analize_Kazakeviciaus

Analiz˙ e Vytautas Kazakevičius April 11, 2010 ii Pratarm˙ e Ši knyga skirta Vilniaus universiteto Matematikos ir informatikos fakulteto statistikos ir matematikos bei informatikos mokymo specialybiu 1 ir 2 kurso ˛ studentams. Analiz˙ s kursą min˙ tu specialybiu studentams aš skaitau nuo 2000 metu e e ˛ ˛ ˛. 2002 metais surinkau kompiuteriu ir id˙ jau i Internetą savo paskaitu konspek˛ e ˛ ˛ tus. 2004 metais juos gan stipriai pakeičiau, bet d˙ stymo stilius išliko labai e glaustas. Prieš 2006 mokslo metu pradžią dar kartą juos peržiur˙ jau ir pa˛ ¯e mačiau, kad taisyti beveik nebereikia. Tod˙ l nusprendžiau parašyti išpl˙ stini e e ˛ konspektu variantą. ˛ Anksčiau rašydamas konspektus stengdavausi vieno semestro medžiagą sutalpinti i 60–70 puslapiu Nor˙ josi, kad studentai matytu jog mokytis ˛ ˛. e ˛, reikia ne tiek jau daug. Tačiau rezultatai mane nuvyl˙ : nepavyko pasiekti, e kad didesn˙ dalis studentu suprastu teoremu ir smulkesniu teiginiu irodymus. e ˛ ˛ ˛ ˛ ˛˛ Tod˙ l dabar leisiu žodžiamas lietis laisvai, nebežiur˙ damas i puslapiu skaičiu e ˛ ˛ ˛. ¯e Jei pavyks, knyga tur˙ tu prasipl˙ sti 4–5 kartus. Ankstesniji knygos varie ˛ e ˛˛ antą paliksiu Internete, kad butu galima pasirinkti labiau patinkanti d˙ stymo ˛ ˛ e ¯ stiliu ˛. Knygą tur˙ tu sudaryti keturios dalys. Pirmosios dvi, „Ivadas i analizę“ e ˛ ˛ ˛ ir „Vienmat˙ analiz˙ “, apima pirmu mokslo metu kursą. Paprastai rudens e e ˛ ˛ semestrą aš užbaigiu skyriumi apie išvestines, o pavasario semestre išd˙ stau e likusius tris antrosios dalies skyrius. Trečia dalis, „Daugiamat˙ analiz˙ “, e e apims antru ˛ mokslo metu medžiagą. Statistikos specialyb˙ s studentams ˛ju ˛ e analiz˙ s kursas skaitomas dar ir penktą semestrą; tam skirta ketvirtoji knye gos dalis — „Kompleksin˙ analiz˙ “. e e Per egzaminus aš duodu triju rušiu užduotis: ˛ ¯ ˛ 1) atlikti pratimą; 2) papasakoti koki nors teorini klausimą; ˛ ˛ 3) paaiškinti duotą teoremos irodymą. ˛ Paprastai per egzaminą buna 4 pratimai (kiekvienas — 0.5 taško vert˙ s), 4 e ¯ teoriniai klausimai (kiekvienas — po 0.5 taško) ir 1 teorema (dar 2 taškai). Prie surinktu tašku pridedami taškai, surinkti per pratybas (iki 4 tašku už ˛ ˛ ˛ iii iv kontrolinius darbus). Pratimai n˙ ra žinomi iš anksto, tačiau žinoma, kokiu tipu jie gali buti. e ˛ ˛ ¯ Norint pasiruošti spręsti tokias užduotis, reiktu peržiur˙ ti šioje knygoje at˛ ¯e liktus pratimus ir išspręsti kiekvieno skyriaus gale esančius uždavinius. Kai kurie iš ju paimti iš jau buvusiu egzaminu užduočiu Prieš toki uždavini aš ˛ ˛ ˛ ˛. ˛ ˛ skliaustuose parašiau, kuriais mokslo metais ji reik˙ jo padaryti. ˛ e Teoriniu klausimu sąrašas žinomas iš anksto; taigi iš principo imanoma ˛ ˛ ˛ per egzaminą juos nusirašyti. Visgi viliuosi, kad ta galimybe s˙ kmingai pasie naudojo tik nežymi studentu dalis. Šioje knygoje kiekvienas teorinis klausi˛ mas užima vieną paragrafą (paragrafu ribas galima nustatyti pagal pariebintu ˛ šriftu surinktus ju pavadinimus). Aš stengsiuosi specialiai prapl˙ sti kiekvieną ˛ e paragrafą, kad priversčiau besiruošiančius egzaminui studentus atsirinkti esminius dalykus. Teoremu sąrašas taip pat žinomas iš anksto — tai tie teiginiai, kurie šioje ˛ knygoje ir yra pavadinti teoremomis. Studentai per egzaminą gauna vieną teoremą kartu su jos irodymu. Tačiau irodymas buna žymiai trumpesnis už ˛ ˛ ¯ pateiktąji šioje knygoje (nors jokiu esminiu dalyku aš nepraleidžiu). Kartu ˛ ˛ ˛ ˛ duodu ir keletą kontroliniu klausimu kuriu tikslas — išsiaiškinti, ar studentai ˛ ˛, ˛ suprato tą irodymą. Iš anksto n˙ ra žinoma, nei kaip atrodys koncentruotas ˛ e irodymas, nei kokie bus kontroliniai klausimai. Tod˙ l, mano galva, nusirašyti ˛ e čia neimanoma. ˛ Teoriją knygoje vystau nuosekliai. Pradin˙ s sąvokos, kurias laikau žie nomomis yra skaičiai, sąryšis < ir aritmetiniai veiksmai: sud˙ tis, atimtis, e daugyba, dalyba. Laikau, kad studentai žino ir pagrindines šiu objektu ˛ ˛ savybes. Visos kitos sąvokos griežtai apibr˙ žiamos, o ju savyb˙ s — griežtai e ˛ e irodomos. Kartais, nor˙ damas paaiškinti koki nors naują dalyką, panaudoju ˛ e ˛ sąvokas, kurios bus apibr˙ žtos v˙ liau. Tokiais atvejais atitinkamą teksto dali e e ˛ surenku mažesniu šriftu. Min˙ ta taisykl˙ negalioja pratimams ir uždaviniams. Čia visas tekstas e e yra vienodo dydžio. Ženklas knygoje žym˙ s irodymo pabaigą. Tikiuosi, kad visada bus e ˛ aišku, koks teiginys buvo irodomas ir kur yra to irodymo pradžia. ˛ ˛ Turinys Pratarm˙ e iii I I ˛vadas ˛ analizę i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 3 . 3 . 5 . 13 . 15 . 19 . . . . . . . . . . . . . 21 21 26 28 34 35 35 39 45 55 59 59 67 80 87 94 1 Teiginiai 1.1 Teiginiai ir formul˙ s e 1.2 Login˙ s operacijos . e 1.3 Kvantoriai . . . . . 1.4 Neiginys . . . . . . 1.5 Uždaviniai . . . . . 2 Aib˙ es 2.1 Aib˙ s ir ju elementai e ˛ 2.2 Aibiu lyginimas . . . ˛ 2.3 Veiksmai su aib˙ mis e 2.4 Uždaviniai . . . . . . 3 Šeimos 3.1 Bendrosios žinios . . . . . 3.2 Aibiu šeimos . . . . . . . . ˛ 3.3 Skaičiu sumos ir sandaugos ˛ 3.4 Uždaviniai . . . . . . . . . 4 Funkcijos 4.1 Pagrindin˙ s žinios apie funkcijas e 4.2 Veiksmai su funkcijomis . . . . 4.3 Binominiai koeficientai . . . . . 4.4 Skaičios aib˙ s . . . . . . . . . . e 4.5 Uždaviniai . . . . . . . . . . . . v vi 5 Matematikos pagrindai 5.1 Aibiu teorijos aksiomatika ˛ 5.2 Nat¯ ralieji skaičiai . . . . u 5.3 Baigtin˙ s aib˙ s . . . . . . e e 5.4 Neneigiami skaičiai . . . . 5.5 Realieji skaičiai . . . . . . TURINYS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 99 109 120 124 144 II Vienmat˙ analiz˙ e e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 . . . . . 155 155 163 172 189 208 6 Ribos 6.1 Aplinkos . . . . . . . . . . 6.2 Ribos . . . . . . . . . . . . 6.3 Ribu skaičiavimo taisykl˙ s ˛ e 6.4 Asimptotiniai sąryšiai . . . 6.5 Uždaviniai . . . . . . . . . 7 Skaičiu ties˙ pilnatis ˛ es 7.1 Tikslieji aibiu r˙ žiai . . . . . ˛ e 7.2 Dalin˙ s ribos . . . . . . . . e 7.3 Funkcijos, tolydžios intervale 7.4 Uždaviniai . . . . . . . . . . 213 . 213 . 228 . 241 . 254 257 . 257 . 267 . 278 . 282 285 . 285 . 295 . 300 . 311 . 317 . 323 . . . . 325 325 331 337 346 8 Išvestin˙ e 8.1 Išvestiniu skaičiavimo taisykl˙ s . . ˛ e 8.2 Lagranžo teorema ir jos taikymai 8.3 Aukštesniu eiliu išvestin˙ s . . . . ˛ ˛ e 8.4 Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . 9 Integralas 9.1 Apibr˙ žimas . . . . . . . . . . . . . . . . . e 9.2 Integralo savyb˙ s . . . . . . . . . . . . . . e 9.3 Tolydžiu funkciju integravimas . . . . . . . ˛ ˛ 9.4 Kintamojo keitimas ir integravimas dalimis 9.5 Netiesioginiai integralai . . . . . . . . . . . 9.6 Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 Sumavimo teorija 10.1 Eilut˙ s . . . . . . . . . . . . . . e 10.2 Eilučiu konvergavimo požymiai ˛ 10.3 Laipsnin˙ s eilut˙ s . . . . . . . . e e 10.4 Neneigiamu skaičiu sumos . . . ˛ ˛ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TURINYS vii 10.5 Bet kokio ženklo skaičiu sumos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351 ˛ 10.6 Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358 11 Elementariosios funkcijos 11.1 Laipsnin˙ s ir rodiklin˙ s funkcijos . e e 11.2 Trigonometrin˙ s funkcijos . . . . e 11.3 Apytikslis skaičiavimas . . . . . . 11.4 Stirlingo formul˙ . . . . . . . . . e 11.5 Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361 361 369 379 384 387 III Daugiamat˙ analiz˙ e e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389 . . . . . . . . . . . . 391 391 401 415 424 434 440 444 449 449 457 468 477 480 12 Metrin˙ erdv˙ es es 12.1 Euklidin˙ s ir normuotosios erdv˙ s e e 12.2 Metrin˙ s erdv˙ s . . . . . . . . . . e e 12.3 Ribos . . . . . . . . . . . . . . . . 12.4 Tolydumas . . . . . . . . . . . . . 12.5 „Metrin˙ s“ sąvokos . . . . . . . . e 12.6 Kompaktiškos aib˙ s . . . . . . . . e 12.7 Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . 13 Baigtiniamates erdv˙ ˙ es 13.1 Normu ekvivalentumas ˛ 13.2 Tiesiniai operatoriai . . 13.3 L(E, F ) erdv˙ . . . . . e 13.4 Politiesiniai operatoriai 13.5 Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Vektoriniu funkciju išvestin˙ ˛ ˛ es 14.1 Išvestin˙ . . . . . . . . . . . e 14.2 Išvestiniu savyb˙ s . . . . . . ˛ e 14.3 Aukštesniu eiliu išvestin˙ s . ˛ ˛ e 14.4 Uždaviniai . . . . . . . . . . 15 Matas ir integralas 15.1 Mačios aib˙ s . . . . . . e 15.2 Borelio aib˙ s . . . . . . e 15.3 Matai . . . . . . . . . 15.4 Mačios funkcijos . . . . 15.5 Integralas . . . . . . . 15.6 Integralu skaičiavimas ˛ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483 . 483 . 494 . 504 . 510 513 . 513 . 523 . 530 . 543 . 551 . 571 viii TURINYS 15.7 Matu sandaugos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 588 ˛ 15.8 Iškilumo nelygyb˙ s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 607 e 15.9 Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 619 IV Analiz˙ paviršiuose e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623 . . . . . . 625 625 630 648 659 669 676 16 Paviršiai 16.1 Apibr˙ žimas . . . . . e 16.2 Pavyzdžiai . . . . . . 16.3 Liestin˙ s ir normal˙ s e e 16.4 Polivektoriai . . . . . 16.5 Orientacijos . . . . . 16.6 Uždaviniai . . . . . . 17 Integravimas paviršiuose 17.1 Hausdorfo matai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17.2 Integravimas Hausdorfo matu atžvilgiu . . . . . . . . . . . . ˛ 17.3 Plotu ir t¯ riu skaičiavimo pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . ˛ u ˛ 679 . 679 . 683 . 691 I dalis Ivadas i analizę ˛ ˛ 1 1 skyrius Teiginiai 1.1 Teiginiai ir formul˙ s e Pavyzdžiai. Pradžia visada sunki. Tik parašius skyrelio pavadinimą, man iškilo klausimas, kas yra teiginys. Ar tai kažkoks užrašas popieriuje, ar kažkokie skambantys ausyje žodžiai, ar kažkoks abstraktus dalykas, kuri tas ˛ užrašas ar tie žodžiai tik bando pavaizduoti? Gal metus pragyvenęs kokioje nors oloje, atsiskyręs nuo pasaulio, ir rasčiau atsakymą i ši klausimą, bet ˛ ˛ gaila laiko. Tod˙ l nebesuksiu galvos ir teiginiu vadinsiu jo užrašą popierie uje. Tačiau tur˙ siu mintyje, kad tas pats teiginys gali buti užrašytas keliais e ¯ budais. ¯ Štai keli matematiniu teiginiu pavyzdžiai: ˛ ˛ 0 < 1; 2 + 2 = 4; x + 2 < 2x; 2 jei x = 1, tai arba x = −1, arba x = 1; egzistuoja toks x, kad x2 = 2; nelygybę galima dauginti iš teigiamo skaičiaus. (1.1) (1.2) (1.3) (1.4) (1.5) (1.6) Matome, kad vieni teiginiai užrašomi, naudojant vien matematinius simbolius ((1.1)–(1.3)), kiti — vien naturalios kalbos žodžius ((1.6)), dar kiti — ¯ ir simbolius, ir normalius žodžius. Formul˙ es. Teiginio užrašą vien matematiniais simboliais vadinsiu formule. Taigi (1.1)–(1.3) yra formuliu pavyzdžiai. Formule galima užrašyti bet kuri ˛ ˛ matematini teigini; reikia tik tur˙ ti pakankamai simboliu normalios kalbos ˛ ˛ e ˛ 3 4 1 SKYRIUS. TEIGINIAI žodžiams pakeisti. Pavyzdžiui, (1.5) teiginys užrašomas tokia formule: ∃x x2 = 2. Čia simbolis ∃ pakeičia žodi „egzistuoja“. (Tiksliau, ∃x pakeičia visą kon˛ strukciją „egzistuoja toks x, kad“.) Kita dažnai pasitaikanti konstrukcija „ jei . . . , tai . . . “ keičiama simboliu ⇒. Pavyzdžiui, (1.4) teiginys užrašomas tokia formule: x2 = 1 ⇒ (x = −1 arba x = 1). Tokiame užraše dar liko vienas lietuviškas žodis „arba“. Kartais jis pakeičiamas simboliu ∨, ir tada formul˙ atrodo taip: e x2 = 1 ⇒ (x = −1 ∨ x = 1) Bet man tai nepatinka, ir tokiais atvejais aš visada rašau žodi „arba“. O kad ˛ tur˙ čiau teisę savo užrašą pavadinti formule, tiesiog isivaizduoju, kad „arba“ e ˛ taip pat yra matematinis simbolis. Užrašant teigini formule, pasidaro aiškesn˙ to teiginio prasm˙ . Panag˛ e e rin˙ kime, pavyzdžiui, (1.6) teigini. Ką reiškia žodis „galima“? Argi nugrius e ˛ dangus, jei nelygybę padauginsim iš neigiamo skaičiaus? Teisingas atsakymas toks: jei abi teisingos nelygyb˙ s puses padauginsime iš teigiamo skaičiaus, tai e v˙ l gausime teisingą nelygybę. Kitaip tariant, e jei x < y, o a > 0, tai ax < ay. O toki teigini jau nesunku užrašyti formule, panaudojus ⇒ ženklą: ˛ ˛ (x < y, a > 0) ⇒ ax < ay. Gal but, ši formul˙ ir n˙ ra aiškesn˙ už (1.6) teigini. Tačiau bandymas tą e e e ˛ ¯ teigini užrašyti formule tikrai buvo naudingas: tai privert˙ mus pagalvoti ir ˛ e suprasti, ką tas teiginys reiškia. Teisingos ir klaidingos formul˙ es. Jei formul˙ je n˙ ra kintamu ˛, tai ja e e ˛ju užrašytas teiginys yra arba teisingas, arba klaidingas. Paprastai sakome, kad teisinga arba klaidinga yra pati formul˙ . Pavyzdžiui, (1.1) formul˙ yra e e teisinga, o (1.2) formul˙ — klaidinga. e Jei formul˙ je yra kintamu ˛, tai su vienomis ju reikšm˙ mis formul˙ gali e ˛ju ˛ e e buti teisinga, o su kitomis — klaidinga. Pavyzdžiui, (1.3) formul˙ teisinga e ¯ su x = 3, nes 3 + 2 < 2 · 3. ˙ 1.2. LOGINES OPERACIJOS Kita vertus, ji klaidinga su x = −2, nes 5 Jei mes užrašome koki nors teigini, dažniausiai norime pasakyti, kad ˛ ˛ jis visada teisingas (t.y. teisingas su visomis kintamu ˛ reikšm˙ mis). Jei ˛ju e musu pašnekovas su mumis nesutinka, jis turi duoti kontrpavyzdi — rinkini ˛ ˛ ¯ ˛ kintamu ˛ reikšmiu su kuriomis teiginys neteisingas. ˛ju ˛, 1.1 pratimas. Ar duota formul˙ visada teisinga? Jei ne, duokite e kontrpavyzdi. ˛ II. x + y < xy. Sprendimas. I. Taip. II. Ne. Formul˙ klaidinga, kai, pavyzdžiui, x = 2, y = 0. e Paaiškinimas. Kaip jau min˙ jau pratarm˙ je, knygos pratimai yra tokio e e pat tipo, kaip pratimai, duodami per egzaminą. Knygoje aš duodu toki ˛ pratimo sprendimą, kuris per egzaminą butu ivertintas maksimaliu tašku ˛ ˛ ˛ ¯ skaičiumi. Taigi gavus per egzaminą 1.1 pratimo I užduoti, visiškai pakanka ˛ atsakyti vienu žodžiu „taip“. Tačiau jei noriu buti garantuotas, kad atsakymas tikrai teisingas, turiu ¯ tą irodyti sau pačiam. Tod˙ l be atsakymo kur nors (gal juodraštyje, gal ˛ e švarraštyje, o gal tik galvoje) tur˙ tu buti ir „sprendimas“: e ˛ ¯ x2 > x − 1; x2 − x + 1 > 0; D = 1 − 4 · 1 = −3 < 0; x ∈ R. I. x2 > x − 1. (−2) + 2 < 2 · (−2). Šis sprendimas nebutu vertinamas. Jei nor˙ čiau matyti ir ji, formuluodamas e ˛ ¯ ˛ užduoti pridurčiau papildomą sakini. Pavyzdžiui, „Atsakymą pagriskite“ ar ˛ ˛ ˛ ką nors panašaus. Toliau knygoje po pratimo esančioje sekcijoje „Sprendimas“ aš užrašysiu tik vertinamąją sprendimo dali. Jei nor˙ siu ką nors papildomai paaiškinti, ˛ e pridursiu sekciją „Paaiškinimai“. 1.2 Login˙ s operacijos e Sud˙ es formul˙ etin˙ es. Parašęs tarp dvieju formuliu A ir B papildomą žen˛ ˛ klą, gaunu keturias naujas formules: A ⇒ B, (1.7) 6 A 1 1 0 0 B 1 0 1 0 A⇒B 1 0 1 1 A ⇐⇒ B 1 0 0 1 1 SKYRIUS. TEIGINIAI A ir B 1 0 0 0 A arba B 1 1 1 0 1.1 lentel˙ . Loginiu jungčiu prasm˙ e ˛ ˛ e A ⇐⇒ B, A ir B, A arba B. (1.8) (1.9) (1.10) Žodžius „ir“ ir „arba“ aš laikau matematiniais simboliais. Vietoje „arba“ kartais rašomas simbolis ∨, o vietoje „ir“ — simbolis ∧ arba &, bet aš to nem˙ gstu. Tačiau vietoje „ir“ aš dažnai rašau kableli, o kartais — jungtuką e ˛ „o“ arba „bet“. Ženklai ⇒, ⇐⇒ , „ir“ ir „arba“ žymi tam tikras binarines operacijas, kuriomis iš dvieju formuliu gaunama trečioji. Panašiai + ženklas žymi skaičiu ˛ ˛ ˛ sud˙ ti, o sud˙ tis yra tam tikra operacija, kuria iš dvieju skaičiu gaunamas e˛ e ˛ ˛ naujas skaičius — tu dvieju skaičiu suma. ˛ ˛ ˛ Norint pasakyti, teisinga ar klaidinga kokia nors (1.7)–(1.10) pavidalo formul˙ , pakanka žinoti, teisingos ar klaidingos jos sudedamosios dalys A ir e B. Sud˙ tiniu formuliu teisingumas nustatomas pagal 1.1 lentelę, kurioje 1 e ˛ ˛ reiškia „teisinga“, o 0 — „klaidinga“. Implikacija. (1.7) formul˙ vadinama implikacija. Ji skaitoma e jei A, tai B arba iš A išplaukia B. Pavyzdžiui, formul˙ e reiškia, kad jei x > 1, tai x2 > x. A formul˙ vadinama (1.7) implikacijos e prielaida, o B formul˙ — išvada. e Iš lentel˙ s matyti, kad implikacija klaidinga tik vienu atveju — kai jos e prielaida teisinga, o išvada klaidinga. Taigi iš teisingos prielaidos turi išplaukti teisinga išvada, o iš klaidingos prielaidos gali išplaukti bet kas. Galima pasakyti ir kitaip: impplikacija teisinga, kai arba teisinga jos išvada, arba klaidinga prielaida. x > 1 ⇒ x2 > x ˙ 1.2. LOGINES OPERACIJOS Panagrin˙ kime tokią formulę: e Ji x < y ⇒ x2 < y 2. • teisinga, kai x = 1, y = 2 (nes teisinga išvada: 1 < 4); 7 Kadangi parašyta formul˙ teisinga ne visada, galima sakyti, kad iš x < y e apskritai neišplaukia x2 < y 2 . Nor˙ dami irodyti (1.7) implikaciją, paprastai darome prielaidą, kad A e ˛ formul˙ teisinga, ir isitikiname, kad tada teisinga ir B. Jei A klaidinga, tai e ˛ implikacija automatiškai teisinga; tod˙ l šio atvejo nagrin˙ ti nereikia. e e Kartais irodin˙ jame kitu budu: darome prielaidą, kad B klaidinga, ir ˛ e ¯ isitikiname, kad tada ir A klaidinga. Jei B teisinga, implikacija teisinga ˛ automatiškai; tod˙ l šio atvejo nagrin˙ ti nereikia. e e Ekvivalencija. Formul˙ (1.8) vadinama ekvivalencija. Ji skaitoma e A tada ir tik tada, kai B. Iš lentel˙ s matyti, kad (1.8) formul˙ teisinga dviem atvejais: e e 1) kai abi A ir B formul˙ s teisingos; e 2) kai abi jos klaidingos. Kitais dviem atvejais ekvivalencija yra klaidinga. Pavyzdžiui, formul˙ e x > 0 ⇐⇒ x2 > 0 • teisinga, kai x = 0 (abi formul˙ s klaidingos: 0 > 0); e • klaidinga, kai x = −2, y = −1 (prielaida teisinga, o išvada klaidinga: −2 < −1, bet 4 < 1). • teisinga, kai x = 3, y = 1 (klaidinga prielaida: 3 < 1); • teisinga, kai x = 2 (abi formul˙ s teisingos: 2 > 0 ir 4 > 0); e (1.8) formulę paprastai irodin˙ jame dviem žingsniais: ˛ e 1) iš pradžiu darome prielaidą, kad A teisinga, ir isitikiname, kad tada ir ˛ ˛ B teisinga; 2) po to darome prielaidą, kad B teisinga, ir isitikiname, kad tada ir A ˛ teisinga (arba darome prielaidą, kad A klaidinga, ir isitikiname, kad tada ir ˛ B klaidinga). Taigi pirmu žingsniu irodome, kad teisinga A ⇒ B implikacija, o antruoju ˛ — kad teisinga B ⇒ A. • klaidinga, kai x = −1 (kair˙ formul˙ teisinga, o dešinioji klaidinga: e e −1 < 0, bet 1 > 0). 8 1 SKYRIUS. TEIGINIAI Konjunkcija. (1.9) formul˙ vadinama konjunkcija. Ji teisinga, kai teisinga e tiek A, tiek B formul˙ . Kitais trim atvejais konjunkcija yra klaidinga. e Pavyzdžiui, formul˙ e x = 2 ir x > 1 • teisinga, kai x = 3 (nes 3 = 2 ir 3 > 1); • klaidinga, kai x = 0 (nes 0 > 1); • klaidinga, kai x = 2 (nes 2 = 2). Nor˙ dami irodyti (1.9) formulę, iš pradžiu irodome A, o po to — B. e ˛ ˛˛ Dizjunkcija. (1.10) formul˙ vadinama dizjunkcija. Ji teisinga, kai teisinga e bent viena iš A ir B formuliu (t.y. teisinga arba viena, arba kita, arba abi). ˛ Pavyzdžiui, formul˙ e x < 1 arba x2 > 2x • teisinga, kai x = 4 (nes 16 > 8); • teisinga, kai x = −1 (nes −1 < 1); • klaidinga, kai x = 1 (abi pus˙ s klaidingos: 1 < 1 ir 1 > 2). e Nor˙ dami irodyti (1.10) formulę, darome prielaidą, kad A klaidinga, ir e ˛ isitikiname, kad tada teisinga B. Jei A teisinga, dizjunkcija teisinga au˛ tomatiškai; tod˙ l šio atvejo nagrin˙ ti nereikia. e e Veiksmu tvarka. Atliekant aritmetinius veiksmus, iš pradžiu atliekama ˛ ˛ daugyba ir dalyba, o po to — sud˙ tis ir atimtis. Toks susitarimas leidžia e aritmetiniuose reiškiniuose sumažinti skliaustu skaičiu Pavyzdžiui, reiškinys ˛ ˛. 2·3+5 suprantamas kaip (2 · 3) + 5 ir lygus 11. D˙ l tos pačios priežasties nustatyti skirtingi prioritetai ir login˙ ms opee e racijoms: pirma atliekama konjunkcija, po to — dizjunkcija, po to — implikacija ir galiausiai — ekvivalencija. Taigi formul˙ e x > 1, x = 2 arba x < 0 suprantama kaip (x > 1, x = 2) arba x < 0; ˙ 1.2. LOGINES OPERACIJOS formul˙ e reiškia o reiškia (x x2 = 1 ⇒ x = 1 arba x = −1 x2 = 1 ⇒ (x = 1 arba x = −1), x y⇒z y⇒z y ⇐⇒ x y) ⇐⇒ x z z. 9 Jei atrodo, kad aprašytu taisykliu yra šiek tiek per daug, jaudintis labai ˛ ˛ nereik˙ tu Normaliame matematiniame tekste loginiu veiksmu tvarką paprase ˛. ˛ ˛ tai galima atsp˙ ti iš konteksto. Šiame gi skyriuje (kuriame formul˙ s rašomos e e be konteksto) aš dažnai rašysiu ir nebutinus skliaustus. ¯ Nelygybiu grandin˙ ˛ es. Jau mat˙ me, kad binariniai sąryšiai, (tarkime, < e ir nelygyb˙ s, arba = lygyb˙ ) gali buti jungiami i grandines: pavyzdžiui, e e ˛ ¯ x z, t.y. kad y yra didžiausias iš x, y, z skaičiu ˛. Deja, tokia grandin˙ tinka tik fakto konstatavimui: jokia išvada apie sąryši e ˛ tarp x ir z iš jos neišplaukia. Kitoje knygoje mačiau grandinę x = y = z. Ja buvo norima pasakyti, kad visi trys skaičiai yra skirtingi. Deja, ta grandin˙ reiškia tik, kad y nesutampa e nei su x, nei su z, o iš to neišplaukia, kad x = z. Tod˙ l norint konstatuoti, e kad visi skaičiai skirtingi, reiktu rašyti x = y = z = x. ˛ Grandin˙ s nariai nebutinai turi buti nelygyb˙ s. Pavyzdžiui, e e ¯ ¯ x∈A⊂B reiškia, kad x priklauso A aibei, kuri savo ruožtu yra B aib˙ s poaibis. Jei abu e sąryšiai teisingi, galima padaryti išvadą x ∈ B. Kitas pavyzdys: jei 1 |xn | → 0, n daroma išvada xn → 0. Per egzaminą aš dažnai prašau paaiškinti, kod˙ l teisinga viena ar kita sąryšiu e ˛ grandin˙ . Taip darydamas tikiuosi, kad bus paaiškintas kiekvienas tos grandin˙ s e e narys. Štai vienas pavyzdys. Užduotis. Paaiškinkite, kod˙ l teisingi sąryšiai tokioje grandin˙ je: e e 1+ 1 n n 1 = 1 + Cn 1 1 n−1 1 + · · · + Cn + n n−1 n n n 1 1 + Cn 1 = 2. n Atsakymas. Pirma lygyb˙ — Niutono binomo formul˙ . Antra nelygyb˙ teisinga e e e tod˙ l, kad praleidus keletą teigiamu d˙ menu suma sumaž˙ ja. Trečia lygyb˙ — e ˛ e ˛, e e 1 = n. tod˙ l, kad Cn e ˙ 1.2. LOGINES OPERACIJOS 11 teisinga su visomis kintamu ˛ reikšm˙ mis. Taigi iš 0 < x < y tikrai išplaukia ˛ju e x2 < y 2 . Pastarąji sakini galima pasakyti ir taip: ˛ ˛ x2 < y 2, nes 0 < x < y, Implikacija ir priežasties-pasekm˙ santykis. Skyreli užbaigsiu trumes ˛ pa ekskursija i šoną. Nem˙ gstantys filosofijos ši paragrafą gali praleisti. ˛ e ˛ Formul˙ e 0 < x < y ⇒ x2 < y 2 turint omenyje, kad 0 < x < y yra x2 < y 2 nelygyb˙ s priežastis. Taigi i impe ˛ likaciją galima žiur˙ ti, kaip i tam tikrą fundamentalaus priežasties-pasekm˙ s ˛ e ¯e santykio formalizavimą. Tačiau reikia atsiminti, kad tokia implikacijos interpretacija ne visada teisinga. Pavyzdžiui, formul˙ e x = 1 ⇒ x2 0 visada teisinga, bet x2 0 ne d˙ l to, kad x = 1. Šiuo atveju implikacija e teisinga, nes jos išvada visada teisinga, ir tam nereikia jokios specialios priežasties. (Kitas klausimas, aišku, kod˙ l x2 0 visada teisinga.) e Štai dar vienas panašus pavyzdys. Implikacija 0=1⇒x=x taip pat visada teisinga, nes jos prielaida klaidinga. Tačiau niekam neapsivers liežuvis pasakyti, kad x = x teisingumo priežastis yra tai, jog 0 = 1. 1.2 pratimas. Ar duota formul˙ visada teisinga? Jei ne, duokite e kontrpavyzdi. ˛ I. x2 > x ⇒ x > 2. II. x > 2 ⇒ x2 > x. III. x > 0 ⇐⇒ x2 > 0. IV. x < y ⇐⇒ x3 < y 3 . V. x VI. x 2 arba x2 − 5x + 4 < 0. 1 arba x 3. VII. x2 = x ⇒ (x = 1 arba x = 0). VIII. (x = 1 arba x = 0) ⇒ x2 = x. 12 IX. 0 < x 2. 1 SKYRIUS. TEIGINIAI X. x2 = 1 ⇒ (x = 1, x = −1). XI. (x 0, y = x + 1) ⇒ y > 1. Sprendimas. I. Neteisinga, kai x = −2. II. Taip. III. Neteisinga, kai x = −1. IV. Taip. V. Neteisinga, kai x = 0. VI. Taip. VII. Taip. VIII. Neteisinga, kai x = 0. IX. Neteisinga, kai x = 3. X. Taip. XI. Neteisinga, kai x = 0, y = 1. Paaiškinimas. I–II. Sprendžiu x2 > x nelygybę: x2 > x; x(x − 1) > 0; x ∈ (−∞; 0) ∪ (1; ∞). Dabar aiškiai matyti, kad jei x > 2, tai x ∈ (−∞; 0)∪(1; ∞) ir tod˙ l tikrai e x2 > x. Kita vertus, ne bet koks x iš to junginio yra didesnis už 2. Pa˙ mę e bet koki junginio elementą, kuris ˛ 2, gauname reikiamą kontrpavyzdi. ˛ Pavyzdžiui, kai x = −2, prielaida x2 > x teisinga (nes 4 > 2), o išvada x > 2 klaidinga. III. Kai x = −1, kair˙ ekvivalencijos dalis klaidinga, o dešinioji teisinga. e IV. x → x3 funkcija yra did˙ janti (nusipieškite jos grafiką). e V. Sprendžiu nelygybę: x2 − 5x + 4 < 0; (x − 1)(x − 4) < 0; 1 < x < 4. Dizjunkcija klaidinga, kai x < 2 ir x ∈ (1; 4), t.y. kai x 1. Vienas iš tokiu ˛ x ir yra 0. VI. [1; ∞) ∪ (−∞; 3] = R. VII–VIII. Dizjunkcija „x = 0 arba x = 1“ visada teisinga, nes x negali buti vienu metu ir 0, ir 1. Kita vertus x2 = x teisinga ne visada: ji neteisinga, ¯ kai x2 = x; pavyzdžiui, kai x = 0. 1.3. KVANTORIAI 13 IX. Ši formul˙ yra sutrumpintai užrašyta 0 < x ir x e 2 formuliu kon˛ junkcija. Kai x = 3, klaidinga antroji formul˙ ; tod˙ l konjunkcija klaidinga. e e X. (−1)2 = 12 = 1. Tod˙ l jei x2 = 1, tai x negali buti n˙ vienas iš tu e e ˛ ¯ dvieju skaičiu ˛ ˛. XI. Kai x = 0, y = 1, implikacijos prielaida teisinga, bet išvada klaidinga. 1.3 Kvantoriai Sintaks˙ Tarkime, A formul˙ je yra x kintamasis. Tada iš jos galime gauti e. e dvi naujas formules, parašę priekyje ∃x arba ∀x ženklus: ∃x A (skaitome: „egzistuoja toks x, kad A“) arba ∀x A (1.13) (1.12) (skaitome: „A su visais x“). ∃ ir ∀ ženklai vadinami kvantoriais. Abu jie pakeičia už ju stovinčio kinta˛ mojo statusą — kintamąji suvaržo. Vietoje suvaržyto kintamojo nebegalima ˛ irašyti konkrečios reikšm˙ s, nes gaunamas beprasmis reiškinys. Pavyzdžiui, ˛ e jei i formulę ˛ ∃x x > 0 (kuri reiškia, kad egzistuoja bent vienas teigiamas skaičius), vietoje x irašy˛ sime 7, gausime beprasmi simboliu kratini ˛ ˛ ˛ ∃7 7 > 0. Kita vertus, jei x kintamąji pakeisime kitu kintamuoju, gausime naują ˛ formulę, kuri išreiškia tą pati teigini. Pavyzdžiui, tiek ˛ ˛ ∀x x2 > 0, tiek ∀y y 2 > 0 reiškia tą pati — kad bet kokio skaičiaus kvadratas yra teigiamas. (Teiginys, ˛ aišku, neteisingas.) 14 1 SKYRIUS. TEIGINIAI Semantika. Jei A formul˙ je t˙ ra tik vienas kintamasis x, (1.12) ir (1.13) e e formul˙ s yra tiesiog arba teisingos, arba klaidingos (kaip ir formul˙ s, kuriose e e apskritai n˙ ra kintamu ˛). (1.12) formul˙ yra teisinga, jei A teisinga bent su e ˛ju e viena x reikšme, o (1.13) teisinga, kai A teisinga su visomis x reikšm˙ mis. e Pavyzdžiui, formul˙ e ∃x x2 = 2 √ teisinga, nes x2 = 2, kai x = 2. Kita vertus, formul˙ e ∀x x2 > 0 klaidinga, nes ne visada x2 > 0 (taip n˙ ra, kai x = 0). e Jei A formul˙ je be x yra ir dar koks nors kintamasis, pavyzdžiui, y, tai e su vienomis y reikšm˙ mis (1.12) arba (1.13) formul˙ gali buti teisinga, o su e e ¯ kitomis — klaidinga. Pavyzdžiui, ∃x x2 < y formul˙ teisinga, kai y = 1, nes iš tikru ˛ egzistuoja x, kurio kvadratas e ˛ju mažesnis už 1 (pavyzdžiui, x = 0). Tačiau nagrin˙ jama formul˙ klaidinga, e e kai y = −1. Riboti kvantoriai. Visa, kas buvo pasakyta, tinka ir formul˙ ms su vadie namaisiais „ribotais“ kvantoriais. Pavyzdžiui, formul˙ e ∃x < 0 x2 = 1 reiškia, kad egzistuoja neigiamas skaičius, kurio kvadratas lygus 1. Formul˙ e teisinga, nes toks skaičius tikrai yra: −1. Formul˙ e ∀x = 2 x2 = 4 reiškia, kad jokio skaičiaus, nelygaus 2, kvadratas n˙ ra 4. Ji neteisinga, nes e 2 −2 = 2, bet (−2) = 4. Prioritetas. Kvantoriai turi aukštesni prioritetą už visas logines operacijas. ˛ Tod˙ l, pavyzdžiui, formul˙ e e ∃x x2 = 1, x = 1 suprantama kaip konjunkcija (∃x x2 = 1), x = 1. (1.14) 1.4. NEIGINYS 15 Pirmasis konjunkcijos narys teisingas, nes tikrai yra skaičius, kurio kvadratas lygus 1. Antrasis konjunkcijos narys yra formul˙ x = 1, kurioje x yra laisvas e kintamasis; tod˙ l konjunkcija teisinga, kai x = 0, ir klaidinga, kai x = 1. e Jei rašydami (1.14) formulę nor˙ jome pasakyti, kad be 1 yra dar vienas e skaičius, kurio kvadratas lygus 1, tur˙ jome pad˙ ti skliaustus: e e ∃x (x2 = 1, x = 1). 1.3 pratimas. kontrpavyzdi. ˛ I. ∀x > 1 x2 > 1. II. x 0 ⇒ ∃y 0 y < x. III. ∃x x2 = y ⇒ y > 0. IV. ∀x ∃y y > x. V. ∃y ∀x y > x. Sprendimas. I. Formul˙ teisinga. e II. Formul˙ klaidinga, kai x = 0. e III. Formul˙ neteisinga, kai y = 0. e IV. Formul˙ teisinga. e V. Formul˙ klaidinga. e Paaiškinimas. II. N˙ ra tokio y 0, kad y < 0. e III. Nors ∃x x2 = 0 prielaida teisinga (02 = 0), tačiau 0 > 0. IV. Koki bepaimčiau x, visada atsiras už ji didesnis skaičius y; pavyzdžiui, ˛ ˛ y = x + 1. V. N˙ ra tokio y, kuris butu didesnis už visus kitus skaičius. Taigi fore ¯ ˛ mul˙ neteisinga. Kontrpavyzdžio duoti neimanoma, nes formul˙ je n˙ ra laisvu e ˛ e e ˛ kintamu ˛. Taigi šios užduoties sąlyga ne visai korektiška. ˛ju Ar duota formul˙ visada teisinga? Jei ne, duokite e 1.4 Neiginys Labai svarbu mok˙ ti užrašyti duotos formul˙ s A neigini. Taip vadinama e e ˛ formul˙ , kuri teisinga, kai A klaidinga, ir klaidinga, kai A teisinga. Šiame e ¯ skyrelyje neigini žym˙ siu A ženklu. ˛ e Jei A formul˙ išreiškia koki nors binarini sąryši, galima arba tiesiog pere ˛ ˛ ˛ braukti istrižu brukšniu to sąryšio ženklą, arba pakeisti ji priešingo sąryšio ˛ ˛ ¯ ženklu. Jei A yra sud˙ tin˙ formul˙ , jos neiginys rašomas pagal 1.2 lentel˙ je e e e e 16 A B⇒C B ⇐⇒ C B, C B arba C ∃x B ∀x B x 0 ⇒ x2 = 1 x < 0 arba x2 > 4 0 0 ⇒ x2 = 1 neigini, aš kalbuosi su savimi maždaug taip: ˛ tarkim priešingai, iš x > 0 neišplaukia x2 = 1; reiškia, gali buti x > 0, bet x2 = 1; ¯ x > 0, bet x2 = 1. Jei reikia parašyti dizjunkcijos x < 0 arba x2 > 4 neigini, kalbu taip: ˛ tarkim priešingai, nei x < 0, nei x2 > 4; 1.4. NEIGINYS taigi x 0 ir x2 4; x 0 ir x2 4. Jei reiktu parašyti konjunkcijos ˛ x = y ir x2 = y 2 neigini, galvočiau taip: ˛ tarkim priešingai, vienas iš tu teiginiu neteisingas; ˛ ˛ taigi arba x = y, arba x2 = y 2 ; x = y arba x2 = y 2 . Jei reikia paneigti formulę ∃x > 0 x2 = x, kalbu taip: tarkim priešingai, neegzistuoja tokio x > 0, kad x2 = x; taigi koki bepaimčiau x > 0, bus x2 = x; ˛ ∀x > 0 x2 = x. O šitaip šneku, rašydamas formul˙ s e ∀x y 2 = x neigini: ˛ tarkim priešingai, ne su visais x teisinga formul˙ y 2 = x; e 2 t.y. atsiras toks x, kad y = x; ∃x y 2 = x. 17 Irodin˙ jant teoremas, ekvivalencijos neiginiu užrašyti neprireikia, nes ek˛ e ˛ vivalencija paprastai suskaidoma i dvi implikacijas. Tod˙ l sprendžiant pra˛ e timus tenka tiesiog atsiminti, kad ekvivalencija reiškia, jog du teiginiai yra „vienodai teisingi“ (t.y. arba abu teisingi, arba abu klaidingi). Ekvivalencijos neiginys tada reikš, kad teiginiai „nevienodai teisingi“, t.y. vienas iš ju ˛ teisingas, o kitas klaidingas. Taigi formul˙ s e x < y ⇐⇒ x2 < y 2 18 neiginys atrodys taip: (x < y, bet x2 1 SKYRIUS. TEIGINIAI y 2 ) arba (x2 < y 2 , bet x y). Kai formul˙ sud˙ tingesn˙ , jos neigini rašau keliais žingsniais. Pavyzdžiui, e e e ˛ jei reik˙ tu parašyti formul˙ s e ˛ e ∀x ∃y (x2 = y 2 ⇒ x = 0) neigini (ką ta formul˙ reiškia, neturiu supratimo), kalb˙ čiau taip: ˛ e e ne su visais x egzistuoja toks y, kad . . . ; taigi atsiras toks x, kad formul˙ ∃y . . . klaidinga; e ∃x netiesa, kad ∃y . . . ; (žalia spalva rodo, kad tą formul˙ s dali jau parašiau; toliau galvoju tik apie e ˛ tai, kaip užrašyti likusios dalies ∃y (x2 = y 2 ⇒ x = 0) neigini) ˛ n˙ ro tokio y, kad . . . ; e taigi su visais y netiesa, kad . . . ; ∀y netiesa, kad . . . ; (jau parašiau ∃x ∀y; dabar bandau užrašyti formul˙ s x2 = y 2 ⇒ x = 0 e neigini) ˛ iš x2 = y 2 neišplaukia x = 0; gali buti x2 = y 2 , bet x = 0; ¯ x2 = y 2 , bet x = 0. Taigi formul˙ s neiginys atrodo taip: e ∃x ∀y (x2 = y 2, bet x = 0). Kokia šios formul˙ s prasm˙ , taip pat neaišku, bet jau bent galiu pasakyti, e e kad neiginys yra neteisingas: nelygyb˙ x2 = y 2 negali buti teisinga su visais e ¯ y (užtenka paimti y = x). 1.4 pratimas. Užrašykite duotos formul˙ s neigini. e ˛ I. 0 < x < 2 ⇒ x2 − x < 0. II. x2 + 3x + 2 > 0 ⇒ (x −2 arba x −1). 1.5. UŽDAVINIAI III. ∃x (x2 + x > 0, x2 − 3x + 2 < 0). IV. y 0 ⇒ ∃x > 0 x < y. V. ∀x > 0 ∃y 0 < y < x. Sprendimas. I. 0 < x < 2, x2 − x 0. II. x2 + 3x + 2 > 0, x > −2, x < −1. III. ∀x (x2 + x 0 arba x2 − 3x + 2 0). IV. y 0, ∀x > 0 x y. V. ∃x > 0 ∀y (0 y arba y x). 19 1.5 Uždaviniai 1. Ar visada teisinga duota formul˙ ? Jei ne, duokite kontrpavyzdi. e ˛ • ∃x x2 = z ⇒ ∃y y 2 < z. • ∀x y = x2 ⇒ y 0. • ∃x x2 + 3x + a < 0 ⇒ 9 − 4a2 > 0. • 0 < x < 1 ⇒ 0 < x2 < 1. • 0 x < y ⇒ x2 < y 2 . • xy = 0 ⇒ x = y = 0. • xy = y ⇒ x = 1. • (x + y = 0, 2x + y = 3) ⇒ x = 3. • ∀x ∃y xy = 0. • ∃y ∀x xy = 0. • (2002) ∀y 0 ∃x x2 < y. • (2002) ∃y ∀x x2 > y. • (2004) x2 − 3x + 2 > 0 ⇒ x > 1. • (2004) (x < 0 arba x 2) ⇒ x2 4. • (2004) x > 0 ⇒ ∀y > 1 yx > x. 20 2. Parašykite duotos formul˙ s neigini. e ˛ • ∀ε ∃δ ∀x (|x − a| < δ ⇒ |x2 − a2 | < ε). • a > 0 ⇒ ∃ε ∀x (|x − a| < ε ⇒ x > 0). • ∀ε ∃k ∀m > k ∀n > m |1/m − 1/n| < ε. • ∃a ∀x ∈ A x a, ∀b (∀x ∈ A x a) ⇒ a 0. c. n0 |xn | b⇒b 1 SKYRIUS. TEIGINIAI a) . • (2002) (∀x ∈ A x • (2002) ∃c < ∞ ∃n0 ∀n 2 skyrius Aib˙ s e Tolesniuose trijuose ivado skyriuose supažindinsiu su trimis analiz˙ je na˛ e grin˙ jamu objektu tipais: aib˙ mis, šeimomis ir funkcijomis. Aprašydamas e ˛ ˛ e kiekvieną tipą, kreipsiu d˙ mesi i tokius dalykus: e ˛˛ • kaip užrašomi konkretus objektai; ¯ • kaip jie vaizduojami geometriškai; • kokius veiksmus galima su jais atlikti. Ketvirtas ir labiausiai iprastas matematinis objektas yra skaičiai. Tačiau ˛ vidin˙ skaičiaus struktura yra gan sud˙ tinga, ir norint griežtai apibr˙ žti e e e ¯ veiksmus su skaičiais bei irodyti tu veiksmu savybes, reikia sugaišti nemažai ˛ ˛ ˛ laiko, kurio per paskaitas ir taip truksta. Tod˙ l visus tuos dalykus laikysiu e ¯ žinomais. Kam idomi griežta teorija, gali pavartyti 5 skyriu ˛ ˛. 