(∫

Rn|f(x− y)− f(x0 − y)|p dLn(y)

)1/p

‖g‖Lq

=(∫

K

|f(x− y)− f(x0 − y)|p dLn(y))1/p

‖g‖Lq 6 ε(Ln(K))1/p‖g‖Lq .

Niech teraz, r = 1 (tzn. p = q = 1). Wtedy, na podstawie twierdzenia Tonellego (i twierdzeniao zmianie zmiennych), mamy∫

Rn

(∫Rn|f(x− y)g(y)| dLn(y)

)dLn(x) =

∫Rn×Rn

|f(x− y)g(y)| dL2n(x, y)

=

∫Rn

(∫Rn|f(x− y)| dLn(x)

)|g(y)| dLn(y)

=

∫Rn

(∫Rn|f(x)| dLn(x)

)|g(y)| dLn(y) = ‖f‖L1‖g‖L1 .

Wynika stąd, że funkcja Rn × Rn 3 (x, y) 7−→ f(x− y)g(y) jest klasy L1(Rn × Rn). Stąd, na podstawietwierdzenia Fubiniego, splot f ∗ g jest określony Ln–prawie wszędzie, jest klasy L1(Rn) (w szczególności,jest funkcją mierzalną) i ‖f ∗ g‖L1 6 ‖f‖L1‖g‖L1 .

Niech 1 < r = p < +∞ (w ten sam sposób rozpatrujemy przypadek 1 < r = q < +∞).

(85)William Henry Young (1863–1942).(

86)Uwaga: nie piszemy ‖f ∗ g‖L∞ ponieważ jeszcze nie wiemy, czy f ∗ g jest funkcją mierzalną.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.14. Splot 187

Zauważmy, że q = 1. Niech 1 < s < +∞ będzie liczbą sprzężoną z p. Przystępujemy do szacowania:∫Rn


)pdLn(x)

=

∫Rn

(∫Rn|f(x− y)||g(y)|1/p|g(y)|1−1/p dLn(y)

)pdLn(x)

(1)6∫Rn

(∫Rn|f(x− y)|p|g(y)| dLn(y)

)(∫Rn|g(y)|s(1−1/p) dLn(y)

)p/sdLn(x)

=(∫

Rn

(∫Rn|f(x− y)|p|g(y)| dLn(y)

)dLn(x)

)(∫Rn|g(y)| dLn(y)

)p−1

(2)=(∫

Rn|f(x)|p dLn(x)



)p−1

= (‖f‖Lp‖g‖L1)p,

gdzie (1) wynika z nierówności Höldera (dla p i s), zaś (2) wynika z twierdzenia Tonellego.

Na koniec, niech 1 < r < +∞, p < r i q < r. Niech 1 < s < +∞ będzie liczbą sprzężoną z r.Zdefiniujmy

a :=p

s(1− p/r), b :=

q

s(1− q/r)oraz zauważmy, że są to również liczby sprzężone

(87). Ponadto:

r

sa=r

p− 1,

r

sb=r

q− 1.

Przystępujemy do szacowania:∫Rn


)rdLn(x)

=

∫Rn

(∫Rn|f(x− y)|p/r|g(y)|q/r|f(x− y)|1−p/r|g(y)|1−q/r dLn(y)

)rdLn(x)

(1)6∫Rn

(∫Rn|f(x− y)|p|g(y)|qdLn(y)

)(∫Rn|f(x− y)|s(1−p/r)|g(y)|s(1−q/r)dLn(y)

)r/sdLn(x)

(2)6∫Rn

(∫Rn|f(x− y)|p|g(y)|qdLn(y)

)(∫Rn|f(x− y)|as(1−p/r)dLn(y)

)r/(as)×

×(∫

Rn|g(y)|bs(1−q/r)dLn(y)

)r/(bs)dLn(x)

=(∫

Rn

(∫Rn|f(x− y)|p|g(y)|q dLn(y)

)dLn(x)

)‖f‖r−pLp ‖g‖

r−qLq

(3)=(∫

Rn|f(x)|p dLn(x)

)(∫Rn|g(y)|q dLn(y)

)‖f‖r−pLp ‖g‖

r−qLq = (‖f‖Lp‖g‖Lq )r.

gdzie (1) wynika z nierówności Höldera dla r i s, (2) — z nierówności Höldera dla a i b, zaś (3) wynikaz twierdzenia Tonellego.

Wniosek 4.14.3. Przypuśćmy, że f ∈ Lp(Rn), g ∈ Lq(Rn), h ∈ Lr(Rn), 1 6 p, q, r 6 +∞. Załóżmy, że1p + 1

q > 1, 1q + 1

r > 1, 1p + 1

q + 1r > 2 i niech 1 6 s 6 +∞ będzie liczbą taką, że 1

s = 1p + 1

q + 1r − 2. Wtedy:

• sploty f ∗ (g ∗ h) i (f ∗ g) ∗ h są określone Ln–prawie wszędzie,• f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h (a więc możemy określić f ∗ g ∗ h),• f ∗ g ∗ h ∈ Ls(Rn),• ‖f ∗ g ∗ h‖Ls 6 ‖f‖Lp‖g‖Lq‖h‖Lr .

(87)Istotnie,

1

a+

1

b= s(

1

p−

1

r+

1

q−

1

r) = s(1−

1

r) = 1.

Definicja 4.14.4. Wprowadzamy następującą konwencję dla funkcji mierzalnych f : X −→ R określo-nych na pewnym zbiorze X z miarą nieujemną µ : M −→ [0,+∞]. Piszemy „supp f ⊂ A”, gdzie A ∈M,jeżeli f = 0 µ–p.w. na X \A

(88). Jeżeli X jest przestrzenią topologiczną i B(X) ⊂M, to zdanie „supp f

jest zbiorem zwartym” oznacza, że istnieje zbiór zwarty K ⊂ X taki, że supp f ⊂ K.

Propozycja 4.14.5. (a) Niech f, g będą takie, jak w Propozycji 4.14.2. Załóżmy, że supp f ⊂ K i supp g ⊂L, gdzie K,L ⊂ Rn są zbiorami zwartymi. Wtedy

supp(f ∗ g) ⊂ K + L.

W szczególności, supp(f ∗ g) jest również zbiorem zwartym.(b) Jeżeli f ∈ L1(Rn), supp f ⊂ K ⊂⊂ Rn i g ∈ Ck0 (Rn,C), to f∗g ∈ Ck0 (Rn,C) oraz Dα(f∗g) = f∗(Dαg)

dla dowolnego wielowskaźnika α takiego, że |α| 6 k (k ∈ Z+ ∪ ∞).

Dowód . (a) wynika bezpośrednio ze wzoru na splot.Dla dowodu (b) zastosujemy Propozycję 4.13.1 do Ω := Rn, X := K oraz do odwzorowania

Rn ×K 3 (x, y)F7−→ f(y)g(x− y).

Mamy |DαxF (x, y)| = |f(y)Dαg(x − y)| 6 Mα|f(y)|, gdzie Mα := max

Rn|Dαg|. Pozostaje zauważyć, że

Mα|f | ∈ L1(X,C,Ln).

4.15. Regularyzacja

Ustalmy funkcję Φ ∈ C∞0 (Rn) taką, że:• Φ > 0,• suppΦ ⊂ Bn,• Φ(x1 . . . , xn) = Φ(|x1|, . . . , |xn|),•∫Rn ΦdL

n = 1.Każdą taką funkcję nazywamy funkcją regularyzującą w Rn. Dla przykładu, niech

Ψ(x) :=

e− 1

1−‖x‖2 , gdy ‖x‖ < 1

0, gdy ‖x‖ > 1, c :=

∫BnΨdLn.

Wtedy Φ := 1cΨ jest funkcją regularyzującą.

PołóżmyΦε(x) := ε−nΦ(x/ε), ε > 0, x ∈ Rn,

i zauważmy, że na podstawie twierdzenia o zmianie zmiennych dostajemy∫RnΦε dLn = 1.

Dla f ∈ Lp(Rn) (1 6 p 6 +∞) zdefiniujmy ε–regularyzację funkcji f jako

fε := f ∗ Φε, ε > 0.

Obserwacja 4.15.1. Wobec Propozycji 4.14.2 mamy:• fε ∈ Lp(Rn),• ‖fε‖Lp 6 ‖f‖Lp .Na podstawie twierdzenia o zmianie zmiennych dostajemy:

fε(x) =

∫Bnf(x− εy)Φ(y) dLn(y), ε > 0, x ∈ Rn.

Twierdzenie 4.15.2. Niech f ∈ Lp(Rn) (1 6 p 6∞) i niech supp f ⊂ K ⊂⊂ Rn(

89). Wtedy:

(a) fε ∈ C∞0 (Rn), supp fε ⊂ K(ε) :=⋃x∈K

B(x, ε)(

90);

(b) jeżeli f ∈ C0(Rn), to fε −→ f jednostajnie na Rn przy ε −→ 0;(

91)

(88)Uwaga: Nie definiujemy w ten sposób zbioru supp f , ale mówimy jedynie, co to znaczy, że supp f ⊂ A.(

89)W szczególności, f ∈ L1(Rn).(

90)Odnotujmy, że K(ε) jest zwarty.(

91)W szczególności, wobec (a), fε

Lp−→ f gdy ε −→ 0 (przy dowolnym p).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.16. Rozkład jedności 189

(c) jeżeli p < +∞, to fεLp−→ f przy ε −→ 0;

(d) jeżeli f ∈ Ck0 (Rn), to Dα(fε) = (Dαf)ε oraz Dα(fε) −→ Dαf jednostajnie na Rn przy ε −→ 0 dla|α| 6 k.

Dowód . (a) wynika z Propozycji 4.14.5.(b) Funkcja f jest jednostajnie ciągła na Rn. Mamy więc

‖fε − f‖L∞ 6 supx∈Rn

∫Bn|f(x− εy)− f(x)|Φ(y) dLn(y) 6 ωf (ε) −→ 0, gdy ε −→ 0,

gdzie — przypomnijmy —

ωf (ε) := sup|f(x′)− f(x′′)| : ‖x′ − x′′‖ 6 ε.

(c) Niech η > 0. Na podstawie Propozycji 4.13.3 istnieje g ∈ C0(Rn) taka, że ‖g − f‖Lp 6 η. Napodstawie (b), mamy: gε

Lp−→ g gdy ε −→ 0. Dalej:

‖fε − f‖Lp 6 ‖fε − gε‖Lp + ‖gε − g‖Lp + ‖g − f‖Lp6 ‖f − g‖Lp + ‖gε − g‖Lp + η 6 2η + ‖gε − g‖Lp 6 3η, 0 < ε 1.

(d) wynika z (b) i Propozycji 4.14.5(b).

Jako natychmiastowy wniosek z Propozycji 4.13.3 i Twierdzenia 4.15.2 dostajemy następujący wynik.

Wniosek 4.15.3. Dla dowolnego zbioru otwartego Ω ⊂ Rn i dla 1 6 p < +∞ przestrzeń C∞0 (Ω,C) jestgęsta w Lp(Ω,C,Ln) w normie Lp.

4.16. Rozkład jedności

Wniosek 4.16.1. Dla dowolnego zbioru otwartego Ω ⊂ Rn i dla dowolnego kompaktu K ⊂ Ω istniejefunkcja ϕ ∈ C∞0 (Ω) taka, że 0 6 ϕ 6 1 i ϕ = 1 na K.

Dowód . Jeżeli Ω Rn, to niech 4r := dist(K,Rn \Ω). Dla Ω = Rn ustalmy dowolne r > 0. Wystarczywziąć

ϕ :=(χK(2r)

)r

i skorzystać z Twierdzenia 4.15.2. Istotnie, ϕ ∈ C∞0 (Rn), 0 6 ϕ 6 1, suppϕ ⊂ (suppχK(2r))(r) ⊂ K(3r) ⊂Ω oraz (wprost z definicji) ϕ = 1 na K.

Twierdzenie 4.16.2 (Rozkład jedności). Niech (Ωt)t∈T będzie dowolną rodziną zbiorów otwartych w Rn,Ω :=

⋃t∈T

Ωt. Wtedy istnieje rodzina funkcji

(ϕi)i∈I ⊂ C∞0 (Rn, [0, 1])(

92)

taka, że:• istnieje odwzorowanie τ : I −→ T takie, że suppϕi ⊂ Ωτ(i), i ∈ I,

(93)

• rodzina (suppϕi)i∈I jest lokalnie skończona na Ω(

94),

•∑i∈I

ϕi ≡ 1 na Ω(

95).

(92)Zwana rozkładem jedności dla pokrycia (Ωt)t∈T .(

93)Odwzorowanie τ nazywamy odwzorowaniem wpisującym. W trakcie dowodu zobaczymy, że można wybrać I ⊂

N× T i τ(j, t) = t.(94)

Tzn. każdy punkt x ∈ Ω ma otoczenie otwarte U ⊂ Ω takie, że zbiór i ∈ I : suppϕi ∩ U 6= ∅ jest skończony.(95)Wobec poprzedniej własności, dla dowolnego x ∈ Rn istnieje jedynie skończona liczba i ∈ I takich, że ϕi(x) 6= 0,

więc∑i∈I

ϕi(x) sprowadza się do sumy skończonej.



Dowód . Krok 10: Pokażemy, żeDla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ Ω istnieje rodzina

(ψt)t∈T ⊂ C∞0 (Rn, [0, 1])

taka, że:• suppψt ⊂ Ωt, t ∈ T ,• ψt ≡ 0 z wyjątkiem skończonej liczby indeksów t,•

∑t∈T

ψt = 1 na K.

Istotnie, ponieważ K jest zwarty, zatem istnieje zbiór skończony T0 ⊂ T taki, że K ⊂⋃t∈T0

Ωt.

Zauważmy, że istnieją zbiory zwarte Kt ⊂ Ωt, t ∈ T0, takie, że K ⊂⋃t∈T0

Kt

(96). Na podstawie Wniosku

4.16.1, dla każdego t ∈ T0 istnieje funkcja Θt ∈ C∞0 (Ωt, [0, 1]) taka, że Θt = 1 na Kt

(97). Niech

Θ0 :=∑t∈T0

Θt i niech U := x ∈ Ω : Θ0(x) > 0. Wtedy K ⊂ U . Korzystamy jeszcze raz z Wniosku

4.16.1 i dostajemy funkcję Θ ∈ C∞0 (U, [0, 1]) taką, że Θ = 1 na K. Teraz definiujemy:

ψt :=

0 t ∈ T \ T0ΘΘtΘ0

na U0 na Rn \ suppΘ

t ∈ T0.

Widzimy, że ψt ∈ C∞0 (Ωt, [0, 1]), t ∈ T , ψt ≡ 0 dla t /∈ T0 i∑t∈T

ψt = 1 na K.

Krok 20: Ustalmy ciąg kompaktów (Lj)∞j=1 taki, że Lj ⊂ intLj+1 ⊂ Ω i Ω =

∞⋃j=1

Lj(

98). Niech

L−1 = L0 := ∅.Dla każdego j ∈ N rozważamy kompakt Kj := Lj \ intLj−1 oraz jego pokrycie otwarte zbiorami

Ωj,t := (intLj+1 \ Lj−2) ∩ Ωt, t ∈ T . Na podstawie Kroku 10, dla dowolnego j ∈ N istnieje podzbiórskończony Tj ⊂ T oraz funkcje ψj,t ∈ C∞0 (Ωj,t, [0, 1]), t ∈ Tj , takie, że

∑t∈Tj

ψj,t = 1 na Kj . Ponie-

waż suppψj,t ∩ Lj−2 = ∅, zatem rodzina suppψj,t : j ∈ N, t ∈ Tj jest lokalnie skończona na Ω.

W szczególności, funkcja ψ0 :=∞∑j=1

∑t∈Tj

ψj,t jest klasy C∞(Ω). Oczywiście ψ0 > 0 na Ω. Teraz kładziemy

ϕj,t := ψj,t/ψ0, (j, t) ∈ I := (j, t) : j ∈ N, t ∈ Tj, τ(j, t) := t.

Twierdzenie 4.16.3 (Rozkład jedności). Niech (Ωt)t∈T będzie dowolną rodziną zbiorów otwartych w Rn,Ω :=

⋃t∈T

Ωt. Wtedy istnieje rodzina funkcji (ϕt)t∈T ⊂ C∞(Ω, [0, 1])(

99)taka, że:

• suppϕt ⊂ Ωt(

100), t ∈ T ,

• rodzina (suppϕt)t∈T jest lokalnie skończona na Ω,•

∑t∈T

ϕt ≡ 1 na Ω.

Dowód . Na wstępie zauważmy, że możemy założyć, że pokrycie (Ωt)t∈T jest przeliczalne i lokalnie skoń-czone na Ω.

Istotnie, na podstawie twierdzenia Lindelöfa, możemy wybrać podpokrycie przeliczalne (Ωtν )∞ν=1.Przypuśćmy, że znaleźliśmy rozkład jedności dla tego podpokrycia. Wtedy wystarczy położyć ϕt :≡ 0dla t ∈ T \t1, t2, . . . i otrzymamy rozkład jedności dla wyjściowego pokrycia. Teraz musimy skorzystaćz przeliczalnej parazwartości zbioru Ω

(101), wobec której istnieje lokalnie skończone pokrycie (Wν)∞ν=1(

96)Niech Kt,ε := x ∈ Ωt ∩B(1/ε) : dist(x,Rn \Ωt) > ε. Ponieważ

⋃t∈T0

⋃ε>0

intKt,ε =⋃t∈T0

Ωt ⊃ K, zatem istnieje

ε0 > 0 takie, że możemy przyjąć Kt := Kt,ε0 .(97)Tu i dalej stosujemy oczywiste utożsamienie: C∞0 (Ω) ⊂ C∞0 (Rn) dla dowolnego zbioru otwartego Ω ⊂ Rn.(

98)Niech Lj := x ∈ Ω ∩ B(j) : dist(x,Rn \ Ω) > 1/j. Oczywiście Lj jest zwarty oraz Lj ⊂ x ∈ Ω ∩ B(j + 1) :

dist(x,Rn \Ω) > 1/(j + 1) ⊂ intLj+1. Ponadto, intLj Ω.(99)Zwana również rozkładem jedności dla pokrycia (Ωt)t∈T .(

100)

suppϕt jest relatywnie domkniętym podzbiorem Ω.(101)Zob. np. [Eng 1968], Rozdział 5, § 2.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.17. Miary produktowe 191

zbioru Ω takie, że Wν ⊂ Ωtν , ν = 1, 2, . . . . Przypuśćmy, że znaleźliśmy rozkład jedności dla tego nowegopokrycia. Jest oczywiste, że jest to również rozkład jedności dla pokrycia (Ωtν )∞ν=1.

Załóżmy więc, że pokrycie (Ωt)t∈T jest lokalnie skończone na Ω. Zachowujemy oznaczenia z poprzed-

niego dowodu. Niech ϕt :=∞∑j=1

ϕj,t, t ∈ T . Oczywiście ϕt ∈ C∞(Ω) i∑t∈T

ϕt ≡ 1 w Ω. Pozostaje zbadać,

gdzie leży suppϕt. Oczywiście,

x ∈ Ω : ϕt(x) 6= 0 ⊂∞⋃j=1

suppϕj,t =: Ft ⊂ Ωt.

Ponieważ rodzina (suppϕj,t)∞j=1 jest lokalnie skończona na Ω zbiór Ft jest domknięty w Ω, a stąd

suppϕt ⊂ Ft ⊂ Ωt.

Wniosek 4.16.4. Niech Ω ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym, niech F ⊂ Ω będzie zbiorem domkniętymw Ω i niech U ⊂ Ω będzie otwartym otoczeniem F . Wtedy istnieje funkcja ϕ ∈ C∞(Ω, [0, 1]) taka, żesuppϕ ⊂ U i ϕ = 1 w pewnym otoczeniu zbioru F .

Dowód . Stosujemy Twierdzenie 4.16.3 do pokrycia zbioru Ω złożonego z dwóch zbiorów Ω1 := U i Ω2 :=Ω\F . Niech ϕ1, ϕ2 będzie C∞ rozkładem jedności przyporządkowanym temu pokryciu: ϕj ∈ C∞(Ω, [0, 1]),suppϕj ⊂ Ωj , j = 1, 2, ϕ1 + ϕ2 ≡ 1. Niech ϕ := ϕ1. Wtedy oczywiście ϕ ∈ C∞(Ω, [0, 1]), suppϕ ⊂ U .Ponadto, ϕ = 1 na zbiorze Ω \ suppϕ2, który jest otoczeniem F .

Wniosek 4.16.5. Niech Ω ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym i niech F0, F1 ⊂ Ω będą zbiorami domkniętymiw Ω i takimi, że F0∩F1 = ∅. Wtedy istnieje funkcja ϕ ∈ C∞(Ω, [0, 1]) taka, że ϕ = j w pewnym otoczeniuzbioru Fj, j = 0, 1.

Dowód . Stosujemy Wniosek 4.16.4 do zbioru domkniętego F := F1 i jego otoczenia U := Ω \ F0. Niechϕ ∈ C∞(Ω, [0, 1]) będzie funkcją taką, że suppϕ ⊂ U i ϕ = 1 w pewnym otoczeniu zbioru F1. Wtedyϕ = 0 na zbiorze Ω \ suppϕ, który jest otoczeniem F0.

4.17. Miary produktowe

Ustalmy dwie przestrzenie z miarami nieujemnymi

(X,M, µ), (Y,N, ν).

Prostokątem mierzalnym nazywamy dowolny zbiór postaci A×B, gdzie A ∈M, B ∈ N. Niech R oznaczarodzinę wszystkich prostokątów mierzalnych i niech S będzie rodziną wszystkich skończonych sum parami

rozłącznych prostokątów mierzalnych, tzn. zbiorów postaci S =N⋃j=1

Rj , gdzie Rj ∈ R i Rj ∩Rk = ∅ dla

j 6= k. Zbiory z rodziny S nazywamy elementarnymi.Zdefiniujmy M × N := σ(R), tzn. M × N jest najmniejszą σ–algebrą w P(X × Y ) zawierającą

prostokąty mierzalne. Oczywiście M×N = σ(S).

Definicja 4.17.1. Niech % : R −→ [0,+∞] będzie miarą na pewnej σ–algebrze R ⊂ P(X×Y ). Powiemy,że % jest miarą produktową (dla µ i ν), jeżeli:• M×N ⊂ R

(102)oraz

• dla dowolnego prostokąta A×B ∈ R mamy

%(A×B) = µ(A) · ν(B).(

103)

Obserwacja 4.17.2. (a) Jeżeli S1, S2 ∈ S, to S1 ∩ S2, S1 \ S2, S1 ∪ S2 ∈ S.Istotnie, jeżeli R1 = A1 ×B1, R2 = A2 ×B2 ∈ R, to:R1 ∩R2 = (A1 ∩A2)× (B1 ∩B2) ∈ R,R1 \R2 = ((A1 \A2)×B1) ∪ ((A1 ∩A2)× (B1 \B2)) ∈ S,R1 ∪R2 = (R1 \R2) ∪R2 ∈ S.

(b) Na podstawie Zasady Cavalieriego (i Propozycji 4.4.6) Lp+q jest miarą produktową dla Lp i Lq.(102)Oczywiście warunek M×N ⊂ R jest równoważny warunkowi R ⊂ R.(

103)Z zachowaniem konwencji 0 · (+∞) = (+∞) · 0 = 0.

Dla zbioru C ⊂ X × Y i odwzorowania f : C −→ R połóżmy:

Cx := y ∈ Y : (x, y) ∈ C, x ∈ X,fx : Cx −→ R, fx(y) := f(x, y),

Cy := x ∈ X : (x, y) ∈ C, y ∈ Y,fy : Cy −→ R, fy(x) := f(x, y).

Propozycja 4.17.3. Niech C ∈M×N, f ∈M(C;M×N). Wtedy dla dowolnych x ∈ X, y ∈ Y mamy:(a) Cx ∈ N, Cy ∈M,(b) fx ∈M(Cx,N), fy ∈M(Cy,M).

Dowód . (a) Niech F := C ⊂ X × Y : ∀x∈X : Cx ∈ N. Widać, że R ⊂ F oraz, że F jest σ–algebrą. StądM×N ⊂ F.

(b) Mamy y ∈ Cx : fx(y) < α = (x, y) ∈ C : f(x, y) < αx i korzystamy z (a).

Obserwacja 4.17.4. Lp × Lq Lp+q (ponieważ do Lp+q należą np. prostokąty postaci A × B, gdzieA /∈ Lp, zaś B jest miary zero).

Definicja 4.17.5. Powiemy, że rodzina F ⊂ P(Z) jest monotoniczna, jeżeli:

(1) (Aj)∞j=1 ⊂ F, Aj ⊂ Aj+1 =⇒

∞⋃j=1

Aj ∈ F,

(2) (Aj)∞j=1 ⊂ F, Aj ⊃ Aj+1 =⇒

∞⋂j=1

Aj ∈ F.

Obserwacja 4.17.6. (a) Każda rodzina spełniająca warunki (1), (2) przed Obserwacją 4.3.1(

104)jest

monotoniczna. W szczególności, każda σ–algebra jest monotoniczna.(b) Jeżeli (Ft)t∈T jest rodziną rodzin monotonicznych, to

⋂t∈T

Ft jest rodziną monotoniczną. W szcze-

gólności, dla dowolnej rodziny F ⊂ P(Z) istnieje najmniejsza rodzina monotoniczna [F] zawierająca F.Oczywiście, [F] ⊂ [[F]] ⊂ σ(F), gdzie [[ ]] jest operacją określoną w Obserwacji 4.3.1(c).

Propozycja 4.17.7. [S] = σ(S) = M×N.

Dowód . Wystarczy pokazać, że dla dowolnych C,D ∈ [S] mamy C \D, C ∪D ∈ [S].Istotnie, wtedy dla dowolnego C ∈ [S] mamy X×Y \C ∈ [S] oraz dla dowolnego ciągu (Cj)

∞j=1 ⊂ [S]

mamy (C1 ∪ · · · ∪ Cj)∞⋃j=1

Cj , więc∞⋃j=1

Cj ∈ [S] (ponieważ [S] jest monotoniczna).

Ustalmy C ∈ [S]. Niech

F = F(C) := D ∈ [S] : C ∪D, C \D, D \ C ∈ [S].Chcemy pokazać, że F = [S]. Po pierwsze zauważmy, że rodzina F jest monotoniczna (Ćwiczenie). Terazwystarczy już tylko pokazać, że S ⊂ F. Oczywiście zachodzi to, gdy C ∈ S (Obserwacja 4.17.2(a)). Takwięc F(C) = [S], gdy C ∈ S. Zatem C ∈ F(D) dla dowolnych C ∈ [S] i D ∈ S. Pozostaje zauważyć, żeC ∈ F(D)⇐⇒ D ∈ F(C).

Twierdzenie 4.17.8 (Zasada Cavalieriego). Załóżmy, że µ i ν są σ–skończone. Niech C ∈M×N i niech

ϕ(x) = ϕC(x) := ν(Cx), x ∈ X,ψ(y) = ψC(y) := µ(Cy), y ∈ Y.

Wtedy ϕ ∈M+(X,M), ψ ∈M+(Y,N) oraz∫X

ϕdµ =

∫Y

ψdν.

(104)Przypomnijmy te warunki:

(1) ∅ ∈ F,

(2) (Aj)∞j=1 ⊂ F =⇒

∞⋃j=1

Aj ,∞⋂j=1

Aj ∈ F.

Dowód . Niech F := C ∈ M × N : powyższe twierdzenie zachodzi. Chcemy pokazać, że F = M × N.

Niech X =∞⋃n=1

Xn, Y =∞⋃n=1

Yn, gdzie Xn ⊂ Xn+1, Yn ⊂ Yn+1, µ(Xn) < +∞, ν(Yn) < +∞, n > 1.

Rodzina F ma następujące własności:10: R ⊂ F — oczywiste.

20: (Cj)∞j=1 ⊂ F, Cj ∩ Ck = ∅ dla j 6= k =⇒

∞⋃j=1

Cj ∈ F — oczywiste.

30: S ⊂ F — wynika z 10 i 20.

40: (Cj)∞j=1 ⊂ F, Cj ⊂ Cj+1 =⇒

∞⋃j=1

Cj ∈ F — oczywiste.

50: (Cj)∞j=1 ⊂ F, Cj ⊃ Cj+1, C1 ⊂ A × B ∈ R, µ(A) < +∞, ν(B) < +∞ =⇒

∞⋂j=1

Cj ∈ F —

oczywiste.Niech G := C ∈ M × N : ∀n∈N : C ∩ (Xn × Yn) ∈ F. Na podstawie 30, 40 i 50 rodzina ta jest

monotoniczna i zawiera S. Zatem, na mocy Propozycji 4.17.7, G = M×N. Stąd, na mocy 40, F = M×N.

Twierdzenie 4.17.9. Załóżmy, że µ i ν są σ–skończone. Wtedy istnieje dokładnie jedna miara produk-towa µ× ν na M×N. Miara ta jest również σ–skończona.

Dowód . Zachowując oznaczenia z Twierdzenia 4.17.8, połóżmy:

(µ× ν)(C) :=

∫X

ϕCdµ =

∫Y

ψCdν, C ∈M×N. (+)

Bez trudu sprawdzamy, że µ× ν jest miarą produktową.Niech % będzie inną miarą produktową na M×N. Wtedy rodzina

F := C ∈M×N : %(C) = (µ× ν)(C)spełnia warunki 10 — 50 z dowodu Twierdzenia 4.17.8. Dowód kończymy analogicznie jak w Twierdzeniu4.17.8 (σ–skończoność jest oczywista).

Obserwacja 4.17.10. Jeżeli miary µ i ν są zupełne, to µ×ν nie musi być zupełna. Dla przykładu Lp×Lqnie jest miarą zupełną. Niech A ⊂ A0 ∈ Lp, A /∈ Lp, B ∈ Lq, Lq(B) = 0. Wtedy A0 × B ∈ Lp × Lq,Lp × Lq(A0 ×B) = 0, ale A×B /∈ Lp × Lq.

Twierdzenie 4.17.11. Załóżmy, że µ i ν są σ–skończone, C ∈M×N, f ∈M(C,M×N). Zdefiniujmy

ϕ(x) :=

∫Cx

fxdν, ψ(y) :=

∫Cyfydµ.

(105)

(a) (Uogólnienie Twierdzenia Tonellego) Jeżeli f∈M+(C,M×N), to

ϕ ∈M+(X,M), ψ ∈M+(Y,N)

oraz ∫C

fd(µ× ν) =

∫X

ϕdµ =

∫Y

ψdν. (†)

Innymi słowy:∫C

fd(µ× ν) =

∫X

(∫Cx

f(x, y)dν(y))dµ(x) =

∫Y

(∫Cyf(x, y)dµ(x)

)dν(y).

(b) (Uogólnienie Twierdzenia Fubiniego) Jeżeli f ∈ L1(C, µ× ν), to:• fx ∈ L1(Cx, ν) dla µ–prawie wszystkich x ∈ X,• fy ∈ L1(Cy, µ) dla ν–prawie wszystkich y ∈ Y ,• ϕ ∈ L1(X,µ),• ψ ∈ L1(Y, ν),• zachodzi wzór (†).Wynik ten pozostaje bez zmian dla funkcji całkowalnych o wartościach zespolonych.(105)Funkcje te są określone dla tych x ∈ X, y ∈ Y , dla których stosowne całki istnieją.



Dowód . Dowód przebiega tak, jak dowód Twierdzenia 4.11.2 i 4.11.3.

Twierdzenie 4.17.12 (Uogólniona zasada Cavalieriego). Załóżmy, że µ i ν są σ–skończonymi miaramizupełnymi i niech C ∈ (M×N)∗

(106). Wtedy:

Cx ∈ N dla µ–prawie wszystkich x ∈ X,Cy ∈M dla ν–prawie wszystkich y ∈ Y .Ponadto, jeżeli

ϕ(x) = ϕC(x) := ν(Cx), ψ(y) = ψC(y) := µ(Cy),(

107)

to ϕ ∈M+(X,M), ψ ∈M+(Y,N) oraz

(µ× ν)∗(C) =

∫X

ϕdµ =

∫Y

ψdν,

tzn.(µ× ν)∗(C) =

∫X

ν(Cx)dµ(x) =

∫Y

µ(Cy)dν(y).

Dowód . Wobec definicji (M×N)∗ istnieją L,R ∈M×N takie, że L ⊂ C ⊂ R i (µ× ν)(R \L) = 0. Jakwiemy (por. (+)) wynik jest prawdziwy dla L. Na podstawie wzoru (+) zastosowanego do zbioru R \ Lwnioskujemy, że:

Cx \ Lx jest ν–miary zero dla prawie wszystkich x ∈ X,Cy \ Ly jest µ–miary zero dla prawie wszystkich y ∈ Y .W konsekwencji:

(µ× ν)∗(C) = (µ× ν)(L) =

∫X

ν(Lx)dµ(x) =

∫X

ν(Cx)dµ(x),

(µ× ν)∗(C) = (µ× ν)(L) =

∫Y

µ(Ly)dν(y) =

∫Y

µ(Cy)dν(y).

Twierdzenie 4.17.13 (Uogólnione Twierdzenie Fubiniego). Załóżmy, że µ i ν są σ–skończone i zupełne,C∈(M×N)∗, f∈M(C, (M×N)∗). Zdefiniujmy

ϕ(x) :=

∫Cx

fxdν, ψ(y) :=

∫Cyfydµ.

(108)

(a) (Uogólnione Twierdzenie Tonellego). Jeżeli f ∈ M+(C, (M × N)∗), to ϕ ∈ M+(X,M), ψ ∈M+(Y,N) oraz ∫

C

fd(µ× ν)∗ =

∫X

ϕdµ =

∫Y

ψdν. (‡)

Innymi słowy:∫C

fd(µ× ν)∗ =

∫X

(∫Cx

f(x, y)dν(y))dµ(x) =

∫Y

(∫Cyf(x, y)dµ(x)

)dν(y).

(b) Jeżeli f ∈ L1(C, (µ× ν)∗), to:• fx ∈ L1(Cx, ν) dla µ–prawie wszystkich x ∈ X,• fy ∈ L1(Cy, µ) dla ν–prawie wszystkich y ∈ Y ,• ϕ ∈ L1(X,µ),• ψ ∈ L1(Y, ν),• zachodzi wzór (‡).Wynik ten pozostaje bez zmian dla funkcji całkowalnych o wartościach zespolonych.

Dowód . Ćwiczenie. (106)Przypominamy, że %∗ : R∗ −→ [0,+∞] oznacza uzupełnienie miary % : R −→ [0,+∞] — por. Propozycja 4.1.18.(

107)Funkcje ϕ i ψ są określone prawie wszędzie. Uzupełniamy ich definicje kładąc np. zero na wyjątkowych zbiorach

miary zero.(108)Funkcje te są określone dla tych x ∈ X, y ∈ Y , dla których stosowne całki istnieją.

Obserwacja 4.17.14. (Lp × Lq)∗ = Lp+q oraz (Lp × Lq)∗ = Lp+q.

Istotnie, z minimalności uzupełnienia (Propozycja 4.1.18) wynika, że (Lp ×Lq)∗ ⊂ Lp+q oraz (Lp ×

Lq)∗ = Lp+q na (Lp × Lq)∗. Pozostaje wykazać, że Lp+q ⊂ (Lp × Lq)

∗. Ustalmy B ∈ Lp+q. Możemyzałożyć, że B jest ograniczony. Wiadomo (Propozycja 4.3.6), że istnieją zbiory L,R ∈ B(Rp+q) takie, żeL ⊂ B ⊂ R i Lp+q(R \L) = 0. W takim razie, na podstawie definicji (Lp×Lq)

∗, pozostaje zauważyć, żeB(Rp+q) ⊂ Lp × Lq bowiem kostki w Rp+q należą do Lp × Lq.

Wszystko, co udowodniliśmy powyżej dla dwóch miar

µ : M −→ [0,+∞], ν : N −→ [0,+∞],

może być z łatwością przeniesione na skończoną liczbę miar

µj : Mj −→ [0,+∞], j = 1, . . . , N.

Definiujemy M1 × · · · ×MN jako najmniejszą σ–algebrę zawierającą wszystkie wielościany mierzalneA1 × · · · × AN , Aj ∈Mj , j = 1, . . . , N . Pokażemy, że jeżeli miary µj , j = 1, . . . , N , są σ–skończone, toistnieje dokładnie jedna miara produktowa

µ1 × · · · × µN : M1 × · · · ×MN −→ [0,+∞]

taka, że

(µ1 × · · · × µN )(A1 × · · · ×AN ) = µ1(A1) · · ·µN (AN ), Aj ∈Mj , j = 1, . . . , N.

Miara µ1 × · · · × µN jest σ–skończona.Istnienie i jednoznaczność miary µ1× · · ·×µN można dowodzić podobnie, jak to zrobiliśmy powyżej

dla N = 2. Zastosujemy jednak trochę inną metodę (opartą na Lemacie 4.17.15), która ma tę zaletę, żemożna ją stosować nie tylko do skończonych układów, ale również do pewnych ciągów miar.

Lemat 4.17.15. Niech F ⊂ P(X) będzie rodziną zbiorów spełniającą następujące warunki:(a) ∅ ∈ F,(b) jeżeli A,B ∈ F, to A ∩B ∈ F,(c) dla dowolnych A,B ∈ F istnieją zbiory C1, . . . , Cs ∈ F takie, że A \ B = C1 ∪ · · · ∪ Cs oraz

Cj ∩ Ck = ∅ dla j 6= k.Niech dalej ψ : F −→ [0,+∞] będzie funkcją spełniającą następujące warunki:

(d) ψ(∅) = 0,(e) jeżeli C1, . . . , Cs ∈ F, Cj ∩ Ck = ∅ dla j 6= k, oraz C := C1 ∪ · · · ∪ Cs ∈ F, to ψ(C) =

ψ(C1) + · · ·+ ψ(Cs),

(f) jeżeli C ∈ F oraz (Cj)∞j=1 ⊂ F są takie, że C ⊂

∞⋃j=1

Cj, to ψ(C) 6∞∑j=1

ψ(Cj).

Niech M := σ(F). Wtedy istnieje miara µ : M −→ [0,+∞] taka, że µ = ψ na F.Jeżeli ponadto

(g) istnieje rodzina (Fj)∞j=1 ⊂ F taka, że X =

∞⋃j=1

Fj oraz ψ(Fj) < +∞ dla dowolnego j,

to miara µ jest wyznaczona jednoznacznie (i jest oczywiście σ–skończona).

Dowód . Niech ϕ : P(X) −→ [0,+∞] będzie funkcją daną wzorem

ϕ(A) := inf ∞∑j=1

ψ(Cj) : (Cj)∞j=1 ⊂ F, A ⊂

∞⋃j=1

Cj

, A ⊂ X.

(109)

Z warunków (a), (d) i (f) wynika łatwo, że ϕ = ψ na F. Bez trudu sprawdzamy, że ϕ jest miarą zewnętrzną.Niech M(ϕ) oznacza σ–algebrę otrzymaną przy pomocy warunku Carathéodory’ego (Twierdzenie 4.2.2),tzn.

A ∈M(ϕ)⇐⇒ ϕ(T ) > ϕ(T ∩A) + ϕ(T \A), T ⊂ X.Pokażemy teraz, że F ⊂M(ϕ). Będzie stąd natychmiast wynikać, że M = σ(F) ⊂M(ϕ), a w takim raziemiara µ := ϕ|M jest poszukiwanym rozszerzeniem funkcji ψ.

(109)

inf ∅ := +∞.

Dla dowodu inkluzji F ⊂M(ϕ) ustalmy zbiór A ∈ F oraz zbiór T ⊂ X taki, że ϕ(T ) < +∞. Niech

(Cj)∞j=1 ⊂ F będzie dowolną rodziną taką, że T ⊂

∞⋃j=1

Cj . Na podstawie (b) wiemy, że Cj ∩ A ∈ F. Na

podstawie (c), dla dowolnego j istnieje skończona rodzina

Cj,1, . . . , Cj,s(j) ⊂ F

zbiorów parami rozłącznych taka, że Cj \ A = Cj,1 ∪ · · · ∪ Cj,s(j). Zauważmy, że rodzina (Cj ∩ A)∞j=1

stanowi pokrycie zbioru T ∩A, zaś rodzina (Cj,i)j∈N, i=1,...,s(j) jest pokryciem zbioru T \A. Na podstawiedefinicji ϕ, mamy więc

ϕ(T ∩A) 6∞∑j=1

ψ(Cj ∩A) oraz ϕ(T \A) 6∞∑j=1

s(j)∑i=1

ψ(Cj,i).

Zauważmy, że na podstawie (e), mamy

ψ(Cj) = ψ(Cj ∩A) + ψ(Cj,1) + · · ·+ ψ(Cj,s(j)).

Stąd ϕ(T ∩A) + ϕ(T \A) 6∞∑j=1

ψ(Cj), co wobec dowolności pokrycia (Cj)∞j=1, daje nierówność ϕ(T ) >

ϕ(T ∩A) + ϕ(T \A).Przechodzimy do dowodu jednoznaczności miary µ przy założeniu warunku (g). Przypuśćmy, że

ν : M −→ [0,+∞] jest jakąś inną miarą taką, że ν = ψ na F. Wprost z definicji ϕ mamy nierównośćµ > ν na M. Chcemy pokazać, że µ(A) = ν(A) dla dowolnego A ∈M. Ustalmy zbiór A ∈M. Z warunków

(f), (g) wynika, że istnieje ciąg zbiorów (F ′j)∞j=1 ⊂M taki, że F ′j ⊂ F ′j+1, X =

∞⋃j=1

F ′j oraz µ(F ′j) < +∞,

j = 1, 2, . . . . Wystarczy pokazać, że ϕ(A ∩ F ′j) = ν(A ∩ F ′j) dla dowolnego j. Możemy więc założyć, żeµ(A) < +∞.

Dla dowolnego i ∈ N znajdziemy pokrycie (Ci,j)∞j=1 ⊂ F zbioru A takie, że

µ(A) 6 µ(

∞⋃j=1

Ci,j) 6∞∑j=1

ψ(Ci,j) 6 µ(A) +1

i.

Niech C :=∞⋂i=1

Ci, gdzie Ci :=∞⋃j=1

Ci,j . Wtedy A ⊂ C ∈ M oraz µ(C) = µ(A), a więc µ(C \ A) = 0

(korzystamy ze skończoności µ(A)). Wobec nierówności ν 6 µ wnioskujemy stąd, że ν(C \A) = 0.Do zakończenia dowodu wystarczy pokazać, że µ(C) = ν(C). Rozumujemy następująco:

Niech Di := C1 ∩ · · · ∩ Ci. Oczywiście Di+1 ⊂ Di, C =∞⋂i=1

Di oraz µ(D1) < +∞. Wystarczy

więc pokazać, że µ(Di) = ν(Di) dla dowolnego i. Ustalmy i. Wystarczy pokazać, że zbiór D := Di jestprzeliczalną sumą parami rozłącznych zbiorów z F. Mamy

D =⋃

j1,...,ji∈NC1,j1 ∩ · · · ∩ Ci,ji .

Tak więc, wobec (b), zbiór D jest przeliczalną sumą zbiorów z F. Niech D =∞⋃k=1

Bk, Bk ∈ F, k = 1, 2, . . . .

Mamy D =∞⋃k=1

Ek, gdzie E1 := B1,

Ek := Bk \ (B1 ∪ · · · ∪Bk−1) = (Bk \B1) ∩ · · · ∩ (Bk \Bk−1), k = 2, 3, . . . .

Na podstawie (c), każdy ze zbiorów Bk \Bs jest skończoną sumą parami rozłącznych zbiorów z rodziny F.Stąd, na podstawie (b), zbiór Ek jest skończoną sumą parami rozłącznych zbiorów z rodziny F (Ćwicze-nie). Ponieważ zbiory (Ek)∞k=1 są parami rozłączne, zatem cały zbiór D jest przeliczalną sumą paramirozłącznych zbiorów z rodziny F.


Propozycja 4.17.16. Niech µj : Mj −→ [0,+∞] będzie miarą, Mj ⊂ P(Xj), j = 1, . . . , N , X :=X1 × · · · ×XN . Niech

F=F(M1, . . . ,MN ) :=A = A1 × · · · ×AN : Aj ∈Mj , j=1, . . . , N,ψ(A) = ψµ1,...,µN (A) := µ1(A1) · · ·µN (AN ), A ∈ F.

Wtedy para (F, ψ) spełnia wszystkie warunki (a)–(f) z Lematu 4.17.15. W konsekwencji, istnieje miara

µ1 × · · · × µN : M1 × · · · ×MN −→ [0,+∞]

taka, że

(µ1 × · · · × µN )(A1 × · · · ×AN ) := µ1(A1) · · ·µN (AN ), Aj ∈Mj , j = 1, . . . , N.

Jeżeli miary µ1, . . . , µN są σ–skończone, to spełniony jest również warunek (g), który gwarantuje, żemiara µ1 × · · · × µN jest wyznaczona jednoznacznie i jest σ–skończona.

Dowód . Warunki (a), (b) są oczywiste. Dla dowodu (c) wystarczy zauważyć, że

(A1 × · · · ×AN ) \ (B1 × · · · ×BN ) = (A1 \B1)×A2 × · · · ×AN∪ (A1 ∩B1)× (A2 \B2)×A3 × · · · ×AN ∪ · · · ∪ (A1 ∩B1)× · · · × (AN−1 ∩BN−1)× (AN \BN ).

Warunek (d) jest oczywisty.Dla dowodu warunku (e) zastosujemy indukcję względem N . Przypadek N = 1 jest trywialny.

Przechodzimy do dowodu kroku indukcyjnego N − 1 N . Niech C = C1 ∪ · · · ∪ Cs, gdzie C,Cj ∈F(M1, . . . ,MN ) oraz Cj ∩ Ck = ∅ dla j 6= k.

Dla Y ⊂ X oraz xN ∈ XN , niech

Y xN := (x1, . . . , xN−1) ∈ X1 × · · · ×XN−1 : (x1, . . . , xN−1, xN ) ∈ Y .

Zauważmy, że dla dowolnego A = A1 × · · · × AN ∈ F(M1, . . . ,MN ) mamy AxN ∈ F(M1, . . . ,MN−1)oraz AxN = A1 × · · · ×AN−1 (dla xN ∈ AN ) lub AxN = ∅ (dla xN /∈ AN ). Zauważmy, że funkcja

XN 3 xN 7−→ ψµ1,...,µN−1(AxN )

jest stała na AN oraz na XN \AN . Jest więc w szczególności mierzalna. Ponadto,∫XN

ψµ1,...,µN−1(AxN )dµN (xN ) = ψµ1,...,µN (A).

Zauważmy, że dla dowolnego xN ∈ XN , zbiory (CxNj )sj=1 są parami rozłączne. Na podstawie założeniaindukcyjnego mamy

ψµ1,...,µN−1(CxN ) =

s∑j=1

ψµ1,...,µN−1(CxNj ), xN ∈ XN .

Całkując tę zależność względem miary µN dostajemy

ψµ1,...,µN (C) =

s∑j=1

ψµ1,...,µN (Cj).

Warunek (f) sprawdzamy podobnie, stosując indukcję. Niech C ⊂∞⋃j=1

Cj , gdzie

C,Cj ∈ F(M1, . . . ,MN ).

Na podstawie założenia indukcyjnego mamy:

ψµ1,...,µN−1(CxN ) 6

∞∑j=1

ψµ1,...,µN−1(CxNj ), xN ∈ XN .

Całkując stronami i stosując twierdzenia o całkowaniu szeregu funkcji nieujemnych (Wniosek 4.5.6),mamy

ψµ1,...,µN (C) =

∫XN

ψµ1,...,µN−1(CxN )dµN (xN )

6∫XN

∞∑j=1

ψµ1,...,µN−1(CxNj )dµN (xN ) =

∞∑j=1

ψµ1,...,µN (Cj).

Sprawdzenie warunku (g) przy założeniu, że miary µ1, . . . , µN są σ–skończone jest natychmiastowe.

Propozycja 4.17.17. Niech µt : Mt −→ [0, 1] (Mt ⊂ P(Xt)) będzie miarą probabilistyczną (µt(Xt) = 1),t ∈ T , X := X

t∈TXt, X

t∈TMt := σ(F). Niech

F := A = Xt∈T

At : At ∈Mt, ∃T0=T0(A)⊂T#T0<+∞

∀t∈T\T0: At = Xt,

ψ(A) :=∏

t∈T0(A)

µt(At), A ∈ F.(

110)

Wtedy para (F, ψ) spełnia wszystkie warunki (a)–(g) z Lematu 4.17.15. W konsekwencji, istnieje dokład-nie jedna miara probabilistyczna

Xt∈T

µt : Xt∈T

Mt −→ [0, 1]

taka, że(Xt∈T

µt)(A) :=∏

t∈T0(A)

µt(At), A ∈ F.

Dowód . Jedyną wątpliwość może budzić warunek (f) (warunki (a) — (e) mają charakter „skończeniewymiarowy” i można je wykazać tak, jak w dowodzie Propozycji 4.17.16 — Ćwiczenie).

Niech więc C ⊂∞⋃j=1

Cj , gdzie C,Cj ∈ F. Jeżeli zbiór

S := T0(C) ∪∞⋃j=1

T0(Cj)

jest skończony, problem ma charakter „skończenie wymiarowy”. Możemy więc założyć, że S jest przeli-czalny oraz że S = T = N. Na podstawie (b) i (c), dla dowolnego j ∈ N, zbiór Dj := C \ (C1 ∪ · · · ∪ Cj)jest skończoną sumą parami rozłącznych zbiorów z F, niech

Dj = Cj,1 ∪ · · · ∪ Cj,s(j).

Mamy więc C ⊂j⋃i=1

Ci ∪s(j)⋃i=1

Cj,i, a stąd (wykorzystując przypadek „skończenie wymiarowy”) dostajemy

ψ(C) 6j∑i=1

ψ(Ci) +s(j)∑i=1

ψ(Cj,i). Pozostaje pokazać, że ψ(Dj) :=s(j)∑i=1

ψ(Cj,i) −→ 0 przy j −→ +∞(

111).

Oczywiście Dj ∅ oraz ψ(Dj+1) 6 ψ(Dj). Przypuśćmy, że ψ(Dj) > ε0 > 0 dla dowolnego j.Dla Y ⊂ X i x1 ∈ X1, niech

Yx1:= (x2, x3, . . . ) ∈

∞Xj=2

Xj : (x1, x2, x3, . . . ) ∈ Y .

Stosując rozumowanie analogiczne, jak w dowodzie Propozycji 4.17.16, wnioskujemy, że

ψ(Dj) =

∫X1

ψ1((Dj)x1)dµ1(x1), j = 1, 2, . . . ,

(110)Zauważmy, że ponieważ miary są probabilistyczne, to definicja ψ(A) nie zależy od wyboru skończonego zbioru

T0(A) ⊂ T takiego, że At = Xt dla t ∈ T \ T0(A).(111)Uwaga: Z warunku (e) wynika, że jeżeli Dj ∈ F, to ψ(Dj) = ψ(Dj).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.18. Miara i całka Lebesgue’a na podrozmaitościach w Rn 199

gdzie ψ1 jest funkcją analogiczną do ψ, utworzoną dla rodziny (µj)∞j=2. Zauważmy, że ψ1((Dj)x1)

f(x1), x1 ∈ X1, gdzie f jest pewną funkcją mierzalną. Na podstawie twierdzenia o monotonicznymprzechodzeniu do granicy pod znakiem całki (Wniosek 4.5.8), dostajemy∫

X1

f(x1)dµ1(x1) > 0.

W takim razie, istnieje punkt x01 ∈ X1, dla którego f(x0

1) > 0. Istnieje więc ε1 > 0 takie, że ψ1((Dj)x01) >

ε1 dla dowolnego j.Teraz powtarzamy to samo rozumowanie dla x2 ∈ X2 i wnioskujemy, że istnieją ε2 > 0 i punkt

x02 ∈ X2 takie, że ψ2(((Dj)x0

1)x0

2) > ε2 dla dowolnego j.

Kontynuując to rozumowanie dostajemy punkt x0 = (x01, x

02, . . . ) ∈

∞Xj=1

Xj taki, że dla dowolnych j

i s(. . . ((Dj)x0

1)x0

2. . . )x0

s6= ∅.

Teraz, korzystając z tego, że każdy zbiór Dj jest „skończenie wymiarowy”, wnioskujemy, że x0 ∈ Dj dladowolnego j — sprzeczność.

4.18. Miara i całka Lebesgue’a na podrozmaitościach w Rn

NiechM będzie d–wymiarową podrozmaitością w Rn klasy C1. Jeżeli d = 0, to przez miarę Lebesgue’ana M rozumiemy miarę liczącą. Kładziemy LM := P(M) i LM := miara licząca. W przypadku, gdyd = n podrozmaitośćM jest zbiorem otwartym w Rn. Wtedy przyjmujemy LM := Ln|M , LM := Ln|LM .Pozostaje przypadek 1 6 d 6 n− 1.

Zdefiniujmy LM jako rodzinę wszystkich A ⊂ M takich, że dla dowolnej lokalnej parametryzacjip : P −→ U mamy: p−1(A) ∈ Ld. Jest rzeczą widoczną, że LM jest σ–algebrą oraz, że B(M) ⊂ LM .

Propozycja 4.18.1. Niech (pi : Pi −→ Ui)i∈I będzie dowolnym, co najwyżej przeliczalnym, układemlokalnych parametryzacji takim, że

⋃i∈I

Ui = M(

112).

(a) Dla A ⊂M mamy: A ∈ LM ⇐⇒ ∀i∈I : p−1i (A) ∈ Ld.

(b) Dla f : M −→ Y , gdzie Y jest przestrzenią topologiczną, następujące warunki są równoważne:(i) f ∈M(M,Y,LM );(ii) f p ∈M(P, Y,Ld) dla dowolnej lokalnej parametryzacji p : P −→ U ;(iii) ∀i∈I : f pi ∈M(Pi, Y,Ld).

Dowód . (a) Niech p : P −→ U będzie dowolną parametryzacją i niech ϕi := p−1 pi : p−1i (U ∩ Ui) −→

p−1(U ∩ Ui), i ∈ I. Wtedy p−1(A) = p−1(A ∩⋃i∈I

Ui) =⋃i∈I

p−1(A ∩ Ui) =⋃i∈I

ϕi(p−1i (A) ∩ p−1

i (U)) ∈ Ld

na podstawie założeń i Propozycji 4.4.7(c).(b) (i) =⇒ (ii): (f p)−1(Ω) = p−1(f−1(Ω)).(ii) =⇒ (iii): oczywiste.(iii) =⇒ (i): p−1

i (f−1(Ω)) = (f pi)−1(Ω) i korzystamy z (a).

Dla odwzorowania różniczkowalnego f = (f1, . . . , fn) : Ω −→ Rn gdzie Ω jest zbiorem otwartymw Rd, d 6 n, niech |f ′| : Ω −→ R+,

|f ′| :=( ∑I∈Λnd

∣∣∣∂(fi1 , . . . , fid)

∂(t1, . . . , td)

∣∣∣2)1/2

,

gdzie∂(fi1 , . . . , fid)

∂(t1, . . . , td):= det

[∂fij∂tk

]j,k=1,...,d

,

Λnd := I = (i1, . . . , id) : 1 6 i1 < · · · < id 6 n.Zauważmy, że dla d = n symbol |f ′| pokrywa się z wprowadzonym poprzednio modułem wyznacznikamacierzy Jacobiego.

Odnotujmy również, że |f ′|(t0) > 0⇐⇒ rank f ′(t0) = d.(112)Rodzina taka istnieje na podstawie twierdzenia Lindelöfa — zob. dowód Propozycji 4.18.4.

Obserwacja 4.18.2. Jeżeli ϕ : G −→ Ω, f : Ω −→ Rn są odwzorowaniami różniczkowalnymi, gdzie Gi Ω są podzbiorami otwartymi w Rd i ϕ(G) ⊂ Ω, to

|(f ϕ)′| = (|f ′| ϕ)|ϕ′|.

Twierdzenie 4.18.3. Istnieje dokładnie jedna miara

LM : LM −→ [0,+∞]

taka, że dla dowolnej lokalnej parametryzacji p : P −→ U mamy:

LM (A ∩ U) =

∫p−1(A)

|p′|dLd, A ∈ LM . (*)

Ponadto miara ta ma poniższe własności.(a) Jest zupełna, B–regularna (Definicja 4.3.4) oraz istnieje ciąg (Ωj)

∞j=1 zbiorów otwartych i relatywnie

zwartych w M , dla którego M =∞⋃j=1

Ωj i LM (Ωj) < +∞, j > 1(

113). W szczególności, dla miary

LM zachodzą warunki (R1), (R2), (R3), (R4) z Propozycji 4.3.6.(b) Dla dowolnej funkcji f ∈M+(M,LM ) oraz dla dowolnej parametryzacji lokalnej p : P −→ U mamy:∫

U

fdLM =

∫P

(f p)|p′|dLd. (**)

(c) Dla dowolnej funkcji f ∈ L1(M,C,LM ) oraz dla dowolnej parametryzacji lokalnej p : P −→ Umamy: (f p)|p′| ∈ L1(P,C,Ld) oraz zachodzi (**).

Miara LM nosi nazwę miary Lebesgue’a na M .

Dowód . Ustalmy przeliczalną rodzinę lokalnych parametryzacji (pj : Pj −→ Uj)∞j=1 taką, że

∞⋃j=1

Uj = M .

Niech B1 := U1, Bj := Uj \ (U1 ∪ · · · ∪ Uj−1), j > 2. Oczywiście Bj ∈ B(M) ⊂ LM , j ∈ N, oraz∞⋃j=1

Bj = M . Teraz dla zbioru A ∈ LM kładziemy:

LM (A) :=

∞∑j=1

∫p−1j (A∩Bj)

|p′j |dLd.

Udowodnimy, że jest to miara. Niech (Ak)∞k=1 będzie ciągiem parami rozłącznych zbiorów mierzalnych.Wtedy:

LM (

∞⋃k=1

Ak) =

∞∑j=1

∫p−1j ((

⋃∞k=1 Ak)∩Bj)

|p′j |dLd =

∞∑j=1

∞∑k=1

∫p−1j (Ak∩Bj)

|p′j |dLd

=

∞∑k=1

∞∑j=1

∫p−1j (Ak∩Bj)

|p′j |dLd =

∞∑k=1

LM (Ak).

Teraz sprawdzimy wzór (*). Ustalmy lokalną parametryzację p : P −→ U i niech ϕj := p−1 pj :

p−1j (U ∩ Uj) −→ p−1(U ∩ Uj), ψj := ϕ−1

j , j > 1. Wtedy dla A ∈ LM , A ⊂ U , korzystając z twierdzeniao zmianie zmiennych i z Obserwacji 4.18.2, mamy:∫

p−1(A)

|p′|dLd =

∞∑j=1

∫p−1(A∩Bj)

|p′|dLd =

∞∑j=1

∫ϕj(p

−1j (A∩Bj∩U))

|(pj ψj)′|dLd

=

∞∑j=1

∫p−1j (A∩Bj)

(|(pj ψj)′| ϕj)|ϕ′j |dLd =

∞∑j=1

∫p−1j (A∩Bj)

|p′j |dLd = LM (A).

Niech µ : LM −→ [0,+∞] będzie inną miarą spełniającą (*). Wtedy dla A ∈ LM mamy:

µ(A) =

∞∑j=1

µ(A ∩Bj) =

∞∑j=1

∫p−1j (A∩Bj)

|p′j |dLd = LM (A),

(113)Por. Propozycja 4.3.6.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.19. Twierdzenie Riesza. Miary Radona 201

a więc LM jest jedyna.

(a) Zupełność. Niech B ⊂ A ∈ LM i LM (A) = 0. Wtedy, na podstawie (*), dla dowolnej parame-tryzacji p : P −→ U , zbiór p−1(A) jest miary zero w Rd. Ponieważ p−1(B) ⊂ p−1(A), a Ld jest zupełna,więc p−1(B) ∈ Ld. Oznacza to, że B ∈ LM .

Regularność. Niech A ∈ LM . Ponieważ Ld jest B–regularna (Propozycja 4.3.6), więc dla dowolnegoj istnieje zbiór Cj ⊂ Pj typu Gδ oraz zbiór Zj ⊂ Rd miary zero takie, że p−1

j (A ∩ Bj) = Cj \ Zj . Niech

A :=∞⋃j=1

pj(Cj). Oczywiście A ⊂ A, A jest borelowski oraz

LM (A) =

∞∑j=1

∫p−1j (A∩Bj)

|p′j |dLd =

∞∑j=1

∫Cj

|p′j |dLd =

∞∑j=1

LM (pj(Cj)) > LM (A),

skąd wynika, że LM (A) = LM (A).Przechodzimy do sprawdzenia ostatniego warunku. Połóżmy

Pj,k := t ∈ Pj ∩B(k) : dist(t,Rd \ Pj) >1

k, k ∈ N,

i niech

ΩN :=

N⋃j=1

pj(Pj,N ), N ∈ N.

Widać, że ΩN jest otwarty i relatywnie zwarty w M , ΩN ⊂ ΩN+1, ΩN M oraz

LM (ΩN ) 6N∑j=1

∫Pj,N

|p′j |dLd < +∞.

(b) Dla f = χA wynik sprowadza się do (*). Dalej klasycznie: najpierw dlaM+0 (M,LM ), a następnie

przejście graniczne.(c) Wystarczy rozważyć przypadek rzeczywisty. Całkowalność otrzymujemy z (b) zastosowanego do

|f |. Wzór otrzymujemy z (b) zastosowanego do f±.

Propozycja 4.18.4. Niech M ′ będzie d′–wymiarową podrozmaitością klasy C1 w Rn taką, że M ′ ⊂M .Jeżeli d′ < d 6 n, to LM (M ′) = 0.

Dowód . Przypadek d′ = 0 jest oczywisty. Niech 1 6 d′ < d 6 n. Na podstawie Lematu 2.17.20, dladowolnego punktu a ∈ M ′ istnieje lokalna parametryzacja pa : Pa −→ Ua, a ∈ Ua, taka, że Pa = P ′a ×P ′′a ⊂ Rd

′×Rd−d′ = Rd jest otwartą kostką i pa(P ′a×0d−d′) = M ′∩Ua. W szczególności,M ′∩Ua ∈ LM .

Na podstawie twierdzenia Lindelöfa z pokrycia (Ua)a∈M można wybrać pokrycie przeliczalne (Uaj )∞j=1

rozmaitości M ′. Dla uproszczenia, niech

(paj : Paj −→ Uaj ) = (pj : Pj −→ Uj).

Wtedy

LM (M ′) 6∞∑j=1

LM (M ′ ∩ Uj) =

∞∑j=1

∫p−1j (M ′∩Uj)

|p′j |dLd 6∞∑j=1

∫P ′j×0d−d

′|p′j |dLd = 0.

4.19. Twierdzenie Riesza. Miary Radona

NiechX będzie lokalnie zwartą przestrzenią Hausdorffa. Przyjmijmy następujące robocze oznaczenia:K ≺ f oznacza, że K ⊂ X jest zbiorem zwartym, f ∈ C0(X, [0, 1]) i f = 1 na K,f ≺ U oznacza, że f ∈ C0(X, [0, 1]), U jest zbiorem otwartym w X i supp f ⊂ U ,K ≺ f ≺ U jest „połączeniem” poprzednich oznaczeń.

Obserwacja 4.19.1. Niech µ : B(X) −→ [0,+∞] będzie miarą taką, że µ(K) < +∞ dla dowolnegozbioru zwartego K ⊂ X. Wtedy C0(X) ⊂ L1(X;µ). W szczególności, funkcjonał

C0(X) 3 f Λ7−→∫X

fdµ ∈ R

jest dobrze określonym monotonicznym funkcjonałem liniowym(

114).

Definicja 4.19.2. Niech µ : M −→ [0,+∞] będzie miarą taką, że B(X) ⊂M. Powiemy, że zbiór A ∈Mjest zewnętrznie regularny, jeżeli

µ(A) = infµ(U) : A ⊂ U, U ∈ topX.

Zbiór A ∈M nazywamy wewnętrznie regularnym, jeżeli

µ(A) = supµ(K) : K ⊂ A, K jest zwarty.

Zbiór A jest regularny, jeżeli jest zewnętrznie i wewnętrznie regularny. Miara µ jest regularna, jeżelikażdy zbiór A ∈M jest regularny.

Propozycja 4.19.3. Załóżmy, że X jest lokalnie zwartą przestrzenią topologiczną Hausdorffa, w której

każdy zbiór otwarty jest typu Fσ taką, że X =∞⋃j=1

Ωj, gdzie Ωj jest relatywnie zwartym zbiorem otwartym

takim, że Ωj ⊂ Ωj+1 i µ(Ωj) < +∞, j > 1(

115). Wtedy miara µ jest regularna w sensie Definicji 4.19.2

wtedy i tylko wtedy, gdy jest B–regularna w sensie Definicji 4.3.4.

Dowód . Przypuśćmy, że µ jest B–regularna. Ustalmy A ∈M. Skorzystamy z Propozycji 4.3.6(g). Waru-nek (R2) zapewnia zewnętrzną regularność zbioru A. Warunek (R1) gwarantuje, że

µ(A) = supµ(F ) : F ⊂ A, F − domknięty.

Wystarczy jeszcze zauważyć, że µ(F ) = supµ(F ∩Ωj) : j > 1, co daje wewnętrzną regularność zbioruA.

Przypuśćmy teraz, że µ jest regularna w sensie Definicji 4.19.2. Ustalmy A ∈M taki, że µ(A) < +∞.Wobec zewnętrznej regularności zbioru A, dla dowolnego k ∈ N istnieje zbiór otwarty Uk taki, że A ⊂ Uki µ(Uk) 6 µ(A) + 1

k . Definiujemy A :=∞⋂k=1

Uk.

Obserwacja 4.19.4. Niech X będzie lokalnie zwartą przestrzenią Hausdorffa. Załóżmy, że X jest σ–zwarta. Niech µ : B(X) −→ [0,+∞] będzie miarą taką, że µ(K) < +∞ dla dowolnego zbioru zwartegoK ⊂ X.Wtedy istnieje ciąg relatywnie zwartych zbiorów otwartych (Ωj)

∞j=1 taki, że Ωj ⊂ Ωj+1, µ(Ωj) <

+∞, j > 1, oraz X =∞⋃j=1

Ωj — por. Propozycja 4.19.3.

Istotnie, niech X =∞⋃j=1

Kj , gdzie Kj jest zwarty, j > 1. Wobec lokalnej zwartości, dla dowolnego

j ∈ N, bez trudu znajdujemy zbiór otwarty, relatywnie zwarty Uj taki, że Kj ⊂ Uj . Teraz wystarczyprzyjąć Ωj := U1 ∪ · · · ∪ Uj , j > 1.

Twierdzenie 4.19.5 (Twierdzenie Riesza(

116)). Niech X będzie lokalnie zwartą przestrzenią Hausdorffa

i niech Λ : C0(X) −→ R będzie dowolnym funkcjonałem monotonicznym. Wtedy istnieje σ–algebra M ⊂P(X) oraz dokładnie jedna miara µ : M→ [0,+∞] taka, że:

(1) B(X) ⊂M,(2) µ(K) < +∞ dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ X,(3) każdy zbiór A ∈M jest zewnętrznie regularny,(4) każdy zbiór otwarty i każdy zbiór A ∈M taki, że µ(A) < +∞ jest wewnętrznie regularny,(5) µ jest zupełna,(6) Λ(f) =

∫Xfdµ, f ∈ C0(X).

Miarę spełniającą (1) — (4) nazywamy miarą Radona(

117).

Dowód . Krok 10: Miara µ jest wyznaczona jednoznacznie.

(114)Ponieważ Λ jest liniowy, więc monotoniczność to to samo, co żądanie by Λ(f) > 0 dla f ∈ C0(X,R+).(

115)W szczególności, X jest σ–zwarta, tzn. X =

∞⋃j=1

Kj , gdzie Kj jest zbiorem zwartym j > 1.(116)Frederic Riesz (1880–1956).(

117)Johann Radon (1887–1956).

Istotnie, jeżeli µ1 i µ2 są miarami na M spełniającymi (3) i (4), to aby pokazać ich równość wystarczyudowodnić, że są równe na zbiorach zwartych. Ustalmy zbiór zwartyK ⊂ X oraz ε > 0. Wobec (3) istniejezbiór otwarty U ⊃ K taki, że µ2(U) 6 µ2(K) + ε. Niech K ≺ f ≺ U . Wtedy:

µ1(K) =

∫X

χKdµ1 6∫X

fdµ1 = Λ(f) =

∫X

fdµ2 6∫X

χUdµ2 = µ2(U) 6 µ2(K) + ε.

Dowolność ε oraz symetria założeń kończą dowód.

Zdefiniujmy:

ϕ(U) := supΛ(f) : f ≺ U, U ∈ topX,

ϕ(A) := infϕ(U) : A ⊂ U ∈ topX, A ⊂ X.

Zauważmy, że definicja ϕ(A) przy dowolnym A jest zgodna z definicją dla zbiorów otwartych. Ponadto,ϕ(∅) = 0 oraz dla A ⊂ B mamy ϕ(A) 6 ϕ(B).

Krok 20: ϕ(U1∪ · · ·∪UN ) 6 ϕ(U1) + · · ·+ϕ(UN ) dla dowolnych zbiorów otwartych U1, . . . , UN ⊂ X.Wystarczy udowodnić przypadek N = 2. Ustalmy f ≺ U1 ∪ U2. Niech fj ≺ Uj , j = 1, 2, będą takie,

że supp f ≺ f1 +f2. Wtedy Λ(f) = Λ((f1 +f2)f) = Λ(f1f)+Λ(f2f) 6 ϕ(U1)+ϕ(U2). Wobec dowolnościf dostajemy żądany wynik.

Krok 30: ϕ jest miarą zewnętrzną.Trzeba sprawdzić przeliczalną podaddytywność. Weźmy (Aj)

∞j=1. Można założyć, że ϕ(Aj) < +∞,

j > 1. Niech ε > 0 i niech Uj ⊃ Aj będzie takim zbiorem otwartym, że ϕ(Uj) 6 ϕ(Aj) + ε/2j , j > 1.

Weźmy f ≺ U :=∞⋃j=1

Uj . Wtedy istnieje N ∈ N takie, że f ≺N⋃j=1

Uj . Na podstawie Kroku 20 mamy:

Λ(f) 6 ϕ(

N⋃j=1

Uj) 6N∑j=1

ϕ(Uj) 6∞∑j=1

ϕ(Aj) + ε.

Wobec dowolności f dostajemy stąd, że ϕ(U) 6∞∑j=1

ϕ(Aj) + ε, co wobec definicji ϕ i dowolności ε daje

żądany wynik.

NiechM0 := A ⊂ X : ϕ(A) < +∞, ϕ(A) = supϕ(K) : K ⊂ A, K zwarty.

Zauważmy, że jeżeli ϕ(A) = 0, to A ∈M0.

Krok 40: M0 zawiera wszystkie zbiory zwarte oraz

ϕ(K) = infΛ(f) : K ≺ fdla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ X.

Ustalmy zbiór zwarty K ⊂ X oraz f takie, że K ≺ f . Dla 0 < t < 1 niech Ut := f > t. WtedyUt jest otwarty oraz K ⊂ Ut. Stąd ϕ(K) 6 ϕ(Ut). Ustalmy t. Niech g ≺ Ut. Wtedy tg 6 f , a stądtΛ(g) 6 Λ(f). Wynika stąd, że ϕ(Ut) 6 Λ(f)/t, co wobec dowolności t, daje ϕ(K) 6 Λ(f) < +∞.

Pozostaje wykazać, że ϕ(K) > infΛ(f) : K ≺ f. Ustalmy ε > 0 i niech U ⊃ K będzie takimzbiorem otwartym, że ϕ(U) 6 ϕ(K) + ε. Niech K ≺ f ≺ U . Wtedy Λ(f) 6 ϕ(U) 6 ϕ(K) + ε, co kończydowód.

Krok 50: ϕ(U) = supϕ(K) : K ⊂ U, K zwarty dla dowolnego zbioru otwartego U ⊂ X.Niech C < ϕ(U). Istnieje f ≺ U taka, że Λ(f) > C. Niech K := supp f . Dla K ≺ g mamy g > f .

Stąd Λ(g) > Λ(f). Zatem, wobec Kroku 40, mamy: ϕ(K) > Λ(f) > C, co wobec dowolności C kończydowód.

Krok 60: ϕ(K1 ∪ · · · ∪ KN ) = ϕ(K1) + · · · + ϕ(KN ) dla dowolnych parami rozłącznych zbiorówzwartych K1, . . . ,KN ⊂ X.

Wystarczy udowodnić przypadek N = 2. Niech K1 ≺ f ≺ X \ K2 i niech K1 ∪ K2 ≺ g. WtedyK1 ≺ fg i K2 ≺ (1− f)g, co wobec Kroku 40, daje: ϕ(K1) +ϕ(K2) 6 Λ(fg) +Λ((1− f)g) = Λ(g). Stąd,wobec dowolności g dostajemy żądany wynik.

Krok 70: Niech (Aj)∞j=1 ⊂M0, Aj ∩ Ak = ∅ dla j 6= k, A :=

∞⋃j=1

Aj . Wtedy ϕ(A) =∞∑j=1

ϕ(Aj) oraz

A ∈M0 o ile ϕ(A) < +∞.Wobec Kroku 30 można założyć, że ϕ(A) < +∞. Ustalmy ε > 0 i niech Kj ⊂ Aj będzie zbiorem

zwartym takim, że ϕ(Kj) > ϕ(Aj)− ε/2j , j > 1. Wtedy, wobec Kroku 60, mamy:

ϕ(A) > limN→+∞

ϕ(

N⋃j=1

Kj) = limN→+∞

N∑j=1

ϕ(Kj) >∞∑j=1

ϕ(Aj)− ε,

co, wobec dowolności ε i Kroku 30, daje przeliczalną addytywność.

Ponadto, jeżeli ε i Kj , j > 1, są jak powyżej, to z równości ϕ(A) =∞∑j=1

ϕ(Aj) wynika, że istnieje

N ∈ N takie, że

ϕ(A) 6N∑j=1

ϕ(Aj) + ε 6 ϕ(

N⋃j=1

Kj) + 2ε,

co dowodzi, że A ∈M0 o ile ϕ(A) < +∞.

Krok 80: Jeżeli A ∈ M0, to dla dowolnego ε > 0 istnieje zbiór zwarty K ⊂ A oraz zbiór otwartyU ⊃ A takie, że ϕ(U \K) 6 ε.

Niech K ⊂ A będzie taki, że ϕ(A) 6 ϕ(K) + ε i niech U ⊃ A będzie zbiorem otwartym takim, żeϕ(U) 6 ϕ(A)+ε. Wobec Kroku 50 U \K ∈M0. Teraz, wobec Kroku 70, mamy: ϕ(U) = ϕ(K)+ϕ(U \K),skąd ϕ(U \K) 6 2ε.

Krok 90: Dla dowolnych A1, A2 ∈M0 mamy: A1 \A2, A1 ∪A2, A1 ∩A2 ∈M0.Wobec zależności A1∪A2 = (A1 \A2)∪A2, A1∩A2 = A1 \(A1 \A2) i Kroku 70 wystarczy sprawdzić,

że A1 \A2 ∈M0.Wobec Kroku 80, dla ε > 0 istnieją zbiory zwarte K1, K2 i zbiory otwarte U1, U2 takie, że Kj ⊂

Aj ⊂ Uj i ϕ(Uj \Kj) 6 ε, j = 1, 2. Wtedy

A1 \A2 ⊂ U1 \K2 ⊂ (U1 \K1) ∪ (K1 \ U2) ∪ (U2 \K2),

skąd dostajemy ϕ(A1 \A2) 6 2ε+ ϕ(K1 \ U2), co wobec dowolności ε kończy dowód.

NiechM := A ⊂ X : A ∩K ∈M0 dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ X.

Zauważmy, że A ∈M, gdy ϕ(A) = 0.

Krok 100: M jest σ–algebrą i B(X) ⊂M.Dla A ∈M mamy (X \A) ∩K = K \ (A ∩K) i wobec Kroku 90 i 40 X \A ∈M.

Dla (Aj)∞j=1 ⊂M mamy A :=

∞⋃j=1

Aj =∞⋃j=1

Bj , gdzie B1 := A1 i Bj := Aj \ (A1 ∪ · · · ∪Aj−1), j > 2.

Wobec Kroku 90 i 40 łatwo widać, że Bj ∩K ∈M0 dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ X, j > 1. Teraz,

wobec Kroku 70, dostajemy, że A ∩K =∞⋃j=1

(Bj ∩K) ∈M0, czyli, że A ∈M.

Ponieważ M0 zawiera wszystkie zbiory zwarte, zatem M zawiera wszystkie zbiory domknięte, więcB(X) ⊂M.

Krok 110: M0 = A ∈M : ϕ(A) < +∞.Wobec Kroku 90, jeżeli A ∈M0, to A∩K ∈M0 dla dowolnego zbioru zwartego K, a zatem A ∈M.Odwrotnie, jeżeli A ∈ M i ϕ(A) < +∞, to dla dowolnego ε > 0 istnieje zbiór otwarty U ⊃ A

taki, że ϕ(U) 6 ϕ(A) + ε i, wobec Kroku 50, istnieje zbiór zwarty K ⊂ U taki, że ϕ(K) > ϕ(U) − ε.

Zauważmy, że U = (U \ K) ∪ K oraz U \ K,K ∈ M0 (40, 50). Stąd, na podstawie Kroku 70, mamyϕ(A \K) 6 ϕ(U \K) = ϕ(U)− ϕ(K) 6 ε.

Ponieważ A∩K ∈M0, zatem istnieje zbiór zwarty L ⊂ A∩K taki, że ϕ(L) > ϕ(A∩K)−ε. PonieważA ⊂ (A ∩K) ∪ (A \K), więc ostatecznie dostajemy

ϕ(L) > ϕ(A ∩K)− ε > ϕ(A)− ϕ(A \K)− ε > ϕ(A)− 2ε.

Krok 120: µ := ϕ|M jest miarą spełniającą (2), (3), (4) i (5).Wynika z poprzednich rozważań.

Krok 130: Zachodzi (6).Wystarczy pokazać, że Λ(f) 6

∫Xfdµ dla dowolnej funkcji f ∈ C0(X). Ustalmy f i niech K :=

supp f , f(X) ⊂ [a, b] ⊂ R. Weźmy dowolne ε > 0 oraz punkty y0 < a < y1 < · · · < yN = b tak, żeyj − yj−1 6 ε, j = 1, . . . , N . Niech

Aj := yj−1 < f 6 yj ∩K, j = 1, . . . , N.

Są to parami rozłączne zbiory borelowskie i K =N⋃j=1

Aj . Dla dowolnego j dobierzmy zbiór otwarty

Uj ⊃ Aj taki, że µ(Uj) 6 µ(Aj)+ε/N i f < yj+ε na Uj . Niech fj ≺ Uj , j = 1, . . . , N , K ≺ f1 + · · ·+fN .Wtedy (na podstawie Kroku 40)

µ(K) 6 Λ(f1 + · · ·+ fN ) = Λ(f1) + · · ·+ Λ(fN ).

Stąd

Λ(f) = Λ((f1 + · · ·+ fN )f) =

N∑j=1

Λ(fjf)

6N∑j=1

Λ(fj(yj + ε)) =

N∑j=1

(yj + ε)Λ(fj) =

N∑j=1

(|a|+ yj + ε)Λ(fj)− |a|N∑j=1

Λ(fj)

6N∑j=1

(|a|+ yj + ε)µ(Uj)− |a|µ(K) 6N∑j=1

(|a|+ yj + ε)(µ(Aj) +ε

N)− |a|µ(K)

=

N∑j=1

(yj − ε)µ(Aj) +

N∑j=1

(|a|+ 2ε)µ(Aj) +

N∑j=1

(|a|+ yj + ε)ε

N− |a|µ(K)

6N∑j=1

yj−1µ(Aj) + ε[|a|+ b+ ε+ 2µ(K)] 6∫X

fdµ+ ε[|a|+ b+ ε+ 2µ(K)],

co, wobec dowolności ε, kończy dowód.

