Losonczi László Funkcionálanalízisriemann.math.klte.hu/~losi/jegyzet/mat/funkanal_v8.pdf ·...

1

Debreceni Egyetem

Természettudományi Kar

Losonczi László

Funkcionálanalízis

2009

Tartalomjegyzék

0.1. El®szó . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50.2. Jelölések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60.3. Ábrák jegyzéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1. Metrikus terek 9

1.1. Metrikus tér fogalma, példák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2. A Hölder és Minkowski egyenl®tlenség . . . . . . . . . . . . . . . 131.3. Konvergencia speciális terekben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.4. Topológikus fogalmak metrikus terekben . . . . . . . . . . . . . . 241.5. Teljes metrikus terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.6. A Banach-féle �xponttétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.7. A Banach-féle �xponttétel alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . 321.8. A Baire-féle kategória tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381.9. A Baire tétel egy alkalmazása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 411.10. Kompaktság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2. Lineáris terek 48

2.1. Lineáris terek, alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.2. A Hahn-Banach tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.3. A Hahn-Banach tétel alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

3. Lineáris topológikus és normált terek 69

3.1. Lineáris topológikus terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.2. Félnorma rendszer által indukált topológia . . . . . . . . . . . . . 733.3. Minkowski funkcionál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 773.4. Lineáris normált és Banach-terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.5. Sorozatok és sorok normált terekben . . . . . . . . . . . . . . . . 813.6. Kompakt halmazok normált terekben . . . . . . . . . . . . . . . . 843.7. A legjobb approximáció problémája . . . . . . . . . . . . . . . . . 893.8. Példák Banach-terekre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 933.9. Kompakt halmazok speciális terekben . . . . . . . . . . . . . . . . 96

2

TARTALOMJEGYZÉK 3

4. Lineáris operátorok és funkcionálok 99

4.1. Lineáris operátorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 994.2. Példák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1014.3. A lineáris operátorok terének struktúrája . . . . . . . . . . . . . . 1094.4. A Hahn-Banach tétel lineáris normált térben . . . . . . . . . . . . 1134.5. Konjugált tér, re�exív terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1154.6. Gyenge és gyenge* topológia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1174.7. Speciális terek konjugált terei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

5. A lineáris analízis három f®tétele 130

5.1. A Hahn-Banach tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1305.2. Az egyenletes korlátosság tétele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1345.3. Alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1385.4. További alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1415.5. A nyílt leképezések tétele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1465.6. A nyílt leképezések tételének alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . 1485.7. A zárt gráf tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

6. Hilbert-terek 158

6.1. Hilbert-tér fogalma, példák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1586.2. Ortogonális felbontás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1626.3. Ortonormált rendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1646.4. Ortogonális sorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1666.5. Példák Fourier-sorra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1706.6. Szeparábilis Hilbert-terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1726.7. Nem szeparábilis Hilbert-terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1746.8. Riesz-tétel, adjungált operátor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

7. Banach-algebrák 181

7.1. Banach-algebra fogalma, példák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1817.2. Reguláris elemek, spektrum, rezolvens halmaz . . . . . . . . . . . 1847.3. Liouville tétel, Gelfand-Mazur tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . 1877.4. A spektrálsugár . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1887.5. Hatványsorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1917.6. Lineáris di�erenciálegyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . 1947.7. Ideálok és szinguláris elemek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1967.8. Karakterek és ideálok, Wiener tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . 2007.9. Gelfand-reprezentáció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2037.10. Gelfand-Naimark tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2067.11. Rész B∗-algebrák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

4 TARTALOMJEGYZÉK

8. Függelék: Topológikus terek 2128.1. Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2128.2. Nyílt és zárt halmazok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2138.3. Bázis, szubbázis, környezetbázis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2168.4. Folytonos leképezések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2188.5. Leképezések által indukált topológiák . . . . . . . . . . . . . . . . 2198.6. Szétválasztási axiómák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2218.7. Kompakt terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2238.8. Összefügg® terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2248.9. Stone-Weierstrass tételek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

9. Funkcionálanalízis feladatok 2269.1. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2269.2. Útmutató a nehezebb feladatokhoz . . . . . . . . . . . . . . . . . 240

0.1. El®szó

Ez a jegyzet eredetileg a KLTE, TTK, matematikus hallgatói számára készült.Az els® kiadás 1982-ben a Tankönyvkiadónál jelent meg, majd néhány év el-teltével egy utánnyomásra is sor került. Ezen kiadások példányai már nincsenekforgalomban, de a funkcionálanalízist jelenleg is oktatunk, és ez (remélhet®leg) ajöv®ben sem fog változni. F®leg a KLTE Matematikai Intézet, Analízis Tanszékénlév® kollégáim rábeszélésére vállalkoztam arra, hogy ezt a jegyzetet LaTeX for-mátumban újragépeltessem (lényegében változatlan tartalommal) és mindenkiszámára hozzáférhet®vé tegyem. Az eredeti jegyzetben talált hibákat, elírásokatkijavítottam, de a LaTeX szerkesztésnél ismét nagyon sok elírás, hiba keletkezett.Ezek kijavításában Barczy Mátyás kollégám segített, aki tüzetesen átnézte ajavítás javítását is. Molnár Lajos, aki a Debreceni Egyetemen évek óta oktatja afunkcionálanalízis c. tárgyat, szintén átolvasta a kéziratot, több hibára hívta fel a�gyelmemet, és több kisebb változtatást is javasolt. Mindkett®jük segítségét ezú-ton is köszönöm. 1967-t®l 1971-ig Czách László aspiránsvezet® irányítása mellettismertem meg a funkcionálanalízis részleteit, az � hatása természetesen érezhet®a jegyzeten is.

A sok javítás ellenére is biztosan maradtak hibák a kéziratban. Hálás volnék,ha az olvasó az általa észrevett hibákról tájékoztatna, a Debreceni Egyetem,Matematikai Intézet, Analízis Tanszék honlapján található e-mail címemen.

Debrecen, 2009. december 9. Losonczi László

5

6 TARTALOMJEGYZÉK

0.2. Jelölések� bizonyítás vége . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13♢ de�níció vége . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Ao az A halmaz nyílt magja vagy belseje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214A,A− az A halmaz lezártja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215A∗ az A ∈ B(H,H) operátor adjungáltja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178[A] az A halmaz lineáris burka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50B(X,Y ) az A : X → Y lineáris operátorok halmaza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110c konvergens komplex sorozatok tere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11c0 komplex nullsorozatok tere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11C a komplex számok halmaza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10C[a, b] [a, b]-n folytonos függvények tere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12C(X) az X kompakt Hausdor� téren folyt. függv. tere. . . . . . . . . . . . . . .11coA az A halmaz konvex burka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55δαβ a Kronecker szimbólum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164Fx Fx(f) = f(x) (x ∈ X, f ∈ X∗) funkcionál . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116Φx Gelfand-transzformált . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203G(a, r) r sugarú a középpontú nyílt gömb. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .24G(A) egy A : D(A) ⊂ X → Y leképezés gráfja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153J természetes leképezés X-b®l X∗∗-ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116K R vagy C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49lp speciális (metrikus) tér. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .11Lp(X,S, µ) speciális (metrikus) tér. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .12Lp[a, b] speciális (metrikus) tér. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .12L(X,Y ) az A : X → Y lineáris korlátos operátorok halmaza . . . . . . . . . . 109Mx az x-szel való baloldali szorzás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182N a természetes számok halmaza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38NBV [a, b] korlátos változású függvények tere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123∥x∥ az x elem normája egy normált térben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79∥x∥p az x elem normája Lp-ben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14|µ| a µ mérték totális variációja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127Q a racionális számok halmaza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25p félnorma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60R a valós számok halmaza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10radX az X egységelemes kommutatív Banach-algebra radikálja. . . . .205rca(X) az X-en értelmezett reguláris Borel-mértékek tere . . . . . . . . . . . . 127⟨x, z⟩

x, z ∈ l(n)2 vektorok bels® szorzata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105⟨

x, y⟩

az x, y ∈ H elemek skaláris v. bels® szorzata . . . . . . . . . . . . . . . . . 158s speciális (metrikus) tér. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .11S(a, r) r sugarú a középpontú zárt gömb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24S(X,S, µ) komplex érték¶ mérhet® függvények tere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

0.2. JELÖLÉSEK 7

V (y) az y függvény totális variációja [a, b]-n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123(X,S, µ) mértéktér . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12X∗ az X lineáris normált konjugált tere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112X∗∗ X lineáris normált tér második konjugált tere . . . . . . . . . . . . . . . . 115X az X kommutatív Banach-algebra struktúra tere . . . . . . . . . . . . . 203X/Y az X lineáris tér Y altér szerint vett faktortere . . . . . . . . . . . . . . . . 51Z az egész számok halmaza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

8 TARTALOMJEGYZÉK

0.3. Ábrák jegyzéke

1. ábra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432. ábra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 913. ábra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1314. ábra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

1. fejezet

Metrikus terek

1.1. Metrikus tér fogalma, példák

1.1.1. De�níció. Az X nem üres halmazt metrikus térnek nevezzük, ha Xbármely két x, y eleméhez hozzá van rendelve egy ϱ(x, y) valós szám úgy, hogy

(1) ϱ(x, y) ≥ 0 és ϱ(x, y) = 0 akkor és csakis akkor, ha x = y,

(2) ϱ(x, y) = ϱ(y, x),

(3) ϱ(x, y) ≤ ϱ(x, z) + ϱ(z, y)

teljesül bármely x, y, z ∈ X esetén.Az X halmaz elemeit pontoknak, a ϱ függvényt metrikának vagy távolságnak,a ϱ(x, y) számot x és y távolságának nevezzük.

Egy metrikus térnek egy másik metrikus térre való távolságtartó leképezésétizometriának, vagy izometrikus leképezésnek nevezzük (egy ilyen leképezésmindig kölcsönösen egyértelm¶, mert a különböz® pontok képe különböz®). Kétmetrikus teret izometrikusnak nevezünk, ha köztük izometria létesíthet®.

Egy X metrikus tér egy nem üres Y részhalmaza maga is metrikus tér (Xmetrikájával ellátva), melyet az X metrikus tér alterének nevezünk. ♢

Az (1)�(3) tulajdonságok (a metrika axiómái) azt fejezik ki, hogy a távolságnemnegatív, és csak különböz® pontok távolsága pozitív, a távolság szimmetrikus,és teljesül a háromszög-egyenl®tlenség.

A háromszög-egyenl®tlenséget n-szer alkalmazva kapjuk, a

ϱ(x, y) ≤ ϱ(x, z1) + ϱ(z1, z2) + · · ·+ ϱ(zn, y) (x, y, z1, . . . , zn ∈ X)

sokszög-egyenl®tlenséget.

9

10 FEJEZET 1. METRIKUS TEREK

Speciálisan n = 2-re

ϱ(x, y) ≤ ϱ(x, z1) + ϱ(z1, z2) + ϱ(z2, y),

vagyϱ(x, y)− ϱ(z1, z2) ≤ ϱ(x, z1) + ϱ(z2, y).

Az x és z1 valamint y és z2 szerepét megcserélve az egyenl®tlenség jobb oldalanem változik, így

ϱ(z1, z2)− ϱ(x, y) ≤ ϱ(x, z1) + ϱ(z2, y).

Az utolsó két egyenl®tlenségb®l adódik, hogy

|ϱ(x, y)− ϱ(z1, z2)| ≤ ϱ(x, z1) + ϱ(y, z2),

melyet négyszög-egyenl®tlenségnek fogunk nevezni.

Ugyanazon halmazon többféle metrika is értelmezhet®. Ezért, ha a félreértésveszélye áll fenn, akkor az X metrikus teret a ϱ metrikával ellátva (X, ϱ)-valfogjuk jelölni.

A következ®kben R és C a valós és a komplex számok halmazát jelölik.Tegyük fel, hogy X egy nem üres halmaz és a ϱ : X×X → R függvény csak a

(2), (3) tulajdonságokat és az (1) els® részét (ϱ(x, y) ≥ 0 és ϱ(x, x) = 0 bármelyx, y ∈ X-re) teljesíti. De�niáljuk a ≡ relációt a következ®képpen

x ≡ y , ha ϱ(x, y) = 0 (x, y ∈ X).

ϱ metrika tulajdonságai miatt ≡ ekvivalencia reláció: re�exív, szimmetrikus éstranzitív, így az X halmazon egy osztályozást indukál, oly módon, hogy ekvi-valens elemek azonos osztályba kerülnek. Jelölje x az x elem osztályát, azazlegyen x = {y ∈ X | ϱ(x, y) = 0}, és jelölje X az összes osztályok halmazát. Kön-ny¶ belátni, hogy X-on a

ϱ(x, y) = ϱ(x, y) (x, y ∈ X)

egyenl®séggel de�niált ϱ függvény metrika lesz. Ez azt jelenti, hogy az X hal-maz elemei között egy új egyenl®séget, az ≡-t bevezetve X metrikus tér lesz ϱmetrikával. Példáinkban ez a szituáció többször is el® fog fordulni.

Példák metrikus terekre

1. Legyen X egy tetsz®leges nem üres halmaz, x, y ∈ X és

ϱ(x, y) =

{0 ha x = y,1 ha x = y.

Azonnal látható, hogy ϱ metrika X-en, melyet diszkrét metrikánaknevezünk.

1.1. METRIKUS TÉR FOGALMA, PÉLDÁK 11

2. Legyen X = { x = (ξ1, ξ2, . . . , ξn) | ξi ∈ C (i = 1, 2, . . . , n) } a komp-lex szám n-esek halmaza. Legyen 1 ≤ p ≤ ∞ és x = (ξ1, ξ2, . . . , ξn), y =(η1, η2, . . . , ηn) ∈ X esetben

ϱp(x, y) =

( n∑

i=1

|ξi − ηi|p) 1

pha 1 ≤ p <∞,

max1≤i≤n

|ξi − ηi| ha p = ∞.

ϱp metrika, mellyel ellátva X-et, kapjuk az l(n)p metrikus teret. A p = 2esetén az n-dimenziós komplex Euklideszi teret kapjuk.

3. Ismét 1 ≤ p ≤ ∞, és

lp =

{x = (ξ1, ξ2, . . . )

∣∣ ξi ∈ C (i ∈ N) és

∞∑i=1

|ξi|p <∞ ha 1 ≤ p <∞

supi

|ξi| <∞ ha p = ∞

}.

A metrika a 2. példával analóg módon van de�niálva: tetsz®leges x, y ∈ lpesetén

ϱp(x, y) =

( ∞∑

i=1

|ξi − ηi|p) 1

pha 1 ≤ p <∞,

supi

|ξi − ηi| ha p = ∞.

4. A c teret a konvergens komplex számsorozatok alkotják, a metrika ugyanaz,mint l∞-ben.

5. A c0 tér elemei a komplex nullsorozatok, a metrika ugyanaz, mint vagy mintl∞-ben.

6. A s tér elemei az összes komplex számsorozatok, x = (ξ1, ξ2, . . . ), y =(η1, η2, . . . ) ∈ s esetén

ϱ(x, y) =∞∑i=1

1

2i|ξi − ηi|

1 + |ξi − ηi|.

7. Legyen X egy kompakt Hausdor�-féle topológikus tér. Az X-en de�niáltösszes komplex érték¶ folytonos függvények halmazát a

ϱ(x, y) = supt∈X

|x(t)− y(t)| (x, y : X → C folytonosak)

metrikával ellátva kapjuk a C(X) metrikus teret.


8. Legyen (X,S, µ) egy tetsz®leges véges mértéktér. Jelölje S = S(X,S, µ) azX-en értelmezett komplex érték¶ mérhet® függvények halmazát. Két S-belifüggvényt egyenl®nek tekintve, ha azok majdnem mindenütt egyenl®k, a

ϱ(x, y) =

∫X

|x(t)− y(t)|1 + |x(t)− y(t)|

dµt (x, y ∈ S)

formula metrikát de�niál S-en.

9. Legyen (X,S, µ) egy tetsz®leges mértéktér, p ≥ 1 egy valós szám, és Lp =Lp(X,S, µ) jelölje azon x : X → C mérhet® függvények halmazát, melyekre∫

X

|x(t)|p dµt <∞.

Két Lp-beli függvényt azonosnak tekintünk, ha azok majdnem mindenüttegyenl®ek. A metrika de�níciója Lp-ben:

ϱp(x, y) =

∫X

|x(t)− y(t)|p dµt

1p

(x, y ∈ Lp).

10. Legyen (X,S, µ) ismét egy tetsz®leges mértéktér, és L∞ = L∞(X,S, µ)jelölje azon x : X → C mérhet® függvények halmazát, melyek abszolútértéke egy nullmérték¶ halmaztól eltekintve korlátos. Két L∞-beli füg-gvényt egyenl®nek tekintünk, ha azok majdnem mindenütt egyenl®k. Ametrika de�niciója L∞-ben:

ϱ∞(x, y) = infE∈SµE=0

(sup

t∈X\E|x(t)− y(t)|

)(x, y ∈ L∞).

Ha a 2-9. példákban a sorozatok, illetve függvények értékei valós számok, úgyismét metrikus teret kapunk, melyeket valós l(n)p , lp, . . . , L∞ tereknek nevezünk.(Az Lp és S tereknél megengedhetjük azt is, hogy a függvények értékei a b®vítettvalós számok halmazába essenek, de ekkor az S tér esetén ki kell kötni azt, hogya függvények majdnem mindenütt végesek legyenek.)Azt, hogy a 2-9. példák valóban metrikus terek a következ® szakaszban fogjukbizonyítani.Ha a 7. példában X = [a, b] egy korlátos zárt intervallum, akkor a C([a, b]) jelöléshelyett C[a, b]-t használjuk, míg ha a 9-10. példákban X = [a, b] vagy (a, b) aLebesgue-mértékkel van ellátva, úgy az Lp[a, b] vagy Lp(a, b) jelölést használjuk.

1.2. A HÖLDER ÉS MINKOWSKI EGYENL�TLENSÉG 13

1.2. A Hölder és Minkowski egyenl®tlenség

Megmutatjuk, hogy az 1.1-ben szerepl® 2-9. példákban de�niált terekvalóban metrikus terek, azaz kielégítik a metrika axiómáit.

Elegend® ezt az S, Lp(1 ≤ p ≤ ∞) és a C(X) terek esetén igazolni, ugyanis amértéktér alkalmas megválasztásával S-b®l s, Lp-b®l lp, l

(n)p speciális esetenként

megkapható, c0, c-ben pedig a metrika ugyanaz, mint l∞-ben.

1.2.1. Tétel. A ϱ(x, y) =

∫X

|x(t)− y(t)|1 + |x(t)− y(t)|

dµt függvény metrika S-en.

Bizonyítás. Mivel a mértéktér véges, világos, hogy 0 ≤ ϱ(x, y) < ∞. Haϱ(x, y) = 0, úgy x(t) = y(t) majdnem mindenütt, tehát x = y az S térben.Az abszolút érték jel miatt ϱ(x, y) = ϱ(y, x). A háromszög-egyenl®tlenség bi-zonyításához tekintsük a

φ(λ) =λ

1 + λ= 1− 1

1 + λ(λ ≥ 0)

függvényt. Látható, hogy φ szigorúan monoton növekv®, így bármely u, v ∈ Cesetén

|u+ v|1 + |u+ v|

≤ |u|+ |v|1 + |u|+ |v|

=|u|

1 + |u|+ |v|+

|v|1 + |u|+ |v|

≤ |u|1 + |u|

+|v|

1 + |v|,

amib®l u = x(t) − y(t), v = y(t) − z(t) helyettesítéssel, integrálás után aháromszög-egyenl®tlenséget kapjuk. �

Ahhoz, hogy bebizonyítsuk azt, hogy

ϱp(x, y) =

∫X

|x(t)− y(t)|pdµt

1p

(1 ≤ p <∞)

metrika Lp-n, szükségünk van a Hölder és a Minkowski egyenl®tlenségre.

1.2.2. Tétel. (Hölder egyenl®tlenség) Ha 1 < p < ∞,1

p+

1

q= 1, x ∈ Lp és

y ∈ Lq, akkor xy ∈ L1, ∣∣∣∣∣∣∫X

x(t)y(t)dµt

∣∣∣∣∣∣ ≤∫X

|x(t)y(t)|dµt, (1.2.1)


és ∫X

|x(t)y(t)|dµt ≤ ∥x∥p · ∥y∥q, (1.2.2)

ahol

∥x∥p = ϱp(x, 0) =

∫X

|x(t)|pdµt

1p

, ∥y∥q = ϱq(y, 0).

(1.2.1)-ben akkor és csakis akkor van egyenl®ség, ha

sgn (x(t)y(t)) = konstans (1.2.3)

majdnem mindenütt az X ′ := { t ∈ X | x(t)y(t) = 0 } halmazon, (ahol sgn z =z

|z|ha z ∈ C, z = 0, és sgn 0 = 0).

(1.2.2)-ben pontosan akkor van egyenl®ség, ha

α|x(t)|p = β|y(t)|q (1.2.4)

majdnem minden t ∈ X−re teljesül α, β ≥ 0, α2 + β2 > 0 konstansokkal.

Bizonyítás. A Taylor-formula szerint bármely a, b > 0-ra

ln ap = ln

(ap

p+bq

q

)+

1ap

p+ bq

q

(ap − ap

p− bq

q

)− 1

2ξ2

(ap − ap

p− bq

q

)2

ln bq = ln

(ap

p+bq

q

)+

1ap

p+ bq

q

(bq − ap

p− bq

q

)− 1

2η2

(bq − ap

p− bq

q

)2

ahol ξ illetve η az ap illetve bq ésap

p+bq

qközötti értékek. Az els® egyenl®tlenség

1

p-szeresét a második egyenl®tlenség

1

q-szorosához adva kapjuk, hogy

ln ab = ln

(ap

p+bq

q

)− 1

2pξ2

(bq − ap

q

)2

− 1

2qη2

(ap − bq

p

)2

≤ ln

(ap

p+bq

q

)amib®l

ab ≤ ap

p+bq

q(1.2.5)

és itt egyenl®ség csak ap = bq esetén van. Ez nyilvánvalóan igaz a ≥ 0 , b ≥ 0esetén is.


Helyettesítsünk (1.2.5)-ben a =|x(t)|∥x∥p

, b =|y(t)|∥y∥q

-t feltéve, hogy ∥x∥p∥y∥q = 0.

A kapott egyenl®tlenséget integrálva kapjuk, hogy∫X

|x(t)y(t)|dµt

∥x∥p∥y∥q≤ 1

p

∥x∥pp∥x∥pp

+1

q

∥y∥qq∥y∥qq

= 1,

amib®l következik xy ∈ L1 és (1.2.2). Az (1.2.1) egyenl®tlenség xy ∈ L1-b®l ésaz integrál alaptulajdonságaiból következik. Egyenl®ség pontosan akkor áll fenn

(1.2.2)-ben, ha|x(t)|p

∥x∥pp=

|y(t)|q

∥y∥qqmajdnem minden t ∈ X-re teljesül, azaz, ha

(1.2.4) fennáll β = ∥x∥pp, α = ∥y∥qq-val.

Ha ∥x∥p∥y∥q = 0, úgy ∥x∥p = 0 vagy ∥y∥q = 0. Ha például ∥x∥p = 0, akkorx(t) = 0 majdnem minden t ∈ X-re, így (1.2.2)-ben egyenl®ség van, és α = 1,β = 0-val (1.2.4) is teljesül. Az ∥y∥q = 0 eset hasonló.

Vizsgáljuk meg hogy mikor van egyenl®ség (1.2.1)-ben! Vezessük be a h(t) =x(t)y(t) (t ∈ X) jelölést, akkor h ∈ L1 miatt∣∣∣∣∣∣

∫X

h(t)dµt

∣∣∣∣∣∣ ≤∫X

|h(t)|dµt. (1.2.6)

Ha sgnh(t) = eiγ (γ ∈ R) majdnem mindenütt X ′-n, akkor∫X

h(t)dµt =

∫X

eiγ|h(t)|dµt = eiγ∫X

|h(t)|dµt,

így (1.2.6)-ban egyenl®ség van. Fordítva, tegyük fel, hogy (1.2.6)-ban egyenl®ségvan. Ez akkor is fennáll, ha az integrációs halmazt X ′-re cseréljük, azaz, ha∫

X′

|h(t)|dµt =

∣∣∣∣∣∣∫X′

h(t)dµt

∣∣∣∣∣∣ = eiδ∫X′

h(t)dµt,

alkalmas δ ∈ R számmal. Az

eiδh(t) = u(t) + iv(t)

felbontással, ahol u, v valós érték¶ függvények, kapjuk, hogy∫X′

|h(t)|dµt =

∣∣∣∣∣∣∫X′

h(t)dµt

∣∣∣∣∣∣ =∫X′

eiδh(t)dµt =

∫X′

u(t)dµt + i

∫X′

v(t)dµt,


amib®l∫X′v(t)dµt = 0,

∫X′u(t)dµt ≥ 0.

Mivel |h| = |eiδh| = (u2 + v2)12 , így integrálással∫

X′

u =

∫X′

|h| =∫X′

|eiδh| =∫X′

(u2 + v2)12 ,

továbbá ∫X′

u ≤∫X′

|u| ≤∫X′

(u2 + v2)12 =

∫X′

u.

Ebb®l következik, hogy u(t) ≥ 0 majdnem mindenütt X ′-n, mert, ha u(t) < 0volna X ′ egy pozitív mérték¶ részén, akkor innen

∫X′

|u| < 0-t kapnánk, ami

lehetetlen. Az is következik, hogy v(t) = 0 majdnem mindenütt X ′-n ti. ellenkez®esetben

∫X′(u2 + v2)

12 >

∫X′u volna, ami nem lehet.

Az eiδh = u+ iv felbontás alapján, majdnem minden X ′-beli pontban

|h| = |eiδh = (u2 + v2)12 = |u| = u, h = e−iδ(u+ v) = e−iδu

amib®l h(t) = e−iδ|h(t)| majdnem mindenütt X ′-n.�

1.2.3. Tétel. (Minkowski egyenl®tlenség) Ha 1 ≤ p < ∞, x, y ∈ Lp,akkor x+ y ∈ Lp és

∥x+ y∥p ≤ ∥x∥p + ∥y∥p. (1.2.7)

(1.2.6)-ban p = 1-nél egyenl®ség pontosan akkor van, ha

y(t)

x(t)≥ 0 (1.2.8)

majdnem minden t ∈ N ′x esetén fennáll, ahol

N ′x = { t ∈ X | x(t) = 0 }.

1 < p <∞ esetén (1.2.7)-ban akkor és csakis akkor áll fenn egyenl®ség, ha

αx(t) = βy(t) (1.2.9)

majdnem minden t ∈ X-re fennáll, α, β ≥ 0, α2 + β2 > 0 konstansokkal.

Bizonyítás. p = 1-nél (1.2.7) az

|x(t) + y(t)| ≤ |x(t)|+ |y(t)|


egyenl®tlenség integrálásával adódik. 1 < p <∞-nél

|x(t) + y(t)|p ≤(|x(t)|+ |y(t)|

)p≤(2max

{|x(t)|, |y(t)|

})p= 2p max

{|x(t)|p, |y(t)|p

}≤ 2p

(|x(t)|p + |y(t)|p

),

amib®l következik, hogy |x+ y|p ∈ L1, azaz x+ y ∈ Lp. Ezért az∫X

|x(t) + y(t)|pdµt ≤∫X

|x(t) + y(t)|p−1|x(t)|dµt +

∫X

|x(t) + y(t)|p−1|y(t)|dµt

(1.2.10)egyenl®tlenség jobb oldalán szerepl® integrálokra alkalmazható a Hölder egyen-l®tlenség, mert |x+ y|(p−1)q = |x+ y|p ∈ L1 miatt |x+ y|p−1 ∈ Lq, ahol q =

pp−1

,és a feltevés szerint x, y ∈ Lp. Ezért

∫X

|x(t) + y(t)|p−1|x(t)|dµt ≤

∫X

|x(t) + y(t)|pdµt

1q

∥x∥p (1.2.11)

∫X

|x(t) + y(t)|p−1|y(t)|dµt ≤

∫X

|x(t) + y(t)|pdµt

1q

∥y∥p (1.2.12)

és (1.2.10)-b®l

∥x+ y∥pp ≤ ∥x+ y∥pqp (∥x∥p + ∥y∥p) (1.2.13)

adódik. Ha ∥x + y∥p = 0, akkor ∥x + y∥pqp -val osztva kapjuk (1.2.7)-et, ha

∥x+ y∥p = 0, akkor (1.2.7) nyilvánvalóan igaz.

Vizsgáljuk meg, mikor van egyenl®ség (1.2.7)-ben! p = 1-nél ennek az a szük-séges és elegend® feltétele, hogy

|x(t) + y(t)| = |x(t)|+ |y(t)| (1.2.14)

majdnem minden t ∈ X-re teljesüljön. Ha

Nx = { t ∈ X | x(t) = 0 } és N ′x = X \Nx = { t ∈ X | x(t) = 0 },

akkor (1.2.14) a t ∈ Nx értékekre mindig teljesül. Így (1.2.7)-ben akkor és csakisakkor van egyenl®ség, ha

|x(t) + y(t)| = |x(t)|+ |y(t)| majdnem minden t ∈ N ′x-re


vagy, ezzel ekivivalens módon∣∣∣∣1 + y(t)

x(t)

∣∣∣∣ = 1 +

∣∣∣∣y(t)x(t)

∣∣∣∣ majdnem minden t ∈ N ′x-re.

Ez pontosan akkor igaz, hay(t)

x(t)majdnem minden t ∈ N ′

x-re valós és nemnegatív,

azaz ha (1.2.8) fennáll.

Ha 1 < p < ∞, akkor könny¶ belátni, hogy (1.2.9) teljesülése esetén(1.2.7)-ben egyenl®ség van. Megmutatjuk, hogy ez fordítva is igaz.

Ha ∥x + y∥p = 0 és (1.2.7)-ben egyenl®ség van, akkor ∥x∥p = ∥y∥p = 0, azazx(t) = 0, y(t) = 0 majdnem minden t ∈ X-re. Így pl. α = β = 1-gyel (1.2.9)fennáll.Ha ∥x+y∥p = 0 és (1.2.7)-ben egyenl®ség van, akkor (amint (1.2.7) bizonyításábóllátható) egyenl®ség kell hogy legyen (1.2.13)-ban, így az (1.2.10), (1.2.11),(1.2.12) egyenl®tlenségekben is. Ennek feltételei rendre ((1.2.11), (1.2.12)-nél fel-használva az 1.2.2 tételt):

|x(t) + y(t)| = |x(t)|+ |y(t)| majdnem minden t ∈ X-re, (1.2.15)

γ1|x(t) + y(t)| = δ1|x(t)| majdnem minden t ∈ X-re, (1.2.16)

γ2|x(t) + y(t)| = δ2|y(t)| majdnem minden t ∈ X-re, (1.2.17)

ahol γi, δi ≥ 0, γ2i + δ2i > 0 (i = 1, 2).

Ha µN ′x = 0, úgy x(t) = 0 majdnem minden t ∈ X-re, (1.2.7)-ben egyenl®ség

van és (1.2.9) pl. α = 1, β = 0-val teljesül. Így feltehet®, hogy µN ′x = 0. Ekkor

γ1 = 0, mert ellenkez® esetben δ1 = 0 volna, ami γ21 + δ21 > 0 miatt nem lehet.Tudjuk, hogy (1.2.15) pontosan akkor teljesül, ha majdnem minden t ∈ N ′

x-rey(t)

x(t)nemnegatív, így (1.2.16), (1.2.15)-b®l

δ1γ1

=

∣∣∣∣1 + y(t)

x(t)

∣∣∣∣ = 1 +y(t)

x(t)majdnem minden t ∈ N ′

x-re,

azazy(t) = αx(t) majdnem minden t ∈ N ′

x-re, (1.2.18)

ahol α =δ1γ1

− 1 egy nemnegatív konstans. Továbbá (1.2.16)-ból

γ1|y(t)| = 0 majdnem minden t ∈ Nx-re,


amib®l γ1 = 0 miatt y(t) = 0 majdnem minden t ∈ Nx-re. Ez

y(t) = αx(t) majdnem minden t ∈ Nx-re (1.2.19)

alakba is írható. (1.2.18) és (1.2.19) azt jelenti, hogy

y(t) = αx(t) majdnem minden t ∈ X-re,

azaz β = 1-gyel (1.2.9) teljesül. �

A Minkowski egyenl®tlenség p = ∞ esetén is érvényes. Többek között ennekigazolásához fogjuk használni a következ® tételt.

1.2.4. Tétel. Bármely x ∈ L∞-hez van olyan x-t®l függ® E0 ⊂ X nullmérték¶halmaz, melyre

∥x∥∞ = ϱ∞(x, 0) = supt∈X\E0

|x(t)|. (1.2.20)

Bizonyítás. ∥x∥∞ = infE

µE=0

(sup

t∈X\E|x(t)|

), így bármely n ∈ N-hez van olyan

En nullmérték¶ halmaz, hogy

∥x∥∞ ≤ supt∈X\En

|x(t)| < ∥x∥∞ +1

n.

E0 =∞∪n=1

En szintén nullmérték¶, és E0 ⊃ En miatt

∥x∥∞ ≤ supt∈X\E0

|x(t)| ≤ supt∈X\En

|x(t)| < ∥x∥∞ +1

n.

Innen n→ ∞-nel kapjuk (1.2.20)-at. �

Következmények.

1. A (1.2.6) Minkowski egyenl®tlenség p = ∞ esetén is érvényes.

Legyen ugyanis x, y ∈ L∞ és E0, F0 ⊂ X olyan nullmérték¶ halmazok, hogy

∥x∥∞ = supt∈X\E0

|x(t)|, ∥y∥∞ = supt∈X\F0

|y(t)|.

Az|x(t) + y(t)| ≤ |x(t)|+ |y(t)| (t ∈ X),


egyenl®tlenségb®l

supt∈X\(E0∪F0)

|x(t)+y(t)| ≤ supt∈X\(E0∪F0)

|x(t)|+ supt∈X\(E0∪F0)

|y(t)| ≤ ∥x∥∞+∥y∥∞,

de E0 ∪ F0 nullmérték¶ lévén x+ y ∈ L∞, és egyenl®tlenségünk bal oldala∥x+ y∥∞-nél nem kisebb, tehát

∥x+ y∥∞ ≤ ∥x∥∞ + ∥y∥∞.

2. Az (1.2.1) Hölder egyenl®tlenség p = 1, q = ∞ és p = ∞, q = 1 esetén isérvényes.

A szimmetria miatt elég a p = 1, q = ∞ esettel foglalkozni. Legyen x ∈ L1,y ∈ L∞ és F0 ⊂ X olyan nullmérték¶ halmaz, melyre ∥y∥∞ = sup

t∈X\F0

|y(t)|.

Ekkor∥xy∥1 =

∫X

|x(t)y(t)|dµt =∫

X\F0

|x(t)y(t)|dµt

≤ ∥y∥∞∫

X\F0

|x(t)|dµt = ∥x∥1 · ∥y∥∞.

1.2.5. Tétel. A

ϱp(x, y) =

(∫X

|x(t)− y(t)|pdµt

) 1p

ha 1 ≤ p <∞,

infE

µE=0

(sup

t∈X\E|x(t)− y(t)|

)ha p = ∞,

függvény metrika Lp(X,S, µ)-n.

Bizonyítás. x, y ∈ Lp esetén a Minkowski-egyenl®tlenség miatt x − y = x +(−1)y ∈ Lp, így ϱp(x, y) minden x, y ∈ Lp mellett véges. Világos, hogy ϱp(x, y) ≥0 és ϱp(x, y) = 0, ha x = y, azaz ha x(t) = y(t) majdnem minden t ∈ X-re.Tegyük fel, hogy ϱp(x, y) = 0.

1 ≤ p <∞ esetén innen∫X

|x(t)− y(t)|pdµt = 0, amib®l x(t) = y(t) majdnem

minden t ∈ X-re.

1.3. KONVERGENCIA SPECIÁLIS TEREKBEN 21

p = ∞ esetén az 1.2.4 tétel szerint van olyan E0 nullmérték¶ halmaz, hogy

ϱ∞(x, y) = supt∈X\E0

|x(t)− y(t)| = 0, amib®l x(t) = y(t), ha t ∈ X \ E0,

azaz x(t) = y(t) majdnem minden t ∈ X-re.A távolság szimmetriája nyilvánvaló, a háromszög-egyenl®tlenséget pedig úgy

kaphatjuk meg, hogy az x − z és z − y függvényekre alkalmazzuk a Minkowski-egyenl®tlenséget. �

1.2.6. Tétel. A ϱ(x, y) = supt∈X

|x(t)− y(t)| függvény metrika C(X)-en.

Bizonyítás. x, y, z ∈ C(X)-re

|x(t)− y(t)| ≤ |x(t)− z(t)|+ |z(t)− y(t)| (t ∈ X),

amib®l a jobb, majd a baloldal szuprémumát véve kapjuk, a háromszög-egyen-l®tlenséget. A metrika másik két tulajdonsága nyilvánvalóan teljesül. �

1.3. Konvergencia speciális terekben

1.3.1. De�níció. Legyen X egy metrikus tér ϱ metrikával és {xn} legyen egyX-beli sorozat. Azt mondjuk, hogy az {xn} sorozat konvergens (az X metrikustérben) és határértéke x ∈ X, ha

limn→∞

ϱ(xn, x) = 0

Jelölés:x = lim

n→∞xn, vagy xn → x (n→ ∞)

♢

Azonnal látható, hogy konvergens sorozat határértéke egyértelm¶. Az alábbi-akban az a célunk, hogy az 1.1 szakasz 2-9. példáiban szerepl® metrikus terekbenlehet®ség szerint jellemezzük a konvergens sorozatokat.

1.3.1. Tétel. A S = S(X,S, µ)metrikus térben egy {xn} sorozat akkor és csakisakkor konvergál x ∈ S-hez, ha az {xn} függvénysorozat µ-mértékben konvergálx-hez X-en.

Bizonyítás. Ha limn→∞

ϱ(xn, x) = 0, akkor tetsz®leges σ > 0 mellett legyen

En(σ) = {t ∈ X | |xn(t)− x(t)| ≥ σ}.


A φ(λ) =λ

1 + λ(λ ≥ 0) függvény monotonitása miatt

ϱ(xn, x) =

∫X

|xn(t)− x(t)|1 + |xn(t)− x(t)|

dµt≥∫

En(σ)

|xn(t)− x(t)|1 + |xn(t)− x(t)|

dµt ≥σ

1 + σµEn(σ).

Így limn→∞

µEn(σ) = 0, tehát {xn} µ mértékben konvergál x-hez.

Fordítva, tegyük fel, hogy az {xn} sorozat µ mértékben konvergál x-hez, azaztetsz®leges σ ≥ 0 esetén µEn(σ) → 0, ha n→ ∞. Ekkor

ϱ(xn, x) =

∫En(σ)

|xn(t)− x(t)|1 + |xn(t)− x(t)|

dµt +

∫X\En(σ)

|xn(t)− x(t)|1 + |xn(t)− x(t)|

dµt

≤ µEn(σ) +σ

1 + σµX.

Legyen ε > 0 adott, és válasszuk σ = σ∗ > 0-t olyanra, hogyσ∗

1 + σ∗µX <ε

2,

másrészt µEn(σ∗) <

ε

2, ha n > N

(ε2

), így

ϱ(xn, x) <ε

2+ε

2= ε ha n > N

(ε2

),

azaz {xn} az x-hez konvergál S-ben. �

1.3.2. Tétel. A C(X) metrikus térben egy {xn} sorozat akkor és csakis akkorkonvergál x ∈ C(X)-hez, ha az {xn} függvyénysorozat egyenletesen konvergálx-hez X-en.

Bizonyítás. Állításunk következik abból, hogy

ϱ(xn, x) = supt∈X

|xn(t)− x(t)| ≤ ε ⇐⇒ |xn(t)− x(t)| ≤ ε (t ∈ X)

�

1.3.1. Következmény. Mivel a c, c0, l∞ terekben a metrika analóg módon vande�niálva, így kapjuk, hogy ezekben a terekben a konvergencia éppen a ko-ordinátánkénti egyenletes konvergencia, vagyis ha

xn = (ξ(n)1 , ξ

(n)2 , . . . ), x = (ξ1, ξ2, . . . ),

akkor limn→∞

xn = x (c0, c vagy l∞-ben) akkor és csakis akkor, ha n → ∞ esetén

ξ(n)i → ξi az i indexben egyenletesen i ∈ N-en.

1.3. KONVERGENCIA SPECIÁLIS TEREKBEN 23

1.3.3. Tétel. Az xn =(ξ(n)1 , ξ

(n)2 , . . .

)∈ s sorozat akkor és csakis akkor kon-

vergál x =(ξ1, ξ2, . . .

)∈ s-hez az s térben, ha

limn→∞

ξ(n)i = ξi (i ∈ N).

Bizonyítás.

ϱ(xn, x) =∞∑k=1

1

2k|ξ(n)k − ξk|

1 + |ξ(n)k − ξk|≥ 1

2i|ξ(n)i − ξi|

1 + |ξ(n)i − ξi|(i ∈ N),

így ha limn→∞

ϱ(xn, x) = 0, akkor limn→∞

ξ(n)i = ξi (i ∈ N).

A fordított állítás igazolásához legyen ε > 0 adott, és k0 olyan index, hogy∞∑

k=k0+1

1

2k<ε

2, N(ε) pedig olyan, hogy k = 1, 2, . . . , k0 esetén

1

2k|ξ(n)k − ξk|

1 + |ξ(n)k − ξk|<

ε

2k0, ha n > N(ε).

Ekkorϱ(xn, x) <

ε

2+ε

2= ε ha n > N(ε).

�

Lp (és lp)-ben 1 ≤ p < ∞ esetén a konvergencia nem jellemezhet® a fentiekhezhasonló egyszer¶ módon. A p = ∞ esetre vonatkozik a következ® tétel.

1.3.4. Tétel. Az {xn} L∞-beli sorozat akkor és csakis akkor konvergál x ∈L∞-hez az L∞ térben, ha az {xn} függvénysorozat majdnem mindenütt egyen-letesen konvergál x-hez X-en, azaz van olyan (a sorozattól függ®) E0 nullmérték¶halmaz, hogy {xn} egyenletesen konvergál x-hez az X \ E0 halmazon.


ϱ∞(xn, x) = 0, akkor az xn−x függvényekhez megkeressük

azokat az En nullmérték¶ halmazokat, melyekre

ϱ∞(xn, x) = ∥xn − x∥∞ = supt∈X\En

|xn(t)− x(t)|

teljesül (lásd az 1.2.4 tételt). E0 =∞∪n=1

En is nullmérték¶, és

ϱ∞(xn, x) ≥ supt∈X\E0

|xn(t)− x(t)| ≥ |xn(t)− x(t)| (t ∈ X \ E0),

így limn→∞

ϱ∞(xn, x) = 0 esetén limn→∞

xn(t) = x(t) egyenletesen X \ E0-on.


Ha viszont limn→∞

xn(t) = x(t) egyenletesen X \ F0-on, ahol µF0 = 0, akkor

supt∈X\F0

|xn(t)− x(t)| → 0 ha n→ ∞,

ígyϱ∞(xn, x) = inf

E,µE=0sup

t∈X\E|xn(t)− x(t)| ≤ sup

t∈X\F0

|xn(t)− x(t)|

miattlimn→∞

ϱ∞(xn, x) = 0.

�

1.4. Topológikus fogalmak metrikus terekben

1.4.1. De�níció. Legyen X egy metrikus tér ϱ metrikával. Ha a ∈ X, r > 0,akkor a

G(a, r) = {x ∈ X | ϱ(a, x) < r}halmazt r sugarú a középpontú nyílt gömbnek nevezzük, míg az

S(a, r) = {x ∈ X | ϱ(a, x) ≤ r}

halmazt r sugarú a középpontú zárt gömbnek nevezzük (Utóbbi esetben r = 0-tis megengedjük). ♢

1.4.2. De�níció. Jelölje G X azon részhalmazainak osztályát, melyek bármelypontjukkal együtt valamely a pont körüli nyílt gömböt is tartalmaznak. Könny¶belátni, hogy G topológia X-en, melyet X természetes topológiájának nevezünk.

Hacsak mást nem mondunk, akkor egy metrikus teret mindig a természetestopológiával látjuk el, és az összes topológikus fogalmat (nyílt, zárt halmaz, stb.)e topológia szerint vesszük. ♢

Így pl. egy A ⊂ X halmazt akkor nevezünk nyíltnak, ha eleme G-nek, vagyisha bármely pontjával együtt valamely a pont körüli nyílt környezetet is tartalmaz.B ⊂ X zárt, ha a komplementere nyílt.

Könny¶ belátni, hogy nyílt gömb nyílt halmaz, zárt gömb zárt halmaz,továbbá, hogy egy metrikus tér normális topológikus tér (ld. a Függelék 9.6.1de�níciót).

Legyen T egy X metrikus térnek az Y metrikus térbe való leképezése. Afentiek alapján (lásd a Függelék 8.4.2 de�níciót) T -t folytonosnak nevezzük azx ∈ X pontban, ha Tx bármely V környezetéhez megadható x-nek olyan Ukörnyezete, hogy TU ⊂ V.

1.5. TELJES METRIKUS TEREK 25

1.4.1. Tétel. A T leképezés akkor és csakis akkor folytonos x ∈ X-ben, habármely x-hez konvergáló {xn} sorozat esetén {Txn} a Tx-hez konvergál.

A bizonyítást az olvasóra bizzuk.

1.5. Teljes metrikus terek

Legyen X egy metrikus tér ϱ metrikával. X-beli elemek egy {xn} sorozatárólazt mondtuk (ld. az 1.3.1 de�níciót), hogy konvergál az x ∈ X elemhez, halimn→∞

ϱ(xn, x) = 0.

1.5.1. De�níció. Az {xn} sorozatot Cauchy-sorozatnak nevezzük, ha bármelyε > 0 számhoz létezik olyan N(ε) szám, hogy

ϱ(xn, xm) < ε, ha n,m > N(ε).

♢

1.5.1. Tétel. Egy metrikus térben minden konvergens sorozat Cauchy sorozat.


xn = x és ε > 0, úgy van olyan N1

(ε2

)szám, hogy

ϱ(xn, x) <ε

2ha n > N1

(ε2

),

így

ϱ(xn, xm) ≤ ϱ(xn, x) + ϱ(x, xm) <ε

2+ε

2= ε ha n,m > N1

(ε2

),

tehát {xn} Cauchy-sorozat. �

A fordított állítás nem igaz. Legyen ugyanis Q az összes racionális számokhalmaza, akkor

ϱ(r, s) = |r − s| (r, s ∈ Q),

metrika Q-n. Legyen {rn} a√2-t alulról közelít® racionális számok egy olyan

sorozata, melyre

0 <√2− rn <

1

10n

teljesül. Bármely ε > 0 mellett

|rm − rn| < max

{1

10n,

1

10m

}< ε ha n,m > lg

1

ε,


azaz {rn} Cauchy sorozat Q-ban. De ez a sorozat nem konvergens Q-ban, mertha rn → r ∈ Q volna, úgy

|r −√2| ≤ |r − rn|+ |rn −

√2|

miatt r =√2 volna, ami lehetetlen, mert

√2 irracionális.

1.5.2. De�níció. Egy metrikus teret teljesnek nevezünk, ha benne minden Ca-uchy-sorozat konvergens. ♢

Példák

1. Az 1.1 szakasz els® példájában szerepl® metrikus tér (X egy tetsz®legeshalmaz, ϱ(x, y) = 0, ha x = y, ϱ(x, y) = 1, ha x = y) teljes, mert ha {xn}egy Cauchy-sorozat, úgy

ϱ(xn, xm) <1

2ha n,m > N

(1

2

),

de ekkor xn = xm, azaz xn = xk minden n ≥ k-ra, ahol k a legkisebbN(1

2)-nél nagyobb természetes szám. Ez azt jelenti, hogy lim

n→∞xn = xk.

2. Megmutatjuk, hogy C(X) teljes metrikus tér. Ha {xn} egy Cauchy-sorozatae térnek, úgy

ϱ(xn, xm) = supt∈X

|xn(t)− xm(t)| < ε, ha n,m > N(ε),

amib®l bármely t ∈ X-re

|xn(t)− xm(t)| < ε, ha n,m > N(ε). (1.5.1)

Ez mutatja, hogy bármely rögzített t ∈ X mellett {xn(t)} komplex (vagyvalós) elem¶ Cauchy-sorozat, mely konvergens. Ha {xn(t)} határértékétx(t) jelöli, akkor (1.5.1)-b®l m→ ∞ határátmenettel kapjuk, hogy

|xn(t)− x(t)| ≤ ε, ha n > N(ε), t ∈ X. (1.5.2)

Megmutatjuk, hogy x folytonos függvény X-en. Legyen n > N(ε) rögzítettindex, az xn függvény t0 ∈ X-beli folytonossága miatt bármely ε > 0-hozlétezik t0-nak olyan U környezete, hogy

|xn(t)− xn(t0)| < ε, ha t ∈ U. (1.5.3)

Ekkor (1.5.2) és (1.5.3) miatt tetsz®leges t ∈ U esetén

|x(t)− x(t0)| ≤ |x(t)− xn(t)|+ |xn(t)− xn(t0)|+ |xn(t0)− x(t0)| < 3ε


ami az x függvény t0-beli folytonosságát jelenti, így x ∈ C(X). (1.5.2)-b®l

ϱ(xn, x) ≤ ε ha n > N(ε)

következik, azaz {xn} konvergens C(X)-ben.

Eredményünk könnyen általánosítható a Cn(X) tér esetére is. Itt X egykompakt Hausdor�-tér, n egy természetes szám, és Cn(X) az összes x :X → Cn (vagy Rn) X-en folytonos függvények halmaza,

ϱ(x, y) = supt∈X

|x(t)− y(t)|,

ahol z = (z1, z2, . . . , zn) ∈ Cn esetén |z| =(

n∑i=1

|zi|2) 1

2

.

3. Teljes metrikus tér egy altere akkor és csakis akkor teljes, ha zárt.

Legyen X teljes metrikus tér, és tegyük fel, hogy Y zárt altere X-nek,{yn} pedig egy Cauchy-sorozat Y -ban. Ez X-ben is Cauchy-sorozat, ígya teljesség miatt konvergens X-ben: lim

n→∞yn = y, y ∈ X. Mivel yn ∈ Y ,

így y érintkezési pontja Y -nak, tehát Y zártsága miatt y ∈ Y , vagyis {yn}konvergens Y -ban.

Fordítva, ha az Y altér teljes, úgy zárt is. Legyen ugyanis y ∈ Y −,akkory érintkezési pontja Y -nak, így van olyan {yn} (yn ∈ Y ) sorozat, melyrelimn→∞

yn = y. {yn} Cauchy-sorozat, mely Y teljessége miatt egy Y -beli el-

emhez konvergál. A határérték egyértelm¶sége miatt így y ∈ Y .

4. A 2. fejezetben be fogjuk bizonyítani, hogy az Lp(lp, l(n)p ), c, c0 metrikus

terek teljesek.

Láttuk, hogy a racionális számok Q halmaza a ϱ(r, s) = |r − s| távol-sággal nem alkot teljes metrikus teret. Q azonban mindenütt s¶r¶ altereaz összes valós számok teljes metrikus terének. Hasonló állítás érvényesbármely metrikus térre.

1.5.3. De�níció. Legyenek X,X∗ metrikus terek a ϱ, ϱ∗ metrikával. Azt mond-juk, hogy X∗ az X metrikus tér teljes metrikus burka , ha

(1) X∗ teljes,

(2) X ⊂ X∗ és x, y ∈ X esetén ϱ(x, y) = ϱ∗(x, y),

(3) X− = X∗ azaz X mindenütt s¶r¶ X∗-ban.

♢


1.5.2. Tétel. Bármely metrikus térnek létezik teljes metrikus burka, és ez azeredeti teret �xen hagyó izometriától eltekintve egyértelm¶. (Más szóval: mindenmetrikus tér beágyazható egy teljes metrikus térbe mindenütt s¶r¶ altérként).

Bizonyítás. Legyen X egy metrikus tér ϱ metrikával. Az alábbiakban megkon-struáljuk X teljes metrikus burkát.

Az {xn}, {yn} X-beli Cauchy-sorozatokat ekvivalenseknek nevezzük, ha

limn→∞

ϱ(xn, yn) = 0.

Jelölés: {xn} ∼ {yn}.Azonnal látható, hogy ∼ ekvivalencia reláció, így egy osztályozást indukál

X-en, oly módon, hogy egy osztályba kerülnek az ekvivalens sorozatok. JelöljeX∗ az összes osztályok halmazát és x∗, y∗ ∈ X∗ esetén legyen

ϱ∗(x∗, y∗) = limn→∞

ϱ(xn, yn), ahol {xn} ∈ x∗, {yn} ∈ y∗. (1.5.4)

I. Megmutatjuk, hogy ϱ∗ metrika X∗-on. El®ször belátjuk, hogy az (1.5.4)jobboldalán álló limesz létezik. Ugyanis a négyszög-egyenl®tlenség miatt

|ϱ(xn, yn)− ϱ(xm, ym)| ≤ ϱ(xn, xm) + ϱ(yn, ym),

amib®l következik, hogy {ϱ(xn, yn)} valós Cauchy-sorozat, így konvergens.Továbbá, a limesz független az x∗, y∗-beli reprezentáns megválasztásától,mert ha {xn} ∈ x∗, {yn} ∈ y∗, úgy

0 ≤ |ϱ(xn, yn)− ϱ(xn, yn)| ≤ ϱ(xn, xn) + ϱ(yn, yn),

és itt a jobboldal határértéke nulla, mivel {xn} ∼ {xn}, {yn} ∼ {yn}. Ezért

limn→∞

ϱ(xn, yn) = limn→∞

ϱ(xn, yn).

Az, hogy ϱ∗ metrika, határátmenettel egyszer¶en belátható.

II. Jelölje X∗0 az összes (x, x, x, . . . ), x ∈ X alakú Cauchy-sorozatok os-

ztályait. Világos, hogy X∗0 ⊂ X∗. Azt állítjuk, hogy X∗

0 izometrikus X-szel.Jelölje x′ az (x, x, x, . . . ) sorozat osztályát, úgy az

x′ −→ x

X∗0 -ot X-re képezi le, és ez a leképezés távolságtartó, mert

ϱ∗(x′, y′) = limn→∞

ϱ(x, y) = ϱ(x, y).


III. X∗0 = X∗, azaz X∗

0 mindenütt s¶r¶ X∗-ban.Legyenek ugyanis x∗ ∈ X∗, ε > 0 tetsz®legesek, és {xn} ∈ x∗, akkor

ϱ∗(x′n, x∗) = lim

k→∞ϱ(xn, xk) < ε, ha n > N(ε),

mert {xn} Cauchy-sorozat. Ezzel megmutattuk, hogy bármelyX∗-beli pontbármely környezetében van X∗

0 -beli pont, így (X∗0 )

− = X∗.

IV. X∗ teljes metrikus tér.Legyen {x∗n} Cauchy-sorozat X∗-ban. III. miatt létezik olyan x′n ∈ X∗

0 ,hogy

ϱ∗(x∗n, x′n) <

1

n.

Emlékeztetünk arra, hogy x′n az (xn, xn, xn, . . . ) reprezentánsú osztálytjelöli. Azt állítjuk, hogy {xn} Cauchy-sorozat X-ben. Fennáll a

ϱ(xn, xm) = ϱ∗(x′n, x′m) ≤ ϱ∗(x′n, x

∗n) + ϱ∗(x∗n, x

∗m) + ϱ∗(x∗m, x

′m)

egyenl®tlenség. A jobboldal els® és harmadik tagja x′n választása miatt 1n

és 1m-nél kisebb, a középs® tag < ε, ha n,m > N∗(ε), mert {x∗n} Cauchy-

sorozat. Így

ϱ(xn, xm) <1

n+

1

m+ ε < 3ε, ha n,m > max

{N∗(ε),

1

ε

}.

Jelölje most x∗ az {xn} Cauchy-sorozat osztályát. Megmutatjuk, hogy x∗n →x∗, ha n→ ∞ X∗-ban, s ez X∗ teljességét jelenti. Ugyanis

ϱ∗(x∗n, x∗) ≤ ϱ∗(x∗n, x

′n) + ϱ∗(x′n, x

∗) <1

n+ lim

m→∞ϱ(xn, xm) < ε,

ha n elég nagy.

Cseréljük most kiX elemeit a II. alatti izometrikus leképezés által megfelel-tetett X∗

0 -beli elemekkel, úgy X-et s¶r¶ részhalmazként beágyaztuk a teljesX∗-ba, és ezzel a teljes metrikus burok létezését igazoltuk.

V. Egyértelm¶ség.Tegyük fel, hogy X∗, X∗∗ metrikus terek ϱ∗, ϱ∗∗ metrikával mindketten Xteljes metrikus burkai. Megmutatjuk, hogy ezek izometrikusak.

Legyen x∗ ∈ X∗, úgy X = X∗ miatt létezik olyan xn ∈ X, (n ∈ N) sorozat,hogy

ϱ∗(xn, x∗) → 0 ha n→ ∞.


{xn} Cauchy-sorozat X∗-ban, így az X-ben és X∗∗-ban is, és X∗∗ teljességemiatt van olyan x∗∗ ∈ X∗∗, hogy ϱ∗∗(xn, x∗∗) → 0.Legyen

φ(x∗) = x∗∗, (x∗ ∈ X∗).

Belátjuk, hogy φ : X∗ → X∗∗ izometria, mely X-et �xen hagyja. φegyértelm¶en van de�niálva, mert ha {xn},{xn} olyan sorozatok X-ben,hogy

ϱ∗(xn, x∗) → 0, ϱ∗(xn, x

∗) → 0, úgy ϱ∗(xn, xn) → 0,

amib®l ϱ∗∗(xn, xn) → 0. Ezért, ha

ϱ∗∗(xn, x∗∗) → 0, ϱ∗∗(xn, y

∗∗) → 0,

akkor

ϱ∗∗(x∗∗, y∗∗) ≤ ϱ∗∗(x∗∗, xn) + ϱ∗∗(xn, xn) + ϱ∗∗(xn, y∗∗) → 0

és így x∗∗ = y∗∗.

φ(x) = x, ha x ∈ X, mert xn = x (n ∈ N) választással ϱ∗∗(xn, x) → 0.φ az X∗∗-ra képez le, és ha x∗, y∗ ∈ X∗, ϱ∗(xn, x

∗) → 0, ϱ∗(yn, y∗) → 0,és ϱ∗∗(xn, x∗∗) → 0, ϱ∗∗(yn, y

∗∗) → 0 (ahol {xn}, {yn} alkalmas X-belisorozatok), úgy

ϱ∗(x∗, y∗) = limn→∞

ϱ∗(xn, yn) = limn→∞

ϱ(xn, yn)

= limn→∞

ϱ∗∗(xn, yn) = ϱ∗∗(x∗∗, y∗∗),

azaz φ távolságtartó.

Megjegyzés. Az utolsó egyenl®ségben felhasználtuk a metrika folytonosságát,azaz ha ϱ(xn, x) → 0 és ϱ(yn, y) → 0 egy metrikus térben, úgy

limn→∞

ϱ(xn, yn) = ϱ(x, y).

Ez a négyszög-egyenl®tlenségb®l azonnal következik, mivel

|ϱ(x, y)− ϱ(xn, yn)| ≤ ϱ(x, xn) + ϱ(y, yn),

és a jobboldali sorozatok nullsorozatok. �

1.6. A BANACH-FÉLE FIXPONTTÉTEL 31

1.6. A Banach-féle �xponttétel

1.6.1. De�níció. Legyen X egy metrikus tér ϱ metrikával. A T : X −→ Xleképezést kontraháló leképezésnek vagy kontrakciónak nevezzük, ha van olyan0 ≤ α < 1 konstans, hogy bármely x, y ∈ X-re

ϱ(Tx, Ty) ≤ αϱ(x, y).

Egy x ∈ X elemet a T leképezés �xpontjának nevezünk, ha Tx = x. ♢

1.6.1. Tétel. (Banach-féle �xponttétel) Egy teljes metrikus tér önmagábavaló kontraháló leképezésének pontosan egy �xpontja van.

Bizonyítás. LegyenX teljes metrikus tér ϱmetrikával, T : X −→ X kontrakció,és x0 ∈ X tetsz®leges. Tekintsük az x1 = Tx0, x2 = Tx1, . . . , xn+1 = Txn, . . .sorozatot.Azt állítjuk, hogy {xn} Cauchy-sorozat. Ha ϱ(x0, x1) = d, úgy

ϱ(x1, x2) = ϱ(Tx0, Tx1) ≤ αϱ(x0, x1) = αd,

ϱ(x2, x3) = ϱ(Tx1, Tx2) ≤ αϱ(x1, x2) = α2d.

Indukcióval kapjuk, hogy

ϱ(xn, xn+1) ≤ αnd (n ∈ N).

A sokszög egyenl®tlenséget alkalmazva, m > n esetén

ϱ(xn, xm) ≤ ϱ(xn, xn+1) + ϱ(xn+1, xn+2) + · · ·+ ϱ(xm−1, xm)

≤ αnd+ αn+1d+ · · ·+ αm−1d ≤ αnd(1 + α+ α2 + · · · ) = αnd

1− α.

Mivelαnd

1− α→ 0, ha n → ∞, így {xn} Cauchy sorozat, mely a teljesség miatt

konvergens: limn→∞

xn = x. Megmutatjuk, hogy x �xpontja T -nek. A háromszög-

egyenl®tlenség felhasználásával

0 ≤ ϱ(x, Tx) ≤ ϱ(x, xn) + ϱ(xn, Tx) ≤ ϱ(x, xn) + αϱ(xn−1, x) (n ∈ N),

amib®l n→ ∞-nel ϱ(x, Tx) = 0, vagyis x = Tx következik.

A �xpont egyértelm¶sége. Ha x, y a T leképezésnek �xpontjai, úgy

ϱ(x, y) = ϱ(Tx, Ty) ≤ αϱ(x, y).

ϱ(x, y) > 0 nem lehet, mert ekkor ϱ(x, y)-nal elosztva az el®z® egyenl®tlenséget1 ≤ α ellentmondásra jutnánk. Ezért ϱ(x, y) = 0, x = y. �


Megjegyzés. A ϱ(xn, xm) ≤αnd

1− αegyenl®tlenségb®l m→ ∞ határátmenettel

ϱ(xn, x) ≤αn

1− αϱ(x1, x0),

ami becslést ad az {xn} sorozat elemei és a �xpont távolságára.

1.6.1. Lemma. Legyenek T, S valamely X halmaznak önmagába való felcserél-het® leképezései, azaz legyen TS = ST , és tegyük fel, hogy S-nek pontosan egy�xpontja van X-ben. Akkor S �xpontja T -nek is �xpontja.

Bizonyítás. Ha x az S egyetlen �xpontja, úgy

S(Tx) = T (Sx) = Tx

miatt Tx is �xpontja S-nek, így Tx = x. �

Megjegyzés. T -nek lehetnek más �xpontjai is. Például, ha T az X-nek ön-magába való identikus leképezése, úgy a lemma feltételei teljesülnek, ésX mindenpontja �xpontja T -nek.

1.6.2. Tétel. Legyen T egy teljes metrikus térnek önmagába való leképezéseúgy, hogy valamely n természetes szám esetén T n kontraháló leképezés. AkkorT -nek pontosan egy �xpontja van.

Bizonyítás. A Banach-féle �xponttétel szerint T n-nek pontosan egy �xpontjavan. Az 1.6.1 Lemmát alkalmazva a T és S = T n leképezésekre, kapjuk, hogy T -nek van �xpontja. T -nek pontosan egy �xpontja van, ugyanis ha x, y is �xpontokvolnának, úgy Tx = x, Ty = y-ból T nx = x és T ny = y következne, amib®l x = y.

�

1.7. A Banach-féle �xponttétel alkalmazásai

Legyenek f ∈ C[a, b], K ∈ C([a, b]× [a, b]) adott folytonos valós vagy komplexérték¶ függvények, λ ∈ K adott valós vagy komplex szám. Az

x(t) = f(t) + λ

b∫a

K(t, s)x(s)ds, t ∈ [a, b] (1.7.1)

egyenletet másodfajú lineáris inhomogén Fredholm-féle integrálegyenletneknevezzük. f az egyenlet szabad tagja, λ az egyenlet paramétere, K-t magfüg-gvénynek nevezzük, x az ismeretlen függvény. f = 0 esetén homogén egyenletr®l

1.7. A BANACH-FÉLE FIXPONTTÉTEL ALKALMAZÁSAI 33

beszélünk. Ha az (1.7.1) baloldalán x(t) helyett 0 áll, akkor els®fajú lineárisFredholm-féle integrálegyenletr®l beszélünk. Ha az (1.7.1)-ben az integráláshatárai a és t, akkor Volterra-féle integrálegyenletet kapunk.

1.7.1. Tétel. Folytonos f , K függvények esetén az (1.7.1) másodfajú lineárisinhomogén Fredholm-féle integrálegyenletnek egyetlen folytonos megoldása van,feltéve, hogy

|λ| supt∈[a,b]

b∫a

|K(t, s)|ds < 1. (1.7.2)

Bizonyítás. Tekintsük a

(Tx)(t) = f(t) + λ

b∫a

K(t, s)x(s)ds t ∈ [a, b], x ∈ C[a, b]

formulával de�niált T leképezést. Könnyen beláthatjuk, hogy T a C[a, b] teretönmagába képezi le. Továbbá

|(Tx)(t)− (Ty)(t)| = |λ|∣∣∣∣ b∫a

K(t, s)(x(s)− y(s))ds

∣∣∣∣≤ |λ|

b∫a

|K(t, s)||x(s)− y(s)|ds ≤ |λ|ϱ(x, y)b∫a

|K(t, s)|ds,

ahol ϱ(x, y) = supt∈[a,b]

|x(t)− y(t)|. Így

ϱ(Tx, Ty) = supt∈[a,b]

|(Tx)(t)− (Ty)(t)| ≤ |λ|ϱ(x, y) supt∈[a,b]

b∫a

|K(t, s)|ds ≤ αϱ(x, y),

ahol

α = |λ| supt∈[a,b]

b∫a

|K(t, s)|ds < 1.

A Banach-féle �xponttétel miatt T -nek pontosan egy �xpontja van C[a, b]-ban.Mivel T �xpontjai éppen az (1.7.1) megoldásai, így állításunkat bebizonyítottuk.

�

Az (1.7.1) egyenlet megoldása x = limn→∞

T nx0 (lásd a Banach-féle �xpont-

tétel bizonyítását), ahol x0 tetsz®leges eleme C[a, b]-nek, a limesz pedig C[a, b]


metrikájában értend®. x0 = f választással x-re egy végtelen sort kaphatunk. Haazonban a K magfüggvény

K(t, s) =n∑

i=1

fi(t)gi(s) t, s ∈ [a, b] (1.7.3)

alakú, ahol fi, gi ∈ C[a, b], akkor az (1.7.1) integrálegyenlet megoldása nagyonegyszer¶. Az (1.7.3) alakú magfüggvényt elfajult magnak nevezzük.