2.1 Aib˙ s ir ju elementai e ˛ Aibiu žym˙ ˛ ejimas ir vaizdavimas. Aib˙ — tai tam tikru elementu rine ˛ ˛ kinys. Aibes žym˙ siu didžiosiomis raid˙ mis A, B, C ir pan. Jei koks nors x e e yra A aib˙ s elementas, rašysiu x ∈ A; jei n˙ ra — x ∈ A. e e Nagrin˙ damas bendrąsias aibiu teorijos sąvokas, aibes dažnai vaizduoe ˛ siu, apibraukdamas vieną ar kitą plokštumos sriti. Tokios aib˙ s elementais ˛ e laikysiu apibrauktoje srityje esančius plokštumos taškus (2.1 pav.). Dabar pamin˙ siu 5 budus konkrečioms aib˙ ms užrašyti. e e ¯ Specialios aib˙ es. Penkioms specialioms aib˙ ms yra rezervuoti specialus e ¯ žymenys. 21 22 A x 2.1 pav. x ∈ A, y ∈ A ir 1. ∅ žymi tuščiąją aibę. Tai vienintel˙ aib˙ , neturinti n˙ vieno elemento. e e e Taigi x∈∅ ∃x ∈ ∅ . . . pavidalo formul˙ s yra visada klaidingos, o e x ∈ ∅ ⇒ ... ir ∀x ∈ ∅ . . . formul˙ s — visada teisingos. Jei kyla kokiu nors abejoniu d˙ l formuliu su e ˛ ˛ e ˛ kvantoriais, paaiškinsiu, kad pirmoji formul˙ reiškia tą pati, ką ir e ˛ ∃x (x ∈ ∅ ir . . .), o antroji — tą pati, ką ir formul˙ ˛ e ∀x (x ∈ ∅ ⇒ . . .). 2. Raide R žymima visu realiu ˛ skaičiu aib˙ . Taigi kiekvienas skaičius, ˛ ˛ju ˛ e kuri tik sugebame parašyti, priklauso tai aibei. Pavyzdžiui, ˛ 1 √ 0, 1, −2, 3.14, − , 2, π ∈ R. 3 Gali kilti klausimas, ar simbolis R apskritai reikalingas, jei formul˙ x ∈ R e neduoda jokios informacijos apie skaičiu x. Tačiau matematikoje nagrin˙ jami ˛ e ne tik skaičiai. Tod˙ l formul˙ x ∈ R pasako, kad x yra skaičius, o ne kokio e e nors kito tipo objektas. 3. Raide Z žymima visu sveiku ˛ skaičiu aib˙ . Sveikaisiais vadinami ˛ ˛ju ˛ e skaičiai 0, 1, −1, 2, −2, 3, −3     y ˙ 2 SKYRIUS. AIBES ˙ 2.1. AIBES IR JU ELEMENTAI ˛ ir t.t. Visi jie priklauso Z aibei. O, pavyzdžiui, 1 √ 3.14, − , 2, π ∈ Z. 3 23 4. Teigiami sveikieji skaičiai vadinami naturaliaisiais. Visu naturaliu ˛ ˛ ˛ju ¯ ¯ skaičiu aib˙ žymima N. Taigi ˛ e 1, 2, 37, 259 ∈ N, o 2 √ , 2 ∈ N; . 7 5. Racionaliaisiais vadinami skaičiai, kuriuos galima užrašyti m n 0, −1, 0.5, pavidalu su m ∈ Z ir n ∈ N. Visu racionaliu ˛ skaičiu aib˙ žymima Q raide. ˛ ˛ju ˛ e Pavyzdžiui, 1 −1 2548 − = , 2.548 = 3 3 1000 √ e yra racionalieji skaičiai ir priklauso Q aibei. Galima irodyti, kad 2 ir π n˙ ra ˛ racionalieji. Jie nepriklauso Q aibei. Raid˙ mis k, l, m šioje knygoje žym˙ siu tik sveikuosius skaičius. Toks e e susitarimas leidžia supaprastinti kai kurias formules. Pavyzdžiui, vietoje ∃m ∈ Z . . . galiu rašyti tiesiog ∃m . . . . Raide n dažniausiai bus žymimi arba naturalieji skaičiai, arba naturalieji ¯ ¯ skaičiai ir 0. Apskritai iš konteksto tur˙ tu buti aišku, kokia yra n kintamojo e ˛ ¯ kitimo sritis. Baigtin˙ aib˙ es es. Jei aib˙ je yra nedaug elementu galima tiesiog išvardinti e ˛, visus elementus tarp {} skliaustu Pavyzdžiui, jei ˛. A = {−1, 3, 5.8}, tai −1 ∈ A, 3 ∈ A, 5.8 ∈ A, bet 2 ∈ A, 4 ∈ A ir pan. Intervalai. Ženklais (a; b), [a; b], [a; b) ir (a; b] žymimi intervalai ; tai — aib˙ s, kuriu elementai yra visi skaičiai x, tenkinane ˛ tys nelygybes, atitinkamai, a < x < b, a x b, a x < b ir a < x b. 24 Pavyzdžiui, ˙ 2 SKYRIUS. AIBES 1, 2.7 ∈ (0; 3), bet − 2, 0, 3, 5 ∈ (0; 3); 2, 3.14 ∈ [2; 5), bet 0, 5, 7.5 ∈ [2; 5). Aib˙ elementu tenkinančiu nurodytą sąlygą. {x | . . . } pavidalo es ˛, ˛ ženklu žymima aib˙ visu x, tenkinančiu sąlygą, parašytą už vertikalaus brukše ˛ ˛ ¯ nio. Pavyzdžiui, jei A = {x | x2 − 3x > 2}, tai 4 ∈ A, nes 42 − 3 · 4 = 4 > 2, bet 1.5 ∈ A, nes 1.52 − 3 · 1.5 > 2. Panašiai suprantami ir {x > 0 | . . . }, {x 4 | . . . } ir kiti žymenys. Pavyzdžiui, {x > 0 | x2 = 1} yra aib˙ visu teigiamu x, kuriu kvadratas lygus 1. Toje aib˙ je t˙ ra tik vienas e ˛ ˛ ˛ e e elementas, skaičius 1. Aib˙ nurodyto pavidalo elementu Jei {. . . | . . .} pavidalo žymenyje es ˛. prieš brukšni parašytas koks nors reiškinys, o už brukšnio — sąlyga, tai toks ¯ ˛ ¯ simbolis žymi aibę visu nurodyto pavidalo elementu tenkinančiu nurodytą ˛ ˛, ˛ sąlygą. Pavyzdžiui, A = {x2 − 2x | x > 2} yra aib˙ visu skaičiu kuriuos galima užrašyti x2 − 2x pavidalu su tam tikru e ˛ ˛, x > 2. Taigi 3 ∈ A, nes 3 = x2 − 2x su x = 3 (t.y. 3 = 32 − 2 · 3). Kita vertus, −1 ∈ A: lygtis −1 = x2 − 2x turi tik vieną sprendini, x = 1, ir jis ˛ n˙ ra didesnis už 2. e Pastabos d˙ sintaks˙ el es. 1. {x | . . . } pavidalo reiškinyje x kintamasis yra suvaržytas. Jei vietoje x irašysime kokią nors konkrečią reikšmę, ˛ gausime beprasmi reiškini; jei x pakeisime kitu kintamuoju, reiškinio prasm˙ ˛ ˛ e nepasikeis. Pavyzdžiui, reiškinys {2 | 22 − 3 · 2 > 2} prasm˙ s neturi (jis sintaksiškai netaisyklingas). Kita vertus, e {x | x2 − 3x > 2} ir {y | y 2 − 3y > 2} žymi tą pačią aibę — aibę tokiu skaičiu iš kuriu kvadrato at˙ mus patrigu˛ ˛, ˛ e bintą skaičiu gaunamas didesnis už 2 rezultatas. ˛ ˙ 2.1. AIBES IR JU ELEMENTAI ˛ 25 Geras tonas reikalauja vienoje formul˙ je nevartoti kintamu ˛, kurie viee ˛ju noje vietoje yra laisvi, o kitoje — suvaržyti. Pavyzdžiui, formul˙ je e x ∈ {x | x2 > x} kintamasis x stovi 4 vietose; pirma vieta yra laisva, kitos trys — suvaržytos. Nors ši formul˙ yra sintaksiškai taisyklinga, geriau rašyti e x ∈ {y | y 2 > y}. 2. {x | . . . } pavidalo reiškinyje be x gali buti ir daugiau kintamu ˛. ˛ju ¯ Visi tokie kintamieji yra laisvi. Istačius vietoje tokio kintamojo konkrečią ˛ reikšmę, gaunamas reiškinys, žymintis konkrečią aibę. Pavyzdžiui, {x | x2 = y} reiškinys žymi tuščią aibę, kai y = −1, ir aibę {−1, 1}, kai y = 1. 3. {. . . | . . . } pavidalo reiškiniuose kintamieji prieš | ženklą taip pat suvaržyti: ju negalima pakeisti konkrečia reikšme, o pakeitus kitais kinta˛ maisiais reiškinio prasm˙ nepasikeičia. Pavyzdžiui, reiškinys e {12 − 2 · 1 | 1 > 2} prasm˙ s neturi, o e {x2 − 2x | x > 2} ir {y 2 − 2y | y > 2} žymi tą pačią aibę. Jei po | brukšnio stovinčiame reiškinyje yra kitokiu kintamu ˛, visi jie yra ˛ ˛ju ¯ laisvi. 2.1 pratimas. Ar a skaičius priklauso A aibei? Atsakymą pagriskite. ˛ Nurodykite dar vieną tos aib˙ s elementą (jei toks egzistuoja). e I. A = {x > 0 | x3 − 5x2 + 3x + 1 = 0}, a = 1. t II. A = { 1−t2 | 0 < t < 1}, a = 1. Sprendimas. I. a ∈ A, nes 1 > 0 ir 13 − 5 · 12 + 3 · 1 + 1 = 0. Nor˙ damas e rasti dar vieną A elementą, sprendžiu lygti ˛ x3 − 5x2 + 3x + 1 = 0. Kadangi 1 yra lygties šaknis, daugianaris dalijasi iš x − 1: x3 − 5x2 + 3x + 1 = (x − 1)(x2 − 4x − 1). 26 Prilyginęs 0 antrą daugikli, gaunu ˛ ˙ 2 SKYRIUS. AIBES x2 − 4x − 1 = 0; √ √ x = 2 ± 4 + 1 = 2 ± 5. √ √ √ Taigi 2 + 5 yra dar vienas A elementas (2 − 5 ∈ A, nes 2 − 5 < 0). II. Nor˙ damas irodyti, kad 1 ∈ A, turiu rasti toki t ∈ (0; 1), kad e ˛ ˛ t = 1. 1 − t2 t = 1 − t2 ; t2 + t − 1 = 0; √ −1 ± 5 t= . 2 Spręsdamas šią lygti, gaunu: ˛ √ Skaičius (−1 − 5)/2 akivaizdžiai neigiamas. Antroji šaknis teigiama ir tereikia išsiaiškinti, ar ji mažesn˙ už 1. Kadangi e √ −1 + 5 < 1, jei 2 √ −1 + 5 < 2, t.y. jei √ 5 < 3, o pastaroji nelygyb˙ teisinga (nes 5 2} x ∈ {t2 + 3t | t > 1} ⇐⇒ x = 1 arba x = 2 arba x = 5 ; ⇐⇒ 3 x 7; ⇐⇒ x2 − 2x > 2; ⇐⇒ ∃t > 1 x = t2 + 3t. Iš (2.1) išplaukia, kad tuščioji aib˙ yra bet kokios aib˙ s poaibis: e e ∅ ⊂ B. Tikrai, jei A = ∅, tai (2.1) implikacijos prielaida visada klaidinga ir, reiškia, implikacija visada teisinga. Aibiu lygyb˙ Aib˙ s laikomos sutampančiomis, jei jos turi tuos pačius ˛ e. e elementus, t.y. x ∈ A ⇐⇒ x ∈ B. (2.2) Taigi {1, 3} = {3, 1} = {1, 3, 3}, nes kiekvienas iš šiu triju užrašu žymi aibę ˛ ˛ ˛ su elementais 1 ir 3. 28 ˙ 2 SKYRIUS. AIBES Nor˙ dami irodyti, kad A = B, paprastai iš pradžiu irodome A ⊂ B (t.y. e ˛ ˛˛ (2.1) implikaciją), o po to — B ⊂ A (atvirkščią implikaciją). Nor˙ dami ši teigini paneigti, turime paneigti bent vieną iš tu implikaciju e ˛ ˛ ˛ ˛, t.y. arba nurodyti koki nors x ∈ A, kuris nepriklauso B aibei, arba koki nors ˛ ˛ x ∈ B, kuris nepriklauso A aibei. 2.2 pratimas. Ar teisingi duoti sąryšiai? Atsakymą pagriskite. ˛ I. {x > 0 | x2 − 3x + 2 = 0} = {1}. II. {x > 0 | x2 5x − 4} = [1; 4]. III. {t3 + t + 1 | t ∈ [1; 2]} ⊂ {3, 11}. Sprendimas. I. Spręsdami kvadratinę lygti gauname ˛ x2 − 3x + 2 = 0; √ 3± 9−8 3±1 x= = ; 2 2 x = 1 arba x = 2. Matome, kad 2 ∈ {x > 0 | x2 − 3x + 2 = 0}, bet 2 ∈ {1}. Reiškia, aib˙ s e skirtingos. II. Spręsdami nelygybę, gauname: x2 − 5x + 4 0; (x − 1)(x − 4) 0; 1 x 4. Kadangi visi skaičiai iš [1; 4] intervalo teigiami, aib˙ s abiejose lygyb˙ s pus˙ se e e e sutampa. III. Kai t = 1.5, t3 + t + 1 = 47/8 ∈ {3, 11}. Taigi nurodytos aib˙ s e skirtingos. 2.3 Veiksmai su aib˙ mis e Apibrežimas. A ir B aibiu junginys, sankirta ir skirtumas apibr˙ žiami ˙ ˛ e formul˙ mis e ir A ∪ B = {x | x ∈ A arba x ∈ B}, A ∩ B = {x | x ∈ A, x ∈ B} Apibr˙ žtas operacijas iliustruoja 2.3 pav. e 2.3 pratimas. Kurie iš duotu tašku priklauso A aibei, o kurie — ne? ˛ ˛ A \ B = {x ∈ A | x ∈ B}. ˙ 2.3. VEIKSMAI SU AIBEMIS 29 A B A B A B 2.3 pav. A ∪ B, A \ B ir A ∩ B I. A = (0; 3) ∪ N, a = −2, b = 0, c = 4, d = 0.3. II. A = [−3; 1.5] \ Z, a = −3, b = −2, c = 1.5, d = 2. √ III. A = (−3; 4.7] ∩ Q, a = −3, b = 3, c = 4.7, d = 5. IV. A = {−1, 0, 1} ∩ (0; 2), a = 0, b = 0.5, c = 1, d = 2. Sprendimas. I. a, b ∈ A; c, d ∈ A. II. a, b, d ∈ A; c ∈ A. III. a, b, d ∈ A; c ∈ A. IV. a, b, d ∈ A; c ∈ A. Paaiškinimas. I. a, b nepriklauso nei (0; 3) intervalui, nei N aibei; c ∈ N aibei; d ∈ (0; 3). II. a, b ∈ Z; c ∈ [−3; 1.5] ir c n˙ ra sveikasis skaičius; d ∈ [−3; 1.5]. e III. a, d ∈ (−3; 4.7]; b neracionalus; c ∈ (−3; 4.7] ir racionalus. IV. a ∈ (0; 2), b ∈ {−1, 0, 1}; c priklauso abiems, o d — n˙ vienai iš e kertamu ˛ aibiu ˛ju ˛. Teiginiu apie aibes ˛rodin˙ ˛ i ejimas. Iš apibr˙ žimo išplaukia, kad e x ∈ A ∪ B ⇐⇒ x ∈ A arba x ∈ B; x ∈ A ∩ B ⇐⇒ x ∈ A, x ∈ B; x ∈ A \ B ⇐⇒ x ∈ A, x ∈ B. Tod˙ l teiginiu x ∈ A ∪ B, x ∈ A ∩ B ir x ∈ A \ B teisingumą ar klaidingumą e ˛ galima nustatyti, žinant, teisingi ar klaidingi x ∈ A ir x ∈ B teiginiai (pasir˙ mus 1.1 lentele). e Pasir˙ mus lentele, galima irodyti bet kokius elementarius teiginius apie e ˛ aibes (aišku, jei jie teisingi). Panagrin˙ kime, pavyzdžiui, formulę e A ∩ B = B ∩ A. 30 ˙ 2 SKYRIUS. AIBES Musu intuicija sako, kad ji tikrai teisinga. Bet kaip tą irodyti? ˛ ¯ ˛ Iš aibiu lygyb˙ s kriterijaus (2.2), išplaukia, kad reikia irodyti formulę ˛ e ˛ x ∈ A ∩ B ⇐⇒ x ∈ B ∩ A. Tegu A žymi x ∈ A, o B — x ∈ B formulę. Tada x ∈ A ∩ B ⇐⇒ A ir B, x ∈ B ∩ A ⇐⇒ B ir A; tod˙ l pakanka isitikinti, kad e ˛ A ir B ⇐⇒ B ir A. O tai jau išplaukia iš 1.1 lentel˙ s. e Panagrin˙ siu idomesni pavyzdi: irodysiu vadinamąsias De Morgano1 fore ˛ ˛ ˛ ˛ mules: A \ (B ∪ C) = (A \ B) ∩ (A \ C), A \ (B ∩ C) = (A \ B) ∪ (A \ C). (2.3) (2.4) A \ D skirtumas dažnai vadinamas D aib˙ s papildiniu iki A. Tada užrašytas e formules galima perskaityti taip: junginio papildinys lygus papildiniu sankir˛ tai, o sankirtos papildinys yra papildiniu junginys. ˛ Kad butu paprasčiau, neivedin˙ siu A, B ir pan. žymenu o lentel˙ s stul˛ ˛ e ˛, e ¯ pelius žym˙ siu aibes žyminčiais reiškiniais: A, B, C, A \ B ir t.t. Lentel˙ je e e rašysiu ∈, jei isivaizduojamas x priklauso atitinkamai aibei, ir ∈ ženklą, jei ˛ nepriklauso. Yra aštuonios galimos formuliu x ∈ A, x ∈ B ir x ∈ C teisingumo/klai˛ dingumo kombinacijos ir iš 2.1 lentel˙ s matyti, kuriais atvejais teisinga ar e klaidinga yra x ∈ A \ (B ∪ C) formul˙ . e Panašiai sudaroma 2.2 lentel˙ , parodanti, kada x priklauso papildiniu e ˛ sankirtai. Sulyginęs abi lenteles matau, kad x ∈ A \ (B ∪ C) ⇐⇒ x ∈ (A \ B) ∩ (A \ C). Reiškia, (2.3) formul˙ teisinga. (2.4) formul˙ gali buti irodyta panašiai. e e ¯ ˛ Aprašytas metodas yra algoritmizuojamas: galima netgi parašyti programą kompiuteriui, kuri tikrintu ar visada teisingas vienas ar kitas sąryšis ˛, tarp aibiu Tačiau tai gana nuobodus metodas ir žmon˙ s irodin˙ dami papras˛. e ˛ e tai sako tam tikrus žodžius, o ne braižo lenteles. Štai kaip gal˙ tu atrodyti e ˛ „žodinis“ (2.4) lygyb˙ s irodymas. e ˛ 1 Augustus De Morgan (1806–1871) ˙ 2.3. VEIKSMAI SU AIBEMIS 31 A ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ B ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ C ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ B∪C ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ A \ (B ∪ C) ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ 2.1 lentel˙ . Kada x ∈ A \ (B ∪ C) e A ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ B ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ C ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ A\B ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ A\C ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ (A \ B) ∩ (A \ C) ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ 2.2 lentel˙ . Kada x ∈ (A \ B) ∩ (A \ C) e 32 Tarkime, x priklauso sankirtos papildiniui. Tada ˙ 2 SKYRIUS. AIBES x ∈ A, x ∈ B ∩ C; x ∈ A ir netiesa, kad (x ∈ B, x ∈ C); x ∈ A ir (x ∈ B arba x ∈ C) (pasir˙ miau konjunkcijos neiginio užrašymo taisykle). Taigi yra du atvejai: e pirmuoju x ∈ A, x ∈ B ir tod˙ l x ∈ A \ B; antruoju analogiškai gaunu e x ∈ A \ C. Reiškia, x ∈ A \ B arba x ∈ A \ C; x ∈ (A \ B) ∪ (A \ C). Jau irodžiau, kad iš x ∈ A \ (B ∩ C) išplaukia x ∈ (A \ B) ∪ (A \ C), ˛ t.y. formulę A \ (B ∩ C) ⊂ (A \ B) ∪ (A \ C). x ∈ (A \ B) ∪ (A \ C); x ∈ A \ B arba x ∈ A \ C; (x ∈ A, x ∈ B) arba (x ∈ A, x ∈ C); x ∈ A ir (x ∈ B arba x ∈ C); x ∈ A ir netiesa, kad (x ∈ B, x ∈ C); x ∈ A, x ∈ B ∩ C; x ∈ A \ (B ∩ C). 2.4 pratimas. Ar visada teisingi duoti teiginiai. Jei taip, irodykite, ˛ jei ne, duokite kontrpavyzdi. ˛ I. Jei A ⊂ B, tai A ∩ B = A. II. (A ∪ B) \ (C ∪ D) = (A \ C) ∪ (B \ D). III. (A∆B)∆C = A∆(B∆C); čia ∆ ženklas žymi vadinamąji simetrini ˛ ˛ skirtumą, apibr˙ žiamą A∆B = (A \ B) ∪ (B \ A) formule. e Sprendimas. I. Tegu A ⊂ B; irodysiu, kad A ∩ B = A, t.y. ˛ x ∈ A ∩ B ⇐⇒ x ∈ A. ⇒ implikacija akivaizdi: jei x ∈ A ∩ B, tai x ∈ A, x ∈ B; taigi x ∈ A. Atvirkščiai, tegu x ∈ A. Tada iš A ⊂ B gaunu x ∈ B. Reiškia, x ∈ A, x ∈ B, t.y. x ∈ A ∩ B. Atvirkščias sąryšis irodomas panašiai: ˛ ˙ 2.3. VEIKSMAI SU AIBEMIS II. Jei x ∈ (A ∪ B) \ (C ∪ D), tai x ∈ A ∪ B, x ∈ C ∪ D; (x ∈ A arba x ∈ B) ir netiesa, kad (x ∈ C arba x ∈ D); (x ∈ A arba x ∈ B) ir (x ∈ C, x ∈ D); (x ∈ A, x ∈ C, x ∈ D) arba (x ∈ B, x ∈ C, x ∈ D). Pirmuoju iš dvieju atveju x ∈ A \ C, antruoju — x ∈ B \ D. Reiškia, ˛ ˛ x ∈ A \ C arba x ∈ B \ D; x ∈ (A \ C) ∪ (B \ D). Irodžiau, kad ˛ (A ∪ B) \ (C ∪ D) ⊂ (A \ C) ∪ (B \ D). Pradedu irodin˙ ti atvirkščią sąryši: ˛ e ˛ x ∈ (A \ C) ∪ (B \ D); x ∈ A \ C arba x ∈ B \ D. Dabar reik˙ tu parašyti eilutę e ˛ (x ∈ A, x ∈ C, x ∈ D) arba (x ∈ B, x ∈ C, x ∈ D), 33 bet ji neišplaukia iš ankstesn˙ s, nes iš x ∈ A \ C niekaip negalima išvesti, kad e x ∈ D. Tai sukelia abejonę, ar irodin˙ jamas teiginys apskritai teisingas. ˛ e Pabandysiu sukonstruoti kontrpavyzdi. Paimsiu tokias aibes A, B, C ir ˛ D, kad koks nors x priklausytu A \ C aibei, bet kartu priklausytu ir D aibei. ˛ ˛ Paprasčiausias pavyzdys yra toks: A = D = {0}, Tada (A ∪ B) \ (C ∪ D) = A \ D = ∅, o (A \ C) ∪ (B \ D) = A ∪ ∅ = A = {0}. C = B = ∅. Reiškia, duota lygyb˙ apskritai neteisinga. e III. Šią lygybę patogiausia irodyti, sudarant „priklausymo aib˙ ms“ lentelę. ˛ e Iš pradžiu sudarau 2.3 lentelę, iliustruojančią ∆ operaciją. ˛ Matau, kad x ∈ A∆B tada ir tik tada, kai x priklauso vienai iš A ir B aibiu bet ne abiems kartu. Tur˙ damas tai galvoje, dabar užpildau 2.4 lentelę, ˛, e iš kurios aiškiai matyti, kad duota lygyb˙ yra teisinga. e 34 A ∈ ∈ ∈ ∈ C ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ B ∈ ∈ ∈ ∈ A\B ∈ ∈ ∈ ∈ B\A ∈ ∈ ∈ ∈ A∆B ∈ ∈ ∈ ∈ ˙ 2 SKYRIUS. AIBES 2.3 lentel˙ . Kada x ∈ A∆B e A ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ B ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ A∆B ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ (A∆B)∆C ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ B∆C ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ A∆(B∆C) ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ 2.4 lentel˙ . Simetrinis skirtumas yra asociatyvi operacija e 2.4 Uždaviniai 1. Ar duoti taškai priklauso A aibei? • A = Z \ {0, 0.5, 1}, a = 0, b = 0.5, c = 1, d = 1.5. • A = (0; 2) \ [1; 3), a = 0, b = 0.5, c = 1, d = 2. • A = (0; 3] \ {1, 2, 3}, a = 2, b = 2.5, c = 3, d = 3.5. • A = N \ Q, a = 0, b = 0.5, c = 1, d = −1. • A = {1, 2, 3} \ {3, 4, 5}, a = 1, b = 3, c = 5, d = 6. • (2004) A = [0; 4) \ (1; 2), taškai: 0, 0.5, 1.4, 2. 2. Ar teisingi duoti sąryšiai? Jei taip, irodykite; jei ne, duokite kontrpavyzdi. ˛ ˛ • (A ∪ B)∆(C ∪ D) ⊂ (A∆C) ∪ (B∆D). • A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). • (2004) A \ (B \ C) = (A \ B) ∪ C. • (2004) A = Z ∪ (−2; 2), taškai: −2, −1.5, 2.7, 3. 3 skyrius Šeimos 3.1 Bendrosios žinios Apibrežimas ir žym˙ ˙ ejimas. Šeima vadinamas indeksuotas elementu (va˛ dinamu tos šeimos nariais) rinkinys. Nor˙ dami aprašyti konkrečią šeimą, ˛ e turime pasakyti, kokia yra jos indeksu aib˙ , ir kiekvienam indeksui iš tos ˛ e aib˙ s nurodyti tam tikrą elementą. Jei indeksu aib˙ yra I ir indeksą i ∈ I e ˛ e atitinkantis narys yra xi , tai tokią šeimą žymime (xi | i ∈ I). Pavyzdžiui, (k/2 | k ∈ Z) žymi šeimą su indeksu aibe Z, kurios k-asis ˛ narys yra k/2. Dvi šeimos laikomos lygiomis, jei sutampa ju indeksu aib˙ s ir atitinkami ˛ ˛ e ju nariai: ˛ (xi | i ∈ I) = (yj | j ∈ J) ⇐⇒ I = J ir ∀i ∈ I xi = yi . Pastaba d˙ pavadinimo. Terminas „šeima“ yra gana vykęs. Juk reali el šeima n˙ ra vien žmoniu aib˙ ; svarbus ir tu žmoniu statusas. Pavyzdžiui, jei e ˛ e ˛ ˛ kokioje nors šeimoje a yra t˙ vas, b — motina, o c — sunus, tai ta šeima e ¯ n˙ ra vien {a, b, c} rinkinys, o turi papildomą strukturą, kuri aprašoma tokiu e ¯ indeksuotu rinkiniu (xi | i ∈ I): Jei reiktu aprašyti šeimą, kurioje yra keli vaikai ir vaiku statusas mums ˛ ˛ butu nesvarbus, gal˙ tume naudoti indeksu aibę e ˛ ¯ ˛ o indeksą „vaikai“ atitinkantis šeimos elementas butu nebe konkretus indivi¯ ˛ das, o individu aib˙ . Pavyzdžiui, ˛ e xt˙ vas = a, e xmotina = b, 35 xvaikai = {c1 , c2 , c3 }. I = {t˙ vas, motina, vaikai}, e I = {t˙ vas, motina, sunus}, e ¯ xt˙ vas = a, e xmotina = b, xsunus = c. ¯ 36 y x 3.1 pav. Pora Pastabos d˙ sintaks˙ el es. 1. Reiškinyje (xi | i ∈ I) kintamasis i yra suvaržytas. Jo negalima pakeisti konkrečiu skaičiumi, o pakeitus kitu kintamuoju reiškinio prasm˙ nepasikeičia. Pavyzdžiui, reiškinys e (4/2 | 4 ∈ Z) prasm˙ s neturi, o reiškiniai e (k/2 | k ∈ Z) ir (l/2 | l ∈ Z) žymi tą pačią šeimą. 2. Jei iš konteksto aišku, kokia yra indeksu aib˙ I, šeima žymima pa˛ e prasčiau: tiesiog (xi ). Toki užrašą aš vartoju ir kaip kintamąji. Pavyzdžiui, ˛ ˛ ∃(xi ) . . . reiškia „egzistuoja tokia šeima (xi ), kad . . . “. Elementu poros. Jei indeksu aib˙ I = {1, 2}, šeima (xi | i ∈ I) vadinama ˛ ˛ e pora ir žymima trumpiau: (x1 , x2 ). Pavyzdžiui, (2, 5) yra šeima, kurios pirmas narys yra 2, o antrasis — 5. Nor˙ dami užrašyti bendrą poros pavidalą, e vietoje (x1 , x2 ) dažnai rašome ir (x, y). Skaičiu pora paprastai vaizduojama ˛ plokštumos tašku (žr. 3.1 pav.). Dvi poros lygios, kai sutampa ju pirmieji ir antrieji nariai: ˛ (x1 , y1 ) = (x2 , y2) ⇐⇒ x1 = x2 , y1 = y2 . Taigi, pavyzdžiui, (2, 5) = (5, 2), nes pirmasis kair˙ s poros elementas yra e 2, o dešin˙ s poros — 5. Dabar aiškiai matyti skirtumas tarp indeksuotu ir e ˛ neindeksuotu rinkiniu (t.y. tarp šeimu ir aibiu {2, 5} = {5, 2}. ˛ ˛ ˛ ˛): Vektoriai ir sekos. Šeima (xi | i ∈ I) su indeksu aibe I = {1, 2, 3} vadina˛ ma trejetu ir žymima (x1 , x2 , x3 ). Pavyzdžiui, (2, −3, 0.7). Nor˙ dami užrašyti e bendrą trejeto pavidalą, vietoje (x1 , x2 , x3 ) dažnai rašome ir (x, y, z). ¡ (x, y) | 3 SKYRIUS. ŠEIMOS | 3.1. BENDROSIOS ŽINIOS 37 Panašiai apibr˙ žiami ketvertai, penketai ir t.t. Apskritai šeimos su I = e {1, 2, . . . , n} pavidalo indeksu aibe dar vadinamos n-mačiais vektoriais. Taigi ˛ poros yra dvimačiai vektoriai. Šeimos su indeksu aibe N vadinamos sekomis. Kadangi visu seku indeksu ˛ ˛ ˛ ˛ aib˙ ta pati, tai ji paprastai ir nenurodoma. Pavyzdžiui, kai nagrin˙ jama e e seka (1/n | n ∈ N), ji vadinama tiesiog „seka 1/n“. Nor˙ dami užrašyti bendrą e sekos pavidalą, paprastai rašome (xn ), (yn ) ir pan. Kartais sekomis vadinamos ir šeimos su {n ∈ Z | n n0 } pavidalo indeksu aibe. Pavyzdžiui, dažnai tenka susidurti su sekomis, kuriu pirmojo ˛ ˛ nario indeksas yra 0. Šeimos ir aib˙ es. Kai vartojame sąvoką „šeimos narys“, turime omenyje ne tik jo reikšmę, bet ir poziciją šeimoje. Tod˙ l, pavyzdžiui, (0, 1, 1, 1) šeimoje e yra 4 nariai; nesvarbu, kad trys iš ju sutampa. Tuo tarpu {0, 1, 1, 1} aib˙ je ˛ e yra tik du elementai, nors jos užraše yra 4 skaičiai. Kiekviena šeima gali buti „paversta“ aibe, jei ( ) skliaustus pakeisime ¯ riestiniais. Toks pavertimas visada susijęs su informacijos praradimu, nes objektas {xi | i ∈ I} jau „nebeatsimena“ buvusio savo elementu statuso ˛ šeimoje (xi | i ∈ I). Pavyzdžiui, aib˙ „nežino“, iš kokios šeimos elementu ji buvo gauta: e ˛ (1, 2, 3), (1, 3, 2) ar (1, 1, 2, 2, 3). {1, 2, 3} Kiekviena aib˙ gali buti paversta šeima. Tiksliau, kiekvienai aibei A e ¯ galima rasti tokią šeimą (xi | i ∈ I) (aišku, ne vienintelę), kad Paprasčiausias budas — indeksuoti šeimą A aib˙ s elementais, t.y. paimti e ¯ I = A ir apibr˙ žti xi = i. e Šeimos, indeksuotos keliais indeksais. Dažnai tenka nagrin˙ ti rinkie nius, indeksuotus ne vienu, o keliais indeksais. Pavyzdžiui užrašas (xij | 1 i j 3) (3.1) A = {xi | i ∈ I}. žymi šeimą su tokiais nariais: x11 , x12 , x13 , x22 , x23 ir x33 . Tokiu šeimu nagrin˙ jimui nereikia kažkokios naujos teorijos. Galima ˛ ˛ e isivaizduoti, kad tai — iprasta šeima, tik jos indekso reikšm˙ s yra ne skaičiai, ˛ ˛ e o skaičiu poros (i, j). Pavyzdžiui, (3.1) šeima gali buti užrašyta ˛ ¯ xij | (i, j) ∈ K (3.2) 38 pavidalu; čia indeksu aib˙ K susideda iš 6 poru ˛ e ˛: 3 SKYRIUS. ŠEIMOS K = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3), (3, 3)}. Pastabos d˙ sintaks˙ el es. 1. Formaliai žiurint reiktu rašyti ne xij , o x(i,j) , ˛ ¯ bet taip niekas nedaro. Tiesa, kablelis kartais padedamas, kai kyla dviprasmyb˙ s pavojus. Tarkime, užrašas x2ij gali buti suprantamas bent 4 skirtingais e ¯ budais: ¯ x2ij , x2,ij , x2i,j arba x2,i,j . Pirmuoju atveju tur˙ tu buti apibr˙ žta seka (xn ) ir x2ij reikštu jos nari, e ˛ ¯ e ˛ ˛ atitinkanti n = 2ij sandaugą. Antru ir trečiu atvejais tur˙ tu buti apibr˙ žta ˛ e ˛ ¯ e dviem indeksais indeksuota seka xmn ; x2i,j reikštu jos nari, atitinkanti m = 2i, ˛ ˛ ˛ n = j, o x2,ij — nari, atitinkanti m = 2 ir n = ij. Paskutiniuoju atveju turi ˛ ˛ buti apibr˙ žta trim indeksais indeksuota seka. Jei iš konteksto neaišku, kuris e ¯ atvejis yra tikrasis, reiktu pad˙ ti kableli. ˛ e ˛ 2. Dažnai xij pavidalo užrašas maišomas su xij . Pastarasis turi prasmę, kai 1) apibr˙ žta tam tikra šeima (xi | i ∈ I); e 2) apibr˙ žta tam tikra I aib˙ s elementu šeima (ij | j ∈ J). e e ˛ Tada (xi ) šeimos ij -asis narys ir bus žymimas xij . Pavyzdžiui, jei I = J = N, xi = i2 , o ij = 2j, tai xij = i2 = (2j)2 = 4j 2 . j Jeigu ir j butu konkretus skaičius, tarkime, 3, tai xij butu lygus 36. ¯ ˛ ¯ ˛ Šiame pavyzdyje simbolis xij prasm˙ s neturi (nebent ij reikštu i ir j e ˛ skaičiu sandaugą). Kita vertus, jei duota dviem indeksais indeksuota šeima ˛ (xij ) (apibr˙ žta, pavyzdžiui, formule xij = i + j), tai neturi prasm˙ s xij e e simbolis. 3. Jei šeima užrašoma ne standartiniu pavidalu, irgi atsiranda galimyb˙ e užrašą traktuoti neteisingai. Tarkime, (3.1) užrašas gali buti traktuojamas ¯ ne tik kaip (3.2), bet yra ir dar bent dviem budais. ¯ Pavyzdžiui, galima laikyti, kad užraše 1 i j 3 „kinta“ tik i; tada kiekvienai fiksuotai j reikšmei tur˙ tume vienu indeksu indeksuotą šeimą: e (xi1 | 1 i 1), (xi2 | 1 i 2), (xi3 | 1 i 3). Kiekviena iš tu triju šeimu yra tam tikras (3.2) šeimos pošeimis. ˛ ˛ ˛ Dažniausiai iš konteksto yra aišku, kuris traktavimas yra teisingas. O kai neaišku — dažnai tas buna nesvarbu. ¯ 3.2. AIBIU ŠEIMOS ˛ 39 Tuščioji šeima. Patogu isivaizduoti, kad egzistuoja vienintel˙ šeima su ˛ e tuščia indeksu aibe. Ji vadinama tuščiąja šeima. ˛ Specialaus žymens tuščiai šeimai n˙ ra. Dažniausiai ji pažymima netiesioe giai — kaip išsigimęs bendresnio žymens atvejis. Tarkime, pavyzdžiui, kad (xk | m k < n) yra skaičiu šeima, indeksuota sveikaisiais skaičiais nuo m iki n. Jei m < n, ˛ ta šeima yra (n − m)-atis vektorius. Jei m = n, tas reiškinys žymi tuščiąją šeimą, nes n˙ ra n˙ vieno indekso k, tenkinančio sąlygą m k < m. e e 3.2 Aibiu šeimos ˛ Šeimos elementai nebutinai turi buti skaičiai. Šiame skyrelyje kalb˙ siu apie e ¯ ¯ šeimas, kuriu elementai yra aib˙ s. ˛ e Aibiu Dekarto sandauga. ˛ vadinama aib˙ e i∈I Aibiu šeimos (Ai | i ∈ I) Dekarto sandauga ˛ Ai = {(xi | i ∈ I) | ∀i ∈ I xi ∈ Ai }. Kitaip tariant, Dekarto sandauga susideda iš tokiu šeimu (xi | i ∈ I), kad ˛ ˛ xi ∈ Ai su visais i. Jei visos Ai sutampa su tam tikra aibe A, sandauga i∈I Ai žymima tiesiog AI . Taigi AI yra aib˙ visu A aib˙ s elementu šeimu su indeksu aibe I. e ˛ e ˛ ˛ ˛ Jei kiekvienas (xi | i ∈ I) šeimos narys priklauso A aibei, tai (xi ) ∈ AI . Bet man toks užrašas atrodo per daug „moksliškas“; tod˙ l šioje knygoje aš e rašau (xi ) ⊂ A (lyg šeima (xi ) sutaptu su aibe {xi | i ∈ I}). Pavyzdžiui, ˛ formul˙ e ∃(xn ) ⊂ A . . . reiškia egzistuoja tokia A aib˙ s elementu seka (xn ), kad . . . . e ˛ Aibiu sekos (An ) Dekarto sandauga dar žymima ∞ An , o kai visos An ˛ n=1 sutampa su A — dar ir A∞ . Aibiu šeimos (A1 , . . . , An ) Dekarto sandauga žymima A1 × · · · × An . Kai ˛ visos Ai sutampa su A, rašome tiesiog An . Pavyzdžiui, A × B = {(x, y) | x ∈ A, y ∈ B}, A3 = {(x, y, z) | x, y, z ∈ A}. Dvieju intervalu Dekarto sandauga yra stačiakampis (žr. 3.2 pav.) Jei ˛ ˛ dauginami ne intervalai, tas „stačiakampis“ gali buti ir labai keisto pavidalo. ¯ 40 2 1 2 1 | | 3 SKYRIUS. ŠEIMOS | | | | | | 1 4 1 4 3.2 pav. [1; 4] × [1; 2] ir [1; 4] × {1, 2} stačiakampiai Tuščiosios šeimos Dekarto sandauga. Tuščios aibiu šeimos Dekarto ˛ sandauga yra vientašk˙ aib˙ : vienintelis jos elementas yra tuščioji šeima. e e n Pavyzdžiui, R yra aibiu šeimos (R | 1 i n) (t.y. n-element˙ s šeimos, ku˛ e rios visi elementai yra ta pati R aib˙ ) Dekarto sandauga. Kai n = 0, indeksu e ˛ 0 aib˙ tampa tuščia; tod˙ l R yra tos tuščios šeimos Dekarto sandauga. Taigi e e R0 yra vienelement˙ aib˙ . Vienintelis jos elementas paprastai žymimas 0. e e Tada R0 = {0}. Aišku, vietoje R čia gal˙ tu buti bet kokia aib˙ . Kadangi tuščioji šeima e ˛ ¯ e t˙ ra tik viena, tai A0 = B 0 su bet kokiomis A ir B. Čia nieko steb˙ tino, nes e e ir bet kokio skaičiaus nulinis laipsnis yra tas pats skaičius 1. 3.1 pratimas. Ar duoti taškai priklauso A aibei? I. (2004) A = N × {−1, 0, 1}, a = (0, 0), b = (1, 2), c = (2.3, 1), d = (2, −1). II. A = (1; 3] × (1; 3] \ (2; 4) × (2; 4) , a = (1, 2), b = (2, 2), c = (2, 3), d = (3, 3). Sprendimas. (Žr. 3.3 pav.) I. a, b, c ∈ A; d ∈ A. II. a, d ∈ A; b, c ∈ A. Paaiškinimas. I. a ∈ A, nes 0 ∈ N. b ∈ A, nes 2 ∈ {−1, 0, 1}. c ∈ A, nes 2.3 ∈ N. d ∈ A, nes 2 ∈ N ir −1 ∈ {−1, 0, 1}. II. a ∈ A, nes a ∈ (1; 3] × (1; 3]. b, c ∈ A, nes b, c ∈ (1; 3] × (1; 3] ir b, c ∈ (2; 4) × (2; 4). d ∈ A, nes d ∈ (2; 4) × (2; 4). Aibiu šeimos junginys ir sankirta. Aibiu šeimos (Ai | i ∈ I) junginys ˛ ˛ ir sankirta apibr˙ žiami taip: e Ai = {x | ∃i ∈ I x ∈ Ai }, Ai = {x | ∀i ∈ I x ∈ Ai }. i∈I i∈I 3.2. AIBIU ŠEIMOS ˛ b 1 −1 Kitaip tariant, junginys susideda iš tašku kurie priklauso bent vienai iš Ai , ˛, o sankirta — iš tašku priklausančiu visoms Ai aib˙ ms. ˛, ˛ e ∞ Aibiu sekos junginys ir sankirta dar žymimi n=1 An ir ∞ An . ˛ n=1 3.2 pratimas. Apskaičiuokite ∞ n=1 I. An = (−1/n; 1/n). II. An = (1/n; 1). III. An = {−n, n}. Paaiškinimas. I. Kadangi (−1; 1) ⊃ (−1/2; 1/2) ⊃ (−1/3; 1/3) ⊃ . . . , tai sekos junginys sutampa su pirmąja aibe. Visoms An priklauso tik vienas taškas 0; tod˙ l sankirta yra vientašk˙ aib˙ . e e e Jei pastarąji sakini reiktu irodyti (pavyzdžiui, jei užduotyje butu parašyta ˛ ˛ ˛˛ ¯ ˛ „Atsakymą pagriskite“), sakyčiau tokius žodžius. Pažymiu A = n An . ˛ Kadangi −1/n < 0 < 1/n, tai 0 ∈ An su visais n ir reiškia, 0 ∈ A. Jei x > 0, tai pažym˙ jęs n = [1/x] + 1 gaunu 1/x < n; tod˙ l x > 1/n ir x ∈ An . e e Taigi joks teigiamas x nepriklauso sankirtai A. Analogiškai irodoma, kad ˛ joks neigiamas x nepriklauso A. Reiškia, A = {0}. II. Kadangi A1 = (1; 1) = ∅, sekos sankirta tuščia. Junginys sutampa su (0; 1), nes bet koks skaičius iš to intervalo patenka i An su pakankamai ˛ dideliu n. (Tiksliau, x ∈ An , kai n > 1/x; pavyzdžiui, kai n = [x] + 1.) III. Sankirta tuščia, nes jau pirmos dvi aib˙ s nesikerta. e Sprendimas. I. n An = (−1; 1), II. n An = (0; 1), n An = ∅. III. n An = Z \ {0}, n An = ∅. £ ¢ ¢ ¢ ¢ ¤¢ ¤£ ¢ ¢ ¤ ¢£ ¤¢ £ 41 | c 3 2 1 c b d | a a 1 2 3 | d | | 3.3 pav. Žr. 3.1 pratimą 1 | 2 | 3 | An ir ∞ n=1 An . n An = {0}. 42 3 SKYRIUS. ŠEIMOS Tuščios šeimos junginys ir sankirta. Tuščios aibiu šeimos junginiu ˛ laikoma tuščia aib˙ . Iš apibr˙ žimo išplaukia, kad e e x∈ Ai ⇐⇒ ∃i ∈ ∅ x ∈ Ai . i∈∅ Dešin˙ je ekvivalencijos pus˙ je esanti formul˙ visada klaidinga, nes n˙ ra n˙ e e e e e vieno i, priklausančio tuščiajai aibei. Tod˙ l klaidinga ir kairioji formul˙ , e e t.y. joks x nepriklauso tuščiai sąjungai. Tai ir reiškia, kad Ai = ∅. i∈∅ Tuščios aibiu šeimos sankirta apskritai neapibr˙ žta. Iš sankirtos apibr˙ ˛ e e žimo išplaukia, kad x∈ Ai ⇐⇒ ∀i ∈ I x ∈ Ai . i∈I Formul˙ ∀i ∈ I x ∈ Ai reiškia tą pati, ką ir formul˙ i ∈ I ⇒ x ∈ Ai . Kai e ˛ e I = ∅, pastaroji formul˙ visada teisinga; reiškia, visada teisinga ir formul˙ e e ∀i ∈ ∅ x ∈ Ai . Taigi jei i∈∅ Ai simbolis butu apibr˙ žtas, jis tur˙ tu žym˙ ti visu galimu e e ˛ e ˛ ˛ ¯ ˛ elementu aibę. Tačiau tokia sąvoka logiškai prieštaringa (žr. 5 skyriu Tod˙ l ˛ ˛). e tuščioji sankirta ir neapibr˙ žiama. e Tačiau jei visos nagrin˙ jamos aib˙ s yra tam tikros fiksuotos aib˙ s E poe e e aibiai (pavyzdžiui, kai nagrin˙ jamos tik skaičiu aib˙ s; tada E = R), daže ˛ e nai susitariama tuščios šeimos sankirta laikyti visu galimu E elementu aibę, ˛ ˛ ˛ t.y. apibr˙ žiama e Ai = E. i∈∅ Pabr˙ šiu, kad tai visada yra tik susitarimas. Kai nagrin˙ jamos skaičiu e e ˛ aib˙ s, laikoma i∈∅ Ai = R, kai nagrin˙ jamos vektoriu aib˙ s, susitariama e e ˛ e laikyti i∈∅ Ai = Rn . Tačiau kiekvienu momentu galioja tik vienas susitarimas; tod˙ l prieštaros R = Rn gauti negalima. e Teiginiu apie aibes ˛rodin˙ ˛ i ejimas. Irodin˙ dami teiginius apie aibiu šeimu ˛ e ˛ ˛ Dekarto sandaugas, junginius ir sankirtas, naudojam˙ s tokiomis formul˙ mis: e e (x, y) ∈ A × B ⇐⇒ x ∈ A, y ∈ B; 3.2. AIBIU ŠEIMOS ˛ x∈ x∈ Ai ⇐⇒ ∃i ∈ I x ∈ Ai ; Ai ⇐⇒ ∀i ∈ I x ∈ Ai . 43 i∈I i∈I Ši sąrašą galima butu papildyti ir tokia formule: ˛ ¯ ˛ (xi ) ∈ Ai ⇐⇒ ∀i ∈ I xi ∈ Ai . i∈I Tačiau per egzaminą duodamuose uždaviniuose aš apsiriboju tik dvieju aibiu ˛ ˛ Dekarto sandauga. Irodysiu, pavyzdžiui, tokias De Morgano formules (jos yra anksčiau tur˙ tu ˛ e ˛ De Morgano formuliu apibendrinimas): ˛ E\ E\ Ai = i∈I i∈I (E \ Ai ); (E \ Ai ). Ai = i∈I i∈I Jei x priklauso junginio papildiniui, tai x ∈ E, x ∈ Ai ; i x ∈ E ir netiesa, kad ∃i x ∈ Ai ; x ∈ E, ∀i x ∈ Ai ; ∀i (x ∈ E, x ∈ Ai ); ∀i x ∈ E \ Ai ; x∈ i (E \ Ai ). Atvirkščia implikacija irodoma panašiai; reikia perrašyti visas formules ˛ atvirkščia tvarka, pradedant apatine ir baigiant viršutine (ir, aišku, isitikinti, ˛ kad kiekviena rašoma formul˙ išplaukia iš anksčiau parašytos). Jei viską e sąžiningai darytum˙ me, tur˙ tume pamatyti problemą: neaišku, kaip iš e e ∀i (x ∈ E, x ∈ Ai ) gauti Jei I aib˙ netuščia, problema nesunkiai išsprendžiama. Paimkime bet e koki i0 ∈ I; tada iš ∀i (x ∈ E, x ∈ Ai ) išplaukia x ∈ E, x ∈ Ai0 ir, reiškia, ˛ x ∈ E, ∀i x ∈ Ai . 44 3 SKYRIUS. ŠEIMOS tikrai x ∈ E. Jei indeksu aib˙ tuščia, šis samprotavimas netinka, tačiau šiuo ˛ e atveju sankirta apskritai neapibr˙ žta ir nieko irodin˙ ti nereikia. e ˛ e Pasteb˙ siu, kad irodyta De Morgano formul˙ išliks teisinga ir I = ∅ e ˛ e atveju, jei susitarsime, kad i∈∅ Ai = E. Antroji De Morgano formul˙ irodoma panašiai. e˛ 3.3 pratimas. Ar teisingas duotas teiginys? Jei taip, irodykite; jei ˛ ne, duokite kontrpavyzdi. ˛ I. ∅ × A = ∅. II. (A1 × B1 ) ∩ (A2 × B2 ) = (A1 ∩ A2 ) × (B1 ∩ B2 ). III. i∈I Ai × i∈I Bi = i∈I (Ai × Bi ). Sprendimas. I. Iš (x, y) ∈ ∅ × A išplaukia x ∈ ∅, t.y. prieštara. Reiškia, ∅ × A aib˙ je n˙ ra n˙ vieno elemento, t.y. ji tuščia. e e e II. Jei (x, y) ∈ (A1 × B1 ) ∩ (A2 × B2 ), tai (x, y) ∈ A1 × B1 , (x, y) ∈ A2 × B2 ; x ∈ A1 , y ∈ B1 , x ∈ A2 , y ∈ B2 ; x ∈ A1 ∩ A2 , y ∈ B1 ∩ B2 ; (x, y) ∈ (A1 ∩ A2 ) × (B1 ∩ B2 ). Atvirkščia implikacija irodoma analogiškai. ˛ III. Formul˙ neteisinga, kai A1 = B2 = {0}, A2 = B1 = ∅. e Paaiškinimas. III. Jei iškart nematyčiau, kad teiginys neteisingas, bandyčiau ji irodyti. Mąstymo eiga gal˙ tu buti tokia. ˛˛ e ˛ ¯ Jei (x, y) priklauso kair˙ je pus˙ je esančiai aibei, tai e e x∈ Ai , y ∈ Bi ; i i ∃i x ∈ Ai , ∃i y ∈ Bi . Dabar reiktu parašyti formulę ˛ ∃i (x ∈ Ai , y ∈ Bi ). Deja ji niekaip neišplaukia iš anksčiau parašytos formul˙ s: x priklauso kaže kuriai iš Ai aibiu y — kažkuriai iš Bi aibiu bet tai nereiškia, kad abieju ˛, ˛, ˛ aibiu indeksai sutampa. Kitaip tariant, aš galiu gauti ˛ ∃i ∃j (x ∈ Ai , y ∈ Bj ), 3.3. SKAIČIU SUMOS IR SANDAUGOS ˛ 45 bet niekaip negaliu irodyti, kad i = j. ˛ Gal but, tai reiškia, kad irodin˙ jama formul˙ neteisinga? Pabandysiu ˛ e e ¯ sukonstruoti kontrpavyzdi. Reikia, kad butu du skirtingi indeksai; tod˙ l ˛ e ¯ ˛ paimu I = {1, 2}. Reikia, kad kažkoks x priklausytu A1 aibei, o kažkoks y — ˛ B2 aibei; tegu x = y = 0 ir A1 = B2 = {0}. Galiausiai paimu A2 = B1 = ∅. Tada i Ai × i Bi = (A1 ∪ A2 ) × (B1 ∪ B2 ) = {0} × {0} = {(0, 0)}, o i (Ai × Bi ) = (A1 × B1 ) ∪ (A2 × B2 ) = ∅ ∪ ∅ = ∅. 