Propozycja 4.19.6. Niech X będzie lokalnie zwartą, σ–zwartą przestrzenią Hausdorffa, w której każdyzbiór otwarty jest typu Fσ

(118). Niech µ : M −→ [0,+∞] będzie miarą Radona. Wtedy µ jest B–

regularna.

Dowód . Wobec Propozycji 4.19.3, jedynym problemem jest wewnętrzna regularność. Ponieważ X jestσ–zwarta, istnieje ciąg (Kj)

∞j=1 zbiorów zwartych taki, że Kj ⊂ Kj+1 oraz X =

⋃∞j=1Kj . Stąd, dla

dowolnego zbioru A ∈ M mamy µ(A ∩ Kj) µ(A) oraz µ(A ∩ Kj) < +∞, j ∈ N (na podstawiewłasności (2) miar Radona). W szczególności, µ(A) = supµ(B) : B ⊂ A, µ(B) < +∞. Teraz pozostajejuż tylko skorzystać z własności (4).

Korzystając ponownie z Propozycji 4.19.3 mamy:(118)Zauważmy, że następujące warunki są równoważne:

(i) X jest σ–zwartą przestrzenią Hausdorffa, w której każdy zbiór otwarty jest typu Fσ ;(ii) X jest przestrzenią Hausdorffa, w której każdy zbiór otwarty jest σ–zwarty.Istotnie, implikacja (ii) =⇒ (i) jest oczywista. Dla dowodu implikacji (i) =⇒ (ii), niech X =

⋃∞j=1Kj , gdzie Kj jest

zwarty, j ∈ N. Weźmy dowolny zbiór otwarty Ω ⊂ X. Na podstawie (i), Ω =⋃∞k=1 Fk, gdzie Fk jest domknięty, k ∈ N.

Stąd Ω =⋃∞j,k=1Kj ∩ Fk i każdy ze zbiorów Kj ∩ Fk jest zwarty.

Propozycja 4.19.7. Niech X będzie lokalnie zwartą przestrzenią Hausdorffa, w której każdy podzbiórotwarty U ⊂ X jest σ–zwarty

(119). Niech ν : B(X) −→ [0,+∞] będzie miarą taką, że ν(K) < +∞ dla

dowolnego zbioru zwartego K ⊂ X(

120). Wtedy ν jest B–regularną miarą Radona.

(121)

4.20. Twierdzenie Łuzina

Twierdzenie 4.20.1 (Twierdzenie Łuzina,(

122)I wersja). Niech X będzie lokalnie zwartą przestrze-

nią Hausdorffa i niech µ : M −→ [0,+∞] będzie miarą Radona. Niech A ∈ M, µ(A) < +∞, f ∈M(X,C,M), f = 0 na X \A. Wtedy dla dowolnego ε > 0 istnieje g ∈ C0(X,C) taka, że:

(1) µ(g 6= f) 6 ε,(2) supX |g| 6 supX |f |.

Dowód . Na wstępie pokażemy, że(∗) dla dowolnego ε > 0 istnieje funkcja h ∈ C0(X;C) taka, że µ(h 6= f) 6 ε.

Krok 10: (∗) zachodzi, gdy 0 6 f 6 12 i A jest zwarty.

Niech fn f będzie ciągiem funkcji prostych skonstruowanych w Propozycji 4.1.10. Zdefiniujmyt1 := f1, tn := fn − fn−1, n > 2. Wtedy 2ntn = χTn , gdzie Tn ⊂ A (Ćwiczenie), n > 1. Ustalmyrelatywnie zwarty zbiór otwarty U ⊃ A. Ponieważ µ jest miarą Radona, zatem dla dowolnego n ∈ Nistnieje zbiór zwarty Kn ⊂ Tn oraz zbiór otwarty Un, Tn ⊂ Un ⊂ U takie, że µ(Un \ Kn) 6 ε/2n.

Niech Kn ≺ hn ≺ Un, n > 1, h :=∞∑n=1

2−nhn. Oczywiście h ∈ C(X) i supph ⊂ U ⊂⊂ X. Ponieważ,

f =∞∑n=1

2−nχTn , zatem S := h 6= f ⊂∞⋃n=1

(Un \Kn), a stąd µ(S) 6 ε.

Krok 20: (∗) zachodzi, gdy f jest ograniczona i A jest zwarty.Oczywiście można założyć, że |f | 6 1

2 . Niech f = u + iv. Następnie stosujemy Krok 10 do funkcjiu±, v±.

Krok 30: (∗) zachodzi, gdy f jest ograniczona i A jest dowolny.Zastępujemy f przez fχK , gdzie K ⊂ A jest stosownie dobranym zbiorem zwartym i stosujemy Krok

20.

Krok 40: (∗) zachodzi dla dowolnych f i A.Niech AN := x ∈ A : |f(x)| 6 N, fN := f · χAN , N ∈ N. Ustalmy ε > 0 i niech N będzie takie,

że µ(A \ AN ) 6 ε2 . Wobec Kroku 30 istnieje funkcja h ∈ C0(X,C) taka, że µ(h 6= fN) 6 ε

2 . Pozostajejeszcze zauważyć, że µ(h 6= f) 6 ε

(123).

Obecnie przechodzimy do zasadniczego dowodu. Ustalmy ε > 0 i niech h spełnia (∗). Niech C :=supX |f |. Oczywiście można założyć, że C < +∞. Niech ϕ(z) := z, gdy |z| 6 C i ϕ(z) := Cz/|z|, gdy|z| > C. Funkcja ϕ jest ciągła i |ϕ| 6 C. Zdefiniujmy g := ϕ h. Dostaliśmy funkcję klasy C0(X,C) taką,że |g| 6 C i g 6= h ⊂ |h| > C ⊂ h 6= f.

Twierdzenie 4.20.2 (Twierdzenie Łuzina, II wersja). Niech X będzie lokalnie zwartą przestrzenią Haus-dorffa, niech µ : M −→ [0,+∞] będzie miarą Radona i niech f ∈M(X,Y,M), gdzie (Y, d) jest ośrodkowąprzestrzenią metryczną. Niech A ∈ M będzie taki, że µ(A) < +∞. Wtedy dla dowolnego ε > 0 istniejezbiór zwarty K ⊂ A taki, że µ(A \K) < ε oraz f |K ∈ C(K,Y ).

Dowód . Ponieważ Y jest ośrodkowa, dla dowolnego k ∈ N znajdziemy przedstawienie Y =⋃∞j=1 Yj,k, dla

którego Yj,k ∈ B(Y ), Yi,k ∩ Yj,k = ∅ dla i 6= j oraz diamYj,k 6 1/k(

124).

(119)W szczególności, każdy zbiór otwarty jest typu Fσ .(

120)Dla przykładu: X := M = podrozmaitość w Rn, ν := LM .(

121)Można pokazać, że bez założenia σ–zwartości wszystkich zbiorów otwartych propozycja nie jest prawdziwa.(

122)Nikołaj Nikołajewicz Łuzin (1883–1950).(

123)h 6= f ⊂ h 6= fN ∪ fN 6= f.(

124)Niech yj : j ∈ N ⊂ Y będzie zbiorem gęstym. Bierzemy Y1,k := B(y1, 1/(2k)), Yj,k := B(yj , 1/(2k)) \⋃j−1

i=1 B(yi, 1/(2k)), j > 2.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.20. Twierdzenie Łuzina 207

Zdefiniujmy Aj,k := x ∈ A : f(x) ∈ Yj,k. Oczywiście Aj,k ∈ M, µ(Aj,k) < +∞, Ai,k ∩ Aj,k = ∅dla i 6= j oraz A =

⋃∞j=1Aj,k. Ponieważ µ jest miarą Radona, istnieje zbiór zwarty Kj,k ⊂ Aj,k taki, że

µ(Aj,k \Kj,k) < ε/2j+k. W szczególności,

µ(A \

∞⋃j=1

Kj,k

)= µ

( ∞⋃j=1

Aj,k \∞⋃j=1

Kj,k

)= µ

( ∞⋃j=1

(Aj,k \Kj,k))

=

∞∑j=1

µ(Aj,k \Kj,k) < ε/2k.

Dobierzmy j(k) tak, by µ(A \⋃j(k)j=1 Kj,k) < ε/2k i niech Kk :=

⋃j(k)j=1 Kj,k. Wybierzmy dowolnie yj,k ∈

Yj,k i niech gk : Kk −→ Y , gk(x) := yj,k na Kj,k, j = 1, . . . , j(k). Oczywiście, gk ∈ C(Kk, Y ) orazd(gk(x), f(x)) 6 1/k, x ∈ Kk.

Niech K :=⋂∞k=1Kk ⊂ A. Zbiór K jest zwarty, gk|K −→ f jednostajnie na K (w szczególności,

f |K ∈ C(K,Y )) oraz

µ(A \K) = µ( ∞⋃k=1

(A \Kk))6∞∑k=1

µ(A \Kk) < ε.

Ćwiczenie 4.20.3. Porównać obie wersje twierdzenia Łuzina (dla Y = C).

Twierdzenie 4.20.4. Niech X będzie lokalnie zwartą przestrzenią Hausdorffa i niech µ : M −→ [0,+∞]będzie miarą Radona. Wtedy dla dowolnego 1 6 p < +∞ przestrzeń C0(X,C) jest gęsta w Lp(X,C, µ)w normie z Lp.

(125)

Dowód . Wystarczy znaleźć aproksymację dla f ∈ M+(X) ∩ Lp(X,µ). Niech fn f będzie ciągiemfunkcji prostych z Propozycji 4.1.10. Wtedy fn −→ f w Lp, więc możemy założyć, że f jest funkcjąprostą klasy Lp i dalej, że f = χA, gdzie µ(A) < +∞. Teraz dla dowolnego ε > 0 dobieramy funkcjęg ∈ C0(X, [0, 1]) taką, że µ(g 6= χA) 6 ε. Ostatecznie ‖g − χA‖pLp 6 ε.

Twierdzenie 4.20.5 (Jednoznaczność miary Lebesgue’a). Niech

ν : B(Rn) −→ [0,+∞]

będzie miarą taką, że ν(K) < +∞ dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ Rn oraz ν(A + x0) = ν(A) dladowolnych A ∈ B(Rn), x0 ∈ Rn

(126). Wtedy

ν(A) = ν([0, 1)n)Ln(A), A ∈ B(Rn).

Dowód . Niech c := ν([0, 1)n). Dla dowolnego k ∈ N kostkę [0, 1)n można przedstawić jako sumę 2kn

parami rozłącznych kostek postaci [0, 1/2k)n+x0. W takim razie 2knν([0, 1/2k)n+x0) = c, skąd wynika,że

ν([0, 1/2k)n + x0) = cLn([0, 1/2k)n + x0).

Stąd wnioskujemy bez trudu, że ν(U) = cLn(U) dla dowolnego zbioru otwartego U ⊂ Rn (por. Ob-serwacja 4.1.4). Na podstawie Propozycji 4.19.7, ν jest zewnętrznie regularna. Oczywiście, miara Le-besgue’a jest też zewnętrznie regularna. W takim razie dla dowolnego zbioru A ∈ B(Rn) dostajemyν(A) = cLn(A).

Wniosek 4.20.6 (Twierdzenie Hausdorffa). Dla dowolnego n ∈ N mamy Hn = c(n)Ln, gdzie c(n) :=Hn([0, 1)n).

Dowód . Obie miary zewnętrzne są B–regularne, więc wystarczy sprawdzić równość na zbiorach bore-lowskich. Ponieważ obie miary są niezmiennicze względem translacji i skończone na zbiorach zwartych(Propozycja 4.4.4(c)), możemy skorzystać z Twierdzenia 4.20.5.

(125)Por. Propozycja 4.13.3.(

126)Przypomnijmy, że miara Lebesgue’a Ln jest niezmiennicza względem translacji. Ponadto, Ln jest niezmiennicza

ze względu na dowolne przekształcenia postaci Φ(x) := x0 + U(x), x ∈ Rn, gdzie x0 ∈ Rn, zaś U : Rn −→ Rn jestodwzorowaniem liniowym takim, że detU ∈ −1, 1 (np. U jest przekształceniem ortogonalnym, tzn. takim, że UUt = id).Istotnie, dla dowolnego zbioru A ∈ Ln mamy Ln(x0 + U(A)) =

∫A |Φ

′|dLn =∫A |detU |dLn = Ln(A).

4.21. Wariacja miary

Ustalmy dowolny zbiór X 6= ∅ oraz dowolną σ–algebrę M jego podzbiorów.Dla ν ∈ Meas(M,C) zdefiniujmy

|ν|(A) := sup ∞∑k=1

|ν(Rk)| : (Rk)∞k=1 jest dowolnym rozbiciem(

127)A, A ∈M;

funkcję |ν| nazywamy wariacją miary ν.Twierdzenie 4.21.1. (a) |ν(A)| 6 |ν|(A), A ∈M.

(b) |ν| ∈ Meas(M,R+)(

128).

W szczególności, jeżeli ν ∈ Meas(M,R) oraz

ν+ := 12 (|ν|+ ν), ν− := 1

2 (|ν| − ν),

to ν+, ν− ∈ Meas(M,R+), ν = ν+ − ν− (jest to tzw. rozkład Jordana miary rzeczywistej) oraz |ν| =ν+ + ν−.

(c) |ν| = infµ ∈ Meas(M) : ∀A∈M : |ν(A)| 6 µ(A)(

129).

(d) Funkcja ‖ν‖ := |ν|(X), ν ∈ Meas(M,C), jest normą.

Dowód . (a) — oczywiste.(b) To, że |ν|(∅) = 0 wynika bezpośrednio z definicji. Przechodzimy do sprawdzenia przeliczalnej ad-

dytywności. Ustalmy zbiór A ∈M oraz dowolne jego rozbicie (Aj)∞j=1. Niech (Rj,k)∞k=1 będzie dowolnym

rozbiciem zbioru Aj . Wtedy rodzina (Rj,k)∞j,k=1 jest rozbiciem A, a więc

|ν|(A) >∞∑

j,k=1

|ν(Rj,k)| =∞∑j=1

∞∑k=1

|ν(Rj,k)|,

skąd wynika, że |ν|(A) >∞∑j=1

|ν|(Aj). Niech teraz (Rk)∞k=1 będzie dowolnym rozbiciem zbioru A. Wtedy

rodzina (Aj ∩Rk)∞k=1 jest rozbiciem zbioru Aj , a stąd∞∑j=1

|ν|(Aj) >∞∑j=1

∞∑k=1

|ν(Aj ∩Rk)| >∞∑k=1

|∞∑j=1

ν(Aj ∩Rk)| =∞∑k=1

|ν(Rk)|,

co dowodzi, że∞∑j=1

|ν|(Aj) > |ν|(A).

Pozostaje udowodnić, że |ν|(X) < +∞. Przypuśćmy, że |ν|(X) = +∞. Pokażemy, że:(∗) jeżeli A ∈M jest zbiorem takim, że |ν|(A) = +∞, to istnieje zbiór A∞ ⊂ A taki, że A∞ ∈M,|ν|(A∞) = +∞ oraz |ν(A \A∞)| > 1.

Przypuśćmy na chwilę, że własność (∗) jest wykazana. Wtedy, stosując ją najpierw do A := X, a następniekolejno do A := A∞, dostajemy ciąg (Aj)

∞j=1 parami rozłącznych zbiorów z M takich, że |ν(Aj)| > 1,

j = 1, 2, . . . . W szczególności, szereg∞∑j=1

ν(Aj) nie może być zbieżny — sprzeczność. Przechodzimy do

dowodu (∗).Lemat 4.21.2. Istnieje stała C > 0 taka, że dla dowolnego n ∈ N oraz dla dowolnego zbioru

z1, . . . , zn ⊂ C,istnieje zbiór I ⊂ 1, . . . , n taki, że ∣∣∣∑

j∈Izj

∣∣∣ > C n∑k=1

|zk|.

(127)Powiemy, że rodzina (Rk)∞k=1 ⊂M jest rozbiciem zbioru A, jeżeli:

• A =∞⋃j=k

Rk,

• Rj ∩Rk = ∅ dla dowolnych j 6= k.(128)W szczególności, |ν|(X) < +∞ !(

129)W szczególności, jeżeli ν ∈ Meas(M,R+), to |ν| = ν+ = ν, ν− = 0.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.21. Wariacja miary 209

Dowód Lematu 4.21.2. Można założyć, żen∑k=1

|zk| = 1 oraz, że z1, . . . , zn 6= 0. Płaszczyznę dzielimy

prostymi y = ±x na cztery rozłączne części C1, . . . ,C4 (sposób zaliczania kawałków prostych y = ±xdo poszczególnych zbiorów Cj jest całkowicie dowolny, byle otrzymane na końcu zbiory były rozłączne).Oczywiście istnieje j0 ∈ 1, . . . , 4 takie, że

∑k:zk∈Cj0

|zk| > 14 . Niech I := k : zk ∈ Cj0. Można założyć,

że Cj0 ⊂ (x, y) : x > 0, |y| 6 x. Wtedy∣∣∣∑k∈I

zk

∣∣∣ >∑k∈I

Re zk >∑k∈I

1√2|zk| >

1

4√

2,

a zatem można przyjąć C := 1/(4√

2)(

130).

Wracamy do dowodu (∗). Niech (Rk)∞k=1 będzie takim rozbiciem zbioru A, że∞∑k=1

|ν(Rk)| > (1 + |ν(A)|)/C,

gdzie C jest stałą z Lematu 4.21.2. Tak więcn∑k=1

|ν(Rk)| > (1 + |ν(A)|)/C

dla dostatecznie dużego n. Stąd, na podstawie Lematu 4.21.2, istnieje zbiór B (będący sumą pewnej liczbyzbiorów R1, . . . , Rn) taki, że |ν(B)| > (1 + |ν(A)|) > 1. Mamy również: |ν(A \ B)| = |ν(A) − ν(B)| >|ν(B)| − |ν(A)| > 1. Ponieważ |ν| jest miarą, któryś ze zbiorów B lub A \ B musi mieć miarę |ν| równą+∞. Ten właśnie zbiór przyjmujemy za A∞.

(c) Wobec (a) i (b) mamy: inf. . . 6 |ν|. Niech teraz miara µ ∈ Meas(M) będzie taka, że |ν(A)| 6µ(A), A ∈ M. Wtedy dla dowolnego zbioru A ∈ M i dla dowolnego jego rozbicia (Rk)∞k=1 mamy:∞∑k=1

|ν(Rk)| 6∞∑k=1

µ(Rk) = µ(A), a zatem |ν| 6 µ, czyli |ν| 6 inf. . . .

(d) Skończoność ‖ν‖ wynika z (b). Pozostałe warunki dotyczące normy wynikają bezpośrednio z de-finicji |ν|.

Niech µ ∈ Meas(M) i (ν, ν1, ν2 ∈ Meas(M,C)) lub (ν, ν1, ν2 ∈ Meas(M)) Powiemy, że:• ν jest absolutnie ciągła względem µ (ν µ), jeżeli dla dowolnego zbioru A ∈M, jeżeli µ(A) = 0,

to ν(A) = 0;• ν jest skupiona na zbiorze S ∈ M, jeżeli dla dowolnego zbioru A ∈ M mamy: ν(A) = ν(A ∩ S)(

131)(krótko: supp ν ⊂ S

(132)).

• ν1 i ν2 są wzajemnie osobliwe (ν1 ⊥ ν2), jeżeli są one skupione na zbiorach rozłącznych.

Propozycja 4.21.3. (a) Jeżeli ν ∈ Meas(M,C) i supp ν ⊂ S, to supp |ν| ⊂ S. W szczególności, jeżeliν1, ν2 ∈ Meas(M,C) i ν1 ⊥ ν2, to |ν1| ⊥ |ν2|.

(b) Jeżeli ν1 ⊥ µ, ν2 ⊥ µ, to ν1 + ν2 ⊥ µ. Jeżeli ν1 µ, ν2 µ, to ν1 + ν2 µ.(c) Jeżeli ν ∈ Meas(M,C) i ν µ, to |ν| µ.(d)

(133)Dla ν ∈ Meas(M,C) mamy: ν µ wtedy i tylko wtedy, gdy

∀ε>0 ∃δ>0 : (A ∈M, µ(A) 6 δ) =⇒ (|ν(A)| 6 ε).

(e) Jeżeli ν1 µ i ν2 ⊥ µ, to ν1 ⊥ ν2. W szczególności, jeżeli ν µ i ν ⊥ µ, to ν = 0.

Dowód . (a) Jeżeli A ∩ S = ∅, to dla dowolnego rozbicia (Rk)∞k=1 zbioru A mamy:∞∑k=1

|ν(Rk)| =

∞∑k=1

|ν(Rk ∩ S)| = 0, a stąd |ν|(A) = 0.

(130)Czy jest to najlepsza stała?(

131)Co jest równoważne żądaniu by ν(A) = 0 dla dowolnego zbioru A ∈M takiego, że A ⊂ X \ S.(

132)Uwaga: zapis ten ma charakter całościowy — definiujemy co to znaczy, że supp ν ⊂ S, ale nie definiujemy samego

zbioru supp ν.(133)Własność (d) stanowi dobre uzasadnienie wprowadzonego terminu „ν absolutnie ciągła względem µ”.

(b) Niech supp νj ⊂ Sj , suppµ ⊂ X \ Sj , j = 1, 2. Wtedy

supp(ν1 + ν2) ⊂ S1 ∪ S2,

suppµ ⊂ (X \ S1) ∩ (X \ S2) = X \ (S1 ∪ S2).

Druga część punktu (b) jest oczywista.(c) Niech µ(A) = 0 i niech (Rk)∞k=1 będzie dowolnym rozbiciem zbioru A. Wtedy µ(Rk) = 0 (bo µ

jest miarą nieujemną). Stąd∞∑k=1

|ν(Rk)| = 0,

a więc |ν|(A) = 0.(d) Implikacja (⇐=) jest oczywista. Dla dowodu implikacji przeciwnej przypuśćmy, że istnieje ε0 > 0

oraz ciąg zbiorów (Aj)∞j=1 ⊂ M taki, że µ(Aj) 6 1/2j , |ν|(Aj) > |ν(Aj)| > ε0, j > 1. Niech Bn :=

∞⋃j=n

Aj . Mamy: µ(Bn) 6 2−n+1 oraz Bn+1 ⊂ Bn. Niech B :=∞⋂n=1

Bn. Wtedy µ(B) = 0, ale |ν|(B) =

limn→+∞

|ν|(Bn) > ε0. Oznacza to, że miara |ν| nie jest absolutnie ciągła względem µ. W szczególności, na

podstawie (c), ν nie może być absolutnie ciągła względem µ — sprzeczność.(e) — oczywiste.

4.22. Twierdzenie Radona–Nikodyma

Twierdzenie 4.22.1. (1) Niech µ, ν ∈ Meas(M,R+). Wtedy istnieją jednoznacznie wyznaczone miaryνa, νs ∈ Meas(M,R+) oraz funkcja

h ∈M+(X) ∩ L1(X,µ)

takie, że(a) (rozkład Lebesgue’a) ν = νa + νs, νa µ, νs ⊥ µ,(b) (twierdzenie Radona–Nikodyma

(134)) νa(A) =

∫Ah dµ, A ∈M.

W szczególności, ν µ wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje funkcja h ∈ M+(X) ∩ L1(X,µ) taka, żeν(A) =

∫Ah dµ, A ∈ M (funkcja h nosi nazwę pochodnej Radona–Nikodyma miary ν względem miary

µ).

(2) Twierdzenie pozostaje prawdziwe dla dowolnej σ–skończonej miary nieujemnej µ ∈ Meas(M)i dowolnej miary zespolonej ν ∈ Meas(M,K) (K = R lub K = C)

(135).

(3) Twierdzenie bez żądania by h ∈ L1(X,µ) pozostaje prawdziwe dla dowolnych σ–skończonych miarnieujemnych µ, ν ∈ Meas(M)

(136).

Dowód . Jednoznaczność miar νa i νs wynika z Propozycji 4.21.3(b)(e). Jednoznaczność funkcji h w przy-padku, gdy h ∈ L1(X,µ) jest oczywista — por. Propozycja 4.5.18. W przypadku, gdy h ∈M+(X), zaś µi ν są σ–skończone, ze związku (b) wynika, że h ∈ L1(A,µ) dla dowolnego A ∈M takiego, że ν(A) < +∞(tak więc h|A jest wyznaczona jednoznacznie). Teraz wystarczy wykorzystać σ–skończoność miary ν.

Obecnie pokażemy, że (1) =⇒ (2), (3).(1) =⇒ (2): Niech ν = ν1 + iν2, gdzie ν1, ν2 ∈ Meas(M,R). Wystarczy wykazać (2) oddzielnie dla

ν1 i ν2 (por. Propozycja 4.21.3(b)). Możemy więc założyć, że ν ∈ Meas(M,R). Analogicznie, korzystającz rozkładu Jordana (Twierdzenie 4.21.1(b)), redukujemy dowód do przypadku, gdy ν ∈ Meas(M,R+).

Niech (Xk)∞k=1 będzie takim rozbiciem X, że µ(Xk) < +∞, k = 1, 2, . . .(

137).

(134)Otto Nikodym (1887–1974).(

135)Z tym, że wtedy, jeżeli ν ∈ Meas(M,K), to νa, νs ∈ Meas(M,K) i h ∈ L1(X,K, µ).(

136)Z tym, że wtedy νa, νs ∈ Meas(M).(

137)Istnienie takiego rozbicia wynika z σ–skończoności miary µ: jeżeliX =

∞⋃k=1

Yk, gdzie µ(Yk) < +∞, to definiujemy:

X1 := Y1, Xk := Yk \ (Y1 ∪ · · · ∪ Yk−1), k > 2.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.22. Twierdzenie Radona–Nikodyma 211

Teraz, dla dowolnego k, stosujemy część (1) na Xk do Mk := M|Xk , µk := µ|Mk, νk := ν|Mk

.Dostajemy miary (νk)a, (νk)s ∈ Meas(Mk,R+) oraz funkcję hk ∈M+(Xk) ∩ L1(Xk, µk) takie, że

νk = (νk)a + (νk)s, (νk)a µk, (νk)s ⊥ µk,

(νk)a(A) =

∫A

hkdµk, A ∈Mk.

Niech νa(A) :=∞∑k=1

(νk)a(A ∩ Xk), νs(A) :=∞∑k=1

(νk)s(A ∩ Xk), h := hk na Xk. Łatwo sprawdzić, że

zachodzi (a) i (b). Podstawiając w (b) A = X i korzystając ze skończoności miary ν, wnioskujemy, żeh ∈ L1(X,µ).

(1) =⇒ (3): Rozumujemy jak powyżej, z tym, że rozbicie (Xk)∞k=1 wybieramy tak, by ν(Xk) < +∞,k = 1, 2, . . . . Dalej wszystko idzie bez zmian z wyjątkiem ostatniego zdania (i dlatego też nie możemystwierdzić, czy h ∈ L1(X,µ) — wiemy tylko, że h|Xk ∈ L1(Xk, µk) dla dowolnego k).

Zasadniczy dowód (1). Niech λ := µ + ν i niech H := L2(X,λ). Przypomnijmy, iż H z iloczynemskalarnym

H×H 3 (f, g) 7−→ 〈f, g〉H :=

∫X

fgdλ

jest przestrzenią Hilberta. Niech Λ : H −→ R będzie dane wzorem Λ(f) :=∫Xfdν. Funkcjonał Λ jest

dobrze określony, bowiem, na mocy nierówności Schwarza (czy też Höldera), dla f ∈ H, mamy∫X

|f |dν 6∫X

|f |dλ 6√λ(X)‖f‖H.

Tak więc funkcjonał Λ jest dobrze określony i ograniczony: ‖Λ‖ 6√λ(X). Na podstawie twierdzenia

Riesza o postaci funkcjonału liniowego i ciągłego w przestrzeniach Hilberta(

138), istnieje dokładnie jedna

funkcja g ∈ H taka, że ‖g‖H = ‖Λ‖ i Λ(f) = 〈f, g〉H, f ∈ H, czyli∫X

fdν :=

∫X

fgdλ, f ∈ H. (∗)

Niech A ∈M, λ(A) > 0. Podstawiając w (∗) f := χA, dostajemy1

λ(A)

∫A

gdλ =ν(A)

λ(A)∈ [0, 1],

a zatem, na podstawie Propozycji 4.5.19, g(x) ∈ [0, 1] dla λ–prawie wszystkich x ∈ X. Możemy założyć,że 0 6 g(x) 6 1 dla wszystkich x ∈ X. Niech

Ra := g < 1, Rs := g = 1,νa(A) := ν(A ∩Ra), νs(A) := ν(A ∩Rs), A ∈M.

Oczywiście, νa, νs ∈ Meas(M,R+), ν = νa + νs. Ponadto, podstawiając do (∗) f := χRs dostajemy

ν(Rs) = λ(Rs) = µ(Rs) + ν(Rs), a zatem µ(Rs) = 0, a stąd: νs ⊥ µ. Niech h :=∞∑k=1

gk. Oczywiście

h ∈ M+(X). Pokażemy, że zachodzi (b) (wtedy νa µ, a podstawiając A = X, wnioskujemy, żeh ∈ L1(X,µ)). Związek (∗) możemy przepisać w postaci∫

X

fg dµ =

∫X

f(1− g) dν, f ∈ H. (∗∗)

Niech A ∈M. Stosując (∗∗) do funkcji f := (1 + g + · · ·+ gn) · χA, dostajemy:∫A

h dµ = limn→+∞

∫A

(1 + g + · · ·+ gn)g dµ = limn→+∞

∫A

(1 + g + · · ·+ gn)(1− g) dν

= limn→+∞

∫A

(1− gn+1) dν = limn→+∞

∫A∩Ra

(1− gn+1) dν = ν(A ∩Ra) = νa(A).

(138)Twierdzenie Riesza. Niech H będzie przestrzenią Hilberta nad K. Wtedy, dla dowolnego ciągłego funkcjonału

liniowego Λ : H −→ K, istnieje dokładnie jeden element g ∈ H taki, że ‖g‖H = ‖Λ‖ i Λ(f) = 〈f, g〉H, f ∈ H.Odnotujmy, że oczywiście dla dowolnego g ∈ H funkcjonał Λ : H −→ C dany wzorem Λ(f) = 〈f, g〉H, f ∈ H, jest

liniowy i ciągły oraz ‖Λ‖ = ‖g‖H.

Wniosek 4.22.2. Dla dowolnej miary ν ∈ Meas(M,K) istnieje funkcja mierzalna h : X −→ K taka, że|h| ≡ 1 oraz ν(A) =

∫Ah d|ν|, A ∈M.

Zauważmy, że wniosek ten pozwala zdefiniować całkę∫Xf dν:∫

X

f dν :=

∫X

f · h d|ν|, f ∈ L1(X, ν) := L1(X, |ν|).

Zauważmy, że |∫Xfdν| 6

∫X|f |d|ν|.

Dowód . Oczywiście, ν |ν|, a zatem, na podstawie Twierdzenia 4.22.1(2), istnieje funkcja h ∈ L1(X, |ν|)taka, że dν = hd|ν|.

Jedyny problem, to pokazać, że |h(x)| = 1 dla |ν|–prawie wszystkich x ∈ X.Jeżeli |ν|(A) > 0, to

1

|ν|(A)

∫A

h d|ν| = ν(A)

|ν|(A)∈ K(1),

a więc, na mocy Propozycji 4.5.19, |h(x)| 6 1 dla |ν|–prawie wszystkich x ∈ X.Z drugiej strony, niech At := |h| < t. Ustalmy t < 1 i niech (Rk)∞k=1 będzie dowolnym rozbiciem

zbioru At. Mamy:∞∑k=1

|ν(Rk)| =∞∑k=1

∣∣∣ ∫Rk

h d|ν|∣∣∣ 6 ∞∑

k=1

∫Rk

|h| d|ν| 6 t |ν|(At),

a zatem |ν|(At) 6 t |ν|(At), co (wobec tego, iż t < 1) pokazuje, że |ν|(At) = 0. Tak więc |h(x)| > 1 dla|ν|–prawie wszystkich x ∈ X.

Wniosek 4.22.3. Niech µ ∈ Meas(M), g ∈ L1(X;µ) oraz ν(A) :=∫Ag dµ, A ∈ M

(139). Wtedy

|ν|(A) =∫A|g| dµ, A ∈M

(140).

Dowód . Na podstawie Wniosku 4.22.2 dν = hd|ν| dla pewnej funkcji mierzalnej h takiej, że |h| ≡ 1. Stądgdµ = hd|ν|, a zatem ghdµ = d|ν|

(141). W szczególności, g(x)h(x) > 0 dla µ–prawie wszystkich x ∈ X,

czyli gh = |g| µ–prawie wszędzie.

Wniosek 4.22.4 (Twierdzenie Hahna o rozkładzie). Dla dowolnej miary ν ∈ Meas(M,R) istnieją zbioryR+, R− ∈ M takie, że X = R+ ∪ R−, R+ ∩ R− = ∅ oraz ν+(A) = ν(A ∩ R+), ν−(A) = −ν(A ∩ R−),A ∈M

(142).

Dowód . Na podstawie Wniosku 4.22.2 istnieje funkcja mierzalna h : X −→ −1, 1 taka, że dν = h d|ν|.Niech R± := h = ±1. Zauważmy, że jedynym problemem jest pokazanie, że ν+(A) = ν(A ∩ R+) dladowolnego zbioru A ∈M. Mamy:

ν+(A) = 12 [|ν|(A) + ν(A)] = 1

2

∫A

(1 + h) d|ν| = 12

∫A∩R+

(1 + h) d|ν| =∫A∩R+

h d|ν| = ν(A ∩R+).

Wniosek 4.22.5. Niech ν ∈ Meas(M,R), µ1, µ2 ∈ Meas(M,R+) będą takie, że ν = µ1 − µ2. Wtedyν+ 6 µ1 i ν− 6 µ2

(143).

Dowód . Niech (R+, R−) będzie rozkładem Hahna. Mamy: ν+(A) = ν(A ∩R+) 6 µ1(A ∩R+) 6 µ1(A).

(139)Przypomnijmy, że ν ∈ Meas(M,C).(

140)Tzn. jeżeli dν = gdµ, to d|ν| = |g|dµ.(

141)Równość gdµ = hd|ν| oznacza, że

∫A gdµ =

∫A hd|ν| dla dowolnego A ∈ M. Stąd

∫X gϕdµ =

∫X hϕd|ν| dla

dowolnej funkcji ϕ ∈ M+0 (X). Wobec twierdzenia Lebesgue’a o zmajoryzowanym przechodzeniu do granicy pod znakiem

całki, równość ta przenosi się na dowolne funkcje ograniczone ϕ ∈M+(X), a stąd na dowolne funkcje mierzalne ograniczoneϕ : X −→ C. Teraz stosujemy wzór do ϕ := χA · h i dostajemy

∫A ghdµ = |ν|(A).(

142)Para (R+, R−) nosi nazwę rozkładu Hahna zbioru X względem miary ν.(

143)Por. rozkład Jordana w Twierdzeniu 4.21.1(b).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.23. Przestrzenie dualne do Lp 213

4.23. Przestrzenie dualne do Lp

Niech µ ∈ Meas(M), 1 6 p 6 ∞ i niech q będzie wykładnikiem sprzężonym z p(

144). Dla g ∈

Lq(X,µ) niech

Lp(X,µ) 3 f Λg7−→∫X

fg dµ.

Korzystając z nierówności Höldera wnioskujemy, że funkcjonał Λg jest poprawnie określony oraz ‖Λg‖ 6‖g‖Lq . Mamy więc odwzorowanie liniowe i ciągłe

Lq(X,µ) 3 g Φp7−→ Λg ∈ (Lp(X,µ))′,

przy czym ‖Φp‖ 6 1. Przypomnijmy, iż z twierdzenia Riesza o postaci funkcjonału liniowego w przestrzeniHilberta wynika, że Φ2 jest izomorfizmem i izometrią. Dla p = ∞ odwzorowanie Φ∞ nie musi byćsurjektywne (Ćwiczenie).

Twierdzenie 4.23.1. Niech µ ∈ Meas(M) będzie miarą σ–skończoną i niech 1 6 p < ∞. Wtedyodwzorowanie Φp jest izomorfizmem i izometrią, tzn. dla dowolnego liniowego i ciągłego funkcjonału

Λ : Lp(X,µ) −→ R

istnieje dokładnie jedna funkcja g ∈ Lq(X,µ) taka, że

Λ(f) = Λg(f) =

∫X

fg dµ, f ∈ Lp(X,µ), ‖Λ‖ = ‖g‖Lq .

Dowód . Jednoznaczność funkcji g jest natychmiastowa(

145).

Najpierw rozważymy przypadek, gdy µ(X) < +∞. Ustalmy Λ. Niech ν(A) := Λ(χA), A ∈M(

146).

Wykażemy, że ν jest miarą zespoloną. Oczywiście ν(∅) = Λ(0) = 0 oraz ν jest skończenie addytywna (boχA1∪A2

= χA1+ χA2

dla rozłącznych A1, A2). Dla dowodu przeliczalnej addytywności ustalmy rozbicie(Ak)∞k=1 zbioru A ∈M i niech Bn := A1 ∪ · · · ∪An. Zauważmy, że

‖χBn − χA‖Lp(X,µ) = (µ(A \Bn))1/p −→ 0, gdy n −→ +∞.(

147)

Stąd, na mocy ciągłości Λ, dostajemy:

ν(A) = Λ(χA) = limn→+∞

Λ(χBn) = limn→+∞

n∑k=1

Λ(χAk) =

∞∑k=1

ν(Ak).

Widać, że jeżeli µ(A) = 0, to χA = 0 w Lp(X,µ), a więc ν(A) = 0. Oznacza to, że ν µ. Korzystamyteraz z twierdzenia Radona–Nikodyma, na mocy którego istnieje funkcja g ∈ L1(X,µ) taka, że

Λ(χA) = ν(A) =

∫A

g dµ =

∫X

χAg dµ, A ∈M.

Stąd Λ(f) =∫Xfgdµ dla dowolnej funkcji f ∈ M+

0 (X). Niech teraz f ∈ M+(X) będzie funkcją ogra-niczoną. Wtedy istnieje ciąg (fk)∞k=1 ⊂ M+

0 (X) taki, że fk −→ f jednostajnie na X. W szczególności,fk −→ f w Lp(X,µ) (skończoność miary), a więc Λ(f) =

∫Xfgdµ. Stosując rozkłady f = f+ − f−,

f = Re f + i Im f , przenosimy tę zależność na dowolną zespoloną i ograniczoną funkcję mierzalną. Obec-nie pokażemy, że g ∈ Lq(X,µ) oraz, że ‖g‖Lq 6 ‖Λ‖.

W przypadku gdy p = 1, mamy:∣∣∣ ∫A

g dµ∣∣∣ = |ν(A)| = |Λ(χA)| 6 ‖Λ‖ · ‖χA‖L1 = ‖Λ‖µ(A), A ∈M,

co, na mocy Propozycji 4.5.19, dowodzi, że |g| 6 ‖Λ‖ µ–prawie wszędzie, a więc ‖g‖L∞ 6 ‖Λ‖.

(144)

1 6 q 6∞ i 1p

+ 1q

= 1.(145)

Jeżeli g ∈ Lq(X,µ) jest taka, że∫X fg dµ = 0 dla dowolnej funkcji f ∈ Lp(X,µ), to wtedy

∫A g dµ = 0 dla

dowolnego zbioru miary skończonej. Stąd g = 0 na dowolnym zbiorze o mierze skończonej, co wobec σ–skończoności miary,daje g = 0.(

146)Założenie µ(X) < +∞ gwarantuje, że χA ∈ Lp(X,µ) dla dowolnego A ∈M.(

147)Tu jest istotne, że p <∞.

W przypadku gdy 1 < p < ∞, niech α będzie taką funkcją mierzalną, że |α| ≡ 1 i αg = |g|. Dladowolnego n niech An := |g| 6 n i niech fn := |g|q−1αχAn . Wtedy fn jest funkcją ograniczoną, a zatem∫

An

|g|q dµ =

∫An

fng dµ = Λ(fn) 6 ‖Λ‖ · ‖fn‖Lp = ‖Λ‖(∫

An

|g|q dµ)1/p

,

co daje:∫An|g|qdµ 6 ‖Λ‖q. Stosując teraz twierdzenie o monotonicznym przechodzeniu do granicy pod

znakiem całki, dostajemy ostatecznie:∫X|g|qdµ 6 ‖Λ‖q.

W takim razie Λ i Λg są dwoma ograniczonymi funkcjonałami liniowymi na Lp(X,µ), które przyjmująte same wartości dla ograniczonych funkcji mierzalnych. Ponieważ przestrzeń tych funkcji jest gęstaw Lp(X,µ)

(148), dostajemy Λ = Λg, co kończy dowód.

Teraz rozważymy przypadek ogólny, gdy µ jest miarą σ–skończoną. Możemy założyć, że (Xk)∞k=1

jest takim rozbiciem X, że 0 < µ(Xk) < +∞, k = 1, 2, . . . . Niech h := 1/(k2µ(Xk)) na Xk, k = 1, 2, . . . .Wtedy h ∈ L1(X,µ). Niech µ(A) :=

∫Ahdµ, A ∈ M. Wtedy µ jest skończoną miarą nieujemną oraz

µ(A) = 0⇐⇒ µ(A) = 0. Ponadto, dla dowolnego 1 6 r 6∞ odwzorowanie

Lr(X, µ) 3 F Θr7−→ h1/rF ∈ Lr(X,µ) (Θ∞ := id)

jest izomorfizmem i izometrią. Ponieważ Λ := Λ Θp jest ograniczonym funkcjonałem liniowym naLp(X, µ), zatem na podstawie pierwszej części dowodu, istnieje funkcja G ∈ Lq(X, µ) taka, że Λ(F ) =∫XFGdµ i ‖Λ‖ = ‖G‖Lq(X,µ). Przyjmijmy g := Θq(G). Wtedy g ∈ Lq(X,µ), ‖g‖Lq(X,µ) = ‖G‖Lq(X,µ) =

‖Λ‖ = ‖Λ‖ oraz, dla dowolnej funkcji f ∈ Lp(X,µ) mamy:∫X

fg dµ =

∫X

fh1/qG dµ =

∫X

h−1/pfGh dµ =

∫X

(h−1/pf)G dµ = Λ(h−1/pf) = Λ(f).

Niech X będzie lokalnie zwartą przestrzenią Hausdorffa i niech

ν : B(X) −→ C

będzie miarą zespoloną. Zdefiniujmy Λ(f) :=∫Xfdν, f ∈ C0(X,C). Wtedy

Λ : C0(X,C) −→ C

jest operatorem liniowym oraz

|Λ(f)| 6∫X

|f |d|ν| 6 |ν|(X) supX|f | = ‖ν‖‖f‖, f ∈ C0(X,C).

Tak więc Λ jest operatorem ograniczonym i ‖Λ‖ 6 ‖ν‖ (o ile na C0(X,C) rozważamy normę supremum).

4.24. Zespolone twierdzenie Riesza

Twierdzenie 4.24.1 (Twierdzenie Riesza). Niech X będzie lokalnie zwartą przestrzenią Hausdorffai niech Λ : C0(X,C) −→ C będzie dowolnym funkcjonałem liniowym i ciągłym (na C0(X,C) rozważamynormę supremum). Wtedy istnieje miara zespolona ν : B(X) −→ C taka, że:• |ν| jest regularna,• Λ(f) =

∫Xfdν, f ∈ C0(X,C),

• ‖ν‖ = |ν|(X) = ‖Λ‖.

Dowód . Możemy założyć, że ‖Λ‖ = 1. Wystarczy skonstruować funkcjonał liniowy i nieujemny Λ0 :C0(X) −→ R taki, że

|Λ(f)| 6 Λ0(|f |) 6 ‖f‖, f ∈ C0(X,C). (†)Istotnie wystarczy, bowiem wtedy na podstawie Twierdzenia Riesza istnieje miara Radona µ taka, żeΛ0(f) =

∫Xfdµ, f ∈ C0(X). Wiemy (por. dowód Twierdzenia Riesza), że µ(X) = supΛ0(f) : f ≺ X,

co, wobec (†), daje µ(X) 6 1. W szczególności, µ jest regularna (bo wszystkie zbiory mierzalne są miaryskończonej).

(148)Dla f ∈ Lp(X,µ), niech An := |f | 6 n, fn := f ·χAn . Wtedy µ(X \An) 0 oraz ‖fn−f‖pLp =

∫X\An |f |

pdµ

i możemy skorzystać z Propozycji 4.5.12 .

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20124.24. Zespolone twierdzenie Riesza 215

Mamy |Λ(f)| 6 Λ0(|f |) =∫X|f |dµ = ‖f‖L1(X,µ), f ∈ C0(X,C). Wobec Twierdzenia 4.20.4 funkcjonał

Λ przedłuża się do funkcjonałuΛ : L1(X,µ) −→ C

o normie 6 1. Teraz, na podstawie Twierdzenia 4.23.1, istnieje funkcja mierzalna g : X −→ K(1) taka,że Λ(f) =

∫Xfgdµ, f ∈ L1(X,µ). W szczególności,

Λ(f) =

∫X

fgdµ, f ∈ C0(X,C).

Ponieważ ‖Λ‖ = 1, zatem istnieje ciąg (fn)∞n=1 ⊂ C0(X,C) taki, że

‖fn‖ 6 1, |Λ(fn)| −→ 1.

Wynika stąd, że∫X|g|dµ > |Λ(fn)| −→ 1, co wobec faktu, iż µ(X) 6 1 i |g| 6 1, oznacza, że µ(X) = 1

i |g| = 1 µ–prawie wszędzie. Zdefiniujmy,

ν(A) :=

∫A

gdµ, A ∈ B(X).

Wtedy ν jest miarą zespoloną, |ν| = µ (Wniosek 4.22.3) i∫X

fdν =

∫X

fgdµ = Λ(f) = Λ(f), f ∈ C0(X,C),

co zakończy dowód.Wracamy do konstrukcji funkcjonału Λ0. Niech

Λ0(f) := sup|Λ(g)| : g ∈ C0(X,C), |g| 6 f, f ∈ C0(X,R+).

Oczywiście, |Λ(f)| 6 Λ0(|f |) 6 ‖f‖, f ∈ C0(X,C) (czyli (†)) oraz Λ0(cf) = cΛ0(f) dla c > 0 i f ∈C0(X,R+). Pozostaje sprawdzić, że Λ0(f1 + f2) = Λ0(f1) + Λ0(f2) dla dowolnych f1, f2 ∈ C0(X,R+).

Istotnie, wtedy definiujemy Λ0(f) := Λ0(f+) − Λ0(f−) dla f ∈ C0(X) i bez trudu sprawdzamyR–liniowość tak zdefiniowanego Λ0.

Wracamy do dowodu addytywności. Ustalmy, f1, f2 ∈ C0(X,R+) i ε > 0. Niech g1, g2 ∈ C0(X,C)i θ1, θ2 ∈ R będą takie, że

|gj | 6 fj , eiθjΛ(gj) = |Λ(gj)| > Λ0(fj)− ε, j = 1, 2.

Wtedy

Λ0(f1) + Λ0(f2) 6 |Λ(g1)|+ |Λ(g2)|+ 2ε = |Λ(eiθ1g1 + eiθ2g2)|+ 2ε 6 Λ0(f1 + f2) + 2ε.

W drugą stronę: niech g ∈ C0(X,C), |g| 6 f1 + f2. Połóżmy Ω := f1 + f2 > 0 i zdefiniujmy:

gj =

fjgf1+f2

na Ω0 na X \Ω

, j = 1, 2.

Wtedy |gj | 6 fj , gj ∈ C0(X,C), j = 1, 2, oraz g = g1 + g2. Zatem |Λ(g)| 6 |Λ(g1)| + |Λ(g2)| 6Λ0(f1) + Λ0(f2).

ROZDZIAł 5

Twierdzenie Stokesa

5.1. Orientacja

Niech E będzie d–wymiarową rzeczywistą przestrzenią wektorową (1 6 d <∞) i niech B(E) oznaczarodzinę wszystkich baz E. Dla dowolnych dwóch baz e = (e1, . . . , ed), f = (f1, . . . , fd) ∈ B(E) niechA = A(e,f) oznacza macierz przejścia od e do f , tzn.

fj =

d∑k=1

Ak,jek, j = 1, . . . , d.

Oczywiście

A(e, e) = id, A(f , e) = A(e,f)−1, A(e, g) = A(e,f) ·A(f , g).

W zbiorze B(E) wprowadzamy relację e ∼ f :⇐⇒ detA(e,f) > 0. Jest to relacja równoważnościowa.Niech O(E) := B(E)/∼. Każdą klasę równoważności z O(E) nazywamy orientacją E.

Dla bazy e = (e1, . . . , ed) niech e := (−e1, e2, . . . ed). Zauważmy, że A(e, e) różni się od macierzyjednostkowej tym, że ma −1 na miejscu (1, 1). W szczególności, detA(e, e) = −1 < 0, a więc e 6∼ e,czyli [e]∼ 6= [e]∼. Ponadto, dla dowolnej bazy f ∈ B(E) albo f ∼ e albo f ∼ e. Oznacza to, że naE istnieją dokładnie dwie orientacje. ?adna z nich nie jest wyróżniona. Jeżeli ustalimy jedną, np. O, todrugą oznaczamy przez −O.

W przypadku gdy E = Rd, możemy wyróżnić orientację wyznaczoną przez bazę kanoniczną. Orien-tację tę oznaczamy przez [Rd]+ i nazywamy orientacją kanoniczną. Niech [Rd]− := −[Rd]+. Dla

e = (e1, . . . , ed) ∈ B(Rd), ej = (ej,1, . . . , ej,d), j = 1, . . . , d,

mamy: [e]∼ = [Rd]+ ⇐⇒ det[ej,k] > 0.Niech V będzie podprzestrzenią wektorową w Rn, dimV = d, 1 6 d 6 n − 1. Niech V ⊥ := a ∈

Rn : ∀x∈V : 〈a, x〉 = 0, gdzie 〈 , 〉 oznacza standardowy iloczyn skalarny. Przypomnijmy, że V ⊥ jestprzestrzenią wektorową, dimV ⊥ = n− d oraz Rn = V ⊕ V ⊥.

Zauważmy, że mamy naturalne odwzorowanie

Θ : B(V )×B(V ⊥) −→ B(Rn)

dane wzorem

Θ((e1, . . . , ed), (f1, . . . , fn−d)) := (e1, . . . , ed, f1, . . . , fn−d).

Określmy nowe odwzorowanie Φ : O(V ) −→ O(V ⊥) poprzez relację

Φ([e]∼) = [f ]∼ :⇐⇒ [Θ(e,f)]∼ = [Rn]+.

Zauważmy, że

A(Θ(e,f), Θ(e′,f ′)) =[A(e, e′) , 0

0 , A(f ,f ′)

],

a więc Φ jest dobrze określone i injektywne. Ponadto, dla dowolnych e ∈ B(V ) i f ∈ B(V ⊥) alboΦ([e]∼) = [f ]∼ albo Φ([e]∼) = [f ]∼, a więc Φ jest bijekcją. Będziemy krótko pisać O⊥ := Φ(O).

W tym sensie „zadać orientację V ” to to samo, co „zadać orientację V ⊥”.Niech teraz L : Rd −→ V będzie dowolnym izomorfizmem liniowym. Izomorfizm ten daje bijekcję

B(Rd) −→ B(V ), L((e1, . . . , ed)) := (L(e1), . . . , L(ed)).

217


5. Twierdzenie Stokesa

Odnotujmy, że A(L(e), L(f)) = A(e,f). Mamy więc bijekcję L : O(Rd) −→ O(V )(

1). Zauważmy, że

L(−O) = −L(O). Ponadto, jeżeli T : Rd −→ Rd jest izomorfizmem liniowym, to (L T )(O) = L(T (O)),O ∈ O(Rd).

Niech M będzie d-wymiarową podrozmaitością klasy C1 w Rn.Jeżeli d = 0, to przez orientację M rozumiemy dowolne odwzorowanie O : M −→ −1,+1.Jeżeli d > 1, to przez orientację M rozumiemy dowolne odwzorowanie

M 3 x O7−→ O(x) ∈ O(TxM)

takie, że dla dowolnego punktu a ∈ M istnieje lokalna parametryzacja p : P −→ U , a ∈ U , taka, żeO(p(t)) = p′(t)([Rd]+), t ∈ P . W tej sytuacji mówimy, że parametryzacja p : P −→ U jest zgodnaz orientacją O.

Niech O(M) oznacza zbiór wszystkich orientacji M . Powiemy, że rozmaitość jest orientowalna, jeżeliO(M) 6= ∅.

Dalej zajmować się będziemy jedynie przypadkiem d > 1.

Obserwacja 5.1.1. (a) Niech p : P −→ U , q : Q −→ U będą dwiema parametryzacjami i niechϕ := p−1 q : Q −→ P . Wiadomo, że detϕ′(u) 6= 0, u ∈ Q. Niech ε(u) := sgn(detϕ′(u)), u ∈ Q.Ponieważ q = p ϕ, zatemq′(u)([Rd]+) = p′(ϕ(u))(ϕ′(u)([Rd]+)) = p′(ϕ(u))(ε(u)[Rd]+) = ε(u)p′(ϕ(u))([Rd]+), u ∈ Q.

(b) Dla dowolnej parametryzacji p : P −→ U niech p : P −→ U będzie dane wzorem: p := p I,P := I−1(P ), gdzie I : Rd −→ Rd, I(t) = t := (−t1, t2, . . . , td).

Widać, że p : P −→ U jest również lokalną parametryzacją. Ponadto, na podstawie (a), jeżelip : P −→ U jest zgodna z O, to p′(t)([Rd]+) = −p′(t)([Rd]+) = −O(p(t)), t ∈ P .

Wynika stąd, że −O ∈ O(M), gdzie (−O)(x) := −O(x), x ∈M .(c) Jeżeli p : P −→ U jest parametryzacją zgodną z O taką, że P jest obszarem, to, na podstawie (a),

dowolna parametryzacja q : Q −→ U jest zgodna albo z O albo z −O (bowiem funkcja ε, jako funkcjaciągła o wartościach w −1,+1, jest stała).Niech A = (pi : Pi −→ Ui)i∈I będzie dowolnym atlasem na M . Jeżeli każda z parametryzacji

pi : Pi −→ Ui jest zgodna z orientacją O, to mówimy, że atlas A jest zgodny z O.Na podstawie Obserwacji 5.1.1(a) otrzymujemy bez trudu następujący wynik.

Propozycja 5.1.2. Jeżeli A = (pi : Pi −→ Ui)i∈I jest atlasem zgodnym z orientacją O, to dla odwzoro-wań przejścia

ϕi,j := p−1i pj : p−1

j (Ui ∩ Uj) −→ p−1i (Ui ∩ Uj)

mamy:

detϕ′i,j(u) > 0, u ∈ p−1j (Ui ∩ Uj), i, j ∈ I. (†)

Propozycja 5.1.3. Niech A = (pi : Pi −→ Ui)i∈I będzie atlasem na M takim, że dla wszystkichodwzorowań przejścia

ϕi,j := p−1i pj : p−1

j (Ui ∩ Uj) −→ p−1i (Ui ∩ Uj)

mamy (†). Wtedy na M istnieje orientacja O taka, że atlas A jest zgodny z O.

Oznacza to, że „zadać orientację M ” to to samo, co „zadać atlas spełniający (†)”. Takie atlasybędziemy nazywać orientującymi.

Dowód . Niech O(x) := p′i(p−1i (x))([Rd]+) o ile x ∈ Ui. Jedyny problem to poprawność definicji. Przypu-

śćmy, że x ∈ Ui ∩ Uj i x = pi(t) = pj(u), zatem t = ϕi,j(u). Wtedy

p′j(u)([Rd]+) = p′i(ϕi,j(u))(ϕ′i,j(u)([Rd]+)) = p′i(t)([Rd]+).

Propozycja 5.1.4. Jeżeli M jest podrozmaitością spójną i orientowalną, to na M istnieją dokładniedwie różne orientacje.

W szczególności, jeżeli M ma s składowych spójnych i jest orientowalna, to na M istnieje dokładnie2s różnych orientacji.(

1)Oznaczaną tą samą literą co odwzorowanie.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20125.1. Orientacja 219

Dowód . Niech O będzie ustaloną orientacją M . Wtedy −O jest również orientacją i −O 6= O. Pozostajepokazać, że dla każdej innej orientacji O′ mamy albo O′ = O albo O′ = −O. Niech

M+ := x ∈M : O′(x) = O(x), M− := x ∈M : O′(x) = −O(x).

Oczywiście M+ ∩M− = ∅ i M = M+ ∪M−. Na podstawie Obserwacji 5.1.1(a) oba te zbiory są otwarte.Stąd, wobec spójności, albo M+ = M albo M− = M .

Propozycja 5.1.5. Jeżeli d = 1, to M jest orientowalna wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje odwzorowanieciągłe s : M −→ Sn−1 takie, że s(x) ∈ TxM , x ∈M .

Ponadto, dla dowolnej orientacji O rozmaitości M istnieje odwzorowanie ciągłe s : M −→ Sn−1

takie, że s(x) ∈ TxM i O(x) = [s(x)]∼, x ∈M .

W powyższej sytuacji mówimy, że s jest orientującym polem wektorów stycznych.Można pokazać, że dowolna jednowymiarowa podrozmaitość jest orientowalna. Z tego też powodu,

powyższa propozycja nie stanowi, w gruncie rzeczy, kryterium na orientowalność, ale daje jedynie opisorientacji.

Dowód . Niech O będzie pewną orientacją na podrozmaitości M . Jeżeli A = (pi : Pi −→ Ui)i∈I jestatlasem zgodnym z O, to definiujemy

s(x) := wersor(p′i(p−1i (x))) gdy x ∈ Ui.

Jedyny problem to, czy definicja jest poprawna. Rozumujemy lokalnie: jeżeli p : P −→ U i q : Q −→ Usą parametryzacjami zgodnymi z O oraz q = p ϕ, to (korzystając z tego, że ϕ′(u) > 0, u ∈ Q) mamy:

wersor(q′(u)) = wersor(p′(ϕ(u))ϕ′(u)) = wersor(p′(ϕ(u))).

W drugą stronę: kładziemy O(x) := [s(x)]∼ ∈ O(TxM), x ∈ M . Trzeba sprawdzić, że O jest orien-tacją. Ustalmy punkt a ∈ M oraz dowolną parametryzację p : P −→ U , a = p(t0), taką, że P jestprzedziałem i p′(t0)([R]+) = O(a) (taka parametryzacja zawsze istnieje — pamiętajmy, że możemy za-stąpić wyjściową parametryzację przez p : P −→ U). Mamy

s(p(t)) = ε(t) wersor(p′(t)), t ∈ P,

gdzie ε : P −→ −1,+1 jest funkcją ciągłą (bo s jest odwzorowaniem ciągłym) i ε(t0) = +1. Zatemε ≡ +1, co kończy dowód.

Propozycja 5.1.6. Jeżeli d = n− 1, to M jest orientowalna wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje odwzoro-wanie ciągłe n : M −→ Sn−1 takie, że n(x) ∈ (TxM)⊥, x ∈M .

Ponadto, dla dowolnej orientacji O rozmaitości M istnieje odwzorowanie ciągłe n : M −→ Sn−1

takie, że n(x) ∈ (TxM)⊥ i O(x) = ([n(x)]∼)⊥, x ∈M .

W powyższej sytuacji mówimy, że n jest orientującym polem wektorów normalnych.Przypadek podrozmaitości wymiaru 2 6 d 6 n− 2 zostanie scharakteryzowany w Obserwacji 5.2.14.

Dowód . Niech O będzie pewną orientacją naM . Ustalmy x ∈M . Zauważmy, że układ warunków: v ∈ Rn,‖v‖ = 1, v ⊥ TxM i ([v]∼)⊥ = O(x) wyznacza jednoznacznie wektor v. Kładziemy n(x) := v. Pozostajesprawdzić ciągłość odwzorowania x 7−→ n(x). Ustalmy punkt a ∈ M oraz parametryzację p : P −→ U ,a = p(t0), zgodną z O. Zauważmy, że dla t ∈ P wektor v = n(p(t)) jest wyznaczony (jednoznacznie)przez układ warunków

(2):

v ∈ Rn, ‖v‖ = 1, v ⊥ Tp(t)M, det[v,∂p

∂t1(t), . . . ,

∂p

∂tn−1(t)]> 0.

Niech teraz tν −→ t0 i przypuśćmy, że vν := n(p(tν)) −→ v0. Wtedy v0 spełnia powyższy układ z t = t0,a więc v0 = n(p(t0)).

W drugą stronę: kładziemy O(x) := ([n(x)]∼)⊥ ∈ O(TxM), x ∈ M . Trzeba sprawdzić, że O jestorientacją. Ustalmy punkt a ∈ M oraz dowolną parametryzację p : P −→ U , a = p(t0), taką, że P jestobszarem i p′(t0)([Rn−1]+) = O(a). Mamy p′(t)([Rn−1]+) = ε(t)O(p(t)), t ∈ P , gdzie ε : P −→ −1,+1

(2)Uwaga: jeżeli v∈Rn, ‖v‖=1, v⊥Tp(t)M , to det

[v, ∂p∂t1

(t), . . . , ∂p∂tn−1

(t)]6=0.



i ε(t0) = +1. Pozostaje wykazać, że ε jest funkcją ciągłą. W tym celu wystarczy tylko zauważyć, żewprost z definicji ([n(x)]∼)⊥ mamy:

ε(t) = sgn(

det[n(p(t)),

∂p

∂t1(t), . . . ,

∂p

∂tn−1(t)]), t ∈ P.

Uwaga 5.1.7. Niech aj ∈ Rn, j = 1, . . . , n − 1. Z wektorów tych utwórzmy (n − 1) × n–wymiarowąmacierz A poprzez ustawienie ich jako wiersze

A :=

a1

...an−1

.Dla k ∈ 1, . . . , n niech Ak oznacza podmacierz macierzy A powstałą poprzez opuszczenie k-tej kolumny:

Ak :=

a1,1 . . . a1,k−1 a1,k+1 . . . a1,n

... . . ....

... . . ....

an−1,1 . . . an−1,k−1 an−1,k+1 . . . an−1,n

.Niech vk := (−1)k+1 detAk, v = (v1, . . . , vn). Zauważmy, że wektory a1, . . . , an−1 są liniowo zależnewtedy i tylko wtedy, gdy v = 0.

Dla j ∈ 1, . . . , n− 1 niech Bj oznacza n× n–wymiarową macierz

Bj :=

aja1

...an−1

.Stosując do tej macierzy rozwinięcie Laplace’a

(3)(względem pierwszego wiersza) wnioskujemy, że:

〈v, aj〉 =

n∑k=1

(−1)k+1aj,k detAk = detBj = 0,

tak więc v ⊥ aj , j = 1, . . . , n− 1. Dalej mamy:

det[v, a1, . . . , an−1] =

n∑k=1

(−1)k+1vk detAk =

n∑k=1

(detAk)2 = ‖v‖2.

Wektor v nazywamy iloczynem wektorowym wektorów a1, . . . , an−1 i oznaczamy a1 × · · · × an−1. Za-uważmy, że operacja

(Rn)n−1 3 (a1, . . . , an−1) 7−→ a1 × · · · × an−1 ∈ Rn

jest (n− 1)–liniowa.Jeżeli układ (a1, . . . , an−1) jest bazą pewnej podprzestrzeni E przestrzeni Rn, wyznaczającą na E

orientację O, to ([v]∼)⊥ = O.W szczególności, w sytuacji opisanej w Propozycji 5.1.6 mamy:

n(p(t)) = wersor( ∂p∂t1

(t)× · · · × ∂p

∂tn−1(t)),

czyli

nk p =(−1)k+1 ∂(p1,...,pk−1,pk+1,...,pn)

∂(t1,...,tn−1)( n∑j=1

(∂(p1,...,pj−1,pj+1,...,pn)∂(t1,...,tn−1)

)2)1/2=

(−1)k+1 ∂(p1,...,pk−1,pk+1,...,pn)∂(t1,...,tn−1)

|p′|, k = 1, . . . , n.

(4)

(3)Pierre Simon de Laplace (1749–1827).(

4)Przypomnijmy, że

∂(ϕ1, . . . , ϕk)

∂(t1, . . . , tk):= det

[∂ϕj∂tk

]j,k=1,...,n

.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20125.1. Orientacja 221

Uwaga 5.1.8. Istnieją podrozmaitości nieorientowalne, np. wstęga Möbiusa(

5):

M :=

((2 + t cosθ

2) cos θ, (2 + t cos

θ

2) sin θ, t sin

θ

2) : −1 < t < 1, 0 6 θ 6 2π

;

M jest 2–wymiarową podrozmaitością w R3 klasy C∞. Wyliczając

N(θ) := n(2 cos θ, 2 sin θ, 0),

łatwo sprawdzić, że nie istnieje ciągłe pole [0, 2π] 3 θ 7−→ N(θ), a więc, na podstawie Propozycji 5.1.6,M nie jest orientowalna (Ćwiczenie).

Obserwacja 5.1.9. Załóżmy, że M jest d–wymiarową orientowalną podrozmaitością klasy C1 w Rni niech D ⊂M będzie obszarem (w sensie topologii indukowanej) takim, że intM (clM D) = D, tzn. D jesttłusty (cały czas w sensie topologii indukowanej). Załóżmy dalej, że ∂MD =: M ′ jest (d− 1)–wymiarowąpodrozmaitością klasy C1 w Rn. Ustalmy pewną orientację O ∈ O(M). Pokażemy, że orientacja taindukuje w sposób naturalny pewną orientację O′ rozmaitości M ′.

Postępujemy następująco: ustalmy punkt a ∈M ′. Na podstawie Lematu 2.17.20, istnieje parametry-zacja p : P −→ U podrozmaitości M , a ∈ U , taka, że P jest otwartą kostką w Rd i jeżeli P := prRd−1(P ),to 0 × P ⊂ P i p(0 × P ) = M ′ ∩ U . Dla d = 1 oznacza to, że P ⊂ R jest przedziałem otwartym,0 ∈ P i p(0) = M ′ ∩ U .

Na wstępie rozważymy przypadek d > 2. Zbiór 0× P dzieli P na dwie składowe spójne P− := P ∩t1 < 0 i P+ := P ∩t1 > 0. Ponieważ p jest homeomorfizmem, zatemM ′∩U dzieli U na dwie składoweV± := p(P±). Każdy punkt składowej V± należy albo do D− := D ∩ U albo do D+ := (M \ clM D) ∩ U .Zauważmy, że tłustość zbioru gwarantuje, że D+ 6= ∅. Wobec spójności, oznacza to, że mamy jednąz dwóch możliwości:

(a) V− = D− i V+ = D+,(b) V− = D+ i V+ = D−: w tym przypadku zastępujemy wyjściową parametryzację przez parame-

tryzację t 7−→ p(−t1, t2, . . . , td) i sprowadzamy sytuację do (a).Tak więc możemy przyjąć, że V± = D±. Teraz, zastępując ewentualnie wyjściową parametryzację

przez t 7−→ p(t1,−t2, t3, . . . , td) (tu jest istotne, że d > 2), możemy założyć, że parametryzacja jestzgodna z O (wystarczy ją uzgodnić w jednym punkcie i skorzystać ze spójności P ). Dostajemy w tensposób pewną parametryzację p : P −→M ′ ∩ U , p(u) := p(0, u).

Przypuśćmy teraz, że analogiczną konstrukcję przeprowadziliśmy dla jakiejś innej parametryzacjiq : Q −→ U , która spełnia te same warunki, co p i w efekcie konstrukcji dostaliśmy nową parametryzacjęq : Q −→ M ′ ∩ U . Wiemy, że q = p ϕ i detϕ′(u) > 0, u ∈ Q (bo obie parametryzacje są zgodne z O).Niech ϕ := p−1 q : Q −→ P . Pokażemy, że det ϕ′(v) > 0 dla v ∈ Q. Mamy: q(v) = q(0, v) = p(ϕ(0, v)) =p(ϕ(v)) = p(0, ϕ(v)), a więc ϕ1(0, v) = 0 i ϕ(v) = (ϕ2(0, v), . . . , ϕd(0, v)). Zauważmy, że ϕ(Q±) = P±,a stąd: ∂ϕ1

∂u1(0, v) > 0. Ponadto,

ϕ′(0, v) =[∂ϕ1

∂u1(0, v) , 0

∗ , ϕ′(v)

],

a stąd

detϕ′(0, v) =∂ϕ1

∂u1(0, v) det ϕ′(v),

co kończy dowód.Oznacza to, że potrafimy skonstruować rodzinę lokalnych parametryzacji (pi : Pi −→ Ui)i∈I zgodną

z O taką, że rodzina(pi : Pi −→M ′ ∩ Ui)i∈I

jest atlasem orientującym naM ′. Atlas ten wprowadza naM ′ pewną orientację O′. Z konstrukcji wynika,że O′ zależy wyłącznie od O. Orientację O′ nazywamy orientacją indukowaną przez O.

Teraz przypadek d = 1. W tej sytuacji nie zajmujemy się uzyskaniem zgodności V± = D±, ale jedynie,poprzez ewentualną zamianę parametryzacji p na parametryzację t 7−→ p(−t), uzyskujemy zgodnośćparametryzacji z orientacją O. Mamy dwa możliwe przypadki:

(a) V− = D− i V+ = D+: wtedy przyjmujemy O′(p(0)) := +1,(5)August Möbius (1790–1868).



(b) V− = D+ i V+ = D−: wtedy przyjmujemy O′(p(0)) := −1.Musimy jeszcze sprawdzić, że O′ nie zależy od wyboru parametryzacji. Niech q : Q −→ U będzie

inną parametryzacją zgodną z O. Wiemy, że q = p ϕ, ϕ : Q −→ P , ϕ′(u) > 0, u ∈ Q. Oznacza to, żeϕ(P±) = Q±, skąd od razu wynika, że (a) zachodzi dla p wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi dla q.

Ponownie uzyskaliśmy orientację indukowaną przez O na M ′.

5.2. Formy różniczkowe

Niech E i F będą rzeczywistymi przestrzeniami unormowanymi(

6).

Niech r ∈ N i niech σ ∈ Σr. Z permutacją σ kojarzymy odwzorowanie

σ = σE : Er −→ Er

dane wzorem σ(x1, . . . , xr) := (xσ(1), . . . , xσ(r)). Zauważmy, że (τ σ)E = (σE) (τE), odwzorowanie σEjest oczywiście bijekcją i (σE)−1 = (σ−1)E — Ćwiczenie.

Odwzorowanie σE indukuje z kolei odwzorowanie

σ = σE,F : Homr(E,F ) −→ Homr(E,F )

dane wzorem σ(L) := L σE . Łatwo sprawdzić, że (τ σ)E,F = (τE,F ) (σE,F ), σE,F jest bijek-cją i (σE,F )−1 = (σ−1)E,F — Ćwiczenie. Zauważmy, że σE,F przekształca bijektywnie Lr(E,F ) naLr(E,F ).

Przypomnijmy sobie, że odwzorowania wieloliniowe symetryczne były charakteryzowane przy po-mocy relacji:

L ∈ Homrs(E,F )⇐⇒ ∀σ∈Σr : σ(L) = L.

Obecnie, wprowadzimy pojęcie odwzorowania r–liniowego skośnie symetrycznego (antysymetrycz-nego): Mówimy, że odwzorowanie L ∈ Homr(E,F ) jest skośnie symetryczne (L ∈ Homr

a(E,F )), jeżeli

∀σ∈Σr : σ(L) = (sgnσ)L.

W naturalny sposób wprowadzamy przestrzeń Lra(E,F ) odwzorowań r–liniowych antysymetrycznychciągłych.

Odnotujmy, że Hom1s(E,F ) = Hom1

a(E,F ) = Hom1(E,F ) oraz

L1s(E,F ) = L1

a(E,F ) = L1(E,F ).

Oczywiście, Homra(E,F ) jest podprzestrzenią wektorową Homr(E,F ). Jest również widoczne, że

Lra(E,F ) jest podprzestrzenią domkniętą w Lr(E,F ); w szczególności, jest ona Banacha o ile F jestBanacha.

Przyjmijmy dodatkowo:

Hom0a(E,F ) = L0

a(E,F ) = Hom0(E,F ) = L0(E,F ) := F.

Następujący klasyczny wynik będzie stanowił podstawową metodę sprawdzania, czy L ∈ Homra(E,F ).

Propozycja 5.2.1. Dla L ∈ Homr(E,F ) (r > 2) następujące warunki są równoważne:

(i) L ∈ Homra(E,F );

(ii) ∀x=(x1,...,xr)∈Er ∀j∈1,...,r−1 :(xj = xj+1 =⇒ L(x) = 0

);

(iii) ∀x=(x1,...,xr)∈Er ∀j,k∈1,...,r, j 6=k :(xj = xk =⇒ L(x) = 0

).

Obserwacja 5.2.2. Rozważmy dokładniej przypadek, gdy E 6= 0 jest przestrzenią skończenie wymia-rową. Niech n := dimE i niech (e1, . . . , en) będzie ustaloną bazą E.

(6)W przyszłości najistotniejszym będzie przypadek E = Rn, F = R.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20125.2. Formy różniczkowe 223

Dla L ∈ Homra(E,F ) = Lra(E,F ) (r > 1) i xj =

n∑k=1

xj,kek ∈ E, j = 1, . . . , r, mamy:

L(x1, . . . , xr) =

n∑k1,...,kr=1

x1,k1 · · ·xr,krL(ek1 , . . . , ekr )

=∑

16k1<···<kr6n

( ∑σ∈Σr

(sgnσ)x1,kσ(1) . . . xr,kσ(r)

)L(ek1 , . . . , ekr )

=∑K∈Λnr

(detX(1,...,r)K )L(eK), (†)

gdzie:• Λnr := (k1, . . . , kr) : 1 6 k1 < · · · < kr 6 n,• X = [xj,k]j=1,...,r

k=1....,n,

• XJK oznacza podmacierz powstałą z X poprzez wybór wierszy o numerach j1, . . . , jr i kolumn

k1, . . . , kr,• eK := (ek1 , . . . , ekr ) ∈ Er.

(a) Lra(E,F ) = 0 dla r > n.(b) Dla K ∈ Λnr (1 6 r 6 n) niech e∗K : Er −→ R będzie odwzorowaniem danym wzorem

e∗K(x1, . . . , xr) := detX(1,...,r)K

o ile xj =n∑k=1

xj,kek ∈ E, j = 1, . . . , r, oraz X = [xj,k]j=1,...,rk=1....,n

. Z własności wyznaczników wynika

natychmiast, że e∗K ∈ Lra(E,R) oraz, że e∗K(eJ) = δK,J , J,K ∈ Λnr . Oczywiście, dla r = 1 mamye∗k(ξ) = ξk, k = 1, . . . , n.

Wzór (†) możemy przepisać w postaci:

L =∑K∈Λnr

L(eK)e∗K ,

który ustala izomorfizm Lra(E,F ) ' F (nr).(c) W szczególności, gdy F = R, to dimLra(E,R) =

(nr

)i (e∗K)K∈Λnr jest bazą Lra(E,R).

Obecnie zdefiniujemy podstawową dla całej teorii operację mnożenia zewnętrznego odwzorowań sko-śnie symetrycznych:

∧B : Homra(E,F )×Homs

a(E,G) −→ Homr+sa (E,H),

gdzie B ∈ L(F,G;H) jest ustalonym odwzorowaniem (H jest przestrzenią unormowaną). Najważniejszyjest tu przypadek, gdy (F = R, G = H) lub (G = R, F = H), zaś B jest operatorem mnożeniaprzez skalar. Wtedy też będziemy pisać ∧ zamiast ∧B . W praktycznych zastosowaniach będziemy mieć:F = G = H = R z operatorem B jako zwykłym mnożeniem liczb.

Jeżeli r = s = 0, to przyjmujemy ∧B := B.Jeżeli r = 0 i s > 1, to kładziemy

(u ∧B v)(x1, . . . , xs) := B(u, v(x1, . . . , xs))

i bez trudu sprawdzamy, że odwzorowanie ∧B jest dobrze określone i dwuliniowe. Podobnie, gdy r > 1i s = 0, definiujemy

(u ∧B v)(x1, . . . , xr) := B(u(x1, . . . , xr), v).

Widać, że w każdym z powyższych przypadków mamy

Lra(E,F ) ∧B Lsa(E,G) ⊂ Lr+sa (E,H).

W przypadku gdy r, s > 1, sytuacja jest bardziej skomplikowana.Niech Homr,s

a (E,H) oznacza przestrzeń tych odwzorowań

L ∈ Homr+s(E,H),

dla którychL(σ(x), τ(y)) = (sgnσ)(sgn τ)L(x, y), (x, y) ∈ Er × Es,

przy dowolnych permutacjach σ ∈ Σr i τ ∈ Σs; Homr,sa (E,H) to przestrzeń odwzorowań oddzielnie

skośnie symetrycznych. W zwykły sposób definiujemy Lr,sa (E,H).Teraz zdefiniujemy odwzorowanie

Br,s : Homra(E,F )×Homs

a(E,G) −→ Homr,sa (E,H),

Br,s(u, v)(x, y) := B(u(x), v(y)), (x, y) ∈ Er × Es.Jest to oczywiście dobrze określone odwzorowanie dwuliniowe. Ponadto,

Br,s(Lra(E,F )× Lsa(E,G)) ⊂ Lr,sa (E,H).

Kolejno, definiujemy odwzorowanie liniowe

Φr,s : Homr,sa (E,H) −→ Homr+s

a (E,H).

Kładziemy:Φr,s(h) :=

∑σ∈Σr,s

(sgnσ)σ(h),

gdzie

Σr,s := σ ∈ Σr+s : σ(1) < · · · < σ(r), σ(r + 1) < · · · < σ(r + s).(

7)

Jest widoczne, że Φr,s(h) ∈ Homr+s(E,H), ale nie jest widoczne, że jest to odwzorowanie skośnie syme-tryczne.

Zastosujemy Propozycję 5.2.1. Ustalmy j ∈ 1, . . . , r + s− 1 i przypuśćmy, że x = (x1, . . . , xr+s) ∈Er+s jest taki, że xj = xj+1. Niech

A1 := σ ∈ Σr,s : j, j + 1 ⊂ σ(1), . . . , σ(r),A2 := σ ∈ Σr,s : j, j + 1 ⊂ σ(r + 1), . . . , σ(r + s),

C1 := σ ∈ Σr,s : j ∈ σ(1), . . . , σ(r), j + 1 ∈ σ(r + 1), . . . , σ(r + s),C2 := σ ∈ Σr,s : j + 1 ∈ σ(1), . . . , σ(r), j ∈ σ(r + 1), . . . , σ(r + s).

Widać, że∑σ∈Aj

(sgnσ)σ(h)(x) = 0, j = 1, 2, więc pozostaje pokazać, że∑σ∈C1

(sgnσ)σ(h)(x) = −∑σ∈C2

(sgnσ)σ(h)(x).

Niech τ ∈ Σr+s oznacza permutację taką, że τ(j) = j + 1, τ(j + 1) = j i τ(i) = i dla i /∈ j, j + 1(

8).

Cały problem polega na zauważeniu, że σ ∈ C1 ⇐⇒ τ σ ∈ C2 (Ćwiczenie). Wtedy bowiem mamy:∑σ∈C1

(sgnσ)h(σ(x)) =∑σ∈C2

(sgn(τ σ))h(σ(τ(x))) = −∑σ∈C2

(sgnσ)h(σ(x)).

Zauważmy, że Φr,s(Lr,sa (E,H)) ⊂ Lr+sa (E,H).Definiujemy:

∧B := Φr,s Br,s,czyli, pisząc jawnym wzorem,

(u ∧B v)(x1, . . . , xr+s) =∑

σ∈Σr,s

(sgnσ)B(u(xσ(1), . . . , xσ(r)), v(xσ(r+1), . . . , xσ(r+s))),

x1, . . . , xr+s ∈ E.

Propozycja 5.2.3. (a) Operacja

∧B : Lra(E,F )× Lsa(E,G) −→ Lr+sa (E,H)

jest dwuliniowa i ciągła. Ponadto, ‖ ∧B ‖ 6 (r+s)!r!s! ‖B‖.

(9)

(b) Jeżeli F = G i B jest operatorem symetrycznym, to

u ∧B v = (−1)rsv ∧B u, u ∈ Lra(E,F ), v ∈ Lsa(E,F ).