Legyen az (1.7.1)-ben szerepl® K (1.7.3) alakú. Tegyük fel, hogy x az (1.7.1)megoldása, akkor (1.7.1) alapján

x(t) = f(t) + λn∑

i=1

cifi(t) (1.7.4)

adódik, ahol ci =b∫a

gi(s)x(s)ds, (i = 1, . . . , n). A jobb oldalon csak a ci konstan-

sok ismeretlenek. E konstansok meghatározása céljából helyettesítsük (1.7.4)-eta ci-ket de�niáló egyenletbe. Azt kapjuk, hogy

ci =

b∫a

gi(s)

[f(s) + λ

n∑j=1

cjfj(s)

]ds, (1.7.5)

azaz

ci = λn∑

j=1

cjaij − bi (i = 1, . . . , n), (1.7.6)

ahol aij =b∫a

gi(s)fj(s)ds, bi = −b∫a

gi(s)f(s)ds. Az (1.7.6) rendszer

(λA− E)c = b (1.7.7)

alakba írható, ahol c, b a ci, bi elemekb®l álló oszlopvektorok, A az aij elemekb®lálló mátrix, E az egységmátrix. Így, ha (1.7.3) alakú, elfajult magú (1.7.1) inte-grálegyenletnek létezik x megoldása, úgy az (1.7.4) alakú, és a ci konstansokra(1.7.7) teljesül. (1.7.7) teljesülése esetén az (1.7.4) függvény megoldása (1.7.1)-nek (amint azt behelyettesítéssel könnyen ellen®rizhetjük).Ezzel beláttuk, hogy az (1.7.3) alakú magfüggvénnyel felírt (1.7.1) integrále-gyenlet akkor és csakis akkor oldható meg, ha az (1.7.7) egyenletrendszer c-remegoldható, és ebben az esetben a megoldást az (1.7.4) függvények adják, aholci-k az (1.7.7)-b®l számolandók.

Ha λ olyan, hogy det(λA−E) = 0, akkor (1.7.7), így integrálegyenletünk isegyértelm¶en megoldható. Ha det(λA− E) = 0, akkor integrálegyenletünk vagynem oldható meg, vagy megoldható, de nem egyértelm¶en.


1.7.2. Tétel. Legyenek f ∈ C[a, b], K ∈ C(△) adott folytonos függvények,△ = { (t, s) | a ≤ s ≤ t ≤ b) }. Az

x(t) = f(t) + λ

t∫a

K(t, s)x(s)ds (t ∈ [a, b]) (1.7.8)

másodfajú lineáris inhomogén Volterra-féle integrálegyenletnek bármely λ(∈ C)esetén pontosan egy folytonos megoldása van.

Bizonyítás. A

(Tx)(t) = f(t) + λ

t∫a

K(t, s)x(s)ds x ∈ C[a, b], t ∈ [a, b]

összefüggéssel de�niált T a C[a, b] teljes metrikus térnek önmagába valóleképezése (mint könnyen belátható). Megmutatjuk, hogy T n kontrakció elégnagy n-re.

|(Tx)(t)− (Ty)(t)| ≤ |λ|t∫

a

|K(t, s)||x(s)− y(s)|ds ≤ |λ|ϱ(x, y)t∫

a

|K(t, s)|ds,

ha t ∈ [a, b], x, y ∈ C[a, b]. K folytonos a kompakt △-n, ezért ott korlátos:|K(t, s)| ≤M , ha (t, s) ∈ △, így

|(Tx)(t)− (Ty)(t)| ≤ |λ|ϱ(x, y)M(t− a) t ∈ [a, b].

Ezt felhasználva

|(T 2x)(t)− (T 2y)(t)| =

∣∣∣∣λ t∫a

K(t, s)[(Tx)(s)− (Ty)(s)]ds

∣∣∣∣≤ |λ|

t∫a

|K(t, s)||(Tx)(s)− (Ty)(s)|ds

≤ |λ|t∫a

M |λ|ϱ(x, y)M(s− a)ds = ϱ(x, y)(|λ|M(t− a))2

2!.

Indukcióval igazolható, hogy∣∣(T nx)(t)− (T ny)(t)∣∣ ≤ (

|λ|M(t− a))n

n!ϱ(x, y),

amib®l

ϱ(T nx, T ny) = supt∈[a,b]

∣∣(T nx)(t)− (T ny)(t)∣∣ ≤ (

|λ|M(b− a))n

n!ϱ(x, y).


A jobboldalon ϱ(x, y) együtthatója nullsorozat, ezért elég nagy n esetén < 1. Egyilyen n-re T n kontrakció, így az 1.6.2 tétel miatt T -nek egyetlen �xpontja vanC[a, b]-ben, ami éppen az (1.7.8) integrálegyenlet folytonos megoldása. �

Megjegyezzük, hogy

K(t, s) =n∑

i=0

tigi(s) t, s ∈ [a, b] (1.7.9)

alakú magfüggvény esetén (ha f (n+1), g(n)i ∈ C[a, b] (i = 0, . . . , n)) (1.7.8) vis-szavezethet® egy n+1-edrend¶ lineáris di�erenciálegyenletre vonatkozó kezdeti-érték feladatra. Ekkor ugyanis egyenletünk jobb oldala n + 1-szer folytonosandi�erenciálható, és di�erenciálással

x′(t) = f ′(t) + λK(t, t)x(t) + λ

t∫a

Kt(t, s)x(s)ds, x(a) = f(a)

adódik, ahol Kt =∂∂tK. Még n-szer di�erenciálva a jobboldal egyetlen integrált

tartalmaz csak, ahol az integrandus ∂n+1

∂tn+1K(t, s)x(s) ≡ 0. Így x-re n+ 1-edrend¶lineáris di�erenciálegyenletet kaptunk, és az x(k)(a) (k = 0, . . . , n) értékek adi�erenciálással kapott egyenletb®l meghatározhatók.

Els®rend¶ explicit di�erenciálegyenletrendszerre vonatkozik az következ®egzisztencia és unicitás tétel.

1.7.3. Tétel. (Picard-Lindelöf tétel) Legyenek a, b pozitív számok, ξ ∈ R,η ∈ Rn,

Q = { (x, y) ∈ R× Rn | |x− ξ| ≤ a, ∥y − η∥ ≤ b } ,

ahol z = (z1, z2, . . . , zn) ∈ Rn esetén ∥z∥ = ∥z∥2 =

(n∑

i=1

|zi|2) 1

2

. Tegyük fel,

hogy f : Q → Rn (nem azonosan nulla) folytonos függvény Q-n, mely teljesíti aLipschitz-feltételt (a második, vektorváltozójában), azaz van olyan k konstans,hogy ∥∥f(x, y)− f(x, z)

∥∥ ≤ k∥y − z∥ ha (x, y), (x, z) ∈ Q.

Ekkor azy′ = f(x, y), y(ξ) = η

kezdeti-érték problémának pontosan egy (folytonosan di�erenciálható) megoldá-

sa van a [ξ − h, ξ + h] intervallumon, ahol h = min

{a,

b

M

}, M = sup

Q∥f(x, y)∥.


Bizonyítás. Legyen Y a valós Cn[ξ − h, ξ + h] tér (lásd az 1.5-ben szerepl® 2.és 3. példát) azon y függvényeinek halmaza, melyekre

∥y(x)− η∥ ≤ b ha x ∈ [ξ − h, ξ + h]

teljesül. Y zárt altere a teljes Cn[ξ− h, ξ + h] térnek, így maga is teljes metrikustér. Legyen T a

(Ty)(x) = η +

x∫ξ

f(t, y(t))dt y ∈ Y, x ∈ [ξ − h, ξ + h]

képlettel de�niálva.T az Y teret önmagába képezi le, mert Ty folytonos [ξ− h, ξ+ h]-n, és ebb®l

az intervallumból vett x-ekre

∥∥(Ty)(x)− η∥∥ =

∥∥∥∥∥∥x∫

ξ

f(t, y(t))dt

∥∥∥∥∥∥ ≤M |x− ξ| ≤Mh ≤Mb

M= b.

Elég nagy n-re T n kontrakció Y -on, mert ξ ≤ x ≤ ξ + h mellett

∥∥(Ty)(x)− (Tz)(x)∥∥ ≤

x∫ξ

∥∥f(t, y(t))− f(t, z(t))∥∥dt ≤

≤x∫

ξ

k∥y(t)− z(t)∥dt ≤ kϱ(y, z)|x− ξ|.

Ezt felhasználva, ismét ξ ≤ x ≤ ξ + h-ra∥∥(T 2y)(x)− (T 2z)(x)∥∥ ≤

x∫ξ

∥∥f(t, (Ty)(t))− f(t, (Tz)(t))∥∥dt

≤x∫ξ

k∥∥(Ty)(t)− (Tz)(t)

∥∥dt≤

x∫ξ

k2ϱ(y, z)|t− ξ|dt = k2ϱ(y, z)|x− ξ|2

2!,

és ugyanez érvényes, ha ξ − h ≤ x < ξ.Indukcióval igazolhatjuk, hogy

∥∥(T ny)(x)− (T nz)(x)∥∥ ≤ knϱ(y, z)

|x− ξ|n

n!, n ∈ N, x ∈ [ξ − h, ξ + h],


amib®l

ϱ(T ny, T nz) = supx∈[ξ−h,ξ+h]

∥∥(T ny)(x)− (T nz)(x)∥∥ ≤ (kh)n

n!ϱ(y, z).

Mivel(kh)n

n!→ 0, ha n → ∞, így elég nagy n-re T n kontrakció Y -on, ezért az

1.16 tétel miatt T -nek pontosan egy �xpontja van Y -ban, mely az

y(x) = η +

x∫ξ

f (t, y(t)) dt x ∈ [ξ − h, ξ + h]

(Volterra-féle másodfajú) integrálegyenlet folytonos megoldása, így kezdeti-értékproblémánk folytonosan di�erenciálható megoldása is. �

Megjegyzés. A bizonyításban többször felhasználtuk azt, hogy z ∈ Cn[a, b],a ≤ α ≤ β ≤ b esetén ∥∥∥∥∥∥

β∫α

z(t)dt

∥∥∥∥∥∥ ≤β∫

α

∥z(t)∥dt. (1.7.10)

Ez a következ®képpen látható be: ha z(t) = (z1(t), . . . , zn(t)), ci =β∫α

zi(t)dt,

c = (c1, . . . , cn), akkor

∥c∥2 =

∥∥∥∥∥ β∫α

z(t)dt

∥∥∥∥∥2

=n∑

i=1

(β∫α

zi(t)dt

)2

=n∑

i=1

ciβ∫α

zi(t)dt

=β∫α

n∑i=1

cizi(t)dt ≤β∫α

∥c∥ · ∥z(t)∥dt = ∥c∥β∫α

∥z(t)∥dt,

amib®l következik (1.7.10). Az itt felhasznált∑n

i=1 cizi(t) ≤ ∥c∥ · ∥z(t)∥ egyen-l®tlenség a Hölder-egyenl®tlenség (l(n)2 -re vonatkozó) speciális esete.

1.8. A Baire-féle kategória tétel

1.8.1. Tétel. (Baire tétele) Egy teljes metrikus térben megszámlálható soknyílt, mindenütt s¶r¶ halmaz metszete is mindenütt s¶r¶.

Bizonyítás. Legyen X teljes metrikus tér ϱ metrikával, Vn ⊂ X (n ∈ N) (Na természetes számok halmaza) nyílt, mindenütt s¶r¶ halmazok. Megmutatjuk,

1.8. A BAIRE-FÉLE KATEGÓRIA TÉTEL 39

hogy bármely G nyílt gömb esetén G ∩(

∞∩n=1

Vn

)nem üres, ebb®l következik,

hogy∞∩n=1

Vn mindenütt s¶r¶ X-ben.

A G ∩ V1 metszet nyílt, és nem üres (mert V −1 = X miatt G-ben van V1-beli

pont), így tartalmaz egy nyílt gömböt, és ezzel koncentikus kisebb sugarú zártgömböt is. Ezért van olyan x1 ∈ X és 0 < r1 <

12úgy, hogy

S(x1, r1) ⊂ G ∩ V1

(S(x1, r1) jelöli az x1 középpontú r1 sugarú zárt gömböt, G(x1, r1) a megfelel®nyílt gömb).G(x1, r1)∩V2 nyílt, nem üres halmaz, így van olyan x2 ∈ X és 0 < r1 <

122, hogy

S(x2, r2) ⊂ G(x1, r1) ∩ V2.

Tegyük fel, hogy n ≥ 2 és xn, rn-et kiválasztottuk, úgy G(xn, rn) ∩ Vn+1 nyílt,

nem üres halmaz, ezért található olyan xn+1 ∈ X és 0 < rn+1 <1

2n+1, melyre

S(xn+1, rn+1) ⊂ G(xn, rn) ∩ Vn+1.

Így olyan gömbsorozatot konstruáltunk, melyre

G ⊃ S(x1, r1) ⊃ S(x2, r2) ⊃ · · · , 0 < rk <1

2k, k = 1, 2 . . .

teljesül. E gömbök középpontjai Cauchy sorozatot alkotnak, mert

ϱ(xn, xm) ≤ 2rk <2

2kha m,n > k.

A tér teljessége miatt van olyan x ∈ X, melyre xn → x. Megmutatjuk, hogy

x ∈∞∩k=1

S(xk, rk).

xn ∈ S(xk, rk), ha n ≥ k, így S(xk, rk) zártsága miatt x ∈ S(xk, rk) (k ∈ N),de akkor x ∈ G és x ∈ S(xn+1, rn+1) ⊂ G(xn, rn) ∩ Vn+1 miatt x ∈ Vn+1 (n =

0, 1, 2, . . . ), azaz x ∈ G ∩(

∞∩n=1

Vn

). �

1.8.1. De�níció. Megszámlálható sok nyílt halmaz metszeteként el®állíthatóhalmazokat Gδ halmazoknak nevezzük. ♢

1.8.1. Következmény. Teljes metrikus térben megszámlálható sok mindenütts¶r¶ Gδ halmaz metszete is mindenütt s¶r¶ Gδ halmaz.


Ez azonnal adódik a Baire tételb®l, mivel minden ilyen Gδ halmaz megszám-lálható sok s¶r¶ nyílt halmaz metszete, és megszámlálható sok megszámlálhatóhalmaz uniója is megszámlálható.

A Baire tételt gyakran kategória tételnek nevezik a következ®k miatt.

1.8.2. De�níció. Egy metrikus tér egy részhalmazát els® kategóriájú hal-maznak nevezzük, ha el®állítható megszámlálható sok seholsem s¶r¶ halmazegyesítéseként. Egy halmazt második kategóriájúnak nevezünk, ha nem els®kategóriájú.

♢

Baire tételéb®l következik az

1.8.2. Tétel. Teljes metrikus tér második kategóriájú halmaz.

Bizonyítás. Tegyük fel, hogy X teljes metrikus tér, és els® kategóriájú halmaz,azaz

X =∞∪n=1

An, ahol A− ◦n = ∅ (n ∈ N).

Ekkor természetesen X =∞∪n=1

A−n is fennáll, amib®l komplementerképzéssel

∅ =∞∩n=1

A− ′

n (1.8.1)

következik. A− ′n nyílt halmaz, és mindenütt s¶r¶ X-ben, mert (a Függelék 8.2.7

tételét felhasználva) (A− ′

n

)−= A− ′ ′ ◦ ′

n = An− ◦ ′

= ∅ ′ = X.

Baire tételét az A− ′n halmazokra alkalmazva kapjuk, hogy

∞∩n=1

A− ′n mindenütt

s¶r¶ X-ben, így nem üres, ami ellentmond (1.8.1)-nek.�

1.8.2. Következmény. Ha egy teljes metrikus tér megszámlálhatóan sok hal-maz uniója, úgy e halmazok közül legalább egynek a lezártja tartalmaz gömböt.

Ugyanis X =∞∪n=1

Bn, és mivel X második kategóriájú, van olyan n0 index,

hogy Bn0 nem seholsem s¶r¶. Így B−◦n0

= ∅, B−n0

tartalmaz nyílt gömböt.

1.9. A BAIRE TÉTEL EGY ALKALMAZÁSA 41

Példa. Tekintsük a valós számok R metrikus terét a ϱ(x, y) = |x−y| metriká-val. (Ez azonos a valós l12 térrel.) Ha A ⊂ R egy megszámlálható halmaz, úgy Aels® kategóriájú (mivel megszámlálható sok pont uniója és egy pont sehol sems¶r¶ R-ben). Ebb®l következik, hogy a természetes, egész, racionális számok hal-maza els® kategóriájú halmazok R-ben. Mivel R teljes metrikus tér, az összesirracionális pontok halmaza szükségképpen második kategóriájú halmaz R-ben.

1.9. A Baire tétel egy alkalmazása: sehol semdi�erenciálható folytonos függvény létezése

A Baire tétel segítségével bizonyítható az1.9.1. Tétel. Léteznek az egész számegyenesen de�niált valós érték¶ füg-gvények, melyek mindenütt folytonosak, de sehol sem di�erenciálhatók.

Bizonyítás. Jelölje C[0, 1] a valós C[0, 1] azon x függvényeinek halmazát,melyekre x(0) = x(1) teljesül. C[0, 1] zárt altere a C[0, 1] teljes metrikus térnek,így maga is teljes metrikus tér. Terjesszük ki 1 szerint periódikusan C[0, 1] füg-gvényeit az egész számegyenesre, és jelöljük Γ-val a kiterjesztett függvényekmetrikus terét. (Γ-ban a metrika ugyanaz, mint C[0, 1]-ben, azaz x, y ∈ Γ-raϱ(x, y) = sup

t∈[0,1]|x(t)− y(t)|, és így Γ is teljes metrikus tér.) Legyen

En =

{x ∈ Γ | valamely ξ ∈ [0, 1]-re

∣∣∣∣x(ξ + h)− x(ξ)

h

∣∣∣∣ ≤ n minden h > 0 mellett

}és

E =∞∪n=1

En.

E tartalmazza azon Γ-beli függvények halmazát, melyek valahol di�erenciál-hatók. Megmutatjuk, hogy

1. En zárt,

2. E ′n = Γ \ En mindenütt s¶r¶ Γ-ban.

Ebb®l (a Függelék 8.2.7 tételét használva) következik, hogy E−◦n = E◦

n = E′ − ′n =

Γ′ = ∅, azaz En sehol sem s¶r¶, E els® kategóriájú.

1. igazolásához legyen x az En egy torlódási pontja, és {xk} egy En-belisorozat, mely x-hez konvergál. Válasszuk a ξk ∈ [0, 1] pontot úgy, hogy∣∣∣∣xk(ξk + h)− xk(ξk)

h

∣∣∣∣ ≤ n minden h > 0 esetén.


Legyen ξ a {ξk} sorozat egy torlódási pontja, akkor van {ξk}-nak ξ-hezkonvergáló részsorozata. A jelölés egyszer¶sítése érdekében tegyük fel, hogyaz {xk} sorozatot úgy választottuk, hogy a teljes {ξk} sorozat konvergens.Érvényes az∣∣∣∣x(ξ + h)− x(ξ)

h

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣x(ξ + h)− x(ξk + h)

h

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣x(ξk + h)− xk(ξk + h)

h

∣∣∣∣+

∣∣∣∣xk(ξk + h)− xk(ξk)

h

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣xk(ξk)− x(ξk)

h

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣x(ξk)− x(ξ)

h

∣∣∣∣egyenl®tlenség. Tetsz®leges ε > 0, h > 0-hoz létezik olyan N(ε, h), hogy

supt∈[0,1]

|xk(t)− x(t)| < εh

4ha k > N(ε, h).

Felhasználva, hogy ξk → ξ, az x függvény folytonossága miatt létezikM(ε, h) > N(ε, h), úgy hogy k > M(ε, h) esetén

|x(ξ + h)− x(ξk + h)| < εh

4és |x(ξk)− x(ξ)| < εh

4.

Így, ha k > M(ε, h) akkor∣∣∣∣x(ξ + h)− x(ξ)

h

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣xk(ξk + h)− xk(ξk)

h

∣∣∣∣+ ε ≤ n+ ε,

amib®l következik, hogy bármely h > 0 mellett∣∣∣∣x(ξ + h)− x(ξ)

h

∣∣∣∣ ≤ n,

azaz x ∈ En, tehát En zárt.

2. bizonyításához legyen y ∈ Γ és ε > 0. Megmutatjuk, hogy Γ \ En-nek vanolyan eleme (ami egy függvény), mely ε-nál közelebb van y-hoz. Osszukfel [0, 1]-et k egyenl® részre úgy, hogy ha t és t′ a beosztás ugyanazonintervallumából valók, akkor

|y(t)− y(t′)| < ε

2.

Tekintsük a{(t, s)

∣∣∣ i− 1

k≤ t ≤ i

k, y

(i− 1

k

)− ε

2≤ s ≤ y

(i− 1

k

)+ε

2

}

1.10. KOMPAKTSÁG 43

téglalapot, ahol 1 ≤ i ≤ k (lásd az 1. ábrát), akkor az

(i

k, y

(i

k

))pont a

téglalap jobb-, az

(i− 1

k, y

(i− 1

k

))pont a téglalap baloldalán fekszik.

s

y( i−1k)− ε

2

y( i−1k) + ε

2

ε2

{ε2{

y(t)

i−1k

ik t

1. ábra

Minden téglalapban (i = 1, 2, . . . , k esetén) összekötve a két pontot egyolyan törtvonallal, mely a téglalapban marad és melynek meredeksége ab-szolút értékben nagyobb, mint n, a kapott törtvonalak egyesítésének 1 sz-erint periódikus kiterjesztése olyan folytonos függvényt ad R-en, mely elemeΓ \ En-nek és ε-nál közelebb van y-hoz.

�

1.10. Kompaktság

1.10.1. De�níció. Egy metrikus tér egy részhalmazát szekvenciálisan(sorozatosan) kompaktnak nevezzük, ha e részhalmaz bármely végtelensorozatából kiválasztható konvergens részsorozat, melynek határértéke a szóbanforgó részhalmazban van.


Egy metrikus tér egy részhalmazát relatív szekvenciálisan kompaktnak nevez-zük, ha e részhalmaz lezártja szekvenciálisan kompakt. Ez azt jelenti, hogy erészhalmaz bármely végtelen sorozatából kiválasztható konvergens részsorozat; ahatárérték ugyanis a Függelék 8.2.2 tétele miatt mindig a halmaz lezártjábanvan. ♢

1.10.2. De�níció. Egy metrikus tér egy részhalmazát korlátosnak nevezzük, havan olyan gömb, mely e részhalmazt tartalmazza.

Egy metrikus tér egy részhalmazát teljesen korlátosnak nevezzük, ha bármelyε > 0 esetén e részhalmaz véges sok ε sugarú nyílt gömbbel lefedhet®. ♢

Így, egy X metrikus térK részhalmaza teljesen korlátos, ha minden ε > 0-hozlétezik olyan véges M ⊂ X halmaz, hogy az M -beli középpontú ε sugarú nyíltgömbök uniója tartalmazza K-t. Az M halmazt ε-hálónak nevezzük K számára,Megjegyezzük, hogy itt feltételezhet® az is, hogyM aK részhalmaza. Ugyanis, haM egy

ε

2-háló K számára, úgy mindegyik M -beli középpontú

ε

2sugarú gömbb®l

véve egy K-beli pontot (ha van ilyen) a kivett pontok M1 halmaza véges ε-hálóK számára, és M1 ⊂ K.

Világos, hogy teljesen korlátos halmaz korlátos is, fordítva azonban nem, mertpl. egy végtelenX halmazt véve a diszkrét metrikával,X korlátos, de nem teljesen

korlátos (ε =1

3-hoz nincs véges ε-háló).

Ismeretes, hogy egy topológikus térben a kompaktságot nyílt halmazokkalvaló lefedés segítségével szokás de�niálni.

1.10.3. De�níció. Egy topológikus tér egy részhalmazát kompaktnak nevezzük,ha nyílt halmazokkal való bármely lefedésb®l kiválasztható véges nyílt lefedés.

Egy topológikus tér egy részhalmazát relatív kompaktnak nevezzük, halezártja kompakt. ♢

Metrikus terek esetén a kompaktság, szekvenciálisan kompaktság, teljesenkorlátosság közötti kapcsolatot mutatja az

1.10.1. Tétel. Egy metrikus tér egyK részhalmazára a következ® három feltételekvivalens

1. K kompakt,

2. K szekvenciálisan kompakt,

3. K teljes és teljesen korlátos (K teljessége azt jelenti, hogy K-beli Cauchy-sorozatok K-ban konvergensek, azaz határértékük is K-ban van).

Bizonyítás. kell egy üres sor


1.⇒ 2. Legyen {xn} egy sorozat K-ban. Indirekt úton igazoljuk, hogy {xn}-nekvan K-ban konvergens részsorozata. Tegyük fel, hogy {xn}-nek nincs K-ban konvergens részsorozata. Ekkor az

Ei = {xi, xi+1, xi+2, . . . } (i ∈ N)

halmazok zártak (mert tartalmazzák összes torlódási pontjukat: t.i. nincs

torlódási pontjuk indirekt feltevésünk miatt), és∞∩i=1

Ei = ∅. Innen

K ⊂∞∪i=1

E ′i

tehát∞∪i=1

E ′i a K halmaz egy nyílt lefedése. K kompaktsága miatt van olyan

n természetes szám, hogy

K ⊂n∪

i=1

E ′i

azaz

K ′ ⊃n∩

i=1

Ei = {xn, xn+1, . . . },

ami ellentmondás, mert xn ∈ K.

2. ⇒ 3. Legyen {xn} egy Cauchy sorozat K-ban. 2. miatt van olyan {xnk} rész-

sorozata, mely egy K-beli x-hez konvergál. Megmutatjuk, hogy a teljes{xn} sorozat x-hez konvergál. Legyen ε > 0, akkor van olyan N(ε) ésN1(ε), hogy

ϱ(xn, xm) < ε ha n,m > N(ε), ϱ(xnk, x) < ε ha k > N1(ε).

Válasszuk a k-t úgy, hogy k > N1

(ε2

), nk > N

(ε2

). Ekkor

ϱ(xn, x) ≤ ϱ(xn, xnk) + ϱ(xnk

, x) <ε

2+ε

2= ε ha n > N

(ε2

),

tehát xn → x, ígyK teljes. Tegyük fel, hogyK nem teljesen korlátos. Akkorvan olyan ε∗ > 0, hogy K nem fedhet® le véges sok ε∗ sugarú nyílt gömbbel.Ezért x1 ∈ K biztosan nem alkot ε∗-hálót K számára, azaz G(x1, ε∗) nemfedi le K-t, van tehát olyan x2 ∈ K, hogy ϱ(x1, x2) ≥ ε∗. {x1, x2} ismétnem ε∗-háló K számára, azaz G(x1, ε∗) ∪ G(x2, ε∗) nem fedi le K-t, ezértvan olyan x3 ∈ K, hogy ϱ(x1, x3) ≥ ε∗, ϱ(x2, x3) ≥ ε∗. Hasonlóan folytatvaegy {xn} K-beli sorozatot kapunk, melyre

ϱ(xn, xm) ≥ ε∗ ha n = m.

Ebb®l következik, hogy {xn}-b®l nem választható ki konvergens részsorozat,ami 2.-nek ellentmond, így K teljesen korlátos.


3. ⇒ 1. Legyen {Uα} (α ∈ Γ) a K halmaz egy nyílt lefedése, és tegyük fel, hogynincs olyan véges részrendszere mely lefedné K-t. K teljesen korlátosságamiatt véges sok K-beli középpontú 1

2sugarú nyílt gömb lefedi K-t, így van

olyan G(x1, 12) (x1 ∈ K) nyílt gömb, hogy K ∩ G(x1,12)-et {Uα} (α ∈ Γ)

egyetlen véges részrendszere sem fedi le.K teljesen korlátossága miatt K lefedhet® véges sok K-beli középpontú 1

22

sugarú gömbbel is. Ezen gömbök közül tekintsük azokat, melyeknek vanközös pontjuk K ∩G(x1, 12)-del. Ezen véges sok gömb lefedi K ∩G(x1, 12)-et, így van köztük olyan, G(x2, 1

22) (x2 ∈ K) gömb, hogy K ∩ G(x2, 1

22)-et

{Uα} egyetlen véges részrendszere sem fed le. Hasonlóan, ha K∩G(xn, 12n)-

et már megkonstruáltuk, úgy K ∩ G(xn+1,1

2n+1 ) olyan K-beli középpontúgömb, melynek van közös pontja K ∩ G(xn,

12n)-nel, és K ∩ G(xn+1,

12n+1 )

nem fedhet® le {Uα} egyetlen véges rendszerével sem.Ekkor ϱ(xn, xn+1) <

12n

+ 12n+1 <

12n−1 , mert

G(xn,1

2n) ∩G(xn+1,

1

2n+1) = 0.

Így m < n-re

ϱ(xm, xn) ≤ ϱ(xm, xm+1) + · · ·+ ϱ(xn−1, xn) <1

2m−1+ · · ·+ 1

2n−2<

1

2m−2,

tehát {xn} Cauchy-sorozat, mely K teljessége miatt konvergál egy x ∈ Kelemhez. Van olyan α0 ∈ Γ, hogy x ∈ Uα0 , és Uα0 nyíltsága miatt van olyanr > 0, hogy G(x, r) ⊂ Uα0 . Legyen n egy olyan index, hogy ϱ(xn, x) < r

2és

12n< r

2, akkor a háromszög-egyenl®tlenség alapján

G(xn,1

2n) ⊂ G(x, r) ⊂ Uα0 ,

ami ellentmondás, mert G(xn, 12n)-et {Uα} egyetlen véges részrendszere sem

fedi le.

�Következmények.

1. Egy metrikus tér egy részhalmaza akkor és csakis akkor relatív kompakt, harelatív szekvenciálisan kompakt.

2. (Hausdor� tétele) Ahhoz, hogy egy metrikus tér egy részhalmaza kompakt(szekvenciálisan kompakt) legyen szükséges, és ha a tér teljes elegend® is,hogy e részhalmaz zárt és teljesen korlátos legyen.

Állításunk abból következik, hogy egy teljes halmaz mindig zárt, és teljesmetrikus térben zárt részhalmaz teljes is.


3. (Hausdor� tétele) Ahhoz, hogy egy metrikus tér egy részhalmaza relatívkompakt (relatív szekvenciálisan kompakt) legyen szükséges, és ha a tér tel-jes elegend® is, hogy e részhalmaz teljesen korlátos legyen.

Ugyanis, ha K relatív kompakt, úgy K− kompakt, és az 1.10.1 tétel miattteljesen korlátos, de akkor K is teljesen korlátos. Ha a tér teljes, és Kteljesen korlátos, akkorK− is teljesen korlátos (haM egy ε-hálóK számára,úgy 2ε-háló K− számára), továbbá a tér teljessége miatt K− teljes is. Ezértaz 1.10.1 tétel alapján K relatív kompakt.

1.10.4. De�níció. Egy metrikus teret szeparábilisnak nevezünk, ha van meg-számlálható, mindenütt s¶r¶ részhalmaza. Egy metrikus tér egy részhalmazátpedig akkor nevezzük szeparábilisnak, ha mint altér szeparábilis. ♢

Az Lp(X,S, µ), S(X,S, µ) terek szeparábilitása a mértéktért®l függ, hasonlóanC(X) szeparábilitása az X topológikus tért®l függ. Az l

(n)p (1 ≤ p ≤ ∞),

lp(1 ≤ p < ∞), c, c0, C[a, b] és az Lp(a, b) (1 ≤ p < ∞) terek szeparábilisak,l∞, L∞(a, b) nem szeparábilisak.

Egy metrikus tér kompakt (vagy szekvenciálisan kompakt) részhalmazaszeparábilis.

Ha ugyanis K szekvenciálisan kompakt, az 1.10.1 tétel alapján teljes és telje-sen korlátos, és így létezikMn véges εn = 1

n-háló K számára, és feltehetjük, hogy

Mn ⊂ K. AzM =∞∪n=1

Mn halmaz megszámlálható,M ⊂ K, és K zártsága miatt

M ⊂ K. K minden pontja M érintkezési pontja, így M− ⊃ K, tehát M− = K.

2. fejezet

Lineáris terek

2.1. Lineáris terek, alapfogalmak

2.1.1. De�níció. Az X (nemüres) halmazt lineáris térnek vagy vektortérneknevezzük az F test felett, ha

1. X Abel-csoport, azaz bármely két x, y ∈ X elemhez hozzá van rendelveegy x+ y-nal jelölt eleme X-nek (melyet x és y összegének nevezünk) úgy,hogy bármely x, y, z ∈ X mellett,

x+ (y + z) = (x+ y) + z,x+ y = y + x,

létezik 0 ∈ X melyre x+ 0 = x,létezik − x ∈ X melyre x+ (−x) = 0,

2. bármely x ∈ X és λ ∈ F -hez hozzá van rendelve egy λx-szel jelölt elemeX-nek (melyet λ és x szorzatának nevezünk) úgy, hogy bármely x, y ∈ X,λ, µ, 1 ∈ F (1 az F egységeleme) esetén,

λ(x+ y) = λx+ λy,(λ+ µ)x = λx+ µx,

(λµ)x = λ(µx)1x = x

teljesül.

X elemeit vektoroknak, F elemeit skalároknak, az F testet X skalártar-tományának nevezzük. ♢

Az F test nálunk mindig az R valós, vagy a C komplex számtest lesz,ennek megfelel®en valós vagy komplex lineáris térr®l beszélünk. Ha állításaink

48

2.1. LINEÁRIS TEREK, ALAPFOGALMAK 49

mind valós, mind komplex lineáris tér esetén érvényesek, úgy egyszer¶enlineáris teret mondunk, és a skalártartomány jelölésére a K szimbólumothasználjuk (így K = R vagy K = C). Igazolható, hogy egy lineáris térbenugyanazok a számolási szabályok érvényesek, mint a 3 dimenziós vektortérben(pl. többtagú összegben a tagok tetsz®legesen csoportosíthatók és tetsz®legessorrendbe írhatók, a nullvektor egyértelm¶en meg van határozva, λx = 0 akkor

és csakis akkor, ha λ = 0 vagy x = 0, −(λx) = (−λ)x ,n-szer︷︸︸︷

x+ x+ · · ·+ x = nx, stb.

Példák.

1. Legyenek x = (ξ1, ξ2, . . . ), y = (η1, η2, . . . ) a c0 (komplex nullsorozatok)elemei. Ha az összeadást és a skalárral való szorzást természetes módon az

x+ y = (ξ1 + η1, ξ2 + η2, . . . )λx = (λξ1, λξ2, . . . )

összefüggésekkel de�niáljuk, akkor c0 lineáris tér lesz. Hasonló módonértelmezve a m¶veleteket, l(n)p , lp, c, s is lineáris terek.

2. C(X) lineáris tér az

(x+ y)(t) = x(t) + y(t)(λx)(t) = λx(t)

(x, y ∈ C(X), λ ∈ K, t ∈ X)

m¶veletekre nézve (függvények így de�niált összeadását és számmal valószorzását pontonkénti összeadásnak és számmal való szorzásnak mondjuk).

Hasonló m¶veleti értelmezéssel S(X,S, µ) és Lp(X,S, µ) is lineáris terek, deitt ellen®rizni kell azt, hogy a térben egyenl® (vagyis majdnem mindenüttegyenl®) függvények összege és skalárszorosa is (majdnem mindenütt) e-gyenl® a térben.

3. Legyen B egy tetsz®leges nem üres halmaz, és jelölje F (B) a B-nértelmezett összes olyan K-beli érték¶ függvények halmazát, melyek csakvéges sok B-beli pontban vesznek fel zérustól különböz® értéket. EkkorF (B) lineáris tér a pontonkénti összeadásra, és skalárral való szorzásranézve, melyet a B-n értelmezett �nit függvények lineáris terének nevezünk.

2.1.2. De�níció. Legyenek X,Y ugyanazon K skalártartománnyal rendelkez®lineáris terek. Az A : X → Y leképezést lineáris leképezésnek vagy lineárisoperátornak nevezzük, ha bármely x, y ∈ X,λ ∈ K esetén

A(x+ y) = Ax+ Ay (A additív)A(λx) = λAx (A homogén)

50 FEJEZET 2. LINEÁRIS TEREK

teljesül.Az X-nek Y -ra való kölcsönösen egyértelm¶ lineáris leképezését izomorf

leképezésnek mondjuk. Azt mondjuk, hogy X izomorf Y -nal, ha X-nek vanizomorf leképezése Y -ra.

Egy lineáris tér alterén X olyan részhalmazát értjük, mely maga is lineáristér az X-beli m¶veletekre nézve. ♢

Az egész X és a {0} alterek, melyeket triviális altereknek nevezünk. Világos,hogy Y ⊂ X akkor és csakis akkor altere az X lineáris térnek, ha Y (nem üresés) zárt az összeadásra és a skalárral való szorzásra nézve, azaz x, y ∈ Y , λ ∈ Kesetén x+ y ∈ Y , λx ∈ Y teljesül.

Példák.

1. A C(X) lineáris térben X egy rögzített M részhalmazán zérus értéketfelvev® C(X)-beli függvények alteret alkotnak C(X)-ben.

2. L1-ben az∫X

x(t)dµt = 0 tulajdonságú függvények összessége altér.

3. Lineáris tér altereinek metszete is altér.

2.1.3. De�níció. Egy lineáris tér egy A részhalmazát tartalmazó összes alterekmetszetét az A lineáris burkának (az A által kifeszített vagy generált altérnek)nevezzük és [A]-val jelöljük. ♢

[A] az A halmazt tartalmazó altér, mely legsz¶kebb a következ® értelemben:ha Y A-t tartalmazó altér, úgy Y ⊃ [A].

2.1.4. De�níció. Egy lineáris tér x1, . . . , xn vektorainak lineáris kombinációinértjük az összes λ1x1 + · · ·+ λnxn alakú vektort, ahol λ1, . . . , λn skalárok. ♢

2.1.1. Tétel. Egy lineáris tér A részhalmazának lineáris burka az A-beli vek-torok lineáris kombinációinak halmaza, azaz

[A] =

{n∑

i=1

λiai

∣∣∣ λi ∈ K, ai ∈ A, i = 1, . . . , n, n = 1, 2, . . .

}.

Bizonyítás. Jelölje D a jobboldalon álló halmazt, akkor [A] ⊂ D, mert D azA-t tartalmazó altér.

D ⊂ [A] is teljesül, mert D egy x =n∑

i=1

λiai elemét véve ai ∈ [A], λiai ∈ [A],

x ∈ [A], ugyanis [A] altér. �


2.1.5. De�níció. Legyen Y az X lineáris tér altere, és tetsz®leges x ∈ X eseténjelölje x′ az x + Y = {x + h | h ∈ Y } halmazt. Az {x′} (x ∈ X) halmazokosztálya az

x′ + y′ = (x+ y)′

λx′ = (λx)′(x, y ∈ X, λ ∈ K)

összefüggéssel értelmezett összeadással és skalárral való szorzással ellátva lineáristér (amint az könnyen látható), melyet az X lineáris tér Y altér szerint vettfaktorterének nevezünk, és X/Y -nal jelölünk. ♢

Példa. A konvergens sorozatok c lineáris terében a nullsorozatok c0 hal-maza altér. A c/c0 faktortér elemei olyan sorozatokból álló halmazok, melyeknekugyanaz a határértékük.

2.1.6. De�níció. Egy lineáris tér x1, . . . , xn vektorait lineárisan függetleneknek

nevezzük, han∑

i=1

λixi = 0 (λi ∈ K, i = 1, . . . , n) csak λ1 = · · · = λn = 0 esetén

áll fenn.Egy lineáris tér végtelen S részhalmazát lineárisan függetlennek nevezzük, ha Sbármely, különböz® vektorokból álló véges vektorrendszere lineárisan független.

Egy lineáris tér egy részhalmazát lineárisan függ®nek nevezünk, ha nemlineárisan független.

A B halmazt az X lineáris tér Hamel-bázisának nevezzük, ha B lineárisanfüggetlen, és [B] = X. ♢

A következ®kben szükségünk lesz a Zorn lemmára, ezért el®ször ezt fogjukkimondani a szükséges el®készületek után.

2.1.7. De�níció. Egy halmazon értelmezett ≤ binér relációt féligrendezésneknevezzük, ha bármely x, y, z halmazelemre teljesülnek a következ®k:

x ≤ x (≤ re�exív)x ≤ y és y ≤ x-b®l következik x = y (≤ antiszimmetrikus)x ≤ y és y ≤ z-b®l következik x ≤ z (≤ tranzitív).

Egy halmazt félig rendezettnek nevezünk, ha értelmezve van rajta egy féligrendezés.

Ha egy félig rendezett halmaz egy B részhalmazának bármely két x, y elemeesetén x ≤ y és y ≤ x közül legalább az egyik fennáll (vagyis B bármely kételeme összehasonlítható), akkor B-t teljesen rendezett halmaznak, más szóvalláncnak nevezzük.

Az X félig rendezett halmaz valamely B részhalmazát felülr®l korlátosnaknevezzük, ha van olyan k ∈ X elem, melyre b ≤ k bármely b ∈ B esetén. k-t Bfels® korlátjának nevezzük.


Az X félig rendezett halmaz egy m elemét X maximális elemének nevezzük,ha nincs olyan x ∈ X, melyre x ≥ m és x = m teljesül. ♢

2.1.1. Lemma. (Zorn) Ha egy félig rendezett halmaz minden lánca felülr®lkorlátos, akkor e félig rendezett halmaznak van maximális eleme.

A Zorn lemma segítségével fogjuk bizonyítani a következ® tételt.

2.1.2. Tétel. Ha E egy lineárisan független halmaza az X lineáris térnek, akkorvan olyan B Hamel-bázisa X-nek, mely tartalmazza E-t.

Bizonyítás. Legyen L az X lineáris tér összes E-t tartalmazó lineárisanfüggetlen részhalmazainak osztálya, félig rendezve a halmazelméleti tartalmazás-sal. Ha L0 egy lánca L-nek és

L0 =∪

L∈L0

L

az összes L0-beli halmazok uniója, úgy L0 ∈ L, mert L0 nyilvánvalóan tartal-mazza E-t és L0 lineárisan független. Legyen ugyanis {x1, . . . , xn} egy tetsz®legesvéges részrendszere L0-nak, akkor xi ∈ Li (i = 1, . . . , n), ahol Li ∈ L. Mivel L0

lánc, így mindegyik xi eleme a legb®vebb Lj-nek, így {x1, . . . , xn} lineárisanfüggetlen. Így L0 fels® korlátja az L0 láncnak.A Zorn lemma alkalmazásával kapjuk, hogy L-nek van B maximális eleme.

Ekkor B lineárisan független és E ⊂ B. Megmutatjuk, hogy [B] = X, ígyB a kívánt Hamel-bázis. Ha x ∈ X tetsz®leges elem és x ∈ B, úgy x ∈ [B]. Hax /∈ B, akkor B ∪ {x} B-nél b®vebb E-t tartalmazó részhalmaza X-nek, mely Bmaximalitása miatt nem lehet L-ben, így B ∪ {x} lineárisan függ®, azaz

λx+n∑

i=1

λibi = 0,

és λ, λ1, . . . , λn nem mind zérusok. λ = 0, mert különben {b1, . . . , bn} lineárisfüggetlensége miatt λ1 = · · · = λn = 0 volna. Így λ-val osztva

x =n∑

i=1

(−λiλ

)bi,

azaz x ∈ [B]. �

2.1.1. Következmény. Minden lineáris térnek (kivéve a {0} teret) van Hamel-bázisa.


Legyen ugyanis x egy zérustól különböz® eleme a térnek, E = {x} ésalkalmazzuk a 2.1.2 tételt!

Legyen B az X lineáris tér egy Hamel-bázisa. Ekkor X bármely elemeegyértelm¶en felírható B-beli elemek lineáris kombinációjaként. Legyen x ∈ X,akkor x ∈ [B], ezért

x =n∑

i=1

λibi.

Ha x =n∑

i=1

µibi az x vektor egy másik el®állítása, úgyn∑

i=1

(λi − µi)bi = 0, amib®l

B lineáris függetlensége miatt λi − µi = 0 (i = 1, . . . , n).Egy lineáris térnek több Hamel-bázisa van, de ezek mind azonos számossá-

gúak.

2.1.3. Tétel. Egy lineáris tér bármely két Hamel-bázisának számossága egyenl®.

Bizonyítás. Legyenek B és B′ az X lineáris tér Hamel-bázisai, és jelölje Φ azonφ : Dφ → Rφ leképezések halmazát, melyekre teljesülnek a következ®k:

(1) B ∩B′ ⊂ Dφ ⊂ B, B ∩B′ ⊂ Rφ ⊂ B′,

(2) φ kölcsönösen egyértelm¶ leképezése Dφ-nek Rφ-re,

(3) φ identitásként hat a B ∩B′ halmazon,

(4) Rφ ∪ (B \Dφ) lineárisan független.

Φ nemüres halmaz. Ha B ∩ B′ = ∅, akkor az a függvény, mely identitáskénthat a B ∩B′(= Dφ = Rφ) halmazon, eleme Φ-nek.

Ha B ∩ B′ = ∅, akkor rögzítsünk egy u ∈ B elemet. Azt állítjuk, hogy[B \ {u}] = B′ (ahol [A]=az A halmaz lineáris burkát jelöli) ugyanis, ellenkez®esetben X = [B′] = [[B \ {u}]] = [B \ {u}] volna, ami nem lehet, mivel Bbázis. Így B′ \ [B \ {u}] = ∅ van tehát egy u′ eleme. Azt állítjuk, hogy {u′} ∪(B \ {u}) lineárisan független. Ugyanis e halmaz különböz® elemeib®l álló végesvektorrendszer csak úgy lehet lineárisan függ®, ha tartalmazza u′-t és ekkor u′

el®állítható B \ {u}-beli elemek lineáris kombinációjaként, azaz, u′ ∈ [B \ {u}] ,ami lehetetlen. Legyen Dφ = {u}, Rφ = {u′} és φ(u) = u′, akkor φ ∈ Φ.

A Φ-n egy ≻ féligrendezést de�niálunk : φ, φ′ ∈ Φ esetén legyen φ′ ≻ φ, ha φ′

kiterjesztése φ-nek, azaz

φ′ ≻ φ, ha Dφ′ ⊃ Dφ, és φ′(s) = φ(s), ha s ∈ Dφ.


A Φ féligrendezett halmaz minden lánca felülr®l korlátos. Legyen Φ0 egy láncaΦ-nek, Dφ0 =

∪φ∈Φ0

Dφ, és s ∈ Dφ0-ra legyen

φ0(s) = φ(s) ha φ ∈ Φ0, s ∈ Dφ.

Φ0 láncsága miatt φ0 egyértelm¶en de�niálva van Dφ0-on, kölcsönösenegyértelm¶en képezi le Dφ0-t Rφ0 =

∪φ∈Φ0

Rφ-ra, és identitásként hat a B ∩ B′

halmazon.Rφ0 ∪ (B \ Dφ0) lineárisan független, mert véve egy tetsz®leges, különböz®

vektorokból álló véges {x1, . . . , xn} vektorrendszerét, feltehet®, (az elemek index-elésének megváltoztatásával, ha erre szükség van), hogy {x1, . . . , xm} ⊂ Rφ0 , és{xm+1, . . . , xn} ⊂ B \Dφ0 valamely m ∈ {0, 1, . . . , n} esetén. De akkor xi ∈ Rφi

valamely φi ∈ Φ0-ra (i = 1, . . . ,m). Legyen φk a φ1, . . . , φm-ek közül a leg-nagyobb. Ekkor xi ∈ Rφi

⊂ Rφk(i = 1, . . . ,m), és xj ∈ B \ Dφ0 ⊂ B \ Dφk

(j = m+1, . . . , n), tehát {x1, . . . , xn} az Rφk∪ (B \Dφk

) halmaz különböz® vek-torokból álló véges vektorrendszere lévén, lineárisan független. A Zorn lemmaszerint Φ-nek van φ maximális eleme.

Azt állítjuk, hogy Dφ = B. Tegyük fel, hogyDφ = B. Ekkor Rφ = B′, ugyanis,ha Rφ = B′, akkor a B′ ∪ (B \ Dφ) halmaz nem lineárisan független (mivel B′

Hamel-bázis). Így a nemüres B′ \Rφ-b®l egy b′ elemet véve két eset lehetséges.

a) Ha {b′}∪Rφ∪ (B \Dφ) lineárisan független, akkor B \Dφ-b®l egy b elemetvéve a

φ′(s) =

{φ(s) ha s ∈ Dφ

b′ ha s = b

képlettel de�niált φ′ függvény Φ-beli, és kiterjesztése φ-nek, ami ellent-mond φ maximalitásának.

b) Ha {b′}∪Rφ∪ (B \Dφ) lineárisan függ®, akkor b′ egyértelm¶en el®állíthatóRφ ∪ (B \Dφ)-beli elemek lineáris kombinációjaként

b′ =∑b′i∈Rφ

λ′ib′i +

∑bj∈B\Dφ

λjbj,

és itt legalább egy λj0 nem zérus (ellenkez® esetben b′ =∑

b′i∈Rφ

λ′ib′i volna,

ami B′ lineáris függetlensége miatt nem lehet). Legyen

φ′(s) =

{φ(s) ha s ∈ Dφ

b′ ha s = bj0 ,

akkor φ′ az (1), (2), (3) feltételeket nyilvánvalóan kielégíti, és Rφ′ ∪ (B \Dφ′) is lineárisan független, mivel egyébként b′ Rφ ∪ (B \Dφ′)-beli elemek


lineáris kombinációja volna, ami b′ fenti el®állításának egyértelm¶sége, ésbj0 választása miatt nem lehet. Ezért φ′ ∈ Φ ismét valódi kiterjesztéseφ-nek, ami ellentmondás. Ezzel beláttuk, hogy Dφ = B.

φ tehát kölcsönösen egyértelm¶ leképezése Dφ = B-nek Rφ ⊂ B′-re, amib®lkövetkezik, hogy B számossága B′ számosságánál nem nagyobb. B és B′

szerepét felcserélve, kapjuk a fordított egyenl®tlenséget, amib®l a tétel ál-lítása következik.

�

2.1.8. De�níció. Egy lineáris tér Hamel-bázisainak közös számosságát a tér(algebrai) dimenziójának nevezzük. A {0} tér dimenziója 0. ♢

2.1.4. Tétel. Minden lineáris tér (kivéve a {0} teret) izomorf a tér egy Hamel-bázisán értelmezett �nit függvények terével.

Bizonyítás. Ha B az X lineáris tér egy Hamel-bázisa, akkor bármely x ∈ Xegyértelm¶en el®áll

x =n∑

i=1

λibi (bi ∈ B, λi ∈ K, i = 1, . . . , n)

alakban. x-hez hozzárendelve azt az F (B)-beli függvényt, mely bi-n a λi értéket(i = 1, . . . , n), többi pontjában pedig 0-t vesz fel, X-nek kölcsönösen egyértelm¶m¶velettartó leképezését kapjuk F (B)-re. �

2.1.2. Következmény. Azonos (algebrai) dimenziójú (valós vagy komplex)lineáris terek izomorfak.

2.1.9. De�níció. Egy lineáris tér A részhalmazát konvexnek nevezzük, habármely x, y ∈ A és λ ∈ [0, 1] esetén

λx+ (1− λ)y ∈ A.

♢

2.1.10. De�níció. Egy lineáris tér A részhalmazát tartalmazó összes konvexhalmazok metszetét A konvex burkának nevezzük, és coA-val jelöljük. ♢

Mivel konvex halmazok metszete konvex, így coA konvex halmaz és minimálisa következ® értelemben: Ha B az A-t tartalmazó konvex halmaz, akkor B ⊃ coA.

2.1.11. De�níció. Egy lineáris tér x1, . . . , xn vektorainak konvex kombinációinértjük az összes λ1x1 + · · · + λnxn alakú vektort, ahol λi ≥ 0 (i = 1, . . . , n),n∑

i=1

λi = 1. ♢


2.1.5. Tétel. Egy lineáris tér A részhalmazának konvex burka az A-beli vek-torok összes konvex kombinációinak halmaza.

Bizonyítás. Jelölje Dn az A-beli elemek legfeljebb n tagú konvex kombinációit,azaz

Dn =

{n∑

i=1

λiai

∣∣∣ λi ≥ 0, ai ∈ A, i = 1, . . . , n,n∑

i=1

λi = 1

}

és legyen D =∞∪n=1

Dn. Azt kell belátnunk, hogy coA = D.

coA ⊂ D, mert A = D1 ⊂ D és D konvex. Legyenek ugyanis x, y ∈ D, akkor

x =n∑

i=1

λiai, y =n∑

i=1

µiai, ahol λi, µi ≥ 0, ai ∈ A, i = 1, . . . , n,n∑

i=1

λi =n∑

i=1

µi = 1

és λ ∈ [0, 1] esetén

λx+ (1− λ)y =n∑

i=1

(λλi + (1− λ)µi

)ai ∈ D,

mert

λλi + (1− λ)µi ≥ 0 ésn∑

i=1

(λλi + (1− λ)µi

)= 1.

A fordított tartalmazás D ⊂ coA igazolásához n szerinti indukcióval bi-zonyítjuk, hogyDn ⊂ coA. n = 1-reD1 = A ⊂ coA. Tegyük fel, hogyDn ⊂ coA,és legyen x ∈ Dn+1. Ekkor

x =n+1∑i=1

λiai =n∑

i=1

λiai + λn+1an+1 (λi ≥ 0, i = 1, . . . , n+ 1,n+1∑i=1

λi = 1).

Ha λn+1 = 1, akkor x = an+1 ∈ A ⊂ coA, ha λn+1 < 1, akkor

x = λn+1an+1 + (1− λn+1)n∑

i=1

λi1− λn+1

ai,

de an+1 ∈ A ⊂ coA,n∑

i=1

λi

1−λn+1ai ∈ Dn ⊂ coA, így coA konvexsége miatt

x ∈ coA. �Ha A,B egy lineáris tér részhalmazai, λ, µ skalárok, akkor szokásos a

λA+ µB = {λa+ µb | a ∈ A, b ∈ B}

jelölést használni. Ha itt pl. B = {b} egyelem¶ halmaz, úgy λA + µ{b} helyettegyszer¶en λA+µb-t írunk. E jelölésekkel pl. az A halmaz konvexitása azt jelenti,hogy bármely λ ∈ [0, 1] esetén

λA+ (1− λ)A ⊂ A.

2.2. A HAHN-BANACH TÉTEL 57

2.2. A Hahn-Banach tétel

Egy X lineáris térnek ugyanazon skalárokkal rendelkez® Y lineáris térbe valóA leképezését akkor neveztük lineáris leképezésnek, ha A additív és homogén,azaz ha

A(x+ y) = Ax+ AyA(λx) = λAx

(x, y ∈ X,λ ∈ K).

A K test (ahol K = R vagy K = C) maga is lineáris tér K felett, így vanértelme a következ® de�níciónak.2.2.1. De�níció. Egy lineáris térnek a skalártartományába való (lineáris)leképezését (lineáris) funkcionálnak nevezzük. ♢

Így az X lineáris téren értelmezett f : X → K funkcionál lineáris, ha bármelyx, y ∈ X, λ ∈ K-ra

f(x+ y) = f(x) + f(y)f(λx) = λf(x)

teljesül.

Megjegyzés. Az f : X → K funkcionál valós vagy komplex érték¶ függvény,így x ∈ X-beli értékét f(x)-szel jelöljük, ha A : X → Y egy operátor (leképezés),úgy A x-beli értékét Ax-szel jelöljük, itt x-et nem tesszük zárójelbe.

2.2.1. Tétel. (Hahn-Banach) Legyen X egy valós lineáris tér és p : X → Regy szubadditív pozitív homogén függvény X-en, azaz

p(x+ y) ≤ p(x) + p(y) (p szubadditív)p(αx) = αp(x) (p pozitív homogén)

teljesül minden x, y ∈ X, α ≥ 0 esetén. Tegyük fel, hogy f0 : X0 → R az Xlineáris tér X0 alterén de�niált lineáris funkcionál, melyre

f0(u) ≤ p(u) (u ∈ X0).

Akkor létezik olyan, az egész X téren értelmezett f : X → R lineáris funkcionál,hogy

f(u) = f0(u) (u ∈ X0),f(x) ≤ p(x) (x ∈ X).

Röviden: valós lineáris tér egy alterén értelmezett és ott egy szubadditív, pozitívhomogén függvénnyel majorált lineáris funkcionál kiterjeszthet® az egész térre alinearitás és a majorálás megtartása mellett.


Bizonyítás. 1. Legyen x1 ∈ X\X0 ésX1 azX0∪{x1} lineáris burka. Bármelyy ∈ X1 elem X0 ∪ {x1}-beli elemnek lineáris kombinációja, így

y = x+ λx1 (x ∈ X0, λ ∈ R)

alakú. Megfordítva, bármely x + λx1 (x ∈ X0, λ ∈ R) alakú elem X1-beli.Továbbá, ez az el®állítás egyértelm¶, mert ha

y = x′ + λ′x1 (x′ ∈ X0, λ′ ∈ R),

úgy x − x′ = (λ′ − λ)x1 ∈ X0, ami csak λ′ − λ = 0, x − x′ = 0 eseténigaz. Megmutatjuk, hogy f0-t ki lehet terjeszteni X1-re a linearitás és amajorálás megtartásával. Ha f1 egy ilyen kiterjesztés, úgy y = x+ λx1-re

f1(y) = f1(x) + λf1(x1) = f0(x) + λc (c = f1(x1)). (2.2.1)

Világos, hogy a c ∈ R konstans bármely választásánál ez lineáris kiter-jesztése f0-nak X1-re. Azt fogjuk belátni, hogy c megválasztható úgy, hogy

f1(y) ≤ p(y) (y ∈ X1) (2.2.2)

teljesüljön. (2.2.1) segítségével (2.2.2) a

f0(x) + λc ≤ p(x+ λx1) (x ∈ X0, λ ∈ R) (2.2.3)

alakba írható át.

Ha λ = 0, akkor (2.2.3) teljesül tetsz®leges c ∈ R esetén.

Ha λ > 0, akkor (2.2.3) pontosan akkor igaz, ha

f0

(xλ

)+ c ≤ p

(xλ+ x1

),

vagy ha (az u =x

λ∈ X0 jelöléssel)

c ≤ p(u+ x1)− f0(u) (u ∈ X0)

fennáll.

Ha λ < 0, úgy −λ > 0, így osztva vele kapjuk, hogy (2.2.3) akkor és csakisakkor teljesül, ha

f0

(−xλ

)− c ≤ p

(−xλ− x1

),


azaz ha (a v = −xλ∈ X0 jelöléssel)

f0(v)− p(v − x1) ≤ c (v ∈ X0)

teljesül.

Összefoglalva az eseteket azt kapjuk, hogy (2.2.3) vagy (2.2.2) pontosanakkor teljesül, ha bármely u, v ∈ X0 mellett

f0(v)− p(v − x1) ≤ c ≤ p(u+ x1)− f0(u). (2.2.4)

Legyen u, v ∈ X0. Ekkor

f0(u) + f0(v) = f0(u+ v) ≤ p(u+ v) = p(u+ x1 + v − x1)≤ p(u+ x1) + p(v − x1),

amib®lf0(v)− p(v − x1) ≤ p(u+ x1)− f0(u),

supv∈X0

{f0(v)− p(v − x1)} ≤ infu∈X0

{p(u+ x1)− f0(u)}. (2.2.5)

Az egyenl®tlenség mindkét oldalán egy valós szám áll, ha c-t úgy választjuk,hogy e két valós szám között legyen, úgy nyilvánvaló, hogy (2.2.4) és ezzelegyütt (2.2.2) is teljesül. Így f1 olyan lineáris funkcionál X1-en, melyet pmajorál.

2. Azt fogjuk mondani, hogy f ′ majorált kiterjesztése f0-nak, ha f ′ egy azX0-t tartalmazó X ′ altéren de�niált lineáris funkcionál, melyre

f ′(u) = f0(u) (u ∈ X0),f ′(x) ≤ p(x) (x ∈ X ′)

teljesül. Legyen Φ az f0 funkcionál összes majorált kiterjesztéseinek hal-maza. Φ-n de�niáljuk a ≺ féligrendezést a következ®képpen: f ′, f ′′ ∈ Φ-re

f ′ ≺ f ′′ ha X ′ ⊂ X ′′ és f ′(x) = f ′′(x) ha x ∈ X ′.

Φ minden lánca felülr®l korlátos, mert ha Φ0 egy lánc, úgy legyen

Y =∪

f ′∈Φ0

X ′, és g(x) = f ′(x), ha x ∈ X ′.

Mivel Φ0 lánc, g egyértelm¶en de�niálva van Y -on, lineáris és p majoráljag-t Y -on, tehát g ∈ Φ. Továbbá f ′ ≺ g bármely f ′ ∈ Φ0 esetén, így g fels®korlátja Φ0-nak. A Zorn lemma szerint Φ-nek van maximális f eleme. f azegész X téren értelmezett lineáris funkcionál, mely majorált kiterjesztésef0-nak, ha ugyanis f nem volna az egész X téren értelmezve, akkor az 1.alatti eljárást f -re alkalmazva ellentmondásra jutnánk f maximalitásával.

�


Megjegyzés. Ha (2.2.5)-ben < áll fenn, akkor kontinuum sok c ∈ R van,mellyel a (2.2.1) szerint képzett f1 majorált kiterjesztése f0-nak. Igy, a Hahn-Banach tételben szerepl® f kiterjesztés általában nem egyértelm¶.

2.2.1. Következmény. Legyen X valós lineáris tér, p : X → R szubadditív, poz-itív homogén függvény X-en. Ekkor létezik olyan f : X → R lineáris funkcionál,melyre bármely x ∈ X esetén

−p(−x) ≤ f(x) ≤ p(x).

Alkalmazzuk ugyanis a 2.2.1 tételt (Hahn-Banach tétel) X0 = {0}, f0(0) = 0választásokkal (f0(0) = 0 = p(0) miatt X0-on f0-t p majorálja). Létezik tehátegy olyan f : X → R lineáris funkcionál, melyre f(x) ≤ p(x), de akkor −f(x) =f(−x) ≤ p(−x), amib®l −p(−x) ≤ f(x) (x ∈ X).

A Hahn-Banach tétel kis módosítással komplex lineáris terek esetében isérvényes.

2.2.2. Tétel. (Bohnenblust-Sobczyk) Legyen X egy komplex lineáris tér ésp : X → R egy X-en de�niált valós érték¶ függvény, melyre bármely x, y ∈X,λ ∈ C esetén

p(x+ y) ≤ p(x) + p(y),p(λx) = |λ| p(x)

teljesül. (Az ilyen tulajdonságú p függvényt félnormának nevezzük.) Tegyük fel,hogy f0 az X lineáris tér X0 alterén de�niált lineáris funkcionál, melyre

|f0(u)| ≤ p(u) (u ∈ X0).

Akkor létezik olyan f : X → C lineáris funkcionál X-en, hogy

f(u) = f0(u) (u ∈ X0),|f(x)| ≤ p(x) (x ∈ X).

Röviden: Egy komplex lineáris tér egy alterén de�niált és ott abszolút érték-ben egy félnormával majorált lineáris funkcionál kiterjeszthet® az egész térre alinearitás és a majorálás megtartásával.

Bizonyítás. Legyenek g0, h0 az f0 funkcionál valós és képzetes részei, azaz

g0(x) =f0(x) + f0(x)

2, h0(x) =

f0(x)− f0(x)

2i(x ∈ X0).

g0, h0 valós érték¶ funkcionálok, melyek f0 linearitása miatt additívak és a valósskalárokkal való szorzásra nézve homogének is. Továbbá, x ∈ X0-ra

−ig0(ix) = −if0(ix) + f0(ix)

2= −iif0(x)− if0(x)

2=f0(x)− f0(x)

2= ih0(x),


így

f0(x) = g0(x) + ih0(x) = g0(x)− ig0(ix) (x ∈ X0).

Az X valós lineáris tér is, ha a skalárral való szorzást lesz¶kítjük a valósskalárokkal való szorzásra. X0 ennek valós lineáris altere, és az el®bbiek alapjáng0 : X0 → R valós lineáris funkcionál X0-on, melyet a p félnorma majorál, mert

g0(x) = Ref0(x) ≤ |f0(x)| ≤ p(x) (x ∈ X0).

Mivel p szubadditív és pozitív homogén is, alkalmazhatjuk g0-ra a Hahn-Banachtételt. Létezik tehát olyan g : X → R valós lineáris funkcionál, melyre

g(u) = g0(u) (u ∈ X0),g(x) ≤ p(x) (x ∈ X).

Legyen

f(x) = g(x)− ig(ix) (x ∈ X).

Azt állítjuk, hogy f teljesíti a tétel követelményeit.f : X → C additív, mert x, y ∈ X-re

f(x+ y) = g(x+ y)− ig(i(x+ y)) = g(x) + g(y)− ig(ix)− ig(iy) =

=(g(x)− ig(ix)

)+(g(y)− ig(iy)

)= f(x) + f(y),

és f homogén (a komplex számokkal való szorzásra nézve is), mert ha α, β ∈ R,x ∈ X, úgy

f((α+ iβ)x

)= g((α+ iβ)x

)− ig

(i(α+ iβ)x

)= αg(x) + βg(ix)− iαg(ix)− iβg(−x)= α [g(x)− ig(ix)] + iβ [g(x)− ig(ix)] = (α+ iβ)f(x).

Ha u ∈ X0, úgy iu ∈ X0, és

f(u) = g(u)− ig(iu) = g0(u)− ig0(iu) = f0(u).

Továbbá tetsz®leges x ∈ X esetén létezik olyan φ ∈ [0, 2π), hogy f(x) =|f(x)|eiφ, és így

|f(x)| = e−iφf(x) = f(e−iφx

)= Ref(e−iφx) = g(e−iφx) ≤ p(e−iφx) = p(x),

ezzel a bizonyítás teljes. �


2.3. A Hahn-Banach tétel alkalmazásai

1. Banach-limesz egzisztenciája

2.3.1. De�níció. A valós l∞ lineáris téren értelmezett L lineáris funkcionáltBanach-limesznek nevezzük, ha

(1) L(x) ≥ 0, ahol x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ l∞, ξi ≥ 0 (i = 1, 2, . . . ),

(2) L(x) = L(σx), ahol σx = σ(ξ1, ξ2, . . . ) = (ξ2, ξ3, . . . ),

(3) L(e) = 1, ahol e = (1, 1, . . . ).

♢

Nyilvánvaló, hogy a konvergens sorozatok c terén értelmezett közönséges limeszis rendelkezik ezekkel a tulajdonságokkal, viszont l∞-beli (tehát korlátos) soroza-thoz hagyományos módon nem rendelhet® határérték.

2.3.1. Tétel. Ha L egy Banach-limesz, úgy bármely x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ l∞ esetén

lim infn

ξn ≤ L(x) ≤ lim supn

ξn, (2.3.1)

így speciálisan x ∈ c-re L(x) = limn→∞

ξn.

Bizonyítás. El®ször azt mutatjuk meg, hogy

inf{ξ1, ξ2, . . . } ≤ L(x) ≤ sup{ξ1, ξ2, . . . }.

