Wykłady z Analizy Matematycznej III

Uniwersytet JagiellońskiWydział Matematyki i Informatyki

Instytut Matematyki

Wykładyz Analizy Matematycznej III

Marek Jarnicki

(Wersja z 5 września 2010)

Spis treści

Rozdział 1. Wstęp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1. Przestrzenie topologiczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Przestrzenie metryczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3. Funkcje półciągłe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.4. Przestrzenie unormowane I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.5. Rodziny sumowalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.6. * Twierdzenie Lévy’ego–Steinitza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.7. Szeregi potęgowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.8. Operator odwracania w algebrach Banacha . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.9. Twierdzenie aproksymacyjne Stone’a–Weierstrassa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

Rozdział 2. Różniczkowanie odwzorowań . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.1. Różniczkowanie odwzorowań zmiennej rzeczywistej o wartościach w przestrzeni

unormowanej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.2. Wzór Taylora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.3. Szereg Taylora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.4. Funkcje analityczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.5. Pochodne kierunkowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.6. Różniczkowanie odwzorowań o wartościach w przestrzeni unormowanej . . . . . . . . . . . . . . . . 602.7. Druga pochodna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 682.8. Przestrzenie unormowane II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.9. Pochodne wyższych rzędów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 772.10. Wzór Taylora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 812.11. Szereg Taylora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 832.12. Ekstrema lokalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 852.13. Twierdzenie o odwzorowaniu odwrotnym i twierdzenie o odwzorowaniu uwikłanym . . . . 872.14. Odwzorowania analityczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 952.15. Twierdzenie o rzędzie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 982.16. Podrozmaitości . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1002.17. Ekstrema warunkowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

Rozdział 3. Całka Riemanna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1113.1. Całka Riemanna na kostce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1113.2. Całka Riemanna na zbiorze regularnym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1203.3. Własności całki Riemanna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1213.4. Całki krzywoliniowe. Wzór Greena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

Rozdział 4. Całka Lebesgue’a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1334.1. Repetytorium z teorii miary i całki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1334.2. Całka Riemanna a całka Lebesgue’a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1444.3. Zasada Cavalieriego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1454.4. Twierdzenie Tonellego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1474.5. Twierdzenie Fubiniego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1484.6. Twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Lebesgue’a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1494.7. Funkcje dane całką . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1524.8. Splot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

iii

ivMarek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 2010

Spis treści

4.9. Regularyzacja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1574.10. Rozkład jedności . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1584.11. Miara i całka Lebesgue’a na podrozmaitościach w Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

Rozdział 5. Twierdzenie Stokesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1635.1. Orientacja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1635.2. Formy różniczkowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1685.3. Twierdzenie Stokesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

Rozdział 6. Wybrane rozdziały analizy matematycznej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1896.1. Twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1896.2. Szeregi Fouriera w przestrzeniach Hilberta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1926.3. Szeregi Fouriera. Kryteria zbieżności. Twierdzenie Fejéra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1936.4. Równość miary Hausdorffa i Lebesgue’a w Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2006.5. Transformacja Fouriera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

Rozdział Oznaczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

Rozdział Literatura cytowana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219

Rozdział Indeks nazwisk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221

Rozdział Indeks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

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.

1.1. Przestrzenie topologiczne

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

.

1.1.3 (Domkniętość). Mówimy, że zbiór F ⊂ X jest domknięty, jeżeli X \F ∈ T . Rodzina F wszystkichzbiorów domkniętych ma następujące własności:

(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 III, wersja z 5 września 2010

1. Wstęp

• ∅, 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). Jeżeli A = X, to mówimy, że A jest gęsty w X.

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. (1.1.13)) 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) — matematyk niemiecki.(

7)Paweł Samujłowicz Urysohn (1898–1924) — matematyk rosyjski.(

8)Andrej Nikołajewicz Tichonow (1906–1993) — matematyk rosyjski.(

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

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20101.1. 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.

1.1.11 (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.

1.1.12 (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.

1.1.13 (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).

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).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,

• projekcje X1 × · · · ×XN −→ Xj , j = 1, . . . , N , są ciągłe.

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

jest ciągłe(

10).

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

waniu zwartości).(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 : X −→ Y jest ciągłą bijekcją pomiędzy przestrzeniami zwartymi, to f jest homeomorfi-zmem.• Dla X1 6= ∅, . . . , XN 6= ∅ mamy:

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

1.1.16. 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).1.1.17 (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.

1.1.18 (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 istniejązbiory otwarte 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 zachowaniu 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.

1.1.19 (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) — matematyk francuski.(

15)Ernst Lindelöf (1870–1946) — matematyk fiński.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20101.2. Przestrzenie metryczne 5

1.1.20 (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 krzywą

Jordana,• jeżeli γ : [0, 1] −→ X jest krzywą Jordana, to funkcja σ : T −→ X, gdzie T oznacza okrąg

jednostkowy na płaszczyżnie, dana wzorem σ(cos 2πt, sin 2πt) := γ(t), t ∈ [0, 1], jest ciągłą bijekcją T naγ∗ (jeżeli ponadto 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)

1.1.21 (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

Definicja 1.2.1. Niech X będzie dowolnym zbiorem. Parę (X, ρ), gdzie ρ jest funkcją X ×X −→ R+(18), nazywamy przestrzenią metryczną, jeżeli spełnione są następujące trzy warunki:• ∀x,y∈X : ρ(x, y) = 0⇐⇒ x = y,• ∀x,y∈X : ρ(x, y) = ρ(y, x) (symetria),• ∀x,y,z∈X : ρ(x, y) 6 ρ(x, z) + ρ(z, y) (nierówność trójkąta).Funkcję ρ nazywamy metryką.Zwykle będziemy pisać X zamiast (X, ρ) (o ile z kontekstu będzie wynikać, o jaką metrykę chodzi).

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

(19).

(c) X — dowolny zbiór, ρ(x, y) :=

1 gdy x 6= y

0 gdy x = y= metryka dyskretna.

(16)Camille Jordan (1838–1922) — matematyk francuski.(

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

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

r ∈ (0,+∞](

20).

B(a, r) = Bρ(a, r) := x ∈ X : ρ(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, ρ) będzie przestrzenią metryczną. Topologiagenerowana przez metrykę ρ, to topologia dana przepisem:

top ρ := 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 ρ−→ x0 ∈ X, to dla uproszczenia będziemy pisać xν

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

top ρ−→ x0 ⇐⇒ ρ(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, ρ) jest przestrzenią metryczną, to dla dowolnego zbioru Y ⊂ X, para (Y, ρ|Y×Y ) jest

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

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

(22). Dla przykładu, jeżeli ρ

jest metryką, to minρ, 1 jest metryką.

1.2.7 (Równoważność metryk). Mówimy, że dwie metryki ρ1, ρ2 : X × X −→ R+ są równoważne(ρ1 ∼ ρ2), jeżeli top ρ1 = top ρ2. Jest to relacja równoważności.

(23)Łatwo widać, że:

ρ1 ∼ ρ2 ⇐⇒ ∀(xν)∞ν=0⊂X : (xνρ1−→ x0 ⇐⇒ xν

ρ2−→ x0).

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

1.2.8 (Porównywalność metryk). Mówimy, że dwie metryki

ρ1, ρ2 : X ×X −→ R+

są porównywalne, jeżeli ρ1 6 c1ρα12 i ρ2 6 c2ρ

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

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

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

1.2.9 (Ograniczoność). Zbiór A ⊂ X jest ograniczony, jeżeli sup ρ(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 ρ(A×A) nazywamy średnicą zbioru A (w metryce ρ).

1.2.10 (Ciągłość). Jeżeli (X, ρ), (Y, d) są przestrzeniami metrycznymi, to dla f : X −→ Y i a ∈ Xnastępujące warunki są równoważne:(i) f ∈ C(X,Y ; a);(

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 ρ i ϕ ρ z punktu 1.2.6 muszą być równoważne? — Ćwiczenie.(

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


(ii) (Definicja „ciągowa” Heinego(

25))

∀(xν)∞ν=1⊂X : (xνρ−→ a) =⇒ (f(xν)

d−→ f(a));

(iii) (Definicja „ε− δ” Cauchy’ego(

26))

∀ε>0 ∃δ>0 : f(Bρ(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(Bρ(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 Cρα(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.• Podzbiór K przestrzeń metrycznej X 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 (twierdzenie

Weierstrassa(

32)).

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

∀ε>0 ∃δ>0 ∀a∈K : f(Bρ(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(Bρ(a, r(a))) ⊂Bd(f(a), 1

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

⋃Ni=1Bρ(ai,

12r(ai)). Niech δ := 1

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

12r(ai0)), i niech x ∈ Bρ(a, δ). Mamy ρ(x, ai0) 6 ρ(x, a)+ρ(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.

1.2.14. Niech (X1, ρ1), . . . , (XN , ρN ) 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)

(25)Eduard Heine (1821–1881) — matematyk niemiecki.(

26)Augustin Cauchy (1789–1857) — matematyk i fizyk francuski.(

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

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

29)Czy jest to własność topologiczna — Ćwiczenie.(

30)Otto Hölder (1859–1937) — matematyk niemiecki.(

31)Rudolf Lipschitz (1832–1903) — matematyk niemiecki.(

32)Karl Weierstrass (1815–1897) — matematyk niemiecki.(

33)RN+ := (R+)N .(

34)

(ξ1, . . . , ξN ) 6 (η1, . . . , ηN ) :⇐⇒ ξj 6 ηj , j = 1, . . . , N .


1. Wstęp

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

d(x, y) := ϕ(ρ1(x1, y1), . . . , ρN (xN , yN )), x = (x1, . . . , xN ), y = (y1, . . . , yN ) ∈ X1 × · · · ×XN .

Wtedy d jest metryką — Ćwiczenie (por. (1.2.6)).W szczególności, jeżeli (X1, ρ1), . . . , (XN , ρN ) są przestrzeniami metrycznymi, to każda z poniższych

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

dp(x, y) : =( N∑j=1

ρpj (xj , yj))1/p

= metryka lp, p > 1,(

35)

d∞(x, y) : = maxρ1(x1, y1), . . . , ρN (xN , yN ) = metryka maksimum.

W szczególności, metrykami są funkcje:

d1(x, y) =

N∑j=1

ρj(xj , yj) = metryka suma,

d2(x, y) =( N∑j=1

ρ2j (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 ρ : X ×X −→ R+ zachodzi:

|ρ(x′, y′)− ρ(x′′, y′′)| 6 ρ(x′, x′′) + ρ(y′, y′′) = d1((x′, y′), (x′′, y′′)), (x′, y′), (x′′, y′′) ∈ X ×X.

W szczególności, ρ : X ×X −→ R+ jest funkcją ciągłą.Dla dowolnego zbioru ∅ 6= A ⊂ X definiujemy

ρ(x,A) := infρ(x, a) : a ∈ A, x ∈ X.

Wtedy|ρ(x,A)− ρ(y,A)| 6 ρ(x, y), x, y ∈ X.

Ponadto, x ∈ A⇐⇒ ρ(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 : ρ(xν , xµ) 6 ε.

• To, że dany ciąg jest ciągiem Cauchy’ego jest własnością metryczną, ale nie topologiczną.• Każdy ciąg zbieżny jest ciągiem Cauchy’ego. Jeżeli ciąg Cauchy’ego zawiera podciąg zbieżny, to

cały jest 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 .

(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.


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.• JeżeliX 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, ρ) i (Y, d), który

spełnia warunek Höldera, to z zupełności przestrzeni (Y, d) wynika zupełność przestrzeni (X, ρ) (Ćwi-czenie). 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, ρ), (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)⇐⇒ limx→ax 6=a

f(x) = f(a).

• Jeżeli limx→ax6=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, t0jest punktem skupienia zbioru ϕ−1(A) oraz lim

x→ax 6=a

f(x) = b, to limt→t0t 6=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:

lim supx→a

f(x) = infr>0 supf(x) : x ∈ B(a, r),

lim infx→a

f(x) = supr>0 inff(x) : x ∈ B(a, r).

(37)René-Louis Baire (1874–1932) — matematyk francuski.


1. Wstęp

Jeżeli a /∈ A, to granica limx→a

f(x) istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy lim infx→a

f(x) = lim supx→a

f(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 punkt

a ∈ 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

zbioru zwartego 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,— lim

A3x→afν(x) = bν , ν ∈ N,

— oraz bν −→ b0,to lim

A3x→af0(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

jest jednostajnie 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:• fν

δ−→ 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.

∗ 1.2.23 (Funkcje oddzielnie ciągłe). Niech (X, ρ) 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.(38)Pafnutij Czebyszew (1821–1894) — matematyk i mechanik rosyjski.


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.

Teraz postępujemy następująco:

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


1. Wstęp

—Stosujemy powyższą konstrukcję do g := f . Wobec (a), do zakończenia dowodu wystarczy pokazać,że każda z funkcji f1

ν := 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. Henri Lebesque, Sur les fonctionsreprésentables analytiquement, J. math. pures appliquées (1905), 139–215.

1.2.24 (Metryka Hausdorffa). Dla przestrzeni metrycznej X, niech K(X) oznacza rodzinę wszystkichniepustych zwartych podzbiorów X. Dla dowolnego zbioru A ∈ K(X), niech

K(A) := K ∈ K(X) : K ⊂ A.

Zdefiniujmy

h(A,B) := max

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

• h jest metryką w zbiorze K(X) (Ćwiczenie). Jest to tzw. metryka Hausdorffa.• (K(A), h) jest przestrzenią zwartą dla dowolnego A ∈ K(X) (Ćwiczenie).• Jeżeli K(A) 3 Kν

h−→ K0, zaś Φ : Am −→ R+ jest dowolną funkcją ciągłą, to supΦ(Kmν ) −→

supΦ(Km0 ) (Ćwiczenie). W szczególności, jeżeli K(A) 3 Kν

h−→ 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,

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20101.3. Funkcje półciągłe 13

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).

(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. Niech (X, ρ) 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 1.3.5 (Twierdzenie Weierstrassa). Niech (X, ρ) będzie przestrzenią metryczną zwartą i niechf ∈ C↑(X,R). Wtedy istnieje punkt x0 ∈ X taki, że f(x0) = sup f(X).

Dowód . Niech M := sup f(X) i niech (xν)∞ν=1 ⊂ X będzie taki, że f(xν) −→ M . Wobec zwartości Xmożemy założyć, że xν −→ x0 dla pewnego x0 ∈ X. Wtedy, na podstawie Propozycji 1.3.4, mamy

M > f(x0) > lim supν→+∞

f(xν) = M.

Ćwiczenie 1.3.6. Czy Twierdzenie 1.3.5 pozostaje prawdziwe dla dowolnej zwartej przestrzeni topolo-gicznej ?

Propozycja 1.3.7 (Twierdzenie Baire’a). Niech (X, ρ) 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).

(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.


1. Wstęp

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)− νρ(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|ρ(x′, a)− ρ(x′′, a)| 6 νρ(x′, x′′), x′, x′′ ∈ X,a stąd |uν(x′)− uν(x′′)| 6 νρ(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, lim

ν→+∞uν > u.

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)− νρ(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* 1.3.8. Można pokazać(

42), że Propozycja 1.3.7 pozostaje prawdziwa dla przestrzeni

topologicznej X wtedy i tylko wtedy, gdy X jest przestrzenią doskonale normalną, tzn. dla dowolnychrozłącznych zbiorów domkniętych A,B ⊂ X istnieje funkcja ciągła f : X −→ [0, 1] taka, że A = f−1(0),B = f−1(1)

(43).

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 ρ(x, y) = ρ‖ ‖(x, y) := ‖x − y‖, x, y ∈ E. Wtedy ρ : E × E −→ R+ jest metryką

(Ćwiczenie) generowaną przez normę(

44). Jest to metryka translatywna, tzn. ρ(x + z, y + z) =

ρ(x, y) dla dowolnych x, y, z ∈ E(

45). Oczywiście

xνρ‖ ‖−→ x0 ⇐⇒ ‖xν − x0‖ −→ 0.

(42)Zob. np. M. Katětov, On real-valued functions in topological spaces, Fund. Math. 38, (1951), 85–91; H. Tong,

Some characterizations of normal and perfectly normal spaces, Duke Math. J. 19, (1952), 289–292.(43)W przypadku przestrzeni metrycznej (X, ρ) wystarczy wziąć

f(x) :=ρ(x,A)

ρ(x,A) + ρ(x,B), x ∈ X (Ćwiczenie).

(44)Zauważmy, że do dowodu, że ρ jest metryką wystarczy spełnianie warunków (N1), (N3) oraz warunku (N2) dla

α = −1.(45)Odnotujmy, że istnieją oczywiście metryki nietranslatywne, np. ρ(x, y) := | arctg x − arctg y|, x, y ∈ R —

Ćwiczenie.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20101.4. Przestrzenie unormowane I 15

Definicja 1.4.3. Przestrzeń unormowaną E nazywamy przestrzenią Banacha(

46), jeżeli (E, ρ‖ ‖) jest

przestrzenią zupełną.

Definicja 1.4.4. Mówimy, że normy ‖ ‖1, ‖ ‖2 : E −→ R+ są równoważne, jeżeli ρ‖ ‖1 ∼ ρ‖ ‖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 ,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, ρ| |1), . . . (EN , ρ| |N ) — por. (1.2.14). W szczególności, są to normy równoważne,zadające topologię iloczynu kartezjańskiego.

W szczególności, 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(

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

(46)Stefan Banach (1892–1945) — matematyk polski.(

47)

+ : E × E −→ E, · : K× E −→ E.


1. Wstęp

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(

48).

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:

(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.

(48)Oczywiście a+B = Ta(B), gdzie Ta : E −→ E oznacza translację x 7−→ a+ x.


(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.(

49)

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

50)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 .

(49)Wtedy, oczywiście, [x, y] 6= [y, x].(

50)Odnotujmy, że B(X,F ) := f : X −→ F : ∃R>0 : f(X) ⊂ B(R).


1. Wstęp

(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(

51).

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

(52);

(v) istnieje C > 0 takie, że ‖L(x)‖F 6 C‖x‖E dla dowolnego x ∈ E.

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(

53)

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.

(51)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.(

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

ograniczonym.(53)A∗ := A \ 0.