(7)Odnotujmy, że #Σr,s =

(r+s)!r!s!

.(8)τ−1 = τ .(

9)‖ ∧B ‖ = ?

(c) Jeżeli F = G = H = R i B jest operatorem mnożenia, to

(u ∧ v) ∧ w = u ∧ (v ∧ w), u ∈ Lra(E,R), v ∈ Lsa(E,R), w ∈ Lta(E,R).

(d) Operacja (L(E,R))r 3 (u1, . . . , ur) 7−→ u1 ∧ · · · ∧ ur ∈ Lra(E,R) (określona poprawnie na podstawie(c)) jest r–liniowa i skośnie symetryczna.

(e) (u1 ∧ · · · ∧ ur)(x1, . . . , xr) = det([uk(xj)]j,k=1,...,r), uk ∈ L(E,R), xj ∈ E, j, k = 1, . . . , r.(f) e∗K = e∗k1 ∧ · · · ∧ e

∗kr, K = (k1, . . . , kr) ∈ Λnr .

Dowód . (a) Przypadek r = 0 lub s = 0 jest oczywisty. Niech r, s > 1. Wtedy

‖(u ∧B v)(x1, . . . , xr+s)‖ 6∑

σ∈Σr,s

‖B‖‖u(xσ(1), . . . , xσ(r))‖‖v(xσ(r+1), . . . , xσ(r+s))‖

6∑

σ∈Σr,s

‖B‖‖u‖‖xσ(1)‖ . . . ‖xσ(r)‖‖v‖‖xσ(r+1)‖ . . . ‖xσ(r+s)‖

=

(r + s

r

)‖B‖‖u‖‖v‖‖x1‖ . . . ‖xr+s‖,

a więc ‖u ∧B v‖ 6(r+sr

)‖B‖‖u‖‖v‖.

(b) Przypadek, gdy r = 0 lub s = 0 jest oczywisty. Załóżmy, że r, s > 1. Niech τ = (r + 1, . . . , r +s, 1, . . . , r) ∈ Σr+s. Zauważmy, że sgn τ = (−1)rs oraz σ ∈ Σr,s ⇐⇒ σ τ ∈ Σs,r. Stąd:

(v ∧B u)(x1, . . . , xr+s) =∑

σ∈Σr,s

(sgn(σ τ))B(v(xσ(r+1), . . . , xσ(r+s)), u(xσ(1), . . . , xσ(r)))

= (sgn τ)(u ∧B v)(x1, . . . , xr+s).

(c) Wystarczy pokazać, że obie strony są równe odwzorowaniu∑σ∈Σr,s,t

(sgnσ)σ(h),

gdzie

Σr,s,t := σ ∈ Σr+s+t : σ(1) < · · · < σ(r),

σ(r + 1) < · · · < σ(r + s), σ(r + s+ 1) < · · · < σ(r + s+ t),

h(x1, . . . , xr+s+t) := (u · v · w)(x1, . . . , xr+s+t)

= u(xσ(1), . . . , xσ(r))v(xσ(r+1), . . . , xσ(r+s))w(xσ(r+s+1), . . . , xσ(r+s+t)).

Sprawdzimy to dla lewej strony, prawą pozostawiając jako Ćwiczenie. Niech

(u ∧ v) ∧ w =∑

τ∈Σr+s,t

(sgn τ)τ((u ∧ v) · w) =∑

τ∈Σr+s,tα∈Σr,s

(sgn τ)(sgnα)τ((α, id)(h)) =∑

σ∈Σr,s,t

(sgnσ)σ(h);

wykorzystaliśmy tu fakt, iż każda permutacja σ ∈ Σr,s,t może być jednoznacznie przedstawiona w postaciσ = τ (α, id), gdzie τ ∈ Σr+s,t i α ∈ Σr,s — Ćwiczenie.

(d) r–liniowość jest oczywista. Wobec (b), jeżeli uj = uj+1, to:

u1 ∧ · · · ∧ ur = u1 ∧ · · · ∧ uj−1 ∧ uj+1 ∧ uj ∧ uj+2 ∧ · · · ∧ ur= u1 ∧ · · · ∧ uj−1 ∧ (−1)1·1uj ∧ uj+1 ∧ uj+2 ∧ · · · ∧ ur = −(u1 ∧ · · · ∧ ur).

(e) Indukcja względem r. Przypadek r = 1 jest trywialny. Załóżmy, że wynik zachodzi dla r − 1.Zauważmy, że

Σr−1,1 = (1, . . . , i− 1, i+ 1, . . . , r, i) ∈ Σr : i = 1, . . . , r.

Niech X = [uk(xj)]j,k=1,...,r. Wtedy

(u1 ∧ · · · ∧ ur)(x1, . . . , xr) =

r∑i=1

(−1)r−i(u1 ∧ · · · ∧ ur−1)(x1, . . . , xi−1, xi+1, . . . , xr)ur(xi)

=

r∑i=1

(−1)i+rur(xi)(detX(1,...,i−1,i+1,...,r)(1,...,r−1) ) = detX

na podstawie rozwinięcia Laplace’a (względem ostatniej kolumny).(f) wynika z (e).

Niech teraz Ω będzie zbiorem otwartym w przestrzeni unormowanej E i niech F będzie jakąśinną przestrzenią unormowaną. Formą różniczkową rzędu r na Ω o wartościach w F nazywamy do-wolne odwzorowanie u : Ω −→ Lra(E,F ). Zbiór wszystkich takich form różniczkowych oznaczamy przezF(r)(Ω,F ).

W oczywisty sposób F(r)(Ω,F ) ma strukturę przestrzeni wektorowej. Widać, że jeżeli n = dimE <+∞, to F(r)(Ω,F ) = 0 dla r > n.

Mamy ponadto określone mnożenie zewnętrzne form:

∧B : F(r)(Ω,F )×F(s)(Ω,G) −→ F(r+s)(Ω,H),

(u ∧B v)(x) := u(x) ∧B v(x), x ∈ Ω.

Odnotujmy, że jeżeli f : Ω −→ F jest odwzorowaniem różniczkowalnym (w każdym punkcie), todf := f ′ ∈ F(1)(Ω,F ).

Niech Ck(r)(Ω,F ) := Ck(Ω,Lra(E,F )). Widać, że definicja jest zgodna dla r = 0, tzn. Ck(0)(Ω,F ) =

Ck(Ω,F ).

Obserwacja 5.2.4. Załóżmy, że E = Rn i niech e1, . . . , en oznacza bazę kanoniczną Rn.(a) Każdą formę u ∈ F(r)(Ω,F ) możemy przedstawić w postaci kanonicznej

u(x) =∑I∈Λnr

u(x)(eI)e∗I =:

∑I∈Λnr

uI(x)dxI ,

gdzie dla I = (i1, . . . , ir) mamy dxI = dxi1 ∧ · · · ∧ dxir , dxi = d(pri) = e∗i .(b) Dla dowolnego k ∈ Z+ ∪ ∞ mamy (Ćwiczenie):

u ∈ Ck(r)(Ω,F )⇐⇒ ∀I∈Λnr : uI ∈ Ck(Ω,F ).

(c) Jeżeli f : Ω −→ F jest odwzorowaniem różniczkowalnym, to postać kanoniczna df wyglądanastępująco:

df =

n∑i=1

∂f

∂xidxi.

W szczególności, jeżeli f1, . . . , fr : Ω −→ R są różniczkowalne, to

df1 ∧ · · · ∧ dfr =∑I∈Λnr

∂(f1, . . . , fr)

∂(xi1 , . . . , xir )dxI .

Następujące pojęcie różniczki zewnętrznej jest centralnym punktem całej teorii form różniczkowych.

Niech F ′(r)(Ω,F ) oznacza przestrzeń form rzędu r różniczkowalnych w każdym punkcie(

10). Okre-

ślimy operatord : F ′(r)(Ω,F ) −→ F(r+1)(Ω,F ).

Dla r = 0 będzie to zwykły operator różniczkowania zdefiniowany poprzednio. Dla r > 1 i u ∈F ′(r)(Ω,F ) postępujemy następująco:

(10)Oczywiście, jeżeli E = Rn, to u ∈ F ′

(r)(Ω,F )⇐⇒ ∀I∈Λnr : uI jest różniczkowalna.

Najpierw bierzemy zwykły operator różniczkowania

Ω 3 x 7−→ u′(x) ∈ L(E,Lra(E,F )) ' L1,ra (E,F ).

Innymi słowy rozważamy operator

Ω 3 x 7−→ (Er+1 3 (ξ0, . . . , ξr) 7−→ u′(x)(ξ0)(ξ1, . . . , ξr) ∈ F ).

Następnie składamy powyższy operator z poprzednio zdefiniowanym operatorem Φ1,r : L1,ra (E,F ) −→

Lr+1a (E,F ). I to jest właśnie poszukiwany operator różniczkowania zewnętrznego. Pisząc jawnym wzo-

rem, mamy:

(du)(x)(ξ0, . . . , ξr) :=

r∑j=0

(−1)ju′(x)(ξj)(ξ0, . . . , ξj−1, ξj+1, . . . , ξr),

u ∈ F ′(r)(Ω,F ), x ∈ Ω, ξ0, . . . , ξr ∈ E.

Propozycja 5.2.5. Niech E = Rn.(a) Jeżeli u =

∑I∈Λnr

uIdxI ∈ F ′(r)(Ω,F ) (r > 1), to

du =∑I∈Λnr

duI ∧ dxI =∑

J∈Λnr+1

( ∑(I,i)∈S(J)

ε(I, i)∂uI∂xi

)dxJ ,

gdzieS(J) := (I, i) ∈ Λnr × 1, . . . , n : ∃ε=ε(I,i)∈−1,+1 : dxi ∧ dxI = εdxJ.

(b) Operator d : F ′(r)(Ω,F ) −→ F(r+1)(Ω,F ) jest liniowy oraz d(Ck(r)(Ω,F )) ⊂ Ck−1(r+1)(Ω,F ), k > 1.

(c) Jeżeli ϕ : Ω −→ F jest różniczkowalna, to

d(ϕdxi1 ∧ · · · ∧ dxir ) = (dϕ) ∧ dxi1 ∧ · · · ∧ dxirdla dowolnych i1, . . . , ir ∈ 1, . . . , n.

(d) Jeżeli u ∈ F(r)(Ω,F ) jest dwukrotnie różniczkowalna (np. u ∈ C2(r)(Ω,F )), to d2u = (d d)u = 0.

(e) Dla u ∈ F ′(r)(Ω,R) i v ∈ F ′(s)(Ω,F ) mamy:

d(u ∧ v) = (du) ∧ v + (−1)ru ∧ (dv).

Dowód . (a) Wprost z definicji otrzymujemy

(du)(x)(ξ0, . . . , ξr) =

r∑j=0

(−1)j∑I∈Λnr

n∑i=1

∂uI∂xi

(x)e∗i (ξj)e∗I(ξ0, . . . , ξj−1, ξj+1, . . . , ξr)

=∑I∈Λnr

n∑i=1

∂uI∂xi

(x)e∗(i,i1,...,ir)(ξ0, . . . , ξr)

=∑

J∈Λnr+1

( ∑(I,i)∈S(J)

ε(I, i)∂uI∂xi

(x))e∗J(ξ0, . . . , ξr).

(b) wynika z (a).(c) Jeżeli iµ = iν dla pewnych µ 6= ν, to obie strony są zero. W przeciwnym przypadku, najpierw

porządkujemy (i1, . . . , ir) do ciągu rosnącego (co powoduje pomnożenie obu stron przez pewną liczbęε ∈ −1,+1), a następnie korzystamy z (a).

(d) Wobec (b) wystarczy rozważyć przypadek, gdy u = ϕdxI , gdzie ϕ : Ω −→ F jest dwukrotnieróżniczkowalna, zaś I ∈ Λnr . Korzystając z (b) oraz z symetrii drugich pochodnych cząstkowych mamy:

d2u = d( n∑i=1

∂ϕ

∂xidxi ∧ dxI

)=

n∑i=1

d( ∂ϕ∂xi

)∧ dxi ∧ dxI

=

n∑i,j=1

∂2ϕ

∂xj∂xidxj ∧ dxi ∧ dxI =

∑i<j

( ∂2ϕ

∂xj∂xi− ∂2ϕ

∂xi∂xj

)dxj ∧ dxi ∧ dxI = 0.

(e) Wystarczy rozważyć przypadek, gdy u = ϕdxI , v = ψdxJ . Mamy:

d(u ∧ v) = d(ϕψdxI ∧ dxJ) = d(ϕψ) ∧ dxI ∧ dxJ = ((dϕ)ψ) + ϕ(dψ)) ∧ dxI ∧ dxJ= ((dϕ) ∧ dxI) ∧ (ψdxJ) + (−1)r(ϕdxI) ∧ ((dψ) ∧ dxJ) = (du) ∧ v + (−1)ru ∧ (dv).

Przykład 5.2.6. Niech E = Rn.

(a) Jeżeli V =n∑k=1

Vkdxk ∈ F ′(1)(Ω,F ), to

dV =∑j<k

(∂Vk∂xj− ∂Vj∂xk

)dxj ∧ dxk.

W szczególności, dla n = 2 mamy:

d(Pdx+Qdy) =(∂Q∂x− ∂P

∂y

)dx ∧ dy.

(b) Jeżeli

u =

n∑j=1

(−1)j−1ujdx1 ∧ . . . dxj−1 ∧ dxj+1 ∧ · · · ∧ dxn ∈ F ′(n−1)(Ω,F ),

to

du =( n∑j=1

∂uj∂xj

)dx1 ∧ · · · ∧ dxn.

Następną ważną operacją jest operacja podstawiania (zmiany zmiennych). Podobnie jak poprzednio,najpierw podamy ogólną definicję, a następnie skoncentrujemy się na przypadku Rn.

Niech E0, E, F będą przestrzeniami unormowanymi, niech U ⊂ E0, Ω ⊂ E będą zbiorami otwartymii niech f : U −→ Ω będzie odwzorowaniem różniczkowalnym.

Definiujemy operator podstawiania (zmiany zmiennych)

f∗ : F(r)(Ω,F ) −→ F(r)(U,F ).

Jeżeli r = 0, to kładziemy f∗(u) = u f(

11). Dla r > 1 przyjmujemy:

f∗(u)(t)(η1, . . . , ηr) := u(f(t))(f ′(t)(η1), . . . , f ′(t)(ηr)), u ∈ F(r)(Ω,F ), t ∈ U, η1, . . . , ηr ∈ E0.

Propozycja 5.2.7. Zakładamy, że E = Rn, E0 = Rm.(a) Jeżeli u =

∑I∈Λnr

uIdxI , to

f∗(u) = f∗(∑I∈Λnr

uIdxI) =∑I∈Λnr

(uI f)dfI =∑J∈Λmr

( ∑I∈Λnr

(uI f)∂(fi1 , . . . , fir )

∂(tj1 , . . . , tjr )

)dtJ ,

gdzie dfI := dfi1 ∧ · · · ∧ dfir . W szczególności, gdy m = r, to:

f∗(u) =( ∑I∈Λnr

(uI f)∂(fi1 , . . . , fir )

∂(t1, . . . , tr)

)dt1 ∧ · · · ∧ dtr.

Wzór ten dla m = r = n daje:

f∗(ϕdx1 ∧ · · · ∧ dxr) = (det f ′)(ϕ f)dt1 ∧ · · · ∧ dtr.

(b) Odwzorowanie f∗ : F(r)(Ω,F ) −→ F(r)(U,F ) jest liniowe. Jeżeli f jest dwukrotnie różniczkowalna,to f∗(F ′(r)(Ω,F )) ⊂ F ′(r)(U,F ). Jeżeli f ∈ Ck+1(U,Rn), to f∗(Ck(r)(Ω,F )) ⊂ Ck(r)(U,F ).

(c) f∗(ϕdxi1 ∧ · · · ∧ dxir ) = (ϕ f)dfi1 ∧ · · · ∧ dfir dla dowolnych i1, . . . , ir ∈ 1, . . . , n.(d) Jeżeli F = R, to f∗(u ∧ v) = f∗(u) ∧ f∗(v).(e) f∗ d = d f∗ na F ′(0)(Ω,F ).

(11)Dla r = 0 różniczkowalność f nie jest istotna.


(f) Jeżeli f jest dwukrotnie różniczkowalne, to

f∗ d = d f∗

na F ′(r)(Ω,F ) dla dowolnego r(

12).

F ′(r)(Ω,F )d−−−−→ F(r+1)(Ω,F )yf∗ yf∗

F ′(r)(U,F )d−−−−→ F(r+1)(U,F )

(g) Jeżeli V jest zbiorem otwartym w Rp i g : V −→ U jest odwzorowaniem różniczkowalnym, to (fg)∗ =g∗ f∗.

Dowód . (a), (b), (c) i (d) są elementarne.(e) Na podstawie wzoru na różniczkowanie złożenia mamy:

d(f∗(u)) = d(u f) =

m∑i=1

n∑j=1

( ∂u∂xj f)∂fj∂ti

dti =

n∑j=1

( ∂u∂xj f)dfj = f∗(du).

(f) Wystarczy sprawdzić wzór dla form postaci ϕdxI , gdzie ϕ : Ω −→ F jest różniczkowalna. WobecPropozycji 5.2.5 mamy:

d(f∗(ϕdxI)) = d((ϕ f)dfI) = d(ϕ f) ∧ dfI = f∗(dϕ) ∧ dfI = f∗(d(ϕdxI)).(

13)

(g) g∗(f∗(ϕdxI)) = g∗((ϕ f)dfI) = ((ϕ f) g)g∗(dfI)

(d,e)= (ϕ (f g))d(f g)I = (f g)∗(ϕdxI).

Definicja 5.2.8. Powiemy, że obszar D ⊂ Rn jest różniczkowo ściągalny w klasie Ck do punktu a, jeżeliistnieje otoczenie otwarte Ω ⊃ [0, 1]×D oraz odwzorowanie h : Ω −→ D klasy Ck takie, że h(0, x) = x,h(1, x) = a, x ∈ D.

Zauważmy, że każdy obszar gwia?dzisty względem a jest ściągalny różniczkowo w klasie C∞. Istotnie,wystarczy wziąć

h(t, x) = (1− t)x+ ta, (t, x) ∈ R× Rn, Ω := h−1(D).

Twierdzenie 5.2.9 (Lemat Poincarégo(

14)). Jeżeli obszar D ⊂ Rn jest różniczkowo ściągalny (do

punktu a) w klasie Ck+1 przy pomocy odwzorowania h : Ω −→ D (k > 1), to dla dowolnego r ∈ N i dladowolnej formy u ∈ Ck(r)(D)

(15)takiej, że du = 0 istnieje v ∈ Ck(r−1)(D) taka, że dv = u.

(16) (

17)

(12)Uwaga: we wzorze każda z operacji f∗, d, d, f∗ jest wykonywana na innej przestrzeni.(

13)Tu jest istotne, że f jest dwukrotnie różniczkowalne i dlatego d(dfI) = 0.(

14)Por. Twierdzenie 3.4.10.(

15)Ck(r)

(D) := Ck(r)

(D,R).(16)Twierdzenie 3.4.10, to przypadek, gdy D jest gwia?dzisty i r = 1.(

17)Powinniśmy zawsze pamiętać o następującym prostym przykładzie obszaru, w którym twierdzenie Poincarégo nie

zachodzi. Niech D := (R2)∗ = R2 \ (0, 0), ϕ(x, y) = 12

ln(x2 + y2), (x, y) ∈ D, u = Pdx + Qdy := − ∂ϕ∂ydx + ∂ϕ

∂xdy =

− yx2+y2

dx+ xx2+y2

dy ∈ C∞(1)

(D). Bez trudu sprawdzamy, że du = ( ∂Q∂x− ∂P∂y

)dx∧dy = ( ∂2ϕ∂x2

+ ∂2ϕ∂y2

)dx∧dy = 0 (Ćwiczenie).

Przypuśćmy, że u = dv = ∂v∂xdx + ∂v

∂ydy dla pewnej funkcji v ∈ C1(D). Oznacza to, że funkcja v jest potencjałem pola

(P,Q), a stąd w szczególności wynika, że∫γ Pdx+Qdy = v(γ(1))−v(γ(0)) dla dowolnej drogi γ : [0, 1] −→ D (Twierdzenie

3.4.9). Biorąc jako γ okrąg jednostkowy, dostajemy:

0 =

∫γPdx+Qdy =

∫ 2π

0(P (cos t, sin t)(− sin t) +Q(cos t, sin t) cos t)dt = 2π;

sprzeczność.

Dowód . Dowód polega na znalezieniu operatorów liniowych

δ = δs,` : C`(s+1)(Ω) −→ C`(s)(D), s, ` > 0,

takich, że na C`(s)(Ω), s, ` > 1, mamy:

δ d+ d δ = σ∗1 − σ∗0 , (†)

gdzie σj : D −→ Ω, σj(x) := (j, x), j ∈ 0, 1, x ∈ Rn.

C`(s)(Ω)d−−−−→ C`−1

(s+1)(Ω)yδ ZZZ~σ∗1−σ

∗0

yδC`(s−1)(D)

d−−−−→ C`−1(s) (D)

Przypuśćmy na chwilę, że mamy już operatory δ. We?my v := −δ(h∗(u)). Wtedy:

dv = −d(δ(h∗(u))) = −σ∗1(h∗(u)) + σ∗0(h∗(u)) + δ(d(h∗(u)))

= −(h σ1)∗(u) + (h σ0)∗(u) + δ(h∗(du)) = −(const)∗(u) + id∗(u) = u.

Przechodzimy do konstrukcji δ. Oznaczmy zmienne w R× Rn przez (t, x). Niech

w =∑I∈Λns

wIdt ∧ dxI +∑

J∈Λns+1

w′JdxJ ∈ C`(s+1)(Ω).

Kładziemy

δ(w) :=∑I∈Λns

(∫ 1

0

wI(t, ·)dt)dxI .

Na podstawie twierdzenia o funkcjach danych całką δ(w) ∈ C`(s)(D). Widać, że operator δ jest liniowy.Pozostaje sprawdzić wzór (†). Wobec liniowości wystarczy sprawdzić wzór (†) dla form następującychdwóch typów:

10: w = ϕdxJ , gdzie J ∈ Λns+1. Wtedy δ(w) = 0 oraz

δ(dw) = δ(∂ϕ∂tdt ∧ dxJ + . . .

)=(∫ 1

0

∂ϕ

∂t(t, ·)dt

)dxJ = (ϕ(1, ·)− ϕ(0, ·))dxJ = σ∗1(w)− σ∗0(w).

20: w = ϕdt ∧ dxI , gdzie I ∈ Λns . Wtedy δ(w) =(∫ 1

0ϕ(t, ·)dt

)dxI , σ∗j (w) = 0, j = 0, 1, oraz

δ(dw) + d(δ(w)) = δ( n∑j=1

∂ϕ

∂xjdxj ∧ dt ∧ dxI

)+

n∑j=1

( ∂

∂xj

∫ 1

0

ϕ(t, ·)dt)dxj ∧ dxI

= −n∑j=1

(∫ 1

0

∂ϕ

∂xj(t, ·)dt

)dxj ∧ dxI +

n∑j=1

(∫ 1

0

∂ϕ

∂xj(t, ·)dt

)dxj ∧ dxI = 0.

NiechM będzie d–wymiarową podrozmaitością orientowalną klasy C1 w Rn. Niech O będzie ustalonąorientacją M , niech M ⊂ Ω ∈ topRn i niech u ∈ F(d)(Ω,R). Zakładamy, że u jest mierzalna na M ,tzn. uI ∈M(M,LM ) dla dowolnego I.

Mówimy, że forma (funkcja) u jest całkowalna na M przy orientacji O, jeżeli:Dla d = 0: ∑

x∈M|u(x)| < +∞;

(18)

kładziemy wtedy ∫M,O

u :=∑x∈M

O(x)u(x).

(18)Przypomnijmy, że #M 6 ℵ0.


Dla d > 1 postępujemy następująco. Dla dowolnej lokalnej parametryzacji p : P −→ U zgodnej z Orozważamy formę p∗(u) ∈ F(d)(P,R). Ponieważ jest to forma rzędu d, więc ma ona postać

p∗(u) = p∗(u)dt1 ∧ · · · ∧ dtd.(

19)

Przypomnijmy, że

p∗(u) =∑I∈Λnd

(uI p)∂(pi1 , . . . , pid)

∂(t1, . . . , td).

Połóżmy:

[u] :=p∗(u)

|p′| p−1 : U −→ R.

Zauważmy, że jeżeli q : Q −→ U jest jakąś inną parametryzacją zgodną z O, to q = p ϕ, gdziedetϕ′(t) > 0, t ∈ Q. Na podstawie Propozycji 5.2.7 mamy: q∗(u) = ˜ϕ∗(p∗(u)) = (detϕ′)(p∗(u) ϕ).Stąd:

q∗(u)

|q′| q−1 =

(detϕ′)(p∗(u) ϕ)

(|p′| ϕ)|detϕ′| ϕ−1 p−1 =

p∗(u)

|p′| p−1,

a więc funkcja [u] nie zależy od parametryzacji zgodnej z O i może być w związku z tym określona nacałym M . Zauważmy, że [u] jest mierzalna na M .

Powiemy, że forma u jest całkowalna na M przy orientacji O, jeżeli

[u] ∈ L1(M,LM ).

Piszemy wtedy u ∈ L1(M,O) i definiujemy:∫M,O

u :=

∫M

[u]dLM .

Oczywiście L1(M,O) jest przestrzenią wektorową, zaś operacja

L1(M,O) 3 u 7−→∫M,O

u ∈ R

jest liniowa.

Propozycja 5.2.10. (a) u ∈ L1(M,O)⇐⇒ u ∈ L1(M,−O). Ponadto,∫M,−O

u = −∫M,O

u.

(b) |[u]| 6 ‖u‖, gdzie

‖u‖(x) = ‖u(x)‖ =(∑′

I

u2I(x)

)1/2

.(

20)

W szczególności, jeśli ‖u‖ ∈ L1(M,LM ), to u ∈ L1(M,O) oraz∣∣∣ ∫M,O

u∣∣∣ 6 ∫

M

‖u‖dLM .

(c) Jeżeli u ∈ L1(M,O), to dla dowolnej parametryzacji zgodnej z orientacją p : P −→ U mamy:∫U,O

u =

∫P

p∗(u)dLd.

(19)Zwracamy uwagę na niegro?ną kolizję oznaczeń.(

20) ∑′I

:=∑

I∈Λnd

.



Dowód . (a) [u] zmienia znak przy zmianie orientacji na przeciwną.(b) Dla lokalnej parametryzacji p : P −→ U zgodnej z orientacją, korzystając z nierówności Schwarza,

mamy:

|[u]|2 p =

∣∣∑′I

(uI p)∂(pi1 ,...,pid )

∂(t1,...,td)

∣∣2∑′I

(∂(pi1 ,...,pid )

∂(t1,...,td)

)2 6∑′I

(uI p)2 = ‖u‖2 p.

(c) jest elementarne.

Przykład 5.2.11. (a) Dla d = 1, jeżeli s : M −→ Sn−1 jest orientującym polem wektorów stycznych,

to [u] = 〈~u, s〉, gdzie formę u =n∑j=1

ujdxj utożsamiamy z polem wektorowym ~u = (u1, . . . , un).

W szczególności, ∫M,O

u =

∫M

〈~u, s〉dLM .

Istotnie, w lokalnej parametryzacji zgodnej z orientacją p : P −→ U mamy:

〈~u, s〉 p = 〈~u p, p′

‖p′‖〉 = [u] p.

(b) Dla d = n− 1, jeżeli n : M −→ Sn−1 jest orientującym polem wektorów normalnych, to [u] = 〈~u,n〉,gdzie formę

u =

n∑k=1

(−1)k−1ukdx1 ∧ · · · ∧ dxk−1 ∧ dxk+1 ∧ · · · ∧ dxn

utożsamiamy z polem wektorowym ~u = (u1, . . . , un). W szczególności,∫M,O

u =

∫M

〈~u,n〉dLM .

Istotnie, w lokalnej parametryzacji zgodnej z orientacją p : P −→ U , na podstawie Uwagi 5.1.7,mamy:

〈~u,n〉 p =

n∑k=1

(uk p)(nk p) =

n∑k=1

(uk p)(−1)k−1 ∂(p1,...,pk−1,pk+1,...,pn)∂(t1,...,tn−1)

|p′|=p∗(u)

|p′|= [u] p.

Wracamy do sytuacji ogólnej: niech M ⊂ Rn będzie dowolną d–wymiarową podrozmaitością klasyCk (d > 1).

Dla r ∈ Z+ wprowadzamy pojęcie formy różniczkowej rzędu r na M : Jest to dowolne odwzorowanie

M 3 x u7−→ u(x) ∈ Lra(TxM,R);

piszemy u ∈ F(r)(M). Oczywiście F(r)(M) = 0 dla r > d.Zbiór F(r)(M) ma wiele własności takich samych jak F(r)(Ω) w przypadku, gdy Ω jest zbiorem

otwartym, np. F(r)(M) jest R–przestrzenią wektorową oraz mamy operator mnożenia zewnętrznego

F(r)(M)×F(s)(M) 3 (u, v) 7−→ u ∧ v ∈ F(r+s)(M).

Jeżeli Ω jest otoczeniem otwartym M i u ∈ F(r)(Ω), to u|M ∈ F(r)(M), gdzie

(u|M )(x) := u(x)|(TxM)r , x ∈M. (*)

Niech N ⊂ Rm będzie jakąś inną podrozmaitością klasy Ck, d′ := dimN , i niech f : N −→M będzieodwzorowaniem różniczkowalnym. Przypomnijmy, że f ′(z) : TzN −→ Tf(z)M dla dowolnego z ∈ N .Pozwala to zdefiniować operację podstawiania

f∗ : F(r)(M) −→ F(r)(N),

f∗(u)(z)(ζ1, . . . , ζr) := u(f(z))(f ′(z)(ζ1), . . . , f ′(z)(ζr)), u ∈ F(r)(M), z ∈ N, ζ1, . . . , ζr ∈ TzN.

Można łatwo sprawdzić, że (f g)∗ = g∗ f∗ (przy stosownych założeniach o f i g) — Ćwiczenie.

Jeżeli p : P −→ U jest lokalną parametryzacją M oraz u ∈ F(d)(M), to p∗(u) ∈ F(d)(P ). W szcze-gólności, funkcja p∗(u) jest dobrze zdefiniowana.

Powiemy, że forma u ∈ F(r)(M) jest klasy Ck−1 (u ∈ Ck−1(r) (M)), jeżeli dla dowolnej parametryzacji

lokalnej p : P −→ U (klasy Ck) forma p∗(u) jest klasy Ck−1. Bez trudu można sprawdzić (Ćwiczenie),że u ∈ Ck−1

(r) (M) wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnego punktu a ∈M istnieje lokalna parametryzacjap : P −→ U (klasy Ck), a ∈ U , dla której p∗(u) ∈ Ck−1

(r) (P ).

Obserwacja 5.2.12. Załóżmy, że M ⊂ Ω, gdzie Ω jest zbiorem otwartym, i niech i : M −→ Ω oznaczaoperator inkluzji. Wtedy:(a) Jeżeli u ∈ F(r)(Ω), to u|M = i∗(u), gdzie forma u|M została zdefiniowana powyżej w (*).(b) Jeżeli u ∈ Ck−1

(r) (Ω), to i∗(u) ∈ Ck−1(r) (M).

Istotnie, dla dowolnej lokalnej parametryzacji p : P −→ U mamy

p∗(i∗(u)) = (i p)∗(u).

(c) Załóżmy dodatkowo, że istnieje retrakcja R : Ω −→ M klasy Ck(

21). Niech u ∈ F(r)(M). Wtedy

R∗(u) ∈ F(r)(Ω) orazi∗(R∗(u)) = (R i)∗(u) = id∗(u) = u.

Ponadto, jeżeli u ∈ Ck−1(r) (M), to R∗(u) ∈ Ck−1

(r) (Ω). Istotnie, dla dowolnej lokalnej parametryzacjip : P −→ U mamy

R∗(u) = (p S)∗(u) = S∗(p∗(u)),

gdzie S := p−1 R : R−1(U) −→ P (S jest odwzorowaniem klasy Ck — Obserwacja 2.17.12).

Propozycja 5.2.13. Następujące warunki są równoważne:(i) M jest orientowalna;(ii) istnieje forma ω ∈ F(d)(M) taka, że dla dowolnego punktu a ∈ M istnieje lokalna parametryzacja

p : P −→ U , a ∈ U , dla której p∗(ω)(t) > 0 dla t ∈ P ;(iii) istnieje forma ω ∈ Ck−1

(d) (M) taka, że dla dowolnego punktu a ∈ M istnieje lokalna parametryzacja

p : P −→ U , a ∈ U , dla której p∗(ω) ≡ |p′|.

Dowód . Jest oczywiste, że (iii) =⇒ (ii).(ii) =⇒ (i): Rozważmy rodzinę wszystkich lokalnych parametryzacji p : P −→ U , dla których

p∗(ω)(t) > 0 dla t ∈ P . Wobec (ii) rodzina ta tworzy atlas. Jeżeli p : P −→ U i q : Q −→ U sądwiema parametryzacjami powyższego typu i ϕ := p−1 q jest funkcją przejścia, to

0 < q∗(ω)(u) = ˜ϕ∗(p∗(ω))(u) = (detϕ′(u))p∗(ω)(ϕ(u)), u ∈ Q.

Wynika stąd natychmiast, że detϕ′(u) > 0 dla u ∈ Q, a więc zbudowaliśmy atlas zadający orientację.(i) =⇒ (iii): Dla dowolnej lokalnej parametryzacji p : P −→ U zgodnej z orientacją określmy

ω(x) :=∑I∈Λnd

( ∂(pi1 ,...,pid )

∂(t1,...,td)

|p′|

)(p−1(x)) dxI |(TxM)d , x ∈ U.

Bez trudu sprawdzamy, że ω jest poprawnie określoną formą z przestrzeni F(d)(M). Ponadto, p∗(ω) ≡ |p′|,skąd wynikają pozostałe własności.


ω(x) =∑I∈Λnd

ωI(x)dxI |(TxM)d , x ∈M,

będzie formą taką, jak w (iii) i niech O oznacza orientację zadaną przez ω.

(21)Wiemy już, że taka retrakcja lokalnie istnieje — Twierdzenie 2.17.3(viii).

(a) Formę ω możemy utożsamiać z unormowanym polem wektorowym

M 3 x 7−→ ω(x) ∈ S(nd)−1

klasy Ck−1.(b) Dla dowolnego otoczenia otwartego Ω podrozmaitościM oraz dla dowolnej formy u ∈ F(d)(Ω) mamy

[u] = 〈u, ω〉,

gdzie〈u, ω〉 =

∑I∈Λnd

uIωI .

W szczególności, jeżeli u ∈ L1(M,O), to∫M,O

u =

∫M

〈u, ω〉dLM .

5.3. Twierdzenie Stokesa

Załóżmy, że• M ⊂ Rn jest d–wymiarową orientowalną podrozmaitością klasy C1, 1 6 d 6 n,• D ⊂M jest obszarem tłustym w M (intM clM D = D),• D = clRn D jest zbiorem zwartym,• D ⊂ Ω ∈ topRn,• M ′ := ∂MD jest albo zbiorem pustym albo (d− 1)–wymiarową podrozmaitością Rn klasy C1,• LM (D) < +∞,• LM ′(M ′) < +∞ (oczywiście, gdy M ′ 6= ∅),• O jest ustaloną orientacją M ,• O′ jest orientacją podrozmaitości M ′ indukowaną przez O (oczywiście, gdy M ′ 6= ∅),• u ∈ C1

(d−1)(Ω).Interesuje nas, kiedy prawdziwe jest Twierdzenie Stokesa

(22)mówiące, że następujący wzór Stokesa

jest prawdziwy ∫D,O

du =

∫M ′,O′

u,(

23)

gdzie prawą stronę rozumiemy jako zero, gdy M ′ = ∅.Istnieje wiele wariantów twierdzenia Stokesa. My udowodnimy następujące dwa.

Twierdzenie 5.3.1 (I wersja Twierdzenia Stokesa). Wzór Stokesa zachodzi przy dodatkowym założeniu,że zbiór K := (suppu) ∩ (clM D)

(24)jest zwarty

(25).

Twierdzenie 5.3.2 (II wersja Twierdzenia Stokesa). Wzór Stokesa zachodzi przy dodatkowych założe-niach, że zbiór S := D\M jest zwarty oraz Ld−1(prI(S)) = 0 dla dowolnego I ∈ Λnd−1, gdzie prI oznaczaprojekcję na osie o numerach i1, . . . , id−1 (d > 2).

Obserwacja 5.3.3. (a) Niech M = R, O = [R]+, D = (a, b) ⊂⊂ R, u ∈ C1([a, b]). Wtedy M ′ = a, b,O′(a) = −1, O′(b) = +1. W tym przypadku wzór Stokesa sprowadza się do wzoru:∫ b

a

u′(t)dt = u(b)− u(a),

który, jak wiemy, zawsze zachodzi.

(22)George Stokes (1819–1903).(

23)Ponieważ du jest formą ciągłą na Ω, a D ⊂⊂ Ω, więc funkcja ‖du‖ jest ograniczona na D, co, wobec skończoności

miaryD, implikuje, że całka po lewej stronie istnieje i jest skończona — por. Propozycja 5.2.10(b). Z analogicznych powodówcałka po prawej stronie istnieje i jest skończona. Problemem jest więc równość.(

24)

suppu :=⋃I

suppuI .(25)K jest zwarty np. gdy D ⊂M .

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20125.3. Twierdzenie Stokesa 235

(b) Niech M ∈ topR2, O = [R2]+, u = Pdx+Qdy. Wtedy wzór Stokesa sprowadza się do wzoru Greena(26): ∫

D

(∂Q∂x− ∂P

∂y

)dxdy =

∫∂MD,O′

Pdx+Qdy.

Wzór Greena zostanie szczegółowo omówiony w Twierdzeniu 5.3.4.(c) Niech M ∈ topR3, O = [R3]+,

u = Pdy ∧ dz +Qdz ∧ dx+Rdx ∧ dy.(

27)

Wtedy wzór Stokesa sprowadza się do wzoru Gaussa–Ostrogradskiego(

28) (

29)(

30):∫

D

(∂P∂x

+∂Q

∂y+∂R

∂z

)dxdydz =

∫∂MD,O′

Pdy ∧ dz +Qdz ∧ dx+Rdx ∧ dy.

(d) Niech M ∈ topRn, O = [Rn]+,

u =

n∑j=1

(−1)j−1ujdx1 ∧ · · · ∧ dxj−1 ∧ dxj+1 ∧ · · · ∧ dxn

i niech n : ∂MD −→ Sn−1 będzie ciągłym polem wektorów normalnych zadających orientację O′(por. Przykład 5.2.11(b)). Wtedy∫

D

( n∑j=1

∂uj∂xj

)dLn =

∫∂MD

( n∑j=1

ujnj

)dL∂MD.

W szczególności, mamy następujący wzór na całkowanie przez części : Jeżeli f, g ∈ C1(Ω), gdzieΩ jest pewnym otoczeniem D, to∫

D

f∂g

∂xjdLn =

∫∂D

(fgnj)dL∂D −∫D

∂f

∂xjg dLn, j = 1, . . . , n.

W konsekwencji, dla dowolnych f, g ∈ C2(Ω), mamy:∫D

f(∆g) dLn =

∫∂D

(f∂g

∂n− g ∂f

∂n

)dL∂D +

∫D

(∆f)g dLn. (‡)

gdzie ∆ oznacza operator Laplace’a (laplasjan)

∆u :=∂2u

∂x21

+ · · ·+ ∂2u

∂x2n

.

Wzór (‡) nosi nazwę wzoru Greena dla operatora Laplace’a.Istotnie,∫D

f(∆g) dLn =

n∑j=1

∫D

f∂

∂xj

( ∂g∂xj

)dLn =

n∑j=1

∫∂D

f∂g

∂xjnjdL∂D −

n∑j=1

∫D

∂f

∂xj

∂g

∂xjdLn

=

∫∂D

f∂g

∂ndL∂D −

n∑j=1

∫∂D

∂f

∂xjgnjdL∂D +

n∑j=1

∫D

g∂

∂xj

( ∂f∂xj

)dLn

=

∫∂D

(f∂g

∂n− g ∂f

∂n

)dL∂D +

∫D

(∆f)g dLn.

(26)Por. Przykład 5.2.6.(

27)Ten zapis formy odpowiada stosowanemu poprzednio zapisowi

u =3∑j=1

(−1)j−1ujdx1 ∧ · · · ∧ dxj−1 ∧ dxj+1 ∧ · · · ∧ dx3; por. (d).(28)Carl Friedrich Gauss (1777–1855).(

29)Michaił Wasyliewicz Ostrogradzki (1801–1862).(

30)Por. Przykład 5.2.6.



(e) Niech n = 3, d = 2, u = Pdx+Qdy+Rdz. Wtedy wzór Stokesa sprowadza się do klasycznego wzoruStokesa:∫D,O

(∂R∂y− ∂Q

∂z

)dy ∧ dz +

(∂P∂z− ∂R

∂x

)dz ∧ dx+

(∂Q∂x− ∂P

∂y

)dx ∧ dy =

∫M ′,O′

Pdx+Qdy +Rdz.

Twierdzenie 5.3.4 (Wzór Greena). Wzór Greena zachodzi dla dowolnego obszaru D ⊂ R2 spełniającegowarunek (†) ze strony 134.

Dowód . Wykorzystamy II wersję Twierdzenia Stokesa. Pokażemy, że istnieje zbiór zwarty S ⊂ ∂D taki,że (∂D) \ S jest jednowymiarową rozmaitością klasy C1 oraz L1(pri(S)) = 0, i = 1, 2. Przypuśćmy, że Szostał znaleziony. Wtedy bierzemyM := R2\S i korzystamy z II wersji Twierdzenia Stokesa — szczegółypozostawiamy jako Ćwiczenie.

Pozostaje skonstruować S. Wobec twierdzenia o funkcji uwikłanej wystarczy udowodnić, że jeżeliσ = (σ1, σ2) : [0, 1] −→ R2 jest klasy C1, to zbiór A := σ(t) : σ′(t) = 0 ma projekcje miary zero.

Ponieważ pri(A) = σi(t) : σ′(t) = 0 ⊂ σi(t) : σ′i(t) = 0, wynik ten wynika z następującegoelementarnego faktu.

Lemat 5.3.5. Jeżeli f : [0, 1] −→ R jest klasy C1, to zbiór T := f(t) : f ′(t) = 0 jest miary zero.

Dowód . We?my ε > 0. Niech N ∈ N będzie takie, że |f ′(x′)−f ′(x′′)| 6 ε dla |x′−x′′| 6 1/N . Podzielmyprzedział [0, 1] na N równych części i niech [a, b] będzie jednym z przedziałów z tego podziału takim, żeT ∩ [a, b] 6= ∅. We?my c ∈ T ∩ [a, b]. Wtedy, dla dowolnego x ∈ [a, b] mamy

|f(x)− f(c)| = |f(x)− f(c)− f ′(c)(x− c)| 6 max|f ′(ξ)− f ′(c)| : ξ ∈ [a, b]|x− c| 6 ε/N.Wynika stąd, że L1(f(T ∩ [a, b])) 6 2ε/N , a stąd L1(f(T )) 6 2ε.

Wniosek 5.3.6. Niech Ω ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym i niech u ∈ C1(n−1)(Ω), suppu ⊂⊂ Ω. Wtedy∫

Ω

du = 0.

Dowód . Dobierzmy kule Bj = B(aj , rj), j = 1, . . . , N , tak, że suppu ⊂ B1 ∪ · · · ∪ BN ⊂⊂ Ω i niechϕ1, . . . , ϕN ∈ C∞0 (Rn) będą takie, że suppϕj ⊂⊂ Bj , j = 1, . . . , N , ϕ1 + · · ·+ϕN = 1 w otoczeniu suppu.Teraz, na podstawie wzoru Stokesa dla kuli, mamy:∫

Ω, [Rn]+

du =

∫Ω, [Rn]+

d((ϕ1 + · · ·+ ϕN )u) =

N∑j=1

∫Bj , [Rn]+

d(ϕju) =

N∑j=1

∫∂Bj , [Rn]′+

ϕju = 0.

Wniosek 5.3.7 (Wzór na całkowanie przez części). Niech Ω ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym i niechf ∈ Ck(Ω), g ∈ Ck0 (Ω). Wtedy∫

Ω

fDαg dLn = (−1)|α|∫Ω

(Dαf)g dLn, |α| 6 k.

W szczególności, dla dowolnych f ∈ C2(Ω), g ∈ C20(Ω) mamy∫

Ω

f(∆g) dLn =

∫Ω

(∆f)g dLn.

Dowód . Wystarczy rozważyć przypadek k = 1, α = e1. Niech

u := fgdx2 ∧ · · · ∧ dxn ∈ C1(n−1)(Ω).

Oczywiście suppu ⊂ supp g ⊂⊂ Ω. Zauważmy, że

du =(f∂g

∂x1+

∂f

∂x1g)dx1 ∧ · · · ∧ dxn.

Pozostaje skorzystać z Wniosku 5.3.6.

Na koniec podamy jedno bardzo nietrywialne zastosowanie wzoru Stokesa.

Twierdzenie 5.3.8 (Twierdzenie Brouwera o punkcie stałym(

31)). Każde odwzorowanie ciągłe f :

Bn −→ Bn ma punkt stały.(31)Luitzen Brouwer (1881–1966).


Dowód . Krok 10: Można założyć, że f jest klasy C∞(Rn,Rn).Postępujemy następująco. Ponieważ Bn jest zbiorem domkniętym, zatem istnieje ciągłe przedłużenie

f do odwzorowania f : Rn −→ Rn. Mnożąc f przez funkcję g ∈ C0(B(2), [0, 1]), g = 1 na B( 32 ), możemy

założyć, że f znika poza B(2). Do każdej składowej odwzorowania f stosujemy regularyzację i otrzy-mujemy odwzorowania klasy C∞ fε : Rn −→ Rn takie, że fε −→ f jednostajnie na Rn (Twierdzenie4.15.2(b)). W szczególności, dla dowolnego ν ∈ N istnieje odwzorowanie klasy C∞ gν : Rn −→ Rn takie,że ‖gν − f‖ 6 1

ν na Rn. Niech fν := gν/(1 + 1/ν). Widać, że fν : Bn −→ Bn, ν ∈ N. Jeżeli twierdzeniejest prawdziwe dla odwzorowań klasy C∞, to dla każdego ν istnieje punkt xν ∈ Bn taki, że fν(xν) = xν ,czyli gν(xν) = (1 + 1

ν )xν . Możemy założyć, że xν −→ x0 ∈ Bn. Wtedy f(x0) = x0.

Krok 20: Zakładamy, że f ∈ C∞(Rn,Rn).Przypuśćmy, że f(x) 6= x dla każdego x ∈ Bn. Wtedy również, f(x) 6= x dla x ∈ U , gdzie U jest

otoczeniem Bn. Dla dowolnego x ∈ Bn istnieje dokładnie jedna liczba t = t(x) > 0 taka, że r(x) :=x + t(x − f(x)) ∈ Sn−1. Określiliśmy w ten sposób odwzorowanie r : Bn −→ Sn−1. Widać, że r jestretrakcją. Pokażemy, że przedłuża się ono do odwzorowania klasy C∞ w pewnym otoczeniu Bn. Istotnie,rozwiązując równanie

‖x+ t(x− f(x))‖2 = ‖x‖2 + 2t〈x, x− f(x)〉+ t2‖x− f(x)‖2 = 1

wnioskujemy, że ∆(x) := 4〈x, x − f(x)〉2 + 4(1 − ‖x‖2)‖x − f(x)‖2 > 0 dla x ∈ V , gdzie V ⊂ U jestotoczeniem Bn. Ponadto,

t(x) =−2〈x, x− f(x)〉+

√∆(x)

2‖x− f(x)‖2.

Wynika stąd, że r jest klasy C∞(V,Rn).Mamy więc retrakcję r = (r1, . . . , rn) : Bn −→ Sn−1 klasy C∞(V,Rn). Niech u := r1dr2 ∧ · · · ∧ drn ∈

C∞(n−1)(V ). Na podstawie twierdzenia Stokesa (w I wersji z M := Rn, D = Bn) mamy:∫Bn,[Rn]+

du =

∫Sn−1,[Rn]′+

u.

Zauważmy, że∫Bn,[Rn]+

du =

∫Bn,[Rn]+

dr1 ∧ dr2 ∧ · · · ∧ drn =

∫Bn,[Rn]+

(det r′)dx1 ∧ · · · ∧ dxn =

∫Bn

(det r′)dx1 . . . dxn.

Różniczkując związek ‖r‖2 = r21 + · · ·+ r2

n ≡ 1 na Bn dostajemyn∑j=1

rj∂rj∂xk

= 0 na Bn, k = 1, . . . , n.

W szczególności det r′ ≡ 0 na Bn, a więc ∫Sn−1,[Rn]′+

u = 0.

Niech v := x1dx2 ∧ · · · ∧ dxn. Na podstawie wzoru Stokesa mamy:∫Sn−1,[Rn]′+

v =

∫Bn,[Rn]+

dx1 . . . dxn = Ln(Bn) > 0.

Zauważmy, że u = r∗(v). Rozważmy dowolną lokalną parametryzację p : P −→ U sfery Sn−1 zgodnąz orientacją. Mamy p∗(u) = (r p)∗(v) = p∗(v) (bo r jest retrakcją). Stąd

0 =

∫Sn−1,[Rn]′+

u =

∫Sn−1,[Rn]′+

x1dx2 ∧ · · · ∧ dxn > 0;

sprzeczność.

Twierdzenie 5.3.9 (Twierdzenie o retrakcji). Nie istnieje ciągła retrakcja Bn −→ Sn−1.



Dowód . Przypuśćmy, że r : Bn −→ Sn−1 jest taką retrakcją i niech f = −r : Bn −→ Sn−1. Na podstawieTwierdzenia Brouwera o punkcie stałym istnieje x0 ∈ Bn taki, że f(x0) = x0. Oczywiście, x0 ∈ Sn−1.W szczególności, f(x0) = −x0, bo r jest retrakcją — sprzeczność.

Dowód I wersji Twierdzenia Stokesa 5.3.1. Dla dowolnego punktu a ∈ K ustalmy parametryzację pa :Pa −→ Ua podrozmaitości M zgodną z O taką, że a ∈ Ua, Pa jest otwartą kostką i jeżeli M ′ ∩ Ua 6= ∅,to pa : Pa −→ M ′ ∩ Ua jest parametryzacją zgodną z O′, gdzie Pa = ∆a × Pa ⊂ R × Rd−1, 0 ∈ ∆a,pa(ξ) := p(0, ξ), ξ ∈ Pa. Przypomnijmy, że w przypadku d > 2 mamy: pa((Pa)−) = D ∩ Ua, gdzie(Pa)± := Pa ∩ ±t1 > 0, zaś w przypadku d = 1 mamy: pa((Pa)−) = D ∩ Ua, gdy O(a) = +1i pa((Pa)+) = D ∩ Ua, gdy O(a) = −1.

Ponieważ K jest zwarty, więc istnieje skończone pokrycie Ua1 ∪ · · · ∪UaN ⊃ K. Niech Uaj = M ∩Gj ,gdzie Gj ∈ topRn, Gj ⊂ Ω, j = 1, . . . , N . Niech ϕj ∈ C∞0 (Gj , [0, 1]), j = 1, . . . , N , będą takie, żeN∑j=1

ϕj = 1 w otoczeniu G0 zbioru K. Niech uj := ϕju ∈ C1(d−1)(Ω), j = 1, . . . , N . Zauważmy, że

N∑j=1

uj = u na G0. W szczególności,N∑j=1

duj = du na G0. Mamy:

∫D,O

du =

∫D∩G0,O

du =

N∑j=1

∫D∩G0,O

duj =

N∑j=1

∫D,O

duj ,

∫M ′,O′

u =

∫M ′∩G0,O′

u =

N∑j=1

∫M ′∩G0,O′

uj =

N∑j=1

∫M ′,O′

uj ,

więc wystarczy sprawdzić wzór Stokesa dla każdej formy uj z osobna.Ustalmy j i dla prostoty przyjmijmy, że u = uj oraz opuśćmy nieistotne wska?niki. Tak więc p :

P −→ U jest wyróżnioną parametryzacją (posiadającą wszystkie poprzednio wymienione własności),U = M ∩G i suppu ⊂⊂ G.

Niech L := p∗(du) ∈ C0(d)(P ), R := p∗(u) ∈ C0

(d−1)(P ). Przypomnijmy, że

suppL ⊂⊂ P, suppR ⊂⊂ P .

W przypadku, gdy U ′ := M ′ ∩ U = ∅ niech Q := P . W przypadku, gdy U ′ 6= ∅ niech Q = P− lubQ = P+ tak by p(Q) = D ∩ U (jeżeli d > 2, to oczywiście Q = P−). Nasz problem polega na pokazaniu,że ∫

D,O

du =

∫Q

L dLd =

0, gdy U ′ = ∅∫PR dLd−1, gdy U ′ 6= ∅

=

∫M ′,O′

u.

Najpierw rozpatrzymy przypadek d = 1. Na podstawie Propozycji 5.2.7(e) mamy: L = dv = v′dt,gdzie v := p∗(u) = u p. Niech Q = (α, β). W konsekwencji:∫

Q

L dL1 =

∫ β

α

v′(t)dt = v(β)− v(α) = u(p(β))− u(p(α))

=

0, gdy U ′ = ∅u(p(0)), gdy U ′ 6= ∅, Q = P−

−u(p(0)), gdy U ′ 6= ∅, Q = P+

=

∫M ′,O′

u,

co kończy dowód dla d = 1.

Przypadek d > 2 jest znacznie bardziej skomplikowany. Wobec liniowości wszystkich operacji możemysię ograniczyć do form postaci u = ϕdxI , gdzie ϕ ∈ C1

0(G), a I ∈ Λnd−1.Na wstępie, aby uchwycić zasadniczą myśl dowodu, przyjmijmy dodatkowo, że p jest klasy C2. Wtedy

na podstawie Propozycji 5.2.7(f) mamy p∗(du) = dv, gdzie v := p∗(u). Niech σ : Rd−1 −→ Rd, σ(ξ) =(0, ξ). Odnotujmy, że p = p σ, a zatem R = σ∗(v). Tak więc chcemy pokazać, że∫

Q

dv dLd =

0, gdy U ′ = ∅∫Pσ∗(v) dLd−1, gdy U ′ 6= ∅

.


Wobec liniowości możemy założyć, że

v = ψdt1 ∧ · · · ∧ dtk−1 ∧ dtk+1 ∧ · · · ∧ dtddla pewnego k. Kostkę Q przedstawiamy w postaci A × (γ, δ) × B ⊂ Rk−1 × R × Rd−k. Niech t =(tA, tk, tB) ∈ Rk−1 × R× Rd−k. Na podstawie twierdzenia Fubiniego dostajemy:∫

Q

dv dLd =

∫Q

(−1)k−1 ∂ψ

∂tkdt = (−1)k−1

∫A

∫B

(∫ δ

γ

∂ψ

∂tkdtk

)dtAdtB

= (−1)k−1

∫A

∫B

(ψ(tA, δ, tB)− ψ(tA, γ, tB)

)dtAdtB .

Ponieważ supp v ⊂⊂ P , ostatnie wyrażenie jest równe zero, jeżeli U ′ = ∅ lub k > 2. Jeżeli U ′ 6= ∅i k = 1, to jest ono równe ∫

P

ψ(0, ξ) dLd−1(ξ).

Z drugiej strony,∫P

σ∗(v) dLd−1 =

∫P

((ψ σ)dσ1 ∧ · · · ∧ dσk−1 ∧ dσk+1 ∧ · · · ∧ dσd)˜dLd−1

=

0, gdy k > 2∫Pψ(0, ξ) dLd−1(ξ), gdy k = 1

,

co kończy dowód przy dodatkowym założeniu.

W przypadku ogólnym zauważmy, że

L = p∗(du) = p∗(dϕ ∧ dxI) = p∗(dϕ) ∧ dpI = d(ϕ p) ∧ dpIi R = σ∗((ϕ p)dpI). Oznaczając f1 := ϕ p i fj := pij−1

, j = 2, . . . , d, sprowadzamy zagadnienie dopytania, czy ∫

Q,[Rd]+

df1 ∧ · · · ∧ dfd =

0, gdy U ′ = ∅∫P ,[Rd−1]+

σ∗(f1df2 ∧ · · · ∧ dfd),gdy U ′ 6= ∅.

Odnotujmy, że f1 ∈ C10(P ), fj ∈ C1(P ), j = 2, . . . , d. Ponadto, jeżeli są to funkcje klasy C2, to, na

podstawie poprzedniej części dowodu, wzór zachodzi. Aby wykazać wzór w przypadku klasy C1 zastosu-jemy aproksymację. Na wstępie zauważmy, że możemy założyć, że fj ∈ C1

0(P ) (zastępując fj przez gfj ,gdzie g ∈ C∞0 (P ) i g = 1 w otoczeniu supp f1), j = 2, . . . , d. Teraz wystarczy wykorzystać regularyzacjęz Twierdzenia 4.15.2 i zauważyć, że na podstawie Twierdzenia 4.15.2(d)

d(f1)ε ∧ · · · ∧ d(fd)ε =∂((f1)ε, . . . , (fd)ε)

∂(t1, . . . , td)dt1 ∧ · · · ∧ dtd

−→ ∂(f1, . . . , fd)

∂(t1, . . . , td)dt1 ∧ · · · ∧ dtd = df1 ∧ · · · ∧ dfd

jednostajnie na Rd przy ε −→ 0, oraz

σ∗(f1,εdf2,ε ∧ · · · ∧ dfd,ε) = (f1,ε σ)∂(f2,ε σ, . . . , fd,ε σ)

∂(ξ1, . . . , ξd−1)dξ1 ∧ · · · ∧ dξd−1

−→ (f1 σ)∂(f2 σ, . . . , fd σ)

∂(ξ1, . . . , ξd−1)dξ1 ∧ · · · ∧ dξd−1 = σ∗(f1df2 ∧ · · · ∧ dfd)

również jednostajnie na Rd−1, co gwarantuje zbieżność odpowiednich całek i kończy dowód.

Dowód II wersji Twierdzenia Stokesa 5.3.2. Wystarczy rozważyć przypadek, gdy u = ϕdxI dla pewnegoI ∈ Λnd−1. Niech SI := prI(S). Zdefiniujmy:

ψν := 1− (χS

(2/ν)I

)1/ν ∈ C∞(Rd−1, [0, 1]), ν ∈ N.



Wtedy ψν = 1 poza S(3/ν)I , ψν = 0 na S(1/ν)

I . W szczególności

ψν −→ χRd−1\SI

punktowo. Odnotujmy, że zbiór otwarty Gν := intS(1/ν)I jest otoczeniem SI . Określamy

uν := (ψν prI)u = (ψν prI)ϕdxI .

Zauważmy, że(suppuν) ∩ (pr−1

I (Gν)) = ∅,co oznacza, że zbiór (suppuν) ∩ (clM D) jest zwarty. Na podstawie I wersji twierdzenia Stokesa mamy:∫

D,O

duν =

∫M ′,O′

uν , ν ∈ N.

Wystarczy pokazać, że ∫D,O

duν −→∫D,O

du,

∫M ′,O′

uν −→∫M ′,O′

u.

Niech H := pr−1I (SI). Oczywiście [uν ] −→ [u] punktowo na M ′ \H. Ponadto |[uν ]| 6 |[u]| na M ′. Stąd,

na podstawie twierdzenia Lebesgue’a, dostajemy∫M ′\H,O′

uν −→∫M ′\H,O′

u.

Zauważmy, żeduν = d(ψν prI) ∧ u+ (ψν prI)du = (ψν prI)du.

Stąd [duν ] −→ [du] punktowo na M \H oraz |[duν ]| 6 |[du]|. Mamy więc∫D\H,O

duν −→∫D\H,O

du.

Pozostaje sprawdzić, co się dzieje na H. Potrzebny nam będzie następujący lemat.

Lemat 5.3.10. Niech N będzie r–wymiarową orientowalną podrozmaitością w Rn i niech B ⊂ Rr będziezbiorem domkniętym miary zero. Wtedy∫

N∩pr−1J (B)

[fdxJ ] dLN = 0

dla dowolnego J ∈ Λnr przy założeniu, że forma fdxJ jest całkowalna na N .

Przyjmijmy lemat na chwilę. Jeżeli M ′ 6= ∅, to stosując lemat do r = d− 1, N = M ′, B = SI , J = Ii fdxI = u lub fdxI = uν , wnioskujemy, że∫

M ′∩H[u] dLM

′=

∫M ′∩H

[uν ] dLM′

= 0.

Niech teraz r = d, N = D. Mamy du =∑j /∈I

∂ϕ∂xj

dxj ∧ dxI i podobnie dla duν . Bierzemy teraz fdxJ =

∂ϕ∂xj

dxj ∧ dxI , J = (i1, . . . , is−1, j, is, . . . , id−1) i B := (t1, . . . , td) ∈ Rd : (t1, . . . , ts−1, ts+1, . . . , td) ∈ SItak, że pr−1

J (B) = H. Z lematu wnioskujemy, że∫D∩H

[du] dLM =

∫D∩H

[duν ] dLM = 0.

Dowód II wersji twierdzenia Stokesa jest zakończony.

Dowód Lematu 5.3.10. Niech A := N ∩pr−1J (B) i niech A0 oznacza zbiór tych wszystkich punktów a ∈ A

takich, że przy dowolnej lokalnej parametryzacji p : P −→ U w otoczeniu a mamy:∂(pj1 , . . . , pjr )

∂(t1, . . . , tr)(p−1(a)) = 0.

Oczywiście A0 jest relatywnie domknięty i [fdxJ ] = 0 na A0. Pozostaje udowodnić, że∫A\A0

[fdxJ ] dLN = 0.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20125.4. Twierdzenie Stokesa w wersji kohomologicznej 241

Rozumujemy lokalnie w otoczeniu ustalonego punktu a ∈ A \ A0. Wobec definicji zbioru A0, podroz-maitość N da się opisać w pewnym otoczeniu U punktu a jako wykres xJ′ = g(xJ), xJ ∈ Q, gdzie J ′oznacza wielowska?nik uzupełniający do J w (1, . . . , n) (Ćwiczenie). Mamy stąd:∫

A∩U[fdxJ ] dLN = ±

∫xJ :(xJ ,g(xJ ))∈A

f(xJ , g(xJ))dxJ = 0

bo xJ : (xJ , g(xJ)) ∈ A ⊂ B.

5.4. Twierdzenie Stokesa w wersji kohomologicznej

Niech Ω ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym.Powiemy, że forma u ∈ C1

(d)(Ω) jest zamknięta (jest kocyklem) jeżeli du = 0.Jeżeli forma u ∈ C(d)(Ω) jest taka, że u = dw dla pewnej formy w ∈ C1

(d−1)(Ω), to mówimy, że u jestdokładna (jest kobrzegiem).

Z faktu iż d2 = 0 wynika, że jeżeli u = dw jest formą dokładną i w jest klasy C2, to u jest zamknięta.

Definicja 5.4.1. Zdefiniujmy

Zd(Ω) : = u ∈ C∞(d)(Ω) : du = 0, d > 0,

B0(Ω) : = 0,

Bd(Ω) : = dw : w ∈ C∞(d−1)(Ω), d > 1;

Bd(Ω) jest podprzestrzenią Zd(Ω). Niech

Hd(Ω) := Zd(Ω)/Bd(Ω), d = 0, 1, 2, . . . ;

Hd(Ω) nazywamy d-tą grupą kohomologii Ω.

Obserwacja 5.4.2. (a) Formy z Z0(Ω) to funkcje lokalnie stałe. W szczególności, jeżeli Ω = D jestobszarem, to Z0(D) ' R, a stąd H0(D) ' R.

(b) Zn(Ω) = C∞(n)(Ω).(c) Dla d > n mamy: Zd(Ω) = Bd(Ω) = 0, a stąd Hd(D) = 0.(d) Lemat Poincarégo (Twierdzenie 5.2.9) mówi, że jeżeli obszar D jest ściągalny różniczkowo do

punktu w klasie C∞ (np. D jest gwia?dzisty), to Hd(D) = 0 dla dowolnego d > 1.

Definicja 5.4.3. Niech Ω ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym. Przez d–wymiarowy płat powierzchniowyklasy Ck w Ω rozumiemy dowolne odwzorowanie γ : P −→ Ω klasy Ck, gdzie P ⊂ Rd jest pewną(niezdegenerowaną) kostką zwartą, d ∈ Z+, k ∈ Z+ ∪ ∞

(32).

Niech Pk(d)(Ω) oznacza rodzinę wszystkich d–wymiarowych płatów klasy Ck w Ω(

33).

Oznaczmy przez Łk(d)(Ω) przestrzeń wektorową wszystkich formalnych kombinacji o współczynnikachrzeczywistych elementów z Pk(d)(Ω). Elementy przestrzeni Łk(d)(Ω) nazywamy d–wymiarowymi łańcu-chami klasy Ck w Ω.

Dla γ ∈ P1(d)(Ω) (γ : P −→ Ω) i u ∈ C(d)(Ω), niech∫

γ

u :=

∫P

γ∗(u) dLd.(

34)

(32)Mówiąc, że γ jest klasy Ck rozumiemy, że γ przedłuża się do odwzorowania klasy Ck w pewnym otoczeniu P

(otoczeniu zależnym od γ).(33)Płat 0–wymiarowy to dowolne odwzorowanie zbioru jednopunktowego w Rn, które będziemy utożsamiać z jego

obrazem (dla d = 0 klasa płata nie odgrywa żadnej roli). Tak więc Pk(0)(Ω) ' Ω. Płat 1–wymiarowy klasy Ck, to krzywaklasy Ck. Jeżeli M ⊂ Ω jest d–wymiarową podrozmaitością Ω klasy Ck, to dla dowolnego punktu a ∈ M istnieje d–wymiarowy płat powierzchniowy γ : P −→M taki, że γ : P −→ γ(P ) jest homeomorfizmem, rank γ′(t) = d dla dowolnegot ∈ P , oraz a ∈ intM (γ(P )).



Powyższą definicję rozszerzamy liniowo na γ ∈ Ł1(d)(Ω):∫

N∑i=1

αiγi

u :=

N∑i=1

αi

∫γi

u.

Widać, że operacja

Ł1(d)(Ω)× C(d)(Ω) 3 (γ, u) 7−→

∫γ

u ∈ R

jest dwuliniowa.

Obserwacja 5.4.4. Jeżeli γ : P −→ Ω jest d–wymiarowym płatem klasy Ck (k > 1) i ϕ : Q −→ Pjest dyfeomorfizmem klasy Ck, gdzie Q ⊂ Rd jest pewną kostką, to γ ϕ : Q −→ Ω jest d–wymiarowympłatem klasy Ck oraz ∫

γϕu = ε

∫γ

u, u ∈ C(d)(Ω),

gdzie ε := sgn(detϕ′).Istotnie, niech f := γ∗(u). Wtedy

(γ ϕ)∗(u) = ϕ∗(γ∗(u)) = (f ϕ) detϕ′,

a stąd ∫γϕ

u = ε

∫Q

(f ϕ)|detϕ′|dLd = ε

∫P

fdLd = ε

∫γ

u.

Powyższa obserwacja pozwala dokonywać zmiany parametryzacji płatów. Możemy zawsze zakładać,że płaty są sparametryzowane w kostce [0, 1]d (tak zwykle robiliśmy dla krzywych).

Propozycja 5.4.5. Niech u, v ∈ C(d)(Ω). Wtedy

u ≡ v ⇐⇒ ∀γ∈P∞(d)

(Ω) :

∫γ

u =

∫γ

v.

Dowód . Przypadek d = 0 jest trywialny. Zastępując formy u i v formami u − v i 0, sprowadzamytwierdzenie do przypadku v = 0. Niech u =

∑′|I|=d uIdxI . Ustalmy punkt a ∈ Ω oraz I = (i1, . . . , id) ∈

Λnd . Pokażemy, że uI(a) = 0. Dla uproszczenia przyjmijmy, że I = (1, . . . , d). Rozważmy płat

[−ε, ε]d 3 (t1, . . . , td)γ7−→ (a1 + t1, . . . , ad + td, ad+1, . . . , an).

Dla małych ε > 0 jest to oczywiście d–wymiarowy płat klasy C∞ w Ω. Tak więc, dla małych ε > 0 mamy

0 =1

(2ε)d

∫γ

u =1

(2ε)d

∫[−ε,ε]d

uI(γ(t))dt = uI(ξε),

gdzie ξε jest pewnym punktem z γ([−ε, ε]d). Oczywiście ξε −→ a, gdy ε −→ 0. Ostatecznie, korzystającz ciągłości, wnioskujemy, że uI(a) = 0.

Definicja 5.4.6. Niech γ ∈ Pk(d)(Ω), d > 1, γ : P −→ Ω,

P = [a1, b1]× · · · × [ad, bd] =: Q1 × · · · ×Qd.Dla d > 2 definiujemy:

Pj := Q1 × · · · ×Qj−1 ×Qj+1 × · · · ×Qd, σ−j : Pj −→ P, σ+j : Pj −→ P,

σ−j (x1, . . . , xj−1, xj+1, . . . , xd) := (x1, . . . , xj−1, aj , xj+1, . . . , xd),

σ+j (x1, . . . , xj−1, xj+1, . . . , xd) := (x1, . . . , xj−1, bj , xj+1, . . . , xd).(

34)Tu dalej, w zależności od potrzeb, będziemy utożsamiać formę maksymalnego rzędu v = vdt1 ∧ · · · ∧ dtd ze

współczynnikiem v.Dla d = 0 przyjmujemy

∫γ u := u(γ). Dla d = 1, całka

∫γ u, gdzie u = u1dx1 + · · · + undxn, pokrywa się z całką

krzywoliniową zorientowaną po krzywej γ z pola (u1, . . . , un). Dla dowolnego d, całka∫γ u stanowi uogólnienie całki po

podrozmaitości z formy różniczkowej: jeżeli γ : P −→ Ω jest d–wymiarowym płatem klasy C1 takim, że γ : P −→ γ(P )jest homeomorfizmem i rank γ′(t) = d dla dowolnego t ∈ P , to wtedy całka

∫γ u pokrywa się z całką po podrozmaitości

γ(intP ) przy orientacji zadanej przez γ.

W przypadku d = 1 przyjmujemy σ−1 := a1, σ+1 := b1. Niech

∂γ :=

d∑j=1

(−1)j−1(γ σ+

j − γ σ−j

)∈ Łk(d−1)(Ω).

Łańcuch ∂γ nazywamy brzegiem płata γ. Operację brzegu przedłużamy liniowo na Łk(d)(Ω):

∂ : Łk(d)(Ω) −→ Łk(d−1)(Ω).

Przykład 5.4.7. (a) Jeżeli d = 1, γ : [a, b] −→ Ω, to

∂γ = γ(b)− γ(a) ∈ Ł∞(0)(Ω).

(b) Jeżeli d = 2, γ : [a, b]× [c, d] −→ Ω, to

∂γ = γ(b, ·)− γ(a, ·)− γ(·, d) + γ(·, c) ∈ Łk(d−1)(Ω).

Propozycja 5.4.8. Jeżeli d > 2, to ∂ ∂ = 0 na Łk(d)(Ω).

Dowód . Oczywiście wystarczy pokazać, że ∂ ∂ = 0 na Pk(d)(Ω). Ustalmy γ ∈ Pk(d)(Ω), γ : P −→ Ω,P = [a1, b1]× · · · × [ad, bd] =: Q1 × · · · ×Qd. Dla 1 6 i < j 6 d niech

Pi,j := Q1 × · · · ×Qi−1 ×Qi+1 × · · · ×Qj−1 ×Qj+1 × · · · ×Qdoznacza (d− 2) wymiarową kostkę powstałą z P przez „pominięcie” dwóch przedziałów. Niech dalej

σ−,−i,j : Pi,j −→ P

oznacza odwzorowanie „wstawiające” na miejscach i i j, odpowiednio, ai i aj , tzn.

σ−,−i,j (z1, . . . , xi−1, xi+1, . . . , xj−1, xj+1, . . . , xd) := (x1, . . . , xi−1, ai, xi+1, . . . , xj−1, aj , xj+1, . . . , xd).

Podobnie tworzymy odwzorowania σ−,+i,j , σ+,−i,j i σ+,+

i,j wstawiając, odpowiednio, pary (ai, bj), (bi, aj)

i (bi, bj). Przy tych oznaczeniach mamy:

(∂ ∂)(γ) = ∂( d∑j=1

(−1)j−1(γ σ+j − γ σ

−j ))

=

d∑j=1

(−1)j−1( j−1∑i=1

(−1)i−1(γ σ+,+i,j − γ σ

−,+i,j − γ σ

+,−i,j + γ σ−,−i,j )

+

d∑i=j+1

(−1)i(γ σ+,+j,i − γ σ

+,−j,i − γ σ

−,+j,i + γ σ−,−j,i )

)=∑i<j

(−1)i+j(. . . )−∑i>j

(−1)i+j(. . . ) = 0.

Łańcuchy γ ∈ Łk(d)(Ω) takie, że ∂γ = 0 nazywamy cyklami. Jeżeli γ = ∂δ dla pewnego δ ∈ Łk(d+1)(Ω)to mówimy, że γ jest brzegiem.

Z faktu, że ∂2 = 0 wynika, że każdy brzeg jest cyklem (ale nie odwrotnie — Ćwiczenie).

Definicja 5.4.9. Zdefiniujmy

Zd(Ω) : = γ ∈ Ł∞(d)(Ω) : ∂γ = 0,Bd(Ω) : = ∂γ : γ ∈ Ł∞(d+1)(Ω), d > 1;

Bd(Ω) jest podprzestrzenią Zd(Ω). Niech

Hd(Ω) := Zd(Ω)/Bd(Ω), d = 1, 2, . . . ;

Hd(Ω) nazywamy d-tą grupą homologii Ω.



Obserwacja 5.4.10. Rozważmy ciąg płatów γν ∈ P1(d)(Ω),

γν : P −→ Ω, ν ∈ Z+,

określonych na tej samej kostce P (d > 1). Załóżmy, że• γν −→ γ0 jednostajnie na P oraz• ∂γν

∂tj−→ ∂γ0

∂tjjednostajnie na P , j = 1, . . . , d.

Wtedy dla dowolnej formy u ∈ C1(d−1)(Ω) mamy:∫

γν

du −→∫γ0

du,

∫∂γν

u −→∫∂γ0

u.

Istotnie, łatwo sprawdzić (Ćwiczenie), że:• dla dowolnej formy v ∈ C(d)(Ω) mamy: γ∗ν(v) −→ γ∗0 (v) jednostajnie na P oraz• dla dowolnej (d− 1)–wymiarowej „ściany” Q kostki P mamy:

(γν σ)∗(u) −→ (γ0 σ)∗(u) jednostajnie na Q,

gdzie σ : Q −→ P oznacza „włożenie” ściany Q w kostkę P .

Twierdzenie 5.4.11 (Twierdzenie Stokesa).∫γ

du =

∫∂γ

u, γ ∈ Ł1(d)(Ω), u ∈ C1

(d−1)(Ω), d > 1.

Dowód . Możemy założyć, że γ : P −→ Ω jest płatem klasy C1.Najpierw rozpatrzymy przypadek d = 1. Niech P = [a, b] ⊂ R. Mamy:∫

γ

du =

∫ b

a

γ∗(u′dx) =

∫ b

a

u′(γ(t))γ′(t) = u(γ(b))− u(γ(a)) =

∫∂γ

u.

Niech teraz d > 2. Załóżmy dodatkowo, że γ jest klasy C2(U), gdzie U jest pewnym otoczeniem P .Wtedy mamy ∫

γ

du =

∫P

γ∗(du) =

∫P

dγ∗(u),

∫∂γ

u =

d∑j=1

(−1)j−1

∫Pj

((σ+j )∗(γ∗(u))− (σ−j )∗(γ∗(u))

).

Podstawiając v := γ∗(u) ∈ C1(d−1)(U), sprowadzamy problem do równości∫P

dv =

d∑j=1

∫Pj

(−1)j−1(

(σ+j )∗(v)− (σ−j )∗(v)

).

Bez szkody dla ogólności możemy przyjąć, że v = fdt1 ∧ · · · ∧ dtd−1. Wtedy

dv = (−1)d−1 ∂f

∂tddt1 ∧ · · · ∧ dtd,

a stąd ∫P

dv = (−1)d−1

∫Pd×[ad,bd]

∂f

∂tddxdtd = (−1)d−1

∫Pd

(f(x, b)− f(x, a))dx.

Z drugiej strony,

(σ±j )∗(v) = 0, j = 1, . . . , d− 1,

(σ−d )∗(v) = f(x1, . . . , xd−1, ad)dx1 ∧ · · · ∧ dxd−1,

(σ+d )∗(v) = f(x1, . . . , xd−1, bd)dx1 ∧ · · · ∧ dxd−1,

a stądd∑j=1

∫Pj

(−1)j−1(

(σ+j )∗(v)− (σ−j )∗(v)

)= (−1)d−1

∫Pd

(f(x, b)− f(x, a)

)dx.


Teraz rozważymy przypadek, gdy γ jest tylko klasy C1 w pewnym otoczeniu U . Korzystając zezwartości obrazu γ(P ) ⊂ Ω oraz z własności regularyzacji znajdziemy ciąg funkcji (γν)∞ν=1 ⊂ C∞(Rd,Rn)

taki, że γν(P ) ⊂ Ω, ν ∈ N, oraz γν −→ γ i ∂γν∂tj−→ ∂γ

∂tjjednostajnie na P , j = 1, . . . , d. Wobec poprzedniej

części dowodu, mamy ∫γν

du =

∫∂γν

u, ν ∈ N.

Pozostaje skorzystać z Obserwacji 5.4.10.

Propozycja 5.4.12. (a) Załóżmy, że:• łańcuch γ ∈ Ł1

(d)(Ω) jest brzegiem, γ = ∂ζ dla pewnego łańcucha ζ ∈ Ł1(d+1)(Ω), zaś forma

u ∈ C1(d)(Ω) jest zamknięta,

lub• łańcuch γ ∈ Ł1

(d)(Ω) jest cyklem, zaś forma u ∈ C(d)(Ω) jest dokładna, u = dw dla pewnej formyw ∈ C1

(d−1)(Ω).Wtedy

∫γu = 0.

(b) W szczególności, dla dowolnych γ ∈ Ł1(d)(Ω), u ∈ C1

(d)(Ω), ζ ∈ Ł1(d+1)(Ω), w ∈ C1

(d−1)(Ω), jeżeli∂γ = 0 i du = 0, to ∫

γ+∂ζ

(u+ dw) =

∫γ

u.

Dla przykładu, operator

Hd(Ω)×Hd(Ω) 3 ([γ], [u]) 7−→∫γ

u ∈ R

jest poprawnie określony, d = 1, 2, . . . .

Dowód . (a) Jeżeli γ = ∂ζ i du = 0, to na podstawie twierdzenia Stokesa mamy:∫γ

u =

∫∂ζ

u =

∫ζ

du = 0.

Podobnie, jeżeli ∂γ = 0 i u = dw, to∫γ

u =

∫γ

dw =

∫∂γ

w = 0.

(b) wynika natychmiast z (a).

Propozycja 5.4.13. Niech u ∈ C1(d)(Ω). Wtedy

du = 0⇐⇒ ∀γ∈Bd(Ω) :

∫γ

u = 0.

Dowód . Implikacja (=⇒) wynika z poprzedniej propozycji. Dla dowodu implikacji (⇐=), na podstawiePropozycji 5.4.5, wystarczy pokazać, że∫

γ

du = 0, γ ∈ P∞(d+1)(Ω).

Ustalmy γ ∈ P∞(d+1)(Ω). Wtedy ∂γ ∈ Bd(Ω). Na podstawie wzoru Stokesa i założeń mamy∫γ

du =

∫∂γ

u = 0.

Propozycja 5.4.14. Niech w ∈ C1(d−1)(Ω) będzie taka, że dw ∈ C1

(d)(Ω). Wtedy d(dw) = 0(

35).