3.3 Skaičiu sumos ir sandaugos ˛ Apibrežimas ir žym˙ ˙ ejimas. Jei (xi | i ∈ I) yra baigtin˙ skaičiu šeima, e ˛ tai i∈I xi ir i∈I xi ženklais žymime, atitinkamai, visu tos šeimos nariu ˛ ˛ sumą ir sandaugą. Pavyzdžiui, jei I = {1, 3, 7} ir x1 = 1, x3 = 1, x7 = 4, tai xi = 1 + 1 + 4 = 6, i∈I o i∈I xi = 1 · 1 · 4 = 4. l i=k Jei I = {k, k + 1, . . . , l}, suma ir sandauga žymimos dar ir taip: l i=k xi . Pavyzdžiui, 5 3 xi , i2 = 4 + 9 + 16 + 25 = 54, i=2 i=3 1 1 = . i 3 Visuose tokiuose reiškiniuose sumavimo (ar daugybos) kintamasis yra suvaržytas. Negalima rašyti 5 32 , 3=1 o reiškiniai 5 5 i 2 2 i=1 2 2 ir 2 k=1 2 k2 žymi tą pati skaičiu 1 + 2 + 3 + 4 + 5 (kuris lygus 55). ˛ ˛ Jei ˛ju i∈I xi pavidalo reiškinyje be i yra ir daugiau kintamu ˛, visi jie yra laisvi. Toks reiškinys tada gali buti interpretuojamas kaip nauja šeima, ¯ indeksuota tais laisvais kintamaisiais. Pavyzdžiui, reiškinyje 3 i=1 1 i+j 46 3 SKYRIUS. ŠEIMOS j kintamasis yra laisvas. Tod˙ l galima apibr˙ žti naują šeimą (yj ), pažym˙ jus e e e 3 yj = i=1 1 i+j (aišku, reiktu dar nurodyti j indekso galimu reikšmiu aibę). Tada ˛ ˛ ˛ 3 y0 = i=1 3 1 1 1 11 =1+ + = , j 2 3 6 y1 = i=1 1 1 1 13 1 = + + = j+1 2 3 4 12 ir t.t. (yj ) šeimos narius v˙ l galima sud˙ ti arba sudauginti. Jei, tarkime, sane e daugą žyminčiame reiškinyje, parašytume ne simboli yj , o jo išraišką per ˛ sumą, gautume gan baisiai atrodanti reiškini. Bet tokius reiškinius reikia ˛ ˛ mok˙ ti iššifruoti. Pavyzdžiui, e 1 3 j=0 i=1 1 = i+j 1 yj = y0 y1 = j=0 11 13 143 · = . 6 12 72 3.4 I. II. III. pratimas. Apskaičiuokite. 2 i=1 4 j=2 3 i=1 4 j=2 (i 2 i=1 (i 3 j=i + j). + j). j. Sprendimas. I. 2 4 4 4 (i + j) = i=1 j=2 j=2 (1 + j) + j=2 (2 + j) = 3 · 4 · 5 + 4 · 5 · 6 = 60 + 120 = 180. II. 4 2 2 2 2 (i + j) = j=2 i=1 i=1 (i + 2) i=1 (i + 3) i=1 (i + 4) = (3 + 4) · (4 + 5) · (5 + 6) = 7 · 9 · 11 = 693. 3.3. SKAIČIU SUMOS IR SANDAUGOS ˛ III. 3 3 3 3 3 47 j= i=1 j=i j=1 j+ j=2 j+ j=3 j = (1 + 2 + 3) + (2 + 3) + 3 = 14. Paaiškinimas. I. Skaičiuojant iš pradžiu galima buvo iššifruoti sandaugos ˛ simboli: ˛ 2 4 2 (i + j) = i=1 j=2 i=1 (i + 2)(i + 3)(i + 4) = 3 · 4 · 5 + 4 · 5 · 6 = 60 + 120 = 180. Kitus du uždavinius taip pat galima spręsti dviem budais. ¯ Konstantos išk˙ elimas prieš sumos ženklą. Suformuluosiu keletą formaliu operavimo sumomis taisykliu Pirmoji sako, kad konstantą galima ˛ ˛. iškelti prieš sumos ženklą: cxi = c i∈I i∈I xi . Reiktu jausti, kod˙ l ta taisykl˙ teisinga. Pavyzdžiui, I = {1, 2, 3, 4} atveju ji ˛ e e reiškia, kad cx1 + cx2 + cx3 + cx4 = c(x1 + x2 + x3 + x4 ), t.y. kad pasikartojanti daugikli galima iškelti prieš skliaustus. ˛ ˛ Sumu suma. Sumuojant narius, kuriu kiekvienas yra dvieju d˙ menu suma, ˛ ˛ ˛ e ˛ galima atskirai susumuoti pirmus d˙ menis, po to — antruosius d˙ menis ir e e gautas sumas sud˙ ti: e (xi + yi ) = i∈I i∈I xi + i∈I yi . Pavyzdžiui, I = {1, 2, 3} atveju parašyta lygyb˙ reiškia, kad e (x1 + y1 ) + (x2 + y2 ) + (x3 + y3 ) = (x1 + x2 + x3 ) + (y1 + y2 + y3 ). Štai pirmu dvieju taisykliu taikymo pavyzdys. Aš dažnai pamirštu arit˛ ˛ ˛ metin˙ s progresijos sumos formulę, bet atsimenu, kad e n(n + 1) . 2 Tada pirmu nelyginiu skaičiu sumą skaičiuoju taip: ˛ ˛ ˛ 1+2+···+n = n n n i=1 (2i − 1) = 2 i=1 i− 1=2 i=1 n(n + 1) − n = n2 . 2 48 3 SKYRIUS. ŠEIMOS Tada Sumavimas blokais. Tarkime, indeksu aib˙ I yra dvieju nesikertančiu ˛ e ˛ ˛ daliu junginys: ˛ I = I1 ∪ I2 ir I1 ∩ I2 = ∅. xi = i∈I i∈I1 xi + i∈I2 xi . Pavyzdžiui, I1 = {1, 2} ir I2 = {3, 4, 5} atveju parašyta lygyb˙ iššifruojama e taip: x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = (x1 + x2 ) + (x3 + x4 + x5 ). Aišku, sumas galima skaidyti ne tik i du, bet ir i daugiau gabalu Norint ˛ ˛ ˛. suformuluoti atitinkamą taisyklę bendruoju atveju, reikalinga aib˙ s skaidinio e sąvoka. Aibiu šeima (Ij | j ∈ J) vadinama I aib˙ s skaidiniu, jei Ij aib˙ s kas ˛ e e dvi nesikerta ir ju junginys yra I t.y. ˛ j1 = j2 ⇒ Ij1 ∩ Ij2 = ∅ ir I = Ij . j∈J Aukščiau suformuluotos sumavimo taisykl˙ s apibendrinimas skamba taip: e jei (Ij | j ∈ J) yra I aib˙ s skaidinys, tai e xi = i∈I j∈J i∈Ij xi . Sumavimo kintamojo keitimas. Nesunku isitikinti, kad ˛ 4 i=1 1 1 1 1 1 = + + + = i+1 2 3 4 5 5 j=2 1 . j Pažiur˙ kime, kaip galima formaliai gauti dešini šios grandin˙ s nari iš kairiojo. ˛ e ˛ ¯e Reikia atlikti du veiksmus: a) i i+1 išraišką vietoje i istatyti j − 1; ˛ 1 ˛ b) pakeisti „sumavimo pagal j r˙ žius“: kair˙ je sumoje i indekso kitimo e e sritis buvo {1, 2, 3, 4} aib˙ , o naujojo indekso — {2, 3, 4, 5} aib˙ . e e 1 Dabar pabandysiu suformuluoti bendrą taisyklę. Tam šeimą i+1 pakeičiu bet kokia šeima (xi | i ∈ I), o reiškini j − 1 — bet kokiu reiškiniu ϕ(j). ˛ Gaunu lygybę xi = xϕ(j) . i∈I j∈J Tam, kad ji butu teisinga, ϕ(j) funkcija turi abipus vienareikšmiškai atvaiz¯ ˛ duoti J i I. Tai reiškia, kad turi buti patenkintos dvi sąlygos: ˛ ¯ 3.3. SKAIČIU SUMOS IR SANDAUGOS ˛ a) ϕ(j) reikšmiu atitinkančiu j ∈ J, aib˙ turi buti I, t.y. ˛, ˛ e ¯ {ϕ(j) | j ∈ J} = I; b) skirtingus j turi atitikti skirtingos ϕ(j) reikšm˙ s, t.y. e j1 = j2 ⇒ ϕ(j1 ) = ϕ(j2 ). 49 Štai pavyzdys, iliustruojantis sumavimo gabalais ir kintamojo keitimo taisyklę. Irodysiu, kad ˛ (1 − x)(1 + x + · · · + xn−1 ) = 1 − xn . Tikrai, kair˙ pus˙ lygi e e n−1 n−1 n−1 (1 − x) x = i=0 i=0 n−1 i x −x xi − i xi xi+1 i=0 n−1 = i=0 i=0 (ik˙ liau konstantą už sumos ženklo) ˛ e n−1 n = i=0 x − i xj j=1 (atlikau kintamojo keitini j = i + 1) ˛ n−1 n−1 =1+ i=1 x − i j=1 xj − xn (pirmoje sumoje atskyriau nari su i = 0; antroje — nari su j = n) ˛ ˛ = 1 − xn . Dvilyp˙ sumos. Dažnai tenka sumuoti šeimas, indeksuotas ne vienu, o, es tarkime, dviem indeksais; pavyzdžiui, xij = x11 + x12 + x13 + x22 + x23 + x33 . 1 i j 3 Tokia suma vadinama dvilype suma. 50 j | Dvilypiu sumu skaičiavimui nereikia kažkokios naujos teorijos: galima ˛ ˛ tiesiog isivaizduoti, kad šeimos (ir sumavimo) indeksas yra pora (i, j), kin˛ tanti tam tikroje poru aib˙ je K. Aukščiau užrašytame pavyzdyje ˛ e K = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3), (3, 3)}. Dažnai tokia suma skaičiuojama, suvedant ją i kartotinę sumą: ˛ xij = xij ; čia I ir Ji yra tokios aib˙ s, kad e Pavyzdžiui, (3.3) aibę atitinka I = {1, 2, 3}, J1 = {1, 2, 3}, J2 = {2, 3} ir J3 = {3} (žr. 3.4 pav.); tod˙ l e 3 3 (3.4) taisyklę galima išvesti iš aukščiau suformuluotu Tikrai, pažym˙ jęs ˛. e Ks = {s} × Js , gaunu xij = (i,j)∈K s∈I (i,j)∈Ks Kita vertus, funkcija ϕ(j) = (s, j) abipus vienareikšmiškai atvaizduoja Js i ˛ Ks ; tod˙ l e xij = xsj. (3.6) (i,j)∈Ks j∈Js ¦ ¦¥ ¦¥ ¦¥ ¦¥ ¦¥ ¥ 3 SKYRIUS. ŠEIMOS j {3} × J3 | I3 × {3} | {2} × J2 | | I2 × {2} | | | {1} × J1 | | | I1 × {1} | i 3.4 pav. Dvilyp˙ s sumos suvedimas i kartotinę e ˛ i (3.3) (3.4) (i,j)∈K i∈I j∈Ji K= i∈I {i} × Ji . xij = 1 i j 3 i=1 j=i xij . xij . (3.5) 3.3. SKAIČIU SUMOS IR SANDAUGOS ˛ Iš (3.5)–(3.6) gauname lygybę xij = (i,j)∈K s∈I j∈Js 51 xsj , kuri sutampa su (3.4). Aišku, kartu su (3.4) teisinga ir xij = (i,j)∈K j∈J i∈Ij xij lygyb˙ ; čia J ir Ij — tokios aib˙ s, kad e e K= j∈J Ij × {j} . Pavyzdžiui, (žr. 3.4 pav). 3 j xij = 1 i j 3 j=1 i=1 xij . Bet tada teisinga ir tokia sumavimo tvarkos pakeitimo taisykl˙ : e xij = i∈I j∈Ji j∈J i∈Ij xij . Štai vienas šios taisykl˙ s pritaikymo pavyzdys. Išvesiu formulę pirmu n e ˛ naturaliu ˛ skaičiu kvadratu sumai sn skaičiuoti. Turiu: ˛ju ˛ ˛ ¯ n sn = i=1 n i2 i = i=1 i j=1 1 (nes i 1 1 = i) n i = i=1 j=1 i (ik˙ liau konstantą i vidinę sumą) ˛ e ˛ n n = j=1 i=j i 52 (pakeičiau sumavimo tvarką) n 3 SKYRIUS. ŠEIMOS = j=1 n(n + 1) (j − 1)j − 2 2 i = k(k + 1)/2) n ( n j = n 1 − j−1 1 , o k i=1 n2 (n + 1) 1 = − 2 2 j=1 (j − 1)j (sumu suma lygi sumui sumai; pirmoje sumoje vis d˙ menys vienodi, tod˙ l ˛ e e narys tiesiog padauginamas iš d˙ menu skaičiaus; antroje sumoje išk˙ liau kone ˛ e stantą) n2 (n + 1) 1 = − 2 2 ((j − 1)j = j 2 − j, o n i=1 n j2 + j=1 n(n + 1) 4 j = n(n + 1)/2) = 2n2 (n + 1) + n(n + 1) 1 − sn . 4 2 Perk˙ lęs sn /2 i kairę pusę, gaunu e ˛ 3 2n2 (n + 1) + n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) sn = = ; 2 4 4 n(n + 1)(2n + 1) sn = . 6 Šiek tiek pakomentuosiu dar sumavimo tvarkos pakeitimo žingsni. Galima ˛ butu nupiešti piešini, kaip aš darau žemiau, spręsdamas pratimą. Tačiau ˛ ¯ ˛ galima sumavimo tvarką pakeisti ir „analiziškai“. Kartotinę sumą n i i=1 j=1 atitinka indeksu aib˙ ˛ e n K= i=1 {i} × {j | 1 j i} = {(i, j) | 1 i n, 1 j i}. 3.3. SKAIČIU SUMOS IR SANDAUGOS ˛ j 10 5 | 3.5 pav. Dvilyp˙ s sumos indeksu aib˙ (žr. 3.5 pratimą) e ˛ e Nesunku patikrinti, kad (Tikrai, iš j i n išplaukia j n. Atvirkščiai, iš 1 1 i. Kitos nelygyb˙ s kartojasi abiejose pus˙ se.) Reiškia, e e n K = {(i, j) | 1 o toki užrašą atitinka kartotin˙ suma ˛ e n 3.5 I. II. pratimas. Pakeiskite sumavimo tvarką. 10 i=1 8 i=1 16 j=i i+1 j=1 xj . 10 i=1 j 16 Sprendimas. (Žr. 3.5 pav.) I. 10 j=1 i=1 xij + j=11 8 xj = 8x1 + 9 (10 − j)xj . II. 8 x1 + 9 i=1 j=2 i=j−1 j=2 Sandaugu savyb˙ ˛ es. Skaičiu sandaugu savyb˙ s analogiškos jau išnagrin˙ ˛ ˛ e e toms sumu savyb˙ ms: ˛ e xn = i i∈I i∈I  • Ž ˆ ƒ  | z ž© –§  ‰ „ € } { Ÿ —¨  Š …  ~  % ˜$ ‘# ‹ † ‚ ¡S ™R ’@ Œ9 ‡8 & ¢w šf “e T A '  £‰ ›y ”x g U B (  ¤˜ œˆ h V C )  ¥k ™  € i W D 0  s l d ‘  p X E 1  t m e ’ ‚ q Y F 2  u n f “ ƒ r ` G 3  v o g ” „ s a H 4  w p h • … t b I 5 x q i – † u c P 6 ! y r j — ‡ v d Q 7 " 53 j 10 5 5 | | | 10 i | | | 5 | i 1 1 i j n; ⇐⇒ i; 1 j j i n; n. j i išplaukia j n, j i n} = j=1 {j} × {i | j i n} , n . j=1 i=j xij . xij . xi ; n 54 (xi yi ) = i∈I i∈I 3 SKYRIUS. ŠEIMOS xi i∈I yi ; xi xi = i∈I j∈J i∈Ij (jei (Ij | j ∈ J) yra I aib˙ s skaidinys); e xi = i∈I j∈J xϕ(j) (jei ϕ yra abipus vienareikšm˙ atitiktis tarp J ir I). e Plačiau šiu savybiu nekomentuosiu, nes su sandaugomis susidursime re˛ ˛ čiau, nei su sumomis. Dar viena formul˙ skirta sumu sandaugai skaičiuoti: e ˛ xij = j∈J i∈Ij (ij )∈ j∈J xij j . Ij j∈J (3.7) Ją šiek tiek paaiškinsiu. Dauginant sumas, reikia iš kiekvienos sumos paimti po d˙ meni, tuos e ˛ d˙ menis sudauginti ir visas tokias sandaugas sud˙ ti. Tarkime, pavyzdžiui, e e kad J = {1, 2, . . . , n}; tada sumu sandauga gali buti užrašyta „išreikštiniu ˛ ¯ pavidalu“: xi1 xi2 · · · xin . i∈I1 i∈I2 i∈In Tarkime, iš pirmos sumos aš paimu i1 -ąji d˙ meni (i1 gali buti bet koks in˛ e ˛ ¯ deksas iš I1 aib˙ s), iš antros sumos — i2 -ąji d˙ meni (i2 — bet koks I2 aib˙ s e ˛ e ˛ e elementas) ir t.t. Tada paimtu d˙ menu sandauga užrašoma taip: ˛ e ˛ xi1 1 xi2 2 · · · xin n = xij j . j∈J Bendruoju atveju, kai nekonkretizuojama, kokia yra J aib˙ , „išreikštiniu pavie dalu“ d˙ menu sandaugos užrašyti negalima, ir tenka naudoti tik sutrumpintą e ˛ užrašą xij j . j∈J Kai J = {1, . . . , n}, d˙ menu sandaugu (kurias reikia sud˙ ti) yra tiek, kiek e ˛ ˛ e yra (i1 , . . . , in ) pavidalo vektoriu čia i1 ∈ I1 , . . . , in ∈ In . Visi tokie vektoriai ˛; užpildo I1 × I2 × · · · × In = Ij j∈J 3.4. UŽDAVINIAI 55 sandaugą. Kai J aib˙ s struktura nekonkretizuota, v˙ l galime naudoti tik e e ¯ sutrumpintą simboli j∈J Ij . Taigi d˙ menu sandaugu suma užrašoma taip: ˛ e ˛ ˛ xij j . (ij )∈ j∈J j Ij O tai ir yra (3.7) formul˙ s dešinioji pus˙ . e e Tuščia šeima. Tuščios skaičiu šeimos suma laikoma lygia 0, o sandauga ˛ — lygia 1. Tada formul˙ s e xi = i∈I i∈I1 xi + i∈I2 xi ir i∈I xi = i∈I1 xi i∈I2 xi išliks teisingos ir tada, kai kuri nors iš I1 , I2 aibiu tuščia. ˛ 3.4 Uždaviniai 1. Ar duoti taškai priklauso A × B aibei? • A = N ∪ (0; 1), B = [1; 3); taškai: (0, 1), (1, 1), (2, 2), (3, 3). • A = {−1, 1}, B = {2}; taškai: (−1, 1), (−1, 2), (0, 2), (1, −2). • A = Z, B = N; taškai: (−1, −1), (−1, 1), (0, 1), (0.5, 2). 2. Kam lygios ∞ n=1 An ir ∞ n=1 An aib˙ s? e • An = [−1; −1/n]. • An = (−1/n; n). • An = Z \ (−n; n). • (2004) An = [−1; ∞) \ (n; n + 1). • (2004) An = {−n, 0, n}. • (2004) An = [−1/n; 0] ∪ {n}. 3. Ar teisingi duoti teiginiai? Jei taip, irodykite; jei ne, duokite kontrpavyz˛ di. ˛ • (2004) A × (B1 ∪ B2 ) = (A × B1 ) ∪ (A × B2 ). 56 4. Apskaičiuokite. 3 i+2 3 SKYRIUS. ŠEIMOS • i. i=1 j=i 4 i−1 • j i=1 j=1 3 i • i=0 j=1 (i − j). 2 2 • (2002) • (2002) • (2002) • (2002) • (2004) • (2004) • (2004) ij. i=1 j=i 3 2 ij . i=1 j=1 3 i i=1 j=1 3 2i (i + j − 1). j. i=1 j=i 3 2 (1 + j). i=1 j=i 2 3 i. i=1 j=2 3 i i=2 j=2 (i − j). 5. Pakeiskite sumavimo tvarką. 12 i+5 • xij . i=1 j=i 3.4. UŽDAVINIAI 20 20−i 57 • xij . i=1 j=1 20 10+i • (2004) • (2004) • (2004) xij . i=0 j=10−i 10 20−i xij . i=1 j=10−i 10 i xi . i=2 j=1 58 3 SKYRIUS. ŠEIMOS 4 skyrius Funkcijos 4.1 Pagrindin˙ s žinios apie funkcijas e Apibrežimas ir vaizdavimas. Tegu M yra kokia nors aib˙ . Taisykl˙ , pa˙ e e gal kurią iš kiekvieno x ∈ M gaunamas tam tikras naujas elementas y, vadinama funkcija M aib˙ je. M vadinama tokios funkcijos apibr˙ žimo sritimi. e e Funkcijas žym˙ siu f, g, h raid˙ mis. Jei f yra funkcija M aib˙ je ir x ∈ M, e e e tai iš to x gaunamas naujas elementas y vadinamas funkcijos reikšme x taške ir žymimas f (x). Jei visos f funkcijos reikšm˙ s yra tam tikros N aib˙ s e e elementai, sakome, kad f yra funkcija iš M i N, ir rašome f : M → N. ˛ Nor˙ dami apibr˙ žti kokią nors funkciją, turime nurodyti jos apibr˙ žimo e e e sriti ir formulę, pagal kurią skaičiuojamos funkcijos reikšm˙ s. Pavyzdžiui, ˛ e f (x) = x2 , arba Kai apibr˙ žimo sritis aiški, rašome tik formulę: f (x) = x2 , arba f : x → x2 . e Kalb˙ dami apie abstrakčias funkcijas, isivaizduojame kažką panašaus i e ˛ ˛ 4.1 pav. Jei M ir N yra skaičiu aib˙ s, dažniausiai piešiamas funkcijos grafikas ˛ e (4.2 pav.). Siauriniai. Dvi funkcijos sutampa, jei sutampa tiek ju apibr˙ žimo sritys, ˛ e tiek atitinkamos ju reikšm˙ s. Tod˙ l jei susiaurinsime kokios nors funkcijos ˛ e e apibr˙ žimo sriti, o formulę, pagal kurią skaičiuojamos funkcijos reikšm˙ s, e ˛ e paliksime nepakeitę, formaliai gausime kitą funkciją. Ji vadinama pradin˙ s e funkcijos siauriniu. Norint nupiešti siaurinio grafiką, reikia nupiešti pradin˙ s funkcijos grafiką e ir po to nutrinti nereikalingą linijos dali (žr. 4.3 pav.) ˛ 59 f : x → x2 , kai x ∈ R. kai x ∈ R, 60 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS x M 4.1 pav. f : M → N f (x) 4.2 pav. Funkcijos grafikas 4 3 2 1 0 -2 -1 0 1 2 4.3 pav. Funkcija y = x2 ir jos siaurinys [0; ∞) aib˙ je e ¦¦ f f (x) N f x | | 4 3 2 1 0 -2 -1 0 1 2 ˙ 4.1. PAGRINDINES ŽINIOS APIE FUNKCIJAS 4 61 3 2 1 0 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 4.4 pav. (4.1) funkcijos grafikas Keliu kintamu ˛ funkcijos. Jei f funkcijos apibr˙ žimo sritis M yra keliu ˛ ˛ju e ˛ aibiu Dekarto sandaugos poaibis, M ⊂ E1 × · · · × Ek , tai funkcijos reikšm˙ ˛ e (x1 , . . . , xk ) taške žymima f (x1 , . . . , xk ). f tada vadinama k kintamu ˛ funk˛ju cija. Funkcijos ir šeimos. Yra glaudus ryšys tarp funkcijos ir šeimos sąvoku ˛. Šeima (xi | i ∈ I) gali buti interpretuojama, kaip funkcija i → xi . Pavyzdžiui, ¯ kiekviena seka gali buti interpretuojama kaip funkcija N aib˙ je. Atvirkščiai, e ¯ i funkciją f , apibr˙ žtą M aib˙ je, galima žiur˙ ti, kaip i šeimą (f (x) | x ∈ M). ˛ e e ˛ ¯e Sudurtin˙ funkcijos. Formul˙ , kuria apibr˙ žiama funkcija, gali buti ir es e e ¯ tokio pavidalo:   f1 (x), kai x ∈ M1 ; f (x) = f2 (x), kai x ∈ M2 ; . . . čia (M1 , M2 , . . . ) yra M aib˙ s skaidinys, o f1 , f2 , . . . — kokios nors pae prastesn˙ s funkcijos. Nor˙ dami apskaičiuoti tokios funkcijos reikšmę f (a), e e iš pradžiu surandame skaidinio nari Mi , kuriame yra taškas a, o po to su˛ ˛ skaičiuojame reiškini fi (a). ˛ Pavyzdžiui, jei x2 , kai x 1; f (x) = (4.1) 1, kai x > 1; tai f (−2) = (−2)2 = 4, nes −2 < 1, o f (2) = 1, nes 2 > 1. „Sudurtin˙ s“ funkcijos grafikas susideda iš keliu kreiviu — funkciju fi e ˛ ˛ ˛ grafiku gabalu Pavyzdžiui, (4.1) funkcijos grafikas atrodo taip, kaip pavaiz˛ ˛. duota 4.4 pav. 62 2 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS 1 0 -1 -2 -2 -1 0 1 2 3 4 4.5 pav. y = [x] funkcijos grafikas Sveikoji dalis. Apibr˙ šiu kelias plačiai naudojamas sudurtines funkcijas. e Kiekvienam skaičiui x ∈ R galima rasti toki vieninteli sveikąji skaičiu k, kad ˛ ˛ ˛ ˛ k x < k + 1. Tas k vadinamas sveikąja x dalimi ir žymimas [x]. Taigi  . . .   −1,    0, [x] = 1,    2,    . . . [−3] = −3, ir t.t. (žr. 4.5 pav.) Teigiamoji ir neigiamoji dalis. Teigiamoji ir neigiamoji x skaičiaus dalys apibr˙ žiamos taip: e x+ = Pavyzdžiui, (−2.5)+ = 0, ir t.t. (žr. 4.6 pav.) (−1.11)− = 1.11, 0+ = 0− = 0, 2.56+ = 2.56 0, kai x < 0; x, kai x 0; x− = −x, kai x < 0; 0, kai x 0. kai kai kai kai −1 x < 0; 0 x < 1; 1 x < 2; 2 x < 3; Pavyzdžiui, [−1.57] = −2, √ [ 2] = 1, [4] = 4 ˙ 4.1. PAGRINDINES ŽINIOS APIE FUNKCIJAS 2 2 63 1 1 0 0 -1 -2 -1 0 1 2 -1 -2 -1 0 1 2 4.6 pav. y = x− ir y = x+ funkciju grafikai ˛ 2 1 0 -1 -2 -1 0 1 2 4.7 pav. y = |x| funkcijos grafikas Modulis. x skaičiaus modulis žymimas |x| ir apibr˙ žiamas lygybe e |x| = Taigi |−2.6| = 2.6, ir pan. (žr. 4.7 pav.) Minimumas ir maksimumas. Sudurtin˙ s gali buti ir keliu kintamu ˛ e ˛ ˛ju ¯ funkcijos. Pavyzdžiui, x ir y skaičiu maksimumas ir minimumas apibr˙ žiami ˛ e taip: max(x, y) = Pavyzdžiui, max(−2, 3) = 3, ir pan. min(2, 0) = 0, min(1, 1) = max(1, 1) = 1 x, kai x y; y, kai x < y; min(x, y) = x, kai x < y; y, kai x y; |0| = 0, |3.29| = 3.29 −x, kai x < 0; x, kai x 0. (4.2) 64 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS Teiginiu apie sudurtines funkcijas ˛rodin˙ ˛ i ejimas. Teiginiai apie sudurtines funkcijas paprastai irodin˙ jami, perrenkant variantus. Irodysiu, pavyz˛ e ˛ džiui, kad |x| = 0 ⇐⇒ x = 0. ⇐ implikacija akivaizdi: jei x = 0, tai |x| = |0| = 0 pagal modulio apibr˙ žimą ((4.2) lygyb˙ s viršutiniąją dali). Taigi lieka irodyti e e ˛ ˛ ⇒ implikaciją, kuri ekvivalenti formulei x = 0 ⇒ |x| = 0. Kadangi modulio išraiška priklauso nuo to, teigiamas ar neigiamas x, reikia išnagrin˙ ti du variantus. e 1. Jei x < 0, tai |x| = −x > 0 (pirmas sąryšis išplaukia iš modulio apibr˙ žimo, antrasis gaunamas nelygybę e x < 0 padauginus iš −1). Taigi |x| > 0 ir, reiškia, |x| = 0. 2. Jei x > 0, tai |x| = x > 0. Taigi ir šiuo atveju |x| = 0. Panašiai irodin˙ jama ir kita modulio savyb˙ : ˛ e e |xy| = |x| |y|. Šikart reikia nagrin˙ ti 6 atvejus. ˛ e 1. Jei x > 0, y > 0, tai ir xy > 0; tod˙ l e |xy| = xy = |x| |y|. 2. Jei x > 0, y < 0, tai xy < 0; tod˙ l e |xy| = −(xy) = x · (−y) = |x| |y|. 3. Atvejis x < 0, y > 0 nagrin˙ jamas taip pat, kaip antrasis. e 4. Jei x < 0, y < 0, tai xy > 0; tod˙ l e |xy| = xy = (−x)(−y) = |x| |y|. 5. Jei x = 0, tai xy = 0; tod˙ l e |xy| = |0| = 0 = 0 · y = xy. 6. Atvejis y = 0 nagrin˙ jamas taip pat, kaip 5 atvejis. e 4.1 pratimas. Ar visada teisingi duoti teiginiai? Jei taip, irodykite; ˛ jei ne — duokite kontrpavyzdi. ˛ ˙ 4.1. PAGRINDINES ŽINIOS APIE FUNKCIJAS I. x − 1 II. x+ [x] < x. 0, x− 0. 65 III. |x| = x+ + x− . Sprendimas. I. Tarkime, k ∈ Z ir k x < k + 1. Tada [x] = k ir, reikia irodyti, kad ˛ x − 1 k < x. Pirma nelygyb˙ išplaukia iš x < k + 1, antroji gali buti neteisinga, jei x = k. e ¯ Pavyzdžiui, pa˙ mę x = 0, gauname neteisingą grandinę e −1 II. Jei x 0, tai x+ = x Jei x < 0, tai x+ = 0 III. Jei x 0, tai 0 ir x− = −x < 0. 0 ir x− = 0 0. 0 < 0. |x| = x = x + 0 = x+ + x− . Jei x < 0, tai |x| = −x = 0 + (−x) = x+ + x− . Trikampio nelygyb˙ Dar viena labai svarbi modulio savyb˙ užrašoma e. e formule |x + y| |x| + |y|. (4.3) Nor˙ dami ją irodyti, turime išnagrin˙ ti 6 atvejus. e ˛ e 1 atvejis: x 0, y 0. Tada taip pat x + y 0; tod˙ l e |x + y| = x + y = |x| + |y|. Tada tuo labiau |x + y| |x| + |y|. 2 atvejis: x 0, y < 0 ir x + y 0. Tada |x + y| = x + y < x − y = |x| + |y|. (Antrasis sąryšis teisingas d˙ l to, kad y < 0.) e 66 x 4.8 pav. Trikampio nelygyb˙ e 3 atvejis: x 0, y < 0 ir x + y < 0. Tada (trečias sąryšis teisingas d˙ l to, kad x 0). e 4-5 atvejis: x < 0, y 0 ir, atitinkamai, x + y 0 ir x + y < 0. Samprotavimai tokie pat, kaip 2-3 atvejais. 6 atvejis: x < 0, y < 0. Tada automatiškai x + y < 0; tod˙ l e |x + y| = −(x + y) = −x − y = |x| + |y|. |x + y| = −(x + y) = −x − y Kai skaičiai vaizduojami taškais ant ties˙ s, x−y skirtumas lygus atstumui e tarp x ir y tašku paimtam su + arba su − ženklu, priklausomai nuo to, kuris ˛, iš x ir y skaičiu yra didesnis. Taigi atstumas tarp x ir y lygus |x − y|. Iš (4.3) ˛ išplaukia tokia svarbi atstumu savyb˙ : ˛ e |x − y| |x − z| + |z − y|. Panašus teiginys teisingas ir tuo atveju, kai x, y ir z žymi plokštumos taškus: atstumas nuo x iki y (tiesia linija) neviršija atstumu nuo x iki z ir nuo z iki y ˛ sumos, t.y. atstumo nuo x iki y, einant aplinkiniu keliu — per z tašką (žr. 4.8 pav.). Šis teiginys (o kartu ir (4.3) nelygyb˙ ) vadinamas trikampio nelygybe. e Iš (4.3) išplaukia ir daugiau modulius siejančiu nelygybiu kurios taip pat ˛ ˛, vadinamos trikampio nelygyb˙ mis. Pavyzdžiui, e |x| = |(x + y) − y| |x + y| + |−y| = |x + y| + |y|, |x| − |y|. |y| − |x|. |x| − |y| . t.y. Sukeitę vietomis x ir y, gauname Reiškia, teisinga ir tokia nelygyb˙ : e § §§ y z x − y = |x| + |y|. |x + y| |x + y| |x + y| 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS x M 4.2 Veiksmai su funkcijomis Funkciju kompozicija. Jei f : M → N, o g : N → P , tai galima ˛ apibr˙ žti naują funkciją x → g f (x) . Ji vadinama g ir f funkciju kompozie ˛ cija ir žymima g ◦ f (4.9 pav.). Taigi g ◦ f : M → P . Per egzaminą aš dažnai prašau „suskaičiuoti“ dvieju duotu funkciju kom˛ ˛ ˛ poziciją. Tokia užduotis n˙ ra labai tiksliai apibr˙ žta. Pavyzdžiui, jei aš e e pasakau, kad f (x) = x2 , g(y) = y + 1, ir paprašau apskaičiuoti h = g ◦ f , galima butu parašyti toki „atsakymą“: ˛ ¯ ˛ h(x) = g f (x) ; čia f (x) = x2 , g(y) = y + 1. Formaliai žiurint, užduotis atlikta, bet toks atsakymas manęs neitikina, kad ˛ ¯ žmogus supranta, kas yra kompozicija (pavyzdžiui, ar jis supranta, ką reiškia užrašas g f (x) ). Panaši situacija yra, tarkime, su nelygybiu sprendimo uždaviniais. Jei ˛ reiktu „išspręsti nelygybę“ ˛ x2 < x, galima butu parašyti toki atsakymą: ˛ ¯ ˛ x ∈ A; čia A = {x | x2 < x}. Jis butu absoliučiai teisingas, bet nenaudingas. Visi žino, kad reikia gauti ¯ ˛ konkretesni atsakymą 0 < x < 1, nors aš negaliu sugalvoti jokio formalaus ˛ paaiškinimo, kod˙ l šitas atsakymas geresnis už ankstesniji. e ˛˛ Žemiau aš bandysiu paaiškinti, kokio sprendimo aš tikiuosi, duodamas užduoti apskaičiuoti funkcijos kompoziciją. Išnagrin˙ siu 5 pavyzdžius. ˛ e 1. Norint rasti h = g ◦ f , vietoje g funkcijos kintamojo reikia irašyti ˛ reiškini f (x). Pavyzdžiui, jei ˛ f (x) = x2 − x, 1 g(y) = , y ¨¨¨ N f g g f (x) f (x) P g◦f 4.9 pav. Funkciju kompozicija ˛ 4.2. VEIKSMAI SU FUNKCIJOMIS 67 68 tai 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS 1 . −x 2. Jei g funkcijos kintamasis yra taip pat x, galima ji iš pradžiu pakeisti ˛ ˛ i y ir tada vietoje y irašyti f (x). Pavyzdžiui, jei ˛ ˛ h(x) = x2 f (x) = x + 1, tai g(y) = (y − 1)2 ir h(x) = (x + 1) − 1 2 g(x) = (x − 1)2 , = x2 . 3. Šiokios tokios problemos iškyla, kai viena arba abi iš f ir g funkciju ˛ yra sudurtin˙ s. Tarkime, pavyzdžiui, kad e f (x) = x2 − x, g(y) = y − 1, kai y 0; y2, kai y < 0. Istatęs vietoje y reiškini f (x), gaunu ˛ ˛ h(x) = x2 − x − 1, kai x2 − x 0; (x2 − x)2 , kai x2 − x < 0. Atkreipiu d˙ mesi, kad reiškiniu f (x) pakeisti visi y — ir tie, kurie funkcijos e ˛ aprašyme buvo „po kablelio“. Gauta lygyb˙ teisinga ir, kitaip nei užrašas h(x) = g f (x) , aiškiau pae rodo, kad sprend˙ jas supranta, kas yra funkciju kompozicija. Tačiau aš noe ˛ riu, kad galutin˙ je h funkcijos išraiškoje po kableliu esančios nelygyb˙ s butu e ˛ e ¯ ˛ išspręstos x atžvilgiu:  x2 − x − 1, kai x 0;  h(x) = x2 (x − 1)2 , kai 0 < x < 1;  2  x − x − 1, kai x 1. 4. Kitame pavyzdyje sudurtin˙ yra f funkcija: e f (x) = x, kai x < 1; , 1, kai x 1; g(y) = y 2 . 2 h(x) funkcija šiuo atveju yra g f (x) = f (x) . Bet kaip pakelti kvadratu funkciją, kurios užraše yra skliaustai? Mąstyti reikia taip: jei turime kon2 kretu x ir norime apskaičiuoti f (x) , iš pradžiu turime apskaičiuoti f (x) ir ˛ ˛ 4.2. VEIKSMAI SU FUNKCIJOMIS 69 po to gautą skaičiu pakelti kvadratu. Skaičiuodami f (x), galime gauti arba ˛ x (jei x < 1), arba 1 (priešingu atveju). Taigi butent tuos skaičius ir reikia ¯ kelti kvadratu: x2 , kai x < 1; h(x) = 1, kai x 1. 5. Paskutiniame pavyzdyje sudurtin˙ s abi funkcijos: e f (x) = Šiuo atveju  2 x ,   g(x), kai x < 0; 0, = g(1 − x), kai x 0; (1 − x)2 ,    0, kai kai kai kai x < 0, x < 0, x 0, x 0, x −1; x > −1; 1 − x −1; 1 − x > −1. x, kai x < 0; , 1 − x, kai x 0; g(y) = y 2 , kai y −1; 0, kai y > −1. h(x) = Jei kyla abejoniu atsakymą galima patikrinti, pa˙ mus keletą konkrečiu ˛, e ˛ x reikšmiu ir apskaičiavus h(x) dviem budais. Pavyzdžiui, jei x = 0.3, tai ˛ ¯ f (x) = 0.7 ir h(x) = g(0.7) = 0; pagal savo gautą formulę taip pat gaunu h(0.3) = 0. 4.2 pratimas. Raskite h = g ◦ f . I. f (x) = x2 , g(y) = y + 1. II. f (x) = x+ , g(y) = 1 − y. III. f (x) = x2 , g(y) = IV. f (x) = |x − 1|, g(y) = (y − 1)− . y, kai y 1; 1, kai y > 1. Rašydamas galutini atsakymą, išsprendžiu po kableliu esančias nelygybiu ˛ ˛ ˛ sistemas:  2  kai x −1; x ,   x2 , kai x −1; 0, kai −1 < x < 0;  h(x) = = 0, kai −1 < x < 2; 0,  kai 0 x < 2;   2  (1 − x) , kai x 2.  (1 − x)2 , kai x 2; 70 Sprendimas. I. h(x) = g(x2 ) = x2 + 1. II. g(0), kai x < 0; h(x) = = g(x), kai x 0; III. h(x) = IV. Kadangi f (x) = o g(y) = tai 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS 1, kai x < 0; 1 − x, kai x 0.  1, kai x < −1; x2 , kai x2 1;  2 = x , kai −1 x 1, kai x2 > 1;   1, kai x > 1. 1 − x, kai x − 1 < 0; = x − 1, kai x − 1 0; 1 − y, kai y − 1 < 0; = 0, kai y − 1 0; 1; 1 − x, kai x < 1; x − 1, kai x 1; 1 − y, kai y < 1; 0, kai y 1; kai kai kai kai h(x) = t.y.  1 − (1 − x),   g(1 − x), kai x < 1; 0, =  g(x − 1), kai x 1; 1 − (x − 1),   0,  0,   x, h(x) = 2 − x,    0, kai kai kai kai x < 1, x < 1, x 1, x 1, 1 − x < 1; 1 − x 1; x − 1 < 1; x − 1 1; x 0; 0 < x < 1; 1 x < 2; x 2. vadinama B aib˙ s pirmavaizdžiu (žr. 4.10 pav.). e 4.3 pratimas. Raskite f (A) ir f −1 (B). vadinama A aib˙ s vaizdu f atžvilgiu. Visos apibr˙ žimo srities vaizdas f (M) e e vadinamas funkcijos reikšmiu sritimi. ˛ Aib˙ e f −1 (B) = {x ∈ M | f (x) ∈ B} Aibiu vaizdai ir pirmavaizdžiai. Tegu f : M → N, A ⊂ M ir B ⊂ N. ˛ Aib˙ e f (A) = {f (x) | x ∈ A} 4.2. VEIKSMAI SU FUNKCIJOMIS f f (A) B A f −1 (B) f −1 (B) f 71 e 4.10 pav. Aib˙ s vaizdas ir pirmavaizdis I. A = (−1; 2), B = (2; 4], f (x) = x2 . II. A = {−2, −1, 1, 2}, B = [0; 4], f (x) = 1/x2 . III. A = [0; 3], B = [1; ∞), f (x) = −x, kai x 0; 1, kai x > 0. √ −1 √ Sprendimas. (Žr. 4.11–4.12 pav.) I. f (A) = [0; 4), f (B) = [−2; − 2) ∪ ( 2; 2]. II. f (A) = {1, 0.25}, f −1 (B) = (−∞; −0.5] ∪ [0.5; ∞). III. f (A) = {0, 1}, f −1 (B) = (−∞; −1] ∪ (0; ∞). Paaiškinimas. I. Jeigu reiktu irodyti, kad f (A) = [0; 4), reiktu sakyti ˛ ˛ ˛ 2 tokius žodžius. Tarkime, y ∈ f (A). Tada y = x su tam tikru x ∈ (−1; 2). Jei 0 x < 2, tai 0 x < 4; jei −1 < x < 0, tai 0 < −x < 1 ir tod˙ l e 0 < x2 < 1. Abiem atvejais y ∈ [0; 4). √ Atvirkščiai, tegu y ∈ [0; 4). Pažymiu x = y. Tada x < 2 (iš x 2 2 išplauktu y = x ˛ 4, o taip n˙ ra). Be to, x 0 (nes kvadratin˙ šaknis visada e e neneigiama). Reiškia, y = x2 su tam tikru x ∈ [0; 2) ⊂ A, t.y. y ∈ f (A). Taigi y ∈ f (A) ⇐⇒ y ∈ [0; 4), o tai ir reiškia, kad f (A) = [0; 4). Jei reiktu irodyti antrą lygybę, kalb˙ čiau taip. Tegu √ ∈ f −1 (B). Tada ˛˛ e x 2 f (x) ∈ B,√ 2 < x t.y. 4. Jei x 0, iš čia gauname 2 < x 2, o jei √ x < 0, tai 2 < −x 2, t.y. −2 x < − 2. Taigi √ √ x ∈ [−2; − 2) ∪ ( 2; 2]. √ Atvirkščiai, tegu x yra bet koks taškas iš to junginio. Jei 2 < x 2, tai √ √ 2 < x2 4; jei −2 x < − 2, tai 2 < −x 2 ir v˙ l 2 < x2 4. Abiem e atvejais f (x) ∈ B, t.y. x ∈ f −1 (B). Per egzaminą aš neprašau irodin˙ ti tokio tipo teiginiu Šiuo paaiškinimu ˛ e ˛. nor˙ jau pademonstruoti, kad visus uždavinius galima spręsti „analiziškai“, net e nenupiešus funkcijos grafiko. 72 4 4 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS 3 y = x2 3 y = 1/x2 2 2 1 1 0 -2 -1 0 1 2 0 -2 -1 0 1 2 4.11 pav. Žr. 4.3 pratimą 3 2 1 0 -3 -2 -1 0 1 2 3 4.12 pav. Žr. 4.3 pratimą Teiginiu apie aibes ir funkcijas ˛rodin˙ ˛ i ejimas. Irodin˙ dami teiginius ˛ e apie aibiu vaizdus ir pirmavaizdžius, remiam˙ s tokiomis formul˙ mis: ˛ e e x ∈ f −1 (B) ⇐⇒ f (x) ∈ B; y ∈ f (A) ⇐⇒ ∃x ∈ A f (x) = y. Duosiu du pavyzdžius. 1. Irodysiu, kad ˛ f (A1 ∪ A2 ) = f (A1 ) ∪ f (A2 ). Jei y yra kairiosios aib˙ s elementas, tai e ∃x ∈ A1 f (x) = y arba ∃x ∈ A2 f (x) = y ; y ∈ f (A1 ) arba y ∈ f (A2 ); y ∈ f (A1 ) ∪ f (A2 ). Tai irodo ⊂ sąryši. Skaitydamas formules iš apačios i viršu gaunu atvirkščio ˛ ˛ ˛ ˛, sąryšio irodymą. ˛ ∃x ∈ A1 ∪ A2 f (x) = y; 4.2. VEIKSMAI SU FUNKCIJOMIS 73 Vienintelis šiek tiek abejotinas momentas čia yra per˙ jimas nuo pirmosios e prie antrosios formul˙ s ir atgal. Kad pagrisčiau pirmąji, aš sau sakau tokius e ˛ ˛ žodžius: tarkime, x ∈ A1 ∪ A2 yra toks, kad f (x) = y; tada arba x ∈ A1 , arba x ∈ A2 ; pirmuoju atveju teisinga formul˙ ∃x ∈ A1 f (x) = y, antruoju atveju — e formul˙ ∃x ∈ A2 f (x) = y; e taigi ∃x ∈ A1 f (x) = y arba ∃x ∈ A2 f (x) = y . Nor˙ damas pagristi atvirkščią per˙ jimą, kalbu taip: e ˛ e jei ∃x ∈ A1 , tai tuo labiau ∃x ∈ A1 ∪ A2 ; jei ∃x ∈ A2 — taip pat; reiškia, tikrai ∃x ∈ A1 ∪ A2 f (x) = y. 2. Dabar pabandysiu irodyti, kad ˛ f −1 f (A) = A. Jei x priklauso kairiajai aibei, tai f (x) ∈ f (A); ∃x ∈ A f (x ) = f (x) ir toliau nebeaišku, kaip gauti x ∈ A. Kyla mintis, kad teiginys, gal but, ¯ neteisingas. Pabandysiu sukonstruoti kontrpavyzdi. ˛ „Minimalus“ pavyzdys toks: paimu x = 0, x = 1 ir A = {1}. Funkcija f gali buti bet kokia; svarbu tik, kad f (0) = f (1). Tegu f (x) = 0 su visais ¯ x ∈ R. Tada f −1 f (A) = f −1 {0} = R = A. 4.4 pratimas. Ar teisingi duoti teiginiai? Jei taip, irodykite; jei ne, ˛ duokite kontrpavyzdi. ˛ I. (2004) f (A1 ∩ A2 ) = f (A1 ) ∩ f (A2 ). II. f −1 (B1 ∩ B2 ) = f −1 (B1 ) ∩ f −1 (B2 ). Sprendimas. I. Teiginys neteisingas, kai A1 = {0}, A2 = {1} ir f (x) = 0 su visais x. II. Tarkime, x ∈ f −1 (B1 ∩ B2 ). Tada f (x) ∈ B1 ∩ B2 ; 74 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS f (x) ∈ B1 , f (x) ∈ B2 ; x ∈ f −1 (B1 ), x ∈ f −1 (B2 ); x ∈ f −1 (B1 ) ∩ f −1 (B2 ). Atvirkščia implikacija irodoma analogiškai. ˛ Paaiškinimas. I. Jei iškart neaišku, kad pirmas teiginys neteisingas, reiktu ˛ bandyti ji irodyti. Mąstymo eiga gal˙ tu buti tokia. ˛˛ e ˛ ¯ Jei y priklauso kairiajai aibei, tai ∃x ∈ A1 f (x) = y ir ∃x ∈ A1 f (x) = y ; y ∈ f (A1 ) ir y ∈ f (A2 ); y ∈ f (A1 ) ∩ f (A2 ). Taigi ⊂ sąryšis teisingas. Nor˙ damas irodyti atvirkščią sąryši, skaitau parašytas formules iš apačios e ˛ ˛ i viršu Tačiau iš antrosios pirma neišplaukia: gali atsitikti, kad f (x1 ) = y ˛ ˛. su x1 ∈ A1 , f (x2 ) = y su x2 ∈ A2 , bet x1 = x2 ir n˙ ra jokio x ∈ A1 ∩ A2 , kad e f (x) = y. Paprasčiausias pavyzdys toks: A1 = {0}, A2 = {1} ir f (x) = 0 su visais x. Tada f (A1 ∩ A2 ) = f (∅) = ∅, bet f (A1 ) ∩ f (A2 ) = {0} ∩ {0} = {0}. ∃x ∈ A1 ∩ A2 f (x) = y; Injektyvios funkcijos. Funkcija iš M i N vadinama injektyvia, jei jos ˛ reikšm˙ s skirtinguose apibr˙ žimo srities taškuose yra skirtingos, t.y. e e x1 = x2 ⇒ f (x1 ) = f (x2 ). Jei f injektyvi ir f (M) = N, sakome, kad f yra abipus vienareikšm˙ atitiktis, e arba bijekcija tarp M ir N. Šiuo atveju kiekvienas y ∈ N turi vieninteli ˛ pirmavaizdi (t.y. toki M tašką, kuriame funkcijos reikšm˙ yra y). Funkcija, ˛ ˛ e kiekvieną y ∈ N atvaizduojanti i jo pirmavaizdi, vadinama atvirkštine f ˛ ˛ funkcijai ir žymima f −1 . Taigi f −1 : N → M. Jei per egzaminą gausite užduoti rasti funkcijos atvirkštinę, rekomen˛ duoju ją spręsti nupiešus funkcijos grafiką — taip, kaip aš demonstruoju 4.5 pratime. Tačiau imanoma tai padaryti ir be piešinio; toki sprendimą aš ˛ ˛ vadinu „analiziniu“. Parodysiu, kaip tas daroma. Nor˙ damas patikrinti injektyvumą ir rasti atvirkštinę funkciją analiziškai, e bandau išspręsti lygti ˛ f (x) = y 4.2. VEIKSMAI SU FUNKCIJOMIS 75 x atžvilgiu. Jei sprendinys ne vienintelis (su kokiu nors y), funkcija neinjektyvi. Jei sprendinys vienintelis, funkcija injektyvi, o sprendinio išraiška apibr˙ žia atvirkštinę funkciją. Štai 5 pavyzdžiai. e 1. Tegu f (x) = x − 2 su x ∈ R. Spręsdamas lygti f (x) = y, gaunu ˛ x − 2 = y; x = y + 2. Reiškia, f funkcija yra injektyvi ir f −1 (y) = y + 2. 