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 .(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.


1. Wstęp

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

(54);

(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.

(54)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).


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.

(55)

(b)

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

(56)

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).(

57)

(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‖, zatemΨ(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(

58).

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

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

(59),

(55)‖B‖ = 1 o ile E 6= 0 i F 6= 0 — Ćwiczenie.(

56)‖B‖ = 1 o ile że E 6= 0, F 6= 0 i G 6= 0 — Ćwiczenie.(

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

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

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

półtoraliniowością; zauważmy, że dla K = R S jest po prostu dwuliniowe, zaś (b) oznacza, że jest ono symetryczne.


1. Wstęp

(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(

60)). 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.

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

61)mamy:

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

62)

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(

63).

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

(64)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

(65).

Uwaga 1.4.26. (a) Norma Euklidesowa w Kn jest dana przez iloczyn skalarny (†).

(60)Hermann Schwarz (1789–1857) — matematyk niemiecki.(

61)Jeżeli K = R, to θ ∈ 0, π.(

62)

Re z = część rzeczywista liczby zespolonej z; Im z = część urojona liczby zespolonej z.(63)Jeżeli y = tx, to |S(x, y)|2 = |t|2S2(x, x) = S(x, x)S(y, y).(

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

65)Dawid Hilbert (1862–1943) — matematyk niemiecki.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20101.5. Rodziny sumowalne 23

(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,

(66)

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).

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).(

67)

(†)

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(

68). 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)

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

70).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.

(66)Wzór ten jest szczególnym przypadkiem tzw. formuły polaryzacyjnej — por. Obserwacja 2.7.8.(

67)Oczywiście fi = fi, i ∈ I.(

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

w sensie (†).(69)Przypomnijmy, że ‖fi‖(x) := ‖fi(x)‖, x ∈ X.(

70)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.


1. Wstęp

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

(71)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 izomorfizmem.(72)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 ).

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)

(73).

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

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

· · ·+ ξded) := (ξ1, . . . , ξd).(73)Tzn. w przestrzeniach skończenie wymiarowych pojęcia sumowalności i bezwzględnej sumowalności się pokrywają.


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‖.

(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.


1. Wstęp

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)(

74). 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)(

75). 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).(

76)

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

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

∑i∈I(j)

fi jest poprawnie określone dla dowolnego j ∈ J .(75)Ponieważ zbiory I(j), j ∈ J , są parami rozłączne.(

76)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 .


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)).

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

(77). 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

.

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


1. Wstęp

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(

78) (

79).

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

(80) (

81):

(iii) (‖fi‖)i∈I ∈ S(I,RX)(

82).

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

(83). 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 < +∞.

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

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

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

81)Wacław Sierpiński (1882–1969) — matematyk polski.(

82)

Prawdziwe jest następujące ogólne twierdzenie (zob. A. Dvoretzky, C.A. Rogers, Absolute and unconditionalconvergence in linear normed spaces, Proc. Nat. Acad. Sci. U. S. A. 36 (1950), 192—197).

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 < +∞.(83)S(ε) jest takie, jak w Definicji 1.5.1.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20101.6. * Twierdzenie Lévy’ego–Steinitza

29

(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).

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). Mamy:

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).


1. Wstęp

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(

84) (

85)). 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.

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).

(84)Paul Pierre Lévy (1886–1971) — matematyk francuski.(

85)Ernst Steinitz (1871–1928) — matematyk niemiecki.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20101.6. * Twierdzenie Lévy’ego–Steinitza

31

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.

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.


1. Wstęp

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), . . ..

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

(86). 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 odpowiednią

permutację 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.

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

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20101.8. Operator odwracania w algebrach Banacha 33

Przyjmijmy, że skonstruowaliśmy wartości σ(1), . . . , σ(k), k = k1 + k2 < m, wykorzystując wartości1, 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.

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

(87).

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.

(87)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.


1. Wstęp

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:

(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.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20101.9. Twierdzenie aproksymacyjne Stone’a–Weierstrassa 35

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+

(88),

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

1 · · ·xαnn (00 := 1).Piszemy krótko W ∈ Pd(Kn, F ). Zbiór Pd(Kn, F ) ma oczywiście strukturę przestrzeni wektorowej

nad K. Widać, żePd(Kn, F ) ⊂ Pd+1(Kn, F ).

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

89). 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.

(90)

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

(91).

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(

92)). 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

(93),

(iii) 1 ∈ A(

94),

(iv) A rozdziela punkty w X(

95),

(v) f ∈ A =⇒ f ∈ A(

96).

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

89)Ćwiczenie: Znaleźć wzór na N(d) = ?(

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

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

92)Marshall Stone (1903–1989) — matematyk amerykański.(

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

94)W konsekwencji K ⊂ A.(

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

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


1. Wstęp

Wtedy A = C(X,K)(

97).

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).(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` .Niech

f := 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.

(97)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.


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. (†)

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 1.1.17 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,


1. Wstęp

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.

* Wielomiany Bernsteina. Niech K ⊂ Rn będzie zbiorem zwartym i niech g ∈ C(K). Z punktuwidzenia jednostajnej aproksymacji funkcji g na K wielomianami możemy założyć, że g ∈ C(Rn). Dalej,zwiększając K, możemy założyć, że K = P jest kostką niezdegenerowaną

(98). Dla dowolnej kostki

istnieje izomorfizm afiniczny L : Rn 7−→ Rn taki, że L(P ) = [0, 1]n. Jeżeli teraz (pν)∞ν=1 jest ciągiemwielomianów zbieżnym jednostajnie na [0, 1]n do funkcji g L−1, to (pν L)∞ν=1 jest ciągiem wielomianówzbieżnym jednostajnie na P do g. Możemy więc założyć, że K = [0, 1]n.

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

99)

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, . . . .

Zauważmy, że Bν(1;x) = 1.

Twierdzenie 1.9.5 (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(

100). 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].

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

99)Siergiej Natanowicz Bernstein (1880–1968) — matematyk rosyjski.(

100)Zauważmy, że wobec jednostajnej ciągłości g na [0, 1]n, mamy limδ→0+ ωg(δ) = 0 — Ćwiczenie.


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

).

ROZDZIAŁ 2

Różniczkowanie odwzorowań

2.1. Różniczkowanie odwzorowań zmiennej rzeczywistej o wartościach w przestrzeniunormowanej

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)).

41


2. Różniczkowanie odwzorowań

(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).

(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) ∈ F

jest 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).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.1. Różniczkowanie odwzorowań zmiennej rzeczywistej o wartościach w przestrzeni unormowanej 43

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)).

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))

),

co, po (standardowych) przekształceniach, daje tezę (Ćwiczenie).

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.

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

(1)Gottfryd Leibniz (1646–1716) — matematyk i filozof niemiecki.



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 ciagu

(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 ≡ 0.

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

(2).

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 ).

Ćwiczenie 2.1.15 (Funkcje wypukłe). Proszę uzupełnić wszystkie szczegóły dowodów.Funkcję f : P −→ R nazywamy wypukłą, jeżeli spełniony jest którykolwiek z następujących równo-

ważnych warunków:

(i) f(x) 6 f(a) + f(b)−f(a)b−a (x− a), a 6 x 6 b, dla dowolnego przedziału [a, b] ⊂ P , a < b

(3);

(ii) f(ta+ (1− t)b) 6 tf(a) + (1− t)f(b), 0 6 t 6 1, dla dowolnego przedziału [a, b] ⊂ P ;(iii) f(t1a1 + · · · + tkak) 6 t1f(a1) + · · · + tkf(ak), 0 6 t1, . . . , tk, t1 + · · · + tk = 1, dla dowolnych

a1, . . . , ak ∈ P .Funkcję f : P −→ R nazywamy wklęsłą, jeżeli funkcja −f jest wypukła.

(2)Dokładniej — restrykcją do P wielomianu stopnia 6 k − 1.(

3)Co geometrycznie oznacza, że wykres funkcji f |[a,b] leży poniżej siecznej łączącej punkty (a, f(a)) i (b, f(b)).



Twierdzenie 2.1.16. Funkcja f : P −→ R jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia następującewarunki:• f ∈ C(intP ), granica lim

intP3x→af(x) istnieje oraz lim

intP3x→af(x) 6 f(a) dla dowolnego a ∈ P \

intP ,• f ′−(x), f ′+(x) istnieją dla dowolnego x ∈ intP ,• f ′− 6 f

′+,

• f ′+(a) 6 f(b)−f(a)b−a 6 f ′−(b) dla [a, b] ⊂ intP , a < b,

• f ′−(x) = f ′+(x) dla x ∈ intP \ S, gdzie S jest co najwyżej przeliczalny.W szczególności,• jeżeli f ∈ D(P ), to f jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy f ′ jest rosnąca;• jeżeli f ∈ D2(P ), to f jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy f ′′ > 0.

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

(4),

• istnieje x0 ∈ P takie, że ciąg (fν(x0))∞ν=1 jest zbieżny.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.

(4)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.


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(

limν→+∞

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(

5). 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.

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(

6)). (a) (Wzór Taylora z resztą Peano

(7)) Jeżeli f (k)(a) istnieje,

to

limh→0

Rk(f, a, a+ h)

hk= 0.

(8)

(5)

1R

= lim supν→+∞

ν√‖aν‖; zakładamy oczywiście, że R > 0.(

7)Giuseppe Peano (1858–1932) — matematyk włoski.(

8)Czyli Rk(f, a, a+ h) = o(hk) przy h −→ 0.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.2. Wzór Taylora 51

(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(

9)) 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)‖

=1

|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.

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(

10).

(9)Joseph de Lagrange (1736–1813) — matematyk i mechanik francuski.(

10)ϕ(h) := −M(−h)k+2/(k + 2)!, h ∈ (P − a) ∩ R−.



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(

11).

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,

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).

(11)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.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.3. Szereg Taylora 53

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(

12).

Propozycja 2.3.1 (Borel(

13)). 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, odwzorowanie

C∞(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.(

14)

(†)

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, żeC0 = 1). Połóżmy

hε(x) := ϕ(x

ε)xN+1, x ∈ R, ε > 0.

(12)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.(13)Émile Borel (1871–1956) — matematyk francuski.(

14)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.



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 dla

dowolnego a ∈ P mamy: d(Taf) > 0 i f = Taf w pewnym otoczeniu punktu a.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.4. Funkcje analityczne 55

(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 ∃ρ>0 ∀k∈Z+ :1

k!supx∈K‖f (k)(x)‖ 6 C

ρk.(

15)

Dowód . (⇐=): Niech a ∈ P , K = [a− r, a+ r] ⊂⊂ P i niech C i ρ będą takie, jak w warunku. Bez truduwidzimy, że d(Taf) > ρ. Dalej, korzystając ze wzoru Taylora z resztą Lagrange’a, dla |x− a| < minr, ρmamy:

‖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|ρ

)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.

(15)Równoważnie: ∀K⊂⊂P : lim sup

k→+∞k√

1k!

supx∈K ‖f (k)(x)‖ < +∞ (Ćwiczenie).



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 < ρ < 1 takie, że

1

k!supt∈K|ϕ(k)(t)| 6 C

ρk,

1

k!sup

x∈ϕ(K)

‖f (k)(x)‖ 6 C

ρk, 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

ρα1+···+αk

(Cρ

)α1

· · ·( Cρk

)αk

=C

ρk

∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!

(Cρ

)α1+···+αk6C

ρk2k−1

(Cρ

)k=

C/2

( ρ2

2C )k,

gdzie ostatnia nierówność wynika ze wzoru∑α1,...,αk∈Z+

α1+2α2+···+kαk=k

(α1 + · · ·+ αk)!

α1! · · ·αk!= 2k−1 (Ćwiczenie).

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).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.5. Pochodne kierunkowe 57

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

(16), 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)(

17), 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.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(

18). 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.

(16)Dla ξ 6= (0, 0) mamy

f(tξ)− f(0)

t=

tξ41ξ22

t4ξ81 + ξ42.

(17)René Gâteaux (1880–1914) — matematyk francuski.(

18)Carl Jacobi (1804–1851) — matematyk niemiecki.



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).

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).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.5. Pochodne kierunkowe 59

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,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)

(19)), 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.

(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)).

(19)René Fréchet (1878–1973) — matematyk francuski.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.6. Różniczkowanie odwzorowań . . . 61

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).(

20)

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.

(20)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) =

[1

0

], Jf(0, 0) = [1, 1], Jf(0, 0).Jϕ(0) = 1.



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 ρiD(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

ρiD : D ×D −→ R+

(por. Obserwacja 1.4.5(h)). Oczywiście, na podstawie nierówności trójkąta, mamy ρiD(x, y) > ‖x − y‖.Bez trudu sprawdzamy, że ρiD jest metryką. Jest to tzw. metryka wewnętrzna dla obszaru D. Ponadto,jeżeli [x, y] ⊂ D, to ρiD(x, y) = ‖x− y‖. W szczególności, ρiD jest ciągła w wyjściowej topologii.

Odnotujmy, że istnieją obszary ograniczone D ⊂ R2 takie, że ρiD 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 \ SρiD(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‖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 2.7.6, 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) ∈ Fjest różniczkowalna oraz f ′a,h(t) = ∂f

∂h (a+th) = δa+thf(h). Teraz, na podstawie twierdzenia o przyrostachskończonych, 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.(

21)

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 .

(21)W E1 × · · · × EN wybieramy normę maksimum.


(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.

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 ρiD 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 trzy 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.

Rózniczkowanie w sensie G-F. Mówimy, że f ma drugą różniczkę w sensie G-F w punkcie a, jeżelif ′(x) istnieje dla x ∈ V , gdzie V ⊂ Ω jest pewnym otoczeniem otwartym punktu a, oraz dla dowolnegoξ ∈ E odwzorowanie V 3 x 7−→ f ′(x)(ξ) ma pochodną w punkcie a. Definiujemy drugą różniczkę w sensieG-F odwzorowania f w punkcie a:

f [′′](a) : E × E −→ F, f [′′](a)(ξ1, ξ2) := (V 3 x 7−→ f ′(x)(ξ2))′(a)(ξ1);

oznaczenie f [′′](a) ma charakter roboczy. Oczywiście, jest to odwzorowanie dwuliniowe. Zauważmy rów-nież, że

f [′′](a)(ξ1, ξ2) =∂2f

∂ξ1∂ξ2(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 trzech 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)(ξ1, ξ2) = f ′′(a)ξ1ξ2, ξ1, ξ2 ∈ R.

Obserwacja 2.7.1. Jeżeli f [′′](a) istnieje i f [′′](a) ∈ L2s(E,F ), to δ2

af istnieje oraz δ2af = f [′′](a).

Propozycja 2.7.2. Jeżeli E jest Banacha (np. E jest skończenie wymiarowa), to f [′′](a) jest operatoremciągłym.

Ćwiczenie: Co się dzieje, jeżeli E nie jest Banacha ?

Dowód . Niech A := f [′′](a) : E × E −→ F . Wprost z definicji wynika, że A(·, ξ2) jest operatoremograniczonym dla dowolnego ξ2 ∈ E. Zauważmy, że dla ξ1 ∈ E operator A(ξ1, ·) jest granicą ciąguoperatorów ograniczonych

Ls :=f ′(a+ 1

sξ1)− f ′(a)1s

, s 1.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.7. Druga pochodna 69

Ponieważ E jest przestrzenią Banacha wynika stąd, że A(ξ1, ·) jest opratorem ograniczonym — możemytu skorzystać np. z następującej wersji twierdzenia Banacha–Steinhausa

(22).

Twierdzenie 2.7.3. Jeżeli E jest przestrzenią Banacha i Ls : E −→ F , s ∈ N, jest ciągiem operatorówograniczonych takim, że Ls(ξ) −→ L(ξ) dla dowolnego ξ ∈ E, to L jest operatorem ograniczonym.

Dowód Twierdzenia 2.7.3. Wystarczy wykazać, że istnieje stała M > 0 taka, że ‖Ls‖ 6M , s ∈ N. NiechCk := ξ ∈ E : ‖Ls(ξ)‖ 6 k, s ∈ N; Ck jest domkniety oraz Ck E. Ponieważ E ma własność Baire’a,zatem istnieje k0 takie, że dla pewnej kuli B(a,R) ⊂ E mamy B(a,R) ⊂ Ck0 6= ∅. Teraz możemypowtórzyć fragment dowodu Propozycji 1.4.8 i dostaniemy ‖Ls‖ 6 2k0

R , s ∈ N.

Wracamy do dowodu Propozycji 2.7.2. Niech

Ck := ξ2 ∈ E : ‖A(ξ1, ξ2)‖ 6 k‖ξ1‖, ξ1 ∈ E, k ∈ N;

Ck jest domknięty oraz Ck E. Ponieważ E ma własność Baire’a, zatem istnieje k0 takie, że intCk0 6= ∅.Teraz możemy skorzystać z Propozycji 1.4.18.

Propozycja 2.7.4 (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.

W szczególności, jeżeli f ′′(a) istnieje, to f [′′](a) istnieje oraz f [′′](a) = f ′′(a).

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 2.7.5. Dla E = Rn pochodna f ′′(a) istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnego j ∈1, . . . , n pochodna ( ∂f∂xj )′(a) istnieje. W szczególności, jeżeli E jest skończenie wymiarowa, to f ′′(a)

istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy f [′′](a) istnieje.

Ćwiczenie: Jak wygląda sytuacja ogólna ?

Dowód . Mamy f ′ =∑nj=1 Pj f ′, gdzie Pj : L(Rn, F ) −→ L(Rn, F ), Pj(A)(ξ) := A(ξjej). Wynika

stąd, że f ′′(a) istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy (P1 f ′)′(a), . . . , (Pn f ′)′(a) istnieją. Przypomnijmy, żef ′(x)(ξ) =

∑ns=1

∂f∂xs

(x)ξs. Pozostaje zauważyć, że

(Pj f ′)(x)(ξ) = Pj(f′(x))(ξ) = f ′(x)(ξjej) =

∂f

∂xj(x)ξj .

Propozycja 2.7.6 (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 2.7.7 (Twierdzenie o symetrii drugiej różniczki).

f ′′(a) ∈ L2s(E,F ).(

22)Hugo Steinhaus (1887–1972) — matematyk polski.



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.