Dowód . Skorzystamy z poprzedniej propozycji. Niech γ = ∂ζ ∈ Bd(Ω). Wtedy na podstawie wzoruStokesa mamy ∫

γ

dw =

∫∂γ

w =

∫∂2ζ

w = 0.

(35)Uwaga: nie zakładamy, że w jest klasy C2.



Obserwacja 5.4.15. (a) Niech ϕ : Ω −→ Ω′ będzie dowolnym odwzorowaniem klasy Ck. Dla płataγ ∈ Pk(d)(Ω) połóżmy ϕ∗(γ) := ϕ γ. Operację tę przedłużamy liniowo na Łk(d)(Ω). Zauważmy, żeϕ∗ ∂ = ∂ ϕ∗. W szczególności, jeżeli γ jest cyklem, to ϕ∗(γ) jest również cyklem.

W przyszłości, jeżeli nie będzie to prowadzić do nieporozumień, będziemy pisać ϕ(γ) zamiast ϕ∗(γ)(dla dowolnego łańcucha γ).

(b) Przypuśćmy, że obszar D ⊂ Rn jest różniczkowo ściągalny do punktu a ∈ D w klasie Ck+1

(tak, jak w Lemacie Poincarégo (Twierdzenie 5.2.9)). Niech h : Ω −→ D, [0, 1] × D ⊂ Ω, będzieodwzorowaniem ściągającym klasy Ck+1, h(0, x) = a, h(1, x) = x, x ∈ D. Niech γ ∈ Łk+1

(d) (D) będziedowolnym cyklem. Wtedy γ = a + ∂ζ dla pewnego łańcucha ζ ∈ Łk+1

(d+1)(D), gdzie a utożsamiamyz płatem stałym. W szczególności, na podstawie Propozycji 5.4.12(b),

∫γu = 0 dla dowolnej formy

zamkniętej u ∈ C1(d)(D), d > 1.

Istotnie, niech γ =N∑i=1

αiγi, γi : Pi −→ D, i = 1, . . . , N . Zdefiniujmy

ζ :=

N∑i=1

αiζi, ζi : [0, 1]× Pi −→ D, ζi(s, t) := h(s, γi(t)), i = 1, . . . , N.

Łatwo widać, że∂ζi = h(1, γi)− h(0, γi)− h(id[0,1], ∂γi), i = 1, . . . , N.

Wynika stąd, że

∂ζ = h(1, γ)− h(0, γ)− h(id[0,1], ∂γ) = h(1, γ)− h(0, γ) = γ − a,co kończy dowód.

Twierdzenie 5.4.16 (Twierdzenie de Rhama(

36)). Niech u ∈ Ck(d)(D) (k > 1, d > 1). Wtedy u = dw

dla pewnej formy w ∈ Ck(d−1)(D) wtedy i tylko wtedy, gdy∫γu = 0 dla dowolnego cyklu γ ∈ Zd(D).

Dowód twierdzenia de Rhama pomijamy.

Obserwacja 5.4.17. (a) Implikacja (=⇒) wynika oczywiście z Propozycji 5.4.12.(b) Na podstawie Propozycji 5.4.13, spełnienie warunku po prawej stronie pociąga za sobą, iż u jest

zamknięta.(c) Na podstawie Obserwacji 5.4.15(b), jeżeli spełnione są założenia Lematu Poincarégo, to spełniony

jest warunek po prawej stronie Twierdzenia de Rhama (tak więc, twierdzenie de Rhama jest uogólnieniemLematu Poincarégo).

(d) W przypadku d = 1 twierdzenie de Rhama można udowodnić analogicznie do Twierdzenia 3.4.9.Niech u = u1dx1 + · · ·+undxn ∈ Ck(1)(D). Na wstępie zauważmy, że w kategorii łamanych γ : [0, 1] −→ D,całka

∫γu zależy jedynie od końców krzywej. W tym celu wystarczy pokazać, że

∫γu = 0 dla dowolnej

łamanej zamkniętej γ : [0, 1] −→ D. Ten zaś fakt wynika natychmiast z tego, że każda łamana jest krzywąklasy C∞ (Ćwiczenie), a jeżeli jest zamknięta, to jest cyklem z Z1(D).

Jeżeli już mamy niezależność całki od drogi całkowania w kategorii łamanych, to definiujemy w(x) :=∫[x0,...,x]

u, x ∈ D, gdzie x0 ∈ D jest ustalonym punktem, że [x0, . . . , x] oznacza dowolną łamaną łączącąw D punkt x0 z punktem x. Analogicznie, jak w dowodzie Twierdzenia 5.2.9 sprawdzamy, że ∂w

∂xj= uj ,

j = 1, . . . , n. Wynika stąd w szczególności, że w ∈ Ck+1(D) oraz dw = u.

(36)Georges de Rham (1903–1990).

ROZDZIAł 6

Wybrane rozdziały analizy matematycznej

6.1. Twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa

Twierdzenie Weierstrassa można uogólnić na funkcje klasy Ck.Twierdzenie 6.1.1 (Twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa).Niech Ω ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym, niech g ∈ Ck(Ω,K) (k ∈ Z+ ∪ ∞) i niech K ⊂ Ω będziezbiorem zwartym. Wtedy istnieje ciąg wielomianów (pν)∞ν=1 ⊂ P(Rn) taki, że Dαpν −→ Dαg jednostajniena K dla dowolnego |α| 6 k.

Zauważmy, że oczywiście możemy zawsze założyć, że K = R.Odnotujmy, iż dla k = 0 powyższe twierdzenie implikuje klasyczne twierdzenie Weierstrassa (jeżeli

g ∈ C(K,K), to, na podstawie twierdzenia Tietzego–Urysohna, g przedłuża się ciągle na całe Rn).Ćwiczenie. Czy w powyższym twierdzeniu można zastąpić K przez dowolną przestrzeń unormowaną

(tak, jak to było dla k = 0)?

Dowód Twierdzenia 6.1.1 poprzedzimy pewnymi przygotowaniami.

Definicja 6.1.2. Dla ciągu (Ψν)∞ν=1 ⊂ C∞(Rn,R+) wprowadźmy następujące pojęcie

ΨνD′−→ δ0 :⇐⇒ ∀ϕ∈C0(Rn) :

∫RnΨν(t)ϕ(t) dt −→ ϕ(0).

Przykład 6.1.3. Niech (Φε)ε>0 oznacza dowolną rodzinę funkcji regularyzujących (taką, jak w § 4.15)(1). Wtedy dla dowolnej funkcji ϕ ∈ C0(Rn) mamy∫

RnΦε(t)ϕ(t) dt = ϕε(0) −→

ε→0ϕ(0)

(Twierdzenie 4.15.2(d)), a zatem ΦενD′−→ δ0 dla dowolnego ciągu εν −→ 0.

Obserwacja 6.1.4. (a) Jeżeli ΨνD′−→ δ0, to dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂⊂ Rn istnieje stała

C(K) > 0 taka, że ∫K

Ψν(t) dt 6 C(K), ν > 1.

Istotnie, ustalmy kompakt K i niech ϕ ∈ C0(Rn, [0, 1]) będzie taka, że ϕ = 1 na K (por. 1.1.19).Wtedy ∫

K

Ψν(t) dt 6∫RnΨν(t)ϕ(t) dt −→ ϕ(0).

(b) Jeżeli ΨνD′−→ δ0, to dla dowolnej funkcji ϕ ∈ C0(Rm × Rn) rodzina funkcji

hν(x) :=

∫RnΨν(t)ϕ(x, t) dt, x ∈ Rm, ν > 1,

jest równociągła(

2).

Istotnie, niech suppϕ ⊂ A×B, gdzie A ⊂⊂ Rm, B ⊂⊂ Rn są zbiorami zwartymi. Zauważmy, żesupphν ⊂ A, ν > 1. Ustalmy x0 ∈ A i ε > 0. Wobec jednostajnej ciągłości funkcji ϕ (na B(x0, 1)×B),istnieje η > 0 taka, że

|ϕ(x, t)− ϕ(x0, t)| 6 ε dla (x, t) ∈ B(x0, η)×B.(1)Φε(x) := ε−nΦ(x/ε), Φ ∈ C∞0 (Rn,R+), Φ(x1, . . . , xn) = Φ(|x1|, . . . , |xn|), suppΦ = Bn,

∫Rn Φ dL

n = 1.(2)Tzn. ∀x0∈Rm ∀ε>0 ∃η>0 : ∀x∈B(x0,η) ∀ν>1 : |hν(x)− hν(x0)| 6 ε.

247


6. Wybrane rozdziały analizy matematycznej

Stąd, dla dowolnego x ∈ B(x0, η), mamy

|hν(x)− hν(x0)| 6∫B

Ψν(t)|ϕ(x, t)− ϕ(x0, t)| dt 6 ε∫B

Ψν(t) dt 6 εC(B), ν > 1,

gdzie C(B) ma takie znaczenie jak w (a).

(c) Jeżeli ΨνD′−→ δ0, to dla dowolnej funkcji ϕ ∈ C0(Rm × Rn) mamy∫

RnΨν(t)ϕ(·, t) dt −→ ϕ(·, 0) jednostajnie na Rm.

Jest to prosty wniosek z (a) i (b)(

3).

Propozycja 6.1.5. Niech ΨνD′−→ δ0. Dla f ∈ Ck0 (Rn) (k ∈ Z+ ∪ ∞) zdefiniujmy

fν(x) :=

∫RnΨν(t)f(x− t) dt =

∫RnΨν(x− t)f(t) dt = (Ψν ∗ f)(x), x ∈ Rn, ν > 1.

Wtedy (fν)∞ν=1 ⊂ C∞(Rn) oraz Dαfν −→ Dαf niemal jednostajnie w Rn dla dowolnego |α| 6 k.

Dowód . Wykorzystując wzór

fν(x) =

∫supp f

Ψν(x− t)f(t) dt, x ∈ Rn,

oraz twierdzenie o funkcjach danych całką (Propozycja 4.13.1), wnioskujemy że fν ∈ C∞(Rn). Ponadto,

Dαfν(x) =

∫RnΨν(t)Dαf(x− t) dt = (Dαf)ν(x), |α| 6 k, x ∈ Rn, ν > 1.

Wystarczy więc rozważyć jedynie przypadek α = 0. Ustalmy zbiór zwarty K ⊂ Rn. Do dowodu jedno-stajnej zbieżności fν −→ f na K wykorzystamy Obserwację 6.1.4(c). Mamy

fν(x) =

∫RnΨν(t)ϕ(x, t) dt, x ∈ K, ν > 1,

gdzieϕ(x, t) := f(x− t)χ(t), (x, t) ∈ Rn × Rn,

zaś χ ∈ C0(Rn, [0, 1]) jest dowolną funkcją taką, że χ = 1 na K − supp f (różnica algebraiczna). Odno-tujmy, że suppϕ ⊂ (suppχ + supp f) × suppχ. Stąd, na podstawie Obserwacji 6.1.4(c), fν −→ ϕ(·, 0)jednostajnie na Rn, a więc w szczególności

(4), fν −→ f jednostajnie na K.

Propozycja 6.1.6. Załóżmy, że (Ψν)∞ν=1 ⊂ P(Rn,R) jest ciągiem wielomianów n–zmiennych rzeczywi-

stych takim, że ΨνD′−→ δ0. Wtedy dla dowolnej funkcji f ∈ Ck(Ω) i dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ Ω

istnieje ciąg wielomianów (fν)∞ν=1 ⊂ P(Rn,R) taki, że Dαfν −→ Dαf jednostajnie na K dla dowolnego|α| 6 k.

Dowód . Zastępując f przez f ·χ, gdzie χ ∈ C∞0 (Ω, [0, 1]), χ = 1 w otoczeniu K, redukujemy problem doprzypadku, gdy f ∈ Ck0 (Rn). Teraz wystarczy tylko zauważyć, że jeżeli Ψν jest wielomianem, to funkcjafν z Propozycji 6.1.5 jest również wielomianem. Istotnie, jeżeli

Ψ(t) =∑|β|6N

aβtβ ,

to ∫RnΨ(x− t)f(t) dt =

∫Rn

( ∑|β|6N

aβ∑γ6β

(β

γ

)xγ(−t)β−γ

)f(t) dt

=∑|β|6N

∑γ6β

(aβ

(β

γ

)∫Rn

(−t)β−γf(t) dt)xγ .

(3)Niech fν : Rn −→ R, ν = 1, 2, . . . , będzie równociągłą rodziną funkcji taką, że fν −→ f punktowo na Rn. Wtedy

fν −→ f niemal jednostajnie (Ćwiczenie). Własność tę można oczywiście uogólnić — Ćwiczenie.(4)ϕ(x, 0) = f(x)χ(0); stąd ϕ(x, 0) = f(x), gdy x ∈ K ∩ supp f (bo wtedy 0 ∈ K − supp f , a więc χ(0) = 1) oraz

ϕ(x, 0) = 0 = f(x), gdy x ∈ K \ supp f .

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.1. Twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa 249

Wobec Propozycji 6.1.6, dla dowodu twierdzenia Weierstrassa dla funkcji klasy Ck, pozostaje jużtylko znaleźć ciąg wielomianów taki, że Ψν

D′−→ δ0. Najpierw zredukujemy problem do n = 1.

Lemat 6.1.7. Niech Ψj,νD′−→ δ0 w Rnj , j = 1, 2. Wtedy Ψ1,ν ⊗ Ψ2,ν

D′−→ δ0 w Rn1 × Rn2(

5).

Dowód . Weźmy ϕ ∈ C0(Rn1 × Rn2), suppϕ ⊂ A1 ×A2, Aj ⊂ Rnj zwarty, j = 1, 2. Niech

hν(x1) :=

∫Rn2

Ψ2,ν(t2)ϕ(x1, t2) dt2, x1 ∈ Rn1 , ν > 1.

Wiemy (Obserwacja 6.1.4(c)), że hν −→ ϕ(·, 0) jednostajnie na Rn1 . Wprost z definicji wnioskujemy, że

aν :=

∫Rn1

Ψ1,ν(t1)ϕ(t1, 0) dt1 − ϕ(0, 0) −→ 0.

Mamy więc∣∣∣ ∫Rn1×Rn2

Ψ1,ν(t1)Ψ2,ν(t2)ϕ(t1, t2) dt1dt2 − ϕ(0, 0)∣∣∣ =

∣∣∣ ∫Rn1

Ψ1,ν(t1)hν(t1) dt1 − ϕ(0, 0)∣∣∣

6∫A1

Ψ1,ν(t1)|hν(t1)− ϕ(t1, 0)| dt1 +∣∣∣ ∫

Rn1

Ψ1,ν(t1)ϕ(t1, 0) dt1 − ϕ(0, 0)∣∣∣

6(

supν>1

∫A1

Ψ1,ν(t1) dt1

)(supRn1

|hν − ϕ(·, 0)|)

+ |aν | −→ 0.

Ostatecznie pozostaje więc znaleźć ciąg wielomianów jednej zmiennej taki, że ΨνD′−→ δ0 w R.


Ψν(t) :=pν√2π

(1− p2

νt2

4ν

)2ν

, t ∈ R, ν > 1,

gdzie 0 < pν −→ +∞ tak, że pν/√ν −→ 0. Wtedy Ψν

D′−→ δ0.

Istotnie, niech ϕ ∈ C0(R), suppϕ ⊂ [−A,A], |ϕ| 6 C. Zauważmy, że∫RΨν(t)ϕ(t) dt =

1√2π

∫R

(1− t2

4ν

)2ν

ϕ( t

pν

)dt,(

1− t2

4ν

)2ν

ϕ( t

pν

)−→ e−t

2/2ϕ(0) punktowo na R.

Ponieważ p2ν/ν −→ 0, zatem istnieje ν0 takie, że

(pνA)2

4ν< 1, ν > ν0.

Teraz dla ν > ν0 oraz |t| 6 pνA dostajemy(

6)

∣∣∣(1− t2

4ν

)2ν

ϕ( t

pν

)∣∣∣ 6 C(1− t2

4ν

)2ν

6 Ce−t2/2.

Stąd, na podstawie twierdzenia Lebesgue’a o zmajoryzowanym przechodzeniu do granicy pod znakiemcałki, mamy ∫

RΨν(t)ϕ(t) dt −→ 1√

2π

∫Re−t

2/2ϕ(0) dt = ϕ(0).

(5)

(f1 ⊗ f2)(x1, x2) := f1(x1)f2(x2).(6)Korzystając ze znanej nierówności 1− u 6 e−u, u > 0.



6.2. Szeregi Fouriera w przestrzeniach Hilberta

Niech H będzie przestrzenią Hilberta nad K (K = R lub K = C) z iloczynem skalarnym 〈 , 〉 i normą‖ ‖(

7). Przypuśćmy, że (ϕj)

∞j=0 jest układem ortonormalnym w H, tzn. 〈ϕj , ϕk〉 = δj,k, j, k = 0, 1, 2, . . . .

Obserwacja 6.2.1. (a) Jeżeli f = λ0ϕ0 + · · ·+ λkϕk, to

λj = 〈f, ϕj〉, j = 0, . . . , k, ‖f‖2 = |λ0|2 + · · ·+ |λk|2.

(b) Układ (ϕj)∞j=0 jest liniowo niezależny.

(c) (Ortonormalizacja) Niech (ψj)∞j=0 będzie dowolnym układem liniowo niezależnym. Wtedy istnieje

taki układ ortonormalny (ϕj)∞j=0, że dla dowolnego k = 0, 1, 2, . . . mamy

Kψ0 + · · ·+Kψk = Kϕ0 + · · ·+Kϕk. (∗)

Istotnie, definiujemy ϕ0 := ψ0/‖ψ0‖ i jeżeli już ϕ0, . . . , ϕ` są zdefiniowane i spełniają (∗) dla k =0, . . . , `, to kładziemy

ϕ`+1 := ϑ`+1/‖ϑ`+1‖,gdzie

ϑ`+1 := ψ`+1 −∑j=0

〈ψ`+1, ϕj〉ϕj ,

i bez trudu sprawdzamy, że ϕ0, . . . , ϕ`+1 spełniają wszystkie wymagane warunki.

(d) Jeżeli układ (ϕj)∞j=0 jest ortonormalny, to dla dowolnego ciągu (εj)

∞j=0 ⊂ −1,+1, układ

(εjϕj)∞j=0 jest ortonormalny oraz

Kϕ0 + · · ·+Kϕk = Kε0ϕ0 + · · ·+Kεkϕk, k = 0, 1, 2 . . . .

Niech Vk := Kϕ0+· · ·+Kϕk. Oczywiście Vk ⊂ Vk+1 oraz dimK Vk = k + 1, k = 0, 1, 2, . . . ZdefiniujmySk : H −→ Vk,

Sk(f) := 〈f, ϕ0〉ϕ0 + · · ·+ 〈f, ϕk〉ϕk, k = 0, 1, 2, . . . .

Jest widoczne, że Sk jest operacją K–liniową i ciągłą oraz, że Sk = id na Vk.

Propozycja 6.2.2. (a) f − Sk(f) ⊥ Vk. W szczególności,

‖f − Sk(f)‖2 = ‖f‖2 − ‖Sk(f)‖2, f ∈ H, k = 0, 1, 2, . . . .

(b) Sk(f) jest jedynym elementem przestrzeni Vk realizującym odległość dist(f, Vk) elementu f od Vk(8), f ∈ H, k = 0, 1, 2, . . . .

Dowód . (a) 〈f − Sk(f), ϕj〉 = 〈f, ϕj〉 − 〈Sk(f), ϕj〉 = 〈f, ϕj〉 − 〈f, ϕj〉 = 0, j = 0, . . . , k.(b) Mamy:

‖f −k∑j=0

λjϕj‖2 = ‖f‖2 − 2 Re( k∑j=0

λj〈f, ϕj〉)

+

k∑j=0

|λj |2.

Wiemy, że ‖f − Sk(f)‖2 = ‖f‖2 −k∑j=0

|〈f, ϕj〉|2. Wynika stąd, że

‖f −k∑j=0

λjϕj‖2 −‖f − Sk(f)‖2 = −2 Re( k∑j=0

λj〈f, ϕj〉)

+

k∑j=0

|λj |2 +

k∑j=0

|〈f, ϕj〉|2 =

k∑j=0

|λj − 〈f, ϕj〉|2,

z czego już łatwo wynika teza.

(7)‖f‖ =

√〈f, f〉.(

8)

dist(f, Vk) := inf‖f − g‖ : g ∈ Vk.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.2. Szeregi Fouriera w przestrzeniach Hilberta 251

Wniosek 6.2.3. (a) (Nierówność Bessela(

9))

∞∑j=0

|〈f, ϕj〉|2 6 ‖f‖2, f ∈ H.

(b) Szereg

S(f) :=

∞∑j=0

〈f, ϕj〉ϕj (†)

jest zbieżny.

Dowód . (a) wynika z Propozycji 6.2.2(a).Dla dowodu (b), zauważmy, że∥∥∥ k+m∑

j=k

〈f, ϕj〉ϕj∥∥∥2

=

k+m∑j=k

|〈f, ϕj〉|2.

Teraz wystarczy skorzystać z (a).

Zauważmy, że k-ta suma częściowa szeregu (†) jest równa Sk(f). Szereg (†) nazywamy szeregiemFouriera elementu f (w bazie ortonormalnej (ϕj)

∞j=0)

(10). Jest widoczne, że operacja H 3 f 7−→ S(f) ∈

H jest liniowa. Ponadto z nierówności Bessela mamy:

‖S(f)‖ 6 ‖f‖, f ∈ H.

Oznacza to w szczególności, że S jest operatorem ciągłym.

Niech V :=∞⋃k=0

Vk. Odnotujmy, że V jest podprzestrzenią wektorową H.

Twierdzenie 6.2.4. Następujące warunki są równoważne:(i) S = id;(ii) ‖S(f)‖ = ‖f‖, f ∈ H

(11);

(iii) zachodzi tożsamość Parsevala(

12)

〈f, g〉 =

∞∑j=0

〈f, ϕj〉〈g, ϕj〉, f, g ∈ H;

(iv) V ⊥ = 0(

13);

(v) V = H.

Jeżeli jest spełniony którykolwiek z powyższych równoważnych warunków, to mówimy, że układortonormalny (ϕj)

∞j=0 jest zupełny.

Dowód . Dla dowodu implikacji (i) =⇒ (iii) wystarczy zauważyć, że lewa strona tożsamości Parsevala, to〈S(f), S(g)〉.

Implikacja (iii) =⇒ (ii) jest oczywista (f = g).Implikacja (ii) =⇒ (i) wynika z Propozycji 6.2.2(a).(i) =⇒ (iv): Jeżeli f ⊥ ϕj dla dowolnego j, to S(f) = 0.(iv) =⇒ (i): 〈f − S(f), ϕj〉 = 0 dla dowolnego j.(i) =⇒ (v): V 3 Sk(f) −→ f ∈ V .(v) =⇒ (i): Przypuśćmy, że V ⊃ Vkν 3 fν −→ f . Wtedy

‖f − Skν (f)‖ = dist(f, Vkν ) 6 ‖f − fν‖ −→ 0.

(9)Friedrich Bessel (1784–1846).(

10)Jean Fourier (1768–1830).(

11)Tzn. S jest izometrią.(

12)Marc–Antoine Parseval (1755–1836).(

13)Tzn. jeżeli 〈f, ϕj〉 = 0 dla j = 0, 1, 2, . . . , to f = 0.

Na podstawie Propozycji 6.2.2(b) ciąg (‖f−Sk(f)‖)∞k=0 jest monotoniczny(

14). Zatem ‖f−Sk(f)‖ −→ 0,

a stąd ‖f − S(f)‖ = 0, czyli S(f) = f .

Propozycja 6.2.5. Dla nieskończenie wymiarowej przestrzeni Hilberta H następujące warunki są rów-noważne:

(i) w H istnieje układ ortonormalny zupełny;(ii) H jest przestrzenią ośrodkową, tzn. posiada przeliczalny podzbiór gęsty.

Dowód . (i) =⇒ (ii): Niech (ϕj)∞j=0 będzie układem ortonormalnym zupełnym. Wtedy, na podstawie

Twierdzenia 6.2.4, zbiór

A := λ0ϕ0 + · · ·+ λkϕk : k ∈ Z+, λ0, . . . , λk ∈ K ∩ (Q+ iQ)

jest gęsty w H (i oczywiście przeliczalny).(ii) =⇒ (i): Wobec Obserwacji 6.2.1(c) wystarczy znaleźć układ liniowo niezależny (ψj)

∞j=0 taki, że

przestrzeń

V :=

∞⋃k=0

(Kψ0 + · · ·+Kψk)

jest gęsta w H. Niech A = a1, a2, . . . będzie zbiorem przeliczalnym gęstym i niech ψ0 := ak0 będziepierwszym niezerowym wektorem w tym ciągu. Niech dalej ψ1 := ak1 będzie pierwszym wektorem liniowoniezależnym z ak0 . Jeżeli już określimy ψj = akj dla j = 0, . . . , `, to chcemy by ψ`+1 := ak`+1

byłpierwszym wektorem liniowo niezależnym z ak0 , . . . , ak` . Gdyby ta procedura się zacinała na pewnym `,to wtedy

A ⊂W := Kak0 + · · ·+Kak` .

Przestrzeń W , jako przestrzeń skończenie wymiarowa jest domknięta. Wynika stąd, że H = A = W ,a więc H musi być przestrzenią skończenie wymiarową; sprzeczność.

Tak więc nasza procedura daje liniowo niezależny układ (ψj)∞j=0 taki, że A ⊂ V , gdzie V jest jak

powyżej. W szczególności, H = A = V .

Jako wniosek z klasycznego twierdzenia Weierstrassa otrzymujemy następujący wynik.

Propozycja 6.2.6. Dla dowolnego niepustego zbioru otwartego Ω ⊂ Rn oraz dla dowolnego 1 6 p < +∞przestrzeń Lp(Ω)

(15)jest ośrodkowa

(16).

Dowód . Wiemy (Propozycja 4.13.3), że C0(Ω,K) jest podprzestrzenią gęstą w Lp(Ω). Wystarczy więcpokazać, że istnieje podzbiór przeliczalny A ⊂ Lp(Ω), dla którego C0(Ω,K) ⊂ A (domknięcie w sensie

Lp). Ustalmy ciąg kompaktów (Kν)∞ν=1 taki, że Kν ⊂ intKν+1 oraz Ω =∞⋃ν=1

Kν . Wystarczy pokazać, że

dla dowolnego ν istnieje zbiór przeliczalny Aν ⊂ Lp(Ω) taki, że Fν ⊂ Aν , gdzie

Fν := f ∈ C0(Ω,K) : supp f ⊂ Kν.

Ustalmy ν i niech

Aν := fχKν : f jest wielomianem o współczynnikach wymiernych.(

17)

Oczywiście Aν ⊂ Lp(Ω) oraz Aν jest przeliczalny. Na podstawie twierdzenia aproksymacyjnego Weier-strassa zbiór Aν jest gęsty w Fν w normie supremowej na Kν , a przez to i w normie z Lp

(18).

Wniosek 6.2.7. Dla dowolnego niepustego zbioru otwartego Ω ⊂ Rn, w przestrzeni L2(Ω) istnieje układortonormalny zupełny.

(14)‖f − Sk+1(f)‖ = dist(f, Vk+1) 6 dist(f, Vk) = ‖f − Sk(f)‖.(

15)Lp(Ω) := Lp(Ω,K;Ln).(

16)Uwaga: twierdzenie nie jest prawdziwe dla p = +∞.(

17)W przypadku gdy K = C, przez wielomian o współczynnikach wymiernych rozumiemy wielomian o współczynni-

kach z Q+ iQ.(18)‖f‖Lp 6 (Ln(K))1/p(supK |f |) dla f takich, że supp f ⊂ K ⊂⊂ Ω.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.3. Szeregi Fouriera. Kryteria zbieżności. Twierdzenie Fejéra 253

Dowód . Skorzystamy z Propozycji 6.2.5 (ii) =⇒ (i). Na podstawie Propozycji 6.2.6 przestrzeń L2(Ω)jest ośrodkowa. Pozostaje pokazać, że jest nieskończenie wymiarowa. Pokażemy fakt ogólniejszy:

Dla dowolnego 1 6 p 6 +∞, przestrzeń Lp(Ω) jest nieskończenie wymiarowa.Istotnie, dla dowolnego k ∈ N, niech A1, . . . , Ak ⊂ Ω będą dowolnymi, ograniczonymi, parami

rozłącznymi zbiorami mierzalnymi o miarach dodatnich. Wtedy funkcje χA1 , . . . , χAk są klasy Lp(Ω)

oraz z równościk∑j=1

λjχAj = 0 p.w. na Ω wynika, że λ1 = · · · = λk = 0, a więc są to funkcje liniowo

niezależne.

6.3. Szeregi Fouriera. Kryteria zbieżności. Twierdzenie Fejéra

Przykład 6.3.1. (a) H := L2([−π, π]). Wtedy układ

ϕ0 :=1√2π, ϕ2ν−1(x) :=

cos νx√π

, ϕ2ν(x) :=sin νx√

π, ν = 1, 2, . . . ,

jest ortonormalny (Ćwiczenie); jest to tzw. układ trygonometryczny.

(b) Niech L : [a, a+ T ] −→ [−π, π], L(x) := −π + 2πT (x− a).

Wtedy, dla dowolnego układu ortonormalnego

(ϕν)∞ν=0 ⊂ L2([−π, π]),

układ √2π

T(ϕν L), ν = 0, 1, 2, . . . ,

jest ortonormalny w L2([a, a+ T ]) (Ćwiczenie). W szczególności, na podstawie (a), układ

1√T,

√2π

Tcos

2πν(x− a)

T,

√2π

Tsin

2πν(x− a)

T, ν = 1, 2, . . . ,

jest ortonormalny w L2([a, a+ T ]) (Ćwiczenie).

(c) H := L2([−π, π]). Wtedy układ funkcji

1√2πeiνx, ν ∈ Z,

jest ortonormalny (Ćwiczenie(

19)). W konsekwencji (rozumując podobnie jak w (b)), wnioskujemy, że

układ1√T

exp(2πi ν(x− a)

T

), ν ∈ Z,

jest ortonormalny w L2([a, a+ T ]).

(d) H := L2([−π, π]). Ustalmy c > 0 i niech 0 < ξ0 < ξ1 < . . . będzie ciągiem pierwiastków(niekoniecznie wszystkich) równania tg x = cx. Wtedy układ

sinξνx

π, ν = 0, 1, 2, . . . ,

jest ortogonalny w L2([−π, π]) (Ćwiczenie).

(e) Odnotujmy, że zupełność powyższych układów wymaga udowodnienia. Dla układu trygonome-trycznego zrobimy to w Propozycji 6.3.10.

W dalszym ciągu ograniczymy się do H := L2([−π, π]) i układu trygonometrycznego.

(19)Uwaga: ν przebiega wszystkie liczby całkowite!



Dla f ∈ L2([−π, π]) szereg Fouriera względem układu trygonometrycznego ma postać:

S(f ;x) := S(f)(x) =

∞∑n=0

〈f, ϕn〉ϕn(x) =a0

2+

∞∑n=1

(an cosnx+ bn sinnx), (F)

gdzie

an = an(f) :=

√

2π 〈f, ϕ0〉, n = 0

1√π〈f, ϕ2n−1〉, n ∈ N

=1

π

∫ π

−πf(t) cosnt dt, n ∈ Z+,

bn = bn(f) :=1√π〈f, ϕ2n〉 =

1

π

∫ π

−πf(t) sinnt dt, n ∈ N.

Przy tych oznaczeniach, nierówność Bessela ma postać:

12a

20 +

∞∑n=1

(a2n + b2n) 6

1

π

∫ π

−πf2(t) dt.

Uwaga: szereg po prawej stronie w (F) powstaje przez pogrupowanie (po dwa) wyrazów szeregu polewej stronie. Operacja ta nie zmienia zbieżności szeregu bowiem, na mocy nierówności Bessela an −→ 0i bn −→ 0 gdy n −→ +∞.

Odnotujmy, że an(f) = 0, n = 0, 1, 2, . . . , jeżeli funkcja f jest nieparzysta i bn(f) = 0, n = 1, 2, . . . ,jeżeli jest parzysta.

Szereg (F) można zapisać w postaci zespolonej jako

S(f ;x) :=

∞∑n=−∞

cneinx.

Istotnie,

S(f ;x) =a0

2+

∞∑n=1

(an cosnx+ bn sinnx) =a0

2+

∞∑n=1

(aneinx + e−inx

2− ibn

einx − e−inx

2

)=a0

2+

∞∑n=1

(an − ibn2

einx +an + ibn

2e−inx

).

Dla n ∈ Z+, wystarczy więc przyjąć

cn =an − ibn

2=

1

2π

∫ π

−πf(t)(cosnt− i sinnt)dt =

1

2π

∫ π

−πf(t)e−intdt,

c−n =an + ibn

2=

1

2π

∫ π

−πf(t)(cosnt+ i sinnt)dt =

1

2π

∫ π

−πf(t)eintdt,

czyli

cn =1

2π

∫ π

−πf(t)e−intdt, n ∈ Z.

Zależności między postacią rzeczywistą i zespoloną są dane poprzez związki:

c0 =a0

2, cn = 1

2 (an − ibn), c−n = 12 (an + ibn),

a0 = 2c0, an = c−n + cn, bn = i(cn − c−n), n = 1, 2, . . .

(w szczególności, cn = c−n, n ∈ Z+).W wersji zespolonej, nierówność Bessela ma postać:

∞∑n=−∞

|cn|2 61

2π

∫ π

−π|f(t)|2 dt.

Z tego, co dotychczas udowodniliśmy (Twierdzenie 6.2.4), wynika, że jeżeli układ trygonometrycznyjest zupełny, to Sk(f ; ·) −→ f w L2 dla dowolnej funkcji f ∈ L2([−π, π]). Zbieżność w sensie L2 jest


własnością bardzo słabą — w praktyce jesteśmy zainteresowani zbieżnością w jakimś punkcie x0 ∈ [−π, π],a dokładniej, odpowiedzią na dwa pytania:• czy szereg S(f ;x0) jest zbieżny,• jeżeli jest zbieżny, to do czego? (zobaczymy, że nie musi to być f(x0) nawet, gdy f jest ciągła

w x0).Zauważmy, że szereg w postaci takiej, jak po prawej stronie w (F) możemy zdefiniować dla dowolnej

funkcji f ∈ L1([−π, π]) (bo wtedy wzory na an(f) i bn(f) mają sens). Będziemy go również nazywaćszeregiem Fouriera funkcji f . Ale, oczywiście, w tym przypadku nie możemy korzystać z teorii w prze-strzeniach Hilberta (np. z nierówności Bessela).

Twierdzenie 6.3.2 (Riemanna–Lebesgue’a). Dla dowolnego przedziału P ⊂ R oraz dla dowolnej funkcjif ∈ L1(P ) mamy:

lim|α|→+∞

∫P

f(t) cosαt dt = lim|α|→+∞

∫P

f(t) sinαt dt = 0.

W szczególności, dla dowolnej funkcji f ∈ L1([−π, π]) mamy:

an(f) −→ 0, bn(f) −→ 0 przy n −→ +∞.

Dowód . W dowodzie ograniczymy się do funkcji cos. Pozostały przypadek jest analogiczny.(1) f = χQ, gdzie Q jest przedziałem ograniczonym, Q ⊂ P . Jeżeli Q = (a, b)

(20), to∫

P

f(t) cosαt dt =1

αsinαt|ba =

1

α(sinαb− sinαa),

a stąd ∣∣∣ ∫P

χQ(t) cosαt dt∣∣∣ 6 2

|α|−→|α|→+∞

0.

(2) Jeżeli twierdzenie zachodzi dla f1, f2 ∈ L1(P ), to zachodzi dla λ1f1 +λ2f2 dla dowolnych λ1, λ2 ∈R.

(3) JeżeliM+(P ) 3 fν f ∈ L1(P ) i twierdzenie zachodzi dla każdej funkcji fν , ν > 1, to zachodzidla f .

Istotnie, na podstawie twierdzenia o monotonicznym przechodzeniu do granicy pod znakiem całki,mamy: ∣∣∣ ∫

P

f(t) cosαt dt−∫P

fν(t) cosαt dt∣∣∣ 6 ∫

P

(f(t)− fν(t))dt −→ 0, α ∈ R.

Teraz, dla danego ε > 0, najpierw dobieramy ν0 takie, że∣∣∣ ∫P

f(t) cosαt dt−∫P

fν0(t) cosαt dt∣∣∣ 6 ε, α ∈ R,

a następnie korzystamy z tego, że∫Pfν0(t) cosαt dt −→ 0 gdy |α| −→ +∞.

(4) Na podstawie (1), (2) i (3), twierdzenie zachodzi dla dowolnej funkcji f = χU , gdzie U jestzbiorem otwartym w P i χU ∈ L1(P ).

(5) f = χA ∈ L1(P ), gdzie A jest zbiorem mierzalnym, A ⊂ P .Istotnie, dla dowolnego ε > 0 istnieje zbiór U otwarty w P taki, że A ⊂ U i L1(U \A) 6 ε. Wtedy∣∣∣ ∫

P

χU (t) cosαt dt−∫P

χA(t) cosαt dt∣∣∣ 6 ε

i możemy skorzystać z (4).

(6) Wobec (5) i (2), twierdzenie zachodzi dla dowolnej funkcji f ∈M+0 (P )∩L1(P ). Stąd, na podstawie

(3), zachodzi dla dowolnej funkcji f ∈ M+(P ) ∩ L1(P ) i ostatecznie (poprzez rozkład f = f+ − f−) —dla dowolnej funkcji f ∈ L1(P ).

(20)To samo dotyczy przypadków, gdy Q = [a, b), Q = (a, b] lub Q = [a, b].

Lemat 6.3.3. Niech f : R −→ R będzie funkcją okresową o okresie 2π taką, że f ∈ L1([−π, π])(

21).

Niech

Sk(f ;x) =a0

2+

k∑n=1

(an cosnx+ bn sinnx), x ∈ R, k = 0, 1, 2, . . . .

Wtedy

Sk(f ;x) =1

π

∫ π

0

f(x+ t) + f(x− t)2

·sin (2k+1)t

2

sin t2

dt, x ∈ R, k = 0, 1, 2, . . . .

W szczególności,

1

π

∫ π

0

sin (2k+1)t2

sin t2

dt = 1, k = 0, 1, 2, . . . .

Dowód . Biorąc pod uwagę wzory na współczynniki szeregu Fouriera, korzystając ze wzoru

12 +

k∑n=1

cosnα =sin (2k+1)α

2

2 sin α2

(Ćwiczenie)

oraz z okresowości funkcji f , mamy:

Sk(f ;x) =1

π

∫ π

−πf(t)

(12 +

k∑n=1

(cosnt cosnx+ sinnt sinnx))dt

=1

π

∫ π

−πf(t)

(12 +

k∑n=1

cosn(t− x))dt =

1

π

∫ π

−πf(t)

sin (2k+1)(t−x)2

2 sin t−x2

dt

=1

π

∫ π−x

−π−xf(x+ t)

sin (2k+1)t2

2 sin t2

dt(∗)=

1

π

∫ π

−πf(x+ t)

sin (2k+1)t2

2 sin t2

dt

=1

π

∫ π

0

f(x+ t) + f(x− t)2

·sin (2k+1)t

2

sin t2

dt.

gdzie (∗) wynika z tego, że funkcja podcałkowa ma okres 2π.

Propozycja 6.3.4. Niech f : R −→ R będzie funkcją okresową o okresie 2π taką, że f ∈ L1([−π, π]).Wtedy dla dowolnego 0 < δ < π mamy:

limk→+∞

Sk(f ;x) = limk→+∞

1

π

∫ δ

0

f(x+ t) + f(x− t)2

·sin (2k+1)t

2

sin t2

dt, x ∈ R

(w tym sensie, że obie granice jednocześnie istnieją i są równe).W szczególności, prawdziwa jest następująca zasada lokalizacji:O zbieżności i wartości S(f ;x0) szeregu Fouriera funkcji f w punkcie x0 decydują wyłącznie wartości

funkcji f w dowolnie małym otoczeniu punktu x0.

Dowód . Ustalmy x. Funkcja

[δ, π] 3 t 7−→ f(x+ t) + f(x− t)sin t

2

jest całkowalna. Zatem, na podstawie twierdzenia Riemanna–Lebesgue’a, mamy:

limk→+∞

1

π

∫ π

δ

f(x+ t) + f(x− t)2

·sin (2k+1)t

2

sin t2

dt = 0.

Teraz wystarczy skorzystać z Lematu 6.3.3.

(21)Równoważnie: f ∈ L1([a, a+ 2π]) dla pewnego (dowolnego) a ∈ R.


Propozycja 6.3.5 (Kryterium Diniego(

22)). Niech f : R −→ R będzie funkcją okresową o okresie 2π

taką, że f ∈ L1([−π, π]). Niech x0 ∈ R i A ∈ R będą takie, że funkcja

(0, π] 3 t ψ7−→ f(x0 + t) + f(x0 − t)− 2A

t

jest całkowalna(

23). Wtedy

S(f ;x0) = limk→+∞

Sk(f ;x0) = A.

Dowód . Na podstawie Lematu 6.3.3 mamy:

Sk(f ;x0)−A =1

π

∫ π

0

(f(x0 + t) + f(x0 − t)2

−A) sin (2k+1)t

2

sin t2

dt =1

π

∫ π

0

(ψ(t)

t2

sin t2

)sin

(2k + 1)t

2dt.

Ponieważ funkcja

(0, π] 3 t 7−→t2

sin t2

jest ograniczona, zatem funkcja

(0, π] 3 t 7−→ ψ(t)t2

sin t2

jest całkowalna i możemy skorzystać z twierdzenia Riemanna–Lebesgue’a.

Wniosek 6.3.6 (Przykłady użycia kryterium Diniego). Niech f : R −→ R będzie funkcją okresowąo okresie 2π taką, że f ∈ L1([−π, π]) i niech x0 ∈ R.

(a) Jeżeli funkcja

(0, π] 3 t ψ7−→ f(x0 + t) + f(x0 − t)− 2f(x0)

t

jest całkowalna, to Sk(f ;x0) −→ f(x0).

(b) W szczególności, jeżeli istnieje skończona granica

limt→0+

f(x0 + t) + f(x0 − t)− 2f(x0)

t,

to S(f ;x0) = f(x0).

(c) W szczególności, jeżeli granice jednostronne

f(x0±) := limt→0±

f(x0 + t)

istnieją i są skończone, 2f(x0) = f(x0+) + f(x0−) oraz istnieją skończone granice

limt→0+

f(x0 ± t)− f(x0±)

t,

to S(f ;x0) = f(x0).

(d) W szczególności, jeżeli f ′(x0) istnieje, to S(f ;x0) = f(x0).

(e) Jeżeli granice jednostronne f(x0±) istnieją i są skończone, 2f(x0) = f(x0+) + f(x0−) oraz

|f(x0 ± t)− f(x0±)| 6 Ctα, 0 6 t 6 δ,

dla pewnych C,α, δ > 0, to funkcja ψ (z A := f(x0)) jest całkowalna, a zatem S(f ;x0) = f(x0).

(22)Ulisse Dini (1845–1918).(

23)Oczywiście, problemem jest tu całkowalność w otoczeniu zera.

Przykład 6.3.7. Niech h : R −→ R będzie funkcją okresową o okresie 2π taką, że

h(x) =

−x− π, −π 6 x < 0

0, x = 0

−x+ π, 0 < x 6 π

.

Wtedy

h(x) = S(h;x) = 2

∞∑n=1

sinnx

n, x ∈ R.

Ponadto, szereg jest zbieżny niemal jednostajnie na przedziale (0, 2π)(

24).

Istotnie, funkcja h jest nieparzysta, więc an(h) = 0, n = 0, 1, 2, . . . . Bez trudu sprawdzamy, żebn(h) = 2

n

(25), n = 1, 2, . . . . Zauważmy, że h spełnia w każdym punkcie warunek z kryterium Diniego

bo jest różniczkowalna w [−π, 0) ∪ (0, π] (dla x0 = 0 zbieżność jest trywialna).Zbieżność niemal jednostajna wynika z kryterium Dirichleta jednostajnej zbieżności (Ćwiczenie).

Twierdzenie 6.3.8 (Twierdzenie Fejéra(

26)). Niech f : R −→ R będzie ciągłą funkcją okresową o okre-

sie 2π. Zdefiniujmy:

σk(f ;x) :=S0(f ;x) + · · ·+ Sk−1(f ;x)

k, x ∈ R, k = 1, 2, . . . .

Wtedy σk(f ; ·) −→ f jednostajnie na R.

Dowód . Korzystając z Lematu 6.3.3 i wzoruk−1∑j=0

sin(2j + 1)α =sin2 kα

sinα(Ćwiczenie),

dostajemy

σk(f ;x) =1

π

∫ π

0

f(x+ t) + f(x− t)2

· 1

k sin t2

k−1∑j=0

sin(2j + 1)t

2dt

=1

π

∫ π

0

f(x+ t) + f(x− t)2

·sin2 k t2k sin2 t

2

dt, x ∈ R, k = 1, 2, . . . .

W szczególności,1

π

∫ π

0

sin2 k t2k sin2 t

2

dt = 1, k = 1, 2, . . . .

Niech 0 < δ < π. Liczymy:

|σk(f ;x)− f(x)| 6 1

π

∫ π

0

∣∣∣f(x+ t) + f(x− t)− 2f(x)

2

∣∣∣ sin2 k t2k sin2 t

2

dt

61

π

∫ δ

0

ωf (δ)sin2 k t2k sin2 t

2

dt+1

π

∫ π

δ

2‖f‖L∞sin2 k t2k sin2 t

2

dt

6 ωf (δ) +2‖f‖L∞k sin2 δ

2

, x ∈ R, k = 1, 2, . . . .

Wielomianem trygonometrycznym nazywamy dowolną funkcję postaci

w(x) = α0 +

k∑n=1

(αn cosnx+ βn sinnx).

Jako natychmiastowy wniosek z twierdzenia Fejéra dostajemy następujące

(24)Tzn. jest zbieżny jednostajnie na dowolnym zbiorze zwartym K ⊂ (0, 2π).(

25)bn(h) = 2

π

∫ π0 (π − t) sinnt dt = − 2

ncosnt|π0 + 2

π1nt cosnt|π0 −

2π

1n2 sinnt|π0 = 2

n( tπ− 1) cosnt|π0 = 2

n.(

26)Lipót Fejér (1880–1959).

Propozycja 6.3.9 (Twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa). Załóżmy, że f : R −→ R jest ciągłąfunkcją okresową o okresie 2π. Wtedy istnieje ciąg wielomianów trygonometrycznych (wk)∞k=1 taki, żewk −→ f jednostajnie na R.

Propozycja 6.3.10. Układ trygonometryczny jest zupełny.

Dowód . Wiemy, że C0((−π, π)) jest podprzestrzenią gęstą w przestrzeni L2([−π, π]). Ustalmy funkcjęf ∈ C0((−π, π)). Oczywiście funkcję tę możemy przedłużyć na R do funkcji ciągłej o okresie 2π. Teraz,na podstawie Twierdzenia 6.3.8, istnieje ciąg wielomianów trygonometrycznych wk ∈ Rϕ0+· · ·+Rϕ2(k−1),k = 1, 2, . . . , taki, że wk −→ f jednostajnie na [−π, π].

Obserwacja 6.3.11. Z Propozycji 6.3.9, wynika klasyczne twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassadla jednej zmiennej.

Istotnie, problem sprowadza się do udowodnienia, że każda funkcja f ∈ C([0, π]) daje się jednostajnieaproksymować wielomianami. Ustalmy f . Funkcję tę możemy oczywiście przedłużyć do funkcji ciągłejna R i okresowej o okresie 2π. Na podstawie Propozycji 6.3.9, dla dowolnego ε > 0 istnieje wielomiantrygonometryczny w taki, że ‖w − f‖L∞ 6 ε. W takim razie problem sprowadza się do aproksymacjina [0, π] wielomianów trygonometrycznych zwykłymi wielomianami. Wobec postaci wielomianu trygo-nometrycznego, wystarczy umieć aproksymować funkcje cosnx i sinnx, n = 1, 2, . . . . To zaś wynikabezpośrednio z faktu, że są one rozwijalne w szeregi potęgowe zbieżne na R.

Propozycja 6.3.12 (Kryterium zbieżności jednostajnej). Niech f : R −→ R będzie ciągłą funkcjąokresową o okresie 2π, taką, że f |[−π,π] jest kawałkami klasy C1

(27). Wtedy Sk(f ; ·) −→ f jednostajnie

na R.

Dowód . Wobec Kryterium Diniego wiemy, że Sk(f ;x) −→ f(x), x ∈ R. Wystarczy więc pokazać, że ciąg(Sk(f))∞k=0 jest zbieżny jednostajnie. Zastosujemy kryterium Weierstrassa i wykażemy, że

∞∑n=1

|an(f)|+ |bn(f)| < +∞.

Zauważmy, że f ′ ∈ L2([−π, π]). W szczególności, na podstawie nierówności Bessela, mamy:

12a

20(f ′) +

∞∑n=1

(a2n(f ′) + b2n(f ′)) 6

1

π

∫ π

−πf ′2(t) dt.

Całkując przez części dostajemy: an(f ′) = nbn(f), bn(f ′) = −nan(f), n = 1, 2, . . .(

28).

Teraz, na podstawie nierówności Schwarza, mamy:∞∑n=1

|an(f)| =∞∑n=1

1

n|bn(f ′)| 6

( ∞∑n=1

1

n2

)1/2( ∞∑n=1

b2n(f ′))1/2

< +∞.

Zbieżność szeregu∞∑n=1|bn(f)| sprawdzamy analogicznie.

Propozycja 6.3.13 (Kryterium zbieżności niemal jednostajnej).Niech f : R −→ R będzie funkcją okresową o okresie 2π, taką, że f |[−π,π] jest kawałkami klasy C1. Wtedy

Sk(f ;x) −→ f(x+) + f(x−)

2, x ∈ R.

Ponadto, Sk(f ; ·) −→ f niemal jednostajnie w dowolnym przedziale otwartym, w którym f jest klasyC1.

(27)Przypomnijmy, że funkcja kawałkami klasy Ck w przedziale [a, b] to taka funkcja, dla której istnieje skończona

liczba punktów a = ξ0 < · · · < ξN = b takich, że f |(ξj−1,ξj)przedłuża się do funkcji klasy Ck([ξj−1, ξj ]), j = 1, . . . , N .

Wartości f(ξj), j = 0, . . . , N , są nieistotne. Odnotujmy, że funkcja kawałkami ciągła ma w każdym punkcie skończonegranice jednostronne f(x±).(

28)Dla przykładu: an(f ′) = 1

π

∫ π−π f

′(t) cosnt dt = 1πf(t) cosnt|π−π + n

π

∫ π−π f(t) sinnt dt = nbn(f).

Dowód . Bez zmiany szeregu Fouriera możemy zmodyfikować funkcję f tak, by

2f(x) = f(x+) + f(x−), x ∈ R.Po takiej zmianie, pierwsza część tezy sprowadza się do udowodnienia, że

Sk(f ; ·) −→ f punktowo na R.Założenie, że f jest kawałkami klasy C1 gwarantuje, że w każdym punkcie x ∈ R, spełniony jest warunekz kryterium Diniego, tzn. istnieje skończona granica

limh→0+

f(x+ h) + f(x− h)− 2f(x)

h= limh→0+

f(x+ h)− f(x+)

h+ limh→0+

f(x− h)− f(x−)

h,

co daje zbieżność punktową.Problemem jest zbieżność niemal jednostajna. Niech −π = ξ0 < · · · < ξN = π będą punktami

„osobliwymi” funkcji f , tzn. dla dowolnego j ∈ 1, . . . , N funkcja

[ξj−1, ξj ] 3 x 7−→

f(ξj−1+), x = ξj−1

f(x), ξj−1 < x < ξj

f(ξj−), x = ξj

jest klasy C1. Niech

cj :=

14 (f(ξj+)− f(ξj−)), j ∈ 0, N12 (f(ξj+)− f(ξj−)), j = 1, . . . , N − 1

.

Odnotujmy, że c0 = cN . Niech h będzie funkcją taką, jak w Przykładzie 6.3.7. Zdefiniujmy

g(x) := f(x)− 1

π

N∑j=0

cjh(x− ξj), x ∈ R.

Jest to oczywiście funkcja okresowa o okresie 2π i kawałkami klasy C1 (o co najwyżej tych samychpunktach osobliwych w [−π, π]). Pokażemy, że g jest ciągła.

Istotnie, dla ` ∈ 0, N mamy:

g(ξ`+)− g(ξ`−) = 4c` −1

π

N∑j=0

cj

(h((ξ` − ξj) +

)− h((ξ` − ξj)−

))= 4c` − 2

∑j∈0,...,N:

(ξ`−ξj)/(2π)∈Z

cj = 4c` − 2c` − 2c` = 0,

zaś dla ` ∈ 1, . . . , N − 1 mamy:

g(ξ`+)− g(ξ`−) = 2c` −1

π

N∑j=0

cj

(h((ξ` − ξj) +

)− h((ξ` − ξj)−

))= 2c` − 2c` = 0.

Na podstawie Propozycji 6.3.12, Sk(g, ·) −→ g jednostajnie na R. Zauważmy, że

Sk(g;x) = Sk(f ;x)− 1

π

N∑j=0

cjSk(h(· − ξj);x), k = 0, 1, 2, . . . .

Teraz pozostaje już tylko skorzystać z Przykładu 6.3.7, z którego wynika, że Sk(h(·−ξj);x) −→ h(x−ξj)niemal jednostajnie w każdym z przedziałów (ξj−1, ξj), j = 1, . . . , N .

Twierdzenie 6.3.14. Niech E oznacza przestrzeń wszystkich funkcji ciągłych f : R −→ R o okresie 2πz normą supremową (jest to przestrzeń Banacha). Wtedy, dla dowolnego zbioru przeliczalnego B ⊂ [−π, π](

29), istnieje zbiór gęsty A ⊂ E, typu Gδ, taki, że

s∗(f ;x) := sup|Sk(f ;x)| : k > 0 = +∞, (f, x) ∈ A×B.W szczególności, dla dowolnej funkcji f ∈ A jej szereg Fouriera S(f ; ·) jest rozbieżny w każdym

punkcie zbioru B!(29)Odnotujmy, że zbiór B może być gęsty w [−π, π].


Twierdzenie 6.3.15 (Twierdzenie Banacha–Steinhausa(

30)). Niech E będzie przestrzenią Banacha,

F — przestrzenią unormowaną i niech Sk ∈ L(E,F ), k > 0. Załóżmy, że supk>0 ‖Sk‖ = +∞. Wtedyistnieje zbiór gęsty A ⊂ E, typu Gδ, taki, że

supk>0‖Sk(f)‖ = +∞, f ∈ A. (†)

Dowód . Niech Bν := f ∈ E : ‖Sk(f)‖ 6 ν, k > 0, Aν := E \ Bν , A :=∞⋂ν=1

Aν . Widać, że A jest typu

Gδ oraz, że spełniony jest warunek (†).Pozostaje sprawdzić, że A jest gęsty. Przypuśćmy, że B(f0, r0) ⊂ E\A =

∞⋃ν=1

Bν . Ponieważ przestrzeń

B(f0, r0) jest zupełna, zatem własność Baire’a daje istnienie ν0 takiego, że intB(f0,r0)(Bν0 ∩B(f0, r0)) 6=∅. Niech B(g, r) ⊂ Bν0 . Wynika stąd, że dla dowolnego k > 0 mamy:

‖Sk‖ = sup‖Sk(f)‖ : ‖f‖ = 1 6 sup1

r(‖Sk(g)‖+ ‖Sk(g + rf)) : ‖f‖ = 1 6 2ν0

r;

sprzeczność.

Dowód Twierdzenia 6.3.14. (1) Ustalmy x0 ∈ R i k > 0. Najpierw policzymy normę operatora

E 3 f 7−→ Sk(f ;x0) ∈ R.

Oczywiście, jeżeli f ∈ E i |f | 6 1, to na podstawie Lematu 6.3.3 mamy:

|Sk(f ;x0)| 6 1

π

∫ π

0

| sin (2k+1)t2 |

sin t2

dt =: dk.

Pokażemy, że ‖Sk(·;x0)‖ = dk. W tym celu dobierzmy ciąg funkcji (fν)∞ν=1 ⊂ E taki, że |fν | 6 1,ν = 1, 2, . . . oraz

fν(x0 + t) + fν(x0 − t)2

−→ν→+∞

f0(t) := sgn( sin (2k+1)t

2

sin t2

), t ∈ R

(Ćwiczenie(

31)). Teraz, na postawie Lematu 6.3.3 i twierdzenia Lebesgue’a o zmajoryzowanym prze-

chodzeniu do granicy pod znakiem całki, dostajemy:

Sk(fν ;x0) −→ 1

π

∫ π

0

f0(t)sin (2k+1)t

2

sin t2

dt = dk.

Obecnie pokażemy, że supk>0 dk = +∞. Istotnie,

dk >2

π

∫ π

0

| sin (2k+1)t2 |

tdt =

2

π

∫ (2k+1)π2

0

| sinu|u

du >2

π

∫ kπ

0

| sinu|u

du

=2

π

k∑j=1

∫ jπ

(j−1)π

| sinu|u

du >2

π

k∑j=1

1

jπ

∫ jπ

(j−1)π

| sinu| du =4

π2

k∑j=1

1

j−→k→+∞

+∞.

(2) Na podstawie (1) i twierdzenia Banacha–Steinhausa, dla dowolnego punktu x0 ∈ R istnieje zbiórgęsty Ax0

⊂ E, typu Gδ, taki, że s∗(f ;x0) = +∞ dla f ∈ Ax0. Zdefiniujmy A :=

⋂x∈B

Ax. Jest to

oczywiście, zbiór typu Gδ. Gęstość wynika z Twierdzenia Baire’a 1.2.18.

(30)Hugo Steinhaus (1887–1972).(

31)Najpierw konstruujemy ciąg parzystych funkcji ciągłych i okresowych gν : R −→ [−1, 1], ν > 1, taki, że gν −→ f0

punktowo, a następnie kładziemy: fν(t) := gν(t− x0), t ∈ R, ν > 1.

6.4. Odwzorowania o wahaniu ograniczonym

Dla dowolnego odwzorowania f : A −→ Rn, gdzie A ⊂ R, zdefiniujmy

V[a,b](f) := sup N∑j=1

‖f(tj−1)− f(tj)‖ : N ∈ N, a = t0 < · · · < tN = b

o ile [a, b] ⊂ A. Liczbę V[a,b](f) ∈ [0,+∞] nazywamy wahaniem odwzorowania f na przedziale [a, b].Oczywiście, jeżeli f jest odwzorowaniem ciągłym, to V[a,b](f) jest równe długości krzywej f : [a, b] −→ Rnw sensie metryki euklidesowej.

Jeżeli V[a,b](f) < +∞, to mówimy, że odwzorowanie f ma wahanie ograniczone. Zbiór odwzorowańo wahaniu ograniczonym na przedziale [a, b] oznaczamy przez BV([a, b],Rn). Jak zwykle,

BV([a, b]) := BV([a, b],R).

Obserwacja 6.4.1 (Odwzorowania o wahaniu ograniczonym).

V[a,b](αf) = |α|V[a,b](f), α ∈ R; V[a,b](f + g) 6 V[a,b](f) + V[a,b](g).(a)

W szczególności, BV([a, b],Rn) jest przestrzenią wektorową.

(b)‖f(x′)− f(x′′)‖ 6 V[x′,x′′](f), x′, x′′ ∈ [a, b].

W szczególności, BV([a, b],Rn) ⊂ B([a, b],Rn).

(c) f = (f1, . . . , fn) ∈ BV([a, b],Rn)⇐⇒ fj ∈ BV([a, b]), j = 1, . . . , n. Ponadto,

maxV[a,b](fj) : j = 1, . . . , n 6 V[a,b](f) 6n∑j=1

V[a,b](fj).

(d) Dla f : [a, b] −→ R i g : [a, b] −→ Rn mamy:

V[a,b](fg) 6 (sup[a,b]

|f |) · V[a,b](g) + V[a,b](f) · (sup[a,b]

‖g‖).

W szczególności, BV([a, b]) jest algebrą.

(e) Jeżeli f : [a, b] −→ R jest monotoniczna, to V[a,b](f) = |f(a) − f(b)|. W szczególności, f ∈BV([a, b]).

(f) Jeżeli f : [a, b] −→ Rn spełnia warunek Lipschitza ze stałą L, to V[a,b](f) 6 L(b − a). Dlaprzykładu, jeżeli f jest różniczkowalna i ma ograniczoną pochodną, to f ∈ BV([a, b],Rn). W szczególności,C1([a, b],Rn) ⊂ BV([a, b],Rn).

(g) Niech

f(x) :=

x sin π

x , 0 < x 6 2

0, x = 0

(f jest oczywiście ciągła). Mamy:

V[0,2](f) >∣∣∣f( 2

2n−1 )− f(0)∣∣∣+( n−1∑j=1

∣∣∣f( 22n−2j+3 )− f( 2

2n−2j+1 )∣∣∣)+

∣∣∣f( 23 )− f(2)

∣∣∣=

2

2n− 1+

n−1∑j=1

( 2

2n− 2j + 3+

2

2n− 2j + 1

)+ 2

3 + 2 > 4

n−1∑j=1

1

2n− 2j + 3−→ +∞.

(h) V[a,b](f) = V[a,c](f) + V[c,b](f), a 6 c 6 b.

(i) Dla f ∈ BV([a, b],Rn) mamy:f ∈ C([a, b],Rn)⇐⇒ funkcja [a, b] 3 x 7−→ V[a,x](f) jest ciągła.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.5. Kryterium Jordana 263

Istotnie, implikacja (⇐=) wynika z (b) i (h):

‖f(x′)− f(x′′)‖ 6 |V[a,x′](f)− V[a,x′′](f)|, x′, x′′ ∈ [a, b].

Dla dowodu implikacji (=⇒) zauważmy, że, wobec (h), funkcja

[a, b] 3 x ϕ7−→ V[a,x](f)

jest niemalejąca, a więc jej nieciągłość oznacza istnienie skoku, np. ϕ(x) > ϕ(x0) + δ dla dowolnycha 6 x0 < x 6 b, gdzie δ > 0. Wobec (h) mamy: V[x0,x](f) > δ, x0 < x. W szczególności, V[x0,b](f) > δ,

co oznacza istnienie podziału x0 = t0 < · · · < tN = b takiego, żeN∑j=1

‖f(tj)− f(tj−1)‖ > δ. Korzystając

z ciągłości funkcji f wnioskujemy, że istnieje punkt x0 < x1 < t1 taki, że

‖f(x1)− f(t1)‖+

N∑j=2

‖f(tj)− f(tj−1)‖ > δ,

skąd wynika, że V[x1,b](f) > δ. Powtarzając to samo rozumowanie dla przedziału [x0, x1], wnioskujemy,że istnieje x0 < x2 < x1 taki, że V[x2,x1](f) > δ. Po k–krokach dostajemy ciąg x0 < xk < · · · < x1 < btaki, że V[xj ,xj−1](f) > δ, j = k, . . . , 2. Teraz, korzystając z (h), mamy:

V[x0,b](f) = V[x0,xk](f) + V[xk,xk−1](f) + · · ·+ V[x2,x1](f) + V[x1,b](f) > (k + 1)δ −→k→+∞

+∞;

sprzeczność.W przypadku skoku: ϕ(x) < ϕ(x0)− δ dla dowolnych a 6 x < x0 6 b, postępujemy analogicznie.

Propozycja 6.4.2 (Rozkład Jordana). Funkcja f : [a, b] −→ R ma wahanie ograniczone wtedy i tylkowtedy, gdy f = f1 − f2, gdzie f1, f2 : [a, b] −→ R+ są niemalejące

(32). W szczególności, zbiór punk-

tów nieciągłości funkcji o wahaniu ograniczonym może być co najwyżej przeliczalny oraz każda funkcjao wahaniu ograniczonym ma w każdym punkcie skończone granice jednostronne.

Ponadto, jeżeli f jest ciągła, to funkcje f1 i f2 można wybrać w klasie funkcji ciągłych.

Dowód . Dostateczność warunku wynika z Obserwacji 6.4.1(a,e).Dla dowodu konieczności, niech f1(x) := V[a,x](f) + |f(a)|, x ∈ [a, b]. Na podstawie Obserwacji

6.4.1(h), funkcja f1 jest niemalejąca. Ponadto, na podstawie Obserwacji 6.4.1(i), jeżeli f jest ciągła, tof1 jest ciągła. Pozostaje wykazać, że funkcja f2 := f1 − f jest niemalejąca (ponieważ f2(a) = f1(a) −f(a) = |f(a)| − f(a) > 0, będzie ona automatycznie nieujemna). Korzystając z Obserwacji 6.4.1(b,h),dla a 6 x′ < x′′ 6 b, mamy:

f2(x′′)− f2(x′) = V[a,x′′](f)− V[a,x′](f)− (f(x′′)− f(x′)) = V[x′,x′′](f)− (f(x′′)− f(x′)) > 0.

6.5. Kryterium Jordana

Propozycja 6.5.1 (Kryterium Jordana). Niech f : R −→ R będzie funkcją okresową o okresie 2π taką,że f ∈ L1([−π, π]) i niech x0 ∈ R i 0 < δ 6 π będą takie, że V[x0−δ,x0+δ](f) < +∞ oraz 2f(x0) =

f(x0+) + f(x0−)(

33). Wtedy Sk(f ;x0) −→ f(x0).

Lemat 6.5.2 (Twierdzenie o wartości średniej). Niech ϕ : [a, b] −→ R+ będzie funkcją monotonicznąi niech ψ : [a, b] −→ R będzie funkcją całkowalną. Wtedy istnieje punkt ξ ∈ [a, b] taki, że∫ b

a

ϕ(t)ψ(t) dt =

ϕ(b−)

∫ bξψ(t) dt, gdy ϕ jest niemalejąca

ϕ(a+)∫ ξaψ(t) dt, gdy ϕ jest nierosnąca

.

Dowód . Podstawienie t := a+ b− u redukuje przypadek nierosnący do niemalejącego. Dla n ∈ N, niech

tn,j := a+b− an

j, j = 0, . . . , n.

(32)Jest to tzw. rozkład Jordana. Oczywiście nie jest on jednoznaczny: f = (f1 + c)− (f2 + c), c > 0.(

33)Przypomnijmy, że (wobec rozkładu Jordana) granice jednostronne istnieją.



Mamy∫ baϕ(t)ψ(t) dt = s

(1)n + s

(2)n , gdzie

s(1)n : =

n∑j=1

ϕ(tn,j−1)

∫ tn,j

tn,j−1

ψ(t) dt,

s(2)n : =

n∑j=1

∫ tn,j

tn,j−1

[ϕ(t)− ϕ(tn,j−1)]ψ(t) dt.

Niech

g(x) :=

∫ b

x

ψ(t) dt, x ∈ [a, b].

Przypomnijmy (Propozycja 4.5.12), że g jest funkcją ciągłą. Niech m := min g, M := max g. Przekształ-camy:

s(1)n =

n∑j=1

ϕ(tn,j−1)[g(tn,j−1)− g(tn,j)] = ϕ(a)g(a) +

n−1∑j=1

g(tn,j)[ϕ(tn,j)− ϕ(tn,j−1)].

Wynika stąd, żemϕ(tn,n−1) 6 s(1)

n 6Mϕ(tn,n−1), n ∈ N.

Dalej mamy:

|s(2)n | 6 [ϕ(b)− ϕ(a)] max

∫ tn,j

tn,j−1

|ψ(t)| dt : j = 1, . . . , n−→

n→+∞0

(ponownie korzystamy z ciągłości całki względem zbioru (zob. Propozycja 4.5.12)). Ostatecznie, prze-chodząc z n do +∞ dostajemy:

mϕ(b−) 6∫ b

a

ϕ(t)ψ(t) dt 6Mϕ(b−).

Teraz wystarczy już tylko skorzystać z własności Darboux (dla funkcji g).

Dowód Propozycji 6.5.1. Na podstawie rozkładu Jordana mamy:

f(x0 + t) + f(x0 − t)− 2f(x0) = ϕ1(t)− ϕ2(t),

gdzie ϕ1, ϕ2 : [0, δ] −→ R+ są niemalejące. Ponieważ

ϕ1(0+)− ϕ2(0+) = f(x0+) + f(x0−)− 2f(x0) = 0,

możemy założyć, że ϕ1(0+) = ϕ2(0+) = 0.Teraz, wobec zasady lokalizacji (Propozycja 6.3.4), wystarczy pokazać, że dla dowolnej funkcji nie-

malejącej ϕ : [0, δ] −→ R+ takiej, że ϕ(0+) = 0 mamy:∫ δ

0

ϕ(t)

2

sin (2k+1)t2

sin t2

dt −→k→+∞

0.

Zauważmy, że∫ δ

0

ϕ(t)

2

sin (2k+1)t2

sin t2

dt−∫ δ

0

ϕ(t)

tsin

(2k + 1)t

2dt =

∫ δ

0

ϕ(t)( 1

2 sin t2

− 1

t

)sin

(2k + 1)t

2dt.

Ponieważ funkcja

(0, δ) 3 t 7−→ 1

2 sin t2

− 1

t

jest ograniczona, zatem na podstawie twierdzenia Riemanna–Lebesgue’a, wystarczy pokazać, że∫ δ

0

ϕ(t)

tsin

(2k + 1)t

2dt −→

k→+∞0.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.6. Całka Riemanna–Stieltjesa 265

Korzystając z Lematu 6.5.2, dla 0 < η 6 δ, mamy:

limk→+∞

∫ δ

0

ϕ(t)

tsin

(2k + 1)t

2dt

Tw.R-L= lim

k→+∞

∫ η

0

ϕ(t)

tsin

(2k + 1)t

2dt

Lemat 6.5.2= lim

k→+∞ϕ(η−)

∫ η

ξ(η,k)

sin (2k+1)t2

tdt,

gdzie ξ(η, k) ∈ [0, η]. Wobec założenia, że ϕ(0+) = 0, pozostaje oszacować ostatnią całkę niezależnie odη i k. Mamy:∣∣∣ ∫ η

ξ(η,k)

sin (2k+1)t2

tdt∣∣∣ =

∣∣∣ ∫ (2k+1)η2

(2k+1)ξ(η,k)2

sinu

udu∣∣∣ 6 C( (2k + 1)ξ(η, k)

2

)+ C

( (2k + 1)η

2

),

gdzie

C(x) :=∣∣∣ ∫ x

1

sinu

udu∣∣∣, x > 0.

Korzystając jeszcze raz z Lematu 6.5.2 (z ϕ(u) := 1u ), mamy:

C(x) =∣∣∣ ∫ ξ

1

sinu du∣∣∣ 6 2, x > 1,

(gdzie ξ = ξ(x) ∈ [1, x]). Tak więc C(x) 6 max2, C(0), x > 0.

Przykład 6.5.3. (a) Funkcja

f(x) :=

|x| cos π

2x , 0 < |x| 6 π0, x = 0

(po okresowym przedłużeniu na R) spełnia w punkcie x0 := 0 warunki kryterium Diniego (na podstawieWniosku 6.3.6(e)), ale nie spełnia warunków kryterium Jordana (por. Obserwacja 6.4.1(g)).

(b) Funkcja

f(x) :=

1

ln|x|2π

, 0 < |x| 6 π

0, x = 0

(po okresowym przedłużeniu na R) spełnia w punkcie x0 := 0 warunki kryterium Jordana (bo jestmonotoniczna na każdym z przedziałów [−π, 0], [0, π]), ale nie spełnia warunków kryterium Diniegobowiem: ∫ π

0

∣∣∣f(x0 + t) + f(x0 − t)− 2f(x0)

t

∣∣∣dt = 2

∫ π

0

1

t| ln t2π |

dt = 2

∫ ∞ln 2

du

u= +∞.

6.6. Całka Riemanna–Stieltjesa

Całka Riemanna–Stieltjesa(

34)

stanowi naturalne uogólnienie jednowymiarowej całki Riemanna.Nie będziemy tu budować pełnej teorii tej całki, ale zasygnalizujemy tylko najważniejsze jej elementy.

Definicja 6.6.1. Niech f, α : [a, b] −→ R będą dowolnymi funkcjami ograniczonymi. Powiemy, że funkcjaf jest całkowalna względem funkcji α na przedziale P = [a, b], jeżeli istnieje liczba c ∈ R taka, że dladowolnego ε > 0 istnieje δ > 0 taka, że dla dowolnego podziału π = (t0, . . . , tm) przedziału P o średnicy6 δ i dla dowolnego wyboru punktów pośrednich ξ = (ξ1, . . . , ξm), ξj ∈ [tj−1, tj ], j = 1, . . . ,m, mamy

|Mα(f, π, ξ)− c| 6 ε,gdzie

Mα(f, π, ξ) :=

m∑j=1

f(ξj)(α(tj)− α(tj−1)) =

m∑j=1

f(ξj)∆αj .

Piszemy wtedy f ∈ Rα(P ), a liczbę c nazywamy całką Riemanna–Stieltjesa funkcji f względem funkcjiα i oznaczamy

∫Pfdα.

Przypadek α = id redukuje się oczywiście do całkowalności w sensie Riemanna (por. Własność3.1.12).(

34)Thomas Stieltjes (1856 – 1894).

Przykład 6.6.2. Jeżeli obie funkcje f i α są nieciągłe w pewnym punkcie c ∈ P , to f /∈ Rα(P ).Rozważymy kilka przypadków:• a 6 c 0 takie, że |f(ηk) − f(c)| > ε0,

|α(tk)− α(c)| > ε0, k ∈ N. Zauważmy, że sytuacja taka ma miejsce zawsze, gdy c = a.Rozważmy ciąg (πk)∞k=1 podziałów odcinka [a, b] taki, że dla dowolnego k, punkty c, tk są kolejnymi

punktami podziału πk. Ustalmy również ciąg (ξk)∞k=1 punktów pośrednich taki, że dla dowolnego k, punktηk jest elementem ξk. Niech ξ′k będzie ciągiem powstającym przez zastąpienie ηk przez c. Wtedy

|Mα(f, πk, ξk)−Mα(f, πk, ξ

′k)| = |f(ηk)− f(c)||α(tk)− α(c)| > ε20, k ∈ N,

co pokazuje, że f nie może być całkowalna względem α.• „Symetryczne” rozumowanie stosujemy w przypadku, gdy a < c 6 b i istnieją ciągi tk 6 ηk < c,

tk −→ c, oraz ε0 > 0 takie, że |f(ηk)− f(c)| > ε0, |α(c)− α(tk)| > ε0, k ∈ N — Ćwiczenie.• a < c 0 takie, że

|f(ηk)− f(c)| > ε0, |α(t−k )− α(t+k )| > ε0, k ∈ N.Wtedy, jako πk bierzemy podział, w którym punkty t−k , t

+k są kolejnymi punktami podziału, jako ξk

punkty pośrednie, do których należy ηk, a jako ξ′k punkty pośrednie, w których ηk zastąpiono przez c.Dostajemy

|Mα(f, πk, ξk)−Mα(f, πk, ξ

′k)| = |f(ηk)− f(c)||α(t+k )− α(t−k )| > ε20, k ∈ N.

Pozostaje zauważyć, że powyższe przypadki wyczerpują wszystkie możliwości (Ćwiczenie).

W przypadku, gdy α jest funkcją niemalejącą definiujemy również sumy aproksymacyjne dolne i górne

Lα(f, π) :=

m∑j=1

mj(f)∆αj , Uα(f, π) :=

m∑j=1

Mj(f)∆αj ,

gdziemj(f) := inf

[tj−1,tj ]f, Mj(f) := sup

[tj−1,tj ]

f,

oraz całkę dolną i górną ∫∗Pfdα := sup

πLα(f, π),

∫ ∗P

fdα := infπUα(f, π).

Obserwacja 6.6.3. Oto najważniejsze własności całki Riemanna–Stieltjesa (te dowody, które polegająna prostym uogólnieniu odpowiednich rozumowań dla całki Riemanna pozostawiamy jako Ćwiczenie).(1) Rα(P ) jest przestrzenią wektorową, a operator Rα(P ) 3 f 7−→

∫Pfdα ∈ R jest liniowy.

(2) Jeżeli α jest niemalejąca, f, g ∈ Rα(P ), f 6 g, to∫Pfdα 6

∫Pgdα.

(3) Jeżeli f ∈ Rα(P ) ∩Rβ(P ), to dla dowolnych µ, ν ∈ R mamy f ∈ Rµα+νβ(P ) oraz∫Pfd(µα+ νβ) =

µ∫Pfdα+ ν

∫Pfdβ.

(4) Jeżeli f ∈ Rα(P ), to |∫Pfdα| 6 ‖f‖PVP (α).

(5) Jeżeli α jest niemalejąca, to Lα(f, π) 6 Mα(f, π, ξ) 6 Uα(f, π) dla dowolnego podziału π i wyborupunktów pośrednich ξ.

(6) Jeżeli α jest niemalejąca, to Lα(f, π1) > Lα(f, π2), Uα(f, π1) 6 Uα(f, π2) dla dowolnych podziałówπ1 4 π2. W szczególności, jeżeli α jest niemalejąca, to Lα(f, π1) 6 Uα(f, π2) dla dowolnych podziałówπ1 i π2 oraz

∫∗P fdα 6

∫ ∗Pfdα.

(7) Jeżeli α jest niemalejąca, to następujące warunki są równoważne:(i) f ∈ Rα(P );(ii) dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0 taka, że dla dowolnego podziału π o średnicy 6 δ mamy

Uα(f, π)− Lα(f, π) 6 ε.Istotnie, jeżeli f ∈ Rα(P ) i liczba δ > 0 jest przyporządkowana do ε/2 zgodnie z Definicją

6.6.1, to Mα(f, π, ξ′) −Mα(f, π, ξ′′) 6 ε dla dowolnego podziału π o średnicy 6 δ i dla dowolnegowyboru punktów pośrednich ξ′, ξ′′. Teraz wystarczy wybrać ciągi punktów pośrednich ξ′k, ξ′′k tak,by Mα(f, π, ξ′k) −→ Uα(f, π) oraz Mα(f, π, ξ′′k) −→ Lα(f, π).

Zauważmy, że na podstawie (6), Lα(f, π) 6∫∗P fdα 6

∫ ∗Pfdα 6 Uα(f, π). Jeżeli więc spełniony

jest warunek (ii), to∫∗P fdα =

∫ ∗Pfdα =: c oraz c =

⋂π[Lα(f, π), Uα(f, π)]. Teraz, korzystając z

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.6. Całka Riemanna–Stieltjesa 267

tego, iż Lα(f, π) 6 Mα(f, π, ξ) 6 Uα(f, π), wnioskujemy, że dla diamπ 6 δ, spełniony jest warunekz Definicji 6.6.1.

(8) Jeżeli α jest niemalejąca, f ∈ Rα(P ), to |f | ∈ Rα(P ) oraz |∫Pfdα| 6

∫P|f |dα.

Istotnie, całkowalność wynika z nierówności

Uα(|f |, π)− Lα(|f |, π) 6 Uα(f, π)− Lα(f, π);

nierówność |∫Pfdα| 6

∫P|f |dα jest oczywista.

(9) Jeżeli α jest niemalejąca, f, g ∈ Rα(P ), to fg ∈ Rα(P ).Istotnie, jeżeli |f | 6 C, |g| 6 C, to

Uα(fg, π)− Lα(fg, π) 6 C(

(Uα(f, π)− Lα(f, π)) + (Uα(g, π)− Lα(g, π))).

(10) Jeżeli α jest niemalejąca, a < c < b i f ∈ Rα([a, b]), to f |[a,c] ∈ Rα([a, c]), f |[c,b] ∈ Rα([c, b]) oraz∫[a,b]

fdα =∫

[a,c]fdα +

∫[c,b]

fdα. Odnotujmy, że w przeciwieństwie do przypadku całki Riemanna,implikacja przeciwna nie zachodzi. Dla przykładu, niech f, α : [−1, 1] −→ 0, 1,

f(x) :=

0, gdy x 6 0

1, gdy x > 0, α(x) :=

0, gdy x < 0

1, gdy x > 0.

Wtedy f ∈ Rα([−1, 0]), f ∈ Rα([0, 1]),∫

[−1,0]fdα =

∫[0,1]

fdα = 0, ale f /∈ Rα([−1, 1]) (Przykład6.6.2).