2. Tegu f (x) = x2 − 2x su x ∈ R. Spręsdamas lygti f (x) = y, gaunu ˛ x2 − 2x = y; x2 − 2x − y = 0; x=1± 1 + y. Gavau dvi x reikšmes; reiškia, f funkcija n˙ ra injektyvi. Žiurint i sprendimą, e ˛ ¯ nesunku nurodyti du taškus, kuriuose funkcijos reikšm˙ s sutampa. Pavyze džiui, jei y = 3, iš formul˙ s gaunu x = 3 ir x = −1. Taigi f (−1) = f (3) = 3. e 3. Reikia atsiminti, kad neinjektyvios funkcijos siaurinys jau gali buti ¯ injektyvus. Tegu, pavyzdžiui, f (x) = x2 − 2x, kai x 0. Tai — ką tik išnagrin˙ tos funkcijos siaurinys (−∞; 0] aib˙ je. Spręsdamas e e lygti x2 − 2x = y, kaip ir anksčiau gaunu du sprendinius: ˛ x=1± 1 + y. Bet sąlygą x 0 gali tenkinti tik sprendinys, atitinkantis − ženklą: antrasis yra didesnis už 1. Taigi ši funkcija injektyvi ir f −1 (y) = 1 − 1 + y. D˙ l tvarkos reik˙ tu dar nurodyti atvirkštin˙ s funkcijos apibr˙ žimo sriti. e e ˛ e e ˛ Ji yra aib˙ visu y, su kuriais lygties sprendinys apibr˙ žtas ir tikrai neigiamas: e ˛ e 1− y √ −1; 1 + y 0. Išsprendęs šią sistemą, gaunu y 0. Taigi galutinis atsakymas tur˙ tu buti e ˛ ¯ toks: f −1 (y) = 1 − 1 + y, kai y 0. 76 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS 4. Dar daugiau vargo, kai nagrin˙ jama sudurtin˙ funkcija. Tegu e e f (x) = −x2 , kai x −1; x + 1, kai x > −1. Išspręsti lygti f (x) = y reiškia: ˛ 1) rasti visus x −1, tenkinančius sąlygą −x2 = y; 2) rasti visus x > −1, tenkinančius lygybę x + 1 = y. Spręsdamas pirmąją lygti, gaunu ˛ −x2 = y; x2 = −y; √ x = ± −y. √ Sprendinys x = −y tikrai netinka, nes yra gal˙ tu buti mažesnis už −1: jis bus toks, jei e ˛ ¯ y 0; √ − −y −1. √ 0. Sprendinys x = − −y Išsprendęs nelygybiu sistemą, gaunu y −1. Taigi pirmo dalinio uždavinio ˛ atsakymas toks. Jei y −1, egzistuoja vienintelis lygties f (x) = y sprendinys, neviršijan√ tis −1: x = − −y. Jei y > −1, lygtis f (x) = y neturi sprendiniu −1. ˛ Dabar sprendžiu antrąji dalini uždavini: ˛ ˛ ˛ x + 1 = y; x = y − 1. Sprendinys bus > −1, jei y − 1 > −1, t.y. y > 0. Taigi antrojo dalinio uždavinio atsakymas toks. Jei y > 0, egzistuoja vienintelis lygties f (x) = y sprendinys, didesnis už −1: x = y − 1. Jei y 0, lygtis f (x) = y neturi sprendiniu > −1. ˛ Sujungęs abu atsakymus i vieną gaunu: jei y −1, lygtis f (x) = y turi ˛ √ vieninteli sprendini x = − −y; jei y > 0, lygtis turi vieninteli sprendini ˛ ˛ ˛ ˛ x = y − 1; jei −1 < y 0, lygtis sprendiniu neturi. ˛ Kitaip tariant, f funkcija injektyvi ir f −1 (y) = √ − −y, kai y −1; y − 1, kai y > 0. 4.2. VEIKSMAI SU FUNKCIJOMIS 5. Paskutinis pavyzdys: tegu f (x) = x − 1, kai x < 1; 2 − x, kai x 1. 77 Iš pradžiu ieškau sprendiniu < 1: ˛ ˛ x − 1 = y; x = y + 1. Sprendinys bus < 1, kai y + 1 < 1, t.y. y < 0. Taigi jei y < 0, skaičius x = y + 1 yra vienintelis lygties f (x) = y sprendinys, mažesnis už 1; jei y 0, mažesniu už 1 sprendiniu n˙ ra. ˛ ˛ e Dabar ieškau sprendiniu 1: ˛ 2 − x = y; x = 2 − y. Sprendinys 1, kai 2 − y 1, t.y. y 1. Taigi jei y 1, skaičius x = 2 − y yra vienintelis lygties f (x) = y sprendinys, nemažesnis už 1; jei y > 1, tokiu ˛ sprendiniu n˙ ra. ˛ e Sujungęs abu dalinius atsakymus, gaunu: jei y < 0, lygtis f (x) = y turi du sprendinius, x = y + 1 ir x = 2 − y; jei 0 y 1, lygtis turi vieną sprendini x = 2 − y; jei y > 1, lygtis sprendiniu neturi. ˛ ˛ Reiškia, f funkcija n˙ ra injektyvi. Pavyzdžiui, f (0) = f (3) = −1. e 4.5 pratimas. Ar injektyvi f funkcija? Jei ne, tai kod˙ l; jei taip, e raskite jai atvirkštinę. I. f (x) = x2 , kai x < 1. II. f (x) = 1 − x2 , kai x < 0; 2 − x, kai 0 x 1. Sprendimas. I. Jei 0 < y < 1, tai horizontali y lygio linija kerta funkcijos grafiką dviejuose taškuose (žr. 4.13 pav.). Tod˙ l funkcija neinjektyvi. e Pavyzdžiui, f (−0.5) = f (0.5) = 0.25. III. Koks bebutu y 2, horizontali y lygio linija kerta grafiką vienin¯ ˛ teliame taške (žr. 4.13 pav.); tod˙ l funkcija injektyvi. Jei y < 1, ta linija e √ 2 kerta y = 1 − x šaką. Išsprendę x atžvilgiu gauname x = ± 1 − y; iš 78 4 3 2 1 0 -2 -1 0 √ grafiko matyti, kad sankirtos abscis˙ yra x = − 1 − y. Jei 1 y 2, linija e kerta y = 2 − x šaką; taigi lygties f (x) = y šaknis yra x = 2 − y. Reiškia, f −1 (y) = Teiginiu apie atvirkštines funkcijas ˛rodin˙ ˛ i ejimas. Teiginiai apie atvirkštines funkcijas irodin˙ jami, remiantis ekvivalencija ˛ e x = f −1 (y) ⇐⇒ f (x) = y. Jei reikia kažką irodyti apie f −1 (y), pažymime tą reiškini x raide ir iš (4.4) ˛ ˛ gauname lygybę f (x) = y, kurią galime panaudoti tolesniuose samprotavimuose. Jei galu gale gauname kokią nors f (x ) = y lygybę, iš (4.4) darome ˛ −1 išvadą x = f (y ). Irodysiu, pavyzdžiui, kad jei f yra bijekcija tarp M ir N, tai ˛ f f −1 (y) = y ir f −1 f (x) = x su visais x ∈ M ir y ∈ N. Nor˙ damas irodyti pirmą lygybę, pažymiu f −1 (y) = x. Tada f (x) = y; e ˛ istatęs vietoje x jo išraišką, gaunu, ką reikia: f f −1 (y) = y. ˛ Irodin˙ damas antrąją lygybę, pažymiu x = f −1 f (x) . Tada f (x ) = ˛ e f (x). Kadangi f injektyvi, gaunu x = x, t.y. f −1 f (x) = x. Kitas pavyzdys idomesnis. Tegu M ir N yra skaičiu aib˙ s, o f — did˙ janti ˛ ˛ e e funkcija, t.y. x1 , x2 ∈ M, x1 < x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 ). Irodysiu, kad ir f −1 did˙ janti. ˛ e ­ª ¬ « ­© 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS 2 1 0 -1 -2 1 2 -2 -1 0 1 2 4.13 pav. Žr. 4.5 pratimą √ − 1 − y, kai y < 1; 2 − y, kai 1 y 2. (4.4) 4.2. VEIKSMAI SU FUNKCIJOMIS 79 Tegu y1 , y2 ∈ N, y1 < y2 . Pažymiu x1 = f −1 (y1 ), x2 = f −1 (y2 ). Tada x1 , x2 ∈ M ir y1 = f (x1 ), y2 = f (x2 ). Iš x1 = x2 išplauktu ˛ y1 = f (x1 ) = f (x2 ) = y2 , o taip n˙ ra. Iš x1 > x2 išplauktu e ˛ y1 = f (x1 ) > f (x2 ) = y2 (nes f did˙ janti), o taip irgi n˙ ra. Taigi x1 < x2 , t.y. f −1 (y1 ) < f 1 (y2 ). e e 4.6 pratimas. Ar teisingi duoti teiginiai? Jei taip, irodykite; jei ne, ˛ duokite kontrpavyzdi. ˛ I. Jei f yra bijekcija tarp M ir N, tai f −1 yra bijekcija tarp N ir M ir −1 f −1 = f. II. (2004) Jei f yra bijekcija tarp M ir N, o g — bijekcija tarp N ir P , tai g ◦ f yra bijekcija tarp M ir P . Be to, (g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1 . Sprendimas. I. Iš pradžiu irodysiu, kad f −1 funkcija injektyvi, t.y. ˛˛ y1 = y2 ⇒ f −1 (y1 ) = f −1 (y2 ). Tegu y1 = y2 . Pažymiu f −1 (y1 ) = x1 ir f −1 (y2 ) = x2 . Tada f (x1 ) = y1 ir f (x2 ) = y2 . Jei x1 = x2 , iš šiu lygybiu gaučiau y1 = y2 , o taip n˙ ra. Reiškia, x1 = x2 , ˛ ˛ e −1 −1 t.y. f (y1 ) = f (y2 ). Irodysiu, kad f −1 funkcijos reikšmiu sritis yra visa M, t.y. ˛ ˛ ∀x ∈ M ∃y ∈ N f −1 (y) = x. Tegu x ∈ M. Pažymiu y = f (x). Tada f −1 (y) = x. Taigi f −1 yra bijekcija tarp N ir M. −1 Irodysiu, kad f −1 ˛ = f , t.y. f −1 −1 −1 (x) = f (x) su visais x. Pažymiu y = f −1 (x). Tada f −1 (y) = x. Reiškia, y = f (x). −1 Taigi f −1 (x) = f (x). II. Pažymiu h = g ◦ f . Irodysiu, kad h injektyvi, t.y. ˛ x1 = x2 ⇒ h(x1 ) = h(x2 ). 80 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS Tegu x1 = x2 . D˙ l f injektyvumo f (x1 ) = f (x2 ). D˙ l g injektyvumo e e g f (x1 ) = g f (x2 ) , t.y. h(x1 ) = h(x2 ). Taigi h injektyvi. Irodysiu, kad h reikšmiu sritis yra visa P , t.y. ˛ ˛ ∀z ∈ P ∃x ∈ M h(x) = z. Tegu z ∈ P . Randu toki y ∈ N, kad g(y) = z (toks y tikrai egzistuoja, nes g ˛ funkcijos reikšmiu sritis yra visa P ). Randu toki x ∈ M, kad f (x) = y (toks ˛ ˛ x tikrai yra, nes f reikšmiu sritis yra visa N). Tada ˛ h(x) = g f (x) = g(y) = z. Taigi h yra bijekcija tarp M ir P . Irodysiu, kad h−1 = f −1 ◦ g −1 , t.y. ˛ h−1 (z) = f −1 g −1(z) su visais z ∈ P . Pažymiu x = h−1 (z). Tada h(x) = z, t.y. g f (x) = z; f (x) = g −1(z); x = f −1 g −1(z) . 4.3 Binominiai koeficientai k−1 (a)k funkcija. Su bet kokiais a ∈ R ir k ∈ N ∪ {0} žymime (a)k = i=0 (a − i). Skliaustai (a)k reiškinyje yra funkcijos ženklas; tod˙ l ju praleisti negalima. e ˛ Pavyzdžiui, 1 (3.5)2 = i=0 (3.5 − i) = 3.5 · 2.5 = 8.75, o reiškinys 3.52 prasm˙ s neturi. e k = 0 atveju {i | 0 i k − 1} aib˙ tuščia ir tod˙ l (a)0 = 1. Jei k 1, e e tai (a)k yra sandauga k daugikliu iš kuriu pirmas yra a, o kiekvienas kitas ˛, ˛ yra vienetu mažesnis už ankstesniji. Pavyzdžiui, ˛˛ (a)1 = a, (a)2 = a(a − 1), (a)3 = a(a − 1)(a − 2) 4.3. BINOMINIAI KOEFICIENTAI 81 ir t.t. Paskutinysis daugiklis (a)k sandaugoje yra a − (k − 1) = a − k + 1. Tod˙ l e ši reiškini galima užrašyti ir tokiu „išreikštiniu“ pavidalu: ˛ ˛ (a)k = a(a − 1) · · · (a − k + 1). Pasteb˙ siu, kad e (a − 1) · · · (a − k + 1) = (a − 1)k−1 , o Tod˙ l jei k e 1, tai a(a − 1) · · · (a − k + 2) = (a)k−1 . (a)k = a · (a − 1)k−1 ; (a)k = (a)k−1 · (a − k + 1). (4.5) (4.6) Faktorialas. Jei n ∈ N ∪ {0}, tai (n)n skaičius žymimas n! ir vadinamas n faktorialu. Taigi 0! = 1, 1! = 1, 2! = 2 · 1 = 2, 3! = 3 · 2 · 1 = 6 1, tai (4.7) ir t.t. Iš (4.5) išplaukia toks teiginys: jei n n! = n · (n − 1)!. Binominiai koeficientai. Su a ∈ R ir k a k = (a)k . k! 0 apibr˙ žkime e Šie skaičiai vadinami binominiais koeficientais. Pavyzdžiui, a 0 = 1, a 1 = a, a 2 = a(a − 1) 2 a k ir t.t. Iš (4.5)–(4.7) gauname rekursinę lygybę, siejančią tai a a−1 a−1 = + . k k−1 k skaičius: jei k 1, (4.8) 82 Tikrai, 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS (a)k a(a − 1)k−1 = k! k! (k + a − k)(a − 1)k−1 = k! k(a − 1)k−1 (a − 1)k−1(a − k) = + k! k! (a − 1)k−1 (a − 1)k = + (k − 1)! k! a−1 a−1 = + . k−1 k Binominiai koeficientai ir poaibiu skaičius. Jei a = n ∈ N ∪ {0}, tai ˛ n k sutampa su deriniu iš n po k skaičiumi Cn . Šiuo atveju ˛ k n k = n! , k!(n − k)! kai 0 k n, ir n k = 0, kai k n + 1. Kombinatorikoje deriniais „iš n po k“ vadinami n-element˙ s aib˙ s k-elemenčiai e e poaibiai. Taigi, jei #A = n ir Pk (A) = {B ⊂ A | #B = k}, tai k #Pk (A) = Cn . k Irodysiu, kad Cn tikrai sutampa su ˛ n k , t.y. kad n . k #A = n 0 k n ⇒ #Pk (A) = e Kai n = 0, teiginys akivaizdus: tada k = 0, P0 (A) = {∅} ir tod˙ l #P0 (A) = 1 = n . 0 Tegu dabar n 1. Jei k = 0, kaip ir aukščiau gaunu #P0 (A) = 1 = n . Tegu 0 k 1 ir x yra koks nors fiksuotas A elementas. Tada Pk (A) aib˙ išsiskaido ˛ dvi e i nesikertančias dalis P ir P ; ˛ P ˛eina visi poaibiai, kuriems priklauso x, o ˛ P i i i — likę poaibiai: P = {B ∈ Pk (A) | x ∈ B}, P = {B ∈ Pk (A) | x ∈ B}. 4.3. BINOMINIAI KOEFICIENTAI 83 Akivaizdu, kad P = Pk (A \ {x}). Kita vertus, B → B \ {x} yra bijekcija tarp P ir Pk−1 (A \ {x}); tod˙ l abieju aibiu elementu skaičius vienodas. Iš indukcin˙ s e ˛ ˛ ˛ e prielaidos #P = Tod˙ l e #Pk (A) = #P + #P = n−1 , k #P = #Pk−1 (A \ {x}) = n−1 n−1 + k−1 k n−1 . k−1 = n . k Rekursiniai apibrežimai. Rekursiškai apibr˙ žiamos f (k) pavidalo funk˙ e cijos, priklausančios nuo sveikojo kintamojo k (ir, gal but, dar kokiu nors ˛ ¯ kintamu ˛). k kintamojo kitimo sritis turi buti arba {l, l + 1, . . . , m}, arba ˛ju ¯ {l, l + 1, l + 2, . . . } pavidalo. Apibr˙ žiant funkciją, iš pradžiu pasakoma, kam e ˛ lygios jos reikšm˙ s, atitinkančios pradinę k kintamojo reikšmę l, o po to e paaiškinama, kaip apskaičiuoti f (k) reikšmes, žinant f (k ) su k < k. Pavyzdžiui, faktorialas gali buti apibr˙ žtas taip: e ¯ 0! = 1 k! = k · (k − 1)!, kai k 1. Nor˙ damas pagal šias formules apskaičiuoti, tarkime, 4!, turiu skaičiuoti taip: e 0! = 1; 1! = 1 · 0! = 1 · 1 = 1; 2! = 2 · 1! = 2 · 1 = 2; 3! = 3 · 2! = 3 · 2 = 6; 4! = 4 · 3! = 4 · 6 = 24. Štai dar keletas rekursiniu apibr˙ žimu pavyzdžiu ˛ e ˛ ˛. (4.5) arba (4.6) lygyb˙ s gali buti laikomos rekursiniu (a)k funkcijos apibr˙ e e ¯ žimu, jei prie ju pridursime lygybę (a)0 = 1. Šiuo atveju apibr˙ žiama funkcija ˛ e priklauso dar nuo vieno realiojo kintamojo a. Pavyzdžiui, skaičiuodamas pagal (4.5) formulę, gaučiau (a)0 = 1; (a)1 = a · (a − 1)0 = a · 1 = a; (a)2 = a · (a − 1)1 = a · (a − 1) = a(a − 1); (a)3 = a · (a − 1)2 = a · (a − 1)(a − 2) = a(a − 1)(a − 2) 84 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS ir t.t. Pasteb˙ siu, kad skaičiuodamas (a)k laikau, kad apskaičiuotos visos e (a )k−1 reikšm˙ s; ne tik su a = a. e Tam tikros sumos ir sandaugos taip pat gali buti apibr˙ žtos rekursiškai. e ¯ Pavyzdžiui, 0 xi = 0; n i=1 n−1 xi = i=1 i=1 xi + xn , kai n 1. Šiuo atveju apibr˙ žiamas reiškinys n , priklausantis nuo naturaliojo argue ¯ i=1 mento n ir šeimos (xi | i ∈ I), kur I yra arba naturaliu ˛ skaičiu aib˙ , arba ˛ju ˛ e ¯ koks nors jos pradinis intervalas. Kiekvienas rekursinis apibr˙ žimas yra savotiška begalin˙ lygčiu sistema e e ˛ apibr˙ žiamo objekto atžvilgiu. Pavyzdžiui, rekursinis faktorialo apibr˙ žimas e e gali buti užrašytas lygčiu sistemos ˛ ¯ f (0) = 1; f (n + 1) = (n + 1)f (n), n 0, pavidalu, kurioje f yra „nežinoma“ funkcija. Kad tokia lygčiu sistema turi ˛ vieninteli sprendini, beveik akivaizdu. Tačiau griežtas to fakto irodymas n˙ ra ˛ ˛ ˛ e toks paprastas. Kam idomu, gali pažiur˙ ti 5 skyriu ˛ ˛. ¯e Matematin˙ indukcijos principas. Rekursiškai apibr˙ žtu objektu saes e ˛ ˛ vyb˙ s dažniausiai irodin˙ jamos matematin˙ s indukcijos metodu, kuris remiasi e ˛ e e matematin˙ s indukcijos principu. Aprašysiu ji. e ˛ Tegu A(n) yra kokia nors formul˙ , kurioje yra kintamasis n. Jei i tą e ˛ formulę vietoje n irašysiu koki nors reiškini a, gausiu naują formulę, kurią ˛ ˛ ˛ žym˙ siu A(a). Laikantis tokio susitarimo, matematin˙ s indukcijos principą e e galima suformuluoti taip: A(1) A(n) ⇒ A(n + 1) ⇒ ∀n A(n). Kitaip tariant, jei A(n) formul˙ teisinga su n = 1 ir jei, padarius prielaidą, e kad ji teisinga su kokiu nors n, galima išvesti, kad ji teisinga su n + 1 vietoje n, tai ta formul˙ teisinga su visais naturaliaisiais n. e ¯ Kad suformuluotas principas teisingas, beveik akivaizdu. Iš 1 dalies išplaukia, kad formul˙ teisinga, kai n = 1; tada iš 2 dalies gaunu, kad ji teisinga, e kai n = 2. Kadangi formul˙ teisinga su n = 2, v˙ l iš 2 dalies gaunu, kad ji e e 4.3. BINOMINIAI KOEFICIENTAI 85 teisinga, kai n = 3. Tęsdamas taip toliau, gausiu, kad formul˙ teisinga su e n = 4, n = 5 ir t.t., t.y. su visais naturaliaisiais skaičiais. ¯ Kam rupi griežtas šio principo pagrindimas, gali atsiversti 5 skyriu ˛. ¯ Matematin˙ s indukcijos metodas yra toks: norint irodyti, kad A(n) teie ˛ singa su visomis naturaliomis n reikšm˙ mis, reikia: e ¯ 1) isitikinti, kad formul˙ teisinga, kai n = 1; ˛ e 2) padaryti prielaidą (ji vadinama indukcine prielaida), kad formul˙ teie singa su kokia nors kintamojo reikšme, ir irodyti, kad tada ji teisinga su ˛ vienetu didesne reikšme. Jei indukcin˙ prielaida yra A(n), tai reikia irodyti A(n + 1). Bet taip e ˛ elgtis nebutina: galima irodyti A(n), padarius prielaidą A(n−1). Pastaruoju ˛ ¯ atveju galima panaudoti nelygybę n 2. Jei pirmu žingsniu irodžiau, kad formul˙ teisinga su n = n0 , o antru ˛ e žingsniu — kad n n0 + 1, A(n − 1) ⇒ A(n), galiu daryti išvadą, kad A(n) teisinga su visais n n0 . Ši matematin˙ s ine dukcijos metodo modifikacija pagrindžiama taip pat, kaip ir tradicinis metodas. Nor˙ damas pailiustruoti matematin˙ s indukcijos metodą, irodysiu lygybę e e ˛ n i2 = i=1 n(n + 1)(2n + 1) . 6 (4.9) 1, tai Formul˙ teisinga, kai n = 0: abi lygyb˙ s pus˙ s yra 0. Jei n e e e pasir˙ męs indukcine prielaida gaunu e n n−1 i = i=1 i=1 2 i2 + n2 (atskyriau paskutiniji nari) ˛˛ ˛ = (indukcin˙ prielaida) e n (n − 1)(2n − 1) + 6n 6 2 n(2n + 3n + 1) = 6 n(n + 1)(2n + 1) = . 6 Taigi (4.9) lygyb˙ teisinga su visais n 0. e = (n − 1)n(2n − 1) + n2 6 86 Niutono binomo formul˙ e. 4.1 teorema. Jei x, y ∈ R, n ∈ N ∪ {0}, tai n 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS (x + y)n = k=0 n k n−k x y . k (4.10) Irodymas. Teoremą irodysiu matematin˙ s indukcijos metodu. n = 0 ˛ ˛ e atveju (4.10) formul˙ patikrinama tiesiogiai. Jei n e 1, tai pasir˙ męs ine dukcine prielaida gaunu (x + y)n = (x + y)(x + y)n−1 n−1 = (x + y) k=0 n − 1 k n−1−k x y k (indukcin˙ prielaida) e n−1 = k=0 n − 1 k+1 n−1−k x y + k n−1 k=0 n − 1 k n−k x y k (padauginau sumą atskirai iš x ir iš y, tuos daugiklius ik˙ liau už sumos ˛ e ženklo) n = l=1 n − 1 l n−l xy + l−1 n−1 k=0 n − 1 k n−k x y k (pirmoje sumoje pakeičiau kintamąji i l = k + 1) ˛˛ = n−1 n x + n−1 k=1 n−1 n−1 n−1 + k−1 k xk y n−k + n−1 n y 0 (pirmoje sumoje atskyriau nari su l = n, antroje — su k = 0; po to l ˛ pakeičiau i k ir dvi sumas sud˙ jau) ˛ e n−1 = xn + k=1 n k n−k x y + yn k ˙ 4.4. SKAIČIOS AIBES (pasir˙ miau (4.8) lygybe ir tuo, kad e n k 0 87 = k k = 1) = k=0 n k n−k x y k n k (pasteb˙ jau, kad xn sutampa su e reiškiniu, kai k = 0). xk y n−k , kai k = n, o y n — su tuo pačiu 4.4 Skaičios aib˙ s e Aib˙ elementu skaičius. Išsiaiškinkime, ką matematikoje reiškia žodžiai es ˛ „A aib˙ je yra lygiai n elementu e ˛“. Iš pradžiu pagalvokime, kaip mes skaičiuojame aib˙ s elementus. Mes ˛ e bedame pirštu i kuri nors elementą ir sakome „vienas“, po to rodome kitą ˛ ˛ elementą, sakydami „du“ ir t.t. Skaičiuodami žiurime, kad joks elementas ¯ nebutu parodytas du kartus. Jei visi elementai jau parodyti, o paskutinis ˛ ¯ pasakytas skaičius buvo, tarkime, „dvylika“, sakome, kad aib˙ je yra dvylika e elementu ˛. Dabar pabandykime ši procesą aprašyti matematiškai. Isivaizduokime, ˛ ˛ kad kai parodome koki nors elementą ir pasakome „vienas“, mes ji pažymime ˛ ˛ raide x1 ; kai parodome kitą elementą ir pasakome „du“, pažymime ji raide x2 ˛ ir t.t. Tada skaičiavimas yra tam tikros funkcijos i → xi apibr˙ žimas. Tos e funkcijos apibr˙ žimo sritis yra tam tikra In = {1, . . . , n} aib˙ , o reikšm˙ s e e e priklauso A aibei. Tai, jog joks elementas n˙ ra parodomas du kartus, reiškia, kad e i = j ⇒ xi = xj , t.y. kad i → xi funkcija injektyvi. Tai, jog galu gale visi A elementai buvo ˛ parodyti, reiškia, kad funkcijos reikšmiu sritis yra visa A. Reiškia, i → xi ˛ yra bijekcija tarp In ir A. Taigi gavome toki apibr˙ žimą: A aib˙ je yra n elementu jei egzistuoja ˛ e e ˛, bijekcija tarp In ir A. Jei ∃n (A aib˙ je yra n elementu e ˛), sakome, kad A aib˙ baigtin˙ ; kitos aib˙ s vadinamos begalin˙ mis. e e e e Naturaliu ˛ skaičiu teorijoje irodoma (žr. 5 skyriu kad jei m = n, tai ˛ju ˛ ˛ ˛), ¯ tarp Im ir In aibiu n˙ ra jokios bijekcijos. Iš to išplaukia, kad bet kokiai ˛ e baigtinei A yra tik vienas n, su kuriuo teiginys „A aib˙ je yra n elementu e ˛“ 88 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS teisingas. Tas n vadinamas A aib˙ s elementu skaičiumi. Aš ji žym˙ siu #A e ˛ ˛ e simboliu. Taigi, pavyzdžiui, #{3} = 1, #{4, 17, 2.5} = 3 ir t.t. Tuščios aib˙ s elementu skaičius yra 0; jei A begalin˙ , rašysiu #A = ∞. e ˛ e Skaičios aib˙ es. Gali susidaryti ispudis, kad begaliniu aibiu elementus taip ˛ ¯ ˛ ˛ pat galima sunumeruoti, tik jau ne skaičiais iš In aib˙ s, o visais naturaliaisiais e ¯ skaičiais. Deja, greitai duosiu pavyzdi, rodanti, kad taip n˙ ra. Tačiau ˛ ˛ e aib˙ s, kurioms tas teiginys teisingas, yra labai svarbios ir nusipelno atskiro e apibr˙ žimo. e A aib˙ vadinama skaičia, jei egzistuoja bijekcija tarp N ir A. Begalin˙ e e aib˙ , kuri n˙ ra skaiti, vadinama neskaičia. e e Akivaizdu, kad skaiti N aib˙ : funkcija n → n yra bijekcija tarp N ir N. e Skaiti ir sveiku ˛ skaičiu aib˙ Z. Tikrai, jei ˛ju ˛ e xn = (n − 1)/2, kai n nelyginis; −n/2, kai n lyginis; tai n → xn yra bijekcija tarp N ir Z. Dabar duosiu aukščiau min˙ tą neskaičios aib˙ s pavyzdi. Tokia yra {0, 1}∞ e e ˛ aib˙ ; jos elementai yra sekos (x1 , x2 , . . . ), kuriu visi nariai xi yra arba 0, arba e ˛ 1. Pavyzdžiui, (0, 1, 0, 1, 0, 1, . . . ) ∈ {0, 1}∞ . 4.2 teorema. {0, 1}∞ aib˙ neskaiti. e Irodymas. Tarkime priešingai, D = {0, 1}∞ aib˙ skaiti, ir tegu ˛ e n → (xn1 , xn2 , . . . ) yra bijekcija tarp N ir D. Tada visus D elementus galima išrašyti vieną po kitu ir gauti toki begalini skaičiu masyvą: ˛ ˛ ˛ (x11 , x12 , x13 , x14 , · · · ) (x21 , x22 , x23 , x24 , . . . ) (x31 , x32 , x33 , x34 , . . . ) . . . Kiekvienoje eilut˙ je esanti seka yra D aib˙ s elementas ir kiekvienas D elee e mentas užrašytas kažkurioje eilut˙ je. Kiekvienas xij yra arba 0, arba 1. e ˙ 4.4. SKAIČIOS AIBES 89 Dabar iš to masyvo imu skaičius, esančius ant diagonal˙ s, einančios iš e kairiojo viršutinio kampo, pakeičiu 0 i 1, o 1 — i 0, ir gautus naujus skaičius ˛ ˛ sudedu i naują seką (y1 , y2 , y3, . . . ). Kitaip tariant, pažymiu ˛ y1 = 0, kai x11 = 1; 1, kai x11 = 0; y2 = 0, kai x22 = 1; 1, kai x22 = 0; y3 = 0, kai x33 = 1; 1, kai x33 = 0; ir t.t. Kiekvienas yi yra arba 0, arba 1; tod˙ l seka (y1 , y2, . . . ) priklauso D e aibei ir turi sutapti su kokia nors masyvo eilute (xn1 , xn2 , . . . ). Tačiau to negali buti, nes yn = xnn . Gavau prieštarą. ¯ Elementu skaičius ir bijekcijos. Tegu A ir B yra dvi aib˙ s, o f — ˛ e bijekcija tarp A ir B. Jei #A = k ir i → xi yra bijekcija tarp Ik ir A, tai i → f (xi ) yra bijekcija tarp Ik ir B. Taigi #B = k. Kitaip tariant, jei tarp dvieju aibiu egzistuoja bijekcija, tai tu aibiu elementu skaičiai sutampa. ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ Jei A aib˙ skaiti ir n → xn yra bijekcija tarp N ir A, tai n → f (xn ) yra e bijekcija tarp N ir B. Reiškia, B taip pat skaiti. Jei A neskaiti, tai B negali buti nei baigtin˙ , nei skaiti, nes atvirkštin˙ e e ¯ −1 funkcija f yra bijekcija tarp B ir A. Reiškia, B taip pat neskaiti. Reziumuoju: jei egzistuoja bijekcija tarp A ir B ir A aib˙ yra baigtin˙ , e e skaiti arba neskaiti, tai ir B aib˙ yra, atitinkamai, baigtin˙ , skaiti arba e e neskaiti. Numeravimas. Naturaliu ˛ skaičiu teorijoje irodoma (žr. 5 skyriu kad ˛ju ˛ ˛ ˛), ¯ kiekvienas baigtin˙ s aib˙ s poaibis v˙ l yra baigtin˙ aib˙ . Šia prasme baigtin˙ s e e e e e e aib˙ s yra mažiausios galimos aib˙ s. e e Bet koks skaičios aib˙ s poaibis yra arba baigtinis, arba skaitus. Tikrai, e jei A skaiti, f yra bijekcija tarp A ir N ir B — begalinis A poaibis, tai f yra bijekcija tarp B ir f (B) ⊂ N, o formul˙ mis e nk+1 n1 = min f (B); = min{n > nk | n ∈ f (B)} rekursiškai apibr˙ žiama bijekcija tarp N ir f (B). Reiškia, B aib˙ skaiti. e e Taigi skaičios aib˙ s yra mažiausios begalin˙ s aib˙ s: joks tokios aib˙ s e e e e poaibis n˙ ra neskaitus. Tod˙ l naturalus toks apibr˙ žimas: sakome, kad A e e e ¯ aib˙ ne daugiau kaip skaiti, jei ji arba baigtin˙ , arba skaiti. e e Greitai parodysiu, kad atlikdamas veiksmus su ne daugiau kaip skaičiomis aib˙ mis v˙ l gaunu ne daugiau kaip skaičias aibes. Dabar apibr˙ šiu vieną e e e naują sąvoką, kuri bus naudinga, irodin˙ jant tas ne daugiau kaip skaičiu aibiu ˛ e ˛ ˛ savybes. 90 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS Tegu A yra bet kokia aib˙ . Funkciją iš N i A vadinsiu A aib˙ s numeracija, e ˛ e jei tos funkcijos reikšmiu sritis sutampa su A. Paprastai numeraciją užrašysiu ˛ n → xn pavidalu; tada A = {xn | n 1}. Aibę vadinsiu numeruojama, jei egzistuoja kokia nors jos numeracija. Taigi A numeruojama, jei A = {xn | n 1} su kokia nors seka (xn ). Jei A = {xn | n 1}, tai A ne daugiau kaip skaiti. Tikrai, kiekvienam a ∈ A galima atrasti toki n(a) ∈ N, kad a = xn(a) . Nesunku isitikinti, kad ˛ ˛ a → n(a) funkcija injektyvi. Reiškia, ji yra bijekcija tarp A ir tam tikro N aib˙ s poaibio I. Kadangi N skaiti, jos poaibis I yra arba baigtinis, arba e skaitus. Tada ir A aib˙ arba baigtin˙ , arba skaiti. e e Aišku, kad kiekviena skaiti aib˙ numeruojama: jei n → xn yra bijekcija e tarp N ir A, tai A = {xn | n 1}. Jei A aib˙ turi k 1 elementu tai egzistuoja bijekcija i → xi tarp Ik ir e ˛, A. Ją nesunku pratęsti iki funkcijos, kuri jau bus A numeracija; pavyzdžiui, galime laikyti xn = xk su n > k. Reiškia, kiekviena netuščia baigtin˙ aib˙ e e numeruojama. Tuščioji aib˙ n˙ ra numeruojama. e e Taigi ryšys tarp sąvoku „numeruojama“ ir „ne daugiau kaip skaiti“ yra ˛ toks: kiekviena numeruojama aib˙ yra ne daugiau kaip skaiti; kiekviena nee tuščia ne daugiau kaip skaiti aib˙ yra numeruojama. e Veiksmai su ne daugiau kaip skaičiomis aib˙ emis. 1. Jei A ne daugiau kaip skaiti ir B ⊂ A, tai B ne daugiau kaip skaiti skaiti. Kod˙ l taip yra, e paaiškinau aukščiau. 2. Jei A ne daugiau kaip skaiti ir f : A → B, tai f (A) ne daugiau kaip skaiti. Tikrai, jei A tuščia, tai ir f (A) tuščia. O jei A numeruojama ir A = {xn | n 1}, tai numeruojama ir f (A): f (A) = {f (xn ) | n 1}. I kiekvieną šeimą (xi | i ∈ I) galima žiur˙ ti, kaip i funkciją i → xi . Tod˙ l ˛ ˛ e ¯e aukščiau suformuluotą teigini galima ir taip performuluoti: jei I ne daugiau ˛ kaip skaiti, tai {xi | i ∈ I} ne daugiau kaip skaiti. 3. Dvieju ne daugiau kaip skaičiu aibiu Dekarto sandauga ne daugiau ˛ ˛ ˛ kaip skaiti. Jei bent viena iš aibiu tuščia, ju Dekarto sandauga taip pat ˛ ˛ tuščia. Tarkime, abi aib˙ s numeruojamos: pavyzdžiui, A = {xi | i e 1} ir B = {yj | j 1}. Apibr˙ žkime rekursiškai e (i1 , j1 ) = (1, 1); (in+1 , jn+1 ) = (in + jn , 1), kai in = 1; (in − 1, jn + 1), kai in > 1; ˙ 4.4. SKAIČIOS AIBES 4 3 2 1 0 0 4.14 pav. N × N aib˙ s elementu surašymas i eilę e ˛ ˛ (žr. 4.14 pav., kuriame N×N aib˙ s elementai pavaizduoti taškais plokštumoje e ir šalia kiekvieno taško užrašytas jo eil˙ s numeris). Tada e A × B = {(xin , yjn ) | n 1}, t.y. Dekarto sandauga taip pat numeruojama. 4. Visu racionaliu ˛ skaičiu aib˙ skaiti. Kadangi N ir Z aib˙ s skaičios, ju ˛ ˛ju ˛ e e ˛ Dekarto sandauga taip pat skaiti. Iš lygyb˙ s e Q = {m/n | (m, n) ∈ Z × N} tada išplaukia, kad Q numeruojama. Be to, Q begalin˙ , nes visi naturalieji e ¯ skaičiai yra racionalus. ¯ 5. Ne daugiau kaip skaičiu aibiu ne daugiau kaip skaitus junginys yra ne ˛ ˛ daugiau kaip skaiti aib˙ . Tiksliau, jei e A= i∈I ir tiek I, tiek visos Ai yra ne daugiau kaip skaičios, tai ir A ne daugiau kaip skaiti. Jei kai kurios iš Ai aibiu tuščios, tai jas praleidus junginys nepasikeis, ˛ o indeksu aib˙ tik sumaž˙ s. Taigi užtenka išnagrin˙ ti atveji, kai visos Ai ˛ e e e ˛ numeruojamos: pavyzdžiui, Ai = {xin | n 1}. Bet tada A = {xin | (i, n) ∈ I × N}. Kadangi I × N aib˙ ne daugiau kaip skaiti, A aib˙ taip pat ne daugiau kaip e e skaiti. ®® ®® ® ®® ®® ® ®® ®® ® ®® ®® ® 6 3 1 9 5 8 4 2 7 1 2 3 4 5 6 91 Ai 92 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS Neskaičiu aibiu pavyzdžiai. Jau žinome, kad D = {0, 1}∞ aib˙ neskaiti. ˛ ˛ e Kiti neskaičiu aibiu pavyzdžiai konstruojami, remiantis tokiais dviem teigi˛ ˛ niais. 1. Jei A neskaiti ir B ⊂ A, tai ir B neskaiti. Tikrai, jei B butu ne daugiau ¯ ˛ kaip skaiti, tai ir jos poaibis A butu ne daugiau kaip skaitus, o taip n˙ ra. ˛ e ¯ 2. Jei A neskaiti, o f — injektyvi funkcija iš A i B, tai B neskaiti. Tikrai, ˛ f yra bijekcija tarp A ir f (A); tod˙ l f (A) neskaiti. Kadangi B ⊃ f (A), B e taip pat neskaiti. Dabar irodysiu, kad realiu ˛ skaičiu aib˙ R (ir netgi bet koks jos inter˛ ˛ju ˛ e valas) yra neskaiti aib˙ . Tam reikia žinoti, kokia yra vidin˙ realaus skaičiaus e e struktura. ¯ Kiekvienas neneigiamas realusis skaičius susideda iš sveikosios dalies, kuri yra neneigiamas sveikasis skaičius, ir trupmenin˙ s dalies, kuri yra begalin˙ e e dešimtainiu ženklu seka. Kiekvienas dešimtainis ženklas yra sveikasis skaičius ˛ ˛ iš {0, 1, . . . , 9} aib˙ s. Be to, trupmenin˙ dalis turi buti reguliari : ji negali e e ¯ užsibaigti begaline devintuku seka. ˛ Jei x skaičiaus sveikoji dalis yra x0 , o dešimtainiu ženklu seka yra (xn ), ˛ ˛ rašome x = x0 .x1 x2 x3 . . . . Pavyzdžiui, 3.12555 . . . . Aišku, tai tik patogus budas isivaizduoti skaičiu nes užrašyti be galo ˛ ˛, ¯ daug dešimtainiu ženklu neimanoma. Norint tiksliai aprašyti skaičiu reikia ˛ ˛ ˛ ˛, parašyti formulę, pagal kurią skaičiuojami jos dešimtainiai ženklai. Pavyzdžiui, lygyb˙ mis e x0 = 0, xi = 1, kai i = k 2 su tam tikru k ∈ N; 7 su kitais i; tiksliai aprašomas skaičius 0.177177771777777177777777177 . . . . Aukščiau pateiktas realaus skaičiaus aprašymas negali buti laikomas jo ¯ apibr˙ žimu, nes jame naudojama sveikojo skaičiaus sąvoka, kuri dar neapie br˙ žta. Griežta realiu ˛ skaičiu teorija išd˙ styta 5 skyriuje. Dabar užtenka tik e ˛ju ˛ e žinoti, kad skirtingos trupmenin˙ s dalys apibr˙ žia skirtingus skaičius. Tike e sliau, funkcija (xi ) → 0.x1 x2 x3 . . . yra bijekcija tarp reguliariu dešimtainiu ženklu seku ir [0; 1) intervalo. ˛ ˛ ˛ ˛ ˙ 4.4. SKAIČIOS AIBES 93 Funkcija Grižtu prie R neskaitumo irodymo. Kiekviena sekai (x1 , x2 , x3 , . . . ) ∈ D ˛ ˛ (priminsiu, kad visi jos nariai yra arba 0, arba 1) galima priskirti tam tikrą realu ˛ skaičiu ˛ji ˛ 0.x1 x2 x3 · · · ∈ [0; 1]. (x1 , x2 , x3 , . . . ) → 0.x1 x2 x3 . . . yra injektyvi, o D aib˙ neskaiti; tod˙ l [0; 1] intervalas neskaitus. Aišku, tada e e neskaiti ir didesn˙ R aib˙ . e e Jei a < b, tai funkcija x → a + (b − a)x yra bijekcija tarp [0; 1] ir [a; b]; reiškia, [a; b] intervalas taip pat neskaitus. Kiekvieno neišsigimusio intervalo viduje galima rasti [a; b] pavidalo intervalą; taigi visi intervalai neskaitus. ¯ Racionaliu skaičiu aib˙ tirštumas. Nežiurint i tai, kad R aib˙ neskaiti, ˛ ˛ es ˛ e ¯ o Q aib˙ skaiti, pastaroji yra tirštas R aib˙ s poaibis. Tai reiškia, kad tarp e e bet kuriu dvieju realiu ˛ skaičiu yra racionalusis: ˛ ˛ ˛ju ˛ x < y ⇒ ∃q ∈ Q x < q < y. Irodysiu tai. ˛ Tegu x < y ir n = [3/(y − x)] + 1. Tada 3 < n; y−x n(y − x) > 3. Reiškia, [nx] nx < [nx] + 1 < [ny] ny < [ny] + 1. Tikrai, iš x y išplaukia [nx] [ny], o lygyb˙ [ny] = [nx] + 1 negalima, nes e iš jos išplauktu ˛ ny − nx [ny] + 1 − [nx] = 2. Pažymiu m = [nx] + 1. Tada iš gautu nelygybiu išplaukia ˛ ˛ nx < m < ny; m x< < y. n Belieka pasteb˙ ti, kad e m n ∈ Q. 94 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS 4.5 Uždaviniai 1. Raskite g ◦ f ir f ◦ g. • f (x) = x− , g(y) = y 2 . • f (x) = min(1, x2 ), g(y) = 1 − y. • f (x) = x2 − x, g(y) = • g(y) = min(y, 1), f (x) = 2. Apskaičiuokite g ◦ f , f ◦ f ir f ◦ g. • (2004) f (x) = x2 − 1 g(y) = • (2004) f (x) = x3 ir g(y) = min(y, 1). 3. Ar visada teisingi duoti teiginiai? Jei taip, irodykite; jei ne, duokite ˛ kontrpavyzdi. ˛ • c > 0 ⇒ (cx)+ = cx+ , (cx)− = cx− . • c < 0 ⇒ (cx)+ = |c|x− , (cx)− = |c|x+ . • (x + y)+ x+ + y + , (x + y)− x− + y − . • (x + y)− = x− + y − . • x+ = max(0, x), x− = max(−x, 0). • x− = min(0, x). • [x+ ] = [x]+ . • x y ⇒ x+ y +. • x < y ⇒ x+ < y + . 0, kai y < 0; 1 − y, kai y 0. 0, kai y 0; 1, kai y > 0. x, kai x < 0; 0, kai x 0. 4.5. UŽDAVINIAI • (2002) x− x+ . 95 • (2002) (x + 1)+ = x+ + 1. • (2002) (x + 2)− • (2004) x1 2. x− . 2 x2 ⇒ x− 1 • (2004) max(xy, y) = y max(x, 1). • (2004) (x − 1)+ • (2004) (x + y)− x+ + 1. • (2004) (x = 1, x = 2) ⇒ |x − 1| + |x − 2| > 2. x− + y − . • (2004) |x| = max(x, −x). 4. Raskite f (A) ir f −1 (B). • f (x) = 1 − x2 , A = B = {−1, 0, 1}. • f (x) = x+ , A = (−1; 2), B = {0}. • A = N, B = (−1; 1),  −1, kai x < 0;  f (x) = 0, kai x = 0;   1, kai x > 0. • (2002) f (x) = x2 + 2x, A = {−2, 0}. • (2002) A = [−1; 0], f (x) = • (2002)f (x) = x−2 , B = [1; 3). • (2002) f (x) = |x|, B = {−2, 0, 1}. 0, kai x < 0; x + 1, kai x 0. • (2002) f (x) = 2 + x − x2 , A = (0; 1). • (2002) f (x) = 2x − 1, A = N. 96 • (2004) A = (−1; 0.5), B = {0, 1}, f (x) = 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS 0, kai x < 0; 1 − x, kai 0 x 1. 5. Ar visada teisingi duoti teiginiai? Jei taip, irodykite; jei ne, duokite ˛ kontrpavyzdi. ˛ • f −1 (B1 ∪ B2 ) = f −1 (B1 ) ∪ f −1 (B2 ). • f −1 ( i • (2004) A = {0, 1, 2}, B = (−2; 2), f (x) = x2 − 2x. Bi ) = i f −1 (Bi ). • (g ◦ f )(A) = g f (A) . • Jei f : M → N, g : N → M ir g f (x) = x su visais x, tai f injektyvi. Jei, be to, f g(y) = y su visais y ∈ N, tai f yra bijekcija tarp M ir N ir g = f −1 . 6. Ar duotos funkcijos injektyvios? Jei ne, tai kod˙ l; jei taip, raskite atvirkšte inę funkciją. • f (x) = x− . • f (x) = x2 − x, kai x • f (x) = • f (x) = 0. 0, kai x < 0; 1 − x, kai x 0. 1/x, kai x < 0; 1 − x, kai 0 x 1. • (2002) f (x) = x−2 , kai x < 0. • (2002) f (x) = • (2004) f (x) = x2 , kai 0 < x 1; 3 − x, kai 1 < x < 2; g(x) = 2x + 1, kai 0 x − 1, kai 1 x < 1; x 2. x, kai x < −1; 2x, kai x −1. 4.5. UŽDAVINIAI • (2004) f (x) = −x2 − 2x, kai x −1; x + 1, kai −1 < x 0; g(x) = 97 10 − x, kai x < 0; √ x, kai x 0. 7. Irodykite matematin˙ s indukcijos metodu. ˛ e n • • i= i=1 n n(n + 1) . 2 1 − xn+1 . 1−x n xi = i=0 • (2004) i=1 i2i = (n − 1)2n+1 + 2. 98 4 SKYRIUS. FUNKCIJOS 5 skyrius Matematikos pagrindai Per egzaminą nebuna klausimu iš šio skyriaus medžiagos; tod˙ l be didelio ˛ e ¯ sąžin˙ s graužimo ji galima praleisti. e ˛ Kadangi šio skyriaus be manęs niekas daugiau neskaitys, čia rašysiu glausčiau (bet pakankamai smulkiai, kad po metu skaitydamas suprasčiau, ką čia ˛ parašiau). 