Tetsz®leges ε > 0-hoz van olyan n0 index, hogy

inf{ξ1, ξ2, . . . } ≤ ξn0 < inf{ξ1, ξ2, . . . }+ ε ≤ ξn + ε (n ∈ N),

amib®l0 < ξn − ξn0 + ε (n ∈ N).

Az L funkcionál (1) tulajdonsága miatt

L(x− ξn0e+ εe) ≥ 0,

továbbá L linearitását és (3)-at felhasználva

L(x) + ε ≥ ξn0 ≥ inf{ξ1, ξ2, . . . },

amib®l ε→ 0 határátmenettel

L(x) ≥ inf{ξ1, ξ2, . . . }.

2.3. A HAHN-BANACH TÉTEL ALKALMAZÁSAI 63

Az L(x) ≤ sup{ξ1, ξ2, . . . } egyenl®tlenség hasonlóan bizonyítható. A bizonyítottegyenl®tlenséget σnx-re alkalmazva L(σnx) = L(x) alapján

inf{ξn+1, ξn+2, . . . } ≤ L(x) ≤ sup{ξn+1, ξn+2, . . . }.

A bal és jobboldalon álló sorozatok monotonok és limeszük éppen lim infn

ξn és

lim supn

ξn, így n→ ∞-nel kapjuk ( 2.3.1)-et. �

2.3.2. Tétel. Létezik legalább egy Banach-limesz.

Bizonyítás. x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ c-re legyen

l(x) = limn→∞

ξn,

úgy l lineáris funkcionál c-n. A

p(x) = lim supn

ξ1 + ξ2 + · · ·+ ξnn

(x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ l∞)

formulával de�niált p : l∞ → R függvény a lim sup operáció szubadditivitásamiatt szubadditív és pozitív homogén. Továbbá x ∈ c esetén

l(x) = limn→∞

ξn = limn→∞

ξ1 + ξ2 · · ·+ ξnn

= lim supn

ξ1 + ξ2 · · ·+ ξnn

= p(x).

A Hahn-Banach tételt alkalmazva azt kapjuk, hogy létezik l-nek az l∞ térre valóolyan L lineáris kiterjesztése, melyre

L(x) ≤ p(x) (x ∈ l∞).

Megmutatjuk, hogy L egy Banach-limesz.

(1) teljesül, mert ha x = (ξ1, ξ2, . . . ), ξi ≥ 0 (i = 1, 2, . . . ), akkor

p(−x) = lim supn

−ξ1 − ξ2 − · · · − ξnn

≤ 0,

ígyL(x) = −L(−x) ≥ −p(−x) ≥ 0.

(2) igaz, mert bármely x ∈ l∞-re

−p(−x+ σx) ≤ L(x− σx) ≤ p(x− σx),

ahol

p(x− σx) = lim supn

ξ1 + · · ·+ ξn − (ξ2 + · · ·+ ξn+1)

n= lim sup

n

ξ1 − ξn+1

n= 0,


és hasonlóan p(−x + σx) = 0, ezért L(x − σx) = 0. Így L linearitása miattL(σx) = L(x).

(3) igazolása: L(e) = l(e) = limn→∞

1 = 1, mert e ∈ c.

�

2. Általánosított integrál és mérték

Jelölje M az összes R-en értelmezett valós érték¶, 1 szerint periódikus, kor-látos függvények halmazát. M valós lineáris tér, ha a függvények összeadását ésszámmal való szorzását a szokásos módon de�niáljuk. Világos, hogy elegend® Mfüggvényeit a [0, 1) intervallumon de�niálni, innen egyértelm¶en, periódikusankiterjeszthet®k az egész számegyenesre.

2.3.2. De�níció. Az M halmazon értelmezett I lineáris funkcionált általánosí-tott integrálnak nevezzük, ha

(4) I(x) ≥ 0, ha x ∈M és x(t) ≥ 0 (t ∈ R),

(5) I(σt0x) = I(x), ha x ∈M , t0 ∈ R, ahol (σt0x)(t) = x(t+ t0) (t ∈ R),

(6) I(τx) = I(x), ha x ∈M , ahol (τx)(t) = x(1− t) (t ∈ R),

(7) I(e) = 1, ahol e(t) = 1 (t ∈ R).

♢

Az általánosított integrál tehát olyan lineáris funkcionálM -en, mely nemnegatívfüggvényekre nemnegatív, a konstans 1 függvényre egy, és melynek értéke a füg-gvény eltolása, vagy tükrözése esetén nem változik.

2.3.3. Tétel. Ha I egy általánosított integrál, úgy bármely x ∈M -re fennáll az∫x(t)dt ≤ I(x) ≤

∫x(t)dt, (2.3.2)

egyenl®tlenség, ahol∫

illetve∫

a [0, 1] intervallumon vett Darboux-féle alsó,

illetve fels® integrált jelöli. Így, ha x Riemann-integrálható [0, 1]-en, akkor

I(x) =

1∫0

x(t)dt.


Bizonyítás. Legyen c ∈ R, és

xk(t) =

c ha t ∈

[k−1n, kn

)0 ha t ∈ [0, 1) \

[k−1n, kn

),

1 szerint periódikusan kiterjesztve R-re

(k = 1, . . . , n).

Ekkor az (5) tulajdonság miatt

I(x1) = I(x2) = · · · = I(xn).

Mivel x1 + x2 + · · ·+ xn = ce, így a (7) tulajdonság és I linearitása alapján

c = cI(e) = I(ce) = I(x1+x2+ · · ·+xn) = I(x1)+ I(x2)+ · · ·+ I(xn) = nI(xn),

amib®lI(xk) =

c

n(k = 1, . . . , n).

A (4) tulajdonság miatt I monoton, azaz I(x) ≥ I(y), ha x(t) ≥ y(t), (t ∈ [0, 1)).Legyen

δ(t) =

c ha t = 0,

0 ha t ∈ (0, 1),

1 szerint periódikusan kiterjesztve R-re.

Ekkor c ≥ 0 esetén, a monotonitás miatt bármely n-re

0 = I(0) ≤ I(δ) ≤ I(x1) =c

n,

amib®l I(δ) = 0, és ez I homogenitása miatt tetsz®leges c ∈ R mellett is igaz.Ezért egy M -beli függvényt egy (vagy véges sok) pontban (és a periódicitás mi-att, egészekkel való eltoltjaikban) megváltoztatva az I funkcionál értéke nemváltozik. Jelölje χk a

[k−1n, kn

]intervallum karakterisztikus függvényének 1 sz-

erint periódikus kiterjesztését R-re, mk és Mk az x ∈ M függvény in�mumát ésszuprémumát ezen intervallumon, akkor

n∑k=1

mkχk(t) ≤n∑

k=1

x(t)χk(t) ≤n∑

k=1

Mkχk(t) t ∈ [0, 1).

Az x′(t) = x(t)n∑

k=1

χk(t) képlettel de�niált x′ függvény csak a knosztópontokban

(és egészekkel való eltoltjaikban) térhet el x-t®l, így I(x) = I(x′), és

n∑k=1

mk1

n= I

(n∑

k=1

mkχk

)≤ I(x) ≤ I

(n∑

k=1

Mkχk

)=

n∑k=1

Mk1

n.


n → ∞ esetén a bal- és jobboldali összegek Darboux-tétele miatt x alsó és fels®Darboux-féle integráljához tartanak, így (2.3.2) fennáll. �

2.3.4. Tétel. Létezik legalább egy általánosított integrál.

Bizonyítás. El®ször egy szubadditív és pozitív homogén függvényt kon-struálunk M -en.

Legyen x ∈M , α1, . . . , αn valós számok, továbbá legyen

Π(x;α1, . . . , αn) = supt

1

n

n∑k=1

x(t+ αk),

ésp(x) = inf

α1,...,αn∈R, n∈NΠ(x;α1, . . . , αn).

Amint látható Π(x;α1, . . . , αn) az x függvény α1 . . . , αn-nel való eltoltjai szám-tani közepeinek szuprémuma, p a Π(x;α1, . . . , αn) számhalmaz in�muma (az αi

konstansok minden lehetséges választása mellett).Világos, hogy p(λx) = λp(x), ha λ ≥ 0. p szubadditivitásának bizonyításához

legyen ε > 0, x, y ∈M és α1, . . . , αn, β1, . . . , βm ∈ R olyan konstansok, hogy

Π(x;α1, . . . , αn)− p(x) < ε,

Π(y; β1, . . . , βm)− p(y) < ε.

Ha γij = αi + βj, akkor egyrészt

p(x+ y) ≤ Π(x+ y; γ11, . . . , γnm),

másrészt

Π(x+ y; γ11, . . . , γnm) = supt

1n·m

n∑i=1

m∑j=1

(x(t+ αi + βj) + y(t+ αi + βj))

≤ 1m

m∑j=1

supt

1n

n∑i=1

x(t+ βj + αi) +1n

n∑i=1

supt

1m

m∑j=1

y(t+ αi + βj)

= 1m

m∑j=1

sups

1n

n∑i=1

x(s+ αi) +1n

n∑i=1

sups

1m

m∑j=1

y(s+ βj)

= 1m

m∑j=1

Π(x;α1, . . . , αn) +1n

n∑i=1

Π(y; β1, . . . , βm)

= Π(x;α1, . . . , αn) + Π(y; β1, . . . , βm) < p(x) + p(y) + 2ε.


Innen p(x+ y) ≤ p(x) + p(y) + 2ε, és ε→ 0-val adódik, hogy p szubadditív:

p(x+ y) ≤ p(x) + p(y).

A Hahn-Banach tétel 2.2.1. következménye szerint létezik olyan I1 lineárisfunkcionál M -en, melyre

−p(−x) ≤ I1(x) ≤ p(x) (x ∈M).

Megmutatjuk, hogy I1-re a (4), (5), (7) tulajdonságok teljesülnek.

(4) Ha x ∈M, x(t) ≥ 0 (t ∈ R), úgy p(−x) ≤ 0, −p(−x) ≥ 0, így I1(x) ≥ 0.

(5) Legyen x′(t) = x(t+ t0)− x(t), és αi = (i− 1)t0 (i = 1, . . . , n+ 1), akkor

p(x′) ≤ Π(x′;α1, . . . , αn+1) =1

n+1supt

n+1∑i=1

x′(t+ αi)

= 1n+1

supt

n+1∑i=1

(x(t+ t0 + (i− 1)t0

)− x(t+ (i− 1)t0

))= 1

n+1supt

(x(t+ (n+ 1)t0

)− x(t)

).

Ebb®l n → ∞ határátmenettel p(x′) ≤ 0 adódik, mivel x korlátos. Hason-lóan kapjuk a p(−x′) ≤ 0 egyenl®tlenséget, így

0 ≤ −p(−x′) ≤ I1(x′) ≤ p(x′) ≤ 0

alapján I1(x′) = 0 = I1(σt0x)− I1(x), ezzel (5) teljesülését igazoltuk.

(7) Az e(t) = 1 (t ∈ R) függvényre

Π(e;α1, . . . , αn) =1

nsupt

n∑i=1

e(t+ αi) = 1,

p(e) = infα1,...,αn∈R, n∈N

Π(e, α1, . . . , αn) = 1.

Hasonlóan p(−e) = −1, amib®l 1 = −p(−e) ≤ I1(e) ≤ p(e) = 1 miattI1(e) = 1.

Végül legyen I(x) = 12

(I1(x)+I1(τx)

), akkor I lineáris funkcionálM -en, mely

a (4), (5), (7) tulajdonságokon kívül (6)-ot is teljesíti (mert τ 2x = x). �

2.3.5. Tétel. A [0, 1) intervallum bármely E részhalmazához hozzárendelhet®egy µE általánosított mérték, mely rendelkezik a következ® tulajdonságokkal:


µE ≥ 0, azaz µ nemnegatív,

µ végesen additív,

µE1 = µE2, ha E1 az E2-b®l mozgással megkapható,

µ[0, 1) = 1.

Bizonyítás. Legyen µE = I(χE), ahol I egy általánosított integrál, χE az Ehalmaz karakterisztikus függvényének 1 szerint periódikus kiterjesztése R-re. �

3. fejezet

Lineáris topológikus és normált

terek

3.1. Lineáris topológikus terek3.1.1. De�níció. Az X halmazt lineáris topológikus térnek, vagy topológikusvektortérnek nevezzük a K test felett, ha

X lineáris tér K felett,

X topológikus tér,

X × X ∋ (x, y) 7→ x + y ∈ X és K × X ∋ (λ, x) 7→ λx ∈ X folytonosleképezések.

♢

Az utolsó feltétel azt jelenti, hogy x+ y bármely U környezetéhez van olyanV környezete x-nek és W környezete y-nak, hogy

V +W ⊂ U,

továbbá, hogy λx bármely U környezetéhez van olyan V környezete x-nek, ésolyan δ > 0 szám, hogy

µV ⊂ U ha |µ− λ| < δ.

Megjegyzés. Környezet alatt itt, és a továbbiakban, mindig nyílt környezetetértünk (ld. a Függelék 8.2.1 de�níciót).

3.1.1. Tétel. Legyen X lineáris topológikus tér, a ∈ X, 0 = λ ∈ K, akkor a

Tax = a+ x (a-val való eltolás)Mλx = λx (λ-val való szorzás)

leképezések X-nek X-re való homeomor�zmusai.

69

70 FEJEZET 3. LINEÁRIS TOPOLÓGIKUS ÉS NORMÁLT TEREK

Bizonyítás. A lineáris tér axiómáiból következik, hogy Ta és Mλ kölcsönösenegyértelm¶ leképezései X-nek X-re, és hogy inverzeik éppen T−a és M 1

λ.

A m¶veletek folytonosságából következik, hogy Ta, Mλ, M 1λ, T−a folytonos

leképezések, így homeomor�zmusok. �

A 3.1.1 tételb®l következik, hogy egy lineáris topológikus tér topológiája (röv-iden vektortopológia) mindig eltolásinvariáns, azaz G ⊂ X akkor és csakis akkornyílt, ha a +G (a ∈ G) nyílt. Ezért a topológiát teljesen meghatározza bármelypont környezetbázisa, így a 0 környezetbázisa is. Ha B a 0 egy környezetbázisa,úgy X nyílt halmazai éppen azok a halmazok lesznek, melyek B-beli halmazokeltoltjainak uniójaként írhatók fel.

3.1.2. De�níció. Egy X lineáris tér M részhalmazát szimmetrikusnak nevez-zük, ha x ∈M , |α| ≤ 1 esetén αx ∈M .

Az M részhalmazt elnyel®nek nevezzük, ha bármely x ∈ X-hez van olyanα > 0 szám, hogy

x

α∈M . ♢

A következ® tétel a vektortopológiák néhány speciális tulajdonságát foglalja ösz-sze.

3.1.2. Tétel. Egy X lineáris topológikus térben érvényesek az alábbi állítások:

(1) ha A ⊂ X, akkor A =∩V

(A+ V ), ahol V befutja 0 összes környezetét,

(2) ha A,B ⊂ X, 0 = λ ∈ K, akkor A+B ⊂ A+B, λA = λA,

(3) ha Y lineáris altere X-nek, úgy Y zárt lineáris altér,

(4) ha C konvex részhalmaza X-nek, úgy C és C◦ is konvex,

(5) ha B szimmetrikus részhalmaz X-ben, úgy B is szimmetrikus, ha még0 ∈ B◦ is teljesül, akkor B◦ is szimmetrikus.

Bizonyítás. (1) x ∈ A ⇐⇒ x érintkezési pontja A-nak ⇐⇒ (x+U)∩A = ∅,0 bármely U környezete esetén ⇐⇒ x ∈ A− U ⇐⇒ x ∈

∩V

(A+ V ) ahol

V befutja 0 összes környezetét (V = −U is befutja 0 összes környezeteit,ha U befutja 0 összes környezetét).

(2) Legyen a ∈ A, b ∈ B és U az a+ b egy környezete. Van olyan V környezetea-nak, és W környezete b-nek, hogy V + W ⊂ U . Mivel a ∈ A, b ∈ B,így A ∩ V , B ∩ W nem üresek: x ∈ A ∩ V , y ∈ B ∩ W , innen x + y ∈(A+B)∩ (V +W ) ⊂ (A+B)∩U , így (A+B)∩U nem üres a+ b bármelyU környezete esetén, amib®l a+ b ∈ A+B.

3.1. LINEÁRIS TOPOLÓGIKUS TEREK 71

Ha λ = 0, akkor a 3.1.1 tétel szerint Mλx = λx homeomor�zmusa X-nekX-re, így ha V befutja 0 összes környezetét, úgy U = λV is befutja 0 összeskörnyezetét. Ezért (1) alapján

λA = λ[∩

V

(A+ V )]=∩V

(λA+ λV ) =∩U

(λA+ U) = λA.

λ = 0 esetén állításunk: {0} = {0} igaz, ha a tér T1 (lásd a Függelék 8.6.1De�nícióját).

(3) Mivel λA ⊂ λA igaz λ = 0 esetén is, így

Y + Y ⊂ Y + Y = Y ,

λY ⊂ λY = Y , λ ∈ K,

ami azt jelenti, hogy Y zárt lineáris altér.

(4) C konvexitása abból következik, hogy λ ∈ [0, 1]-re

λC + (1− λ)C ⊂ λC + (1− λ)C ⊂ C.

Mivel C◦ ⊂ C és C konvex, így λ ∈ [0, 1] mellett

λC◦ + (1− λ)C◦ ⊂ C.

Mivel λ ∈ (0, 1) esetén a baloldalon λC◦, (1 − λ)C◦ nyílt halmazok, ígyösszegük is nyílt, ezért

λC◦ + (1− λ)C◦ ⊂ C◦,

és ez λ = 0, 1-re is érvényes.

(5) Ha B szimmetrikus, úgy B is az, mert |α| ≤ 1-re

αB ⊂ αB ⊂ B.

Legyen most 0 < |α| ≤ 1, akkor αB◦ nyílt és αB◦ ⊂ αB ⊂ B. Innen αB◦ ⊂B◦ és ez α = 0-ra is igaz, mert 0B◦ = {0} ⊂ B◦, így B◦ szimmetrikus.

�

3.1.3. Tétel. Egy lineáris topológikus térben

(6) nulla bármely környezete elnyel®,

(7) nulla bármely környezete tartalmazza nulla egy szimmetrikus környezetét,


(8) nulla bármely konvex környezete tartalmazza nulla egy konvex szim-metrikus környezetét.

Bizonyítás. Jelölje U nulla összes környezeteinek halmazát. Mivel (λ, x) → λxfolytonos (0, x)-ben, ahol x a lineáris topológikus tér tetsz®leges eleme, ígybármely U ∈ U -hoz van olyan δ > 0 és olyan V környezete x-nek, hogy

λV ⊂ U ha |λ| < δ.

Speciálisan λx ∈ U , ha |λ| < δ (δ = δ(x, U)), így α > 1δmellett x

α∈ U , tehát U

elnyel®, ezzel (6)-ot beláttuk.(7) igazolásához legyen x = 0 az el®z® gondolatmenetben, akkor V ∈ U , és

λV ⊂ U, ha |λ| < δ teljesül. Legyen

W =∪|λ|<δ

λV,

akkor W szimmetrikus környezete 0-nak, és W ⊂ U .Végül (8) igazolásához legyen U ∈ U konvex. Jelölje W a (7) bizonyításánál

konstruált szimmetrikus környezetet, akkor |β| = 1 mellett βW ⊂ W és β−1W ⊂W , azaz W = βW , amib®l W = βW ⊂ βU , tehát W ⊂

∩|β|=1

βU . Jelölje A a∩|β|=1

βU halmazt. Ekkor A konvex halmazok metszete lévén maga is konvex, így

a 3.1.2 tétel (4) állítása miatt A◦ is konvex, továbbá W ⊂ A◦ ⊂ A ⊂ U miatt A◦

egy U -ban lév® konvex környezete 0-nak. Megmutatjuk, hogy A◦ szimmetrikusis. Mivel 0 ∈ W ⊂ A◦, a 3.1.2 tétel (5) állítása miatt elég azt belátni, hogy Aszimmetrikus. Legyen |α| ≤ 1, akkor α = |α|eiφ (0 ≤ φ < 2π), és

αA = α∩|β|=1

βU =∩|β|=1

αβU =∩|β|=1

|α|eiφβU =∩|γ|=1

|α|γU.

Mivel γU konvex, és |α| ≤ 1, így |α|γU ⊂ γU , írhatjuk, hogy

αA =∩|γ|=1

|α|γU ⊂∩|γ|=1

γU = A,

tehát A szimmetrikus. �

3.1.3. De�níció. Egy lineáris topológikus teret lokálisan konvexnek nevezünk,ha 0-nak van konvex halmazokból álló környezetbázisa. ♢

A 3.1.3 tétel alapján fennáll az alábbi

3.1.1. Következmény. Bármely lineáris topológikus térben 0-nak van szim-metrikus elnyel® halmazokból álló környezetbázisa.

Lokálisan konvex térben 0-nak van konvex, szimmetrikus, elnyel® halmazokbólálló környezetbázisa.

3.2. FÉLNORMA RENDSZER ÁLTAL INDUKÁLT TOPOLÓGIA 73

3.2. Félnorma rendszer által indukált topológia

Egy K feletti X lineáris téren értelmezett p : X → R valós érték¶ függvénytfélnormának neveztünk (ld. 2.2.2 tétel), ha bármely x, y ∈ X, λ ∈ K esetén(1) p(x+ y) ≤ p(x) + p(y) (p szubadditív),

(2) p(λx) = |λ|p(x) (p abszolút homogén).

Egy félnormára mindig teljesülnek a

(i) p(x) ≥ 0, p(0) = 0,

(ii) |p(x)− p(y)| ≤ p(x− y) (x, y ∈ X)

tulajdonságok is. Valóban, p(x) ≤ p(x − y) + p(y), így p(x) − p(y) ≤ p(x − y),amib®l x, y cseréjével −(p(x)− p(y)) ≤ p(y − x) = p(x− y) következik, azaz (ii)teljesül. Mivel p(0) = p(0x) = 0p(x) = 0, így (ii)-b®l y = 0-val adódik (i).

3.2.1. Tétel. Legyen p egy félnorma az X lineáris téren, ε > 0 egy konstans,akkor az

U = {x ∈ X | p(x) < ε}halmaz konvex, szimmetrikus, elnyel® halmaz.

Bizonyítás. p tulajdonságaiból és U de�níciójából könnyen következik. �Legyen X egy lineáris tér, {pγ} (γ ∈ Γ) félnormák egy rendszere X-en. Jelölje

B(0) az összes

U = U(γ1, . . . , γn; ε1, . . . , εn) = {x ∈ X | pγi(x) < εi, i = 1, . . . , n} (3.2.1)

alakú halmazok osztályát, miközben γ1, . . . , γn befutja Γ összes (index) n-eseit,ε1, . . . , εn befutja az összes pozitív szám n-eseket és n = 1, 2, . . . . Legyen x ∈ Xesetén

B(x) = {x+ U | U ∈ B(0)}, (3.2.2)

és

G = {G | G ⊂ X, minden x ∈ G-hez van olyan U ∈ B(x), hogy U ⊂ G}.(3.2.3)

Megmutatjuk, hogy G topológia X-en, melyben B(0) a nulla konvex, szim-metrikus, elnyel® halmazokból álló környezetbázisa.

Világos, hogy B(0) elemei konvex, szimmetrikus elnyel® halmazok, mivel

U(γ1, . . . , γn; ε1, . . . , εn) =n∩

i=1

U(γi, εi),


és a 3.2.1 tétel szerint U(γi, εi) konvex, szimmetrikus és elnyel® halmaz bármelyi-re. Látható, hogy ∅, X ∈ G. Ha G1, G2 ∈ G és x ∈ G1 ∩ G2, úgy van-nak olyan U1, U2 ∈ B(x) halmazok, hogy U1 ⊂ G1, U2 ⊂ G2. Így léteznekγ1, . . . , γn, γ

′1, . . . , γ

′m indexek és ε1, . . . , εn, ε′1, . . . , ε

′m pozitív számok, hogy

U1 = x+ U(γ1, . . . , γn; ε1, . . . , εn),

U2 = x+ U(γ′1, . . . , γ′m; ε

′1, . . . , ε

′m).

Ekkor

U0 = x+ U(γ1 . . . , γn, γ′1, . . . , γ

′m; ε1, . . . , εn, ε

′1, . . . , ε

′m) ⊂ G1 ∩G2

így G1 ∩G2 ∈ G.Végül, ha Gα ∈ G (α ∈ A) és x ∈

∪α∈A

Gα, úgy van olyan α0 ∈ A, hogy

x ∈ Gα0 , így létezik olyan Uα0 ∈ B(x), melyre Uα0 ⊂ Gα0 . De akkor Uα0 ⊂Gα0 ⊂

∪α∈A

Gα, azaz∪α∈A

Gα ∈ G. Ezzel beláttuk, hogy G topológia. B(0) halmazai

nyíltak, ugyanis ha x ∈ U(γ1, . . . , γn; ε1, . . . , εn), akkor pγi(x) = ηi < εi (i =1, . . . , n), és

x+ U

(γ1, . . . , γn;

ε1 − η12

, . . . ,εn − ηn

2

)⊂ U(γ1, . . . , γn; ε1, . . . , εn),

mert tetsz®leges u ∈ U(γ1, . . . , γn;

ε1−η12, . . . , εn−ηn

2

)esetén

pγi(x+ u) ≤ pγi(x) + pγi(u) < ηi +εi − ηi

2=εi + ηi

2< εi.

Ha V egy tetsz®leges környezete 0-nak, úgy 0 ∈ V , és így (3.2.3) alapján vanolyan U ∈ B(0), hogy U ⊂ V , ami azt jelenti, hogy B(0) környezetbázisa 0-nak.

3.2.1. De�níció. A (3.2.3) formulával de�niált G topológiát X-en a {pγ} (γ ∈Γ) félnorma rendszer által indukált topológiának nevezzük. ♢

3.2.2. Tétel. Legyen X egy lineáris tér, {pγ} (γ ∈ Γ) félnormák egy rendszereX-en. E félnorma rendszer által indukált topológiával X lokálisan konvex lineáristopológikus tér lesz, melyben minden pγ (γ ∈ Γ) félnorma folytonos függvény.

E topológiában xn → x (n → ∞) akkor és csakis akkor, ha bármely γ ∈ Γmellett pγ(xn − x) → 0, ha n→ ∞.

E topológia akkor és csakis akkor Hausdor�-féle, ha bármely x = 0, x ∈ X-hezlétezik olyan γ ∈ Γ, hogy pγ(x) = 0.

3.2. FÉLNORMA RENDSZER ÁLTAL INDUKÁLT TOPOLÓGIA 75

Megjegyzés. Egy topológikus tér elemeinek {xn} sorozatát konvergensneknevezzük, ha van olyan x eleme a térnek, hogy x bármely U környezetéhez talál-ható olyan N = N(x, U) szám, hogy xn ∈ U , ha n > N . x-et a sorozat limeszéneknevezzük (jelölés xn → x (n → ∞) vagy lim

n→∞xn = x). A konvergencia néhány

tulajdonságára vonatkozóan ld. a 30. feladatot.

Bizonyítás. El®ször megmutatjuk, hogy az összeadás és a számmal való szorzásfolytonos függvények. Legyen U az x + y egy környezete. Ekkor létezik olyanU1 ∈ B(x+ y), hogy

U1 = x+ y + U(γ1, . . . , γn; ε1, . . . , εn) ⊂ U.

AV = x+ U

(γ1, . . . , γn;

ε12, . . . ,

εn2

)∈ B(x),

W = y + U(γ1, . . . , γn;

ε12, . . . ,

εn2

)∈ B(y)

jelölésekkel V +W ⊂ U1 ⊂ U , így az összeadás folytonos.Legyen most U a λ0x0 egy környezete. Ekkor létezik olyan U1 ∈ B(λ0x0),

hogyU1 = λ0x0 + U(γ1, . . . , γn; ε1, . . . , εn) ⊂ U.

Legyenek η, δi (i = 1, . . . , n) olyan pozitív számok, hogy

|λ0|δi + ηpγi(x0) + ηδi < εi (i = 1 . . . , n).

Ekkor |λ−λ0| < η és x ∈ x0+U(γ1, . . . , γn; δ1, . . . , δn) ∈ B(x0) esetén λx ∈ U1 ⊂U , mert a

λx− λ0x0 = λ0(x− x0) + (λ− λ0)x0 + (λ− λ0)(x− x0)

felbontás alapján i = 1, . . . , n-re

pγi(λx− λ0x0) ≤ |λ0|pγi(x− x0) + |λ− λ0|pγi(x0) + |λ− λ0|pγi(x− x0)< |λ0|δi + ηpγi(x0) + ηδi < εi,

így a számmal való szorzás folytonos. Ezért X lokálisan konvex, lineáristopológikus tér.

Megmutatjuk, hogy pγ (γ ∈ Γ) folytonos függvény. Legyen x0 ∈ X és V apγ(x0) egy környezete. Legyen ε > 0 olyan, hogy (pγ(x0)− ε, pγ(x0) + ε) ⊂ V .Ekkor

U = x0 + U(γ, ε) ∈ B(x0)x0 környezete, melyre pγ(U) ⊂ V , mert ha x ∈ U , úgy x− x0 ∈ U(γ, ε) és

|pγ(x)− pγ(x0)| ≤ pγ(x− x0) < ε


alapján pγ(x) ∈ V . Így pγ folytonos.

xn → x (n → ∞) pontosan akkor, ha bármely U ∈ B(x)-hez van olyanN = N(U) index, hogy n > N esetén xn ∈ U .

Tegyük fel, hogy xn → x (n → ∞). Legyen γ ∈ Γ, ε > 0 és U = x +U(γ; ε) ∈ B(x). Ekkor xn ∈ U , n > N -b®l következik, hogy pγ(xn − x) < ε, azazpγ(xn − x) → 0, ha n→ ∞.

Fordítva, ha pγ(xn − x) → 0 (n→ ∞) minden γ ∈ Γ-ra, úgy legyen

U = x+ U(γ1, . . . , γk; ε1, . . . , εk)

x egy tetsz®leges B(x)-beli környezete. xn ∈ U pontosan akkor teljesül, ha

pγi(xn − x) < εi (i = 1, . . . , k).

Mivel pγi(xn − x) → 0 ha (n→ ∞, i = 1, . . . , k), így pγi(xn − x) < εi, ha n > Ni.Legyen N = max

1≤i≤kNi, akkor xn ∈ U, ha n > N , azaz xn → x (n→ ∞).

A topológia eltolásinvarianciája miatt terünk pontosan akkor lesz Hausdor�-féle, ha bármely 0 = x ∈ X és 0 ∈ X nyílt környezetekkel elválaszthatók,azaz, vannak olyan Gx, G0 diszjunkt nyílt halmazok, hogy x ∈ Gx és 0 ∈ G0.Világos, hogy ez pontosan akkor igaz, ha van olyan Ux ∈ B(x), U0 ∈ B(0), melyreUx ∩ U0 = ∅. Ha x ∈ X-hez nincs olyan γ ∈ Γ index, melyre pγ(x) = 0, úgypγ(x) = 0, ha x ∈ X, γ ∈ Γ. De akkor bármely

Ux = x+ U(γ1, . . . , γn; ε1, . . . , εn) ∈ B(x)

környezetét véve x-nek, 0 ∈ Ux, mert

0 = pγi(0− x) < εi (i = 1, . . . , n),

ezért a tér nem lehet Hausdor�-féle.Fordítva, ha minden 0 = x ∈ X-hez van olyan γ ∈ Γ, hogy pγ(x) = η = 0,

akkorU0 = U(γ; η

2)

Ux = x+ U(γ; η2) = x+ U0

diszjunktak, mert ha y ∈ U0 ∩ Ux, akkor

pγ(y) <η2,

pγ(y − x) = pγ(x− y) < η2

volna, így

pγ(x) = pγ(x− y + y) ≤ pγ(x− y) + pγ(y) < η = pγ(x),

ami ellentmondás. �

3.3. MINKOWSKI FUNKCIONÁL 77

3.3. Minkowski funkcionál, lokálisan konvexterek jellemzése

3.3.1. De�níció. Legyen U egy elnyel® halmaz az X lineáris térben. A

pU(x) = inf{λ | λ > 0,

x

λ∈ U

}(x ∈ X)

funkcionált az U halmaz Minkowski funkcionáljának nevezzük. ♢

Világos, hogy 0 ≤ pU(x) <∞ (x ∈ X).

3.3.1. Tétel. Minden U ⊂ X konvex, szimmetrikus elnyel® halmaz pUMinkowski funkcionálja félnorma az X lineáris téren, és

{ x ∈ X | pU(x) < 1 } ⊂ U ⊂ { x ∈ X | pU(x) ≤ 1 }. (3.3.1)

Bizonyítás. Legyen ε > 0, x, y ∈ X, akkor

x

pU(x) + ε,

y

pU(y) + ε∈ U,

amib®l U konvexitása alapján λ =pU(x) + ε

pU(x) + pU(y) + 2εjelöléssel

x+ y

pU(x) + pU(y) + 2ε= λ

x

pU(x) + ε+ (1− λ)

y

pU(y) + ε∈ U,

ígypU(x+ y) ≤ pU(x) + pU(y) + 2ε,

amib®l ε→ 0-valpU(x+ y) ≤ pU(x) + pU(y).

Megmutatjuk, hogy bármely λ ∈ K, x ∈ X esetén

pU(λx) = |λ| pU(x).

λ = 0-nál ez

pU(0) = inf{ α | α > 0,0

α∈ U } = inf{ α | α > 0 } = 0

miatt nyilvánvaló, míg, ha λ = 0, akkor a következ®képpen látható be. Bármelyε > 0-ra

x

pU(x) + ε∈ U , így

λx

|λ|pU(x) + |λ|ε∈ λ

|λ|U = U


mert

∣∣∣∣ λ|λ|∣∣∣∣ = 1, és U szimmetrikus. Innen

pU(λx) ≤ |λ| pU(x) + |λ|ε,

amib®l pU(λx) ≤ |λ| pU(x). A fordított egyenl®tlenség ebb®l már következik:

pU(x) = pU

(1

λλx

)≤ 1

|λ|pU(λx).

Ha pU(x) < 1, akkor ε = 1− pU(x) > 0, ésx

pU(x) + ε= x ∈ U . Ha x ∈ U , akkor

pU(x) = inf{ λ | λ > 0,x

λ∈ U } ≤ 1,

ezzel (3.3.1)-et is igazoltuk.�

Megjegyzés. Ha U konvex, és elnyel®, akkor pU szubadditív és pozitív ho-mogén, azaz pU(αx) = αpU(x), ha α ≥ 0 (a bizonyítás változatlan, csupán amásodik részben a nem negatív α-kat kell �gyelembevenni).

3.3.2. Tétel. LegyenX egy tetsz®leges lokálisan konvex lineáris topológikus tér,B(0) a nulla konvex, szimmetrikus, elnyel® halmazokból álló környezetbázisa,akkor B(0) környezeteinek Minkowski funkcionáljaiból álló

{ pU | U ∈ B(0) }

félnormarendszer által indukált (lokálisan konvex) topológia megegyezik X ere-deti topológiájával.

Bizonyítás. Jelölje G az X tér eredeti topológiáját, G∗ a { pU | U ∈B(0) } félnormarendszer által indukált topológiát. Utóbbiban nulla egy nyíltkörnyezetbázisa

B(0)∗ = {U(pU1 , . . . , pUn ; ε1, . . . εn) | Ui ∈ B(0), εi > 0, i = 1, . . . , n;n ∈ N}.

G = G∗ igazolásához elég azt megmutatni, hogy mindegyik B(0)-beli környezettartalmaz B(0)∗-beli környezetet és fordítva.

Ha U ∈ B(0), úgy a 3.3.1 tétel szerint

{ x ∈ X | pU(x) < 1 } ⊂ U ⊂ { x ∈ X | pU(x) ≤ 1 }. (3.3.2)

A baloldali halmaz éppen U(pU ; 1) ∈ B(0)∗, mely része U -nak.

3.4. LINEÁRIS NORMÁLT ÉS BANACH-TEREK 79

Fordítva, legyen U(pU1 , . . . , pUn ; ε1, . . . , εn) egy tetsz®leges eleme B(0)∗-nak.(3.3.1)-b®l következik, hogy tetsz®leges V ⊂ X konvex, szimmetrikus elnyel®halmaz és ε > 0 esetén, felhasználva azt is, hogy pV abszolút homogén

ε

2V ⊂ { x ∈ X | pV (x) ≤

ε

2} ⊂ { x ∈ X | pV (x) < ε }.

Így metszetképzéssel

n∩i=1

εi2Ui ⊂ U(pU1 , . . . , pUn ; ε1, . . . , εn).

Miveln∩

i=1

εi2Ui nulla egy környezete a G topológiában, így van olyan U ∈ B(0),

melyre

U ⊂n∩

i=1

εi2Ui, és így U ⊂ U(pU1 , . . . , pUn ; ε1, . . . , εn).

�

3.3.1. Következmény. Egy lineáris téren értelmezett topológia akkor és csakisakkor lokálisan konvex vektortopológia, ha e topológiát a lineáris tér valamelyfélnorma rendszere indukálja.

3.4. Lineáris normált és Banach-terek

3.4.1. De�níció. Az X halmazt lineáris normált térnek (röviden normálttérnek) nevezzük a K test felett, ha

(1) X lineáris tér K felett, és

(2) bármely x ∈ X elemhez hozzá van rendelve egy ||x|| valós szám (melyet xnormájának nevezünk) úgy, hogy

(a) ∥x∥ ≥ 0 és ∥x∥ = 0 akkor és csakis akkor, ha x = 0,

(b) ∥λx∥ = |λ| ∥x∥,(c) ∥x+ y∥ ≤ ∥x∥+ ∥y∥

teljesül bármely x, y ∈ X,λ ∈ K esetén.

♢


Legyen X lineáris normált tér, akkor azonnal látható, hogy p(x) = ∥x∥ fél-normaX-en, (melyre p(x) = 0, ha x = 0) továbbá, hogy ϱ(x, y) = ∥x−y∥metrikaX-en. Egy lineáris normált teret mindig ezen metrikából származó topológiávallátunk el (hacsak mást nem mondunk). Így nulla környezetbázisa e topológiábana

G(0, ε) = {x ∈ X | ∥x∥ < ε} (ε > 0)

nulla körüli összes nyílt gömbök halmaza. Mivel ez azonos a p(x) = ∥x∥ norma(mint egyetlen félnormából álló rendszer) által indukált topológia nulla körülikörnyezetbázisával, így a 3.2.2 tétel alapján minden lineáris normált tér lokálisankonvex lineáris topológikus tér. Ez természetesen belátható a 3.2.2 tétel fel-használása nélkül is úgy, hogy a norma (a), (b), (c) tulajdonságai segítségéveligazoljuk az összeadás és a skalárral való szorzás folytonosságát.

A ϱ(x, y) = ∥x − y∥ metrika abszolút homogén és eltolásinvariáns, azazbármely x, y, z ∈ X, λ ∈ K esetén

(i) ϱ(λx, λy) = |λ|ϱ(x, y),

(ii) ϱ(x+ z, y + z) = ϱ(x, y).

E tulajdonságok jellemz®k is azon lineáris metrikus terekre, melyek normáltterek.

3.4.1. Tétel. Egy lineáris metrikus tér metrikája akkor és csakis akkor származ-tatható egy normából, a ϱ(x, y) = ∥x− y∥ összefüggéssel, ha ϱ teljesíti a (i), (ii)feltételeket.

Bizonyítás. A ϱ metrika nyilván kielégíti (i), (ii)-t.Fordítva, ha (i), (ii) teljesül, úgy legyen

∥x∥ = ϱ(x, 0).

Ekkor∥x∥ ≥ 0 és ∥x∥ = ϱ(x, 0) = 0 ⇐⇒ x = 0,

∥λx∥ = ϱ(λx, 0) = |λ|ϱ(x, 0) = |λ|∥x∥,

∥x+ y∥ = ϱ(x+ y, 0) = ϱ(x,−y) ≤ ϱ(x, 0) + ϱ(0,−y)= ϱ(x, 0) + ϱ(y, 0) = ∥x∥+ ∥y∥,

így a norma tulajdonságai teljesülnek. �

A Lp(X,S, µ) (és vele együtt l(n)p , lp, c, c0) és C(X) lineáris metrikus tereklineáris normált terek, mert metrikájuk abszolút homogén és eltolásinvariáns. A

3.5. SOROZATOK ÉS SOROK NORMÁLT TEREKBEN 81

metrika a következ® normából származik.Lp(X,S, µ)-nél:

∥x∥p =

(∫X

|x(t)|pdµt

) 1p

(1 ≤ p ≤ ∞),

infE∈SµE=0

(sup

t∈X\E|x(t)|

)(p = ∞),

C(X)-nél:

∥x∥ = supt∈X

|x(t)|.

A S(X,S, µ) (és s) tér ezzel szemben nem tehet® lineáris normált térré úgy,hogy ϱ(x, y) = ∥x − y∥ teljesüljön, ugyanis az S-beli metrika nem abszolút ho-mogén (de eltolásinvariáns).

3.4.2. De�níció. Egy lineáris normált teret Banach-térnek nevezünk, ha teljes(a ϱ(x, y) = ||x− y|| metrikában). ♢

1.5-ben bebizonyítottuk, hogy C(X) teljes, így Banach-tér.3.8-ban igazolni fogjuk, hogy Lp(X,S, µ) (l(n)p , lp), c, c0 is Banach-terek.EgyX lineáris normált tér Y részhalmaza pontosan akkor lesz maga is lineáris

normált tér (X m¶veleteivel és normájával), ha x, y ∈ Y , λ ∈ K esetén x +y ∈ Y és λx ∈ Y teljesül, azaz Y az X-nek, mint lineáris térnek altere (ekkorazt mondjuk, hogy Y az X lineáris normált tér lineáris altere). Banach-tereklineáris alterei általában nem Banach-terek, az 1.5 szakasz 3. példájában szerepl®állításból viszont következik, hogy egy Banach-tér egy részhalmaza akkor és csakisakkor Banach-tér (az eredeti tér m¶veleteivel és normájával), ha zárt lineárisaltér.

3.4.3. De�níció. Egy lineáris normált tér egy részhalmazát zárt rendszerneknevezzük, ha e részhalmaz lineáris burka mindenütt s¶r¶ halmaz a térben.

Egy lineáris normált tér minimális számosságú zárt rendszerének a számos-ságát a tér geometriai dimenziójának nevezzük. ♢

3.5. Sorozatok és sorok normált terekben,Schauder-bázis

Legyen X egy lineáris normált tér, {xn} egy sorozat X-ben. xn → x (n→ ∞)de�níció szerint azt jelenti, hogy ϱ(xn, x) = ∥xn − x∥ → 0, ha n→ ∞. A norma


tulajdonságaiból egyszer¶en következik, hogy ha xn → x, yn → y, λn → λ,(n→ ∞) ahol xn, yn, x, y ∈ X, λ, λn ∈ K, akkor

xn + yn → x+ y,λnxn → λx,∥xn∥ → ∥x∥, (ha n→ ∞).

Ezek a relációk az összeadás, skalárral való szorzás és a norma folytonosságátfejezik ki (sorozatok segítségével megfogalmazva). Az utolsó állítás például az|∥xn∥ − ∥x∥| ≤ ∥xn − x∥ egyenl®tlenségb®l következik.

3.5.1. De�níció. Legyen {xn} azX lineáris normált tér elemeinek egy sorozata.

A∞∑i=1

xi kifejezést sornak nevezzük, xi a sor általános tagja. A∞∑i=1

xi sort konver-

gensnek, az s ∈ X elemet a sor összegének nevezzük, ha a sor részletösszegeinek

sn =n∑

i=1

xi (n ∈ N)

sorozata konvergens, és határértéke s. Ekkor azt írjuk, hogy∞∑i=1

xi = s.

A∞∑i=1

xi sort abszolút konvergensnek nevezzük, ha a∞∑i=1

∥xi∥ sor konvergens.

♢

Banach-terekben minden abszolút konvergens sor konvergens is, s®t ez a tu-lajdonság jellemz® is a Banach-terekre.

3.5.1. Tétel. Egy lineáris normált tér akkor és csakis akkor Banach-tér, habenne minden abszolút konvergens sor konvergens.

Bizonyítás. Szükségesség. Legyen X Banach-tér, és∞∑i=1

xi egy abszolút konver-

gens sor X-ben. Akkor az αn =n∑

i=1

∥xi∥ (n ∈ N) számsorozat konvergens, így

Cauchy-sorozat. Ezért bármely ε > 0-hoz van olyan N(ε), hogy

|αn − αm| < ε ha n,m > N(ε).

Ezért

∥sn − sm∥ = ∥xm+1 + · · ·+ xn∥ ≤ ∥xm+1∥+ · · ·+ ∥xn∥ = |αn − αm| < ε,

ha n > m > N(ε), ami azt jelenti, hogy∞∑i=1

xi részletösszegeinek {sn} sorozata

Cauchy-sorozat, mely a teljesség miatt konvergens.

3.5. SOROZATOK ÉS SOROK NORMÁLT TEREKBEN 83

Elegend®ség. Tegyük fel, hogy X lineáris normált tér, melyben minden ab-szolút konvergens sor konvergens. Legyen {xn} egy X-beli Cauchy-sorozat, meg-mutatjuk, hogy {xn} konvergens. Válasszuk az n1 < n2 < · · · indexsorozatotúgy, hogy

∥xnk+1− xnk

∥ < 1

2k(k ∈ N).

Ebb®l következik, hogy az xn1 +∞∑k=1

(xnk+1− xnk

) sor abszolút konvergens. Fel-

tevésünk miatt ugyanez a sor konvergens is, azaz részletösszegeinek

sp = xn1 +

p∑k=1

(xnk+1− xnk

) = xnp+1 (p ∈ N)

sorozata konvergens. Létezik tehát olyan x ∈ X, hogy sp = xnp+1 → x, ha p→ ∞.Tetsz®leges ε > 0 esetén

∥xm − x∥ ≤ ∥xm − xnp∥+ ∥xnp − x∥ < ε,

ha m elég nagy, mivel a második tag < ε2, ha p elég nagy, az els® tag < ε

2, ha

m, p elég nagyok, mert {xn} Cauchy sorozat. �

3.5.2. De�níció. Az X lineáris normált tér elemeinek egy {en} sorozatát a térSchauder-bázisának nevezzük, ha bármely x ∈ X egyértelm¶en el®állítható

x =∞∑i=1

ciei

alakban, ahol ci ∈ K skalárok. ♢

Példák. 1. A c0 térben az ei = (0, . . . , 0,

i`1, 0, . . . ) (i ∈ N) vektorok Schauder-

bázist alkotnak. Ugyanis, ha x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ c0, úgy∥∥∥x− n∑i=1

ξiei

∥∥∥ =∥∥(0, . . . , 0, ξn+1, ξn+2, . . . )

∥∥ = supi≥n+1

|ξi| → 0

ha n → ∞, mert {ξi} nullsorozat. Így x =∞∑i=1

ξiei az x elem kívánt el®állítása.

Ez az el®állítás egyértelm¶, mert ha x =∞∑i=1

ξ′iei volna, úgy

0 =∞∑i=1

(ξi − ξ′i)ei = limn→∞

n∑i=1

(ξi − ξ′i)ei.


Azonban k ≤ n mellett

0 ≤ |ξk − ξ′k| ≤ sup{|ξ1 − ξ′1|, . . . , |ξn − ξ′n|} =∥∥∥ n∑

i=1

(ξi − ξ′i)ei

∥∥∥.n→ ∞ esetén a jobboldal zérushoz tart, így ξk = ξ′k (k ∈ N).

2. Hasonlóan bizonyítható, hogy az ei (i ∈ N) vektorok a lp (1 ≤ p < ∞)térben is Schauder-bázist alkotnak.

3. Az ei vektorokhoz az e0 = (1, 1, . . . ) vektort hozzávéve Schauder-bázistkapunk c-ben. Ugyanis, ha x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ c és α = lim

n→∞ξn, úgy x− αe0 ∈ c0,

és az els® példánk alapján

x− αe0 =∞∑i=1

(ξi − α)ei, x = αe0 +∞∑i=1

(ξi − α)ei.

Az egyértelm¶ség ugyanúgy igazolható, mint az 1. példában.

Ha egy X lineáris normált térben van {en} Schauder-bázis, úgy X szepará-bilis, mert a { n∑

i=1

riei | ri racionális i = 1, . . . , n, n = 1, 2, . . .}

vektorhalmaz megszámlálható s¶r¶ halmaz X-ben. Ezek után kérdezhetjük:Van-e minden szeparábilis lineáris normált térnek Schauder-bázisa?Ez a klasszikus Schauder-bázis probléma, melyet 1973-ban Per En�o (Acta

Math. 130, 3-4, 309-317 (1973)) oldott meg, kimutatva, hogy a fenti kérdésre aválasz negatív.

3.6. Kompakt halmazok normált terekben

A metrikus tereknél kapott eredményekb®l következik, hogy egy Banach-téregy részhalmaza akkor és csakis akkor kompakt, ha zárt és teljesen korlátos.

Az alábbiakban jellemezni fogjuk azokat a tereket, melyeknél az el®bbi ál-lításban a teljesen korlátosság helyett elegend® csak a korlátosságot megkövetelni.

3.6.1. Tétel. Legyen X egy lineáris normált tér (K felett), φ1, φ2, . . . , φn

legyenek lineárisan független elemei X-nek. Az

xk =n∑

i=1

α(k)i φi (α

(k)i ∈ K, i = 1, . . . , n; k ∈ N)

3.6. KOMPAKT HALMAZOK NORMÁLT TEREKBEN 85

sorozat akkor és csakis akkor konvergál x ∈ X-hez, ha

α(k)i → αi (k → ∞, i = 1, 2, . . . , n) és

x =n∑

i=1

αiφi.

Szükségünk van a következ® lemmára.

3.6.1. Lemma. Ha yk =n∑

i=1

β(k)i φi (β

(k)i ∈ K, i = 1, . . . , n, k ∈ N) korlátos

sorozat, akkor σk =n∑

i=1

|β(k)i | (k ∈ N) is korlátos számsorozat.

A lemma bizonyítása. Ha {σk} nem korlátos, úgy van olyan részsorozata,mely ∞-hez tart. A jelölések egyszer¶sítése miatt legyen ez a részsorozat maga{σk}. Ekkor

ykσk

=n∑

i=1

β(k)i

σkφi → 0 ha k → ∞.

Minden i = 1, 2, . . . , n mellett γ(k)i =β(k)i

σk(k ∈ N) korlátos sorozat, így van

olyan{γ(kp)i

}részsorozata, mely i = 1, 2, . . . , n mellett konvergens:

γ(kp)i → γi ha p→ ∞, i = 1, . . . , n.

Ekkorykpσkp

→ 0 ha p→ ∞, másrészt

ykpσkp

=n∑

i=1

γ(kp)i φi →

n∑i=1

γiφi, ha p→ ∞,

amib®ln∑

i=1

γiφi = 0. A φ1, . . . , φn rendszer lineáris függetlensége miatt γ1 = · · · =

γn = 0, ám ez lehetetlen, mert

1 =n∑

i=1

∣∣∣∣∣β(kp)i

σkp

∣∣∣∣∣→n∑

i=1

|γi| ha p→ ∞,

ígyn∑

i=1

|γi| = 1. Ellentmondásra jutottunk, ezért {σk} korlátos.

�

Bizonyítás. (A 3.6.1 tétel bizonyítása) Szükségesség. Mivel {xk} konver-

gens, így korlátos és a lemma alapjánn∑

i=1

|α(k)i | (k ∈ N) is korlátos sorozat, a


Bolzano-Weierstrass tétel alapján van olyan k1 < k2 < · · · indexsorozat, ésαi ∈ K, hogy α(kp)

i → αi, ha p→ ∞, i = 1, 2, . . . , n. De akkor

xkp =n∑

i=1

α(kp)i φi →

n∑i=1

αiφi ha p→ ∞,

ugyanakkor xkp → x, ha p→ ∞, így x =n∑

i=1

αiφi.

Megmutatjuk még, hogy α(k)i → αi ha k → ∞, i = 1, 2, . . . , n. Legyen k olyan

index, hogy xk = x, akkor az

yk =xk − x

∥xk − x∥=

n∑i=1

α(k)i − αi

∥xk − x∥φi (k ∈ N)

sorozat korlátos, így a lemma alapján van olyan M > 0, hogy

n∑i=1

|α(k)i − αi|

∥xk − x∥≤M (k ∈ N),

amib®l

0 ≤ |α(k)i − αi| ≤

n∑j=1

|α(k)j − αj| ≤M∥xk − x∥,

és ez xk = x esetén is igaz. Ebb®l viszont következik, hogy α(k)i → αi, ha k → ∞,

i = 1, 2, . . . , n.Elegend®ség. Következik a

0 ≤ ∥xk − x∥ ≤n∑

i=1

|α(k)i − αi| ∥φi∥

egyenl®tlenségb®l.�

Következmények.

1. Legyenek x1, . . . , xm az X lineáris normált tér elemei, akkor

[x1, . . . , xm] = [x1, . . . , xm].

Vegyünk ugyanis egy φ1, . . . , φn lineárisan független rendszert, melykifeszíti [x1, . . . , xm]-et, és legyen x ∈ [x1, . . . , xm] = [φ1, . . . , φn]. Ekkorx egy [φ1, . . . , φn]-beli sorozat határértéke, így a 3.6.1 tétel szerint x is a[φ1, . . . , φn] = [x1, . . . , xm] eleme.

3.6. KOMPAKT HALMAZOK NORMÁLT TEREKBEN 87

2. Egy lineáris normált tér algebrai dimenziója n ∈ N (véges), akkor és csakisakkor, ha a geometriai dimenziója is n.Ugyanis, ha X algebrai dimenziója n és φ1, . . . , φn az X egy Hamel-bázisa,úgy X = [φ1, . . . , φn] és 1. miatt φ1, . . . , φn zárt rendszer X-ben, s®t min-imális számosságú is, mert ha ψ1, . . . , ψm (m < n) is zárt rendszer volna,úgy 1. alapján ez n-nél kevesebb elem¶ Hamel-bázisa volna X-nek, amilehetetlen.

Fordítva, ha X geometriai dimenziója n, és φ1, . . . , φn egy minimális szá-mosságú zárt rendszer, úgy ez szükségképpen lineárisan független rend-szer. Ellenkez® esetben ugyanis volna egy ψ1, . . . , ψm (m < n) maximálislineárisan független részrendszere, ami

X = [φ1, . . . , φn] = [φ1, . . . , φn] = [ψ1, . . . , ψm] = [ψ1, . . . , ψm]

miatt n-nél kisebb számosságú zárt rendszer, ami ellentmondás.

3. Egy lineáris normált tér bármely véges (algebrai vagy geometriai) dimenzióslineáris altere zárt.

4. Véges dimenziós lineáris normált tér egy részhalmaza akkor és csakis akkorkompakt, ha korlátos és zárt.Ugyanis ha K kompakt részhalmaza a véges dimenziós X lineáris normálttérnek, úgy a Hausdor�-tétel (1.10.1 tétel 2. következménye) miatt K zártés teljesen korlátos, tehát korlátos is.

Ha most K ⊂ X zárt és korlátos halmaz és φ1, . . . , φn olyan lineárisanfüggetlen rendszer, hogy X = [φ1, . . . , φn], úgy tetsz®leges K-beli {xk}sorozatot véve

xk =n∑

i=1

α(k)i φi

és {xk} korlátos, így a 3.6.1 lemma szerint σk =n∑

i=1

|α(k)i | (k ∈ N) is korlátos,

van tehát olyan k1 < k2 < · · · indexsorozat, és αi ∈ K, hogy

α(kp)i → αi ha p→ ∞, i = 1, 2, . . . , n.

Ezért

xkp → x =n∑

i=1

αiφi, ha p→ ∞, és K zártsága miatt x ∈ K,

K tehát szekvenciálisan kompakt, így kompakt.


5. Bármely véges dimenziós (valós vagy komplex) lineáris normált tér teljes.Legyen ugyanis {xk} egy Cauchy-sorozat az X véges dimenziós térben.Mivel egy Cauchy-sorozat korlátos ugyanúgy, mint 4. bizonyításában lát-tuk, kiválasztható olyan {xkp} részsorozat, hogy xkp → x ∈ X ha p → ∞.Mivel {xk} Cauchy-sorozat, ebb®l következik, hogy nemcsak e részsorozat,hanem a teljes {xk} sorozat konvergens.

3.6.2. Lemma. (Riesz lemmája majdnem ortogonális elem létezésér®l)Legyen X egy lineáris normált tér, Y valódi zárt lineáris altere X-nek. Ekkorminden ε > 0 számhoz van olyan xε eleme az egységgömb S = {x ∈ X | ∥x∥ = 1}felületének, melyre

ϱ(xε, Y ) > 1− ε.

Megjegyzés. Ha X egy metrikus tér, úgy x ∈ X és A ⊂ X távolságát a

ϱ(x,A) = infa∈A

ϱ(x, a)

képlettel értelmezzük. A ϱ(x,A) tulajdonságaira vonatkozóan ld. a 4-7. felada-tokat.

Bizonyítás. Legyen z ∈ X \ Y és ε > 0. Válasszuk az yε ∈ Y elemet úgy, hogy

∥z − yε∥ − ϱ(z, Y ) < εϱ(z, Y ).

Mivel Y zárt, z /∈ Y , így 0 < ϱ(z, Y ) ≤ ∥z − yε∥, képezhetjük tehát az

xε =z − yε

∥z − yε∥∈ S

elemet. Megbecsülve a ϱ(xε, Y ) távolságot, kapjuk, hogy

ϱ(xε, Y ) = infy∈Y

∥xε − y∥ = infy∈Y

∥∥∥∥ z − yε∥z − yε∥

− y

∥∥∥∥ = infy∈Y

∥∥∥z − (yε + y ∥z − yε∥)∥∥∥

∥z − yε∥

=infu∈Y

∥z − u∥

∥z − yε∥=

ϱ(z, Y )

∥z − yε∥>

ϱ(z, Y )

ϱ(z, Y )(1 + ε)=

1

1 + ε> 1− ε.

�

Ha X véges dimenziós, úgy S zárt, korlátos lévén a 3.6.1 tétel 4.következménye szerint kompakt.

Egyszer¶en belátható, hogy tetsz®leges Y ⊂ X esetén az

f(x) = ϱ(x, Y ) (x ∈ X)

3.7. A LEGJOBB APPROXIMÁCIÓ PROBLÉMÁJA 89

egyenl®séggel de�niált f függvény folytonos X-en. Így, mivel kompakt halma-zon folytonos függvény felveszi széls®értékeit, f felveszi S-beli szuprémumát, vantehát olyan x0 ∈ S elem, melyre

f(x0) = supx∈S

ϱ(x, Y ).

Továbbá, ha Y valódi zárt lineáris altere X-nek, akkor a Riesz lemma miatt

supx∈S

ϱ(x, Y ) ≥ 1,

viszont ϱ(x, Y ) = infy∈Y

∥x − y∥ ≤ ∥x − 0∥ = 1, ha x ∈ S, és így supx∈S

ϱ(x, Y ) ≤ 1.

Ezértf(x0) = ϱ(x0, Y ) = 1.

A háromdimenziós euklideszi térben x0 éppen egy, az Y -ra ortogonális el-eme S-nek, innen származik a lemmában szerepl® xε elem elnevezése: majdnemortogonális (Y -ra).

A Riesz-lemma segítségével bizonyítható a

3.6.2. Tétel. Egy lineáris normált tér akkor és csakis akkor véges dimenziós, haa tér S(0, 1) = { x ∈ X | ∥x∥ ≤ 1 } zárt egységgömbje kompakt.

Bizonyítás. Szükségesség. Következik a 3.6.1 tétel 4. következményéb®l.Elegend®ség. Indirekt úton bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy X nem véges dimenziós,bár S(0, 1) kompakt.

Legyen x1 ∈ X, ∥x1∥ = 1 és X1 = [x1] az {x1} lineáris burka. X1 valódizárt altere X-nek, ezért a Riesz-lemma szerint van olyan x2 ∈ X, ∥x2∥ = 1,melyre ϱ(x2, X1) >

12, speciálisan ϱ(x2, x1) >

12. Tegyük fel, hogy x1, . . . , xn-

et megkonstruáltuk. Az Xn = [x1, . . . , xn] altérre a Riesz-lemmát alkalmazvakapjuk, hogy van olyan xn+1 ∈ X, ∥xn+1∥ = 1, hogy ϱ(xn+1, Xn) >

12, speciálisan

ϱ(xn+1, xi) >12(i = 1, . . . , n). Így olyan S(0, 1)-beli {xn} sorozatot kaptunk,

melynek ϱ(xn, xm) > 12(n = m) miatt nincs konvergens részsorozata, ami ellent-

mondás. �

3.7. A legjobb approximáció problémája

Legyen X egy lineáris normált tér, Y egy tetsz®leges részhalmaza X-nek, x ∈X. Egy y∗ ∈ Y elemet az x-et legjobban approximáló Y -beli elemnek nevezzük,ha

ϱ(x, Y ) = infy∈Y

∥x− y∥ = ∥x− y∗∥.


Létezik-e mindig legjobban approximáló elem? Ha igen, úgy egyértelm¶-e ésjellemezhetjük-e valahogyan (ez a jellemzés eljárást adhat y∗ megkeresésére)?

Y -ra vonatkozó további feltételek nélkül kevés remény van arra, hogybármilyen választ is tudjunk adni a feltett kérdésekre. Azt az esetet fogjuk ezértvizsgálni, amikor Y zárt lineáris altere X-nek. Ekkor az egzisztencia kérdéseelintézhet®.

3.7.1. Tétel. Ha Y véges dimenziós (így zárt) lineáris altere az X lineáris nor-mált térnek, úgy bármely x ∈ X elemhez létezik ®t legjobban approximáló y∗ ∈ Yelem.

Bizonyítás. Legyen x ∈ X, és y0 ∈ Y rögzitett, és

H = { y ∈ Y | ∥x− y∥ ≤ ∥x− y0∥ }.

Ekkor

infy∈Y

∥x− y∥ = infy∈H

∥x− y∥.

H kompakt (mert korlátos zárt részhalmaza Y -nak), így az y → ∥x−y∥ folytonosfüggvény H-beli in�mumát H valamely y∗ pontjában felveszi. �

Megjegyzés. Az el®z® tételben Y dimenziójának végessége lényeges feltétel.Legyen ugyanis X = C[0, 1],

Y ={y ∈ C[0, 1] | y(0) = 0,

1∫0

y(t)dt = 0}

és x(t) = t, (t ∈ [0, 1]).Világos, hogy Y zárt lineáris altere X-nek, mely nem véges dimenziós (pl.

φk(t) = sin 2kπt, (t ∈ [0, 1]), k = 1, 2, . . . megszámlálható lineárisan függetlenY -beli rendszer.)Megmutatjuk, hogy nincs olyan y∗ ∈ Y , melyre

infy∈Y

∥x− y∥ = ∥x− y∗∥.

1. Létezik olyan yn ∈ Y, )n = 2, 3, . . . , melyre

∥x− yn∥ =1

2+

1

n(n = 2, 3, . . . ).

3.7. A LEGJOBB APPROXIMÁCIÓ PROBLÉMÁJA 91

Legyen ugyanis

yn(t) =

(1− n2

4

)t ha t ∈

[0,

2

n2

],

t− 1

2ha t ∈

[2

n2, 1− 1

n

],

1

2− 1

nha t ∈

[1− 1

n, 1

].

yn éppen a 2. ábrán látható törtvonal, ahol a vonalkázott területek egyenl®k. Az

ábrából látható, hogy yn ∈ Y és ∥x− yn∥ =1

2+

1

n.

t

1

1

−12

12

1n

y n(t)

x(t)=t

��

��

��

��

2. ábra

2. Megmutatjuk, hogy bármely y ∈ Y -ra

∥x− y∥ > 1

2.

Ellenkez® esetben ugyanis valamely y∗ ∈ Y -ra

|t− y∗(t)| ≤ ∥x− y∗∥ ≤ 1

2(t ∈ [0, 1]),


amib®l

t− 1

2≤ y∗(t) ≤ t+

1

2(t ∈ [0, 1]).

Mivel y∗(0) = 0, így valamely δ > 0 mellett

t− 1

2< y∗(t) (t ∈ [0, δ]).

E két becslést felhasználva

0 =

1∫0

(t− 1

2

)dt <

1∫0

y∗(t)dt,

ami ellentmond y∗ ∈ Y választásának.

Az 1., 2. állításokból következik, hogy infy∈Y

∥x− y∥ =1

2, de bármely y ∈ Y -ra

∥x− y∥ > 1

2.

3.7.1. De�níció. Azt mondjuk, hogy az X lineáris normált tér szigorúan nor-mált, ha az

∥x+ y∥ = ∥x∥+ ∥y∥ (x, y ∈ X)

egyenlet x = 0, y = 0 esetén csak akkor teljesül, ha y = αx, ahol α > 0. ♢

Az Lp (1 < p < ∞) tér szigorúan normált (lásd az 1.2.3 tételben az egyen-l®ség feltételét), de C[0, 1] nem.Utóbbi állítás belátásához vegyünk két C[0, 1]-beli nemnegatív lineárisanfüggetlen x, y függvényt, melyek maximális értéküket ugyanott veszik fel. Ezekrenyilvánvalóan

∥x+ y∥ = ∥x∥+ ∥y∥,de y = αx.

3.7.2. Tétel. Legyen X szigorúan normált lineáris normált tér, Y pedig X zártlineáris altere. Akkor bármely x ∈ X elemet legjobban approximáló Y -beli elem(ha létezik) egyértelm¶.

Bizonyítás. Ha ϱ = ϱ(x, Y ) = infy∈Y

∥x−y∥ = 0, úgy y∗ = x az egyetlen legjobban

approximáló elem. Ha ϱ > 0 és y∗, y∗∗ ∈ Y -ra

ϱ = ∥x− y∗∥ = ∥x− y∗∗∥

teljesül, úgyy∗ + y∗∗

2∈ Y miatt

ϱ ≤∥∥∥∥x− y∗ + y∗∗

2

∥∥∥∥ ≤ 1

2∥x− y∗∥+ 1

2∥x− y∗∗∥ = ϱ.

3.8. PÉLDÁK BANACH-TEREKRE 93

Így∥x− y∗ + x− y∗∗∥ = ∥x− y∗∥+ ∥x− y∗∗∥,

és ϱ > 0 miatt x = y∗, x = y∗∗.Ezért a szigorú normáltság alapján

x− y∗ = α(x− y∗∗), ahol α > 0.

Ha α = 1 volna, úgy x az y∗ és y∗∗ lineáris kombinációja lévén Y -beli elem,ezért ϱ = 0 volna, ami ellentmondás. Ezért α = 1 és y∗ = y∗∗. �

3.8. Példák Banach-terekre

E szakaszban bebizonyítjuk a Lp(1 ≤ p ≤ ∞), c, c0 terek teljességét (így l(n)p ,lp teljességét is).

3.8.1. Tétel. A Lp(X,S, µ) (1 ≤ p ≤ ∞) tér teljes, így Banach-tér.

Bizonyítás. Az 1 ≤ p < ∞ esetben a 3.5.1 tétel miatt elég azt igazolni, hogyha xk ∈ Lp és

∞∑k=1

∥xk∥p = α <∞,

akkor a∞∑k=1

xk sor Lp-ben konvergens. Legyen

yn(t) =n∑

k=1

|xk(t)|, (t ∈ X).