Istotnie, jeżeli π = (t0, . . . , tm) jest takim podziałem, że c = tk dla pewnego k, to

Uα(f, π)− Lα(f, π) =(Uα(f |[a,c], π′)− Lα(f |[a,c], π′)

)+(Uα(f |[c,b], π′′)− Lα(f |[c,b], π′′)

),

gdzie π′ := (t0, . . . , tk), π′′ := (tk, . . . , tm). Stąd, korzystając z (7), dostajemy całkowalność f na[a, c] i [c, b]. Równość całek wynika ze związku

Mα(f, π, ξ) = Mα(f |[a,c], π′, ξ′) +Mα(f |[c,b], π′′, ξ′′),gdzie ξ′ := (ξ1, . . . , ξk), ξ′′ := (ξk+1, . . . , ξm).

(11) Jeżeli α jest niemalejąca, f ∈ Rα(P ), f : [a, b] −→ [c, d], oraz Φ ∈ C([c, d]), to g := Φ f ∈ Rα(P )(35).Istotnie, ustalmy ε > 0 i niech 0 < η < ε będzie takie, że ωΦ(η) 6 ε. Niech δ > 0 będzie taka, że

dla dowolnego podziału π o średnicy 6 δ mamy Uα(f, π) − Lα(f, π) 6 η2. Ustalmy π, diamπ 6 δ.Niech

A := j ∈ 1, . . . ,m : Mj(f)−mj(f) 6 η, B := 1, . . . ,m \A.Mamy:

η∑j∈B

∆αj 6∑j∈B

(Mj(f)−mj(f))∆αj 6 Uα(f, π)− Lα(f, π) 6 η2,

Uα(g, π)− Lα(g, π) 6∑j∈A

ωΦ(η)∆αj + 2‖g‖P∑j∈B

∆αj 6∑j∈A

ε∆αj + 2‖g‖P η 6 ε(α(b)− α(a) + 2‖g‖P ).

(12) Jeżeli f ∈ R(P ), α ∈ D([a, b]) oraz α′ ∈ R(P ), to f ∈ Rα(P ) oraz∫Pfdα =

∫Pfα′.

Istotnie, wiemy, że całka po prawej stronie istnieje. Ustalmy ε > 0. Istnieje δ > 0 taka, że dladowolnego podziału π = (t0, . . . , tm) o średnicy 6 δ i dla dowolnego wyboru punktów pośrednich ξ,mamy ∣∣∣M(fα′, π, ξ)−

∫P

fα′∣∣∣ 6 ε, U(α′, π)− L(α′, π) 6 ε.

Na podstawie twierdzenia Lagrange’a o wartości średniej, dla każdego j ∈ 1, . . . , m istniejepunkt ηj ∈ (tj−1, tj) taki, że α(tj)− α(tj−1) = α′(ηj)(tj − tj−1). Wynika stąd, że jeżeli diamπ 6 δ,to∣∣∣Mα(f, π, ξ)−

∫P

fα′∣∣∣ =

∣∣∣M(fα′, π, ξ)−∫P

fα′ +

m∑j=1

f(ξj)(α′(ηj)− α′(ξj))(tj − tj−1)

∣∣∣6 (1 + ‖f‖P )ε.

(35)Daje to w szczególności inny dowód tego, że |f |, f2 ∈ Rα(P ). A stąd dostajemy łatwo (9): 2fg = (f+g)2−f2−g2.



(13) Jeżeli f ∈ C(P ) i α ∈ BV(P ), to f ∈ Rα(P ).Istotnie, na podstawie Propozycji 6.4.2, możemy założyć, że α jest niemalejąca. Wtedy mamy

Uα(f, π)− Lα(f, π) 6 ωf (diamπ)(α(b)− α(a))

i korzystamy z (7).(14) Jeżeli f ∈ C(P ), α ∈ BV(P ) oraz β(x) := V[a,x](f), x ∈ [a, b]

(36), to |f | ∈ Rβ(P ) oraz |

∫Pfdα| 6∫

P|f |dβ.Istotnie, całkowalność wynika z (13), zaś nierówność wynika następującego ciągu nierówności:

|Mα(f, π, ξ)| 6m∑j=1

|f(ξj)||α(tj)− α(tj−1)| 6m∑j=1

|f(ξj)|V[tj−1,tj ](α)

=

m∑j=1

|f(ξj)|(β(tj)− β(tj−1)) = Mβ(|f |, π, ξ).

(15) (Wzór na całkowanie przez części.) Jeżeli f ∈ Rα(P ), to α ∈ Rf (P ) oraz∫P

fdα = fα|ba −∫P

αdf.

Istotnie, dla dowolnego podziału π = (t0, . . . , tm) i dla dowolnego wyboru punktów pośrednichξ, mamy

Mα(f, π, ξ) =

m∑j=1

f(ξj)∆αj =

m∑j=1

f(ξj)α(tj)−m−1∑j=0

f(ξj+1)α(tj)

= fα|ba−α(a)(f(ξ1)− f(a))−m−1∑j=1

α(tj)(f(ξj+1)− f(ξj))−α(b)(f(b)− f(ξm)) = fα|ba−Mf (α, π′, ξ′),

gdzie π′ = (ξ0, . . . , ξm+1) := (a, ξ1, . . . , ξm, b), ξ′ := π, przy czym jeżeli ξi−1 = ξi dla pewnego i ∈1, . . . ,m+1, to powtarzające się punkty ξi−1, ξi, oraz odpowiadający im punkt ti−1 „wykreślamy”.Pozostaje jeszcze zauważyć, że diamπ′ 6 2 diamπ.

(16) Jeżeli (f ∈ C(P ) i α ∈ BV(P )) lub (f ∈ BV(P ) i α ∈ C(P )), to f ∈ Rα(P ).Korzystamy z (14) i (15).

(17) (I twierdzenie o wartości średniej.) Jeżeli f ∈ C(P ), zaś α jest niemalejąca, to istnieje punkt ξ ∈ Ptaki, że ∫

P

fdα = f(ξ)(α(b)− α(a)).

Istotnie, twierdzenie jest trywialne, gdy α jest stała. Jeżeli α nie jest stała, to mamy

minP

f 61

α(b)− α(a)

∫P

fdα 6 maxP

f.

(18) (II twierdzenie o wartości średniej.) Jeżeli f jest niemalejąca, zaś α ∈ C(P ), to istnieje punkt ξ ∈ Ptaki, że ∫

P

fdα = f(a)(α(ξ)− α(a)) + f(b)(α(b)− α(ξ)).

Istotnie, na podstawie (15) oraz (17), istnieje punkt ξ ∈ P taki, że∫P

fdα = fα|ba −∫P

αdf = f(b)α(b)− f(a)α(a)− α(ξ)(f(b)− f(a))

= f(a)(α(ξ)− α(a)) + f(b)(α(b)− α(ξ)).

(19) (Twierdzenie Lebesgue’a o zmianie zmiennej.) Jeżeli f ∈ C(P ), zaś

α : [a, b] −→ [α(a), α(b)]

(36)Przypomnijmy (Obserwacja 6.4.1(i)), że β jest funkcją niemalejącą

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.7. Uogólniona całka Riemanna 269

jest ściśle rosnąca(

37), Q := [α(a), α(b)] = [c, d], β := „α−1” : [c, d] −→ [a, b]

(38), to∫

P

fdα =

∫Q

(f β).

Istotnie, obie całki istnieją — problemem jest równość. Dla dowolnego podziału π = (t0, . . . , tm)przedziału [a, b], niech uj := α(tj), j = 0, . . . ,m, ξ := (t1, . . . , tm); zauważmy, że c = u0 < · · · <um = d. Mamy

Mα(f, π, ξ)−∫Q

(f β) =

m∑j=1

∫ uj

uj−1

(f(tj)− f(β(y))

)dy.

Ustalmy ε > 0. Korzystając z jednostajnej ciągłości funkcji f na przedziale [a, b], wnioskujemy, żeistnieje δ > 0 taka, że ωf (δ) 6 ε. Jeżeli więc diamπ 6 δ, to, wobec faktu, iż tj−1 6 β(y) 6 tj dlay ∈ [uj−1, uj ], dostajemy ∣∣∣Mα(f, π, ξ)−

∫Q

(f β)∣∣∣ 6 ε(d− c).

6.7. Uogólniona całka Riemanna

Uogólniona całka Riemanna stanowi wysoce nietrywialne jednoczesne uogólnienie jednowymiaro-wej całki Riemanna, niewłaściwej całki Riemanna i całki Lebesgue’a. Podobnie, jak w przypadku całkiRiemanna–Stieltjesa, nie będziemy tu budować pełnej teorii tej całki, ale zasygnalizujemy tylko najważ-niejsze jej elementy. Tematyce uogólnionej całki Riemanna jest poświęcona bogata literatura. Uogólnionacałka Riemanna występuje pod wieloma innymi nazwami, np.:• całka Henstocka

(39),

• całka Kurzweila(

40),

• całka Henstocka–Kurzweila,• całka Denjoy–Perrona

(41) (

42),

• „gauge integral”.Ustalmy przedział P = [a, b] ⊂ R. Dla uproszczenia oznaczeń wprowadzamy następujące konwencje.

Przez element podziału przedziału P będziemy rozumieć dowolną parę (π, ξ), gdzie π = (x0, . . . , xm) jestpodziałem odcinka P , zaś ξ = (ξ1, . . . , ξm) jest ciągiem punktów pośrednich xj−1 6 ξj 6 xj , j = 1, . . . ,m.Czasami zamiast (π, ξ) będziemy pisać ([xj−1, xj ], ξj)

mj=1 lub też (Pj , ξj)

mj=1, gdzie Pj := [xj−1, xj ],

j = 1, . . . ,m. W tym też duchu będziemy rozumieć zapis ([xj−1, xj ], ξj) ∈ (π, ξ), czy też (Pj , ξj) ∈ (π, ξ).Dla dowolnego (π, ξ) oraz dla dowolnej funkcji f : P −→ R, przez M(f, π, ξ) będziemy oznaczać sumęaproksymacyjną pośrednią postaci

M(f, π, ξ) :=

m∑j=1

f(ξj)(xj − xj−1) =

m∑j=1

f(ξj)∆xj =

m∑j=1

f(ξj)|Pj |.

Dla dowolnej funkcji δ : P −→ R>0 niech

S(P, δ) := ([xj−1, xj ], ξj)mj=1 :

a = x0 < x1 < · · · < xm = b, ξj ∈ [xj−1, xj ], xj − xj−1 6 δ(ξj), j = 1, . . . ,m.Zauważmy, iż w przypadku, gdy funkcja δ jest stała, δ ≡ δ0 > 0 mamy: (π, ξ) ∈ S(P, δ0)⇐⇒ diamπ 6 δ0.Definicja 6.7.1. Niech f : P −→ R. Powiemy, że funkcja f jest całkowalna na P w uogólnionymsensie Riemanna (f ∈ G(P )), jeżeli istnieje liczba C ∈ R taka, że dla dowolnego ε > 0 istnieje funkcjaδ : P −→ R>0 taka, że dla dowolnego elementu podziału (π, ξ) ∈ S(P, δ) mamy |M(f, π, ξ) − C| 6 ε.Liczbę C nazywamy uogólnioną całką Riemanna funkcji f i oznaczamy

G∫P

f lub G∫ b

a

f.

(37)Uwaga: Nie zakładamy, że α jest bijektywna.(

38)Jeżeli α ma w punkcie x0 skok [y′0, y

′′0 ], to β(y) := x0, y′0 6 y 6 y

′′0 ; zauważmy, że β jest ciągła.(

39)Ralph Henstock (1923–2007).(

40)Jaroslav Kurzweil (1926– ).(

41)Arnaud Denjoy (1884–1974).(

42)Oskar Perron (1880–1975).

Oznaczenie G∫

ma oczywiście tylko znaczenie robocze i służy wyraźnemu odróżnieniu uogólnionychcałek Riemanna od innych całek.

W przyszłości, odwołując się do powyższej definicji, będziemy często pisać „funkcja δ została dobranado f i ε zgodnie z Definicją 6.7.1”.

Lemat 6.7.2. (a) S(P, δ) 6= ∅ dla dowolnej funkcji δ : P −→ R>0.(b) Niech (Qi, ηi)

si=1 będzie dowolnym układem takim, że

ηi ∈ Qi := [ti, ui] ⊂ P, 0 < ui − ti 6 δ(ηi), i = 1, . . . , s, intQi′ ∩ intQi′′ = ∅ dla i′ 6= i′′.

Wtedy rodzinę (Qi, ηi)si=1 można rozszerzyć do pewnego (π, ξ) ∈ S(P, δ).

Dowód . (a) Niech A := x ∈ (a, b] : S([a, x], δ) 6= ∅. Oczywiście, A 6= ∅ (Ćwiczenie). Niech c := supA.Jeżeli c = b, to dobieramy x ∈ A takie, że b − x 6 δ(b). Niech (Qj , ξj)

sj=1 ∈ S([a, x], δ). Rodzina ta

uzupełniona elementem ([x, b], b) daje element z S(P, δ), co kończy dowód.Jeżeli c < b, to dobieramy x ∈ A, x < c < x′ 6 b tak, by x′−x 6 δ(c). Niech (Qj , ξj)

sj=1 ∈ S([a, x], δ).

Rodzina ta uzupełniona elementem ([x, x′], c) daje element z S([a, x′], δ), co daje sprzeczność.(b) Jeżeli

⋃si=1Qi P , to niech P =

⋃si=1Qi ∪

⋃rk=1[ak, bk], przy czym przedziały Q1, . . . , Qs,

[a1, b1],. . . , [ar, br] nie zachodzą na siebie wnętrzami. Teraz, dla dowolnego k = 1, . . . , r, stosujemy (a)do przedziału [ak, bk], a następnie zestawiamy otrzymane podziały i punkty pośrednie w jedną rodzinę.

Obserwacja 6.7.3. (a) R(P ) ⊂ G(P ) oraz

G∫P

f =

∫P

f, f ∈ R(P ).

(b) G(P ) jest przestrzenią wektorową, a operator całkowania

G(P ) 3 f 7−→ G∫P

f ∈ R

jest liniowy i monotoniczny.

Propozycja 6.7.4 (Twierdzenie o monotonicznym przechodzeniu do granicy pod znakiem całki). Niechfn : P −→ R+, fn ∈ G(P ), n = 1, 2, . . . . Załóżmy, że:• f(x) :=

∑∞n=1 fn(x) < +∞, x ∈ P ,

• C :=∑∞n=1 G

∫Pfn < +∞.

Wtedy f ∈ G(P ) oraz G∫Pf = C, czyli

G∫P

( ∞∑n=1

fn

)=

∞∑n=1

G∫P

fn.

Dowód . Ustalmy ε > 0 oraz dobierzmy 0 < t < 1 tak, by C + ε 6 t(C + 2ε). Dla x ∈ P , niech N(x)oznacza najmniejszą liczbę taką, że

tf(x) 6N(x)∑n=1

fn(x)

i niechAk := x ∈ P : N(x) = k, k = 1, 2, . . . ;

zbiory Ak, k = 1, 2, . . . , dają oczywiście rozbicie przedziału P . Niech n0 ∈ N będzie tak dobrane, żen0∑n=1

G∫P

fn > C − ε.

Dla dowolnego n dobierzmy funkcję δn : P −→ R>0 do fn i ε/2n zgodnie z Definicją 6.7.1. Niechδ : P −→ R>0 będzie dana wzorem

δ := minδ1, . . . , δmaxn0,k na Ak, k = 1, 2, . . . .

Wtedy, dla (π, ξ) = (Pj , ξj)mj=1 ∈ S(P, δ) ⊂

⋂n0

n=1 S(P, δn), mamy

M(f, π, ξ) >M( n0∑n=1

fn, π, ξ)

=

n0∑n=1

M(fn, π, ξ) >n0∑n=1

(G∫P

fn − ε/2n)> C − ε−

n0∑n=1

ε/2n > C − 2ε.

Z drugiej strony, niech q := maxN(ξj) : j = 1, . . . ,m. Niech element podziału (πn, ξn) ∈ S(P, δn)będzie tak dobrany, by zachodziła implikacja:

ξj ∈ An ∪ · · · ∪Aq =⇒ (Pj , ξj) ∈ (πn, ξn), j = 1, . . . ,m, n = 1, . . . , q

(por. Lemat 6.7.2(b)). Wtedy

tM(f, π, ξ) = M(tf, π, ξ) =

q∑k=1

∑j: ξj∈Ak

tf(ξj)|Pj | 6q∑

k=1

∑j: ξj∈Ak

k∑n=1

fn(ξj)|Pj |

=

q∑n=1

∑j: ξj∈An∪···∪Aq

fn(ξj)|Pj | 6q∑

n=1

M(fn, πn, ξn) 6

q∑n=1

(G∫P

fn + ε/2n)6 C + ε 6 t(C + 2ε).

Wniosek 6.7.5 (Twierdzenie o monotonicznym przechodzeniu do granicy pod znakiem całki). Niechgn ∈ G(P ), n = 1, 2, . . . , gn g, g : P −→ R. Jeżeli C := limn→+∞ G

∫Pgn < +∞, to g ∈ G(P ) oraz

G∫Pg = C, czyli

G∫P

(lim

n→+∞gn

)= limn→+∞

G∫P

gn.

Dowód . Wystarczy zastosować Propozycję 6.7.4 do ciągu fn := gn − gn−1, n = 2, 3, . . . .

Propozycja 6.7.6. L1(P ) ⊂ G(P ) oraz

G∫P

f =

∫P

fdL1, f ∈ L1(P ).

Dowód . Korzystając z rozkładu f = f+ − f−, możemy założyć, że f > 0.NiechM0(P ) 3 fn f . Przypuśćmy, że znamy już twierdzenie dla funkcji prostych. Wtedy możemy

skorzystać z Wniosku 6.7.5, bowiem

limn→+∞

G∫P

fn = limn→+∞

∫P

fndL1 =

∫P

fdL1 < +∞.

Możemy więc założyć, że f = χA, gdzie A ∈ Ln, A ⊂ P . Wobec regularności miary Lebesgue’a,mamy A = F ∪ Z, gdzie F ∈ Fσ, L1(Z) = 0 i F ∩ Z = ∅. Wystarczy wiec rozważyć osobno przypadek,gdy A ∈ Fσ i A jest miary zero.

10: Przypadek, gdy A = F ∈ Fσ. Pisząc F =⋃∞n=1 Fn, gdzie Fn jest zbiorem zwartym, Fn ⊂ Fn+1,

i ponownie korzystając z Wniosku 6.7.5, redukujemy dowód do przypadku, gdy F jest zbiorem zwartym.Wtedy F = P \ Ω, gdzie Ω jest zbiorem relatywnie otwartym, a to redukuje dowód do przypadku,gdy A = Ω jest otwarty w P . Wiemy, że Ω =

⋃i∈I Pi, gdzie Pi jest przedziałem, I jest zbiorem co

najwyżej przeliczalnym, zaś przedziały Pi, i ∈ I, są parami rozłączne. Znów stosujemy Wniosek 6.7.5i redukujemy dowód do przypadku, gdy A jest sumą skończonej liczby przedziałów. Teraz wystarczy jużtylko skorzystać z Obserwacji 6.7.3(a).

20: Przypadek, gdy A jest miary zero. Tu leży cała trudność dowodu. Ustalmy ε > 0. Ponieważ Ajest zbiorem miary zero, zatem istnieje co najwyżej przeliczalna rodzina Qi, i ∈ I ⊂ N, przedziałówdomkniętych Qi ⊂ P , parami rozłącznych, takich, że A ⊂

⋃i∈I Qi i

∑i∈I |Qi| 6 ε. Niech δ : P −→ R>0

będzie taka, że δ|Qi 6 ε/2i, i ∈ I. Wtedy dla dowolnego (π, ξ) = (Pj , ξj)mj=1 ∈ S(δ) mamy:

M(χA, π, ξ) =∑i∈I

∑j: ξj∈A∩Qi

|Pj | 6∑i∈I

(|Qi|+ 2ε/2i) 6 3ε.

Wniosek 6.7.7. Niech f, g : P −→ R, przy czym f = g L1–prawie wszędzie. Wtedy f ∈ G(P ) ⇐⇒ g ∈G(P ) oraz G

∫Pf = G

∫Pg.

Dowód . Oczywiście f = g+h, gdzie h = 0 L1–prawie wszędzie. W szczególności, na podstawie Propozycji6.7.6, h ∈ L1(P ) ⊂ G(P ) oraz G

∫Ph =

∫PhdL1 = 0.

Propozycja 6.7.8. Niech f : P −→ R, a < c < b. Wtedy, jeżeli f |[a,c] ∈ G([a, c]) oraz f |[c,b] ∈ G([c, b]),to f ∈ G([a, b]) oraz

G∫ b

a

f = G∫ c

a

f + G∫ b

c

f.

Dowód . Możemy założyć, f(c) = 0 (Ćwiczenie(bez użycia Wniosku 6.7.7)). Weźmy ε > 0 i niechδ′ : [a, c] −→ R>0, δ′′ : [c, b] −→ R>0 będą takie, że∣∣∣M(f |[a,c], π′, ξ′)−G

∫ c

a

f∣∣∣ 6 ε, ∣∣∣M(f |[c,b], π′′, ξ′′)−G

∫ b

c

f∣∣∣ 6 ε

dla dowolnych (π′, ξ′) ∈ S([a, c], δ′) i (π′′, ξ′′) ∈ S([c, b], δ′′). Niech δ : [a, b] −→ R>0,

δ(x) < minδ′(x), c− x, x ∈ [a, c),

δ(x) < minδ′′(x), x− c, x ∈ (c, b],

δ(c) < minδ′(c), δ′′(c).

Weźmy dowolny element (π, ξ) = (Pj , ξj)mj=1 = ([xj−1, xj ], ξj)

mj=1 ∈ S(P, δ). Wobec doboru funkcji δ, dla

dowolnego (Pj , ξj) ∈ (π, ξ), mamy:

ξj < c =⇒ Pj ⊂ [a, c), ξj > c =⇒ Pj ⊂ (c, b].

Niech ` := maxj : ξj < c. Zauważmy, że x` < c = ξ`+1 < x`+1 oraz x`+1 − x` 6 δ(ξ`+1) = δ(c). Niech(π′, ξ′) oznacza rodzinę (Pj , ξj)

`j=1 uzupełnioną parą ([x`, c], c). Zauważmy, że (π′, ξ′) ∈ S([a, c], δ′).

Podobnie, niech k := minj : ξj > c i niech (π′′, ξ′′) oznacza rodzinę (Pj , ξj)mj=k uzupełnioną parą

([c, xk−1], c). Wtedy (π′′, ξ′′) ∈ S([c, b], δ′′).Pamiętając o tym, że f(c) = 0, dostajemy:∣∣∣M(f, π, ξ)−

(G∫ c

a

f + G∫ b

c

f)∣∣∣ =

∣∣∣ ∑j=1

f(ξj)|Pj |+m∑j=k

f(ξj)|Pj | −(G∫ c

a

f + G∫ b

c

f)∣∣∣

=∣∣∣M(f |[a,c], π′, ξ′) +M(f |[c,b], π′′, ξ′′)−

(G∫ c

a

f + G∫ b

c

f)∣∣∣ 6 2ε.

Propozycja 6.7.9. Niech f : P −→ R. Wtedy f ∈ G(P ) wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnego ε > 0istnieje funkcja δ = δε : P −→ R>0 taka, że dla dowolnych (π, ξ), (π′, ξ′) ∈ S(P, δ) mamy:

|M(f, π, ξ)−M(f, π′, ξ′)| 6 ε.

Dowód . Konieczność warunku jest elementarna (Ćwiczenie). Dla dowodu dostateczności, niech

Ak := M(f, π, ξ) : (π, ξ) ∈ S(δ1/k).

Możemy założyć, że δ1/(k+1) 6 δ1/k, co daje inkluzję Ak+1 ⊂ Ak. Wiemy, że diamAk 6 1/k, k = 1, 2, . . . .Niech C :=

⋂∞k=1Ak. W szczególności, |M(f, π, ξ) − C| 6 1/k dla dowolnego (π, ξ) ∈ S(δ1/k), k =

1, 2, . . . , co dowodzi, że f ∈ G(P ) oraz G∫Pf = C.

Propozycja 6.7.10. Niech Q := [c, d] ⊂ P . Wtedy f |Q ∈ G(Q) dla dowolnego f ∈ G(P ).

Dowód . Ustalmy ε > 0 i niech δ = δε będzie taka, jak w Propozycji 6.7.9. Weźmy dowolne (π, ξ), (π′, ξ′) ∈S([c, d], δ). Niech (π1, ξ1) ∈ S([a, c], δ) i (π2, ξ2) ∈ S([d, b], δ) będą dowolne. Tworzymy nowe podziały(π0, ξ0) := (π1, ξ1) ∪ (π, ξ) ∪ (π2, ξ2) ∈ S(P, δ) i (π′0, ξ

′0) := (π1, ξ1) ∪ (π′, ξ′) ∪ (π2, ξ2) ∈ S(P, δ). Wtedy

M(f, π0, ξ0)−M(f, π′0, ξ′0) = M(f |[c,d], π, ξ)−M(f |[c,d], π

′, ξ′). Pozostaje skorzystać z Propozycji 6.7.9.

Wniosek 6.7.11. Niech f ∈ G(P ), a < c < b. Wtedy f |[a,c] ∈ G([a, c]), f |[c,b] ∈ G([c, b]) oraz

G∫ b

a

f = G∫ c

a

f + G∫ b

c

f.

Lemat 6.7.12 (Lemat Henstocka). Niech f ∈ G(P ), ε > 0 i niech δ : P −→ R>0 będzie dobrana do fi ε zgodnie z Definicją 6.7.1. Niech (Qi, ηi)

si=1 będzie dowolnym układem takim, jak w Lemacie 6.7.2(b)(

43). Wtedy ∣∣∣ s∑

i=1

(f(ηi)|Qi| −G

∫Qi

f)∣∣∣ 6 ε.

Dowód . Jeżeli⋃si=1Qi = P , to wynik jest trywialny. Jeżeli

⋃si=1Qi P , to niech P =

⋃si=1Qi ∪⋃r

k=1[ak, bk], przy czym przedziały Q1, . . . , Qs, [a1, b1], . . . , [ar, br] nie zachodzą na siebie wnętrzami.Weźmy dowolne σ > 0 i niech δk : [ak, bk] −→ R>0 będzie dobrana do f |[ak,bk] i σ zgodnie z Definicją

6.7.1 (tu korzystamy z Propozycji 6.7.10). Możemy założyć, że δk 6 δ|[ak,bk]. Bierzemy dowolny element(πk, ξk) ∈ S([ak, bk], δk), k = 1, . . . , r. Uzupełniamy rodzinę (Qi, ηi)

si=1 elementami (π1, ξ1), . . . , (πr, ξr)

i dostajemy pewien element (π, ξ) ∈ S(P, δ). Stąd

|M(f, π, ξ)−G∫P

f | 6 ε.

Teraz, korzystając z Wniosku 6.7.11, szacujemy:∣∣∣ s∑i=1

(f(ηi)Qi −G

∫Qi

f)∣∣∣ =

∣∣∣M(f, π, ξ)−r∑

k=1

M(f |[ak,bk], πk, ξk)−G

∫P

f +

r∑k=1

G∫ bk

ak

f∣∣∣ 6 ε+ rσ.

Propozycja 6.7.13 (Podstawowe twierdzenie rachunku całkowego). Dla f ∈ G(P ) niech

F (t) := G∫ t

a

f, t ∈ P.

Wtedy:(a) F ∈ C(P ).(b) Jeżeli f jest ciągła w punkcie x0 ∈ P , to F jest różniczkowalna w x0 oraz F ′(x0) = f(x0).

Dowód . Wobec Wniosku 6.7.11 mamy

F (t′′)− F (t′) = G∫ t′′

t′f, a 6 t′ < t′′ 6 b.

(a) Poprzez zmianę przedziału sprowadzamy problem do udowodnienia, że F jest ciągła w a i b.Dowód przeprowadzimy dla a (dowód dla b pozostawiamy jako Ćwiczenie). Możemy założyć, że f(a) =0. Ustalmy ε > 0 i niech δ : P −→ R>0 będzie taka, jak w Definicji 6.7.1. Wykażemy, że dla a < t < b,t− a 6 δ(a) mamy |F (t)− F (a)| 6 ε. Ustalamy t. Rodzina złożona z jednego elementu ([a, t], a) spełniazałożenia Lematu 6.7.12. Stąd

ε >∣∣∣f(a)|t− a| −G

∫ t

a

f∣∣∣ =

∣∣∣G∫ t

a

f∣∣∣ = |F (t)− F (a)|.

(b) Powtarzamy dowód dla całki Riemanna — Ćwiczenie.

Propozycja 6.7.14 (Twierdzenie Hake’a). Niech f : P −→ R. Załóżmy, że f |[a,c] ∈ G([a, c]) dla do-wolnego a < c 0 oraz dowolny ciąg (an)∞n=0, a 6 an < an+1 < btaki, że a0 = a oraz an b. Niech δn będzie dobrana do f |[an,an+1] i ε/2n zgodnie z Definicją 6.7.1,n = 0, 1, 2, . . . . Dobierzmy δ : P −→ R>0 tak, aby były spełnione następujące warunki:

(a) δ(x) < minδn(x), x − an, an+1 − x (w szczególności, [x − δ(x), x + δ(x)] ⊂ (an, an+1)) dladowolnego x ∈ (an, an+1) oraz n = 0, 1, 2, . . . ,

(b) δ(an) < minδn(an), δn−1(an), an−an−1, an+1−an (w szczególności, [an−δ(an), an+δ(an)] ⊂(an−1, an+1)) dla dowolnego n = 1, 2, . . . ,

(c) δ(a) < minδ0(a), a1 − a,(d) |G

∫ caf − C| 6 ε dla dowolnego c ∈ [b− δ(b), b).

(43)Tzn. ηi ∈ Qi := [ti−1, ti] ⊂ P , 0 < ti − ti−1 6 δ(ηi), i = 1, . . . , s, oraz intQi′ ∩ intQi′′ = ∅ dla i′ 6= i′′.

Weźmy dowolny element (π, ξ) = (Pj , ξj)mj=1 = ([xj−1, xj ], ξj)

mj=1 ∈ S(P, δ). Niech Ij,n := [xj−1, xj ]∩

[an, an+1]. Dla dowolnego n = 0, 1, 2, . . . , tworzymy rodzinę (πn, ξn) = (Ij,n, ξj)j∈Jn powstałą z tychelementów (Pj , ξj), j = 1, . . . ,m− 1, dla których #Ij,n > 1.

Zauważmy, że ξj ∈ Ij,n dla j ∈ Jn. Istotnie, jeżeli ξj ∈ [a, an) (odp. ξj ∈ (an+1, b]), to z doborufunkcji δ wynika, że Pj ⊂ [a, an)

(44)(odp. Pj ⊂ (an+1, b])

(45)) — sprzeczność.

Dobór funkcji δ gwarantuje, że jeżeli Jn 6= ∅, to (πn, ξn) ∈ S([an, an+1], δn) (Ćwiczenie), a stąd∣∣∣M(f |[an,an+1], πn, ξn)−G

∫ an+1

an

f∣∣∣ 6 ε/2n.

Zauważmy, że ξm = b(

46). W szczególności,∣∣∣G∫ xm−1

a

f − C∣∣∣ 6 ε.

Dla uproszczenia oznaczeń, niech c := xm−1. Niech p oznacza najmniejszą liczbę, dla której Pm−1 ⊂[a, ap+1]. Musi więc być ap < c 6 ap+1. Niech Qj := Pj ∩ [ap, c] i niech (π′, ξ′) := (Qj , ξj)j∈J będzierodziną powstałą z tych elementów (Pj , ξj) ∈ (π, ξ), j = 1, . . . ,m − 1, dla których #Qj > 1. Podobniejak poprzednio ξj ∈ Qj dla j ∈ J oraz (π′, ξ′) ∈ S([ap, c], δp) (Ćwiczenie).

Teraz korzystając z tego, że f(ξm) = f(b) = 0 oraz z Lematu 6.7.12, szacujemy∣∣∣M(f, π, ξ)− C∣∣∣ =

∣∣∣m−1∑j=1

f(ξj)|Pj | − C∣∣∣ =

∣∣∣m−1∑j=1

f(ξj)|Pj ∩ [a, c]| − C∣∣∣

=∣∣∣ p−1∑n=0

m−1∑j=1

f(ξj)|Ij,n|+m−1∑j=1

f(ξj)|Qj | − C∣∣∣

=∣∣∣ p−1∑n=0

∑j∈Jn

f(ξj)|Ij,n|+∑j∈J

f(ξj)|Qj | −p−1∑n=0

G∫ an+1

an

f −G∫ c

ap

f + G∫ c

a

f − C∣∣∣

6p−1∑n=0

∣∣∣M(f |[an,an+1], πn, ξn)−G

∫ an+1

an

f∣∣∣+∣∣∣M(f |[ap,c], π

′, ξ′)−G∫ c

ap

f∣∣∣+∣∣∣G∫ c

a

f − C∣∣∣

6p−1∑n=0

ε/2n + ε/2p + ε 6 2ε.

Niech

Rn(P ) := f : [a, b) −→ R : niewłaściwa całka Riemanna∫ b

a

f(x)dx := limc→b−

∫ c

a

f(x)dx istnieje.

Wniosek 6.7.15. Rn(P ) ⊂ G(P ) oraz

G∫P

f =

∫ b

a

f(x)dx, f ∈ Rn(P ).

Przykład 6.7.16. Niech f : (0, 1] −→ R, f(x) := x2 cos(1/x2), g : [0, 1] −→ R, g(0) = 0, g(x) := f ′(x),0 < x 6 1. Wtedy niewłaściwa całka Riemanna

∫ 1

0g(x)dx istnieje (= cos 1), ale g /∈ L1([0, 1]).

Istotnie, ∫ 1

0

g(x)dx = lima→0+

∫ 1

a

f ′(x)dx = lima→0+

(f(1)− f(a)) = f(1) = cos 1.

(44)Jeżeli ξj ∈ (ap, ap+1) dla pewnego p < n, to na podstawie (a), Pj ⊂ [ξj − δ(ξj), ξj + δ(ξj)] ⊂ (ap, ap+1) ⊂ [a, an).

Jeżeli ξj = ap dla pewnego 1 6 p 6 n− 1, to na podstawie (b), Pj ⊂ (ap−1, ap+1) ⊂ [a, an). Wreszcie, jeżeli ξj = a, to napodstawie (c), Pj ⊂ [a, a1) ⊂ [a, an).(

45)Jeżeli ξj ∈ (ap, ap+1) dla pewnego p > n, to na podstawie (a), Pj ⊂ [ξj − δ(ξj), ξj + δ(ξj)] ⊂ (ap, ap+1) ⊂ (an, b).

Jeżeli ξj = ap dla pewnego p > n+ 1, to na podstawie (b), Pj ⊂ (ap−1, ap+1) ⊂ (an, b). Ponieważ, ξj 6 xm−1 < b, innychprzypadków nie ma.(

46)W przeciwnym przypadku, albo ξm ∈ [an, an+1) dla pewnego n > 1 i wtedy na podstawie (a) oraz (b) b ∈ Pm ⊂

(an−1, an+1) i mamy sprzeczność, albo ξm ∈ [a, a1) i wtedy na podstawie (a) oraz (c), b ∈ Pm ⊂ [a, a1) i znów mamysprzeczność.

Ponieważg(x) = f ′(x) = 2x cos(1/x2) + (2/x) sin(1/x2),

wystarczy zauważyć, że ∫ 1

0

(1/x)| sin(1/x2)|dx = +∞ (Ćwiczenie).

Obserwacja 6.7.17. R(P ) ⊂ L1(P ) ⊂ G(P ), R(P ) ⊂ Rn(P ) ⊂ G(P ), Rn(P ) 6⊂ L1(P ).

Lemat 6.7.18 (Lemat Henstocka). Niech f , ε > 0, δ i (Qi, ηi)si=1 będą takie, jak w Lemacie 6.7.12.

Wtedys∑i=1

∣∣∣f(ηi)|Qi| −G∫Qi

f∣∣∣ 6 2ε.

W szczególności, dla dowolnego (π, ξ) = (Pj , ξj)mj=1 ∈ S(P, δ), mamy∣∣∣M(|f |, π, ξ)−

m∑j=1

∣∣∣G∫Pj

f∣∣∣∣∣∣ 6 m∑

j=1

∣∣∣|f(ξj)||Pj | −∣∣∣G∫Pj

f∣∣∣∣∣∣ 6 m∑

j=1

∣∣∣f(ξj)|Pj | −G∫Pj

f∣∣∣ 6 2ε.

Dowód . Niech I+ oznacza zbiór tych i ∈ 1, . . . , s, dla których f(ηi)|Qi| − G∫Qif > 0 i niech I− :=

1, . . . , s \ I+. Na podstawie Lematu 6.7.12 (zastosowanego do rodziny (Qi, ηi)i∈I±) wiemy, że

±∑i∈I±

(f(ηi)|Qi| −G

∫Qi

f)6 ε,

a stąds∑i=1

∣∣∣f(ηi)|Qi| −G∫Qi

f∣∣∣ =

∑i∈I+

(f(ηi)|Qi| −G

∫Qi

f)−∑i∈I−

(f(ηi)|Qi| −G

∫Qi

f)6 2ε.

NiechGa(P ) := f ∈ G(P ) : |f | ∈ G(P ).

Zauważmy, że L1(P ) ⊂ Ga(P ). Ćwiczenie: Ga(P ) G(P ).

Propozycja 6.7.19. Niech f ∈ G(P ). Wtedy

f ∈ Ga(P )⇐⇒ Sf := supσ

s∑i=1

∣∣∣G∫Qi

f∣∣∣ < +∞,

gdzie supremum jest wzięte po wszystkich podziałach σ = (a0, . . . , as) = Q1, . . . , Qs przedziału P .Dowód . Jeżeli f ∈ Ga(P ), to

s∑i=1

∣∣∣G∫Qi

f∣∣∣ 6 s∑

i=1

G∫Qi

|f | = G∫P

|f | < +∞.

Załóżmy teraz, że Sf < +∞. Ustalmy ε > 0 oraz podział σ taki, żes∑i=1

∣∣∣G∫Qi

f∣∣∣ > Sf − ε.

Niech δ będzie dobrana do f i ε zgodnie z Definicją 6.7.1. Korzystając z tej samej metody, co w dowodziePropozycji 6.7.14, konstruujemy funkcję δ′ : P −→ R>0, δ′ 6 δ taką, że dowolny element (π, ξ) ∈ S(P, δ′)rozpada się na układy (πi, ξi) = (Qi ∩ Pj , ξj)j∈Ji ∈ S(Qi, δ), Ji := j ∈ 1, . . . ,m : #(Qi ∩ Pj) > 1,i = 1, . . . , s, w ten sposób, żeM(|f |, π, ξ) =

∑si=1M(|f ||Qi , πi, ξi)

(47). Weźmy dowolny element (π, ξ) =

(Pj , ξj)mj=1 ∈ S(P, δ′). Pokażemy, że ∣∣∣M(|f |, π, ξ)− Sf

∣∣∣ 6 3ε.

(47)Modyfikujemy f tak, by f(a0) = · · · = f(as) = 0, zaś funkcję δ′ wybieramy tak, by:

(a) δ′(x) < minδ(x), x− an, an+1 − x dla dowolnego x ∈ (an, an+1) oraz n = 0, 1, 2, . . . s− 1,(b) δ′(an) < minδ(an), an − an−1, an+1 − an dla dowolnego n = 1, 2, . . . , s− 1,(c) δ′(a) < minδ(a), a1 − a,(d) δ′(b) < minδ(b), b− as−1.

Oczywiście

Sf − ε 6s∑i=1

∣∣∣G∫Qi

f∣∣∣ 6 s∑

i=1

∑j∈Ji

∣∣∣G∫Qi∩Pj

f∣∣∣ 6 Sf .

Ponadto, na podstawie Lematu 6.7.18,∣∣∣M(|f |, π, ξ)−s∑i=1

∑j∈Ji

∣∣∣G∫Qi∩Pj

f∣∣∣∣∣∣ 6 2ε.

Ostatecznie, |M(|f |, π, ξ)− Sf | 6 3ε.

Wniosek 6.7.20. Ga(P ) = f ∈ G(P ) : ∃g∈G(P ) : |f | 6 g. W szczególności,

R(P ) ⊂ f ∈ G(P ) : f jest ograniczona ⊂ Ga(P )

oraz Ga(P ) jest przestrzenią wektorową.

Wniosek 6.7.21. Jeżeli f, g, q ∈ G(P ) i maxf, g 6 q, to maxf, g ∈ G(P ). W konsekwencji, jeżelif, g, p ∈ G(P ) i minf, g > p, to minf, g ∈ G(P ).

Dowód . Funkcje f ′ := q − f i g′ := q − g są nieujemne. W szczególności, na podstawie Wniosku 6.7.20,|f ′ − g′| ∈ G(P ), a stąd minf ′, g′ = 1

2 (f ′ + g′) − 12 |f′ − g′| ∈ G(P ). Ostatecznie, maxf, g = q −

minf ′, g′ ∈ G(P ).

Propozycja 6.7.22 (Twierdzenie o „ograniczonym” przechodzeniu do granicy pod znakiem całki). Niech(fn)∞n=1 ⊂ G(P ) będzie ciągiem takim, że fn −→ f punktowo na P , gdzie f : P −→ R, oraz p 6 fn 6 q,n = 1, 2, . . . , gdzie p, q ∈ G(P ). Wtedy f ∈ G(P ) oraz

G∫P

f = limn→+∞

G∫P

fn.

Dowód . Niech gn,k := minfn, . . . , fn+k, hn,k := maxfn, . . . , fn+k. Oczywiście

p 6 gn,k 6 fn 6 hn,k 6 q gn,k > gn,k+1, hn,k 6 hn,k+1.

Na podstawie Wniosku 6.7.21 wiemy, że gn,k, hn,k ∈ G(P ). Niech

gn := limk+→+∞

gn,k = inffn, fn+1, . . . , hn := limk→+∞

hn,k = supfn, fn+1, . . . .

Oczywiście, gn 6 fn 6 hn oraz gn+1 > gn i hn+1 6 hn. Na podstawie Propozycji 6.7.5, mamy gn,hn ∈ G(P ). Zauważmy, że limn→+∞ gn = lim infn→+∞ fn = f oraz limn→+∞ hn = lim supn→+∞ fn = f .Stąd, ponownie na podstawie Propozycji 6.7.5,

G∫P

f = limn→+∞

G∫P

gn 6 lim infn→+∞

G∫P

fn 6 lim supn→+∞

G∫P

fn 6 limn→+∞

G∫P

hn = G∫P

f.

6.8. Równość miary Hausdorffa i Lebesgue’a w Rn

Celem niniejszego podrozdziału jest wykazanie następującego, prostego w sformułowaniu, ale wysocenietrywialnego twierdzenia.

Twierdzenie 6.8.1. Hn(A) = Ln(A), A ⊂ Rn.

• Zacznijmy od przypomnienia definicji n–tej miary Hausdorffa w Rn (por. § 4.4). Niech

ζn(A) := α(n)(diamA

2

)n=

(Γ (1/2))n

Γ (1 + n/2)

(diamA

2

)n, A ⊂ Rn

(diam∅ := 0). Można pokazać (Ćwiczenie), że α(n) = Ln(Bn). Odnotujmy, że ζ1(A) = diamA. NiechC(Rn) oznacza rodzinę wszystkich niepustych zwartych i wypukłych podzbiorów Rn. Definiujemy

Hn := sup0<δ6+∞

Hnδ = limδ→0+

Hnδ ,

gdzie

Hnδ (A) := inf ∞∑j=1

ζn(Aj) : ∀j∈N : Aj ∈ C(Rn) ∪ ∅, diamAj 6 δ, A ⊂∞⋃j=1

Aj

, A ⊂ Rn.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.8. Równość miary Hausdorffa i Lebesgue’a w Rn 277

Wobec tego, że diamA = diam(convA), zamiast rodziny C(Rn) można wziąć dowolną rodzinę większą(Ćwiczenie). Wiemy, że Hn jest B–regularną miarą zewnętrzną.• Przypomnijmy również, że

Ln(A) = inf ∞∑j=1

|Pj | : ∀j∈N : Pj jest niezdegenerowaną zwartą kostką lub Pj = ∅, A ⊂∞⋃j=1

Pj

,

A ⊂ Rn.

Ćwiczenie 6.8.2. H1(A) = L1(A) dla dowolnego A ⊂ R.

Idea dowodu Twierdzenia 6.8.1 pochodzi z monografii [Fed 1969] oraz podręcznika [Sto-Wie 1993].Dowód Twierdzenia 6.8.1 będzie oparty na ciągu obserwacji, lematów, propozycji i twierdzeń o bardzoróżnym stopniu trudności. Część z nich (np. Twierdzenie o pokryciu 6.8.4) będzie ciekawa sama w sobie.

Zaczynamy od nierówności Hn 6 Ln.

Obserwacja 6.8.3. Ln(A) = infLn(Ω) : A ⊂ Ω, Ω otwarty.

Twierdzenie 6.8.4 (Twierdzenie o pokryciu). Niech F będzie dowolną rodziną niepustych podzbiorówRn taką, że

supB∈F

diamB < +∞. (†)

Niech τ0 > 1. Wtedy istnieje podrodzina F0 rodziny F , składająca się ze zbiorów parami rozłącznychi taka, że dla dowolnego B ∈ F istnieje B0 ∈ F0 taki, że B ∩B0 6= ∅ i diamB 6 τ0 diamB0.

Dowód . Niech A oznacza rodzinę wszystkich podrodzin G ⊂ F , które są złożone ze zbiorów paramirozłącznych i takich, że

∀B∈F :(∀B0∈G : B ∩B0 = ∅

)∨(∃B0∈G : B ∩B0 6= ∅, diamB 6 τ0 diamB0

).

Oczywiście, ∅ ∈ A, a więc A 6= ∅.Na podstawie Lematu Kuratowskiego–Zorna, rodzina A ma element maksymalny F0 (ze względu na

inkluzję).Niech

H := B ∈ F : ∀B0∈F0B ∩B0 = ∅.

Wystarczy pokazać, że H = ∅. Przypuśćmy, że H 6= ∅ i niech C ∈ H będzie taki, że τ0 diamC >supB∈H diamB (skorzystaliśmy z (†)). Ponieważ zbiory rodziny F są niepuste, mamy C /∈ F0. Rozważmyrodzinę G := F0 ∪ C. Pokażemy, że należy ona do A, co da sprzeczność.

Oczywiście jest to rodzina zbiorów parami rozłącznych. Weźmy dowolne B ∈ F takie, że B∩B0 6= ∅dla pewnego B0 ∈ G. Jeżeli istnieje zbiór B0 ∈ F0 o tej własności, to oczywiście diamB 6 τ0 diamB0.W przeciwnym przypadku, B0 = C i B ∈ H, a stąd ponownie diamB 6 τ0 diamB0.

Przechodzimy do zasadniczego dowodu nierówności Hn 6 Ln. Wobec Obserwacji 6.8.3, wystarczypokazać, że dla dowolnego zbioru otwartego Ω ⊂ Rn takiego, że Ln(Ω) < +∞, oraz dla dowolnego0 < δ < +∞, mamy Hnδ (Ω) 6 Ln(Ω).

Ustalamy Ω i δ. NiechF := B(a, r) : B(a, 3r) ⊂ Ω, 6r 6 δ.

Oczywiście, supB∈F diamB 6 δ/3 < +∞. Ponadto, ζn(B) = Ln(B), B ∈ F . Do rodziny F stosujemyTwierdzenie o pokryciu 6.8.4 z τ0 := 2. Otrzymujemy rodzinę F0 ⊂ F parami rozłącznych kul takich, żedla dowolnej kuli B = B(a, r) ∈ F istnieje kula B0 = B(a0, r0) ∈ F0 taka, że ‖a− a0‖ 6 r+ r0 i r 6 2r0.Dla dowolnej skończonej podrodziny G ⊂ F0 mamy∑

B∈GLn(B) 6 Ln(Ω) < +∞.

Oznacza to w szczególności, że rodzina (Ln(B))B∈F0jest sumowalna (Obserwacja 1.5.2(e)), a więc,

w szczególności, rodzina F0 jest co najwyżej przeliczalna (Obserwacja 1.5.2(i)). Na podstawie kryterium



Cauchy’ego (Propozycja 1.5.3), dla dowolnego ε > 0, istnieje skończona podrodzina Gε ⊂ F0 taka, że∑B∈F0\Gε

Ln(B) 6 ε.

Niech Kε :=⋃B∈Gε B (Kε jest zwarty). Weźmy dowolne a ∈ Ω \ Kε. Niech kula B = B(a, r) będzie

taka, że B(a, 3r) ⊂ Ω \ Kε, 6r 6 δ. Oczywiście B ∈ F . Dobierzmy kulę B0 = B(a0, r0) ∈ F0 tak, że‖a− a0‖ 6 r+ r0 i r 6 2r0. Oczywiście, B0 ∈ F0 \ Gε. Ponadto, a ∈ B(a0, r+ r0) ⊂ B(a0, 3r0). Tak więc

Ω \Kε ⊂⋃

B(b,s)∈F0\Gε

B(b, 3s).

Wynika stąd, że rodzina kulGε ∪ B(b, 3s) : B(b, s) ∈ F0 \ Gε

jest co najwyżej przeliczalnym pokryciem zbioru Ω zbiorami z rodziny C(Rn) o średnicach 6 δ. Wprostz definicji, mamy więc:

Hnδ (Ω) 6∑B∈Gε

ζn(B) +∑

B(b,s)∈F0\Gε

ζn(B(b, 3s))

6∑B∈F0

Ln(B) + 3n∑

B∈F0\Gε

Ln(B) 6 Ln(Ω) + 3nε, ε > 0.

Dowód nierówności Hn 6 Ln jest zakończony.

Teraz nierówność Hn > Ln. Kluczem jest następująca nierówność izodiametryczna.

Twierdzenie 6.8.5 (Nierówność izodiametryczna). Ln(A) 6 ζn(A), A ⊂ Rn.

Zauważmy, że z nierówności tej wynika zaś natychmiast nierówność Hn > Ln. Dla A ⊂ Rn i δ > 0,mamy mianowicie:

Hnδ (A) = inf ∞∑j=1

ζn(Aj) : ∀j∈N : Aj ∈ C(Rn) ∪ ∅, diamAj 6 δ, A ⊂∞⋃j=1

Aj

> inf

∞∑j=1

Ln(Aj) : ∀j∈N : Aj ∈ C(Rn) ∪ ∅, diamAj 6 δ, A ⊂∞⋃j=1

Aj

> Ln(A).

Dowód nierówności izodiametrycznej poprzedzimy pewnymi przygotowaniami. Po pierwsze zauważ-my, że wystarczy tę nierówność sprawdzić jedynie dla A ∈ C(Rn) takich, że diamA > 0.

Istotnie, jeżeli diamA = +∞, to nierówność jest trywialna. Możemy więc założyć, że A jest ogra-niczony. Teraz wystarczy skorzystać z tego, że diamA = diam(convA) i zauważyć, że dla diamA = 0nierówność jest oczywista.

Obserwacja 6.8.6 (Por. (1.2.24)). Przypomnijmy, że K(Rn) oznacza rodzinę wszystkich niepustychzwartych podzbiorów Rn, K(K0) := K ∈ K(Rn) : K ⊂ K0, K0 ∈ K(Rn),

h(K,L) := max

supdist(x, L) : x ∈ K, supdist(y,K) : y ∈ L, K, L ∈ K(Rn).

(a) h jest metryką (Hausdorffa) w zbiorze K(Rn).(b) (K(K0), h) jest przestrzenią zwartą dla dowolnego K0 ∈ K(Rn).

(c) Jeżeli K(K0) 3 Lνh−→ L0, to lim supν→+∞ Ln(Lν) 6 Ln(L0)

(48).

Istotnie, niech ε > 0. Korzystając ze zwartości zbioru L0 oraz z definicji Ln(L0), wnioskujemy, żeistnieje skończona liczba kostek P1, . . . , Pm takich, że

∑mi=1 |Pi| 6 Ln(L0)+ε i L0 ⊂

⋃mi=1 intPi =: U .

Wprost z definicji metryki Hausdorffa mamy Lν ⊂ U , ν > ν0. Stąd Ln(Lν) 6 Ln(L0) + ε, ν > ν0.

(d) Jeżeli K(K0) 3 Lνh−→ L0, zaś Φ : Km

0 −→ R+ jest dowolną funkcją ciągłą, to supΦ(Lmν ) −→supΦ(Lm0 ). W szczególności, jeżeli K(K0) 3 Lν

h−→ L0, to ζn(Lν) −→ ζn(L0).

(48)Znaleźć przykład taki, że K(K0) 3 Lν

h−→ L0, ale Ln(Lν) 6−→ Ln(L0) — Ćwiczenie.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.8. Równość miary Hausdorffa i Lebesgue’a w Rn 279

Definicja 6.8.7. Niech V := u⊥ ⊂ Rn dla pewnego wektora u ∈ ∂Bn. Powiemy, że zbiór S = ASteinerV ⊂

Rn jest symetryzacją Steinera(

49)zbioru A ∈ C(Rn) względem płaszczyzny V , jeżeli dla dowolnej prostej

Lv := v + Ru, v ∈ V , mamy:• albo Lv ∩A = Lv ∩ S = ∅,• albo Lv ∩A 6= ∅, Lv ∩ S jest zwartym odcinkiem o środku v takim, że

diam(Lv ∩ S) = diam(Lv ∩A).

Lemat 6.8.8. Niech S oznacza symetryzację Steinera zbioru A ∈ C(Rn) względem płaszczyzny V := u⊥.Wtedy:

(a) S ∈ C(Rn) oraz Ln(S) = Ln(A).(b) Jeżeli A ⊂ B(r), to S ⊂ B(r) oraz S ∩ ∂B(r) ⊂ A ∩ ∂B(r).

Dowód . (a) Niech d(v) := diam(Lv ∩ A), v ∈ V . Niech A0 := prV (A) (A0 jest wypukłym podzbioremzwartym V ). Odnotujmy, że jeżeli v ∈ A0, to Lv ∩A jest zwartym odcinkiem. Łatwo widać, że funkcja djest półciągła z góry na A0

(50). Oczywiście,

S = v + pu : v ∈ A0, p ∈ R, |p| 6 12d(v).

Półciągłość z góry funkcji d implikuje, że S jest zwarty (Ćwiczenie). Zauważmy dalej, że dla dowolnychv1, v2 ∈ A0 oraz dla dowolnego 0 < t < 1 mamy

td(v1) + (1− t)d(v2) 6 d(tv1 + (1− t)v2),(

51)

a stąd natychmiast wynika, że S jest wypukły (Ćwiczenie).Równość Ln(S) = Ln(A) wynika z twierdzenia Fubiniego (Ćwiczenie)(b) Ćwiczenie.

Definicja 6.8.9. Symetryzacją Minkowskiego zbioru A ∈ C(Rn) względem płaszczyzny V = u⊥ nazy-wamy zbiór

M = AMinkowskiV := 1

2A+ 12sV (A),

gdzie sV : Rn −→ Rn oznacza zwykłą symetrię względem płaszczyzny V .

Lemat 6.8.10. Niech M oznacza symetryzację Minkowskiego zbioru A ∈ C(Rn) względem płaszczyznyV := u⊥. Wtedy:

(a) M ∈ C(Rn), sV (M) = M oraz diamM 6 diamA.(b) Jeżeli A ⊂ B(r), to M ⊂ B(r).(c) ASteiner

V ⊂M .

Dowód . (a) i (b) pozostawiamy jako Ćwiczenie. Dla dowodu (c), niech A0 := prV (A), v ∈ A0, Lv :=v + Ru. Wobec symetrii zbioru M , aby pokazać, że Lv ∩ ASteiner

V ⊂ Lv ∩ M , wystarczy sprawdzić,że diam(Lv ∩ M) > diam(Lv ∩ A). Niech a = v + pu, b = v + qu ∈ Lv ∩ A, p > q, będą takie, żediam(Lv ∩A) = ‖a− b‖ = p− q. Wobec symetrii Lv ∩M , mamy

diam(Lv ∩M) > 2‖ 12a+ 1

2sV (b)− v‖ = 2‖ 12 (v + pu) + 1

2 (v − qu)− v‖= p− q = ‖a− b‖ = diam(Lv ∩A).

Ćwiczenie 6.8.11. Niech A := (x, x) : x ∈ [−1, 1] ⊂ R2, V = R× 0. Pokazać, że

ASteinerV = [−1, 1]× 0, AMinkowski

V = (x, y) ∈ R2 : |x|+ |y| 6 1.

(49)Jakob Steiner (1796–1863).(

50)Niech A0 3 vk −→ v0 ∈ A0 i niech d(vk) −→ α. Istnieją punkty ak, bk ∈ Lvk ∩ A takie, że d(vk) = ‖ak − bk‖.

Możemy założyć, że ak −→ a0, bk −→ b0. Oczywiście, a0, b0 ∈ Lv0 ∩A. Wynika stąd, że α = ‖a0− b0‖ 6 diam(Lv0 ∩A) =

d(v0).(51)Niech d(vi) = ‖ai − bi‖, ai = vi + piu, bi = vi + qiu ∈ Lvi ∩ A, pi > qi. Wobec wypukłości S, mamy

d(tv1 + (1− t)v2) > ‖ta1 + (1− t)a2 − (tb1 + (1− t)b2)‖ = t(p1 − q1) + (1− t)(p2 − q2) = td(v1) + (1− t)d(v2).



Dowód nierówności izodiametrycznej . Już wiemy, że możemy założyć, że A ∈ C(Rn) i d := diamA > 0.Ustalmy punkt b0 ∈ A i niech

F := B ∈ K(Rn) : B ⊂ B(b0, d), diamB 6 d.

Oczywiście A ∈ F . Ponadto, jeżeli B ∈ F , to convB ∈ F . Wobec Lematu 6.8.6, istnieje zbiór B0 ∈ Ftaki, że Ln(B0) = supB∈F Ln(B). Zauważmy, że wobec nierówności Ln(B0) 6 Ln(convB0), możemyzałożyć, że B0 jest wypukły. Ostatecznie, możemy założyć, że A = B0.

Niech B(a0, r0) oznacza kulę o najmniejszym promieniu zawierającą A. Oczywiście r0 > 0 oraz a0 ∈ A(Ćwiczenie). Kula ta jest jednoznacznie wyznaczona (Ćwiczenie). Ponieważ zarówno miara Lebesgue’ajak i funkcja diam są niezmiennicze względem translacji, możemy założyć, że a0 = 0 (zamieniając b0 nab0 − a0).

Naszym celem będzie pokazanie, że A = B(r0). Wtedy oczywiście nierówność izodiametryczna za-chodzi i dowód będzie zakończony. Aby to sprawdzić wystarczy pokazać, że A = sV (A) dla dowolnejpłaszczyzny V = u⊥ (Ćwiczenie). Ustalmy V = u⊥.

Niech S := ASteinerV , M := AMinkowski

V . Wiemy, że S ⊂M ⊂ B(r0), diamM 6 diamA = d, 0 ∈ A∩Mi Ln(S) = Ln(A) > 0. Zauważmy, że M + b0 ∈ F . Stąd Ln(M) = Ln(S). Oznacza to, że S = M

(52).

Potrzebny nam będzie następujący elementarny lemat.

Lemat 6.8.12. Niech A ⊂ Rn będzie zwartym zbiorem wypukłym takim, że intA 6= ∅. Niech A0 :=prRn−1(A), A′0 := prRn−1(intA). Dla v ∈ A0, niech p ∈ R : (v, p) ∈ A = [P (v), Q(v)]. Wtedy:(a) dla dowolnych v0, v1 ∈ A0 oraz t ∈ [0, 1] mamy P (tv0 + (1− t)v1) 6 tP (v0) + (1− t)P (v1), Q(tv0 +

(1− t)v1) > tQ(v0) + (1− t)Q(v1); oznacza to, że funkcja P jest wypukła, funkcja Q jest wklęsła;(b) jeżeli v0 ∈ A′0, to ((v0, P (v0)), (v0, Q(v0))) ⊂ intA;(c) P ∈ C↓(A0), Q ∈ C↑(A0);(d) P,Q ∈ C(A′0);(e) dla dowolnych v0 ∈ A′0, v1 ∈ A0 funkcje [v0, v1] 3 v 7−→ P (v), [v0, v1] 3 v 7−→ Q(v) są ciągłe.

Dowód . (a) wynika natychmiast z faktu, że punkt

t(v0, P (v0)) + (1− t)(v1, P (v1)) = (tv0 + (1− t)v1, tP (v0) + (1− t)P (v1))

należy do A. Podobnie dla Q.(b) wynika natychmiast z własności zbiorów wypukłych.(c) Niech (vs, P (vs)) −→ (v0, p0). Wtedy (v0, p0) ∈ A, a stąd p0 > P (v0). Podobnie dla Q.(d) wynika natychmiast z (b).(e) Zauważmy, że [v0, v1) ⊂ A′0. Wobec (d) jedyny problem to ciągłość w punkcie v1 w przypadku, gdy

v1 ∈ ∂A0. Wobec (a) mamy lim supt→0+ P (tv0 +(1−t)v1) 6 P (v1). Wobec (c) mamy lim inft→0+ P (tv0 +(1− t)v1) = P (v1). Podobnie dla Q.

Przykład 6.8.13. Niech A := conv((B2((1, 0), 1)× 0) ∪ (0, 0, 1)) ⊂ R3. Wtedy

A0 = B2((1, 0), 1)× 0, P ≡ 0, Q(x1, x2) =1− ((x1 − 1)2 + x2

2)

2x1(Ćwiczenie) .

W szczególności, Q(x1, x2) = 0 dla (x1, x2) ∈ ∂B2((1, 0), 1) \ (0, 0), Q(0, 0) = 1, a więc Q nie jestfunkcją ciągłą na A0.

Wracamy do zasadniczego dowodu. Niech A0, P , Q, A′0 mają takie znaczenie jak w Lemacie 6.8.12,tylko, że ze względu na V , a nie na Rn−1. Naszym celem będzie pokazanie, że P +Q ≡ const =: c na A′0.Wtedy na podstawie Lematu 6.8.12(e) dostajemy P +Q ≡ const =: c na A0. Zauważmy, że zakończy todowód, bowiem wtedy A = sV (A)− cu. W konsekwencji A = sV (A)− cu. Wynika stąd, że najmniejsząkulą zawierającą A jest B(r0) − cu (Ćwiczenie). Wobec jednoznaczności najmniejszej kuli, dostajemystąd c = 0, czyli A = sV (A).

(52)Tu jest istotne to, że intS 6= ∅ — korzystamy tu z następujących własności. Niech C,D ∈ C(Rn), C ⊂ D. Wtedy

(Ćwiczenie):• Ln(C) > 0⇐⇒ intC 6= ∅.• Jeżeli Ln(C) > 0, to C = D ⇐⇒ Ln(C) = Ln(D).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.9. Różniczkowanie miar. Twierdzenie Rademachera 281

Przechodzimy do dowodu stałości funkcji f := P + Q na A′0. Wystarczy pokazać, że dla dowolnychv ∈ A′0 i h ∈ V takich, że v ± h ∈ A′0 mamy f(v) 6 f(v + h). Ustalmy v i h. Mamy

M 3 12 (v − h+Q(v − h)u) + 1

2sV (v + h+ P (v + h)u) = v + 12 (Q(v − h)− P (v + h))u.

Stąd, ponieważ M = S, dostajemy

|Q(v − h)− P (v + h)| 6 Q(v)− P (v),

a więcP (v) +Q(v − h) 6 P (v + h) +Q(v).

Wobec wypukłości zbioru A′0, wynika stąd, że dla dowolnego k ∈ N, mamy

P (v) +Q(v − h/k) 6 P (v + h/k) +Q(v)

6 . . . 6 P (v + kh/k) +Q(v + (k − 1)h/k) = P (v + h) +Q(v + h− h/k).

Stąd, korzystając z Lematu 6.8.12(d), przy k −→ +∞, dostajemy

f(v) = P (v) +Q(v) 6 P (v + h) +Q(v + h) = f(v + h).

6.9. Różniczkowanie miar. Twierdzenie Rademachera

Niech µ : B(R) −→ C będzie dowolną miarą zespoloną. Zdefiniujmy

f : R −→ C, f(x) := µ((−∞, x)).

Propozycja 6.9.1. Dla a ∈ R oraz A ∈ C następujące warunki są równoważne:(i) f ′(a) = A;(ii) dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0 taka, że jeżeli P ⊂ R jest przedziałem otwartym zawierającym

punkt a i mającym długość 6 δ, to ∣∣∣ µ(P )

L1(P )−A

∣∣∣ 6 ε.Dowód . Zastępując miarę µ przez miarę zdefiniowaną wzorem

µ(B) := µ(B)−AL1(B ∩ (a− 1, a+ 1)), B ∈ B(R),

możemy założyć, że A = 0.(i) =⇒ (ii): Jeżeli f ′(a) = 0, to dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0 takie, że |f(x)− f(a)| 6 ε|x− a|

dla dowolnego x ∈ [a − δ, a + δ]. Niech P = (c, d) będzie dowolnym przedziałem takim, że c < a < d,d− c 6 δ. Dla dowolnego x ∈ (c, a) mamy:

|µ([x, d))| = |f(d)− f(x)| 6 |f(d)− f(a)|+ |f(a)− f(x)| 6 ε((d− a) + (a− x)) = ε(d− x).

Biorąc ciąg xk c i korzystając z tego, że µ([xk, d)) −→ µ((c, d)) (Obserwacja 4.1.16(i)), dostajemy|µ(P )| 6 εL1(P ), co dowodzi, że (ii) zachodzi.

(ii) =⇒ (i): Załóżmy, że (ii) zachodzi (z A = 0). W szczególności, µ(a) = 0. Niech ε > 0 i niechδ > 0 będzie takie, jak w (ii). Ustalmy x ∈ (a− δ, a+ δ), x 6= a. Niech np. a− δ < x < a. Wiemy, że jeżelic < a < d i d− c < δ, to |µ((c, d))| 6 ε(d− c). Biorąc ciąg ck x, d− ck < δ, oraz korzystając z tego, żeµ((ck, d)) −→ µ([x, d)) (Obserwacja 4.1.16(j)), dostajemy |f(d) − f(x)| = |µ([x, d))| 6 ε(d − x). Biorącteraz ciąg dk a i korzystając, z tego że µ([x, dk)) −→ µ([x, a]) = µ([x, a)), dostajemy |f(x)− f(a)| =|µ([x, a))| 6 ε(a− x), co kończy dowód.

Przypomnijmy klasyczne Twierdzenie Radona–Nikodyma 4.22.1 w wersji dostosowanej do naszychaktualnych potrzeb i oznaczeń.

Twierdzenie. Niech µ : B(Rn) −→ C będzie dowolną miarą zespoloną. Wtedy istnieją jednoznaczniewyznaczone miara µs : B(Rn) −→ C oraz funkcja borelowska h : Rn −→ C, h ∈ L1(Rn)

(53)takie, że

µs ⊥ Ln oraz

µ(A) = µs(A) +

∫A

h dLn, A ∈ B(Rn).

Ponadto, jeżeli µ > 0, to h > 0 oraz µs > 0.(53)L1(Rn) := L1(Rn,Ln). Funkcja h jest pochodną Radona–Nikodyma miary µ względem miary Lebesgue’a, h =

dµdLn .

Naszym najbliższym celem będzie znalezienie geometrycznej interpretacji pochodnej dµdLn .

Niech µ : B(Rn) −→ C będzie dowolną miarą zespoloną. Dla dowolnego a ∈ Rn, definiujemy pochodnąmiary µ względem miary Lebesgue’a w punkcie a:

(Dµ)(a) := limA→a

µ(A)

Ln(A),

gdzie „ limA→a

” oznacza, że granica limk→+∞

µ(Ak)Ln(Ak) istnieje dla dowolnego ciągu (Ak)∞k=1 zbiorów borelowskich

takiego, że Ak −→ a, co z kolei oznacza, że istnieją α > 0 i ciąg (rk)∞k=1 ⊂ R>0 takie, że:• rk −→ 0,• Ak ⊂ B(a, rk),• Ln(Ak) > αLn(B(a, rk)), k = 1, 2, . . . .

(54)

Twierdzenie 6.9.2 (Twierdzenie Radona–Nikodyma ze względu na miarę Lebesgue’a). Niech

µ : B(Rn) −→ Cbędzie dowolną miarą zespoloną. Wtedy:• Dµ(x) istnieje dla Ln–prawie wszystkich x ∈ Rn,• Dµ = dµ

dLn .Oznacza to, że

µ(A) = µs(A) +

∫A

Dµ dLn, A ∈ B(Rn),

gdzie µs ⊥ Ln. W szczególności,• Dµs(x) = 0 dla Ln–prawie wszystkich x ∈ Rn,• µ ⊥ Ln ⇐⇒ Dµ(x) = 0 dla Ln–prawie wszystkich x ∈ Rn,• µ Ln ⇐⇒ µ(A) =

∫ADµ(x)dLn(x), A ∈ B(Rn).

Dowód .

Lemat 6.9.3. Niech (B(ai, ri))i∈I będzie rodziną kul otwartych w Rn. Połóżmy Ω :=⋃i∈IB(ai, ri). Wtedy

dla dowolnego C < Ln(Ω) istnieje skończona liczba kul parami rozłącznych B(ai1 , ri1), . . . , B(aiN , rin)taka, że

3nN∑k=1

Ln(B(aik , rik)) > C.

Dowód . Wobec regularności Ln, istnieje zbiór zwarty K ⊂ Ω taki, że Ln(K) > C. Wybierzmy skończone

pokrycie K ⊂m⋃s=1

B(ajs , rjs). Możemy założyć, rjs+16 rjs , s = 1, . . . ,m − 1. Niech i1 := j1. Teraz

z rodzinyB(aj2 , rj2), . . . ,B(ajm , rjm)

usuwamy wszystkie kule, które przecinają B(ai1 , ri1). Zauważmy, że wszystkie usunięte kule mieszcząsię w B(ai1 , 3ri1). Jako i2 wybieramy pierwszy z pozostałych wskaźników (jeżeli jest) i całe rozumo-wanie powtarzamy tak długo, aż wyczerpiemy wszystkie kule. Dostajemy ciąg parami rozłącznych kulB(ai1 , ri1), . . . ,B(aiN , riN ) taki, że

K ⊂m⋃s=1

B(ajs , rjs) ⊂N⋃k=1

B(aik , 3rik).

Wynika stąd, że

C < Ln(K) 6N∑k=1

Ln(B(aik , 3rik)) = 3nN∑k=1

Ln(B(aik , rik)).

(54)Dla przykładu:

(a) n = 2, a = 0, Ak := (0, εk)× (0, bεk) (b > 0), rk = εk√

1 + b2, α := bπ(1+b2)

; Ak −→ a.

(b) n = 2, a = 0, Ak := (0, εk)× (0, ε2k), rk = εk

√1 + ε2k; Ak 6→ a.

Lemat 6.9.4. Niech µ : B(Rn) −→ R+ będzie miarą i niech A ∈ B(Rn) będzie taki, że µ(A) = 0. WtedyDµ(x) = 0 dla Ln–prawie wszystkich x ∈ A.

Dowód . Niech B oznacza zbiór tych wszystkich punktów a ∈ A, dla których

limr→0+

µ(B(a, r))

Ln(B(a, r))= 0.

(55)

Na wstępie zauważmy, że Dµ(a) = 0 dla dowolnego a ∈ B. Istotnie, ustalmy a ∈ B i niech Ak −→ a,Ak ⊂ B(a, rk), Ln(Ak) > αLn(B(a, rk)), α > 0, 0 < rk −→ 0. Wtedy

µ(Ak)

Ln(Ak)6

µ(B(a, rk))

αLn(B(a, rk))−→ 0.

Niech Sk oznacza zbiór tych wszystkich punktów a ∈ A, dla których

lim supr→0

µ(B(a, r))

Ln(B(a, r))> 1/k, k = 1, 2, . . . .

Oczywiście A\B =∞⋃k=1

Sk. Wystarczy jeszcze pokazać, że Ln(Sk) = 0 dla dowolnego k. Ustalmy k i ε > 0.

Wobec regularności miary µ, istnieje zbiór otwarty U ⊃ A taki, że µ(U) < ε. Dla dowolnego a ∈ Skistnieje ra > 0 takie, że B(a, ra) ⊂ U oraz kµ(B(a, ra)) > Ln(B(a, ra)). Niech Ω :=

⋃a∈Sk

B(a, ra) i niech

C < Ln(Ω). Na podstawie Lematu 6.9.3, istnieją a1, . . . , aN ∈ Sk takie, że kule B(a1, ra1), . . . ,B(aN , raN )są parami rozłączne oraz

C < 3nN∑s=1

Ln(B(as, ras)) < 3nk

N∑s=1

µ(B(as, ras)) = 3nkµ( N⋃s=1

B(as, ras))6 3nkµ(U) < 3nkε.

Wynika stąd, że Ln(Ω) 6 3nkε. W szczególności, Ln(Sk) 6 3nkε.

Możemy oczywiście założyć, że µ jest miarą rzeczywistą. Wobec klasycznego twierdzenia Radona–Nikodyma (Twierdzenie 4.22.1), wystarczy rozważyć osobno przypadek µ ⊥ Ln (i wtedy pokazać, żeDµ(x) = 0 dla Ln–prawie wszystkich x ∈ Rn) oraz przypadek µ Ln (i wtedy pokazać, że Dµ(x) =dµdLn (x) dla Ln–prawie wszystkich x ∈ Rn).

Niech µ ⊥ Ln. Mamy µ = µ+−µ−, gdzie µ+ := 12 (|µ|+µ), µ− := 1

2 (|µ|−µ) są miarami rzeczywistyminieujemnymi. Wiemy, że µ± ⊥ Ln (Propozycja 4.21.3(a,b)). Oznacza to, że istnieją zbiory borelowskieA± takie, że µ±(A±) = 0 i Ln(Rn \A±) = 0. Wystarczy jeszcze skorzystać z Lematu 6.9.4.

Niech µ Ln. Wiadomo, że µ(A) =∫Ah dLn, A ∈ B(Rn), gdzie h ∈ L1(Rn) (h jest funkcją

borelowską o wartościach rzeczywistych).Dla r ∈ R niech Br := x ∈ Rn : h(x) < r, Cr := Rn \ Br (są to zbiory borelowskie). Zdefiniujmy

miarę νr : B(Rn) −→ R+, νr(A) :=∫A∩Cr (h − r) dLn, A ∈ B(Rn). Oczywiście νr(Br) = 0, a więc

na podstawie Lematu 6.9.4, Dνr(x) = 0, x ∈ Br \ Sr, gdzie Sr ⊂ Br, Ln(Sr) = 0. Ustalmy teraza /∈

⋃r∈Q

Sr =: S (zauważmy, że Ln(S) = 0). Niech r0 ∈ Q, r0 > h(a) (w szczególności, a ∈ Br0),

Ak −→ a. Mamy:

µ(Ak)

Ln(Ak)=

∫Akh dLn

Ln(Ak)=r0Ln(Ak) +

∫Ak

(h− r0) dLn

Ln(Ak)6 r0 +

νr0(Ak)

Ln(Ak)−→ r0.

Oznacza to, że lim supk→+∞

µ(Ak)Ln(Ak) 6 h(a) dla dowolnego ciągu Ak −→ a i dla dowolnego a /∈ S.

Powtarzając to samo rozumowanie dla miary −µ, wnioskujemy, że

lim infk→+∞

µ(Ak)

Ln(Ak)> h(a)

dla dowolnego ciągu Ak −→ a i dla dowolnego a /∈ S′, gdzie S′ jest pewnym zbiorem miary Lebesgue’azero. Dowód jest zakończony.

(55)Granicę lim

r→0+

µ(B(a,r))Ln(B(a,r)) ∈ [0,+∞] (o ile istnieje) nazywamy pochodną symetryczną miary µ w punkcie a.

Obserwacja 6.9.5. (a) Niech µ : B(R) −→ C będzie miarą. Zdefiniujmy f(x) := µ((−∞, x)), x ∈ R.Wtedy, jeżeli Dµ(a) istnieje, to f ′(a) istnieje oraz f ′(a) = Dµ(a). Istotnie, niech hk −→ 0+. Wtedy

f(a+ hk)− f(a)

hk=

µ([a, a+ hk))

L1([a, a+ hk))−→ Dµ(a),

ponieważ [a, a+ hk) −→ a (rk := hk, α = 12 ). Podobnie

f(a− hk)− f(a)

−hk=

µ([a− hk, a))

L1([a− hk, a))−→ Dµ(a).

(b) Niech f ∈ L1(Rn). Wtedy dla Ln–prawie wszystkich x ∈ Rn mamy

limA→x

1

Ln(A)

∫A

f dLn = f(x),

czyli

limA→x

1

Ln(A)

∫A

(f − f(x)) dLn = 0.

Propozycja 6.9.6. Niech f ∈ L1(Rn). Wtedy dla Ln–prawie wszystkich x ∈ Rn mamy

limA→x

1

Ln(A)

∫A

|f − f(x)| dLn = 0.(

56)

Dowód . Ustalmy ograniczoną otwartą kostkę P ⊂ Rn. Dla c ∈ C niech µc(A) :=∫AχP |f − c|dLn,

A ∈ B(Rn). Na podstawie Twierdzenia 6.9.2, Dµc(x) = |f(x) − c| dla x ∈ P \ Sc, gdzie Sc ⊂ P ,Ln(Sc) = 0. Niech S :=

⋃c∈Q+iQ

Sc. Oczywiście Ln(S) = 0. Ustalmy a ∈ P \ S, Ak −→ a, Ak ⊂ P ,

k = 1, 2, . . . , i ε > 0. Niech c ∈ Q+ iQ będzie takie, że |f(a)− c| < ε. Wiemy, że µc(Ak)Ln(Ak) −→ |f(a)− c|.

Szacujemy∫Ak|f − f(a)|dLn

Ln(Ak)6εLn(Ak) +

∫Ak|f − c|dLn

Ln(Ak)6 ε+

µc(Ak)

Ln(Ak)−→ ε+ |f(a)− c| < 2ε.

Wynika stąd, że∫Ak|f−f(a)|dLn

Ln(Ak) −→ 0, co pokazuje, że

limA→x

1

Ln(A)

∫A

|f − f(x)| dLn = 0

dla Ln–prawie wszystkich x ∈ P . Dowolność kostki P kończy dowód.

Powiemy, że kostka P ⊂ Rn jest regularna jeżeli ma wszystkie krawędzie równej długości. Dla n = 1wszystkie kostki są oczywiście regularne.

W przypadku miary µ : B(Rn) −→ R+, oprócz pochodnej Dµ(a) można rozważać również następu-jące słabsze pochodne:

(DQµ)(a) := limk→+∞

(sup

µ(P )

Ln(P ):

P jest otwartą kostką regularną o krawędzi długości 6 1/k, a ∈ P),

(DQµ)(a) := limk→+∞

(inf µ(P )

Ln(P ):

P jest otwartą kostką regularną o krawędzi długości 6 1/k, a ∈ P)

;

odnotujmy, że powyższe granice istnieją oraz

0 6 DQµ(a) 6 DQµ(a) 6 +∞.

(56)

Zbiórx ∈ Rn : limA→x

1Ln(A)

∫A |f − f(x)| dLn = 0

nazywamy zbiorem Lebesgue’a funkcji f .

Obserwacja 6.9.7. (a) Jeżeli Dµ(a) istnieje, to DQµ(a) = DQµ(a) = Dµ(a) (Ćwiczenie).(b) Funkcje Rn 3 x −→ DQµ(x) i Rn 3 x −→ DQµ(x) są borelowskie. Istotnie, niech

ϕk(x) : = sup µ(P )

Ln(P ): P jest otwartą kostką regularną o krawędzi długości 6 1/k, x ∈ P

,

ψk(x) : = inf µ(P )

Ln(P ): P jest otwartą kostką regularną o krawędzi długości 6 1/k, x ∈ P

, x ∈ Rn.