5.1 Aibiu teorijos aksiomatika ˛ Raselo paradoksas. Aibiu teorija, kurios pagrindus išd˙ sčiau 2–4 skyriuo˛ e se, vadinama naiviąja. Analiz˙ je tos teorijos visiškai pakanka, bet prad˙ ję e e eksperimentuoti su aibiu teorijos konstrukcijomis, greit susiduriame su vad˛ inamaisiais paradoksais, kurie privert˙ matematikus sukurti griežtesnę ake siominę aibiu teoriją. ˛ Aprašysiu žymiausią aibiu teorijos paradoksą, vadinamą Raselo1 antino˛ mija. Prad˙ siu šiek tiek iš tolo. e Analiz˙ je susiduriame tik su dvieju lygiu aib˙ mis: daugiausia su skaičiu e ˛ ˛ e ˛ ar vektoriu aib˙ mis, o mato teorijoje — dar ir su tokiu aibiu sistemomis, ˛ e ˛ ˛ t.y. aib˙ mis, kuriu elementai yra skaičiu ar vektoriu aib˙ s. Tod˙ l galima e ˛ ˛ ˛ e e laikytis tokio susitarimo: skaičius ir vektorius žym˙ ti mažosiomis raid˙ mis e e a, b, c, . . . , ju aibes — didžiosiomis raid˙ mis A, B, C, . . . , o tokiu aibiu sis˛ e ˛ ˛ temas — kaligrafinio šrifto raid˙ mis A, B, C, . . . . Tai iliustruoja tokia sąryšiu e ˛ grandin˙ : e a ∈ A ∈ A. Grynojoje aibiu teorijoje negalime apsiriboti tik tokiomis aib˙ mis. Pa˛ e vyzdžiui, n˙ ra jokio pagrindo nenagrin˙ ti aibiu kuriu elementai butu A lygio e e ˛, ˛ ¯ ˛ 1 Bertrand Arthur William Russell (1872–1970) 99 100 5 SKYRIUS. MATEMATIKOS PAGRINDAI aib˙ s. Be to, n˙ ra reikalo laikyti egzistuojant kažkokius pirminius elementus, e e kurie n˙ ra aib˙ s, nes, kaip matysime žemiau, skaičiai ir vektoriai gali buti e e ¯ laikomi tam tikromis aib˙ mis. Tod˙ l aibiu teorijoje visos aib˙ s žymimos e e ˛ e mažosiomis raid˙ mis. Kiekviena aib˙ b gali tur˙ ti tam tikrą elementą a, ir e e e pati gali buti kokios nors c aib˙ s elementas: e ¯ a ∈ b ∈ c. Dabar apibr˙ žkime e Kitaip tariant, a yra aib˙ visu tokiu aibiu kurios nepriklauso sau pačiai. e ˛ ˛ ˛, Klausimas, ar a priklauso sau pačiai? Jei tartume, kad priklauso, tai ji tur˙ tu tur˙ ti tą savybę, kuria pasižymine ˛ e čios aib˙ s itraukiamos i a: tur˙ tu nepriklausyti sau pačiai. Jei tartume, kad e ˛ ˛ e ˛ nepriklauso, tai ji tos savyb˙ s tur˙ tu netur˙ ti: tur˙ tu priklausyti sau pačiai. e e ˛ e e ˛ Tai ir yra Raselo paradoksas. Rašant formules, jis pasidaro dar aiškesnis. Iš a aib˙ s apibr˙ žimo (5.1) išplaukia, kad visada teisinga formul˙ e e e x ∈ a ⇐⇒ x ∈ x. Istatę vietoje x pačią a, gauname prieštarą: ˛ a ∈ a ⇐⇒ a ∈ a. Matematikos pagrindimas. Raselo paradoksas „išsprendžiamas“ paprastai: sakome, kad (5.1) aib˙ s tiesiog n˙ ra. Bet tada kyla naturalus klausimas: e e ¯ jei jau tokia paprasta formule užrašoma aib˙ neegzistuoja, tai kur garantija, e kad egzistuoja analiz˙ je naudojamos aib˙ s? Gal but, visa matematika yra e e ¯ logiškai prieštaringa? Noras pastatyti matematiką ant tvirto pagrindo nuved˙ žmones dviem e keliais. Vieni siul˙ apsiriboti vien konstruktyviomis sąvokomis ir metodais. ¯e Bazin˙ tokios konstruktyviosios matematikos sąvoka yra algoritmas, o kitos e sąvokos apibr˙ žiamos per ją. Pavyzdžiui, skaičius — tai algoritmas, kuris e generuoja to skaičiaus skaitmenis; be to, reikalaujama, kad kiekvienam skaitmeniui iš anksto butu galima ivertinti, kiek laiko (kiek elementariu operaciju ˛ ˛ ˛) ¯ ˛ reik˙ s tam skaitmeniui generuoti. Funkcija — tai algoritmas, kuris, naudoe damas duotą argumento skaičiavimo algoritmą, generuoja funkcijos reikšmę. Aib˙ — tai funkcija, kurios reikšm˙ yra 1, jei argumentas priklauso aibei, ir e e 0, jei nepriklauso. Konstruktyviosios matematikos trukumas — labai ribotas matematiniu ˛ ¯ priemoniu arsenalas. Niekam nesinori dirbti su prastais ˛rankiais. ˛ i a = {x | x ∈ x}. (5.1) 5.1. AIBIU TEORIJOS AKSIOMATIKA ˛ 101 Kitas kelias pagristi matematikai — jos aksiomatizavimas. Pradin˙ id˙ ja ˛ e e buvo tokia. Kiekvieną matematini teigini reikia užrašyti formule. Tam tikras ˛ ˛ formules reikia paskelbti aksiomomis ir laikyti apriori teisingomis. Kitas formules reikia irodyti — išvesti iš aksiomu pagal tam tikras fiksuotas išvedimo ˛ ˛ taisykles. Jas vadintume teoremomis. Kiekviena formul˙ yra konstruktyvus objektas (tai — tam tikras žodis e tam tikroje formalizuotoje kalboje). Išvedimo taisykl˙ s irgi tur˙ tu buti kone e ˛ ¯ struktyvios — tokios, kad net kompiuteris sugeb˙ tu „irodin˙ ti“ teoremas. e ˛ ˛ e Jei musu teorija bus pakankamai turtinga, joje bus galima apibr˙ žti sąvokas e ¯ ˛ „ab˙ c˙ l˙ “, „žodis“, „formul˙ “, „išvedimas“ ir suformuluoti teigini, reiškianti, e ee e ˛ ˛ kad iš sukurtos teorijos „aksiomu neimanoma „išvesti“ prieštaros, t.y. kad ˛“ ˛ ta teorija yra neprieštaringa. Jei tą formulę pavyktu irodyti, tur˙ tume ˛ ˛ e konstruktyvu nekonstruktyvios matematikos neprieštaringumo irodymą. ˛ ˛ Deja, ši programa liko neigyvendinta. Buvo irodyta, kad jokios pakanka˛ ˛ mai turtingos teorijos neprieštaringumo irodyti neimanoma (nebent pati ta ˛ ˛ teorija yra prieštaringa ir tada irodomas bet koks teiginys — jei iš aksiomu ˛ ˛ galima gauti prieštarą, tai iš tos prieštaros jau išplaukia bet kas). Aksiomin˙ aibiu teoriją, kurią aprašysiu žemiau, tikrai yra „pakankamai e ˛ turtinga“. Tod˙ l jai galioja aukščiau suformuluota dilema: arba ji prieše taringa, arba nepilna (t.y. egzistuoja formul˙ s, kuriu neimanoma nei irodyti, e ˛ ˛ ˛ nei paneigti — viena iš tokiu formuliu ir yra formul˙ , reiškianti, kad teorija ˛ ˛ e neprieštaringa). Jei kam nors pavyktu iš aibiu teorijos aksiomu išvesti prieštarą, dilema ˛ ˛ ˛ butu išspręsta: isitikintume, kad teorija prieštaringa ir tektu pereiti prie kon˛ ˛ ¯ ˛ struktyviosios matematikos arba bent jau pakeisti aksiomas. Tačiau kol kas niekam to padaryti nepavyko. Tod˙ l mes ir toliau vystome nekonstruktyviąją e matematiką, tik˙ dami, kad ji tikrai neprieštaringa. e Aksiomin˙ aibiu teorijos sintaks˙ Toliau aprašysiu vadinamąją Ceres ˛ e. 2 melo-Frenkelio aksiominę aibiu teoriją (trumpiau — ZF teoriją). Pradiniai ˛ tos teorijos objektai vadinami aib˙ mis ir žymimi mažosiomis raid˙ mis. Kiti e e matematikoje naudojami objektai (pavyzdžiui, šeimos, funkcijos ir skaičiai) yra specialios aibiu rušys. ˛ ¯ Teorijoje yra du pradiniai ženklai: = ir ∈. x = y reiškia, kad x ir y yra ta pati aib˙ , o x ∈ y — kad x aib˙ yra y aib˙ s elementas. Visi kiti ženklai e e e yra apibr˙ žiami, laikantis tokiu dvieju taisykliu e ˛ ˛ ˛. 1. Jei A(a1 , . . . , ak ) yra bet kokia formul˙ ir a1 , . . . , ak yra visi laisvi tos e formul˙ s kintamieji, galima isivesti naują sąryšio ženklą P su nauja aksioma e ˛ Ernst Zermelo (1871–1953), Adolf Abraham Halevi Fraenkel (1891–1965) P (a1 , . . . , ak ) ⇐⇒ A(a1 , . . . , ak ), 2 102 5 SKYRIUS. MATEMATIKOS PAGRINDAI vadinama to sąryšio apibr˙ žimu. Pavyzdžiui, ⊂ sąryšis apibr˙ žiamas formule e e a ⊂ b ⇐⇒ ∀x (x ∈ a ⇒ x ∈ b). 2. Jei A(a1 , . . . , ak , b) yra bet kokia formul˙ , a1 , . . . , ak , b yra visi laisvi e jos kintamieji ir irodytos tokios dvi teoremos: ˛ ∀a1 . . . ∀ak ∃y A(a1 , . . . , ak , b), A(a1 , . . . , ak , b) ir A(a1 , . . . , ak , b ) ⇒ b = b (5.2) (5.3) (reiškiančios, kad su kiekvienu rinkiniu a1 , . . . , ak egzistuoja ir vienintelis toks b, kad A(a1 , . . . , ak , b)), galima isivesti naują funkcini ženklą F su aksioma ˛ ˛ b = F (a1 , . . . , ak ) ⇐⇒ A(a1 , . . . , ak , b). Pavyzdžiui, reiškini {a} galima butu apibr˙ žti tokia formule: ˛ e ¯ ˛ b = {a} ⇐⇒ ∀x (x ∈ b ⇐⇒ x = a). Tačiau prieš tai reiktu irodyti (5.2)–(5.3) formules, kurios šiuo konkrečiu ˛ ˛ atveju atrodo taip: ∀a ∃b ∀x (x ∈ b ⇐⇒ x = a); ∀x (x ∈ b ⇐⇒ x = a) ir ∀x (x ∈ b ⇐⇒ x = a) ⇒ b = b . Aibiu lygyb˙ ZF teorijos aksiomos paprastai žymimos ZF1, ZF2 ir t.t. ˛ e. Pirmoji aksioma nustato ryši tarp = ir ∈ sąryšiu ˛ ˛: ZF1. a = b ⇐⇒ ∀x (x ∈ a ⇐⇒ x ∈ b). Kitaip tariant, jei dvi aib˙ s turi tuos pačius elementus, tai jos sutampa. e Pasir˙ mus šia aksioma, galima šiek tiek supaprastinti naujo funkcinio e ženklo ivedimo sąlygas. Tarkime, B(a1 , . . . , ak , x) yra bet kokia formul˙ , ˛ e a1 , . . . , ak , x — visi laisvi jos kintamieji ir irodyta teorema ˛ ∀a1 . . . ∀ak ∃b ∀x x ∈ b ⇐⇒ B(a1 , . . . , ak , x) . Ji sutampa su (5.2) formule, jei A(a1 , . . . , ak , b) yra ∀x x ∈ b ⇐⇒ B(a1 , . . . , ak , x) . (5.3) tada išplaukia iš ZF1 aksiomos ir mes galime isivesti naują funkcini ˛ ˛ ženklą F , apibr˙ ždami ji tokia aksioma: e ˛ x ∈ F (a1 , . . . , ak ) ⇐⇒ B(a1 , . . . , ak , x). (5.4) 5.1. AIBIU TEORIJOS AKSIOMATIKA ˛ Tuščioji aib˙ Antroji aksioma postuluoja tuščios aib˙ s egzistavimą: e. e ZF2. ∃a ∀x x ∈ a. 103 Iš ZF1 išplaukia, kad aib˙ a, kurios egzistavimas postuluojamas ZF2 ake sioma, yra vienintel˙ . Tod˙ l galima ją pažym˙ ti specialiu simboliu. Paprastai e e e naudojamas ∅ ženklas, apibr˙ žiamas formule e ∀x x ∈ ∅. Poaibiu aksiomos. Kiekvieną formulę A(x) atitinka aksioma ˛ ZF3A . ∀a ∃b ∀x (x ∈ b ⇐⇒ x ∈ a ir A(x)). Kitaip tariant egzistuoja aib˙ , susidedanti iš tu a aib˙ s elementu x, su kuriais e ˛ e ˛ teisinga A(x) formul˙ . Tokia aib˙ žymima {x ∈ a | A(x)}. Taigi e e x ∈ {x ∈ a | A(x)} ⇐⇒ x ∈ a ir A(x). Kiekvienai formulei A(x) simbolis {x ∈ a | A(x)} yra F (a) tipo funkcinis ženklas. x kintamasis tame reiškinyje yra suvaržytas. A formul˙ je be x gali buti ir daugiau laisvu kintamu ˛. Jei a1 , . . . , ak yra e ˛ ˛ju ¯ visi tokie kintamieji, tai {x ∈ a | A(a1 , . . . , ak , x)} yra F (a1 , . . . , ak , a) tipo funkcinis ženklas. Kai kuriais atvejais tokioms aib˙ ms žym˙ ti isivedamas e e ˛ specialus simbolis. Pavyzdžiui, taip apibr˙ žiama aibiu sankirta ir skirtumas: e ˛ a ∩ b = {x ∈ a | x ∈ b}, a \ b = {x ∈ a | x ∈ b}. Vaizdu aksiomos. Su kiekvienu funkciniu ženklu F (x1 , . . . , xk ), kuris gali ˛ buti ivestas, kai irodyta (5.4) formul˙ , susiejama speciali aksioma, postu˛ ˛ e ¯ luojanti egzistavimą aib˙ s visu F (x1 , . . . , xk ) pavidalo aibiu atitinkančiu e ˛ ˛, ˛ x1 ∈ a1 , . . . , xk ∈ ak . ZF4F . ∀a1 . . . ∀ak ∃b ∀y y ∈ b ⇐⇒∃x1 ∈ a1 . . . ∃xk ∈ ak y = F (x1 , . . . , xk ) . (F ženklas nebutinai turi buti ivestas; tod˙ l tikrasis aksiomos formulavimas e ¯ ¯ ˛ žymiai griozdiškesnis.) Aib˙ b, kurios egzistavimas postuluojamas šia aksioma, žymima e {F (x1 , . . . , xk ) | x1 ∈ a1 , . . . , xk ∈ ak }. Taigi y ∈ {F (x1 , . . . , xk ) | x1 ∈ a1 , . . . , xk ∈ ak } ⇐⇒ ∃x1 ∈ a1 . . . ∃xk ∈ ak y = F (x1 , . . . , xk ). 104 5 SKYRIUS. MATEMATIKOS PAGRINDAI Poaibiu aib˙ aibiu pora ir junginys. Kitos trys aksiomos leidžia iš ˛ e, ˛ mažesniu aibiu konstruoti didesnes. ˛ ˛ ZF5. ∀a ∃c ∀b (b ∈ c ⇐⇒ b ⊂ a). ZF6. ∀x ∀y ∃a ∀z (z ∈ a ⇐⇒ z = a arba z = b). ZF7. ∀c ∃a ∀x (x ∈ a ⇐⇒ ∃b ∈ c x ∈ b). c aib˙ , kurios egzistavimas postuluojamas ZF5 aksioma vadinama visu a e ˛ aib˙ s poaibiu aibe ir žymima P (a). Taigi e ˛ b ∈ P (a) ⇐⇒ b ⊂ a. a aib˙ , kurios egzistavimą postuluoja ZF6 aksioma, žymima {x, y}. Taigi e z ∈ {x, y} ⇐⇒ z = x arba z = y. Vienelement˙ s aib˙ s apibr˙ žiamos formule e e e {x} = {x, x}. ZF7 aksioma postuluoja c aib˙ s elementu junginio egzistavimą. Jis žymie ˛ mas c, arba, kad butu aiškiau, {b | b ∈ c}, arba net b∈c b. Taigi ¯ ˛ x∈ b∈c b ⇐⇒ ∃b ∈ c x ∈ b. Dabar jau galima apibr˙ žti ir dvieju aibiu jungini: e ˛ ˛ ˛ a∪b= Tada x ∈ a ∪ b ⇐⇒ x ∈ a arba x ∈ b. Panaudoję junginio ženklą, savo ruožtu galime apibr˙ žti tris, keturis ir daue giau elementu turinčias aibes: ˛ {x, y, z} = {x, y} ∪ {z}, ir t.t. {x, y, z, u} = {x, y, z} ∪ {u} c. c∈{a,b} 5.1. AIBIU TEORIJOS AKSIOMATIKA ˛ Funkcijos. Sutvarkyta aibiu pora apibr˙ žiama lygybe ˛ e (x, y) = {{x}, {x, y}}. Nesunkiai irodoma pagrindin˙ poru savyb˙ : ˛ e ˛ e (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ) ⇐⇒ x1 = x2 , y1 = y2 . 105 Pasir˙ mus poros sąvoka, galima apibr˙ žti aibiu trejetus, ketvertus ir t.t. Pae e ˛ vyzdžiui, (x, y, z) = (x, y), z . Aibiu Dekarto sandauga apibr˙ žiama lygybe ˛ e a × b = {(x, y) | x ∈ a, y ∈ b}, a × b × c = (a × b) × c ir t.t. Funkcija f iš a i b sutapatinama su jos grafiku {(x, f (x)) | x ∈ a}. ˛ Tiksliau, sakoma, kad aib˙ f yra funkcija iš a i b, ir rašoma f : a → b, jei e ˛ 1) f ⊂ a × b; 2) kiekvieną x ∈ a atitinka vienas ir tik vienas y, t.y. ∀x ∈ a ∃y (x, y) ∈ f ir (x, y) ∈ f, (x, y ) ∈ f ⇒ y = y . Jei f : a → b, o x ∈ a, tai tas vienintelis y, su kuriuo (x, y) ∈ f , vadinamas f funkcijos reikšme x taške ir žymimas f (x). Aib˙ s vaizdas ir pirmavaizdis funkcijos atžvilgiu dabar nesunkiai apibr˙ e e žiami formul˙ mis e f [a ] = {f (x) | x ∈ a } ir f −1 [b ] = {x ∈ a | f (x) ∈ b }. Aibiu teorijoje žymint aib˙ s vaizdą tenka naudoti kvadratinius skliaustus, ˛ e kad f [a] skirtu nuo f (x). Kitaip nei analiz˙ je, čia ir x, ir a yra tiesiog aib˙ . ˛si e e Funkcija f : a → b vadinama injektyvia, jei x = x ⇒ f (x) = f (x ) su visais x, x ∈ a. Jei f injektyvi, tai aib˙ e f −1 = {(y, x) | (x, y) ∈ f } yra funkcija, vadinama f funkcijos atvirkštine. Jos apibr˙ žimo sritis yra f [a] e aib˙ . e Sakome, kad f yra bijekcija tarp a ir b, jei f : a → b, f injektyvi ir f [a] = b. 106 5 SKYRIUS. MATEMATIKOS PAGRINDAI Tuščioji funkcija. Formaliai žiurint, ∅ aib˙ yra funkcija iš ∅ i bet kokią e ˛ ¯ b. Tikrai, ∅ ⊂ ∅ × b, ∀x ∈ ∅ ∃y (x, y) ∈ f (nes n˙ ra jokio x ∈ ∅) ir e (x, y) ∈ ∅, (x, y ) ∈ ∅ ⇒ y = y (nes n˙ ra jokios (x, y) ∈ ∅). e Ji vadinama tuščiąja funkcija. Tai vienintel˙ funkcija su tuščia apibr˙ žimo e e sritimi. Tuščioji funkcija injektyvi ir yra bijekcija tarp ∅ ir ∅. Atvirkštin˙ funke cija — taip pat tuščioji. Funkciju aib˙ ˛ es. Kiekviena funkcija iš a i b yra a × b poaibis ir, reiškia, ˛ P (a × b) elementas. Tod˙ l egzistuoja visu funkciju iš a i b aib˙ , žymima ba : e ˛ ˛ ˛ e ba = {f ∈ P (a × b) | f : a → b}. Pavyzdžiui, b∅ = {∅}. Šeimos. Šeima (xi | i ∈ I) sutapatinama su funkcija i → xi , t.y. (xi | i ∈ I) = {(i, xi ) | i ∈ I}. Aibiu šeimos junginys apibr˙ žiamas formule ˛ e ai = i∈I {ai | i ∈ I}. Jei I = ∅, galima apibr˙ žti ir sankirtą e ai = {x ∈ ai0 | ∀i ∈ I x ∈ ai }; i∈I čia i0 — koks nors I aib˙ s elementas. e Akivaizdu, kad nuo i0 parinkimo sankirta nepriklauso — su visais i0 gaunama ta pati aib˙ . Tačiau apibr˙ žiant sankirtą visai nepamin˙ ti i0 negalima: e e e aibiu teorijoje simbolis ˛ {x | A(x)} apskritai neapibr˙ žtas. e Aibiu šeimos Dekarto sandauga apibr˙ žiama formule ˛ e ai = f ∈ ai i∈I I i∈I ∀i ∈ I f (i) ∈ ai . 5.1. AIBIU TEORIJOS AKSIOMATIKA ˛ Nat¯ralieji skaičiai. Su bet kokia aibe x pažym˙ kime u e x+ = x ∪ {x}. 107 Aib˙ s, kurios gaunamos iš tuščiosios aib˙ s kelis kartus atlikus x+ operaciją, e e vadinamos naturaliaisiais skaičiais ir žymimos 1, 2, 3 ir t.t. Tuščioji aib˙ e ¯ dar žymima 0 simboliu. Taigi 0 = ∅; 1 = 0+ = ∅ ∪ {0} = {0}; 2 = 1+ = 1 ∪ {1} = {0, 1}; 3 = 2+ = 2 ∪ {2} = {0, 1, 2} ir t.t. Atskira aksioma tvirtina, kad visus naturaliuosius skaičius galima su¯ talpinti i vieną aibę: ˛ ZF8. ∃a 0 ∈ a ir ∀n ∈ a n+ ∈ a . Iš jos išplaukia, kad egzistuoja ir vienintel˙ tokia aib˙ ω, kad e e 0 ∈ ω ir ∀n ∈ ω n+ ∈ ω; (0 ∈ a ir ∀n ∈ a n+ ∈ a) ⇒ ω ⊂ a. (5.5) (5.6) Egzistavimas irodomas taip: jei a — bet kokia aib˙ , kurios egzistavimas ˛ e postuluojamas ZF8 aksioma, tai galima imti ω= {b ∈ P (a) | 0 ∈ b ir ∀n ∈ b n+ ∈ b}. Kad ω aib˙ vienintel˙ , išplaukia iš tokio samprotavimo. Jei ω1 ir ω2 yra dvi e e aib˙ s, su kuriomis teisingi (5.5)–(5.6) teiginiai, tai pa˙ mę antroje formul˙ je e e e a = ω1 , ω = ω2 gautume ω2 ⊂ ω1 , o pa˙ mę a = ω2 , ω = ω1 — atvirkščią e sąryši ω1 ⊂ ω2 . ˛ Simbolio n+ nereikia painioti su skaičiaus teigiamąja dalimi. Čia jis reiškia, „skaičiu stovinti už n“. Kai apibr˙ šiu naturaliu ˛ skaičiu sud˙ ti, ˛, ˛ e ˛ju ˛ e˛ ¯ + vietoje n gal˙ siu rašyti n + 1. e Matematin˙ indukcijos principas. Tegu A(n) yra kokia nors formul˙ , es e kurioje yra laisvas kintamasis n (ir, gal but, daugiau laisvu kintamu ˛). ˛ ˛ju ¯ Tarkime, kad irod˙ me tokias dvi formules: ˛ e A(0); (5.7) 108 5 SKYRIUS. MATEMATIKOS PAGRINDAI ∀n ∈ ω A(n) ⇒ A(n+ ). (5.8) Tada pažym˙ ję e gautume a = {n ∈ ω | A(n)}, 0 ∈ a; n ∈ a ⇒ n+ ∈ a. Po to iš (5.6) išplauktu kad ω ⊂ a, t.y. ˛, ∀n ∈ ω A(n). (5.9) Taigi pagrindžiau matematin˙ s indukcijos principą: jei teisingos (5.7)– e (5.8) formul˙ s, tai teisinga ir (5.9) formul˙ . e e Reguliarumo aksioma. Paskutin˙ ZF teorijos aksioma užrašoma tokia e formule ZF9. ∀a ∃x ∈ a x ∩ a = ∅. tai minimalus a elementas yra 1. Tikrai, 1 = {0}, o 0 ∈ a; tod˙ l 1 ∩ a = ∅. e Kiti du elementai n˙ ra minimalus. Pavyzdžiui, 2 = {0, 1}; tod˙ l 2 ∩ a = {1}. e e ¯ Apskritai aib˙ je gali buti keli minimalus elementai. Tarkime, a = {0, {1}} e ¯ ¯ aib˙ je abu elementai minimalus. e ¯ ZF9 dar vadinama reguliarumo aksioma. Iš jos išplaukia, kad neegzistuoja aib˙ s, kuri butu savęs pačios elementas. Tikrai, jei a ∈ a, tai vienintelis {a} e ¯ ˛ aib˙ s elementas a turi buti minimalus. Reiškia, a ∩ {a} = ∅, t.y. a ∈ a. e ¯ Iš čia savo ruožtu išplaukia, kad x+ = x su visomis x. Atrankos aksioma. Atrankos aksioma tvirtina, kad kiekvienai aibei egzistuoja funkcija, iš netuščiu tos aib˙ s poaibiu išrenkanti po elementą: ˛ e ˛ C. ∀a ∃f ∈ aP (a)\{∅} ∀b ∈ P (a) \ {0} f (b) ∈ b. Yra irodyta, kad jei ZF teorija neprieštaringa, tai nei atrankos aksioma, ˛ nei jos neiginys n˙ ra irodoma toje teorijoje, t.y. n˙ ra išvedama iš ZF1–ZF9 e ˛ e aksiomu Taigi galime laisvai pasirinkti: arba priimti C aksiomą i jau turimu ˛. ˛ ˛ Kiekviena aib˙ x ∈ a, tenkinanti sąlygą x ∩ a = ∅, vadinama minimaliu a e aib˙ s elementu. e Pavyzdžiui, jei a = {1, 2, 3}, ¯ 5.2. NATURALIEJI SKAIČIAI 109 aksiomu tarpą, arba laikyti teisingu jos neigini, arba bandyti apsieiti su jau ˛ ˛ turimomis aksiomomis. Kadangi atrankos aksioma intuityviai atrodo teisinga, paprastai ji priimama i ZF1–ZF9 aksiomu tarpą, t.y. laikoma teisingu aibiu teorijos teiginiu. ˛ ˛ ˛ Papildyta ZF teorija tada vadinama ZFC teorija. Aišku, ZFC teorija vis tiek yra nepilna (jei tik ji neprieštaringa). Yra atrasta ir daugiau teiginiu kurie negali buti nei irodyti, nei paneigti toje ˛, ˛ ¯ teorijoje. Tačiau tie teiginiai jau nebelaikomi aksiomomis. Matematikai susitaik˙ su faktu, kad ne visi teiginiai irodomi. e ˛ 5.2 Nat¯ralieji skaičiai u Šiame skyrelyje apibr˙ šiu veiksmus su naturaliaisiais skaičiais ir irodysiu pae ˛ ¯ grindines tu veiksmu savyb˙ s. Kad butu paprasčiau, toliau šiame skyriuje 0 ˛ ˛ e ¯ ˛ taip pat vadinsiu naturaliuoju skaičiumi. Naturaliuosius skaičius žym˙ siu m, e ¯ ¯ n ir p raid˙ mis; taigi ∀n reikia suprasti kaip ∀n ∈ ω, o ∃p — kaip ∃p ∈ ω. e Tvarkos sąryšis ω aib˙ eje. Iš pradžiu matematin˙ s indukcijos metodu iro˛ e ˛ dysiu, kad su visais n x ∈ n ⇒ x ∈ ω. Taigi 0 < 1 < 2 < 3 ir t.t. Be to, Kai n = 0, teiginys akivaizdus, nes 0 yra tuščioji aib˙ ir n˙ ra n˙ vieno e e e + x ∈ 0. Jei x ∈ n , tai arba x ∈ n ir tada x ∈ ω pagal indukcinę prielaidą, arba x = n ir tada taip pat x ∈ ω. Taigi bet kurios n aib˙ s elementai taip pat yra naturalieji skaičiai. Dabar e ¯ apibr˙ šiu e m < n ⇐⇒ m ∈ n. n = {m | m < n}. n < n, Iš reguliarumo aksiomos išplaukia, kad (5.10) o iš n+ apibr˙ žimo — kad e m < n+ ⇐⇒ m < n arba m = n. (5.11) Matematin˙ s indukcijos metodu irodysiu, kad bet koks n = 0 yra p+ e ˛ pavidalo su tam tikru p ∈ ω ir kad bet koks tokio pavidalo skaičius yra didesnis už 0: n = 0 ⇒ ∃p n = p+ . (5.12) 110 5 SKYRIUS. MATEMATIKOS PAGRINDAI n+ > 0. (5.13) Kitaip tariant, 0 yra mažiausias elementas: n = 0 ⇒ n > 0, (5.14) o bet koks kitas elementas yra p+ pavidalo. (5.12) formul˙ teisinga, kai n = 0 (nes klaidinga prielaida). Be to, visada e teisinga (nereikia net pasiremti indukcine prielaida) formul˙ , gaunama pakeie + tus n i n : ˛ n+ = 0 ⇒ ∃p n+ = p+ . Tikrai, visada teisinga jos išvada: pakanka paimti p = n. Taigi (5.12) teisinga su visais n. (5.13) formul˙ teisinga, kai n = 0, nes 1 > 0. Jei n+ > 0, tai iš (5.11) e ++ išplaukia, kad n > 0. Taigi (5.13) taip pat teisinga su visais n. Irodysiu kitas < sąryšio savybes: ˛ m < n < p ⇒ m < p; m < n ⇒ m+ < n+ ; m = n ⇒ m < n arba m > n. (5.15) (5.16) (5.17) (5.15) akivaizdi, kaip p = 0, nes n˙ ra jokiu m, n, mažesniu už 0. Jei e ˛ ˛ + m < n < p , tai yra du variantai: arba m < n < p ir tada iš indukcin˙ s e prielaidos m < p < p+ ; arba m < n = p ir tada taip pat m < p. (5.16) akivaizdi, kai n = 0. Jei m < n+ , tai arba m < n ir tada iš indukcin˙ s prielaidos m+ < n+ < n++ , arba m = n ir tada m+ = n+ < n++ . e Jei n = 0, (5.17) išplaukia iš (5.14). Tarkime, m = n+ . Jei m = n, tai m < n+ . Jei m = n, tai iš indukcin˙ s prielaidos arba m < n < n+ , arba e m > n. Antruoju atveju iš (5.15) gauname n+ < m+ ; tod˙ l pagal (5.11) e n+ < m, nes n+ = m. Dabar galima apibr˙ žti e m n ⇐⇒ m < n arba m = n ir gauti iprastas negriežtos tvarkos sąryšio savybes: ˛ m m m n n m; p ⇒ m p; m ⇒ m = n. ¯ 5.2. NATURALIEJI SKAIČIAI 111 Mažiausias aib˙ elementas. Bet kokioje netuščioje naturaliu ˛ skaičiu es ˛ju ˛ ¯ aib˙ je yra mažiausias elementas: e ∅ = a ⊂ ω ⇒ ∃m ∈ a ∀n ∈ a m n. Tikrai, jei m yra minimalus a elementas, kurio egzistavimą garantuoja ZF8 aksioma, tai m ∩ a = ∅, t.y. ∀n ∈ a n ∈ m; ∀n ∈ a n < m; ∀n ∈ a n m. Mažiausias elementas yra vienintelis ir žymimas min a. Pasir˙ mus min a egzistavimu, galima pagristi patobulintą matematin˙ s ine ˛ e dukcijos principo variantą. Tarkime, A(n) yra kokia nors formul˙ ir irod˙ me, e ˛ e kad ∀m < n A(m) ⇒ A(n) (5.18) (t.y. iš A(m) teisingumo su visais m < n išplaukia kad ji teisinga ir su m = n). Pažym˙ kime e a = {n | A(n) neteisinga}. Jei a netuščia, tegu n = min a. Tada su visais m < n skaičius m ∈ a; tod˙ l A(m) formul˙ teisinga. Iš (5.18) gauname, kad A(n) taip pat teisinga. e e Tod˙ l n ∈ a — prieštara. e Reiškia, a aib˙ tuščia ir n ∈ a su visais n, t.y. e ∀n A(n). (5.19) Taigi tam, kad butu irodyta (5.19) formul˙ , pakanka isitikinti, kad teisingas e ˛ ¯ ˛˛ (5.18) teiginys. Didžiausias aib˙ elementas. Aib˙ a ⊂ ω vadinama apr˙ žta, jei es e e ∃n ∀m ∈ a m n. Kiekvienas n, kurio neviršija visi a aib˙ s elementai, vadinamas viršutiniu tos e aib˙ s r˙ žiu. e e Irodysiu, kad kiekvienoje netuščioje apr˙ žtoje aib˙ je yra didžiausias ele˛ e e mentas: a = ∅ ir a apr˙ žta ⇒ ∃n ∈ a ∀m ∈ a m n. e 112 5 SKYRIUS. MATEMATIKOS PAGRINDAI Tegu b yra a aib˙ s viršutiniu r˙ žiu aib˙ ir n = min b. Kadangi n ∈ b, jis e ˛ e ˛ e yra viršutinis a r˙ žis, t.y. m n su visais m ∈ a. Tod˙ l teliko irodyti, kad e e ˛ n ∈ a. Tarkime priešingai, n ∈ a. Tada n > 0 (jei m — bet koks a elementas, tai n > m 0); tod˙ l n = p+ su tam tikru p. Jei m ∈ a, tai m < n = p+ ; e tod˙ l m p. Reiškia, p yra viršutinis a aib˙ s r˙ žis. Bet to negali buti, nes e e e ¯ p < n. Gauta prieštara rodo, kad n ∈ a. Didžiausias a aib˙ s elementas yra vienintelis ir žymimas max a. e Rekursiniai apibrežimai. Iškart irodysiu patobulintą rekursiniu apibr˙ ˙ ˛ ˛ e žimu principo variantą, kuris leidžia apibr˙ žiant f funkcijos reikšmę taške n ˛ e naudotis visomis lig tol apibr˙ žtomis reikšm˙ mis f (m). e e Visa informacija apie reikšmes f (m), atitinkančias m < n, yra sukaupta funkcijos f siaurinyje n aib˙ je. Pažym˙ siu ji f |n simboliu: e e ˛ f |n = {(m, f (m)) | m < n}. Tada patobulintas rekursiniu apibr˙ žimu principas gali buti suformuluotas ˛ e ˛ ¯ taip. Tegu F (n, f ) yra funkcinis reiškinys, priklausantis nuo naturaliojo kin¯ tamojo n ir funkcijos f . Tada egzistuoja vienintel˙ funkcija f , apibr˙ žta ω e e aib˙ je ir tenkinanti tokią funkcinę lygčiu sistemą: e ˛ ∀n f (n) = F (n, f |n ). (5.20) Irodymas. Tegu A(n) yra teiginys, reiškiantis, kad egzistuoja vienintel˙ ˛ e funkcija, apibr˙ žta n aib˙ je, su kuria e e ∀m < n f (m) = F (m, f |m). (5.21) Matematin˙ s indukcijos metodu irodysiu, kad A(n) teisingas su visais n. e ˛ Teiginys A(0) trivialus. Tarkime, A(n) teisingas, ir tegu f yra ta vienintel˙ funkcija, su kuria teisinga (5.21) formul˙ . Apibr˙ žiu e e e ˜ f (m) = f (m), kai m < n; F (n, f ), kai m = n. ˜ ˜ Funkcija f apibr˙ žta n+ aib˙ je. Jei m < n, tai f|m = f |m ; tod˙ l e e e ˜ Be to, f |n = f ; tod˙ l e ˜ ˜ f (m) = f (m) = F (m, f |m ) = F (m, f|m ). ˜ ˜ f (n) = F (n, f ) = F (n, f |n ). ¯ 5.2. NATURALIEJI SKAIČIAI Taigi 113 Jei f yra dar viena funkcija, apibr˙ žta n+ aib˙ je ir turinti (5.22) savybę, e e tai jos siaurinys n aib˙ je turi (5.21) savybę; tod˙ l sutampa su f : e e ˜ f (m) = f (m) = f(m) su visais m < n. Be to, ˜ f (n) = F (n, f |n ) = F (n, f ) = f (n). ˜ ˜ Taigi f (m) = f (m) su visais m n, t.y. f = f. ˜ Irodžiau, kad f yra vienintel˙ funkcija, apibr˙ žta n+ aib˙ je ir turinti ˛ e e e + (5.22) savybę. Taigi teisinga A(n ) formul˙ . Iš matematin˙ s indukcijos e e principo išplaukia, kad A(n) teisinga su visais n. Tegu dabar fn yra funkcija, kurios egzistavimą garantuoja A(n) formul˙ . e Jei p < n, tai fn siaurinys p aib˙ je tenkina (5.21) sąlygą su n = p; tod˙ l jis e e sutampa su fp funkcija. Kitaip tariant, p < n ⇒ ∀m < p fp (m) = fn (m). Dabar su visais n ∈ ω apibr˙ žiu e f (n) = fn+ (n). f yra funkcija, apibr˙ žta ω aib˙ je, ir jos siaurinys kiekvienoje n sutampa su e e fn . Tikrai, jei m < n, tai f (m) = fm+ (m) = fn (m). Taigi su visais n f (n) = fn+ (n) = F (n, fn+ |n) = F (n, fn ) = F (n, f |n ), t.y. f tenkina (5.20). Jei f yra kita funkcija, tenkinanti (5.20), tai jos siaurinys n+ aib˙ je e tenkina (5.22) ir tod˙ l turi sutapti su fn+ . Reiškia, e f (n) = fn+ (n) = f (n), t.y. f = f . Tai užbaigia rekursiniu apibr˙ žimu principo pagrindimą. ˛ e ˛ ˜ ˜ ∀m < n+ f (m) = F (m, f|m ). (5.22) 114 5 SKYRIUS. MATEMATIKOS PAGRINDAI Sud˙ etis. Naturaliu ˛ skaičiu sud˙ tis rekursiškai apibr˙ žiama tokiomis ly˛ju ˛ e e ¯ gyb˙ mis: e m + 0 = m; m + n+ = (m + n)+ Pagrindin˙ s sud˙ ties savyb˙ s irodomos matematin˙ s indukcijos metodu. e e e ˛ e Sud˙ tingiausia irodyti komutatyvumą: e ˛ m + n = n + m. (5.23) Taikysiu indukciją n kintamojo atžvilgiu. Kai n = 0, lygyb˙ virsta tokia: e m + 0 = 0 + m. Kadangi m + 0 = m pagal apibr˙ žimą, reikia irodyti, kad e ˛ 0 + m = m su visais m. Tai irodysiu indukcijos m atžvilgiu metodu. Kai ˛ m = 0, 0+m=0+0=0=m pagal apibr˙ žimą. Be to, iš indukcin˙ s prielaidos gaunu e e 0 + m+ = (0 + m)+ = m+ . Taigi m + 0 = 0 + m su visais m. Jei m + n = n + m, tai m + n+ = (m + n)+ = (n + m)+ ; tod˙ l belieka irodyti, kad (n + m)+ = n+ + m. Tam v˙ l panaudosiu indukciją e ˛ e m atžvilgiu. Jei m = 0, tai (n + m)+ = (n + 0)+ = n+ = n+ + 0 = n+ + m. Be to, iš indukcin˙ s prielaidos ir sud˙ ties apibr˙ žimo e e e (n + m+ )+ = (n + m)++ = (n+ + m)+ = n+ + m+ . (5.23) formul˙ irodyta. e˛ Kitos sud˙ ties savyb˙ s: e e (m + n) + p = m + (n + p); m + p = n + p ⇒ m = n; m < n ⇒ m + p < n + p. Jei p = 0, tai (m + n) + p = (m + n) + 0 = m + n = m + (n + 0) = m + (n + p). (5.24) (5.25) (5.26) ¯ 5.2. NATURALIEJI SKAIČIAI Pasir˙ męs indukcine prielaida, gaunu e (m+n)+p+ = (m+n)+p + 115 = m+(n+p) + = m+(n+p)+ = m+(n+p+ ). Tai irodo (5.24). ˛ Jei p = 0, tai (5.25) teiginys trivialus, nes m + p = m, o n + p = n. Tegu m+p+ = n+p+ , t.y. (m+p)+ = (n+p)+ . Tada m+p = n+p (jei, pavyzdžiui, m + p butu mažesnis už n + p, iš (5.15) gaučiau (m + p)+ < (n + p)+ ). Iš ¯ ˛ indukcin˙ s prielaidos dabar išplaukia m = n. Taigi (5.25) teiginys taip pat e irodytas. ˛ (5.26) trivialus, kai p = 0. Be to, jei m < n, tai iš indukcin˙ s prielaidos e m + p < n + p, o tada iš (5.15) m + p+ = (m + p)+ < (n + p)+ = n + p+ . Reiškia, (5.26) savyb˙ taip pat teisinga. e (5.23) savyb˙ vadinama sud˙ ties komutatyvumu, o (5.24) — asociatyvue e mu. Iš ju išplaukia, kad sudedant keletą skaičiu visai nesvarbu, kokia tvarka ˛ ˛, tai atliekama: visada gaunama ta pati suma. Pavyzdžiui, (m + n) + (p + q) = (p + n) + m + q, nes (m + n) + (p + q) = (m + n) + p + q = m + (n + p) + q = (n + p) + m + q = (p + n) + m + q. (Čia pirma ir antra lygyb˙ s teisingos d˙ l sud˙ ties asociatyvumo, o trečia e e e ir ketvirta — d˙ l komutatyvumo.) Tod˙ l skaičiu sumas galima rašyti be e e ˛ skliaustu pavyzdžiui, m + n + p + q. ˛: Atimtis. Jei m n, tai egzistuoja toks p, kad m + p = n. Ši teigini ˛ ˛ nesunku irodyti matematin˙ s indukcijos metodu: jei n = m, imame p = 0; ˛ e jei m + p = n, tai m + p+ = n+ . Iš (5.25) išplaukia, kad toks p vienintelis: jei m + p = n, m + p = n, tai p + m = p + m ir tod˙ l p = p . Jis vadinamas n ir m skaičiu skirtumu ir e ˛ žymimas n − m. Taigi pagal apibr˙ žimą e m n ⇒ m + (n − m) = n. 116 5 SKYRIUS. MATEMATIKOS PAGRINDAI Daugyba. Naturaliu ˛ skaičiu daugyba apibr˙ žiama rekursiškai: ˛ju ˛ e ¯ m · 0 = 0; m · n = m · n + m. + Pavyzdžiui, m · 1 = m · 0+ = m · 0 + m = m; m · 2 = m · 1+ = m · 1 + m = m + m ir t.t. Užrašant sandaugą taškas dažnai praleidžiamas. V˙ l sunkiausiai irodomas daugybos komutatyvumas: e ˛ mn = nm. (5.27) Kai n = 0, reikia irodyti 0 · m = 0 formulę. Tam naudojama indukcija m ˛ atžvilgiu: 0 · 0 = 0 pagal apibr˙ žimą, o iš 0 · m = 0 išplaukia e 0 · m+ = 0 · m + 0 = 0 + 0 = 0. Tarkime, mn = nm. Tada iš indukcin˙ s prielaidos e mn+ = mn + m = nm + m ir lieka iroduyti, kad ˛ nm + m = n+ m. V˙ l taikau indukciją m atžvilgiu. Iš apibr˙ žimo e e n · 0 + 0 = 0 + 0 = 0 = n+ · 0. Be to, iš indukcin˙ s prielaidos ir sud˙ ties savybiu e e ˛ nm+ + m+ = nm + n + m+ = nm + n + m + 1 = nm + m + n+ = n+ m + n+ = n+ m+ . Taigi (5.27) formul˙ irodyta. e˛ Kitos daugybos savyb˙ s: e (mn)p = m(np); (m + n)p = mp + np; p > 0, m < n ⇒ mp < np. (5.28) (5.29) (5.30) ¯ 5.2. NATURALIEJI SKAIČIAI Iš pradžiu irodysiu (5.29). Iš apibr˙ žimo ˛˛ e Tada pasir˙ męs indukcine prielaida ir sud˙ ties savyb˙ mis, gaunu e e e (m + n)p+ = (m + n)p + (m + n) = mp + np + m + n = mp+ + np+ . Taigi (5.29) formul˙ irodyta. e˛ (5.28) taip pat irodoma indukcijos p atžvilgiu metodu. Iš apibr˙ žimo ˛ e (m + n)0 = 0 = 0 + 0 = m · 0 + n · 0. 117 Pasir˙ męs indukcine prielaida ir jau irodytu daugybos komutatyvumu bei e ˛ distributyvumu, gaunu (mn)p+ = (mn)p + mn = m(np) + mn = m(np + n) = m(np+ ). Taigi daugyba asociatyvi. (5.30) akivaizdi, kai p = 1, nes mp = m, o np = n. Jei m < n ir mp < np, tai ir mp+ = mp + m < np + n = np+ . Reiškia, (5.30) teisinga su visais p. Dalyba su liekana. Kokie bebutu p 1 ir n, aib˙ a = {m | mp e ¯ ˛ netuščia (nes 0 ∈ a) ir apr˙ žta. Tikrai, iš m > n išplaukia e mp > np tod˙ l m ∈ a ⇒ m n. e Pažymiu q = max a. Tada pq n < p(q + 1). Tegu r = n − pq; tada r < p. Taigi irodžiau toki teigini: kokie bebutu n ir ˛ ˛ ˛ ¯ ˛ p 1, atsiras tokie naturalieji q ir r, kad ¯ n = pq + r ir r < p. Irodysiu, kad tokie q ir r — vieninteliai. Tarkime, ˛ n = pq + r ir r < p. Jei q < q , tai q + 1 q ir pq + r = n = pq + r pq pq + p, n; n} yra (mn)0 = 0 = m · 0 = m(n · 0). t.y. r p — prieštara. Analogiškai irodoma, kad negali buti q > q . Taigi ˛ ¯ q = q. Bet tada ir r = n − pq = n − pq = r. 118 Kelimas laipsniu. ˙ kiomis lygyb˙ mis: e 5 SKYRIUS. MATEMATIKOS PAGRINDAI K˙ limo laipsniu operacija rekursiškai apibr˙ žiama toe e m0 = 1; mn+1 = mn m. Pavyzdžiui, m1 = m0 m = 1 · m = m; m2 = m1 m = m · m ir t.t. Pagrindin˙ s šios operacijos savyb˙ s: e e (mn)p = mp np ; mn+p = mn mp . Jei p = 0, abi lygyb˙ s akivaizdžios. Be to, iš indukcin˙ s prielaidos ir daugybos e e savybiu ˛ (mn)p+1 = (mn)p mn = mp np mn = mp+1 np+1 ; mn+(p+1) = mn+p m = mn mp m = mn mp+1 . V˙ liau bus naudinga ir toks teiginys: e p 2 ⇒ {pm | m ∈ ω} aib˙ neapr˙ žta. e e Tikrai, koks bebutu n 1, skaičius pn didesnis už n. Tai irodoma matem˛ ¯ ˛ 1 atin˙ s indukcijos metodu: p = p > 1 ir iš indukcin˙ s prielaidos e e pn+1 = pn p > np 2n n + 1. Skaičiu šeimu sumos. Su kiekviena naturaliu ˛ skaičiu seka (xi ) ir kiek˛ ˛ ˛ju ˛ ¯ viena skaičiu pora l k galima apibr˙ žti sumą k i 10.00 . . . · p. . . . , tai m + n > 10p ir atvirkščiai. Tai reiškia, kad visos neneigiamu sveiku ˛ skaičiu savyb˙ s, ˛ ˛ju ˛ e išreiškiamos aritmetiniais veiksmais ir tvarkos sąryšiu, yra tokios pat, kaip ir aib˙ s ω elementu e ˛. Kadangi vidin˙ skaičiu struktura n˙ ra svarbi, nuo šiol aibę ω visai pamire ˛ e ¯ šiu, o naturaliaisiais vadinsiu neneigiamus sveikuosius skaičius. Po to grišiu ˛ ¯ 1. 144 5 SKYRIUS. MATEMATIKOS PAGRINDAI prie susitarimo, kurio laikausi visoje knygoje: 0 nebevadinsiu naturaliuoju ¯ skaičiumi. „Nauju ˛“ naturaliu ˛ skaičiu aibę žym˙ siu N raide. Taigi ˛ju ˛ju ˛ e ¯ N = Z+ \ {0} ⊂ R+ , 1, 2, 3, . . . ∈ N, o 0 ∈ Z+ . Taip pat formaliai pakeisiu [x] funkcijos apibr˙ žimą. Nuo šiol taip bus e + žymimas toks n ∈ Z , kad n x < n + 1. (Kitaip tariant nuo šiol [x] žym˙ s e nebe „senąji“ naturalu ˛ skaičiu x0 , o neneigiamą sveikąji skaičiu x0 .00 . . . ). ˛ ˛ ˛ ˛ ¯ ˛ji 5.5 Realieji skaičiai R aib˙ Šiame skyrelyje pagaliau prad˙ siu nagrin˙ ti visus skaičius, ne tik e. e e neneigiamus. Visu realiu ˛ skaičiu aib˙ žymima R. Tai yra R+ aib˙ s viršaibis, ˛ ˛ju ˛ e e kuriame su kiekvienu x ∈ R+ , x > 0, dar yra skaičius žymimas −x; pavyzdžiui, −2.35622. Kadangi −x yra funkcinis reiškinys, ji apibr˙ žiant reikia ˛ e nurodyti objektą, kuri jis žymi. Visi objektai yra aib˙ s; taigi ir −x yra aib˙ . ˛ e e Daug nemąstydamas, laikysiu, kad tas objektas yra (0, x) aib˙ . Taigi e R = R+ ∪ {(0, x) | x ∈ R+ \ {0}}. Dabar apibr˙ šiu operaciją a → −a aib˙ je R, laikydamas su x ∈ R+ \ 0 e e −x = (0, x); −0 = 0; −(0, x) = x. Tada −(−x) = x su visais x ∈ R. Be to, R = R+ ∪ {−x | x ∈ R+ \ {0}}. Skaičiai iš R \ R+ vadinami neigiamais. Skaičiu lyginimas. Jei x, y ∈ R, tai sakome, kad x yra mažesnis už y, ir ˛ rašome x < y, kai 1) arba x, y ∈ R+ ir x < y; 2) arba x, y ∈ R+ ir −x > −y; 3) arba x ∈ R+ , y ∈ R+ . Taigi apibr˙ žtas sąryšis yra tokiu pat ženklu žymimo sąryšio R aib˙ je tęsinys; e e kiekvienas neigiamas skaičius yra mažesnis už neneigiamą ir x < y ⇐⇒ −x > −y. 5.5. REALIEJI SKAIČIAI Sąryšis < turi iprastas griežtos tvarkos sąryšio savybes: ˛ x < x; x = y ⇒ x < y arba y < x; x < y < z ⇒ x < z. 145 Visos jos irodomos variantu perrinkimo metodu. Irodysiu pavyzdžiui, tran˛ ˛ ˛ zityvumą. Jei visi trys skaičiai neneigiami, teiginys išplaukia iš griežtos tvarkos sąryšio R+ aib˙ je tranzityvumo. e Jei vienas skaičius neigiamas, o du neneigiami; tai tas neigiamas gali buti ¯ tik x (jei y neigiamas, neteisingas x < y sąryšis; jei z neigiamas, neteisingas y < z sąryšis). Taigi x neigiamas, z — neneigiamas; tod˙ l x < z. e Jei du skaičiai neigiami, o vienas neneigiamas, tas neneigiamas gali buti ¯ tik z (irodymas panašus, kaip aukščiau). Tada ir v˙ l x neigiamas, z neneigia˛ e mas; tod˙ l x < z. e Tarkime, vis trys skaičiai neigiami. Tada −x, −y, −z ∈ R+ ir −x > −y > −z. Iš tvarkos sąryšio R+ aib˙ je tranzityvumo išplaukia −x > −z; tod˙ l e e x < z. Dabar formule x y ⇐⇒ x < y arba x = y ivedamas negriežtos tvarkos sąryšis ir irodoma, kad jis turi iprastas savybes ˛ ˛ ˛ (5.41)–(5.44). Tikslieji režiai. Aib˙ A ⊂ R vadinama apr˙ žta iš viršaus, jei egzistuoja ˙ e e koks nors a, kurio neviršija visi A elementai. Kiekvienas toks a vadinamas viršutiniu A aib˙ s r˙ žiu. e e Tegu A apr˙ žta iš viršaus netuščia aib˙ . Irodysiu, kad egzistuoja jos e e ˛ tikslus viršutinis r˙ žis, t.y toks viršutinis r˙ žis a, kuris yra mažesnis už bet e e koki kitą viršutini r˙ ži a . ˛ ˛ e ˛ Galimi du atvejai: arba A aib˙ je yra bent vienas neneigiamas skaičius, e arba n˙ ra n˙ vieno. Pirmuoju atveju A = A ∩ R+ yra netuščia ir apr˙ žta e e e neneigiamu skaičiu aib˙ ; tod˙ l apibr˙ žtas sup A ∈ R+ . Kiekvienas neneigia˛ ˛ e e e mas skaičius iš A priklauso A aibei ir tod˙ l neviršija sup A . Kiekvienas e neigiamas skaičius iš A tai pat neviršija sup A , nes pastarasis yra neneigiamas. Taigi sup A yra viršutinis A aib˙ s r˙ žis. e e Tegu a yra kitas viršutinis A r˙ žis. Kadangi A ⊂ A, jis yra ir A aib˙ s e e r˙ žis; tod˙ l sup A e e a . Taigi sup A yra tikslus viršutinis A aib˙ s r˙ žis. e e Dabar tarkime, kad visi A elementai neigiami. Pažym˙ kime e B = {−x | x ∈ A}. 