Ekkor a Minkowski egyenl®tlenség alapján

∥yn∥p ≤n∑

k=1

∥xk∥p ≤ α,

vagy ∫X

ypn(t)dµt ≤ αp.

{ypn} nemnegatív mérhet® függvények monoton növekv® sorozata, így a BeppoLevi tétel szerint ∫

X

limn→∞

ypn(t)dµt = limn→∞

∫X

ypn(t)dµt ≤ αp.


Legyen limn→∞

yn(t) =∞∑k=1

|xk(t)| = y(t), akkor

∫X

yp(t)dµt ≤ αp,

így y majdnem mindenütt véges, azaz a∞∑k=1

|xk(t)| sor majdnem mindenütt kon-

vergens. Ezért a∞∑k=1

xk(t) sor is majdnem minden t ∈ X-re konvergens, és összege

egy x(t) szám. Legyen x(t) = 0 azon t értékekre, melyekre∞∑k=1

xk(t) nem konver-

gens.Megmutatjuk, hogy x ∈ Lp és∥∥∥∥∥

n∑k=1

xk − x

∥∥∥∥∥p

−→ 0, ha n→ ∞.

A majdnem minden t ∈ X-re érvényes∣∣∣∣∣n∑

k=1

xk(t)− x(t)

∣∣∣∣∣p

=

∣∣∣∣∣∞∑

k=n+1

xk(t)

∣∣∣∣∣p

≤

(∞∑

k=n+1

|xk(t)|

)p

≤ yp(t)

egyenl®tlenség miattn∑

k=1

xk − x ∈ Lp, és így x =n∑

k=1

xk −(

n∑k=1

xk − x

)∈ Lp. A

Lebesgue-tétel alapján

limn→∞

∥∥∥∥ n∑k=1

xk − x

∥∥∥∥p

= limn→∞

∫X

∣∣∣∣∣n∑

k=1

xk(t)− x(t)

∣∣∣∣∣p

dµt

1p

=

∫X

limn→∞

∣∣∣∣∣n∑

k=1

xk(t)− x(t)

∣∣∣∣∣p

dµt

1p

= 0.

Ha p = ∞ úgy legyen {xn} egy L∞-beli Cauchy-sorozat, azaz minden ε > 0-hozvan olyan N(ε), hogy

∥xn − xm∥∞ < ε, ha n,m > N(ε).

Az 1.2.4 tétel szerint minden n,m indexpárhoz van olyan Enm nullmérték¶halmaz, hogy

∥xn − xm∥∞ = supt∈X\Enm

|xn(t)− xm(t)|.

3.8. PÉLDÁK BANACH-TEREKRE 95

Az E00 =∞∪

n,m=1

Enm halmaz is nullmérték¶ és

|xn(t)−xm(t)| ≤ supt∈X\E00

|xn(t)−xm(t)| ≤ supt∈X\Enm

|xn(t)−xm(t)| = ∥xn−xm∥∞< ε,

ha n,m > N(ε), t ∈ X \ E00.Ez mutatja, hogy �x t ∈ X \ E00 mellett {xn(t)} valós vagy komplex elem¶

Cauchy-sorozat, mely konvergens. Legyen

x(t) =

limn→∞

xn(t) ha t ∈ X \ E00

0 ha t ∈ E00,

akkor az el®z® egyenl®tlenségb®l m→ ∞-nel,

|xn(t)− x(t)| ≤ ε ha n > N(ε), t ∈ X \ E00.

Innen kapjuk, hogy xn − x ∈ L∞, ha n > N(ε), és így x = xn − (xn − x) ∈ L∞,továbbá, ha n > N(ε), akkor

∥xn − x∥∞ = infE⊂XµE=0

supt∈X\E

|xn(t)− x(t)| ≤ supt∈X\E00

|xn(t)− x(t)| ≤ ε

azaz xn konvergál x-hez L∞-ben, és így L∞ teljes. �

3.8.2. Tétel. c, c0 Banach-terek.

Bizonyítás. Az el®z® tétel alapján l∞ Banach-tér. c0 és c lineáris alterek l∞-ben,így elég azt belátnunk, hogy c0 és c zárt részhalmazok l∞-ben.

Legyen x ∈ c (a lezárás természetesen l∞-ben értend®), akkor van olyanxn ∈ c (n ∈ N), hogy ∥xn − x∥∞ → 0, ha n → ∞. Legyen x = (ξ1, ξ2, . . . ),

xn =(ξ(n)1 , ξ

(n)2 , . . .

)(n ∈ N), azt kell megmutatnunk, hogy x ∈ c, azaz {ξi}

konvergens.Bármely ε > 0 számhoz van olyan N(ε), hogy

∥xn − x∥∞ < ε, ha n > N(ε),

amib®l∣∣∣ξ(n)i − ξi

∣∣∣ ≤ supi

∣∣∣ξ(n)i − ξi

∣∣∣ = ∥xn − x∥∞ < ε ha n > N(ε), i ∈ N,

így, ha n0 > N(ε), akkor

|ξi − ξj| ≤∣∣∣ξi − ξ

(n0)i

∣∣∣+ ∣∣∣ξ(n0)i − ξ

(n0)j

∣∣∣+ ∣∣∣ξ(n0)j − ξj

∣∣∣ < 3ε ha i, j > N1(ε),


ahol N1(ε) olyan, hogy∣∣∣ξ(n0)

i − ξ(n0)j

∣∣∣ < ε, ha i, j > N1(ε). Ezért {ξi} Cauchy-

sorozat, tehát konvergens, x ∈ c.Hasonlóan igazolhatjuk azt, hogy ha x ∈ c0 és xn ∈ c0 olyan, hogy ∥xn −

x∥∞ → 0, ha n → ∞, akkor x ∈ c0. Az xn és x sorozatok elemeit ugyanúgyjelölve, mint el®bb hasonlóan kapjuk, hogy∣∣∣ξ(n)i − ξi

∣∣∣ ≤ supi

∣∣∣ξ(n)i − ξi

∣∣∣ = ∥xn − x∥∞ < ε ha n > N(ε), i ∈ N,

és rögzített n0 > N(ε)-t véve{ξ(n0)i

}nullsorozat, ezért

∣∣∣ξ(n0)i

∣∣∣ < ε ha i > N2(ε).

Ezt felhasználva

|ξi| <∣∣∣ξi − ξ

(n0)i

∣∣∣+ ∣∣∣ξ(n0)i

∣∣∣ < 2ε ha i > N2(ε),

tehát {ξi} nullsorozat, x ∈ c0. �

3.9. Kompakt halmazok speciális terekben

E szakasz célja az, hogy néhány speciális térben a relatív kompakt halma-zokat jellemezze.

3.9.1. Tétel. A l(n)p (1 ≤ p ≤ ∞) tér egy K részhalmaza akkor és csakis akkor

relatív kompakt, ha korlátos.

Bizonyítás. Mivel l(n)p n-dimenziós, így állításunk következik a 3.6.1 tétel 4.következményéb®l. �

3.9.2. Tétel. Legyen X egy Banach-tér e1, e2, . . . Schauder-bázissal. K ⊂ Xrelatív kompakt akkor és csakis akkor, ha

(i) K korlátos,

(ii) bármely ε > 0-hoz van olyan N(ε), hogy ∥Rnx∥ < ε, ha n > N(ε), x ∈ K,ahol

x =∞∑i=1

ciei és Rnx =∞∑

i=n+1

ciei.

3.9. KOMPAKT HALMAZOK SPECIÁLIS TEREKBEN 97

A bizonyítást 5.6-ban fogjuk elvégezni.E tétel segítségével a c, c0, lp (1 ≤ p < ∞) terek kompakt halmazait jelle-

mezhetjük. Példaként a lp (1 ≤ p < ∞)-re vonatkozó eredményt fogalmazzukmeg. Itt a 3.5 alapján az

ei = (0, . . . , 0,

i`1, 0, . . . ) (i ∈ N)

elemek Schauder-bázist alkotnak, így érvényes a

3.9.3. Tétel. K ⊂ lp (1 ≤ p <∞) akkor és csakis akkor relatív kompakt, ha

(j) K korlátos,

(jj) bármely ε > 0-hoz van olyan N(ε), hogy

∞∑i=n+1

|ξi|p < εp, ha n > N(ε), x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ K.

Az egyik legnevezetesebb kompaktsági kritérium a C(X) részhalmazairavonatkozó Arzela-Ascoli tétel.

3.9.4. Tétel. (Arzela-Ascoli) Legyen X egy kompakt Hausdor�-féletopológikus tér. A K ⊂ C(X) részhalmaz pontosan akkor relatív kompakt, ha

(k) K függvényei pontonként korlátosak, azaz van olyanM : X → R függvény,hogy |x(t)| ≤M(t), ha x ∈ K és t ∈ X,

(kk) K függvényei egyenl® mértékben folytonosak X-en, azaz bármely ε > 0-hozés bármely t ∈ X-hez van olyan V = V (ε, t) környezete t-nek, hogy

|x(s)− x(t)| < ε, ha s ∈ V (ε, t), x ∈ K.

Bizonyítás. Szükségesség. Ha K ⊂ C(X) relatív kompakt, úgy az 1.10.1. tétel3. következménye alapján bármely ε > 0-hoz van véges ε-háló K számára, melyálljon az x1, . . . , xn ∈ C(X) függvényekb®l. Ha x ∈ K, úgy van olyan xj, (j =1, . . . , n), hogy ∥x− xj∥ < ε, így

|x(t)| ≤ |x(t)− xj(t)|+ |xj(t)| ≤ ∥x− xj∥+ ∥xj∥ ≤ ε+ k,

ahol k = max1≤i≤n ∥xi∥, azaz (k) teljesül M(t) = ε+ k (t ∈ X)-re. Minden ε > 0és t ∈ X-hez van olyan U(ε, t) környezete t-nek, hogy

|xi(s)− xi(t)| < ε, ha s ∈ U(ε, t), i = 1, . . . , n.


Így bármely x ∈ K esetén az el®bbi xj függvényt használva (melyre ∥x−xj∥ < ε)kapjuk, hogy

|x(s)− x(t)| ≤ |x(s)− xj(s)|+ |xj(s)− xj(t)|+ |xj(t)− x(t)|

≤ 2∥x− xj∥+ |xj(s)− xj(t)| < 3ε, ha s ∈ U(ε, t),

tehát (kk) is teljesül V (ε, t) = U(ε3, t)-vel.

Elegend®ség. Legyen ε > 0, úgy minden t ∈ X-hez megkeresve a (kk) szerintlétez® V (ε, t) környezetet X =

∪t∈X

V (ε, t). Mivel X kompakt, létezik véges sok

t1, . . . , tm pontja X-nek úgy, hogy X =m∪i=1

V (ε, ti) és

|x(s)− x(ti)| < ε, ha s ∈ V (ε, ti), x ∈ K, i = 1, . . . ,m.

(k)-t alkalmazva kapjuk, hogy tetsz®leges s ∈ X és x ∈ K esetén

|x(s)| ≤ |x(s)− x(ti)|+ |x(ti)| < ε+M(ti) ≤ ε+ max1≤j≤m

M(tj) =M1,

ahol i ∈ {1, . . . ,m} egy olyan index, melyre s ∈ V (ε, Ti). Azaz

|x(s)| ≤M1, ha s ∈ X, x ∈ K.

Tetsz®leges x ∈ K esetén legyen

p(x) =(x(t1), x(t2), . . . , x(tm)

).

Ekkor P ={p(x)

∣∣ x ∈ K}⊂ l

(m)2 korlátos halmaz l(m)

2 -ben, így a 3.9.1 tétel ésa Hausdor� tétel (az 1.10.1 tétel 3. következménye) miatt teljesen korlátos. Vantehát véges ε > 0 háló P számára, azaz létezik véges sok x1, x2, . . . , xq ∈ K úgy,hogy bármely x ∈ K esetén p(x) valamely p(xj) ε-sugarú környezetében van,tehát ∣∣x(ti)− xj(ti)

∣∣ ≤ ∥∥p(x)− p(xj)∥∥2< ε, ha i = 1, 2 . . . ,m.

Minden t ∈ X valamely V (ε, ti)-ben van, és erre az i indexre∣∣x(t)− x(ti)∣∣ < ε és

∣∣xj(t)− xj(ti)∣∣ < ε,

így ∣∣x(t)− xj(t)∣∣ ≤ ∣∣x(t)− x(ti)

∣∣+ ∣∣x(ti)− xj(ti)∣∣+ ∣∣xj(ti)− xj(t)

∣∣ < 3ε,

azaz∥x− xj∥ < 3ε.

Ez azt jelenti, hogy az x1, x2, . . . , xq ∈ K pontok (véges) 3ε-hálót alkotnak Kszámára, ezért K teljesen korlátos, és mivel C(X) teljes, Hausdor� tétele alapjánK relatív kompakt. �

4. fejezet

Lineáris operátorok és funkcionálok

4.1. Lineáris operátorok

A lineáris operátor fogalmát 2.1-ben már de�niáltuk. Legyenek X, Y lineáristerek azonos skalártartománnyal. Az A : X → Y leképezést lineáris operátornaknevezzük, ha A additív és homogén, azaz, ha

A(x+ y) = Ax+ Ay,A(λx) = λAx

(x, y ∈ X, λ ∈ K)

teljesül. Y = K esetén lineáris funkcionálról beszélünk.A továbbiakban e szakaszban X,Y lineáris normált terek azonos skalártar-

tománnyal.

4.1.1. De�níció. Az A : X → Y lineáris operátort korlátosnak nevezzük, havan olyan c konstans, hogy

∥Ax∥ ≤ c∥x∥ (x ∈ X) (4.1.1)

teljesül. A (4.1.1) egyenl®tlenséget kielégít® c konstansok halmazának pontos alsókorlátját az A operátor normájának nevezzük, és ∥A∥-val jelöljük. ♢

Könny¶ belátni, hogy A akkor és csakis akkor korlátos, ha bármely X-belikorlátos halmazt korlátos halmazra képez le. De�níciónk szerint

∥A∥ = inf{c ∈ R

∣∣ ∥Ax∥ ≤ c∥x∥, x ∈ X}. (4.1.2)

Legyen {cn} olyan sorozat, hogy cn → ∥A∥ és ∥Ax∥ ≤ cn∥x∥ (x ∈ X). Ekkorn→ ∞ határátmenettel ∥Ax∥ ≤ ∥A∥ · ∥x∥ (x ∈ X) adódik, ami azt jelenti, hogy(4.1.2)-ben az in�mum felvétetik. Így ∥A∥-t jellemzik a következ® tulajdonságok:

99

100 FEJEZET 4. LINEÁRIS OPERÁTOROK ÉS FUNKCIONÁLOK

∥Ax∥ ≤ ∥A∥ ∥x∥ (x ∈ X) és

bármely ε > 0-hoz van olyan xε ∈ X, hogy ∥Axε∥ > (∥A∥ − ε) ∥xε∥.

A (4.1.1) egyenl®tlenség x = 0-nál mindig teljesül, így (4.1.1) ekvivalens az

∥Ax∥∥x∥

≤ c (x ∈ X, x = 0)

egyenl®tlenséggel. Ezért a (4.1.1)-et kielégít® c konstansok in�muma éppen abaloldalon lév® függvény értékeinek supremuma, így

∥A∥ = supx=0

∥Ax∥∥x∥

= sup∥y∥=1

∥Ay∥.

Akkor mondtuk, hogy A : X → Y folytonos, ha minden Y -beli nyílt halmaz in-verz képe nyílt, vagy, ami ugyanaz, ha bármely x ∈ X-et és x-hez konvergáló {xn}sorozatot véve Axn → Ax, ha n→ ∞. Lineáris operátorok esetén a folytonosságés a korlátosság között fontos kapcsolat van.

4.1.1. Tétel. Egy (lineáris normált teret lineáris normált térbe leképez®)lineáris operátor akkor és csakis akkor folytonos, ha korlátos.

Bizonyítás. Ha A : X → Y korlátos és {xn} egy x ∈ X-hez konvergáló sorozat,úgy

∥Axn − Ax∥ = ∥A(xn − x)∥ ≤ ∥A∥ ∥xn − x∥

miatt A folytonos.Ha A folytonos, de nem korlátos, úgy minden n természetes számhoz van

olyan zn ∈ X, hogy ∥Azn∥ > n∥zn∥. Legyen yn =zn

n∥zn∥, akkor yn → 0 és

∥Ayn∥ > 1, amib®l n → ∞ határátmenettel 0 = ∥A0∥ ≥ 1 adódik, ami ellent-mondás.

�

4.1.2. Tétel. Valós lineáris normált téren értelmezett additív és folytonos ope-rátor homogén, így lineáris.

Bizonyítás. Az additivitásból teljes indukcióval kapjuk, hogy x1, . . . , xn ∈ X-re

A(x1 + · · ·+ xn) = Ax1 + · · ·+ Axn.

Helyettesítsünk itt x1 = · · · = xn = x-et, akkor

A(nx) = nAx (n ∈ N, x ∈ X)

4.2. PÉLDÁK 101

adódik. Mivel Ax = A(x+ 0) = Ax+ A0, így A0 = 0 és

A(0x) = 0Ax (x ∈ X).

Felhasználva, hogy 0 = A0 = A(x − x) = Ax + A(−x) miatt A(−x) = −Ax,kapjuk, hogy

A(nx) = A (−n(−x)) = −nA(−x) = nAx

n = −1,−2, . . . , x ∈ X esetén. Legyen most r =p

q(p, q egészek, q = 0) egy

tetsz®leges racionális szám,és y = rx. Ekkor px = qy és

pAx = A(px) = A(qy) = qAy = qA(rx),

amib®lA(rx) = rAx,

tehát tetsz®leges r racionális szám kiemelhet®. Legyen most λ valós, és {rn}racionális számok λ-hoz konvergáló sorozata, akkor bármely x ∈ X esetén

rnx→ λx ha n→ ∞,

így A folytonossága miatt

λAx = limn→∞

rnAx = limn→∞

A(rnx) = A(λx),

azaz A homogén. �

4.2. Példák lineáris operátorokra ésfunkcionálokra

4.2.1. Tétel. Tetsz®leges x ∈ C[0, 1] esetén legyen

f(x) =n∑

i=1

cix(ti),

ahol 0 ≤ t1 < t2 < · · · < tn ≤ 1 és c1, . . . , cn adott nem zérus valós számok.Ekkor f korlátos lineáris funkcionál C[0, 1]-en és

∥f∥ =n∑

i=1

|ci|.


Bizonyítás. Világos, hogy f additív és homogén. Továbbá az

∣∣f(x)∣∣ = ∣∣∣∣∣n∑

i=1

cix(ti)

∣∣∣∣∣ ≤n∑

i=1

|ci| · |x(ti)| ≤n∑

i=1

|ci| · ∥x∥

egyenl®tlenség miatt f korlátos, és

∥f∥ ≤n∑

i=1

|ci|.

Legyen x∗ olyan folytonos függvény melynek értékei [−1, 1]-be esnek, és melyrex∗(ti) = sgn ci. Ekkor

|f (x∗)| =

∣∣∣∣∣n∑

i=1

cix∗(ti)

∣∣∣∣∣ =n∑

i=1

|ci| =n∑

i=1

|ci| · ∥x∗∥

amib®l

∥f∥ ≥n∑

i=1

|ci|.

�

Legyen X = l(n)p , Y = l

(m)q és A : X → Y egy lineáris operátor. Bevezetve az

ei = (0, . . . , 0,

i`1, 0, . . . , 0) ∈ l

(n)p , (i = 1, . . . , n),

fj = (0, . . . , 0,

j`1, 0, . . . , 0) ∈ l

(m)q , (j = 1, . . . ,m)

vektorokat, az x = (ξ1, . . . , ξn) ∈ l(n)p és y = Ax = (η1, . . . , ηm) ∈ l

(m)q vektorok

x =n∑

i=1

ξiei, y =m∑j=1

ηjfj

alakba írhatók, ezért

Ax =n∑

i=1

ξiAei = y =m∑j=1

ηjfj.

Aei felírható

Aei =m∑j=1

ajifj

4.2. PÉLDÁK 103

alakban, s ezzel

Ax =n∑

i=1

ξi

m∑j=1

ajifj =m∑j=1

(n∑

i=1

ajiξi

)fj.

Ugyanakkor

Ax =m∑j=1

ηjfj,

így az f1, . . . , fm vektorok lineáris függetlensége miatt

ηj =n∑

i=1

ajiξi (j = 1, . . . ,m). (4.2.1)

Így az A operátort az

A =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

.... . .

...am1 am2 . . . amn

mátrix egyértelm¶en meghatározza. Az Ax vektort, mint oszlopvektort, úgy lehetmegkapni, (4.2.1) szerint, hogy az A mátrixot az x (oszlop)vektorral megszoroz-zuk.

Fordítva, bármely A mátrix megad (4.2.1) szerint egy A : l(n)p → l

(m)q lineáris

operátort. Egy ilyen operátor mindig folytonos, mert ha xk =(ξ(k)1 , . . . , ξ

(k)n

),

x = (ξ1, . . . , ξn), xk → x (k → ∞), úgy ez azt jelenti, hogy limk→∞

ξ(k)i = ξi

(i = 1, . . . , n), de akkor (4.2.1) miatt Axk = yk =(η(k)1 , . . . , η

(k)m

)-ra

η(k)j =

n∑i=1

ajiξ(k)i , (j = 1, . . . ,m),

amib®l

limk→∞

η(k)j =

n∑i=1

ajiξi = ηj (j = 1, . . . ,m),

azaz limk→∞

Axk = (η1, . . . , ηm) = Ax.

Az alábbiakban meghatározzuk A normáját, ha p = q = 1, p = q = ∞, vagyp = q = 2.


4.2.2. Tétel. Ha p = q = 1, akkor

∥A∥ = max1≤i≤n

m∑j=1

|aji|. (4.2.2)

Bizonyítás. Jelölje α a jobboldali kifejezést, akkor

∥Ax∥1 =m∑j=1

|ηj| =m∑j=1

∣∣∣∣∣n∑

i=1

ajiξi

∣∣∣∣∣ ≤n∑

i=1

|ξi|m∑j=1

|aji| ≤

≤ max1≤i≤n

m∑j=1

|aji| · ∥x∥1 = α∥x∥1,

amib®l∥A∥ ≤ α.

Ha α = 0, úgy ∥A∥ = 0 = α és az állításunk igazolt. Ha α > 0, úgy legyeni0 ∈ {1, . . . , n} egy olyan index, melyre

m∑j=1

|aji0 | = α,

és legyen x∗ = ei0 . Ekkor ∥x∗∥1 = 1, és

∥Ax∗∥1 =m∑j=1

|aji0 | = α = α∥x∗∥1,

amib®l∥A∥ ≥ α

következik, s ezzel (4.2.2)-et igazoltuk. �

4.2.3. Tétel. Ha p = q = ∞, akkor

∥A∥ = max1≤j≤m

n∑i=1

|aji|. (4.2.3)

Bizonyítás. Jelölje β a jobboldalon álló maximumot, akkor

∥Ax∥∞ = max1≤j≤m

|ηj| = max1≤j≤m

∣∣∣∣∣n∑

i=1

ajiξi

∣∣∣∣∣ ≤ max1≤j≤m

n∑i=1

|aji| max1≤i≤n

|ξi| = β∥x∥∞,

amib®l∥A∥ ≤ β.

4.2. PÉLDÁK 105

Ha β = 0, úgy ∥A∥ = 0 = β, és az állításunk igazolt.β > 0 esetén jelöljön j0 ∈ {1, . . . ,m} egy olyan indexet, melyre

n∑i=1

|aj0i| = β,

és legyen x∗ = (sgn aj01, . . . , sgn aj0n). Ekkor ∥x∗∥∞ = 1, és

∥Ax∗∥∞ = max1≤j≤m

∣∣∣∣∣n∑

i=1

aj0isgn aj0i

∣∣∣∣∣ =n∑

i=1

|aj0i| = β∥x∗∥∞,

amib®l∥A∥ ≥ β,

így (4.2.3)-at igazoltuk. �

4.2.4. Tétel. Ha p = q = 2, akkor

∥A∥ =√λ1, (4.2.4)

ahol λ1 az A∗A mátrix legnagyobb sajátértéke (itt A∗ az A mátrix tran-szponáltjának a konjugáltja).

Bizonyítás. Ha x = (ξ1, . . . , ξn), z = (ζ1, . . . , ζn) két l(n)2 -beli vektor úgy az⟨x, z⟩

=n∑

i=1

ξiζ i számot x és z bels® szorzatának, vagy skaláris szorzatának

nevezzük. Azt mondjuk, hogy x és z ortogonálisak, ha⟨x, z⟩= 0. Világos, hogy

∥x∥22 =⟨x, x⟩. Legyen most x = (ξ1, . . . , ξn) ∈ l

(n)2 , akkor az Ax = (η1, . . . , ηm)

jelöléssel

∥A∥2 = sup∥x∥2=1

∥Ax∥22 = sup∥x∥2=1

m∑j=1

ηjηj

= sup∥x∥2=1

m∑j=1

(n∑

i=1

ajiξin∑

k=1

ajkξk

)

= sup∥x∥2=1

n∑k=1

(n∑

i=1

bkiξi

)ξk = sup

∥x∥2=1

⟨Bx, x

⟩,

ahol bki =m∑j=1

ajiajk (k, i = 1, . . . , n) és B a B = (bki) = A∗A mátrix által

meghatározott lineáris operátor.


A B = A∗A el®állítás miatt B sajátértékei valós, nemnegatív számok. Haλ1 ≥ · · · ≥ λn a B sajátértékei és x1, . . . , xn a megfelel® lineárisan függetlensajátvektorok � melyekr®l feltehetjük, hogy normáltak és páronként ortogonálisak� akkor bármely x ∈ l

(n)2 egyértelm¶en

x =n∑

i=1

cixi

alakba írható, és B linearitása miatt

Bx =n∑

i=1

ciBxi =n∑

i=1

ciλixi.

Innen az x1, . . . , xn vektorok ortogonalitását kihasználva kapjuk, hogy

∥Bx∥22 =

⟨n∑

i=1

ciλixi ,n∑

j=1

cjλjxj

⟩=

n∑i=1

|ciλi|2 ≤ λ21

n∑i=1

|ci|2 = λ21∥x∥22,

amib®l∥B∥ ≤ λ1.

De x = x1-nél∥Bx1∥22 = λ21∥x1∥22,

így ∥B∥ = λ1.

Ha megmutatjuk, hogy

∥B∥ = sup∥x∥2=1

⟨Bx, x

⟩úgy készen vagyunk a bizonyítással, hiszen a baloldal = λ1, a jobboldali kife-jezésr®l viszont tudjuk, hogy = ∥A∥2.∥x∥2 = 1 mellett a Hölder-egyenl®tlenség miatt

⟨Bx, x

⟩=∣∣⟨Bx, x⟩∣∣ = ∣∣∣∣∣

n∑k=1

(n∑

i=1

bkiξi

)ξk

∣∣∣∣∣ ≤ ∥Bx∥2 · ∥x∥2 ≤ ∥B∥,

ígysup

∥x∥2=1

⟨Bx, x

⟩≤ ∥B∥.

Mivel x = x1-nél ⟨Bx1, x1

⟩=⟨λx1, x1

⟩= λ1∥x1∥22 = λ1 = ∥B∥,

ezért sup∥x∥2=1

⟨Bx, x

⟩= ∥B∥, s állításunk bizonyított. �

4.2. PÉLDÁK 107

4.2.5. Tétel. Legyen K : [a, b] × [a, b] → R valós érték¶ folytonos függvény.Ekkor az

(Ax)(t) =

b∫a

K(t, s)x(s)ds, x ∈ C[a, b],

képlettel de�niált A a C[a, b]-t önmagába képez® korlátos lineáris operátor, és

∥A∥ = maxt∈[a,b]

b∫a

|K(t, s)|ds.

Bizonyítás. Könny¶ belátni, hogy Ax folytonos függvény [a, b]-n és A additívés homogén. Megmutatjuk, hogy A korlátos is, és normája éppen a

γ = maxt∈[a,b]

b∫a

|K(t, s)|ds

szám. Minden t ∈ [a, b] esetén

|(Ax)(t)| ≤b∫

a

|K(t, s)||x(s)|ds ≤b∫

a

|K(t, s)|ds · ∥x∥,

ahol ∥x∥ = supt∈[a,b]

|x(t)|. Így

∥Ax∥ = supt∈[a,b]

|(Ax)(t)| ≤ supt∈[a,b]

b∫a

|K(t, s)|ds · ∥x∥ = γ∥x∥,

ugyanis az [a, b] ∋ t→b∫a

|K(t, s)|ds függvény folytonos a kompakt [a, b] interval-

lumon, ezért sup helyett max írható. Ez azt jelenti, hogy A korlátos és

∥A∥ ≤ γ.

Mivel kompakt halmazon folytonos függvény felveszi széls®értékeit, van olyant0 ∈ [a, b], melyre

γ =

b∫a

|K(t0, s)|ds.

Ha γ = 0, (azaz K(t0, s) = 0, ha s ∈ [a, b]), akkor ∥A∥ ≥ 0 = γ, így ∥A∥ = 0 = γ.


Ha γ = 0, akkor legyen k0(s) := sgnK(t0, s), (s ∈ [a, b]). A k0 függvényLebesgue-mérhet®, így Luzin tétele miatt bármely ε > 0-hoz van olyan Eε ⊂ [a, b]kompakt halmaz, hogy k0-nak az Eε-ra való lesz¶kítése folytonos és

µ ([a, b] \ Eε) <ε

2 maxt,s∈[a,b]

|K(t, s)|,

(γ = 0 miatt a nevez® pozitív). Tietze kiterjesztési tétele szerint k0-nak az Eε-ravaló el®bbi lesz¶kítése folytonosan kiterjeszthet® az egész [a, b]-re k0 korlátjánakmeg®rzésével. Legyen xε ez a kiterjesztett függvény. Akkor minden (elég kis ε > 0esetén)

xε : [a, b] → [−1, 1] folytonos függvény [a, b]-n

xε(s) = k0(s) ha s ∈ Eε.

Ekkor elég kis ε esetén ∥xε∥ = 1, és

∥A∥ = sup∥x∥=1

∥Ax∥ ≥ ∥Axε∥ = supt∈[a,b]

∣∣∣∣ b∫a

K(t, s)xε(s)ds

∣∣∣∣= max

t∈[a,b]

∣∣∣∣ b∫a

K(t, s) (xε(s)− k0(s)) ds+b∫a

K(t, s)k0(s)ds

∣∣∣∣ .Ha β1, β2-vel jelöljük az abszolútérték jel között álló integrálokat, úgy

|β1| =

∣∣∣∣ b∫a

K(t, s) (xε(s)− k0(s)) ds

∣∣∣∣ ≤ ∫[a,b]\Eε

|K(t, s)| · |xε(s)− k0(s)|ds

≤ 2 maxt,s∈[a,b]

|K(t, s)| · µ ([a, b] \ Eε) = ε,

és

|β1 + β2| ≥ ||β1| − |β2|| ≥ |β2| − |β1| ≥

∣∣∣∣∣∣b∫

a

K(t, s)k0(s)ds

∣∣∣∣∣∣− ε.

Ezt felhasználva ∥A∥ becslése a következ®képpen folytatható.

∥A∥ ≥ maxt∈[a,b]

|β1 + β2| ≥ maxt∈[a,b]

∣∣∣∣ b∫a

K(t, s)k0(s)ds

∣∣∣∣− ε

≥∣∣∣∣ b∫a

K(t0, s)k0(s)ds

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ b∫a

K(t0, s)sgnK(t0, s)ds

∣∣∣∣=

b∫a

|K(t0, s)|ds− ε = γ − ε,

4.3. A LINEÁRIS OPERÁTOROK TERÉNEK STRUKTÚRÁJA 109

amib®l ε→ 0 határátmenettel∥A∥ ≥ γ,

s ezt az ∥A∥-ra vonatkozó els® becslésünkkel összevetve kapjuk, hogy ∥A∥ = γ.�

4.2.6. Tétel. Legyen k : [a, b] → R valós érték¶ folytonos függvény az [a, b]intervallumon. Ekkor az

f(x) =

b∫a

k(s)x(s)ds (x ∈ C[a, b])

formula C[a, b] egy korlátos lineáris f funkcionálját de�niálja, melynek normája

∥f∥ =

b∫a

|k(s)|ds.

A bizonyítás teljesen analóg a 4.2.5 tétel bizonyításával.

4.3. A lineáris operátorok terének struktúrája

Legyenek X, Y lineáris terek azonos skalártartománnyal és jelölje L(X, Y ) azösszes A : X → Y lineáris operátorok halmazát.4.3.1. De�níció. A,B ∈ L(X, Y ) esetén az A+ B, λA operátorokat az alábbiegyenl®ségekkel de�niáljuk:

(A+B)x = Ax+Bx(λA)x = λAx

(x ∈ X, λ ∈ K).

♢

4.3.1. Tétel. L(X, Y ) lineáris tér a fenti m¶veletekre nézve.

Bizonyítás. Azonnal látható, hogy A,B ∈ L(X, Y ), λ ∈ K esetén A + B, λAis lineáris operátorok, azaz L(X,Y ) elemei, és a lineáris tér axiómái teljesülnek.

�

Ha Y = X, akkor két L(X,X)-beli A,B operátor szorzatát az

(AB)x = A(Bx) (x ∈ X)

egyenl®séggel de�niáljuk. ♢


4.3.2. De�níció. A Z halmazt algebrának nevezzük a K test felett, ha

(1) Z vektortér a K test felett,

(2) Z gy¶r¶ (a m¶veletek Z-ben a + és ·)

(3) bármely z, w ∈ Z, λ ∈ K esetén

λ(zw) = (λz)w = z(λw).

♢

4.3.2. Tétel. L(X,X) algebra a fenti összeadás, skalárral való szorzás és szorzásm¶veletére nézve.

A bizonyítást az olvasóra hagyjuk.Legyenek most X, Y lineáris normált terek azonos skalártartománnyal, és

jelölje B(X,Y ) az X-et Y -ba képez® korlátos lineáris operátorok halmazát.

4.3.3. Tétel. B(X,Y ) lineáris normált tér.

Bizonyítás. A 4.3.1 tétel miatt elég azt belátni, hogy

∥A∥ = sup∥x∥=1

∥Ax∥

teljesíti a norma tulajdonságait.Világos, hogy ∥A∥ ≥ 0 és ∥A∥ = 0 akkor és csakis akkor, ha A = 0 = a

zérusoperátor (mely minden x ∈ X-hez 0 ∈ Y -t rendeli). Továbbá,

∥λA∥ = sup∥x∥=1

∥∥(λA)x∥∥ = sup∥x∥=1

∥λAx∥ = |λ| sup∥x∥=1

∥Ax∥ = |λ| ∥A∥,

∥A+B∥ = sup∥x∥=1

∥∥(A+B)x∥∥ = sup

∥x∥=1

∥∥Ax+Bx∥∥

≤ sup∥x∥=1

∥Ax∥+ sup∥x∥=1

∥Bx∥ = ∥A∥+ ∥B∥.

�

4.3.4. Tétel. Ha Y Banach-tér, úgy B(X,Y ) is Banach-tér.

Bizonyítás. Csak B(X,Y ) teljességét kell belátnunk, ha Y teljes. Legyen An ∈B(X,Y ), n ∈ N egy Cauchy-sorozat. Ekkor minden ε > 0-hoz létezik N(ε) úgy,hogy

∥An − Am∥ < ε, ha n,m > N(ε).

4.3. A LINEÁRIS OPERÁTOROK TERÉNEK STRUKTÚRÁJA 111

Bármely x ∈ X esetén

∥Anx− Amx∥ = ∥(An − Am)x∥ ≤ ∥An − Am∥ · ∥x∥ < ε∥x∥, ha n,m > N(ε),(4.3.1)

ezért {Anx} Cauchy-sorozat. Y teljessége miatt {Anx} konvergens, legyen

Ax = limn→∞

Anx (x ∈ X).

Azt állítjuk, hogy A ∈ B(X,Y ).A : X → Y , A lineáris mert

A(x+ y) = limn→∞

An(x+ y) = limn→∞

(Anx+ Any) = limn→∞

Anx+ limn→∞

Any

= Ax+ Ay,

A(λx) = limn→∞

An(λx) = limn→∞

λAnx = λ limn→∞

Anx = λAx.

A korlátosságának igazolásához vegyük �gyelembe, hogy∣∣∥An∥ − ∥Am∥∣∣ ≤ ∥An − Am∥, (n,m ∈ N),

így az{∥An∥

}sorozat nemnegatív számok Cauchy-sorozata, ami konvergens,

ezért korlátos: ∥An∥ ≤ c (n ∈ N). De akkor

∥Anx∥ ≤ ∥An∥ · ∥x∥ ≤ c∥x∥,

amib®l n→ ∞-nel∥Ax∥ ≤ c∥x∥,

tehát A korlátos.(4.3.1)-b®l m→ ∞-nel kapjuk, hogy

∥Anx− Ax∥ ≤ ε∥x∥, ha n > N(ε),

így ∥An − A∥ ≤ ε, ha n > N(ε), ezzel B(X,Y ) teljességét beláttuk. �

Megjegyzés. Legyen An ∈ B(X, Y ), (n ∈ N) egy operátorsorozat. Ha bármelyx ∈ X esetén {Anx} konvergens, úgy az {An} operátorsorozatot pontonként kon-vergensnek nevezzük. Az el®z® bizonyításban láttuk, hogy ekkor Ax = lim

n→∞Anx

egy L(X, Y )-beli operátor (A korlátos is, ha X Banach-tér, lásd az 5.2.1 tételt).Ha van olyan A ∈ B(X,Y ), hogy ∥An − A∥ → 0 ha n → ∞, akkor azt

mondjuk, hogy az {An} operátorsorozat operátornormában (vagy egyenletesen)konvergál A-hoz. Hangsúlyozzuk, hogy csak ebben a speciális B(X, Y ) lineáris


normált térben használjuk ezt a terminológiát. Azt is mondhatjuk, hogy {An}konvergál A-hoz B(X,Y )-ban.

Mivel∥Anx− Ax∥ ≤ ∥An − A∥ · ∥x∥,

ezért az operátornormában való (vagy egyenletes) konvergenciából következik apontonkénti konvergencia. Ha az Anx→ Ax pontonkénti konvergencia az ∥x∥ ≤1 egységgömbön egyenletes, úgy A ∈ B(X, Y ) és ∥An − A∥ → 0, ha n→ ∞.

4.3.3. De�níció. A Z halmazt normált algebrának nevezzük a K test felett, haZ algebra K felett, és bármely z ∈ Z elemhez hozzá van rendelve egy ∥z∥ valósszám úgy, hogy bármely z, w ∈ Z, λ ∈ K esetén

∥z∥ ≥ 0 és ∥z∥ = 0 ⇐⇒ z = 0,∥λz∥ = |λ| · ∥z∥,

∥z + w∥ ≤ ∥z∥+ ∥w∥,∥zw∥ ≤ ∥z∥ · ∥w∥.

♢

4.3.5. Tétel. B(X,X) normált algebra, mely teljes, ha X Banach-tér.

Bizonyítás. Az el®z® tételek miatt csupán az

∥AB∥ ≤ ∥A∥ · ∥B∥

egyenl®tlenséget kell igazolni, ha A,B ∈ B(X,X). Ezt az olvasóra bízzuk. �

Foglalkozzunk most azzal a speciális esettel, amikor Y = K az X tér skalár-jainak teste (mely maga is lineáris normált, s®t Banach-tér). A 4.3.4 tétel szerintekkor B(X,K) Banach-tér.

4.3.4. De�níció. Legyen X egy lineáris normált tér a K test felett. A B(X,K)teret X konjugált terének, vagy (normált) duális terének nevezzük és X∗-galjelöljük. ♢

X∗-ot tehát az X-en értelmezett összes korlátos lineáris f funkcionálokalkotják a pontonkénti összeadással és skalárral való szorzással, valamint az

∥f∥ = supx =0

|f(x)|∥x∥

normával ellátva.

4.4. A HAHN-BANACH TÉTEL LINEÁRIS NORMÁLT TÉRBEN 113

4.4. A Hahn-Banach tétel lineáris normálttérben

4.4.1. Tétel. Lineáris normált tér egy lineáris alterén értelmezett és ott lineárisés korlátos funkcionál kiterjeszthet® az egész térre a linearitás, korlátosság és anorma megtartásával.

Ez azt jelenti, hogy ha f az X lineáris normált tér X0 alterén értelmezettlineáris korlátos funkcionál, úgy létezik olyan F : X → K lineáris korlátosfunkcionál, melyre

F (u) = f(u) (u ∈ X0),

és

∥F∥ = ∥f∥(= sup

0=x∈X0

|f(x)|∥x∥

).

Bizonyítás. Ha X valós lineáris normált tér, akkor legyen p(x) = ∥f∥·∥x∥ (x ∈X). A p függvény szubadditív és pozitív homogén X-en, melyre

f(x) ≤ |f(x)| ≤ ∥f∥ · ∥x∥ = p(x)

bármely x ∈ X0 mellett. Így alkalmazhatjuk a Hahn-Banach tétel lineáris terekreérvényes változatát. Van tehát olyan F : X → R lineáris funkcionál, melyre

F (u) = f(u) (u ∈ X0),F (x) ≤ p(x) (x ∈ X).

Megmutatjuk, hogy ∥F∥ = ∥f∥. Egyrészt

∥f∥ = sup0=x∈X0

|f(x)|∥x∥

≤ sup0=x∈X

|F (x)|∥x∥

= ∥F∥,

másrészt a 2.2.1. Következmény szerint

−p(−x) ≤ F (x) ≤ p(x),

−∥f∥ · ∥x∥ ≤ F (x) ≤ ∥f∥ · ∥x∥,

|F (x)| ≤ ∥f∥ · ∥x∥,

amib®l∥F∥ ≤ ∥f∥,

ezzel ∥F∥ = ∥f∥.Komplex lineáris normált tér esetén p(x) = ∥f∥·∥x∥ (x ∈ X) félnorma X-en,

és |f(x)| ≤ p(x) (x ∈ X0). Így alkalmazhatjuk a Bohnenblust-Sobczyk tételt, ésa kapott F funkcionálról az el®z®ekhez hasonlóan beláthatjuk, hogy f lineárisnormatartó kiterjesztése lesz. �


Következmények.

1. Legyen X0 az X lineáris normált tér egy lineáris altere, és x1 ∈ X olyan,hogy

d = ϱ(x1, X0) = infx∈X0

∥x1 − x∥ > 0.

Ekkor létezik olyan f korlátos lineáris funkcionál X-en, melyre

f(x) = 0 ha x ∈ X0,f(x1) = d,∥f∥ = 1.

Jelölje ugyanis X1 az X0 ∪ {x1} lineáris burkát. Mivel d > 0, kapjuk, hogyx1 = X0, és így bármely y ∈ X1 egyértelm¶en felírható y = x+λx1 alakban,ahol x ∈ X0, λ ∈ K skalár. Az

f1(y) = λd (y = x+ λx1 ∈ X1)

képlettel de�niált f1 olyan lineáris funkcionál X1-en, mely X0-on zérus,és x1-ben d-t vesz fel. Megmutatjuk, hogy ∥f1∥ = 1, amib®l a 4.4.1 tételalkalmazásával adódik állításunk. Valóban,

|f1(y)| = |λ|d = |λ| infx∈X0

∥x1 − x∥ = infx∈X0

∥λx1 − λx∥= inf

x∈X0

∥x+ λx1 − (λ+ 1)x∥ = infx∈X0

∥y − (λ+ 1)x∥ ≤ ∥y∥

így ∥f1∥ ≤ 1. Másrészt, d de�níciója miatt tetsz®leges ε > 0-hoz van olyanxε ∈ X0 hogy

∥x1 − xε∥ − d < εd,

ezért yε = x1 − xε jelöléssel

|f1(yε)| = d >1

1 + ε∥yε∥.

Innen

∥f1∥ = sup0=y∈X1

|f1(y)|∥y∥

≥ |f1(yε)|∥yε∥

≥ 1

1 + ε

és ε→ 0-val ∥f1∥ ≥ 1, ezért ∥f1∥ = 1.

2. Ha X = {0}, akkor bármely x1 ∈ X-hez van olyan f ∈ X∗ funkcionál, hogy

f(x1) = ∥x1∥,∥f∥ = 1

teljesül.

4.5. KONJUGÁLT TÉR, REFLEXÍV TEREK 115

Ugyanis, ha x1 = 0, akkor legyen X0 = {0}, és alkalmazzuk az el®z®következményt. Mivel d = ϱ(x1, X0) = ∥x1∥ > 0, éppen a kívánt funkcionáltkapjuk. Ha x1 = 0, úgy tetsz®leges egységnormájú f ∈ X∗ teljesíti akövetelményeket.

3. Ha az X lineáris normált tér x1 elemére f(x1) = 0 bármely f ∈ X∗

funkcionálra, akkor x1 = 0.

Ellenkez® esetben ugyanis a 2. következmény ellentmondásra vezetne.

4. Ha egy X lineáris normált tér x1, x2 elemei esetén f(x1) = f(x2) bármelyf ∈ X∗-ra, akkor x1 = x2. (Alkalmazzuk 3.-at x1 − x2-re!)

A 4. következmény jelent®sége abban áll, hogy segítségével funkcionálokértékeinek egyenl®ségéb®l a tér elemeinek egyenl®ségére következtethetünk.

4.5. Konjugált tér, re�exív terek

A 4.3 szakaszban beláttuk, hogy egy X lineáris normált tér X∗ konjugálttere Banach-tér. Ezért képezhetjük az X∗∗ = (X∗)∗ második, X∗∗∗ = (X∗∗)∗

harmadik stb. konjugált terét X-nek. Világos, hogy ezek valamennyien Banach-terek.

Az X és X∗∗ között fontos kapcsolat van, az alábbiakban ezt vizsgáljuk.

4.5.1. Tétel. Legyen X egy lineáris normált tér, x0 ∈ X �x elem. Ekkor az

Fx0(f) = f(x0) (f ∈ X∗)

formulával de�niált Fx0 lineáris korlátos funkcionál X∗-on (azaz Fx0 ∈ X∗∗) és

∥Fx0∥ = ∥x0∥.

Bizonyítás. Fx0 additív és homogén, mert

Fx0(f + g) = (f + g)(x0) = f(x0) + g(x0) = Fx0(f) + Fx0(g),

Fx0(λf) = (λf)(x0) = λf(x0) = λFx0(f).

Fx0 korlátos is, mert

|Fx0(f)| = |f(x0)| ≤ ∥f∥ · ∥x0∥.

Innen következik, hogy ∥Fx0∥ ≤ ∥x0∥. Ha x0 = 0, úgy ∥Fx0∥ = 0 = ∥x0∥. Hax0 = 0, úgy a 4.4.1 tétel 2. következménye szerint van olyan f0 ∈ X∗, melyre

∥f0∥ = 1, és f0(x0) = ∥x0∥


teljesül, de akkor

∥Fx0∥ = supf =0

|Fx0(f0)|∥f∥

≥ |Fx0(f0)|∥f0∥

= f0(x0) = ∥x0∥,

így ∥Fx0∥ = ∥x0∥ ekkor is. �

4.5.1. De�níció. Legyen X egy lineáris normált tér. A

Jx = Fx (x ∈ X, Fx ∈ X∗∗)

vagy részletesebben, a

(Jx)(f) = Fx(f) = f(x) (x ∈ X, f ∈ X∗)

összefüggéssel de�niált J : X → X∗∗ leképezést az X lineáris normált térnek amásodik konjugált terébe való természetes leképezésnek nevezzük. ♢

4.5.2. Tétel. A J természetes leképezés X-et izomorfan és izometrikusan képezile J(X)

(⊂ X∗∗)-re.

Bizonyítás. A 4.5.1 tétel miatt J izometrikus leképezése X-nek J(X)-re. Mivelbármely f ∈ X∗ mellett

J(x+ y)(f) = f(x+ y) = f(x) + f(y) = (Jx)(f) + (Jy)(f),

J(λx)(f) = f(λx) = λf(x) = λ(Jx)(f),

ígyJ(x+ y) = Jx+ Jy,J(λx) = λJx,

azaz J lineáris leképezés. J kölcsönösen egyértelm¶sége ebb®l már következik,mert ha Jx = Jy, akkor J(x − y) = 0, és így 0 = ∥0∥ = ∥J(x − y)∥ = ∥x − y∥miatt x = y. Ezért J : X → J(X) izomor�zmus. �

4.5.2. De�níció. Az X lineáris normált teret re�exívnek nevezzük, ha a J ter-mészetes leképezés képtere az egész X∗∗, azaz ha J(X) = X∗∗. ♢

HaX re�exív, akkorX ésX∗∗ izometrikusan izomorf terek a J leképezés által,így X teljes. Megjegyezzük, hogy X és X∗∗ izometrikusan izomorfak lehetnekanélkül, hogy X re�exív volna. Így a re�exivitás de�níciójában lényeges, hogy azizometrikusan izomorf leképezést éppen a természetes leképezés adja.

4.5.3. Tétel. Bármely lineáris normált tér egy Banach-tér s¶r¶ lineáris altere(és ez a Banach-tér az eredeti normált teret �xen hagyó izometrikus és izomorfleképezést®l eltekintve egyértelm¶).

4.6. GYENGE ÉS GYENGE* TOPOLÓGIA 117

Bizonyítás. A bizonyítást el lehetne végezni a teljes metrikus burok konstruk-ciójának mintájára is, de egyszer¶bb a következ® eljárás.

Legyen X = J(X), ahol a lezárás természetesen X∗∗-ban értend®. X az X∗∗

Banach-tér zárt lineáris altere, így maga is Banach-tér. Cseréljük ki J(X) min-den Jx elemét x ∈ X-szel. Ezáltal X-et s¶r¶ lineáris altérként beágyaztuk az XBanach-térbe. Az egyértelm¶ség bizonyítása az 1.5.2 tétel bizonyításához hason-lóan történhet. �

4.6. Gyenge és gyenge* topológia

Legyen X egy lineáris normált tér. Eddig X-et mindig a normából szár-mazó úgynevezett er®s topológiával láttuk el. A folytonos (korlátos) lineárisfunkcionálok segítségével azonban más topológia is megadható.

4.6.1. De�níció. Legyen X egy lineáris normált tér, X∗ a konjugált tere. Azösszes X∗-beli funkcionálok által indukált gyenge topológiát (lásd Függelék 8.5.2de�níció) X gyenge topológiájának nevezzük. ♢

A Függelék 8.5.1 tétele alapján X gyenge topológiájában a

V (x0; f1, . . . , fn; ε1, . . . , εn) = {x ∈ X∣∣ |fi(x)− fi(x0)| < εi} (4.6.1)

halmazok (ahol fi ∈ X∗, εi > 0, i = 1, . . . , n; n = 1, 2, . . . ) x0 környezetbázisátalkotják, míg az

S(x0; f ; ε) = {x ∈ X∣∣ |f(x)− f(x0)| < ε}

( ahol f ∈ X∗, ε > 0) alakú halmazok x0 egy környezet szubbázisát adják.Legyen most f ∈ X∗, akkor azonnal látható, hogy pf (x) = |f(x)| félnorma

X-en. Összehasonlítva (4.6.1)-et a 3.2 szakasz (3.2.1) képletével, látjuk, hogyX gyenge topológiája éppen a {pf

∣∣ f ∈ X∗} félnorma rendszer által indukálttopológia, így a 3.2.2 tétel alapján kimondhatjuk az alábbi állítást.

4.6.1. Tétel. Egy X lineáris normált tér gyenge topológiája lokálisan konvexHausdor�-féle vektortopológia. E topológiában az {xn} sorozat akkor és csakisakkor konvergál x-hez, ha bármely f ∈ X∗ esetén f(xn) → f(x), ha n→ ∞.

Megjegyzés. Az, hogy a gyenge topológia Hausdor�-féle a 4.4.1 tétel 2.következményéb®l adódik.

A gyenge topológia a re�exív terek jellemzésében nagyon fontos.

4.6.2. Tétel. Egy X Banach-tér akkor és csakis akkor re�exív, ha az S(0, 1) ={x ∈ X

∣∣ ∥x∥ ≤ 1} zárt egységgömbje kompakt a gyenge topológiában.


A bizonyítás megtalálható pl. [6]-ban.Tekintsük most egy X normált tér X∗ konjugált terét. X∗ er®s topológiája a

funkcionálok normájából származó topológia. X∗ gyenge topológiája az el®z®ekértelemszer¶ alkalmazásával egy lokálisan konvex Hausdor�-féle vektortopológia,melynél minden f0 ∈ X∗ pont környezet szubbázisát az

S(f0;F ; ε) = {f ∈ X∗ ∣∣ |F (f)− F (f0)| < ε}

(F ∈ X∗∗, ε > 0) alakú halmazok alkotják. E topológiában az {fn} sorozat akkorés csakis akkor konvergál f -hez, ha F (fn) → F (f) (n → ∞) bármely F ∈ X∗∗

mellett.X∗-on be lehet vezetni egy harmadik topológiát is, mely az el®z®eknél talán

még fontosabb.

4.6.2. De�níció. Legyen X egy lineáris normált tér, X∗ a konjugált tere és Jaz X-nek a második konjugáltjába való természetes leképezése. Az összes J(X)-beli funkcionálok által indukált gyenge topológiát X∗ gyenge* topológiájánaknevezzük. ♢

Mivel J(X)(⊂ X∗∗) funkcionáljai

Fx(f) = f(x) (f ∈ X∗)

alakúak, ahol x ∈ X tetsz®leges rögzített elem, így a gyenge* topológiábanbármely f0 ∈ X∗ pont környezet szubbázisát az

S∗(f0; x; ε) ={f ∈ X∗ ∣∣ |Fx(f)− Fx(f0)| < ε

}={f ∈ X∗ ∣∣ |f(x)− f0(x)| < ε

}(x ∈ X, ε > 0) alakú halmazok adják. Érvényes a

4.6.3. Tétel. A gyenge* topológia is lokálisan konvex vektortopológia, melyeta px(f) = |Fx(f)| = |f(x)| (x ∈ X) félnormák indukálnak, és melyben az {fn}sorozat akkor és csakis akkor konvergál f ∈ X∗-hoz, ha fn(x) → f(x) (n → ∞)minden x ∈ X-re. E topológia Hausdor�-féle, mert ha f = 0, akkor van olyanx ∈ X, hogy px(f) = 0.

Világos, hogyX∗ el®bbi topológiáinak er®sségi sorrendje: er®s topológia, gyen-ge topológia, gyenge* topológia. Vizsgáljuk meg most hogyan viselkedik az

S∗(0, 1) = {f ∈ X∗ ∣∣ ∥f∥ ≤ 1}

zárt egységgömb a fenti topológiákban kompaktság szempontjából.A 3.6.2 tétel szerint S∗(0, 1) akkor és csakis akkor kompakt az er®s

topológiában, ha X∗ véges dimenziós (nem nehéz belátni, hogy ez pontosan akkorigaz, ha X véges dimenziós).

4.6. GYENGE ÉS GYENGE* TOPOLÓGIA 119

A 4.6.2 tétel szerint S∗(0, 1) akkor és csakis akkor kompakt a gyengetopológiában, ha X∗ re�exív (ha X Banach-tér, akkor nem nehéz belátni, hogyX∗ re�exív ⇐⇒ X re�exív).

Fentieket azért hangsúlyoztuk, hogy rámutassunk arra, hogy a helyzet agyenge* topológiánál egészen más: e topológiában S∗(0, 1) mindig kompakt.

4.6.4. Tétel. (Banach-Alaoglu) Egy X lineáris normált tér X∗ konjugáltterének S∗ = S∗(0, 1) = {f ∈ X∗

∣∣ ∥f∥ ≤ 1} zárt egységgömbje a gyenge*topológiában kompakt halmaz.

Bizonyítás. Ha f ∈ S∗, akkor

|f(x)| ≤ ∥f∥ · ∥x∥ ≤ ∥x∥ x ∈ X,

így f(x) ∈ Cx, ahol Cx ={λ ∈ K

∣∣ |λ| ≤ ∥x∥}. Mivel Cx kompakt, ezért

Tyihonov tétele (Függelék 8.7.2 tétel) szerint C =∏x∈X

Cx is kompakt. Em-

lékeztetünk arra, hogy C elemei olyan g : X →∪

x∈XCx függvények, melyekre

g(x) ∈ Cx (x ∈ X) teljesül, így ha f ∈ S∗, akkor f ∈ C, tehát S∗ ⊂ C.S∗-on kétféle topológia van: az X∗ gyenge* topológiájából kapott altér topoló-

gia, amiben bármely f0 ∈ S∗ környezetbázisa

V ∗(f0;x1, . . . , xn; ε1, . . . , εn)

={f ∈ X∗

∣∣∣ f ∈ S∗, |f(xi)− f0(xi)| < εi (i = 1, . . . , n)} (4.6.2)

alakú, ahol xi ∈ X, εi > 0, i = 1, . . . , n; n = 1, 2, . . . .A másik topológia a C topológiájából származó altér topológia. C topológiája

de�níció szerint a px(g) = g(x) (x ∈ X, g ∈ C) projekciók által indukált gyengetopológia, melyben bármely g0 ∈ C környezetbázisa (a Függelék 8.5.1 tételealapján)

U(g0; px1 , . . . , pxn ; ε1, . . . , εn)

={g ∈ C

∣∣∣ |pxi(g)− pxi

(g0)| < εi (i = 1, . . . , n)}

={g ∈ C

∣∣∣ |g(xi)− g0(xi)| < εi (i = 1, . . . , n)}

alakú,ahol xi ∈ X, εi > 0, (i = 1, 2, . . . ). Az ebb®l származó altér topológiaS∗-on olyan, hogy benne minden g0 ∈ S∗ környezetbázisa

U(g0; px1 , . . . , pxn ; ε1, . . . , εn) ∩ S∗

={g ∈ C

∣∣∣ g ∈ S∗, |g(xi)− g0(xi)| < εi (i = 1, . . . , n)} (4.6.3)


alakú. Mivel (4.6.2) és (4.6.3) azonosak, így S∗ két topológiája azonos. EzértS∗ kompaktságának igazolásához elegend® (a Függelék 8.7.1 tétele alapján) aztmegmutatni, hogy S∗ zárt halmaz C-ben.

Legyen g0 ∈ S∗, megmutatjuk, hogy g0 ∈ S∗. Mivel g0 ∈ C, így g0(x) ∈ Cx,azaz |g0(x)| ≤ ∥x∥ (x ∈ X), és így ∥g0∥ ≤ 1. Ezért, ha megmutatjuk, hogy g0lineáris, akkor készen vagyunk. Legyen x, y ∈ X, ε > 0, akkor

U(g0; px, py, px+y; ε, ε, ε)

={g ∈ C

∣∣∣ |g(x)− g0(x)| < ε, |g(y)− g0(y)| < ε, |g(x+ y)− g0(x+ y)| < ε}

g0 egy környezete C-ben, melynek van S∗-beli pontja, hiszen g0 ∈ S∗. Van tehátolyan f ∈ S∗ lineáris funkcionál, melyre

|f(x)− g0(x)| < ε, |f(y)− g0(y)| < ε, |f(x+ y)− g0(x+ y)| < ε,

amib®l

|g0(x+ y) −g0(x)− g0(y)|

=∣∣g0(x+ y)− g0(x)− g0(y)− (f(x+ y)− f(x)− f(y))

∣∣≤ |g0(x+ y)− f(x+ y)|+ |g0(x)− f(x)|+ |g0(y)− f(y)| < 3ε.

Mivel ε tetsz®leges pozitív szám, így g0(x+y)−g0(x)−g0(y) = 0, azaz g0 additív.Hasonlóan igazolható, hogy g0 homogén, és ezzel a tételt igazoltuk. �

4.6.5. Tétel. Bármely (teljes) lineáris normált tér izometrikus és izomorfvalamely kompakt Hausdor�-téren értelmezett folytonos függvények terének egy(zárt) lineáris alterével.

Bizonyítás. Legyen X egy lineáris normált tér, X∗ a konjugált tere, S∗ a kon-jugált tér zárt egységgömbje. A 4.6.4 tétel szerint S∗ kompakt Hausdor�-tér agyenge* topológiában. Legyen Fx az Fx(f) = f(x) (x ∈ X, f ∈ X∗) összefüggés-sel de�niált Fx funkcionál S∗-ra való lesz¶kítése, és

Jx = Fx (x ∈ X).

Fx az S∗-on de�niált folytonos függvény (mert Fx folytonos X∗-on a gyenge*topológiában), így Fx ∈ C(S∗). Világos, hogy J X-nek C(S∗)-ba való izomorfleképezése, (lásd a 4.5.2 tétel bizonyítását), melyre

∥x∥ = supf∈S∗

∣∣Fx(f)∣∣ = ∥∥Fx

∥∥C(S∗)

4.7. SPECIÁLIS TEREK KONJUGÁLT TEREI 121

is teljesül, mert∣∣Fx(f)∣∣ = |f(x)| ≤ ∥f∥ · ∥x∥ ≤ ∥x∥, ha f ∈ S∗,

így supf∈S∗

∣∣Fx(f)∣∣ ≤ ∥x∥. Ha x = 0, úgy itt egyenl®ség van, ha x = x1 = 0 rögzített,

úgy a 4.4.1 tétel 2. következménye szerint van olyan f1 ∈ S∗, melyre f1(x1) =

∥x1∥, így Fx1(f1) = f1(x1) = ∥x1∥, amib®l supf∈S∗

∣∣Fx(f)∣∣ = ∥x∥. Ezzel beláttuk,

hogy J izometria. Így X izomorf és izometrikus C(S∗)-nak az X1 = J(X) lineárisalterével. Ha X Banach-tér, úgy X1 is az, ezért zárt altere C(S∗)-nak. �

4.7. Speciális terek konjugált terei

Az alábbiakban megadjuk a legfontosabb speciális terek konjugált tereit.4.7.1. Tétel. (Riesz F.) Legyen (X,S, µ) egy tetsz®leges mértéktér 1 < p <∞, 1

p+ 1

q= 1. Ekkor Lp(X,S, µ)∗ és Lq(X,S, µ) izometrikusan izomorf terek,

ahol a megfelel® f ∈ Lp(X,S, µ)∗ és y ∈ Lq(X,S, µ) elemeket az

f(x) =

∫X

x(t)y(t)dµt (x ∈ Lp) (4.7.1)

összefüggés kapcsolja össze.Ha (X,S, µ) σ-véges mértéktér, úgy az el®bbi eredmény p = 1 (q = ∞) esetén

is érvényes.

A bizonyítás megtalálható pl. [6]-ban.

Következmények.

1. 1 ≤ p <∞ esetén l∗p és lq (ahol1p+ 1

q= 1) terek izometrikusan izomorfak, és

a megfelel® f ∈ l∗p és y = (y1, y2, . . . ) ∈ lq elemeket a következ® összefüggéskapcsolja össze:

f(x) =∞∑i=1

xiyi(x = (x1, x2, . . . ) ∈ lp

)2. 1 ≤ p <∞, n ∈ N esetén l(n)∗p és l(n)q (1

p+ 1

q= 1) izometrikusan izomorfak,

és a megfelel® f ∈ l(n)∗p és y = (y1, y2, . . . , yn) ∈ l

(n)q vektorokat a

f(x) =n∑

i=1

xiyi(x = (x1, . . . , xn) ∈ l(n)p

)


összefüggés köti össze.

Könny¶ meggy®z®dni arról, hogy a 2. következmény p = ∞(q = 1) eseténis igaz.

3. 1 < p <∞ mellett Lp(X,S, µ) (és így lp, l(n)p is) re�exív.

3. bizonyítása. Legyen J a Lp-nek L∗∗p -ba való természetes leképezése, azaz

legyen(Jx)(f) = f(x) (f ∈ L∗

p, x ∈ Lp)

és legyen F ∈ L∗∗p . Megmutatjuk, hogy van olyan z ∈ Lp, melyre Jz = F . Jelölje

Φ a Lq-nak L∗p-ra való (4.7.1) által adott izometrikus izomorf leképezését, akkor

(Φy)(x) =

∫X

x(t)y(t)dµt (x ∈ Lp, y ∈ Lq).

Ha g = F ◦Φ a két leképezés kompozíciója, úgy g ∈ L∗q, ezért a 4.7.1 tétel miatt

van olyan z ∈ Lp, melyre

g(y) =

∫X

y(t)z(t)dµt (y ∈ Lq).

Azt állítjuk, hogy Jz = F . Legyen f ∈ L∗p tetsz®leges rögzített funkcionál,

akkor a 4.7.1 tétel miatt van olyan y ∈ Lq

f(x) =

∫X

x(t)y(t)dµt (x ∈ Lp),

így speciálisan

f(z) =

∫X

z(t)y(t)dµt,

és Φ de�níciója alapján Φy = f . Ezért

(Jz)(f) = f(z) =

∫X

z(t)y(t)dµt = g(y) = F (Φy) = F (f),

tehát J az L∗∗p -ra képez le.

�A C(X) konjugált terére vonatkozó eredményt X = [a, b] esetén szintén Riesz

Frigyes találta 1909-ben.


4.7.1. De�níció. Jelölje NBV [a, b] az [a, b] zárt intervallumon de�niált valósvagy komplex érték¶ korlátos változású y függvények halmazát, melyek az

y(a) = 0, y(t) = y(t+ 0) (a < t < b)

feltételekkel normálva vannak. NBV [a, b]-beli függvények összeadását és a szám-mal való szorzását a szokásos módon (pontonként) de�niáljuk, míg a norma

∥y∥ = V (y),

az y függvény totális variációja [a, b]-n. ♢

Nem nehéz belátni, hogy NBV [a, b] lineáris normált tér az el®bbim¶veletekkel és normával.

4.7.2. Tétel. C[a, b]∗ és NBV [a, b] izometrikusan izomorf terek és a megfelel®f ∈ C[a, b]∗ és y ∈ NBV [a, b] elemeket a

f(x) =

b∫a

x(t)dy(t) (x ∈ C[a, b]) (4.7.2)

összefüggés kapcsolja össze (a (4.7.2) jobb oldalán Stieltjes integrál áll).

Bizonyítás. Legyen f ∈ C[a, b]∗. Mivel C[a, b] tekinthet® L∞[a, b] alterének,alkalmazhatjuk a Hahn-Banach tételt. Jelölje F az L∞[a, b]-re kiterjesztettfunkcionált, akkor

F (x) = f(x) x ∈ C[a, b],∥F∥ = ∥f∥.

Legyen z(t) = F(χ[a,t]

), t ∈ [a, b], ahol χ[a,t] az [a, t] intervallum karakter-

isztikus függvénye. z(a) = 0, mert χ[a,a] egyetlen ponttól eltekintve megegyezikaz azonosan zérus függvénnyel, és így

∥z(a)∥∞ ≤ ∥F∥ · ∥χ[a,a]∥∞ = ∥f∥ · 0 = 0.

Megmutatjuk, hogy z korlátos változású,

f(x) =

b∫a

x(t)dz(t), x ∈ C[a, b],

és∥f∥ ≥ V (z).


Legyen a = t0 < t1 < · · · < tn = b az [a, b] egy felosztása, és

λi = sgn [z(ti)− z(ti−1)] (i = 1, . . . , n).