Odnotujmy, że ϕk DQµ oraz ψk DQµ. Aby pokazać, że funkcje DQµ oraz DQµ są borelowskie,wystarczy pokazać, że ϕk jest półciągła z dołu, a funkcja ψk — półciągła z góry. Niech na przykładϕk(a) > C. Oznacza to, że istnieje otwarta kostka regularna P o krawędzi długości 6 1/k taka, że a ∈ Poraz µ(P )

Ln(P ) > C. Wynika stąd natychmiast, że ϕk(x) > C dla dowolnego x ∈ P , co dowodzi półciągłościz dołu funkcji ϕk w punkcie a.

Twierdzenie 6.9.8. Niech µ : B(Rn) −→ R+ będzie miarą taką, że µ ⊥ Ln. Wtedy DQµ(x) = +∞ dlaµ–prawie wszędzie x ∈ Rn. Jeżeli n = 1, to DQµ(x) = +∞ dla µ–prawie wszystkich x ∈ Rn

(57).

Dowód . Niech Bk oznacza zbiór wszystkich punktów x ∈ Rn takich, że µ(P ) < kLn(P ) dla dowolnejotwartej kostki regularnej zawierającej x, o krawędzi długości 6 1/k. Zauważmy, że

x ∈ Rn : DQµ(x) < +∞ =∞⋃k=1

Bk.

Wystarczy więc pokazać, że µ(Bk) = 0 dla dowolnego k. Ustalmy k i ε > 0. Skoro µ ⊥ Ln, to istniejezbiór otwarty U ⊂ Rn, na którym jest skupiona miara µ i Ln(U) < ε. Przedstawmy zbiór U w postaci

przeliczalnej sumy U =∞⋃j=1

Qj regularnych kostek zwartych o krawędziach długości < 1/k takich, że

intQi ∩ intQj = ∅ dla i 6= j (por. Obserwacja 4.1.4). Jeżeli Qj ∩ Bk 6= ∅, to aproksymując kostkęQj troszeczkę większymi regularnymi kostkami otwartymi o krawędziach 6 1/k, dostajemy µ(Qj) 6kLn(Qj). Wynika stąd, że

µ(Bk) = µ(Bk ∩ U) 6 µ( ⋃Qj∩Bk 6=∅

Qj

)6

∑Qj∩Bk 6=∅

µ(Qj) 6 k∑

Qj∩Bk 6=∅Ln(Qj) 6 kLn(U) 6 kε.

W przypadku n = 1 rozumujemy następująco. Niech

Bk := x ∈ R : DQµ(x) < k, k = 1, 2, . . . .

Chcemy pokazać, że µ(Bk) = 0 dla dowolnego k. Ustalmy k i ε > 0. Tak, jak poprzednio, istnieje zbiórotwarty U ⊂ R, na którym jest skupiona miara µ i L1(U) < ε. Wystarczy pokazać, że µ(K) = 0 dladowolnego zbioru zwartego K ⊂ Bk ∩ U . Ustalmy K. Dla dowolnego x ∈ K istnieje przedział otwarty

Px ⊂ U taki, że x ∈ Px oraz µ(Px) < kL1(Px). Niech K ⊂N⋃s=1

Pxs . Możemy założyć, że pokrycie (Pxs)Ns=1

na krotność co najwyżej 2(

58). Mamy więc:

µ(K) 6 µ( N⋃s=1

Pxs

)6

N∑s=1

µ(Pxs) < k

N∑s=1

L1(Pxs) 6 2kL1(

N⋃s=1

Pxs

)6 2kL1(U) < 2kε.

Niech f : P −→ C, gdzie P ⊂ R jest dowolnym przedziałem. Zdefiniujmy wahanie funkcji f naprzedziale P

VP (f) := supV[a,b](f) : [a, b] ⊂ P.Niech BV(P ) oznacza przestrzeń tych funkcji, których wahanie jest skończone. Powiemy, że funkcjaf ∈ BV(R) jest unormowana (f ∈ NBV(R)) jeżeli:(

57)Wynik ten nie jest prawdziwy dla n > 2. Dla przykładu, niech n = 2, µ(A) := L∆(A ∩ I), gdzie L∆ jest miarą

Lebesgue’a na prostej ∆ := (x, x) : x ∈ R, zaś I := (x, x) : x ∈ (0, 1). Wtedy µ ⊥ L2, ale DQµ(x) = 0 dla dowolnegox ∈ R2 (Ćwiczenie).(

58)Korzystamy tu z następującej specyficznej własności R: jeżeli trzy przedziały otwarte mają punkt wspólny, to

któryś z nich zawiera się w sumie dwóch pozostałych.

• limx→−∞

f(x) = 0,

• f(x−) = f(x), x ∈ R(

59).

Propozycja 6.9.9. (a) Dla dowolnej funkcji f ∈ BV(R) istnieją dokładnie jedna funkcja g ∈ NBV(R)oraz dokładnie jedna stała c takie, że f(x) = g(x) + c dla dowolnego punktu x ∈ R, w którym f jestciągła. Ponadto, VR(g) 6 VR(f).

(b) Jeżeli f ∈ NBV(R), to (R 3 x ϕ−→ V(−∞,x](f)) ∈ NBV(R).

Dowód . (a) Niechϕ(x) := V(−∞,x](f), x ∈ R.

Oczywiście granica limx→−∞

ϕ(x) istnieje i jest skończona. Mamy również oszacowanie |f(x′) − f(x′′)| 6|ϕ(x′) − ϕ(x′′)|, x′, x′′ ∈ R. W szczególności, dla dowolnego ciągu xk −→ −∞, ciąg (f(xk))∞k=1 spełniawarunek Cauchy’ego. Wynika stąd, że granica c := lim

x→−∞f(x) istnieje i jest skończona. Zdefiniujmy

g(x) := f(x−)− c, x ∈ R. Łatwo widać, że VR(g) 6 VR(f) < +∞.Jednoznaczność stałej c jest oczywista. Jednoznaczność funkcji g wynika z faktu, że jeżeli g jest

funkcją lewostronnie ciągła i g = 0 poza zbiorem przeliczalnym, to g ≡ 0.(b) Łatwo widać, że VR(ϕ) 6 VR(f) < +∞. Ustalmy a ∈ R oraz ε > 0. Niech x0 < · · · < xN = a

będą takie, żeN∑j=1

|f(xj)− f(xj−1| > ϕ(a)− ε. Dla dowolnych punktów, y0 < · · · < ym = x0 mamy

ϕ(a) >m∑s=1

|f(ys)− f(ys−1)|+N∑j=1

|f(xj)− f(xj−1)|

a stądm∑s=1|f(ys)− f(ys−1)| < ε, czyli ϕ(x0) < ε, co dowodzi, że ϕ(x) −→ 0 gdy x −→ −∞.

Niech teraz xN−1 < x < xN = a. MamyN−1∑j=1

|f(xj)− f(xj−1)|+ |f(x)− f(xN−1)| 6 ϕ(x) 6 ϕ(a−).

Jeżeli x −→ a−, to, korzystając z tego, że f(a−) = f(a), dostajemy ϕ(a)−ε 6 ϕ(a−) 6 ϕ(a), co (wobecdowolności ε) dowodzi tego, że ϕ(a−) = ϕ(a).

Definicja 6.9.10. Powiemy, że funkcja f : P −→ C, gdzie P ⊂ R jest przedziałem, jest absolutnieciągła jeżeli dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0 taka, że dla dowolnych punktów a1, b1, . . . , aN , bN ∈ P ,

a1 < b1 6 a2 < · · · < bN−1 6 aN < bN , jeżeliN∑j=1

(bj − aj) < δ, toN∑j=1

|f(bj)− f(aj)| < ε.

Obserwacja 6.9.11. (a) Każda funkcja absolutnie ciągła jest jednostajnie ciągła.(b) Każda funkcja spełniająca warunek Lipschitza jest absolutnie ciągła.(c) Jeżeli f : P −→ C jest absolutnie ciągła, to V[a,b](f) < +∞ dla dowolnego [a, b] ⊂ P (Ćwicze-

nie). Nie musi jednak być f ∈ BV(P ) (Ćwiczenie).

Twierdzenie 6.9.12. Związek

f(x) = µ((−∞, x)), x ∈ R, (*)

zadaje bijekcję pomiędzy funkcjami f ∈ NBV(R), a miarami µ : B(R) −→ C. Ponadto,(a) V(−∞,x](f) = |µ|((−∞, x)), x ∈ R,(b) f jest ciągła w punkcie a wtedy i tylko wtedy, gdy µ(a) = 0,(c) Jeżeli f ∈ NBV(R), to f jest absolutnie ciągła wtedy i tylko wtedy, gdy µ L1.

Dowód . Jednoznaczność miary µ wynika z następującego rozumowania. Jeżeli dla dowolnego x ∈ Rmamy µ((−∞, x)) = 0, to µ([a, b)) = 0 dla dowolnych a < b. Stąd, µ(U) = 0 dla dowolnego zbioruotwartego i ostatecznie µ(A) = 0 dla dowolnego zbioru borelowskiego.

(59)Na podstawie rozkładu Jordana wiemy, że funkcja o wahaniu ograniczonym jest ciągła poza zbiorem co najwyżej

przeliczalnym oraz że ma ona w każdym punkcie granice jednostronne.

Niechϕ(x) := V(−∞,x](f), x ∈ R.

Jeżeli funkcja f jest zadana wzorem (*) i xk x, to (−∞, xk) (−∞, x), a stąd µ((−∞, xk)) −→µ((−∞, x)), co daje lewostronną ciągłość w punkcie x. Jeżeli xk −∞, to (−∞, xk) ∅, więcµ((−∞, xk)) −→ 0, co pokazuje, że f(x) −→ 0 przy x −→ −∞. Pozostaje zbadać wahanie funkcjif . Mamy:

ϕ(x) = V(−∞,x](f) = sup N∑j=1

|f(xj)− f(xj−1)| : x0 < · · · < xN = x, N ∈ N

= sup N∑j=1

|µ([xj−1, xj))| : x0 < · · · < xN = x, N ∈ N6 |µ|((−∞, x)), x ∈ R. (**)

A więc VR(f) 6 |µ|(R) < +∞.Teraz załóżmy, że f ∈ NBV(R), a miara µ jest zadana wzorem (*). Możemy założyć, że f jest

rzeczywista. Korzystając z rozkładu f = f1 − f2 = 12 (ϕ + f) − 1

2 (ϕ − f) oraz z Propozycji 6.9.9(b),możemy założyć, że f jest niemalejąca

(60).

Dla x ∈ R zdefiniujmy Bx := [f(x), f(x+)] (oczywiście, Bx = f(x) z wyjątkiem co najwyżejprzeliczalnego zbioru x),

[A] :=⋃x∈A

Bx, A ⊂ R.

Niech S := y ∈ R : #f−1(y) > 2. Zauważmy, że zbiór S jest co najwyżej przeliczalny (Ćwiczenie).(†) Dla dowolnych zbiorów A′, A′′ ⊂ R takich, że A′ ∩A′′ = ∅ mamy [A′]∩ [A′′] ⊂ S (Ćwiczenie).Niech M oznacza rodzinę wszystkich zbiorów borelowskich A ⊂ R, dla których [A] jest również

zbiorem borelowskim. Kładziemy µ(A) := L1([A]), A ∈M. Sprawdzimy, że µ jest poszukiwaną miarą.Jeżeli P ⊂ R jest przedziałem, to [P ] jest również przedziałem (Ćwiczenie). Tak więc rodzina M

zawiera przedziały. Pokażemy, że M jest σ–algebrą (skąd już będzie wynikać, że M = B(R)). Przeliczalna

addytywność wynika wprost ze związku[ ∞⋃j=1

Aj

]=∞⋃j=1

[Aj ]. Zauważmy również, że wobec (†) mamy

[R \A] = ([R] \ [A]) ∪ S0, gdzie S0 ⊂ S.Pozostaje przeliczalna addytywność µ, która wynika natychmiast z faktu, że jeżeli (Aj)

∞j=1 ⊂ B(R)

jest rodziną zbiorów parami rozłącznych, to na podstawie (†) mamy [Aj ] ∩ [Ak] ⊂ S dla j 6= k.Na koniec zauważmy, że [(−∞, x)] = [0, f(x)] (Ćwiczenie), skąd natychmiast wynika, że

µ((−∞, x)) = f(x), x ∈ R.

(a) Niech ν będzie miarą odpowiadającą funkcji ϕ (por. Propozycja 6.9.9(b)). Dla x < y mamy|µ([x, y))| = |f(x) − f(y)| 6 V[x,y](f) = ϕ(y) − ϕ(x) = ν([x, y)). Wynika stąd, że |µ(U)| 6 ν(U) dladowolnego zbioru otwartego, a stąd |µ(A)| 6 ν(A) dla dowolnego zbioru borelowskiego. Mamy więc|µ| 6 ν. W szczególności, |µ|((−∞, x)) 6 ϕ(x) = V(−∞,x](f), x ∈ R. Nierówność w drugą stronę wynikaz (**).

(b) Przypomnijmy, że f(a−) = f(a). Niech ak a. Wtedy

µ((−∞, ak)) −→ µ((−∞, a]),

a więc f(a+) − f(a) = µ((−∞, a]) − µ((−∞, a)) = µ(a), skąd wynika, że f jest ciągła w punkcie awtedy i tylko wtedy, gdy µ(a) = 0.

(c) Niech f ∈ NBV(R) będzie taka, że µ L1. Na podstawie Propozycji 4.21.3(c,d), dla dowolnegoε > 0 istnieje δ > 0 takie, że jeżeli A ⊂ R jest zbiorem borelowskim i L1(A) < δ, to |µ|(A) < ε. Biorącjako A zbiór [a1, b1) ∪ · · · ∪ [an, bN ) złożony z przedziałów rozłącznych o sumie długości < δ, dostajemy

N∑j=1

|f(bj)− f(aj)| =N∑j=1

|µ([aj , bj))| 6N∑j=1

|µ|([aj , bj)) = |µ|(A) < ε,

(60)Dla x < y mamy fi(y)− fi(x) = 1

2(V[x,y]f ± (f(y)− f(x))) > 0.

co dowodzi absolutnej ciągłości funkcji f .Przypuśćmy teraz, że f jest absolutnie ciągła i niech A ⊂ R będzie zbiorem borelowskim takim, że

L1(A) = 0. Ustalmy ε > 0 i dobierzmy doń δ > 0 według definicji absolutnej ciągłości. Istnieje ciągzbiorów otwartych Uk A taki, że µ(Uk) −→ µ(A) oraz L1(U1) < δ. Każdy ze zbiorów otwartych Ukjest co najwyżej przeliczalną sumą otwartych przedziałów rozłącznych, Uk = (ak,1, bk1)∪ (ak,2, bk2)∪ . . . .Wynika stąd, że |f(bk,1)− f(ak,1)|+ |f(bk,2)− f(ak,2)|+ . . . 6 ε, czyli |µ([ak,1, bk,1))|+ |µ([ak,2, bk,2))|+. . . 6 ε. Ponieważ f jest w szczególności ciągła, zatem na podstawie (b) µ jest bezatomowa, a stąd|µ(Uk)| 6 |µ((ak,1, bk,1))|+ |µ((ak,2, bk,2))|+ · · · = |µ([ak,1, bk,1))|+ |µ([ak,2, bk,2))|+ . . . 6 ε.

Twierdzenie 6.9.13. (a) Jeżeli g ∈ L1(R) oraz

f(x) :=

∫ x

−∞g(t)dt, x ∈ R,

to f ∈ NBV(R), f jest absolutnie ciągła i f ′(x) = g(x) dla L1–prawie wszystkich x ∈ R.(b) Jeżeli f ∈ NBV(R), to f ′(x) istnieje dla L1–prawie wszystkich x ∈ R, f ′ ∈ L1(R) oraz istnieje

funkcja fs ∈ NBV(R) taka, że f ′s(x) = 0 dla L1–prawie wszystkich x ∈ R i

f(x) = fs(x) +

∫ x

−∞f ′(t)dt, x ∈ R.

Ponadto, fs = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy f jest absolutnie ciągła. Jeżeli f jest niemalejąca, to fs jestniemalejąca.

(c) Jeżeli f ∈ BV(R), to f ′(x) istnieje dla L1–prawie wszystkich x ∈ R oraz f ′ ∈ L1(R).(d) Jeżeli f : [a, b] −→ R jest funkcją absolutnie ciągłą, to f ′(x) istnieje dla L1–prawie wszystkich

x ∈ (a, b), f ′ ∈ L1((a, b)) oraz f(b)− f(a) =∫ baf ′(t)dt.

Dowód . (a) Niech µ(A) :=∫Ag dL1, A ∈ B(R). Oczywiście spełniony jest związek (*) oraz µ L1. Na

podstawie Twierdzenia 6.9.12, f ∈ NBV(R) oraz f jest absolutnie ciągła. Dalej, na podstawie Twierdze-nia 6.9.2 i Propozycji 6.9.1, Dµ(x) = f ′(x) = g(x) dla L1–prawie wszystkich x ∈ R.

(b) Niech µ : B(R) −→ C będzie miarą zespoloną odpowiadającą funkcji f na podstawie (*). Z Twier-dzenia 6.9.2 i Propozycji 6.9.1 wiemy, że f ′ = Dµ oraz

µ(A) = µs(A) +

∫A

Dµ dL1, A ∈ B(R).

Niech fs odpowiada mierze µs na podstawie (*). Wiemy, żeDµs(x) = f ′s(x) = 0 dla L1–prawie wszystkichx ∈ R. Pozostaje zauważyć, że jeżeli f jest niemalejąca, to µ > 0, a stąd µs > 0, co oznacza, że fs jestniemalejąca.

(c) Na podstawie Propozycji 6.9.9(a), f = g + c w punktach ciągłości f(

61), gdzie g ∈ NBV(R).

Wobec (b), g′ ∈ L1(R).

Lemat 6.9.14. Niech h ∈ BV(R), h = 0 poza zbiorem co najwyżej przeliczalnym. Wtedy h′ = 0 L1–prawie wszędzie.

Dowód . Niech S = x ∈ R : h(x) 6= 0 = a1, a2, . . . (zakładamy, że S jest przeliczalny — dla zbioru

skończonego wynik jest oczywisty). Ponieważ h ∈ BV(R), zatem C :=∞∑s=1|h(as)| < +∞. Niech Bk

oznacza zbiór wszystkich a ∈ R \ S takich, że∣∣∣h(x)− h(a)

x− a

∣∣∣ > 1/k

dla nieskończenie wielu x. Jest rzeczą oczywistą, że h′ = 0 poza S ∪∞⋃k=1

Bk. Dla a ∈ Bk mamy |as− a| <

k|h(as)| dla nieskończenie wielu s. Oznacza to, że Bk ⊂∞⋃s=1

(as − k|h(as)|, as + k|h(as)|), a stąd Bk musi

być miary zero (Wniosek 4.5.16).

(61)Przypomnijmy, że zbiór punktów nieciągłości funkcji f jest co najwyżej przeliczalny.

Na podstawie powyższego lematu, f ′ = g′.

(d) Niech

g(x) :=

0, x < a

f(x)− f(a), x ∈ [a, b]

f(b)− f(a), x > b

.

Wtedy g ∈ NBV(R) i g jest absolutnie ciągła, a więc na podstawie (b), g′ ∈ L1(R) oraz g(x) =∫ x−∞ g′(t)dt, x ∈ R. W szczególności, f ′(x) = g′(x) istnieje dla L1–prawie wszystkich x ∈ (a, b), f ′ ∈L1((a, b)) oraz g(b) = f(b)− f(a) =

∫ baf ′(t)dt.

Twierdzenie 6.9.15 (Twierdzenie Rademachera). Niech Ω ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym i niechf : Ω −→ Rm będzie odwzorowaniem spełniającym lokalnie warunek Lipschitza. Wtedy f jest Ln–prawiewszędzie różniczkowalna (w sensie Frécheta).

Możemy założyć, że m = 1, Ω = Q jest ograniczoną kostką otwartą o środku w punkcie 0 ∈ Rn orazże f spełnia w Q globalny warunek Lipschitza

|f(x′)− f(x′′)| 6 L‖x′ − x′′‖, x′, x′′ ∈ Q.

Lemat 6.9.16. Niech Q będzie ograniczoną kostką otwartą i niech f : Q −→ R będzie funkcją spełniającąglobalny warunek Lipschitza ze stałą L. Zdefiniujmy

Q0 :=x ∈ Q :

∂f

∂xj(x) istnieje, j = 1, . . . , n

.

Wtedy:• Q0 ∈ B(Rn),• Q \Q0 jest zbiorem miary zero,• funkcje Q0 3 x 7−→ ∂f

∂xj(x), j = 1, . . . , n, są B(Rn)–mierzalne.

Dowód . Ustalmy j ∈ 1, . . . , n i niech

Aj :=x ∈ Q :

∂f

∂xj(x) istnieje

.

Na podstawie Obserwacji 4.1.2(u) wiemy, że Aj ∈ B(Rn) oraz, że funkcja

Q 3 x 7−→ ∂f

∂xj(x)

jest B(Rn) mierzalna. Pozostaje wykazać, że Ln(Q \Aj) = 0.Zapiszmy Q = Q′ ×∆×Q′′ ⊂ Rj−1 × R× Rn−j . Na podstawie Zasady Cavalieriego dostajemy

Ln(Q \Aj) =

∫Q′×Q′′

L1(t ∈ ∆ : (x′, t, x′′) /∈ Aj)dLn−1(x′, x′′).

Zauważmy, że dla (x′, x′′) ∈ Q′ ×Q′′:

t ∈ ∆ : (x′, t, x′′) /∈ Aj = t ∈ ∆ : g′(x′,x′′)(t) nie istnieje,

gdzie g(x′x′′)(t) := f(x′, t, x′′), t ∈ ∆. Pozostaje skorzystać z Twierdzenia 6.9.13(d).

Lemat 6.9.17. Niech Q będzie ograniczoną kostką otwartą o środku w punkcie 0 ∈ Rn i niech g : Q −→ Rbędzie funkcją spełniającą globalny warunek Lipschitza. Załóżmy, że g jest niemalejąca ze względu nakażdą zmienną osobno. Wtedy istnieje zbiór S ⊂ Q miary zero taki, że:

lim inft→0+

g(a+ tX)− g(a)

t>

n∑j=1

∂g

∂xj(a)Xj , a ∈ Q \ S, X ∈ Rn+.

Zauważmy, że na podstawie Lematu 6.9.16, pochodne cząstkowe ∂g∂xj

(x) istnieją dla prawie wszystkichx.

Lemat 6.9.17 implikuje Twierdzenie Rademachera. Niech f : Q −→ R będzie dowolną funkcją spełniającąwarunek Lipschitza ze stałą L. Niech Q0 będzie taki, jak w Lemacie 6.9.16. Ustalmy ε = (ε1, . . . , εn) ∈−1,+1n, η ∈ −1,+1 i zdefiniujmy

g(x) := L(x1 + · · ·+ xn) + ηf(ε · x), x ∈ Q,gdzie ε · x := (ε1x1, . . . , εnxn). Funkcja g spełnia oczywiście warunek Lipschitza oraz jest niemalejąca zewzględu na każdą zmienną osobno. Zauważmy, że

∂g

∂xj(x) = L+ ηεj

∂f

∂xj(ε · x), x ∈ Q0(ε), j = 1, . . . , n,

gdzie Q0(ε) := x ∈ Rn : ε · x ∈ Q0. Na podstawie Lematu 6.9.17 dostajemy:

lim inft→0+

ηf(ε · (x+ tX))− f(ε · x)

t> η

n∑j=1

∂f

∂xj(ε · x)εjXj , x ∈ Q \ S(ε, η), X ∈ Rn+,

gdzie S(ε, η) jest pewnym zbiorem miary zero. Wynika stąd, że istnieje zbiór S0 ⊂ Q miary zero taki, że

limt→0+

f(x+ tX)− f(x)

t=

n∑j=1

∂f

∂xj(x)Xj , x ∈ Q \ S0, X ∈ Rn.

Pokażemy, że f jest różniczkowalna na Q \ S0: Ustalmy a ∈ Q \ S0 oraz ciąg (Rn)∗ 3 hk −→ 0.Chcemy pokazać, że

limk→+∞

f(a+ hk)− f(a)−n∑j=1

∂f∂xj

(a)hk,j

‖hk‖= 0.

Bez szkody dla ogólności możemy założyć, że Xk := hk‖hk‖ −→ X0. Połóżmy tk := ‖hk‖. Wiemy, że

limk→+∞

f(a+ tkX0)− f(a)

tk=

n∑j=1

∂f

∂xj(a)X0,j .

Szacujemy:∣∣∣∣∣∣∣∣f(a+ hk)− f(a)−

n∑j=1

∂f∂xj

(a)hk,j

‖hk‖

∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣f(a+ tkXk)− f(a)

tk−

n∑j=1

∂f

∂xj(a)Xk,j

∣∣∣6∣∣∣f(a+ tkX0)− f(a)

tk−

n∑j=1

∂f

∂xj(a)X0,j

∣∣∣+∣∣∣f(a+ tkXk)− f(a+ tkX0)

tk

∣∣∣+∣∣∣ n∑j=1

∂f

∂xj(a)(Xk,j −X0,j)

∣∣∣6∣∣∣f(a+ tkX0)− f(a)

tk−

n∑j=1

∂f

∂xj(a)X0,j

∣∣∣+ L‖Xk −X0‖+∣∣∣ n∑j=1

∂f

∂xj(a)(Xk,j −X0,j)

∣∣∣ −→ 0.

Przechodzimy do dowodu Lematu 6.9.17.

Lemat 6.9.18. Załóżmy,że g : Q −→ R jest taka, jak w Lemacie 6.9.17. Ustalmy a ∈ Q oraz h =(h1, . . . , hn) ∈ Rn>0 takie, że

P := [a1, a1 + h1]× · · · × [an, an + hn] ⊂ Q.Przypuśćmy, że B ⊂ P jest zbiorem mierzalnym, zaś

p = (p1, . . . , pn) ∈ Rn+, 0 < ε < 1n minh1, . . . , hn

są takie, że:• ∂g

∂xj(x) istnieje oraz ∂g

∂xj(x) > pj dla dowolnych x ∈ B, j = 1, . . . , n,

• Ln(P \B) < εn.


Wtedy g(a+ h)− g(a) >n∑j=1

pj(hj − nε).

Lemat 6.9.18 implikuje Lemat 6.9.17. Niech g będzie taka, jak w Lemacie 6.9.17. Na podstawie Lematu6.9.16 pochodne cząstkowe ∂g

∂xj(x) istnieją poza pewnym zbiorem borelowskim S miary zero. Ustalmy

p = (p1, . . . , pn) ∈ Rn+ i niech

Ap :=x ∈ Q \ S :

∂g

∂xj(x) > pj , j = 1, . . . , n

;

Ap jest zbiorem borelowskim. Rozważmy miarę borelowską µ(A) := Ln((A\Ap)∩Q), A ∈ B(Rn). Jest tomiara nieujemna i skończona. Oczywiście, µ(Ap) = 0, Zatem, na podstawie Lematu 6.9.4, istnieje zbiórA′p ⊂ Ap taki, że Ln(Ap \A′p) = 0 oraz Dµ(x) = 0 dla dowolnego x ∈ A′p.

Weźmy a ∈ A′p, X ∈ Rn>0 i niech r := maxX1, . . . , Xn. Ustalmy ciąg 1 > tk −→ 0+ i niechRk := [a1, a1 + tkr] × · · · × [an, an + tkr]. Oczywiście, Rk ⊂ Q dla k 1. Zauważmy, że Rk −→ a

(Ćwiczenie). W takim razie, µ(Rk)Ln(Rk) −→ 0, czyli L

n(Rk\Ap)(tkr)n

−→ 0. Ponadto,

Pk := [a1, a1 + tkX1]× · · · × [an, an + tkXn] ⊂ Rk.

Stąd Ln(Pk\Ap)(tkr)n

−→ 0. Wobec Lematu 6.9.18 (zastosowanego do zbiorów Pk i B := Pk∩Ap), dla dowolnegoε > 0, mamy:

g(a+ tkX)− g(a) >n∑j=1

pj(tkXj − nεtkr), k > k(ε),

co daje:

lim inft→0+

g(a+ tX)− g(a)

t>

n∑j=1

pjXj .

Powyższa zależność pozostaje prawdziwa dla X ∈ Rn+ (ponieważ g spełnia warunek Lipschitza).

Niech teraz S0 := S ∪⋃

p∈Qn+(Ap \ A′p). Jest to zbiór miary zero. Ustalmy a ∈ Q \ S0 i p ∈ Qn+ takie,

że ∂g∂xj

(a) > pj , j = 1, . . . , n. Na podstawie poprzednich rozważań mamy:

lim inft→0+

g(a+ tX)− g(a)

t>

n∑j=1

pjXj , X ∈ Rn+.

Standardowe przejście graniczne (Q+ 3 pj ∂g∂xj

(a)) kończy dowód.

Dowód Lematu 6.9.18. Przypadek n = 1 pozostawiamy jako Ćwiczenie.Niech teraz n = 2. Przy założeniach i oznaczeniach z Lematu 6.9.18, rozważmy prostokąt

P ′ := [a1, a1 + h1 − ε]× [a2, a2 + ε] ⊂ P.Szacujemy:

ε2 > L2(P \B) > L2(P ′ \B) = L2(P ′)− L2(P ′ ∩B) = (h1 − ε)ε−∫ a2+ε

a2

L1(C(y))dL1(y),

gdzie C(y) := x ∈ [a1, a1 + h1− ε] : (x, y) ∈ B. Wynika stąd, że istnieje punkt y∗ ∈ [a2, a2 + ε] taki, że

L1(C(y∗)) >(h1 − ε)ε− ε2

ε= h1 − 2ε.

W analogiczny sposób, biorąc P ′′ := [a1 +h1− ε, a1 +h1]× [a2 + ε, a2 +h2], dowodzimy istnienia punktux∗ ∈ [a1 + h1 − ε, a1 + h1] takiego, że

L1(D(x∗)) > h2 − 2ε,

gdzie D(x) := y ∈ [a2 + ε, a2 + h2] : (x, y) ∈ B. Teraz szacujemy (korzystając z monotonicznościi Twierdzenia 6.9.13(d))

g(a+ h)− g(a) > g(x∗, a2 + h2)− g(x∗, a2 + ε) + g(x∗, a2 + ε)− g(a1, a2)

> p2(h2 − 2ε) + g(a1 + h1 − ε, y∗)− g(a1, y∗) > p2(h2 − 2ε) + p1(h1 − 2ε).



Dla n > 3 postępujemy podobnie. Rozważmy układ kostek

Pj =n

Xk=1

[bj,k, cj,k], j = 1, . . . , n,

gdzie

P1 : = [a1, a1 + h1 − (n− 1)ε]× [a2, a2 + ε]× · · · × [an, an + ε],

P2 : = [a1 + h1 − (n− 1)ε, a1 + h1 − (n− 2)ε]× [a2 + ε, a2 + h2 − (n− 2)ε]

× [a3 + ε, a3 + 2ε]× · · · × [an + ε, an + 2ε]

P2 : = [a1 + h1 − (n− 2)ε, a1 + h1 − (n− 3)ε]× [a2 + h2 + (n− 2)ε, a2 + h2 − (n− 3)ε]

× [a3 + 2ε, a3 + h3 − (n− 3)ε]× [a4 + 2ε, a4 + 3ε]× · · · × [an + 2ε, an + 3ε]

...Pn : = [a1 + h1 − (n− 1)ε, a1 + h1]× · · · × [an−1 + hn−1 − (n− 1)ε, an−1 + hn−1]

× [an + (n− 1)ε, an + hn].

Zauważmy, że cj,k 6 bj+1,k, j = 1, . . . , n − 1, k = 1, . . . , n. Ponadto, cj,k − bj,k = ε dla k 6= j orazcj,j − bj,j = hj − (n− 1)ε. Niech Pj = P ′j × [bj,j , cj,j ]×P ′′j (z oczywistymi modyfikacjami dla j ∈ 1, n)i niech

Cj(x′j , x′′j ) := xj ∈ [bj,j , cj,j ] : (x′j , xj , x

′′j ) ∈ B, (x′j , x

′′j ) ∈ P ′j × P ′′j .

Podobnie, jak dla n = 2, mamy:

εn > Ln(Pj \B) = Ln(Pj)− Ln(Pj ∩B)

= (hj − (n− 1)ε)εn−1 −∫P ′j×P ′′j

L1(Cj(x′j , x′′j ))dLn−1(x′j , x

′′j ).

Musi więc istnieć punkt (0x′j ,0x′′j ) ∈ P ′j × P ′′j taki, że

L1(Cj(0x′j ,

0x′′j )) >(hj − (n− 1)ε)εn−1 − εn

εn−1= hj − nε.

Zdefiniujmy bj := (bj,1, . . . , bj,n), ηj := (0x′j , bj,j ,0x′′j ), ξj := (0x′j , cj,j ,

0x′′j ), cj := (cj,1, . . . , cj,n). Oczy-wiście, b1 = 0, cn = a + h oraz bj 6 ηj 6 ξj 6 cj , j = 1, . . . , n. Na podstawie Twierdzenia 6.9.13(d)mamy

g(ξj)− g(ηj) =

∫ cj,j

bj,j

∂g

∂xjdL1 >

∫Cj(0x′j ,

0x′′j )

∂g

∂xjdL1 > pj(hj − nε).

Wobec monotoniczności funkcji g, wynika stąd, iż

g(a+ h)− g(a) >n∑j=1

(g(cj)− g(bj)) >n∑j=1

g(ξj)− g(ηj) >n∑j=1

pj(hj − nε).

Propozycja 6.9.19. Niech Φ : U −→ V będzie homeomorfizmem pomiędzy zbiorami otwartymi U, V ⊂Rn. Załóżmy, że Φ spełnia lokalnie warunek Lipschitza i niech a ∈ U będzie taki, że Φ′(a) istnieje

(62).

Niech Ps := a+ (s/2)[−1, 1]n, s > 0. Wtedy

lims→0+

Ln(Φ(Ps))

sn= |Φ′|(a).

Dowód . Niech P := [−1/2, 1/2]n, Q := intP , L := Φ′(a),

Φs(x) :=1

s(Φ(a+ sx)− Φ(a)), x ∈ Us, s > 0,

gdzie Us := x ∈ Rn : a+ sx ∈ U. Zauważmy, że

maxx∈P‖Φs(x)− L(x)‖ −→

s→0+0 (Ćwiczenie). (†)

(62)Przypomnijmy, że na podstawie Twierdzenia Rademachera 6.9.15, różniczka Φ′(x) istnieje dla prawie wszystkich

x ∈ U .

Z jednej strony, na podstawie klasycznego twierdzenia o zmianie zmiennych w całce Lebesgue’a(Twierdzenie 4.12.9) mamy:

Ln(L(P )) = |detL|Ln(P ) = |Φ′|(a).

Z drugiej strony, dla małych s > 0 (takich, że P ⊂ Us), mamy:

Ln(Φs(P )) =Ln(Φ(Ps))

sn.

Wystarczy więc pokazać, że Ln(Φs(P )) −→ Ln(L(P )), gdy s −→ 0+. Zauważmy, że wobec własności (†),Φs(P ) −→ L(P ) w sensie metryki Hausdorffa (Ćwiczenie), a stąd lim sups→0+ Ln(Φs(P )) 6 Ln(L(P ))(por. Obserwacja 6.8.6(c)). W szczególności, jeżeli detL = 0, to dowód jest zakończony.

Załóżmy, że L jest izomorfizmem. Odwzorowania Φs i L spełniają oczywiście lokalnie warunek Lip-schitza. Stąd, na podstawie Propozycji 4.4.7(a), Ln(Φs(P )) = Ln(Φs(Q)) oraz Ln(L(P )) = Ln(L(Q)).Weźmy dowolny zbiór zwarty K ⊂⊂ L(Q). W szczególności, dist(K,L(∂P )) = 2r > 0 (tu korzystamyz tego, że L jest homeomorfizmem). Wynika stąd, że dist(K,Φs(∂P )) > r dla dostatecznie małych s (Ćwi-czenie). Pokażemy, że K ⊂ Φs(P ) dla dostatecznie małych s. W przeciwnym przypadku istniałyby ciągisk −→ 0+, (xk)∞k=1 ⊂ Q takie, że L(xk) ∈ K \ Φsk(P ), k = 1, 2, . . . . Możemy założyć, że xk −→ x0 ∈ P .Odcinek [L(xk), Φsk(xk)] musi oczywiście zawierać pewien punkt yk ∈ ∂Φsk(P ) = Φsk(∂P ) (tu korzy-stamy z tego, że Φs jest homeomorfizmem na obraz — Ćwiczenie). Ponieważ

‖L(xk)− Φsk(xk)‖ −→ 0 (Ćwiczenie),

zatem r < ‖yk − L(xk)‖ −→ 0; sprzeczność.Wynika stąd, że lim infs→0+ Ln(Φs(P )) > Ln(K), co wobec dowolności K (i regularności miary

Lebesgue’a), daje

lim infs→0+

Ln(Φs(P )) > Ln(L(Q)) = Ln(L(P )).

Twierdzenie 6.9.20 (III twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Lebesgue’a — zob. Twierdzenie4.12.13). Niech Φ : U −→ V będzie homeomorfizmem pomiędzy zbiorami otwartymi U, V ⊂ Rn. Załóżmy,że Φ spełnia lokalnie warunek Lipschitza. Wtedy dla Φ zachodzi twierdzenie z zmianie zmiennych w całceLebesgue’a (zob. § 4.12).

Dowód . Na podstawie Twierdzenia Rademachera 6.9.15 Φ′(x) istnieje dla p.w. x ∈ U . Trzeba sprawdzić(por. § 4.12), że

Ln(Φ(A)) =

∫A

|Φ′| dLn, A ∈ Ln ∩ U,

przy czym można załozyć, że A ⊂ U jest „małą” kostką. W szczególności, możmy założyć, że U jestograniczony. Zdefiniujmy miarę µ ∈ Meas(B(U),R+),

µ(B) := Ln(Φ(B)), B ∈ B(U).

Miara ta jest absolutnie ciągła względem miary Lebesgue’a (Propozycja 4.4.7(b)). W takim razie, napodstawie Twierdzenia Radona–Nikodyma 6.9.2,

µ(B) =

∫B

Dµ dLn, B ∈ B(U),

gdzie

Dµ =dµ

dLn∈M+(U,B(U)).

Przypomnijmy, że

(Dµ)(a) = limA→a

µ(A)

Ln(A),

gdzie „ limA→a

” oznacza, że granica limk→+∞

µ(Ak)Ln(Ak) istnieje dla dowolnego ciągu (Ak)∞k=1 zbiorów borelowskich

takiego, że Ak −→ a, co z kolei oznacza, że istnieją α > 0 i ciąg (rk)∞k=1 ⊂ R>0 takie, że:• rk −→ 0,• Ak ⊂ B(a, rk),• Ln(Ak) > αLn(B(a, rk)), k = 1, 2, . . . .

Odnotujmy, że w szczególności a + (sk/2)[−1, 1]n −→ a dla sk −→ 0 (rk := sk√n/2, 1/α :=

Ln(Bn)(√n/2)n).

Na podstawie Propozycji 6.9.19 wiemy, że Dµ(x) = |Φ′|(x) dla dowolnego x ∈ U takiego, że Φ′(x)istnieje (Ćwiczenie).

Ustalmy A ∈ Ln ∩ U . Wiemy, że A = B ∪ Z, gdzie B ∈ B(U) oraz Ln(Z) = 0. Na podstawiePropozycji 4.4.7(a), mamy więc

Ln(Φ(A)) = Ln(Φ(B)) = µ(B) =

∫B

|Φ′| dLn =

∫A

|Φ′| dLn.

6.10. Dystrybucje

Niech E będzie przestrzenią wektorową nad K. Odwzorowanie q : E −→ R+ nazywany seminormą,jeżeli:• q(0) = 0,• q(λx) = |λ|q(x), x ∈ E, λ ∈ K,• q(x+ y) 6 q(x) + q(y), x, y ∈ E.

Każda norma jest seminormą.Niech Bq(a, r) := x ∈ E : q(x− a) < r, a ∈ E, r > 0.Niech q = (qi)i∈I będzie rodziną seminorm na E. Dla dowolnego zbioru skończonego ∅ 6= J ⊂ I

niech qJ := maxi∈J qi. Zauważmy, że qJ jest seminormą oraz BqJ (a, r) =⋂i∈J

Bqi(a, r).

Powiemy, że zbiór U jest otwarty w sensie topologii zadanej przez rodzinę q (U ∈ top q), jeżeli dladowolnego punktu a ∈ U istnieją zbiór skończony J ⊂ I oraz r > 0 takie, że BqJ (a, r) ⊂ U .

Topologia ta jest poprawnie określona (Ćwiczenie).(

63)

Obserwacja 6.10.1 (Ćwiczenie). (a) Mamy:xν

top q−→ x0 ⇐⇒ ∀i∈I : qi(xν − x0) −→ 0.(b) top q ∈ T2 ⇐⇒

⋂i∈I

q−1i (0) = 0.

(c) Działania w przestrzeni E są ciągłe w top q.(d) Jeżeli I = N, to, bez szkody dla ogólności, możemy zawsze założyć, że qi 6 qi+1, i = 1, 2, . . . —

wystarczy rodzinę (qi)∞i=1 zastąpić rodziną (maxq1, . . . , qi)∞i=1.

(e) Dla dowolnej przestrzeni unormowanej F , odwzorowanie liniowe L : E −→ F jest ciągłe wtedyi tylko wtedy, gdy istnieją stała C > 0 oraz zbiór skończony J ⊂ I takie, że

‖L(x)‖ 6 CqJ(x), x ∈ E.

(f) Jeżeli I = N oraz∞⋂i=1

q−1i (0) = 0, to przestrzeń (E, top q) jest metryzowalna oraz top q = top %,

gdzie

%(x, y) :=

∞∑i=1

1

2iqi(x− y)

1 + qi(x− y), x, y ∈ E.

Ciąg (xν)∞ν=1 ⊂ E jest ciągiem Cauchy’ego w (E, %) wtedy i tylko, gdy:

∀ε>0 ∀i∈N ∃ν0 ∀µ,ν>ν0 : qi(xµ − xν) 6 ε.

Przykład 6.10.2. (a) Niech Ω będzie zbiorem otwartym w Rn. Dla dowolnego zbioru zwartego ∅ 6=K ⊂ Ω i k ∈ Z+ zdefiniujmy

qK,k(f) :=∑|α|6k

maxK|Dαf |, f ∈ E(Ω) := C∞(Ω,C).

Wtedy qK,k jest seminormą na E(Ω). Przestrzeń E(Ω) wraz z topologią zadaną przez (qK,k)K⊂⊂Ω, k∈Z+

jest przestrzenią zupełną (Ćwiczenie). Zauważmy, że ta sama topologia jest generowana przez rodzinę

(63)Odnotujmy, że BqJ (a, r) ∈ top q.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.10. Dystrybucje 295

(qKν ,k)ν∈N, k∈Z+ , gdzie (Kν)∞ν=1 jest dowolnym ciągiem zbiorów zwartych, takim, że Kν ⊂ intKν+1

i∞⋃ν=1

Kν = Ω.

Odnotujmy, że fνE(Ω)−→ f0 oznacza, że Dαfν −→ Dαf0 niemal jednostajnie w Ω przy dowolnym α.

Operator liniowy L : E(Ω) −→ C jest ciągły (tzn. L ∈ E ′(Ω)(

64)) wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją

zbiór zwarty K ⊂ Ω, k ∈ Z+ oraz C > 0 takie, że

|L(f)| 6 CqK,k(f), f ∈ E(Ω).

(b) Dla zbioru zwartego K ⊂ Rn, niech

D(K) := f ∈ C∞0 (Rn,C) : supp f ⊂ K.

Wtedy D(K) wraz z topologią zadaną przez seminormy (qK,k)k∈Z+jest przestrzenią zupełną (Ćwicze-

nie).

Definicja 6.10.3. Niech Ω ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym i niech

D(Ω) := C∞0 (Ω,C).

Odwzorowanie liniowe T : D(Ω) −→ C nazywamy dystrybucją na Ω (T ∈ D′(Ω)), jeżeli dla dowolnegozbioru zwartego K ⊂ Ω operator T |D(K) jest ciągły w sensie topologii przestrzeni D(K) (tzn. T |D(K) ∈(D(K))′.

W D′(Ω) wprowadzamy topologię zbieżności punktowej, tzn.

TνD′(Ω)−→ T0,

jeżeli Tν(f) −→ T0(f) dla dowolnej funkcji f ∈ D(Ω).

Obserwacja 6.10.4. (a) W przestrzeni D(Ω) wprowadzamy następujące pojęcie zbieżności: fνD(Ω)−→ f0

jeżeli istnieje zbiór zwarty K ⊂ Ω taki, że supp fν ⊂ K dla dowolnego ν, oraz fνD(K)−→ f0 tzn. Dαfν

Ω−→Dαf0 jednostajnie na Rn dla dowolnego α. Wtedy dla funkcjonału liniowego T : D(Ω) −→ C następującewarunki są równoważne:(i) T ∈ D′(Ω);(ii) dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ Ω istnieją C = C(K) > 0 i k = k(K) ∈ Z+ takie, że

|T (f)| 6 CqK,k(f), f ∈ D(K).

(iii) dla dowolnego ciągu (fν)∞ν=1 ⊂ D(Ω), jeżeli fνD(Ω)−→ 0, to T (fν) −→ 0.

(b) E ′(Ω) jest podprzestrzenią wektorową D′(Ω).(c) Jeżeli Ω1 ⊂ Ω2, to D′(Ω2) ⊂ D′(Ω1).

Definicja 6.10.5. Powiemy, że dystrybucja T ∈ D′(Ω) jest rzędu skończonego, jeżeli istnieje liczbak0 ∈ Z+ taka, że dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ Ω istnieje C = C(K) > 0 takie, że

|T (f)| 6 CqK,k0(f), f ∈ D(K).

Najmniejszą liczbę k0 o tej własności nazywamy rzędem dystrybucji i oznaczamy ord(T ).

Przykład 6.10.6. (a) (Dystrybucja Diraca) Niech a ∈ Rn,

δa(f) := f(a), f ∈ D(Rn).

Wtedy δa ∈ D′(Rn) oraz ord(δa) = 0.

(b) NiechL1(Ω, loc) := u : ∀K⊂⊂Ω : u|K ∈ L1(K).

(64)Jak zwykle, E′ oznacza przestrzeń wszystkich funkcjonałów liniowych i ciągłych na E.

W L1(Ω, loc) wprowadzamy topologię zbieżności w normie L1 na dowolnym podzbiorze zwartym, tzn.

uνL1(Ω,loc)−→ u0, jeżeli uν |K

L1(K)−→ u0|K dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ Ω. Innymi słowy, jest totopologia zadana przez rodzinę seminorm

L1(Ω, loc) 3 u 7−→∫K

|u|dLn,

gdzie K jest dowolnym podzbiorem zwartym Ω.Dla u ∈ L1(Ω, loc) zdefiniujmy

[u](f) :=

∫Ω

uf dLn, f ∈ D(Ω).

Wtedy [u] ∈ D′(Ω) i ord([u]) = 0. Ponadto, operator

L1(Ω, loc) 3 u 7−→ [u] ∈ D′(Ω)

jest injektywny i ciągły.Istotnie,

|[u](f)| 6(∫

K

|u| dLn)qK,0(f), f ∈ D(K),

skąd wynika, że [u] jest dystrybucją rzędu zero.Przypuśćmy, że

∫Ωuf dLn = 0 dla pewnej funkcji u ∈ L1(Ω, loc) przy dowolnej funkcji f ∈ D(Ω).

Zastępując zbiór Ω dowolnym zbiorem otwartym G ⊂⊂ Ω, możemy założyć, że u ∈ L1(Ω). Dla dowolnegozbioru zwartego K ⊂⊂ Ω istnieje ciąg (ϕν)∞ν=1 ⊂ C∞0 (Ω, [0, 1]) ⊂ D(Ω) taki, że ϕν −→ χK punktowo.Stąd, na podstawie twierdzenia Lebesgue’a o zmajoryzowanym przechodzeniu do granicy pod znakiemcałki,

∫Ku dLn = 0. W konsekwencji, ponownie korzystając z twierdzenia Lebesgue’a, wnioskujemy, że∫

Au dLn = 0 dla dowolnego zbioru A ⊂ Ω typu Fσ. Teraz, korzystając z regularności miary Lebesgue’a,

dostajemy∫Au dLn = 0 dla dowolnego zbioru mierzalnego A ⊂ Ω, a stąd (Propozycja 4.5.18) u = 0.

(c) δa 6= [u] dla dowolnej funkcji u ∈ L1(Ω, loc) i a ∈ Ω.Istotnie, przypuśćmy, że f(a) = δa(f) =

∫Ωuf dLn dla pewnej funkcji u ∈ L1(Ω, loc) i dowolnej

funkcji f ∈ D(Ω). Na podstawie twierdzenia o ciągłości całki względem zbioru, istnieje δ > 0 takie, żeB(a, δ) ⊂⊂ Ω i

∫B(a,δ)

|u| dLn 6 12 . Stąd, dla dowolnej funkcji f ∈ C∞0 (B(a, δ), [0, 1]) mamy: f(a) 6 1

2 ;sprzeczność.

(d) Niech µ : B(Ω) −→ C będzie dowolną miarą zespoloną lub niech µ : B(Ω) −→ [0,+∞] będziedowolną miarą nieujemną skończoną na zbiorach zwartych. Wtedy operator [µ] : D(Ω) −→ C danywzorem

[µ](f) :=

∫Ω

f dµ, f ∈ D(Ω),

jest dystrybucją rzędu zero(

65). Podobnie jak w (b), można łatwo pokazać, że operator µ −→ [µ] jest

injektywny (Ćwiczenie). Pozwala to nam uważać miary za dystrybucje.

Definicja 6.10.7. Niech T ∈ D′(Ω). Powiemy, że T = 0 na zbiorze otwartym U ⊂ Ω, jeżeli T (f) = 0dla dowolnej funkcji f ∈ D(U), tzn. T |D(U) = 0. Przez nośnik suppT dystrybucji T będziemy rozumiećzbiór wszystkich punktów a ∈ Ω takich, że nie istnieje otoczenie U punktu a, dla którego T = 0 na U .Oczywiście suppT jest domknięty w Ω.

Propozycja 6.10.8. Niech T ∈ D′(Ω) będzie dystrybucją taką, że dowolny punkt a ∈ Ω ma otoczenieUa ⊂ Ω takie, że T = 0 na Ua. Wtedy T = 0.

Dowód . Niech (ϕi)i∈I ⊂ D(Ω) będzie rozkładem jedności klasy C∞ dla pokrycia (Ua)a∈Ω (Twierdzenie4.16.2). Wtedy dla dowolnej funkcji f ∈ D(Ω), ponieważ

#i ∈ I : suppϕi ∩ supp f 6= ∅ < +∞,mamy:

T (f) = T (f∑i∈I

ϕi) =∑i∈I

T (fϕi) = 0.

(65)|[µ](f)| 6 |µ|(K)qK,0(f), f ∈ D(K) (por. Wniosek 4.22.2).

Obserwacja 6.10.9. (a) Na podstawie Propozycji 6.10.8 mamy T = 0 na Ω \ suppT .(b) Jeżeli f1, f2 ∈ D(Ω) są takie, że f1 = f2 w otoczeniu suppT , to T (f1) = T (f2).(c) Jeżeli suppT ⊂⊂ Ω, to T można traktować jako dystrybucję na Rn.Kładziemy, mianowicie, T (f) = T (ϕf), f ∈ D(Rn), gdzie ϕ ∈ D(Ω) jest dowolnie ustaloną funkcją

taką, że ϕ = 1 w otoczeniu suppT . Wobec (b), definicja nie zależy od ϕ oraz T = T na D(Ω). Ponadto,

bez trudu (na podstawie wzoru Leibniza) można sprawdzić, że jeżeli fνD(Rn)−→ f0, to ϕfν

D(Ω)−→ ϕf0, a więcT jest dystrybucją.

Definicja 6.10.10. Dla dystrybucji T ∈ D′(Ω) oraz α ∈ Zn+ niech

(DαT )(f) := (−1)|α|T (Dαf), f ∈ D(Ω).

Odwzorowanie DαT nazywamy α-tą pochodną dystrybucji T .

Propozycja 6.10.11. (a) Jeżeli fνD(Ω)−→ f0, to Dαfν

D(Ω)−→ Dαf0 dla dowolnego α.(b) DαT ∈ D′(Ω), supp(DαT ) ⊂ suppT .W szczególności, dowolna funkcja u ∈ L1(Ω, loc) ma wszystkie pochodne w sensie dystrybucyjnym.(c) Dα(DβT ) = Dα+βT .

(d) Jeżeli TνD′(Ω)−→ T0, to DαTν

D′(Ω)−→ DαT0 dla dowolnego α(

66).

(e) Jeżeli u ∈ Ck(Ω,C), toDα[u] = [Dαu], |α| 6 k.

Dowód . Własności (a),(b),(c) i (d) są elementarne. Własność (e) wynika ze wzoru na całkowanie przezczęści.

Przykład 6.10.12. (a) Niech u ∈ C1(R∗) będzie taka, że u(0−) i u(0+) istnieją. Załóżmy ponadto, żeu′ ∈ L1(R, loc). Wtedy

[u]′ = (u(0+)− u(0−))δ0 + [u′].

Istotnie, dla f ∈ D(R) mamy:

[u]′(f) = −∫Ruf ′dx = −

(∫ 0

−∞uf ′dx+

∫ ∞0

uf ′dx)

= −(uf∣∣∣0−∞−∫ 0

−∞u′fdx

)−(uf∣∣∣∞0−∫ ∞

0

u′fdx)

= (u(0+)− u(0−))f(0) +

∫Ru′fdx = ((u(0+)− u(0−))δ0(f) + [u′](f).

(b) W szczególności, Y ′ = δ0, gdzie Y jest funkcją Heaviside’a(

67)

Y (x) :=

0 dla x < 012 dla x = 0

1 dla x > 0

.

Niech η ∈ E(Ω). Dla T ∈ D′(Ω) zdefiniujmy

(ηT )(f) := T (ηf), f ∈ D(Ω).

Propozycja 6.10.13. Niech η ∈ E(Ω).(a) Odwzorowanie D(Ω) 3 f 7−→ ηf ∈ D(Ω) jest ciągłe.(b) ηT ∈ D′(Ω), supp(ηT ) ⊂ supp η ∩ suppT .(c) Jeżeli u ∈ L1(Ω, loc), to η[u] = [ηu].(d) Odwzorowanie D′(Ω) 3 T 7−→ ηT ∈ D′(Ω) jest ciągłe.

Dowód . Ćwiczenie.

(66)Tzn. dla dowolnego α, operacja różniczkowania Dα : D′(Ω) −→ D′(Ω) jest ciągła.(

67)Oliver Heaviside (1850–1925).



Propozycja 6.10.14. (a) Niech T ∈ D′(Rn) będzie taka, że K := suppT ⊂⊂ Rn. Wtedy dla dowolnegootoczenia U ⊃ K istnieje α ∈ Zn+ oraz (uβ)β6α ⊂ C0(U,C) takie, że

T =∑β6α

Dβ [uβ ].

(b) Dla dowolnej dystrybucji T ∈ D′(Ω) istnieją ciągi (uν)∞ν=1 ⊂ C0(Ω,C), (αν)∞ν=1 ⊂ Zn+ takie, żerodzina (suppuν)∞ν=1 jest lokalnie skończona w Ω oraz

T =

∞∑ν=1

Dαν [uν ].

Dowód . (a) Możemy założyć, że U ⊂⊂ Rn.Krok 10: Wystarczy znaleźć v ∈ C(Rn,C) oraz α ∈ Zn+ takie, że T = Dα[v] na D(U).Istotnie, niech ϕ ∈ D(U) będzie taka, że ϕ = 1 w otoczeniuK. Wtedy dla dowolnej funkcji f ∈ D(Rn)

mamy:

T (f) = T (ϕf) = (Dα[v])(ϕf) = (−1)|α|∫vDα(ϕf) dLn

= (−1)|α|∫v∑β6α

(α

β

)(Dα−βϕ)(Dβf) dLn

=∑β6α

(−1)|β|∫ (

(−1)|α−β|(α

β

)vDα−βϕ

)Dβf dLn =:

∑β6α

(Dβ [uβ ])(f).

Krok 20: Niech U ⊂ P := (−N,N)n ⊂ Rn (N > 1). Wystarczy znaleźć w ∈ L1(Rn) oraz γ ∈ Zn+takie, że w = 0 poza P i T = Dγ [w] na D(P ).

Istotnie, zdefiniujmy

v(x) :=

∫A(x)

w dLn, x ∈ Rn,

gdzie A(x) := t ∈ P : t 6 x. Najpierw sprawdzimy, że v jest ciągła (por. Ćwiczenie 4.5.14).Niech ε > 0 i niech δ > 0 będzie taka, że

∫A|w| dLn 6 ε o ile Ln(A) 6 δ. Ustalmy a ∈ Rn. Łatwo

sprawdzić (Ćwiczenie), że

Ln((A(a+ h) \A(a)) ∪ (A(a) \A(a+ h))) 6 C‖h‖.

Biorąc ‖h‖ 6 δ/C dostajemy |v(a+ h)− v(a)| 6 ε.

Niech α := γ + 1. Dla f ∈ D(P ) mamy:

(Dα[v])(f) = (−1)|α|∫P

vDαf dLn = (−1)|α|∫P

(∫A(x)

w(t) dLn(t))Dαf(x) dLn(x)

= (−1)|α|∫P

w(t)(∫x∈P : x>t

Dαf(x) dLn(x))dLn(t)

= (−1)|α|∫P

w(t)(∫x∈P : x>t

∂nDγf

∂x1 . . . ∂xn(x) dLn(x)

)dLn(t)

(†)= (−1)|γ|

∫P

w(t)Dγf(t) dLn(t) = (Dγ [w])(f) = T (f),

gdzie (†) wynika z faktu, iż dla g ∈ D(P ) mamy:

g(t) = (−1)n∫x∈P : x>t

∂ng

∂x1 . . . ∂xndLn, t ∈ Rn.

Krok 30: Niech C > 0 i k ∈ Z+ będą takie, że

|T (f)| 6 CqP,k(f), f ∈ D(P ).


Zdefiniujmy operator Λj : C(P ) −→ C(P ),

Λj(f)(x) :=

∫ xj

−Nf(x1, . . . , xj−1, t, xj+1, . . . , xn) dt, x = (x1, . . . , xn) ∈ P , j = 1, . . . , n.

Zauważmy, że jest to operator ciągły

maxP|Λj(f)| 6 (2N) max

P|f |, f ∈ C(P ). (6.10.3)

Operatory Λj , j = 1, . . . , n, są parami przemienne. Niech

Λα := Λα11 · · · Λαnn , α = (α1, . . . , αn) ∈ Zn+.

Odnotujmy, że

maxP|Λ1(f)| 6 ‖f‖L1(P ), f ∈ C(P ). (6.10.4)

Ponadto, Λj ∂∂xj

= id na D(P ).Niech γ := (k + 1)1,

E := Dγg : g ∈ D(P ) ⊂ L1(P ), A(f) := (−1)|γ|T (Λγ(f)), f ∈ E.Oczywiście, jeżeli f = Dγg ∈ E, to Λγ(f) = g.

Wystarczy pokazać, że operator A jest ciągły w normie L1.Istotnie, jeżeli A jest ciągły, to na podstawie twierdzenia Hahna-Banacha przedłuża się do operatora

liniowego i ciągłego A na L1(P ), a jak wiemy, taki operator jest postaci A(f) =∫Pwf dLn, gdzie

w ∈ L∞(P ). Mamy więc:∫P

wDγf dLn = A(Dγf) = (−1)|γ|T (f), f ∈ D(P ),

czyli T = Dγ [w] na D(P ).

Krok 40: Pozostaje wykazać, że A jest ciągły.Istotnie, niech f = Dγg ∈ E (g ∈ D(P )). Wtedy

|A(f)| = |T (g)| 6 CqP,k(g)(‡)6 C‖Dγg‖L1(P ) = C‖f‖L1(P ),

gdzie (‡) wynika z następującego rozumowania. Niech |α| 6 k i niech β := k1− α. Wtedy, na podstawie(6.10.3) i (6.10.4), mamy:

maxP|Dαg| = max

P|ΛβDk1g| 6 (2N)|β|max

P|Dk1g| 6 (2N)kn max

P|Λ1Dγg| 6 (2N)kn‖Dγg‖L1(P ).

(b) Niech (Uν)∞ν=1 będzie pokryciem otwartym Ω i niech (ην)∞ν=1 ⊂ D(Ω) będzie rozkładem jedności

takim, że supp ην ⊂ Uν ⊂⊂ Ω, ν > 1(

68). Zdefiniujmy Tν := ηνT , ν > 1. Wtedy oczywiście T =

∞∑ν=1

Tν ,

każda z dystrybucji Tν przedłuża się do dystrybucji na Rn oraz suppTν ⊂ Uν . Teraz wystarczy zastosować(a) do każdej z dystrybucji Tν .

Obserwacja 6.10.15. Niech T ∈ D′(Ω) i niech

HT := f ∈ E(Ω) : suppT ∩ supp f ⊂⊂ Ω.Zauważmy, że HT jest podprzestrzenią wektorową E(Ω). Oczywiście D(Ω) ⊂ HT oraz HT = E(Ω),

gdy suppT ⊂⊂ Ω.Zdefiniujmy operator LT : HT −→ C, LT (f) := T (ϕf), gdzie ϕ ∈ D(Ω) i ϕ = 1 w otoczeniu

Kf := suppT ∩ supp f .Zauważmy, że definicja jest poprawna: jeżeli ϕ1 i ϕ2 są dwiema takimi funkcjami, to (ϕ1−ϕ2)f = 0

otoczeniu suppT .(68)Najpierw bierzemy dowolne pokrycie otwarte Ωi : i ∈ N zbioruΩ takie, żeΩi ⊂⊂ Ω, i ∈ N. Następnie dobieramy

dowolny rozkład jedności (ην)∞ν=1 taki, że supp ην ⊂ Ωi(ν) dla dowolnego ν ∈ N (istnienie przeliczalnego rozkładu jednościwynika bezpośrednio z konstrukcji w dowodzie Twierdzenia 4.16.2). Ponieważ rodzina supp ην : ν ∈ N stanowi pokrycieΩ, zatem rodzina Ωi(ν) : ν ∈ N również stanowi pokrycie Ω. Teraz definiujemy: Uν := Ωi(ν), ν > 1.

Operator LT jest oczywiście liniowy oraz LT = T na D(Ω). Pokażemy, że LT jest również w pewnymsensie ciągły, mianowicie:

HT 3 fνE(Ω)−→ f0 ∈ HT ,

∞⋃ν=1

Kfν ⊂⊂ Ω =⇒ LT (fν) −→ LT (f0).

Istotnie, niech ϕ ∈ D(Ω) i ϕ = 1 w otoczeniu K :=∞⋃ν=1

Kfν . Wtedy ϕfνD(Ω)−→ ϕf0, a stąd T (ϕfν) −→

T (ϕf0).

Propozycja 6.10.16. Dystrybucja T ∈ D′(Ω) przedłuża się do funkcjonału liniowego i ciągłego na E(Ω)wtedy i tylko wtedy, gdy suppT ⊂⊂ Ω.

Dowód . Implikacja (⇐=) wynika z Obserwacji 6.10.15. Dla dowodu (=⇒) przypuśćmy, że L : E(Ω) −→ Cjest funkcjonałem liniowym i ciągłym. W szczególności, istnieje zbiór zwarty K ⊂ Ω, stała C > 0 orazk ∈ Z+ takie, że

|L(f)| 6 CqK,k(f), f ∈ E(Ω).

Jeżeli więc f ∈ D(Ω) i (supp f) ∩K = ∅, to L(f) = 0, czyli

supp(L|D(Ω)) ⊂ K ⊂⊂ Ω.

Dla u ∈ L1(Ω, loc) i v ∈ L1(G, loc), gdzie Ω ⊂ Rn, G ⊂ Rm są otwarte, niech

(u⊗ v)(x, y) := u(x)v(y), (x, y) ∈ Ω ×G.

Odnotujmy, że u ⊗ v ∈ L1(Ω × G, loc). Ponadto, jeżeli u ∈ D(Ω) i v ∈ D(G), to u ⊗ v ∈ D(Ω × G)i supp(u⊗ v) = suppu× supp v.

Lemat 6.10.17. Niech G będzie zbiorem otwartym w Rm i niech f ∈ C∞(Ω ×G) będzie taka, że

K :=⋃y∈G

supp f(·, y) ⊂⊂ Ω.(

69)

(6.10.5)

Dla T ∈ D′(Ω) zdefiniujmyF (y) := T (f(·, y)), y ∈ G.

Wtedy F ∈ C∞(G) oraz

DβF (y) = T (Dβy f(·, y)), y ∈ G, β ∈ Zm+ .

(70)

Ponadto, jeżeli f ∈ D(Ω ×G), to warunek (6.10.5) jest automatycznie spełniony oraz F ∈ D(G).

Dowód . Wystarczy pokazać, że ∂F∂yj

(y) istnieje oraz

∂F

∂yj(y) = T

( ∂f∂yj

(·, y)), y ∈ G, j = 1, . . . ,m.

Ustalmy j ∈ 1, . . . ,m, B(b, r) ⊂ G oraz ciąg hν −→ 0, 0 < |hν | < r, ν > 1. Zdefiniujmy

fν(x) :=f(x, b+ hνej)− f(x, b)

hν, x ∈ Ω, ν > 1.

Oczywiście, fν ∈ D(Ω) oraz supp fν ⊂ K, ν > 1. Ponadto, na podstawie wzoru Taylora, mamy:∣∣∣Dαfν(x)−Dαx

∂f

∂yj(x, b)

∣∣∣ =∣∣∣Dα

xf(x, b+ hνej)−Dαxf(x, b)

hν− ∂Dα

xf

∂yj(x, b)

∣∣∣6 1

2 max∣∣∣∂2Dα

xf

∂y2j

(x, b+ θhνej)∣∣∣ : 0 6 θ 6 1

|hν | 6 Cα|hν |, x ∈ K, ν > 1,

(69)Zauważmy, że f = 0 na zbiorze (Ω \K)×G, skąd wynika, że Dα,βx,y f = 0 na (Ω \K)×G, a więc w szczególności,

suppDα,βx,y f(·, y) ⊂ K, y ∈ G.(70)Przypomnijmy sobie twierdzenie o funkcjach danych całką.


gdzie Cα jest stałą niezależną od ν i x ∈ K. Stąd fνD(Ω)−→ ∂f

∂yj(·, b) i ostatecznie

F (b+ hνej)− F (b)

hν= T (fν) −→ T

( ∂f∂yj

(·, b)).

Propozycja 6.10.18. Niech T ∈ D′(Ω), U ∈ D′(G), f ∈ D(Ω × G) (Ω ⊂ Rn, G ⊂ Rm). Zdefiniujmy(Lemat 6.10.17)

Ff (x) := U(f(x, ·)), x ∈ Ω, F f (y) := T (f(·, y)), y ∈ G,

W (f) := T (Ff ), W (f) := U(F f ).

WtedyW = W =: T ⊗ U ,(T ⊗ U)(u⊗ v) = T (u)U(v) dla dowolnych u ∈ D(Ω) i v ∈ D(G),T ⊗ U ∈ D′(Ω ×G).

T ⊗ U nosi nazwę iloczynu tensorowego dystrybucji T i U .

Dowód . Na podstawie Lematu 6.10.17 mamy

DαFf (x) = U(Dαxf(x, ·)), x ∈ Ω, α ∈ Zn+.

Ustalmy zbiory zwarte K ⊂ Ω i L ⊂ G. Niech C1, C2 > 0 i k, ` ∈ Z+ będą takie, że

|T (g)| 6 C1qK,k(g), g ∈ D(K), |U(h)| 6 C2qL,`(h), h ∈ D(L).

Wtedy dla f ∈ D(K × L) mamy:

|W (f)| = |T (Ff )| 6 C1qK,k(Ff ) = C1

∑|α|6k

supK|DαFf |

6 C1

∑|α|6k

sup|U(Dαxf(x, ·))| : x ∈ K

6 C1

∑|α|6k

supC2qL,`(Dαxf(x, ·)) : x ∈ K 6 const qK×L,k+`(f).

Oznacza to, że W jest dystrybucją.Zauważmy, że

W (u⊗ v) = T (u)U(v), u ∈ D(Ω), v ∈ D(G). (6.10.6)

W identyczny sposób sprawdzamy, że W jest dystrybucją spełniającą (6.10.6).Pozostaje wykazać, że W = W . W tym celu wystarczy sprawdzić, że przestrzeń D(Ω) ⊗ D(G) jest

gęsta w D(Ω×G), gdzie D(Ω)⊗D(G) oznacza podprzestrzeń wektorową w D(Ω×G) generowaną przezzbiór

u⊗ v : u ∈ D(Ω), v ∈ D(G).Ustalmy f ∈ D(Ω ×G), supp f ⊂ K × L (K ⊂⊂ Ω, L ⊂⊂ G). Wobec Propozycji 6.1.6, istnieje ciąg

(pν)∞ν=1 wielomianów n + m zmiennych taki, że pνE(Ω)−→ f . Niech ϕ ∈ D(Ω) i ψ ∈ D(G) będą takie, że

ϕ = 1 w otoczeniu K, ψ = 1 w otoczeniu L. Zauważmy, że f = (ϕ⊗ ψ)f . Zdefiniujmy

fν(x, y) = ϕ(x)ψ(y)pν(x, y), (x, y) ∈ Ω ×G, ν > 1.

Wtedy fν ∈ D(Ω)⊗D(G) oraz fνD(Ω×G)−→ (ϕ⊗ ψ)f = f .

Propozycja 6.10.19. (a) [u]⊗ [v] = [u⊗ v], u ∈ L1(Ω, loc), v ∈ L1(G, loc).(b) Operacja

D′(Ω)×D′(G) 3 (T,U) 7−→ T ⊗ U ∈ D′(Ω ×G)

jest dwuliniowa.(c) supp(T ⊗ U) = (suppT )× (suppU).(d) (T ⊗ U)⊗ V = T ⊗ (U ⊗ V ) dla dowolnych T ∈ D′(Ω), U ∈ D′(G) i V ∈ D′(D).(e) Dα

xDβy (T ⊗ U) = (DαT )⊗ (DβU).



Dowód . (a)

([u]⊗ [v])(f) = [u]x([v]y(f(x, y))) = [u]x

(∫G

v(y)f(x, y) dLm(y))

=

∫Ω

u(x)(∫

G

v(y)f(x, y) dLm(y))dLn(x)

=

∫Ω×G

u(x)v(y)f(x, y) dLn+m(x, y) = [u⊗ v](f).

(b) jest elementarne.(c) Niech f ∈ D(Ω ×G) będzie taka, że f = 0 w otoczeniu A × B zbioru suppT × suppU . Wtedy,

dla dowolnego x ∈ A mamy supp f(x, ·) ∩ suppU = ∅. Stąd Uy(f(x, ·)) = 0, a więc (T ⊗ U)(f) = 0.Udowodniliśmy, że supp(T ⊗ U) ⊂ suppT × suppU .

Dla dowodu przeciwnej inkluzji, niech (x0, y0) ∈ suppT × suppU i niech A × B będzie dowolnymotoczeniem (x0, y0). Wprost z definicji nośnika wynika istnienie funkcji g ∈ D(A) i h ∈ D(B) takich, żeT (g) 6= 0 i U(h) 6= 0. Wtedy g ⊗ h ∈ D(A × B) oraz (T ⊗ U)(g ⊗ h) = T (g)U(h) 6= 0. Znaczy to, że(x0, y0) ∈ supp(T ⊗ U).

(d) ((T ⊗ U)⊗ V

)(f) = (T ⊗ U)ξ

(Vz(f(ξ, z))

)= Tx

(Uy

(Vz(f(x, y, z))

))= Tx

((U ⊗ V )η(f(x, η))

)=(T ⊗ (U ⊗ V )

)(f).

(e)(DαxD

βy (T ⊗ U)

)(f) = (−1)|α|+|β|(T ⊗ U)(Dα

xDβy f) = (−1)|α|+|β|Tx

(Uy(Dα

xDβy f(x, y))

)= (−1)|α|+|β|Tx

(DαxUy(Dβ

y f(x, y)))

= (−1)|β|(DαT )x

(Uy(Dβ

y f(x, y)))

= (DαT )x

((DβU)y(f(x, y))

)=(

(DαT )⊗ (DβU))

(f).

Propozycja 6.10.20. Niech T,U ∈ D′(Rn). Przypuśćmy, że

∀K⊂⊂Rn : (x, y) ∈ suppT × suppU : x+ y ∈ K ⊂⊂ Rn × Rn. (∗T,U )

Wtedy, na podstawie Obserwacji 6.10.15, wzór

(T ∗ U)(f) := LT⊗U (f σ), f ∈ D(Rn),

gdzie σ : Rn × Rn −→ Rn, σ(x, y) := x+ y, określa dystrybucję na Rn.

Dystrybucję T ∗ U nazywamy splotem dystrybucji T i U .

Dowód . Na podstawie Propozycji 6.10.19(c) oraz (∗T,U ), dla dowolnej funkcji f ∈ D(Rn) mamy:

Qf = Qf (T,U) := supp(f σ) ∩ supp(T ⊗ U)

= (x, y) ∈ suppT × suppU : x+ y ∈ supp f ⊂⊂ Rn × Rn. (6.10.7)

Stąd splot T ∗U jest poprawnie określony. Ponadto, na podstawie Obserwacji 6.10.15, aby sprawdzić, żeT ∗ U jest dystrybucją, wystarczy jeszcze tylko zauważyć, że

DαxD

βy (f σ) = (Dα+βf) σ,

a zatem odwzorowanieD(Rn) 3 f 7−→ f σ ∈ E(Rn × Rn)

jest ciągłe.

Zauważmy, że we wzorze (6.10.7), jeżeli supp f ⊂ K ⊂⊂ Rn, to istnieje zbiór zwarty A=A(K,T, U) ⊂Rn taki, że Qf ⊂ A×A. Przy tych oznaczeniach funkcja ϕ może być wybrana w postaci

Rn × Rn 3 (x, y) 7−→ ψ(x)ψ(y),

gdzie ψ ∈ D(Rn) is ψ = 1 w pewnym otoczeniu A. Tak więc,

(T ∗ U)(f) = (T ⊗ U)(x,y)(ψ(x)ψ(y)f(x+ y)) = Tx(ψ(x)Uy(ψ(y)f(x+ y))

).


Obserwacja 6.10.21 (Ćwiczenie). (a) Jeżeli (∗T,U ), to (∗U,T ) oraz U ∗ T = T ∗ U .(b) Jeżeli (∗T1,U ) i (∗T2,U ), to (∗λ1T1+λ2T2,U ) dla dowolnych λ1, λ2 ∈ C oraz

(λ1T1 + λ2T2) ∗ U = λ1(T1 ∗ U) + λ2(T2 ∗ U).

(c) Warunek (∗T,U ) zachodzi, jeżeli suppT lub suppU jest zwarty. Istotnie, jeżeli np. suppT jestzwarty, to

(x, y) ∈ suppT × suppU : x+ y ∈ K ⊂ (suppT )× (K − suppT ) ⊂⊂ Rn × Rn.

Propozycja 6.10.22. (a) Jeżeli (∗T,U ), to

supp(T ∗ U) ⊂ (suppT ) + (suppU).

(b) T ∗ δ0 = T dla dowolnej dystrybucji T .(c) Jeżeli T,U, V 6= 0 oraz

∀K⊂⊂Rn : B(K) := (x, y, z) ∈ suppT × suppU × suppV : x+ y + z ∈ K ⊂⊂ R3n,

to zachodzą warunki (∗T,U ), (∗U,V ), (∗T∗U,V ) oraz (∗T,U∗V ) oraz

(T ∗ U) ∗ V = T ∗ (U ∗ V ).

(d) Jeżeli (∗T,U ), to (∗DαT,U ) oraz

Dα(T ∗ U) = (DαT ) ∗ U = T ∗ (DαU)

dla dowolnego α.

(e) Niech TνD′(Rn)−→ T0, U ∈ D′(Rn) i załóżmy, że

∞⋃ν=1

suppTν ⊂⊂ Rn lub suppU ⊂⊂ Rn. Wtedy

Tν ∗ UD′(Rn)−→ T0 ∗ U .

Dowód . (a) Niech f ∈ D(Rn) będzie taka, że supp f ∩ (suppT + suppU) = ∅. Wtedy możemy przyjąćA(supp f, T, U) = ∅ i ψ ≡ 0. W konsekwencji, (T ∗ U)(f) = 0.

(b) Ustalmy f ∈ D(Rn). Zauważmy, że Qf (T, δ0) = (supp f) × 0 ⊂ A × A ⊂⊂ Rn × Rn (0 ∈ A).Niech ψ ∈ D(Rn), ψ = 1 w otoczeniu A, będzie jak wyżej. W szczególności, ψ(0) = 1 oraz ψ = 1w otoczeniu supp f . Mamy:

(T ∗ δ0)(f) = Tx(ψ(x)(δ0)y(ψ(y)f(x+ y))

)= Tx

(ψ(x)f(x)

)= T (f).

(c) Dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ Rn mamy:

(x, y) ∈ (suppT )× (suppU) : x+ y ∈ K ⊂ (x, y) : (x, y, z0) ∈ B(K + z0) ⊂⊂ Rn × Rn,

gdzie z0 ∈ suppV jest ustalony dowolnie. Tak więc (∗T,U ). Podobnie sprawdzamy (∗U,V ). Dalej mamy:

(ξ, z) ∈ supp(T ∗U)×suppV : ξ+z ∈ K ⊂ (x+y, z) ∈ (suppT+suppU)×(suppV ) : x+y+z ∈ K= P (B(K)) ⊂⊂ Rn × Rn,

gdzie P (x, y, z) := (x + y, z), co daje (∗T∗U,V ). Podobnie sprawdzamy (∗T,U∗V ). Teraz sprawdzamypoprawność wzoru. Ustalmy f ∈ D(Rn) i niech

B(supp f) ⊂ A×A×A ⊂⊂ R3n,

gdzie A jest zwarty i 0 ∈ A. Niech ψ ∈ D(Rn) będzie taka, że ψ = 1 w otoczeniu A+A ⊃ A. Wiemy, żeQf (T ∗ U, V ) ⊂ (A+A)×A. Mamy więc:

((T ∗ U) ∗ V )(f) = (T ∗ U)ξ(ψ(ξ)Vz(ψ(z)f(ξ + z))

)= (Tx ⊗ Uy)

(ψ(x+ y)Vz(ψ(z)f(x+ y + z))

)= (Tx ⊗ Uy ⊗ Vz)(ψ(x+ y)ψ(z)f(x+ y + z)) = (Tx ⊗ Uy ⊗ Vz)(f(x+ y + z)).

Podobnie sprawdzamy, że (T ∗ (U ∗ V ))(f) = (Tx ⊗ Uy ⊗ Vz)(f(x+ y + z)).

(d) Najpierw rozważmy przypadek, gdy U = δ0. Ustalmy f ∈ D(Rn) i niech ψ będzie taka, jak w (b).Zauważmy, że Dβψ(0) = 0 dla dowolnego β 6= 0. Liczymy:(

T ∗ (Dαδ0))

(f) = Tx

(ψ(x)(Dαδ0)y(ψ(y)f(x+ y))

)= Tx

(ψ(x)(−1)|α|(δ0)y(Dα

y (ψ(y)f(x+ y))))

= Tx

(ψ(x)(−1)|α|(δ0)y(

∑β6α

(α

β

)Dβψ(y)Dα−βf(x+ y))

)= Tx

(ψ(x)(−1)|α|(δ0)y(ψ(y)Dαf(x+ y))

)= Tx

(ψ(x)(−1)|α|(Dαf(x))

)= (−1)|α|T (Dαf) = (DαT )(f).

Przypadek ogólny:

Dα(T ∗ U) = Dα(δ0 ∗ (T ∗ U)) = (Dαδ0) ∗ (T ∗ U) = ((Dαδ0) ∗ T ) ∗ U = (DαT ) ∗ U.