146 Tada B ⊂ R+ ir 5 SKYRIUS. MATEMATIKOS PAGRINDAI Irodysiu, kad − inf B yra tikslus viršutinis A r˙ žis. ˛ e Bet koks A elementas yra −x pavidalo su x ∈ B. Kadangi x inf B, tai −x − inf B. Taigi − inf B yra A aib˙ s viršutinis r˙ žis. e e Tegu a yra kitas A aib˙ s viršutinis r˙ žis. Jei x ∈ B, tai −x ∈ A ir tod˙ l e e e −x a . Tada x −a . Taigi −a yra B aib˙ s apatinis r˙ žis ir, reiškia, e e −a inf B. Iš čia išplaukia a − inf B. Taigi − inf B yra mažiausias viršutinis A r˙ žis. e Tikslus viršutinis A aib˙ s r˙ žis yra vienintelis ir žymimas sup A. e e Analogiškai irodoma, kad kiekviena apr˙ žta iš apačios aib˙ turi tikslu ˛ ˛ e e ˛ji apatini r˙ ži. Jis žymimas inf A. ˛ e ˛ Sud˙ etis. Su bet kokiu x ∈ R pažymiu x+ = x, kai x 0; 0, kai x < 0; x− = 0, kai x 0; −x, kai x < 0. A = {−x | x ∈ B}. Tada x+ , x− ∈ R+ ir x = x+ , kai x 0, x = −x− , kai x < 0. Dvieju realiu skaičiu suma apibr˙ žiama tokia formule: ˛ ˛ ˛ e x+y = (x+ + y + ) − (x− + y − ), kai x+ + y + x− + y − ; − (x− + y − ) − (x+ + y + ) , kai x+ + y + < x− + y − . 2.5− + (−3.1)− = 0 + 3.1 = 3.1 Pavyzdžiui, suma 2.5 + (−3.1) skaičiuojama taip: kadangi 2.5+ + (−3.1)+ = 2.5 + 0 = 2.5, ir 2.5 < 3.1, tai Akivaizdu, kad sud˙ tis komutatyvi. Taip pat tiesiogiai patikrinama, kad e x + 0 = x ir x + (−x) = 0 su visais x. Sud˙ eties asociatyvumas. (x + y)+ = ir (x + y)− = Iš apibr˙ žimo matyti, kad e 2.5 + (−3.1) = −(3.1 − 2.5) = −0.6. (x+ + y + ) − (x− + y − ), kai x+ + y + x− + y − ; 0, kai x+ + y + < x− + y − ; 0, kai x+ + y + x− + y − ; (x− + y − ) − (x+ + y + ), kai x+ + y + < x− + y − . 5.5. REALIEJI SKAIČIAI Tod˙ l visada e (x + y)+ + x− + y − = (x + y)− + x+ + y + . Pasir˙ męs šia lygybe, gaunu e (x + y) + z + 147 + (x + y)− + z − = (x + y) + z − + (x + y)+ + z + . Dabar iš pradžiu pridedu prie abieju pusiu po x+ + y + + x− + y − , o po to ˛ ˛ ˛ − + + suprastinu reiškini (x + y) + x + y kair˙ je pus˙ je su (x + y)+ + x− + y − ˛ e e dešin˙ je. Tada liks e (x + y) + z + + x− + y − + z − = (x + y) + z − + x+ + y + + z + . Pažymiu u = x+ + y + + z + , v = x− + y − + z − . Iš gautos lygyb˙ s matyti, e kad jei (x + y) + z 0, tai u v ir (x + y) + z = u − v; jeigu gi (x + y) + z < 0, tai u < v ir (x + y) + z = −(v − u). Kitaip tariant, (x + y) + z = u − v, kai u v; −(v − u), kai u < v. Kadangi x + (y + z) = (y + z) + x, skaičius x + (y + z) skaičiuojamas pagal tokią pat formulę, tik su y, z, x vietoje, atitinkamai, x, y, z. Nesunku pasteb˙ ti, kad po pakeitimo u ir v reikšm˙ s nepasikeis. Taigi x + (y + z) = e e (x + y) + z. Sud˙ eties monotoniškumas. x Iš pradžiu irodysiu, kad su visais x, y, z ∈ R ˛˛ y ⇒x+z y + z. (5.64) Jei 0 x y, tai x+ = x y = y + , x− = 0 = y − . Jei x < 0 y, tai x+ = 0 y = y + , x− = −x > 0 = y − . Jei x y < 0, tai x+ = 0 = y + , − − x = −x −y = y . Taigi visais atvejais x+ y +, x− y−. 148 Jei x+ + z + 5 SKYRIUS. MATEMATIKOS PAGRINDAI x− + z − , tai tuo labiau y + + z + y − + z − ; tod˙ l e Iš (5.61) dabar išplaukia x + z y + z. Jei y + + z + y − + z − , o x+ + z + < x− + z − , tai x+z y arba y 0 > x; |x| = Akivaizdu, kad x, kai x 0; −x, kai x < 0. 149 xy = yx; x · 1 = x; (−x)y = x(−y) = −(xy); (−x)(−y) = xy. Iš pastaru ˛ lygybiu išplaukia, kad ˛ju ˛ o pasir˙ mus šia lygybe jau nesunkiai irodomas daugybos asociatyvumas: tiek e ˛ (xy)z, tiek x(yz) lygus reiškiniui |x| |y| |z|, prieš kuri parašytas minusas, jei ˛ neigiamu daugikliu skaičius nelyginis. ˛ ˛ Distributyvumas. Irodysiu, kad ˛ (x + y)z = xz + yz. Jei x, y 0, lygyb˙ išplaukia iš daugybos neneigiamu skaičiu aib˙ je distribue ˛ ˛ e tyvumo. Jei x < 0 y ir x + y 0, tai Jei y < 0 x, irodymas analogiškas. ˛ Lygyb˙ jau irodyta atveju x + y e ˛ 0, z 0. Jei x + y < 0, z −x − y > 0; tod˙ l iš irodytos teiginio dalies išplaukia e ˛ t.y. ir v˙ l (x + y)z = xz + yz. e Lygyb˙ jau irodyta, kai z e ˛ −(x + y)z = (−x − y)z = (−x)z + (−y)z = −(xz + yz), 0. Jei z < 0, tai −z > 0; tod˙ l e (x + y)z = (y − x− )z = yz − x− z = yz + xz. |xy| = |x| |y|, 0, tai t.y. ir v˙ l (x + y)z = xz + yz. e Aišku, daugyba distributyvi ir atimties atžvilgiu: −(x + y)z = (x + y)(−z) = x(−z) + y(−z) = −(xz + yz), (x − y)z = x + (−y) z = xz + (−y)z = xz + (−yz) = xz − yz. 150 5 SKYRIUS. MATEMATIKOS PAGRINDAI Daugybos monotoniškumas. Kadangi daugyba R aib˙ je yra daugybos e R+ aib˙ je tęsinys, išlieka teisingas teiginiai, kad teigiamu skaičiu sandauga e ˛ ˛ yra teigiama ir kad galima sudauginti dvi nelygybes tarp teigiamu skaičiu Iš ˛ ˛. pirmojo teiginio išplaukia, kad nelygybes galima dauginti iš teigiamo skaičiaus: jei x < y ir z > 0, tai y − x > 0, z > 0; (y − x)z > 0; yz − xz > 0; xz < yz. Iš pirmojo teiginio ir (−x)y = −xy, (−x)(−y) = xy formuliu išplaukia, ˛ kad teigiamo ir neigiamo skaičiu sandauga yra neigiama, o dvieju neigiamu ˛ ˛ ˛ — teigiama. Reiškia, sandauga gali buti 0 tik tada, kai vienas iš daugikliu ˛ ¯ yra 0: xy = 0 ⇐⇒ x = 0 arba y = 0. Dalyba. Su bet kokiu x = 0. apibr˙ žiu e x−1 = x−1 , kai x > 0; −1 (−x) , kai x < 0. Nesunku patikrinti, kad su visais tokiais x xx−1 = 1. Dalyba dabar apibr˙ žiama formule e y/x = yx−1 . Sveikieji ir racionalieji skaičiai. Pažymiu Z = Z+ ∪ {−n | n ∈ N}. Skaičiai iš Z aib˙ s vadinami sveikaisiais. e Irodysiu, kad kiekvienas realusis skaičius yra tarp tam tikru gretimu ˛ ˛ ˛ sveiku ˛ skaičiu Jei x 0, tai [x] x < [x] + 1. Jei x < 0, tai −x > 0; tod˙ l ˛ju ˛. e [−x] −x < [−x] + 1; −([−x] + 1) < x −[−x]. 5.5. REALIEJI SKAIČIAI 151 Pastaruoju atveju žym˙ siu [x] = − [−x] + 1 , kai x = −[−x], ir [x] = −[−x], e kai x = −[−x]. Tada [x] ∈ Z ir visada [x] x < [x] + 1. Skaičiai iš Q vadinami racionaliaisiais. Kadangi x → 10−l x yra dalybos iš 10l funkcija, tai bet koks 10−k n pavidalo skaičius yra racionalusis: 10−k n = n . 10k Skaičius [x] vadinamas x skaičiaus sveikąja dalimi. Pažymiu Q = {m/n | m ∈ Z, n ∈ N}. Pavyzdžiui, 2.563 yra racionalusis skaičius. Tačiau ne visi racionalieji skaičiai yra tokio pavidalo (užsibaigia begaline nuliu seka). Pavyzdžiui, ˛ 1 = 0.333333 . . . . 3 Neigiamas skaičius −x yra racionalusis, jei racionalus x. Atlikdami aritmetinius veiksmus su racionaliaisiais skaičiais, v˙ l gauname e racionalius skaičius. Pavyzdžiui, m1 m2 m1 n2 + m2 n1 + = ; n1 n2 n1 n2 m1 m2 m1 m2 · = . n1 n2 n1 n2 152 5 SKYRIUS. MATEMATIKOS PAGRINDAI II dalis Vienmat˙ analiz˙ e e 153 6 skyrius Ribos 6.1 Aplinkos Begalyb˙ es. Toliau skaičiais vadinsiu ne tik realiuosius skaičius, bet ir du naujus „skaičius“, kuriuos žym˙ siu ∞ ir −∞. Juos vadinsiu, atitinkamai, e begalybe ir minus begalybe. Nor˙ damas pabr˙ žti, kad koks nors skaičius n˙ ra e e e begalyb˙ , ji vadinsiu baigtiniu. e ˛ ∞ laikomas didžiausiu, o −∞ — mažiausiu skaičiumi. Tod˙ l e −∞ < x < ∞ su visais x ∈ R. Skaičiai paprastai vaizduojami taškais ant ties˙ s. Bee galybę (atitinkamai, minus begalybę) tada reiktu isivaizduoti kaip be galo ˛ ˛ toli dešin˙ je (atitinkamai, kair˙ je) esanti ties˙ s tašką. Tokiais dviem taškais e e ˛ e prapl˙ sta ties˙ vadinama prapl˙ stąja skaičiu tiese (žr. 6.1 pav.) ir žymima e e e ˛ R. Intervalai. Su bet kokiais a, b ∈ R pažymiu −∞ ° ° ° ° ° ¯ ¯ ° [a; b] = {x | a x (a; b] = {x | a < x b}, b}, [a; b) = {x | a x < b}, (a; b) = {x | a < x < b}. (6.1) | | | −12 0 8 ∞ 6.1 pav. Skaičiu ties˙ ˛ e 155 −∞ Taigi [a; b] pavidalo aib˙ s vadinamos uždaraisiais, o (a; b) — atviraisiais intervalais. e Kitu dvieju tipu intervalai vadinami pusiau atvirais. ˛ ˛ ˛ Iš kitu aibiu intervalai išsiskiria tokia savybe: jei A intervalas, tai ˛ ˛ x, y ∈ A ⇒ z∈A. x 1/δ ir x < −1/δ. Analogiškai keistu apibr˙ žimas ir tada, kai ˛si e tur˙ čiau papildomos informacijos apie b. 6.1 lentel˙ je surašyti modifikuoti e e apibr˙ žimai visais 9 galimais atvejais. e Konvergavimo kriterijus. Jei funkcijos reikšm˙ s ir jos riba b yra baigtinis e skaičius, sakome, kad f (x) konverguoja i b. Šiuo atveju ribos apibr˙ žimas gali ˛ e buti perrašytas taip: ¯ ∀ε ∃δ ∀x ∈ M ∩ U(a, δ) |f (x) − b| < ε. Kita vertus, g(x) = |f (x) − b| yra kita funkcija iš M i R ir pagal apibr˙ žimą ˛ e g(x) − → 0 reiškia − x→a ∀ε ∃δ ∀x ∈ M ∩ U(a, δ) |g(x) − 0| < ε. Bet |g(x) − 0| = |f (x) − b|. Taigi gavau tokią išvadą: jei b baigtinis, tai f (x) − → b ⇐⇒ |f (x) − b| − → 0. − − x→a x→a (6.8) 166 6 SKYRIUS. RIBOS f (x) − → b − x→a a = b = −∞ a = −∞, b ∈ R a = −∞, b = ∞ a ∈ R, b = −∞ a ∈ R, b ∈ R a ∈ R, b = ∞ a = ∞, b = −∞ a = ∞, b ∈ R a=b=∞ x < −1/δ ⇒ f (x) < −1/ε x < −1/δ ⇒ |f (x) − b| < ε x < −1/δ ⇒ f (x) > 1/ε |x − a| < δ ⇒ f (x) < −1/ε |x − a| < δ ⇒ |f (x) − b| < ε |x − a| < δ ⇒ f (x) > 1/ε x > 1/δ ⇒ f (x) < −1/ε x > 1/δ ⇒ |f (x) − b| < ε x > 1/δ ⇒ f (x) > 1/ε 6.1 lentel˙ . Ribu apibr˙ žimai e ˛ e Sekos riba. I seką (xn ) galima žiur˙ ti kaip i funkciją n → xn , apibr˙ žtą N ˛ ˛ e ¯e aib˙ je. Tada galima kalb˙ ti apie sekos ribą, kai n art˙ ja i koki nors tašką. e e e ˛ ˛ Paprastai nagrin˙ jamos tik ribos, kai n → ∞, ir tada simbolis n → ∞ e nerašomas. Kadangi U(∞, δ) = (1/δ; ∞], tai xn → a reiškia ∀ε ∃δ ∀n > 1/δ xn ∈ U(a, ε). Jei n0 = [1/δ] + 1, tai Tod˙ l sekos ribos apibr˙ žimas paprastai užrašomas taip: e e ∀ε ∃n0 ∀n n0 xn ∈ U(a, ε). n > 1/δ ⇐⇒ n n0 . „Fiksuojame ε“). Tada reikia pasirinkti tam tikrą δ, gal but priklausanti ˛ ¯ nuo ε. Po to reikia paimti bet koki x ∈ U(a, δ) ir pabandyti irodyti, kad ˛ ˛ f (x) ∈ U(b, ε). Ribu skaičiavimo pavyzdžiai. Paanalizuokime (6.7) formulę. Norint ˛ irodyti, kad f (x) − → b, iš pradžiu reikia paimti bet koki ε (paprastai sakome ˛ − ˛ ˛ x→a 6.2. RIBOS 167 Štai keli ribos skaičiavimo „pagal apibr˙ žimą“ pavyzdžiai. e 1. Jei f (x) = x su visais x, tai f (x) − → a. Kitaip tariant, x − → a. − − Fiksuoju ε. Paimu δ = ε. Paimu bet koki x ∈ U(a, δ). Tada ˛ f (x) = x ∈ U(a, ε), nes U(a, ε) = U(a, δ). 2. Jei f (x) = b su visais x, tai f (x) − → b. Kitaip tariant, b − → b. − − Fiksuoju ε. Pažymiu δ = 1. Paimu bet koki x ∈ U(a, δ). Tada ˛ f (x) = b ∈ U(b, ε). 3. Jei a, c ∈ R, tai cx − → ca. − x→a x→a x→a x→a x→a Kadangi a ir ca baigtiniai, reikia rasti toki δ = δ(ε), kad ˛ |x − a| < δ ⇒ |cx − ca| < ε. Bet ir dešinysis narys bus lygus ε, kai δ = ε/|c|. Taigi irodymas gali atrodyti ˛ taip. Fiksuoju ε. Pažymiu δ = ε/|c|. Jei |x − a| < δ, tai |cx − ca| = |c| |x − a| < |c|δ = ε. Pateiktas irodymas nekorektiškas, kai c = 0. Bet šiuo atveju cx = 0 su ˛ visais x ir iš 2 pavyzdžio išplaukia, kad cx − → 0 = ca. − x→a 4. Jei 0 < c < ∞, tai cx − − ∞. −→ Šiuo atveju reik˙ s rasti toki δ, kad e ˛ x→∞ |cx − ca| = |c| |x − a| < |c|δ x > 1/δ ⇒ cx > 1/ε. Nesunku sumąstyti, kad tiks δ = cε. Taigi irodymas atrodo taip. ˛ Fiksuoju ε. Pažymiu δ = cε. Jei x > 1/δ, tai cx > c/δ = 1/ε. 5. −x − − −∞. −→ x→∞ Reik˙ s rasti toki δ, kad e ˛ x > 1/δ ⇒ −x < −1/ε. 168 Tiks δ = ε. Irodymas atrodo taip. ˛ Fiksuoju ε. Pažymiu δ = ε. Jei x > 1/δ, tai −x < −1/δ = −1/ε. 6. 1/x − − 0. −→ x→∞ Reik˙ s rasti toki δ, kad e ˛ x > 1/δ ⇒ |1/x| < ε. Tiks δ = ε. Irodymas atrodo taip. ˛ Fiksuoju ε. Pažymiu δ = ε. Jei x > 1/δ, tai 1/x < δ = ε. 6 SKYRIUS. RIBOS 7. Seka (−1)n neturi ribos, kai n → ∞. Tarkime priešingai, (−1)n → b. Tada fiksavęs ε, gaučiau (−1)n ∈ U(b, ε) su pakankamai dideliais n. Tarp tu pakankamai dideliu n bus bent vienas ˛ ˛ lyginis, o kai n lyginis, atitinkamas sekos narys lygus 1. Tod˙ l ∀ε 1 ∈ U(b, ε), e t.y. 1 = b. Tačiau tarp tu pakankamai dideliu n yra ir nelyginiu skaičiu ˛ ˛ ˛ ˛; tod˙ l analogiškai gaučiau −1 = b. Reiškia, 1 = −1. Gauta prieštara rodo, e kad (−1)n seka tikrai neturi ribos. Ribos vienatis. Irodysiu, kad jei a ∈ M, tai a taške funkcija gali tur˙ ti ˛ e tik vieną ribą. Irodymas. Tariu priešingai, a taške funkcija turi dvi skirtingas ribas, b1 ˛ ir b2 . Tegu U(b1 , ε1 ) ir U(b2 , ε2) yra nesikertančios tu ribu aplinkos. Randu ˛ ˛ toki δ1 , kad ˛ f (x) ∈ U(b1 , ε1 ) f (x) ∈ U(b2 , ε2 ) su visais x ∈ M ∩ U(a, δ2 ). Pažymiu δ = min(δ1 , δ2 ). Kadangi a yra ribinis M taškas, U(a, δ) aplinkoje atsiras koks nors x ∈ M. Tada f (x) ∈ U(b1 , ε1 ) ∩ U(b2 , ε2 ). O to negali buti, nes U(b1 , ε1 ) ir U(b2 , ε2 ) aplinkos nesikerta. ¯ Be to, iš x > 1/δ išplaukia, kad x > 0. Tod˙ l 1/x taip pat teigiamas ir, e reiškia, |1/x| = 1/x < ε. su visais x ∈ M ∩ U(a, δ1 ), ir toki δ2 , kad ˛ 6.2. RIBOS 169 Irodytas teiginys sako, kad jei riba egzistuoja, tai tik viena. Tai dar ˛ nereiškia, kad riba visada egzistuoja. Pavyzdžiui, ∞ ∈ N, bet seka (−1)n ribos neturi. Jei a ∈ M ir riba tame taške egzistuoja, ji žymima simboliu limx→a f (x). Jei a ∈ M , ribu tame taške niekas neskaičiuoja. Galima irodyti, kad tokiu ˛ ˛ atveju bet koks skaičius yra funkcijos riba. Tikrai, paimu bet koki b ∈ R ir ˛ bet koki ε. Randu toki δ, kad U(a, δ) ∩ M = ∅. Tada formul˙ ˛ ˛ e teisinga su visais x (nes implikacijos prielaida klaidinga). Taigi f (x) − → b. − x ∈ M ∩ U(a, δ) ⇒ f (x) ∈ U(b, ε) x→a √ Panagrin˙ siu vieną pavyzdi. Funkcija x apibr˙ žta su x > 0, o −1 n˙ ra ribinis e ˛ e e (0; ∞) taškas. Tod˙ l visos tokios formul˙ s yra teisingos: e e √ x − − → 0; −− x→−1 √ x − − → 17 −− x→−1 ir pan. Pabr˙ šiu, kad šiuo atveju ribos negaliu žym˙ ti limx→a f (x) simboliu, nes e e gaučiau prieštarą: √ 0 = lim x = 17, x→−1 t.y. 0 = 17. Tolydumas. Jei a ∈ M, tai funkcijos riba tame taške gali buti tik f (a) ¯ skaičius. Tikrai, jei f (x) − → b, tai fiksavęs bet koki ε ir atradęs atitinkamą δ, iš − ˛ x→a gaunu, kad f (a) ∈ U(b, ε) (nes a ∈ U(a, δ)). Šis sąryšis teisingas su bet kokiu ε; tod˙ l b = f (a). e Aišku, gali atsitikti, kad a ∈ M, bet ribos tame taške apskritai n˙ ra. e n Pavyzdžiui, funkcija (−1) neturi ribos, kai n → ∞, ir niekas nepasikeis, net jei aš dirbtinai pratęsiu tą funkciją, laikydamas, tarkime, (−1)∞ = 1. Visgi dažniausiai riba egzistuoja ir lygi f (a). Tai — labai svarbi funkcijos savyb˙ , e verta atskiro apibr˙ žimo. e f funkcija vadinama tolydžia a taške, jei f (x) − → f (a). − x→a M aib˙ s taškas a vadinamas izoliuotu, jei tam tikroje jo aplinkoje t˙ ra e e vienintelis M aib˙ s taškas — pats a. Jei U(a, δ) ∩ M = {a}, tai e koks bebutu ε. Kitaip tariant, kiekviename izoliuotame apibr˙ žimo srities e ¯ ˛ taške funkcija automatiškai tolydi. ∀x ∈ U(a, δ) f (x) ∈ U(f (a), ε), ∀x ∈ U(a, δ) f (x) ∈ U(b, ε) 170 f (a+) f (x) f (a) f (a−) f (x) x | a 6.7 pav. Funkcijos riba iš kair˙ s ir iš dešin˙ s e e Ribos iš kaires ir dešin˙ ˙ es. Ribos sąvoką galima šiek tiek apibendrinti. Tegu D yra dar vienas R poaibis. Sakome, kad f (x) − − → b −− D x→a x→a Jei a yra ribinis M ∩ D taškas, tai funkcija gali tur˙ ti tik vieną ribą, kai e D x → a. Jei tokia riba egzistuoja, ji žymima limD x→a f (x). Jei D = [−∞; a) arba D = (a; ∞], vietoje D x → a rašome, atitinkamai, x → a− ir x → a+. Ribos limx→a− f (x) ir limx→a+ f (x) vadinamos, atitinkamai, f funkcijos ribomis a taške iš kair˙ s ir dešin˙ s. Jos dar žymimos e e f (a−) ir f (a+) (žr. 6.7). Kadangi a taškas nepriklauso nei D = [−∞; a), nei D = (a; ∞] aibei, f (a−) ir f (a+) ribos neprivalo sutapti su f (a), kai a ∈ M. Jei vis d˙ lto e f (a−) = f (a), sakome, kad f tolydi a taške iš kair˙ s. Kai f (a+) = f (a), e sakome, kad f tolydi iš dešin˙ s. e 6.3 kad • f (0−) = −∞, f (0) = f (0+) = 1; • f (1+) = 0, f (1) = 1 ir f tolydi iš kair˙ s. e Sprendimas. Žr. 6.8 pav. pratimas. Kaip gal˙ tu atrodyti f funkcijos grafikas, jei žinoma, e ˛ jei fD (x) − → b; čia fD žymi f funkcijos siaurini M ∩ D aib˙ je. − ˛ e ´ ³ µ ´ ³ | 6 SKYRIUS. RIBOS | | x 6.2. RIBOS 2 1 0 -1 -2 -2 -1 Alternatyvus ribos apibrežimas. Aukščiau pateiktas ribos apibr˙ žimas ˙ e šiek tiek skiriasi nuo visuotinai priimto. Paprastai simbolis f (x) − → b − x→a reiškia tai, ką aš gal˙ čiau užrašyti formule e Maniškis ribos apibr˙ žimas man labiau patinka, nes paprasčiau formuluoe jamos kai kurios ribu savyb˙ s (ypač teorema apie sud˙ tin˙ s funkcijos ribą). ˛ e e e Manau, kad kada nors jis išstums iš apyvartos tradicini. Bet kol kas reiktu ˛ ˛ išsiaiškinti, kiek skiriasi abu apibr˙ žimai. e Pirmiausia pasteb˙ siu, kad abu apibr˙ žimai identiški, kai a ∈ M. Tikse e liau, a ∈ M ⇒ (f (x) − → b ⇐⇒ f (x) − − → b). − −− x→a a=x→a (t.y. f (x) − − → b su D = R \ {a}). −− D x→a Jei a ∈ M, tai pagal mano ribos supratimą f (x) gali art˙ ti tik prie f (a), e kai x → a. Pagal tradicini ribos apibr˙ žimą funkcijos riba gal˙ tu buti bet ˛ e e ˛ ¯ koks skaičius. Tačiau jei pagal kuri nors apibr˙ žimą riba yra f (a), tai ji yra ˛ e lygi f (a) ir pagal kitą apibr˙ žimą: e f (x) − → f (a) ⇐⇒ f (x) − − → f (a). − −− x→a a=x→a Kitaip tariant, f tolydi a taške pagal mano apibr˙ žimą tada ir tik tada, kai e ji tolydi pagal tradicini apibr˙ žimą. ˛ e ¹ ¸ · ¶ 171 2 1 0 -1 -2 0 1 2 -2 -1 0 1 2 6.8 pav. Žr. 6.3 pratimą. f (x) − − → b −− a=x→a 172 6 SKYRIUS. RIBOS 6.3 Ribu skaičiavimo taisykl˙ s ˛ e Nuo ko priklauso riba. Funkcijos ribos a taške egzistavimas ir jos reikšm˙ e priklauso tik nuo funkcijos reikšmiu kurias ji igyja netoli a esančiuose tašku˛, ˛ ose. Suformuluosiu ši teigini griežčiau: jei f : M → R, U yra kokia nors a ˛ ˛ aplinka, tai f (x) − → b ⇐⇒ f (x) − − → b. − −− (6.9) x→a U x→a Formul˙ f (x) − − → b reiškia, kad e −− U x→a Jei ∀x ∈ M ∩ U(a, δ) . . . , tai tuo labiau ∀x ∈ M ∩ U ∩ U(a, δ) . . . . Tod˙ l e implikacija ⇒ (6.9) formul˙ je akivaizdi. e Irodysiu atvirkščią implikaciją. Fiksuoju ε ir randu toki δ, kad ˛ ˛ ∀x ∈ M ∩ U ∩ U(a, δ) f (x) ∈ U(b, ε). Kadangi U yra a taško aplinka, jos viduje bus tam tikra bazin˙ aplinka e U(a, δ0 ). Pažymiu δ = min(δ, δ0 ) ir paimu bet koki x ∈ M ∩ U(a, δ ). Tada ˛ x ∈ U, nes U(a, δ ) ⊂ U(a, δ0 ) ⊂ U, ir x ∈ U(a, δ), nes U(a, δ ) ⊂ U(a, δ). Taigi x ∈ M ∩ U ∩ U(a, δ) ir tod˙ l f (x) ∈ U(b, ε). e Iš irodyto teiginio išplaukia, kad jei dvieju funkciju reikšm˙ s kokioje nors ˛ ˛ ˛ e a taško aplinkoje sutampa, tai sutampa ir tu funkciju ribos, kai x → a. Ši ˛ ˛ taisykl˙ naudojama skaičiuojant sudurtiniu funkciju ribas. Pavyzdžiui, tegu e ˛ ˛ f (x) = x, kai x < 1; −1, kai x 1; (6.10) ∀ε ∃δ ∀x ∈ M ∩ U ∩ U(a, δ) f (x) ∈ U(b, ε). ir reikia suskaičiuoti jos ribą, kai x → 0. Kadangi f (x) = x su x ∈ (−∞; 1), o (−∞; 1) yra 0 aplinka, galima rašyti x→0 lim f (x) = lim x = 0. x→0 Jei reiktu skaičiuoti tos funkcijos ribą taške 1, jau negal˙ čiau rašyti nei ˛ e x→1 lim f (x) = lim x = 1, x→1 nei x→1 lim f (x) = lim (−1) = −1, x→1 nes nei (−∞; 1) intervalas (kuriame f (x) = x), nei [1; ∞) intervalas (kuriame f (x) = −1) n˙ ra 1 aplinka: pirmajam intervalui nepriklauso 1, o antrasis n˙ ra e e atviroji aib˙ . Tokiu atveju skaičiuojant ribą reiktu taikyti antrąją taisyklę, e ˛ kurią dabar ir aprašysiu. ˙ 6.3. RIBU SKAIČIAVIMO TAISYKLES ˛ Ribos sud¯ rimo taškuose. Irodysiu, kad jei D = D1 ∪ D2 , tai u ˛ f (x) − − − b, − −→ D1 x→a 173 f (x) − − − b, − −→ D2 x→a (6.11) tada ir tik tada, kai f (x) − − → b. −− D x→a (6.12) Jei f (x) ∈ U(b, ε) su visais x ∈ M ∩ D ∩ U(a, δ), tai tuo labiau — su visais x ∈ M ∩ D1 ∩ U(a, δ) ir su visais x ∈ M ∩ D2 ∩ U(a, δ). Taigi iš (6.12) išplaukia (6.11). Dabar irodysiu atvirkščią implikaciją. Fiksuoju ε. Randu toki δ1 , kad ˛ ˛ ∀x ∈ M ∩ D1 ∩ U(a, δ1 ) f (x) ∈ U(b, ε), ir toki δ2 , kad ˛ Pažymiu δ = min(δ1 , δ2 ) ir paimu bet koki x ∈ M ∩ D ∩ U(a, δ). Tada x ˛ priklauso arba D1 , arba D2 aibei. Pirmuoju atveju x ∈ M ∩ D1 ∩ U(a, δ1 ), nes U(a, δ) ⊂ U(a, δ1 ); tod˙ l f (x) ∈ U(b, ε). Antruoju atveju taip pat gaunu e f (x) ∈ U(b, ε), nes U(a, δ) ⊂ U(a, δ2 ). Taigi ∀x ∈ M ∩ D ∩ U(a, δ) f (x) ∈ U(b, ε). Irodytas teiginys naudojamas, skaičiuojant sudurtiniu funkciju ribas su˛ ˛ ˛ durimo taškuose. Tarkime, reikia suskaičiuoti tos pačios (6.10) funkcijos ribą ¯ taške 1. Tegu D1 = (−∞; 1), D2 = [1; ∞). Tada D1 ∪ D2 sutampa su visa f funkcijos apibr˙ žimo sritimi R; tod˙ l e e f (x) − → b ⇐⇒ (f (x) − − − b ir f (x) − − − b). − − −→ − −→ x→1 D1 x→1 D2 x→1 ∀x ∈ M ∩ D2 ∩ U(a, δ2 ) f (x) ∈ U(b, ε). jos siaurinys D1 aib˙ je. Tačiau fD1 (x) = x su visais x ∈ D1 ; tod˙ l e e D1 x→1 Pagal apibr˙ žimą f (x) − − − b, kai fD1 (x) − → b; čia fD1 yra f funkcie − −→ − D1 x→1 x→1 lim f (x) = lim x = 1. x→1 Analogiškai gauname, kad D2 x→1 lim f (x) = lim (−1) = −1. x→1 Kadangi abi dalin˙ s ribos nesutampa, f funkcija apskritai neturi ribos, kai e x → 1. 174 6 SKYRIUS. RIBOS Priartejimas prie ribos. Irodysiu, kad neimanoma priart˙ ti prie ribos, ˙ ˛ ˛ e nepatekus i tos ribos aplinką. Tiksliau, ˛ O atvira f (x) − → b ∈ O − x→a ⇒ f (x) ∈ O, kai x pakankamai arti a. Priminsiu, kaip iššifruojami žodžiai „kai x pakankamai arti a“: ∃δ ∀x ∈ M ∩ U(a, δ) f (x) ∈ O. Irodymas labai paprastas. Jei O atvira ir b ∈ O, tai O yra b aplinka. Jos ˛ viduje yra tam tikra bazin˙ aplinka U(b, ε). Iš ribos apibr˙ žimo išplaukia, e e kad f (x) ∈ U(b, ε), kai x pakankamai arti a. Tada su tais pačiais x tuo labiau f (x) ∈ O. Jei O = [−∞; c) arba O = (c; ∞], tai y ∈ O reiškia, atitinkamai, y < c arba y > c. Kadangi abi šios aib˙ s atviros, teisingi tokie teiginiai: e f (x) − → b < c − x→a ⇒ f (x) < c, kai x pakankamai arti a. (6.13) ir f (x) − → b > c − x→a ⇒ f (x) > c, kai x pakankamai arti a. (6.14) 1 pastaba. Griežtos nelygyb˙ s ženklu (6.13)–(6.14) taisykl˙ se pakeisti i e ˛ e ˛ arba apskritai negalima. Pavyzdžiui, 1 −− 0 −→ x x→∞ bet 1/x > 0 su visais x > 0. Ribu skaičiavimas nelygyb˙ ˛ ese. Irodysiu tokią taisyklę: jei a ∈ M , tai ˛ f (x) b g(x) c ⇒ b c. (6.15) g(x) su visais x ∈ M, 0, Tiksliau, jei f : M → R, g : M → R, a ∈ M , f (x) f (x) − → b ir g(x) − → c, tai b c. − − x→a x→a Irodymas. Tariu priešingai, b > c. Paimu bet koki d ∈ (c; b). Tada ˛ ˛ f (x) − b > d; tod˙ l f (x) > d, kai x pakankamai arti a. Analogiškai iš → e ˙ 6.3. RIBU SKAIČIAVIMO TAISYKLES ˛ 175 g(x) − c < d išplaukia, kad g(x) < d, kai x pakankamai arti a. Taigi jei x → pakankamai arti a, tai g(x) < f (x). Gavau prieštarą. Pateiktas irodymas labai kompaktiškas ir d˙ l to man labai patinka. Bet ˛ e tas kompaktiškumas maskuoja du netrivialius dalykus. 1. Pirmą dalyką slepia žodžiai „kai x pakankamai arti a“. Tikrai, iš f (x) − b > d gaunu, kad egzistuoja toks δ1 , jog → f (x) > d su visais x ∈ M ∩ U(a, δ1 ). Analogiškai gaunu, kad g(x) < d su visais x ∈ M ∩ U(a, δ2 ); čia δ2 v˙ l yra tam tikras teigiamas skaičius, bet e nebutinai sutampantis su δ1 . Iš gautu nelygybiu išplauks g(x) < f (x) tik ˛ ˛ ¯ tada, jei abiejose x žym˙ s tą pati skaičiu Tod˙ l reikia atlikti tokią standare ˛ ˛. e tinę procedurą. ¯ Pažymiu δ = min(δ1 , δ2 ). Tada U(a, δ) yra tiek U(a, δ1 ), tiek U(a, δ2 ) aplinkos poaibis; tod˙ l su visais x ∈ M ∩ U(a, δ) e g(x) < d < f (x). 2. Jau gavau, kad ∀x ∈ M ∩ U(a, δ) g(x) < f (x). Bet jei M ∩ U(a, δ) aib˙ butu tuščia, šis teiginys butu visada teisingas ir e ¯ ˛ ¯ ˛ neprieštarautu sąlygai ∀x ∈ M f (x) ˛ g(x). Butent šioje vietoje reikia ¯ prisiminti sąlygą a ∈ M , kuri garantuoja, kad U(a, δ) kertasi su M. e − 1 pastaba. Jei a ∈ M , (6.15) taisykl˙ negalioja. Tada f (x) − → b ir x→a g(x) − → c formul˙ s teisingos su bet kokiais b ir c ir visai nebutina, kad − e ¯ x→a b c. 2 pastaba. Ženklo (6.15) taisykl˙ je pakeisti i < apskritai negalima, t.y. iš e ˛ to, kad f (x) < g(x) su visais x, neišplaukia, kad b < c. Pavyzdžiui, x < 2x su visais x > 0, bet x→∞ lim x = lim 2x = ∞. x→∞ 176 6 SKYRIUS. RIBOS 3 pastaba. Kad teoremos išvada butu teisinga, pakanka, kad f (x) g(x) ¯ ˛ nelygyb˙ galiotu su visais x iš tam tikros a aplinkos U. Tikrai, simboliais fU e ˛ ir gU pažym˙ jęs atitinkamu funkciju siaurinius U aib˙ je, gaučiau fU (x) − → b e ˛ ˛ e − ir gU (x) − → c. Be to, fU (x) gU (x) su visais x iš tu funkciju apibr˙ žimo − ˛ ˛ e x→a srities M ∩ U. Reiškia, b c. Panašiai bus galima apibendrinti ir kitus šio skyrelio teiginius. x→a Teorema apie du policininkus. Irodysiu tokią taisyklę: ˛ ϕ(x) b f (x) ψ(x) b ⇒ f (x) → b. (6.16) ψ(x) su visais x ∈ M, Tiksliau, jei f, ϕ, ψ : M → R, ϕ(x) f (x) ϕ(x) − → b ir ψ(x) − → b, tai ir f (x) − → b. − − − x→a x→a x→a Irodymas. Fiksuoju ε. Kai x pakankamai arti a taško, tiek ϕ(x), tiek ˛ ψ(x) priklauso U(b, ε). Kadangi U(b, ε) yra intervalas, tai jam priklauso ir tarp tu dvieju skaičiu esantis f (x). ˛ ˛ ˛ Šis teiginys dažnai vadinamas teorema apie du policininkus. Laisvai perpasakota ji skamb˙ tu taip: du policininkai ϕ ir ψ veda už parankiu pilieti f ; e ˛ ˛ ˛ jei abu policininkai eina i tą pati b tašką, tai ir f nueis i b. ˛ ˛ ˛ Dažniausiai sutinkami tokie trys (6.16) taisykl˙ s atvejai: e f (x) ϕ(x) − → ∞ ⇒ f (x) − → ∞ − − x→a x→a (kad išvesčiau ši teigini iš (6.16), imu ψ(x) = ∞ su visais x); ˛ ˛ f (x) (čia tinka ϕ(x) = −∞); 0 f (x) ψ(x) − → 0 ⇒ f (x) − → 0 − − x→a x→a ψ(x) − → −∞ ⇒ f (x) − → −∞ − − x→a x→a (čia ϕ(x) = 0). Kombinuodamas pastarąją taisyklę su (6.8), gaunu dar vieną: jei b baigtinis, tai |f (x) − b| ψ(x) − → 0 ⇒ f (x) − → b. − − x→a x→a ˙ 6.3. RIBU SKAIČIAVIMO TAISYKLES ˛ 177 Sud˙ es funkcijos riba. Jei g(y) − → c, tai šis teiginys išliks teisingas etin˙ − ir vietoje y istačius bet koki reiškini, art˙ janti prie b: ˛ ˛ ˛ e ˛ g(y) − → c − y→b y→b f (x) − → b − x→a − ⇒ g f (x) − → c . x→a (6.17) a. Reiškia, g f (x) ∈ U(c, ε), kai x pakankamai arti a. jei f (x) − − b, −→ x→∞ Irodymas. Fiksuoju ε ir randu toki δ, kad g(y) ∈ U(c, ε) su visais y ∈ ˛ ˛ U(b, δ). Iš f (x) − → b išplaukia, kad f (x) ∈ U(b, δ), kai x pakankamai arti − x→a Ši taisykl˙ labai dažnai taikoma, dažnai n˙ nesusimąstant. Pavyzdžiui, e e tai taip pat ir f (2x) − − b −→ x→∞ (nes 2x − − ∞); jei −→ x→∞ tai ir (nes 1/x − − 0) ir t.t. −→ x→∞ f (x) − → b, − x→0 f (1/x) − − b −→ x→∞ Iš (6.17) taisykl˙ s taip pat išplaukia toks teiginys apie tolydumą: jei a ∈ e M, f funkcija tolydi a taške, o g funkcija tolydi f (a) taške, tai kompozicija g ◦ f tolydi a taške. Tikrai, iš prielaidu išplaukia, kad ˛ f (x) − → f (a), − x→a g(y) − − → g f (a) ; −− y→f (a) tod˙ l iš (6.17) taisykl˙ s gaunu e e g f (x) − → g f (a) . − x→a 1 pastaba. Jei laikyčiausi tradicinio ribos apibr˙ žimo, (6.17) taisykl˙ ape e skritai butu neteisinga. Tegu, pavyzdžiui, ˛ ¯ f (x) = 0, kai x = 0; 1, kai x = 0; g(y) = 1, kai y = 0; 0, kai y = 0. 178 Tada f (x) − − → 0, −− 0=x→0 6 SKYRIUS. RIBOS g(y) − − → 1. −− 0=y→0 Tačiau g f (x) = tod˙ l e 0, kai x = 0; 1, kai x = 0; g f (x) − − → 0. −− 0=x→0 Norint, kad taisykl˙ išliktu teisinga, reiktu papildomai pareikalauti, kad e ˛ ˛ b ∈ N arba kad g(b) = c. Sumos riba. Irodysiu, kad sumos riba lygi ribu sumai. Kadangi irodymas ˛ ˛ ˛ šiek tiek ilgesnis, šiam teiginiui suteiksiu teoremos statusą. 6.1 teorema. Tarkime, f1 , f2 : M → R, f1 (x) − → b1 ir f2 (x) − → b2 . − − x→a x→a Tada: 1) jei b1 , b2 ∈ R, tai f1 (x) + f2 (x) − → b1 + b2 ; − 2) jei b1 = −∞, b2 = ∞, tai f1 (x) + f2 (x) − → −∞. − x→a 2) jei b1 = ∞, b2 = −∞, tai f1 (x) + f2 (x) − → ∞; − x→a x→a Irodymas. 1. Kai x pakankamai arti a, ˛ |f1 (x) − b1 | < ε/2 ir |f2 (x) − b2 | < ε/2. Bet tada ir |f1 (x) + f2 (x) − (b1 + b2 )| |f1 (x) − b1 | + |f2 (x) − b2 | < ε ε + = ε. 2 2 (Pirmoji nelygyb˙ sąryšiu grandin˙ je išplaukia iš trikampio nelygyb˙ s.) e ˛ e e 2. Paimu bet koki baigtini c < b2 . Tada ˛ ˛ f2 (x) − → b2 > c; − x→a tod˙ l e f2 (x) > c, kai x pakankamai arti a. Fiksuoju ε. Iš f1 (x) − → ∞ > − x→a 1 −c ε ˙ 6.3. RIBU SKAIČIAVIMO TAISYKLES ˛ išplaukia, kad 179 1 − c, ε kai x pakankamai arti a. Reiškia, kai x pakankamai arti a, f1 (x) > f1 (x) + f2 (x) > 1 1 −c+c = . ε ε 3. Paimu bet koki baigtini c > b2 . Tada ˛ ˛ f2 (x) − → b2 < c; − x→a tod˙ l e f2 (x) < c, kai x pakankamai arti a. Fiksuoju ε. Iš išplaukia, kad 1 f1 (x) − → −∞ < − − c − x→a ε 1 f1 (x) < − − c, ε kai x pakankamai arti a. Reiškia, kai x pakankamai arti a, 1 1 f1 (x) + f2 (x) < − − c + c = − . ε ε Teoremos formulavimą galima sutrumpinti, apibr˙ žus veiksmus su begae lyb˙ mis. Paprastai susitariama, kad e ∞ + a = a + ∞ = ∞ ir − ∞ + b = b + (−∞) = −∞ su visais a = −∞ ir b = ∞. Sumos −∞+∞ ir ∞+(−∞) lieka neapibr˙ žtos. e Tada teisingas toks teiginys: f1 (x) − → b1 − x→a x→a b1 + b2 apibr˙ žta e Iš (6.18) taisykl˙ s išplaukia ir toks teiginys apie tolydumą: jei kokiame e nors taške a ∈ M tolydžios abi funkcijos f1 ir f2 ir apibr˙ žta ju suma, tai e ˛ f2 (x) − → b2 − ⇒ f1 (x) + f2 (x) − → b1 + b2 . − x→a (6.18) 180 6 SKYRIUS. RIBOS suma taip pat tolydi tame taške. Arba kitaip: funkciju suma tolydi visuose ˛ apibr˙ žimo srities taškuose, kuriuose tolydus abu d˙ menys. e e ¯ Tikrai, jei f1 (x) − → f1 (a), − x→a f2 (x) − → f2 (a), − x→a ir f1 (a) + f2 (a) apibr˙ žta, tai e f1 (x) + f2 (x) − → f1 (a) + f2 (a). − x→a 1 pastaba. Teorema nieko nesako apie sumos ribą, kai f1 (x) − → ∞, − x→a f2 (x) − → −∞. − x→a Priežastis ta, kad nieko ir negalima pasakyti: kartais riba gaunasi vienokia, kartais kitokia. Pavyzdžiui, x − − ∞, −→ x→∞ −x − − −∞, −→ x→∞ o x + (−x) = 0 − − 0. −→ x→∞ Kita vertus, o 2x − − ∞, −→ x→∞ −x − − −∞, −→ x→∞ x→∞ 2x + (−x) = x − − ∞. −→ Aprežtos ir nykstančios funkcijos sandauga. ˙ vadinama apr˙ žta, jei e ∃c < ∞ ∀x ∈ M |f (x)| c, Funkcija f : M → R t.y. jei visos jos reikšm˙ s savo absoliutiniais dydžiais neviršija vienos ir tos e pačios baigtin˙ s konstantos. (Aš tokiais atvejais sakau, kad funkcijos grafikas e niekur nenuplaukia i begalybę.) ˛ Irodysiu, kad jei viena funkcija art˙ ja i 0, tai padauginus ją iš apr˙ žtos ˛ e ˛ e funkcijos, sandauga vis tiek art˙ s i 0: e ˛ f apr˙ žta e − g(x) − → 0 ⇒ f (x)g(x) − → 0. − x→a x→a (6.19) ˙ 6.3. RIBU SKAIČIAVIMO TAISYKLES ˛ Irodymas. Tegu |f (x)| ˛ c < ∞ su visais x ∈ M. Kadangi cy − → 0, − y→0 181 g(x) − → 0, − x→a iš sud˙ tin˙ s funkcijos ribos skaičiavimo taisykl˙ s išplaukia e e e cg(x) − → 0. − x→a Tada |f (x)g(x)| Reiškia, f (x)g(x) − → 0. − x→a c|g(x)| − → 0. − x→a Aišku, teorema teisinga ir tuo atveju, kai f apr˙ žta tik tam tikroje a taško e aplinkoje U (t.y. kai apr˙ žtas tos funkcijos siaurinys fU ). e Sandaugos riba. Irodysiu, kad sandaugos riba lygi ribu sandaugai. Iro˛ ˛ ˛ dymas netrumpas, tod˙ l ši teigini taip pat pavadinsiu teorema. e ˛ ˛ 6.2 teorema. Tarkime, f1 , f2 : M → R, f1 (x) − → b1 ir f2 (x) − → b2 . − − x→a x→a Tada: 1) jei b1 , b2 ∈ R, tai f1 (x)f2 (x) − → b1 b2 ; − 2) jei b1 = ∞, b2 > 0 arba b1 = −∞, b2 < 0, tai f1 (x)f2 (x) − → ∞; − x→a x→a x→a 3) jei b1 = ∞, b2 < 0 arba b1 = −∞, b2 > 0, tai f1 (x)f2 (x) − → −∞. − Irodymas. 