Ekkorn∑

i=1

∣∣z(ti)− z(ti−1)∣∣ =

n∑i=1

λi(z(ti)− z(ti−1)

)=

n∑i=1

λi(F (χ[a,ti])− F (χ[a,ti−1])

)=

n∑i=1

λi(F (χ(ti−1,ti])

)= F

(n∑

i=1

λiχ(ti−1,ti]

)≤ ∥F∥ = ∥f∥,

mert∥∥ n∑

i=1

λiχ(ti−1,ti]

∥∥∞ = 1, ha a λi számok nem mind zérusok. De egyenl®tlen-

ségünk λ1 = · · · = λn = 0 esetén is igaz, mert ekkor a baloldalon zérus áll. Így zkorlátos változású, és

V (z) ≤ ∥f∥. (4.7.3)

Legyen most x ∈ C[a, b] és de�niáljuk az xn függvényt az

xn(t) =n∑

i=1

x(ti)(χ[a,ti](t)− χ[a,ti−1](t)

)egyenl®séggel, akkor

F (xn) =n∑

i=1

x(ti)(z(ti)− z(ti−1)

). (4.7.4)

Ha n→ ∞ úgy, hogy max1≤i≤n

(ti − ti−1) → 0, akkor a jobboldal határértéke a

b∫a

x(t)dz(t)

Stieltjes integrál. x (egyenletes) folytonossága miatt

supt

|xn(t)− x(t)| ≤ maxi

supt∈(ti−1,ti]

|x(ti)− x(t)| → 0,

ha n → ∞, innen ∥xn − x∥∞ → 0, ha n → ∞ (ahol ∥ ∥∞ az L∞[a, b]-belinormát jelöli), így F folytonossága miatt F (xn) → F (x) (n → ∞). (4.7.4)-b®lhatárátmenettel kapjuk, hogy

f(x) = F (x) =

b∫a

x(t)dz(t) (x ∈ C[a, b]). (4.7.5)


Legyen

y(t) =

0 ha t = az(t+ 0) ha t ∈ (a, b)z(b) ha t = b.

(4.7.6)

Megjegyezzük, hogy y jólde�niált, mert z korlátos változású, és így korlátosis, ezért z(t + 0) ∈ R, t ∈ (a, b). Azt állítjuk, hogy y korlátos változású,y ∈ NBV [a, b], és

V (y) ≤ V (z) (4.7.7)b∫

a

x(t)dy(t) =

b∫a

x(t)dz(t) (x ∈ C[a, b]) (4.7.8)

teljesül. (4.7.7) bizonyításához legyen a = t0 < t1 < · · · < tn = b az [a, b] egybeosztása. Bármely ε > 0-hoz vannak olyan ci > ti (i = 1, . . . , n − 1) számok,hogy ∣∣z(ti + 0)− z(ci)

∣∣ < ε

2n,

amib®l∣∣y(ti)−y(ti−1)∣∣ = ∣∣z(ti+0)−z(ti−1+0)

∣∣ ≤ ∣∣z(ci)−z(ci−1)∣∣+ ε

n(i = 1, . . . , n−1),

így c0 = a, cn = b-vel

n∑i=1

∣∣y(ti)− y(ti−1)∣∣ ≤ n∑

i=1

∣∣z(ci)− z(ci−1)∣∣+ ε ≤ V (z) + ε.

Innen látható, hogy y korlátos változású, és

V (y) ≤ V (z) + ε,

azaz ε→ 0-val (4.7.7) adódik. (4.7.8) következik az alábbi, a Stieltjes integrálokelméletéb®l ismert (lásd pl. [21]) állításból:

Akkor és csakis akkor lesz adott korlátos változású u függvény és bármelyx ∈ C[a, b] folytonos függvény esetén

b∫a

x(t)du(t) = 0,

ha u-nak az a, b végpontokban, továbbá u minden (a, b)-beli folytonossági pon-tjában ugyanaz az értéke.

Mivel z folytonossági pontjaiban

y(t)− z(t) = 0,


továbbá y(a)− z(a) = y(b)− z(b) = 0, így (4.7.8) is teljesül.Meg kell még mutatni, hogy y ∈ NBV [a, b], azaz y(t+0) = y(t), ha t ∈ (a, b). Haz monoton növekv® függvény, akkor y is az, és y(t+0) = z(t+0) = y(t) t ∈ (a, b).Az általános eset erre visszavezethet® azáltal, hogy z-t két monoton növekv®függvény különbségeként írjuk fel (ez lehetséges, mivel z korlátos változásu).

(4.7.3), (4.7.5), (4.7.7), (4.7.8) miatt

f(x) =

b∫a

x(t)dz(t) =

b∫a

x(t)dy(t) (x ∈ C[a, b]),

V (y) ≤ V (z) ≤ ∥f∥.

Továbbá ∣∣f(x)∣∣ =∣∣∣∣∣∣

b∫a

x(t)dy(t)

∣∣∣∣∣∣ ≤ supt

∣∣x(t)∣∣ · V (y) = V (y)∥x∥,

amib®l ∥f∥ ≤ V (y), így ∥f∥ = V (y) = ∥y∥NBV [a,b].Ezzel beláttuk, hogy minden f ∈ C[a, b]∗ felírható (4.7.2) alakban valamely

y ∈ NBV [a, b]-vel. f egyértelm¶en meghatározza az y függvényt (4.7.2) által,mert ha y1 ∈ NBV [a, b] olyan, hogy

f(x) =

b∫a

x(t)dy(t) =

b∫a

x(t)dy1(t) (x ∈ C[a, b]),

akkorb∫

a

x(t)d(y − y1)(t) = 0 (x ∈ C[a, b]),

így 0 = y(a) − y1(a) = y(b) − y1(b) = y(t) − y1(t), ahol t ∈ (a, b) folytonosságipontja y− y1-nek. De akkor y(t+0) = y1(t+0) bármely t ∈ (a, b) esetén (mert afolytonossági pontok s¶r¶ halmazt alkotnak (a, b)-ben), így y(t) = y1(t), t ∈ [a, b].

A (4.7.2) által de�niált f → y leképezés izometria, mely NBV [a, b]-re képezle (mert bármely y ∈ NBV [a, b]-t véve a (4.7.2) formula a Stieltjes integrál tu-lajdonságai miatt C[a, b]∗-beli funkcionált ad, melynek képe éppen y) és izomor-�zmus is, mert ha f → y, f1 → y1, úgy a Stieltjes integrál tulajdonságai miattf + f1 → y + y1 és λf → λy1, λ ∈ K. �

Riesz tételét a C(X) tér esetére Kakutani általánosította 1941-ben. A tételkimondásához szükségünk van néhány fogalomra.


4.7.2. De�níció. Legyen X egy kompakt Hausdor�-tér. Az X nyílt halmazaiáltal generált B σ-algebrát Borel-féle σ-algebrának nevezzük, B halmazait pedigBorel-halmazoknak mondjuk. A B-n de�niált komplex érték¶ µ függvényt reg-uláris komplex Borel-mértéknek nevezzük X-en, ha µ megszámlálhatóan additív,azaz bármely páronként diszjunkt B-beli halmazokból álló E1, E2, . . . halmaz-sorozat esetén

µ

(∞∪i=1

Ei

)=

∞∑i=1

µEi,

és µ reguláris, azaz bármely E ∈ B és ε > 0 esetén létezik olyan F kompakt és Gnyílt halmaz, hogy F ⊂ E ⊂ G, és bármely A ⊂ G ∩ F ′, A ∈ B esetén |µA| < ε.♢

Megjegyezzük, hogy az additivitási egyenletben a∞∑i=1

µEi sor konvergenciája

is része a feltételnek, nem úgy, mint nemnegatív mértékeknél, ahol a sor ∞-

hez is konvergálhat. Mivel∞∪i=1

Ei a halmazsorozat átrendezésére érzéketlen, így a

∞∑i=1

µEi sor bármely átrendezése is konvergens és összege µ

(∞∪i=1

Ei

). Ezért

∞∑i=1

µEi

abszolút konvergens kell hogy legyen.

4.7.3. De�níció. Az rca(X) teret az X kompakt Hausdor�-téren értelmezettösszes reguláris komplex Borel-mértékek alkotják. A m¶veletek és a norma de�ní-ciója

(µ+ ν)E = µE + νE(λµ)E = λµE

∥µ∥ = |µ|X (E ∈ B)

bármely µ, ν ∈ rca(X), λ ∈ K esetén. Itt |µ| a µ mérték totális variációja:bármely E ∈ B esetén

|µ|E = sup

{n∑

i=1

|µEi|

}ahol a szuprémum mindazon E1, . . . , En, (n = 1, 2, . . . ) halmazokra veend®,

melyekren∪

i=1

Ei ⊂ E, Ei ∩ Ej = ∅ (i = j), E1, . . . , En ∈ B, n = 1, 2, . . . tel-

jesül. ♢

Belátható, hogy |µ| pozitív mérték B-n, és |µ|X <∞. Továbbá rca(X) lineárisnormált tér a fenti m¶veletekkel és normával.

4.7.3. Tétel. Legyen X egy kompakt Hausdor�-féle topológikus tér, akkorC(X)∗ és rca(X) izometrikusan izomorf terek, és a megfelel® f ∈ C(X)∗ és


µ ∈ rca(X) elemek között fennáll az

f(x) =

∫X

x(t)dµt (x ∈ C(X))

összefüggés.

A bizonyítás megtalálható [6]-ban.

4.7.4. Tétel. c∗ és l1 izometrikusan izomorf terek, és a megfelel® f ∈ c∗ ésη = (η0, η1, . . . ) ∈ l1 vektorokat a

f(x) = η0 limn→∞

ξn +∞∑i=1

ξiηi(x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ c

)(4.7.9)

összefüggés kapcsolja össze.

Bizonyítás. A 3.5 szakaszban láttuk, hogy az

e0 = (1, 1, . . . ) és ei = (0, . . . , 0,i

1, 0, . . . ) (i ∈ N)

vektorok Schauder-bázist alkotnak c-ben, és bármely x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ cegyértelm¶en felírható

x = αe0 +∞∑i=1

(ξi − α)ei (4.7.10)

alakban, ahol α = limn→∞

ξn.

Legyen f ∈ c∗, akkor (4.7.10) felhasználásával

f(x) = αf(e0) + f

(∞∑i=1

(ξi − α)ei

)= αf(e0) +

∞∑i=1

(ξi − α)f(ei)

= αf(ei) +∞∑i=1

(ξi − α)ηi,

ahol ηi = f(ei) (i = 1, 2, . . . ). Megmutatjuk, hogy∞∑i=1

|ηi| <∞. Az xn =

= (sgn η1, sgn η2, . . . , sgn ηn, 0, 0, . . . ) ∈ c helyettesítéssel

f(xn) =n∑

i=1

ηisgn ηi =n∑

i=1

|ηi| ≤ ∥f∥ · ∥xn∥.

De ∥xn∥ = 1, hacsak η1, . . . , ηn nem mind zérusok, így ekkor

n∑i=1

|ηi| ≤ ∥f∥,


és ez akkor is igaz, ha η1, . . . , ηn mind zérusok. Ebb®l következik, hogy∞∑i=1

|ηi| ≤

∥f∥ <∞. Ezért f(x)-et átírhatjuk a következ®képpen:

f(x) = αf(e0) +∞∑i=1

(ξi − α)ηi = α

(f(e0)−

∞∑i=1

ηi

)+

∞∑i=1

ξiηi = αη0 +∞∑i=1

ξiηi,

ahol η0 = f(e0) −∞∑i=1

ηi = f(e0) −∞∑i=1

f(ei). Ezzel beláttuk, hogy f(x) (4.7.9)

alakú. ∥f∥ kiszámítása céljából helyettesítsünk itt

xn = (sgn η1, . . . , sgn ηn, sgn η0, sgn η0, . . . ) (n ∈ N)-t. Mivel minden n ∈ N esetén az xn sorozat határértéke sgn η0, így

f(xn) = η0sgn η0 +n∑

i=1

ηisgn ηi +∞∑

i=n+1

ηisgn η0 = |η0|+n∑

i=1

|ηi|+ sgn η0

∞∑i=n+1

ηi,

∣∣f(xn)∣∣ =∣∣∣∣∣

n∑i=0

|ηi|+ sgn η0

∞∑i=n+1

ηi

∣∣∣∣∣ ≤ ∥f∥ · ∥xn∥.

Ha η = (η0, η1, . . . ) nem zérusvektor, akkor elég nagy n-re ∥xn∥ = 1, és így∣∣∣∣∣n∑

i=0

|ηi|+ sgn η0

∞∑i=n+1

ηi

∣∣∣∣∣ ≤ ∥f∥,

és ez akkor is igaz, ha η zérusvektor. Innen n → ∞-nel, felhasználva, hogy∞∑

i=n+1

ηi → 0 ha n→ ∞, kapjuk, hogy

∥η∥1 =∞∑i=0

|ηi| ≤ ∥f∥.

Másrészt bármely x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ c-re, felhasználva, hogy

α = limn→∞

ξn ≤ supk

|ξk|,

kapjuk, hogy ∣∣f(x)∣∣ ≤ supk

|ξk|∞∑i=0

|ηi| = ∥η∥1 · ∥x∥,

amib®l ∥f∥ ≤ ∥η∥1, így ∥f∥ = ∥η∥1.Könny¶ belátni, hogy bármely f ∈ c∗-hoz egyetlen olyan η = (η0, η1, . . . ) ∈ l1

van, mellyel (4.7.9) teljesül, továbbá, hogy bármely η ∈ l1 esetén (4.7.9) egy

c∗-beli funkcionált de�niál. Mivel η =(f(e0)−

∞∑i=1

f(ei), f(e1), f(e2), . . .), így az

f → η leképezés m¶velettartó is, amivel a tételt bebizonyítottuk. �

5. fejezet

A lineáris analízis három f®tétele

5.1. A Hahn-Banach tétel

A lineáris analízis f®tételeinek a következ® tételeket szokás nevezni: AHahn-Banach tétel, az egyenletes korlátosság tétele, a nyílt leképezések tétele.A Hahn-Banach tétel két változatával (2.2.1 és 4.4.1 tételek) már korábbanmegismerkedtünk. E tételek lineáris funkcionálok kiterjesztésére vonatkoztak.Most megismerkedünk a tétel úgynevezett elválasztási alak jával.

5.1.1. Tétel. (Hahn-Banach tétel elválasztási alakja) I. Legyenek A,Bnem üres diszjunkt konvex halmazok az X valós lineáris topológikus térben.Ha A-nak van bels® pontja, akkor létezik olyan F nem zérus folytonos lineárisfunkcionál X-en és c ∈ R konstans, hogy

F (a) ≤ c ≤ F (b) (a ∈ A, b ∈ B). (5.1.1)

II. Ha A,B nem üres diszjunkt konvex halmazok az X lokálisan konvex lineáristopológikus térben, A kompakt, B zárt, akkor van olyan F nem zérus folytonoslineáris funkcionál X-en és c1, c2 ∈ R konstansok, hogy

F (a) ≤ c1 < c2 ≤ F (b) (a ∈ A, b ∈ B). (5.1.2)

Megjegyzések:

1. Ha (5.1.1) illetve (5.1.2) teljesül, akkor azt mondjuk, hogy az F funkcionálelválasztja illetve er®sen elválasztja az A és B halmazokat. A tétel geome-triai jelentése a következ®: nevezzük a H = {x ∈ X

∣∣ F (x) = c} halmazt(az F és c által meghatározott) hipersíknak, a H+ = {x ∈ X

∣∣ F (x) ≥ c}és H− = {x ∈ X

∣∣ F (x) ≤ c} halmazokat a H sík jobb- és baloldalának.Két hipersíkot nevezzünk párhuzamosnak, ha ugyanaz az F funkcionálhatározza meg ®ket. (5.1.1) éppen azt jelenti, hogy van olyan hipersík,

130


melynek B a jobboldalán, A a baloldalán fekszik (ld. 3. ábra). (5.1.2) aztfejezi ki, hogy van két különböz® párhuzamos hipersík, H1 és H2 úgy, hogyaz A halmaz H1 baloldalán fekszik, H2 a H1 jobboldalán fekszik és a Bhalmaz H2 jobboldalán fekszik (lásd 4. ábra).

3. ábra

A

B

HH−

H+

A

B

H1 H2H−

1

H+2

4. ábra

2. Az 5.1.1 tétel komplex lineáris topológikus terek esetén is érvényes, de ekkor(5.1.1), (5.1.2)-ben F helyett ReF -et kell írni.

Bizonyítás. (5.1.1 Tétel) I. Legyen a0 ∈ A0, b0 ∈ B, C = A−a0− (B− b0) =A−B+ b0−a0 = A−B+x0, ahol x0 = b0−a0. C konvex halmaz, mert bármelyb ∈ B esetén A− b+ x0 konvex (lévén a konvex A eltoltja), és

C =∪b∈B

(A− b+ x0).

C-nek a nulla bels® pontja, mert ha U a0-nak A-ban lév® környezete, akkor

U − a0 ⊂ A− a0 ⊂ A−B + b0 − a0 = C.

Ebb®l következik, a 3.1.3 tétel (6) állítása alapján, hogy C elnyel® halmaz. Legyenp a C halmaz Minkowski funkcionálja:

p(x) = inf{λ∣∣ λ > 0,

x

λ∈ C

}(x ∈ X).

Mivel C konvex, így p szubadditív és pozitív homogén (ez a 3.3.1 tétel utánimegjegyzésb®l következik).A ∩B = ∅ miatt x0 /∈ C, így

p(x0) = inf{λ∣∣ λ > 0,

x0λ

∈ C}≥ 1.

132 FEJEZET 5. A LINEÁRIS ANALÍZIS HÁROM F�TÉTELE

Legyen X0 = [x0] = {tx0∣∣ t ∈ R} és

f(tx0) = t (t ∈ R).

Világos, hogy f : X0 → R nem zérus lineáris funkcionál X0-on és

f(u) ≤ p(u) (u ∈ X0),

mert t ≥ 0 eseténf(tx0) = t ≤ tp(x0) = p(tx0),

míg t < 0 mellettf(tx0) = t < 0 ≤ p(tx0).

A Hahn-Banach tétel (2.2.1 tétel) szerint van olyan F : X → R lineárisfunkcionál, melyre

F (u) = f(u) (u ∈ X0),

F (x) ≤ p(x) (x ∈ X)

teljesül. Innen F (x) ≤ p(x) ≤ 1, ha x ∈ C, ezért F (x) ≥ −1, ha x ∈ −C, azaz

|F (x)| ≤ 1 ha x ∈ C ∩ (−C).

A 3.1.3 tétel (7) állítása alapján C tartalmazza nullának egy V szimmetrikuskörnyezetét is, így V ⊂ C ∩ (−C) és

|F (x)| ≤ 1 ha x ∈ V.

Ennek segítségével megmutatjuk, hogy F folytonos. Bármely ε > 0 mellett

|F (εx)| ≤ ε ha x ∈ V, azaz |F (x)| ≤ ε, ha x ∈ εV,

amib®l bármely x0 ∈ X mellett∣∣F (x)− F (x0)∣∣ = ∣∣F (x− x0)

∣∣ < ε ha x ∈ x0 + εV,

ami éppen F x0-beli folytonosságát jelenti.Tetsz®leges a ∈ A, b ∈ B esetén

F (a)−F (b)+1 = F (a)−F (b)+F (x0) = F (a−b+x0) ≤ p(a−b+x0) ≤ 1, (5.1.3)

mert 1 = f(x0) = F (x0) és a− b+ x0 ∈ C, amib®l F (a) ≤ F (b).Innen már következik, hogy van olyan c ∈ R mellyel (5.1.1) teljesül.

II. El®ször megmutatjuk, hogy ha A kompakt, B zárt halmaz egy X topológikusvektortérben és A ∩B = ∅, akkor van nullának olyan V környezete, hogy

(A+ V ) ∩ (B + V ) = ∅. (5.1.4)


Legyen W nulla egy környezete, akkor van olyan U környezete nullának,melyre U + U ⊂W , U = −U teljesül.Ugyanis a 0 + 0 = 0 egyenl®ségb®l, az összeadás folytonossága miatt következik,hogy a nullának vannak olyan V1, V2 környezetei, melyekre V1+V2 ⊂ W . Legyen

U = V1 ∩ V2 ∩ (−V1) ∩ (−V2),

akkor U a kívánt környezete nullának. W helyett U -ra alkalmazva a fentieketkapjuk, hogy van nullának olyan U1 környezete, melyre U1 = −U1 és U1 + U1 +U1 + U1 ⊂ W, speciálisan 0 ∈ U1 miatt

U1 + U1 + U1 ⊂ W (5.1.5)

teljesül. Ha x ∈ A, úgy B′ − x nulla egy környezete, ezért (5.1.5) alapján vanolyan Vx környezete nullának, melyre

Vx = −Vx és Vx + Vx + Vx ⊂ B′ − x,

amib®l

(x+ Vx + Vx + Vx) ∩B = ∅, vagy (x+ Vx + Vx) ∩ (B + Vx) = ∅. (5.1.6)

Mivel∪x∈A

(x + Vx) nyílt lefedése A-nak, így A kompaktsága miatt létezik véges

sok x1, . . . , xn ∈ A pont úgy, hogy

A ⊂ (x1 + Vx1) ∪ (x2 + Vx2) ∪ · · · ∪ (xn + Vxn).

Legyen V =n∩

i=1

Vxi, akkor

A+ V ⊂n∪

i=1

(xi + Vxi+ V ) ⊂

n∪i=1

(xi + Vxi+ Vxi

).

(5.1.6) miatt (xi + Vxi+ Vxi

) ∩ (B + V ) = ∅, így (5.1.4) teljesül.Térjünk most vissza a II. igazolásához. Mivel most X lokálisan konvex, így

van olyan V konvex környezete nullának, melyre (5.1.4) miatt

(A+ V ) ∩B ⊂ (A+ V ) ∩ (B + V ) = ∅

teljesül. Mivel A+ V nyílt konvex halmaz, alkalmazhatjuk az I. állítást. Legyenc2 = inf

b∈BF (b), akkor

F (a+ v) ≤ c2 ≤ F (b) (a ∈ A, b ∈ B, v ∈ V ).

Nem nehéz belátni, hogy F nyílt halmazt R nyílt halmazába visz át, ezért F (A+V ) ⊂ (−∞, c2). De F (A) kompakt részhalmaza (−∞, c2)-nek (mivel kompakthalmaz folytonos képe kompakt), így van olyan c1 < c2, hogy F (a) ≤ c1, haa ∈ A.

�


5.2. Az egyenletes korlátosság tétele

5.2.1. Tétel. (Az egyenletes korlátosság tétele) Legyen X egy Banach-tér, Y egy lineáris normált tér, Aα ∈ B(X, Y ), (α ∈ Λ). Akkor az alábbi (1), (2)állítások közül pontosan egy teljesül:

(1) van olyan M konstans, hogy ∥Aα∥ ≤M (α ∈ Λ),

(2) van olyan H ⊂ X, X-ben s¶r¶ Gδ halmaz, hogy

supα∈Λ

∥Aαx∥ = ∞ ha x ∈ H.

Megjegyzés. A tétel állítása szemléletesen azt jelenti, hogy vagy van olyan Y -beli G gömb (0 középponttal és M sugárral), hogy mindegyik Aα az X egység-gömbjét G-be képezi le, vagy van olyan x ∈ X (s®t egy s¶r¶ Gδ halmazbólválaszthatjuk x-et), hogy egyetlen Y -beli gömb se tartalmazza Aαx-et minden(α ∈ Λ) esetén.

Bizonyítás. Legyen φ(x) = supα∈Λ

∥Aαx∥ (x ∈ X), és

Vk ={x ∈ X

∣∣ φ(x) > k}

(k ∈ N).

Vk nyílt halmaz, mert ha x ∈ Vk, akkor φ(x) = supα∈Λ

∥Aαx∥ > k, így van olyan

α0 index, hogy ∥Aα0x∥ > k. Mivel az x 7→ ∥Aα0x∥ függvény folytonos, így x egyU környezetéb®l vett y-okra k-nál nagyobb lesz a függvényérték: ∥Aα0y∥ > k, hay ∈ U , de akkor

φ(y) = supα∈Λ

∥Aαy∥ ≥ ∥Aα0y∥ > k, azaz y ∈ Vk.

Így U ⊂ Vk, tehát Vk nyílt.Ha van olyan N index, hogy VN nem s¶r¶ X-ben, akkor (1) teljesül. Ugyanis,

ekkor van olyan x0 és olyan x0 körüli δ > 0 sugarú zárt S = S(x0, δ) gömb,hogy S ∩ VN = ∅, azaz ∥x′ − x0∥ < δ esetén φ(x′) ≤ N , amib®l ∥Aαx0∥ ≤ N,∥Aαx

′∥ ≤ N (α ∈ Λ). Innen y = x′ − x0-lal

∥Aαy∥ ≤ ∥Aαx′∥+ ∥Aαx0∥ ≤ 2N, ha ∥y∥ ≤ δ.

Ha x = 0 tetsz®leges eleme X-nek, úgyδx

∥x∥-ra az el®z® egyenl®tlenséget alka-

lmazhatjuk, tehát

∥Aαx∥ =

∥∥∥∥∥x∥δ Aα

(δx

∥x∥

)∥∥∥∥ =∥x∥δ

∥∥∥∥Aα

(δx

∥x∥

)∥∥∥∥ ≤ 2N

δ∥x∥.

5.2. AZ EGYENLETES KORLÁTOSSÁG TÉTELE 135

Ez x = 0-ra is igaz, így az M =2N

δjelöléssel

∥Aαx∥ ≤M∥x∥ (x ∈ X,α ∈ Λ),

amib®l∥Aα∥ ≤M (α ∈ Λ).

Ha nincs olyan k index, melyre Vk nem s¶r¶, úgy (2) teljesül. Ekkor k ∈ Nesetén Vk nyílt X-ben s¶r¶ halmaz, így Baire-tétele alapján

H =∞∩k=1

Vk X-ben s¶r¶ Gδ halmaz.

Ha x ∈ H, úgy φ(x) > k (k = 1, 2, . . . ), így

supα∈Λ

∥Aαx∥ = φ(x) = ∞.

Beláttuk, hogy (1) és (2) egyike mindig teljesül. Világos, hogy (1) és (2)egyszerre nem teljesülhetnek, mert (1)-b®l sup

α∈Λ∥Aαx∥ ≤ M következne, ami el-

lentmond (2)-nek.�

Következmények. Tegyük fel, hogy az 5.2.1 tétel feltételei teljesülnek, ésΛ = N.

1. Ha supn∈N

∥Anx∥ <∞ (x ∈ X), akkor ∥An∥ ≤M, (n ∈ N).

2. Ha supn∈N

∥An∥ = ∞, akkor létezik olyan x0 ∈ X, melyre

supn∈N

∥Anx0∥ = ∞,

(ez a szingularitások megkeresésének elve).

3. Ha A(k)n ∈ B(X,Y ) és sup

n∈N∥A(k)

n ∥ = ∞ (k ∈ N), akkor létezik olyan x0 ∈ X,

hogysupn∈N

∥A(k)n x0∥ = ∞ (k ∈ N)

(ez a szingularitások torlódásának az elve).


3. bizonyítása. Fix k esetén A(k)n -ra az egyenletes korlátosság tételét alka-

lmazva kapjuk, hogy van olyan Hk az X-ben s¶r¶ Gδ halmaz, hogy

supn∈N

∥A(k)n x∥ = ∞ ha x ∈ Hk.

Legyen H =∞∩k=1

Hk, akkor H is X-ben s¶r¶ Gδ halmaz (a Baire-tétel miatt), így

H nem üres, és minden x0 ∈ H-ra

supn∈N

∥A(k)n x0∥ = ∞ (k ∈ N).

�Az egyenletes korlátosság tételét felhasználva szükséges és elégséges feltételt

nyerhetünk operátorsorozat pontonkénti konvergenciájára.

5.2.2. Tétel. (Banach-Steinhaus I. tétele) Legyenek X,Y Banach-terek.Ahhoz, hogy az An ∈ B(X, Y ) (n ∈ N) operátorsorozat pontonként konvergáljon(azaz bármely x ∈ X esetén {Anx} konvergens legyen) szükséges és elegend®,hogy a következ® két feltétel teljesüljön:

1. ∥An∥ ≤M (n ∈ N) valamely M konstans esetén,

2. {Anx} Cauchy-sorozat bármely x ∈ S mellett, ahol S ⊂ X egy zárt rend-szer X-ben (azaz [S] = X).

Bizonyítás. Szükségesség. Ha a {Anx} sorozat konvergens, úgy korlátos, tehátsupn

∥Anx∥ < ∞. Az egyenletes korlátosság tétele miatt 1. teljesül, míg 2. tel-

jesülése nyílvánvaló.Elegend®ség. {Anx

′} Cauchy-sorozat minden x′ ∈ [S] esetén, mert ha x′ =s∑

k=1

λkxk (xk ∈ S), akkor

∥Anx′ − Amx

′∥ ≤s∑

k=1

|λk| · ∥Anxk − Amxk∥.

Mivel {Anxk} minden �x k = 1, . . . , s esetén Cauchy-sorozat, így bármely ε > 0-hoz van olyan N(ε, x′), hogy a jobboldali összeg minden tagja < ε

s, ha n,m >

N(ε, x′). De ekkor

∥Anx′ − Amx

′∥ < ε ha n,m > N(ε, x′).

5.2. AZ EGYENLETES KORLÁTOSSÁG TÉTELE 137

Megmutatjuk, hogy {Anx} bármely x ∈ X esetén Cauchy-sorozat. Ebb®l Yteljessége miatt következik {Anx} konvergenciája, ha x ∈ X. Legyen ε > 0 adott,x ∈ X és válasszuk x′ ∈ [S]-et úgy, hogy ∥x− x′∥ < ε.

∥Anx− Amx∥ = ∥Anx− Anx′∥+ ∥Anx

′ − Amx′∥+ ∥Amx

′ − Amx∥

≤ (∥An∥+ ∥Am∥) ∥x− x′∥+ ∥Anx′ − Amx

′∥

≤ 2Mε+ ∥Anx′ − Amx

′∥ < (2M + 1)ε,

ha n,m > N(ε, x′) = N1(ε, x), s ez azt jelenti, hogy {Anx} Cauchy-sorozat. �

Megjegyzés. Ha X,Y Banach-terek, An ∈ B(X,Y ) (n ∈ N), és bármely x ∈ Xesetén {Anx} konvergens, akkor az

Ax = limn→∞

Anx (x ∈ X)

összefüggéssel de�niált A operátor is B(X,Y )-ben van, és

∥A∥ ≤ lim inf ∥An∥. (5.2.1)

Az A operátor linearitása a limesz tulajdonságai és An linearitása miatt vilá-gos. Az

∥Anx∥ ≤ ∥An∥ · ∥x∥ (x ∈ X, n ∈ N)

egyenl®tlenség mindkét oldalának limesz inferiorját véve

∥Ax∥ ≤(lim inf ∥An∥

)· ∥x∥.

A Banach-Steinhaus I. tétel miatt ∥An∥ ≤ M , így lim inf ∥An∥ < ∞, amib®l Akorlátossága és az (5.2.1) egyenl®tlenség következik.

5.2.3. Tétel. (Banach-Steinhaus II. tétele) Legyen X egy Banach-tér, Yegy lineáris normált tér, A,An ∈ B(X,Y ), (n ∈ N). Ahhoz, hogy az {An} operá-torsorozat pontonként konvergáljon A-hoz, azaz

limn→∞

Anx = Ax (x ∈ X)

teljesüljön, szükséges és elegend® a következ® két feltétel:

1. ∥An∥ ≤M (n ∈ N) valamely M konstans esetén,

2. Anx → Ax, ha n → ∞ bármely x ∈ S mellett, ahol S ⊂ X egy zártrendszer X-ben (azaz [S] = X).


Bizonyítás. Szükségesség. 1. az egyenletes korlátosság tételéb®l következik, 2.nyilvánvaló.

Elegend®ség. Könny¶ belátni, hogy 2.-b®l következik az Anx′ → Ax′ (n → ∞)

konvergencia x′ ∈ [S]-re is. Legyen ε > 0 adott, x ∈ X és válasszuk x′ ∈ [S]-etúgy, hogy ∥x− x′∥ < ε, akkor

∥Anx− Ax∥ ≤ ∥Anx− Anx′∥+ ∥Anx

′ − Ax∥+ ∥Ax′ − Ax∥

≤(∥An∥+ ∥A∥

)∥x− x′∥+ ∥Anx

′ − Ax′∥

≤(M + ∥A∥

)ε+ ∥Anx

′ − Ax′∥.

De∥Anx

′ − Ax′∥ < ε ha n > N(ε, x′),

így∥Anx− Ax∥ <

(M + ∥A∥+ 1

)ε ha n > N(ε, x′) = N1(ε, x),

amib®l következik, hogy Ax = limn→∞

Anx (x ∈ X). �

5.3. Az egyenletes korlátosság tételénekalkalmazásai

5.3.1. Tétel. Tegyük fel, hogy η = (η1, η2, . . . ) olyan (komplex) számsorozat,

hogy bármely x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ c esetén a∞∑k=1

ηkξk sor konvergens. Ekkor η ∈ l1

(azaz∞∑k=1

|ηk| < ∞), és f(x) =∞∑k=1

ηkξk (x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ c) lineáris korlátos

funkcionál c-n, melynek normája

∥f∥ = ∥η∥1.

Bizonyítás. Legyen

fn(x) =n∑

k=1

ηkξk(x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ c, n ∈ N

).

Könnyen belátható (direkt úton, vagy a c lineáris funkcionáljainak általánosalakját felhasználva, ld. 4.7.9 képletet), hogy fn lineáris korlátos funkcionál, és

∥fn∥ =n∑

k=1

|ηk|.

5.3. ALKALMAZÁSOK 139

A feltétel szerint {fn(x)} bármely x ∈ c esetén konvergens, így a Banach-Steinhaus I. tétel miatt van olyan M konstans, hogy

∥fn∥ ≤M (n ∈ N),

azazn∑

k=1

|ηk| ≤M (n ∈ N),

amib®l következik, hogy∞∑k=1

|ηk| < ∞, azaz η ∈ l1. A tétel többi állítása a 4.7.4

tételb®l adódik.�

5.3.1. De�níció. Legyen α = (αik) (i, k ∈ N) egy végtelen komplex el-em¶ mátrix. Azt mondjuk, hogy a {ξn} komplex számsorozat limitálható az αmátrixszal, ha

1.∞∑k=1

αikξk bármely i ∈ N esetén konvergens,

2. a σi =∞∑k=1

αikξk (i ∈ N) sorozat i→ ∞ esetén konvergens.

A σ = limi→∞

σi számot a {ξn} sorozat α-limeszének nevezzük, és α− limn→∞

ξn-nel

jelöljük. ♢

Példa. Ha

α =

1 0 0 0 · · ·12

12

0 0 · · ·13

13

13

0 · · ·14

14

14

14

· · ·...

,

akkor σi =ξ1+ξ2+···+ξi

i. Ezen α mátrixhoz tartozó limitálási eljárást Cesaro-féle

limitálási eljárásnak nevezzük.

5.3.2. De�níció. Az α mátrixot (illetve a hozzá tartozó limitálási eljárást) per-manensnek nevezzük, ha bármely x = (ξ1, ξ2 . . . ) ∈ c konvergens sorozat eseténα− lim

n→∞ξn létezik és {ξn} közönséges határértékével egyenl®:

α− limn→∞

ξn = limn→∞

ξn.

♢


Az alábbi tétel, mely Toeplitz-t®l származik, jellemzi a permanens mátrixokat.

5.3.2. Tétel. Az α = (αik) (i, k ∈ N) mátrix akkor és csakis akkor permanens,ha teljesül a következ® három feltétel:

1.∞∑k=1

|αik| ≤M (i ∈ N) valamely M konstanssal,

2. limi→∞

∞∑k=1

αik = 1,

3. limi→∞

αik = 0 (k ∈ N).

Bizonyítás. α akkor és csakis akkor permanens, ha bármely x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ cesetén

I.∞∑k=1

αikξk minden i ∈ N-re konvergens,

II. σi =∞∑k=1

αikξk → σ = limn→∞

ξn, ha i→ ∞.

Az 5.3.1 tétel alapján I. pontosan azt jelenti, hogy bármely i ∈ N esetén∞∑k=1

|αik| <∞, és ekkor

σi(x) =∞∑k=1

αikξk

lineáris korlátos funkcionál c-n ∥σi∥ =∑∞

k=1 |αik| normával.Legyen σ(x) = lim

n→∞ξn, ha x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ c. A II. feltétel pontosan azt

jelenti, hogylimi→∞

σi(x) = σ(x) (x ∈ c),

azaz {σi} pontonként konvergál σ-hoz ha i → ∞. A Banach-Steinhaus II. tételszerint ennek szükséges és elegend® feltétele az, hogy

∥σi∥ ≤M (i ∈ N),

és σi(x) → σ(x), ha i → ∞, x ∈ S teljesüljön, ahol [S] = c. Legyen S ={e0, e1, e2, . . . }, ahol

e0 = (1, 1, 1, . . . ),e1 = (1, 0, 0, . . . ),e2 = (0, 1, 0, . . . ),...

5.4. TOVÁBBI ALKALMAZÁSOK 141

Schauder-bázisa c-nek, mely zárt rendszer (ld. a 3.5.2 de�níció utáni 3. példát).A ∥σi∥ ≤M (i ∈ N) feltétel éppen 1.-et, a σi(e0) → σ(e0) = 1 feltétel 2.-t, míg aσi(ek) → σ(ek) = 0 (k ∈ N) a tétel 3. feltételét adja.

�

5.4. További alkalmazások

Jelölje C[0, 2π] a C[0, 2π] tér azon x függvényeinek halmazát, melyekre x(0) =x(2π). C[0, 2π] zárt lineáris altere C[0, 2π]-nek, így maga is Banach-tér. C[0, 2π]függvényeit 2π szerint periodikusan kiterjesztjük R-re.

Egy x ∈ C[0, 2π] függvény (trigonometrikus) Fourier-során az

a02

+∞∑k=1

(ak cos kt+ bk sin kt), t ∈ [0, 2π]

függvénysort értjük, ahol

ak =1

π

2π∫0

x(s) cos ks ds k = 0, 1, 2, . . . ,

bk =1

π

2π∫0

x(s) sin ks ds k = 1, 2, 3, . . . .

Az egyenletes korlátosság tételének segítségével bizonyíthatjuk olyanfolytonos, 2π szerint periódikus függvény létezését, melynek (trigonometrikus)Fourier-sora egy el®írt pontban nem konvergens. Ilyen függvényt el®ször du BoisReymond szerkesztett 1876-ban.

5.4.1. Tétel. Bármely t0 ∈ [0, 2π]-hez létezik olyan folytonos, 2π szerint per-iódikus függvény, melynek (trigonometrikus) Fourier-sora divergens t0-ban.

Bizonyítás. Jelölje sn az x ∈ C [0, 2π] függvény Fourier-sorának n-edik rés-zletösszegét, és legyen

fn(x) = sn(t0) (x ∈ C [0, 2π]).

A Dirichlet-formula (lásd pl. [21]) szerint

sn(t) =a02

+n∑

k=1

(ak cos kt+ bk sin kt) =1

π

2π∫0

x(s)Dn(s− t) ds,


ahol

Dn(u) =1

2+ cosu+ cos 2u+ · · ·+ cosnu =

sin(n+ 1

2

)u

2 sin 12u

a Dirichlet-féle magfüggvény (a jobboldalon álló tört a nevez® zérushelyeinélfolytonosan van de�niálva).

Így

fn(x) =1

π

2π∫0

x(s)Dn(s− t0) ds (x ∈ C [0, 2π]),

és Dn ∈ C [0, 2π]. A 4.2.6 tétel szerint fn lineáris korlátos funkcionál C [0, 2π]-n,melynek normája

∥fn∥ =1

π

2π∫0

|Dn(s− t0)| ds.

Becsüljük meg ∥fn∥-t alulról!

∥fn∥ = 1π

2π∫0

|Dn(s− t0)| ds = 1π

2π∫0

|Dn(s)| ds = 1π

2π∫0

∣∣∣∣ sin(n+ 12)u

2 sin 12u

∣∣∣∣ ds≥ 1

π

2π∫0

∣∣sin (n+ 12

)s∣∣ ds

s= 1

π

2(n+ 12)π∫

0

| sin t|dtt= 1

π

2n+1∑k=1

kπ∫(k−1)π

| sin t|dtt

≥ 1π

2n+1∑k=1

1kπ

kπ∫(k−1)π

| sin t| dt = 2π2

2n+1∑k=1

1k,

ahol az egyes átalakításoknál rendre Dn periodicitását, a | sinx| ≤ |x| egyen-l®tlenséget, az

(n+ 1

2

)s = t helyettesítést, és az 1

t≥ 1

kπ, ha t ∈ [(k − 1)π, kπ]

egyenl®tlenséget használtuk fel.

Mivel a∞∑k=1

1ksor divergens, így n → ∞ esetén ∥fn∥ → ∞, ezért az egyenletes

korlátosság tétele miatt van olyan Ht0 ⊂ C [0, 2π] s¶r¶ Gδ halmaz, hogy x ∈ Ht0

eseténsupn

|fn(x)| = supn

|sn(t0)| = ∞,

de ekkor {sn(t0)} nem lehet konvergens.Látjuk tehát, hogy Ht0 minden eleme példát szolgáltat olyan folytonos, 2π szerintperiódikus függvényre, melynek trigonometrikus Fourier sora divergens t0-ban.�


Véve megszámlálható sok ti ∈ [0, 2π] (i ∈ N) pontot, a megfelel® Hti s¶r¶ Gδ

halmazok metszete a Baire-féle kategória tétel miatt szintén s¶r¶ Gδ halmaz, ésebb®l a halmazból véve az x függvényt, x Fourier-sora egyetlen ti pontban semkonvergens. Ezzel beláttuk, hogy igaz az

5.4.2. Tétel. Bármely T ⊂ [0, 2π] megszámlálható halmaz esetén van olyanfolytonos, 2π szerint periódikus függvény, melynek (trigonometrikus) Fourier-sora T pontjaiban divergens.

A Banach-Steinhaus tétel kvadraturaformulák konvergenciájának vizsgálatá-

nál is alkalmazható. Azb∫a

x(t) dt határozott integrál közelít® számítására gyakran

alkalmaznakn∑

k=0

Akx(tk) (a ≤ t0 < t1 < · · · < tn ≤ b) (5.4.1)

típusú úgynevezett mechanikus kvadraturaformulákat. Ide tartozik a téglalapfor-mula:

n∑k=0

b− a

nx

(a+ k

b− a

n

),

amely azb∫a

x(t) dt értékét téglalapok területének összegével közelíti. Téglalapok

helyett trapézokat véve kapjuk a trapézformulát:

b− a

n

(1

2x(a) + x

(a+

b− a

n

)+ · · ·+ x

(a+ (n− 1)

b− a

n

)+

1

2x(b)

).

A keresett integrál értékének minél pontosabb meghatározása érdekében tek-intsük (5.4.1) típusú formulák egy

n∑k=0

A(n)k x(t(n)k

)(a ≤ t

(n)0 < t

(n)1 < · · · < t(n)n ≤ b; n = 0, 1 . . . )

sorozatát. Kérdezhetjük, hogy n → ∞-nél milyen feltételek mellett konvergál

ez a sorozat azb∫a

x(t) dt értékhez, feltéve, hogy x folytonos függvény. Erre ad

választ az alábbi, Szeg® Gábortól származó

5.4.3. Tétel. Ahhoz, hogy a

n∑k=0

A(n)k x(t(n)k

)(a ≤ t

(n)0 < t

(n)1 < · · · < t(n)n ≤ b; n = 0, 1 . . . ) (5.4.2)


sorozat bármely x ∈ C[a, b] eseténb∫a

x(t) dt-hez konvergáljon, ha n → ∞, szük-

séges és elegend®, hogy az alábbi két feltétel teljesüljön:

1. van olyan M konstans, hogyn∑

k=0

∣∣∣A(n)k

∣∣∣ ≤M (n = 0, 1, . . . ),

2. (5.4.2) minden (nemnegatív egész kitev®s) hatványfüggvény esetén kon-vergál (a hatványfüggvény integráljához).

Bizonyítás. Tekintsük C[a, b]-n a következ® funkcionálokat

fn(x) =n∑

k=0

A(n)k x

(t(n)k

)(n = 0, 1, 2, . . . )

f(x) =b∫a

x(t) dt.

Könny¶ belátni, hogy fn, f lineáris korlátos funkcionálok C[a, b]-n és a 4.2.1tétel szerint

∥fn∥ =n∑

k=0

∣∣∣A(n)k

∣∣∣ . (5.4.3)

A Banach-Steinhaus II. tétel alapján limn→∞

fn(x) = f(x) (x ∈ C[a, b]) pontosan

akkor teljesül, ha

∥fn∥ ≤M n = 0, 1, 2, . . . ,

fn(x) → f(x) minden x ∈ S-re,

ahol S ⊂ C[a, b] egy zárt rendszer. Mivel a (nemnegatív egész kitev®s)hatványfüggvények zárt rendszert alkotnak C[a, b]-ben és (5.4.3) teljesül, ígyutóbbi feltételeink 1., 2.-vel azonosak.

�

Megjegyzések.

1. Ha az A(n)k együtthatók minden lehetséges k, n esetén pozitívak, akkor az

els® feltétel következik a másodikból, ugyanis x(t) = 1 (t ∈ [a, b]) esetén amásodik feltételünk azt jelenti, hogy

b− a =

b∫a

dt = limn→∞

n∑k=0

A(n)k = lim

n→∞

n∑k=0

∣∣∣A(n)k

∣∣∣ ,amib®l a

n∑k=0

∣∣∣A(n)k

∣∣∣ (n ∈ N) összegek korlátossága következik.


2. (5.4.2) típusú formulák használhatók az általánosabb

b∫a

p(t)x(t) dt

integrál közelít® kiszámítására is, ahol p egy rögzített integrálható füg-gvény, melyet súlyfüggvénynek nevezünk. A konvergenciára vonatkozó ered-mény ugyanaz, mint az el®bb (de itt természetesen a második feltételbenn∑

k=0

A(n)k x

(t(n)k

)→

b∫a

p(t)x(t) dt konvergenciát kell megkövetelni minden

nemnegatív egész kitev®s hatványfüggvényre).

Mechanikus kvadraturaformulák el®állítására az egyik legfontosabb módszera következ®. Minden x ∈ C[a, b] függvényhez és az a ≤ t

(n)0 < t

(n)1 < · · · < t

(n)n ≤ b

(n ∈ N) beosztáshoz határozzuk meg az x függvény Lagrange-féle interpolációspolinomját. Ez az

Ln(x; t) =n∑

k=0

x(t(n)k )

n∏i=0

i=k

t− t(n)i

t(n)k − t

(n)i

legfeljebb n-edfokú polinom, mely az osztópontokban az x függvénnyel egybeesik.

Azb∫a

p(t)x(t) dt-ben x-et az interpolációs polinomjával helyettesítve kapjuk a

b∫a

p(t)Ln(x; t) dt =n∑

k=0

x(t(n)k

)A

(n)k (5.4.4)

formulát, ahol A(n)k =

b∫a

p(t)n∏

i=0

i=k

t− t(n)i

t(n)k − t

(n)i

dt.

Az így kapott formulákat interpolációs kvadraturaformuláknak nevezzük.Mivel legfeljebb n-edfokú polinomok esetén x(t) = Ln(x; t), így legfeljebb n-

edfokú polinomokra az (5.4.4) formula éppen azb∫a

p(t)x(t) dt értékét adja, tehát

az 5.4.3 tétel 2. feltétele teljesül. Ha A(n)k > 0, akkor az els® megjegyzésünk

értelmében mindkét feltétel teljesül, így az ilyen interpolációs kvadraturaformulák

minden folytonos x függvény eseténb∫a

p(t)x(t) dt-hez konvergálnak, ha n→ ∞.


5.5. A nyílt leképezések tétele

5.5.1. Tétel. (Nyílt leképezések tétele) Legyenek X,Y Banach-terek, A ∈B(X,Y ) az X-et az egész Y -ra leképez® lineáris korlátos operátor, akkor A nyíltleképezés (vagyis bármely X-beli nyílt halmaz képe nyílt Y -ban).

A bizonyításhoz szükségünk lesz néhány jelölésre és két lemmára.Az X-beli x0 körüli r sugarú nyílt gömböt G(x0, r)-rel, az Y -beli y0 közép-

pontú, r sugarú nyílt gömböt H(y0, r)-rel fogjuk jelölni. x0 = 0 illetve y0 = 0esetén a Gr illetve Hr jelölést használjuk.

5.5.1. Lemma. Az 5.5.1 tétel feltételei mellett van olyan η > 0 szám, hogybármely ε > 0 esetén

Hηε ⊂ A(Gε).

Bizonyítás. Nyilván, a Függelék 8.4 szakaszát is használva

X =∞∪n=1

Gn =∞∪n=1

nG1,

Y = A(X) = A

(∞∪n=1

nG1

)=

∞∪n=1

A(nG1) =∞∪n=1

nA(G1).

Y Banach-tér, így az 1.8.2 tétel alapján második kategóriájú, mely megszámlál-ható sok halmaz uniója. Az 1.8.2 Következmény miatt van olyan n0 index, hogyn0A(G1) tartalmaz egy nyílt gömböt, mondjuk H(y0, r)-et:

H(y0, r) ⊂ n0A(G1).

Innen

Hr = H(y0, r)− y0 ⊂ H(y0, r)−H(y0, r) ⊂ n0A(G1)− n0A(G1)

⊂ n0A(G1)− n0A(G1) = n0A(G1 −G1) ⊂ n0A(G2) = 2n0A(G1),

amib®lH r

2n0⊂ A(G1),

azaz η = r2n0

, ε > 0 esetén

Hηε = εHη ⊂ εA(G1) = A(εG1) = A(Gε).

A bizonyításban felhasználtuk a 3.1.2 tétel (2) állítását, továbbá azt, hogy G1 −G1 ⊂ G2, Gε = εG1. �

5.5. A NYÍLT LEKÉPEZÉSEK TÉTELE 147

5.5.2. Lemma. Az 5.5.1 tétel feltételei mellett, bármely ε > 0-ra

Hη ε2⊂ A(Gε),

ahol η az 5.5.1 lemmában szerepl® konstans.

Bizonyítás. Elegend® állításunkat ε = 1 mellett igazolni, mert

Hη ε2= εH η

2, A(Gε) = εA(G1).

Tegyük fel, hogy y ∈ H η2, megmutatjuk, hogy y ∈ A(G1). Az 5.5.1 lemma

miatt y ∈ H η2⊂ A(G 1

2), így van olyan

x1 ∈ G 12, hogy ∥y − Ax1∥ <

η

22.

Utóbbi egyenl®tlenség azt jelenti, hogy y − Ax1 ∈ H η

22. Az 5.5.1 lemma alapján

y − Ax1 ∈ H η

22⊂ A(G 1

22), így van olyan

x2 ∈ G 122, hogy ∥y − Ax1 − Ax2∥ <

η

23.

Hasonlóan folytatva olyan {xi} sorozatot konstruálunk, melyre

xi ∈ G 1

2i(i = 1, 2, . . . ), (5.5.1)

és ∥∥∥∥∥y − A

(n∑

i=1

xi

)∥∥∥∥∥ < η

2n+1(n = 1, 2, . . . ) (5.5.2)

teljesül. A∞∑i=1

∥xi∥ sor konvergens, mert (5.5.1) miatt a konvergens∞∑i=1

12igeome-

triai sor majorálja . Mivel X Banach-tér, a 3.5.1 tétel alapján következik a∞∑i=1

xi

sor konvergenciája. Legyen

x =∞∑i=1

xi,

akkor (5.5.1) miatt

∥x∥ ≤∞∑i=1

∥xi∥ <∞∑i=1

1

2i= 1, azaz x ∈ G1,

és (5.5.2)-b®l n → ∞ határátmenettel ∥y − Ax∥ = 0 adódik, azaz y = Ax ∈A(G1). �


Bizonyítás. (5.5.1 tétel) Legyen V ⊂ X nyílt halmaz, megmutatjuk, hogyA(V ) is nyílt. Ha y ∈ A(V ), úgy y = Ax valamely x ∈ V -vel. Mivel V nyílt, ígyegy x körüli G(x, ε) gömb is V -ben van:

x ∈ G(x, ε) ⊂ V.

A 5.5.2 lemmát (az ott szerepl® η konstanst is használva) A linearitása miatt

Hη ε2⊂ A(Gε) = A

(G(x, ε)− x

)= A

(G(x, ε)

)− Ax,

amib®l

H(y, η

ε

2

)= Hη ε

2+ y = Hη ε

2+ Ax ⊂ A

(G(x, ε)

)⊂ A(V ),

s ez azt jelenti, hogy A(V ) nyílt.�

Megjegyzés. Elegend® Y -ról csak azt feltenni, hogy második kategóriájú lineárisnormált tér, ugyanis a bizonyításban csupán ezt használtuk ki (az 5.5.1 lem-mában).

5.6. A nyílt leképezések tételének alkalmazásai:Banach tétele a korlátos inverzr®l,

ekvivalens normák

5.6.1. Tétel. (Banach tétele a korlátos inverzr®l) Legyenek X,Y Banach-terek, A ∈ B(X, Y ) X-et kölcsönösen egyértelm¶en Y -ra leképez® lineáris korlá-tos operátor. Akkor a létez® A−1 inverz operátor is lineáris és korlátos.

Bizonyítás. Az A−1 inverz operátor de�níciója:

A−1y = x ha y = Ax.

A tétel feltételei miatt minden y ∈ Y -hoz pontosan egy olyan x ∈ X van, melyrey = Ax, így A−1 : Y → X is de�niált.

A−1 lineáris, mert y1, y2 ∈ Y esetén az A−1y1 = x1, A−1y2 = x2 jelölésekkely1 = Ax1, y2 = Ax2 és A linearitása miatt

y1 + y2 = Ax1 + Ax2 = A(x1 + x2),x1 + x2 = A−1(y1 + y2),

azazA−1y1 + A−1y2 = A−1(y1 + y2),

5.6. A NYÍLT LEKÉPEZÉSEK TÉTELÉNEK ALKALMAZÁSAI 149

és hasonlóanλy1 = λAx1 = A(λx1),

amib®lλx1 = A−1(λy1)

λA−1y1 = A−1(λy1).

A−1 korlátos, mert a nyílt leképezések tétele miatt A nyílt, így A−1 folytonos,tehát (a linearitás miatt) korlátos is. A−1 korlátossága a 5.5.2 lemma segítségévelközvetlenül is bizonyítható: Ha 0 = x ∈ X, úgy x

∥x∥ /∈ G1, és mivel A kölcsönösen

egyértelm¶, A(

x∥x∥

)/∈ A(G1), és H η

2⊂ A(G1) miatt A

(x

∥x∥

)/∈ H η

2(ahol η > 0

az 5.5.2 lemmában szerepl® konstans), azaz∥∥∥∥A( x

∥x∥

)∥∥∥∥ ≥ η

2, ∥Ax∥ ≥ η

2∥x∥.

Ez x = 0-ra is igaz, és innen Ax = y, x = A−1y-nal

∥A−1y∥ ≤ 2

η∥y∥,

azaz A−1 korlátos.�

5.6.1. De�níció. Legyen X egy lineáris tér és tegyük fel, hogy ∥ · ∥1 és ∥ · ∥2normák X-en. Azt mondjuk, hogy ∥ · ∥1 ekvivalens ∥ · ∥2-vel, ha vannak olyanc, C pozitív számok, hogy bármely x ∈ X esetén

c∥x∥2 ≤ ∥x∥1 ≤ C∥x∥2

teljesül. ♢

Könny¶ belátni, hogy ez a reláció egy ekvivalencia reláció. Ha ∥ · ∥1 és ∥ · ∥2ekvivalensek, akkor ha {xn} egy Cauchy-sorozat, vagy egy konvergens sorozat(X, ∥·∥1)-ben, úgy (X, ∥·∥2)-ben is az és fordítva. Az is világos, hogy az (X, ∥·∥1)és (X, ∥ · ∥2) terekben a nyílt halmazok azonosak.

5.6.2. Tétel. Legyen X egy lineáris tér és ∥·∥1, ∥·∥2 két norma X-en úgy, hogy(X, ∥ · ∥1), (X, ∥ · ∥2) mindketten Banach-terek. Ha van olyan C > 0 konstans,hogy

∥x∥1 ≤ C∥x∥2 (x ∈ X), (5.6.1)

akkor a két norma ekvivalens.


Bizonyítás. Legyen I az identikus leképezése (X, ∥ · ∥2)-nek (X, ∥ · ∥1)-re, akkor(5.6.1) miatt

∥Ix∥1 ≤ C∥x∥2, (x ∈ X),

azaz I korlátos. Világos, hogy I lineáris, és kölcsönösen egyértelm¶en képezi le(X, ∥·∥2)-t (X, ∥·∥1)-re. Így az el®z® tétel alapján I−1 is korlátos, azaz van olyanK (mely szükségképpen pozitív) hogy

∥x∥2 = ∥I−1x∥2 ≤ K∥x∥1, (x ∈ X),

amib®l a két norma ekvivalenciája következik.�

5.6.3. Tétel. Véges dimenziós (valós vagy komplex) lineáris téren bármely kétnorma ekvivalens.

Bizonyítás. LegyenX egy véges dimenziós lineáris tér, φ1, . . . , φn X egy Hamel-bázisa, és ∥ · ∥1 egy norma X-en. Bármely x ∈ X egyértelm¶en

x =n∑

i=1

αiφi

alakba írható. Legyen∥x∥2 = max

1≤i≤n|αi|.

Azonnal látható, hogy ∥ · ∥2 norma X-en, és

∥x∥1 =

∥∥∥∥∥n∑

i=1

αiφi

∥∥∥∥∥1

≤n∑

i=1

|αi| · ∥φi∥1 ≤

(n∑

i=1

∥φi∥1

)∥x∥2.

A 3.6.1 tétel 5. következménye szerint (X, ∥ · ∥1) és (X, ∥ · ∥2) Banach-terek,ezért az el®z® tételt alkalmazva kapjuk, hogy ∥·∥1 és ∥·∥2 ekvivalensek. Így a nor-mák ekvivalenciájának tranzitivitása miatt X bármely két normája ekvivalens.�

Legyen X egy lineáris normált tér {en} Schauder-bázissal. Akkor mindenx ∈ X egyértelm¶en el®állítható

x =∞∑i=1

ciei (5.6.2)

alakban, ahol ci ∈ K skalárok. Legyen ekkor

Snx =n∑

i=1

ciei. (5.6.3)

Az (5.6.2) el®állítás egyértelm¶sége miatt Sn : X → X lineáris operátor. Az 5.6.2tétel segítségével bebizonyítjuk, hogy ha X Banach-tér, akkor Sn korlátos is.

5.6. A NYÍLT LEKÉPEZÉSEK TÉTELÉNEK ALKALMAZÁSAI 151

5.6.4. Tétel. Ha X Banach-tér, {en} Schauder-bázissal, akkor a (5.6.3)-malde�niált Sn operátor X-et önmagába leképez® lineáris korlátos operátor, s®t∥Sn∥ ≤M (n = 1, 2, . . . ) alkalmas M > 0 konstanssal.


∥x∥1 = supk∈N

∥∥∥∥∥k∑

i=1

ciei

∥∥∥∥∥ ,ahol x ∈ X az (5.6.2) alatti elem. Nyilván ∥ · ∥ norma X-en, megmutatjuk,

hogy (X, ∥ · ∥1) Banach-tér. Legyen xn =∞∑i=1

c(n)i ei (n ∈ N) egy Cauchy-sorozat

(X, ∥ · ∥1)-ben, akkor bármely ε > 0-hoz van olyan N(ε), hogy

∥xn − xm∥1 = supk∈N

∥∥∥∥∥k∑

i=1

(c(n)i − c

(m)i

)ei

∥∥∥∥∥ < ε ha n,m > N(ε),

így bármely k ∈ N természetes szám esetén∥∥∥∥∥k∑

i=1

(c(n)i − c

(m)i

)ei

∥∥∥∥∥ < ε ha n,m > N(ε). (5.6.4)

Innen minden k ∈ N esetén∣∣∣c(n)k − c(m)k

∣∣∣ = 1

∥ek∥

∥∥∥∥∥k∑

i=1

(c(n)i − c

(m)i

)ei −

k−1∑i=1

(c(n)i − c

(m)i

)ei

∥∥∥∥∥ < 2ε

∥ek∥,

ha n,m > N(ε), ami azt jelenti, hogy {c(n)k } bármely �x k mellett valós vagykomplex elem¶ Cauchy-sorozat, mely konvergens:

limn→∞

c(n)k = ck.

(5.6.4)-b®l m→ ∞ határátmenettel kapjuk, hogy k ∈ N mellett∥∥∥∥∥k∑

i=1

(c(n)i − ci

)ei

∥∥∥∥∥ ≤ ε ha n > N(ε).

Legyen x =∞∑i=1

ciei. Az x elem jól de�niált, mert minden k ∈ N mellett

k∑i=1

∥ciei∥ ≤k∑

i=1

∥(c(n)i − ci

)ei∥+

k∑i=1

∥c(n)i ei∥ ≤ ε+ C


elég nagy n esetén alkalmas C konstanssal. Ezért a∞∑i=1

ciei sor abszolút konvergens

így konvergens. El®z® egyenl®tlenségünk átírható

∥xn − x∥1 ≤ ε ha n > N(ε)

alakba, amib®l következik, hogy (X, ∥ · ∥1) Banach-tér.Mivel

∥x∥ = limn→∞

∥∥∥∥∥n∑

i=1

ciei

∥∥∥∥∥ ≤ supn

∥∥∥∥∥n∑

i=1

ciei

∥∥∥∥∥ = ∥x∥1,

alkalmazhatjuk az 5.6.2 tételt c = 1 választással. Van tehát egy olyan M > 0konstans, hogy

∥x∥1 ≤M∥x∥, (x ∈ X),

amib®l

∥Snx∥ =

∥∥∥∥∥n∑

i=1

ciei

∥∥∥∥∥ ≤ supk∈N

∥∥∥∥∥k∑

i=1

ciei

∥∥∥∥∥ = ∥x∥1 ≤M∥x∥,

tehát Sn korlátos, és ∥Sn∥ ≤M (n ∈ N).�

Megjegyzés. Tételünkb®l következik, hogy az

Rnx =∞∑

i=n+1

ciei

(x =

∞∑i=1

ciei

)(5.6.5)

összefüggéssel de�niált Rn operátor és az

fn(x) = cn

-nel de�niált fn (n ∈ N) funkcionál lineáris és korlátos. A linearitás az x =∞∑i=1

ciei

el®állítás egyértelm¶ségének a következménye, míg a korlátosság az

Rn = I − Sn,

|fn(x)| = |cn| =∥Snx− Sn−1x∥

∥en∥≤ 2M

∥en∥∥x∥, (x ∈ X),

összefüggésekb®l adódik.

A következ® tételt a 3.9 szakaszban már kimondtuk, de csak most állnakrendelkezésünkre a bizonyításhoz szükséges ismeretek.

3.19 Tétel. Legyen X egy Banach-tér {en} Schauder-bázissal.K ⊂ X relatívkompakt akkor és csakis akkor, ha

5.7. A ZÁRT GRÁF TÉTEL 153

1. K korlátos,

2. bármely ε > 0-hoz van olyan N(ε), hogy ∥Rnx∥ < ε, ha n > N(ε), x ∈ K,

ahol Rnx =∞∑

i=n+1

ciei, ha x =∞∑i=1

ciei.

Bizonyítás. Szükségesség. Ha K ⊂ X relatív kompakt, akkor Hausdor� tételealapján bármely ε′ > 0 esetén van véges x1, . . . , xm ε′-háló K számára. Innenkövetkezik, hogy K korlátos, és x ∈ K-ra

∥Rnx∥ = ∥x−Snx∥ ≤ ∥x−xi∥+∥xi−Snx∥ ≤ ∥x−xi∥+∥Snxi − Snx∥+∥Rnxi∥ ≤

≤ (1 + ∥Sn∥) ∥x− xi∥+ ∥Rnxi∥ ≤ (1 +M)∥x− xi∥+ ∥Rnxi∥,

ahol xi az ε′-háló azon eleme, melyre ∥x− xi∥ < ε′ teljesül. Mivel limn→∞

∥Rnxi∥ =

0 (i = 1, . . . ,m), így ∥Rnxi∥ < ε′, ha n > N(ε′) (i = 1, . . . ,m), tehát

∥Rnx∥ < (2 +M)ε′ ha x ∈ K,n > N(ε′).

ε′ = ε2+M

-mel, ez éppen a kívánt 2. feltétel.Elegend®ség. Ha 1. és 2. teljesül, megmutatjuk, hogy bármely ε > 0-hoz van

véges ε-háló K számára. Válasszuk az n = n(ε) indexet úgy, hogy ∥Rnx∥ < ε2, ha

x ∈ K. A Kn ={Snx

∣∣ x ∈ K}halmaz korlátos részhalmaza a véges dimenziós

[e1, . . . , en] altérnek, így relatív kompakt. Van tehát véges ε2-háló Kn számára, és

ez

x = Snx+Rnx

miatt ε-háló K számára.�

5.7. A zárt gráf tétel

Ha A az X halmaz D(A) részhalmazának az Y halmazba való leképezése,akkor ezt A : D(A) ⊂ X → Y -nal jelöljük.

5.7.1. De�níció. Legyenek X, Y tetsz®leges halmazok, A : D(A) ⊂ X → Y egyleképezés. A

G(A) ={(x,Ax)

∣∣ x ∈ D(A)}⊂ X × Y

halmazt A gráfjának nevezzük. ♢


Ha X, Y lineáris normált terek, akkor az X × Y szorzathalmaz az

(x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2)

λ(x1, y1) = (λx1, λy1)

∥(x1, y1)∥ = ∥x1∥+ ∥y1∥

m¶veletekre és normára nézve szintén lineáris normált tér, melyet az X és Yterek normált szorzatának nevezünk. Mivel

∥(xn, yn)− (x, y)∥ = ∥xn − x∥+ ∥yn − y∥,

így az {(xn, yn)} sorozat pontosan akkor konvergál (x, y)-hoz az X × Y normáltszorzattérben, ha xn → x és yn → y. Ha X, Y Banach-terek, úgy X × Y is az, ésfordítva.

5.7.2. De�níció. Legyenek X, Y lineáris normált terek. Az A : D(A) ⊂ X → Yoperátort zárt operátornak nevezzük, ha G(A) gráfja zárt halmaz X × Y -ban. ♢

Az A operátor pontosan akkor zárt, ha bármely (x, y) ∈ G(A) esetén (x, y) ∈G(A).

(x, y) ∈ G(A) pontosan akkor teljesül, ha van olyan (xn, yn) ∈ G(A) sorozat,mely (x, y)-hoz konvergál, azaz amelyre{

xn ∈ D(A), xn → xyn = Axn → y, ha n→ ∞.

(5.7.1)

(x, y) ∈ G(A) pontosan azt jelenti, hogy

x ∈ D(A) és y = Ax. (5.7.2)

Így beláttuk, hogy A akkor és csakis akkort zárt operátor, ha tetsz®leges xn ∈D(A) (n ∈ N) sorozatot véve, melyre xn → x, Axn → y (n → ∞) teljesül,következik, hogy x ∈ D(A) és y = Ax.