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 2.7.8. 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;

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.7. Druga pochodna 71

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 2.7.9. 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 2.7.10 (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.

Propozycja 2.7.11. 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).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.8. Przestrzenie unormowane II 73

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(

23). 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.

(23)Wtedy ‖W (x1, . . . , xk)‖ 6 (C/rk)‖x1‖ · · · ‖xk‖ dla dowolnych (x1, . . . .xk) ∈ E1 × · · · × Ek.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.8. Przestrzenie unormowane II 75

(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 )))

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 skończeniewymiarowa, 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;

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.9. Pochodne wyższych rzędów 77

(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

(24).

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 )).

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

(25). 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) Jeżeli L ∈ L(E,F ), to L(k) = 0 dla k > 2. Jeżeli B ∈ L(E,F ;G), to B(k) = 0dla k > 3. Ogólnie, na podstawie Propozycji 2.8.7,• jeżeli W ∈ L(E1, . . . , Ek;F ), to W (`) = 0 dla ` > k + 1,• jeżeli Q ∈ Hk(E,F ), to Q(k)(x) = k!Q, x ∈ E,• jeżeli Q ∈ Pk(E,F ), to Q(`) = 0 dla ` > k + 1.

(24)Równoważnie: dla dowolnych a ∈ E i r > 0, Q(B(a, r)) jest zbiorem ograniczonym.(

25)Wiemy już co to oznacza dla k = 2, 3.



(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).

(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 2.7.4): 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).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.9. Pochodne wyższych rzędów 79

(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 2.7.7.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 )(

26)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)

(26)Odwzorowanie to, to `–ta różniczka Gâteaux funkcji f w punkcie x.



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).

Ćwiczenie 2.9.4. Zbudować „teorię” k–tej różniczki w sensie G-F f [k](a) — por. § 2.7 dla k = 2.

Propozycja 2.9.5. (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 2.7.9. 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 2.7.10. Dalej rozumujemy standardowo.

Ćwiczenie 2.9.6. Przy założeniach takich, jak w Propozycji 2.9.5(a), podać wzór na

(B(f, g))(k)(a)(h1, . . . , hk)

dla dowolnych h1, . . . , hk ∈ E.

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 2.9.5, 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 ρiD–ograniczonym, a F jest przestrzenią Banacha (Ćwiczenie).

Propozycja 2.9.7. Załóżmy, że D jest obszarem i f ∈ Dk(D,F ). Wtedy

f ∈ Pk−1(E,F )⇐⇒ f (k) ≡ 0.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.10. Wzór Taylora 81

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.

(27)

(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.

(27)Czyli Rk(f, a, a+ h) = o(‖h‖k) przy h −→ 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).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),

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.11. Szereg Taylora 83

ϕ(U) ⊂ Ω, f ∈ Dk(Ω,F ;ϕ(t0)). Wtedy (por. Propozycja 2.9.5(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 F będzie przestrzenią Banacha. Wtedy, dladowolnego ciągu wielomianów jednorodnych Qν ∈ Hν(Rn, F ), ν ∈ Z+, istnieje funkcja f ∈ C∞(Rn, F )taka, że

T0f(x) =

∞∑ν=0

Qν(x),

czyli1

ν!f (ν)(0) = Qν , ν ∈ Z+.



Równoważnie: dla dowolnej rodziny (aα)α∈Zn+ ⊂ F istnieje funkcja f ∈ C∞(Rn, F ) taka, że

1

α!Dαf(0) = aα, α ∈ Zn+.

Dowód . (Por. dowód Propozycji 2.3.1) Na wstępie pokażemy, że dla dowolnego N ∈ Z+ istnieje funkcjagN ∈ C∞(Rn, F ) taka, że gN = 0 w pewnym otoczeniu zera oraz

‖QN+1 − gN‖Rn,N 61

2N. (†)

Ustalmy N ∈ Z+ i niechMµ := sup‖x‖61 ‖Q(µ)N+1(x)‖, µ = 0, . . . , N+1. Istnieje funkcja ϕ ∈ C∞(Rn, [0, 1])

taka, że ϕ(x) = 0 dla ‖x‖ 6 12 i ϕ(x) = 1 dla ‖x‖ > 1 (Ćwiczenie). Niech Cν := supRn ‖ϕ(ν)‖, ν ∈ Z+.

Połóżmyhε(x) := ϕ(x/ε)QN+1(x), x ∈ Rn, ε > 0.

Wtedy dla 0 < ε 6 1 mamy

‖QN+1 − hε‖Rn,N = ‖QN+1 − hε‖B(ε),N =

N∑ν=0

sup‖x‖6ε

∥∥∥(QN+1(1− ϕ(x/ε)))(ν)

(x)∥∥∥

=N∑ν=0

sup‖x‖6ε

∥∥∥ ν∑µ=0

(ν

µ

)Q

(µ)N+1(x)(1− ϕ(x/ε))(ν−µ)

∥∥∥=

N∑ν=0

sup‖x‖6ε

∥∥∥−ν−1∑µ=0

(ν

µ

)Q

(µ)N+1(x)εµ−νϕ(ν−µ)(x/ε)+Q

(ν)N+1(x)(1−ϕ(x/ε))

∥∥∥6

N∑ν=0

( ν−1∑µ=0

(ν

µ

)Mµε

N+1−µεµ−νCν−µ +MνεN+1−ν

)

6 εN∑ν=0

( ν∑µ=0

(ν

µ

)MµCν−µ

)= 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(Rn, 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 Rn. Wynika stąd w szcze-

gólności (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(

28)). 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+.

(28)Hassler Whitney (1907–1989) — matematyk amerykański.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.12. Ekstrema lokalne 85

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+.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(

29).

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

(30).

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(

31).

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.

(29)W tym ostatnim przypadku żądamy istnienia stałej c < 0 takiej, że Q(h) 6 c‖h‖k dla dowolnego h ∈ E.(

30)Czyli jest nieokreślony.(

31)Tak nie musi być gdy dimE =∞ — Ćwiczenie.



(c) Jeżeli E = Rn, k = 2 i Q = [Qi,j ]i,j=1,...,n jest macierzą symetryczną, to następujące warunki sąrównoważne:(i) forma Q(h) = htQh =

n∑i,j=1

Qi,jhihj , h = (h1, . . . , hn) ∈ Rn(

32), 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

(33);

(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 .

(32)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.(

33)Q jest ujemnie określona wtedy i tylko wtedy, gdy (−1)sD(1, . . . , s) > 0, s = 1, . . . , n.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.13. Twierdzenie o odwzorowaniu odwrotnym i twierdzenie o odwzorowaniu uwikłanym 87

• 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.

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

(34). 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.

(35)

(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. Ćwiczenie 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

(36),

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

(34)W szczególności, k musi być parzyste.(

35)Przypomnijmy, że zapis „0 < ‖h‖ 1” oznacza, że istnieje ε0 > 0 takie, że nierówności zachodzą dla 0 < ‖h‖ 6 ε0.(

36)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.



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 =∞).

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, ρ > 0 takie, że

1

s!supy∈K|h(s)(g(y))| 6 C

ρs, s ∈ Z+. (2.13.1)

Teraz udowodnimy indukcyjnie, że

1

k!supy∈K|g(k)(y)| 6 Ck

ρk−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

ρα1+···+αk

( C1

ρ1−1

)α1

· · ·( Ckρk−1

)αk

=C

ρk1

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

ρk(−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

ρk(−1)k

2(k + 1)2(k + 1)

( 12

k + 1

)=Ck+1

ρk,

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 ).

(37)

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).(

37)Korzystamy tu z rozwinięcia (1 + t)α =

∑∞k=0

(αk

)tk, t ∈ (−1, 1), α ∈ R.



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∗)

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,(

38)

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.

(38)Stosujemy tu tradycyjne oznaczenia f ′x := ∂f

∂x, f ′′x,y := ∂2f

∂x∂yitd.


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.

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

(39). W tym celu pokażemy, że

T (X) ⊂ X oraz, że ‖T (x′)− T (x′′)‖ 6 12‖x′ − x′′‖ dla dowolnych x′, x′′ ∈ X

(40).

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.

(39)

Twierdzenie Banacha o punkcie stałym. Niech (X, ρ) będzie przestrzenią zupełną i niech T : X −→ X będzieodwzorowaniem zwężającym, tzn. istnieje stała θ ∈ [0, 1) taka, że ρ(T (x′), T (x′′)) 6 θρ(x′, x′′) dla dowolnych x′, x′′ ∈ X.Wtedy T ma dokładnie jeden punkt stały.(

40)X, jako domknięty podzbiór przestrzeni zupełnej, jest przestrzenią zupełną.



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).

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∗) =

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.14. Odwzorowania analityczne 95

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, ρ > 0 takie, że ‖Qk‖ 6 Cρk, k = 1, 2, . . . .

W szczególności, dla dowolnego h ∈ B(θρ), 0 < θ < 1, mamy ‖Qk(h)‖ 6 Cθk, k = 1, 2, . . . , skądwynika, że szereg

∑∞k=1Qk jest zbieżny normalnie w każdej kuli B(θρ), 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).

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 ρ := r − ‖b− a‖. Dla ‖h‖ < ρ, 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 ).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.14. Odwzorowania analityczne 97

(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) mamy1

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+.

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 odwzorowanie

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.15. Twierdzenie o rzędzie 99

f 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

].(

41)

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. NiechΦ := (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.

(41)Ir oznacza macierz (r × r)–wymiarową jednostkową,

Ir =

1 0 . . . 0

0 1 . . . 0...

0 0 . . . 1

.



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(

42)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.

2.16. Podrozmaitości

Definicja 2.16.1. 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

(43) (

44) (

45),

• 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 .

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

(46).

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 (1.1.19), 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 2.16.2. (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.

(42)Ψ−1(v′, vr+1, . . . , vm) := (v′, vr+1 + ϕr+1(v′), . . . , vm + ϕm(v′)).(

43)Tzn. dowolny punkt a ∈M ma otoczenie otwarte U ⊂ Rn takie, że M ∩ U = a.(

44)Zauważmy, że #M 6 ℵ0 — Ćwiczenie.(

45)W szczególności, dla d = 0 klasa Ck jest obojętna.(

46)W szczególności, dla d = n klasa Ck jest obojętna.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.16. Podrozmaitości 101

(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

(47)taka, że p(0) = a. Z tych

samych powodów możemy zawsze znaleźć parametryzację p : Rd −→ U taką, że p(0) = a(

48).

(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

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(

49).

(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∞

(50).

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 2.16.3 (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(

51),

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

(52);

(47)∆ := (−1, 1).(

48)Wystarczy zauważyć, że istnieje C∞–dyfeomorfizm ϕ : Rd −→ ∆d taki, że ϕ(0) = 0 — Ćwiczenie.(

49)Czy 2n jest minimalną liczbą lokalnych parametryzacji „pokrywających” w sumie całą sferę Sn−1?(

50)Uwaga: p′(0) = (0, 0).(

51)Tzn. p(topP ) ⊂ topU .(

52)Takie odwzorowanie Φ będziemy nazywać odwzorowaniem rozpłaszczającym.



(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 .

(53)

Można wykazać następujące wysoce nietrywialne twierdzenie ([Fed 1969]).

Twierdzenie* 2.16.4. Dla dowolnej d–wymiarowej podrozmaitości M klasy Ck (k ∈ N ∪ ∞) istniejeotoczenie 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) ⊂ Bi 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.

(53)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).


Teraz wystarczy tylko skorzystać z twierdzenia o odwzorowaniu uwikłanym(

54).

(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 2.16.5. 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 2.16.3(vi),

Sn−1 jest (n− 1)–wymiarową podrozmaitością klasy C∞ (por. Obserwacja 2.16.2(i)).

Propozycja 2.16.6. 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.

Propozycja 2.16.7. 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(

55).

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 2.16.8. 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)).(

54)Trzeba zauważyć, że zbiór U1 w twierdzeniu o odwzorowaniu uwikłanym (a więc P w (vii)) można zawsze wybrać

w klasie obszarów wypukłych.(55)Odwzorowanie ϕ nosi nazwę funkcji przejścia.



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 2.16.9. (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 2.16.10. 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 2.16.7.

(i) =⇒ (iii): Niech Ω, P , p, s będą takie, jak w Twierdzeniu 2.16.3(viii). Przypomnijmy, że p :P −→ M ∩ Ω jest lokalną parametryzacją (por. dowód implikacji (viii) =⇒ (i) w Twierdzeniu 2.16.3).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 2.16.11. Dla dowolnego odwzorowania f : M −→ F następujące warunki są równoważne:(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 2.16.12. (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 2.16.10(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 2.16.11(iii).

Definicja 2.16.13. 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 2.16.7, 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 2.16.14. 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

(56). 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 2.16.15 (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

(57)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.(

58)

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(

59). Możemy również założyć, że tν 6= t0, ν > 1, oraz

(przechodząc do podciągu), że

Yν :=tν − t0‖tν − t0‖

−→ Y

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 2.16.16. 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

(60).

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 2.16.17. 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.

(56)Por. Twierdzenie 2.16.3(v).(

57)Jako odwzorowanie (−ε, ε) −→ Rn.(

58)Odnotujmy czysto geometryczny charakter warunku (iii).(

59)Ponieważ p jest homeomorfizmem.(

60)Przedłużenie takie istnieje na mocy Propozycji 2.16.10(iii).



Propozycja 2.16.18. 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′.(

61)

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′

(62). 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. Propozycja2.16.16). Oznacza to, że g′(f(a)) f ′(a) = 0 na TaM , co wobec Propozycji 2.16.14, daje żądany wynik.

Uwaga 2.16.19. 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 2.16.20 (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(

63).

W szczególności, jeżeli d′ > 1, to odwzorowanie p : ∆d′ −→M ′ ∩ U , p(v) := p(v, 0), jest lokalnąparametryzacją dla M ′

(64).

Dowód . Dla d′ = 0 twierdzenie jest oczywiste. Załóżmy, że d′ > 1. W szczególności, d > 1.(a) Wobec Propozycji 2.16.15(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 2.16.12 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 2.16.3(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).

2.17. 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 punkcie

(61)W szczególności, f ′(a) ∈ L(TaM,Tf(a)M

′).(62)Por. Twierdzenie 2.16.3(vi).(

63)Dla d′ = 0 warunek ten oznacza, że p(0) = M ′ ∩ U .(

64)Uwaga na warunek: rank p′(v) = d′, v ∈ ∆d′ .

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.17. Ekstrema warunkowe 107

a ekstremum lokalne, zwane ekstremum warunkowym. Nazwa bierze się stąd, że ponieważ problem macharakter lokalny, to możemy założyć (korzystając z Propozycji 2.16.10 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 2.17.1 (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 2.17.2 (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)∗

(65), 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

(66), 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,

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 2.17.3. 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 2.17.4. Z dowodu Twierdzenia 2.17.2 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 2.17.2 (i pamiętając o Obserwacji 2.17.3) widzimy, iż przeszkodą w stosowaniuTwierdzenia 2.17.2 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),(65)W szczególności, k musi być parzyste.(

66)W szczególności, gdy k jest nieparzyste.



• 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 2.17.2rozstrzygnie 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 2.17.5 (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

(67).

Liczby λ1, . . . , λ` noszą nazwę mnożników Lagrange’a.

Dowód . Przypomnijmy, że TaM = Ker g′(a) (Propozycja 2.16.14). 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 2.17.6).

Obecnie udowodnimy przypadek ogólny.

Twierdzenie 2.17.6. 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 ,

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.

(67)A więc dla m = 1 nasza procedura nie zacina się i jako odwzorowanie ϕ można wybrać odwzorowanie stałe ϕ ≡ λ.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20102.17. Ekstrema warunkowe 109

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.

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.

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.

111


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) — matematyk niemiecki.(

9)Przypomnijmy, że χA oznacza funkcję charakterystyczną zbioru A ⊂ P . Funkcję f nazywamy funkcją Dirichleta

w kostce P .(10)Peter Dirichlet (1805–1859) — matematyk niemiecki.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20103.1. Całka Riemanna na kostce 113

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 III, wersja z 5 września 20103.3. Własności całki Riemanna 121

• 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 III, wersja z 5 września 20103.3. Własności całki Riemanna 123

• 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) — matematyk i fizyk szwajcarski.(

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 4.6.10). Teraz tylko zauważmy, że regularność Φ(A) wynikaz 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, ρ)nazywamy liczbę Lρ(γ) ∈ [0,+∞] daną wzorem:

Lρ(γ) := supπSρ(γ, π),

gdzie

Sρ(γ, π) :=

m∑j=1

ρ(γ(tj−1), γ(tj)),

a supremum jest brane po wszystkich podziałach π = (t0, . . . , tm) przedziału [a, b](

39). Krzywą γ

nazywamy ρ–prostowalną, gdy Lρ(γ) < +∞. Wiemy, że:

(38)Tzn. |Φ′|(x) := |det[

∂Φj∂xk

(x)]j,k=1,...,n|.(39)Zauważmy, że jeżeli π′ 4 π, to Sρ(γ, π′) > Sρ(γ, π).

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20103.4. Całki krzywoliniowe. Wzór Greena 125

• Lρ(γ) nie zależy od parametryzacji γ (i dlatego możemy zawsze ograniczyć się do krzywychγ : [0, 1] −→ X)

(40),

• Lρ(γ) = Lρ(γ), tzn. długość krzywej nie zależy od orientacji(

41),

• Lρ(γ1 ⊕ γ2) = Lρ(γ1) + Lρ(γ2)(

42).

Propozycja 3.4.2. Dla każdego normalnego ciągu podziałów (πk)∞k=1 przedziału [0, 1] mamy:

Sρ(γ, πk) −→ Lρ(γ).

Dowód . Wystarczy pokazać, że dla dowolnej liczby ` < Lρ(γ) istnieje δ > 0 takie, że Sρ(γ, π) > `o ile diamπ 6 δ. Niech π0 = (t00, . . . , t

0m0

) będzie podziałem przedziału [0, 1] takim, że Sρ(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:

Sρ(γ, π)− Sρ(γ, π0) >m0∑i=2

(ρ(γ(tni−1), γ(tni))− ρ(γ(tni−1), γ(t0i−1))− ρ(γ(t0i−1), γ(tni))

)> −2(m0 − 1)ωγ(δ),

gdzie ωγ(δ) oznacza moduł ciągłości odwzorowania γ zdefiniowany następująco

ωγ(δ) := supρ(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 Sρ(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 ρ jest metryką euklidesową, to będziemy pomijać wskaźnik ρ. 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) — matematyk francuski.(

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) — matematyk i fizyk angielski.(

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.