1. Pasirenku bet koki c > |b1 |. Tada ˛ ˛ f1 (x) − → b1 ∈ (−c; c); − x→a tod˙ l f1 (x) ∈ (−c; c), kai x pakankamai arti a. Kitaip tariant, f1 apr˙ žta e e tam tikroje a aplinkoje. Tada |f1 (x)f2 (x) − b1 b2 | = |f1 (x)f2 (x) − f1 (x)b2 + f1 (x)b2 − b1 b2 | (prid˙ jau ir at˙ miau tą pati nari) e e ˛ ˛ |f1 (x)||f2 (x) − b2 | + |b2 ||f1 (x) − b1 | (trikampio nelygyb˙ ; sandaugos modulis lygus moduliu sandaugai) e ˛ −→0+0=0 − x→a 182 6 SKYRIUS. RIBOS (apr˙ žtos ir nykstančios funkcijos sandauga nykstanti; sumos riba lygi ribu e ˛ sumai). Taigi f1 (x)f2 (x) − → b1 b2 . − x→a 2. Išnagrin˙ siu atveji b1 = ∞, b2 > 0. Paimu bet koki c ∈ (0; b2 ). Tada e ˛ ˛ f2 (x) − → b2 > c; − x→a tod˙ l e f2 (x) > c, kai x pakankamai arti a. Fiksuoju ε. Iš f1 (x) − → ∞ > − x→a 1 cε išplaukia, kad f1 (x) > kai x pakankamai arti a. Tada f1 (x)f2 (x) > kai x pakankamai arti a. Reiškia, 1 , cε 1 1 c= , cε ε f1 (x)f2 (x) − → ∞. − x→a Tegu dabar b1 = −∞, b2 < 0. Paimu bet koki c ∈ (0; |b2 |). Tada ˛ f2 (x) − → b2 < −c; − x→a tod˙ l f2 (x) < −c, t.y. e kai x pakankamai arti a. Fiksuoju ε. Iš −f2 (x) > c, 1 cε f1 (x) − → −∞ < − − x→a išplaukia, kad f1 (x) < −1/(cε), t.y −f1 (x) > kai x pakankamai arti a. 1 , cε ˙ 6.3. RIBU SKAIČIAVIMO TAISYKLES ˛ Nelygybes tarp teigiamu skaičiu galima dauginti. Tod˙ l ˛ ˛ e f1 (x)f2 (x) > kai x pakankamai arti a. Reiškia, f1 (x)f2 (x) − → ∞. − x→a 183 1 1 c= , cε ε 3. Išnagrin˙ siu atveji b1 = ∞, b2 < 0. Pasirenku bet koki c ∈ (0; |b2 |) ir e ˛ ˛ bet koki ε. Tada panašiai kaip aukščiau gaunu, kad ˛ f1 (x) > 1 ir − f2 (x) > c, cε kai x pakankamai arti a. Sudauginęs nelygybes, gaunu −f1 (x)f2 (x) > t.y. 1 1 ·c = , cε ε 1 f1 (x)f2 (x) < − , ε kai x pakankamai arti a. Taigi f1 (x)f2 (x) − → −∞. − x→a Teoremos formulavimą galima sutrumpinti, apibr˙ žus daugybą iš begalye biu Paprastai susitariama, kad ˛. ∞ · a = a · ∞ = (−∞) · (−a) = (−a) · (−∞) = ∞ ir su visais a > 0. Sandaugos ±∞·0 ir 0·±∞ lieka neapibr˙ žtos. Tada teisingas e toks teiginys: f1 (x) − → b1 − x→a x→a Atvejis b1 = −∞, b2 > 0 nagrin˙ jamas analogiškai. e ∞ · (−a) = (−a) · ∞ = a · (−∞) = (−∞) · a = −∞ b1 b2 apibr˙ žta e − f2 (x) − → b2 ⇒ f1 (x)f2 (x) − → b1 b2 . − x→a (6.20) 184 6 SKYRIUS. RIBOS Iš (6.20) taisykl˙ s išplaukia ir toks teiginys apie tolydumą: funkciju sane ˛ dauga tolydi visuose apibr˙ žimo srities taškuose, kuriuose tolydus abu daue ¯ gikliai. Tikrai, jei f1 (x) − → f1 (a), − x→a f2 (x) − → f2 (a), − x→a ir f1 (a)f2 (a) apibr˙ žta, tai e f1 (x)f2 (x) − → f1 (a)f2 (a). − x→a 1 pastaba. Teorema nieko nesako apie sandaugos ribą, kai f1 (x) → ±∞, o f2 (x) → 0. Priežastis ta pati, kaip ir sumos ribos atveju: kartais riba gaunasi vienokia, kartais kitokia. Pavyzdžiui, x − − ∞, −→ x→∞ 1/x − − 0, −→ x→∞ o x · (1/x) = 1 − − 1. −→ x→∞ Kita vertus, 2x − − ∞, −→ x→∞ 1/x − − 0, −→ x→∞ x→∞ bet 2x · (1/x) = 2 − − 2. −→ Skirtumo riba. Dvieju skaičiu (baigtiniu ar begaliniu atimtis apibr˙ žiama ˛ ˛ ˛ ˛) e formule b1 − b2 = b1 + (−1)b2 . Pavyzdžiui, ∞ − 3 = ∞, 15 − ∞ = −∞. Skirtumas ∞ − ∞ neapibr˙ žtas. e Iš teoremu apie sumos ir sandaugos ribas gauname toki teigini: ˛ ˛ ˛ f1 (x) − → b1 − x→a x→a b1 − b2 apibr˙ žtas e Iš jo savo ruožtu išplaukia ir toks teiginys apie tolydumą: dvieju funkciju ˛ ˛ skirtumas tolydus visuose apibr˙ žimo srities taškuose, kuriuose tolydžios abi e funkcijos. f2 (x) − → b2 − ⇒ f1 (x) − f2 (x) − → b1 − b2 . − x→a (6.21) ˙ 6.3. RIBU SKAIČIAVIMO TAISYKLES ˛ Tikrai, jei f1 (x) − → f1 (a), − x→a 185 f2 (x) − → f2 (a), − x→a ir f1 (a) − f2 (a) apibr˙ žta, tai e f1 (x) − f2 (x) − → f1 (a) − f2 (a). − x→a Dalmens riba. Apibr˙ žkime e (∞)−1 = (−∞)−1 = 0 b1 = b1 · b−1 2 b2 su visais b1 , b2 , su kuriais dešinioji pus˙ apibr˙ žta. Nesunku isitikinti, kad e e ˛ b1 ±∞ neapibr˙ žti tik ±∞ ir 0 santykiai. e Irodysiu, kad teisingas toks teiginys: ˛ f1 (x) − → b1 − x→a x→a ir f2 (x) − → b2 − b1 /b2 apibr˙ žtas e − ⇒ f1 (x)/f2 (x) − → b1 /b2 . x→a (6.22) 0 < b < ∞. Kai y pakankamai arti b (tiksliau, kai y > b/2), |y − b| 1 1 − = y b yb 2|y − b| b2 Iš pradžiu irodysiu, kad 1/y − → 1/b (kai b = 0). Prad˙ siu nuo atvejo ˛˛ − e y→b ir dešin˙ pus˙ art˙ ja i 0, kai y → b. e e e ˛ Kai b = ∞, irodin˙ jamas teiginys virsta teiginiu 1/y − − 0, kuri irodžiau ˛ e −→ ˛˛ ankstesniame skyrelyje. Atvejis b < 0 suvedams i jau išnagrin˙ tus. Tikrai, jei y → b < 0, tai ˛ e −y → −b > 0; tod˙ l −1/y → −1/b ir, reiškia, 1/y → 1/b. e Iš irodyto teiginio ir iš teoremos apie sud˙ tin˙ s funkcijos ribą gaunu, kad ˛ e e 1/f2 (x) − → 1/b2 . Tada iš dalybos apibr˙ žimo ir teoremos apie sandaugos − e x→a ribą išplaukia f1 (x) = f1 (x) · f2 (x) f2 (x) −1 y→∞ − → b1 · b−1 = − 2 x→a b1 . b2 186 6 SKYRIUS. RIBOS Iš (6.22) taisykl˙ s išplaukia toks teiginys apie tolydumą: dvieju funkciju e ˛ ˛ dalmuo tolydus visuose apibr˙ žimo srities taškuose, kuriuose tolydžios abi e funkcijos. Tikrai, jei f1 (x) − → f1 (a), − x→a f2 (x) − → f2 (a), − x→a ir f1 (a)/f2 (a) apibr˙ žta, tai e f1 (x)/f2 (x) − → f1 (a)/f2 (a). − x→a Modulio riba. Apibr˙ žkime e |−∞| = |∞| = ∞. Tada teisingas toks teiginys: f (x) − → b ⇒ |f (x)| − → |b|. − − x→a x→a (6.23) Jei b = 0, jis išplaukia iš 6.8. Kitais atvejais naudojuosi sudurtiniu ˛ funkciju ribos skaičiavimo taisykle. Tegu, pavyzdžiui, b < 0. Tada ˛ f (x) − → b < 0; − x→a tod˙ l f (x) < 0, kai x pakankamai arti a. Reiškia, e x→a lim |f (x)| = lim (−f (x)) = −b = |b|. x→a Aišku, kad funkcijos modulis tolydus visuose taškuose, kuriuose tolydi pati funkcija. Tikrai, jei f (x) − → f (a), − x→a tai f (x) − → f (a) . − x→a Neapibrežtumai. (6.18) ir (6.20)–(6.22) taisykl˙ s taikomos taip. Tarkime, ˙ e reikia suskaičiuoti f1 (x) ∗ f2 (x) reiškinio ribą; čia ∗ žymi koki nors iš aritme˛ tiniu veiksmu ženklu +, −, · arba /. Tada rašome: ˛ ˛ ˛: lim f1 (x) ∗ f2 (x) = lim f1 (x) ∗ lim f2 (x). ˙ 6.3. RIBU SKAIČIAVIMO TAISYKLES ˛ 187 Jei abi ribos dešin˙ je pus˙ je susiskaičiuoja ir su gautais skaičiais galima atlikti e e ∗ operaciją, parašyta lygyb˙ teisinga. Pavyzdžiui, e x2 limx→1 x2 limx→1 x · limx→1 x 1·1 1 = = = = . x→1 x + 1 limx→1 (x + 1) limx→1 x + limx→1 1 1+1 2 lim Sakome: „gavosi neapibr˙ žtumas ∞ − ∞“. Kitas pavyzdys: e lim Sud˙ tingesniais atvejais dešin˙ je pus˙ je gaunamas neapibr˙ žtas reiškinys: e e e e ∞ 0 ∞ − ∞, 0 · ∞, arba . 0 ∞ Tokiu atveju sakome, kad susidur˙ me su atitinkamo tipo neapibr˙ žtumu. e ¯e 2 Pavyzdžiui, tiesmukai skaičiuodami x − x reiškinio ribą, kai x → ∞, gauname: lim (x2 − x) = lim x2 − lim x = ∞ − ∞. x→∞ x→∞ x→∞ Sakome: „gavosi neapibr˙ žtumas ∞/∞“. e Jei gavosi neapibr˙ žtumas, tai dar nereiškia, kad duotas reiškinys nee turi ribos; tiesiog musu sprendimas buvo neteisingas. Abiejuose aukščiau ¯ ˛ parašytuose pavyzdžiuose neteisinga jau pirma lygyb˙ . Pavyzdžiui, antrame e pavyzdyje x→∞ x→∞ x2 limx→∞ x2 limx→∞ x · limx→∞ x ∞·∞ ∞ = = = = . x→∞ x + 1 limx→∞ (x + 1) limx→∞ x + limx→∞ 1 ∞+1 ∞ lim x2 = lim x · lim x = ∞ · ∞ = ∞, x→∞ x→∞ x→∞ lim (x + 1) = lim x → ∞x + lim 1 = ∞ + 1 = ∞; tod˙ l negalime remtis (6.22) taisykle, nes santykis ∞/∞ neapibr˙ žtas. e e Norint rasti ribą tokiais atvejais, reikia elgtis šiek tiek subtiliau. Pavyzdžiui, pirmame pavyzdyje galima skaičiuoti taip: 1 1 = lim x2 · lim 1 − x→∞ x→∞ x→∞ x→∞ x x 1 = ∞ · lim 1 − lim = ∞ · (1 − 0) = ∞ · 1 = ∞. x→∞ x→∞ x Antrame pavyzdyje irgi suveikia tas pats metodas — svarbesnio nario išk˙ e limas prieš skliaustus: lim (x2 − x) = lim x2 1 − x2 x2 x = lim = lim x→∞ x + 1 x→∞ x(1 + 1/x) x→∞ 1 + 1/x limx→∞ x ∞ ∞ = = = = ∞. limx→∞ (1 + 1/x) 1+0 1 lim Plačiau apie ribu skaičiavimą tokiais atvejais kalb˙ siu kitame skyrelyje. ˛ e 188 6 SKYRIUS. RIBOS Dalyba iš 0. Kai tiesmukai skaičiuojant gaunamas vienas iš aukščiau išvardintu neapibr˙ žtumu galutinis atsakymas gali gautis bet koks. Pavyzdžiui, ˛ e ˛, x2 lim = ∞, x→∞ x + 1 o c c cx = lim = = c, x→∞ 1 + 1/x x→∞ x + 1 1+0 lim nors abiem atvejais tur˙ jome neapibr˙ žtumą ∞/∞. e e Atvejis, kai tiesmukai skaičiuojant gaunamas reiškinys c/0 su c = 0, yra visiškai kitoks. Šiuo atveju yra tik trys galimyb˙ s: arba riba lygi ∞, arba e −∞, arba riba apskritai neegzistuoja. Paaiškinsiu, kod˙ l. e Iš pradžiu pasteb˙ siu, kad ˛ e 1 − − ∞ ir −→ y y→0+ 1 − − −∞. −→ y y→0− Pirmas teiginys išplaukia iš y > 1/ε ⇐⇒ 0 < 1/y < ε formul˙ s, o antras — e iš pirmojo. Tegu dabar f (x) − → 0 − x→a ir f (x) > 0 su visais x. Raide g pažymiu 1/y funkcijos siaurini (0; ∞) ˛ intervale. Tada su visais x apibr˙ žta g f (x) kompozicija. Kadangi e g(y) − → ∞, − y→0 iš (6.17) taisykl˙ s gaunu e g f (x) − → ∞. − x→a Taigi jei f (x) > 0 su visais x ir f (x) − → 0, tai − x→a 1 =∞ x→a f (x) lim Kadangi riba priklauso tik nuo funkcijos reikšmiu a taško aplinkoje, tai ˛ parašyta lygyb˙ bus teisinga ir tuo atveju, kai f (x) > 0 tik tam tikroje e a aplinkoje. Analogiškai irodoma, kad jei f (x) < 0 su visais x iš tam tikros a aplinkos ˛ ir f (x) − → 0, tai − x→a 1 lim = −∞. x→a f (x) 6.4. ASIMPTOTINIAI SĄRYŠIAI 189 Jeigu gi kiekvienoje a aplinkoje f funkcija igyja ir teigiamu ir neigiamu ˛ ˛, ˛ reikšmiu funkcija 1/f (x) ribos neturi. ˛, Kai f1 (x) − → c = 0, f2 (x) − → 0 − − x→a x→a ir skaičiuojama santykio f1 (x)/f2 (x) riba, tai gaunamas arba c · ∞, arba c · (−∞) rezultatas, arba ribos apskritai n˙ ra. Belieka pasteb˙ ti, kad c · ±∞ e e yra arba ∞, arba −∞, priklausomai nuo c ženklo. 6.4 Asimptotiniai sąryšiai o simbolis. Ankstesniame skyrelyje išnagrin˙ jau du pavyzdžius, kuriuose e pavyko suskaičiuoti ribą, išk˙ lus prieš skliaustus tam tikrą daugikli. Pastudie ˛ juosiu ši metodą giliau. ˛ Tarkime, reikia suskaičiuoti ribą x→∞ lim (x − x3 + x2 + 1). Tiesmukai skaičiuodamas, gaučiau neapibr˙ žtumą ∞ − ∞: e x→∞ lim (x − x3 + x2 + 1) = ∞ − ∞ + ∞ + 1 = ∞ − ∞. Pabandęs iškelti prieš skliaustus x, nieko nelaimiu: x→∞ lim x(1 − x2 + x + 1/x) = ∞ · lim (1 − x2 + x + 1/x) x→∞ = ∞ · (1 − ∞ + ∞ + 0) = ∞ · (∞ − ∞). Teisingas sprendimas — iškelti prieš skliaustus x3 : x→∞ lim x3 (1/x2 − 1 + 1/x + 1/x3 ) = ∞ · (0 − 1 + 0 + 0) = −∞. Atsakymą bučiau gavęs, ir išk˙ lęs x2 , bet mane domina universalus metoe ¯ das, o jis formuluojamas taip: prieš skliaustus iškeliamas svarbiausias narys. Kod˙ l reiškinyje e x − x3 + x2 − 1 svarbiausias narys yra x3 ? Tod˙ l, kad ji išk˙ lus prieš skliaustus iš likusiu e ˛ e ˛ nariu gaunamas reiškinys, kuris art˙ ja prie 0: ˛, e x + x2 − 1 = x3 (1/x2 + 1/x − 1/x3 ) ir 1/x2 + 1/x − 1/x3 − − 0. −→ x→∞ 190 6 SKYRIUS. RIBOS Skaičiuojant ribas, mažiau svarbus nariai itakos neturi. Pavyzdžiui, kiek˛ ¯ vieno iš x − x3 + x2 − 1, −x3 + 45x2 − x, −x3 + 70x + 105 reiškiniu riba (kai x → ∞) bus −∞. Tarkime, ˛ x→∞ lim (−x3 +70x+105) = lim x3 (−1+70/x2 +105/x3 ) = ∞·(−1+0+0) = −∞. x→∞ Tod˙ l dažnai skaičiavimuose mažiau svarbus nariai neperrašin˙ jami, o pakeie e ¯ čiami simboliu o(x3 ) (skaitome: „o mažasis nuo x3 “). Taigi visi trys min˙ ti e reiškiniai yra −x3 + o(x3 ) pavidalo ir ju riba skaičiuojama taip: ˛ x→∞ x→∞ lim (−x3 + o(x3 )) = lim x3 (−1 + o(1)) = ∞ · (−1 + 0) = −∞. Dabar griežtai apibr˙ šiu o simboli. Tegu M ⊂ R ir f, ϕ : M → R. e ˛ Sakysiu, kad f funkcija yra o(ϕ) tipo, kai x → a, jei egzistuoja tokia a taško aplinka U(a, ε) ir tokia funkcija g : M ∩ U(a, ε) → R, kad ∀x ∈ M ∩ U(a, ε) f (x) = ϕ(x)g(x); g(x) − → 0. − x→a Nor˙ dami pasakyti, kad f yra o(ϕ) tipo, rašome e f (x) = o ϕ(x) , kai x → a. Jei f yra o(ϕ) tipo, reiškiniuose dažnai rašome o ϕ(x) vietoje f (x). Griežtai kalbant, toks o(ϕ) simbolio vartojimas n˙ ra korektiškas. Bet visi taip daro e ir matydami toki užrašą supranta, ką jis reiškia. Plačiau apie tai pašnek˙ siu ˛ e po to, kai supažindinsiu su analogišku O simboliu. O simbolis. Kai matau simboli o(x3 ), vienintel˙ informacija, kurią turiu ˛ e apie juo pažym˙ tą funkciją f , yra ta, kad f yra mažiau svarbi, nei x3 e (t.y. išk˙ lęs prieš skliaustus x3 , gausiu reiškini, kuris art˙ ja i 0). e ˛ e ˛ Kartais norisi tur˙ ti papildomos informacijos apie f . Pavyzdžiui, tiek x+ e x2 +1, tiek 70x+105 yra o(x3 ) tipo (kai x → ∞), bet antrasis reiškinys idomus ˛ tuo, kad jame svarbiausias narys yra x, o ne x2 . Nor˙ dami tai pabr˙ žti, e e vietoje 70x + 105 rašome simboli O(x) (skaitome; „O didysis nuo x“). ˛ 6.4. ASIMPTOTINIAI SĄRYŠIAI 191 Simboliu O ϕ(x) žymima funkcija, kuri yra ne daugiau svarbi už ϕ(x). Taigi O panašus i ˛ sąryši, o o — i < sąryši. Kaip ir nelygyb˙ s, sąryšiai ˛ ˛ ˛ e „mažiau svarbi“, „ne daugiau svarbi“ yra tranzityvus. Pavyzdžiui, O(x) žymi ¯ kažkokią funkciją f , kuri yra ne daugiau svarbi už x; kadangi x yra mažiau svarbi už x3 , tai f taip pat yra mažiau svarbi už x3 . Taigi kiekviena O(x) tipo funkcija yra automatiškai o(x3 ) tipo. Tod˙ l O(x) tikrai duoda daugiau e informacijos apie funkciją, negu o(x3 ). Aišku, o(x) simbolis duotu dar daugiau informacijos apie funkciją negu ˛ O(x), tačiau jis ne visada pritaikomas. Pavyzdžiui, 70x + 105 yra O(x) tipo, bet n˙ ra o(x) tipo. Ji yra o(x2 ) tipo, bet tas simbolis duoda mažiau e informacijos, nei O(x) (nes gali buti ir trupmeniniai laipsniai). Vienintelis ¯ budas apsieti be O simbolio — rašyti 70x+o(x). Tada tikrai tur˙ čiau daugiau e ¯ informacijos nei parašęs O(x), bet ne visada norisi rašyti vieną papildomą tikslu nari 70x. ˛ ˛ Tikiuosi, kad jau pagrindžiau O simbolio reikalingumą. Beliko paaiškinti, ką jis tiksliai reiškia, t.y. ką reiškia žodžiai „ne daugiau svarbi“. Dažniausiai funkciją žymime O ϕ(x) simboliu, kai išk˙ lus prieš skliaustus ϕ(x), skliause tuose lieka reiškinys, turintis baigtinę ribą. Pavyzdžiui, 70x + 105 gali buti ¯ pažym˙ tas O(x) simboliu (kai x → ∞), nes e 70x + 105 = x(70 + 105/x) ir 70 + 105/x − − 70. −→ x→∞ Tačiau leidžiama O simboli naudoti ir tada, kai skliaustuose esantis reiškinys ˛ neturi ribos; svarbu, kad jis butu apr˙ žtas. e ¯ ˛ Griežtas O simbolio apibr˙ žimas yra toks. Tegu M ⊂ R ir f, ϕ : M → R. e Sakysiu, kad f funkcija yra O(ϕ) tipo, kai x → a, jei egzistuoja tokia a taško aplinka U(a, ε) ir tokia funkcija g : M ∩ U(a, ε) → R, kad ∀x ∈ M ∩ U(a, ε) f (x) = ϕ(x)g(x); g apr˙ žta U(a, ε) aplinkoje. e Nor˙ dami pasakyti, kad f yra O(ϕ) tipo, rašome e Jei f yra O(ϕ) tipo, reiškiniuose dažnai rašome O ϕ(x) vietoje f (x). Griežtai kalbant, toks O(ϕ) simbolio vartojimas n˙ ra korektiškas. Bet visi taip e daro ir matydami toki užrašą supranta, ką jis reiškia. Plačiau apie tai ˛ pašnek˙ siu žemiau. e O-reiškiniai. Formul˙ s, kuriose yra O ir o simboliai n˙ ra labai griežtos. e e Pavyzdžiui, rašoma x2 + x = o(x3 ), f (x) = O ϕ(x) , kai x → a. 192 x − 2 = o(x3 ) 6 SKYRIUS. RIBOS (kai x → ∞), bet tu dvieju lygybiu negalima sujungti i grandinę ˛ ˛ ˛ ˛ x2 + x = o(x3 ) = x − 2 ir padaryti išvadą Nežiurint i tai, kiekvieną formulę, kurioje yra O ir o simboliai, visi matem˛ ¯ atikai supranta vienodai. Dabar bandysiu paaiškinti, kaip jas reikia suprasti. Kad butu trumpiau, toliau reiškinius ir formules, kuriuose yra O ir o ¯ ˛ simboliai, vadinsiu, atitinkamai, O-reiškiniais ir o-simboliais. Be to, aibę M (funkciju apibr˙ žimo sriti) ir tašką a laikysiu fiksuotais. ˛ e ˛ Iš pradžiu paaiškinsiu, kaip reikia suprasti O-reiškinius. Kiekvienas O˛ reiškinys žymi ne vieną konkrečią funkciją, o atitinkamo pavidalo funkciju ˛ aibę. Pavyzdžiui, a) reiškiniai o(x2 ) ir O(x) žymi, atitinkamai, visu o(x2 ) ir visu O(x) tipo funkciju aibes; ˛ ˛ ˛ b) reiškinys x3 + O(1) žymi aibę x3 + f (x) pavidalo funkciju su tam tikra O(1) tipo funkcija f ; ˛ c) reiškinys xo(x) žymi aibę xf (x) pavidalo funkciju su tam tikra o(x) tipo funkcija f . ˛ Patogu isivaizduoti, kad ženklais x3 ir x šiuose pavyzdžiuose taip pat ˛ žymimos funkciju aib˙ s — aib˙ s, susidedančios iš vienos funkcijos: atitinka˛ e e mai, x → x3 ir x → x. Tada bet koks O-reiškinys yra R(A1 , . . . , An ) pavidalo; čia R(y1 , . . . , yn ) yra kokia nors n realiu kintamu ˛ funkcija, o ˛ ˛ju A1 , . . . , An — funkciju aib˙ s, arba susidedančios iš vienos funkcijos, arba iš ˛ e visu o(ϕ) arba O(ϕ) pavidalo funkciju Toks reiškinys žymi funkciju aibę ˛ ˛. ˛ {R(f1 , . . . , fn ) | f1 ∈ A1 , . . . , fn ∈ An }; čia R(f1 , . . . , fn ) yra funkcija x → R f1 (x), . . . , fn (x) . x2 + x = x − 2. 6.4. ASIMPTOTINIAI SĄRYŠIAI Pavyzdžiui, x + o(x) 2 − O(x) 193 (6.24) reiškinys yra R(A1 , A2 , A3 , A4 ) pavidalo; čia R(y1 , y2 , y3, y4 ) = y1 + y2 , y3 − y4 pavidalo funkciju čia f2 yra bet kokia o(x) tipo funkcija, o f4 — bet kokia ˛; O(x) pavidalo funkcija. Jei x → ∞, viena iš tokiu funkciju yra funkcija ˛ ˛ f (x) = x+1 . 2 − 3x A1 yra aib˙ iš vienos funkcijos x → x, A2 — aib˙ visu o(x) tipo funkciju e e ˛ ˛, A3 — aib˙ iš vienos funkcijos x → 2 ir A4 — aib˙ visu O(x) tipo funkciju e e ˛ ˛. Tod˙ l (6.24) žymi aibę visu e ˛ x + f2 (x) 2 − f4 (x) Parašydamas vietoje jos (6.24) reiškini, aš isitikinu, kad turiu teisę tą daryti, ˛ ˛ sakydamas sau tokius žodžius: viršutinis o(x) žymi pastoviąją funkciją 1, apatinis O(x) žymi 3x. Bet toliau dirbdamas su (6.24) reiškiniu, aš pamirštu, kokios konkrečios funkcijos buvo pažym˙ tos o(x) ir O(x) simboliais, ir visi e tolesni mano samprotavimai tur˙ tu tikti tiek f funkcijai, tiek ir funkcijai e ˛ g(x) = kuri taip pat yra (6.24) pavidalo. O-formul˙ es. Dabar paaiškinsiu, kaip suprantamos O-formul˙ s. Visos Oe formul˙ s, su kuriomis susidursime, bus lygyb˙ s A = B, kur A ir B yra kokie e e nors O-reiškiniai (funkciju aib˙ s). Tokia lygyb˙ turi buti suprantama kaip ˛ e e ¯ sąryšis A ⊂ B, reiškiantis, kad kiekviena funkcija iš A aib˙ s priklauso ir B aibei. e Pavyzdžiui, O-formul˙ e o(1) = O(x2 ) reiškia f ∈ o(1) ⇒ f ∈ O(x2 ), x + 1/x , 2 + x/2 194 6 SKYRIUS. RIBOS t.y. kad kiekviena o(1) tipo funkcija yra ir O(x2 ) tipo. Jei x → 0, ši formul˙ e neteisinga: funkcija f (x) = x yra o(1) tipo (nes x − → 0), bet n˙ ra O(x2 ) − e x→0 tipo (nes x = x2 · (1/x) ir 1/x funkcija n˙ ra apr˙ žta jokioje 0 aplinkoje). e e Jei kair˙ je A = B lygyb˙ s pus˙ je stovi konkreti funkcija (t.y. A={f}), tai e e e tokia O-formul˙ reiškia, kad f ∈ B. Pavyzdžiui, O-formul˙ e e x2 + x = O(x2 ) reiškia, kad funkcija x → x2 + x yra O(x2 ) pavidalo. Jei x → ∞, tokia formul˙ teisinga. e O-lygyb˙ yra tranzityvus sąryšis, t.y. iš e A=B=C grandin˙ s išplaukia A = C. Irodymas paprastas: parašyta grandin˙ reiškia e ˛ e faktiškai, kad A ⊂ B ⊂ C, o iš to išplaukia A ⊂ C. Tačiau O-lygyb˙ n˙ ra simetrinis sąryšis, t.y. iš A = B neišplaukia B = A. e e Pavyzdžiui, jei x → ∞, tai x2 + x = O(x2 ), O(x2 ) = x2 + x (nes be x2 + x yra ir daugiau O(x2 ) tipo funkciju pavyzdžiui, x2 ). ˛, Dar viena naudinga O-lygyb˙ s savyb˙ užrašoma taip: e e Kitaip tariant, jei teisingos O-lygyb˙ s A1 = B1 , . . . , An = Bn , tai bet kokiame e O-reiškinyje galima vietoje Ai irašyti Bi ir gauti naują teisingą O-lygybę. ˛ Ši savyb˙ irodoma paprastai. O-lygyb˙ Ai = Bi reiškia faktiškai, kad e ˛ e Ai ⊂ Bi . Tada iš f ∈ R(A1 , . . . , An ) išplaukia ∃f1 ∈ A1 . . . ∃fn ∈ An f = R(f1 , . . . , fn ); ∃f1 ∈ B1 . . . ∃fn ∈ Bn f = R(f1 , . . . , fn ); f ∈ R(B1 , . . . , Bn ), A1 = B1 , . . . , An = Bn ⇒ R(A1 , . . . , An ) = R(B1 , . . . , Bn ). bet o tai ir yra O-lygyb˙ s R(A1 , . . . , An ) = R(B1 , . . . , Bn ) prasm˙ . e e Pavyzdžiui, nesunku isitikinti, kad jei x → 0, tai ˛ x2 + x3 = o(x), O(x2 ) = o(x). To pakanka, kad gal˙ tume parašyti lygybę e x + x2 + x3 x + o(x) = . 1 + O(x2 ) 1 + o(x) 6.4. ASIMPTOTINIAI SĄRYŠIAI Pavyzdžiai. 1. O ϕ(x) = ϕ(x)O(1) = O ϕ(x) ; o ϕ(x) = ϕ(x)o(1) = o ϕ(x) ; Jei f yra O(ϕ) tipo funkcija, tai tam tikroje a taško aplinkoje f (x) = ϕ(x)g(x) 195 su tam tikra apr˙ žta funkcija g. Kadangi g = 1 · g, ši funkcija yra O(1) tipo. e Tod˙ l f yra ϕO(1) tipo funkcija. e Atvirkščiai, tegu f yra ϕO(1) tipo, t.y. f (x) = ϕ(x)g(x) su tam tikra O(1) tipo funkcija g. Tada g = 1 · h su tam tikra funkcija h, kuri apr˙ žta e tam tikroje, gal but, siauresn˙ je a aplinkoje. Kadangi g = h, g funkcija taip e ¯ pat apr˙ žta. Taigi f (x) = ϕ(x)g(x) su tam tikra apr˙ žta funkcija g, t.y. f e e yra O(ϕ) tipo. Antras teiginys irodomas panašiai. ˛ 2. Kaip jau min˙ jau aukščiau, dažniausiai O(1) simboliu žymimos funkcie jos, turinčios baigtines ribas, kai x → a. Irodysiu, kad tai teis˙ ta: ˛ e f (x) − → b ∈ R ⇒ f (x) = O(1) . − x→a (6.25) Pasirenku |b| < c < ∞. Tada iš f (x) − → b ∈ (−c; c) − x→a išplaukia, kad f (x) ∈ (−c; c) su visais x, esančiais pakankamai arti a, t.y. f yra apr˙ žta tam tikroje a aplinkoje. e Intuicija sako, kad kai x → ∞, svarbiausi yra nariai su didžiausiu x laipsniu, o kai x → 0 — su mažiausiu x laipsniu. Jei x → c = 0, ±∞, visi tokie nariai yra vienodai svarbus. Pasir˙ męs (6.25) taisykle, galiu tai e ¯ pagristi. Pavyzdžiui, ˛ 2x − x2 = O(1), kai x → 1, nes 2x − x2 − → 1; − x→1 2x − x2 = O(x), kai x → 0, nes 2x − x2 = x(2 − x) ir 2 − x − → 2; − x→0 2x − x2 = O(x2 ), kai x → ∞, 196 nes 2x − x2 = x2 (2/x − 1) ir 2/x − 1 − − −1. −→ x→∞ 6 SKYRIUS. RIBOS 3. Kiekviena o(1) tipo funkcija art˙ ja i 0. Kadangi 0 yra baigtinis skaičius, e ˛ iš (6.25) išplaukia, kad o(1) = O(1). (6.26) Ašku, kad tada ir o ϕ(x) = ϕ(x)o(1) = ϕ(x)O(1) = O ϕ(x) . Kitaip tariant, vietoje o ϕ(x) visada galima parašyti O ϕ(x) . Pavyzdžiui, galima rašyti x2 + o(x) = x2 + O(x). Per˙ jimas nuo kairiosios prie dešiniosios lygyb˙ s pus˙ s susijęs su tam tikros e e e informacijos praradimu, bet kartais ta informacija n˙ ra svarbi. e Atvirkščia (6.26) lygybei n˙ ra teisinga, t.y. formul˙ e e O ϕ(x) = o ϕ(x) apskritai neteisinga. Pavyzdžiui, x = O(x), bet x = o(x), Asimptotiniai skleidiniai. kai x → ∞. kai x → ∞, Lygyb˙ e f (x) = ϕ1 (x) + · · · + ϕk (x) + O ϕk+1 (x) vadinama asimptotiniu f funkcijos skleidiniu, jei ϕi+1 (x) = o ϕi (x) su visais 1 i k. Vietoje O ϕk+1 (x) nario gali buti mažiau informatyvus ¯ o ϕk (x) . Jei x → 0, asimptotiniai skleidiniai dažniausiai atrodo taip: f (x) = cl xl + cl+1 xl+1 + · · · + ck xk + O(xk+1) arba f (x) = cl xl + cl+1 xl+1 + · · · + ck xk + o(xk ); 6.4. ASIMPTOTINIAI SĄRYŠIAI jei x → ∞ — taip f (x) = ck xk + ck−1 xk−1 + · · · + cl xl + O(xl−1 ) arba f (x) = ck xk + ck−1 xk−1 + · · · + cl xl + o(xl ). 197 Čia ci yra kokie nors konkretus skaičiai. ¯ Pabr˙ šiu, kad rašant asimptotini skleidini, svarbesni nariai rašomi pire ˛ ˛ miau. Pavyzdžiui, f (x) = x − x3 x5 + + O(x7 ), kai x → 0; 6 120 2 g(x) = x − 1 + 2 + o(x−3 ), kai x → ∞. x Jei x art˙ ja i koki nors baigtini a = 0, paprastai „skleidžiama x − a e ˛ ˛ ˛ laipsniais“: f (x) = cl (x − a)l + cl+1 (x − a)l+1 + · · · + ck (x − a)k + O (x − a)k+1 Pavyzdžiui, f (x) = 2 − 3(x − 1) + (x − 1)2 + O (x − 1)3 , kai x → 1. Jei šiame pavyzdyje „atlikčiau veiksmus“ ir parašyčiau f (x) = 6 − 5x + x2 + O (x − 1)3 , kai x → 1, klaidos nebutu bet gautos O-formul˙ s jau negal˙ čiau vadinti asimptotiniu e e ¯ ˛, skleidiniu. Tur˙ damas vieną asimptotini skleidini, galiu automatiškai gauti ir seriją e ˛ ˛ trumpesniu Pavyzdžiui, jei ˛. f (x) = 2 − x + 3x2 − x3 + O(x4 ), kai x → 0, tai teisingos ir tokios formul˙ s: e f (x) = 2 + O(x); f (x) = 2 − x + O(x2 ); f (x) = 2 − x + 3x2 + O(x3 ). f (x) = cl (x − a)l + cl+1 (x − a)l+1 + · · · + ck (x − a)k + o (x − a)k . 198 Tarkime, pirmoji formul˙ irodoma taip: e˛ f (x) = 2 − x + 3x2 − x3 + x4 O(1) 6 SKYRIUS. RIBOS = 2 + x −1 + 3x − x2 + x3 O(1) = 2 + xO(1) = 2 + O(x) (vietoje −1 + 3x − x2 + x3 O(1) reiškinio galiu parašyti O(1), nes jis art˙ ja i e ˛ baigtini skaičiu −1). ˛ ˛ Ankstesniame pavyzdyje reiškiniai 2, 2 − x, 2 − x + 3x2 , 2 − x + 3x2 − x3 gali buti interpretuojami kaip apytiksl˙ s funkcijos reikšm˙ s, kai (x netoli e e ¯ 0). Kuo daugiau asimptotinio skleidinio nariu tuo tikslesn˙ ta reikšm˙ . ˛, e e Pavyzdžiui, jei x = 0.1, tai gautume f (0.1) ≈ 2; f (0.1) ≈ 1.9; f (0.1) ≈ 1.93; f (0.1) ≈ 1.929. Toliau šiame skyrelyje aprašysiu taisykles, kurios taikomos, norint iš vienu ˛ asimptotiniu skleidiniu gauti kitus. ˛ ˛ O-reiškiniu daugyba. Išaiškinsiu, kaip gauti funkciju sandaugos asimp˛ ˛ totini skleidini, kai žinomi daugikliu asimptotiniai skleidiniai. Prad˙ siu nuo ˛ ˛ ˛ e pavyzdžio: kai x → 0, x + O(x) 2 − O(x) = 2x + 2O(x) − xO(x) − O(x)O(x) = 2x + O(x) + O(x2 ) + O(x2 ) = 2x + O(x) + O(x) + O(x) = 2x + O(x). (6.27) Dabar paaiškinsiu, ką čia parašiau. Pirma lygyb˙ gauta tiesiog sudauginus dvi sumas panariui. Tai, kad ji e teisinga, isitikinti galima taip. Tegu f yra bet kokia ˛ x + O(x) 2 − O(x) 6.4. ASIMPTOTINIAI SĄRYŠIAI tipo funkcija. Tada f (x) = x + f1 (x) 2 − f2 (x) 199 su tam tikromis O(x) tipo funkcijomis f1 , f2 . Dešin˙ je pus˙ je stovi jau e e iprastas reiškinys; tod˙ l abi sumas galima sudauginti ir gauti ˛ e f (x) = 2x − xf2 (x) + 2f1 (x) − f1 (x)f2 (x). Belieka pasteb˙ ti, kad −xf2 (x) funkcija yra −xO(x) tipo, 2f1 (x) funkcija — e 2O(x) tipo, o −f1 (x)f2 (x) funkcija — −O(x)O(x) tipo. Gali pasirodyti, kad pirmoji lygyb˙ yra triviali ir aš čia per daug aiškinu, e bet taip n˙ ra. Pavyzdžiui, toli gražu neaišku, ar ją galima apgręžti, t.y. ar e teisinga lygyb˙ e 2x + 2O(x) − xO(x) − O(x)O(x) = x + O(x) 2 − O(x) . Dalykas tas, kad kair˙ je pus˙ je yra keturi O simboliai ir nebutinai du iš ju e e ˛ ¯ žymi tą pačią vieną, o kiti du — kitą funkciją. Rašydamas antrą lygybę (6.27) grandin˙ je, vietoje 2O(x) parašiau O(x), e 2 vietoje −xO(x) — O(x ) ir vietoje −O(x)O(x) — taip pat O(x2 ). Visi trys veiksmai atlikti taikant vieną taisyklę: O ϕ(x) O ψ(x) = O ϕ(x)ψ(x) . Tikrai, 2 = O(1) ir −x = O(x), kai x → 0; tod˙ l e 2O(x) = O(1)O(x) = O(1 · x) = O(x), −xO(x) = O(x)O(x) = O(x · x) = O(x2 ). Trečias veiksmas atliktas dviem žingsniais: kadangi −1 = O(1), tai −O(x)O(x) = O(1)O(x)O(x) = O(x)O(x) = O(x2 ). Irodysiu (6.28) taisyklę. Kadangi ˛ O ϕ(x) O ψ(x) = ϕ(x)ψ(x)O(1)O(1), pakanka isitikinti, kad ˛ O(1)O(1) = O(1), t.y. kad dvieju apr˙ žtu funkciju sandauga yra apr˙ žta. ˛ e ˛ ˛ e Tegu |f1 (x)| c1 su visais x ∈ U(a, δ1 ) ir |f2 (x)| c2 su visais x ∈ U(a, δ2 ). Pažymiu δ = min(δ1 , δ2 ). Tada su visais x ∈ U(a, δ) |f1 (x)f2 (x)| |f1 (x)| |f2 (x)| c1 c2 , (6.28) 200 6 SKYRIUS. RIBOS t.y. f1 f2 funkcija apr˙ žta U(a, δ) aplinkoje. e Rašydamas trečią lygybę (6.27) grandin˙ je, vietoje O(x2 ) parašiau O(x). e Čia pasir˙ miau tokia taisykle: e ϕ1 (x) = O ϕ2 (x) ⇒ O ϕ1 (x) = O ϕ2 (x) . (6.29) Tikrai, x2 = O(x), kai x → 0; tod˙ l O(x2 ) = O(x). e Irodysiu (6.29) taisyklę. Iš prielaidos išplaukia, kad ϕ1 (x) = ϕ2 (x)O(1); ˛ tod˙ l e O ϕ1 (x) = ϕ1 (x)O(1) = ϕ2 (x)O(1)O(1) = ϕ2 (x)O(1) = O ϕ2 (x) . Ketvirta lygyb˙ (6.27) pavyzdyje gauta pagal tokią taisyklę: e O ϕ(x) + O ϕ(x) = O ϕ(x) . Irodymas. Kadangi ˛ O ϕ(x) + O ϕ(x) = ϕ(x)O(1) + ϕ(x)O(1) = ϕ(x) O(1) + O(1) , pakanka isitikinti, kad ˛ O(1) + O(1) = O(1), t.y. kad dvieju apr˙ žtu funkciju suma yra apr˙ žta. ˛ e ˛ ˛ e Tegu |f1 (x)| c1 su visais x ∈ U(a, δ1 ) ir |f2 (x)| c2 su visais x ∈ U(a, δ2 ). Pažymiu δ = min(δ1 , δ2 ). Tada su visais x ∈ U(a, δ) |f1 (x) + f2 (x)| |f1 (x)| + |f2 (x)| c1 + c2 , t.y. f1 + f2 funkcija apr˙ žta U(a, δ) aplinkoje. e Duosiu dar vieną pavyzdi, kuriame jau bus ne tik O, bet ir o simbolis. ˛ Kai x → 0, x + o(1) 1 − x + O(x2 ) = x(1 − x) + xO(x2 ) + (1 − x)o(1) + o(1)O(x2) = x − x2 + O(x3 ) + o(1) + o(x2 ) = x + o(1) + o(1) + o(1) + o(1) = x + o(1). Rašydamas pirmą lygybę, v˙ l tiesiog padauginau kiekvieną nari iš kieke ˛ vieno. Rašydamas antrą lygybę, pasir˙ miau jau žinoma (6.28) taisykle ir jai e analogiška tokia taisykle: O ϕ(x) o ψ(x) = o ϕ(x)ψ(x) . (6.31) (6.30) 6.4. ASIMPTOTINIAI SĄRYŠIAI Tikrai, x = O(x) ir 1 − x = O(1), kai x → 0; tod˙ l e xO(x2 ) = O(x3 ); (1 − x)o(1) = O(1)o(1) = o(1). Be to, tiesiai iš (6.31) gaunu o(1)O(x2 ) = o(x2 ). Irodysiu (6.31) taisyklę. Kadangi ˛ O ϕ(x) o ψ(x) = ϕ(x)ψ(x)O(1)o(1), 201 pakanka isitikinti, kad O(1)o(1) = o(1), t.y. kad apr˙ žtos ir art˙ jančios i 0 ˛ e e ˛ funkciju sandauga art˙ ja i 0. O tai išplaukia iš (6.19) taisykl˙ s. ˛ e ˛ e Rašydamas trečiąją lygybę nagrin˙ jamame pavyzdyje, vietoje −x2 , O(x3 ) e 2 ir o(x ) parašiau o(1). Pagrindimas toks pat, kaip ir irodin˙ jant (6.29) tai˛ e syklę: O(x3 ) = x3 O(1) = o(1)O(1) = o(1); o(x2 ) = x2 o(1) = O(1)o(1) = o(1). Ketvirtoji lygyb˙ remiasi tokia taisykle: e o ϕ(x) + o ϕ(x) = o ϕ(x) . Ji irodoma panašiai, kaip (6.30) taisykl˙ . Kadangi ˛ e o ϕ(x) + o ϕ(x) = ϕ(x)o(1) + ϕ(x)o(1) = ϕ(x) o(1) + o(1) , pakanka isitikinti, kad ˛ o(1) + o(1) = o(1), t.y. kad dvieju art˙ jančiu i 0 funkciju suma art˙ ja i 0. Tai išplaukia iš teore˛ e ˛˛ ˛ e ˛ mos apie funkciju sumos ribą. ˛ O-reiškiniu dalyba. ˛ sykl˙ s: e Dalinant vieną O-reiškini iš kito, pakanka tokios tai˛ 1 = 1 + o(1) . 1 + o(1) (6.33) (6.32) Iš pradžiu ją irodysiu. Tegu f yra bet kokia 1/ 1 + o(1) tipo funkcija, t.y. ˛ ˛ f (x) = 1 1 + g(x) 202 6 SKYRIUS. RIBOS su tam tikra art˙ jančia i 0 funkcija g. Tada f (x) − → 1; tod˙ l f (x)−1 − → 0 e ˛ − e − x→a x→a ir f (x) = 1 + f (x) − 1 = 1 + o(1). Dalinant vieną O-reiškini iš kito praktiškai, paprastai dalinama „kampu“, ˛ o (6.33) taisykl˙ taikoma, tik pagrindžiant gautą rezultatą. Štai vienas pae vyzdys. Tarkime, reikia suskaičiuoti x − 2x2 + O(x3 ) 1 + 2x + O(x2 ) santykio asimptotiką, kai x → 0. Dalindamas „kampu“, gaunu: x −2x2 x +2x2 −4x2 −4x2 Reiškia, +O(x3 ) +O(x3 ) +O(x3 ) +O(x3 ) O(x3 ) 1 + 2x + O(x2 ) x − 4x2 + O(x3 ) x − 2x2 + O(x3 ) = x − 4x2 + O(x3 ). 1 + 2x + O(x2 ) Nor˙ damas pagristi gautą išvadą, samprotauju taip: e ˛ x − 2x2 + O(x3 ) − (x − 4x2 ) 1 + 2x + O(x2 ) x − 2x2 + O(x3 ) − (x − 4x2 ) 1 + 2x + O(x2 ) = 1 + 2x + O(x2 ) x − 2x2 + O(x3 ) − x − 2x2 + O(x3 ) = 1 + 2x + O(x2 ) O(x3 ) = 1 + 2x + O(x2 ) O(x3 ) = 1 + o(1) = O(x3 ) 1 + o(1) = O(x3 ). Štai dar vienas pavyzdys, šikart su o simboliu. Tarkime, reikia suskai˛ čiuoti 3 + x + O(x2 ) x + o(x2 ) 6.4. ASIMPTOTINIAI SĄRYŠIAI reiškinio asimptotiką. Dalindamas kampu gaunu 3 +x +O(x2 ) 3 +o(x) x +o(x) x +o(x2 ) o(x) Dalybos pagrindimas toks: 3 + x + O(x2 ) − (3/x + 1) x + o(x2 ) 3 + x + O(x2 ) 3 − +1 = x + o(x2 ) x x + o(x2 ) 3 + x + O(x2 ) − 3 + x + o(x) = x + o(x2 ) o(x) = x + o(x2 ) o(x) 1 = x 1 + o(1) o(x) 1 + o(1) = x = o(1). Sud˙ etiniu funkciju asimptotika. V˙ l išnagrin˙ siu du pavyzdžius. ˛ ˛ e e x 1. Tarkime, sin x ir e yra tokios funkcijos, kad sin x = x + O(x3 ), ex = 1 + x + x2 /2 + O(x3 ), kai x → 0. Tada, kai x → 0, esin x = 1 + sin x + 1 2 sin x + O sin3 x 2 1 = 1 + x + O(x3 ) + x + O(x3 ) 2 1 2 3 = 1 + x + x + O(x ). 2 x + o(x2 ) 3/x + 1 + o(1) 203 2 + O(x3 ) (6.34) Rašydamas pirmą lygybę, asimptotiniame ex skleidinyje vietoje x irašiau ˛ x sin x. Pažiur˙ kime, ar tur˙ jau tokią teisę. Iš asimptotin˙ s e išraiškos iše e ¯e plaukia, kad ey = 1 + y + y 2 /2 + g(y) 204 6 SKYRIUS. RIBOS su tam tikra funkcija g, kuri yra O(y 3) tipo, kai y → 0. Reiškia, esin x = 1 + sin x + 1 2 sin x + g(sin x) 2 ir klausimas tik toks: ar galiu tvirtinti, kad g(sin x) = O(sin3 x), kai x → 0? Teigiamas atsakymas išplaukia iš tokios taisykl˙ s: e g(y) = O ψ(y) , kai y → b, f (x) − → b − x→a ⇒ g f (x) = O ψ(f (x)) , kai x → a. (6.35) Irodysiu ją. Iš prielaidos išplaukia, kad ˛ g(y) = ψ(y)h(y) su tam tikra funkcija h, kuri apr˙ žta tam tikroje b taško aplinkoje. Tada e g f (x) = ψ f (x) h f (x) ir tereikia irodyti, kad funkcija h f (x) yra O(1) tipo, t.y. apr˙ žta tam tikroje ˛ e a aplinkoje. Tegu |h(y)| c su visais y ∈ U(b, ε). Iš f (x) − → b išplaukia, kad − egzistuoja toks δ, kad f (x) ∈ U(b, ε) su visais x ∈ U(a, δ). Taigi h f (x) c x→a su visais x ∈ U(a, δ). Rašydamas antrą lygybę (6.34) grandin˙ je, vietoje sin x visur irašiau jo e ˛ asimptotinę išraišką, o vietoje O(sin3 x) parašiau O(x3 ). Čia pasir˙ miau e (6.29) taisykle. Tikrai, sin x = x + O(x3 ) = O(x); tod˙ l e sin3 x = O(x)O(x)O(x) = O(x3 ) ir iš (6.29) išplaukia, kad O(sin3 x) = O(x3 ). 6.4. ASIMPTOTINIAI SĄRYŠIAI 205 Paskutin˙ lygyb˙ (6.34) grandin˙ je akivaizdi: x + O(x3 ) reiškini pak˙ liau e e e ˛ e kvadratu, vietoje xO(x3 ) parašiau O(x4 ) = O(x3 ), vietoje O(x3 )O(x3 ) — O(x6 ) = O(x3 ) ir galiausiai vietoje keturiu O(x3 ) d˙ menu palikau tik vieną. ˛ e ˛ 2. Antras pavyzdys demonstruoja darbą su o simboliu. Kadangi ey = 1 + y + o(y), kai y → 0, tai esin x = 1 + sin x + o(sin x) = 1 + x + O(x3 ) + o(x) = 1 + x + o(x), kai x → 0. Rašydamas pirmą lygybę, pasir˙ miau tokia taisykle: e g(y) = o ψ(y) , kai y → b, f (x) − → b − x→a ⇒ g f (x) = o ψ(f (x)) , kai x → a. (6.36) Irodysiu ją. ˛ Šiuo atveju g(y) = ψ(y)h(y) su tam tikra art˙ jančia i 0 funkcija h. Iš (6.17) taisykl˙ s išplaukia, kad e ˛ e h f (x) − → 0. Tod˙ l − e x→a g f (x) = ψ f (x) h f (x) = ψ f (x) o(1) = o ψ f (x) . Kitos dvi lygyb˙ s nagrin˙ jamame pavyzdyje akivaizdžios: kadangi sin x = e e O(x), tai o(sin x) = sin xo(1) = O(x)o(1) = o(x); be to, O(x3 ) + o(x) = x3 O(1) + xo(1) = x x2 O(1) + o(1) = xo(1) = o(x). Pabr˙ šiu, kad (6.35) ir (6.36) taisykl˙ se svarbu, kad f (x) art˙ tu prie b, e e e ˛ y o ne prie kokio nors kito skaičiaus. Pavyzdžiui, e funkcijos asimptotiniame skleidinyje tur˙ jau teisę vietoje y istatyti sin x, nes sin x − → 0 (tai e ˛ − x→0 išplaukia iš funkcijos sin x asimptotinio skleidinio: sin x = x + O(x3 ) = o(1)). Funkcija ex neart˙ ja prie 0, kai x → 0; tod˙ l panašiai gauti sin ex asimptotikos e e nepavyktu ˛: sin ex = ex + O(e3x ), kai x → 0. 206 6 SKYRIUS. RIBOS (6.35) ir (6.36) taisykl˙ s dažnai taikomos ir ieškant asimptotikos, kai x e art˙ ja prie kokio nors baigtinio a = 0. Pavyzdžiui, jei reikia gauti f funkcijos e asimptotini skleidini, kai x → 1, paprastai isivedame naują kintamąji h = ˛ ˛ ˛ ˛ x − 1, kuris jau art˙ ja prie 0. Jei e f (1 + h) = ck hk + · · · + cl hl + O(hl+1), kai h → 0, tai pasir˙ mus (6.35) galima vietoje h irašyti x − 1 (nes x − 1 − → 0): e ˛ − x→1 f (x) = ck (x − 1)k + · · · + cl (x − 1)l + O (x − 1)l+1 , kai x → 1. 6.4 vyzdi. ˛ pratimas. Ar teisingos duotos lygyb˙ s? Jei ne, duokite kontrpae 3 I. 1 + x + O(x) II. = 1 + 3x + O(x2 ), kai x → 0. 1 = 1 − x + o(x), kai x → 0. 1 + x + o(x) Sprendimas. I. Neteisinga. Kair˙ je lygyb˙ s pus˙ je esantis O(x) gali e e e žym˙ ti x funkciją. Tada kair˙ pus˙ lygi e e e (1 + 2x)3 = 1 + 6x + 12x2 + x3 , o tai n˙ ra 1 + 3x + O(x2 ), nes 3x + 12x2 + x3 = O(x2 ) (funkcija e neapr˙ žta 0 aplinkoje). e II. Teisinga. Paaiškinimas. I. 1 + x + O(x) 3 3 x + 12 + x = 1 + O(x) = 1 + 3O(x) + O(x2 ) = 1 + O(x). 