Példák:

1. Ha D(A) zárt lineáris altér X-ben, A : D(A) ⊂ X → Y lineáris folytonos(korlátos) operátor, úgy A zárt is (X,Y lineáris normált terek).

2. Legyen X = Y = C[0, 1], D(A) = {x ∈ X∣∣ x′ ∈ X} és

(Ax)(t) = x′(t) (t ∈ [0, 1], x ∈ D(A)).


A zárt operátor, mert ha xn ∈ D(A), xn → x, Axn = x′n → y, akkor ismertanalízisbeli tétel szerint

d

dtlimn→∞

xn(t) = limn→∞

x′n(t) = y(t), (t ∈ [0, 1]),

azaz x′ = y ∈ C[0, 1], x ∈ D(A) és y = Ax.A nem folytonos, mert ha xn(t) = tn, akkor ∥xn∥ = 1, de

∥Axn∥ = supt∈[0,1]

|ntn−1| = n.

3. Legyen D(A) egy nem zárt lineáris altere az X Banach-térnek, Y = X ésI : D(A) → Y az identikus leképezés. Akkor I folytonos, lineáris operátor,de nem zárt.

5.7.1. Tétel. (zárt gráf tétel) Banach-teret Banach-térbe leképez® zárt line-áris operátor folytonos (korlátos).

Bizonyítás. Legyenek X,Y Banach-terek, A : X → Y zárt lineáris operátor, és

∥x∥1 = ∥x∥+ ∥Ax∥ (x ∈ X).

Világos, hogy ∥·∥1 normaX-en. Megmutatjuk, hogy (X, ∥·∥1) Banach-tér. Legyenugyanis {xn} egy Cauchy-sorozat (X, ∥ · ∥1)-ben, akkor

0 ≤ ∥xn − xm∥+ ∥Axn − Axm∥ = ∥xn − xm∥1 < ε ha n,m > N(ε),

így {xn} Cauchy-sorozat (X, ∥ · ∥)-ben, {Axn} Cauchy-sorozat Y -ban. Ezért Xés Y teljessége alapján, xn → x (X, ∥ · ∥)-ben, Axn → y az Y -ban. A zártságamiatt x ∈ X (ezt már tudjuk) és y = Ax, így

∥xn − x∥1 = ∥xn − x∥+ ∥Axn − Ax∥ → 0 (n→ ∞),

azaz xn → x az (X, ∥ · ∥1) térben, és így (X, ∥ · ∥1) Banach-tér. Mivel

∥x∥ ≤ ∥x∥+ ∥Ax∥ = ∥x∥1, (x ∈ X),

így az 5.6.2 tétel alkalmazásával kapjuk, hogy van olyan C > 0, hogy

∥x∥1 ≤ C∥x∥ (x ∈ X),

∥x∥+ ∥Ax∥ ≤ C∥x∥,

∥Ax∥ ≤ (C − 1)∥x∥,

azaz A korlátos, így folytonos.�


Ezt a szakaszt a zárt gráf tétel egy projekciókkal kapcsolatos alkalmazásávalzárjuk.

5.7.3. De�níció. Egy X lineáris normált teret önmagába leképez® P lineáriskorlátos operátort projekció operátornak nevezzük, ha P 2 = P , azaz P (Px) =Px (x ∈ X) (P idempotens). ♢

5.7.4. De�níció. Legyen M zárt altere az X lineáris normált térnek. Ha vanolyan N zárt lineáris altere X-nek, hogy

X =M +N és M ∩N = {0},

akkorM -et komplementeres altérnek nevezzük X-ben. Ekkor X-etM és N direktösszegének nevezzük, és az

X =M ⊕N

jelölést használjuk. (M ∩N = {0} miatt X minden x eleme egyértelm¶en írhatóx = m+ n alakba, ahol m ∈M, n ∈ N). ♢

5.7.2. Tétel. 1. Legyen X egy lineáris normált tér, P az X egy projekciója,akkor

X = R(P )⊕N (P ),

ahol R(P ) = {Px∣∣ x ∈ X} a P képtere, N (P ) = {x ∈ X

∣∣ Px = 0} a Pnulltere.

2. Ha X egy Banach-tér ésX =M ⊕N,

akkor van olyan P projekciója X-nek, melyre M = R(P ), N = N (P ).

Bizonyítás. 1. R(P ) = N (I − P ), mert ha y ∈ R(P ), úgy alkalmas x ∈ X-szely = Px = P (Px), azaz (I − P )Px = 0 (I identikus operátor X-en), és ígyy = Px ∈ N (I − P ).

Fordítva, ha z ∈ N (I − P ), akkor (I − P )z = 0, vagyis z = Pz ∈ R(P ). Pfolytonossága miatt N (P ) és R(P ) = N (I − P ) zárt lineáris alterek. Továbbá,ha x ∈ N (P ) ∩ R(P ), úgy alkalmas x1 ∈ X-szel x = Px1, Px = 0, azaz0 = Px = P 2x1 = Px1, x = Px1 = 0 következik, így N (P ) ∩R(P ) = {0}.

Ha x ∈ X tetsz®leges, akkor x = (x−Px)+Px, és itt Px ∈ R(P ), x−Px ∈N (P ), mert P (x− Px) = Px− P 2x = 0. Így beláttuk, hogy

X = R(P )⊕N (P ).


2. De�niáljuk P -t a következ®képpen:

Px = m,

ahol x = m+ n, m ∈M, n ∈ N . Világos, hogy P lineáris operátor, és P (Px) =Pm = m = Px alapján P 2 = P . Továbbá, R(P ) = M , és N (P ) = N . Megmu-tatjuk, hogy P zárt operátor. Tegyük fel, hogy xn → x, Pxn → y, (x, y ∈ X).Akkor Pxn ∈M ésM zártsága miatt y ∈M , így Py = y. Mivel P (xn−Pxn) = 0,xn −Pxn ∈ N . N zártsága miatt x− y ∈ N , így Px = Py. Innen y = Px vagyisP zárt, és a zárt gráf tétel miatt P folytonos.

�

6. fejezet

Hilbert-terek

6.1. Hilbert-tér fogalma, példák

6.1.1. De�níció. Ha egy X lineáris tér bármely két x, y eleméhez hozzá vanrendelve egy

⟨x, y⟩∈ K skalár úgy, hogy⟨

x1 + x2, y⟩=

⟨x1, y

⟩+⟨x2, y

⟩⟨λx, y

⟩= λ

⟨x, y⟩

⟨x, y⟩=

⟨y, x⟩

⟨x, x⟩≥ 0

teljesül bármely x1, x2, x, y ∈ X és λ ∈ K skalár esetén, akkor azt mondjuk, hogyegy pszeudo-skaláris szorzat (pszeudo-bels®szorzat) van adva X-en.

⟨x, y⟩-t az x

és y elemek pszeudo-skaláris szorzatának nevezzük.Ha egy pszeudo-skaláris szorzat olyan, hogy

⟨x, x⟩= 0 csak x = 0-nál áll

fenn, akkor skaláris szorzatnak (bels® szorzatnak) nevezzük. ♢

6.1.1. Tétel. (Schwarz-egyenl®tlenség) Ha⟨·, ·⟩

egy pszeudo-skalárisszorzat az X lineáris téren, úgy bármely x, y ∈ X-re fennáll az∣∣⟨x, y⟩∣∣2 ≤ ⟨x, x⟩ · ⟨y, y⟩egyenl®tlenség.

Bizonyítás. Tetsz®leges λ ∈ K skalár esetén

0 ≤⟨x+ λy, x+ λy

⟩=⟨x, x⟩+ λ⟨y, x⟩+ λ

[⟨x, y⟩+ λ⟨y, y⟩]. (6.1.1)

158

6.1. HILBERT-TÉR FOGALMA, PÉLDÁK 159

Ha⟨y, y⟩= 0, akkor válasszuk λ-t úgy, hogy a zárójelben lév® kifejezés zérus

legyen, azaz legyen

λ = −⟨x, y⟩⟨

y, y⟩ .

Ezzel (6.1.1)-b®l⟨x, x⟩−

∣∣∣∣⟨x,y⟩∣∣∣∣2⟨y,y⟩ ≥ 0 adódik, amib®l a bizonyitandó egyen-

l®tlenség következik. Hasonlóan érvényes az egyenl®tlenség, ha⟨x, x⟩= 0 (ekkor

x, y szerepét megcseréljük). Végül, ha⟨x, x⟩=⟨y, y⟩= 0, akkor λ = −

⟨x, y⟩

választással kapjuk (6.1.1)-b®l, hogy 0 ≥∣∣⟨x, y⟩∣∣2, ⟨x, y⟩ = 0, azaz egyenl®tlen-

ségünk ekkor is teljesül. �

6.1.2. Tétel. Egy skaláris szorzattal ellátott lineáris tér bármely x elemének

normáján az ∥x∥ =√⟨

x, x⟩számot értve, a tér lineáris normált tér. A norma

pontosan egy skaláris szorzatból származik ily módon.

Bizonyítás. A skaláris szorzat de�níciója miatt ∥x∥ ≥ 0 és ∥x∥ = 0 akkor éscsak akkor, ha x = 0, továbbá ∥λx∥2 =

⟨λx , λx

⟩= λλ

⟨x , x

⟩= |λ|2∥x∥2, így

∥λx∥ = |λ|∥x∥. A Schwarz-egyenl®tlenség felhasználásával

∥x+ y∥2 =⟨x+ y , x+ y

⟩=⟨x , x

⟩+⟨x , y

⟩+⟨y , x

⟩+⟨y , y

⟩=

= ∥x∥2 + 2Re⟨x , y

⟩+ ∥y∥2 ≤ ∥x∥2 + 2|

⟨x , y

⟩|+ ∥y∥2 ≤

(∥x∥+ ∥y∥

)2vagyis

∥x+ y∥ ≤ ∥x∥+ ∥y∥,

így terünk lineáris normált tér.Könnyen ellen®rizhet®, hogy arra a skaláris szorzatra, melyb®l a norma szár-

mazik, fennáll ⟨x , y

⟩=

1

4

[∥x+ y∥2 − ∥x− y∥2

], (6.1.2)

ha a tér valós, és⟨x , y

⟩=

1

4

[∥x+ y∥2 − ∥x− y∥2 + i∥x+ iy∥2 − i∥x− iy∥2

], (6.1.3)

ha a tér komplex, ami mutatja, hogy a norma csak egyetlen skaláris szorzatbólszármazhat. �

6.1.2. De�níció. Az X halmazt pre-Hilbert-térnek nevezzük, ha X lineáris tér,melyen egy skaláris szorzat van értelmezve. Ha egy pre-Hilbert-tér teljes, az ∥x∥ =√⟨

x, x⟩normában, akkor azt Hilbert-térnek nevezzük. ♢

160 FEJEZET 6. HILBERT-TEREK

E de�níció szerint egy pre-Hilbert-tér olyan lineáris normált tér, melyben anorma egy skaláris szorzatból származik. Melyek azok a normák, melyek skalárisszorzatból származnak? Erre a kérdésre ad választ a

6.1.3. Tétel. Egy lineáris normált tér normája akkor és csakis akkor származik

skaláris szorzatból az ∥x∥ =√⟨

x, x⟩összefüggés szerint, ha a tér bármely két

x, y elemére teljesül a

∥x+ y∥2 + ∥x− y∥2 = 2∥x∥2 + 2∥y∥2 (6.1.4)

úgynevezett parallelogramma azonosság.

Bizonyítás. Ha a norma skaláris szorzatból származik, úgy egyszer¶ számításmutatja (6.1.4) helyességét.

Ha egy X lineáris normált térben (6.1.4) teljesül, akkor legyen

φ(x, y) =1

4

[∥x+ y∥2 − ∥x− y∥2

], x, y ∈ X.

(6.1.4)-et felhasználva bármely x1, x2, y ∈ X-re

8φ(x1, y) +8φ(x2, y) = 2∥x1 + y∥2 − 2∥x1 − y∥2 + 2∥x2 + y∥2 − 2∥x2 − y∥2

= 2∥x1 + y∥2 + 2∥x2 + y∥2 − [2∥x1 − y∥2 + 2∥x2 − y∥2]

= ∥x1 + x2 + 2y∥2 + ∥x1 − x2∥2 − [∥x1 + x2 − 2y∥2 + ∥x1 − x2∥2]

= 4∥∥x1+x2

2+ y∥∥2 − 4

∥∥x1+x2

2− y∥∥2 = 16φ

(x1+x2

2, y),

azaz

2φ

(x1 + x2

2, y

)= φ(x1, y) + φ(x2, y).

x2 = 0-val kapjuk, hogy 2φ(x1

2, y)= φ(x1, y), így

φ(x1 + x2, y) = φ(x1, y) + φ(x2, y).

Ezzel beláttuk, hogy φ additív az els® változójában. Világos, hogy φ folytonosfüggvény, így a 4.1.2 tétel alapján bármely α ∈ R valós szám esetén

φ(αx, y) = αφ(x, y).

Ha X valós lineáris normált tér, akkor⟨x , y

⟩= φ(x, y) skaláris szorzat X-

en, melyre⟨x , x

⟩= φ(x, x) = 1

4∥2x∥2 = ∥x∥2 teljesül, ugyanis φ lineáris az els®

változójában és φ szimmetrikus.

6.1. HILBERT-TÉR FOGALMA, PÉLDÁK 161

Ha X komplex lineáris normált tér, akkor megmutatjuk, hogy⟨x , y

⟩1= φ(x, y) + iφ(x, iy)

skaláris szorzat X-en.⟨· , ·⟩1additív az els® változóban. Ahhoz, hogy belássuk,

hogy⟨λx , y

⟩1= λ

⟨x , y

⟩1bármely λ = α + iβ ∈ C esetén teljesül elég azt

megmutatni, hogy⟨ix , y

⟩1= i⟨x , y

⟩1fennáll. Ez azonnal adódik abból, hogy

φ(ix, y) = −φ(x, iy) φ(ix, iy) = φ(x, y),

ugyanis ⟨ix , y

⟩1

= φ(ix, y) + iφ(ix, iy) = −φ(x, iy) + iφ(x, y)

= i(φ(x, y) + iφ(x, iy)

)= i⟨x , y

⟩1.

Mivel φ szimmetrikus, ismét felhasználva φ(ix, y) = −φ(x, iy)-t⟨x , y

⟩1= φ(x, y)+ iφ(x, iy) = φ(y, x)− iφ(ix, y) = φ(y, x)− iφ(y, ix) =

⟨y , x

⟩1.

Végül⟨x , x

⟩1= φ(x, x) + iφ(x, ix) = φ(x, x) = ∥x∥2, mert

φ(x, ix) =1

4

[∥x+ ix∥2 − ∥x− ix∥2

]=

1

4∥x∥2

[|1 + i|2 − |1− i|2

]= 0.

�

6.1.4. Tétel. Bármely pre-Hilbert-térhez létezik egy ®t s¶r¶ lineáris altérkénttartalmazó Hilbert-tér, mely az eredeti teret �xen hagyó izomorf és izometrikus(így a skaláris szorzatot is meg®rz®) leképezést®l eltekintve egyértelm¶.

Bizonyítás. Ha H egy pre-Hilbert-tér, úgy H egy lineáris normált tér a bels®szorzatból származó normával, melyben a norma teljesíti a parallelogrammaazonosságot. A 4.5.3 tétel szerint H-t �xen hagyó izometrikus és izomorfleképezést®l eltekintve egyértelm¶en létezik olyan H Banach-tér, mely H-t s¶r¶lineáris altérként tartalmazza. A norma folytonossága miatt H normája is tel-jesíti a parallelogramma azonosságot, így H Hilbert-tér.

�

6.1.5. Tétel. A skaláris szorzat tényez®inek folytonos függvénye.

Bizonyítás. Ha ∥xn − x∥ → 0, ∥yn − y∥ → 0 ha n→ ∞, akkor∣∣⟨x , y⟩−⟨xn , yn⟩∣∣ ≤ ∣∣⟨x , y−yn⟩∣∣+ ∣∣⟨x−xn , yn⟩∣∣ ≤ ∥x∥∥y−yn∥+∥x−xn∥∥yn∥,

ami zérushoz tart, ha n→ ∞ ugyanis{∥yn∥

}korlátos. �


Példák Hilbert-térre.

1. Legfontosabb példánk a L2(X,S, µ) tér. Azonnal látható, hogy⟨x , y

⟩=

∫X

x(t)y(t)dµ (x, y ∈ L2)

skaláris szorzat L2(X,S, µ)-n, és fennáll ∥x∥2 =⟨x , x

⟩. Innen következik,

hogy L2(a, b), l2 szintén Hilbert-terek.

2. Legyen most ϱ : (a, b) → R egy integrálható pozitív függvény (a, b)-n. HaX = (a, b), S = (a, b) Lebesgue-mérhet® részhalmazainak osztálya, úgy

µ(ϱ)E =

∫E

ϱ(t)dt (E ∈ S)

mérték S-en. A L2(X,S, µ(ϱ)) Hilbert-teret a ϱ s¶r¶ségfüggvényre nézve,vagy az

r(x) =

x∫a

ϱ(t)dt x ∈ (a, b)

súlyfüggvényre nézve négyzetesen integrálható függvények terének nevezzük,és L(ϱ)

2 (a, b)-vel jelöljük. Könny¶ belátni, hogy∫E

x(t)dµ(ϱ) =

∫E

x(t)ϱ(t)dt,

így x ∈ L(ϱ)2 (a, b) akkor és csakis akkor, ha x mérhet® és |x|2ϱ integrálható

(a, b)-n.

6.2. Ortogonális felbontás

6.2.1. De�níció. Egy H Hilbert-tér x, y elemeit ortogonálisnak nevezzük, ha⟨x, y⟩= 0, jelölése: x ⊥ y.

AzM,N ⊂ H halmazokat ortogonálisnak nevezzük, ha bármely m ∈M, n ∈N esetén m ⊥ n. Jelölés: M ⊥ N .

AzM ⊂ H halmaz bármely elemére ortogonális H-beli elemek összességétMortogonális komplementerének nevezzük. Jelölés: M⊥. ♢

6.2. ORTOGONÁLIS FELBONTÁS 163

6.2.1. Tétel. Egy Hilbert-tér bármely részhalmazának ortogonális komple-mentere zárt lineáris altér.

Bizonyítás. Ha x, y ∈ M⊥, úgy minden m ∈ M -re⟨x,m

⟩=⟨y,m

⟩= 0, így⟨

αx+ βy,m⟩= 0, tehát αx+ βy ∈M⊥.

Ha x ∈ M⊥, akkor van olyan xn ∈ M⊥ (n ∈ N) sorozat, hogy xn → x, han → ∞. Mivel

⟨xn,m

⟩= 0 (m ∈ M) a skaláris szorzat folytonossága miatt

n→ ∞-nel⟨x,m

⟩= 0, azaz x ∈M⊥. �

6.2.2. Tétel. (ortogonális felbontás tétele) Legyen H ′ a H Hilbert-tér zártlineáris altere, akkor bármely x ∈ H elem egyértelm¶en el®állítható

x = x′ + x′′

alakban, ahol x′ ∈ H ′, x′′ ∈ H ′⊥.

Figyelembevéve az 5.7.4 de�níciót, tételünk azt jelenti, hogy egy Hilbert-térben minden zárt lineáris H ′ altér komplementeres altér, és a

H = H ′ ⊕H ′⊥

direkt összeg egyúttal ún. ortogonális összeg is: H ′ ⊥ H ′⊥.

Bizonyítás. Legyen x ∈ H és d = ϱ(x,H ′) = infh′∈H′

∥x − h′∥ az x távolsága

H ′-t®l.Megmutatjuk, hogy van olyan x′ ∈ H ′, melyre d = ∥x − x′∥. Legyen ugyanis

h′n ∈ H ′ (n ∈ N) olyan sorozat, hogy ∥x − h′n∥ → d ha n → ∞. A parallelo-gramma azonosságot felhasználva

∥h′n − h′m∥2 =∥∥(x− h′m)− (x− h′n)

∥∥2= 2∥x− h′m∥2 + 2∥x− h′n∥2 − 4

∥∥∥∥x− h′m + h′n2

∥∥∥∥2≤ 2∥x− h′m∥2 + 2∥x− h′n∥2 − 4d2 → 0 ha n,m→ ∞,

így {h′n} Cauchy-sorozat. Ezért {h′n} konvergens, h′n → x′ ha n → ∞, és H ′

zártsága miatt x′ ∈ H ′. Innen

d = limn→∞

∥x− h′n∥ = ∥x− x′∥.

Megmutatjuk, hogy x = x′ + (x − x′) az x elem keresett felbontása, azazx′′ = x− x′ ortogonális H ′-re. Legyen 0 = y′ ∈ H ′ tetsz®leges, akkor

d2 = ∥x− x′∥2 ≤ ∥x− x′ + λy′∥2 = ∥x′′ + λy′∥2 =⟨x′′ + λy′ , x′′ + λy′

⟩= d2 + λ

⟨y′ , x′′

⟩+ λ

[⟨x′′ , y′

⟩+ λ∥y′∥2

].


Válasszuk λ-t úgy, hogy a szögletes zárójelben lév® kifejezés elt¶njön, azazlegyen

λ = −⟨x′′ , y′

⟩∥y′∥2

,

akkor

d2 ≤ d2 −∣∣⟨x′′ , y′⟩∣∣2

∥y′∥2,

ami csak úgy lehetséges, ha⟨x′′ , y′

⟩= 0. Mivel ez y′ = 0-ra is igaz, így x′′ ⊥ H ′,

azaz x′′ ∈ H ′⊥.A felbontás egyértelm¶, ugyanis ha

x = x′ + x′′ = x1 + x2 (x′, x1 ∈ H ′, x′′, x2 ∈ H ′⊥),

akkor, mivel H ′ és H ′⊥ is alterek, H ′ ∋ x′−x1 = x2−x′′ ∈ H ′⊥, de az egyenl®ségkét oldalán álló vektorok ortogonálisak, így

0 =⟨x′ − x1 , x2 − x′′

⟩=⟨x′ − x1 , x

′ − x1⟩= ∥x′ − x1∥2,

amib®l x′ = x1, x′′ = x2.

�

x′-t az x elem H ′ altérre vonatkozó (ortogonális) projekciójának nevezzük.

6.3. Ortonormált rendszerek

6.3.1. De�níció. Egy Hilbert-tér elemeinek {φα} (α ∈ Γ) rendszerét orto-gonális rendszernek nevezzük, ha⟨

φα, φβ

⟩= δαβ∥φα∥2 (α, β ∈ Γ),

ortonormált rendszernek nevezzük, ha⟨φα, φβ

⟩= δαβ (α, β ∈ Γ),

ahol

δαβ :=

{1 ha α = β0 ha α = β

a Kronecker szimbólum. Ha Γ = N, akkor ortogonális sorozatról, illetve ortonor-mált sorozatról beszélünk. ♢

6.3. ORTONORMÁLT RENDSZEREK 165

6.3.1. Tétel. (Schmidt-féle ortogonalizálás) Ha x1, x2, . . . egy Hilbert-térlineárisan független elemeinek egy (megszámlálható) rendszere, akkor létezikolyan φ1, φ2, . . . (megszámlálható) ortonormált rendszer, hogy n = 1, 2, . . . -re

φn = cn1x1 + cn2x2 + · · ·+ cnnxn,xn = γn1φ1 + γn2φ2 + · · ·+ γnnφn

(6.3.1)

ahol cni, γni ∈ K skalárok, cnn, γnn > 0 (i = 1, . . . , n; n = 1, 2, . . . ).

Bizonyítás. Legyen y1 = x1 és φ1 = y1∥y1∥ , azaz c11 = 1

γ11= 1

∥y1∥ > 0, és (6.3.1)teljesül. Mivel x1, x2, . . . lineárisan függetlenek, y1 = x1 = 0. φ2 értelmezéséhezlegyen

y2 = x2 + λ21φ1,

és λ21-et válasszuk úgy, hogy y2 a φ1-re ortogonális legyen:

0 =⟨y2 , φ1

⟩=⟨x2 , φ1

⟩+ λ21

⟨φ1 , φ1

⟩=⟨x2 , φ1

⟩+ λ21

amib®lλ21 = −

⟨x2 , φ1

⟩,

és legyenφ2 =

y2∥y2∥

.

y2 = 0, különben x2 és φ1, azaz x2 és x1 lineárisan függ®k lennének. Ekkor φ2 azx2 és φ1 lineáris kombinációja, és fordítva, x2 az y2 és φ1, ennélfogva φ2 és φ1

lineáris kombinációja. Látható az is, hogy φ1 és φ2 ortonormált rendszer és

c22 =1

γ22=

1

∥y2∥> 0.

Tegyük fel, hogy φ1, . . . , φk−1-et már meghatároztuk úgy, hogy ezek ortonor-mált rendszert alkotnak és n = 1, . . . , k − 1-re (6.3.1) teljesül. Legyen

yk = xk +k−1∑i=1

λkiφi.

A λki együtthatókat az yk ⊥ φi (i = 1, . . . , k − 1) feltételekb®l meghatározvaλki = −

⟨xk , φi

⟩adódik, yk = 0, mert ellenkez® esetben xk a φ1, . . . , φk−1 elemek

lineáris kombinációja lenne, s így indukciós feltevésünk miatt xk az x1, . . . , xk−1

elemek lineáris kombinációja volna, ami ellentmond az x1, . . . , xk vektorrendszerlineáris függetlenségének. Legyen

φk =yk∥yk∥

,


akkor φ1, . . . , φk ortonormált rendszer, φk az xk, φ1, . . . , φk−1 elemek lineáriskombinációja, így mivel (6.3.1) n = 1, . . . , k−1-re fennáll, φk az x1, . . . , xk elemeklineáris kombinációja, és hasonlóan xk a φ1, . . . , φk elemek lineáris kombinációja.Fennáll továbbá ckk = 1

γkk= 1

∥yk∥> 0 is.

�

6.4. Ortogonális sorok

6.4.1. De�níció. Legyen {φn} egy ortonormált sorozat a H Hilbert-térben,

{αn} skalárok egy sorozata, akkor a∞∑k=1

αkφk sort ortogonális sornak nevezzük.

♢

6.4.1. Lemma. Legyen H egy Hilbert-tér, xk ∈ H (k ∈ N), és∞∑k=1

xk konvergens

sor (normában), akkor bármely y ∈ H esetén⟨∞∑k=1

xk , y

⟩=

∞∑k=1

⟨xk , y

⟩.

Ha x1, . . . , xn ∈ H páronként ortogonális elemek, akkor∥∥∥∥∥n∑

k=1

xk

∥∥∥∥∥2

=n∑

k=1

∥xk∥2.

Bizonyítás. Az els® állítás a skaláris szorzat folytonosságából (6.1.5 tétel)következik:⟨

∞∑k=1

xk , y

⟩=

⟨limn→∞

n∑k=1

xk , y

⟩= lim

n→∞

n∑k=1

⟨xk , y

⟩=

∞∑k=1

⟨xk , y

⟩,

míg a második a baloldal kiszámításával igazolható:∥∥∥∥ n∑k=1

xk

∥∥∥∥2 =⟨x1 + · · ·+ xn , x1 + · · ·+ xn

⟩=⟨x1 , x1

⟩+ · · ·+

⟨xn , xn

⟩=

n∑k=1

∥xk∥2.

�

6.4. ORTOGONÁLIS SOROK 167

6.4.1. Tétel. A∞∑k=1

αkφk ortogonális sor akkor és csakis akkor konvergens (nor-

mában), ha a∞∑k=1

|αk|2 numerikus sor konvergens.

Ha a∞∑k=1

αkφk ortogonális sor normában konvergens és összege x, akkor

αk =⟨x , φk

⟩(k ∈ N),

és

∥x∥2 =∞∑k=1

|αk|2.

Bizonyítás. Legyen sn =n∑

k=1

αkφk (n ∈ N), akkor a 6.4.1. lemma alapján

∥sn+p − sn∥2 =n+p∑

k=n+1

|αk|2,

így a∞∑k=1

αkφk sorra a Cauchy-féle konvergencia kritérium akkor és csakis akkor

teljesül, ha a∞∑k=1

|αk|2 sorra teljesül a Cauchy-féle konvergencia kritérium, amib®l

állításunk els® része következik.Ismét a 6.4.1. lemmát alkalmazva kapjuk, hogy⟨x , φk

⟩=

⟨∞∑i=1

αiφi , φk

⟩=

∞∑i=1

αi

⟨φi , φk

⟩= αk,

⟨x , x

⟩=

⟨∞∑i=1

αiφi , x

⟩=

∞∑i=1

αi

⟨φi , x

⟩=

∞∑i=1

αiαi =∞∑i=1

|αi|2.

�

6.4.2. De�níció. Legyen {φk} egy ortonormált sorozat a H Hilbert-térben,x ∈ H. A ck =

⟨x , φk

⟩(k ∈ N) számokat az x elem Fourier-együtthatóinak

nevezzük a {φk} ortonormált sorozatra nézve. Ezen együtthatókkal képzett∞∑k=1

ckφk ortogonális sort pedig x Fourier-sorának nevezzük {φk}-ra nézve. ♢

6.4.2. Tétel. Legyen {φk} egy ortonormált sorozat a H Hilbert-térben, {αk}skalárok egy sorozata, ck =

⟨x , φk

⟩(k ∈ N) az x ∈ H elem Fourier-együtthatói,

akkor ∥∥∥∥∥x−n∑

k=1

αkφk

∥∥∥∥∥2

= ∥x∥2 −n∑

k=1

|ck|2 +n∑

k=1

|ck − αk|2, (6.4.1)


speciálisan αk = ck-val∥∥∥∥∥x−n∑

k=1

ckφk

∥∥∥∥∥2

= ∥x∥2 −n∑

k=1

|ck|2. (6.4.2)

Bizonyítás.∥∥∥∥x− n∑k=1

αkφk

∥∥∥∥2 =

⟨x−

n∑k=1

αkφk , x−n∑

k=1

αkφk

⟩

= ∥x∥2 −n∑

k=1

αk

⟨φk , x

⟩−

n∑k=1

αk

⟨x , φk

⟩+

n∑k=1

αkαk

= ∥x∥2 −n∑

k=1

(αkck + αkck − αkαk)

= ∥x∥2 −n∑

k=1

|ck|2 +n∑

k=1

|ck − αk|2.

�

Következmények.

1. Az x elemhez legközelebbi eleme a [φ1, . . . , φn] lineáris altérnek éppen x{φk} szerinti Fourier-sorának n-edik részletösszege.

Ugyanis (6.4.1) jobboldala αk = ck esetén lesz minimális.

2. Bármely x elemre fennáll a

∞∑k=1

|ck|2 ≤ ∥x∥2 (ck =⟨x , φk

⟩, k ∈ N) (6.4.3)

ún. Bessel-féle egyenl®tlenség.

Ugyanis (6.4.2)-b®l

0 ≤ ∥x∥2 −n∑

k=1

|ck|2,

vagyn∑

k=1

|ck|2 ≤ ∥x∥2,

amib®l n→ ∞ határátmenettel kapjuk (6.4.3)-t.

6.4. ORTOGONÁLIS SOROK 169

3. Bármely x elem Fourier-sora normában konvergens (de nem feltétlenül asorbafejtett elem az összege, ld. a 6.4.4 tételt).

Ez a 6.4.1 tétel 1. állításának és a Bessel-egyenl®tlenségnek akövetkezménye.

4. Ahhoz, hogy egy x ∈ H elem {φk} ortonormált sorozat szerinti Fourier-sorának összege x legyen szükséges és elegend®, hogy fennálljon az

∥x∥2 =∞∑k=1

|ck|2 (6.4.4)

ún. Parseval-egyenlet.

Ugyanis (6.4.2) miatt

∥∥∥∥x− n∑k=1

ckφk

∥∥∥∥2 → 0, ha n → ∞ akkor és csakis

akkor, ha ∥x∥2 −n∑

k=1

|ck|2 → 0, ha n→ ∞.

6.4.3. De�níció. A {φk} ortonormált sorozatot zártnak nevezzük, ha bármelyx ∈ H elemre fennáll a (6.4.4) Parseval-egyenlet. ♢

Könny¶ belátni, hogy egy {φk} zárt ortonormált sorozat abban az értelembenis zárt, hogy [φ1, φ2 . . . ] = H.Egy ortonormált sorozat zártságát nehéz ellen®rizni, ezért bevezetünk egy veleekvivalens, de könnyebben kezelhet® fogalmat.

6.4.4. De�níció. A {φk} ortonormált sorozatot teljesnek nevezzük, ha abból,hogy

⟨x , φk

⟩= 0, k ∈ N következik, hogy x = 0. ♢

6.4.3. Tétel. Egy ortonormált sorozat akkor és csakis akkor zárt, ha teljes.

Bizonyítás. Ha {φk} zárt ortonormált sorozat, úgy teljes is, mert, ha⟨x , φk

⟩=

0 (k ∈ N) úgy a Parseval-egyenletb®l

∥x∥2 =∞∑k=1

∣∣⟨x , φk

⟩∣∣2 = 0, így x = 0.

Fordítva, ha {φk} teljes, úgy zárt is. Ezt indirekt úton bizonyítjuk. Tegyükfel, hogy {φk} teljes, de nem zárt. Akkor van olyan y ∈ H, melyre

∥y∥2 >∞∑k=1

∣∣⟨y , φk

⟩∣∣2.


Legyen x =∞∑k=1

ckφk, ahol ck =⟨y , φk

⟩, (k ∈ N), akkor a 6.4.2 tétel utáni 3.

következmény alapján x jólde�niált. Továbbá a 6.4.1 tétel miatt ck =⟨x , φk

⟩és

∥x∥2 =∞∑k=1

|ck|2. Innen⟨x , φk

⟩=⟨y , φk

⟩,⟨

x− y , φk

⟩= 0 (k ∈ N).

A teljesség miatt x = y, de ez lehetetlen, mert

∥y∥2 >∞∑k=1

|ck|2 = ∥x∥2.

�

6.4.4. Tétel. Legyen {φk} egy tetsz®leges (nem feltétlenül zárt) ortonormáltsorozat a H Hilbert-térben, akkor bármely x ∈ H elem {φk} szerinti Fourier-sorának összege x-nek a φ1, φ2, . . . vektorrendszer lineáris burkának lezártjáravaló ortogonális projekciója.

Bizonyítás. Legyenek ck =⟨x , φk

⟩az x Fourier-együtthatói, y =

∞∑k=1

ckφk az x

Fourier-sorának összege (utóbbi sor a 6.4.2 tétel utáni 3. következmény alapjánnormában konvergens).Azt kell megmutatnunk, hogy x = y + (x − y) éppen az x elem ortogonálisfelbontása a H1 = [φ1, φ2, . . . ] altér szerint, azaz

y ∈ H1, x− y ∈ H⊥1 .

Világos, hogy y ∈ H1. Mivel a 6.4.1 tétel alapján ck =⟨y , φk

⟩, így

⟨y , φk

⟩=⟨

x , φk

⟩, azaz

x− y ⊥ φk.

Ebb®l a skaláris szorzat linearitása miatt

x− y ⊥ [φ1, φ2, . . . ],

majd a skaláris szorzat folytonossága miatt x− y ∈ H⊥1 következik. �

6.5. Példák Fourier-sorra1. A L2(−π, π) Hilbert-térben az 1, cos t, sin t, cos 2t, sin 2t, . . . függvények or-

togonális sorozatot alkotnak (amint az könnyen látható), melyet normálvaaz

1√2π,cos t√π,sin t√π,cos 2t√

π,sin 2t√π, · · · (6.5.1)

6.5. PÉLDÁK FOURIER-SORRA 171

ortonormált sorozatot kapjuk, melyr®l bebizonyítható (lásd: [21]), hogyteljes. Az (6.5.1) ortonormált sorozat szerinti Fourier-sort trigonometrikussornak szokás nevezni. A

√π osztók elkerülése érdekében az együtthatókat

itt nem a szokásos skaláris szorzattal, hanem annak 1√π-szereseként szokás

értelmezni (kivéve a "nulladik" együtthatót). Így az

ak =1

π

π∫−π

x(t) cos kt dt, bk =1

π

π∫−π

x(t) sin kt dt (k = 0, 1, . . . )

jelölésekkel x ∈ L2(−π, π) trigonometrikus sora

a02

+∞∑k=1

(ak cos kt+ bk sin kt

).

Ez ugyanaz a sor, mint amit az 5.4 szakaszban bevezettünk, 2π szerint per-iódikus folytonos függvények esetén. x ∈ L2(−π, π) trigonometrikus sora (atrigonometrikus rendszer teljessége miatt) L2 normában konvergál x-hez,és teljesül az

π∫−π

∣∣x(t)∣∣2 dt = π

(|a0|2

2+

∞∑k=1

(|ak|2 + |bk|2

))

Parseval-egyenlet. Így bármely x ∈ L2 esetén a∞∑k=1

(|ak|2 + |bk|2) sor kon-vergens.

2. Tekintsük az L(ϱ)2 (a, b) Hilbert-teret (lásd: 6.1 szakasz 2. példa), ahol

ϱ : (a, b) → R egy integrálható pozitív függvény (a, b)-n. Végtelen (a, b)intervallum esetén tegyük fel még azt is, hogy van olyan r > 0, hogy

b∫a

er|t|ϱ(t) dt <∞.

Ezen feltételek mellett az 1, t, t2, . . . hatványfüggvények L(ϱ)2 (a, b) elemei,

melyek egy lineárisan független rendszert alkotnak. Ortonormálva e rendsz-ert egy

p0(t), p1(t), p2(t), . . .

polinomsorozatot kapunk, ahol a pn polinom n-edfokú, és f®együtthatója poz-itív. Igazolható, hogy e polinomsorozat teljes ortonormált sorozat L(ϱ)

2 (a, b)-ben (lásd [21]). Az (a, b) intervallumot és ϱ-t az alábbi módon választvanyerjük a klasszikus ortogonális polinomokat:


Név (a, b) ϱ(t)

Legendre polinomok (-1,1) 1

Hermite polinomok (−∞,∞) e−t2

Laguerre polinomok (0,∞) e−t

Jacobi polinomok (−1, 1) (1− t)α(1 + t)β (α, β > −1)

Csebisev polinomok (els®fajú) (−1, 1) (1− t)α(1 + t)β (α, β = −12)

Csebisev polinomok (másodfajú) (−1, 1) (1− t)α(1 + t)β (α, β = 12)

6.6. Szeparábilis Hilbert-terek

Mely Hilbert-terekben létezik teljes ortonormált sorozat?6.6.1. Tétel. Egy Hilbert-térben akkor és csakis akkor létezik teljes ortonormáltsorozat, ha a tér végtelen dimenziós (minden n természetes számhoz létezik ndarab lineárisan független vektor) és szeparábilis.

Bizonyítás. Ha {φk} teljes ortonormált sorozat a H Hilbert-térben, úgy ezlineárisan független rendszer is, tehát H végtelen dimenziós, másrészt a{

n∑k=1

rkφk

∣∣ rk racionális k = 1, . . . , n; n = 1, 2, . . .

}

halmaz (komplex tér esetén rk valós és képzetes része racionális) megszámlálhatómindenütt s¶r¶ halmaz. Ugyanis, ha x ∈ H, ε > 0, akkor a teljesség miatt

x =∞∑k=1

ckφk

(ck =

⟨x , φk

⟩, k ∈ N

),

így elég nagy n-re ∥∥∥∥∥x−n∑

k=1

ckφk

∥∥∥∥∥ < ε

2,

másrészt ck-hoz van olyan rk racionális szám, hogy |ck − rk| < ε2n, amib®l∥∥∥∥∥

n∑k=1

ckφk −n∑

k=1

rkφk

∥∥∥∥∥ < ε

2,

6.6. SZEPARÁBILIS HILBERT-TEREK 173

így ∥∥∥∥∥x−n∑

k=1

rkφk

∥∥∥∥∥ < ε.

Fordítva, ha H végtelen dimenziós, szeparábilis és y1, y2, . . . egy H-ban s¶r¶sorozat, úgy hagyjuk el a sorozatból a nullavektort, és mindazon elemeket, melyekaz el®z® elemek lineáris kombinációi. Így egy x1, x2, . . . sorozatot kapunk. Ezvalóban végtelen sorozat, mert ha csak véges sok elemet, x1, x2, . . . , xN -et kap-nánk íly módon, akkor

[x1, . . . , xN ] = [x1, . . . , xN ] = [y1, y2, . . . ] = H,

így a H tér N dimenziós volna, feltevésünkkel ellentétben.Az {xk} sorozatot ortonormálva egy {φk} ortonormált sorozatot kapunk. Aztállítjuk, hogy ez teljes ortonormált sorozat.

Ugyanis, ha⟨x , φk

⟩= 0 (k ∈ N), úgy

⟨x , xk

⟩= 0 (k ∈ N), s®t

⟨x , yk

⟩=

0 (k ∈ N). Innen következik, hogy

∥x− yk∥2 = ∥x∥2 + ∥yk∥2 ≥ ∥x∥2.

Mivel az {yk} sorozat s¶r¶ H-ban, így minden ε > 0 számhoz van olyan k(ε) ∈ N,hogy

ε > ∥x− yk(ε)∥ (≥ ∥x∥) , így ∥x∥ = 0, x = 0.

�

6.6.2. Tétel. Bármely végtelen dimenziós valós (komplex) szeparábilis Hilbert-tér izomorf és izometrikus a valós (komplex) l2 térrel. Így az összes végtelendimenziós valós (komplex) szeparábilis Hilbert-terek izometrikusak és izomorfakegymással.

Bizonyítás. Legyen {φk} egy teljes ortonormált sorozat H-ban, x ∈ H, éslegyenek ck =

⟨x , φk

⟩(k ∈ N) az x Fourier-együtthatói. Ekkor {φk} teljessége

és a 6.4.2 tétel utáni 4. következmény alapján

x =∞∑k=1

ckφk, ∥x∥2 =∞∑k=1

|ck|2.

ck értelmezése és a Parseval egyenlet miatt

H ∋ x −→ (c1, c2, . . . ) ∈ l2

H-nak izomorf és izometrikus leképezése l2-re.�


6.7. Nem szeparábilis Hilbert-terek

Ha H n-dimenziós Hilbert-tér, akkor n darab lineárisan független vektorátortonormálva a kapott φ1, . . . , φn ortonormált rendszer segítségével H minden xelemére fennáll

x =n∑

k=1

ckφk, ∥x∥2 =n∑

k=1

|ck|2, ahol ck =⟨x , φk

⟩, k = 1, . . . , n.

Ekkor tehát x Fourier-sora egy véges összegre redukálódik.

Ha H végtelen dimenziós szeparábilis Hilbert-tér, akkor láttuk, hogy létezikbenne teljes ortonormált sorozat.

Mi a helyzet a végtelen dimenziós nem szeparábilis Hilbert-tér esetén?

LegyenH egy tetsz®leges Hilbert-tér, és {φα} (α ∈ Γ) egy tetsz®leges ortonor-mált rendszer H-ban. A 6.4.2 de�níciónak megfelel®en a cα =

⟨x , φα

⟩számokat

az x ∈ H elem {φα} (α ∈ Γ) rendszerre vonatkozó Fourier-együtthatóinaknevezzük.A Fourier-sor értelmezéséhez a következ® tétel ad lehet®séget.

6.7.1. Tétel. Legyen {φα} (α ∈ Γ) egy tetsz®leges ortonormált rendszer a HHilbert-térben, akkor bármely x ∈ H elemnek csak megszámlálható sok zérustólkülönböz® cα =

⟨x , φα

⟩Fourier-együtthatója van.


S0 ={cα∣∣ |cα| > 1

}és

Sk ={cα∣∣ 1

k+1< |cα| ≤ 1

k

}(k ∈ N),

akkor∞∪k=0

Sk az összes zérustól különböz® cα Fourier-együtthatók halmaza. Mivel

a 6.4.2 tétel (6.4.2) formulája alapján

∥x∥2 ≥n∑

k=1

|cαk|2

akárhogyan is választunk ki véges sok α1, . . . , αn ∈ Γ indexet, kapjuk, hogymindegyik Sk halmazban legfeljebb véges sok együttható lehet (ellenkez® esetben∥x∥ = ∞ lenne), ebb®l állításunk már következik. �

6.8. RIESZ-TÉTEL, ADJUNGÁLT OPERÁTOR 175

Legyen most H egy nem szeparábilis végtelen dimenziós Hilbert-tér, {φα}(α ∈ Γ) egy megszámlálhatónál nagyobb számosságú ortonormált rendszer.Legyenek cαk

(k ∈ N) az x ∈ H elem {φα}-ra vonatkozó zérustól különböz®

Fourier-együtthatói. A∞∑k=1

cαkφαk

sort az x elem {φα}-ra vonatkozó Fourier-

sorának nevezzük.

Az általános esetben is érvényes a Bessel-egyenl®tlenség, értelmezhet® azárt és teljes ortonormált rendszer fogalma, és ezek ekvivalensek. Igazolható,hogy minden Hilbert-térben létezik teljes ortonormált rendszer, és bármely kétteljes ortonormált rendszer számossága megegyezik (ezt nevezzük a Hilbert-térdimenziójának). Fennáll a 6.6.2 tétel általánosítása is. Legyen Γ egy tetsz®legeshalmaz, és jelölje l2(Γ) azon x : Γ → K függvények halmazát, melyek megszám-lálható sok α ∈ Γ-tól eltekintve zérus érték¶ek és

∑α

∣∣x(α)∣∣2 < ∞ (a∑α

azon

megszámlálható sok indexre vonatkozik, melyekre x(α) = 0). l2(Γ) Hilbert-tér afüggvények pontonkénti összeadására és a skalárral való szorzásra, valamint az⟨x , y

⟩=∑α

x(α)y(α) skaláris szorzatra nézve.

Ha H-ban {φα} (α ∈ Γ) teljes ortonormált rendszer, akkor H izomorf ésizometrikus az l2(Γ) Hilbert-térrel. Így az azonos dimenziós valós (komplex)Hilbert-terek izomorfak és izometrikusak egymással.

6.8. Riesz-tétel, adjungált operátor

6.8.1. Tétel. (Riesz) Legyen H egy Hilbert-tér, f ∈ H∗ tetsz®leges lineáriskorlátos funkcionál H-n, akkor létezik az f által egyértelm¶en meghatározottolyan u ∈ H elem, hogy

f(x) =⟨x , u

⟩(x ∈ H) (6.8.1)

∥f∥ = ∥u∥. (6.8.2)

Bizonyítás. Az f funkcionál N = N (f) ={x ∈ H

∣∣ f(x) = 0}nulltere zárt

lineáris altér H-ban.Ha N = H, akkor u = 0-val teljesül (6.8.1).Ha N = H, akkor a H = N ⊕N⊥ felbontásban (lásd 6.6.2 tétel) N⊥ = {0}.

Legyen v0 ∈ N⊥, v0 = 0, akkor bármely x ∈ H esetén

f(x)v0 − f(v0)x ∈ N ,

mertf(f(x)v0 − f(v0)x

)= f(x)f(v0)− f(v0)f(x) = 0.


Így ⟨f(x)v0 − f(v0)x , v0

⟩= 0,

f(x) ∥v0∥2 − f(v0)⟨x , v0

⟩= 0,

f(x) =

⟨x ,f(v0)v0∥v0∥2

⟩=⟨x , u

⟩,

ahol u =f(v0) v0∥v0∥2

. Ezzel (6.8.1)-et igazoltuk.

Az egértelm¶ség igazolásához legyen

f(x) =⟨x , u

⟩=⟨x , u′

⟩(x ∈ H),

akkor ⟨x , u− u′

⟩= 0 (x ∈ H),

amib®l x = u− u′-vel, ∥u− u′∥2 = 0, u = u′.Az ∥f∥-ra vonatkozó (6.8.2) állítás abból adódik, hogy (a Schwarz-

egyenl®tlenség szerint fennálló)

|f(x)| =∣∣⟨x , u⟩∣∣ ≤ ∥x∥ · ∥u∥

miatt ∥f∥ ≤ ∥u∥. Így u = 0 esetén ∥f∥ = ∥u∥ = 0, másrészt ha u = 0, akkor

|f(u)| =∣∣⟨u , u⟩∣∣ = ∥u∥ · ∥u∥,

így ∥f∥ ≥ ∥u∥.�

De�niáljuk a σ : H∗ → H leképezést σf = u-val, ahol u f (6.8.1) el®ál-lításában szerepl® elem. Világos, hogy σ kölcsönösen egyértelm¶ izometrikusleképezése H∗-nak H-ra, továbbá bármely f, g ∈ H∗, λ ∈ K mellett

σ(f + g) = σf + σg

σ(λf) = λσf,

azaz σ konjugált-lineáris leképezés. Valós H Hilbert-terek esetén így H∗ izomorfés izometrikus H-val.

6.8.2. Tétel. Egy Hilbert-tér konjugált tere is Hilbert-tér, és bármely Hilbert-tér re�exív.


Bizonyítás. A H Hilbert-tér H∗ konjugált terében⟨f , g

⟩1=⟨σg , σf

⟩(f, g ∈ H∗)

skaláris szorzat, mert⟨f1+f2 , g

⟩1=⟨σg , σ(f1+f2)

⟩=⟨σg , σf1

⟩+⟨σg , σf2

⟩=⟨f1 , g

⟩1+⟨f2 , g

⟩1,⟨

λf , g⟩1=⟨σg , σ(λf)

⟩=⟨σg , λσf

⟩= λ

⟨σg , σf

⟩= λ

⟨f , g

⟩1,⟨

f , g⟩1=⟨σg , σf

⟩=⟨σf , σg

⟩=⟨g , f

⟩1,⟨

f , f⟩1=⟨σf , σf

⟩≥ 0 és = 0 ⇐⇒ σf = 0 ⇐⇒ f = 0.

Mivel ∥f∥ = ∥σf∥, így H∗ normája éppen⟨· , ·⟩1-b®l származik. Ezzel beláttuk,

hogy H∗ Hilbert-tér.H re�exivitásának igazolásához legyen J a H-nak H∗∗-ba való természetes

leképezése, azazJ x = Fx (x ∈ H),

ahol Fx(f) = f(x) (x ∈ H, f ∈ H∗). Azt kell igazolni, hogy J a H∗∗-ra képez le,azaz minden H∗∗-beli funkcionál Fx alakú. Legyen F ∈ H∗∗, akkor Riesz tételétalkalmazva a H∗ Hilbert-térre kapjuk, hogy van pontosan egy olyan g ∈ H∗,melyre

F (f) =⟨f , g

⟩1

(f ∈ H∗).

InnenF (f) =

⟨σg , σf

⟩=⟨v , u

⟩,

ahol u = σf, v = σg, azaz

f(x) =⟨x , u

⟩, g(x) =

⟨x , v

⟩(x ∈ H)

Speciálisan f(v) =⟨v , u

⟩, így

F (f) = f(v) = Fv(f), (f ∈ H∗),

azaz F = Fv, amivel állításunkat igazoltuk. �

6.8.1. De�níció. Legyen A ∈ B(H,H) a H Hilbert-teret önmagába leképez®lineáris korlátos operátor. Fix y ∈ H mellett

fy(x) =⟨Ax , y

⟩


lineáris korlátos funkcionál, mert

fy(x1 + x2) =⟨A(x1 + x2) , y

⟩=⟨Ax1 , y

⟩+⟨Ax2 , y

⟩= fy(x1) + fy(x2),

fy(λx) =⟨A(λx) , y

⟩= λ

⟨Ax , y

⟩= λfy(x),

|fy(x)| =∣∣⟨Ax , y⟩∣∣ ≤ ∥Ax∥ · ∥y∥ ≤ ∥A∥ ∥x∥ ∥y∥, így ∥fy∥ ≤ ∥A∥ ∥y∥.

A Riesz-tétel alapján létezik olyan y∗ ∈ H, hogy⟨Ax , y

⟩= fy(x) =

⟨x , y∗

⟩(x ∈ H) és ∥fy∥ = ∥y∗∥

teljesül. Az A∗y = y∗-gal de�niált A∗ operátort A adjungáltjának nevezzük. ♢

6.8.3. Tétel. Ha A ∈ B(H,H), akkor A∗ ∈ B(H,H) és

∥A∥ = ∥A∗∥, ∥A∗A∥ = ∥A∗∥ · ∥A∥ = ∥A∥2.

Bizonyítás. Világos, hogy A∗ : H → H. A∗ lineáris, mert⟨Ax , y1

⟩=

⟨x ,A∗y1

⟩⟨Ax , y2

⟩=

⟨x ,A∗y2

⟩,

így összeadással, ill. A∗(y1 + y2) de�niciója szerint⟨Ax , y1 + y2

⟩=

⟨x ,A∗y1 + A∗y2

⟩,⟨

Ax , y1 + y2⟩=

⟨x ,A∗(y1 + y2)

⟩.

A baloldalak egyenl®sége miatt a jobboldalak is egyenl®k, s mivel x ∈ H tet-sz®leges, innen

A∗(y1 + y2) = A∗y1 + A∗y2.

Hasonlóan adódik, hogyA∗(λy) = λA∗y.

A∗ korlátos, mert∥A∗y∥ = ∥y∗∥ = ∥fy∥ ≤ ∥A∥ · ∥y∥,

így ∥A∗∥ ≤ ∥A∥. Megmutatjuk, hogy (A∗)∗ = A. Ugyanis⟨A∗x , y

⟩=⟨x , (A∗)∗y

⟩,

másrészt ⟨A∗x , y

⟩=⟨y , A∗x

⟩=⟨Ay , x

⟩=⟨x ,Ay

⟩,


amib®l Ay = (A∗)∗y (y ∈ H), azaz (A∗)∗ = A következik.Ezt felhasználva

∥A∥ = ∥(A∗)∗∥ ≤ ∥A∗∥, így ∥A∥ = ∥A∗∥.

A normára vonatkozó másik egyenl®ség igazolásához csak azt kell igazolni, hogy

∥A∗A∥ ≥ ∥A∗∥ · ∥A∥.

Bármely x, y ∈ H esetén ⟨A∗Ax , y

⟩=⟨Ax ,Ay

⟩,

így x = y választással, a Schwarz-egyenl®tlenség miatt

∥Ax∥2 =⟨A∗Ax , x

⟩≤ ∥A∗Ax∥ · ∥x∥ ≤ ∥A∗A∥ · ∥x∥2,

amib®l∥A∥2 ≤ ∥A∗A∥,

s ez ∥A∗∥ = ∥A∥ miatt éppen a bizonyítandó egyenl®tlenség.�

6.8.4. Tétel. Bármely A,B ∈ B(H,H), λ ∈ K mellett

(A+B)∗ = A∗ +B∗, (AB)∗ = B∗A∗,

(λA)∗ = λA∗, (A∗)∗ = A.

Bizonyítás. A legutolsó állítást már igazoltuk az el®z® tétel bizonyítása során.A maradék bizonyítása hasonló, ezt az olvasóra bízzuk.

�

6.8.5. Tétel. Bármely A ∈ B(H,H) esetén

H = R(A)⊕N (A∗),

ahol R(A) az A operátor képtere, N (A∗) az A∗ adjungált operátor nulltere.

Bizonyítás. Az R(A) zárt lineáris altérre az ortogonális felbontás tételét alka-lmazva

H = R(A)⊕R(A)⊥.

Megmutatjuk, hogy R(A)⊥= N (A∗). Ha y ∈ R(A)

⊥, úgy y ⊥ R(A), y ⊥

R(A), azaz⟨y , Ax

⟩= 0 (x ∈ H), amib®l

⟨A∗y , x

⟩= 0 (x ∈ H), innen x

tetsz®leges volta miatt A∗y = 0, y ∈ N (A∗).Fordítva, ha y ∈ N (A∗), akkor A∗y = 0, így bármely x ∈ H elem esetén

0 =⟨A∗y , x

⟩=⟨y , Ax

⟩, azaz y ⊥ R(A), innen y ⊥ R(A), azaz y ∈ R(A)

⊥.

�


6.8.1. Következmény. Ha A ∈ B(H,H), Aλ = A − λI, ahol I az identikusoperátor, λ ∈ K, akkor

H = R(Aλ)⊕N (A∗λ).

7. fejezet

Banach-algebrák

7.1. Banach-algebra fogalma, példák

7.1.1. De�níció. Az X halmazt Banach-algebrának nevezzük, ha X normáltalgebra a komplex számtest felett, mely teljes a normából származó metrikában.

Az X algebrának az Y algebrába való A lineáris leképezését homomorfleképezésnek nevezzük, ha minden x, y ∈ X esetén A(xy) = (Ax)(Ay) teljesül.

X-nek Y -ra való kölcsönösen egyértelm¶ homomorf leképezését izomorfleképezésnek mondjuk.

Azt mondjuk, hogy az X algebra izomorf az Y algebrával, ha X-nek vanizomorf leképezése Y -ra.

Az X algebra egy X1 részhalmazát X részalgebrájának nevezzük, ha X1 magais algebra X m¶veleteire nézve.

Az X Banach-algebrát egységelemesnek nevezzük, ha létezik benne egy e elem(melyet egységelemnek mondunk) úgy, hogy ∥e∥ = 1 és ex = xe = x bármelyx ∈ X-re.

Egy Banach-algebrát kommutatívnak nevezzük, ha benne a szorzás kommu-tatív. ♢

Ha egy Banach-algebra nem egységelemes, úgy izometrikus és izomorf módonbeágyazható egy egységelemes Banach-algebrába.

Legyen ugyanis X egy Banach-algebra és jelölje X1 az összes (x, α) párokhalmazát, ahol x ∈ X, α ∈ C. A m¶veleteket és a normát az

(x, α) + (y, β) = (x+ y, α + β)λ(x, α) = (λx, λα)

(x, α)(y, β) = (xy + αy + βx, αβ)∥∥(x, α)∥∥ = ∥x∥+ |α|

összefüggésekkel de�niálva X1 Banach-algebra lesz, melynek e = (0, 1)egységeleme, és az x→ (x, 0) leképezés izometrikus izomor�zmusa X-nek X1-be.

181

182 FEJEZET 7. BANACH-ALGEBRÁK

A következ® tétel azt mutatja, hogy az egységelem de�níciójában az ∥e∥ = 1feltétel nem lényeges.

7.1.1. Tétel. Ha X egy Banach-algebra és e = 0 olyan eleme, hogy bármelyx ∈ X mellett ex = xe = x, akkor van olyan, az eredeti normával ekvivalensnorma, mellyel X-et ellátva, X egységelemes Banach-algebra.

Bizonyítás. Bármely x ∈ X esetén jelölje Mx az x-szel való baloldali szorzásoperátorát, azaz legyen

Mxz = xz (z ∈ X).

Világos, hogy Mx : X → X lineáris operátor, mely

∥Mxz∥ = ∥xz∥ ≤ ∥x∥ · ∥z∥

miatt korlátos is, és ∥Mx∥ ≤ ∥x∥. Továbbá

∥x∥ = ∥xe∥ = ∥Mxe∥ ≤ ∥Mx∥ · ∥e∥.

Legyen ∥x∥1 = ∥Mx∥, (x ∈ X), akkor ∥ · ∥1 norma X-en, mert

∥x∥1 = ∥Mx∥ ≥ 0 és |x∥1 = 0 akkor és csakis akkor, ha x = 0,

∥αx∥1 = ∥Mαx∥ = ∥αMx∥ = |α|∥Mx∥ = |α|∥x∥1,

∥x+ y∥1 = ∥Mx+y∥ = ∥Mx +My∥ ≤ ∥Mx∥+ ∥My∥ = ∥x∥1 + ∥y∥1,

∥xy∥1 = ∥Mxy∥ = ∥MxMy∥ ≤ ∥Mx∥∥My∥ = ∥x∥1∥y∥1,

továbbá az∥x∥1 = ∥Mx∥ ≤ ∥x∥ ≤ ∥Mx∥∥e∥ = ∥x∥1∥e∥,

egyenl®tlenség szerint ∥ · ∥1 és ∥ · ∥ ekvivalensek. Mivel ∥e∥1 = ∥Me∥ = ∥I∥ = 1,így csak azt kell még megmutatnunk, hogy (X, ∥ · ∥1) teljes. Legyen {xn} egyCauchy-sorozat (X, ∥ · ∥1)-ben, akkor bármely ε > 0-hoz van olyan N(ε), hogy

∥xn − xm∥1 < ε ha n,m > N(ε),

vagy∥Mxn −Mxm∥ < ε ha n,m > N(ε).

Ez azt jelenti, hogy {Mxn} Cauchy-sorozat B(X,X)-ben, így (a 4.3.5 tétel miatt)konvergens. Létezik tehát egy A ∈ B(X,X) úgy, hogy

∥Mxn − A∥ → 0 ha n→ ∞.

7.1. BANACH-ALGEBRA FOGALMA, PÉLDÁK 183

De ekkorMxn pontonként is A-hoz konvergál, azazMxnz → Az bármely z ∈ X-reha n→ ∞, így

Az = limn→∞

Mxnz = limn→∞

xnz = limn→∞

(xne)z = limn→∞

(Mxne)z = (Ae)z

Legyen x = Ae, akkor

Az = xz =Mxz, (z ∈ X) A =Mx

azaz∥xn − x∥1 = ∥Mxn −Mx∥ → 0 ha n→ ∞,

vagyis (X, ∥ · ∥1) teljes. �

Egy Banach-térben az összeadás, skalárral való szorzás, és a norma folytonosfüggvények. Banach-algebrában ezenkívül a szorzás is folytonos, mert ha xn →x, yn → y (n→ ∞), akkor az

∥xnyn − xy∥ ≤ ∥xn − x∥ · ∥yn∥+ ∥x∥ · ∥yn − y∥

egyenl®tlenség miatt xnyn → xy, ha n→ ∞.Példák.

1. A (komplex) C(X) Banach-tér kommutatív, egységelemes Banach-algebra,ha a szorzást a szokásos pontonkénti szorzással értelmezzük (xy)(t) =x(t)y(t) (t ∈ X, x, y ∈ C(X)). Az egységelem a konstans 1 függvény.

2. Ha 1.-ben X egy véges halmaz, mely mondjuk n darab pontból áll,a diszkrét topológiával ellátva, úgy C(X) éppen Cn a koordinátánkéntim¶veletekkel és a

∥z∥ = ∥(z1, . . . , zn)∥ = max1≤i≤n

|zi|

normával.

3. Speciálisan n = 1-nél kapjuk a legegyszer¶bb Banach-algebrát, a kom-plex számok C Banach-algebráját. Ez egységelemes, kommutatív Banach-algebra.

4. Legyen X egy komplex Banach-tér, akkor az X-et X-be leképez® lineáris,korlátos operátorok B(X,X) összesége egységelemes, nemkommutatív (hadimX > 1) Banach-algebra. Az el®z® tétel bizonyításából látható, hogybármely egységelemes Banach-algebra izomorf és izometrikus B(X,X) egyrészalgebrájával (olyan részhalmaz, mely maga is algebra), ugyanis ekkorx 7→Mx izomorf és izometrikus leképezés.


5. Ha dimX = n < ∞, akkor B(X,X) izomorf és izometrikus az n × n-eskomplex elem¶ mátrixok Banach-algebrájával. Ebben a Banach-algebrábanminden elem valamely polinom zérushelye, ugyanis ha A egy n × n-esmátrix, p(λ) = det(A−λE) a karakterisztikus polinomja, ahol E az n×n-esegységmátrix, akkor a Cayley-Hamilton tétel szerint p(A) = 0.

6. A L1(−∞,∞) Banach-tér kommutatív Banach-algebra lesz, ha benne aszorzást a konvolúciószorzással de�niáljuk:

(xy)(t) =

∞∫−∞

x(t− s)y(s)ds t ∈ (−∞,∞).

Megjegyzés. Korábbi vizsgálataink során a skalárokat a valós, vagy komplextestb®l vettük, és eredményeink többnyire mindkét esetben érvényesek voltak.Most csak komplex test feletti Banach-algebrákat vizsgálunk. Ennek egyik oka az,hogy a komplex változós függvények elméletének néhány tétele fontos szerepetjátszik a Banach-algebráknál. Egy másik ok az, hogy a komplex testben vanegy természetes involúció (lásd a 7.10.1 de�níciót) - a konjugálás, és bizonyosBanach-algebrák tulajdonságai attól függenek, hogy van-e bennük involúció.

7.2. Reguláris elemek, spektrum, rezolvenshalmaz

A továbbiakban, hacsak mást nem mondunk, mindig feltételezzük, hogy Xegy egységelemes Banach-algebra e egységelemmel.

7.2.1. De�níció. Az x ∈ X elemet reguláris-nak, vagy invertálhatónak nevez-zük, ha létezik olyan x−1 ∈ X elem, melyre xx−1 = x−1x = e

Az x ∈ X elemet szingulárisnak nevezzük, ha nem reguláris.Azon λ komplex számok halmazát, melyekre x − λe reguláris x rezolvens

halmazának nevezzük és ϱ(x)-szel jelöljük, míg az olyan λ értékek halmazát,amelyre x− λe szinguláris x spektrumának nevezzük és σ(x)-szel jelöljük. ♢

Az egységelem mindig reguláris, a zéruselem mindig szinguláris. A következ®tétel megmutatja, hogy az egységelemhez �közeli� elemek is regulárisak.

7.2.1. Tétel. Ha X egy egységelemes Banach-algebra, x ∈ X, ∥x∥ < 1, akkore− x is reguláris és

(e− x)−1 =∞∑k=0

xk, ahol (x0 := e)

7.2. REGULÁRIS ELEMEK, SPEKTRUM, REZOLVENS HALMAZ 185

és a jobboldali sor konvergens.

Bizonyítás. A jobboldali sor abszolút konvergens, mert a∞∑k=0

∥xk∥ sort a∞∑k=0

∥x∥k

konvergens geometriai sor majorálja. Innen a 3.5.1 tétel alapján következik a∞∑k=0

xk sor konvergenciája. Legyen sn a sor n-edik részletösszege, akkor könnyen

ellen®rizhet®, hogy

(e− x)sn = sn(e− x) = e− xn+1.

Ha itt n→ ∞, akkor 0 ≤ ∥xn+1∥ ≤ ∥x∥n+1 miatt xn+1 → 0, sn → s =∞∑k=0

xk, ha

n→ ∞, így a szorzás folytonosságát felhasználva

(e− x)s = s(e− x) = e,

és ezt kellett bizonyítanunk. �

7.2.2. Tétel. Ha x0 egy egységelemes Banach-algebra reguláris eleme és

∥x− x0∥ <1

∥x−10 ∥

,

akkor x is reguláris.

Bizonyítás. x = x0 − (x0 − x) = x0[e− x−1

0 (x0 − x)]= x0(e − y), ahol y =

x−10 (x0 − x). Mivel ∥y∥ ≤ ∥x−1

0 ∥ · ∥x0 − x∥ < 1, így az el®z® tétel miatt e − y

reguláris és (e− y)−1 =∞∑k=0

yk. De ekkor x = x0(e− y) is reguláris és

x−1 = (e− y)−1x−10 =

∞∑k=0

[x−10 (x0 − x)

]kx−10 .

�

7.2.1. Következmény. Az összes reguláris elemek G halmaza nyílt, és a G-nde�niált x 7→ x−1 (x ∈ G) függvény folytonos G-n.