(63)Zauważmy, że zbiory D \Dπ , Dπ \D są regularne.

ROZDZIAŁ 4

Całka Lebesgue’a

4.1. Repetytorium z teorii miary i całki

σ–algebry.

Definicja 4.1.1. Powiemy, że rodzina podzbiorów M ⊂ P (X) jest σ–algebrą na X, jeżeli:(a) ∅ ∈M,(b) A ∈M =⇒ X \A ∈M,

(c) (Aj)∞j=1 ⊂M =⇒

∞⋃j=1

Aj ∈M.(

1)

4.1.2 (Własności σ–algebr). Poniżej M oznacza σ–algebrę na X.(a) M := P (X) jest maksymalną σ–algebrą na X.(b) M := ∅, X jest minimalną σ–algebrą na X.(c) A1, . . . , AN ∈M =⇒ A1 ∪ · · · ∪AN ∈M.

(d) (Aj)∞j=1 ⊂M =⇒

∞⋂j=1

Aj ∈M.

(e) A1, . . . , AN ∈M =⇒ A1 ∩ · · · ∩AN ∈M.(f) A,B ∈M =⇒ A \B ∈M.(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 ∈Mjest σ–algebrą na Y . Zauważmy, że jeżeli 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.(j) Dla dowolnej rodziny F ⊂ P (X) istnieje najmniejsza σ–algebra na X zawierająca F, którą będziemy

oznaczać przez σ(F).(k) Dla dowolnej rodziny F ⊂ P (X) oraz zbioru Y ⊂ X mamy σ(F ∩ Y ) = σ(F) ∩ Y .

Definicja 4.1.3. Jeżeli X jest przestrzenią topologiczną, to

B(X) := σ(topX)

nazywamy σ–algebrą zbiorów borelowskich na X.

Definicja 4.1.4. Niech

∆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;

(1)Odnotujmy, że rodzina wszystkich podzbiorów Rn, które są regularne z punktu widzenia definicji całki Riemanna

nie jest σ–algebrą.

133


4. Całka Lebesgue’a

zbiory typu ∆oε,α nazywa się czasami kostką z narożnikiem.

4.1.5. (a) Dla dowolnych k ∈ N oraz x ∈ Rn, istnieje dokładnie jedna kostka z narożnikiem Q ∈ Soktaka, że x ∈ 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 parami rozłącznych kostek

z narożnikiem z rodziny So, Ω =⋃∞j=1Qj . W szczególności, 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.Istotnie, najpierw wybieramy wszystkie kostki P ∈ So1 takie, że P ⊂ Ω. Rodzinę tych kostek

oznaczmy przez F0. Jest to rodzina co najwyżej przeliczalna (może być pusta). Niech teraz F1

oznacza rodzinę wszystkich kostek P ∈ So2 takich, że P ⊂ Ω oraz P 6⊂⋃

Q∈F0

Q. W ten sam sposób

konstruujemy Fk jako rodzinę wszystkich kostek 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.

4.1.6 (Własności zbiorów borelowskich). (a) B(X) = σ(rodzina wszystkich zbiorów domkniętych w X).(b) Zbiory typu Gδ

(2)oraz zbiory typu Fσ

(3)są borelowskie.

(c) Korzystając z 4.1.5(c), wnioskujemy natychmiast, że B(Rn) = σ(F), gdzie

F := P ⊂ Rn : P jest kostką.(d) Niech A ⊂ R będzie dowolnym zbiorem gęstym. Wtedy B(R) = σ(F), gdzie F jest jedną z następu-

jących 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.

Odwzorowania mierzalne.

Definicja 4.1.7. 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),• f ∈M(X), o ile z kontekstu jasno wynika, co to jest Y i M.

(4)

Jeżeli X jest przestrzenią topologiczną, to odwzorowania B(X)–mierzalne nazywamy borelowskimi.

4.1.8 (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).(d) Dla f : X −→ Y ⊂ Z mamy: f ∈M(X,Y,M)⇐⇒ f ∈M(X,Z,M).(e) Każde odwzorowanie stałe jest mierzalne.(f) χA ∈M(X,M)⇐⇒ A ∈M.(g) Jeżeli f ∈M(X,C∗,M), to 1

f ∈M(X,C∗,M).

(2)Tzn. zbiory postaci

∞⋂j=1

Ωj , gdzie Ωj ∈ topX, j > 1.(3)Tzn. zbiory postaci

∞⋃j=1

Fj , gdzie Fj jest domknięty w X, j > 1.(4)Uwaga: We wszystkich istotnych przypadkach zakłada się dodatkowo, że topY ma bazę przeliczalną, np. że Y jest

ośrodkową przestrzenią metryczną. Bez dodatkowych założeń (o X lub/i Y ), wprowadzone powyżej pojęcie odwzorowaniamierzalnego jest zbyt ogólne i nie pozwala na uzyskanie interesujących wyników — por. [Sch 1981], IV.4.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20104.1. Repetytorium z teorii miary i całki 135

(h) Jeżeli f ∈ M(X,M), to |f | ∈ M(X,M). Jeżeli f ∈ M(X,Y,M), gdzie (Y, ‖ ‖) jest przestrzeniąunormowaną, to ‖f‖ ∈ M(X,M).

(i) Jeżeli f = (f1, f2) ∈M(X,Y1 × Y2,M), to fj ∈M(X,Yj ,M), j = 1, 2.(j) Niech fj ∈ M(X,Yj ,M), j = 1, 2. Załóżmy, że topYj ma bazę przeliczalną, j = 1, 2

(5). Wtedy

f := (f1, f2) ∈M(X,Y1 × Y2,M).(k) 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).(l) Dla f : X −→ R następujące warunki są równoważne:

(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.

(m) Jeżeli f, g ∈M(X,M), to f < g, f 6 g ∈M.(n) Jeżeli f, g ∈ M(X,Y,M), gdzie Y jest przestrzenią Hausdorffa z bazą przeliczalną, to f = g,f 6= g ∈M.

(o) 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), j > 1.(

6)

(p) 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).

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).

(q) Dla f ∈M(X,C,M) istnieje funkcja α ∈M(X,S1,M) taka, że f = α|f |.(r) 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

(s) Jeżeli (fj)∞j=1 ⊂M(X,M), to inffj : j ∈ N, supfj : j ∈ N ∈ M(X,M).

(t) Jeżeli f, g ∈M(X,M), to maxf, g, minf, g ∈ M(X,M).(u) Jeżeli f ∈M(X,M), to f+ := maxf, 0, f− := max−f, 0 ∈ M(X,M). Zauważmy, że f = f+−f−

(działanie jest zawsze wykonalne) oraz |f | = f+ + f−.(v) Jeżeli (fj)

∞j=1 ⊂M(X,M), to lim inf

j→+∞fj , lim sup

j→+∞fj ∈M(X,M).

(w) Jeżeli (fj)∞j=1 ⊂M(X,M), to A := x ∈ X : lim

j→+∞fj(x) istnieje ∈M oraz lim

j→+∞fj ∈M(A,M).

(x) Jeżeli (fj)∞j=1 ⊂ M(X,Y,M), gdzie (Y, ρ) jest przestrzenią metryczną, oraz fj −→ f punktowo na

X, to f ∈M(X,Y,M).(y) 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)).

(z) Niech Ω ∈ topRn i niech f : Ω −→ R będzie funkcją ciągłą. Dla j ∈ 1, . . . , n niech

Aj := x ∈ Ω :∂f

∂xj(x) istnieje.

(5)Np. Yj = R, j = 1, 2.(

6)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)”.



Wtedy Aj ∈ B(Rn) oraz ∂f∂xj∈M(Aj ,R,B(Ω)).

Funkcje proste.

Definicja 4.1.9. Powiemy, że odwzorowanie f : X −→ R jest proste (f ∈ M0(X,M)), jeżeli f ∈M(X,R,M) oraz zbiór f(X) jest skończony. Zgodnie z ogólną umową, będziemy również stosować ozna-czenieM0(X).

Uwaga 4.1.10. Pojęcie funkcji prostej przenosi się bez trudu na przypadek funkcji f : X −→ F , gdzieF jest ośrodkową przestrzenią unormowaną.

4.1.11 (Własności odwzorowań prostych). (a) Niech f ∈M0(X,M), f(X) = a1, . . . , aN, aj 6= ak dlaj 6= k. Wtedy Aj := f−1(aj) ∈M, j = 1, . . . , N

(7), 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(

8). Wtedy

f :=

N∑j=1

bjχBj ∈M0(X,Y,M).

(c) M0(X,M) jest przestrzenią wektorową.

Definicja 4.1.12. Niech M+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(9).

4.1.13. 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.

Miary.

Definicja 4.1.14. Niech M będzie σ–algebrą na X. Funkcję µ : M −→ [0,+∞] nazywamy miarąnieujemną na M, jeżeli:

(a) µ(∅) = 0,

(b) (Aj)∞j=1 ⊂ M, Aj ∩ Ak = ∅ dla j 6= k =⇒ µ(

∞⋃j=1

Aj) =∞∑j=1

µ(Aj) (jest to tzw. przeliczalna

addytywność).Niech Meas(M) oznacza rodzinę wszystkich miar nieujemnych µ : M −→ [0,+∞].

Uwaga 4.1.15. Definicję miary można rozszerzyć na miary zespolone µ : M −→ C, lub nawet miaryo wartościach w przestrzeniach Banacha µ : M −→ F dodając dodatkowo żądanie sumowalności rodziny(µ(Aj))

∞j=1.

4.1.16 (Własności miar nieujemnych). (a) 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(

10)).

(7)Zauważmy, że A1, . . . , AN są parami rozłączne oraz, że w sumie dają X.(

8)Nie zakładamy, że b1, . . . , bN są parami różne.(

9)Podzbiór S przestrzeni wektorowej E jest wypukłym stożkiem jeżeli tx+ uy ∈ S dla dowolnych t, u > 0, x, y ∈ S.(

10)Paul Dirac (1902–1984) — fizyk i matematyk angielski.


(b) Funkcja

µ(A) :=

#A gdy A jest skończony+∞ gdy A jest nieskończony

jest miarą na P (X) (jest to tzw. miara licząca).(c) µ(A1 ∪ · · · ∪AN ) = µ(A1) + · · ·+µ(AN ) dla dowolnych A1, . . . , AN ∈M takich, że Aj ∩Ak = ∅ dla

j 6= k (jest to tzw. skończona addytywność).(d) Jeżeli A ⊂ B, to µ(B \A) = µ(B)− µ(A) o ile liczba µ(A) jest skończona.

(e) Dla dowolnych zbiorów (Bj)∞j=1 ⊂M mamy µ(

∞⋃j=1

Bj) 6∞∑j=1

µ(Bj) (jest to tzw. przeliczalna podad-

dytywność).(f) µ(B1 ∪ · · · ∪ BN ) 6 µ(B1) + · · · + µ(BN ) dla dowolnych B1, . . . , BN ∈ M (jest to tzw. skończona

podaddytywność).(g) Jeżeli Bj B, to µ(Bj) µ(B).(h) Jeżeli Bj B i µ(B1) jest skończona, to µ(Bj) µ(B)

(11).

(i) (Zbiory miary zero.) 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).

Definicja 4.1.17. 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.

Definicja 4.1.18. Powiemy, że miara µ jest zupełna, jeżeli dla dowolnych Z ∈ Z i A ⊂ Z mamy A ∈M(12).

Miary zewnętrzne. Warunek Carathéodory’ego.

Definicja 4.1.19. Powiemy, że funkcja ϕ : P (X) −→ [0,+∞] jest miarą zewnętrzną na X, jeżeli(a) ϕ(∅) = 0,

(b) A ⊂∞⋃j=1

Aj =⇒ ϕ(A) 6∞∑j=1

ϕ(Aj).

4.1.20 (Warunek Carathéodory’ego(

13)). 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).(

14)

Wtedy M jest σ–algebrą, zaś ϕ|M — miarą zupełną.

Zbiory z M nazywamy zbiorami mierzalnymi.

4.1.21. Niech (X, ρ) będzie przestrzenią metryczną, niech ϕ : P (X) −→ [0,+∞] będzie miarą ze-wnętrzną. Wtedy

B(X) ⊂M(ϕ)⇐⇒ ∀A,B⊂X: ρ(A,B)>0 : ϕ(A ∪B) > ϕ(A) + ϕ(B).

(11)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 := ∅.(12)Oczywiście µ(A) 6 µ(Z) = 0.(

13)Constantin Carathéodory (1873–1950) — matematyk niemiecki.(

14)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.



Regularność.

Definicja 4.1.22. 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)

(15).

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)

(16).

Niech (X, ρ) będzie przestrzenią metryczną i niech ϕ : P (X) −→ [0,+∞] będzie miarą zewnętrznątaką, że B(X) ⊂M(ϕ). 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.

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).

4.1.23. Niech (X, ρ) będzie przestrzenią metryczną. Załóżmy, że ϕ : P (X) −→ [0,+∞] jest miarązewnętrzną. Załóżmy, że B(X) ⊂M(ϕ). Wtedy:(a) (R1) =⇒ (R3), (R2) =⇒ (R4). Ponadto, ze spełnienia warunku (R3) lub (R4) wynika, że B ∈M(ϕ).(b) (R1) zachodzi dla B wtedy i tylko wtedy, gdy (R2) zachodzi dla X \ B. W szczególności, (R1)

zachodzi dla dowolnego B ∈ M(ϕ) (odp. dla dowolnego B ∈ B(X)) wtedy i tylko wtedy, gdy (R2)zachodzi dla dowolnego B ∈M(ϕ) (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(ϕ) takiego, że ϕ(B) < +∞,

zaś (R2) zachodzi dla dowolnego B ∈M(ϕ) 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(ϕ). Ponadto, spełnienie któregokolwiek z tych warunków jest równoważne mierzalności zbioru B.

Konstrukcja Carathéodory’ego. Niech (X, ρ) będzie przestrzenią metryczną, niech F ⊂ P (X),∅ ∈ F i niech ζ : F −→ [0,+∞] będzie dowolnym odwzorowaniem takim, że ζ(∅) = 0. Dla dowolnego0 < δ 6 +∞ niech

ϕδ(A) := inf ∞∑j=1

ζ(Aj) : Aj ∈ F, diamAj 6 δ (j ∈ N), A ⊂∞⋃j=1

Aj

, A ⊂ X,

(17)

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.

4.1.24. (a) Odwzorowania ϕδ oraz ϕ są miarami zewnętrznymi.(b) B(X) ⊂M(ϕ).(c) Jeżeli F ⊂ B(X), to miara ϕ jest B–regularna.

Powyższa konstrukcja jest używana do konstrukcji miar Hausdorffa i Lebesgue’a.(15)Zauważmy, że jeżeli ϕ(A) = +∞, to można zawsze przyjąć A := X, a więc warunek wystarczy sprawdzić dla

zbiorów A takich, że ϕ(A) < +∞.(16)Podobnie jak poprzednio, warunek ten wystarczy sprawdzić dla zbiorów A takich, że ϕ(A) < +∞.(

17)Przypomnijmy, że diam∅ = 0 i inf ∅ = +∞.


Miary Hausdorffa. Niech F będzie rodziną wszystkich podzbiorów domkniętych X, niech m > 0

i niech ζ(A) = ζm(A) := α(m)(

diamA2

)m (18), gdzie α(m) := (Γ (1/2))m

Γ (1+m/2)

(19). 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,• Hm|Hm

jest miarą zupełną.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.

4.1.25. (a) H0 jest miarą liczącą (H0 = P (X)).(b) Jeżeli Hm(A) < +∞, to Hn(A) = 0 dla n > m > 0.(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).

Miara Lebesgue’a. Niech X = Rn, F := ∅ ∪ P : P jest kostką, ζ(∅) := 0, ζ(P ) := |P |.Konstrukcja Carathéodory’ego daje:• 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(

20).

Obserwacja 4.1.26. Dowolną kostkę P ⊂ Rn można, dla dowolnego δ > 0, rozbić na skończoną liczbękostek o średnicy 6 δ. W konsekwencji

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 4.1.27. (a) Ln(P ) = |P | dla dowolnej kostki P ⊂ Rn.W szczególności, miara Lebesgue’a spełnia warunek (S) (por. 4.1.23), a zatem warunki (R1),

(R2), (R3), (R4) z 4.1.23 zachodzą dla dowolnego B ∈ Ln (i każdy z nich jest równoważny mierzal-ności B).

(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

(21).

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

(18)

(diam∅)0 := 0.(19)Można pokazać, że dla m ∈ N: α(m) = |Bm| (Ćwiczenie).(

20)Henri Lebesgue (1875–1941) — matematyk francuski.(

21)W przyszłości pokażemy, że Hn = Ln.



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 4.1.28 (Przykład Vitaliego(

22)). 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 4.1.29. 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 4.1.23), 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 4.1.30 (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;(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.(22)Giuseppe Vitali (1875–1932) — matematyk włoski.


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 4.1.27(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.

Ogólna teoria całki. Niech µ : M −→ [0,+∞] będzie ustaloną miarą.

Definicja 4.1.31. Jeżeli f =N∑j=1

ajχAj jest postacią kanoniczną funkcji f ∈M+0 (X), to kładziemy

∫X

fdµ :=

N∑j=1

ajµ(Aj) ∈ [0,+∞]

z zachowaniem konwencji 0 · (+∞) := 0.Dla f ∈ M+(X) niech (fn)∞n=1 ⊂ M+

0 (X), fn f (por. 4.1.13). Wiemy, że ciąg (∫Xfndµ)∞n=1 jest

monotoniczny. Kładziemy ∫X

fdµ := limn→+∞

∫X

fndµ ∈ [0,+∞].

Pokazuje się, że powyższa definicja jest poprawna, tzn. nie zależy od wyboru ciągu (fn)∞n=1 oraz pokrywasię z poprzednią definicją dla f ∈M+

0 (X).