(e) Ustalmy f ∈ D(Rn). Zauważmy, że przy naszych założeniach istnieje zbiór zwarty A ⊂ Rn taki,

że Qf (Tν , U) ⊂ A × A dla dowolnego ν. Istotnie, jeżeli B :=∞⋃ν=1

suppTν ⊂⊂ Rn, to Qf (Tν , U) ⊂

B × (supp f −B). Jeżeli natomiast suppU jest zwarty, to Qf (Tν , U) ⊂ (supp f − suppU)× suppU .Oznacza to, że funkcja ψ (stosowana powyżej) może być wybrana niezależnie od ν. Zdefiniujmy

g(x) := ψ(x)Uy(ψ(y)f(x+ y)), x ∈ Rn.

Wtedy g ∈ D(Rn) (Lemat 6.10.17), a stąd

(Tν ∗ U)(f) = Tν(g) −→ T0(g) = (T ∗ U)(f).

Propozycja 6.10.23. (a) Dla T ∈ D′(Rn), u ∈ D(Rn) mamy:

T ∗ [u] = [v],

gdziev(y) := T (u(y − ·)), y ∈ Rn.

Ponadto, v ∈ E(Rn).

(b) Dla dowolnej dystrybucji T ∈ D′(Rn) mamy: T ∗ ΦεD′(Rn)−→ T przy ε −→ 0.

(c) Jeżeli u, v ∈ L1(Rn, loc) oraz spełniony jest warunek (∗[u],[v]), to

[u] ∗ [v] = [u ∗ v],

gdzie u ∗ v oznacza zwykły splot funkcji(

71).

Dowód . (a) To, że v jest klasy C∞ wynika z Lematu 6.10.17 (G := B(R) ⊂ Rn, Ω := Rn, f(x, t) :=u(t− x), K := B(R)− suppu). Ustalmy f ∈ D(Rn) i niech

Qf (T, [u]) ⊂ (supp f − suppu)× suppu

⊂ (supp f − suppu)× (suppu ∪ supp f) ⊂ A×A ⊂⊂ Rn × Rn,

przy czym 0 ∈ A. Niech ψ ∈ D(Rn), ψ = 1 w otoczeniu A−A ⊃ A.Niech g(x, y) := u(y − x), x, y ∈ Rn. Wtedy

supp g ∩ supp(T ⊗ [f ]) ⊂ (x, y) ∈ suppT × supp f : y − x ∈ suppu⊂ (supp f − suppu)× supp f ⊂ A×A.

W szczególności, ψ(x)ψ(y − x) = 1 w otoczeniu supp g ∩ supp(T ⊗ [f ]).

(71)Zauważmy, że splot u ∗ v jest określony prawie wszędzie i jest funkcją klasy L1(Rn, loc). Istotnie, niech K ⊂⊂ Rn

i niech r > 0 będzie takie, że (x, y) ∈ (supp[u])× (supp[v]) : x+ y ∈ K ⊂ B(r)×B(r). Wtedy∫K×Rn

|u(x− y)v(y)| dL2n(x, y) 6∫B(2r)×B(r)

|u(x− y)v(y)| dL2n(x, y) 6(∫

B(3r)|u| dLn

)(∫B(r)

|v| dLn)< +∞.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.11. Transformacja Fouriera 305

Teraz mamy:

(T ∗ [u])(f) = Tx(ψ(x)[u]y(ψ(y)f(x+ y))) = Tx(ψ(x)

∫Rnu(y)ψ(y)f(x+ y) Ln(y))

= Tx(ψ(x)

∫Rnu(y − x)ψ(y − x)f(y) Ln(y)) = Tx(ψ(x)[f ]y(ψ(y − x)u(y − x)))

= (T ⊗ [f ])(x,y)(ψ(x)ψ(y − x)u(y − x)) = ([f ]⊗ T )(y,x)(ψ(x)ψ(y − x)u(y − x))

= [f ]y(Tx(ψ(x)ψ(y − x)u(y − x))) = [f ]y(Tx(u(y − x))) = [f ]y(v(y)) = [v](f).

(b) Wystarczy skorzystać z faktu, że ΦεD′(Rn)−→ δ0 gdy ε −→ 0, i zastosować Propozycję 6.10.22(b,e).

(c) Niech ψ będzie dobrana do pary ([u], [v]) tak, jak w (a) (do pary (T, [u])). Wtedy

([u] ∗ [v])(f) =

∫Rnu(x)ψ(x)

(∫Rnv(y)ψ(y)f(x+ y) dLn(y)

)dLn(x)

=

∫Rn

(∫Rnu(x− y)ψ(x− y)v(y)ψ(y) dLn(y)

)f(x) dLn(x) = [u ∗ v](f).

6.11. Transformacja Fouriera

Definicja 6.11.1. Dla dowolnej funkcji f ∈ L1(Rn) := L1(Rn,C) definiujemy jej transformatę Fourierawzorem

(Ff)(ξ) = f(ξ) :=

∫Rnf(x)e−2πi〈x,ξ〉dLn(x), ξ ∈ Rn,

(72)

gdzie 〈 , 〉 oznacza standardowy iloczyn skalarny w Rn.

Obserwacja 6.11.2. (a) f jest funkcją ograniczoną oraz

supξ∈Rn

|f(ξ)| 6 ‖f‖L1 .

(b) f jest funkcją jednostajnie ciągłą.Istotnie, niech Rn 3 ηk −→ 0. Wtedy dla dowolnych (ξk)∞k=1 ⊂ Rn, mamy

|f(ξk + ηk)− f(ξk)| 6∫Rn|f(x)||e−2πi〈x,ηk〉 − 1|dLn(x) −→ 0,

gdzie ostatnia zbieżność wynika z twierdzenia Lebesgue’a o zmajoryzowanym przechodzeniu do gra-nicy pod znakiem całki.

Definicja 6.11.3. OperacjęL1(Rn) 3 f F7−→ Ff ∈ BC(Rn,C)

nazywamy transformacją Fouriera.

Jest to oczywiście operator C–liniowy i ciągły. Ponadto, ‖F‖ 6 1.

Lemat 6.11.4. Dla dowolnych f, g ∈ L1(Rn) mamy

g · f(ξ) =

∫Rng(x+ ξ)f(x)dLn(x), ξ ∈ Rn.

W szczególności, dla ξ = 0 dostajemy∫Rng · f dLn =

∫Rng · f dLn.

(72)Uwaga: Czasami transformatę Fouriera definiuje się wzorem

(Ff)(ξ) :=1

(√

2π)n

∫Rn

f(x)e−i〈x,ξ〉dLn(x).



Dowód .

g · f(ξ) =

∫Rng(x)f(x)e−2πi〈x,ξ〉dLn(x) =

∫Rng(x)

(∫Rnf(y)e−2πi〈y,x〉dLn(y)

)e−2πi〈x,ξ〉dLn(x)

Fubini=

∫Rn

(∫Rng(x)e−2πi〈x,y+ξ〉dLn(x)

)f(y)dLn(y) =

∫Rng(y + ξ)f(y)dLn(y).

Lemat 6.11.5.

F(e−a‖x‖2

)(ξ) =(√π

a

)ne−

π2

a ‖ξ‖2

, a > 0.

W szczególności,

F(e−π‖x‖2

)(ξ) = e−π‖ξ‖2

.

Dowód . Wystarczy udowodnić przypadek n = 1. Istotnie,

F(e−a‖x‖2

)(ξ) =

∫Rne−a‖x‖

2

e−2πi〈x,ξ〉dLn(x) =

∫Re−ax

21e−2πix1ξ1dL1(x1) · · ·

∫Re−ax

2ne−2πixnξndL1(xn)

=

√π

ae−

π2

a ξ21 · · ·

√π

ae−

π2

a ξ2n =

(√π

a

)ne−

π2

a ‖ξ‖2

.

W przypadku n = 1, niech

f(ξ) := F(e−ax2

)(ξ) =

∫Re−ax

2

e−2πixξdL1(x), ξ ∈ R.

Na podstawie twierdzenia o funkcjach danych całką wiemy, że f ∈ C∞(R,C) oraz

f ′(ξ) =

∫ ∞−∞

e−ax2

(−2πix)e−2πixξdx = e−ax2 πi

ae−2πixξ

∣∣∣∞−∞−∫ ∞−∞

e−ax2 πi

a(−2πiξ)e−2πixξdx

= −2π2

aξf(ξ).

Rozwiązując to równanie różniczkowe dostajemy

f(ξ) = Ce−π2

a ξ2

, ξ ∈ R.

Pozostaje wyznaczyć stałą C. Mamy

C = f(0) =

∫ ∞−∞

e−ax2

dx =

√π

a(Ćwiczenie).

NiechX := f ∈ L1(Rn) ∩ BC(Rn,C) : f ∈ L1(Rn).

Odnotujmy, że X jest C–przestrzenią wektorową oraz X ⊂ Lp(Rn) dla dowolnego p > 1.

Połóżmy∨f(x) := f(−x). Zauważmy, że

∨f =

∨f , f =

∨

f , f ∈ L1(Rn).

Propozycja 6.11.6. (a) f =∨f dla dowolnej funkcji f ∈ X . W szczególności, transformacja Fouriera

przekształca bijektywnie X na X oraz (F|X )−1(f) =∨f , f ∈ X .

(b) f · g = f ∗ g dla dowolnych f, g ∈ X .(c) f ∗ g = f · g dla dowolnych f, g ∈ X

(73).

(d)∫Rn f · g dL

n =∫Rn f ·g dL

n dla dowolnych f, g ∈ X . W szczególności, ‖f‖L2 = ‖f‖L2 , f ∈ X (a więcF : X −→ X jest izometrią w sensie normy L2).

(73)Wiadomo, że f ∗ g ∈ BC(Rn,C), a więc nasze założenie oznacza, że f ∗ g ∈ X .

Dowód . (a) Niech gε(x) := e−πε2‖x‖2 , x ∈ Rn, ε > 0. Zauważmy, że gε ∈ L1(Rn). Na podstawie Lematów

6.11.4 i 6.11.5, mamy∫Rngε(x)f(x)e−2πi〈x,ξ〉dLn(x) = gεf(ξ) =

∫Rngε(x+ ξ)f(x)dLn(x) =

∫Rngε(x)f(x− ξ)dLn(x)

=

∫Rn

1

εne−

πε2‖x‖2f(x− ξ)dLn(x) =

∫Rne−π‖x‖

2

f(εx− ξ)dLn(x).

Ponieważ gε −→ 1 przy ε −→ 0 (punktowo na Rn) oraz f ∈ L1(Rn), zatem, na podstawie twierdzenia

Lebesgue’a, lewa strona dąży do f(ξ). Ponieważ f jest ciągła i ograniczona, zatem, ponownie korzystającz twierdzenia Lebesgue’a, wnioskujemy, że prawa strona dąży do f(−ξ), co kończy dowód.

(b) Korzystamy z (a) i Lematu 6.11.4:

f · g(ξ) = (g ·∨f ) (ξ) =

∫Rng(x+ ξ)

∨f(x)dLn(x) = (f ∗ g)(ξ).

(c) Korzystamy z (a) i (b):

f ∗ g = (∨f ∗∨g) = (

∨f ·∨g ) = f · g.

(d) Korzystamy z Lematu 6.11.4 oraz (a):∫Rnf · g dLn =

∫Rnf · g dLn =

∫Rnf ·∨g dLn =

∫Rnf · g dLn.

Definicja 6.11.7. Mówimy, że funkcja f ∈ C∞(Rn,C) jest szybkomalejąca (f ∈ S = S(Rn)) jeżeli dladowolnych α, β ∈ Zn+ mamy

‖f‖α,β := sup|xαDβf(x)| : x ∈ Rn < +∞.

W szczególności, dla dowolnych α ∈ Zn+ i k ∈ Z+ mamy:

limr→+∞

rk(

max‖x‖6r

|Dαf(x)|)

= 0.

Obserwacja 6.11.8 (Własności klasy S). (a) D(Rn) = C∞0 (Rn,C) ⊂ S.(b) e−a‖x‖

2 ∈ S dla dowolnego a > 0.(c) Dla dowolnych γ ∈ Zn+ i f ∈ S mamy Dγf ∈ S.(d) S jest zespoloną algebrą.

Jest widoczne, że S jest zespoloną przestrzenią wektorową. Ponadto, dla f, g ∈ S mamy:

‖f · g‖α,β = supx∈Rn

∣∣∣xα∑γ6β

(β

γ

)Dγf(x)Dβ−γg(x)

∣∣∣ 6∑γ6β

(β

γ

)‖f‖α,γ‖g‖0,β−γ < +∞.

(e) Dla dowolnych γ ∈ Zn+ i f ∈ S mamy xγf ∈ S. W konsekwencji, P ·f ∈ S dla dowolnego wielomianuP ∈ P(Rn,C) oraz f ∈ S.

(f) Funkcja S 3 f 7−→ ‖f‖α,β jest seminormą (dla dowolnych α, β ∈ Zn+). Pozwala to wprowadzić w Sstrukturę przestrzeni metrycznej ze zbieżnością zadaną przy pomocy relacji

S 3 fkS−→ f ∈ S, jeżeli ‖fk − f‖α,β −→ 0 dla dowolnych α, β ∈ Zn+.

(g) Jeżeli D(Rn) 3 fkD(Rn)−→ f ∈ D(Rn), to fk

S−→ f .(h) S jest przestrzenią zupełną — Ćwiczenie!(i) Operator S 3 f 7−→ Dγf ∈ S jest ciągły.(j) Dla dowolnego wielomianu P , operator S 3 f 7−→ P · f ∈ S jest ciągły.(k) S ⊂ Lp(Rn), 1 6 p 6 +∞. Ponadto, istnieją stałe C = C(n, p), s = s(n, p) takie, że

‖f‖Lp(Rn) 6 C max‖f‖α,0 : |α| 6 s = C ·N s(f), f ∈ S.W szczególności, operator id : S −→ Lp(Rn) jest ciągły.

Istotnie, przypadek p =∞ jest oczywisty (‖f‖L∞(Rn) = ‖f‖0,0). Niech 1 6 p < +∞.



Istotnie, niech m := [ n2p ] + 1. Wtedy

‖f‖Lp =(∫

Rn|f |pdLn

)1/p

=(∫

Rn

( (1 + ‖x‖2)m|f(x)|(1 + ‖x‖2)m

)pdLn(x)

)1/p

6 const(n,m)N2m(f)(∫

Rn

dLn(x)

(1 + ‖x‖2)mp

)1/p

= const(n,m)N2m(f)(∫ ∞

0

rn−1

(1 + r2)mpdr)1/p

= const(n, p)N2m(f).

Obserwacja 6.11.9 (Własności transformacji Fouriera w klasie S). (a) Dαf = (−2πi)|α|xαf , f ∈ S,α ∈ Zn+.

Wzór ten wynika natychmiast z twierdzenia o różniczkowaniu pod znakiem całki: jeżeli f ∈ S,to xαf ∈ L1(Rn), a stąd, na podstawie Propozycji 4.13.1, mamy:

Dαf(ξ) =

∫RnDαξ (f(x)e−2πi〈x,ξ〉)dLn(x) =

∫Rnf(x)(−2πi)|α|xαe−2πi〈x,ξ〉dLn(x) = (−2πi)|α|xαf(ξ).

(b) ξαf = (2πi)−|α|Dαf , f ∈ S, α ∈ Zn+.Wzór wystarczy oczywiście sprawdzić jedynie dla α = ej . Na podstawie wzoru Stokesa (Obser-

wacja 5.3.3(d)) mamy:

(2πi)−1( ∂f∂xj

)(ξ) = (2πi)−1 lim

r→+∞

∫B(r)

∂f

∂xj(x)e−2πi〈x,ξ〉dLn(x)

= (2πi)−1 limr→+∞

(∫∂B(r)

f(x)e−2πi〈x,ξ〉nj(x)dL∂B(r)(x)−∫B(r)

f(x)(−2πiξj)e−2πi〈x,ξ〉dLn(x)

)= (2πi)−1 lim

r→+∞

∫∂B(r)

f(x)e−2πi〈x,ξ〉xjrdL∂B(r)(x) + ξj

∫Rnf(x)e−2πi〈x,ξ〉dLn(x)

= (2πi)−1 limr→+∞

∫∂B(r)

f(x)e−2πi〈x,ξ〉xjrdL∂B(r)(x) + ξj f(ξ).

Pozostaje wykazać, że

limr→+∞

∫∂B(r)

f(x)e−2πi〈x,ξ〉xjrdL∂B(r)(x) = 0.

Korzystając z definicji klasy S mamy:∣∣∣ ∫∂B(r)

f(x)e−2πi〈x,ξ〉xjrdL∂B(r)(x)

∣∣∣ 6 const(n)rn−1(

max‖x‖=r

|f(x)|)−→r→+∞

0.

(c) ‖f‖α,β = (2π)|β|−|α| supRn | Dα(xβf)| 6 (2π)|β|−|α|‖Dα(xβf)‖L1 , f ∈ S, α, β ∈ Zn+. W szczególności,operator F jest izomorfizmem algebraicznym i topologicznym przestrzeni S na siebie (oraz S ⊂ X ).

(d) Jeżeli∑|α|6N

aαDαu = f, gdzie aα ∈ C, u, f ∈ S, to

( ∑|α|6N

aα(2πi)|α|ξα)u(ξ) = f(ξ), ξ ∈ Rn. Tak

więc, po zastosowaniu transformacji Fouriera, równanie różniczkowe zostało zamienione na (na ogółłatwiejszy) problem podzielności funkcji f przez wielomian P (ξ) :=

∑|α|6N

aα(2πi)|α|ξα w klasie S.

Definicja 6.11.10. Funkcjonały liniowe i ciągłe T : S −→ C nazywamy dystrybucjami temperowanymi(tzn. jeżeli fk

S−→ f , to T (fk) −→ T (f)). Zbiór wszystkich dystrybucji temperowanych oznaczamy

przez S ′ = S ′(Rn). W przestrzeni S ′ rozważamy topologię zbieżności punktowej (TkS′−→ T :⇐⇒ ∀f∈S :

Tk(f) −→ T (f)).

Obserwacja 6.11.11 (Własności klasy S ′). Niech T ∈ S ′.(a) S ′|D(Rn) ⊂ D′(Rn).(b) δa ∈ S ′ dla dowolnego a ∈ Rn.


(c) Dla u ∈ L2(Rn), operator S 3 f [u]7−→∫Rn ufdL

n jest dobrze określony i należy do S ′. W tym sensieX ⊂ L2(Rn) ⊂ S ′.

Istotnie z nierówności Schwarza oraz Obserwacji 6.11.8 wynika, że∣∣∣ ∫Rnu · f dLn

∣∣∣ 6 ‖u‖L2‖f‖L2 6 C‖u‖L2N s(f), f ∈ S, C := C(n, 2), s := s(n, 2).

(d) Operator L2(Rn) 3 u 7−→ [u] ∈ S ′ jest ciągły.(e) Dla funkcji mierzalnej u : Rn −→ C o wzroście wielomianowym, tzn.

|u(x)| 6M(1 + ‖x‖2)m, x ∈ Rn,

dla pewnych M > 0 i m ∈ Z+, operator [u] jest dobrze określony i należy do S ′. Przykładem takichfunkcji u są wielomiany.

Istotnie,∣∣∣ ∫Rnu · f dLn

∣∣∣ 6M ∫Rn

(1 + ‖x‖2)m|f(x)|dLn(x) 6M∫Rn

(1 + ‖x‖2)σ|f(x)|(1 + ‖x‖2)σ−m

dLn

6M const(n,m)N2σ(f), f ∈ S, σ := [m+ n/2] + 1.

(f) Zdefiniujmy (DαT )(f) := (−1)|α|T (Dαf), f ∈ S. Wtedy Dαf ∈ S ′.(g) Dla wielomianu P zdefiniujmy (P · T )(f) := T (P · f), f ∈ S. Wtedy P · T ∈ S ′.

(h) Zdefinujmy∨T (f) := T (

∨f), f ∈ S. Wtedy

∨T ∈ S ′.

(i) Zdefinujmy T (f) := T (f), f ∈ S. Wtedy T ∈ S ′.

Definicja 6.11.12. Dystrybucję T nazywamy transformatą Fouriera dystrybucji T .Operację S ′ 3 T F7−→ T ∈ S ′ nazywamy transformacją Fouriera dystrybucji.

Obserwacja 6.11.13 (Własności transformacji Fouriera w klasie S ′). (a) Transformacja Fouriera

F : S ′ −→ S ′

jest izomorfizmem algebraicznym i topologicznym;

F−1(T ) =∨T .

(b) [u] = [u], u ∈ X ⊃ S.Istotnie, wtedy u, u ∈ L2(Rn), skąd wynika, że [u], [u] ∈ S ′. Ponadto, na podstawie Lematu

6.11.4, mamy:

[u](f) = [u](f) =

∫Rnu · f dLn =

∫Rnu · f dLn = [u](f), f ∈ S.

(c) DαT = (2πi)|α|ξαT , T ∈ S ′.Istotnie, na podstawie Obserwacji 6.11.9, mamy

DαT (f) = DαT (f) = (−1)|α|T (Dαf) = (−1)|α|T ((−2πi)|α|xαf) = (2πi)|α|(ξαT )(f), f ∈ S.

(d) DαT = (−2πi)|α|xαT , T ∈ S ′.Istotnie,

DαT (f) = (−1)|α|T (Dαf) = (−1)|α|T (Dαf) = (−1)|α|T ((2πi)|α|ξαf) = (−2πi)|α|(xαT )(f), f ∈ S.

(e) δ0 = [1], [1] = δ0, Dαδ0 = (−2πi)|α| [xα].Istotnie,

δ0(f) = δ0(f) = f(0) =

∫Rnf(x)dLn(x) = [1](f), f ∈ S,

[1] =δ0 =

∨δ0 = δ0, Dαδ0 = Dα[1] = (−2πi)|α|xα[1] = (−2πi)|α| [xα].



(f) [u] ∈ L2(Rn) dla u ∈ L2(Rn). Ponadto, ‖[u]‖L2 = ‖u‖L2 , czyli operator F : L2(Rn) −→ L2(Rn) jestizometrią.

Ustalmy u ∈ L2(Rn). Zauważmy, że korzystając z Propozycji 6.11.6(d), mamy

|[u](f)| = |[u](f)| 6 ‖u‖L2‖f‖L2 = ‖u‖L2‖f‖L2 , f ∈ S.

Przestrzeń S jest gęsta w L2(Rn) w normie L2. W takim razie, [u] przedłuża się do funkcjonałuliniowego i ciągłego Λ : L2(Rn) −→ C takiego, że ‖Λ‖ 6 ‖u‖L2 . Korzystając z twierdzenia Riesza,wnioskujemy, że istnieje funkcja g ∈ L2(Rn) taka, że Λ(f) =

∫Rn f · g dLn, f ∈ L2(Rn), oraz

‖g‖L2 = ‖Λ‖. Oznacza to, że [u] = [g], czyli [u] ∈ L2(Rn) oraz ‖[u]‖L2 6 ‖u‖L2 . Dla dowodu równości,

zastosujmy poprzednią nierówność do funkcji [u]: ‖u‖L2 = ‖∨u‖L2 = ‖[∨u]‖L2 = ‖[u]‖L2 6 ‖[u]‖L2 .

(g) Jeżeli∑|α|6N

aαDαU = T, gdzie aα ∈ C, U, T ∈ S ′, to

( ∑|α|6N

aα(2πi)|α|ξα)U = T . Tak więc, po

zastosowaniu transformacji Fouriera, dystrybucyjne równanie różniczkowe zostało zamienione na(na ogół trudny) problem podzielności dystrubucji T przez wielomian P (ξ) :=

∑|α|6N

aα(2πi)|α|ξα

w klasie S ′.

6.12. Twierdzenie Sarda

Twierdzenie 6.12.1 (Twierdzenie Sarda(

74)). Niech f : Ω −→ F będzie odwzorowaniem klasy Ck

(k ∈ N) zbioru otwartego Ω ⊂ Rn w przestrzeń unormowaną F . Zdefiniujmy

Sr := x ∈ Ω : rank f ′(x) := dim f ′(x)(Rn) 6 r.Wtedy

Hr+(n−r)/k(f(Sr)) = 0, r = 0, . . . , n− 1.

Obserwacja 6.12.2. (a) Oczywiście Sr ⊂ Sr+1. Zauważmy, że r + (n − r)/k 6 n, a więc zawszeHn(f(Sr)) = 0. Ponadto, lim

k→+∞(r + (n − r)/k) = r, a więc, jeżeli f ∈ C∞(Ω,F ), to Hr+ε(f(Sr)) = 0,

ε > 0.(b) Jeżeli F = Rm i r + (n − r)/k 6 m, to Lm(f(Sr)) = 0. Jeżeli ponadto m = n, to Sn−1 = x ∈

Ω : det f ′(x) = 0.(c) Pewne specjalne, proste przypadki Twierdzenia Sarda mogą być udowodnione znacznie łatwiej

niż ogólne twierdzenie — przypomnijmy sobie Lemat 4.12.12.

Przechodzimy do dowodu Twierdzenia Sarda w pełnej ogólności.

Dowód . Ustalmy podprzestrzeń Z ⊂ Rn i niech s := n − dimZ. Dla dowolnego k > 1 niech F(0, k)oznacza rodzinę wszystkich 0–wymiarowych podrozmaitości w Rn. Dla dowolnych d > s i k > 1, d > 1,niech F(d, k) oznacza rodzinę złożoną ze wszystkich z wykresów postaci M = t+ ϕ(t) : t ∈ P, gdzie:• ϕ : P −→ V ⊥ jest odwzorowaniem klasy Ck,• V ⊂ Rn jest podprzestrzenią d–wymiarową,• V ⊥ ⊂ Z,• P ⊂ V jest obszarem wypukłym.Zauważmy, że odwzorowanie ϕ możemy zawsze zastąpić odwzorowaniem postaci ϕ L : L−1(P ) −→

V ⊥, gdzie L : V −→ V jest izomorfizmem afinicznym.Zdefiniujmy globalną parametryzację klasy Ck:

p : P −→M, p(t) := t+ ϕ(t)

oraz globalną retrakcję klasy Ck:R : P + V ⊥ −→M, R(x′ + x′′) := p(x′).

Rozumiemy, że rodzina F(n, k) składa się ze wszystkich wypukłych obszarów P ⊂ Rn (V ⊥ = 0,p = idP , R = idP ).

Zasadniczą rolę w dowodzie będzie odgrywać następujący lemat.

(74)Arthur Sard.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.12. Twierdzenie Sarda 311

Lemat 6.12.3. Niech M ∈ F(d, k), f ∈ Ck(M,F ). Zdefiniujmy

S := x ∈M : f ′(x)|Z∩TxM ≡ 0.

Jeżeli s < d, to Hs+(d−s)/k(f(S)) = 0.

Przyjmijmy na chwilę ten lemat dla d = n(

75)i dokończmy zasadniczy dowód Twierdzenia Sarda.

Niech S0j := x ∈ Ω : dim f ′(x)(Rn) = j, j = 0, . . . , n− 1. Oczywiście Sr =

r⋃j=0

S0j . Wystarczy więc

pokazać, że dla dowolnego r ∈ 0, . . . , n− 1, dowolny punkt a ∈ S0r posiada otoczenie otwarte U takie,

żeHr+(n−r)/k(f(S0

r ∩ U)) = 0.

Ustalmy r i a.Przypadek r = 0: Przypadek ten wynika bezpośrednio z Lematu 6.12.3 (z d = n, Z = Rn, s = 0).Przypadek 1 6 r 6 n − 1: Zmieniając w razie potrzeby układ współrzędnych, możemy założyć, że

Ker f ′(a) = Rn−r ×0r. Niech E := f ′(a)(Rn) ⊂ F . Na podstawie twierdzenia Hahna–Banacha istniejeoperator L ∈ L(F,Rr) taki, że L|E : E −→ Rr jest izomorfizmem (Ćwiczenie). Połóżmy

g : Ω −→ Rr × Rn−r,g(x) := (L(f(x)), x′), x = (x′, x′′) ∈ Ω ⊂ Rn−r × Rr.

Mamyg′(x)(X) = (L(f ′(x)(X)), X ′), x ∈ Ω, X = (X ′, X ′′) ∈ Rn−r × Rr.

Wynika stąd łatwo, że g′(a) jest izomorfizmem (Ćwiczenie). Na podstawie twierdzenia o odwzorowaniuuwikłanym istnieje zatem otoczenie U ⊂ Ω punktu a takie, że M := g(U) jest obszarem wypukłym oraz

g|U : U −→M

jest dyfeomorfizmem klasy Ck. Niech h := f (g|U )−1 : M −→ F . Rozważmy Lemat 6.12.3 dla d = n,Z := 0r × Rn−r (s = r) oraz odwzorowania h. Niech S := y ∈ M : h′(y)|Z ≡ 0. Na podstawieLematu 6.12.3 mamy Hr+(n−r)/k(h(S)) = 0. Pozostaje jeszcze zauważyć, że f(S0

r ∩ U) ⊂ h(S). Istotnie,ustalmy x0 ∈ S0

r ∩ U . Najpierw zauważmy, że jeżeli f ′(x0)(X) = 0, to g′(x0)(X) = (0, X ′), a więcg′(x0)(Ker f ′(x0)) ⊂ Z. Ponieważ przestrzenie Ker f ′(x0) i Z są tego samego wymiaru, oznacza to, żeg′(x0) jest izomorfizmem Ker f ′(x0) na Z. W szczególności, dla dowolnego wektora Y ∈ Z istnieje wektorX ∈ Ker f ′(x0) taki, że g′(x0)(X) = Y . Otrzymujemy stąd

h′(g(x0))(Y ) = h′(g(x0))(g′(x0)(X)) = f ′(x0)(X) = 0,

co oznacza, że g(x0) ∈ S, a więc f(x0) = h(g(x0)) ∈ h(S).

Przechodzimy do dowodu Lematu 6.12.3. Dowód będzie oparty o kolejne trzy lematy.Dla M ∈ F(d, k), K ⊂M oraz 0 6 λ < +∞, wprowadźmy pomocnicze oznaczenia:

I(M,K, f, λ, δ) := sup‖f(x)− f(c)‖‖x− c‖λ

: c ∈ K, x ∈M, x− c ∈ Z, 0 < ‖x− c‖ 6 δ

(przyjmujemy I(M,K, f, λ, δ) := 0 jeżeli rodzina definiująca jest pusta),

J(M,K, f, λ, δ) : = sup‖f ′(x)(X)‖‖x− c‖λ

: c ∈ K, x ∈M,

X ∈ Z ∩ TxM, x− c ∈ Z, 0 < ‖x− c‖ 6 δ, ‖X‖ 6 1

= sup‖f ′(x)|Z∩TxM‖L(Z∩TxM,F )

‖x− c‖λ: c ∈ K, x ∈M, x− c ∈ Z, 0 < ‖x− c‖ 6 δ

(przyjmujemy J(M,K, f, λ, δ) := 0 jeżeli rodzina definiująca jest pusta).

(75)Tzn. przyjmujemy następujący wynik:

Lemat. Niech M ⊂ Rn będzie obszarem wypukłym, f ∈ Ck(M,F ). Zdefiniujmy S := x ∈M : f ′(x)|Z ≡ 0. Jeżeli s < n

(czyli Z 6= 0), to Hs+(n−s)/k(f(S)) = 0.

Lemat 6.12.4. Jeżeli M ∈ F(d, 1), K jest zbiorem zwartym, f ∈ C1(M,F ) i λ > 1, to

J(M,K, f, λ− 1, δ) −→δ→0+

0 =⇒ I(M,K, f, λ, δ) −→δ→0+

0.

Dowód . Rozważmy retrakcję R : P + V ⊥ −→M . Oczywiście

R(x)− x = ϕ(x′) ∈ V ⊥ ⊂ Z, x ∈ P + V ⊥.

W szczególności,

R′(x)(X) = (R′(x)− id)(X) +X ∈ Z, x ∈ P + V ⊥, X ∈ Z.Niech Uδ :=

⋃x∈K

B(x, δ) ⊂ Rn. Ustalmy δ0 tak małe, by U := Uδ0 ⊂⊂ P +V ⊥. Łatwo widać, że R spełnia

jednostajny warunek Lipschitza na U ,

‖R(x)−R(y)‖ 6 L‖x− y‖, x, y ∈ U.Ustalmy c ∈ K, x ∈ M takie, że x − c ∈ Z, 0 < ‖x − c‖ 6 δ < δ0. Niech g : [0, 1] −→ M , g(t) :=R(c+ t(x− c)) (korzystamy tu z wypukłości P ). Zauważmy, że:• c+ t(x− c) ∈ U ,• g(t)− c = R(c+ t(x− c))− (c+ t(x− c)) + t(x− c) ∈ Z,• ‖g(t)− c‖ = ‖R(c+ t(x− c))−R(c)‖ 6 Lt‖x− c‖ 6 L‖x− c‖ 6 Lδ,• g′(t) = R′(c+ t(x− c))(x− c) ∈ Z ∩ Tg(t)M ,• ‖g′(t)‖ 6 L‖x− c‖.Teraz szacujemy:

‖f(x)− f(c)‖ = ‖f(g(1))− f(g(0))‖ 6 maxt∈[0,1]

‖f ′(g(t))(g′(t))‖

6 maxt∈[0,1]

‖g′(t)‖‖f ′(g(t))(X)‖ : X ∈ Z ∩ Tg(t)M, ‖X‖ 6 1

6 maxt∈[0,1]

L‖x− c‖J(M,K, f, λ− 1, Lδ)‖g(t)− c‖λ−1 6 Lλ‖x− c‖λJ(M,K, f, λ− 1, Lδ),

skąd oczywiście wynika natychmiast teza lematu.

Lemat 6.12.5. Jeżeli M ∈ F(d, 1), K jest zbiorem zwartym, f ∈ C1(M,F ), λ > 0, d > s orazI(M,K, f, λ, δ) −→

δ→0+0, to

Hs+(d−s)/λ(f(K)) = 0.

Dowód . Na wstępie zauważmy, że V = (V ∩ Z) ⊕ Z⊥ =: V ′ ⊕ V ′′, dimV ′ = d − s, dimV ′′ = s.Niech σ := s + (d − s)/λ. Wystarczy pokazać, że dowolny punkt c ∈ K ma otoczenie U ⊂ M takie, żeHσ(f(K ∩ U)) = 0. Niech A = A′ + A′′ ⊂ V ′ ⊕ V ′′ ⊂⊂ P będzie dowolną zwartą kostką o wszystkichkrawędziach równych `. Dobierzmy stałą L > 0 taką, że

‖p(t)− p(u)‖ 6 L‖t− u‖,‖f(p(t))− f(p(u))‖ 6 L‖t− u‖, t, u ∈ A.

Podzielmy kostkę A′ na N ′d−s równych kostek o krawędzi `/N ′, zaś kostkę A′′ na N ′′s równych kosteko krawędzi `/N ′′. Niech Q = Q′ +Q′′ będzie jedną z małych kostek taką, że K ∩ p(Q) 6= ∅. Oszacujemyteraz diam f(K∩p(Q)). Ustalmy punkt c = p(t) ∈ K dla pewnego t = t′+ t′′ ∈ Q′+Q′′. Niech y := p(u),u = u′ + u′′ ∈ Q′ +Q′′. Rozważmy pomocniczy punkt x = p(u′ + t′′). Mamy

‖f(y)− f(x)‖ 6 L‖u′′ − t′′‖ 6 Ld(`/N ′′).

Z drugiej strony‖x− c‖ = ‖p(u′ + t′′)− p(t)‖ 6 L‖u′ − t′‖ 6 Ld(`/N ′) =: δN ′ .

Ponadto,x− c = u′ + t′′ + ϕ(u′ + t′′)− (t′ + t′′)− ϕ(t′ + t′′) ∈ u′ − t′ + V ⊥ ⊂ Z.

Mamy więc‖f(x)− f(c)‖ 6 I(M,K, f, λ, k, δN ′)‖x− c‖λ 6 ε(δN ′)(Ld`/N ′)λ.

Stąd‖f(y)− f(c)‖ 6 Ld(`/N ′′) + ε(δN ′)(Ld`/N

′)λ.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.12. Twierdzenie Sarda 313

Ustalmy dowolną liczbę η > 0 i dobierzmy N ′ tak duże, by

ε(δN ′) 6 η, 2η(`/N ′)λ < `.

Teraz dobierzmy liczbę N ′′ tak, by

η(`/N ′)λ 6 `/N ′′ 6 2η(`/N ′)λ.

Mamy‖f(y)− f(c)‖ 6 (Ld+ (Ld)λ)`/N ′′ =: 2C`/N ′′ −→

N ′′→+∞0.

Korzystając z definicji miary Hausdorffa szacujemy z góry:

Hσ(f(K ∩ p(A))) 6 α(σ)N ′d−s

N ′′s(C`/N ′′)σ

6 α(σ)N ′d−s

Cσ`s(2η`/N ′)λ(d−s)/λ = α(σ)Cσ`d(2η)(d−s)/λ,

co kończy dowód.

NiechC`(M,F,K) := f ∈ C`(M,F ) : f |K ≡ 0,

G(M,K, `) := (M ′,K ′) : M ′ ∈ F(d′, 1), d′ 6 d, M ′ ⊂M,

K ′ ⊂⊂ K ∩M ′, ∀f∈C`(M,F,K) : I(M ′,K ′, f, `, δ) −→δ→0+

0, ` ∈ N.

Lemat 6.12.6. JeżeliM ∈ F(d, k), K jest domknięty wM , to K =⋃j=1

K ′j, gdzie (M ′j ,K′j) ∈ G(M,K, k),

j = 1, 2, . . . .

Dowód Lematu 6.12.6. Zastosujemy indukcję względem d i k (d > s). Możemy założyć, że K jest zwarty(każdy zbiór relatywnie domknięty K ⊂M jest przeliczalną sumą zbiorów zwartych).

Przypadek d = s > 0: Wtedy V ⊥ = Z. Niech c = p(t), x = p(u) ∈ M będą takie, że c − x =(t− u) + (ϕ(t)− ϕ(u)) ∈ Z. Wtedy t = u, a stąd x = c, a więc I(M,K, f, k, δ) = 0 dla dowolnej funkcjif ∈ Ck(M,F,K).

Przypadek d = s = 0: Podobnie jak powyżej, bowiem M jest zbiorem dyskretnym.

Przypadek d > s: Rozważmy zbiór

B := x ∈ K : ∀f∈Ck(M,F,K) : f ′(x)|Z∩TxM ≡ 0;

B jest zwarty. Pokażemy, że B ma rozkład B =∞⋃j=1

Hj , gdzie (Nj , Hj) ∈ G(M,K, k).

Podprzypadek k = 1: Wtedy dla f ∈ C1(M,F,K) mamy

J(M,B, f, 0, δ) −→δ→0+

0;

wynika to z lokalnie jednostajnej ciągłości funkcji

P × V 3 (t, Y ) −→ f ′(p(t))(p′(t)(Y )) ∈ F

oraz z oszacowań

‖t− u‖ 6 ‖p(t)− p(u)‖, ‖Y ‖ 6 ‖p′(t)(Y )‖, t, u ∈ P, Y ∈ V.

Wobec Lematu 6.12.4 dostajemy I(M,B, f, 1, δ) −→δ→0+

0. Stąd (M,B) ∈ G(M,K, 1) i przyjmujemy

Hj := B, j = 1, 2, . . . .

Podprzypadek k > 2: Rozumując indukcyjnie dostajemy rozkład B =∞⋃j=1

Hj , gdzie (Nj , Hj) ∈

G(M,B, k − 1). Wystarczy pokazać, że (Nj , Hj) ∈ G(M,K, k), j = 1, 2, . . . . Ustalmy f ∈ Ck(M,F,K).



Niech e1, . . . , en−s będzie ortonormalną bazą Z. Przypomnijmy, żeR′(x)(X) ∈ Z∩TxM jeżeli x ∈ P+V ⊥,X ∈ Z. Zdefiniujmy

fi : P + V ⊥ −→ F, fi(x) := f ′(x)(R′(x)(ei)), i = 1, . . . , n− s;

fi jest klasy Ck−1 oraz fi(x) = 0 dla x ∈ B, czyli fi ∈ Ck−1(M,F,B), i = 1, . . . , s. W takim razieI(Nj , Hj , fi, k − 1, δ) −→

δ→0+0. Ustalmy x ∈ Nj i X = X1e1 + · · · + Xn−sen−s ∈ Z ∩ TxNj ⊂ Z ∩ TxM .

Ponieważ R′(x)(X) = X, zatem

f ′(x)(X) = f ′(x)(R′(x)(X)) =

n−s∑i=1

fi(x)Xi,

a stąd J(Nj , Hj , f, k − 1, δ) −→δ→0+

0. Lemat 6.12.4 kończy rozumowanie:

I(Nj , Hj , f, k, δ) −→δ→0+

0.

Teraz pokażemy, że dla dowolnego ξ ∈ K \ B istnieje podrozmaitość N ∈ F(d − 1, k) taka, żeK ∩ U ⊂ N dla pewnego otoczenia U ⊂M punktu ξ.

Podprzypadek d > 2: Niech f ∈ Ck(M,F,K) i X0 ∈ Z ∩ TξM będą takie, że f ′(ξ)(X0) 6= 0. Napodstawie twierdzenia Hahna–Banacha istnieje funkcjonał L ∈ L(F,R) taki, że L(f ′(ξ)(X0)) 6= 0. Niechξ = p(t0), X0 = p′(t0)(Y0). Dokonując w razie potrzeby ortonormalnej zmiany zmiennych w przestrzeniV i korzystając z faktu, że V ∩ Z 6= 0 (bo d > s), po ewentualnej zmianie funkcji ϕ, możemy założyć,że Y0 ∈ Z ∩ V . Niech V ′ := RY0, V ′′ := V ′

⊥ ∩ V . Mamy V = V ′ ⊕ V ′′. Zdefiniujmy

g = (g1, g2) : P −→ R× V ′′, g(t) := (L(f(p(t))), t′′), t = t′ + t′′ ∈ P ⊂ V ′ ⊕ V ′′.

Ponieważ f(ξ) = 0 (f |K ≡ 0), zatem g(t0) = (0, t′′0). Zauważmy, że g′(t0) : V −→ R × V ′′ jest izomor-fizmem (Ćwiczenie). Na podstawie twierdzenia o odwzorowaniu uwikłanym istnieje otoczenie W ⊂ Ppunktu t0 takie, że g(W ) = I ×Q, gdzie I jest przedziałem otwartym (0 ∈ I), a Q jest obszarem wypu-kłym w V ′′, oraz g|W : W −→ I ×Q jest dyfeomorfizmem klasy Ck. Niech h := (g|W )−1. Zauważmy, żeh(u) = h(u′, u′′) = h1(u) + u′′. Połóżmy

N := p(W ∩ g−11 (0)) = p(h(0, u′′)) : u′′ ∈ Q = u′′ + ψ(u′′) : u′′ ∈ Q,

gdzie ψ(u′′) := h1(0, u′′) + ϕ(h1(0, u′′) + u′′). Mamy ψ(u′′) ∈ V ′ + V ⊥ = (V ′′)⊥ ⊂ Z. A więc N ∈F(d− 1, k). Przypomnijmy, że K ⊂ f−1(0), a stąd K ∩ p(W ) ⊂ N .

Podprzypadek d = 1: Wtedy ξ jest izolowanym punktem K i można wziąć N = ξ.

Na podstawie twierdzenia Lindelöfa, dostajemy rozkład

K \B =

∞⋃i=1

Ni ∩K,

gdzie Ni ∈ F(d − 1, k). Teraz stosując założenie indukcyjne względem wymiaru d, dostajemy rozkład

K \B =∞⋃i=1

∞⋃j=1

Hi,j , gdzie (Ni,j , Hi,j) ∈ G(Ni, Ni ∩K, k) ⊂ G(M,K, k).

Teraz możemy już udowodnić zaległy Lemat 6.12.3.

Dowód Lematu 6.12.3. Przypadek k = 1: Wtedy J(M,K, f, 0, δ) −→δ→0+

0 dla dowolnego kompaktu K ⊂⊂S (por. dowód Lematu 6.12.6). Lemat 6.12.4 implikuje, że I(M,K, f, 1, δ) −→

δ→0+0. Teraz Lemat 6.12.5

daje Hd(f(K)) = 0.

Przypadek k > 2: Ustalmy zbiór zwartyK ⊂ S. Na podstawie Lematu 6.12.6 znajdziemy rozkładK =⋃j=1

K ′j , gdzie (M ′j ,K′j) ∈ G(M,K, k−1),M ′j ∈ F(d′j , 1), s 6 d′j 6 d, j = 1, 2, . . . . Niech f1, . . . , fn−s będą

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.13. Rachunek wariacyjny 315

takie, jak w dowodzie Lematu 6.12.6. Wiemy, że fi ∈ Ck−1(M,F,K), co implikuje, że I(M ′j ,K′j , fi, k −

1, δ) −→δ→0+

0. Rozumując tak, jak w dowodzie Lematu 6.12.6, dostajemy

J(M ′j ,K′j , f, k − 1, δ) −→

δ→0+0,

co na mocy Lematu 6.12.4, daje I(M ′j ,K′j , f, k, δ) −→

δ→0+0.

Jeżeli d′j > s, to Lemat 6.12.5 daje Hs+(d′j−s)/k(f(K ′j)) = 0, a więc w szczególności,

Hs+(d−s)/k(f(K ′j)) = 0.

Jeżeli d′j = s, to Hs(f(K ′j)) < +∞ (Propozycja 4.4.8), a stąd

Hs+(d−s)/k(f(K ′j)) = 0.

6.13. Rachunek wariacyjny

Rozpoczniemy od klasycznego problemu brachistochrony Problem brachistochrony został sformuło-wany w roku 1696 przez Johanna Bernoullego

(76), a następnie rozwiązany wspólnie z bratem Jakobem(

77):W przestrzeni dane są dwa punkty A i B, A 6= B. Szukamy takiej krzywej łączącej te punkty A i B

(brachistochrony), aby punkt materialny mający w punkcie A prędkość 0 i poruszający się po tej drodzebez tarcia, wyłącznie pod wpływem własnego ciężaru, pokonał drogę od A do B w najkrótszym czasie.

Sformułowanie współczesne:A = (0, 0, 0), B = (x0, y0, z0) ∈ R3, (x0, y0) 6= (0, 0), z0 > 0,γ = (γ1, γ2, γ3) ∈ C([0, 1],R3) ∩ C 1((0, 1),R2 × R>0), γ(0) = A, γ(1) = B, gdzie C 1((a, b)) oznacza

przestrzeń funkcji kawałkami klasy C1 w (a, b)(

78).

Z zasady zachowania energii mamymv2(t)

2= mgγ3(τ(t)).

Stąd

‖γ′(τ(t))‖dτ

dt(t) =

ds

dt(t) = v(t) =

√2gγ3(τ(t)),

czyli

dt =‖γ′(τ)‖√2gγ3(τ)

dτ,

a więc czas ruchu po krzywej γ wyraża się wzorem

T (γ) =

∫ 1

0

‖γ′(τ)‖√2gγ3(τ)

dτ

(ostatnia całka to całka niewłaściwa — funkcja podcałkowa jest kawałkami ciągła w (0, 1), a więc, w szczególności, lokalniecałkowalna w (0, 1) (w dalszej części, większość całek będzie tego typu).

Zagadnienie brachistochrony polega na minimalizacji funkcjonału

D 3 γ 7−→ T (γ) :=

∫ 1

0

‖γ′(τ)‖√2gγ3(τ)

dτ ∈ R>0,

gdzieD := γ ∈ C([0, 1],R3) ∩ C 1((0, 1),R2 × R>0) : γ(0) = A, γ(1) = B, T (γ) < +∞.

Odnotujmy, że w tej chwili nie wiemy nawet, czy infimum infD T jest realizowane.(

79)

(76)Johann Bernoulli (1667–1748).(

77)Jakob Bernoulli (1654–1705).(

78)Tzn. funkcji f : (a, b) −→ R takich, że istnieją punkty a < ξ0 < · · · < ξN < b, dla których f |(a,ξ1], f[ξj−1,ξj ]

,j = 2, . . . , N − 1, f |[ξN ,b) są klasy C1 (nie żądamy, by pochodne f ′(0) i f ′(1) istniały).(

79)Drobny przykład: A = (0, 0), B = (1, 1), F (x, y, z) := x2z2,

I(u) :=

∫ 1

0x2(u′(x))2dx.

Wtedy I(u) > 0 dla dowolnej funkcji u ∈ D, ale infD I = 0, czyli infimum nie jest realizowane. Istotnie, jeżeli un jestfunkcją kawałkami liniową odpowiadającą łamanej [(0, 0), ( 1

n, 1), (1, 1)], to I(un) = 1

3n−→ 0.

Można udowodnić, że problem brachistochrony redukuje się do następującego problemu płaskiego:A = (0, 0), B = (b, β), b > 0, β > 0, (γ(x) = (x, u(x)), x ∈ [0, b]). Minimalizujemy funkcjonał

D 3 u 7−→ T0(u) :=

∫ b

0

√1 + u′2(x)√

2gu(x)dx ∈ R>0,

gdzieD := u ∈ C([0, b]) ∩ C 1((0, b),R>0) : u(0) = 0, u(b) = β, T0(u) < +∞.

Inne przykłady tego typu zagadnień:

(1) Problem krzywej o minimalnej długości łączącej dwa punkty:A,B ∈ R3, A 6= B. Minimalizujemy funkcjonał

D 3 γ 7−→ `(γ) :=

∫ 1

0

‖γ′(τ)‖ dτ ∈ R>0,

gdzieD := γ ∈ C([0, 1],R3) ∩ C 1((0, 1),R3)) : γ(0) = A, γ(1) = B, `(γ) < +∞.

(2) Wersja płaska problemu krzywej o minimalnej długości:A = (a, α), B = (b, β) ∈ R2, a < b. Minimalizujemy funkcjonał

D 3 u 7−→ `0(u) :=

∫ b

a

√1 + u′2(x) dx ∈ R>0,

gdzieD := u ∈ C([a, b]) ∩ C 1((a, b)) : u(a) = α, u(b) = β, `0(u) < +∞.

(3) Problem minimalnej powierzchni obrotowej:A = (a, α), B = (b, β) ∈ R2, a < b, α, β > 0. Minimalizujemy funkcjonał

D 3 u 7−→ S(u) := 2π

∫ b

a

u(x)√

1 + u′2(x) dx ∈ R+,

gdzie

D := u ∈ C([a, b],R+) ∩ C 1((a, b)) : u(a) = α, u(b) = β, S(u) < +∞.(

80)

Uogólnienia:

(I) Funkcjonały Fermata:A = (a, α), B = (b, β) ∈ R2, a < b, −∞ 6 c < d 6 +∞. Minimalizujemy funkcjonał

D 3 u 7−→ I0(u) :=

∫ b

a

ϕ(u(x))√

1 + u′2(x) dx ∈ R>0,

gdzieD := u ∈ C([a, b]) ∩ C 1((a, b), (c, d)) : u(a) = α, u(b) = β, I0(u) < +∞,

zaś ϕ : (c, d) −→ R>0 jest daną funkcją ciągłą.

Dla płaskiego zagadnienia brachistochrony mamy: (c, d) = R>0, ϕ(y) := 1√2gy

.Dla płaskiego problemu krzywej o minimalnej długości mamy: (c, d) = R, ϕ(y) := 1.(80)Odnotujmy, że ten, pozornie prosty problem, nie jest trywialny:

Weźmy α = β i 0 < ε 1. Niech u0 będzie funkcją stałą równą α i niech uε będzie funkcją kawałkami liniowąodpowiadającą łamanej [A, (a+ ε, 0), (b− ε, 0), B]. Bez trudu otrzymujemy:

S(u0) = 2πα(b− a), S(uε) = 2πα√ε2 + α2.

Zauważmy, że S(uε) < S(u0) dla 0 < ε 1 o ile α < b − a, a więc w tych przypadkach funkcja liniowa nie minimalizujefunkcjonału S.

(II) A = (a, α), B = (b, β) ∈ R2, a < b, −∞ 6 c < d 6 +∞, R := (a, b) × (c, d). Minimalizujemy(lub maksymalizujemy) funkcjonał

D 3 u 7−→ I(u) :=

∫ b

a

F (x, u(x), u′(x)) dx ∈ R,

gdzie

D := u ∈ C([a, b]) ∩ C 1((a, b), (c, d)) : u(a) = α, u(b) = β, całka I(u) jest zbieżna,

zaś F : R× R −→ R jest daną funkcją ciągłą.Funkcjonał Fermata to przypadek, gdy F (x, y, z) := ϕ(y)

√1 + z2.

(III) W problemie (II) rozważamy więcej warunków początkowych, np. najkrótszy wykres przecho-dzący przez 3 punkty.

(IV) W problemie (II) rozważamy mniej warunków początkowych — jeden lub oba końce swobodne.

(V) W problemie (II) rozważamy pochodne wyższych rzędów:A = (a, α), B = (b, β) ∈ R2, a < b, −∞ 6 c < d 6 +∞, p ∈ N, α1, . . . , αp−1, β1, . . . , βp−1 ∈ R,

D 3 u 7−→ I(u) :=

∫ b

a

F (x, u(x), u′(x), . . . , u(p)(x)) dx ∈ R,

gdzie

D := u ∈ Cp−1([a, b]) : u(p−1) ∈ C 1((a, b)), u((a, b)) ⊂ (c, d),

u(a) = α, u(b) = β, u(j)(a) = αj , u(j)(b) = βj , j = 1, . . . , p− 1, całka I(u) jest zbieżna,

zaś F : R× Rp −→ R jest daną funkcją ciągłą.

(VI) W problemie (II) rozważamy więcej funkcji:A = (a, α), B = (b, β) ∈ R× Rm, a < b, G ⊂ Rm, G — obszar,

D 3 u 7−→ I(u) :=

∫ b

a

F (x, u(x), u′(x)) dx ∈ R,

gdzie

D := u ∈ C([a, b],Rm) ∩ C 1((a, b), G), u(a) = α, u(b) = β, całka I(u) jest zbieżna,

zaś F : (a, b)×G× Rm −→ R jest daną funkcją ciągłą.

(VII) W problemie (II) rozważamy więcej funkcji i więcej pochodnych.

(VIII) W problemie (II) rozważamy więcej zmiennych, więcej funkcji i więcej pochodnych.D ⊂ Rn — obszar ograniczony, G ⊂ Rm — obszar, ϕα : ∂D −→ Rm, |α| 6 p−1, dane odwzorowania

ciągłe,

D 3 u 7−→ I(u) :=

∫D

F (x, (Dαu(x))|α|6p) dx,

gdzie

D := u ∈ C(p−1)(D,Rm) : ∀|α|=p−1 : Dαu ∈ C 1(D,Rm), u(D) ⊂ G,∀|α|6p−1 : Dαu = ϕα na ∂D, całka I(u) jest zbieżna,

F : D ×G× RmN −→ R jest daną funkcją ciągłą (N + 1 = #α : |α| 6 p =?),

C(k)(D,Rm) :=⋃

topRn3Ω⊃D

C(k)(Ω,Rn)|D,

zaś definicję C 1(D,Rm) proszę wymyślić.

Obecnie przejdziemy do podania warunków koniecznych na minimum funkcjonału postaci (II) (pro-blem znalezienia maksimum redukuje się do minimum poprzez zmianę F na −F ).

W dalszym ciągu będziemy zawsze zakładać, że F jest co najmniej klasy C1.

Propozycja 6.13.1. Dla dowolnych u ∈ D i h ∈ C10((a, b)) istnieje δ > 0 taka, że u + th ∈ D dla

dowolnego t ∈ (−δ, δ). Odwzorowanie (−δ, δ) 3 t 7−→ I(u + th) ∈ R jest klasy C1 oraz dla dowolnegot ∈ (−δ, δ) mamy

d

dtI(u+ th) =

∫ b

a

(F ′y(x, u+ th, u′ + th′)h+ F ′z(x, u+ th, u′ + th′)h′

)dx.

Stosujemy uproszczony zapis: F (x, v, v′) zamiast F (x, v(x), v′(x)). Zauważmy, że ponieważ nośnik hjest zwarty, to nie ma problemów z istnieniem całki po prawej stronie.

Operator

C10((a, b)) 3 h 7−→ ∂I

∂h(u) :=

d

dtI(u+ th)|t=0 =

∫ b

a

(F ′y(x, u, u′)h+ F ′z(x, u, u

′)h′)dx

nazywamy pierwszą wariacją funkcjonału I w punkcie u ∈ D(

81).

Dowód . Niech K := supph ⊂ [p, q] ⊂ (a, b). Ponieważ u(K) ⊂⊂ (c, d), istnieje R > 0 takie, żeu(K) + (−R,R) ⊂ (c, d). Niech M := sup(a,b) |h|, δ := R

M . Ustalmy t ∈ (−δ, δ) i niech v := u + th.Oczywiście v ∈ C([a, b]) ∩ C 1((a, b), (c, d)) oraz v(a) = α, v(b) = β. Pozostaje sprawdzić zbieżność całki.Mamy:

∫ baF (x, v, v′)dx =

∫ qpF (x, v, v′)dx+

∫(a,b)\[p,q] F (x, u, u′)dx. Pierwsza całka jest to zwykła całka

Riemanna z funkcji kawałkami ciągłej, druga jest zbieżna, bo całka I(u) jest zbieżna.Pozostała część propozycji wynika z twierdzenia o funkcjach danych całką (Riemanna)

(82).

Wniosek 6.13.2. Jeżeli u ∈ D realizuje minimum funkcjonału I, to ∂I∂h (u) = 0, czyli∫ b

a

(F ′y(x, u, u′)h+ F ′z(x, u, u

′)h′)dx = 0, h ∈ C1

0((a, b)).

Całkując przez części dostajemy:

Wniosek 6.13.3. Jeżeli u ∈ D realizuje minimum funkcjonału I, to dla dowolnego x0 ∈ (a, b)∫ b

a

(F ′z(x, u, u

′)−∫ x

x0

F ′y(ξ, u(ξ), u′(ξ))dξ)h′dx = 0, h ∈ C1

0((a, b)).

Lemat 6.13.4. Niech Ψ : (a, b) −→ R będzie funkcją kawałkami ciągłą taką, że∫ b

a

Ψ(x)h′(x) dx = 0, h ∈ C10((a, b)).

Wtedy, po uzupełnieniu wartości w punktach nieciągłości, Ψ ≡ const.

(81)Przypomnijmy sobie pojęcie pochodnej kierunkowej.(

82)Dokładniej, zauważmy, że I(u+ th) =

N∑j=1

∫ ξjξj−1

F (x, u+ th, u′ + th′)dx+ const, t ∈ (−δ, δ), gdzie p = ξ0 < · · · <

ξN = q są tak dobrane, by u|[ξj−1,ξj ]∈ C1([ξj−1, ξj ]), j = 1, . . . , N . Teraz do każdej funkcji

t 7−→∫ ξj

ξj−1

F (x, u+ th, u′ + th′)dx

stosujemy twierdzenie o funkcjach danych całką i dostajemy

d

dtI(u+ th) =

N∑j=1

∫ ξj

ξj−1

((F ′y(x, u+ th, u′ + th′)h+ F ′z(x, u+ th, u′ + th′)h′)dx

=

∫ q

p((F ′y(x, u+ th, u′ + th′)h+ F ′z(x, u+ th, u′ + th′)h′)dx

=

∫ b

a((F ′y(x, u+ th, u′ + th′)h+ F ′z(x, u+ th, u′ + th′)h′)dx.

Dowód . Niech a < ξ1 < · · · < ξN < b będą punktami nieciągłości i niech x1, x2 ∈ (a, b) \ ξ1, . . . , ξN,x1 < x2 (jeżeli Ψ jest ciągła, to bierzemy dowolne a < x1 < x2 < b). Przypuśćmy, że Ψ(x1) 6= Ψ(x2).Możemy założyć, że Ψ(x1) < Ψ(x2). Ustalmy Ψ(x1) < η1 < η2 < Ψ(x2) i niech r > 0 będzie takie, że2r < x2 − x1, r < x1 − a, r η2 dla |x − x2| 6 r. Niech gbędzie funkcją kawałkami liniową odpowiadającą łamanej

[(a, 0), (x1 − r, 0), (x1,−1

r), (x1 + r, 0), (x2 − r, 0), (x2,

1

r), (x2 + r, 0), (b, 0)].

Zdefiniujmy

h(x) :=

∫ x

a

g(ξ)dξ, x ∈ (a, b).

Widać, że h ∈ C10((a, b)), h′ = g. Mamy więc:

0 =

∫ b

a

Ψ(x)h′(x) dx =

∫ x1+r

x1−rΨ(x)g(x) dx+

∫ x2+r

x2−rΨ(x)g(x) dx

> η1

∫ x1+r

x1−rg(x) dx+ η2

∫ x2+r

x2−rg(x) dx = η2 − η1 > 0;

sprzeczność.

Wniosek 6.13.5 (Twierdzenie Eulera). Jeżeli u ∈ D realizuje minimum funkcjonału I, to dla dowolnegox0 ∈ (a, b) istnieje stała C taka, że

F ′z(x, u(x), u′(x± 0))−∫ x

x0

F ′y(ξ, u(ξ), u′(ξ))dξ = C, x ∈ (a, b).

W szczególności,

F ′z(x, u(x), u′(x− 0)) = F ′z(x, u(x), u′(x+ 0)), x ∈ (a, b),(

83)

funkcja (a, b) 3 x 7−→ F ′z(x, u(x), u′(x+ 0)) jest ciągła, lewo- i prawostronnie różniczkowalna oraz(x 7−→ F ′z(x, u(x), u′(x+ 0))

)′±

(x) = F ′y(x, u(x), u′(x± 0)), x ∈ (a, b). (†)

Równanie (†) nosi nazwę równania Eulera (lub równania Eulera–Lagrange’a). Równanie to dla punk-tów ciągłości u′ ma postać

d

dxF ′z(x, u(x), u′(x)) = F ′y(x, u(x), u′(x)).

Obserwacja 6.13.6. Jeżeli F jest klasy C2 i u ∈ C2((a, b)), to równanie Eulera ma postać

F ′′x,z(x, u(x), u′(x)) + F ′′y,z(x, u(x), u′(x))u′(x) + F ′′z,z(x, u(x), u′(x))u′′(x) = F ′y(x, u(x), u′(x)),

x ∈ (a, b);

jest to równanie różniczkowe zwyczajne rzędu drugiego.

Można wyróżnić trzy szczególne przypadki.(a) F (x, y, z) nie zależy od x (np. dla funkcjonałów Fermata). Równanie Eulera ma postać

F ′′y,z(u(x), u′(x))u′(x) + F ′′z,z(u(x), u′(x))u′′(x) = F ′y(u(x), u′(x)), x ∈ (a, b).

Z drugiej stronyd

dx

(F (u, u′)− u′F ′z(u, u′)

)= u′

(F ′y(u, u′)− F ′′y,z(u, u′)u′ − F ′′z,z(u, u′)u′′

)= 0, x ∈ (a, b).

Tak więc rozwiązań równania Eulera należy poszukiwać wśród rozwiązań jednoparametrowej rodzinyrównań

F (u(x), u′(x))− u′(x)F ′z(u(x), u′(x)) = C, x ∈ (a, b), C ∈ R;

równania te to równania różniczkowe zwyczajne rzędu pierwszego.(b) F (x, y, z) nie zależy od y. Równanie Eulera ma postać

F ′′x,z(x, u′(x)) + F ′′z,z(x, u

′(x))u′′(x) = 0, x ∈ (a, b);

(83)Uwaga: nie twierdzimy, że u′(x− 0) = u′(x+ 0).



wprowadzamy nową funkcję niewiadomą v := u′ i równanie sprowadza się do równania różniczkowegozwyczajnego rzędu pierwszego.

(c) F (x, y, z) nie zależy od z. Równanie Eulera ma postać

F ′y(x, u(x)) = 0, x ∈ (a, b);

jest to po prostu równanie funkcyjne (tu wystarczy F ∈ C1, u ∈ D).

Lemat 6.13.7. Dla problemu Fermata (I), jeżeli ϕ ∈ Ck((c, d)) i u ∈ D realizuje minimum funkcjonałuI, to u ∈ Ck+1((a, b)).

W szczególności, rozwiązanie płaskiego problemu brachistochrony (o ile istnieje) musi być klasyC∞((0, b)).

Dowód . MamyF ′z(y, z) = ϕ(y)

z√1 + z2

.

OdwzorowanieR 3 z Φ7−→ z√

1 + z2∈ (−1, 1)

jest dyfeomorfizmem klasy C∞(

84).

Mamy F ′z(y, z) = ϕ(y)Φ(z). Wiemy, że

F ′z(u(x), u′(x− 0)) = F ′z(u(x), u′(x+ 0)),

czyliϕ(u(x))Φ(u′(x− 0)) = ϕ(u(x))Φ(u′(x+ 0)), x ∈ (a, b).

Ponieważ funkcja ϕ jest ściśle dodatnia, zatem Φ(u′(x− 0)) = Φ(u′(x+ 0)), a stąd u′(x− 0) = u′(x+ 0)dla dowolnego x ∈ (a, b). Oznacza to, że u jest klasy C1((a, b)).

Przypuśćmy, że już wiemy, że u jest klasy C`((a, b)) dla pewnego 1 6 ` 6 k. Na podstawie równaniaEulera dostajemy

d

dx

(ϕ(u)Φ(u′)

)= ϕ′(u)

√1 + u′2.

Prawa strona tego równania jest klasy C`−1. W takim razie ϕ(u)Φ(u′) ∈ C`((a, b)). Funkcja ϕ(u) ∈C`((a, b)) i jest ściśle dodatnia. Stąd Φ(u′) ∈ C`. Ostatecznie, u′ ∈ C`((a, b)), a więc u ∈ C`+1((a, b)).

Przykład 6.13.8 (Płaskie zagadnienie brachistochrony). Przypomnijmy, że rozważamy problem typuFermata z funkcją

F (y, z) =1√2gy

√1 + z2, y > 0, z ∈ R,

z warunkami brzegowymi u(0) = 0, u(b) = β (b, β > 0).Na podstawie Obserwacji 6.13.7 wiemy, że poszukiwane rozwiązanie jest klasy C∞((0, b)). Równanie

Eulera dla naszego problemu ma postać

F (u, u′)− u′F ′z(u, u′) =1√2gu

√1 + u′2 − u′ 1√

2gu

u′√1 + u′2

= const,

czyliu(1 + u′2) = C1.

Dokonajmy podstawienia v = arcctg u′. Mamy

u =C1

1 + ctg2 v= C1 sin2 v =

C1

2(1− cos 2v),

skąd dostajemyctg v = u′ = C1(sin 2v)v′,

a więc2C1v

′ sin2 v = 1.

Ostateczniex =

C1

2(2v − sin 2v) + C2.

(84)Φ′(z) = (1 + z2)−

32 > 0.

Podstawiając w = 2v, dostajemy

x = C(w − sinw) + C2,

u = C(1− cosw),

gdzie C > 0. Biorąc pod uwagę warunek u(0) = 0, dostajemy C2 = 0, czyli

x = C(w − sinw), (*)u = C(1− cosw). (**)

Sprawdzimy teraz, że dla dowolnego β > 0 istnieje dokładnie jedna stała C > 0 taka, że u(b) = β.Na podstawie twierdzenia o funkcjach uwikłanych, pierwsze równanie (*) możemy rozwiązać wzglę-

dem w = w(x,C) i jeżeli 0 6 x 6 2πC, to funkcja w(·, C) będzie klasy C∞((0, b)). Niech

ϕ(x,C) := C(1− cosw(x,C)).

Na podstawie (**) problem sprowadza się do pokazania, że istnieje dokładnie jedna stała C = C(β) >1

2π b =: C0 taka, że ϕ(b, C) = β. Zauważmy, że w(b, C0) = 2π, a stąd ϕ(b, C0) = 0.Na podstawie twierdzenia o funkcjach uwikłanych mamy∂ϕ

∂C(x,C) = 1− cosw(x,C) + C sinw(x,C)

∂w

∂C

= 1− cosw(x,C) + C sinw(x,C)(− w(x,C)− sinw(x,C)

C(1− cosw(x,C))

)= 2(

1−12w(x,C)

tg 12w(x,C)

)> 0.

Wynika stąd, że funkcja ϕ(b, ·) jest ściśle rosnąca (co oznacza, że istnieje co najwyżej jedna stała C > C0

spełniającą nasz warunek). Pozostaje pokazać, że ϕ(b, C) −→ +∞ przy C −→ +∞. Mamy w(b, C) −sinw(b, C) = b

C , a więc w(b, C) −→ 0, gdy C −→ +∞. Korzystając z tego mamy:

limC→+∞

ϕ(b, C) = limC→+∞

C(1− cosw(b, C)) = b limC→+∞

1− cosw(b, C)

w(b, C)− sinw(b, C)

= b limw→0+

1− cosw

w − sinw

H= b lim

w→0+

sinw

1− cosw

H= b lim

w→0+

cosw

sinw= +∞.

Ostatecznie rozwiązanie równania Eulera spełniające nasze warunki brzegowe ma postać

x = C(w − sinw),

u = C(1− cosw), 0 6 w 6 w0,

gdzie C = C(β) i w0 = w0(b, C) ∈ (0, 2π). Powinniśmy się jeszcze upewnić, że nasze rozwiązanie należy dodziedziny funkcjonału. Brakuje nam jeszcze skończoności wartości T0(u). Liczymy (korzystając z równościu(1 + u′2) = 2C):

T0(u) =

∫ b

0

√1 + u′2(x)√

2gu(x)dx =

√C

g

∫ b

0

dx

u=

x=C(w−sinw)dx=C(1−cosw)dw=udw

√C

g

∫ w0

0

dw =

√C

gw0 < +∞.

Aby rozwiązać w pełni problem brachistochrony musimy wykazać, że problem redukuje się do pro-blemu płaskiego. W tym celu rozważymy następujący problem wariacyjny:

A = (a, α), B = (b, β) ∈ R× Rm, a < b, G,G′ ⊂ Rm, G,G′ — obszary,

D 3 u 7−→ I(u) :=

∫ b

a

F (x, u(x), u′(x)) dx ∈ R,

gdzie

D := u ∈ C([a, b],Rm) ∩ C 1((a, b), G),∀x∈(a,b) u′(x− 0), u′(x+ 0) ∈ G′,

u(a) = α, u(b) = β, całka I(u) jest zbieżna,

zaś F : (a, b)×G×G′ −→ R jest daną funkcją klasy C1.

Postępując podobnie jak w Propozycji 6.13.1 i Wnioskach 6.13.2, 6.13.3 i 6.13.5 dostajemy kolejno:

Propozycja 6.13.9. Dla każdych u ∈ D i h = (h1, . . . , hm) ∈ C10((a, b),Rm) istnieje δ > 0 taka, że

u + t · h ∈ D dla dowolnego t = (t1, . . . , tm) ∈ (−δ, δ)m, gdzie t · h := (t1h1, . . . , tmhm). Odwzorowanie(−δ, δ)m 3 t 7−→ I(u+ t · h) ∈ R jest klasy C1 oraz dla dowolnego t ∈ (−δ, δ)m mamy

∂

∂tjI(u+ t · h) =

∫ b

a

(F ′yj (x, u+ t · h, u′ + t · h′)hj + F ′zj (x, u+ t · h, u′ + t · h′)h′j

)dx, j = 1, . . . ,m.

Niech

∂I

∂hj(u) :=

∂

∂tjI(u+ t · h)

∣∣∣∣t=0

=

∫ b

a

(F ′yj (x, u, u

′)hj + F ′zj (x, u, u′)h′j

)dx,

u ∈ D, h = (h1, . . . , hm) ∈ C10((a, b),Rm), j = 1, . . . ,m.

Wniosek 6.13.10. Jeżeli u ∈ D realizuje minimum funkcjonału I, to

∂I

∂hj(u) =

∫ b

a

(F ′yj (x, u, u

′)hj + F ′z(x, u, u′)h′j

)dx

=

∫ b

a

(F ′zj (x, u, u

′)−∫ x

x0

F ′yj (ξ, u(ξ), u′(ξ))dξ)h′jdx = 0,

h = (h1, . . . , hm) ∈ C10((a, b),Rm), x0 ∈ (a, b), j = 1, . . . ,m.

Ponadto, istnieją stałe C1, . . . , Cm takie, że

F ′zj (x, u(x), u′(x± 0))−∫ x

x0

F ′yj (ξ, u(ξ), u′(ξ))dξ = Cj , x ∈ (a, b), j = 1, . . . ,m.

W szczególności,F ′zj (x, u(x), u′(x− 0)) = F ′zj (x, u(x), u′(x+ 0)), x ∈ (a, b),

funkcja (a, b) 3 x 7−→ F ′zj (x, u(x), u′(x+ 0)) jest ciągła, lewo- i prawostronnie różniczkowalna oraz(x 7−→ F ′zj (x, u(x), u′(x+ 0))

)′±

(x) = F ′yj (x, u(x), u′(x± 0)), x ∈ (a, b), j = 1, . . . ,m. (‡)

Układ równań (‡) nosi nazwę równań Eulera (lub równań Eulera–Lagrange’a). Równania te dlapunktów ciągłości u′ mają postać

d

dxF ′zj (x, u(x), u′(x)) = F ′yj (x, u(x), u′(x)), j = 1, . . . ,m.

Przykład 6.13.11 (Ogólny problem brachistochrony).

D 3 γ 7−→ I(γ) :=

∫ 1

0

‖γ′(τ)‖√γ3(τ)

dτ ∈ R>0,

gdzie

D := γ ∈ C([0, 1],R3) ∩ C 1((0, 1),R2 × R>0) : ∀τ∈(0,1) γ′(τ) 6= 0,

γ(0) = (0, 0, 0), γ(1) = (x0, y0, z0), I(γ) < +∞,

gdzie (x0, y0) 6= (0, 0) i z0 > 0. W zagadnieniu tym mamy F (y, z) = ‖z‖√y3, (y, z) ∈ (R2 ×R>0)× (R3)∗ =:

G×G′(

85).

Ponieważ ∂F∂yj

= 0 dla j = 1, 2, zatem z równań Eulera mamy

γ′j(τ ± 0)√γ3(τ)‖γ′(τ ± 0)‖

= Cj = const, τ ∈ (0, 1), j = 1, 2.

Jeżeli C1 = 0, to γ1 = const, a więc x0 = 0 i ruch odbywa się w płaszczyźnie x = 0. Podobnie, jeżeliC2 = 0, to ruch odbywa się w płaszczyźnie y = 0. Jeżeli C1, C2 6= 0, to

γ′1(τ ± 0)

C1=γ′2(τ ± 0)

C2, τ ∈ (0, 1).

(85)Zauważmy, że nie możemy wziąć G′ = R3, bo F /∈ C1((R2 × R>0)× R3).


Wynika stąd, żeγ1(τ)

C1− γ2(τ)

C2= C = const, τ ∈ (0, 1),

a więc ruch odbywa się w płaszczyźnie xC1− y

C2= C.

Wobec tego, że już wiemy, że ruch jest płaski, możemy założyć, że γ2 ≡ 0, x0 > 0, y0 = 0 (C2 = 0).Wtedy C1 6= 0 i w konsekwencji, γ′1(τ ± 0) jest stałego znaku dla τ ∈ (0, 1) (i nigdzie się nie zeruje).W takim razie γ1 : [0, 1] −→ [0, x0] jest bijekcją ściśle rosnącą i f := γ−1

1 : [0, x0] −→ [0, 1] jest funkcjąkawałkami klasy C1 w (0, x0). Niech u := γ3 f : [0, 1] −→ R. Wtedy u ∈ C([0, x0]) ∩ C 1((0, x0),R>0),u(0) = 0, u(x0) = z0 oraz∫ x0

0

√1 + u′2(x)√u(x)

dx =

∫ x0

0

√1 + γ′23 (f(x))f ′2(x)√

γ3(f(x))dx

=x=γ1(τ)

dx=γ′1(τ)dτ

∫ 1

0

√1 +

γ′23 (τ)

γ′21 (τ)√γ3(τ)

γ′1(τ) dτ =

∫ 1

0

√γ′21 (τ) + γ′23 (τ)√

γ3(τ)dτ =

∫ 1

0

‖γ′(τ)‖√γ3(τ)

dτ.

Obecnie przejdziemy do podania warunków dostatecznych na minimum funkcjonału I typu (II).Zdefiniujmy pomocniczą funkcję Weierstrassa

E(x, y, z1, z2) := F (x, y, z2)− F (x, y, z1)− (z2 − z1)F ′z(x, y, z1).

Propozycja 6.13.12. Załóżmy, że:• F jest klasy C2,• u ∈ D ∩ C2((a, b)) jest rozwiązaniem równania Eulera,• istnieje funkcja p : R −→ R klasy C1 taka, że: u′(x) = p(x, u(x)), x ∈ (a, b), dla dowolnego punktu (x0, y0) ∈ R istnieje przedział otwarty ∆ = ∆x0,y0 ⊂ (a, b), x0 ∈ ∆, orazfunkcja różniczkowalna

v = v(·;x0, y0) : ∆ −→ (c, d)

takie, że:v′(x) = p(x, v(x)), x ∈ ∆

(86),

v(x0) = y0

(87),

v jest rozwiązaniem równania Eulera w ∆.• E > 0 w R× R2,• |F ′z(x, y, z)| 6 M(y) dla (x, y, z) ∈ R × R, przy czym funkcja M jest taka, że M ∈ L1((c, d) ∩

(α− ε0, α+ ε0)) ∩ L1((c, d) ∩ (β − ε0, β + ε0)) dla pewnego ε0 > 0(

88).

Wtedy u realizuje minimum funkcjonału I w D.

Dowód . Rozważmy pole wektorowe (P,Q) : R −→ R2,

P (x, y) := F (x, y, p(x, y))− p(x, y)F ′z(x, y, p(x, y)), Q(x, y) := F ′z(x, y, p(x, y)).

Jest to pole klasy C1. Ponadto, jest to pole potencjalne.Istotnie, ponieważ mamy do czynienia z prostokątem, wystarczy sprawdzić, że ∂Q

∂x = ∂P∂y . Liczymy:

∂Q

∂x(x, y)− ∂P

∂y(x, y) = F ′′x,z(x, y, p) + F ′′z,z(x, y, p)p

′x − F ′y(x, y, p)− F ′z(x, y, p)p′y

+ p′yF′z(x, y, p) + pF ′′y,z(x, y, p) + pF ′′z,z(x, y, p)p

′y

= −F ′y(x, y, p) + F ′′x,z(x, y, p) + F ′′y,z(x, y, p)p+ F ′′z,z(x, y, p)(p′x + p′yp).

(86)Zauważmy, że funkcja v musi być klasy C2.(

87)Odnotujmy, że na podstawie twierdzenia Picarda, funkcja v jest jednoznacznie wyznaczona w pewnym otoczeniu

punktu x0.(88)Jeżeli α, β ∈ (c, d), to wystarczy założyć, że M ∈ L1((c, d), loc).

Ustalmy (x0, y0) ∈ R i niech funkcja v = v(·;x0, y0) : ∆ −→ (c, d) będzie taka, jak w założeniach.Ponieważ v′(x) = p(x, v(x)), zatem

v′′ = p′x(x, v) + p′y(x, v)v′ = p′x + p′yp,

a stąd, na podstawie równania Eulera, dostajemy∂Q

∂x(x, v(x))− ∂P

∂y(x, v(x)) = −F ′y(x, v, v′) + F ′′x,z(x, v, v

′) + F ′′y,z(x, v, v′)v′ + F ′′z,z(x, v, v

′)v′′ = 0 w ∆.

W szczególności, dla x = x0 dostajemy, ∂Q∂x (x0, y0) = ∂P∂y (x0, y0), co wobec dowolności punktu (x0, y0)

kończy dowód potencjalności pola.W konsekwencji całka krzywoliniowa

∫γPdx+Qdx zależy wyłącznie od końców krzywej γ : [0, 1] −→

R.Weźmy dowolną funkcję u ∈ D i 0 < ε < ε0. Rozważmy dwa odwzorowania: γu : (a, b) −→ R,

γu(x) := (x, u(x)), γu : (a, b) −→ R, γu(x) := (x, u(x)). Niech

Aε(u) :=

∫γu|[a+ε,b−ε]

Pdx+Qdy, Aε(u) :=

∫γu|[a+ε,b−ε]

Pdx+Qdy,

Lε :=

∫[γu(a+ε),γu(a+ε)]

Pdx+Qdy, Rε :=

∫[γu(b−ε),γu(b−ε)]

Pdx+Qdy.

Wiemy, żeAε(u) +Rε −Aε(u)− Lε = 0.