Bizonyítás. A 7.2.2 tétel alapján G nyílt, így csak az inverz folytonosságát kell

igazolni. Ha x0 ∈ G, és ∥x− x0∥ <1

2∥x−10 ∥

, akkor az el®z® tétel miatt x ∈ G és

∥x−1 − x−10 ∥ =

∥∥∥∥ ∞∑k=1

[x−10 (x0 − x)

]kx−10

∥∥∥∥ ≤∞∑k=1

∥x−10 ∥k∥x0 − x∥k∥x−1

0 ∥ =

=∞∑k=1

∥x0 − x∥ · ∥x−10 ∥2

[∥x−1

0 ∥ · ∥x0 − x∥]k−1

< ∥x0 − x∥ · ∥x−10 ∥2 ·

∞∑k=1

1

2k−1=

= 2∥x0 − x∥ · ∥x−10 ∥2,

amib®l az x 7→ x−1 (x ∈ G) függvény x0-beli folytonossága következik. �


7.2.2. Következmény. Bármely x ∈ X esetén a ϱ(x) rezolvens halmaz nyílt,így a σ(x) spektrum zárt.

Bizonyítás. ϱ(x) nyílt, mert λ0 ∈ ϱ(x) azt jelenti, hogy x − λ0e reguláris, de

akkor x− λe is reguláris, hacsak |λ− λ0| <1

∥(x− λ0e)−1∥, ugyanis ∥(x− λe)−

(x− λ0e)∥ = |λ− λ0| és alkalmazhatjuk a 7.2.2 tételt. �

7.2.2. De�níció. Legyen X egy egységelemes Banach-algebra, x ∈ X. Az

rx(λ) = (x− λe)−1(λ ∈ ϱ(x)

)összefüggéssel de�niált rx függvényt az x-hez tartozó rezolvens függvénynek vagyegyszer¶en x rezolvensének nevezzük. ♢

rx a komplex sík ϱ(x) nyílt részhalmazán de�niált X-beli érték¶ függvény.

7.2.3. Tétel. Az rx rezolvens függvény di�erenciálható a ϱ(x) halmazon.

Bizonyítás. A bizonyításhoz felhasználjuk a Hilbert-féle azonosságot :

rx(λ)− rx(µ) = (λ− µ)rx(λ)rx(µ) (λ, µ ∈ ϱ(x)).

Lássuk be el®ször, hogy érvényes ez az azonosság! Szorzással ellen®rizhet®, hogy

(x− λe)(x− µe) = (x− µe)(x− λe).

rx(λ)rx(µ)-vel jobbról, majd rx(µ)rx(λ)-val balról szorozva kapjuk, hogy

rx(λ)rx(µ) = rx(µ)rx(λ).

Ezt felhasználva rx(λ)− rx(µ) = (x− µe)rx(µ)rx(λ)− (x− λe)rx(λ)rx(µ) == [(x− µe)− (x− λe)] rx(λ)rx(µ) = (λ− µ)rx(λ)rx(µ).Innen következik rx di�erenciálhatósága bármely λ0 ∈ ϱ(x) pontban, mert

rx(λ)− rx(λ0)

λ− λ0=

(λ− λ0)rx(λ)rx(λ0)

λ− λ0= rx(λ)rx(λ0),

és rx folytonos ϱ(x)-en, mert a 7.2.1 következmény bizonyításában szerepl® bec-slés alapján ∥rx(λ)−rx(λ0)∥ = ∥(x−λe)−1− (x−λ0e)−1∥ < 2∥rx(λ0)∥2 · |λ−λ0|,ha |λ− λ0| <

1

2∥rx(λ0)∥. Így

limλ→λ0

rx(λ)− rx(λ0)

λ− λ0= lim

λ→λ0

rx(λ)rx(λ0) = rx(λ0)2.

�

7.3. LIOUVILLE TÉTEL, GELFAND-MAZUR TÉTEL 187

7.3. Liouville tétel, Gelfand-Mazur tétel

7.3.1. Tétel. (Liouville tétel általánosítása) Legyen f : C → X az egész Ckomplex síkon értelmezett függvény, melynek értékei egy X komplex lineárisnormált térben vannak. Ha f korlátos (azaz van olyan M konstans, hogy∥f(λ)∥ ≤ M (λ ∈ C) ) és C minden pontjában di�erenciálható, akkor f �kon-stans�, azaz f(λ) = f(0) bármely λ ∈ C-re.

Bizonyítás. Legyen F ∈ X∗ egy tetsz®leges korlátos lineáris funkcionál X-enés tekintsük a

h(λ) = F (f(λ)− f(0)) (λ ∈ C)

függvényt. h : C → C, továbbá h korlátos, mert

|h(λ)| = |F (f(λ)− f(0))| ≤ ∥F∥ · ∥f(λ)− f(0)∥ ≤ 2∥F∥ ·M (λ ∈ C).

h di�erenciálható bármely λ0 ∈ C-ben, mert F linearitása és folytonossága miatt

h(λ)− h(λ0)

λ− λ0= F

(f(λ)− f(λ0)

λ− λ0

)→ F (f ′(λ0)) , ha λ→ λ0.

Így h-ra alkalmazhatjuk a komplex függvénytanból ismert Liouville-tételt. Esz-erint h(λ) = h(0), ha λ ∈ C, azaz

F (f(λ)− f(0)) = F (f(0)− f(0)) = F (0) = 0 (λ ∈ C, F ∈ X∗)

amib®l a Hahn-Banach (4.4.1) tétel 3. következménye miatt f(λ)− f(0) = 0, haλ ∈ C. �

Megjegyzés. Hasonló módszerrel a komplex változós függvények elméleténekegy jelent®s része (pl. Cauchy integráltétel, Cauchy formulák a deriváltakra stb.)általánosítható olyan komplex változós függvényekre, melyek értékei egy Banach-térben vannak.

7.3.2. Tétel. Egy egységelemes Banach-algebrában bármely elem spektrumanem üres kompakt halmaz.

Bizonyítás. A 7.2.2 következmény szerint egy tetsz®leges x elem σ(x) spek-truma zárt. σ(x) korlátossága a

σ(x) ⊂ {λ ∈ C∣∣ |λ| ≤ ∥x∥}

tartalmazásból következik. Ennek belátásához tegyük fel, hogy |λ| > ∥x∥, úgy

x− λe = −λ(e− x

λ

)reguláris, mert

∥∥∥∥xλ∥∥∥∥ < 1 (7.2.1 tétel). Ezért λ ∈ σ(x).


Ezzel beláttuk, hogy σ(x) kompakt (korlátos és zárt részhalmaza C-nek).Megmutatjuk, hogy σ(x) nem üres. Ha x = 0, úgy σ(0) = {0}, így nem üres.

Ha x = 0, úgy indirekt úton bizonyítunk. Tegyük fel, állításunkkal ellentétben,hogy σ(x) = ∅. Akkor az rx(λ) = (x− λe)−1 rezolvens az egész C komplex síkonértelmezve van. Megmutatjuk, hogy rx korlátos. Mivel rx folytonos (7.2.3 tétel),így korlátos a 2∥x∥ sugarú zárt körlapon.rx a 2∥x∥ sugarú zárt körlapon kívül is korlátos, mert |λ| > 2∥x∥ esetén

x− λe = −λ(e− x

λ

)reguláris

∥∥∥∥xλ∥∥∥∥ < 1

2miatt, és

rx(λ) = (x− λe)−1 = −1

λ

(e− x

λ

)−1

= −1

λ

∞∑k=0

(xλ

)k,

amib®l

∥rx(λ)∥ ≤ 1

|λ|

∞∑k=0

∥∥∥∥xλ∥∥∥∥k = 1

|λ|· 1

1−∥∥∥∥xλ∥∥∥∥ =

1

|λ| − ∥x∥<

1

∥x∥.

A 7.2.3 tétel szerint rx di�erenciálható ϱ(x) = C-n, így alkalmazhatjuk Liou-ville tételét:

rx(λ) = rx(0) (λ ∈ C).

A ∥rx(λ)∥ ≤ 1

|λ| − ∥x∥becslés miatt 0 = lim

|λ|→∞rx(λ) = lim

|λ|→∞rx(0) = rx(0), így

rx(λ) = 0, (x− λe)−1 = 0,

amib®l x− λe -vel való szorzással e = 0 adódik, ami lehetetlen. �

7.3.3. Tétel. (Gelfand-Mazur) Ha egy X egységelemes Banach-algebra min-den zérustól különböz® eleme reguláris, akkor X izomorf és izometrikus a kom-plex számok Banach-algebrájával. Speciálisan, ha az X Banach-algebra test, úgyteljesül a tétel állítása.

Bizonyítás. Legyen x ∈ X, akkor az el®z® tétel szerint σ(x) = ∅, így van λ ∈σ(x), azaz x− λe szinguláris, ezért (felhasználva, hogy 0 az egyetlen szinguláriselem), x − λe = 0, x = λe. Az x → λ hozzárendelés izomorf és izometrikusleképezése X-nek C-re. �

7.4. A spektrálsugár7.4.1. De�níció. Egy egységelemes Banach-algebra x elemének spektrálsugaránaz

r(x) = sup{|λ|∣∣ λ ∈ σ(x)

}

7.4. A SPEKTRÁLSUGÁR 189

mennyiséget értjük. ♢

Az x elem σ(x) spektruma kompakt halmaz, melyen a λ → |λ| folytonosfüggvény felveszi a szuprémumát. r(x) annak a minimális sugarú origó körülizárt körlapnak a sugara, mely σ(x)-et tartalmazza. A 7.3.2 tétel bizonyításábanláttuk, hogy σ(x) ⊂

{λ ∈ C

∣∣ |λ| ≤ ∥x∥}, így r(x) ≤ ∥x∥.

7.4.1. Tétel. (spektrálsugár formula) Egy egységelemes Banach-algebrábanbármely x elem spektrálsugarára

r(x) = limn→∞

n√

∥xn∥ = infn∈N

n√

∥xn∥ (7.4.1)

teljesül (a limesz létezik).

Bizonyítás. Ha λ ∈ σ(x), akkor λn ∈ σ(xn). Ellenkez® esetben ugyanis xn−λnereguláris és az xn − λne = (x − λe)p(x), p(x) = xn−1 + λxn−2 + ... + λn−1eegyenl®séget (xn − λne)−1-gyel jobbról szorozva kapjuk, hogy

e = (x− λe)y

ahol y = p(x)(xn − λne)−1. Hasonlóan xn − λne = p(x)(x− λe)-t balról szorozva(xn − λne)−1-gyel

e = y′(x− λe)

adódik, ahol y′ = (xn − λne)−1p(x). Mivel y = ey = y′(x− λe)y = y′, így y = y′

az x− λe inverze volna, ami λ ∈ σ(x) miatt lehetetlen.Ezért, ha λ ∈ σ(x), akkor |λ|n = |λn| ≤ r(xn) ≤ ∥xn∥, |λ| ≤ ∥xn∥ 1

n (n ∈ N).Innen r(x) = sup{|λ|

∣∣ λ ∈ σ(x)} ≤ ∥xn∥ 1n (n ∈ N),

r(x) ≤ infn∈N

∥xn∥1n . (7.4.2)

Ha |λ| > ∥x∥, úgy∥∥∥∥xλ∥∥∥∥ < 1, és a 7.2.1 tétel alapján

rx(λ) = (x− λe)−1 = −1

λ

(e− x

λ

)−1

= −1

λ

∞∑k=0

xk

λk.

Legyen f ∈ X∗ egy tetsz®leges lineáris korlátos funkcionál X-en, akkor

g(λ) = f(rx(λ)) = −1

λ

∞∑k=0

f(xk)

λk= −f(e)

λ− f(x)

λ2− f(x2)

λ3− ..., (7.4.3)


ha |λ| > ∥x∥. A 7.2.3 tétel alapján rx di�erenciálható |λ| > r(x)-re, így ugyanezigaz a g függvényre is. A komplex függvénytanból ismert, hogy ekkor g-t Laurent-sorba lehet fejteni:

g(λ) =∞∑

k=−∞

akλk = ...+

a−3

λ3+a−2

λ2+a−1

λ+ a0+ a1λ+ a2λ

2+ a3λ3+ ..., (7.4.4)

és e sor |λ| > r(x)-re konvergens. A Laurent-sorfejtés egyértelm¶sége miatt,(7.4.3) és (7.4.4) összehasonlításából adódik, hogy 0 = a0 = a1 = ..., a−n =−f(xn−1) (n ∈ N). Mivel a (7.4.4) Laurent-sor |λ| > r(x)-re konvergens, ígyilyen λ értékekre az általános tagja korlátos (hiszen nullsorozat):∣∣∣∣f(xn)λn+1

∣∣∣∣ ≤ K (n ∈ N, |λ| > r(x)). (7.4.5)

Legyen yn =xn

λn+1és Fy(f) = f(y) ha f ∈ X∗, akkor (7.4.5) miatt

|Fyn(f)| = |f(yn)| ≤ K (n ∈ N).

Innen supn∈N

|Fyn(f)| ≤ K, így az egyenletes korlátosság tételének (5.2.1 tétel) 1.

következménye miatt∥Fyn∥ ≤ K1 (n ∈ N).

Mivel Fyn ∈ X∗∗ normája megegyezik yn ∈ X normájával (4.5.1 tétel), így

∥yn∥ =

∥∥∥∥ xn

λn+1

∥∥∥∥ ≤ K1 (n ∈ N, |λ| > r(x)).

Innen∥xn∥

1n ≤ (K1|λ|)

1n |λ| (n ∈ N, |λ| > r(x)),

amib®llim sup

n∥xn∥

1n ≤ |λ| (|λ| > r(x))

és végül |λ| → r(x) + 0-val

lim supn

∥xn∥1n ≤ r(x). (7.4.6)

(7.4.2)-b®l kapjuk, hogy

r(x) ≤ infn∈N

∥xn∥1n ≤ inf

n≥k∥xn∥

1n (k ∈ N).

7.5. HATVÁNYSOROK 191

k → ∞ határátmenettel

r(x) ≤ infn∈N

∥xn∥1n ≤ lim

k→∞infn≥k

∥xn∥1n = lim inf

n∥xn∥

1n . (7.4.7)

(7.4.6), (7.4.7) összekapcsolásával adódik, hogy

lim supn

∥xn∥1n ≤ r(x) ≤ inf

n∈N∥xn∥

1n ≤ lim inf

n∥xn∥

1n ,

s ebb®l már következik, hogy {∥xn∥ 1n} konvergens sorozat és (7.4.1) fennáll. �

7.5. Hatványsorok

7.5.1. De�níció. Legyen X egy egységelemes Banach-algebra y, a ∈ X, ck (k =0, 1, . . . ) komplex számok, akkor a

∞∑k=0

ck(y − a)k((y − a)0 = e)

sort (X-beli) hatványsornak nevezzük. ♢

Az y − a = x helyettesítéssel hatványsorunk∞∑k=0

ckxk alakú, a továbbiakban

csak ilyen speciális alakú hatványsorokkal foglalkozunk.

7.5.1. Tétel. Legyen R a∞∑k=0

ckλk (ck, λ ∈ C) komplex hatványsor konvergen-

ciasugara. Ha x egy egységelemes Banach-algebra egy eleme és

r(x) < R, akkor a∞∑k=0

ckxk sor abszolut konvergens (így konvergens), míg

r(x) > R esetén a∞∑k=0

ckxk sor nem konvergens.

Bizonyítás. Alkalmazzuk a∞∑k=0

∥ckxk∥ sorra a Cauchy-féle gyökkritériumot!

A spektrálsugár formula alapján

lim supn

n√∥cnxn∥ = lim sup

n

n√|cn| n√∥xn∥ = lim sup

n

n√

|cn| limn→∞

n√

∥xn∥

=r(x)

R< 1 ha r(x) < R,

így∞∑k=0

ckxk abszolút konvergens, tehát konvergens.


Ha r(x) > R, akkor lim supn

n√∥cnxn∥ > 1, ezért végtelen sok n indexre

∥cnxn∥ > 1, amib®l következik, hogy∞∑k=0

ckxk nem konvergens (ti. a konvergencia

szükséges feltétele: cnxn → 0, ha n→ ∞ nem teljesül). �A bizonyításban felhasználtuk a konvergenciasugárra vonatkozó

R =1

lim supn

n√

|cn|

formulát és a spektrálsugár formulát.

A∞∑k=0

xk geometriai sor esetén R = 1, így ha r(x) < 1, akkor a sor konvergens.

Ennél több is igaz, ti. érvényes a

7.5.2. Tétel. Legyen x egy egységelemes Banach-algebra egy eleme. A∞∑k=0

xk

geometriai sor akkor és csakis akkor konvergens, ha r(x) < 1.

Bizonyítás. Csak azt kell megmutatni, hogy r(x) < 1, ha∞∑k=0

xk konvergens.

De ha∞∑k=0

xk konvergens, akkor xk → 0, ha k → ∞, így van olyan k0, melyre

∥xk0∥ < 1, ezért a spektrálsugár formula alapján

r(x) = infn∈N

∥xn∥1n ≤ ∥xk0∥

1k0 < 1.

�

7.5.3. Tétel. Legyen f(λ) =∞∑k=0

ckλk, ha λ ∈ C, |λ| < R, ahol R

a jobboldalon álló hatványsor konvergenciasugara. Legyen továbbá X egyegységelemes Banach-algebra és tegyük fel, hogy van olyan

p(λ) = (λ− λ1)m1(λ− λ2)

m2 · · · (λ− λs)ms

(λi = λj ha i = j, mi ≥ 1,s∑

i=1

mi = n) komplex együtthatós polinom, melyre

p(x) = 0. Ha |λi| < R (i = 1, 2, . . . , s), akkor a∞∑k=0

ckxk sor konvergens és összege

f(x) :=∞∑k=0

ckxk =

s∑i=1

mi−1∑k=0

f (k)(λi)hik(x),

ahol a hik függvények legfeljebb n − 1-edfokú polinomok, amelyek csak a λi,mi (i = 1, 2, . . . , s) értékekt®l függenek (f -t®l nem).

7.5. HATVÁNYSOROK 193

Bizonyítás. Ismeretes, hogy egy adott aik (i = 1, 2, ..., s; k = 0, 1, ...,mi − 1)skalárrendszerhez létezik pontosan egy legfeljebb n−1-edfokú P polinom, melyre

P (k)(λi) = aik (i = 1, 2, ..., s; k = 0, 1, ...,mi − 1)

teljesül. P -t az aik rendszerhez tartozó Hermite-Lagrange-féle interpolációs poli-nomnak nevezzük. Világos, hogy

P (λ) =s∑

i=1

mi−1∑k=0

aikhik(λ)

ahol hik-k a h(l)ik (λj) = δijδkl (j = 1, 2, ..., s; l = 0, 1, ...,mj − 1) feltételeket

kielégít® speciális Hermite-Lagrange interpolációs polinomok.

Legyen sm(λ) =m∑k=0

ckλk a

∞∑k=0

ckλk sor m-edik részletösszege. sm-et p-vel

osztvasm(λ) = p(λ)qm(λ) + rm(λ)

adódik, ahol qm, rm polinomok és rm fokszáma < p fokszáma = n. Innenkövetkezik, hogy (λ− λi)

mi osztója az sm(λ)− rm(λ)-nak, így

dk

dλk(sm(λ)− rm(λ)) |λ=λi

= 0,

azazs(k)m (λi) = r(k)m (λi) (i = 1, 2, ..., s; k = 0, 1, ...,mi − 1).

Ez mutatja, hogy rm éppen az aik = s(k)m (λi) skalárrendszerhez tartozó Hermite-

Lagrange-féle interpolációs polinom, így

rm(λ) =s∑

i=1

mi−1∑k=0

s(k)m (λi)hik(λ).

Ezt felhasználva, mivel p(x) = 0,

sm(x) = p(x)qm(x) + rm(x) = rm(x) =s∑

i=1

mi−1∑k=0

s(k)m (λi)hik(x),

amib®l sm(x) →s∑

i=1

mi−1∑k=0

f (k)(λi)hik(x), ha m → ∞, hiszen |λi| < R esetén

s(k)m (λi) → f (k)(λi), ha m→ ∞.

�


7.6. Lineáris di�erenciálegyenletrendszerek

Tekintsük azy′(t) = A(t)y(t) + f(t) t ∈ [a, b] (7.6.1)

lineáris di�erenciálegyenletrendszert, ahol y : [a, b] → Cn az ismeretlen függvény,f : [a, b] → Cn adott folytonos függvény és A egy n × n-es folytonos mátrixfüg-gvény (y, f -et oszlopvektornak tekintjük). Elegend® az

y′(t) = A(t)y(t) t ∈ [a, b] (7.6.2)

homogén rendszer általános megoldását meghatározni, mivel az inhomogén rend-szer megoldása ebb®l konstansvariálással megkapható.

Egy n × n-es Φ mátrixot a (7.6.2) rendszer alapmátrixának nevezünk, ha Φoszlopvektorai (7.6.2) lineárisan független megoldásai.Ismeretesek a következ® tételek (ld. [4]):7.6.1. Tétel. Egy Φ = Φ(t) n × n-es mátrixfüggvény akkor és csakis akkoralapmátrixa a (7.6.2) rendszernek, ha

Φ′(t) = A(t)Φ(t) t ∈ [a, b],

ésdetΦ(t0) = 0 valamely t0 ∈ [a, b]-ben.

7.6.2. Tétel. Legyen Φ a (7.6.2) rendszer alapmátrixa. A (7.6.2) rendszer ál-talános megoldása

y(t) = Φ(t)c,

ahol c ∈ Cn tetsz®leges konstans (oszlop)vektor.Az y′(t) = A(t)y(t), y(t0) = y0 Cauchy-probléma megoldása

y(t) = Φ(t)Φ(t0)−1y0.

A (7.6.1) inhomogén rendszer általános megoldása

y(t) = Φ(t)c+ Φ(t)

t∫t0

Φ−1(s)f(s)ds,

ahol c ∈ Cn tetsz®leges konstans (oszlop)vektor, t0 ∈ [a, b].A (7.6.1) inhomogén rendszerre vonatkozó y(t0) = y0 Cauchy-feladat

megoldása

y(t) = Φ(t)Φ(t0)−1y0 + Φ(t)

t∫t0

Φ−1(s)f(s)ds.

7.6. LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETRENDSZEREK 195

Ebb®l látható, hogy (7.6.1), (7.6.2) megoldásához elegend® (7.6.2) alap-mátrixát ismerni. Ha A konstans mátrix, úgy (7.6.2) egy alapmátrixa könnyenmegadható.

7.6.3. Tétel. Φ(t) = eAt az y′(t) = Ay(t) (t ∈ (−∞,∞)) rendszer egy alap-mátrixa (A most egy konstans mátrix).

Bizonyítás. Φ(t) =∞∑k=0

Aktk

k!(A0 = E = egységmátrix) így Φ(0) = E és

det(Φ(0)) = 1 = 0. Megmutatjuk, hogy Φ(t) = eAt teljesíti a Φ′ = AΦegyenletet, és akkor a 7.6.1 tétel miatt Φ alapmátrixa y′ = Ay-nak.

Φ′(t) = limh→0

Φ(t+ h)− Φ(t)

h= lim

h→0

eA(t+h) − eAt

h= lim

h→0

eAheAt − eAt

h

=

(limh→0

eAh − E

h

)eAt = AeAt = AΦ(t),

mert ∥∥∥∥eAh − E

h− A

∥∥∥∥ =

∥∥∥∥A2h

2!+A3h2

3!+ ...

∥∥∥∥ ≤ ∥A∥2|h|2!

+∥A∥3|h|2

3!+ ...

=e∥A∥·|h| − 1

|h|− ∥A∥ → 0, ha h→ 0.

Itt ∥A∥ a 4.2 szakaszban vizsgált mátrixnormák bármelyike lehet, pl.

∥A∥ = maxi

n∑i=1

aij, ha A = (aij).

Az eA(t+h) = eA(h+t) = eAheAt átalakításnál felhasználtuk azt a könnyen igazol-ható tényt, hogy ha B,C felcserélhet® mátrixok, akkor eB+C = eBeC . �

Ha most p(λ) = det (A − λE)(−1)n, akkor a Cayley-Hamilton tétel szerintp(A) = 0, így mátrixok analitikus függvényeinek kiszámítására alkalmazhatjuk a7.5.3 tételt. Itt a hik polinomokat nem célszer¶ a de�níciójuk alapján kiszámítani,inkább azt használjuk fel, hogy hik-k f -t®l nem függenek. A számítási eljárástegy példán keresztül szeretnénk bemutatni.

Példa. Legyen A =

(1 22 4

). Az A mátrix sajátértékeit a

∣∣∣∣1− λ 22 4− λ

∣∣∣∣ = 0

egyenletb®l kiszámítva kapjuk, hogy

λ1 = 0, λ2 = 5.


Ha f a zérus körüli R > 5 sugarú körben analitikus, úgy a 7.5.3 tétel szerint

f(A) = f(λ1)h10(A) + f(λ2)h20(A).

Ha f(λ) = λ− λ1 = λ, (λ ∈ C) úgy

A = 5h20(A) így h20(A) =1

5A,

míg f(λ) = λ− λ2 = λ− 5, (λ ∈ C) esetén

A− 5E = −5h10(A), amib®l h10(A) =1

5(5E − A).

Kiszámolva a h10, h20 mátrixokat kapjuk, hogy

f(A) =1

5f(0)

(4 −2−2 1

)+

1

5f(5)

(1 22 4

).

Ha f(λ) = eλt, (λ, t ∈ C), akkor

eAt =1

5

(4 −2−2 1

)+e5t

5

(1 22 4

)=

1

5

(4 + e5t −2 + 2e5t

−2 + 2e5t 1 + 4e5t

).

Felhasználva a 7.6.2 tételt, kapjuk, hogy az

y′1 = y1 + 2y2 y1(0) = 5

y′2 = 2y1 + 4y2 y2(0) = 5

Cauchy-probléma megoldása

y(t) = eAt

(55

), vagyis

{y1(t) = 2 + 3e5t

y2(t) = −1 + 6e5t.

7.7. Ideálok és szinguláris elemek egykommutatív Banach-algebrában

7.7.1. De�níció. Egy X algebra I részhalmazát ideálnak nevezzük, ha

I lineáris altere X-nek, és

bármely i ∈ I és x ∈ X esetén xi ∈ I, ix ∈ I.

Ha I = X, akkor I-t valódi ideálnak nevezzük. Egy olyan valódi ideált, melynem része egyetlen b®vebb valódi ideálnak sem, maximális ideálnak nevezünk. ♢

7.7. IDEÁLOK ÉS SZINGULÁRIS ELEMEK 197

7.7.1. Tétel. Legyen X egy egységelemes kommutatív Banach-algebra. AkkorX bármely valódi ideálja részhalmaza valamely maximális ideálnak. Minden max-imális ideál zárt.

Bizonyítás. Jelölje P X összes I-t tartalmazó valódi ideáljainak osztályát.P félig rendezett halmaz a tartalmazásra nézve, mely teljesíti a Zorn-lemmafeltételét: P minden lánca felülr®l korlátos. Így P-nek van maximális eleme, melyI-t tartalmazó maximális ideál. Ha I ideál, úgy I is ideál. Ugyanis I lineáris al-tér a 3.1.2 tétel (3) állítása szerint, továbbá ha i ∈ I és x ∈ X, akkor van olyanin ∈ I sorozat, mely I-hez konvergál. A szorzás folytonossága alapján inx→ ix,ha n→ ∞, és inx ∈ I miatt ix ∈ I.

Ha J maximális ideál, úgy infj∈J

∥e− j∥ ≥ 1 (mert különben volna olyan j ∈ J

melyre ∥e− j∥ < 1 teljesülne, így j reguláris eleme volna X-nek, ami lehetetlen:mint az könnyen igazolható, valódi ideálban nem lehet reguláris elem). A normafolytonossága miatt inf

j∈J∥e − j∥ ≥ 1, így e /∈ J, ezért J is valódi ideál, mely

tartalmazza J-t. De J maximalitása miatt J nem lehet J-nél b®vebb, így J = J,és így J zárt.

�

Az ideálok és szinguláris elemek közötti kapcsolatot mutatja a

7.7.2. Tétel. Egy egységelemes kommutatív Banach-algebra egy eleme akkorés csakis akkor szinguláris, ha benne van a Banach-algebra valamely valódiideáljában.

Bizonyítás. Ha x0 szinguláris elem az X egységelemes kommutatív Banach-algebrában, úgy megmutatjuk, hogy I = x0X x0-t tartalmazó valódi ideáljaX-nek. I nyilvánvalóan lineáris altér és i ∈ I, x ∈ X esetén i = x0y valamelyy ∈ X mellett, így ix = x0yx ∈ I. I valódi ideál, mert X e egységeleme nincs I-ben. Ellenkez® esetben e = x0x volna valamely x ∈ X mellett, ami azt jelentené,hogy x0 reguláris. x0 = x0e miatt x0 ∈ I.

Fordítva, ha x0 eleme egy J valódi ideálnak, úgy megmutatjuk, hogy x0 szin-guláris. e ∈ J , mert különben bármely x ∈ X esetén x = ex ∈ J volna, ami nemlehet, mert J valódi ideál. x0 ∈ J szinguláris, mert ellenkez® esetben volna olyanx−10 ∈ X melyre x0x

−10 = x−1

0 x0 = e, így e ∈ J volna, ami lehetetlen. �

A 7.7.1 és 7.7.2 tételeket kombinálva adódik az alábbi

7.7.1. Következmény. Egy egységelemes kommutatív Banach-algebra egy el-eme akkor és csakis akkor szinguláris, ha benne van a Banach-algebra valamelymaximális ideáljában.


7.7.2. De�níció. Legyen I az X algebra ideálja és x ∈ X esetén jelölje x′ azx+ I halmazt. Az {x′} (x ∈ X) halmazok osztálya az

x′ + y′ = (x+ y)′

λx′ = (λx)′

x′y′ = (xy)′ (x, y ∈ X, λ ∈ K)(7.7.1)

egyenl®ségekkel értelmezett m¶veletekkel ellátva algebra lesz, melyet az X alge-bra I ideál szerint vett faktoralgebrájának nevezünk és X/I-vel jelölünk. A

πx = x′ (x ∈ X) (7.7.2)

egyenl®séggel de�niált π : X → X/I leképezést (mely (7.7.1) miatt homomor-�zmus) az X algebra X/I faktoralgebrába való természetes homomor�zmusánaknevezzük. ♢

Megjegyzés. A m¶veletek (7.7.1) értelmezésének korrektségét itt csak aszorzásra vonatkozóan igazoljuk, a többit az olvasóra hagyjuk. Ha x′ = x′1, y

′ =y′1, akkor x− x1 ∈ I, y − y1 ∈ I, így

xy − x1y1 = (x− x1)y + x1(y − y1) ∈ I,

tehát(xy)′ = (x1y1)

′.

7.7.3. Tétel. Legyen X egy (egységelemes) Banach-algebra, I valódi zárt ideálX-ben, akkor az X/I faktoralgebra az

∥x′∥ = infi∈I

∥x+ i∥ = infu∈x′

∥u∥ (x ∈ X) (7.7.3)

normával (egységelemes) Banach-algebra, a (7.7.2)-gyel de�niált π természeteshomomor�zmus pedig

∥πx∥ = ∥x′∥ ≤ ∥x∥miatt folytonos leképezése X-nek X/I-re.

Bizonyítás. A norma tulajdonságai teljesülnek. Világos, hogy ∥x′∥ ≥ 0 és∥0′∥ = inf

i∈I∥i∥ = 0, hiszen 0 ∈ I (I altér). Ha ∥x′∥ = 0, úgy van olyan

un ∈ x′ (n ∈ N), hogy ∥un∥ → 0, azaz un → 0, ha n → ∞. I zártsága mi-att x′ = x+ I is zárt, így 0 ∈ x′, 0′ = x′.

A norma de�níciója alapján

∥λx′∥ = ∥(λx)′∥ = infi∈I

∥λx+ i∥ = infj∈I

∥λ(x+ j)∥

= |λ| infj∈I

∥x+ j∥ = |λ|∥x′∥ ha λ = 0

és ∥0 · x′∥ = ∥(0x)′∥ = ∥0′∥ = 0 = 0 · ∥x′∥.

7.7. IDEÁLOK ÉS SZINGULÁRIS ELEMEK 199

Bármely x′, y′ ∈ X/I és ε > 0 esetén van olyan u ∈ x′ és v ∈ y′ hogy

∥u∥ − ∥x′∥ < ε, ∥v∥ − ∥y′∥ < ε. (7.7.4)

Mivel u+ v ∈ x′ + y′, így

∥x′ + y′∥ ≤ ∥u+ v∥ ≤ ∥u∥+ ∥v∥ ≤ ∥x′∥+ ∥y′∥+ 2ε,

amib®l ε→ 0-val kapjuk, hogy

∥x′ + y′∥ ≤ ∥x′∥+ ∥y′∥.

Hasonlóan uv ∈ x′y′ miatt

∥x′y′∥ ≤ ∥uv∥ ≤ ∥u∥ · ∥v∥ ≤ (∥x′∥+ ε)(∥y′∥+ ε),

amib®l ε→ 0-val ∥x′y′∥ ≤ ∥x′∥ · ∥y′∥.X/I teljességének bizonyításához a 3.5.1 tétel miatt elég azt megmutatni,

hogy X/I bármely abszolút konvergens sora konvergens. Legyen x′k ∈ X/I (k ∈N) és

∞∑k=1

∥x′k∥ <∞.

Válasszuk az uk ∈ x′k (k ∈ N) elemeket úgy, hogy

∥uk∥ − ∥x′k∥ <1

2k(k ∈ N),

akkor a∞∑k=1

∥uk∥ sor konvergens, mert a∞∑k=1

(∥x′k∥+

1

2k

)konvergens sor ma-

jorálja. Így, ismét a 3.5.1 tételt és X teljességét felhasználva kapjuk, hogy vanolyan u ∈ X, hogy ∥u− (u1 + ...+ un)∥ → 0, ha n→ ∞.Mivel u− (u1 + ...+ un) ∈ u′ − (x′1 + ...+ x′n), így

∥u′ − (x′1 + ...+ x′n)∥ ≤ ∥u− (u1 + ...+ un)∥,

ezért a∞∑k=1

x′k sor konvergens (és összege u').

Végül megmutatjuk, hogy ha e egységelem X-ben, úgy e′ = e+ I egységelemX/I-ben. A m¶veletek (7.7.1) értelmezése miatt e′x′ = x′e′ = x′, megmutatjuk,hogy ∥e′∥ = 1. Egyrészt, felhasználva, hogy 0 ∈ I,

∥e′∥ = infi∈I

∥e+ i∥ ≤ ∥e∥ = 1,

másrészt∥e′∥ = ∥e′e′∥ ≤ ∥e′∥2

és ∥e′∥ = 0 (mert különben e′ = 0′, e ∈ I volna, ami a 7.7.2 tétel miatt lehetetlen)alapján

1 ≤ ∥e′∥,tehát ∥e′∥ = 1. �


7.8. Karakterek és ideálok, Wiener tétel

7.8.1. De�níció. Egy X egységelemes kommutatív Banach-algebrának askalárok C Banach-algebrájába való homomorf leképezését X karakteréneknevezzük. ♢

φ : X → C tehát pontosan akkor karaktere X-nek, ha φ lineáris funkcionálX-en, mely multiplikatív is, azaz

φ(xy) = φ(x)φ(y) (x, y ∈ X).

Jelölje X az X egységelemes kommutatív Banach-algebra összes nem azonosanzérus karaktereinek halmazát.

7.8.1. Tétel. Bármely φ ∈ X esetén φ(e) = 1, és φ lineáris korlátos 1 normájúfunkcionál (e X egységeleme).

Bizonyítás. Mivel φ nem azonosan zérus, van olyan x0 ∈ X, melyre φ(x0) = 0.Ekkor

φ(x0) = φ(x0e) = φ(x0)φ(e),

így φ(e) = 1. Legyen most ∥x∥ = 1 és φ(x) = λ. Ha |λ| > 1 volna, akkor

y = e− x

λ,

∥∥∥∥xλ∥∥∥∥ =

∥x∥|λ|

< 1 miatt, a 7.2.1 tétel alapján reguláris, így

φ(y)φ(y−1) = φ(e) = 1, φ(y) = 0.

Másrészt

φ(y) = φ(e− x

λ

)= φ(e)− φ(x)

λ= 1− λ

λ= 0,

ami ellentmondás. Így |λ| ≤ 1, azaz |φ(x)| ≤ 1, ha ∥x∥ = 1, amib®l következik,hogy φ korlátos és

∥φ∥ = sup∥x∥=1

|φ(x)| ≤ 1.

Azonban∥φ∥ = sup

∥x∥=1

|φ(x)| ≥ |φ(e)| = 1

tehát ∥φ∥ = 1. �

A következ® tétel a karakterek, maximális ideálok és reguláris elemek közöttikapcsolatot világítja meg.

7.8.2. Tétel. Legyen X egy egységelemes kommutatív Banach-algebra, X anem azonosan zérus karaktereinek halmaza.

7.8. KARAKTEREK ÉS IDEÁLOK, WIENER TÉTEL 201

1. X minden maximális ideálja valamely φ ∈ X karakter nulltere.

2. Bármely φ ∈ X karakter nulltere maximális ideálja X-nek.

3. x ∈ X akkor és csakis akkor reguláris, ha bármely φ ∈ X-ra φ(x) = 0.

4. λ ∈ σ(x) akkor és csakis akkor, ha van olyan φ ∈ X, hogy φ(x) = λ.

Bizonyítás. 1. Legyen I egy maximális ideálja X-nek, akkor I zárt (7.7.1 tétel)és X/I Banach-algebra (7.7.3 tétel). Válasszuk az a ∈ X elemet úgy, hogy a ∈ I(mivel I valódi ideál ilyen a elem létezik), és legyen

J = aX + I.

Könny¶ ellen®rizni, hogy J ideál X-ben, mely tartalmazza a-t (a = ae+ 0 ∈ J),így J b®vebb I-nél. Ezért, I maximalitása miatt, J = X és ax+ i = e valamelyx ∈ X, i ∈ I-re. Ha π : X → X/I a természetes homomor�zmus, úgy innen

e′ = πe = π(ax+ i) = π(ax) + πi = (πa)(πx) = a′x′.

Ezért X/I minden a′ = πa ( = 0′, mert a ∈ I) elemének van inverze: (a′)−1 = x′.A Gelfand-Mazur tétel szerint ekkor létezik egy j : X/I → C izomor�zmus.Legyen

φ(x) = j(πx) (x ∈ X),

akkor φ ∈ X és N (φ) = {x ∈ X | φ(x) = 0 } = {x ∈ X | πx = 0′ } = I.2. Nem nehéz ellen®rizni, hogy bármely φ ∈ X mellett I = N (φ) = {x ∈

X | φ(x) = 0 } ideál X-ben. I valódi ideál, mert φ = 0. I maximális ideál, mertha J I-nél b®vebb ideálja volna X-nek, úgy létezne olyan a ∈ J , hogy a ∈ I,azaz φ(a) = 0. De ekkor

e =1

φ(a)[a− (a− φ(a))e]

és a ∈ J , (a−φ(a))e ∈ N (φ) = I ⊂ J miatt e ∈ J , ezért bármely x ∈ X mellettx = xe ∈ J , azaz J = X volna.

3. Ha x reguláris és x−1 az inverze, úgy bármely φ ∈ X-re

φ(x)φ(x−1) = φ(xx−1) = φ(e) = 1,

így φ(x) = 0. Fordítva, megmutatjuk, hogy ha x szinguláris, úgy van olyanφ ∈ X, hogy φ(x) = 0. Legyen I = xX. I valódi ideál (e ∈ I), mely része egy Jmaximális ideálnak (7.7.1 tétel) és az 1. állítás szerint J nulltere egy φ ∈ X-nek.Ezzel a φ-vel φ(x) = 0.

4. λ ∈ σ(x) akkor és csakis akkor, ha x−λe szinguláris és ez 3. miatt pontosanakkor igaz, ha van olyan φ ∈ X melyre φ(x− λe) = 0, azaz φ(x) = λ teljesül. �


Az el®z® tétel alkalmazásaként bebizonyítjuk Wiener egy trigonometrikus sorokravonatkozó tételét.

7.8.3. Tétel. (Wiener) Legyenek cn ∈ C (n ∈ Z) konstansok, melyekre∞∑

n=−∞

|cn| <∞,

és legyen az x : R → C függvény az

x(t) =∞∑

n=−∞

cneint (t ∈ R) (7.8.1)

összefüggéssel de�niálva. Ha x(t) = 0 minden t ∈ R mellett, akkor léteznek olyandn ∈ C, (n ∈ Z) konstansok, hogy

∞∑n=−∞

|dn| <∞,

és1

x(t)=

∞∑n=−∞

dneint (t ∈ R). (7.8.2)

Bizonyítás. Jelölje X a (7.8.1) alakú függvények halmazát a pontonkéntim¶veletekkel (összeadás, skalárral való szorzás, szorzás) és az

∥x∥ =∞∑

n=−∞

|cn|

normával ellátva. Könny¶ belátni, hogy X kommutatív egységelemes algebra(egységelem az azonosan 1 függvény). Bármely �x t0 ∈ R mellett

φ(x) = x(t0) (x ∈ X)

karaktere X-nek. Megmutatjuk, hogy X bármely karaktere ilyen alakú. Legyenφ ∈ X és x0(t) = eit, (t ∈ R). Akkor x−1

0 (t) = e−it és ha

φ(x0) = α, akkor φ(x−10 ) =

1

α.

Mivel ∥φ∥ = 1, így

|α| = |φ(x0)| ≤ ∥x0∥ = 1,

∣∣∣∣ 1α∣∣∣∣ = |φ(x−1

0 )| ≤ ∥x−10 ∥ = 1,

7.9. GELFAND-REPREZENTÁCIÓ 203

alapján |α| = 1, α = eit0 , valamilyen t0 ∈ R-rel. Ezért

φ(xn0 ) = eint0 (n ∈ Z)

és ha x(t) =∞∑

n=−∞cne

int =∞∑

n=−∞cnx

n0 ,

∞∑n=−∞

|cn| < ∞, akkor φ folytonossága

miatt

φ(x) =∞∑

n=−∞

cnφ(xn0 ) =

∞∑n=−∞

cneint0 = x(t0),

amint állítottuk.Ha most x ∈ X és x(t) = 0 (t ∈ R), akkor bármely φ ∈ X mellett φ(x) = 0,

így a 7.8.2 tétel 3. állítása alapján x reguláris. Így x−1 ∈ X, de x−1(t) =1

x(t)(t ∈ R), ezért fennáll (7.8.2). �

7.9. Gelfand-reprezentáció

7.9.1. De�níció. Legyen X az X kommutatív egységelemes Banach-algebraösszes nem zérus karaktereinek halmaza. Rögzített x ∈ X mellett a

Φx(φ) = φ(x) (φ ∈ X)

összefüggéssel de�niált Φx : X → C függvényt az x elem Gelfand-transzformált-jának nevezzük.

A {Φx} (x ∈ X) függvényrendszer által indukált gyenge topológiát (lásda Függelék 8.5.2 de�níciót) X Gelfand-topológiájának nevezzük, és X-ot ezentopológiával ellátva X struktúra terének mondjuk. ♢

7.9.1. Tétel. Egy X egységelemes kommutatív Banach-algebra X struktúratere kompakt Hausdor�-tér.

Bizonyítás. Jelölje X∗ az X-nek (mint Banach-térnek) a konjugált terét éslegyen S∗ = {f ∈ X∗|∥f∥ ≤ 1} X∗ zárt egységgömbje. A 7.8.1 tétel szerintX ⊂ S∗. A 8.5.1 tétel alapján X Gelfand-topológiájában bármely φ0 ∈ Xkörnyezetbázisát a

V (φ0; Φx1 , ...,Φxn ; ε1, ..., εn) = {φ ∈ X | |Φxi(φ)− Φxi

(φ0)| < εi}

= {φ ∈ X | |φ(xi)− φ0(xi)| < εi}(7.9.1)


alakú halmazok alkotják (xi ∈ X, εi > 0, i = 1, ..., n;n = 1, 2, ...). Emlékeztetünkarra, hogy az X∗ gyenge* topológiájában bármely f0 ∈ X∗ környezetbázisa

U(f0;Fx1 , ..., Fxn ; ε1, ..., εn) = {f ∈ X∗ | |Fxi(f)− Fxi

(f0)| < εi}

= {f ∈ X∗ | |f(xi)− f0(xi)| < εi}

alakú halmazokból áll (ld. 4.6.2). X-n az X∗ gyenge* topológiájából származóaltértopológiában φ0 ∈ X környezetbázisa

U(φ0;Fx1 , ..., Fxn ; ε1, ..., εn) ∩ X = {φ ∈ X | |φ(xi)− φ0(xi)| < εi} (7.9.2)

alakú (xi ∈ X, εi > 0, i = 1, ..., n;n = 1, 2, ...). Mivel (7.9.1) és (7.9.2) azonosak,így a Gelfand-topológia azonos az X∗ gyenge* topológiájából származó altértopológiával. A 4.6.3 és 4.6.4 (Banach-Alaoglu) tételek alapján S∗ kompaktHausdor�-tér, így tételünk bizonyításához elegend® azt megmutatni, hogy Xgyenge* zárt részhalmaza X∗-nak.

Legyen f0 az X gyenge* lezártjában. Azt kell megmutatnunk, hogy

f0(xy) = f0(x)f0(y) (x, y ∈ X) (7.9.3)

f0(e) = 1 (7.9.4)

teljesülnek (e az X egységeleme). (7.9.4) igazolása azért szükséges, mert X anemzérus karakterekb®l áll. Rögzített x, y ∈ X, ε > 0 mellett azon f ∈ X∗

elemek halmaza, melyekre

|f(e)−f0(e)| < ε, |f(x)−f0(x)| < ε, |f(y)−f0(y)| < ε, |f(xy)−f0(xy)| < ε

teljesül f0 egy gyenge* környezete, így, mivel f0 az X érintkezási pontja, e halmaztartalmaz egy φ ∈ X karaktert. Innen

|1− f0(e)| = |φ(e)− f0(e)| < ε

tehát (7.9.4) teljesül; továbbá

f0(xy)− f0(x)f0(y) = f0(xy)− φ(xy) + φ(x)φ(y)− f0(x)f0(y)

= f0(xy)− φ(xy) + φ(x)[φ(y)− f0(y)] + [φ(x)− f0(x)]f0(y),

amib®l|f0(xy)− f0(x)f0(y)| < (1 + |φ(x)|+ |f0(y)|)ε

így ε→ 0-val adódik (7.9.3). �

7.9. GELFAND-REPREZENTÁCIÓ 205

Jelölje C(X) az X kompakt Hausdor�-téren értelmezett folytonos függvényekBanach-algebráját. Világos, hogy Φx ∈ C(X) bármely x ∈ X mellett.

7.9.2. De�níció. AGx = Φx (x ∈ X)

vagyGx(φ) = Φx(φ) = φ(x) (φ ∈ X, x ∈ X)

összefüggéssel értelmezett G : X → C(X) leképezést az X egységelemes kommu-tatív Banach-algebra Gelfand-reprezentációjának nevezzük. ♢

Megjegyezzük, hogy a G leképezés de�níciója hasonló egy normált térnek amásodik konjugált terébe való természetes leképezésének de�níciójához (lásd a4.6.2 de�níciót).

7.9.2. Tétel. Egy egységelemes kommutatív Banach-algebra Gelfand-reprezen-tációja homomorf leképezése X-nek C(X) egy részalgebrájára, mely a normátnem növeli (így folytonos).

Bizonyítás. Bármely x, y ∈ X,λ ∈ C mellett

G(x+ y)(φ) = φ(x+ y) = φ(x) + φ(y) = Gx(φ) +Gy(φ),

G(λx)(φ) = φ(λx) = λφ(x) = λGx(φ),

G(xy)(φ) = φ(xy) = φ(x)φ(y) = Gx(φ)Gy(φ),

így G homomor�zmus.Ha ∥ · ∥∞-nel jelöljük a sup-normát C(X)-en, akkor

∥Gx∥∞ = ∥Φx∥∞ = supφ∈X

|Φx(φ)| = sup∥φ∥=1

|φ(x)| ≤ ∥x∥,

így G folytonos leképezés. �

A Gelfand-reprezentáció általában nem kölcsönösen egyértelm¶, nem nor-matartó és nem C(X)-re képez le. Az alábbiakban szükséges és elegend® feltételtadunk arra, hogy G kölcsönösen egyértelm¶, normatartó leképezés legyen. A tételmegfogalmazásához szükségünk van az alábbi de�nícióra.

7.9.3. De�níció. Egy X egységelemes kommutatív Banach-algebra összes max-imális ideáljának a metszetét X radikáljának nevezzük és radX-szel jelöljük.X-et félig egyszer¶ nek nevezzük, ha radX = {0}. ♢

7.9.3. Tétel. Egy X egységelemes kommutatív Banach-algebra Gelfand-repre-zentációja


akkor és csakis akkor kölcsönösen egyértelm¶ (így izomorf) leképezése X-nek C(X)-ba, ha X félig egyszer¶,

akkor és csakis akkor normatartó, ha bármely x ∈ X esetén r(x) = ∥x∥.(itt r(x) az x elem spektrálsugara).

Bizonyítás. A linearitás miatt G akkor és csakis akkor kölcsönösen egyértelm¶,ha Gx = 0-ból következik x = 0, azaz ha Gx(φ) = φ(x) = 0 bármely φ ∈ X-reakkor x = 0. Mivel minden φ karakter nulltere X maximális ideálja (7.8.2 tétel2. állítás) így φ(x) = 0 bármely φ ∈ X-re pontosan akkor teljesül, ha x ∈ radX.Ebb®l pontosan akkor következik az, hogy x = 0, ha radX = {0}, azaz ha Xfélig egyszer¶.

A második állítás bizonyításához vegyük �gyelembe, hogy bármely x ∈ Xesetén Φx értékkészlete azonos az x elem σ(x) spektrumával. Ugyanis Φx(φ) =φ(x) = λ a 7.8.2 tétel 4. állítása miatt akkor és csakis akkor teljesül, ha λ ∈ σ(x).Ezért

∥Gx∥∞ = supφ∈X

|Φx(φ)| = supφ∈X

|φ(x)| = supλ∈σ(x)

|λ| = r(x),

amib®l következik állításunk. �

7.10. Gelfand-Naimark tétel

7.10.1. De�níció. Legyen X egy algebra a komplex test felett. X-et *-algebrának nevezzük, ha adva van X-nek önmagába való x → x∗ leképezéseúgy, hogy

(x+ y)∗ = x∗ + y∗,

(λx)∗ = λx∗,(xy)∗ = y∗x∗,(x∗)∗ = x,

bármely x, y ∈ X, λ ∈ C esetén teljesül. Az x → x∗ leképezést involúciónak,x∗-ot x adjungált jának nevezzük. Az x elemet

önadjungáltnak (vagy valósnak) nevezzük, ha x∗ = x,

unitérnek nevezzük, ha xx∗ = x∗x = e,

normálisnak nevezzük, ha xx∗ = x∗x.

♢

Az (x∗)∗ = x tulajdonság miatt az involúció X-nek önmagára való kölc-sönösen egyértelm¶ leképezése. Megjegyezzük, hogy minden *-algebrában x+x∗,

7.10. GELFAND-NAIMARK TÉTEL 207

i(x − x∗), xx∗, x∗x önadjungált elemek (amint az könnyen látható), továbbábármely x ∈ X felírható

x = u+ iv

(u =

x+ x∗

2, v =

x− x∗

2i

)alakban, ahol u, v önadjungáltak. Továbbá az e egységelem (ha van) mindig önad-jungált (ti. e∗ = ee∗, e = (ee∗)∗ = ee∗ = e∗).

7.10.2. De�níció. Az X halmazt B∗-algebrának nevezzük, ha

X Banach-algebra,

X *-algebra,

és bármely x ∈ X esetén ∥xx∗∥ = ∥x∥2 teljesül.♢

7.10.1. Tétel. (Gelfand-Naimark) Legyen X egy kommutatív,egységelemes B∗-algebra, X az X struktúra tere. Akkor a G : X → C(X)

Gelfand-reprezentáció X-nek a C(X) B∗-algebrára való ∗-izomorf (azaz in-volúciót megörz®, izomorf) és izometrikus (ezért kölcsönösen egyértelm¶)leképezése.

A tétel röviden úgy is megfogalmazható, hogy bármely kommutatív egységelemesB∗-algebra ∗-izomorf és izometrikus valamely kompakt Hausdor� térenértelmezett összes folytonos komplex függvények B∗-algebrájával.

Bizonyítás. El®ször megmutatjuk, hogy G meg®rzi az involúciót, azaz

Gx∗ = (Gx)∗ = Gx

(ti. C(X)-ben az involúció a függvény komplex konjugáltjának képzése.) Legyenel®ször u ∈ X önadjungált elem: u = u∗, és valós t mellett legyen

z = u+ ite (e az X egységeleme).

Ha Gu = Φu = α + iβ, ahol α, β valós érték¶ függvények C(X)-b®l, akkorfelhasználva azt, hogy G homomor�zmus (7.9.2 tétel) kapjuk, hogy

Gz = Gu+ itGe = α+ iβ + it = α+ i(β + t).

Mivel zz∗ = (u+ ite)(u− ite) = u2 + t2e, és G a normát nem növeli (7.9.2 tétel)

α2 + (β + t)2 ≤ ∥Gz∥2∞ ≤ ∥z∥2 = ∥zz∗∥ = ∥u2 + t2e∥ ≤ ∥u∥2 + t2,


amib®lα2 + β2 + 2βt ≤ ∥u∥2 (t ∈ R),

ezért β = 0, Gu valós érték¶ függvény. Bármely x ∈ X x = u+ iv alakba írható,ahol u = u∗, v = v∗ és x∗ = u− iv, így

Gx∗ = Gu− iGv = Gu+ iGv = Gx.

Most megmutatjuk, hogy G izometria. Bármely x ∈ X esetén, felhasználva,hogy X kommutatív,

∥x2∥2 = ∥x2(x2)∗∥ = ∥xxx∗x∗∥ = ∥xx∗(xx∗)∗∥ = ∥xx∗∥2 = ∥x∥4

amib®l ∥x2∥ = ∥x∥2. Innen indukcióval kapjuk, hogy

∥x2k∥ = ∥x∥2k (k = 1, 2, ...)

de akkor a spketrálsugár formula alapján

r(x) = limn→∞

∥xn∥1n = lim

k→∞∥x2k∥

1

2k = ∥x∥,

ezért a 7.9.3 tétel alapján G izometria. Ebb®l már következik, hogy G X-nekC(X)-be való *-izomorf és izometrikus leképezése.

Megmutatjuk, hogy a leképezés C(X)-re történik, ezzel a bizonyítás teljes lesz.Tekintsük a G(X) halmazt. Ez zárt részalgebrája C(X)-nek, mely elválasztjaX pontjait. Ha ugyanis φ, ψ ∈ X, φ = ψ, akkor van olyan x ∈ X, melyreφ(x) = ψ(x). Ekkor Gx elválasztja φ, ψ-t, mert

Gx(φ) = φ(x) = ψ(x) = Gx(ψ).

Továbbá G(X) tartalmazza a Ge(φ) = φ(e) = 1 (φ ∈ X) azonosan 1 füg-gvényt és az involúció meg®rzése miatt bármely G(X)-beli függvénnyel együttannak konjugáltját is. Ezért a Stone-Weierstrass tétel (Függelék 8.9.2 tétel) miattG(X) = C(X). �

7.11. Rész B∗-algebrák

7.11.1. Tétel. Legyen X egy (nem feltétlen kommutatív) egységelemes B∗-al-gebra és X0 ⊂ X kommutatív egységelemes rész B∗-algebra úgy, hogy X0 és Xegységelemei azonosak. Akkor x ∈ X0 regulárisX0-ban (azaz van olyan x−1 ∈ X0,hogy xx−1 = x−1x = e, e az egységelem) akkor és csakis akkor, ha x reguláris X-ben. Így, ha σ0(x) illetve σ(x) jelöli az x ∈ X0 elem X0-ra illetve X-re vonatkozóspektrumát, akkor

σ0(x) = σ(x).

7.11. RÉSZ B∗-ALGEBRÁK 209

Bizonyítás. Ha x ∈ X0 reguláris X0-ban, úgy x−1 ∈ X0, x−1 ∈ X, tehát xreguláris X-ben is.

Fordítva, ha x ∈ X0 reguláris X-ben, úgy x−1 ∈ X. Megmutatjuk, hogyx−1 ∈ X0.

Tekintsük X összes X0-t tartalmazó kommutatív rész B∗-algebráit. Ezekhalmazában a tartalmazás egy félig rendezés. E félig rendezésre a Zorn-lemmafeltételei teljesülnek, mert ha {Xλ} (λ ∈ Λ) egy lánc, úgy

∪λ∈Λ

Xλ ennek fels®

korlátja. Így van X-nek egy X0-t tartalmazó maximális kommutatív Y rész B∗-algebrája. Nyilvánvalóan e Y -nak is egységeleme. Megmutatjuk el®ször, hogyx−1 ∈ Y . Ha y ∈ Y , akkor Y kommutativitása miatt yx = xy, így x−1(yx)x−1 =x−1(xy)x−1, azaz x−1y = yx−1 és hasonlóan y∗x = xy∗-ból x−1y∗ = y∗x−1 vagy(x−1)∗y = y(x−1)∗ következik. Ezért Y maximalitása miatt x−1 ∈ Y . Ellenkez®esetben ugyanis volna X-nek egy Y ∪ {x−1}-et tartalmazó, Y -t valódi részhal-mazként tartalmazó kommutatív rész B∗-algebrája, ami lehetetlen.

Tekintsük most Y -nak C(Y )-re vonatkozó G Gelfand-reprezentációját, melya 7.10.1 tétel szerint *-izomorf és izometrikus leképezés. G X0-t valamely C0(Y )

rész B∗-algebrába viszi át, és x ∈ X0 miatt Gx = Φx ∈ C0(Y ). Mivel x regulárisX-ben, így Gx = Φx reguláris C(Y )-ben, azaz (a 7.8.2 tétel 3. állítása alapján)Φx(φ) = 0, ha φ ∈ Y .

Megmutatjuk, hogy ekkor Φx−1 =1

Φx

∈ C0(Y ), amib®l G injektív volta miatt

következik, hogy x−1 ∈ X0. Legyen m = infφ∈Y

|Φx(φ)|, M = supφ∈Y

|Φx(φ)|, úgy

0 < m ≤M <∞. Mivel C0(Y ) B∗-algebra és Φx ∈ C0(Y ), így Φx, |Φx|2 = ΦxΦx

és 1− 1

M2|Φx|2 is C0(Y )-beli függvények és

0 ≤ 1− 1

M2|Φx(φ)|2 ≤ 1−

(mM

)2< 1 ha φ ∈ Y .

Ezért

M2

|Φx(φ)|2=

1

1−[1− 1

M2|Φx(φ)|2

] =∞∑k=0

[1− 1

M2|Φx(φ)|2

]k(φ ∈ Y ),

ahol a jobboldali sor egyenletesen konvergens. E sor részletösszegei C0(Y )-belifüggvények, így felhasználva, hogy folytonos függvények egyenletesen konvergens

sorának összegfüggvénye is folytonos, az összeg is C0(Y )-beli, de akkor1

|Φx|2és

Φx−1 =1

Φx

= Φx ·1

|Φx|2is C0(Y )-ben van. �


Legyen most x0 egy normális elem az X egységelemes B∗-algebrában és

B∗(x0) = {p(x0, x∗0) | p kétváltozós polinom }.

Könnyen ellen®rizhet®, hogy B∗(x0) x0-t tartalmazó kommutatív egységelemesrész B∗-algebrája X-nek (az egységelem ugyanaz, mint X-ben), mely alegsz¶kebb az x0-t és az egységelemet tartalmazó kommutatív rész B∗-algebrákközött. B∗(x0)-t az x0 által generált kommutatív egységelemes rész B∗-algebrá-nak nevezzük.

Ha X0 = B∗(x0), úgy az el®z® tétel szerint bármely x ∈ B∗(x0)-ra

σ0(x) = σ(x).

7.11.2. Tétel. Legyen G az X0 = B∗(x0) Gelfand-reprezentációja, és Gx = Φx

az x Gelfand-transzformáltja, akkor

1. Φx0 az X0-nak σ(x0)-ra való homeomorf leképezése.

2. A Ψx = g, ahol g(λ) = Φx

(Φ−1

x0(λ))(λ ∈ σ(x0)), leképezés B∗(x0)-nak

C(σ(x0))-ra való ∗-izomorf és izometrikus leképezése, melynél x0 képe ag(λ) = λ (λ ∈ σ(x0)) függvény. Itt Φ−1

x0az 1. alatti homeomorf leképezés

inverze, nem pedig Φx0 ∈ C(X0) inverz eleme, mely 1/Φx0 !

3. A B∗(x0) részalgebrának egyetlen olyan ∗-izomorf és izometrikus leképezésevan C(σ(x0))-ra, melynél x0 képe a g(λ) = λ (λ ∈ σ(x0)) függvény.

Bizonyítás. 1. Φx0 folytonos leképezése X0-nek, melynek értékkészlete σ0(x0) =σ(x0) (ld. 7.8.2 tétel (4) állítás). Megmutatjuk, hogy Φx0 kölcsönösen egyértelm¶.Ugyanis, ha φ1, φ2 ∈ X0 olyanok, hogy

Φx0(φ1) = Φx0(φ2),

akkor felhasználva, hogy Φ meg®rzi az involúciót,

Φx∗0(φ1) = Φx0(φ1) = Φx0(φ2) = Φx∗

0(φ2).

Így, ha y = p(x0, x∗0) az x0, x

∗0 elemek tetsz®leges polinomja, akkor

Φy(φ1) = Φy(φ2),

azazφ1(y) = φ2(y).

Az y = p(x0, x∗0) alakú elemek s¶r¶n vannak B∗(x0)-ban, így φ1, φ2 folytonossága

miatt innen bármely x ∈ B∗(x0)-ra

φ1(x) = φ2(x),

7.11. RÉSZ B∗-ALGEBRÁK 211

azaz φ1 = φ2 következik. Φx0 tehát az X0 kompakt Hausdor�-teret (ld. 7.9.1 tétel)kölcsönösen egyértelm¶en és folytonosan képezi le a σ(x0) kompakt Hausdor�-térre. Ebb®l már következik, hogy Φx0 homeomor�zmus, ti. tetsz®leges F ⊂ X0

zárt halmaz esetén Φx0(F ) kompakt része σ(x0)-nak, így zárt, ezért Φx0 bármelynyílt halmazt nyílt halmazba visz át.

2. abból következik, hogy az x → Φx Gelfand-reprezentáció ∗-izomorf ésizometrikus leképezés és (1) szerint Φ−1

x0homeomor�zmusa σ(x0)-nak X0-re.

3. Ha Ψ1 B∗(x0)-nak C(σ(x0))-ra való ∗-izomorf és izometrikus leképezése,

melynél x0 képe a g(λ) = λ (λ ∈ σ(x0)) függvény, akkor

Ψ1x0 = Ψx0

ésΨ1x

∗0 = Ψ1x0 = Ψx0 = Ψx∗0,

amib®l x0 és x∗0 polinomjaira, majd tetsz®leges x ∈ B∗(x0)-ra kapjuk, hogy

Ψ1x = Ψx, azaz Ψ1 = Ψ.

�

Ez a tétel lehet®séget nyújt arra, hogy egy B∗-algebra normális elemeinfolytonos függvényeket értelmezzünk. Legyen ugyanis x0 normális elem, f ∈C(σ(x0)), akkor az

x0 → f(x0)

függvényt f(x0) = Ψ−1f -fel értelmezzük, ahol Ψ−1 a 2.-ben szerepl® leképezés in-

verze. Ha f analitikus függvény σ(x0)-on, f(λ) =∞∑k=0

ckλk (λ ∈ σ(x0)) és

∞∑k=0

ckxk0

konvergens, úgy a 2. állítás alapján f(x0) =∞∑k=0

ckxk0 adódik. Így a fenti értelmezés

összhangban van az analitikus függvények 7.4-ben adott értelmezésével.

8. fejezet

Függelék: Topológikus terek

8.1. Alapfogalmak

8.1.1. De�níció. Az X = ∅ halmazt topológikus térnek nevezzük, ha adva vanrészhalmazainak egy G halmaza, mely kielégíti az alábbi feltételeket:

(1) ∅, X ∈ G (az üres halmaz és X G-ben vannak),

(2) G1, G2 ∈ G =⇒ G1 ∩ G2 ∈ G (bármely két G-beli halmaz metszete is G-benvan),

(3) Gα ∈ G (α ∈ Γ) =⇒∪α∈Γ

Gα ∈ G (G-beli halmazok tetsz®leges rendszerének

az uniója is G-ben van).

X elemeit pontoknak mondjuk, G-t topológiának nevezzük X-en. G elemeitnyílt halmazoknak, komplementereiket zárt halmazoknak nevezzük. ♢

Jelölje F az X topológikus tér összes zárt halmazainak osztályát, akkor aDe Morgan-féle képletek alapján az üres halmaz és X zárt halmazok, bármelykét F -beli halmaz uniója is F -beli. F -beli halmazok tetsz®leges rendszerének ametszete is F -beli.

8.1.2. De�níció. Az X topológikus térnek az Y topológikus térbe való fleképezését folytonosnak nevezzük, ha Y bármely nyílt halmazának az inverz képenyílt. Az X-nek Y -ra való olyan kölcsönösen egyértelm¶ folytonos leképezését,amelynek az inverze is folytonos, homeomorf leképezésnek mondjuk. Akkor mond-juk, hogy X homeomorf Y -nal, ha X-nek van homeomorf leképezése Y -ra. ♢

A homeomorf leképezések ugyanazt a szerepet játsszák a topológiában, mintaz izomorf leképezések az algebrában. Homeomorf tereket a topológia szempon-tjából azonosoknak tekintünk.

212

8.2. NYÍLT ÉS ZÁRT HALMAZOK 213

8.1.3. De�níció. Az X topológikus tér Y részhalmazának X nyílt halmazaivalvaló metszetei Y egy topológiáját alkotják (amint az könnyen belátható), amellyelY -t ellátva Y -t az X egy alterének nevezzük. ♢

8.1.4. De�níció. Legyen az X halmazon két topológia, G1 és G2 adva. Aztmondjuk, hogy G1 gyengébb (durvább) G2-nél (vagy ekvivalens módon G2 er®sebb(�nomabb) G1-nél), ha G1 ⊂ G2 teljesül. ♢

Példák.1. Legyen X egy tetsz®leges halmaz, G = {∅, X} topológia X-en, melyet

indiszkrét topológiának nevezünk.2. Legyen most G X összes részhalmazainak osztálya. G ismét topológia X-en,

melyet diszkrét topológiának nevezünk.3. Legyen X = R a valós számok halmaza. A szokásos topológia R-en R összes

olyan részhalmazainak osztálya, melyek bármely pontjukkal együtt egy, a pontottartalmazó nyílt intervallumot is tartalmaznak. Ha mást nem mondunk, akkorR-et mindig ezzel a topológiával gondoljuk ellátva.