4.1.32 (Twierdzenie o monotonicznym przechodzeniu do granicy pod znakiem całki). JeżeliM+(X) 3fn f

(23), to

∫Xfndµ

∫Xfdµ.

4.1.33. Dla dowolnego ciągu (fn)∞n=1 ⊂M+(X) mamy:∫X

( ∞∑n=1

fn

)dµ =

∞∑n=1

∫X

fndµ.

4.1.34. Dla dowolnego f ∈ M+(X) funkcja ν(A) :=∫Afdµ, A ∈ M, jest miarą nieujemną na M.

Ponadto, ∫X

gdν =

∫X

fgdµ, g ∈M+(X). (+)

4.1.35. JeżeliM+(X) 3 fn f(

24)i∫Xf1dµ < +∞, to

∫Xfndµ

∫Xfdµ

(25).

4.1.36 (Lemat Fatou(

26)). Dla dowolnego ciągu (fn)∞n=1 ⊂M+(X) mamy:∫

X

(lim infn→+∞

fn)dµ 6 lim infn→+∞

∫X

fndµ.

(23)Oczywiście, f ∈M+(X).(

24)Oczywiście, f ∈M+(X).(

25)Można oczywiście założyć, że

∫X fNdµ < +∞ dla pewnego N . Bez żadnych dodatkowych założeń twierdzenie nie

jest prawdziwe — por. 4.1.16.(26)Pierre Fatou (1878–1929) — matematyk francuski.



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.

Definicja 4.1.37. Niech Y ∈ R,C,

L1(X,Y, µ) :=f ∈M(X,Y,M) :

∫X

|f |dµ < +∞.

Zgodnie z ogólnymi zasadami będzie również używać oznaczeń L1(X,Y ), L1(X,µ) i L1(X).

Uwaga 4.1.38. Przestrzeń L1(X,Y, µ) może być zdefiniowana również w ogólnym przypadku, gdy jestośrodkową przestrzenią Banacha.

4.1.39 (Własności całki). (a) Jeżeli f ∈ L1(X,R), 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,R),a zatem możemy określić całkę ∫

X

fdµ :=

∫X

udµ+ i

∫X

vdµ.

(c) Oczywiście dla f, g ∈ M(X,Y ) takich, że f = g µ–prawie wszędzie na X mamy: f ∈ L1(X,Y )⇐⇒g ∈ L1(X,Y ). Ponadto

∫Xfdµ =

∫Xgdµ.

(d) Od tej chwili, mówiąc o funkcji klasy L1, będziemy mieć na myśli całą klasę równoważności względempowyższej relacji ∼ równości µ–prawie wszędzie na X. Innymi słowy, zamiast przestrzeni L1(X,Y )rozważamy L1(X,Y )/∼. Nie będziemy wprowadzać specjalnych oznaczeń na tę przestrzeń ilorazowąi oznaczymy ją ponownie przez L1(X,Y ).

Utożsamienie to pozwala również zaliczać do przestrzeni L1(X,Y ) (i w konsekwencji — całkować)funkcje określone prawie wszędzie. Postępujemy następująco: jeżeli f ∈ M(X \ Z, Y ), gdzie Z jestzbiorem miary zero w X, to rozszerzamy f do funkcji mierzalnej f0 na X kładąc f0 := 0 na Zi definiujemy f ∈ L1(X,Y )⇐⇒ f0 ∈ L1(X,Y ). Ponadto kładziemy

∫Xfdµ :=

∫Xf0dµ.

Powyższe umowy będą w dalszym ciągu stosowane automatycznie bez specjalnych komentarzy.(e) Jeżeli f ∈ L1(X), to f = −∞ ∪ f = +∞ jest zbiorem miary zero.

Wynika stąd bardzo ważny wniosek, że w gruncie rzeczy zamiast L1(X,R) wystarczy rozwa-żać L1(X,R), a więc pewną podprzestrzeń L1(X,C). W tym sensie np. L1(X,R) jest rzeczywistąprzestrzenią wektorową.

(f) Całka L1(X,K) 3 f 7−→∫Xfdµ ∈ K jest operatorem K–liniowym.

(g) Dla f, g ∈ L1(X), jeżeli f 6 g, to∫Xfdµ 6

∫Xgdµ. Odnotujmy, że ta własność pozostaje prawdziwa

również, gdy f, g ∈M(X) i jedna z tych funkcji jest klasy L1(X).(h) |

∫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.

4.1.40 (Ciągłość całki względem zbioru). Jeżeli f ∈ L1(X), to dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0 taka,że jeżeli A ∈M i µ(A) 6 δ, to |

∫Afdµ| 6 ε.

4.1.41. 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, 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; zauważmy, że

każda funkcja absolutnie ciągła jest jednostajnie ciągła.

4.1.42 (Twierdzenie Lebesgue’a o zmajoryzowanym przechodzeniu do granicy pod znakiem całki). Jeżeli

(fn)∞n=1 ⊂ L1(X,C), fn −→ f oraz |fn| 6 g, n > 1,

gdzie g ∈ L1(X), to∫Xfndµ −→

∫Xfdµ.

4.1.43. Jeżeli (fn)∞n=1 ⊂ L1(X,C) oraz∞∑n=1|fn| ∈ L1(X), to szereg

∞∑n=1

fn jest zbieżny µ–prawie wszędzieoraz ∫

X

( ∞∑n=1

fn

)dµ =

∞∑n=1

∫X

fndµ.

W szczególności, jeżeli∞∑n=1

µ(An) < +∞, to zbiór x ∈ X : x należy do nieskończenie wielu An jest

miary zero.

4.1.44. Niech f ∈ L1(X) i∫Afdµ = 0 dla dowolnego A ∈M. Wtedy f = 0 µ–prawie wszędzie.

4.1.45 (Twierdzenie o średniej całkowej). Załóżmy, że µ(X) < +∞. Niech C ⊂ C będzie dowolnymzbiorem domkniętym. Przypuśćmy, że dla f ∈ L1(X,C), przy dowolnym A ∈ M takim, że µ(A) > 0mamy:

SA(f) :=1

µ(A)

∫A

fdµ ∈ C.

Wtedy f(x) ∈ C dla µ–prawie wszystkich x ∈ X.

4.1.46 (Nierówność Jensena(

27)). Załóżmy, że µ(X) = 1 i niech f ∈ L1(X,R), a < f < b µ–prawie

wszędzie, gdzie −∞ 6 a < b 6 +∞. Wtedy dla dowolnej funkcji wypukłej g : (a, b) −→ R mamy:

g(∫

X

fdµ)6∫X

(g f)dµ.(

28)

Przestrzenie Lp. Niech µ : M −→ [0,+∞] będzie ustaloną miarą i niech Y ∈ R,C.

Definicja 4.1.47. 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,R,M) niech

ess supXf := infC ∈ R : f 6 C µ–prawie wszędzie;

odnotujmy, że f 6 ess supX f µ–prawie wszędzie. Niech

L∞(X,Y, µ) := f ∈M(X) : |f | jest ograniczona µ–prawie wszędzie,‖f‖L∞ := ess sup

X|f | = infC ∈ R+ : |f | 6 C µ–prawie wszędzie.

Lp(X,C) jest zespoloną przestrzenią wektorową, 0 < p 6 +∞.

Definicja 4.1.48. Powiemy, że liczby 1 6 p, q 6 +∞ są sprzężone, jeżeli 1p + 1

q = 1(

29).

(27)Johan Jensen (1859–1925) — matematyk duński.(

28)Po pierwsze zauważmy, że

∫X fdµ ∈ (a, b). Po drugie, odnotujmy, że g jest ciągła, a zatem g f ∈M(X).(

29)W szczególności, 1 i +∞ są sprzężone.



4.1.49. (a) Jeżeli p, q > 1 są sprzężone, to dla dowolnych funkcji f ∈ Lp(X,C), g ∈ Lq(X,C) funkcjafg 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.

(b) Dla dowolnego 1 6 p 6 +∞ i dla dowolnych f, g ∈ Lp(X,C) zachodzi nierówność Minkowskiego(30)

‖f + g‖Lp 6 ‖f‖Lp + ‖g‖Lp .Ponadto, dla 1 < p < +∞ równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją liczby α, β > 0,α+β = 1, takie, że |f | = α|f +g|, |g| = β|f +g| µ–prawie wszędzie, co z kolei zachodzi wtedy i tylkowtedy, gdy istnieje t > 0 takie, że f = tg lub g = tf µ–prawie wszędzie.

W szczególności, (Lp(X,K), ‖ ‖Lp) jest przestrzenią unormowaną nad K dla dowolnego 1 6 p 6+∞

(31).

(c) Przestrzeń L2(X,C) wraz z iloczynem skalarnym

(f, g) 7−→ 〈f, g〉L2 :=

∫X

fgdµ

jest przestrzenią unitarną(

32).

4.1.50. Jeżeli µ(X) < +∞, to dla dowolnych 1 6 r < s 6 +∞ mamy: Ls(X,C) ⊂ Lr(X,C)(

33).

Ponadto, operator id : Ls(X,C) −→ Lr(X,C) jest ciągły.

4.1.51. (Lp(X,C), ‖ ‖Lp) jest przestrzenią Banacha dla dowolnego 1 6 p 6 +∞. W szczególności,L2(X,C) jest przestrzenią Hilberta.

4.2. Całka Riemanna a całka Lebesgue’a

Twierdzenie 4.2.1 (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)

(34). 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(

35). 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)

(30)Hermann Minkowski (1864–1909) — matematyk niemiecki.(

31)Uwaga: nie twierdzimy, że tak jest dla 0 < p < 1.(

32)W szczególności, dla p = q = 2, nierówność Höldera to po prostu nierówność Schwarza.(

33)Ćwiczenie: Czy własność ta zachodzi w przypadku, gdy µ(X) = +∞ ?(

34)Tu i dalej, Lp(A) := Lp(A,Ln).(

35)Przy własności (c) trzeba zauważyć, że gdy A ⊂ P , to NA(f) ⊂ NP (f0) ⊂ NA(f) ∪ ∂A.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20104.3. Zasada Cavalieriego 145

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(

36).

Wniosek 4.2.2. Zbiór ograniczony A ⊂ Rn jest mierzalny w sensie Jordana (por. Definicja 3.1.32)wtedy i tylko wtedy, gdy Ln(∂A) = 0

(37).

4.3. Zasada Cavalieriego

Twierdzenie 4.3.1 (Zasada Cavalieriego(

38)). 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(

39);

(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 4.1.29).

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).

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).

(36)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.(

37)Ćwiczenie: Podać przykład zbioru ograniczonego A ⊂ Rn takiego, że Ln(∂A) > 0.(

38)Bonaventura Cavalieri (1598–1647) — matematyk włoski.(

39)Uwaga: W tym wzorze Lq oznacza zewnętrzną miarę Lebesgue’a — oczywiście jest to istotne jedynie na zbiorze

Z(A).



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 (4.1.23), że każdy zbiór mierzalny A ∈ Lp+q jest postaci C ∪ Z, gdzie C jest typu

Fσ, zaś Z jest miary zero i C ∩ Z = ∅(

40). 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). Wynika stąd, że (b) zachodzi oraz, że∫RpΦAdLp = lim

j→+∞

∫RpΦAjdLp = lim

j→+∞Lp+q(Aj) = Lp+q(A)

(na podstawie 4.1.32).

40: Każdy zbiór otwarty jest sumą co najwyżej przeliczalnej rodziny parami rozłącznych „kostek”takich jak w 10 (por. 4.1.5) 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).

60: 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). Wynika stąd, że (b) zachodzi oraz, że∫RpΦAdLp = lim

j→+∞

∫RpΦAjdLp = lim

j→+∞Lp+q(Aj) = Lp+q(A)

(ponownie korzystamy z 4.1.35).

(40)Formalnie, z 4.1.23 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.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20104.4. Twierdzenie Tonellego 147

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

(41)oraz Aj+1 ⊂ Aj

(42), 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 ΦA0

dLp. Wynika stąd, że ΦA0= 0 Lp–prawie wszędzie. Ponieważ ΦA 6 ΦA0

, wnioskujemy stąd, żeΦA = 0 Lp–prawie wszędzie.

4.4. Twierdzenie Tonellego

Twierdzenie 4.4.1 (Twierdzenie Tonellego(

43)). 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(

44);

(b) odwzorowanie Rp 3 t 7−→∫A(t)

f(t, u)dLq(u) jest Lp–mierzalne(

45),

(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.

(41)Aj = P ∩ stosowna suma kostek z definicji.(

42)Wystarczy zastąpić Aj+1 przez Aj+1 ∩Aj .(

43)Leonida Tonelli (1885–1946) — matematyk włoski.(

44)Oczywiście każde odwzorowanie określone na zbiorze pustym jest mierzalne.(

45)Odwzorowanie to jest określone Lp–prawie wszędzie i oczywiście

∫∅ · · · = 0.



4.5. Twierdzenie Fubiniego

Twierdzenie 4.5.1 (Twierdzenie Fubiniego(

46)). 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 4.5.2. W poznanych powyżej twierdzeniach Cavalieriego, Tonellego i Fubiniego wyróżniona jestprojekcja prRp : Rp × Rq −→ Rp. Oczywiście, nic nie stoi na przeszkodzie, aby zastąpić ją projekcją naRq, czy też ogólnie — projekcją na pewne p osi spośród (p+ q) osi w Rp+q. Szczegóły pozostawiamy jakoĆwiczenie.

Propozycja 4.5.3. 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).

(47)

W szczególności,

Ln+1(A) =

∫B

(β − α)dLn.(

48)

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).

(46)Guido Fubini (1879–1943) — matematyk włoski.(

47) ∫ β

α :=∫[α,β].(

48)Porównaj z Propozycją 3.3.2.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20104.6. Twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Lebesgue’a 149

4.6. 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* 4.6.1 (Twierdzenie Rademachera(

49)). Niech Ω ⊂ Rn będzie zbiorem otwartym i niech

f : Ω −→ Rm będzie odwzorowaniem spełniającym lokalnie warunek Lipschitza. Wtedy f jest Ln–prawiewszędzie różniczkowalne (w sensie Frécheta).

Obserwacja 4.6.2. (a) Dla dowolnego zbioru A ∈ Ln ∩ U , mamy Φ(A) ∈ Ln (Propozycja 4.1.30(c)).(b) Jeżeli Ln(A) = 0, to Ln(Φ(A)) = 0 (Propozycja 4.1.30(b)).(c) Określone Ln–prawie wszędzie odwzorowanie U 3 x 7−→ |Φ′|(x) jest Ln–mierzalne (4.1.8(z)).

Definicja 4.6.3. 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 4.6.4. (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) (4.1.8(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)(

50). 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 4.6.5. 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 4.6.6. 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 ((4.1.5)). 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 4.6.5.

(49)Hans Rademacher (1892–1969) — matematyk niemiecki.(

50)Uwaga: Nie twierdzimy, że zbiór Φ−1(Z) musi być mierzalny.



Wniosek 4.6.7. Aby sprawdzić, że dla odwzorowania Φ zachodzi twierdzenie o zmianie zmiennych wy-starczy udowodnić warunek (1) dla małych kostek.

Wniosek 4.6.8. Twierdzenie o zmianie zmiennych zachodzi zawsze dla n = 1.

Twierdzenie 4.6.9 (I Twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Lebesgue’a). Jeżeli Φ : U −→ V będziedyfeomorfizmem 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

(51), 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

(52). Równość ta wynika

z faktu, że wobec definicji ϕ, mamy ϕ(u, Φn(u, t)) = t dla (u, t) w małym otoczeniu a. (51)Zauważmy, że permutacje zmiennych są dyfeomorfizmami przywiedlnymi.(

52)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.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20104.6. Twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Lebesgue’a 151

Wniosek 4.6.10 (Twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Riemanna — por. Twierdzenie 3.3.7). JeżeliΦ : U −→ V będzie dyfeomorfizmem klasy C1, to dla dowolnego zbioru regularnego A ⊂⊂ U i dla dowolnejfunkcji f ∈ R(Φ(A))

(53)funkcja (f Φ) · |Φ′| jest całkowalna w sensie Riemanna na A oraz∫

Φ(A)

f =

∫A

(f Φ) · |Φ′|

Dowód . Korzystamy z Twierdzeń 4.2.1 i 4.6.9: NA((f Φ)|Φ′|) = Φ−1(NΦ(A)(f)).

Twierdzenie 4.6.11 (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 4.6.12. 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 następującego Twierdzenia Sarda(

54)([Fed 1969]) dla

F = Rn, k = 1, r := n− 1.

Twierdzenie* 4.6.13. Niech f : Ω −→ F będzie odwzorowaniem klasy Ck (k ∈ N) zbioru otwartegoΩ ⊂ 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.

Dowód Lematu 4.6.12. 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.

(55)

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.

Twierdzenia 4.6.11. Niech S := x ∈ U : detΦ′(x) = 0. Wobec Lematu 4.6.12 mamy Ln(Φ(S)) = 0. Napodstawie 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 I twierdzenia o zmianiezmiennych w całce Lebesgue’a:

Ln(Φ(A)) = Ln(Φ(A) \ Φ(S)) = Ln(Φ(A \ S)) =

∫A\S|Φ′|dLn =

∫A

|Φ′|dLn.

(53)Przypomnijmy, że wiemy już, że zbiór Φ(A) jest regularny.(

54)Arthur Sard — matematyk amerykański.(

55)Tu i dalej: W⊥ := ξ ∈ Rn : ∀η∈W : 〈ξ, η〉 = 0, gdzie 〈 , 〉 jest standardowym iloczynem skalarnym w Rn.



Twierdzenie* 4.6.14 (III Twierdzenie o zmianie zmiennych w całce Lebesgue’a). Jeżeli Φ : U −→ Vjest homeomorfizmem spełniającym lokalnie warunek Lipschitza, to dla Φ zachodzi twierdzenie o zmianiezmiennych.

4.7. Funkcje dane całką

Załóżmy, że Ω jest pewnym zbiorem, (X,M, µ) — przestrzenią z miarą nieujemną(

56), 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 4.7.1 (Twierdzenie o funkcjach danych całką(

57)). (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)

(58).

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)

(59).

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)

oraz

ϕ(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 (4.1.8(w)). Niech L : E −→ C,

L(ξ) :=

∫X

f ′x(x0, t)(ξ)dµ(t), ξ ∈ E.