Mamy:

Aε(u) =

∫ b−ε

a+ε

(P (x, u(x)) +Q(x, u(x))u′(x)

)dx

=

∫ b−ε

a+ε

(F (x, u, p(x, u))− p(x, u)F ′z(x, u, p(x, u)) + F ′z(x, u, p(x, u))u′

)dx

=

∫ b−ε

a+ε

F (x, u, u′)dx−∫ b−ε

a+ε

E(x, u, p(x, u), u′)dx.

Biorąc pod uwagę, że u′ = p(x, u) oraz E > 0, dostajemy:

Aε(u) =

∫ b−ε

a+ε

F (x, u, u′)dx, Aε(u) 6∫ b−ε

a+ε

F (x, u, u′)dx.

Ponadto,

|Lε| =∣∣∣ ∫ u(a+ε)

u(a+ε)

Q(a+ ε, y)dy∣∣∣ =

∣∣∣ ∫ u(a+ε)

u(a+ε)

F ′z(a+ ε, y, p(a+ ε, y))dy∣∣∣ 6 ∣∣∣ ∫

[u(a+ε),u(a+ε)]

M(y)dy∣∣∣

i podobnie

|Rε| 6∣∣∣ ∫

[u(b−ε),u(b−ε)]M(y)dy

∣∣∣.Ponieważ u(a + ε) − u(a + ε) −→ α − α = 0, gdy ε −→ 0, zatem całkowalność funkcji M na (c, d) ∩(α − ε0, α + ε0) oraz ciągłość całki względem zbioru gwarantują, że Lε −→ 0, gdy ε −→ 0. Podobnie,Rε −→ 0.

Przypomnijmy, że Aε(u) + Rε − Aε(u) − Lε = 0. Biorąc pod uwagę dotychczasowe oszacowaniai przechodząc z ε do 0, dostajemy

I(u)− I(u) 6 0,

co dowodzi, że u realizuje minimum.

Obserwacja 6.13.13. Dla funkcjonału Fermata (I) mamy:

E(x, y, z1, z2) = ϕ(y)(√

1 + z22 −

√1 + z2

1 − (z2 − z1)z1√

1 + z21

)> 0, (x, y, z1, z2) ∈ R× R2.

Ponadto,

|F ′z(x, y, z)| = ϕ(y)|z|√

1 + z26 ϕ(y), (x, y, z) ∈ R× R,

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.14. Twierdzenie o retrakcji 325

zaś ϕ, jako funkcja ciągła, jest oczywiście lokalnie całkowalna w (c, d). Tak więc, dla funkcjonałów Fermataz ϕ ∈ C2 i α, β ∈ (c, d), cały problem polega na znalezieniu funkcji p.

Zauważmy, że w zagadnieniu brachistochrony założenie α, β ∈ (c, d) nie jest spełnione, bowiemα = 0 = c. Na szczęście, w tym przypadku ϕ(y) = 1√

y jest funkcją całkowalną w dowolnym przedzialepostaci (0, ε0).

Obserwacja 6.13.14. Funkcję p można skonstruować z jednoparametrowej rodziny rozwiązań równaniaEulera.

Dokładniej, niech F ∈ C2 i niech U = U(x,C) będzie jednoparametrową rodziną rozwiązań rów-nania Eulera, tzn. przy dowolnym C ∈ (C−, C+) funkcja U(·, C) jest określona w pewnym przedziale(a(C), b(C)) ⊂ (a, b) i spełnia tam równanie Eulera. Zakładamy ponadto, że:• zbiór Ω := (x,C) : C ∈ (C−, C+), x ∈ (a(C), b(C)) jest otwarty w R2,• U ∈ C2(Ω), U ′C 6= 0 w Ω,• dla dowolnego (x0, y0) ∈ R istnieje dokładnie jedna stała C = C(x0, y0) ∈ (C−, C+) taka, że

x0 ∈ (a(C), b(C)) i U(x0, C) = y0,• istnieje stała C0 ∈ (C−, C+) taka, że (a(C0), b(C0)) = (a, b) oraz U(·, C0) = u (u ∈ D∩ C2((a, b))

jest ustalonym rozwiązaniem równania Eulera, o którym chcemy orzec, czy realizuje minimum).

Zdefiniujmyp(x, y) := U ′x(x,C(x, y)), (x, y) ∈ R.

Zauważmy, że na podstawie twierdzenia o funkcjach uwikłanych, założenie że U ′C 6= 0 gwarantuje, żeodwzorowanie R 3 (x, y) −→ C(x, y) jest klasy C1. W takim razie p ∈ C1(R). Oczywiście, p(x, u(x)) =U ′x(x,C(x, u(x))) = U ′x(x,C0) = u′(x), x ∈ (a, b). Ponadto, dla dowolnego (x0, y0) ∈ R możemy przyjąćC := C(x0, y0), ∆ = ∆x0,y0 := (a(C), b(C)), v(·;x0, y0) := U(·, C) i wtedy

v′(x) = U ′x(x,C) = U ′x(x,C(x, v(x))) = p(x, v(x)), x ∈ ∆.

Przykład 6.13.15 (Ćwiczenie). Rodzina rozwiązań z Przykładu 6.13.8

x = C(θ − sin θ),

u = C(1− cos θ), C > 0, 0 < θ < θ0(C),

spełnia warunki z Obserwacji 6.13.14, a więc funkcja z Przykładu 6.13.8 jest rozwiązaniem płaskiegoproblemu brachistochrony.

6.14. Twierdzenie o retrakcji

Twierdzenie 6.14.1 (Twierdzenie o retrakcji). NiechM ⊂ Rn będzie niepustym zbiorem spójnym i niechk ∈ N∪∞. Wtedy M jest podrozmaitością klasy Ck w Rn wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją zbiór otwartyΩ ⊃M oraz retrakcja r : Ω −→M klasy Ck.

(89)

Uwaga 6.14.2. Twierdzenie o retrakcji pozwala „globalizować” pewne rozumowania dotyczące pod-rozmaitości. Np. jeżeli M jest podrozmaitością klasy Ck w Rn i f : M −→ F (F jest przestrzeniąunormowaną), to f ∈ Ck(M,F ) (w sensie Definicji 2.17.8) wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje zbiór otwartyΩ ⊃M oraz funkcja f ∈ Ck(Ω,F ) (w sensie klasycznym) takie, że f |M = f (por. Propozycja 2.17.10(iii)).

Obserwacja 6.14.3. Przypomnijmy równoważny opis podrozmaitości (Twierdzenie 2.17.3).M jest d–wymiarową podrozmaitością klasy Ck w Rn ⇐⇒∀a∈M ∃Ω∈topRn:a∈Ω ∃P∈topRd ∃p:P−→M∩Ω ∃q:Ω−→P :• P jest wypukły,• p ∈ Ck(P,Rn),• q ∈ Ck(Ω,Rd),• M ∩Ω = p(P ),• q p = idP .

(90)

(89)Przypomnijmy, że dla B ⊂ A odwzorowanie r : A −→ B nazywamy retrakcją, jeżeli r|B = idB .(

90)Zauważmy, że odwzorowanie r := p q : Ω −→ M ∩ Ω jest lokalną retrakcją klasy Ck; Twierdzenie 6.14.1 mówi

o istnieniu retrakcji globalnej.



Dla dowolnej (m× n)–wymiarowej macierzy A = [a1, . . . , an] niech

|A|d :=( ∑I∈Λmd , J∈Λ

nd

(detAI,J)2)1/2

, 1 6 d 6 minm,n,

gdzie AI,J oznacza podmacierz macierzy A powstałą przez wybranie wierszy o numerach i1, . . . , id i ko-lumn j1, . . . , jd.

Lemat 6.14.4 (Nierówność Hadamarda(

91)). Dla dowolnej macierzy

A = [a1, . . . , an] ∈M(n× n;R), a1, . . . , an ∈M(n× 1;R),

mamy

|a1 ∧ · · · ∧ an| = |detA| 6n∏j=1

‖aj‖.

Dowód . Przypadek, gdy detA = 0 jest oczywisty. Możemy więc założyć, że a1, . . . , an tworzą bazę Rn.Wybierzmy w Rn bazę ortonormalną b1, . . . , bn taką, że

R · b1 + · · ·+ R · bk = R · a1 + · · ·+ R · ak, k = 1, . . . , n. (Ćwiczenie)

Wtedy

aj =

j∑k=1

〈aj , bk〉bk, j = 1, . . . , n.

Stąd A = BC, gdzie B := [b1, . . . , bn] ∈M(n× n;R), zaś

Ck,j :=

〈aj , bk〉, gdy k 6 j0, gdy k > j

.

Zauważmy, że B jest macierzą ortogonalną (BtB = In), zaś C jest macierzą trójkątną. Ostatecznie

|detA| = |det(BC)| = |detC| =∣∣∣ n∏j=1

Cj,j

∣∣∣ =

n∏j=1

|〈aj , bj〉| 6n∏j=1

‖aj‖‖bj‖ =

n∏j=1

‖aj‖.

Ćwiczenie 6.14.5. Kiedy w nierówności Hadamarda zachodzi równość ?

Obserwacja 6.14.6. (a) Jeżeli d = m 6 n, to |A|d jest zgodne z definicją wprowadzoną poprzednio.W szczególności, jeżeli m = n, to |A|n = |detA|.

(b) rankA > d⇐⇒ |A|d > 0.(c) Na mocy nierówności Hadamarda (Lemat 6.14.4), dostajemy

|A|d 6

√(m

d

)(n

d

)ad,

gdzie a := max‖aj‖ : j = 1, . . . , n.(d) Jeżeli B jest macierzą (n× p)–wymiarową, to |AB|d 6 |A|d|B|d, 1 6 d 6 minm,n, p.Istotnie, łatwo sprawdzić, że

det(AB)I,J =∑K∈Λnd

(detAI,K)(detBK,J)

dla dowolnych I ∈ Λmd , J ∈ Λpd. Stąd, na mocy nierówności Schwarza, dostajemy

|AB|2d =∑

I∈Λmd , J∈Λnd

(det(AB)I,J)2 6∑

I∈Λmd , J∈Λnd

( ∑K∈Λnd

(detAI,K)2)( ∑

K∈Λnd

(detBK,J)2)6 |A|2d|B|2d.

Lemat 6.14.7. Istnieje stała c = c(n, d) > 0 taka, że dla dowolnej (n × n)–wymiarowej macierzy A,jeżeli A(X) = X dla X z pewnej d–wymiarowej podprzestrzeni wektorowej V ⊂ Rn, to |A|d > c.

(91)Jacques Hadamard (1865–1963).


Dowód . Niech L : Rn −→ Rn będzie izometrią (LLt = In) taką, że L(V ) = Rd × 0n−d i niechB := LAL−1. Wtedy B(X) = X dla X ∈ Rd × 0n−d, co oznacza, że

B =

[Id , ∗d×(n−d)

0(n−d)×d , ∗(n−d)×(n−d)

].

W szczególności, |B|d > 1. Stąd, na mocy Obserwacji 6.14.6(c,d), mamy:

1 6 |B|d = |LALt|d 6 |L|d|A|d|Lt|d 6(n

d

)2

|A|d.

Wystarczy więc przyjąć c :=(nd

)−2.

Dowód implikacji (⇐=) w Twierdzeniu 6.14.1. Niech

d := maxrank r′(x) : x ∈ Ω.

Jeżeli d = 0, to r jest odwzorowaniem stałym na składowej spójnej zbioru Ω zawierającejM , a wtedyM musi być punktem.

Załóżmy, że 1 6 d 6 n. Ponieważ, r r = r, zatem r′(r(a)) r′(a) = r′(a) dla dowolnego a ∈ Ω.W szczególności, r′(a) r′(a) = r′(a) dla dowolnego a ∈M , a stąd r′(a)(X) = X dla dowolnego wektoraX ∈ r′(a)(Rn), a ∈M . Niech

Ω0 := x ∈ Ω : rank r′(x) = d, M0 := M ∩Ω0.

Zauważmy, że Ω0 jest niepustym zbiorem otwartym. Na wstępie udowodnimy, że r(Ω0) = M0.Istotnie, dla a ∈ Ω0 mamy

d > rank r′(r(a)) = dim r′(r(a))(Rn) > dim r′(r(a))(r′(a)(Rn)) = dim r′(a)(Rn) = d.

Na podstawie Propozycji 2.17.6, każdy punkt a ∈ M0 posiada otoczenie U ⊂ Ω0 takie, że r(U) jestd–wymiarową podrozmaitością klasy Ck. Wtedy również U ∩ r(U) jest d–wymiarową rozmaitością klasyCk w Rn. Z drugiej strony, U ∩ r(U) = U ∩M0, co pokazuje, że U ∩ r(U) jest otwarty w M0. W takimrazie M0 jest d–wymiarową podrozmaitością klasy Ck w Rn.

Teraz pokażemy, że M0 = M (co zakończy dowód). Ponieważ M0 jest niepustym podzbiorem otwar-tym M , a M jest spójne, więc wystarczy pokazać, że M0 jest domknięte w M . Skorzystamy z Lematu6.14.7. NiechM0 3 aν −→ a0 ∈M . Na podstawie lematu (z V := r′(aν)(Rn)) mamy |r′(aν)|d > c, ν > 1.Stąd, |r′(a0)|d > c > 0, a więc a0 ∈M0.

Lemat 6.14.8. Niech S ⊂ Ω ∈ topRn i niech h : Ω −→ R>0 spełnia warunek Lipschitza ze stałą L > 0(w normie euklidesowej). Załóżmy, że

B(s′, h(s′)) ∩ B(s′′, h(s′′)) = ∅, s′, s′′ ∈ S, s′ 6= s′′. (S)

Dla α := 1/(2L) niech

S(x) := s ∈ S : B(x, αh(x)) ∩ B(s, αh(s)) 6= ∅, x ∈ Ω.

Wtedy:(a) 1

3 6h(x)h(s) 6 3, s ∈ S(x),

(b) #S(x) 6 (9 + 6/L)n, x ∈ Ω.

Dowód . Dla s ∈ S(x) mamy

|h(x)− h(s)| 6 L‖x− s‖ 6 L(αh(x) + αh(s)) = 12 (h(x) + h(s)),

co daje (a).Teraz, dla s ∈ S(x) i x′ ∈ B(s, h(s)) mamy:

‖x′ − x‖ 6 ‖x′ − s‖+ ‖s− x‖ 6 h(s) + α(h(x) + h(s)) = αh(x) + (α+ 1)h(s) 6 (4α+ 3)h(x) =: rh(x),

skąd wynika, żeB(s, h(s)) ⊂ B(x, rh(x)), s ∈ S(x).

Korzystając z (S), szacujemy:

(#S(x))Ln(Bn)( 13h(x))n 6

∑s∈S(x)

Ln(Bn)hn(s)

=∑

s∈S(x)

Ln(B(s, h(s))) 6 Ln(B(x, rh(x))) = Ln(Bn)rnhn(x),

co daje (b).

Konstrukcja 6.14.9 (Specjalny rozkład jedności). Niech Ωi : i ∈ I będzie pokryciem otwartymzbioru otwartego Ω ⊂ Rn. Niech 0 < L < 1

8 i niech

h(x) := L supi∈I

min1,dist(x,Rn \Ωi), x ∈ Ω,

gdzie dist(a,A) oznacza odległość punktu a od zbioru A w sensie metryki euklidesowej (dist(x,∅) :=+∞). Zauważmy, że h : Ω −→ R>0 spełnia warunek Lipschitza ze stałą L (Ćwiczenie) oraz h 6 L.Wobec definicji funkcji h mamy:

∀γ∈(0, 1L ) ∀x∈Ω ∃i∈I : B(x, γh(x)) ⊂ Ωi. (*)

NiechF := B(x, h(x)) : x ∈ Ω

i niech τ := 1/(4L)− 1. Oczywiście supB∈F diamB < +∞ oraz τ > 1. Połóżmy α := 2(1 + τ) = 1/(2L).Na podstawie Twierdzenia o pokryciu 6.8.4 (zastosowanego do τ0 ∈ (1, τ)), istnieje zbiór S ⊂ Ω taki,

że spełniony jest warunek (S) oraz dla dowolnego x ∈ Ω istnieje s ∈ S taki, że:• ‖x− s‖ 6 h(x) + h(s) (przecinanie się kul),• h(x) < τh(s) (warunek ze średnicami); w szczególności, x ∈ B(s, (1 + τ)h(s)).Warunek (S) implikuje, że zbiór S może być co najwyżej przeliczalny.Istotnie, wystarczy pokazać, że S ∩ K jest zbiorem skończonym dla dowolnego zbioru zwartego

K ⊂ Ω. W przeciwnym przypadku, istniałby ciąg (sν)∞ν=1 ⊂ S, zawierający nieskończenie wiele różnychwyrazów, taki, że sν −→ s0 ∈ Ω. Wtedy, dla ν, µ 1, mamy

‖sν − sµ‖ 6 h(s0) < h(sν) + h(sµ),

co wyklucza (S).Rodzina B(s, (1 + τ)h(s)) : s ∈ S stanowi pokrycie Ω. Ponadto, na podstawie (*), rodzina

B(s, αh(s)) : s ∈ S jest pokryciem wpisanym w pokrycie Ωi : i ∈ I.Niech η0 ∈ C∞(R+, [0, 1]), η0(t) = 1 dla 0 6 t 6 1

2 , η0(t) = 0 dla t > 1. Zdefiniujmy

η(x) := η0(‖x‖), x ∈ Rn,

ψs(x) := η( x− sαh(s)

), s ∈ S, x ∈ Rn.

Oczywiście, ψs ∈ C∞(Rn, [0, 1]), ψs(x) = 1 dla x ∈ B(s, (1 + τ)h(s)) oraz suppψs ⊂ B(s, αh(s)). Napodstawie Lematu 6.14.8 mamy

#S(x) 6 (9 + 6/L)n, x ∈ Ω.W szczególności, pokrycie suppψs : s ∈ S jest lokalnie skończone.

W takim razie funkcjaψ(x) :=

∑s∈S

ψs(x), x ∈ Ω,

jest poprawnie określona, ψ ∈ C∞(Ω) i ψ > 1.

Funkcje ϕs := ψs/ψ, s ∈ S, dają więc C∞ rozkład jedności wpisany w pokrycie Ωi : i ∈ I.

„Specjalność” tego rozkładu polega również na tym, że dodatkowo mamy kontrolę wzrostu pochod-nych wszystkich funkcji ψs, ϕ i ϕs, s ∈ S.

Po pierwsze zauważmy, że na podstawie Lematu 6.14.8 mamy

|Dκψs(x)| 6 c1(κ)( 1

αh(s)

)|κ|6 c2(κ)

1

h|κ|(x), x ∈ Rn, κ ∈ Zn+,


gdziec1(κ) := sup

Rn|Dκη|, c2(κ) := c1(κ)(6L)|κ|.

Teraz, korzystając z oszacowania #S(x) 6 (9 + 6/L)n, wnioskujemy, że

|Dκψ(x)| 6 (9 + 6/L)nc2(κ)1

h|κ|(x)=: c3(κ)

1

h|κ|(x), x ∈ Ω, κ ∈ Zn+.

Stąd, bez trudu otrzymujemy:

|Dκ(1/ψ)(x)| 6 c4(κ)1

h|κ|(x), x ∈ Ω, κ ∈ Zn+.

Ostatecznie, stosując wzór Leibniza, dostajemy:

|Dκϕs(x)| 6∑τ6κ

(κτ

)∣∣∣Dτψs(x)∣∣∣∣∣∣Dκ−τ (1/ψ)(x)

∣∣∣6∑τ6κ

(κτ

)c2(τ)

1

h|τ |(x)c4(κ − τ)

1

h|κ−τ |(x)=: c(κ)

1

h|κ|(x), x ∈ Ω, κ ∈ Zn+.

Dowód implikacji (=⇒) w Twierdzeniu 6.14.1. Niech d := dimM . Przypadki d = 0 i d = n są oczywiste.Niech 1 6 d 6 n− 1. Na podstawie Obserwacji 6.14.3, dla dowolnego a ∈M istnieją:

zbiór otwarty Ωa ⊂ Rn, a ∈ Ωa,wypukły zbiór otwarty Pa ⊂ Rd,odwzorowania pa : Pa −→ Ωa, qa : Ωa −→ Pa klasy Ck

takie, żeM ∩Ωa = pa(Pa),qa pa = idPa .Rozważmy pokrycie Ωa : a ∈ M zbioru Ω0 :=

⋃a∈M

Ωa i zastosujmy do niego konstrukcję spe-

cjalnego rozkładu jedności z L = 120 . Otrzymujemy zbiór co najwyżej przeliczalny S ⊂ Ω0 oraz funkcje

ψs ∈ C∞0 (Rn, [0, 1]), s ∈ S, takie, że

B(s′, h(s′)) ∩ B(s′′, h(s′′)) = ∅, s′, s′′ ∈ S, s′ 6= s′′,

gdzie

h(x) :=1

20supa∈M

min1,dist(x,Rn \Ωa), x ∈ Ω0.

Ponadto:rodzina B(s, 10h(s)) : s ∈ S jest pokryciem wpisanym w pokrycie Ωa : a ∈M,suppψs ⊂ B(s, 10h(s)), s ∈ S, (1)#s ∈ S : B(x, 10h(x)) ∩ B(s, 10h(s)) 6= ∅ 6 (129)n, x ∈ Ω0, (2)rodzina B(s, 5h(s)) : s ∈ S jest pokryciem Ω0,ψs = 1 na B(s, 5h(s)), s ∈ S. (3)

Poniżej rozważymy jedynie przypadek, gdy S jest przeliczalny. Dowód w przypadku, gdy S jestskończony przebiega analogicznie (i jest nieco prostszy).

Ponumerujmy elementy zbioru S: S = s1, s2, . . . i przyjmijmy oznaczenia:ψi := ψsi , Ki := B(si, 10h(si)), Qi := B(si, 5h(si)), i = 1, 2, . . . .Dla dowolnego i ustalmy ai ∈M takie, że Ki ⊂ Ωai i przyjmijmy:Ωi := Ωai , Pi := Pai , pi := pai , qi := qai .

Na wstępie skonstruujemy indukcyjnie pewien ciąg (Ui, ri)∞i=1, taki, że

Ui jest zbiorem otwartym w Rn, Ui ⊂ Ω0,ri : Ui −→M jest odwzorowaniem klasy Ck,ri = id na M ∩ Ui, (4)M ∩Qj ⊂M ∩ Ui dla j 6 i, i = 1, 2, . . . .

i = 1: U1 := Ω1, r1 := p1 q1.



i i+ 1: NiechVi+1 := Ωi+1 ∩ r−1

i (Ωi+1) ⊂ Ωi+1 ∩ Ui.Zauważmy, że wobec (4) mamy

M ∩ Ui ∩Ωi+1 ⊂ Vi+1. (5)

Na Vi+1 definiujemy%i+1 := pi+1

((1− ψi+1)(qi+1 ri) + ψi+1qi+1

).

Wobec wypukłości Pi+1 funkcja ta jest poprawnie określona. Jest to funkcja klasy Ck oraz %i+1 : Vi+1 −→M ∩Ωi+1.

Wobec (4) na M ∩ Vi+1 mamy %i+1 = pi+1 qi+1 = id.Wobec (1) na Vi+1 \Ki+1 mamy %i+1 = pi+1 qi+1 ri = ri.Wobec (3) na Vi+1 ∩Qi+1 mamy %i+1 = pi+1 qi+1.Niech

Ui+1 := (Ui \Ki+1) ∪ Vi+1 ∪Qi+1

i niech ri+1 : Ui+1 −→M będzie dane wzorami

ri+1 :=

ri na Ui \Ki+1

%i+1 na Vi+1

pi+1 qi+1 na Qi+1

. (6)

Z poprzednich rozważań wynika, że ri+1 jest poprawnie określonym odwzorowaniem klasy Ck oraz ri+1 =id na M ∩ Ui+1. Oczywiście Ui+1 ⊂ Ω. Zauważmy, że wobec (5) i inkluzji Ki+1 ⊂ Ωi+1, mamy

M ∩ Ui+1 = M ∩ (Ui ∪Qi+1).

Stąd i z założenia indukcyjnego wynika, że M ∩Qj ⊂M ∩ Ui+1 dla j 6 i+ 1.

Przechodzimy do następnego etapu dowodu. Niech

Ω :=

∞⋃i=1

∞⋂j=i

Uj .

Zauważmy, że

M = M ∩∞⋃i=1

Qi =

∞⋃i=1

M ∩Qi ⊂ Ω.

Wykażemy, że dla dowolnego i0 istnieje i∗ takie, że

Ui ∩Qi0 = Ui∗ ∩Qi0 , i > i∗. (7)

Ustalmy i0. Wobec (2) istnieje i∗ takie, że Ki∩Ki0 = ∅ dla i > i∗. Dla dowodu (7) zastosujemy indukcjęze względu na i > i∗.

i i+ 1: Korzystając z tego, że Ki+1 ∩Qi0 = ∅ mamy:

Ui+1 ∩Qi0 =(

(Ui \Ki+1) ∩Qi0)∪(Vi+1 ∩Qi0

)∪(Qi+1 ∩Qi0

)= (Ui \Ki+1) ∩Qi0 = Ui ∩Qi0 = Ui∗ ∩Qi0 .

Jako wniosek dostajemy

Ω ∩Qi0 =

∞⋃i=1

∞⋂j=i

(Uj ∩Qi0) =

∞⋃i=i∗

∞⋂j=i

(Uj ∩Qi0) = Ui∗ ∩Qi0 ,

co pokazuje, że Ω jest otwarty.Wykażemy teraz, że dla i > i∗ mamy ri = ri∗ na Ω ∩ Qi0(= Ui∗ ∩ Qi0 = Ui ∩ Qi0). Ponownie

stosujemy indukcję ze względu na i > i∗.i i + 1: Ponieważ Ui+1 ∩ Qi0 = (Ui \ Ki+1) ∩ Qi0 , zatem, wobec (6) i założenia indukcyjnego,

mamy ri+1 = ri = ri∗ na Ui+1 ∩Qi0 .

Teraz szukaną retrakcję określamy na Ω wzorem r = limi→+∞

ri.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.15. Twierdzenie Whitneya 331

6.15. Twierdzenie Whitneya

Niech f : Ω −→ F będzie odwzorowaniem klasy Ck (k ∈ Z+) zbioru otwartego Ω ⊂ Rn w przestrzeńunormowaną F . Przypomnijmy oznaczenie:

Rk(f ; a, x) := f(x)−k∑ν=0

1

ν!f (ν)(a)(x− a), a, x ∈ Ω.

Przypomnijmy również jedną z postaci wzoru Taylora (Twierdzenie 2.10.1(b)):

Propozycja 6.15.1. Dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ Ω mamy

sup‖Rk(f ; a, x)‖‖x− a‖k

: a, x ∈ K, 0 < ‖x− a‖ 6 δ−→ 0 gdy δ −→ 0.

Dla a ∈ Ω zdefiniujmy

Pa(x) =(k)

Taf(x) :=

k∑ν=0

1

ν!f (ν)(a)(x− a), x ∈ Rn;

Pa : Rn −→ F jest wielomianem stopnia 6 k o wartościach w F (Pa ∈ Pk(Rn, F )). Oczywiście, Pa(x) =f(x)−Rk(f ; a, x) dla x ∈ Ω. W szczególności,

P ′a(x) = f ′(x)−Rk−1(f ′; a, x) =(k−1)

Ta f ′(x), x ∈ Ω,

i dalej

P (j)a (x) =

(k−j)Ta f (j)(x), x ∈ Ω, j = 0, . . . , k.

(92)

Stąd, dla x ∈ Ω, dostajemy

P (j)x (x)− P (j)

a (x) = f (j)(x)−(k−j)Ta f (j)(x) = Rk−j(f

(j); a, x).

Teraz, wobec Propozycji 6.15.1, mamy

Propozycja 6.15.2. Dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ Ω mamy

sup‖P (j)

x (x)− P (j)a (x)‖

‖x− a‖k−j: a, x ∈ K, 0 < ‖x− a‖ 6 δ, j = 0, . . . , k

−→δ→0+

0.

Propozycja 6.15.3. Niech Ω ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym i niech

Ω 3 a P7−→ Pa ∈ Pk(Rn, F )

będzie odwzorowaniem takim, że dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ Ω mamy:

τ(P ;K, δ) := sup‖P (j)

x (x)− P (j)a (x)‖

‖x− a‖k−j: a, x ∈ K, 0 < ‖x− a‖ 6 δ, j = 0, . . . , k

−→δ→0+

0. (W)

Wtedy odwzorowanie f : Ω −→ F dane wzorem f(x) := Px(x), x ∈ Ω, jest klasy Ck i(k)

Taf = Pa, a ∈ Ω.

Dowód . Przypuśćmy, że już wiemy, że

f (j)(x) = P (j)x (x), x ∈ Ω, j = 0, . . . , `,

dla pewnego ` ∈ 0, . . . , k (dla ` = 0 jest to po prostu definicja odwzorowania f). Teraz, korzystającz (W), wnioskujemy, że dla dowolnego a ∈ Ω mamy

f (`)(x) = P (`)x (x) −→

x→aP (`)a (a) = f (`)(a).

(92)Odnotujmy, że P (j)

a (a) = f (j)(a), j = 0, . . . , k.

Oznacza to, że f (`) jest odwzorowaniem ciągłym. Ponadto, jeżeli ` 6 k − 1, to dla dowolnego a ∈ Ωi h ∈ (Rn)∗ mamy

f (`)(a+ h)− f (`)(a)− P (`+1)a (a)(h)

‖h‖=P

(`)a+h(a+ h)− P (`)

a (a)− P (`+1)a (a)(h)

‖h‖

=P

(`)a+h(a+ h)− P (`)

a (a+ h)

‖h‖+P

(`)a (a+ h)− P (`)

a (a)− P (`+1)a (a)(h)

‖h‖.

Na mocy (W) pierwszy składnik dąży do 0 przy h −→ 0. Oczywiście drugi składnik dąży również do 0 gdyh −→ 0. Oznacza to, że f (`+1)(a) istnieje i f (`+1)(a) = P

(`+1)a (a). Teraz skończona indukcja względem `

kończy łatwo dowód.

Twierdzenie 6.15.4 (Twierdzenie Whitneya). Niech A ⊂ Rn będzie zbiorem domkniętym i niech A 3a

P7−→ Pa ∈ Pk(Rn, F ) będzie odwzorowaniem takim, że dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ A mamy:

τ(P ;K, δ) := sup‖P (j)

x (x)− P (j)a (x)‖

‖x− a‖k−j: a, x ∈ K, 0 < ‖x− a‖ 6 δ, j = 0, . . . , k

−→δ→0+

0. (W)

Wtedy istnieje odwzorowanie f ∈ Ck(Rn, F ) takie, że f (j)(x) = P(j)x (x), x ∈ A, j = 0, . . . , k.

Zauważmy, że dla k = 0, powyższe twierdzenie mówi, że dowolna funkcja ciągła P : A −→ Fprzedłuża się ciągle na całe Rn.

Warunek (W) oznacza w szczególności, że P (j)x (x) −→ P

(j)a (a) gdy A 3 x −→ a ∈ A, j = 0, . . . , k.

Dowód . Do zbioru Ω := Rn \ A i do jednoelementowego pokrycia tego zbioru samym sobą zastosujmyKonstrukcję 6.14.9 specjalnego rozkładu jedności z L = 1

20 , tzn.

h(x) =1

20min1,dist(x,A), x ∈ Ω.

Dostajemy zbiór przeliczalny S ⊂ Ω oraz specjalny rozkład jedności (ϕs)s∈S klasy C∞.Teraz, niech dla s ∈ S punkt a(s) ∈ A będzie taki, że dist(s,A) = ‖s− a(s)‖. Zdefiniujmy

f(x) :=

Px(x) jeżeli x ∈ A∑s∈S

ϕs(x)Pa(s)(x) jeżeli x ∈ Rn \A .

Definicja jest poprawna ponieważ pokrycie (suppϕs)s∈S jest lokalnie skończone w Ω. Ponadto, f ∈C∞(Ω).

Kluczową sprawą jest pokazanie, że dla dowolnego a ∈ A

f (j)(x)− P (j)a (x)

‖x− a‖k−j−→ 0 gdy Rn \A 3 x −→ a, j = 0, . . . , k. (W1)

Warunek (W1) oznacza w szczególności, że f (j)(x) −→ P(j)a (a) gdy Rn \A 3 x −→ a ∈ A, j = 0, . . . , k.

Przypuśćmy, że warunek (W1) jest spełniony. Dalej rozumujemy podobnie jak w dowodzie Propozycji6.15.3. Przypuśćmy, że już wiemy, że

f (j)(x) = P (j)x (x), x ∈ A, j = 0, . . . , `, (W2)

dla pewnego ` ∈ 0, . . . , k (dla ` = 0 jest to po prostu definicja odwzorowania f). Teraz korzystającz (W) i (W1) wnioskujemy, że dla dowolnego a ∈ A

f (`)(x) −→ P (`)a (a) = f (`)(a) gdy x −→ a.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 20126.15. Twierdzenie Whitneya 333

Oznacza to, że f (`) jest odwzorowaniem ciągłym. Ponadto, jeżeli ` 6 k − 1, to dla dowolnego a ∈ Ai h ∈ (Rn)∗ mamy

f (`)(a+ h)− f (`)(a)− P (`+1)a (a)(h)

‖h‖=f (`)(a+ h)− P (`)

a (a)− P (`+1)a (a)(h)

‖h‖

=f (`)(a+ h)− P (`)

a (a+ h)

‖h‖+P

(`)a (a+ h)− P (`)

a (a)− P (`+1)a (a)(h)

‖h‖.

Oczywiście drugi składnik dąży do 0 gdy h −→ 0.Jeżeli h −→ 0 po wartościach takich, że a + h ∈ A, to na podstawie (W2) i (W) pierwszy składnik

dąży do 0. Jeżeli h −→ 0 po wartościach takich, że a+ h /∈ A, to na podstawie (W1) pierwszy składnikdąży do 0. Oznacza to, że f (`+1)(a) istnieje i f (`+1)(a) = P

(`+1)a (a). Teraz skończona indukcja względem

` kończy łatwo dowód.

Przechodzimy do dowodu (W1). Ustalmy a ∈ A. Niech K := B(a, 2) ∩A.Dla c, d ∈ K mamy

(93)

‖P (j)c (x)− P (j)

d (x)‖ =∥∥∥ k−j∑i=0

1

i!

((P (j)c )(i)(c)(x− c)− (P

(j)d )(i)(c)(x− c)

)∥∥∥6

k−j∑i=0

1

i!‖(P (j+i)

c )(c)− (P(j+i)d )(c)‖‖x− c‖i

6k−j∑i=0

1

i!τ(P,K, ‖c− d‖) ‖c− d‖k−j−i‖x− c‖i

6 τ(P,K, ‖c− d‖)(‖c− d‖+ ‖x− c‖

)k−j.

Ustalmy x ∈ B(a, 13 ) \A i niech b ∈ A będzie taki, że ‖x− b‖ = dist(x,A). Wtedy

dist(x,A) = ‖x− b‖ 6 ‖x− a‖ < 13 =⇒ 20h(x) = dist(x,A) < 1

3 ,

‖b− a‖ 6 ‖x− b‖+ ‖x− a‖ 6 2‖x− a‖ < 23 =⇒ b ∈ K.

Weźmy dowolny punkt s ∈ S(x). Wtedy, na podstawie Lematu 6.14.8 (z α = 10) mamy

20h(s) 6 60h(x) < 1 =⇒ 20h(s) = dist(s,A) = ‖s− a(s)‖,‖s− x‖ 6 10h(s) + 10h(x) 6 40h(x) < 2

3 ,

‖a(s)− a‖ 6 ‖a(s)− s‖+ ‖s− x‖+ ‖x− a‖ < 1 + 23 + 1

3 = 2 =⇒ a(s) ∈ K,‖a(s)− b‖ 6 ‖a(s)− s‖+ ‖s− x‖+ ‖x− b‖ 6 20h(s) + 40h(x) + 20h(x) 6 120h(x) = 6‖x− b‖,

‖x− b‖+ ‖a(s)− b‖ 6 140h(x) = 7‖x− b‖.Przystępujemy do oszacowań. Ponieważ

f (j)(x)− P (j)a (x) =

(f (j)(x)− P (j)

b (x))

+(P

(j)b (x)− P (j)

a (x)),

oszacujemy każdy składnik osobno.(93)Przypomnijmy, że dla dowolnego odwzorowania L ∈ L`s(Rn, F ), jeżeli przyjmiemy Q(x) := L(x, . . . , x), x ∈ Rn,

to

Q(x) = Q(x0 + x− x0) =∑i=0

(`i

)L(x0, . . . , x0︸︷︷︸

`−i

, x− x0, . . . , x− x0︸︷︷︸i

) =∑i=0

1

i!Q(i)(x0)(x− x0), x, x0 ∈ Rn.

Wynika stąd, że dla dowolnego wielomianu Q ∈ P`(Rn, F ) zachodzi wzór

Q(x) =∑i=0

1

i!Q(i)(x0)(x− x0), x, x0 ∈ Rn.



Dla c = b, d = a dostajemy:

‖P (j)b (x)− P (j)

a (x)‖ 6 3k−jτ(P,K, 2‖x− a‖) ‖x− a‖k−j .Korzystając z przypadku c = b, d = a(s) oraz wzoru Leibniza, dostajemy

‖f (j)(x)− P (j)b (x)‖ =

∥∥∥(∑s∈S

ϕs(Pa(s) − Pb))(j)

(x)∥∥∥ 6 const

∑s∈S(x)

j∑i=0

|ϕ(j−i)s (x)|‖P (i)

b (x)− P (i)a(s)(x)‖

6 const∑

s∈S(x)

j∑i=0

hi−j(x)τ(P,K, ‖b− a(s)‖)(‖b− a(s)‖+ ‖x− b‖)k−i

6 const τ(P,K, 6‖x− b‖)∑

s∈S(x)

j∑i=0

hi−j(x)(140h(x))k−i

6 const τ(P,K, 6‖x− b‖)∑

s∈S(x)

hk−j(x) 6 const τ(P,K, 6‖x− b‖)‖x− b‖k−j

6 const τ(P,K, 6‖x− a‖)‖x− a‖k−j .

Oznaczenia

Rozdział 1

P (X) := rodzina wszystkich podzbiorów zbioru X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1N = zbiór liczb naturalnych, 0 6∈ N, N0 := N ∪ 0, Nk := n ∈ N : n > k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1topX := topologia przestrzeni X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1R = ciało liczb rzeczywistych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1R = rozszerzony zbiór liczb rzeczywistych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1A = intA = intA = intX A := wnętrze zbioru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2A = clA = clX A := domknięcie zbioru A ⊂ X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2∂A = ∂XA := A \A = brzeg zbioru A ⊂ X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2xν −→ x0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2A′ := zbiór punktów skupienia zbioru A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2A|Y := A ∩ Y : A ∈ A, A ⊂ P (X), Y ⊂ X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3C(X,Y ; a) := zbiór odwzorowań ciągłych w punkcie a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3C(X,Y ) := zbiór odwzorowań ciągłych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3C(X) := C(X,R) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3A ⊂⊂ X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3C0(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4γ∗ := γ([a, b]) = obraz geometryczny krzywej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5T = okrąg jednostkowy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5γ := krzywa przeciwna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5γ1 ⊕ γ2 := suma krzywych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5A+ := x ∈ A : x > 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5A>0 := x ∈ A : x > 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5B(a, r) = B%(a, r) := x ∈ X : %(x, a) < r = kula otwarta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

B(a, r) = B%(a, r) := x ∈ X : %(x, a) 6 r = kula domknięta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6top % := topologia generowana przez metrykę . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6diamA := średnica zbioru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6d∞(x, y) := max%1(x1, y1), . . . , %N (xN , yN ) = metryka maksimum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

dp(x, y) :=( N∑j=1

%pj (xj , yj))1/p

= metryka lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

d1(x, y) :=N∑j=1

%j(xj , yj) = metryka suma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

d2(x, y) =( N∑j=1

%2j (xj , yj)

)1/2

= metryka euklidesowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

335

Oznaczenia

Z = pierścień liczb całkowitych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8%(x,A) := inf%(x, a) : a ∈ A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8limx→a

f(x) := granica odwzorowania w punkcie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

lim supx→a

u(x) = granica górna funkcji w punkcie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

lim infx→a

u(x) = granica dolna funkcji w punkcie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

B(X,Y ) := f : X −→ Y : f(X) jest zbiorem ograniczonym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10CB(X,Y ) := C(X,Y ) ∩B(X,Y ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10F(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12K(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12C↑(X,R) = zbiór funkcji półciągłych z góry na X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13C↓(X,R) = zbiór funkcji półciągłych z dołu na X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13C↑(X,∆) := u ∈ C↑(X,R) : u(X) ⊂ ∆ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13C↓(X,∆) := u ∈ C↓(X,R) : u(X) ⊂ ∆ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13χA,X = χA = funkcja charakterystyczna zbioru A ⊂ X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13W (ν) zachodzi dla ν 1 :⇐⇒ ∃ν0∈N ∀ν>ν0 : W (ν) zachodzi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14C = ciało liczb zespolonych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

‖x‖p :=( N∑j=1

|xj |pj)1/p

= norma lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

‖x‖∞ := max|x1|1, . . . , |xN |N = norma maksimum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16‖x‖1 := |x1|1 + · · ·+ |xN |N = norma suma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

‖x‖2 =( N∑j=1

|xj |2j)1/2

= norma euklidesowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

‖x‖p = (|x1|p + · · ·+ |xn|p)1/p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

‖x‖ = ‖x‖2 = (|x1|2 + · · ·+ |xn|2)1/2 = norma euklidesowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16‖x‖∞ = max|x1|, . . . , |xn| = norma maksimum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16‖x‖1 = |x1|+ · · ·+ |xn| = norma suma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16B(a, r) := x ∈ E : ‖x− a‖ < r = kula otwarta w przestrzeni unormowanej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16B(a, r) := x ∈ E : ‖x− a‖ 6 r = kula domknięta w przestrzeni unormowanej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16B(r) := B(0, r), B(r) := B(0, r) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16A+B := x+ y : x ∈ A, y ∈ B, A,B ⊂ E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16A ·B := αx : α ∈ A, x ∈ B, A ⊂ K, B ⊂ E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16[x, y] := x+ t(y − x) : t ∈ [0, 1] = odcinek w przestrzeni unormowanej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16convA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17[x0, . . . , xN ] := [x0, x1] ∪ · · · ∪ [xN−1, xN ] = łamana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17‖f‖X := sup‖f(x)‖F : x ∈ X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Hom(E,F ) = przestrzeń odwzorowań liniowych E −→ F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18E∗ := Hom(E,K) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18L(E,F ) = przestrzeń odwzorowań liniowych i ciągłych E −→ F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18E′ := L(E,K) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18M(m× n;K) = K[m× n] = przestrzeń macierzy wymiaru m× n o wyrazach z K . . . . . . . . . . . . . . . . . 18‖L‖L(E,F ) = norma odwzorowania liniowego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19A∗ := A \ 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Isom(E,F ) = rodzina izormorfizmów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 2012Oznaczenia 337

Hom(E,F ;G) = przestrzeń odwzorowań dwuliniowych E × F −→ G . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Hom2(E,G) := Hom(E,E;G) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20L(E,F ;G) = przestrzeń odwzorowań dwuliniowych i ciągłych E × F −→ G. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21L2(E,G) := L(E,E;G) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21‖B‖L(E,F ;G) = norma odwzorowania dwuliniowego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

〈z, w〉 :=n∑j=1

zjwj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Re z = część rzeczywista liczby zespolonej z; Im z = część urojona liczby zespolonej z . . . . . . . . . . . . 23F(I) := A ⊂ I : A 6= ∅, #A <∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24fA :=

∑i∈A

fi, A ∈ F(I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

S(I, EX) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24f ∈ S(I, ZX) := f ∈ S(I, EX) : ∀i∈I : fi(X) ⊂ Z, Z ⊂ E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24An+ := (A+)n, np. Zn+ := (Z+)n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35|α| := α1 + · · ·+ αn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35xα := xα1

1 · · ·xαnn (00 := 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Pd(Kn, F ) = przestrzeń wielomianów n–zmiennych stopnia 6 d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

P(Kn, F ) :=∞⋃d=0

Pd(Kn, F ) = przestrzeń wielomianów n–zmiennych stopnia 6 d . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

degW = stopień wielomianu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36Pd(Kn) := Pd(Kn,K); P(Kn) := P(Kn,K) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36Bν(g;x) = wielomian Bernsteina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

Rozdział 2

f ′(a) = pochodna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41D(P, F ; a) = zbiór odwzorowań różniczkowalnych w punkcie a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41f ′+(a) = pochodna prawostronna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41f ′−(a) = pochodna lewostronna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41f ′′(a) = druga pochodna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42f (k)(a) = k-ta pochodna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42f (0) := f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42Dk(P, F ; a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42Dk(P, F ) :=

⋂x∈P

Dk(P, F ;x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Ck(P, F ) := f ∈ Dk(P, F ) : f (k) ∈ C(P, F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44C0(P, F ) := C(P, F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

C∞(P, F ) :=∞⋂k=0

Ck(P, F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

BDk(P, F ) := f ∈ Dk(P, F ) : f (j) ∈ B(P, F ), j = 0, . . . , k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

‖f‖P,k :=k∑j=0

sup‖f (j)(x)‖ : x ∈ P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

Rk(f, a, x) = k-ta reszta funkcji f w punkcie a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52R0(f, a, x) := f(x)− f(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52Taf = szereg Taylora odwzorowania f w punkcie a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54


Oznaczenia

A(P, F ) = Cω(P, F ) przestrzeń odwzorowań analitycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Ωa,ξ := t ∈ R : a+ tξ ∈ Ω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58fa,ξ := f(a+ tξ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58∂f∂ξ (a) = pochodna kierunkowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

δaf = różniczka Gâteaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58∂f∂xj

(a) := ∂f∂ej

(a) = j-ta pochodna cząstkowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

Jf(a) = macierz Jacobiego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59grad f(a) = gradient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59det Jf(a) = jakobian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

∂kf∂ξk...∂ξ1

(a) = pochodna kierunkowa wyższego rzędu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

D(Ω,F ; a) = przestrzeń odwzorowań różniczkowalnych w punkcie a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61f ′(a) = różniczka Frécheta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62Ωa,j := xj ∈ Ej : (a1, . . . , aj−1, xj , aj+1, . . . , an) ∈ Ω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64fa,j := f(a1, . . . , aj−1, xj , aj+1, . . . , an) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64∂f∂Ej

(a) = różniczka cząstkowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

%iD = metryka wewnętrzna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66D(Ω,F ) :=

⋂x∈Ω

D(Ω,F ;x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

BD(Ω,F ) := f ∈ D(Ω,F ) ∩B(Ω,F ) : f ′ ∈ B(Ω,L(E,F )) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67‖f‖Ω,1 := sup‖f(x)‖ : x ∈ Ω+ sup‖f ′(x)‖ : x ∈ Ω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67C1(Ω,F ) := f ∈ D(Ω,F ) : f ′ ∈ C(Ω,L(E,F )) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67C1(Ω) := C1(Ω,R) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67BC1(Ω,F ) := C1(Ω,F ) ∩BD(Ω,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67L2s(E,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

δ2af = druga różniczka Gâteaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69f ′′(a) = druga pochodna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70D2(Ω,F ; a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

H2(E,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71Hom2

s(E,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71H2(E,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71D2(Ω,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72BD2(Ω,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72C2(Ω,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72BC2(Ω,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72‖f‖Ω,2 := sup‖f(x)‖ : x ∈ Ω+ sup‖f ′(x)‖ : x ∈ Ω+ sup‖f ′′(x)‖ : x ∈ Ω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72∂2f

∂Ej∂Ei(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

Hom(E1, . . . , Ek;F ) = przestrzeń odwzorowań K–liniowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

Homk(E,F ) := Hom(E, . . . , E;F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

Homks(E,F ) = przestrzeń odwzorowań k–liniowych symetrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

Σk = grupa permutacji k–elementowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73Hk(E,F ) = przestrzeń wielomianów jednorodnych stopnia k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

H0(E,F ) := F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Pk(E,F ) = przestrzeń wielomianów stopnia 6 k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75


L(E1, . . . , Ek;F ) = przestrzeń odwzorowań k–liniowych ciągłych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75Lk(E,F ) := L(E, . . . , E;F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75Lks(E,F ) = przestrzeń k–liniowych odwzorowań symetrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76Hk(E,F ) = przestrzeń ciągłych wielomianów jednorodnych stopnia k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76Pk(E,F ) = przestrzeń ciągłych wielomianów stopnia 6 k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76‖ ‖Hk(E,F ) = norma w przestrzeni Hk(E,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

f (k)(a) = k-ta różniczka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78Dk(Ω,F ; a) = przestrzeń odwzorowań k-krotnie różniczkowalnych w punkcie a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78α! := α1! · · ·αn! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80Dαf(a) := ( ∂

∂x1)α1 · · · ( ∂

∂xn)αnf(a) = α-ta pochodna cząstkowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

δ`xf = `–ta różniczka Gâteaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80Dk(Ω,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81BDk(Ω,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81Ck(Ω,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81BCk(Ω,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

‖f‖Ω,k :=k∑j=0

sup‖f (j)(x)‖ : x ∈ Ω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

Rk(f, a, x) = k-ta reszta funkcji f w punkcie a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82TaF = szereg Taylora funkcji f w punkcie a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84A(Ω,F ) = Cω(Ω,F ) = przestrzeń odwzorowań analitycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96In = macierz jednostkowa (n× n)–wymiarowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100Bn := B(1) = jednostkowa kula euklidesowa w Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104Sn−1 := ∂Bn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104Dk(M,F ; a) = przestrzeń odwzorowań różniczkowalnych w punkcie a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107Ck(M,F ) = przestrzeń odwzorowań klasy Ck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107TaM = przestrzeń styczna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108f ′(a) = różniczka odwzorowania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109Sa,t = średnia uogólniona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

Rozdział 3

|P | := (b1 − a1) · · · (bn − an) = objętość kostki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117π2 4 π1 podział π2 jest wpisany w π1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117diamπ := maxdiamP1, . . . ,diamPm = średnica podziału . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117m(f, P ) := inf f(P ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118M(f, P ) := sup f(P ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

L(f, π) :=m∑j=1

m(f, Pj)|Pj | = suma aproksymacyjna dolna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

U(f, π) :=m∑j=1

M(f, Pj)|Pj | = suma aproksymacyjna górna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118∫∗P f = całka dolna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118∫ ∗Pf = całka górna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118∫

Pf = całka Riemanna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118


Oznaczenia

Q = ciało liczb wymiernych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

M(ϕ, π, ξ) :=m∑j=1

ϕ(ξj)|Pj | = suma aproksymacyjna pośrednia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

|A| = objętość zbioru mierzalnego w sensie Jordana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125∫Af = całka Riemanna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

(f ⊗ g)(x, y) := f(x)g(y) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127Γ = funkcja Γ Eulera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129ωγ(δ) = moduł ciągłości . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

C k([0, 1],Rn) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131∫γfdl = całka krzywoliniowa niezorientowana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

R(γ) = rodzina funkcji całkowalnych wzdłuż krzywej γ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132∫γV dx =

∫γV1dx1 + · · ·+ Vndxn = całka krzywoliniowa zorientowana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

Rozdział 4

M|Y := A ∩ Y : A ∈M . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139σ(F) = najmniejsza σ–algebra zawierająca F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139B(X) = σ–algebra zbiorów borelowskich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140Gδ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140Fσ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140M(X,Y,M) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141M(X,Y ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141M(X,M) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141M(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141M0(X,Y,M) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144M0(X,Y ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144M0(X,M) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144M0(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144M+

0 (X,M) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144M+

0 (X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144M+(X,M) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144M+(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144Meas(M) = rodzina miar nieujemnych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145Meas(M,C) = rodzina miar zespolonych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145Meas(M,R) = rodzina miar rzeczywistych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145Meas(M,R+) = rodzina miar nieujemnych ograniczonych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145M(ϕ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147ϕµ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149[[S]] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151Ln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154Ln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154L1(X,C, µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159L1(X,µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

Ar(f) := x ∈ X : ‖f(x)‖ > r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163‖f‖µ := infr > 0 : µ(Ar(f)) 6 r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163M∞(X,F ) := f ∈M(X,F ) : ‖f‖µ < +∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

M0(X,F,M) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

M0(X,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165L1(X,F, µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165L1(X,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165Lp(X,Y, µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168Lp(X,µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168Lp(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168‖ ‖Lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168ess sup . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168Ms(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174∫ ∗Xfdµ,

∫∗X fdµ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

LI(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174L∫Xfdµ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

supp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185M×N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191[F] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192M1 × · · · ×MN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195µ1 × · · · × µN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195LM = σ–algebra zbiorów mierzalnych na podrozmaitości . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199∂(fi1 ,...,fid )

∂(t1,...,td) := det[∂fij∂tk

]j,k=1,...,d

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199

|f ′| :=( ∑I∈Λnd

∣∣∣∂(fi1 ,...,fid )

∂(t1,...,td)

∣∣∣2)1/2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199

Λnd := I = (i1, . . . , id) : 1 6 i1 < · · · < id 6 n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199LM = miara Lebesgue’a na podrozmaitości . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

Rozdział 5

B(E) = rodzina wszystkich baz przestrzeni E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217A(e,f) = macierz przejścia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217O(E) := B(E)/∼ zbiór orientacji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217V ⊥ := a ∈ Rn : ∀x∈V : 〈a, x〉 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217O⊥ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217a1 × · · · × an−1 = iloczyn wektorowy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220Homr

a(E,F ) = przestrzeń odwzorowań liniowych skośnie symetrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222Lra(E,F ) = przestrzeń ciągłych odwzorowań skośne symetrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222Hom0

a(E,F ) = L0a(E,F ) := F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222

XJK = podmacierz macierzy X powstała przez wybór wierszy o numerach j1, . . . , jr i kolumnk1, . . . , kr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

eK := (ek1 , . . . , ekr ) ∈ Er . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223e∗K . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

Oznaczenia

u ∧B v = iloczyn zewnętrzny odwzorowań skośnie symetrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223∧ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223Homr,s

a (E,H) = przestrzeń odwzorowań oddzielnie skośnie symetrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224Homr,s

a (E,H) = przestrzeń ciągłych odwzorowań oddzielnie skośnie symetrycznych . . . . . . . . . . . . . . . 224Σr,s := σ ∈ Σr+s : σ(1) < · · · < σ(r), σ(r + 1) < · · · < σ(r + s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224F(r)(Ω,F ) = przestrzeń form różniczkowych rzędu r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226u ∧B v = iloczyn zewnętrzny form różniczkowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226Ck(r)(Ω,F ) := Ck(Ω,Lra(E,F )) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226

u(x) =:∑I∈Λnr

uI(x)dxI = postać kanoniczna formy różniczkowej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226

F′(r)(Ω,F ) = przestrzeń form różniczkowalnych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226

d = operator różniczkowania zewnętrznego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226du = różniczka zewnętrzna formy różniczkowej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227f∗(u) = podstawienie do formy różniczkowej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228Ck(r)(D) := Ck(r)(D,R) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

[u] :=˜p∗(u)|p′| p

−1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

L1(M,LM ) = przestrzeń form całkowalnych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231∫M,O

u :=∫M

[u]dLM = całka z formy po podrozmaitości . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231∑′I :=

∑I∈Λnd

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231∫M,O

u =∫M〈~u, s〉dLM = całka z formy po podrozmaitości jednowymiarowej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232∫

M,Ou =

∫M〈~u,n〉dLM = całka z formy po podrozmaitości wymiaru (n− 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

F(r)(M) = przestrzeń form różniczkowych rzędu r na podrozmaitości . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232∫M,O

u =∫M〈u, ω〉dLM = całka z formy wyrażona przy pomocy formy orientującej . . . . . . . . . . . . . . . 234

∆u := ∂2u∂x2

1+ · · ·+ ∂2u

∂x2n

= operator Laplace’a (laplasjan) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

Zd(Ω) := u ∈ C∞(d)(Ω) : du = 0 = grupa kocykli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

Bd(Ω) := dw : w ∈ C∞(d−1)(Ω) = grupa kobrzegów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

Hd(Ω) := Zd(Ω)/Bd(Ω) = grupa kohomologii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

Pk(d)(Ω) = rodzina d–wymiarowych płatów klasy Ck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

Łk(d)(Ω) = przestrzeń d–wymiarowych łańcuchów klasy Ck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241∫γu :=

∫Pγ∗(u) dLd = całka z formy po płacie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242∫

N∑i=1

αiγiu :=

N∑i=1

αi∫γiu = całka z formy po łańcuchu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

∂γ :=d∑j=1

(−1)j−1(γ σ+j − γ σ

−j ) = brzeg płata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

Zd(Ω) := γ ∈ Ł∞(d)(Ω) : ∂γ = 0 = grupa cykli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

Bd(Ω) := ∂γ : γ ∈ Ł∞(d+1)(Ω) = grupa brzegów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

Hd(Ω) := Zd(Ω)/Bd(Ω) = grupa homologii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

Rozdział 6

Ψν −→ δ0 :⇐⇒ ∀ϕ∈C0(Rn) :∫Rn Ψν(t)ϕ(t) dt −→ ϕ(0) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247

Sk(f) := 〈f, ϕ0〉ϕ0 + · · ·+ 〈f, ϕk〉ϕk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250

S(f) :=∞∑j=0

〈f, ϕj〉ϕj = szereg Fouriera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251

S(f ;x) = S(f)(x) := a02 +

∞∑n=1

(an cosnx+ bn sinnx) = szereg Fouriera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254

S(f ;x) :=∞∑

n=−∞cne

inx = szereg Fouriera w postaci zespolonej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254

Sk(f ;x) = a02 +

k∑n=1

(an cosnx+ bn sinnx) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256

V[a,b](f) := supN∑j=1

‖f(tj−1)− f(tj)‖ : N ∈ N, a = t0 < · · · < tN = b = wahanie odwzorowania . . 262

BV([a, b],Rn) = przestrzeń odwzorowań o wahaniu ograniczonym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262BV([a, b]) := BV([a, b],R) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262Mα(f, π, ξ) :=

∑mj=1 f(ξj)(α(tj)− α(tj−1)) =

∑mj=1 f(ξj)∆αj = suma aproksymacyjna pośrednia . 265∫

Pfdα = całka Riemanna–Stieltjesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265

Lα(f, π) :=m∑j=1

m)j(f)(α(tj)− α(tj−1)) = suma aproksymacyjna dolna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266

Uα(f, π) :=m∑j=1

Mj(f)(α(tj)− α(tj−1)) = suma aproksymacyjna górna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266∫∗P fdα := supπ Lα(f, π) = całka dolna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266∫ ∗Pfdα := infπ Uα(f, π) = całka górna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266

f ∈ G(P ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269

G∫Pf , G∫ baf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270

Ga(P ) := f ∈ G(P ) : |f | ∈ G(P ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275(Dµ)(a) = pochodna miary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282DQµ(a), DQµ(a) górna i dolna słaba pochodna miary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284VP (f) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285BV(P ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285NBV(R) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285qK,k(f) :=

∑|α|6k

maxK |Dαf | . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294

E(Ω) := C∞(Ω,C) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294D(Ω) := C∞0 (Ω,C) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295D′(Ω) = przestrzeń dystrybucji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295ord(T ) = rząd dystrybucji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295

Ff = f = transformata Fouriera funkcji f ∈ L1(Rn) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305S = przestrzeń funkcji szybkomalejących . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307‖f‖α,β := sup|xαDβf(x)| : x ∈ Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307S′ = S′(Rn) = przestrzeń dystrybucji temperowanych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308

C 1((a, b))) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315

Literatura cytowana

[Bir 2002] Andrzej Birkholc, Analiza matematyczna, PWN, Warszawa, 2002.[Car 1967] Henri Cartan, Calcul différentiel. Formes différentielles, Herman, Paris, 1967.[Dvo-Rog 1950] A. Dvoretzky, C.A. Rogers, Absolute and unconditional convergence in linear normed spaces, Proc. Nat.

Acad. Sci. U. S. A. 36 (1950), 192—197.[Eng 1968] Ryszard Engelking, Zarys topologii ogólnej, PWN, Warszawa, 1968.[Fed 1969] Herbert Federer, Geometric measure theory, Springer Verlag, Berlin, 1969.[Kat 1951] M. Katětov, On real-valued functions in topological spaces, Fund. Math. 38, (1951), 85–91.[Koł 1978] Witold Kołodziej, Analiza matematyczna, PWN, Warszawa, 1978.[Kra-Par 2002] Steven G. Krantz, Harold R. Parks, A primer of real analytic functions, Birkhäuser, 2002.[Leb 1905] Henri Lebesque, Sur les fonctions représentables analytiquement, J. math. pures appliquées (1905), 139–215.[Łoj 1988] Stanisław Łojasiewicz, Wstęp do teorii funkcji rzeczywistych, PWN, Warszawa, 1973.[Mau 1973] Krzysztof Maurin, Analiza, PWN, Warszawa, t. I Elementy 1973, t. II Wstęp do analizy globalnej, 1971.[Rud 1969] Walter Rudin, Podstawy analizy matematycznej, PWN, Warszawa, 1969.[Rud 1986] Walter Rudin, Analiza rzeczywista i zespolona, PWN, Warszawa, 1986.[Sch 1981] Laurent Schwartz, Kurs analizy matematycznej, PWN, Warszawa, t. I 1979, t. II 1980.[Sto-Wie 1993] Uwe Storch, Hartmut Wiebe, Lehrbuch der Mathematik, t. 3, Analysis mehrerer Veränderlicher, Integra-

tionstheorie, Spektrum Akademischer Verlag, 1993.[Sto-Wie 1993] Uwe Storch, Hartmut Wiebe, Lehrbuch der Mathematik, t. 3, Analysis mehrerer Veränderlicher, Integra-

tionstheorie, Spektrum Akademischer Verlag, 1993.[Ton 1952] H. Tong, Some characterizations of normal and perfectly normal spaces, Duke Math. J. 19, (1952), 289–292.

345

Indeks nazwisk

Baire, 9, 11, 14, 144Banach, 15, 21, 34, 94, 261Bernoulli, 315Bernstein, 38, 39Bessel, 251Borel, 54, 84Brouwer, 236

Carathéodory, 147, 153Cauchy, 7, 26, 120Cavalieri, 176, 193Czebyszew, 10, 18

Darboux, 4, 118de Rham, 246Denjoy, 269Dini, 257Dirac, 146Dirichlet, 118

Euler, 129, 319, 322

Faà di Bruno, 43Fatou, 159Fejér, 258Fourier, 251, 254, 305, 309Fréchet, 61, 69Fubini, 179, 193

Gâteaux, 58, 69, 80Gauss, 235Green, 135, 235

Hölder, 7, 168, 170Hadamard, 326Hahn, 21, 212Hausdorff, 2, 12, 154, 207Heaviside, 297Heine, 7Henstock, 269, 273, 275Hilbert, 23Hopital, 113

Jacobi, 59Jensen, 162Jordan, 5, 125, 208, 263

Kurzweil, 269

Lévy, 30Lagrange, 52, 82, 111, 319, 322Laplace, 220, 235Lebesgue, 154, 161, 200, 255, 268, 284Leibniz, 42, 81

Lindelöf, 4Lipschitz, 7Łuzin, 206

Möbius, 221Minkowski, 169, 279Morse, 102

Nikodym, 210, 282

Ostrogradzki, 235

Parseval, 251Peano, 52, 82Perron, 269Poincaré, 134

Rademacher, 180, 289Radon, 202, 210, 282Riemann, 118, 120, 255, 269Riesz, 202, 214

Sard, 310Schwarz, 22Sierpiński, 28Steiner, 279Steinhaus, 261Steinitz, 30Stieltjes, 265Stokes, 234, 236, 244Stone, 36

Taylor, 52–54, 82, 83Tichonow, 2Tonelli, 178, 193

Urysohn, 2

Vitali, 155

Weierstrass, 7, 14, 36–38, 247, 323Whitney, 85, 332

Young, 186

347

Indeks

absolutna ciągłość, 161, 286algebra Banacha, 34aproksymacja funkcji półciągłych, 14atlas, 104— orientujący, 218— zgodny z orientacją, 218

brzeg, 243— łańcucha, 243— płata, 243— zbioru, 2

całka— Denjoy–Perrona, 269— dolna, 118, 266— górna, 118, 266— Henstocka, 269— Henstocka–Kurzweila, 269— jako miara objętości, 128— krzywoliniowa— — niezorientowana, 132— — zorientowana, 133— Kurzweila, 269— Lebesgue’a, 174— Riemanna po kostce, 118— Riemanna–Stieltjesa, 265całkowalność w sensie Riemanna— po kostce, 118— po zbiorze regularnym, 126całkowanie— form, 231— przez części, 235, 236ciąg— Cauchy’ego, 8— zbieżny, 2ciągłość— całki względem zbioru, 161, 166— definicja Cauchy’ego, 7— definicja Heinego, 7— jednostajna, 7cykl, 243

długość krzywej, 130definicja ciągłości— Cauchy’ego, 7— Heinego, 7diagonalizacja, 102dodatnia— określoność, 86— półokreśloność, 86domknięcie zbioru, 2droga, 131

druga— pochodna, 42, 69— różniczka— — Frécheta, 69— — Gâteaux, 69— — mocna, 69— — słaba, 69dyfeomorfizm, 88— klasy Ck, 88— przywiedlny, 181dystrybucja, 295— temperowana, 308

ekstremum— lokalne, 86— warunkowe, 110

forma— całkowalna, 231— dokładna, 241— kwadratowa, 71— mierzalna, 230— orientująca, 233— różniczkowa, 226— — na podrozmaitości, 232— zamknięta, 241formuła polaryzacyjna, 74funkcja— absolutnie ciągła, 161, 286— analityczna, 55, 96— Baire’a, 144— charakterystyczna, 13— dana całką, 183— Dirichleta, 118— Γ Eulera, 129— Heaviside’a, 297— I klasy Baire’a, 11— klasy Ck, 44— L–całkowalna, 174— n–tej klasy Baire’a, 11— o wahaniu ograniczonym, 262, 285— oddzielnie ciągła, 11— półciągła— — z dołu, 13— — z góry, 13— przejścia, 107— różniczkowalna, 41, 61— regularyzująca, 188— schodkowa, 174— szybkomalejąca, 307— Weierstrassa, 323— wklęsła, 48, 88

349


Indeks

— wypukła, 47, 88

gauge integral, 269gradient, 59granica— dolna funkcji w punkcie, 9— górna funkcji w punkcie, 9— odwzorowania w punkcie, 9grupa— homologii, 243— kohomologii, 241— permutacji, 73

homeomorfizm, 3

iloczyn— skalarny, 22— tensorowy dystrybucji, 301— wektorowy, 220— zewnętrzny, 223— — form różniczkowych, 226istotne supremum, 168izomorfizm, 19

jakobian, 59jednostajna ciągłość, 7jednostajny warunek Cauchy’ego, 10, 26jednoznaczność— miary Lebesgue’a, 207— wzoru Taylora, 53, 83j-ta pochodna cząstkowa, 59

klasa Ck, 44klasyczny wzór Stokesa, 236kobrzeg, 241kocykl, 241kompakt, 3koniec krzywej, 5konstrukcja Carathéodory’ego, 153kostka, 117— regularna, 284— z narożnikiem, 140kryterium— Cauchy’ego, 26— Diniego, 257— Jordana, 263— zbieżności— — jednostajnej szeregów Fouriera, 259— — niemal jednostajnej szeregów Fouriera, 259krzywa, 5— Jordana, 5— — wnętrze, 134— — zewnętrze, 134— — zorientowana dodatnio, 135— kawałkami Ck, 131— przeciwna, 5— zamknięta, 5k-ta— pochodna, 42— różniczka Fréchta, 78— różniczka Gâteaux, 80— reszta funkcji, 52, 82kula— domknięta, 6— otwarta, 6

laplasjan, 235

lemat— Fatou, 159— Henstocka, 273, 275— o jednoczesnej parametryzacji, 109— Poincarégo, 134, 229lokalna parametryzacja, 104łamana, 17łuk Jordana, 5

macierz, 18— Jacobiego, 59— przejścia, 217maksimum lokalne, 86mapa, 104metryka, 5— Czebyszewa, 10— dyskretna, 6— euklidesowa, 8— generowana przez normę, 15— Hausdorffa, 12— indukowana, 6— lp, 8— maksimum, 8— suma, 8— translatywna, 15— wewnętrzna, 66metryki— porównywalne, 6— równoważne, 6miara— absolutnie ciągła, 209— B–regularna, 151— Diraca, 146— Hausdorffa, 154— Jordana, 125— Lebesgue’a, 154, 200— licząca, 146— nieujemna, 145— niezmiennicza względem translacji, 155— o wartościach w przestrzeni Banacha, 167— osobliwa, 209— produktowa, 191, 195— Radona, 202— regularna, 151, 202— rzeczywista, 145— σ–skończona, 152— zespolona, 145— zewnętrzna, 147— — generowana przez miarę nieujemną, 149— zupełna, 146mierzalność w sensie Jordana, 125minimum lokalne, 86minor główny, 87mnożenie— zewnętrzne, 223— — form różniczkowych, 226mnożniki Lagrange’a, 111moduł ciągłości, 131monotoniczność całki, 119

niedodatnia określoność, 86nierówność— Bessela, 251— Höldera, 8, 169, 170— Hadamarda, 326— izodiametryczna, 278

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 2012Indeks 351

— Jensena, 162— Minkowskiego, 8, 169— Schwarza, 22— trójkąta, 5— Younga, 186nieujemna określoność, 86niezależność całki krzywoliniowej od drogi całkowania,

133nośnik, 185norma, 15— Czebyszewa, 18— dana przez iloczyn skalarny, 23— euklidesowa, 16— lp, 16— maksimum, 16— odwzorowania liniowego, 19— suma, 16normalny ciąg podziałów, 117normy równoważne, 15

ośrodkowość, 252objętość, 125— kostki, 117obraz geometryczny krzywej, 5obszar, 17— gwiaździsty, 101— normalny, 135— różniczkowo ściągalny, 229— tłusty, 221odcinek (niezorientowany), 16odwzorowanie— analityczne, 96— antysymetryczne, 222— borelowskie, 141— całkowalne, 165— ciągłe, 3— — w punkcie, 3— dwuliniowe, 20— homeomorficzne, 3— klasy Ck na podrozmaitości, 107— mierzalne, 141— M–mierzalne, 141— o wahaniu ograniczonym, 262— oddzielnie skośnie symetryczne, 224— proste, 144— — właściwe, 165— różniczkowalne, 41, 61— — na podrozmaitości, 107— skośnie symetryczne, 222— spłaszczające, 105— wpisujące, 189okrąg jednostkowy, 5operacja— podstawiania, 228, 232— zmiany zmiennych, 228operator— Laplace’a, 235— mnożenia zewnętrznego, 232opisy— podrozmaitości, 105— przestrzeni stycznej, 108orientacja, 217— indukowana, 221— kanoniczna, 217— podrozmaitości, 218orientujące pole wektorów

— normalnych, 219— stycznych, 219ortonormalizacja, 250otoczenie punktu, 2

półtoraliniowość, 22płat powierzchniowy, 241parametryzacja zgodna z orientacją, 218pochodna, 41, 62— cząstkowa, 59— — wyższego rzędu, 60— dystrybucji, 297— kierunkowa, 58— — wyższego rzędu, 59— lewostronna, 41— miary, 282, 284— prawostronna, 41— symetryczna, 283początek krzywej, 5podpokrycie, 3podprzestrzeń topologiczna, 3podrozmaitość, 103— lokalna, 104podstawowe twierdzenie rachunku całkowego, 273podział— kostki, 117— prosty, 117— wpisany, 117pokrycie otwarte, 3pole— potencjalne, 134— wektorowe, 133porównanie całki Riemanna z całką Lebesgue’a, 173postać kanoniczna formy różniczkowej, 226potencjał pola, 134prawie wszędzie, 157problem brachistochrony, 315promień zbieżności szeregu potęgowego, 34prostokąt mierzalny, 191prostowalność, 130przeliczalna— addytywność, 145— podaddytywność, 146przestrzeń— łukowo spójna, 5— Banacha, 15— doskonale normalna, 15— dualna do Lp(X), 213— Hausdorffa, 2— Hilberta, 23— Lindelöfa, 4— lokalnie zwarta, 4— metryczna, 5— normalna, 2— ośrodkowa, 252— regularna, 2— spójna, 4— styczna, 108— Tichonowa, 2— topologiczna, 1— unitarna, 22— unormowana, 15— Urysohna, 2— zupełna, 9— zwarta, 3przykład Vitaliego, 155


Indeks

punkt— izolowany, 2— krytyczny, 87— — nieosobliwy, 101— — osobliwy, 101— skupienia, 2

różniczka— cząstkowa, 64— — drugiego rzędu, 72— Frécheta, 61, 62, 69— Gâteaux, 58, 69, 80— mocna, 61, 69— odwzorowania, 109— słaba, 58— wyższego rzędu, 78— złożenia, 63, 72— zewnętrzna, 226równania— Eulera, 322— Eulera–Lagrange’a, 322równanie— Eulera, 319— Eulera–Lagrange’a, 319reguła równoległoboku, 23regularna— kostka, 284regularyzacja funkcji, 188reszta— funkcji, 52— Peano, 52, 82— typu Lagrange’a, 52, 82retrakcja, 105, 325rodzina— bezwzględnie jednostajnie sumowalna, 24— bezwzględnie sumowalna, 24— jednostajnie sumowalna, 24— monotoniczna, 192— normalnie sumowalna, 28— sumowalna, 24rozkład— jedności, 4, 189, 190, 328— Jordana, 208, 263— Lebesgue’a, 210rozmaitość— orientowalna, 218rozspojenie, 4rząd dystrybucji, 295

segment, 16seminorma, 121, 294σ–algebra— zbiorów borelowskich, 140σ–algebra, 139silna— dodatnia określoność, 86— ujemna określoność, 86silne— maksimum lokalne, 86— minimum lokalne, 86skończona— addytywność, 146— podaddytywność, 146specjalny rozkład jedności, 328splot funkcji, 185stała

— Höldera, 7— Lipschitza, 7stopień wielomianu, 36suma— aproksymacyjna— — dolna, 118, 266— — górna, 118, 266— — pośrednia, 120— Cauchy’ego–Riemanna, 120— Darboux, 118— krzywych, 5— rodziny sumowalnej, 24symetria— drugiej różniczki, 70— wyższych różniczek, 80symetryzacja— Minkowskiego, 279— Steinera, 279szereg— formalny, 54— Fouriera, 251, 254— geometryczny, 28— potęgowy, 34— Taylora, 54, 84— w przestrzeni Banacha, 24średnia— arytmetyczna, 113— geometryczna, 113— harmoniczna, 113— kwadratowa, 113— uogólniona, 113średnica— podziału, 117— zbioru, 6

tożsamość Parsevala, 251topologia, 1— antydyskretna, 1— dyskretna, 1— euklidesowa, 1— generowana przez metrykę, 6— iloczynu kartezjańskiego, 3— indukowana, 3transformacja Fouriera, 305— dystrybucji, 309transformata Fouriera, 305— dystrybucji, 309translacja, 16twierdzenie— aproksymacyjne— — Stone’a–Weierstrassa, 36— — Weierstrassa, 37, 38, 247— Baire’a, 144— Banacha–Steinhausa, 261— Borela, 54, 84— Brouwera o punkcie stałym, 237— Cavalieriego, 176— de Rhama, 246— Fejéra, 258— Fubiniego, 179, 193— Hahna o rozkładzie, 212— Hake’a, 273— Lebesgue’a o zmajoryzowanym przechodzeniu do

granicy od znakiem całki, 161— Łuzina, 206

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej, wersja z 10 sierpnia 2012Indeks 353

— o „ograniczonym” przechodzeniu do granicy podznakiem całki, 276

— o średniej całkowej, 162— o aproksymacji funkcji półciągłych, 14— o całce jako mierze objętości, 128— o całkach iterowanych, 127— o funkcjach danych całką, 128— — niewłaściwą, 128— o grupowaniu wyrazów, 27— o monotonicznym przechodzeniu do granicy pod

znakiem całki, 158, 270, 271— o niezależności całki krzywoliniowej od drogi

całkowania, 133— o odwzorowaniu— — odwrotnym, 88, 95— — uwikłanym, 90— o pokryciu, 277— o przyrostach skończonych, 45, 65, 66— o różniczkowaniu— — szeregu wyraz po wyrazie, 49, 68— — złożenia, 72— o równości pochodnych mieszanych, 60— o równoważnych opisach przestrzeni stycznej, 108— o retrakcji, 237— o rozkładzie jedności, 4— o rzędzie, 99— o symetrii— — drugiej różniczki, 70— — wyższych różniczek, 80— o wartości średniej, 122, 263, 268— o warunkach— — dostatecznych na ekstrema lokalne, 88— — dostatecznych na ekstremum warunkowe, 110— — koniecznych na ekstrema lokalne, 87— o warunku koniecznym na ekstremum warunkowe,

110— o zachowaniu— — spójności, 4— — zwartości, 4— o zmianie zmiennej, 268— o zmianie zmiennych— — w całce Lebesgue’a, 180, 182, 293— — w całce Riemanna, 130— podstawowe twierdzenie rachunku całkowego, 273— Poincarégo, 134— Rademachera, 180, 289— Radona–Nikodyma, 210, 282— Riemanna–Lebesgue’a, 255— Riesza, 202, 214— Sarda, 310— Stokesa, 234, 244— Tonellego, 178, 193— Weierstrassa, 7, 14— Whitneya, 332

ujemna— określoność, 86— półokreśloność, 86układ— ortonormalny, 250— trygonometryczny, 253— zupełny, 251unormowana funkcja o wahaniu ograniczonym, 285uogólniona całka Riemanna, 269uogólniona nierówność Höldera, 170uzupełnianie miary, 147

własność— Darboux, 4— metryczna, 6— topologiczna, 6wahanie— funkcji, 285— odwzorowania, 262wariacja— funkcjonału, 318— miary, 208warunek— Carathéodory’ego, 147— Cauchy’ego, 26— — jednostajny, 10— dostateczny na ekstremum— — lokalne, 88— — warunkowe, 110— Höldera, 7— konieczny na ekstremum— — lokalne, 87— — warunkowe, 110— Lipschitza, 7wielościan mierzalny, 195wielomian, 75— Bernsteina, 38, 39— jednorodny, 36, 74— — stopnia 2, 71— n zmiennych, 35— trygonometryczny, 258wiodący minor główny, 87wnętrze— krzywej Jordana, 134— zbioru, 2współrzędne— biegunowe, 130— sferyczne, 130— walcowe, 130wspólne zagęszczenie podziałów, 117wykładniki sprzężone, 168wymiar Hausdorffa, 154wzór— Faà di Bruno, 43— Gaussa–Ostrogradskiego, 235— Greena, 135, 136, 235, 236— — dla operatora Laplace’a, 235— Leibniza, 42, 81— na całkowanie przez części, 235, 236, 268— polaryzacyjny, 74— Stokesa, 234— Taylora, 52— — jednoznaczność, 53, 83

zagęszczenie podziału, 117zasada— Cavalieriego, 176, 193— identyczności, 56, 98— lokalizacji, 256zbiór— borelowski, 140— domknięty, 2— elementarny, 191— gęsty, 2— I kategorii Baire’a, 9— II kategorii Baire’a, 9— Lebesgue’a, 284— mierzalny, 147


Indeks

— nigdziegęsty, 9— o objętości zero, 122— ograniczony, 6— otwarty, 1— regularny, 126, 202— relatywnie zwarty, 3— spójny, 4— typu Fσ , 140— typu Gδ, 140— wewnętrznie regularny, 202— wypukły, 16— zewnętrznie regularny, 202— zupełny, 9— zwarty, 3zbieżność— bezwarunkowa, 28— ciągu, 2— jednostajna, 10— lokalnie jednostajna, 10— niemal jednostajna, 10— punktowa, 10— według miary, 164zbiory metrycznie odseparowane, 149zewnętrze krzywej Jordana, 134łańcuch, 241zmiana parametryzacji, 5

Uniwersytet Jagielloński Wydział Matematyki i Informatyki Instytut ...

Documents

Transcript of Uniwersytet Jagielloński Wydział Matematyki i Informatyki Instytut ...