8.2. Nyílt és zárt halmazok

Legyen X egy topológikus tér a G topológiával.8.2.1. De�níció. Az U halmazt az x ∈ X pont (nyílt) környezetének nevezzük,ha U x-et tartalmazó nyílt halmaz.

Egy halmaz (nyílt) környezetén a halmazt tartalmazó nyílt halmazt értünk.♢

8.2.2. De�níció. Az x pontot az A(⊂ X) halmaz bels® pontjának nevezzük, haA tartalmazza x valamely környezetét.

Az x pontot A határpontjának nevezzük, ha x bármely környezete tartalmazA-beli és nem A-beli pontot is.

Az x pontot A érintkezési pontjának nevezzük, ha x bármely környezete tar-talmaz A-beli pontot.

Az x pontot A torlódási pontjának nevezzük, ha x bármely környezete tartal-maz x-t®l különböz® A-beli pontot. Az x pontot A izolált pontjának nevezzük,ha x-nek van olyan környezete, melyben nincs t®le különböz® A-beli pont. ♢

8.2.1. Tétel. Egy halmaz akkor és csakis akkor nyílt, ha minden pontja bels®pont.

Bizonyítás. Ha A nyílt, úgy minden x ∈ A pontnak A környezete, tehát mindenA-beli pont A bels® pontja.

214 FEJEZET 8. FÜGGELÉK: TOPOLÓGIKUS TEREK

Fordítva, ha A minden pontja bels® pont, akkor bármely x ∈ A ponthoz vanolyan Gx nyílt halmaz, melyre Gx ⊂ A. Ekkor A =

∪x∈A

Gx miatt A nyílt. �

8.2.2. Tétel. Egy halmaz akkor és csakis akkor zárt, ha tartalmazza összes tor-lódási pontját.

Bizonyítás. Legyen A zárt halmaz, és x legyen A torlódási pontja. Ha x nemvolna benne A-ban, úgy x az A′ = X \ A nyílt halmazban lenne, így x egykörnyezete is A′-ben volna, ezért x nem lehetne torlódási pontjaA-nak. Így x ∈ A.

Fordítva, tegyük fel, hogy A tartalmazza összes torlódási pontját. Megmu-tatjuk, hogy A′ nyílt (tehát A zárt). Legyen y ∈ A′, akkor y egy környezete isA′-ben van, mert ellenkez® esetben y bármely környezetében volna t®le külön-böz® A-beli pont, így y A torlódási pontja volna, ami y ∈ A′ miatt ellentmondás,hiszen feltételünk alapján A tartalmazza az összes torlódási pontját. �

8.2.3. De�níció. Az A ⊂ X halmazban lév® összes nyílt halmazok unióját Anyílt magjának (vagy belsejének) nevezzük és Ao-rel jelöljük. ♢

Világos, hogy Ao nyílt halmaz, mely �maximális� a következ® értelemben : haB nyílt és B ⊂ A, akkor B ⊂ Ao. Ebb®l az is következik, hogy A nyílt akkor éscsakis akkor, ha A = Ao.

8.2.3. Tétel. A nyílt mag képzési operáció rendelkezik az alábbi tulajdonsá-gokkal:

(1) Ao ⊂ A, (3) A ⊂ B =⇒ Ao ⊂ Bo,

(2) (Ao)o = Ao, (4) (A ∩B)o = Ao ∩Bo.

Bizonyítás. (1) a de�níció miatt igaz, (2) abból következik, hogy Ao nyílt.Ha A ⊂ B, úgy Ao ⊂ B és Bo maximumtulajdonsága miatt Ao ⊂ Bo. Ezzel

(3)-at igazoltuk.(4) bizonyításához induljunk ki az Ao∩Bo ⊂ A∩B tartalmazásból. A baloldali

halmaz nyílt, így (3) alapján Ao ∩ Bo ⊂ (A ∩ B)o. Másrészt A ∩ B ⊂ A miatt(A ∩B)o ⊂ Ao, hasonlóan (A ∩B)o ⊂ Bo, amib®l (A ∩B)o ⊂ Ao ∩Bo. �

8.2.4. Tétel. Egy halmaz nyílt magja (belseje) azonos a halmaz összes bels®pontjainak halmazával.

Bizonyítás. Legyen B az A halmaz összes bels® pontjainak halmaza. Ha x ∈ B,úgy van olyan x-et tartalmazó Gx nyílt halmaz, melyre x ∈ Gx ⊂ A, így x ∈Gx ⊂ Ao, azaz B ⊂ Ao.

Fordítva, ha y ∈ Ao, úgy Ao de�níciója alapján y benne van valamely A-banlév® nyílt halmazban, így y bels® pontja A-nak, azaz y ∈ B. �

8.2. NYÍLT ÉS ZÁRT HALMAZOK 215

8.2.4. De�níció. Az A ⊂ X halmazt tartalmazó összes zárt halmazok met-szetét A lezártjának nevezzük, és A-sal (vagy néha tipográ�ai okokból, pl. a8.2.7 tételben, A−-sal) jelöljük. ♢

Világos, hogy A zárt halmaz, mely �minimális� a következ® értelemben: ha Bzárt és A ⊂ B, akkor A ⊂ B. Ebb®l az is következik, hogy A akkor és csakisakkor zárt, ha A = A.

8.2.5. Tétel. A lezárási operáció rendelkezik az alábbi tulajdonságokkal:

(5) A ⊂ A (7) A ⊂ B =⇒ A ⊂

(6) (A) = A (8) (A ∪B) = A ∪B

Bizonyítás. (5) világos, (6) abból következik, hogy A zárt.Ha A ⊂ B, úgy A ⊂ B és a lezárt minimumtulajdonsága miatt A ⊂ B. Ezzel

(7)-et igazoltuk.(8) igazolása: A∪B ⊂ A∪A, így a jobboldali halmaz zártsága miatt (A ∪B) ⊂

A∪B. Másrészt A ⊂ A∪B ⊂ (A ∪B), amib®l (7) miatt A ⊂ (A ∪B). HasonlóanB ⊂ (A ∪B), s végül A ∪B ⊂ (A ∪B). �

8.2.6. Tétel. Egy halmaz lezártja azonos a halmaz összes érintkezési pontjainakhalmazával.

Bizonyítás. Jelölje E az A halmaz érintkezési pontjainak halmazát. Megmu-tatjuk, hogy E zárt halmaz. Legyen x ∈ E ′, akkor x-nek van olyan U környezete,melyben nincs A-beli pont (mert x nem érintkezési pontja A-nak). De akkor U -ban E-beli pont sem lehet, mert ha e ∈ U ∩ E volna, úgy U -ban kellene lenniA-beli pontnak, ami lehetetlen. Ebb®l következik, hogy U ⊂ E ′, azaz E zárt.Mivel A ⊂ E,A ⊂ E = E.

A fordított tartalmazás: A ⊃ E bizonyításához azt mutatjuk meg, hogy A′

⊂E ′. Legyen x ∈ A

′

, akkor (A′

nyíltsága miatt) x-nek van olyan környezete, melyA−′

-ben van, de akkor e környezet nem tartalmazhat A-beli pontot sem, azaz xnem lehet érintkezési pontja A-nak. Így x ∈ E ′. �

8.2.7. Tétel. Bármely A halmaz esetén

A− = A′o ′

és Ao = A′− ′

.

Bizonyítás.

A− =∩F⊃AF zárt

F =

∪F ′⊂A′

F ′ nyílt

F ′

′

=(A

′o)′

= A′o ′.


A második egyenl®ség megkapható az els®b®l, ha azt A′-re alkalmazzuk, majdmindkét oldal komplementerét vesszük. �

8.2.5. De�níció. Azt mondjuk, hogy az A halmaz s¶r¶ (vagy mindenütt s¶r¶)X-ben, ha A = X.

A B halmazt sehol sem s¶r¶nek nevezzük X-ben, ha Bo= ∅. ♢

Mivel egy halmaz lezártja azonos a halmaz érintkezési pontjainak halmazával,így A ⊂ X mindenütt s¶r¶ X-ben akkor és csakis akkor, ha X bármely nem üresnyílt halmaza tartalmaz A-beli elemet.

Egy B halmaz seholsem s¶r¶ X-ben akkor és csakis akkor, ha X bármely nemüres nyílt halmaza tartalmaz olyan nem üres nyílt halmazt, melynek nincs B-belipontja. Ugyanis ha B

o= ∅, úgy B-nak nincs bels® pontja, ezért tetsz®leges nem

üres G nyílt halmaznak van Bokomplementerében lev® x pontja. G ∩ B′

nyílt,így egy x-et tartalmazó (tehát nem üres) G1 nyílt halmaz is része G ∩ B

′-nek.

Ez azt jelenti, hogy G1 nyílt, nem üres részhalmaza G-nek, melynek nincs B-belipontja (ti. G1 ⊂ B

′ ⊂ B′).Fordítva, ha egy B halmaz a fenti tulajdonságú, akkor B

o= ∅. Ugyanis ha

y ∈ Bovolna, úgy egy y-t tartalmazó (tehát nem üres) G nyílt halmaz is B-ban

volna, így G bármely nem üres, nyílt G1 részhalmaza tartalmazna B-beli elemet(mert G1 tartalmazza B egy érintkezési pontját), ami ellentmondás.

8.3. Bázis, szubbázis, környezetbázis

8.3.1. De�níció. Egy topológikus tér nyílt halmazainak egy osztályát a tér egybázisának nevezzük, ha bármely nyílt halmaz el®állítható ezen osztályból vetthalmazok uniójaként. ♢

Megjegyzés. Legyenek Aα (α ∈ Γ) egy X halmaz részhalmazai, akkor∪α∈∅

Aα := ∅,∩α∈∅

Aα := X,

azaz az üres halmaz el®áll �üres unióként�, az alaphalmaz pedig �üres met-szetként�.

8.3.1. Tétel. Egy X halmaz részhalmazainak egy B osztálya akkor és csakisakkor bázisa X egy topológiájának, ha teljesülnek a következ® feltételek:

I. U, V ∈ B, x ∈ U ∩ V =⇒ ∃W ∈ B : x ∈ W ⊂ U ∩ V,

II.∪

B∈BB = X.

8.3. BÁZIS, SZUBBÁZIS, KÖRNYEZETBÁZIS 217

8.3.2. De�níció. Egy topológikus tér nyílt halmazainak egy osztályát a térszubbázisának nevezzük, ha ezen osztály halmazaival képezett összes végestagszámú metszetek a tér egy bázisát alkotják. ♢

8.3.2. Tétel. Ha S az X halmaz részhalmazainak egy osztálya, akkor van olyantopológiája X-nek, melynek S egy szubbázisa.

Világos, hogy e topológia az S-beli halmazok összes véges metszeteinek azunióiból áll.

8.3.3. De�níció. Egy topológikus tér x pontjának környezeteib®l álló B(X) hal-mazosztályt x környezetbázisának nevezzük, ha x bármely környezete tartalmazB(X)-beli környezetet. ♢

Példa. A valós számok R topológikus terében az összes nyílt interval-lumok (s®t, az összes racionális végpontú nyílt intervallumok is) a tér egybázisát alkotják. Az összes (r,∞), (−∞, s) (r, s racionálisak) alakú interval-lumok szubbázist alkotnak. A B(x) = {

(x− 1

n, x+ 1

n

) ∣∣ n = 1, 2, ...} osztályx környezetbázisa.

8.3.3. Tétel. Egy X halmaz minden x eleméhez legyen hozzárendelve X bi-zonyos részhalmazaiból álló B(x) nem üres halmazrendszer. Akkor és csakisakkor van olyan topológia X-en, melynek minden x ∈ X pontban B(x) akörnyezetbázisa, ha teljesülnek a következ® feltételek bármely x ∈ X esetén:

I. bármely U ∈ B(x) esetén x ∈ U ,

II. ha U, V ∈ B(x), úgy van olyan W ∈ B(x) : W ⊂ U ∩ V ,

III. ha U ∈ B(x) és y ∈ U , akkor van olyan V ∈ B(y), hogy V ⊂ U .

Az a G topológia, melynek B(x) környezetbázisa minden x ∈ X-re, akövetkez®képpen adható meg:

G = {G ⊂ X∣∣ minden x ∈ G-hez van olyan U ∈ B(x), hogy U ⊂ G}.

8.3.4. De�níció. Egy topológikus tér x pontjának környezeteib®l álló S(x) hal-mazosztályt x környezet szubbázisának nevezzük, ha S(x)-beli halmazok összesvéges metszetei x környezetbázisát alkotják. ♢

8.3.4. Tétel. Egy X halmaz minden x eleméhez legyen hozzárendelve X bi-zonyos részhalmazaiból álló S(x) nem üres halmazrendszer. Akkor és csakis akkorvan olyan topológia X-en, melynek minden x ∈ X pontban S(x) a környezet-szubbázisa, ha bármely x ∈ X esetén teljesülnek az alábbi feltételek:


I. bármely U ∈ S(x) esetén x ∈ U ,

II. ha U ∈ S(x) és y ∈ U , akkor léteznek V1, ..., Vn ∈ S(y) úgy, hogyn∩

i=1

Vi ⊂ U .

8.3.5. De�níció. Azt mondjuk, hogy egy topológikus tér eleget tesz az els®megszámlálhatósági axiómának, ha a tér bármely pontjának van megszámlálhatókörnyezetbázisa. Azt mondjuk, hogy egy topológikus tér eleget tesz a másodikmegszámlálhatósági axiómának, ha a térnek van megszámlálható bázisa. ♢

A második megszámlálhatósági axióma teljesülése esetén teljesül az els® is (defordítva nem), mert egy adott pontot tartalmazó összes bázisbeli halmazok apont egy környezetbázisát alkotják.

8.4. Folytonos leképezések

Legyenek X, Y tetsz®leges halmazok és f : X → Y X-nek Y -ba valóleképezése. Ha A ⊂ X, úgy az A halmaz f általi képén az

f(A) = {f(x)∣∣ x ∈ A}

halmazt értjük, míg egy B ⊂ Y halmaz f általi inverz képe az

f−1(B) = {x ∈ X∣∣ f(x) ∈ B}

halmaz.Könny¶ ellen®rizni az alábbi tulajdonságokat:

f(∅) = ∅, f(X) ⊂ Y,

A1 ⊂ A2 =⇒ f(A1) ⊂ f(A2),

f(∪

Aα

)=∪

f(Aα),

f(∩

Aα

)⊂∩

f(Aα).

Az inverz kép képzésének tulajdonságai sokkal jobbak:

f−1(∅) = ∅, f−1(Y ) = X,

B1 ⊂ B2 =⇒ f−1(B1) ⊂ f−1(B2),

f−1(∪

Bα

)=∪

f−1(Bα),

f−1(∩

Bα

)=∩

f−1(Bα),

f−1 (B′) =(f−1(B)

)′.

8.5. LEKÉPEZÉSEK ÁLTAL INDUKÁLT TOPOLÓGIÁK 219

Legyenek most X, Y topológikus terek, f : X → Y .Az f leképezést folytonosnak neveztük (ld. 8.1.2 de�níciót), ha bármely Y -

beli nyílt halmaz f általi inverz képe nyílt. Világos, hogy ha f folytonos, akkorbármely Y -beli zárt halmaz inverz képe is zárt. A direkt leképezésnél azonbanmás a helyzet.8.4.1. De�níció. Az f leképezést zártnak nevezzük, ha bármely X-beli zárthalmaz képe zárt.

Az f leképezést nyíltnak nevezzük, ha bármely X-beli nyílt halmaz képe nyílt.♢

Belátható, hogy egy leképezés nyíltsága és zártsága különböz® fogalmak.Az analízisben a folytonosság pontbeli tulajdonság. Ennek felel meg a

következ®

8.4.2. De�níció. Az f leképezést az x pontban folytonosnak nevezzük, ha f(x)bármely V környezetéhez megadható x-nek egy olyan U környezete, hogy f(U) ⊂V . ♢

8.4.1. Tétel. Egy topológikus térnek egy másikba való leképezése akkor éscsakis akkor folytonos, ha minden pontban folytonos.

8.5. Leképezések által indukált topológiák

8.5.1. De�níció. Legyen X egy halmaz és E legyen X részhalmazainak egyosztálya. Azt a leggyengébb topológiát, melyben E halmazai még nyíltak, az Eosztály által generált toplógiának nevezzük. ♢

Világos, hogy ezt a generált topológiát az E-beli halmazok véges (tagszámú)metszeteinek az uniói alkotják, azaz E szubbázisa a generált topológiának (azüres halmaz és X az üres unió és az üres metszet képzésével kapható meg).

8.5.2. De�níció. Legyen fα az Y halmaznak az Xα topológikus térbe valóleképezése (α ∈ Γ). Y -nak azt a leggyengébb topológiáját, melyben mindenfα (α ∈ Γ) folytonos, az fα (α ∈ Γ) függvényrendszer által indukált gyengetopológiának nevezzük. ♢

Világos, hogy az fα (α ∈ Γ) rendszer által indukált gyenge topológiát az Xα

halmazok nyílt részhalmazainak inverz képei generálják. Az {f−1α (Gα)

∣∣ Gα ⊂Xα nyílt } (α ∈ Γ) alakú halmazok e topológia szubbázisát alkotják, míg az{∩

i∈I

f−1αi

(Gαi)∣∣ Gαi

⊂ Xαinyílt, αi ∈ Γ, i ∈ I, I véges

}(8.5.1)


alakú halmazok bázist alkotnak.Foglalkozzunk most azzal a fontos speciális esettel, amikor Xα = C vagy R

(α ∈ Γ). Ekkor az fα (α ∈ Γ) függvényrendszer által indukált gyenge topológiátegyszer¶bb környezetbázissal megadni.

8.5.1. Tétel. Az fα : Y → C (α ∈ Γ) függvényrendszer által indukált gyengetopológiában a

V (y0; fα1 , ..., fαn ; ε1, ..., εn) = {y ∈ Y∣∣ |fαi

(y)− fαi(y0)| < εi, i = 1, ..., n}

alakú halmazok (εi pozitív, αi ∈ Γ, n = 1, 2, ...) y0 ∈ Y környezetbázisát alkotják.

E tételt fontossága miatt bebizonyítjuk.

Bizonyítás. Legyen U az y0 pont egy tetsz®leges környezete a gyengetopológiában, akkor U el®állítható (8.5.1) alakú halmazok uniójaként. Ezért vanolyan (8.5.1) alakú

B =n∩

i=1

f−1αi

(Gαi) (αi ∈ Γ, Gαi

⊂ C nyílt, i = 1, ..., n)

halmaz, melyre y0 ∈ B ⊂ U teljesül. Innen fαi(y0) ⊂ Gαi

és mivel Gαinyílt, így

tartalmaz egy fαi(y0) körüli εi > 0 sugarú nyílt körlapot, azaz

{y ∈ Y∣∣ |y − fαi

(y0)| < εi} ⊂ Gαi.

Ezért{y ∈ Y

∣∣ |fαi(y)− fαi

(y0)| < εi} ⊂ f−1αi

(Gαi) (i = 1, ..., n),

ami azt jelenti, hogy

V (y0; fα1 , ..., fαn ; ε1, ..., εn) ⊂n∩

i=1

f−1αi

(Gαi) = B ⊂ U.

Mivel y0 ∈ V (y0; fα1 , ..., fαn ; ε1, ..., εn) és V (y0; fα1 , ..., fαn ; ε1, ..., εn) nyílt halmaz(mert nyílt halmazok inverz képeinek véges metszete), így tételünket bebizonyí-tottuk. �

Legyenek most Xα (α ∈ Γ) topológikus terek, Y =∏α∈Γ

Xα az Xα halmazok

szorzata. Y bármely eleme egy x : Γ →∪

α∈ΓXα függvény, melyre x(α) = xα ∈Xα (α ∈ Γ). A

pα(x) = xα (x ∈ Y, α ∈ Γ)

egyenl®séggel de�niált pα : Y → Xα leképezést az Y szorzathalmaz Xα-ba valóprojekciójának nevezzük.

8.6. SZÉTVÁLASZTÁSI AXIÓMÁK 221

8.5.3. De�níció. AzXα (α ∈ Γ) topológikus terek Y =∏α∈Γ

Xα szorzathalmazát

ellátva a pα (α ∈ Γ) projekciók által indukált gyenge topológiával, Y -t az Xα

(α ∈ Γ) terek szorzatterének nevezzük (és Y topológiáját az egyes topológiákszorzattopológiájának nevezzük). ♢

Mivel tetsz®leges Gα ⊂ Xα esetén

p−1α (Gα) =

∏β∈Γ

Vβ ahol Vβ =

{Xβ ha β = α

Gα ha β = α,

így a szorzattopológia bázisát a ∏α∈Γ

Wα

alakú halmazok alkotják, ahol Wα = Xα véges sok α1, ..., αn index kivételévelteljesül, míg Wαi

= Gαitetsz®leges nyílt halmaz Xαi

-ben (i = 1, ..., n).

8.6. Szétválasztási axiómák

8.6.1. De�níció. Egy X topológikus teretT0 térnek nevezünk, ha a tér bármely két különböz® pontja közül legalább az

egyiknek van olyan környezete, mely a másik pontot nem tartalmazza;T1 térnek nevezünk, ha a tér bármely két különböz® pontját véve, mindkét

pontnak van olyan környezete, mely a másik pontot nem tartalmazza;T2 térnek nevezünk, ha a tér bármely két különböz® pontjának vannak dis-

zjunkt környezetei; (a T2 tereket Hausdor�-tereknek is szokás nevezni)T3 térnek nevezünk, ha a tér bármely x pontja és bármely x-et nem tartalmazó

F zárt részhalmaza esetén vannak olyan diszjunkt, nyílt U, V halmazok, hogyx ∈ U , F ⊂ V ;

T3.5 térnek nevezünk, ha a tér bármely x pontja és bármely x-et nem tartal-mazó F zárt részhalmaza esetén van olyan f : X → [0, 1] folytonos függvény,hogy f(x) = 0, és f(y) = 1, ha y ∈ F ;

T4 térnek nevezünk, ha a tér bármely két zárt, diszjunkt E,F részhalmazáhozvannak olyan diszjunkt, nyílt U, V halmazok, hogy E ⊂ U , F ⊂ V ;

regulárisnak nevezünk, ha T1 és T3 tér;teljesen regulárisnak nevezünk, ha T1 és T3.5 tér;normálisnak nevezünk, ha T1 és T4 tér. ♢

A különböz® szétválasztási tulajdonságokkal rendelkez® terekre az alábbijellemzési tételek érvényesek:


8.6.1. Tétel. Egy topológikus tér akkor és csakis akkor T0 tér, ha különböz®pontok lezártjai is különböz®k.

Egy topológikus tér akkor és csakis akkor T1 tér, ha bármely 1 pontból állórészhalmaza zárt.

Egy X topológikus tér akkor és csakis akkor T2 tér, ha önmagával való szorza-tában a ∆ = {(x, x)

∣∣ x ∈ X} halmaz zárt.

A teljesen reguláris terek jellemzéséhez szükségünk van a következ® de�nícióra.

8.6.2. De�níció. A [0, 1] intervallumnak, mint (a valós számok alterénektopológiájával ellátott) topológikus térnek, önmagával való akárhánytényez®sszorzatát Tyihonov-téglának, a tényez®k számosságát a tégla súlyának nevezzük.♢

8.6.2. Tétel. Egy topológikus tér akkor és csakis akkor teljesen reguláris tér,ha homeomorf egy Tyihonov-tégla valamely alterével.

A normális topológikus tereket az alábbi Uriszontól származó tétel segítségévellehet jellemezni.

8.6.3. Tétel. (Uriszon-lemma) Egy X topológikus tér akkor és csakis akkornormális, ha a tér bármely két zárt, diszjunkt E,F részhalmazához találhatóolyan f : X → [0, 1] folytonos függvény, hogy f(x) = 0, ha x ∈ E és f(y) = 1,ha y ∈ F .

Normális topológikus terekre vonatkozik a

8.6.4. Tétel. (Tietze kiterjesztési tétele) Ha f egy normális topológikus térzárt A részhalmazán de�niált valós érték¶ korlátos folytonos függvény, akkor vanolyan az egész X topológikus téren de�niált folytonos valós érték¶ F függvény,melyre

F (x) = f(x), ha x ∈ A, és

supx∈X

|F (x)| = supx∈A

|f(x)|.

A tétel úgy is fogalmazható, hogy normális topológikus tér egy zárt részhalmazánde�niált valós érték¶ folytonos korlátos függvény kiterjeszthet® az egész térre afolytonosság és a korlátosság megtartása mellett. S®t, az állítás érvényes marada korlátosság feltételének elhagyása esetén is.

Ugyanis, ha f : A→ R folytonos, de nem korlátos az X normális topológikustér A zárt részhalmazán, akkor x→ arctg(f(x)) folytonos korlátos függvény A-n,melynek az el®z® tétel szerint van α folytonos korlátos kiterjesztése X-re. Mivelaz A és B = {x ∈ X

∣∣ |α(x)| = π2} zárt diszjunkt halmazok, így az Uriszon lemma

8.7. KOMPAKT TEREK 223

alapján van olyan β : X → [0, 1] folytonos függvény, hogy β(x) = 1, ha x ∈ A ésβ(y) = 0, ha y ∈ B. F (x) = tg (β(x)α(x)) (x ∈ X) folytonos kiterjesztése f -nekX-re. Ezzel bebizonyítottuk a Tietze tétel alábbi következményét.

8.6.1. Következmény. Normális topológikus tér zárt részhalmazán de�niáltvalós érték¶ folytonos függvény kiterjeszthet® az egész térre a folytonosság meg-tartása mellett.

8.7. Kompakt terek

8.7.1. De�níció. Egy topológikus teret kompaktnak nevezünk, ha nyílt halma-zokkal való bármely lefedéséb®l kiválasztható véges sok nyílt halmaz, melyeklefedik a teret.

Egy topológikus tér egy részhalmazát akkor nevezzük kompaktnak, ha az mintaltér kompakt. ♢

Így az X topológikus tér kompaktsága azt jelenti, hogy ha X =∪α∈Γ

Gα, ahol

Gα nyílt, akkor vannak olyan α1, ..., αn indexek, hogy X =n∪

i=1

Gαi. A de�níció

alapján egyszer¶en bizonyítható a következ®

8.7.1. Tétel. Kompakt topológikus tér folytonos képe és zárt altere is kompakt.

A tétel második állítása Hausdor�-terek esetén megfordítható:Egy Hausdor�-térben bármely kompakt részhalmaz zárt.

A következ® nevezetes tétel Tyihonovtól származik.

8.7.2. Tétel. Kompakt topológikus terek bármely rendszerének a szorzata iskompakt.

A kompakt terek szeparációs tulajdonságát fejezi ki a

8.7.3. Tétel. Kompakt Hausdor�-tér normális.

8.7.2. De�níció. Egy topológikus teret lokálisan kompaktnak nevezünk, habármely pontjának van olyan környezete, melynek lezártja kompakt. ♢

Példa. A valós számok R halmaza lokálisan kompakt topológikus tér.

8.7.3. De�níció. Legyen X egy topológikus tér, és ∞ egy X-en kívüli elem. AzX∗ = X ∪ {∞} halmazon a G topológiát a következ®képpen de�niáljuk: A ∈ G,ha A nyílt részhalmaza X-nek vagy ha X∗ \ A zárt, kompakt részhalmaza X-nek. X∗-ot ezzel a G topológiával ellátva az X tér egy pont kompakti�kációjánaknevezzük. ♢


8.7.4. Tétel. (Alexandrov) Az X topológikus tér X∗ egy pont kompakti�ká-ciója kompakt topológikus tér, melynek X altere. X∗ akkor és csakis akkorHausdor�-tér, ha X lokálisan kompakt Hausdor�-tér.

8.8. Összefügg® terek

8.8.1. De�níció. Egy X topológikus teret összefügg®nek nevezünk, ha X nembontható fel két diszjunkt nem üres nyílt halmaz uniójára. Egy topológikus téregy részhalmazát akkor nevezzük összefügg®nek, ha az mint altér összefügg®. ♢

A következ® egyszer¶ tétel fontos szerepet játszik az összefügg® terek vizsgálatá-nál.

8.8.1. Tétel. A valós számok R terének egy részhalmaza akkor és csakis akkorösszefügg®, ha egy intervallum. Speciálisan, R összefügg®.

8.8.2. Tétel. Összefügg® tér folytonos képe is összefügg®.

8.8.1. Következmény. Összefügg® téren de�niált folytonos valós függvényértékkészlete egy intervallum.

8.8.3. Tétel. Összefügg® terek szorzata is összefügg®.

Ha egy tér nem összefügg®, úgy a leghasznosabb azt maximális összefügg® dis-zjunkt alterek uniójára felbontani.

8.8.2. De�níció. Egy topológikus tér maximális összefügg® alterét (vagyisolyan összefügg® alteret, mely nem valódi része egyetlen b®vebb összefügg® al-térnek sem) a tér komponensének nevezzük. ♢

8.8.4. Tétel. Egy tetsz®leges X topológikus térben

(1) bármely pont X-nek pontosan egy komponensében van benne,

(2) X minden összefügg® altere benne van X valamely komponensében,

(3) X olyan összefügg® altere, mely nyílt és zárt is, X egy komponense,

(4) X minden komponense zárt.

8.9. STONE-WEIERSTRASS TÉTELEK 225

8.9. Stone-Weierstrass tételek

8.9.1. Tétel. (Stone-Weierstrass tétel, valós eset) Legyen X egy kompaktHausdor�-tér és C(X) az X-en értelmezett összes folytonos valós függvényekBanach-algebrája. Legyen B egy zárt részalgebrája C(X)-nek, mely tartalmazzaaz egységelemet. Akkor B = C(X) akkor és csakis akkor, ha B függvényeielválasztják X pontjait, azaz ha X bármely két különböz® t1, t2 pontjához vanolyan x ∈ B függvény, melyre

x(t1) = x(t2).

8.9.2. Tétel. (Stone-Weierstrass tétel, komplex eset) LegyenX egy kom-pakt Hausdor�-tér és C(X) az X-en értelmezett összes folytonos komplex érték¶függvények B∗-algebrája. Legyen B egy zárt részalgebrája C(X)-nek, mely tar-talmazza az egységelemet, továbbá bármely B-beli függvénnyel együtt annakkomplex konjugáltját is. Akkor B = C(X) akkor és csakis akkor, ha B elválasztjaX pontjait.

9. fejezet

Funkcionálanalízis feladatok

9.1. Feladatok

1. Igazolja, hogy a metrika axiómái ekvivalensek a következ® két axiómával:

ϱ(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y,

ϱ(x, y) ≤ ϱ(x, z) + ϱ(y, z)(x, y, z ∈ X

).

2. Lehet-e egy 4 sugarú (nyílt vagy zárt) gömb valódi részhalmaza egy 3 sugarúgömbnek?

3. Igazolja, hogy ha egy 7 sugarú gömb benne van egy 3 sugarú gömbben, akkora két gömb azonos!

4. Legyenek A,B részhalmazai az X metrikus térnek. A

ϱ(x,A) = infy∈A

ϱ(x, y),

ϱ(A,B) = infx∈A,y∈B

ϱ(x, y),

ϱH(A,B) = max{supx∈A

ϱ(x,B), supy∈B

ϱ(y, A)}

mennyiségeket x és A távolságának, A és B távolságának, A és B Haussdor�-féletávolságának nevezzük.

Igazolja, hogy ϱ(x,A) = 0 akkor és csakis akkor, ha x érintkezési pontja A-nak.

5. Legyen A kompakt részhalmaza az X metrikus térnek, x ∈ X. Igazolja, hogyvan olyan a ∈ A, melyre ϱ(x,A) = ϱ(x, a). Mutassa meg, hogy az állítás nem

226

9.1. FELADATOK 227

igaz, ha A-ról csak zártságot tételezünk fel.

6. Bizonyítsa be, hogy tetsz®leges A halmaz esetén x→ ϱ(x,A) folytonos.

7. Igazolja, hogy tetsz®leges A halmaz esetén az{x ∈ X|ϱ(x,A) ≤ ε}, {x ∈ X|ϱ(x,A) ≥ ε}halmazok zártak, míg az{x ∈ X|ϱ(x,A) < ε}, {x ∈ X|ϱ(x,A) > ε}halmazok nyíltak (ε ∈ R).

8. Igazolja, hogy egy metrikus tér normális topológikus tér!

9. Bizonyítsa be, hogy ha A,B ⊂ X kompakt halmazok, akkor van olyan a ∈ A,b ∈ B, hogy

ϱ(A,B) = ϱ(a, b).

Lényeges-e mindkét halmaz kompaktsága?

10. Legyen F egy metrikus tér zárt részhalmazainak osztálya. Igazolja, hogy aϱH Hausdor�-féle távolság metrika F -en.

11. Bizonyítsa be, hogy egy metrikus tér eleget tesz az els® megszámlálhatóságiaxiómának.

12. Bizonyítsa be, hogy metrikus térben a második megszámlálhatósági axiómaekvivalens a szeparábilitással.

13. Legyen ϱ metrika az X halmazon. Bizonyítsa be, hogy

ϱ1(x, y) =ϱ(x, y)

1 + ϱ(x, y), ϱ2(x, y) = min{ϱ(x, y), 1}

(x, y ∈ X

)szintén metrikák X-en, továbbá hogy a ϱ, ϱ1, ϱ2 metrikák által meghatározott(természetes) topológiák X-en azonosak, és mindhárom metrikában azonosak aCauchy-sorozatok is.

14. Legyen X = R a valós számok halmaza és

ϱ(x, y) = |x− y|, ϱ1(x, y) = |arctg x− arctg y|, (x, y ∈ X).

Igazolja, hogy a ϱ, ϱ1 metrikákhoz azonos topológiák tartoznak, de az (X, ϱ),(X, ϱ1) terekben a Cauchy-sorozatok nem azonosak!

15. Legyen az X halmazon két metrika ϱ1, ϱ2 adott, úgy, hogyϱ1(x, y) ≤ Cϱ2(x, y), ahol C konstans. Hasonlítsa össze a ϱ1, ϱ2 metrikák által

228 FEJEZET 9. FUNKCIONÁLANALÍZIS FELADATOK

meghatározott topológiákat!

16. Jelölje C(m)[a, b] az [a, b]-n értelmezett valós vagy komplex érték¶ m-szerfolytonosan di�erenciálható függvények osztályát. Igazolja, hogy

ϱ(x, y) =m∑k=0

supt∈[a,b]

|x(k)(t)− y(k)(t)|, (x, y ∈ C(m)[a, b])

metrika C(m)[a, b]-n, ahol x(k) az x ∈ C(m)[a, b] k-adik deriváltját jelöli, k =0, . . . ,m.

17. Jelölje C(∞)[a, b] az [a, b]-n értelmezett valós vagy komplex érték¶ végtelensokszor folytonosan di�erenciálható függvények osztályát. Igazolja, hogy

ϱ(x, y) =∞∑k=0

1

2k·

supt∈[a,b]

|x(k)(t)− y(k)(t)|

1 + supt∈[a,b]

|x(k)(t)− y(k)(t)|, (x, y ∈ C(∞)[a, b])

metrika C(∞)[a, b]-n, ahol x(k) az x ∈ C(∞)[a, b] k-adik deriváltját jelöli,k =0, 1, . . . .

18. Igazolja, hogy

ϱ(x, y) =∞∑k=1

1

2k·

supt∈[−k,k]

|x(t)− y(t)|

1 + supt∈[−k,k]

|x(t)− y(t)|

metrika C(R)-en.

19. Az lp (1 ≤ p ≤ ∞), s terek közül melyekben konvergensek az alábbi sorozatokés mi a határértékük (az els® n koordináta nem zérus):

xn = (1, 2, ..., n, 0, 0, ...),

xn = (1, 1, ..., 1, 0, 0, ...),

xn =

(1

n,1

n, ...,

1

n, 0, 0, ...

),

xn =

(1

nα,1

nα, ...,

1

nα, 0, 0, ...

)?

20. Igazolja, hogy egy teljes metrikus térben egy altér teljes metrikus burka azaltér lezártja.

9.1. FELADATOK 229

21. Egy (valós vagy komplex számokból álló) sorozatot �nitnek nevezünk, hacsak véges sok zérustól különböz® eleme van. Jelölje Φ az összes �nit sorozatokhalmazát. Igazolja, hogy Φ a

ϱ(x, y) = maxk

|ξk − ηk|(x = (ξ1, ξ2, ...), y = (η1, η2, ...) ∈ Φ

)metrikával nem teljes metrikus tér lesz. Határozza meg Φ teljes metrikus burkát!

22. Legyen X = R a valós számok halmaza és

ϱ(x, y) = |arctg x− arctg y| (x, y ∈ R).

Adja meg az (X, ϱ) tér teljes metrikus burkát!

23. Legyen X = Z az egész számok halmaza és

ϱ(n,m) = |ein − eim| (n,m ∈ Z, i2 = −1).

Határozza meg (X, ϱ) teljes metrikus burkát!

24. Igazolja, hogy egy teljes metrikus térben zárt, egymásba skatulyázott gömböksorozatát véve, melyek sugarai zérushoz tartanak a gömbök metszete nem üres.Mutassa meg, hogy az állítás nem igaz, ha elhagyjuk az alábbi feltételek egyikét:(1) a tér teljessége,(2) a gömbök zártsága,(3) a gömbök sugarainak zérushoz tartása.

25. Bizonyítsa be a következ® állítást: ha egy metrikus térben egymásba skat-ulyázott zárt gömbök tetsz®leges olyan sorozatát véve, ahol a gömbök sugaraizérushoz tartanak a gömbök metszete nem üres, akkor a tér teljes.

26. Igaz-e az, hogy egy metrikus térben egy egy pontból álló halmaz sehol sems¶r¶?

27. Adjon példát két mindenütt s¶r¶ halmazra, melyek metszete üres!

28. Legyen {xn} a [0, 1]-en folytonos valós érték¶ függvények sorozata, melypontonként konvergál x0-hoz a [0, 1]-en. Igazolja, hogy x0 szakadási pontjai els®kategóriájú halmazt alkotnak!

29. Bizonyítsa be az 1.4.1 tételt!

30. Egy topológikus tér elemeinek {xn} sorozatát konvergensnek nevezzük, havan olyan x eleme a térnek, hogy x bármely U környezetéhez található olyan


N = N(x, U) szám, hogy xn ∈ U, ha n > N . x-et a sorozat egy limeszéneknevezzük. Jelölés: xn → x vagy limxn = x.

Igazolja, hogy Hausdor�-térben minden konvergens sorozatnak egyetlenlimesze van.

Igazolja, hogy haX, Y topológikus terek és f : X → Y folytonos leképezés x ∈X-ben, akkor xn → x-b®l következik, hogy f(xn) → f(x). Bizonyítsa be, hogy afordított állítás is igaz, ha x ∈ X-nek van megszámlálható környezetbázisa.

31. Vizsgálja meg, hogy az alábbi leképezések (mint C[0, 1]-nek önmagára valóleképezései) folytonosak-e:

(Ax)(t) = a(t)x(t), (Ax)(t) = x(t2),

(Ax)(t) = x(tα), (Ax)(t) = x2(t),

(Ax)(t) =t∫0

x2(s)ds, (Ax)(t) =1∫0

sin(t− s)x(s)ds

ahol x ∈ C[0, 1], a ∈ C[0, 1] �x, α ≥ 0 konstans.

32. Milyen α mellett lesz az

(Ax)(t) = x(tα) x ∈ L2[0, 1]

leképezés L2[0, 1]-nek önmagába való folytonos leképezése?

33. Legyen Ax =π

2+ x− arctg x (x ∈ R). Igazolja, hogy van olyan α(x, y) < 1,

melyre

|Ax− Ay| ≤ α(x, y)|x− y| (x, y ∈ R),

de A : R → R nem kontrakció.

34. Igazolja, hogy van olyan C[0, 1]-beli x függvény, melyre

x(t)− 1

2sinx(t) + a(t) = 0 (t ∈ [0, 1])

teljesül, ahol a ∈ C[0, 1] adott.

9.1. FELADATOK 231

35. Határozza meg az alábbi integrálegyenletek folytonos megoldásait:

x(t) = t+ λ1∫0

t2sx(s)ds, x(t) = 1 + λ1∫0

ts2x(s)ds,

x(t) = t3 + λ1∫0

t2s2x(s)ds, x(t) = 1 + λ1∫0

et−sx(s)ds,

x(t) = 1 + λ1∫0

cosπ(t− s)x(s)ds.

36. Igazolja, hogy ha K : [a, b]2 → R mérhet® és kielégíti a

|λ|b∫

a

b∫a

|K(t, s)|2dtds < 1

feltételt, akkor az

x(t) = f(t) + λ

b∫a

K(t, s)x(s)ds

integrálegyenletnek bármely f ∈ L2[a, b] esetén egyetlen x ∈ L2[a, b] megoldásavan!

37. Igazolja, hogy ha teljesül a supj

∞∑i=1

|aij| < 1 feltétel, akkor az

xi =∞∑j=1

aijxj + bi (i = 1, 2, ...) (9.1.1)

végtelen egyenletrendszernek bármely b = (b1, b2, ...) ∈ l1 esetén egyetlenx = (x1, x2, ...) ∈ l1 megoldása van!

38. Ha supi

∞∑j=1

|aij| < 1, akkor a (9.1.1) egyenletrendszernek bármely b ∈ l∞

esetén egyetlen x ∈ l∞ megoldása van.

39. Ha∞∑i=1

∞∑j=1

|aij|2 < 1, akkor (9.1.1)-nek bármely b ∈ l2 esetén pontosan egy

x ∈ l2 megoldása van.

40. Igazolja, hogy bármely p ∈ R esetén

ϱp(x, y) = supt∈[a,b]

|x(t)− y(t)|e−pt


metrika C[a, b]-n, mely ekvivalens ϱ0-lal, azaz vannak olyan c1, c2 > 0 konstansok,melyekre

c1ϱ0(x, y) ≤ ϱp(x, y) ≤ c2ϱ0(x, y) (x, y ∈ C[a, b])

(ebb®l következik, hogy mindkét metrika szerint ugyanazok a konvergens soroza-tok).

41. Igazolja, hogy ha K : ∆ → R, ∆ = {(t, s)∣∣ a ≤ s ≤ t ≤ b}, f : [a, b] → R

folytonos függvények, akkor bármely λ mellett a

(Tx)(t) = f(t) + λ

b∫a

K(t, s)x(s)ds (x ∈ C[a, b])

leképezés elég nagy p esetén kontrakció lesz a ϱp metrikával ellátott C[a, b] térb®lönmagába.

42. Mely λ értékek esetén lesz az

(Ax)(t) = λx(tβ) 0 < β ≤ 1, x ∈ L2(0, 1)

formulával de�niált leképezés L2(0, 1)-b®l önmagába ható kontrakció?

43. Legyen X kompakt metrikus tér, f : X → R folytonos függvény X-en.Igazolja, hogy(i) f korlátos(ii) f felveszi értékei suprémumát és in�mumát!

44. Igazolja, hogy ha egy metrikus téren minden folytonos valós érték¶ függvénykorlátos, akkor a tér kompakt.

45. Tetsz®leges nem kompakt metrikus térben megadható-e olyan valós érték¶folytonos korlátos függvény, mely nem veszi fel a függvényértékek suprémumát?

46. Legyenek X,Y metrikus terek, X kompakt és legyen f : X → Y folytonosleképezés. Bizonyítsa be, hogy f egyenletesen folytonos!

47. Tetsz®leges nem kompakt metrikus téren megadható-e olyan folytonos valósérték¶ függvény, mely nem egyenletesen folytonos?

48. Igazolja, hogy az f : C[0, 1] → R leképezés, melyet az

f(x) =

12∫

0

x(t)dt−1∫

12

x(t)dt

9.1. FELADATOK 233

képlet de�niál, folytonos, értékeinek suprémuma az S(0, 1) zárt egységgömbön 1,de nincs olyan x ∈ S(0, 1), melyre f(x) = 1 teljesül!

49. Igazolja, hogy kompakt metrikus tér nem lehet izometrikus valódi részhal-mazával!

50. Legyen T az X kompakt metrikus térnek önmagába való leképezése, melyre

ϱ(Tx, Ty) = ϱ(x, y)(x, y ∈ X

).

Igazolja, hogy a Tx = y egyenletnek bármely y ∈ X mellett egyetlen megoldásavan!

51. Legyen T az X kompakt metrikus térnek önmagába való leképezése, melyre

ϱ(Tx, Ty) < ϱ(x, y), ha x = y.

Igazolja, hogy T -nek egyetlen �xpontja van! Igaz-e, hogy T kontrakció?

52. Lehet-e egy diszkrét metrikus tér kompakt?

53. Vektortér-e R felett(1) a racionális számok halmaza(2) az irracionális számok halmaza?

54. Vektortér-e R vagy C felett az [a, b]-n értelmezett valós vagy komplex érték¶összes(1) [a, b]-n abszolút folytonos függvények halmaza,(2) [a, b]-n korlátos változású függvények halmaza,(3) [a, b]-n valós érték¶ monoton függvények halmaza,(4) a-ban 1 értéket felvev® függvények halmaza,(5) [a, b]-n Lipschitz-feltételt kielégít® függvények halmaza?(A m¶veletek pontonként veend®k.)

55. Vektortér-e az összes olyan komplex elem¶ {ξn} sorozatok halmaza, melyekre∞∑i=1

|ξi|p <∞ teljesül valamely �x pozitív p mellett?

56. Legyenek A,B konvex halmazok egy lineáris térben. Bizonyítsa be, hogytetsz®leges α, β ∈ R esetén αA+ βB is konvex!

57. Bizonyítsa be, hogy ha A konvex, λ ≥ 0, µ ≥ 0, akkor λA+ µA = (λ+ µ)A.

58. Bizonyítsa be, hogy A+B szimmetrikus, ha A,B szimmetrikusak!


59. Legyenek pi (i = 1, ..., n) félnormák egy X lineáris téren. Igazolja, hogy

p(x) = max1≤i≤n

pi(x),

q(x) =n∑

i=1

αipi(x) (αi ≥ 0)

is félnormák!

60. Határozza meg R2-ben az U halmaz pU Minkowski-funkcionálját, ha(1) U az origó körüli egységsugarú körlap(2) U olyan négyzet, melynek átlói a koordinátatengelyek(3) U olyan origó középpontú négyzet, melynek oldalai párhuzamosak a tenge-lyekkel

(4) U =

{(x, y)

∣∣∣∣ x2a2 +y2

b2≤ 1

}.

61. Igazolja, hogy egy lineáris topológikus térben A+B zárt halmaz, ha A kom-pakt és B zárt!

62. Igazolja, hogy egy lineáris topológikus térben két kompakt halmaz összege iskompakt!

63. Igazolja, hogy s lokálisan konvex lineáris topológikus tér!

64. C(R)-en a topológiát vezessük be a

Vr(x) = {y ∈ C(R)∣∣ sup

t∈R|x(t)− y(t)| < r} (r > 0)

környezetbázis segítségével, x ∈ C(R). Igazolja, hogy az összeadás folytonos, dea szorzás nem!

65. Legyen Y az X lineáris topológikus tér altere. Igazolja, hogy ha Y 0 = ∅,akkor X = Y !

66. Jelölje Lip [a, b] az összes [a, b]-n értelmezett x valós érték¶ függvények osztá-lyát, melyek eleget tesznek a Lipschitz-feltételnek:

|x(t)− x(s)| ≤ k|t− s| (t, s ∈ [a, b])

ahol k egy konstans (mely függhet x-t®l). Igazolja, hogy

∥x∥ = supt,s∈[a,b]

t=s

∣∣∣∣x(t)− x(s)

t− s

∣∣∣∣+ supt∈[a,b]

|x(t)|

9.1. FELADATOK 235

norma Lip [a, b]-n!

67. Bizonyítsa be, hogy Lip [a, b] lineáris altere C[a, b]-nek!

68. Bizonyítsa be, hogy Lip [a, b] Banach-tér!

69. Mutassa meg, hogy C(m)[a, b] lineáris altere C[a, b]-nek, mely nem zárt!(C(m)[a, b] de�nícióját ld. a 16. feladatban.)

70. Igazolja, hogy C[a, b] nem teljes az ∥x∥1 =b∫a

|x(t)|dt norma szerint!

71. Mutassa meg, hogy az ∥x∥0 = supt∈[a,b]

|x(t)| és ∥x∥1 =b∫a

|x(t)|dt normák C[a, b]-

n nem ekvivalensek!

72. Legyen bármely x ∈ C[0, 1]-re

F (x) =

1∫0

x(t) sin t dt, F (x) = maxt∈[0,1]

x(t),

F (x) =

1∫0

t12x(t2)dt, F (x) = x

(1

2

),

F (x) =

1∫0

|x(t)|dt, F (x) =

1∫0

x2(t)dt.

Állapítsa meg, hogy ezen funkcionálok közül melyek lineárisak, melyek korlátosakés határozza meg utóbbiak normáját!

73. Igazolja a paralelogramma-azonosságot egy pre-Hilbert-térben!

74. Igazolja az

< x, y >=1

4

(∥x+ y∥2 − ∥x− y∥2 + i∥x+ iy∥2 − i∥x− iy∥2

)azonosságot egy Hilbert-térben!

75. Legyen H egy Hilbert-tér, M,N ⊂ H. Igazolja, hogy


(1) (M⊥)⊥ = [M ]−,(2) M ⊂ N ⇒M⊥ ⊃ N⊥,(3) M⊥ = ((M⊥)⊥)⊥.

76. Legyenek M,N egy Hilbert-tér zárt lineáris alterei, M ⊥ N . Mutassa meg,hogy M +N is zárt altér!

77. Legyen

M ={(ξ1, ξ2, ξ3,

ξ33, ξ5,

ξ55, ...) ∈ l2

},

N ={(η1, 0, η3, 0, η5, 0, ...) ∈ l2

}.

Igazolja, hogy M +N = l2, de M +N = l2!

78. Legyen x ∈ L2(0, 1)-re

F (x) =

1∫0

x(t) sin t dt, G(x) =

12∫

0

tx(t2)dt.

Igazolja, hogy F,G lineáris korlátos funkcionálok L2(0, 1)-en és határozza meg anormájukat!

79. Az alábbi funkcionálok l2 alkalmas részhalmazain vannak de�niálva. Állapít-suk meg a maximális értelmezési tartományt, döntsük el, hogy lineáris, folytonos-e a funkcionál, és ha igen, akkor határozzuk meg a normáját!

f(x) =∞∑k=1

ξk sin k, f(x) = supk

|ξk|,

f(x) = ξn (n �x), f(x) =∞∑k=1

ξk2 ,

f(x) = ξn − ξn−1 (n �x), f(x) =∞∑k=1

|ξk|2,

ahol x = (ξ1, ξ2, ...) ∈ l2.

80. Legyen X egy Banach-tér, A,An ∈ B(X,X), n ∈ N és tegyük fel, hogy

9.1. FELADATOK 237

∥Anx − Ax∥ → 0, ha n → ∞, x ∈ X. Igazolja, hogy ∥A2nx − A2x∥ → 0, ha

n→ ∞, x ∈ X!

81. Legyen x ∈ L2(−∞,∞)-re

(A1x)(t) = x(t+ h),

(A2x)(t) = a(t)x(t+ h),

(A3x)(t) =1

2[x(t) + x(−t)],

ahol h ∈ R �x, a �x korlátos függvény. Határozza meg az A∗i adjungált operá-

torokat (i = 1, 2, 3)!

82. Bármely x = (ξ1, ξ2, ...) ∈ l2-re legyen

SRx = (0, ξ1, ξ2, ...),

SLx = (ξ2, ξ3, ξ4, ...),

Anx = (ξ1, ξ2, ..., ξn, 0, 0, ...).

Határozza meg a fenti operátorok adjungáltjait!

83. Mely {αn} komplex sorozat esetén lesz az

Ax = (α1ξ1, α2ξ2, ...)(x = (ξ1, ξ2, ...) ∈ l2

)képlettel értelmezett A l2-b®l l2-be képez® operátor? Mikor lesz A önadjungált?

84. Legyenek x1, ..., xn egy H Hilbert-tér elemei. A

G(x1, ..., xn) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣< x1, x1 > < x1, x2 > . . . < x1, xn >< x2, x1 > < x2, x2 > . . . < x2, xn >

...< xn, x1 > < xn, x2 > . . . < xn, xn >

∣∣∣∣∣∣∣∣∣determinánst x1, ..., xn Gram-féle determinánsának nevezzük. Igazolja, hogy azx1, ..., xn elemek akkor és csakis akkor lineárisan függetlenek, haG(x1, ..., xn) = 0!

85. Legyenek x1, ..., xn egy H Hilbert-tér lineárisan független elemei, x ∈ H.Bizonyítsa be, hogy x-nek az [x1, ..., xn] altért®l való d távolságára érvényes a

d2 =G(x1, ..., xn, x)

G(x1, ..., xn)

összefüggés!


86. Határozza meg az x(t) = et függvényt L2(0, 1)-ben legjobban approximálóels®fokú polinomot!

87. LegyenM = {(ξ1, 2ξ2, 0, ξ1+ξ2, ξ3, ξ4, ...) ∈ l2}. Határozza megM ortogonáliskomplementerét!

88. Tekintsük a C[−1, 1] teret az

< x, y >=

1∫−1

x(t)y(t) dt

bels® szorzattal. Jelölje M C[−1, 1] páros függvényeinek halmazát. Határozzukmeg C[−1, 1] azon függvényeit, melyek ortogonálisak M -re!

89. Legyen {φn} egy teljes ortonormált sorozat a H Hilbert-térben, ck =<x, φk >, dk =< y, φk >; x, y ∈ H. Igazolja, hogy

< x, y >=∞∑k=1

ckdk.

90. Legyen 0 < |α| < 1. Határozzuk meg az

M = {(1, αk, α2k, ...)∣∣ k = 1, 2, ...} ⊂ l2

halmaz zárt lineáris burkát l2-ben!

91. Legyen {φn} teljes ortonormált sorozat a H Hilbert-térben és {ψn} legyenolyan ortonormált sorozat, hogy

∞∑k=1

∥φk − ψk∥2 <∞.

Bizonyítsa be, hogy {ψn} is teljes!

92. Igazolja, hogy egy egységelemes algebrában(1) ha x és xy reguláris, akkor y is az,(2) ha xy és yx regulárisak, akkor x és y is regulárisak,(3) ha xy = e, akkor (yx)2 = yx,(4) ha e− yx reguláris, akkor e− xy is az.

93. Igazolja, hogy egy algebra bármely x eleme és bármely p komplex polinomesetén

σ(p(x)) = p(σ(x)).

9.1. FELADATOK 239

94. Bizonyítsa be, hogy ha x reguláris, akkor

σ(xy) = σ(yx).

95. Igazolja, hogy egy X Banach-algebrában az r spektrálsugár rendelkezik azalábbi tulajdonságokkal:(1) r(xk) = r(x)k (k ∈ N),(2) r(αx) = |α|r(x),(3) r(xy) = r(yx) (x, y ∈ X, α ∈ C).

96. Tegyük fel, hogy egy Banach-algebra x, y elemeire xy = yx. Mutassa meg,hogy

r(x+ y) ≤ r(x) + r(y),r(xy) ≤ r(x)r(y).

97. Igazolja, hogy egy B∗-algebrában

r(x) = ∥x∥ ha xx∗ = x∗x.

98. Határozza meg A1000, eA, cosA, eAx-et, ha

A =

(2 0−2 4

), A =

(2 −1−2 4

)(x ∈ C).

99. eAx kiszámítása segítségével határozza meg az

y′1 = 5y1 + 2y2 y1(0) = −3

y′2 = −8y1 − 3y2 y2(0) = 2

Cauchy-feladat megoldását!

100. Legyen A az [a, b] intervallumot az n×n-es valós mátrixok halmazába képez®

folytonos függvény. Tegyük fel, hogy bármely x ∈ [a, b] esetén A(x) ésx∫ξ

A(t) dt

felcserélhet® mátrixok. Igazolja, hogy

Φ(x) = e

x∫ξ

A(t) dt

(ξ ∈ [a, b])


alapmátrixa az y′ = A(x)y di�erenciálegyenlet-rendszernek , melyre Φ(ξ) = E,ahol E az egységmátrix!

9.2. Útmutató a nehezebb feladatokhoz

28. Ld. [23], Bevezetés, 2. Baire 2. tétele.

49. Ha T izometrikus leképezése X-nek X0-re, X0 ⊂ X, úgy x0 ∈ X mellettlegyen xn = T nx0 (n ∈ N). {xn}-nek van {xnk

} konvergens részsorozata,mely Cauchy-sorozat is. Ezért ε > 0-ra

ρ(T nk+1−nkx0, x0

)= ρ (T nk+1x0, T

nkx0) = ρ(xnk+1

, xnk

)< ε

ha k elég nagy. Így X0 s¶r¶ X-ben, de mivel X0 zárt is, így X0 = X.

50. Legyen X0 = T (X). Igazolja, hogy T izometrikus leképezése X-nek X0-ra,és alkalmazza az el®z® feladat eredményét!

61. Lokálisan konvex tér esetén ld. [17], III. fejezet 7. lemma; az általánosesetben ld. N. Bourbaki, Topológikus vektorterek (oroszul) Moszkva, 1959.

80. Használja az

∥A2nx− A2x∥ ≤ ∥An∥ · ∥Anx− Ax∥+ ∥An(Ax)− A(Ax)∥

egyenl®tlenséget és a Banach-Steinhaus tételt!

85. Ld. [1], I. fejezet, 7.

90. Ld. [8], 6. feladat.

91. Ld. [8], 7. feladat.

92. (4) z = (e− yx)−1 mellett vizsgálja az u = e+ xzy elemet!

93. Ld. [3], 19.9 tétel.

94. Ha λ = 0, λ ∈ σ(xy), úgy λ ∈ σ(yx).

95. (3) Használja fel, hogy (xy)n = x(yx)n−1y!

96. Ld. [16], 1.4.1 tétel.

9.2. ÚTMUTATÓ A NEHEZEBB FELADATOKHOZ 241

100. Legyen B(x) =x∫ξ

A(t) dt, akkor Φ(x) =∞∑k=0

1

k!B(x)k. Igazolja, hogy Φ′(x) =

A(x)Φ(x) és detΦ(ξ) = 0! Használja fel azt, hogy di�erenciálhatóX1, ..., Xn

mátrixok szorzatának deriváltja az

(X1(x)X2(x) · · ·Xk(x))′ =

k∑i=1

X1(x) · · ·X ′i(x) · · ·Xk(x)

alapján számolható!

Irodalomjegyzék

[1] N. I. Achieser-I. M. Glasmann, Theorie der linearen Operatoren im HilbertRaum. Berlin, 1954.

[2] A. B. Antonevics - P. N. Knjazev - J. V. Ragino, Feladatok és gyakorlatoka funkcionálanalízishez (oroszul). Minszk, 1978.

[3] G. Bachman-L. Narici, Functional analysis. New York, 1966.

[4] E. Coddington-N. Levinson, Theory of ordinary di�erential equations. NewYork, 1955.

[5] M. Day, Normed linear spaces. Berlin, 1958.

[6] N. Dunford-J. T. Schwartz, Linear operators I-II. New York, 1958, 1964.

[7] C. Go�man-G. Pedrick, First course in functional analysis. Englewood Cli�s,1965.

[8] P. Halmos, A Hilbert space problem book. New Jersey, 1955.

[9] L. W. Kantorowitsch-G. P. Akilov, Funktional analysis in normierten Räu-men. Berlin, 1969.

[10] J. L. Kelley, General topology. New Jersey, 1955.

[11] A. A. Kirillov-A. D. Gvisiani, Tételek és feladatok a funkcionálanalízisben(oroszul). Moszkva, 1979.

[12] A. N. Kolmogorov-S. V. Fomin, A függvénytan és funkcionálanalízis elemei(oroszul). Moszkva, 1976.

[13] Máté L., Funkcionálanalízis m¶szakiaknak. Budapest, 1976.

[14] A. Muhherjea-K. Pothoven, Real and functional analysis. New York, 1978.

[15] V. V. Nyemickij-V. V. Sztyepanov, A di�erenciálegyenletek kvalitatívelmélete (oroszul). Moszkva, 1949.

242

IRODALOMJEGYZÉK 243

[16] C. E. Rickart, General theory of Banach-algebras. Princeton, 1960.

[17] A. P. Robertson-W. Robertson, Topological vector spaces. Cambridge, 1964.

[18] W. Rudin, Real and complex analysis. New York, 1966.

[19] W. Rudin, Functional analysis. New York, 1973.

[20] G. F. Simmons, Introduction to topology and functional analysis. New York,1963.

[21] Sz®kefalvi Nagy B., Valós függvények és függvénysorok. Budapest, 1961.

[22] B. Sz®kefalvi Nagy-F. Riesz, Functional analysis. New York, 1955.

[23] K. Yosida, Functional analysis. New York, 1974.

[24] A. C. Zaanen, Linear analysis. Amsterdam, 1953.

Tárgymutató

általánosított integrál, 64általánosított mérték, 67

adjungált operátor, 178algebra, 110algebra,

B∗, 207ideálja, 196maximális ideálja, 196valódi ideálja, 196

altér metrikus térben, 9Arzela-Ascoli tétel, 97

Baire tétel, 38Banach tétele a korl. inverzr®l, 148Banach-Alaoglu tétel, 119Banach-algebra,

de�níciója, 181egységelemes, 181kommutatív, 181

Banach-féle �xponttétel, 31Banach-limesz, 62Banach-Steinhaus I. tétel, 136Banach-Steinhaus II. tétel, 137Banach-tér, 81Bessel-féle egyenl®tlenség, 168Bohnenblust-Sobczyk tétel, 60

Cauchy-sorozat, 25

di�.egy.rendszer alapmátrixa, 194diszkrét metrika, 10diszkrét topológia, 213

egyenletes korlátosság tétele, 134

ekvivalencia reláció, 10elem,

reguláris, 184szinguláris, 184

elfajult mag, 34

féligrendezés, 51félnorma, 60�nit függvények tere, 49�xpont, 31folytonos leképezés, 24Fourier,

együttható, 167sor, 167

Fredholm-féle integrálegyenlet, 32

Gelfand,reprezentáció, 205topológia, 203transzformált, 203

Gelfand-Mazur tétel, 188Gelfand-Naimark tétel, 207generált altér, 50geometriai dimenzió, 81gyenge topológia, 117gyenge* topológia, 118

Hölder egyenl®tlenség, 13háromszög-egyenl®tlenség, 9Hahn-Banach tétel,

elválasztási alakja, 130lineáris térben, 57normált térben, 113

halmaz,lezártja, 215

244

TÁRGYMUTATÓ 245

halmaz,Gδ, 39érintkezési pontja, 213bels® pontja, 213elnyel®, 70els® kategóriájú, 40félig rendezett, 51felülr®l korlátos, 51fels® korlátja, 51határpontja, 213izolált pontja, 213környezete, 213konvex, 55korlátos, 44második kategóriájú, 40maximális eleme, 52mindenütt s¶r¶, 216nyílt, 24, 212nyílt magja (belseje), 214sehol sem s¶r¶, 216szimmetrikus, 70teljesen korlátos, 44teljesen rendezett, 51torlódási pontja, 213zárt, 24, 212

Hamel-bázis, 51hatványsor, 191Hausdor� tétel, 46Hilbert-féle azonosság, 186Hilbert-tér, 159homeomorf leképezés, 212

ideál szerinti faktoralgebra, 198indiszkrét topológia, 213involúció, 206izometria, 9izomorf leképezés, 50

karakter, 200kategória tétel, 40kompakt halmaz,

top. térben, 44

kompakt,szekvenciálisan, 43

konjugált tér, 112konjugált-lineáris leképezés, 176kontraháló leképezés, 31kontrakció, 31konvergens sorozat, 21konvex burok, 55konvex kombináció, 55

lánc, 51leképezés gráfja, 153leképezés,

nyílt, 219zárt, 219

lineáris burok, 50lineáris di�.egy.rendszer, 194lineáris funkcionál, 57lineáris kombináció, 50lineáris normált tér, 79lineáris operátor, 49lineáris operátor,

korlátossága, 99normája, 99

lineáris tér, 48lineáris tér,

(algebrai) dimenziója, 55altere, 50faktortere, 51

lineáris topológikus tér, 69lineárisan függ®, 51lineárisan független, 51Liouville tétel általánosítása, 187Lipschitz-feltétel, 36lokálisan konvex tér, 72

második konjugált tér, 115mátrixszal limitálható sorozat, 139metrika, 9metrikus tér, 9Minkowski egyenl®tlenség, 16Minkowski funkcionál, 77

246 TÁRGYMUTATÓ

négyszög-egyenl®tlenség, 10normák ekvivalenciája, 149normált algebra, 112nyílt gömb, 24nyílt leképezések tétele, 146

ortogonális felbontás tétele, 163ortogonális polinomok, 171ortogonális rendszer, 164ortogonális sor, 166ortogonális,

elemek, 162halmazok, 162komplementer, 162

ortonormált rendszer, 164ortonormált sorozat,

teljes, 169zárt, 169

parallelogramma azonosság, 160Parseval-egyenlet, 169Picard-Lindelöf tétel, 36pont,

környezetbázisa, 217környezete, 213környezetszubbázisa, 217

pre-Hilbert-tér, 159pszeudo-skaláris szorzat, 158

radikál, 205re�exív tér, 116relatív kompakt halmaz,

top. térben, 44relatív kompakt,

szekvenciálisan, 44rezolvens (függvény), 186rezolvens halmaz, 184Riesz lemma, 88Riesz-tétel, 175

Schauder-bázis, 83Schmidt-féle ortogonalizálás, 165Schwarz egyenl®tlenség, 158

skalár, 48skaláris szorzat, 158skalártartomány, 48sokszög-egyenl®tlenség, 9sor, 82sor,

összege, 82általános tagja, 82abszolút konvergenciája, 82konvergenciája, 82részletösszege, 82

sorozat határértéke, 21spektrálsugár, 188spektrálsugár formula, 189spektrum, 184Stone-Weierstrass tétel, 225struktúra tér, 203szeparábilis tér, 47szigorúan normált tér, 92szorzattér, 221szorzattopológia, 221

távolság, 9teljes metrikus burok, 27teljes metrikus tér, 26természetes homomor�zmus, 198természetes leképezés, 116természetes topológia, 24Tietze kiterjesztési tétele, 222Toeplitz tétel, 140topológia, 212topológikus tér, 212topológikus tér,

T0, 221T1, 221T2, 221T3, 221T4, 221T3.5, 221összefügg®, 224altere, 213bázisa, 216

TÁRGYMUTATÓ 247

folytonos leképezése, 212kompakt, 223lokálisan kompakt, 223normális, 221reguláris, 221szubbázisa, 217teljesen reguláris, 221

topológikus vektortér, 69trigonometrikus sor, 171Tyihonov tétel, 223

Uriszon-lemma, 222

vektor, 48vektortér, 48Volterra-féle integrálegyenlet, 35

Wiener tétel, 202

zárt gömb, 24zárt gráf tétel, 155zárt operátor, 154zárt rendszer, 81Zorn lemma, 52

Losonczi László Funkcionálanalízisriemann.math.klte.hu/~losi/jegyzet/mat/funkanal_v8.pdf ·...

Documents

Transcript of Losonczi László Funkcionálanalízisriemann.math.klte.hu/~losi/jegyzet/mat/funkanal_v8.pdf ·...