Jest to oczywiście liniowy. Ponadto,

|L(ξ)| 6∫X

|f ′x(x0, t)(ξ)|dµ(t) 6(∫

X

g1(t)dµ(t))‖ξ‖, ξ ∈ E,

(56)Możemy myśleć o przypadku, gdy X ∈ Ln, zaś µ jest miarą Lebesgue’a.(

58)Odnotujmy, że warunek ten jest spełniony np. gdy µ(X) < +∞, zaś f jest ograniczona.(

59)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.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20104.7. Funkcje dane całką 153

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:• 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 −→ 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 (4.1.8(s)),• 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.

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).

4.8. Splot

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 4.8.1. 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 4.8.2. 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

(60).

Dowód . Możemy się ograniczyć do funkcji rzeczywistych. Oczywiście

C0(Ω) ⊂ Lp(Ω,Ln).

Ustalmy, f ∈ Lp(Ω,Ln). Możemy założyć, że f > 0(

61). 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 1.1.17 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.

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 4.8.3. (a) Na podstawie twierdzenia o zmianie zmiennych dostajemy: Df∗g = Dg∗f orazf ∗ g = g ∗ f .(60)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.(61)Jeżeli f ∈ Lp, to f± ∈ Lp.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20104.8. Splot 155

(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.

Propozycja 4.8.4. 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

(62):

‖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(

63).

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 4.8.2, 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 .

(62)William Henry Young (1863–1942) — matematyk angielski.(

63)Uwaga: nie piszemy ‖f ∗ g‖L∞ ponieważ jeszcze nie wiemy, czy f ∗ g jest funkcją mierzalną.



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 < +∞).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

(64). 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.

Definicja 4.8.5. Wprowadzamy następującą konwencję dla funkcji mierzalnych f : X −→ R określonychna pewnym zbiorze X z miarą nieujemną µ : M −→ [0,+∞]. Piszemy „supp f ⊂ A”, gdzie A ∈M, jeżeli

(64)Istotnie,

1

a+

1

b= s(1

p−

1

r+

1

q−

1

r

)= s(

1−1

r

)= 1.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20104.9. Regularyzacja 157

f = 0 µ–p.w. na X \A(

65). 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 4.8.6. (a) Niech f, g będą takie, jak w Propozycji 4.8.4. 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 4.7.1 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)| 6Mα|f(y)|, gdzie Mα := max

Rn|Dαg|.

4.9. 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 4.9.1. Wobec Propozycji 4.8.4 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 4.9.2. Niech f ∈ Lp(Rn) (1 6 p 6∞) i niech supp f ⊂ K ⊂⊂ Rn(

66). Wtedy:

(a) fε ∈ C∞0 (Rn), supp fε ⊂ K(ε) :=⋃x∈K

B(x, ε)(

67);

(b) jeżeli f ∈ C0(Rn), to fε −→ f jednostajnie na Rn przy ε −→ 0;(

68)

(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.(65)Uwaga: Nie definiujemy w ten sposób zbioru supp f , ale mówimy jedynie, co to znaczy, że supp f ⊂ A.(

66)W szczególności, f ∈ L1(Rn).(

67)Odnotujmy, że K(ε) jest zwarty.(

68)W szczególności, wobec (a), fε

Lp−→ f gdy ε −→ 0 (przy dowolnym p).



Dowód . (a) wynika z Propozycji 4.8.6.(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 4.8.2 istnieje g ∈ C0(Rn) taka, że ‖g − f‖Lp 6 η. Na

podstawie (b), mamy: gεLp−→ 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 4.8.6(b).

Jako natychmiastowy wniosek z Propozycji 4.8.2 i Twierdzenia 4.9.2 dostajemy następujący wynik.

Wniosek 4.9.3. 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.

Wniosek 4.9.4. 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 4.9.2. Istotnie, ϕ ∈ C∞0 (Rn), 0 6 ϕ 6 1, suppϕ ⊂ (suppχK(2r))(r) ⊂ K(3r) ⊂ Ωoraz (wprost z definicji) ϕ = 1 na K.

4.10. Rozkład jedności

Niech (Ωt)t∈T będzie dowolną rodziną zbiorów otwartych w Rn, Ω :=⋃t∈T

Ωt.

Twierdzenie 4.10.1 (Rozkład jedności). Istnieje rodzina funkcji (ϕi)i∈I ⊂ C∞0 (Rn, [0, 1])(

69)taka, że:

• istnieje odwzorowanie τ : I −→ T takie, że suppϕi ⊂ Ωτ(i), i ∈ I,(

70)

• rodzina (suppϕi)i∈I jest lokalnie skończona na Ω(

71),

•∑i∈I

ϕi ≡ 1 na Ω(

72).

Dowód .

Lemat 4.10.2. Dla dowolnego zbioru zwartego K ⊂ Ω istnieją zbiór skończony T0 ⊂ T oraz rodzina(ψt)t∈T0

⊂ C∞0 (Rn, [0, 1]) takie, że:• suppψt ⊂ Ωt, t ∈ T0,•

∑t∈T0

ψt = 1 na K.

Dowód . 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

(73). Na podstawie Wniosku 4.9.4, dla

(69)Zwana rozkładem jedności wpisanym w pokrycie (Ωt)t∈T .(

70)Odwzorowanie τ nazywamy odwzorowaniem wpisującym. W trakcie dowodu zobaczymy, że można wybrać I ⊂

N× T i τ(j, t) = t.(71)

Tzn. każdy punkt x ∈ Ω ma otoczenie otwarte U ⊂ Ω takie, że zbiór i ∈ I : suppϕi ∩ U 6= ∅ jest skończony.(72)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.(73)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 .

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20104.10. Rozkład jedności 159

każdego t ∈ T0 istnieje funkcja Θt ∈ C∞0 (Ωt, [0, 1]) taka, że Θt = 1 na Kt

(74). Niech Θ0 :=

∑t∈T0

Θt

i niech U := x ∈ Ω : Θ0(x) > 0. Wtedy K ⊂ U . Korzystamy jeszcze raz z Wniosku 4.9.4 i dostajemyfunkcję Θ ∈ C∞0 (U, [0, 1]) taką, że Θ = 1 na K. Teraz definiujemy:

ψt :=

ΘΘtΘ0

na U0 na Rn \ suppΘ

.

Widzimy, że ψt ∈ C∞0 (Ωt, [0, 1]), t ∈ T0, i∑t∈T0

ψt = 1 na K.

Ustalmy ciąg kompaktów (Lj)∞j=1 taki, że Lj ⊂ intLj+1 ⊂ Ω i Ω =

∞⋃j=1

Lj(

75). Niech L−1 =

L0 := ∅. Dla każdego j ∈ N rozważamy kompakt Kj := Lj \ intLj−1 oraz jego pokrycie otwartezbiorami Ωj,t := (intLj+1 \Lj−2)∩Ωt, t ∈ T . Na podstawie Lematu 4.10.2, dla dowolnego j ∈ N istniejepodzbiór skończony Tj ⊂ T oraz funkcje ψj,t ∈ C∞0 (Ωj,t, [0, 1]), t ∈ Tj , takie, że

∑t∈Tj

ψj,t = 1 na Kj .

Ponieważ 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 4.10.3 (Rozkład jedności). Istnieje rodzina funkcji (ϕt)t∈T ⊂ C∞(Ω, [0, 1])(

76)taka, że:

• suppϕt ⊂ Ωt(

77), 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

(78), wobec której istnieje lokalnie skończone pokrycie (Wν)∞ν=1

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 4.10.4. 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 .

(74)Tu i dalej stosujemy oczywiste utożsamienie: C∞0 (Ω) ⊂ C∞0 (Rn) dla dowolnego zbioru otwartego Ω ⊂ Rn.(

75)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.(76)Zwana rozkładem jedności dla pokrycia (Ωt)t∈T .(

77)

suppϕt jest relatywnie domkniętym podzbiorem Ω.(78)Zob. np. [Eng 1968], Rozdział 5, § 2.



Dowód . Stosujemy Twierdzenie 4.10.3 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 4.10.5. 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 4.10.4 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.

4.11. 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 4.11.1. Niech (pi : Pi −→ Ui)i∈I będzie dowolnym, co najwyżej przeliczalnym, układemlokalnych parametryzacji takim, że

⋃i∈I

Ui = M(

79).

(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 4.1.30(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.

Obserwacja 4.11.2. 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′|.(79)Rodzina taka istnieje na podstawie twierdzenia Lindelöfa — zob. dowód Propozycji 4.11.4.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20104.11. Miara i całka Lebesgue’a na podrozmaitościach w Rn 161

Twierdzenie 4.11.3. 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 4.1.22) oraz istnieje ciąg (Ωj)

∞j=1 zbiorów otwartych i relatywnie

zwartych w M , dla którego M =∞⋃j=1

Ωj i LM (Ωj) < +∞, j > 1(

80). W szczególności, dla miary

LM zachodzą warunki (R1), (R2), (R3), (R4) z Propozycji 4.1.23.(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 4.11.2, 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),

a więc LM jest jedyna.

(80)Por. Propozycja 4.1.23.



(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 4.1.23), 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 4.11.4. 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 2.16.20, 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.

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. Żadna 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)).

163


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 III, wersja z 5 września 20105.1. Orientacja 165

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) — astronom, matematyk i fizyk francuski.(

4)Przypomnijmy, że

∂(ϕ1, . . . , ϕk)

∂(t1, . . . , tk):= det

[∂ϕj∂tk

]j,k=1,...,n

.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20105.1. Orientacja 167

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 2.16.20, 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) — matematyk i astronom niemiecki.



(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 III, wersja z 5 września 20105.2. Formy różniczkowe 169

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

= f∗( ∑I∈Λnr

uIdxI

)=∑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 gwiaździsty 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 gwiaździsty 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. Weźmy 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 niegroźną 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 2.16.12).

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.

Obserwacja 5.2.14. Niech

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 2.16.3(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) — matematyk i fizyk angielski.(

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 III, wersja z 5 września 20105.3. Twierdzenie Stokesa 181

(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) — matematyk niemiecki.(

29)Michaił Wasyliewicz Ostrogradzki (1801–1862) — matematyk rosyjski.(

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 128.

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 . Weźmy 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= ∅. Weźmy 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) — matematyk holenderski.


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 (Twierdzenie4.9.2(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 wskaźniki. 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 4.9.2 i zauważyć, że na podstawie Twierdzenia 4.9.2(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.


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 wielowskaźnik 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.

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 § 4.9)(1). Wtedy dla dowolnej funkcji ϕ ∈ C0(Rn) mamy∫

RnΦε(t)ϕ(t) dt = ϕε(0) −→

ε→0ϕ(0)

(Twierdzenie 4.9.2(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. 1.1.17).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.

189


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 4.7.1), 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 III, wersja z 5 września 20106.1. Twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa 191

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

Obserwacja 6.2.1 (Własności szeregów Fouriera w przestrzeniach Hilberta). Niech H będzie przestrze-nią Hilberta nad K (K ∈ R,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, . . . .(a) Dla dowolnego ciągu (λj)

∞j=0 ⊂ λ ∈ K : |λ| = 1, układ (λjϕj)

∞j=0 jest ortonormalny oraz

Kϕ0 + · · ·+Kϕk = K(λ0ϕ0) + · · ·+K(λkϕk), k = 0, 1, 2 . . . .

(b) Jeżeli f = λ0ϕ0 + · · ·+ λkϕk, to λj = 〈f, ϕj〉, j = 0, . . . , k, oraz ‖f‖2 = |λ0|2 + · · ·+ |λk|2.(c) Układ (ϕj)

∞j=0 jest liniowo niezależny.

(d) (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.(e) Niech Vk := Kϕ0+· · ·+Kϕk. Oczywiście Vk ⊂ Vk+1 oraz dimK Vk = k + 1, k = 0, 1, 2, . . . Zdefiniujmy

Sk : 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.(f) f − Sk(f) ⊥ Vk. W szczególności, ‖f − Sk(f)‖2 = ‖f‖2 − ‖Sk(f)‖2, f ∈ H, k = 0, 1, 2, . . . .(g) Sk(f) jest jedynym elementem przestrzeni Vk realizującym odległość dist(f, Vk) elementu f od Vk(

8), f ∈ H, k = 0, 1, 2, . . . .

(h) (Nierówność Bessela(

9))∞∑j=0

|〈f, ϕj〉|2 6 ‖f‖2, f ∈ H.

(i) Szereg S(f) :=∞∑j=0

〈f, ϕj〉ϕj jest zbieżny. Nazywamy go szeregiem Fouriera 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 operatoremciągłym.

(j) Niech V :=∞⋃k=0

Vk (odnotujmy, że V jest podprzestrzenią wektorową H). 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.

(k) Dla nieskończenie wymiarowej przestrzeni Hilberta H następujące warunki są równoważne:(i) w H istnieje układ ortonormalny zupełny;(ii) H jest przestrzenią ośrodkową, tzn. posiada przeliczalny podzbiór gęsty.

Jako wniosek z klasycznego twierdzenia Weierstrassa otrzymujemy następujący wynik.

Propozycja 6.2.2. Dla dowolnego niepustego zbioru otwartego Ω ⊂ Rn oraz dla dowolnego 1 6 p < +∞przestrzeń Lp(Ω)

(14)jest ośrodkowa

(15).

(7)‖f‖ =

√〈f, f〉.(

8)

dist(f, Vk) := inf‖f − g‖ : g ∈ Vk.(9)Friedrich Bessel (1784–1846) — matematyk niemiecki.(

10)Jean Fourier (1768–1830) — matematyk i fizyk francuski.(

11)Tzn. S jest izometrią.(

12)Marc–Antoine Parseval (1755–1836) — matematyk francuski.(

13)Tzn. jeżeli 〈f, ϕj〉 = 0 dla j = 0, 1, 2, . . . , to f = 0.(

14)Lp(Ω) := Lp(Ω,K,Ln).(

15)Uwaga: twierdzenie nie jest prawdziwe dla p = +∞ — Ćwiczenie.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20106.3. Szeregi Fouriera. Kryteria zbieżności. Twierdzenie Fejéra 193

Dowód . Wiemy (Propozycja 4.8.2), 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 , gdzieFν := f ∈ C0(Ω,K) : supp f ⊂ Kν.

Ustalmy ν i niech

Aν := fχKν : f jest wielomianem o współczynnikach wymiernych.(

16)

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

(17).

Wniosek 6.2.3. Dla dowolnego niepustego zbioru otwartego Ω ⊂ Rn, w przestrzeni L2(Ω) istnieje układortonormalny zupełny.

Dowód . Skorzystamy z Obserwacji 6.2.1(k). Na podstawie Propozycji 6.2.2 przestrzeń L2(Ω) jest ośrod-kowa. Pozostaje pokazać, że jest nieskończenie wymiarowa. Pokażemy fakt ogólniejszy:

Propozycja 6.2.4. Dla dowolnego 1 6 p 6 +∞, przestrzeń Lp(Ω) jest nieskończenie wymiarowa.

Dowód . Istotnie, dla dowolnego k ∈ N, niech A1, . . . , Ak ⊂ Ω będą dowolnymi, ograniczonymi, paramirozłącznymi 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

Niech H := L2([−π, π]) = L2([−π, π],R). 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. Odnotujmy, że zupełność układutrygonometrycznego wymaga udowodnienia — zrobimy to w Propozycji 6.3.9. Dla f ∈ L2([−π, π]) szeregFouriera 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.(

16)W przypadku gdy K = C, przez wielomian o współczynnikach wymiernych rozumiemy wielomian o współczynni-

kach z Q+ iQ.(17)‖f‖Lp 6 (Ln(K))1/p(supK |f |) dla f takich, że supp f ⊂ K ⊂⊂ Ω.



Z tego, co dotychczas udowodniliśmy wynika, że jeżeli układ trygonometryczny jest zupełny, toSk(f ; ·) −→ f w L2 dla dowolnej funkcji f ∈ L2([−π, π]). Zbieżność w sensie L2 jest własnością bardzosłabą — 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 6.3.1 (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)(

18), 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 ). (

18)To samo dotyczy przypadków, gdy Q = [a, b), Q = (a, b] lub Q = [a, b].


Lemat 6.3.2. Niech f : R −→ R będzie funkcją okresową o okresie 2π taką, że f ∈ L1([−π, π])(

19).

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 6.3.3. 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 6.3.2.

(19)Równoważnie: f ∈ L1([a, a+ 2π]) dla pewnego (dowolnego) a ∈ R.



Propozycja 6.3.4 (Kryterium Diniego(

20)). 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(

21). Wtedy

S(f ;x0) = limk→+∞

Sk(f ;x0) = A.

Dowód . Na podstawie Lematu 6.3.2 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 6.3.5 (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)

tjest 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).

Przykład 6.3.6. 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.

(20)Ulisse Dini (1845–1918) — matematyk włoski.(

21)Oczywiście, problemem jest tu całkowalność w otoczeniu zera.


Ponadto, szereg jest zbieżny niemal jednostajnie na przedziale (0, 2π)(

22).

Istotnie, funkcja h jest nieparzysta, więc an(h) = 0, n = 0, 1, 2, . . . . Bez trudu sprawdzamy, żebn(h) = 2

n

(23), 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 6.3.7 (Twierdzenie Fejéra(

24)). 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 6.3.2 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

Propozycja 6.3.8 (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 6.3.9. 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 6.3.7, istnieje ciąg wielomianów trygonometrycznych wk ∈ Rϕ0+· · ·+Rϕ2(k−1),k = 1, 2, . . . , taki, że wk −→ f jednostajnie na [−π, π].

(22)Tzn. jest zbieżny jednostajnie na dowolnym zbiorze zwartym K ⊂ (0, 2π).(

23)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.(

24)Lipót Fejér (1880–1959) — matematyk węgierski.



Obserwacja 6.3.10. Z Propozycji 6.3.8, 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 6.3.8, 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 6.3.11 (Kryterium zbieżności jednostajnej). Niech f : R −→ R będzie ciągłą funkcjąokresową o okresie 2π, taką, że f |[−π,π] jest kawałkami klasy C1

(25). 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, . . .(

26).

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 6.3.12 (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.

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.

(25)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±).(

26)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).


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 6.3.6. 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 6.3.11, 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 6.3.6, z którego wynika, że Sk(h(·−ξj);x) −→ h(x−ξj)niemal jednostajnie w każdym z przedziałów (ξj−1, ξj), j = 1, . . . , N .

Twierdzenie 6.3.13. 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](

27), 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 każdympunkcie zbioru B!

Twierdzenie 6.3.14 (Twierdzenie Banacha–Steinhausa). Niech E będzie przestrzenią Banacha, F —przestrzenią unormowaną i niech Sk ∈ L(E,F ), k > 0. Załóżmy, że supk>0 ‖Sk‖ = +∞. Wtedy istniejezbiór gęsty A ⊂ E, typu Gδ, taki, że

supk>0‖Sk(f)‖ = +∞, f ∈ A. (†)

(27)Odnotujmy, że zbiór B może być gęsty w [−π, π].



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 6.3.13. (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 6.3.2 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(

28)). Teraz, na postawie Lematu 6.3.2 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.

6.4. Równość miary Hausdorffa i Lebesgue’a w Rn

Celem niniejszego podrozdziału jest wykazanie następującego, prostego w sformułowaniu, ale wysocenietrywialnego twierdzenia.

Twierdzenie 6.4.1. Hn(A) = Ln(A), A ⊂ Rn.

• Zacznijmy od przypomnienia definicji n–tej miary Hausdorffa w Rn (por. § 4.1). 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 ,

(28)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.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20106.4. Równość miary Hausdorffa i Lebesgue’a w Rn 201

gdzie

Hnδ (A) := inf ∞∑j=1

ζn(Aj) : ∀j∈N : Aj ∈ C(Rn) ∪ ∅, diamAj 6 δ, A ⊂∞⋃j=1

Aj

, A ⊂ Rn.

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 6.4.2. H1(A) = L1(A) dla dowolnego A ⊂ R.

Idea dowodu Twierdzenia 6.4.1 pochodzi z monografii [Fed 1969] oraz podręcznika [Sto-Wie 1993].Dowód Twierdzenia 6.4.1 będzie oparty na ciągu obserwacji, lematów, propozycji i twierdzeń o bardzoróżnym stopniu trudności. Część z nich (np. Twierdzenie o pokryciu 6.4.4) będzie ciekawa sama w sobie.

Zaczynamy od nierówności Hn 6 Ln.

Obserwacja 6.4.3. Ln(A) = infLn(Ω) : A ⊂ Ω, Ω otwarty.

Twierdzenie 6.4.4 (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 6.4.3, 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 6.4.4 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∈F0 jest sumowalna (Obserwacja 1.5.2(e)), a więc,w szczególności, rodzina F0 jest co najwyżej przeliczalna (Obserwacja 1.5.2(i)). Na podstawie kryteriumCauchy’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 6.4.5 (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 6.4.6 (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)

(29).

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).

(29)Znaleźć przykład taki, że K(K0) 3 Lν

h−→ L0, ale Ln(Lν) 6−→ Ln(L0) — Ćwiczenie.

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 20106.4. Równość miary Hausdorffa i Lebesgue’a w Rn 203

Definicja 6.4.7. Niech V := u⊥ ⊂ Rn dla pewnego wektora u ∈ ∂Bn. Powiemy, że zbiór S = ASteinerV ⊂

Rn jest symetryzacją Steinera(

30)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 6.4.8. 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

(31). 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),(

32)

a stąd natychmiast wynika, że S jest wypukły (Ćwiczenie).Równość Ln(S) = Ln(A) wynika z twierdzenia Fubiniego (Ćwiczenie)(b) Ćwiczenie.

Definicja 6.4.9. 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 6.4.10. 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 6.4.11. 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.

(30)Jakob Steiner (1796–1863) — matematyk szwajcarski.(

31)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).(32)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 6.4.6, 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

(33).

Potrzebny nam będzie następujący elementarny lemat.

Lemat 6.4.12. 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 6.4.13. 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 6.4.12,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 6.4.12(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).

(33)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 III, wersja z 5 września 20106.5. Transformacja Fouriera 205

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 6.4.12(d), przy k −→ +∞, dostajemy

f(v) = P (v) +Q(v) 6 P (v + h) +Q(v + h) = f(v + h).

6.5. Transformacja Fouriera

Definicja 6.5.1. 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,

(34)

gdzie 〈 , 〉 oznacza standardowy iloczyn skalarny w Rn.

Obserwacja 6.5.2. (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 6.5.3. Operację

L1(Rn) 3 f F7−→ Ff ∈ BC(Rn,C)

nazywamy transformacją Fouriera.

Jest to oczywiście operator C–liniowy i ciągły. Ponadto, ‖F‖ 6 1.

Lemat 6.5.4. 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.

(34)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 6.5.5.

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 6.5.6. (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

(35).

(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).

(35)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

6.5.4 i 6.5.5, 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 6.5.4:

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 6.5.4 oraz (a):∫Rnf · g dLn =

∫Rnf · g dLn =

∫Rnf ·∨g dLn =

∫Rnf · g dLn.

Definicja 6.5.7. 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 6.5.8 (Własności klasy S). (a) 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) S jest przestrzenią zupełną — Ćwiczenie!(h) Operator S 3 f 7−→ Dγf ∈ S jest ciągły.(i) Dla dowolnego wielomianu P , operator S 3 f 7−→ P · f ∈ S jest ciągły.(j) 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 6.5.9 (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 4.7.1, 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 6.5.10. 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 6.5.11 (Własności klasy S ′). Niech T ∈ S ′.(a) δa ∈ S ′ dla dowolnego a ∈ Rn.

(b) 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 6.5.8 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).

(c) Operator L2(Rn) 3 u 7−→ [u] ∈ S ′ jest ciągły.(d) 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.

(e) Zdefiniujmy (DαT )(f) := (−1)|α|T (Dαf), f ∈ S. Wtedy Dαf ∈ S ′.(f) Dla wielomianu P zdefiniujmy (P · T )(f) := T (P · f), f ∈ S. Wtedy P · T ∈ S ′.

(g) Zdefinujmy∨T (f) := T (

∨f), f ∈ S. Wtedy

∨T ∈ S ′.

(h) Zdefinujmy T (f) := T (f), f ∈ S. Wtedy T ∈ S ′.

Definicja 6.5.12. Dystrybucję T nazywamy transformatą Fouriera dystrybucji T .Operację S ′ 3 T F7−→ T ∈ S ′ nazywamy transformacją Fouriera dystrybucji.

Obserwacja 6.5.13 (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 6.5.4,

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 6.5.9, 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 6.5.6(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 ′.

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) = Bρ(a, r) := x ∈ X : ρ(x, a) < r = kula otwarta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

B(a, r) = Bρ(a, r) := x ∈ X : ρ(x, a) 6 r = kula domknięta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6top ρ := topologia generowana przez metrykę . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6diamA := średnica zbioru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6d∞(x, y) := maxρ1(x1, y1), . . . , ρN (xN , yN ) = metryka maksimum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

dp(x, y) :=( N∑j=1

ρpj (xj , yj))1/p

= metryka lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

d1(x, y) :=N∑j=1

ρj(xj , yj) = metryka suma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

d2(x, y) =( N∑j=1

ρ2j (xj , yj)

)1/2

= metryka euklidesowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

211


Oznaczenia

Z = pierścień liczb całkowitych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8ρ(x,A) := infρ(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 ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10K(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12C↑(X,R) = zbiór funkcji półciągłych z góry na X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12C↓(X,R) = zbiór funkcji półciągłych z dołu na X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12C↑(X,∆) := u ∈ C↑(X,R) : u(X) ⊂ ∆ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12C↓(X,∆) := u ∈ C↓(X,R) : u(X) ⊂ ∆ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12χA,X = χA = funkcja charakterystyczna zbioru A ⊂ X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12W (ν) zachodzi dla ν 1 :⇐⇒ ∃ν0∈N ∀ν>ν0 : W (ν) zachodzi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13C = ciało liczb zespolonych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

‖x‖p :=( N∑j=1

|xj |pj)1/p

= norma lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

‖x‖∞ := max|x1|1, . . . , |xN |N = norma maksimum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15‖x‖1 := |x1|1 + · · ·+ |xN |N = norma suma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

‖x‖2 =( N∑j=1

|xj |2j)1/2

= norma euklidesowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

‖x‖p = (|x1|p + · · ·+ |xn|p)1/p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

‖x‖ = ‖x‖2 = (|x1|2 + · · ·+ |xn|2)1/2 = norma euklidesowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15‖x‖∞ = max|x1|, . . . , |xn| = norma maksimum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15‖x‖1 = |x1|+ · · ·+ |xn| = norma suma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15B(a, r) := x ∈ E : ‖x− a‖ < r = kula otwarta w przestrzeni unormowanej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15B(a, r) := x ∈ E : ‖x− a‖ 6 r = kula domknięta w przestrzeni unormowanej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15B(r) := B(0, r), B(r) := B(0, r) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15A+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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16[x0, . . . , xN ] := [x0, x1] ∪ · · · ∪ [xN−1, xN ] = łamana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17‖f‖X := sup‖f(x)‖F : x ∈ X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Hom(E,F ) = przestrzeń odwzorowań liniowych E −→ F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17E∗ := Hom(E,K) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17L(E,F ) = przestrzeń odwzorowań liniowych i ciągłych E −→ F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17E′ := L(E,K) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17M(m× n;K) = K[m× n] = przestrzeń macierzy wymiaru m× n o wyrazach z K . . . . . . . . . . . . . . . . . 18‖L‖L(E,F ) = norma odwzorowania liniowego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18A∗ := A \ 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Isom(E,F ) = rodzina izormorfizmów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Hom(E,F ;G) = przestrzeń odwzorowań dwuliniowych E × F −→ G . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 2010Oznaczenia 213

Hom2(E,G) := Hom(E,E;G) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20L(E,F ;G) = przestrzeń odwzorowań dwuliniowych i ciągłych E × F −→ G. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20L2(E,G) := L(E,E;G) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20‖B‖L(E,F ;G) = norma odwzorowania dwuliniowego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

〈z, w〉 :=n∑j=1

zjwj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Re z = część rzeczywista liczby zespolonej z; Im z = część urojona liczby zespolonej z . . . . . . . . . . . . 22F(I) := A ⊂ I : A 6= ∅, #A <∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23fA :=

∑i∈A

fi, A ∈ F(I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

S(I, EX) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23f ∈ S(I, ZX) := f ∈ S(I, EX) : ∀i∈I : fi(X) ⊂ Z, Z ⊂ E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23An+ := (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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

P(Kn, F ) :=∞⋃d=0

Pd(Kn, F ) = przestrzeń wielomianów n–zmiennych stopnia 6 d . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

degW = stopień wielomianu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Pd(Kn) := Pd(Kn,K); P(Kn) := P(Kn,K) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Bν(g;x) = wielomian Bernsteina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50R0(f, a, x) := f(x)− f(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50Taf = szereg Taylora odwzorowania f w punkcie a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53A(P, F ) = Cω(P, F ) przestrzeń odwzorowań analitycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54


Oznaczenia

Ωa,ξ := t ∈ R : a+ tξ ∈ Ω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56fa,ξ := f(a+ tξ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56∂f∂ξ (a) = pochodna kierunkowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

δaf = różniczka Gâteaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57∂f∂xj

(a) := ∂f∂ej

(a) = j-ta pochodna cząstkowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

Jf(a) = macierz Jacobiego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57grad f(a) = gradient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57det Jf(a) = jakobian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

∂kf∂ξk...∂ξ1

(a) = pochodna kierunkowa wyższego rzędu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

D(Ω,F ; a) = przestrzeń odwzorowań różniczkowalnych w punkcie a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60f ′(a) = różniczka Frécheta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60Ωa,j := xj ∈ Ej : (a1, . . . , aj−1, xj , aj+1, . . . , an) ∈ Ω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62fa,j := f(a1, . . . , aj−1, xj , aj+1, . . . , an) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62∂f∂Ej

(a) = różniczka cząstkowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

ρiD = metryka wewnętrzna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64D(Ω,F ) :=

⋂x∈Ω

D(Ω,F ;x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

BD(Ω,F ) := f ∈ D(Ω,F ) ∩B(Ω,F ) : f ′ ∈ B(Ω,L(E,F )) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65‖f‖Ω,1 := sup‖f(x)‖ : x ∈ Ω+ sup‖f ′(x)‖ : x ∈ Ω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65C1(Ω,F ) := f ∈ D(Ω,F ) : f ′ ∈ C(Ω,L(E,F )) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65C1(Ω) := C1(Ω,R) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65BC1(Ω,F ) := C1(Ω,F ) ∩BD(Ω,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65L2s(E,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

δ2af = druga różniczka Gâteaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68f [′′](a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68f ′′(a) = druga pochodna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68D2(Ω,F ; a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

H2(E,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Hom2

s(E,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70H2(E,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70D2(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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

H0(E,F ) := F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73Pk(E,F ) = przestrzeń wielomianów stopnia 6 k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74


L(E1, . . . , Ek;F ) = przestrzeń odwzorowań k–liniowych ciągłych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Lk(E,F ) := L(E, . . . , E;F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Lks(E,F ) = przestrzeń k–liniowych odwzorowań symetrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75Hk(E,F ) = przestrzeń ciągłych wielomianów jednorodnych stopnia k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75Pk(E,F ) = przestrzeń ciągłych wielomianów stopnia 6 k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75‖ ‖Hk(E,F ) = norma w przestrzeni Hk(E,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

f (k)(a) = k-ta różniczka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77Dk(Ω,F ; a) = przestrzeń odwzorowań k-krotnie różniczkowalnych w punkcie a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77α! := α1! · · ·αn! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79Dαf(a) := ( ∂

∂x1)α1 · · · ( ∂

∂xn)αnf(a) = α-ta pochodna cząstkowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

δ`xf = `–ta różniczka Gâteaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79Dk(Ω,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80BDk(Ω,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80Ck(Ω,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80BCk(Ω,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

‖f‖Ω,k :=k∑j=0

sup‖f (j)(x)‖ : x ∈ Ω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

Rk(f, a, x) = k-ta reszta funkcji f w punkcie a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81TaF = szereg Taylora funkcji f w punkcie a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83A(Ω,F ) = Cω(Ω,F ) = przestrzeń odwzorowań analitycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95In = macierz jednostkowa (n× n)–wymiarowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99Bn := B(1) = jednostkowa kula euklidesowa w Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101Sn−1 := ∂Bn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101Dk(M,F ; a) = przestrzeń odwzorowań różniczkowalnych w punkcie a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103Ck(M,F ) = przestrzeń odwzorowań klasy Ck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104TaM = przestrzeń styczna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104f ′(a) = różniczka odwzorowania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

Rozdział 3

|P | := (b1 − a1) · · · (bn − an) = objętość kostki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111π2 4 π1 podział π2 jest wpisany w π1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111diamπ := maxdiamP1, . . . ,diamPm = średnica podziału . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111m(f, P ) := inf f(P ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112M(f, P ) := sup f(P ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

L(f, π) :=m∑j=1

m(f, Pj)|Pj | = suma aproksymacyjna dolna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

U(f, π) :=m∑j=1

M(f, Pj)|Pj | = suma aproksymacyjna górna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112∫∗P f = całka dolna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112∫ ∗Pf = całka górna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112∫

Pf = całka Riemanna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

Q = ciało liczb wymiernych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112


Oznaczenia

M(ϕ, π, ξ) :=m∑j=1

ϕ(ξj)|Pj | = suma aproksymacyjna pośrednia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

|A| = objętość zbioru mierzalnego w sensie Jordana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119∫Af = całka Riemanna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

(f ⊗ g)(x, y) := f(x)g(y) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121Γ = funkcja Γ Eulera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123ωγ(δ) = moduł ciągłości . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

C k([0, 1],Rn) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125∫γfdl = całka krzywoliniowa niezorientowana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

R(γ) = rodzina funkcji całkowalnych wzdłuż krzywej γ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126∫γV dx =

∫γV1dx1 + · · ·+ Vndxn = całka krzywoliniowa zorientowana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

Rozdział 4

M ∩ Y := A ∩ Y : A ∈M . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133σ(F) = najmniejsza σ–algebra zawierająca F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133B(X) = σ–algebra zbiorów borelowskich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133Gδ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134Fσ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134M(X,Y,M) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134M(X,Y ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134M(X,M) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134M(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134M0(X,M) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136M0(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136M+

0 (X,M) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136M+

0 (X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136M+(X,M) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136M+(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136Meas(M) = rodzina miar nieujemnych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136M(ϕ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137Ln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139Ln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139L1(X,Y, µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142L1(X,Y ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142L1(X,µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142L1(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142Lp(X,Y, µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143Lp(X,µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143Lp(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143‖ ‖Lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143ess sup . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143supp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154LM = σ–algebra zbiorów mierzalnych na podrozmaitości . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160


∂(fi1 ,...,fid )

∂(t1,...,td) := det[∂fij∂tk

]j,k=1,...,d

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

|f ′| :=( ∑I∈Λnd

∣∣∣∂(fi1 ,...,fid )

∂(t1,...,td)

∣∣∣2)1/2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

Λnd := I = (i1, . . . , id) : 1 6 i1 < · · · < id 6 n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160LM = miara Lebesgue’a na podrozmaitości . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

Rozdział 5

B(E) = rodzina wszystkich baz przestrzeni E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163A(e,f) = macierz przejścia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163O(E) := B(E)/∼ zbiór orientacji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163V ⊥ := a ∈ Rn : ∀x∈V : 〈a, x〉 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163O⊥ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163a1 × · · · × an−1 = iloczyn wektorowy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166Homr

a(E,F ) = przestrzeń odwzorowań liniowych skośnie symetrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168Lra(E,F ) = przestrzeń ciągłych odwzorowań skośne symetrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168Hom0

a(E,F ) = L0a(E,F ) := F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

XJK = podmacierz macierzy X powstała przez wybór wierszy o numerach j1, . . . , jr i kolumnk1, . . . , kr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

eK := (ek1 , . . . , ekr ) ∈ Er . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169e∗K . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169u ∧B v = iloczyn zewnętrzny odwzorowań skośnie symetrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169∧ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169Homr,s

a (E,H) = przestrzeń odwzorowań oddzielnie skośnie symetrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170Homr,s

a (E,H) = przestrzeń ciągłych odwzorowań oddzielnie skośnie symetrycznych . . . . . . . . . . . . . . . 170Σr,s := σ ∈ Σr+s : σ(1) < · · · < σ(r), σ(r + 1) < · · · < σ(r + s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170F(r)(Ω,F ) = przestrzeń form różniczkowych rzędu r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172u ∧B v = iloczyn zewnętrzny form różniczkowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172Ck(r)(Ω,F ) := Ck(Ω,Lra(E,F )) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

u(x) =:∑I∈Λnr

uI(x)dxI = postać kanoniczna formy różniczkowej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

F′(r)(Ω,F ) = przestrzeń form różniczkowalnych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

d = operator różniczkowania zewnętrznego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172du = różniczka zewnętrzna formy różniczkowej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173f∗(u) = podstawienie do formy różniczkowej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174Ck(r)(D) := Ck(r)(D,R) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

[u] :=˜p∗(u)|p′| p

−1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

L1(M,LM ) = przestrzeń form całkowalnych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177∫M,O

u :=∫M

[u]dLM = całka z formy po podrozmaitości . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177∑′I :=

∑I∈Λnd

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177∫M,O

u =∫M〈~u, s〉dLM = całka z formy po podrozmaitości jednowymiarowej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178∫

M,Ou =

∫M〈~u,n〉dLM = całka z formy po podrozmaitości wymiaru (n− 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178


Oznaczenia

F(r)(M) = przestrzeń form różniczkowych rzędu r na podrozmaitości . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178∫M,O

u =∫M〈u, ω〉dLM = całka z formy wyrażona przy pomocy formy orientującej . . . . . . . . . . . . . . . 180

∆u := ∂2u∂x2

1+ · · ·+ ∂2u

∂x2n

= operator Laplace’a (laplasjan) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

Rozdział 6

Ψν −→ δ0 :⇐⇒ ∀ϕ∈C0(Rn) :∫Rn Ψν(t)ϕ(t) dt −→ ϕ(0) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

Sk(f) := 〈f, ϕ0〉ϕ0 + · · ·+ 〈f, ϕk〉ϕk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

S(f ;x) = S(f)(x) := a02 +

∞∑n=1

(an cosnx+ bn sinnx) = szereg Fouriera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

Sk(f ;x) = a02 +

k∑n=1

(an cosnx+ bn sinnx) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

Ff = f = transformata Fouriera funkcji f ∈ L1(Rn) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205S = przestrzeń funkcji szybkomalejących . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207‖f‖α,β := sup|xαDβf(x)| : x ∈ Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207S′ = S′(Rn) = przestrzeń dystrybucji temperowanych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

Literatura cytowana

[Bir 2002] Andrzej Birkholc, Analiza matematyczna, PWN, Warszawa, 2002.[Car 1967] Henri Cartan, Calcul différentiel. Formes différentielles, Herman, Paris, 1967.[Eng 1968] Ryszard Engelking, Zarys topologii ogólnej, PWN, Warszawa, 1968.[Fed 1969] Herbert Federer, Geometric measure theory, Springer Verlag, Berlin, 1969.[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.[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.

219

Indeks nazwisk

Baire, 9, 10, 13Banach, 15, 33, 69, 93, 199Bernstein, 38Bessel, 192Borel, 53, 83Brouwer, 182

Carathéodory, 137, 138Cauchy, 7, 25, 114Cavalieri, 145Czebyszew, 10, 17

Darboux, 4, 112Dini, 196Dirac, 136Dirichlet, 112

Euler, 123

Fatou, 141Fejér, 197Fourier, 192, 193, 205, 209Fréchet, 60, 68Fubini, 148

Gâteaux, 57, 68, 79Gauss, 181Green, 129, 181

Hausdorff, 2, 12, 139Heine, 7Hilbert, 22Hölder, 7, 144

Jacobi, 57Jensen, 143Jordan, 5, 119

Lagrange, 51, 81, 108Laplace, 166, 181Lebesgue, 139, 143, 161, 194Leibniz, 43, 80Lévy, 30Lindelöf, 4Lipschitz, 7

Minkowski, 144, 203Möbius, 167

Ostrogradzki, 181

Parseval, 192Peano, 50, 81Poincaré, 128

Rademacher, 149Riemann, 112, 114, 194

Sard, 151Schwarz, 22Sierpiński, 28Steiner, 203Steinhaus, 69, 199Steinitz, 30Stokes, 180, 182Stone, 35

Taylor, 50, 52, 53, 81, 82Tichonow, 2Tonelli, 147

Urysohn, 2

Vitali, 140

Weierstrass, 7, 13, 35–37, 189Whitney, 84

Young, 155

221

Indeks

absolutna ciągłość, 143algebra Banacha, 33aproksymacja funkcji półciągłych, 13atlas, 100— orientujący, 164— zgodny z orientacją, 164

brzeg— zbioru, 2

całka— dolna, 112— górna, 112— jako miara objętości, 122— krzywoliniowa— — niezorientowana, 126— — zorientowana, 127— Riemanna po kostce, 112całkowalność w sensie Riemanna— po kostce, 112— po zbiorze regularnym, 120całkowanie— form, 177— przez części, 181, 182ciąg— Cauchy’ego, 8— zbieżny, 2ciągłość— całki względem zbioru, 142— definicja Cauchy’ego, 7— definicja Heinego, 7— jednostajna, 7

definicja ciągłości— Cauchy’ego, 7— Heinego, 7długość krzywej, 124dodatnia— określoność, 85— półokreśloność, 85domknięcie zbioru, 2droga, 125druga— pochodna, 42, 68— różniczka— — Frécheta, 68— — Gâteaux, 68— — mocna, 68— — słaba, 68dyfeomorfizm, 87— klasy Ck, 87— przywiedlny, 150

dystrybucja— temperowana, 208

ekstremum— lokalne, 85— warunkowe, 107

forma— całkowalna, 177— kwadratowa, 70— mierzalna, 176— orientująca, 179— różniczkowa, 172— — na podrozmaitości, 178formuła polaryzacyjna, 73funkcja— absolutnie ciągła, 143— analityczna, 54, 95— charakterystyczna, 12— dana całką, 152— Dirichleta, 112— Γ Eulera, 123— I klasy Baire’a, 10— klasy Ck, 44— n–tej klasy Baire’a, 11— oddzielnie ciągła, 11— półciągła— — z dołu, 12— — z góry, 12— przejścia, 103— regularyzująca, 157— różniczkowalna, 41, 60— szybkomalejąca, 207— wklęsła, 47, 87— wypukła, 47, 87

gradient, 57granica— dolna funkcji w punkcie, 9— górna funkcji w punkcie, 9— odwzorowania w punkcie, 9grupa— permutacji, 73

homeomorfizm, 3

iloczyn— skalarny, 21— wektorowy, 166— zewnętrzny, 169— — form różniczkowych, 172istotne supremum, 143izomorfizm, 19

223


Indeks

jakobian, 57jednostajna ciągłość, 7jednostajny warunek Cauchy’ego, 10, 25jednoznaczność— wzoru Taylora, 52, 82j-ta pochodna cząstkowa, 57

klasa Ck, 44klasyczny wzór Stokesa, 182kompakt, 3koniec krzywej, 5konstrukcja Carathéodory’ego, 138kostka, 111— z narożnikiem, 134kryterium— Cauchy’ego, 25— Diniego, 196— zbieżności— — jednostajnej szeregów Fouriera, 198— — niemal jednostajnej szeregów Fouriera, 198krzywa, 5— Jordana, 5— — wnętrze, 128— — zewnętrze, 128— — zorientowana dodatnio, 129— kawałkami Ck, 125— przeciwna, 5— zamknięta, 5k-ta— pochodna, 42— reszta funkcji, 50, 81— różniczka Fréchta, 77— różniczka Gâteaux, 79kula— domknięta, 6— otwarta, 6

laplasjan, 181lemat— Fatou, 141— o jednoczesnej parametryzacji, 106— Poincarégo, 128, 175lokalna parametryzacja, 100

łamana, 17łuk Jordana, 5

macierz, 18— Jacobiego, 57— przejścia, 163maksimum lokalne, 85mapa, 100metryka, 5— Czebyszewa, 10— dyskretna, 5— euklidesowa, 8— generowana przez normę, 14— Hausdorffa, 12— indukowana, 6— lp, 8— maksimum, 8— suma, 8— translatywna, 14— wewnętrzna, 64metryki— porównywalne, 6— równoważne, 6

miara— B–regularna, 138— Diraca, 136— Hausdorffa, 139— Jordana, 119— Lebesgue’a, 139, 161— licząca, 137— nieujemna, 136— niezmiennicza względem translacji, 139— o wartościach w przestrzeniach Banacha, 136— regularna, 138— σ–skończona, 138— zespolona, 136— zewnętrzna, 137— zupełna, 137mierzalność w sensie Jordana, 119minimum lokalne, 85minor główny, 86mnożenie— zewnętrzne, 169— — form różniczkowych, 172mnożniki Lagrange’a, 108moduł ciągłości, 125monotoniczność całki, 113

niedodatnia określoność, 85nierówność— Bessela, 192— Höldera, 8, 144— izodiametryczna, 202— Jensena, 143— Minkowskiego, 8, 144— Schwarza, 22— trójkąta, 5— Younga, 155nieujemna określoność, 85niezależność całki krzywoliniowej od drogi całkowania,

127norma, 14— Czebyszewa, 17— dana przez iloczyn skalarny, 22— euklidesowa, 15— lp, 15— maksimum, 15— odwzorowania liniowego, 18— suma, 15normalny ciąg podziałów, 111normy równoważne, 15nośnik, 154

objętość, 119— kostki, 111obraz geometryczny krzywej, 5obszar, 17— normalny, 129— różniczkowo ściągalny, 175— tłusty, 167odcinek (niezorientowany), 16odwzorowanie— analityczne, 95— antysymetryczne, 168— borelowskie, 134— ciągłe, 3— — w punkcie, 3— dwuliniowe, 20— homeomorficzne, 3

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 2010Indeks 225

— klasy Ck na podrozmaitości, 104— mierzalne, 134— M–mierzalne, 134— oddzielnie skośnie symetryczne, 170— proste, 136— różniczkowalne, 41, 60— — na podrozmaitości, 103— skośnie symetryczne, 168— spłaszczające, 101— wpisujące, 158okrąg jednostkowy, 5operacja— podstawiania, 174, 178— zmiany zmiennych, 174operator— Laplace’a, 181— mnożenia zewnętrznego, 178opisy— podrozmaitości, 101— przestrzeni stycznej, 105orientacja, 163— indukowana, 167— kanoniczna, 163— podrozmaitości, 164orientujące pole wektorów— normalnych, 165— stycznych, 165ortonormalizacja, 192ośrodkowość, 192otoczenie punktu, 2

parametryzacja zgodna z orientacją, 164pochodna, 41, 60— cząstkowa, 57— — wyższego rzędu, 58— kierunkowa, 56— — wyższego rzędu, 58— lewostronna, 41— prawostronna, 41początek krzywej, 5podpokrycie, 3podprzestrzeń topologiczna, 3podrozmaitość, 100— lokalna, 100podział— kostki, 111— prosty, 111— wpisany, 111pokrycie otwarte, 3pole— potencjalne, 128— wektorowe, 127porównanie całki Riemanna z całką Lebesgue’a, 144postać kanoniczna formy różniczkowej, 172potencjał pola, 128półtoraliniowość, 21prawie wszędzie, 137promień zbieżności szeregu potęgowego, 33prostowalność, 124przeliczalna— addytywność, 136— podaddytywność, 137przestrzeń— Banacha, 15— doskonale normalna, 14— Hausdorffa, 2

— Hilberta, 22— Lindelöfa, 4— lokalnie zwarta, 4— łukowo spójna, 5— metryczna, 5— normalna, 2— ośrodkowa, 192— regularna, 2— spójna, 4— styczna, 104— Tichonowa, 2— topologiczna, 1— unitarna, 22— unormowana, 14— Urysohna, 2— zupełna, 9— zwarta, 3przykład Vitaliego, 140punkt— izolowany, 2— krytyczny, 86— skupienia, 2

regularyzacja funkcji, 157reguła równoległoboku, 23reszta— funkcji, 50— Peano, 50, 81— typu Lagrange’a, 51, 81retrakcja, 102rodzina— bezwzględnie jednostajnie sumowalna, 23— bezwzględnie sumowalna, 23— jednostajnie sumowalna, 23— normalnie sumowalna, 27— sumowalna, 23rozkład— jedności, 4, 158, 159rozmaitość— orientowalna, 164rozspojenie, 4różniczka— cząstkowa, 62— — drugiego rzędu, 72— Frécheta, 60, 68— Gâteaux, 57, 68, 79— mocna, 60, 68— odwzorowania, 105— słaba, 57— wyższego rzędu, 77— zewnętrzna, 172— złożenia, 62, 71

segment, 16seminorma, 115σ–algebra, 133— zbiorów borelowskich, 133silna— dodatnia określoność, 85— ujemna określoność, 85silne— maksimum lokalne, 85— minimum lokalne, 85skończona— addytywność, 137— podaddytywność, 137


Indeks

splot funkcji, 154stała— Höldera, 7— Lipschitza, 7stopień wielomianu, 35suma— aproksymacyjna— — dolna, 112— — górna, 112— — pośrednia, 114— Cauchy’ego–Riemanna, 114— Darboux, 112— krzywych, 5— rodziny sumowalnej, 23symetria— drugiej różniczki, 69— wyższych różniczek, 79symetryzacja— Minkowskiego, 203— Steinera, 203szereg— formalny, 53— Fouriera, 192, 193— geometryczny, 27— potęgowy, 33— Taylora, 53, 83— w przestrzeni Banacha, 23

średnica— podziału, 111— zbioru, 6

topologia, 1— antydyskretna, 1— dyskretna, 1— euklidesowa, 1— generowana przez metrykę, 6— iloczynu kartezjańskiego, 3— indukowana, 3tożsamość Parsevala, 192transformacja Fouriera, 205— dystrybucji, 209transformata Fouriera, 205— dystrybucji, 209translacja, 16twierdzenie— aproksymacyjne— — Stone’a–Weierstrassa, 35— — Weierstrassa, 36, 37, 189— Banacha–Steinhausa, 69, 199— Borela, 53, 83— Brouwera o punkcie stałym, 183— Cavalieriego, 145— Fejéra, 197— Fubiniego, 148— Lebesgue’a o zmajoryzowanym przechodzeniu do

granicy od znakiem całki, 143— o aproksymacji funkcji półciągłych, 13— o całce jako mierze objętości, 122— o całkach iterowanych, 121— o funkcjach danych całką, 122— — niewłaściwą, 122— o grupowaniu wyrazów, 26— o monotonicznym przechodzeniu do granicy pod

znakiem całki, 141

— o niezależności całki krzywoliniowej od drogicałkowania, 127

— o odwzorowaniu— — odwrotnym, 87, 94— — uwikłanym, 89— o pokryciu, 201— o przyrostach skończonych, 45, 63, 64— o retrakcji, 183— o rozkładzie jedności, 4— o równości pochodnych mieszanych, 58— o równoważnych opisach przestrzeni stycznej, 105— o różniczkowaniu— — szeregu wyraz po wyrazie, 48, 66— — złożenia, 71— o rzędzie, 98— o symetrii— — drugiej różniczki, 69— — wyższych różniczek, 79— o średniej całkowej, 143— o wartości średniej, 116— o warunkach— — dostatecznych na ekstrema lokalne, 87— — dostatecznych na ekstremum warunkowe, 107— — koniecznych na ekstrema lokalne, 86— o warunku koniecznym na ekstremum warunkowe,

107— o zachowaniu— — spójności, 4— — zwartości, 3— o zmianie zmiennych— — w całce Lebesgue’a, 149, 151, 152— — w całce Riemanna, 124— Poincarégo, 128— Rademachera, 149— Riemanna–Lebesgue’a, 194— Sarda, 151— Stokesa, 180— Tonellego, 147— Weierstrassa, 7, 13

ujemna— określoność, 85— półokreśloność, 85układ— ortonormalny, 192— trygonometryczny, 193— zupełny, 192

warunek— Carathéodory’ego, 137— Cauchy’ego, 25— — jednostajny, 10— dostateczny na ekstremum— — lokalne, 87— — warunkowe, 107— Höldera, 7— konieczny na ekstremum— — lokalne, 86— — warunkowe, 107— Lipschitza, 7wielomian, 74— Bernsteina, 38— jednorodny, 35, 73— — stopnia 2, 70— n zmiennych, 35— trygonometryczny, 197

Marek Jarnicki, Wykłady z Analizy Matematycznej III, wersja z 5 września 2010Indeks 227

wiodący minor główny, 86własność— Darboux, 4— metryczna, 6— topologiczna, 6wnętrze— krzywej Jordana, 128— zbioru, 2wspólne zagęszczenie podziałów, 111współrzędne— biegunowe, 124— sferyczne, 124— walcowe, 124wykładniki sprzężone, 143wymiar Hausdorffa, 139wzór— Gaussa–Ostrogradskiego, 181— Greena, 129, 130, 181, 182— — dla operatora Laplace’a, 181— Leibniza, 43, 80— na całkowanie przez części, 181, 182— polaryzacyjny, 73— Stokesa, 180— Taylora, 50— — jednoznaczność, 52, 82

zagęszczenie podziału, 111zasada— Cavalieriego, 145— identyczności, 55, 97— lokalizacji, 195zbieżność— bezwarunkowa, 28— ciągu, 2— jednostajna, 10— lokalnie jednostajna, 10— niemal jednostajna, 10— punktowa, 10zbiór— borelowski, 133— domknięty, 1— gęsty, 2— II kategorii Baire’a, 9— I kategorii Baire’a, 9— mierzalny, 137— nigdziegęsty, 9— ograniczony, 6— otwarty, 1— o objętości zero, 116— regularny, 120— relatywnie zwarty, 3— spójny, 4— typu Fσ , 134— typu Gδ, 134— wypukły, 16— zupełny, 9— zwarty, 3zewnętrze krzywej Jordana, 128zmiana parametryzacji, 5

Wykłady z Analizy Matematycznej III

Documents

Transcript of Wykłady z Analizy Matematycznej III