3 Kagangi O(x) = 3x + O(x2 ), duota lygyb˙ neteisinga. e Bandau konstruoti kontrpavyzdi. Man reikia, kad O(x) paskutin˙ je eilu˛ e 2 2 t˙ je žym˙ tu bet ką, tik ne 3x + O(x ). Tarkime, jis žymi 6x + O(x ). Tada e e ˛ O(x) trečioje ir antroje eilut˙ je turi žym˙ ti 2x, o pirmoje eilut˙ je — x. e e e II. Dalindami kampu, gauname: 1 1 +x +o(x) −x +o(x) −x +o(x) o(x) 1 + x + o(x) 1 − x + o(x) 6.4. ASIMPTOTINIAI SĄRYŠIAI ∼ sąryšis. Rašome 207 jei g(x) yra svarbiausias f funkcijos asimptotinio skleidinio narys, t.y. jei f (x) = g(x) + o g(x) , kai x → a. Pavyzdžiui, x + x2 ∼ x, kai x → 0. Apibr˙ žimą galima užrašyti ir taip: f (x) ∼ g(x), kai f (x) = g(x)h(x) su e tam tikra funkcija h, kuri art˙ ja i 1. Tikrai, e ˛ g(x) + o g(x) = g(x) 1 + o(1) , o h funkcija yra 1 + o(1) tipo tada ir tik tada, kai ji art˙ ja i 1. e ˛ Skyrelio pradžioje min˙ jau, kad skaičiuojant ribas svarbus tik svarbiausias e narys: f (x) ∼ g(x) − → b ⇒ f (x) − → b. − − x→a x→a f (x) ∼ g(x), kai x → a, apie sandaugos ribą gaunu, kad f (x) − → b · 1 = b. − x→a Tikrai, jei f (x) = g(x)h(x) su g(x) − → b ir h(x) − → 1, tai iš teoremos − − x→a x→a Irodysiu, kad dauginant ar dalinant funkcijas svarbiausi nariai, atitinka˛ mai, padauginami arba padalinami. Tiksliau, f1 (x) ∼ g1 (x) f2 (x) ∼ g2 (x) ⇒ f1 (x)f2 (x) ∼ g1 (x)g2 (x), f1 (x)/f2 (x) ∼ g1 (x)/g2 (x). x→a Iš prielaidu išplaukia, kad fi (x) = gi(x)hi (x) su hi (x) − → 1. Tada ˛ − f1 (x)f2 (x) = g1 (x)g2 (x)h1 (x)h2 (x), f1 (x) g1 (x) h1 (x) = · f2 (x) g2 (x) h2 (x) ir tiek h1 (x)h2 (x), tiek h1 (x)/h2 (x) art˙ ja i 1. e ˛ Taigi sandaugos ir dalmens ribos gali buti skaičiuojamos taip, kaip šiame ¯ pavyzdyje: kai x → ∞, (x + 1)(x2 − 7x + 15) x · x2 1 ∼ 3 2 = 2 → 0; 3 (x2 − 2) x x ·x x tod˙ l e (x + 1)(x2 − 7x + 15) = 0. x→∞ x3 (x2 − 2) lim 208 6 SKYRIUS. RIBOS Nagrin˙ jant funkciju sumas, reikia buti atsargesniems: iš f1 (x) ∼ g1 (x), e ˛ ¯ f2 (x) ∼ g2 (x) apskritai neišplaukia, kad f1 (x) ± f2 (x) ∼ g1 (x) ± g2 (x). Pavyzdžiui, jei x → 0, tai x + 2x2 ∼ x, bet (x + 2x2 ) − (x + x2 ) = x2 ∼ 0, kai x → 0. x + x2 ∼ x, 6.5 Uždaviniai 1. (2002) Tarkime, A = [2; ∞], a = ∞, ε = 0.5. Ar U(a, ε) ⊂ A? 2. Raskite Int A ir A. • A = (0; 2) ∪ {2, 3, 4}. • A = R \ R. • A = (0; 4) \ (1; 2). • (2002) A = [−2; ∞] \ N. • (2002) A = [0; ∞] ∪ Z. • (2002) A = {n + 1/n | n ∈ N}. • (2002) A = (0; ∞) \ N. • (2002) A = Z \ N. • (2002) A = R \ [0; 1]. • (2004) A = (0; 4) ∪ N. • (2004) A = {x | 1 < |x| < 2}. • (2004) A = [0; 3] \ {1, 2, 3}. • (2004) A = (0; 1) ∪ [2; 3] ∪ {4}. • (2004) A = {x | x = 0}. • (2004) A = {1, 2, 3} \ [2; 3]. 3. Ar A atvira (uždara)? Jei ne, tai kod˙ l? e 6.5. UŽDAVINIAI • A = {0, 1, 2}. • A = N ∪ (12; ∞]. • A = [−5; 5] \ [−4; 4]. • (2002) A = [0; ∞) \ N. • (2002) A = [−1; 1] \ Z. • (2004) A = Z \ N. • (2004) A = (0; 4) ∪ {−1, 1}. • (2004) A = [−2; 2] \ [−3; −1] ∪ [1; 3] . 4. Kaip gal˙ tu atrodyti f funkcijos grafikas, jei žinoma, kad e ˛ • f (1−) = ∞, f (1+) = ∞, f (1) = 2. • f (2−) = −∞, f (2) = 1 ir f tolydi iš dešin˙ s. e 209 • f (1+) = f (2−) = −∞, f (1) = f (2) = 1, f (2+) = ∞ ir f tolydi iš kair˙ s. e • (2002) f (0−) = f (0) = 0, f (0+) = ∞. • (2002) f (3−) = ∞, f (3) = 1 ir f (3+) = 0; 5. (2002) Apskaičiuokite f funkcijos ribas iš kair˙ s ir iš dešin˙ s taškuose −1, e e 0 ir 1. • f (x) = 1/x, kai x = 0. • f (x) = 1, kai |x| 1; −x, kai |x| > 1. 6. (2002) Kuriuose taškuose duotos funkcijos tolydžios iš kair˙ s, o kuriuose e — iš dešin˙ s? e f (x) = kai x = 0; ∞, kai x = 0; 1 , x2 g(x) = 2, kai |x| 1; |x|, kai |x| < 1. 7. Ar teisingi duoti teiginiai? Jei ne, duokite kontrpavyzdi. ˛ • (x + 1)(2 + x + x2 ) = 2x + o(x), kai x → 0. 210 6 SKYRIUS. RIBOS • 1 + O(x) 2 + x + o(x) = 2 + x + o(x), kai x → 0. • • x+1 = x + O(1), kai x → ∞. 1 + o(x) 1 + x + o(x) = 1 + o(x), kai x → 0. 1 + x + o(x) • (2002) 1 + x + o(x) 1 + o(x) = 1 + x + o(x), kai x → 0. • (2002) (1 + x + x2 )5 = 1 + 5x + 5x2 + o(x2 ), kai x → 0. • (2002) x + x2 + O(x2 ) = x + o(x), kai x → 0. • (2004) 1 + O(x) = 1 + O(x), kai x → 0. 1 + o(x) 2 • (2004) 1 + x + x2 + o(x2 ) = 1 + 2x + 2x2 + o(x2 ), kai x → 0. • (2004) 1 + x + o(x) 1 + x2 + o(x2 ) = 1 + x + x2 + o(x2 ), kai x → 0. • (2004) • (2004) 1+x = O(1), kai x → 0. O(1) x + o(x) 1 = + o(1/x3 ), kai x → 0. 2 + O(x4 ) x x • (2004) 1 + O(x3 ) 1 + x + o(x) = 1 + x + O(x3 ), kai x → 0. • (2004) 1 − x + x2 + O(x3 ) 2 = 1 − 2x + 2x2 + O(x3 ), kai x → 0. • (2004) Jei f (x) = x + x2 + o(x2 ), kai x → 0, ir g(y) = y + O(y 2), kai y → 0, tai g f (x) = x + x2 + o(x2 ), kai x → 0. • (2004) Jei f (x) = x + O(x2 ), kai x → 0, g(y) = y + o(y), kai y → 0, tai g f (x) = x + o(x), kai x → 0. • (2004) Jei f (x) = x + O(x), kai x → 0, g(y) = 1 + O(y), kai y → 0, tai g f (x) = 1 + O(x), kai x → 0. • (2004) Jei g(y) = y + O(y 2), kai y → 0, tai g x + x3 = x + x3 + O(x4 ), kai x → 0. • (2004) Jei g(y) = y + O(y 3), kai y → 0, tai g x + x3 = x + O(x3 ), kai x → 0. 6.5. UŽDAVINIAI 211 • (2004) Jei g(y) = y + O(y 2), kai y → 0, tai g x + x3 = x + O(x2 ), kai x → 0. • (2004) Jei g(y) = y + o(y), kai y → 0, tai g 1 + x = 1 + x + o(x), kai x → 0. • (2002) Jei f (x) ∼ x, o g(x) ∼ x2 , kai x → ∞, tai f (x) + g(x) ∼ x2 . 212 6 SKYRIUS. RIBOS 7 skyrius Skaičiu ties˙ s pilnatis ˛ e 7.1 Tikslieji aibiu r˙ žiai ˛ e Tikslieji režiai. Tegu A yra bet koks R poaibis ir a ∈ A. Sakome, kad a ˙ yra didžiausias A elementas, jei jis didesnis už bet kuri kitą, t.y. jei ˛ Skaičius a vadinamas mažiausiu A elementu, jei jis mažesnis už bet kuri kitą, ˛ t.y. ∀x ∈ A x a. (7.2) ∀x ∈ A x a. (7.1) Didžiausias (atitinkamai, mažiausias) A aib˙ s elementas žymimas max A e (atitinkamai, min A). Pavyzdžiui, jei A = [0; 1], tai 1 yra didžiausias A elementas, o 0 — mažiausias. Taigi šiuo atveju max A = 1, min A = 0. Aib˙ je gali ir nebuti didžiausio arba mažiausio elemento. Tada max A e ¯ arba min A simbolis yra neapibr˙ žtas. Pavyzdžiui, jei A = N, tai min A = 1, e o max A neapibr˙ žtas. e Tegu v˙ l A ⊂ R, bet a dabar — bet koks skaičius (nebutinai priklausantis e ¯ tai aibei). a vadinamas viršutiniu A aib˙ s r˙ žiu, jei teisinga (7.1) formul˙ , ir e e e apatiniu r˙ žiu, jei teisinga (7.2) formul˙ . e e Aišku, didžiausias aib˙ s elementas (jei egzistuoja) yra viršutinis jos r˙ žis. e e Tačiau aib˙ gali tur˙ ti ir daugiau viršutiniu r˙ žiu Tą pati galima pasakyti e e ˛ e ˛. ˛ apie apatinius r˙ žius. Pavyzdžiui, kiekvienas nemažesnis už 1 skaičius yra e viršutinis (0; 1) intervalo r˙ žis, o kiekvienas nedidesnis už 0 skaičius — apae tinis r˙ žis. e Mažiausias iš viršutiniu A aib˙ s r˙ žiu vadinamas tiksliuoju viršutiniu ˛ e e ˛ r˙ žiu, arba supremumu, ir žymimas sup A. Didžiausias apatinis r˙ žis vae e dinamas tiksliuoju apatiniu r˙ žiu, arba infimumu, ir žymimas inf A. Taigi e sup(0; 1) = 1, inf(0; 1) = 0. 213 214 7.1 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ pratimas. Raskite min A, max A, inf A ir sup A. I. A = [0; 3] \ N. II. A = {1, 4, 7} ∪ (−0.5; 0.5). III. A = Z \ (−10; 10). Sprendimas. I. min A = inf A = 0, sup A = 3, max A neapibr˙ žtas. e II. min A neapibr˙ žtas, inf A = −0.5, max A = sup A = 7. e III. inf A = −∞, sup A = ∞, min A ir max A neapibr˙ žti. e Tiksliu ˛ režiu egzistavimas. Baigtiniu skaičiu aib˙ vadinama apr˙ žta ˛ju ˙ ˛ ˛ ˛ e e iš viršaus (atitinkamai, iš apačios), jei ji turi baigtini viršutini (atitinkamai, ˛ ˛ apatini) r˙ ži. Viena iš svarbiausiu realiu ˛ skaičiu savybiu formuluojama taip: ˛ e ˛ ˛ ˛ju ˛ ˛ kiekviena netuščia apr˙ žta iš viršaus aib˙ turi tikslu ˛ viršutini, o netuščia e e ˛ji ˛ apr˙ žta iš apačios aib˙ — tikslu ˛ apatini r˙ ži. Ji irodyta 5 skyriuje. e e ˛ji ˛ e ˛ ˛ Jei A n˙ ra apr˙ žta iš viršaus, tai joks baigtinis c n˙ ra jos viršutinis r˙ žis. e e e e Reiškia, visu viršutiniu r˙ žiu aib˙ susideda iš vieno elemento — taško ∞. ˛ ˛ e ˛ e Tuomet ∞ automatiškai bus mažiausias viršutinis r˙ žis, t.y. sup A = ∞. e Analogiškai irodoma, kad jei A neapr˙ žta iš apačios, tai inf A = −∞. ˛ e Žemiau irodysiu, kad tuščioji aib˙ taip pat turi supremumą ir infimumą. ˛ e Reiškia, bet kokia A ⊂ R turi tikslu ˛ viršutini ir tikslu ˛ apatini r˙ ži. ˛ji ˛ ˛ji ˛ e ˛ Suformuluotas teiginys išliks teisingas ir tuo atveju, kai A aib˙ je bus viena e arba abi begalyb˙ s. Irodysiu, pavyzdžiui, kad jei A ⊂ R, tai e ˛ sup(A ∪ {∞}) = ∞, inf(A ∪ {∞}) = inf A. Pirmas teiginys akivaizdus, nes ∞ yra vienintelis A∪{∞} aib˙ s viršutinis e r˙ žis. Jei koks nors a neviršija visu A ∪ {∞} elementu tai jis neviršija ir e ˛ ˛, visu A elementu Atvirkčiai, jei a x su visais x ∈ A, tai a neviršija visu ˛ ˛. ˛ A ∪ {∞} elementu (nes visada a ∞). Taigi A ir A ∪ {∞} aibiu apatiniai ˛ ˛ r˙ žiai yra tie patys, o inf A yra didžiausias iš ju Reiškia, antrasis teiginys e ˛. taip pat teisingas. Analogiškai irodoma, kad jei A ⊂ R, tai ˛ sup(A ∪ {−∞}) = sup A, inf(A ∪ {−∞}) = −∞. Be to, jei ±∞ ∈ A, tai inf A = −∞, o sup A = ∞. Taigi bet kokia skaičiu ˛ aib˙ turi ir tikslu ˛ viršutini, ir tikslu ˛ apatini r˙ ži. e ˛ji ˛ ˛ji ˛ e ˛ 7.1. TIKSLIEJI AIBIU REŽIAI ˛ ˙ A 7.1 pav. Skyl˙ ties˙ je e e Irodytas teiginys vadinamas skaičiu ties˙ s pilnumo savybe. Jis reiškia, ˛ ˛ e kad ties˙ je n˙ ra „skyliu Tikrai, jei ties˙ je butu skyl˙ , o A ir B aib˙ s butu e e ˛“. e e e ¯ ˛ ¯ ˛ tokios, kaip pavaizduota 7.1 pav., tai B butu A aib˙ s viršutiniu r˙ žiu aib˙ . e ˛ e ˛ e ¯ ˛ Kadangi joje nebutu mažiausio elemento, sup A butu neapibr˙ žtas. e ¯ ˛ ¯ ˛ Šiame skyriuje aš surinkau visus teiginius, kuriu irodymai remiasi skaičiu ˛˛ ˛ ties˙ s pilnumu. e Tuščiosios aib˙ tikslieji režiai. Jei A = ∅, tai formul˙ es ˙ e x∈A⇒x a teisinga su visais x ir a (nes implikacijos prielaida klaidinga). Reiškia, bet e e koks a ∈ R yra ∅ aib˙ s viršutinis r˙ žis. Iš čia išplaukia, kad sup ∅ = min R = −∞. D˙ l panašiu priežasčiu bet koks a ∈ R yra ir apatinis ∅ aib˙ s r˙ žis. Tod˙ l e ˛ ˛ e e e inf ∅ = max R = ∞. Tuščioji aib˙ yra vienintel˙ aib˙ , kurios infimumas yra didesnis už supree e e mumą. Tikrai, jei A = ∅ ir x ∈ A, tai inf A x sup A. Pagrindin˙ tiksliu ˛ režiu savyb˙ es ˛ju ˙ ˛ es. Bet koks teiginys apie supremumą gali buti irodytas, pasir˙ mus tokiomis jo savyb˙ mis: e e ¯ ˛ ∀x ∈ A x sup A; ∀x ∈ A x c ⇒ sup A c. (7.3) Pirma formul˙ reiškia, kad sup A yra A aib˙ s viršutinis r˙ žis, antroji — kad e e e jis mažesnis už bet koki kitą viršutini r˙ ži. ˛ ˛ e ˛ Pasteb˙ siu, kad antroji formul˙ ekvivalenti tokiai: e e sup A > c ⇒ ∃x ∈ A x > c. » º B 215 216 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ Šią formulę galima gauti grynai iš loginiu taisykliu (A ⇒ B reiškia tą pati, ˛ ˛ ˛ ¯ ¯ ką ir B ⇒ A), bet aš sau paprastai sakau tokius žodžius: jei sup A > c, tai c n˙ ra A aib˙ s viršutinis r˙ žis (nes sup A yra mažiausias viršutinis r˙ žis); tod˙ l e e e e e bent vienas A elementas bus didesnis už c. Analogiškos infimumo savyb˙ s formuluojama taip: e ∀x ∈ A x inf A; ∀x ∈ A x c ⇒ inf A Antroji savyb˙ ekvivalenti tokiai: e inf A < c ⇒ ∃x ∈ A x < c. Nor˙ damas pailiustruoti, kaip šios savyb˙ s naudojamos, irodysiu toki e e ˛ ˛ teigini: ˛ sup A sup B; A⊂B⇒ inf A inf B. Irodymas. Jei x ∈ A, tai tuo labiau x ∈ B ir, reiškia, x ˛ sup B (pasir˙ miau pirma supremumo savybe). Taigi ∀x ∈ A x e sup B; tod˙ l e sup A sup B (pasir˙ miau antrąja savybe). e Jei x ∈ A, tai tuo labiau x ∈ B ir, reiškia, x inf B (pasir˙ miau pirma e infimumo savybe). Taigi ∀x ∈ A x inf B; tod˙ l inf A inf B (pasir˙ miau e e antrąja savybe). Intervalu charakterizacija. Jau esu suformulavęs ir kelis kartus panau˛ dojęs svarbią intervalu savybę, užrašomą (6.2) formule. Dabar irodysiu, kad ˛ ˛ vienintel˙ s aib˙ s su tokia savybe yra intervalai. e e Tarkime, A aib˙ yra tokia, kad teisinga (6.2) formul˙ . Irodysiu, kad A e e ˛ yra intervalas. Tuščioji aib˙ yra intervalas (pavyzdžiui, (0; 0) = ∅); tod˙ l e e belieka išnagrin˙ ti atveji, kai A netuščia. e ˛ Pažymiu a = inf A, b = sup A. Iš pradžiu irodysiu, kad (a; b) ⊂ A. Tegu z ∈ (a; b), t.y. a < z < b. Kadangi ˛˛ inf A < z, atsiras toks x ∈ A, kad x < z. Kadangi z < sup A, atsiras toks y ∈ A, kad z < y. Tada x, y ∈ A ir x < z < y; tod˙ l iš (6.2) gaunu z ∈ A. e Jei x ∈ A, tai x inf A = a ir x sup A = b, t.y. x ∈ [a; b]. Taigi (a; b) ⊂ A ⊂ [a; b]. Dabar jau nesunku isitikinti, kad ˛ 1) jei a, b ∈ A, tai A = (a; b); c. (7.4) 7.1. TIKSLIEJI AIBIU REŽIAI ˛ ˙ 2) jei a ∈ A, b ∈ A, tai A = [a; b); 3) jei a ∈ A, b ∈ A, tai A = (a; b]; 4) jei a, b ∈ A, tai A = [a; b]. Visais keturiais galimais atvejais gavau, kad A yra intervalas. 217 Tikslieji režiai — ribiniai taškai. Irodysiu, kad jei A = ∅, tai tiek inf A, ˙ ˛ tiek sup A yra ribinis A taškas. Pažymiu a = sup A. Reikia irodyti, kad bet kokioje aplinkoje U(a, ε) yra ˛ tašku iš A. Jei a = −∞, tai U(a, ε) aplinkoje atsiras taškas a < a. Tada ˛ sup A > a ; tod˙ l atsiras A aib˙ s elementas x > a . Tas x neviršys a, nes a e e yra viršutinis A r˙ žis. Taigi a < x a. Kadangi a , a ∈ U(a, ε), o U(a, ε) e yra intervalas, tai x ∈ U(a, ε). Šie samprotavimai netinka, kai a = −∞. Bet toks atvejis imanomas tik ˛ jei A = {−∞} (nes A = ∅). Tada −∞ priklauso A aibei ir automatiškai yra ribinis jos taškas. Teiginys apie infimumą irodomas analogiškai. ˛ Dabar irodysiu, kad teisinga tokia ribinio taško charakterizacija „seku ˛ ˛ kalba“: a ∈ A ⇐⇒ ∃(xn ) ⊂ A xn → a. Irodymas. (⇒) Jei a ∈ A, tai bet kurioje aplinkoje U(a, 1/n) atsiras ˛ koks nors xn ∈ A. Tada (xn ) ⊂ A ir xn → a. Tikrai, jei a = −∞, tai xn < −n → −∞; jei a ∈ R, tai |xn − a| < 1/n → 0; jei a = ∞, tai xn > n → ∞. Visais trim atvejais konvergavimas išplaukia iš teoremos apie du policininkus. (⇒) Tarkime, (xn ) ⊂ A ir xn → a. Jei U yra bet kokia a aplinka, tai xn ∈ U su pakankamai dideliais n. Reiškia, U ∩ A = ∅. Kombinuodamas abu irodytus teiginius, gaunu tokią savybę: jei A = ∅, ˛ tai atsiras tokios sekos (xn ) ⊂ A, (yn ) ⊂ A, kad xn → inf A ir yn → sup A. Skaičiu šeimos tikslieji režiai. Jei (xi | i ∈ I) yra kokia nors skaičiu ˛ ˙ ˛ šeima, tai jos tiksliaisiais r˙ žiais vadinami jos nariu aib˙ s {xi | i ∈ I} tikslieji e ˛ e r˙ žiai. Vietoje e sup{xi | i ∈ I} ir inf{xi | i ∈ I} paprastai rašome sup xi i∈I ir inf xi . i∈I (7.3)–(7.4) savybiu analogai šeimoms formuluojami taip: ˛ ∀i xi supi xi ; ∀i xi c ⇒ supi xi c; (7.5) 218 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ ∀i xi inf i xi ; ∀i xi c ⇒ inf i xi (7.6) c. Be to, antra ir ketvirta formul˙ s ekvivalenčios tokioms: e sup xi > c ⇒ ∃i xi > c; i i inf xi < c ⇒ ∃i xi < c. Ju naudojimą pailiustruosiu irodydamas toki teigini: ˛ ˛ ˛ ˛ ∀i xi Irodymas. Kadangi ˛ yi xi inf xi i yi ⇒ inf i xi supi xi inf i yi ; supi yi. (7.7) su visais i (pasir˙ miau pirma infimumo savybe), tai e ∀i yi ir, reiškia, inf i yi Kadangi inf xi i inf i xi (pasir˙ miau antrąja savybe su c = inf i xi ). e xi yi sup yi i su visais i (pasir˙ miau pirma supremumo savybe), tai e ∀i xi ir, reiškia, supi xi sup yi i supi yi (pasir˙ miau antrąja savybe su c = supi yi). e Pastumtos aib˙ tikslieji režiai. Irodysiu, kad jei prie visu A aib˙ s es ˙ ˛ ˛ e elementu prid˙ siu tą pati baigtini skaičiu c, tai sup A + c bus naujos aib˙ s ˛ e ˛ ˛ ˛ e supremumas, o inf A + c — naujos aib˙ s infimumas (žr. 7.2 pav.) e Jei A = {xi | i ∈ I}, ši teigini galima užrašyti tokiomis formul˙ mis: ˛ ˛ e sup(c + xi ) = c + sup xi ; i i (7.8) (7.9) inf (c + xi ) = c + inf xi . i i Kadangi bet kokia aib˙ gali buti indeksuota (tereikia paimti I = A ir xi = i), e ¯ užtenka irodyti pastarąsias formules. ˛ 7.1. TIKSLIEJI AIBIU REŽIAI ˛ ˙ 219 c + sup A y =c+x c + inf A A | | inf A sup A 7.2 pav. Kaip keičiasi tikslieji r˙ žiai, atlikus x → c + x transformaciją e Prad˙ siu nuo (7.8) lygyb˙ s: e e ∀i xi (pirma iš (7.5) savybiu ˛); ∀i c + xi (prie abieju pusiu prid˙ jau c), ˛ ˛ e sup(c + xi ) i sup xi i c + sup xi i c + sup xi i (antroji iš (7.5) savybiu Istatęs i gautą formulę c+xi vietoje xi ir −c vietoje ˛). ˛ ˛ c, gaunu atvirkščią nelygybę: sup xi i −c + sup(c + xi ), i t.y. c + sup xi i sup(c + xi ). i Dabar irodysiu (7.9) lygybę. Irodymas panašus i ankstesni; tod˙ l taip ˛ ˛ ˛ ˛ e smulkiai nebekomentuosiu. ∀i xi ∀i c + xi inf xi ; i c + inf xi ; i 220 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ y = cx c sup A | | inf A c inf A A sup A 7.3 pav. Kaip keičiasi tikslieji r˙ žiai, atlikus x → cx transformaciją e inf (c + xi ) i c + inf xi . i Istatęs i gautą formulę c + xi vietoje xi ir −c vietoje c, gaunu atvirkščią ˛ ˛ nelygybę: inf xi −c + inf (c + xi ), i i t.y. c + inf xi i inf (c + xi ). i Daugyba iš teigiamos konstantos. Jei visus aib˙ s elementus padaugine čiau iš teigiamos baigtin˙ s konstantos, tai tikslieji r˙ žiai taip pat pasidaugintu e e ˛ iš tos konstantos (žr. 7.3 pav.) Kai A aib˙ indeksuota, šis teiginys užrašomas tokiomis lygyb˙ mis: jei e e 0 < c < ∞, tai sup(cxi ) = c sup xi ; i i (7.10) (7.11) inf (cxi ) = c inf xi . i i Irodysiu pirmąją: ˛ ∀i xi ∀i cxi sup(cxi ) i sup xi ; i c sup xi ; i c sup xi . i Atvirkščią nelygybę gaunu, pakeitęs xi i cxi ir c i c−1 : ˛ ˛ sup xi i c−1 sup(cxi ); i c sup xi i sup(cxi ). i Antroji lygyb˙ irodoma analogiškai. e˛ 7.1. TIKSLIEJI AIBIU REŽIAI ˛ ˙ 221 y = −x − inf A inf A A | | sup A − sup A e 7.4 pav. Kaip keičiasi tikslieji r˙ žiai, atlikus x → −x transformaciją Daugyba iš −1. Irodysiu, kad jei visus A aib˙ s elementus padauginčiau ˛ e iš −1, tai − sup A virstu naujos aib˙ s infimumu, o − inf A — naujos aib˙ s ˛ e e supremumu (žr. 7.4 pav.) Jei A = {xi | i ∈ I}, ši teigini galima užrašyti tokiomis formul˙ mis: ˛ ˛ e sup(−xi ) = − inf xi ; i i (7.12) (7.13) inf (−xi ) = − sup xi . i i Iš pradžiu irodau dvi nelygybes: ˛˛ ∀i xi ∀i − xi sup(−xi ) i inf xi , i − inf xi , i − inf xi i ir analogiškai ∀i xi ∀i − xi inf (−xi ) i sup xi , i − sup xi , i − sup xi . i Atvirkščias nelygybes gaunu pakeitęs xi i −xi : ˛ sup xi i − inf (−xi ); i 222 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ y = 1/x 1 inf A 1 sup A A | | inf A sup A 7.5 pav. Kaip keičiasi tikslieji r˙ žiai, atlikus x → 1/x transformaciją e inf xi i − sup(−xi ), i t.y. − sup xi i inf (−xi ); i − inf xi i sup(−xi ). i Atvirkštiniu nariu tikslieji režiai. Supremumas keičiasi i infimumą ir ˛ ˛ ˙ ˛ atlikus x → 1/x transformaciją. Reikia tik, kad aib˙ butu netuščia, visi e ¯ ˛ jos elementai butu neneigiami, o reiškinys 1/0 butu suprantamas kaip ∞ ¯ ˛ ¯ ˛ (žr. 7.5 pav.). Kai aib˙ indeksuota, atitinkami teiginiai skamba taip: jei I netuščia ir e visi xi neneigiami, tai 1 1 = , inf i xi i xi 1 1 inf = . i xi supi xi sup V˙ l iš pradžiu irodau dvi nelygybes: e ˛˛ ∀i xi inf xi , i (7.14) (7.15) 1 ∀i xi 1 sup i xi 1 , inf i xi 1 inf i xi 7.1. TIKSLIEJI AIBIU REŽIAI ˛ ˙ ir analogiškai ∀i xi 1 xi 1 inf i xi ∀i sup xi , i 223 1 , supi xi 1 . supi xi Pakeitęs xi i x−1 , gaunu atvirkščias nelygybes: ˛ i sup xi i inf xi i 1 ; inf i x−1 i 1 , supi x−1 i t.y. 1 1 inf ; i xi supi xi 1 1 sup . inf i xi i xi 1 pastaba. Teiginiai išliktu teisingi ir tuščios šeimos atveju, jei pakeisčiau ˛ tuščios aib˙ s tiksliu ˛ r˙ žiu apibr˙ žimą: laikyčiau e ˛ju e ˛ e sup ∅ = min[0; ∞] = 0; inf ∅ = max[0; ∞] = ∞. Transformuotu aibiu tikslieji režiai. Tegu M ⊂ R ir f — tokia funkcija ˛ ˛ ˙ iš M i R, kad ˛ x1 < x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 ) (tokią funkciją kitame skyrelyje pavadinsiu did˙ jančia). Išsiaiškinsiu, ar gale ima tvirtinti, kad su bet kokia A ⊂ M sup f (A) = f (sup A) ir inf f (A) = f (inf A). (7.16) Jei c ∈ R ir f (x) = c + x, tai f yra did˙ janti R aib˙ je funkcija ir (7.16) lye e gyb˙ s gali buti perrašytos taip: e ¯ sup(c + x) = c + sup x, x∈A x∈A x∈A x∈A inf (c + x) = c + inf x. 224 f (A) ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ inf f (A) f (inf A) inf A 7.6 pav. Jei inf A ∈ A, tai f (inf A) = inf f (A) Iš (7.8)–(7.9) išplaukia, kad abi formul˙ s teisingos. Analogiškai iš (7.10)– e (7.11) gaunu, kad (7.16) teisingos, kai f (x) = cx su x ∈ R; čia 0 < c < ∞. Deja, nesunku sukonstruoti did˙ jančią funkciją, su kuria (7.16) butu nee ¯ ˛ teisingos. Viena tokia funkcija pavaizduota 7.6 pav. Jei noriu, kad (7.16) formul˙ s išliktu teisingos, turiu pakoreguoti tiksliu ˛ e ˛ ˛ju r˙ žiu apibr˙ žimą. Tegu A ⊂ M. Apibr˙ žkime e ˛ e e inf M A = max{a ∈ M | ∀x ∈ A x supM A = min{a ∈ M | ∀x ∈ A x a}, a}. Kitaip tariant, inf M A yra didžiausias apatinis A aib˙ s r˙ žis, priklausantis M e e aibei, o supM A — mažiausias viršutinis A aib˙ s r˙ žis, priklausantis M aibei. e e Jei M = R, tai inf M A = inf A ir supM A = sup A. Jei M = R, tai inf M A ir supM A gali buti neapibr˙ žti, o jei net ir apibr˙ žti, gali nesutapti su inf A e e ¯ ir sup A. Tegu, pavyzdžiui, M = (0; 1) ∪ [2; 3) ∪ (4; 5), A = (0; 1), B = (2; 3). A aib˙ s viršutiniai r˙ žiai užpildo [1; ∞] intervalą, bet ne visi jie priklauso M e e aibei. Šiuo atveju {a ∈ M | ∀x ∈ A x a} = M ∩ [1; ∞] = [2; 3) ∪ (4; 5). Šitoje aib˙ je yra mažiausias elementas — 2; tod˙ l e e supM A = 2 = 1 = sup A. B aib˙ s viršutiniai r˙ žiai užpildo [3; ∞] intervalą. Šio intervalo sankirta e e su M yra (4; 5) aib˙ , kurioje n˙ ra mažiausio elemento. Tod˙ l supM B neapie e e br˙ žtas. e ¼ ¾ ½ ¼ y = f (x) A | | | | 7.1. TIKSLIEJI AIBIU REŽIAI ˛ ˙ 225 Jei f yra did˙ janti M aib˙ je funkcija, tai ji injektyvi ir, reiškia yra bijekcija e e tarp M ir f (M) = N aibiu Irodysiu, kad ˛. ˛ supN f (A) = f (supM A), inf N f (A) = f (inf M A) su bet kokia A ⊂ M. Parašytas lygybes reikia suprasti taip: jei apibr˙ žta e dešinioji pus˙ , tai apibr˙ žta ir kairioji ir abi jos sutampa. Pavyzdžiui, jei e e supM A apibr˙ žtas, tai apibr˙ žtas ir supN f (A) ir teisinga pirmoji lygyb˙ . e e e (Jei supM A apibr˙ žtas, tai jis automatiškai yra M aib˙ s elementas; tod˙ l e e e apibr˙ žtas ir f (supM A).) e Irodymas. Pažymiu b = supM A. Tada ˛ b ∈ M, ∀x ∈ A x b; b ∈ M, ∀x ∈ A f (x) f (b); f (b) ∈ N, ∀y ∈ f (A) y f (b). Taigi f (b) yra f (A) aib˙ s viršutinis r˙ žis, priklausantis N aibei. e e Jei c ∈ N irgi yra f (A) aib˙ s viršutinis r˙ žis, tai e e c ∈ N, ∀y ∈ f (A) y c; c ∈ N, ∀x ∈ A f (x) c; −1 f (c) ∈ M, ∀x ∈ A x f −1 (c). Taigi f −1 (c) yra A aib˙ s viršutinis r˙ žis, priklausantis M aibei. Kadangi b e e yra mažiausias toks r˙ žis, tai e b f −1 (c); f (b) c. Gavau, kad f (b) yra mažesnis už bet koki kitą viršutini f (A) aib˙ s r˙ ži, ˛ ˛ e e ˛ priklausanti N aibei. Reiškia, f (b) = supN f (A). ˛ Lygyb˙ su infimumu irodoma analogiškai. e ˛ Dabar paaišk˙ jo, kod˙ l 7.6 pav. pavaizduotai funkcijai e e f (inf A) = inf f (A). Iš piešinio matyti, kad inf A = inf M A. Tačiau inf f (A) ∈ N ir tod˙ l nesue tampa su inf N f (A). Pastarasis skaičius lygus f (inf A). Jei f yra maž˙ janti funkcija, t.y. e x1 < x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 ), 226 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ tai panašiai irodomos tokios lygyb˙ s: ˛ e supN f (A) = f (inf M A), inf N f (A) = f (supM A). Tegu, pavyzdžiui, f (x) = −x su x ∈ R. Tada M = N = R; tod˙ l e inf M = inf N = inf ir supM = supN = sup. Parašytas lygybes tada galima užrašyti sup(−x) = − inf x; x∈A x∈A x∈A inf (−x) = − sup x x∈A pavidalu, kuris sutampa su (7.13)–(7.12). Kitas pavyzdys: f (x) = x−1 su x 0 (laikau 0−1 = ∞, ∞−1 = 0). Šiuo atveju M = N = [0; ∞]. Jei A ⊂ M netuščia, tai kiekvienas jos viršutinis r˙ žis priklauso M aibei; tod˙ l e e A = ∅ ⇒ supM A = sup A. Tuščios aib˙ s viršutiniai r˙ žiai užpildo visą R tiesę; jos sankirta su M aibe e e yra [0; ∞] intervalas ir 0 yra mažiausias to intervalo taškas. Taigi supM ∅ = 0. Apatiniai A aib˙ s r˙ žiai užpildo [−∞; inf A] intervalą. Kadangi inf A 0 e e visais atvejais (kai A = ∅, inf A = ∞), tai to intervalo sankirta su M yra [0; inf A] aib˙ ir inf A yra didžiausias tos aib˙ s elementas. Taigi e e inf M A = inf A su visomis A ⊂ M. Po šios analiz˙ s galiu padaryti tokią išvadą: jei ∅ = A ⊂ [0; ∞], tai e sup x−1 = inf x x∈A x∈A x∈A −1 −1 , . inf x−1 = sup x x∈A Gavau (7.14)–(7.15) lygybes. Jei noriu, kad parašytos lygyb˙ s išliktu teisine ˛ gos ir A = ∅ atveju, reikia tuščios aib˙ s supremumą laikyti lygiu 0. e 7.1. TIKSLIEJI AIBIU REŽIAI ˛ ˙ 227 Sumos tikslieji režiai. Tarkime, turiu dvi šeimas, (xi ) ir (yi), ir žinau ˙ abieju šeimu tiksliuosius r˙ žius. Ką galiu pasakyti apie sumos (xi + yi ) tiks˛ ˛ e liuosius r˙ žius? e Be papildomos informacijos tiksliai pasakyti, kam lygus supi (xi + yi) arba ¯ inf i (xi + yi ), neimanoma. Tegu, pavyzdžiui, indeksu aib˙ I = {1, 2, 3} ir ˛ ˛ e (xi ) = (0, 1, 2), (xi ) = (0, 2, 2), Tada min xi = min xi = 0, i i (yi ) = (0, 2, 1), (yi ) = (0, 2, 2). max xi = max xi = 2, i i min yi = min yi = 0, i i max yi = max yi = 2, i i bet max(xi + yi ) = max(0, 3, 3) = 3, i max(xi + yi ) = max(0, 4, 4) = 4. i Tačiau sumos tiksliuosius r˙ žius galima ivertinti. Irodysiu, kad jei atitine ˛ ˛ kamos sumos apibr˙ žtos, tai teisingos nelygyb˙ s e e inf xi + inf yi i i inf (xi + yi ) i inf xi + sup yi ; i i sup xi + inf yi i i sup(xi + yi ) i sup xi + sup yi. i i Irodymas. Kadangi ˛ xi + inf yi i xi + yi xi + sup yi i su visais i, tai iš (7.7) ir (7.9) gaunu inf (xi + yi ) i inf xi + inf yi = inf xi + inf yi. i i i i ir inf (xi + yi ) i inf xi + sup yi = inf xi + sup yi . i i i i Kitos dvi nelygyb˙ s irodomos analogiškai. e ˛ 228 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ 0 ir visos sandaugos apibr˙ žtos, e inf xi sup yi ; i i Sandaugos tikslieji režiai. Jei xi , yi ˙ tai inf xi inf yi i i inf (xi yi) i sup xi inf yi i i sup(xi yi ) i sup xi sup yi. i i Irodymas panašus i ankstesnio teiginio irodymą. Pavyzdžiui, iš nelygybiu ˛ ˛ ˛ ˛ xi inf yi i xi yi xi sup yi i ir (7.7) bei (7.10) gaunu sup(xi yi) i sup xi inf yi = sup xi inf yi i i i i ir sup(xi yi ) i sup xi sup yi = sup xi sup yi. i i i i Kitos dvi nelygyb˙ s irodomos analogiškai. e ˛ 7.2 Dalin˙ s ribos e Visame skyrelyje M ⊂ R ir f : M → R. Monotoniškos funkcijos. Tegu A ⊂ M. Funkcija f vadinama nemaž˙ e jančia A aib˙ je, jei e x1 , x2 ∈ A, x1 x2 ⇒ f (x1 ) f (x2 ). Funkcija vadinama nedid˙ jančia A aib˙ je, jei e e x1 , x2 ∈ A, x1 x2 ⇒ f (x1 ) f (x2 ). Monotoniška — tai arba nemaž˙ janti, arba nedid˙ janti funkcija. e e Aib˙ je, kurioje funkcija yra nemaž˙ janti, funkcijos grafikas, einant iš e e kair˙ s i dešinę, kyla i viršu (arba bent jau nesileidžia), o aib˙ je, kurioje ji e ˛ ˛ ˛ e yra nedid˙ janti — leidžiasi žemyn ar bent jau nekyla (žr. 7.7 pav.). e Jei x1 , x2 ∈ A, x1 < x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 ), ˙ 7.2. DALINES RIBOS 3 229 2 1 0 0 1 2 3 4 5 7.7 pav. Funkcija, nemaž˙ janti (0; 3) intervale ir nedid˙ janti (2, 4) intervale e e f funkcija vadinama did˙ jančia A aib˙ je, o jei e e ji yra maž˙ janti toje aib˙ je. Pavyzdžiui, 7.7 pav. parodyta funkcija did˙ ja e e e (0; 2) intervale ir maž˙ ja (3; 4) intervale. e Jei f yra nemaž˙ janti A aib˙ je, tai −f yra nedid˙ janti toje aib˙ je. Tikrai, e e e e jei x1 , x1 ∈ A ir x1 x2 , tai f (x1 ) ir tod˙ l e Analogiškai irodoma, kad jei f yra nedid˙ janti A aib˙ je, tai −f — ne˛ e e maž˙ janti. e 1 pastaba. Kartais vartojama kita terminologija: nemaž˙ janti = did˙ janti; e e nedid˙ janti = maž˙ janti; e e maž˙ janti = griežtai maž˙ janti; e e did˙ janti = griežtai did˙ janti. e e 2 pastaba. Jei funkcija yra nemaž˙ janti A aib˙ je, tai ji bus nemaž˙ janti ir e e e bet kokioje B ⊂ A. Tačiau funkcija gali nemaž˙ ti dviejose aib˙ se A1 ir A2 , e e bet nebuti nemaž˙ janti tu aibiu junginyje A1 ∪ A2 . Pavyzdžiui, jei f yra e ˛ ˛ ¯ funkcija, pavaizduota 7.7 pav., tai ji nemaž˙ ja (0; 3) ir (4; 5) intervaluose, bet e n˙ ra nemaž˙ janti junginyje A = (0; 3) ∪ (4; 5). Tikrai, e e bet 2, 4.5 ∈ A, 2 < 4.5, f (2) > f (4.5). Aišku, analogiškas pastabas galima padaryti ir apie nedid˙ jančias funkcie jas. −f (x1 ) −f (x2 ). f (x2 ) x1 , x2 ∈ A, x1 < x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 ), 230 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ c c a Monotoniškos funkcijos ribos. Tegu v˙ l A ⊂ M. e 7.1 teorema. Tarkime, a = inf A ir b = sup A ir a, b ∈ A. Jei f yra nemaž˙ janti funkcija, tai e f (x) − − → inf f (A), −− A x→a A x→b f (x) − − → sup f (A), −− o jei f — nedid˙ janti, tai e f (x) − − → sup f (A), −− A x→a x→b f (x) − → inf f (A). − Irodymas. Irodysiu pirmą sąryši (žr. 7.8 pav.). Pažymiu c = inf f (A). ˛ ˛ ˛ Fiksuoju ε. Jei c < ∞, tai U(c, ε) aplinkoje atsiras c > c. Kadangi c yra didžiausias apatinis f (A) r˙ žis, tai c n˙ ra tos aib˙ s apatinis r˙ žis. Tod˙ l atsiras toks e e e e e x0 ∈ A, kad f (x0 ) < c . Iš a = inf A išplaukia a x0 . Bet a ∈ A; tod˙ l a = x0 , t.y. a < x0 . e Taigi [−∞; x0 ) yra a taško aplinka. Jos viduje yra tam tikra bazin˙ to taško e aplinka U(a, δ). Tegu x ∈ A ∩ U(a, δ). Tada x < x0 ; tod˙ l f (x) f (x0 ) < c . Kita vertus, e f (x) c, nes c = inf f (A). Kadangi tiek c, tiek c priklauso U(c, ε) aplinkai, o ta aplinka yra intervalas, tai f (x) ∈ U(c, ε). Taigi f (x) ∈ U(c, ε) su visais x ∈ A ∩ U(a, δ). Tai irodo pirmąji sąryši ˛ ˛ ˛ c < ∞ atveju. Jei c = ∞, tai f (x) = ∞ su visais x ∈ A, o tada ir funkcijos riba yra ∞. Á À ¿ A | | x0 | b 7.8 pav. ˙ 7.2. DALINES RIBOS 231 Antrasis sąryšis irodomas panašiai; tod˙ l smulkmenu neberašysiu. Pažy˛ e ˛ miu d = sup f (A). Jei d = −∞, tai f (x) = −∞ su visais x ∈ A ir teiginys trivialus. Tegu d > −∞. Fiksuoju ε ir U(d, ε) aplinkoje randu d < d. Randu toki x0 ∈ A, kad ˛ f (x0 ) > d . Tada x0 < b ir d < f (x0 ) f (x) d su visais x ∈ A ∩ (x0 ; b). Kitaip tariant, f (x) ∈ U(d, ε) su visais x ∈ A, esančiais pakankamai arti b. Tegu dabar f yra nedid˙ janti A aib˙ je funkcija. Tada −f yra nemaž˙ janti e e e ir pagal irodytą dali ˛ ˛ −f (x) − − → inf (−f (x)) = − sup f (x), −− A x→a x∈A x∈A −f (x) − − → sup(−f (x)) = − inf f (x). −− A x→b x∈A x∈A Iš čia išplaukia paskutinieji du teoremos teiginiai. 1 pastaba. Jei a arba b taškas priklausytu A aibei, tai atitinkamas teoremos ˛ teiginys gal˙ tu buti neteisingas. Pavyzdžiui, jei f yra 7.8 pav. pavaizduota e ˛ ¯ funkcija ir a ∈ A, tai f (x) neart˙ ja i c, kai A x → a, nes f (a) = c. e ˛ lim q n riba. Seka (xn ) vadinama nemaž˙ jančia ar nedid˙ jančia, jei funkcija e e n → xn nemaž˙ ja ar nedid˙ ja visoje apibr˙ žimo srityje N. Matematin˙ s e e e e indukcijos metodu nesunku irodyti, kad (xn ) nemaž˙ janti, jei ˛ e ∀n xn+1 ir nedid˙ janti, jei e Iš 7.1 teoremos išplaukia, kad bet kuri monotoniška seka turi ribą. Pasir˙ męs šiuo faktu, irodysiu, kad jei |q| < 1, tai q n → 0. Tegu iš pradžiu e ˛ ˛ 0 q < 1. Tada q n+1 = qq n q n ; tod˙ l (q n ) seka nedid˙ janti ir turi ribą c. Suskaičiavęs ribas nelygyb˙ je e e e 0 gaunu 0 c 1. q n < 1, ∀n xn+1 xn . xn , 232 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ išplaukia, kad q n+1 → c. Tada suskaičiavęs ribas lygyb˙ je q n+1 = qq n , gaunu e c = qc, c(1 − q) = 0 ir c = 0, nes q < 1. Jei −1 < q < 0, tai |q| < 1; tod˙ l e |q n | = |q|n → 0 ir q n → 0 pagal (6.8) taisyklę. D˙ l tvarkos išnagrin˙ siu ir kitus galimus atvejus: e e n 1) aišku, kad 1 = 1 → 1; 2) jei q > 1, tai 0 < 1/q < 1; tod˙ l 1/q n → 0 ir, reiškia, q n → ∞; e n 3) jei q −1, seka (q ) ribos neturi, nes q n 1, kai n lyginis, ir q n kai n nelyginis. Kadangi n + 1 − − ∞, iš sud˙ tin˙ s funkcijos ribos skaičiavimo taisykl˙ s −→ e e e n→∞ −1, Dalin˙ ribos. Skaičius b vadinamas f funkcijos daline riba, kai x → a, jei es ∃(xn ) ⊂ M xn → a, f (xn ) → b . Jei a ∈ M ir f (x) − → b, tai b yra vienintel˙ funkcijos dalin˙ riba. Tikrai, − e e x→a jei xn → a, tai iš sud˙ tin˙ s funkcijos ribos skaičiavimo taisykl˙ s išplaukia, e e e kad f (xn ) → b. Toliau šiame skyrelyje irodysiu ir atvirkščią teigini: jei b yra ˛ ˛ vienintel˙ f funkcijos dalin˙ riba, tai ji yra tos funkcijos riba. e e Jei pati funkcija yra seka, tarkime, (xn ), dalin˙ s ribos apibr˙ žimas pere e frazuojamas taip: ∃(nk ) nk − − ∞, xnk − − b . −→ −→ k→∞ k→∞ sekos dalin˙ s ribos — tai ivairiu jos posekiu ribos. e ˛ ˛ ˛ Pavyzdžiui, 1 ir −1 yra sekos (−1)n dalin˙ s ribos, nes (−1)2k+1 = −1 → 1 ir e 2k (−1) = 1 → 1. Jei nk − − ∞, tai seką (xnk | k 1) vadinsiu (xn ) sekos posekiu. Taigi −→ k→∞ 1 pastaba. Dažnai posekiais vadinamos tik tokios sekos (xnk ), kuriu indeksu ˛ ˛ seka did˙ janti: e ∀k nk+1 > nk . Matematin˙ s indukcijos metodu nesunku irodyti, kad tada nk k su visais k e ˛ ir tod˙ l nk − − ∞. Taigi tokia seka yra posekis ir pagal mano apibr˙ žimą. e −→ e k→∞ Kadangi mano posekiu yra daugiau ir jie turi visas tradiciniu posekiu ˛ ˛ ˛ savybes, aš laikysiuos savojo apibr˙ žimo. e ˙ 7.2. DALINES RIBOS 233 Viršutin˙ ir apatin˙ riba. Tarkime, a ∈ M . Kitame paragrafe irodysiu, e e ˛ kad tarp funkcijos daliniu ribu kai x → a, yra ir mažiausia, ir didžiausia ˛ ˛, dalin˙ riba. Jos vadinamos, atitinkamai, apatine ir viršutine funkcijos riba ir e žymimos lim f (x) ir lim f (x). x→a x→a Man patogiau prad˙ ti nuo alternatyvaus šiu ribu apibr˙ žimo. Su δ > 0 e ˛ ˛ e pažymiu f ∗ (δ) = f∗ (δ) = Jei δ1 ir tod˙ l e δ, tai M ∩ U(a, δ1 ) ⊂ M ∩ U(a, δ2 ) f ∗ (δ1 ) f ∗ (δ2 ), o f∗ (δ1 ) f∗ (δ2 ). sup x∈M ∩U (a,δ) x∈M ∩U (a,δ) f (x), f (x). inf Taigi f ∗ funkcija yra nemaž˙ janti, o f∗ — nedid˙ janti. e e Iš 7.1 teoremos išplaukia, kad abi funkcijos turi ribas, kai δ → 0. Tod˙ l e korektiškas toks pažym˙ jimas: e x→a lim f (x) = lim f ∗ (δ) = lim δ→0 δ→0 x∈M ∩U (a,δ) sup inf f (x), f (x). x→a lim f (x) = lim f∗ (δ) = lim δ→0 δ→0 x∈M ∩U (a,δ) Aišku, kad visada lim f (x) x→a x→a lim f (x). Sekos viršutin˙ s ir apatin˙ s ribos apibr˙ žimas užrašomas dar ir taip: e e e lim xn = lim sup xm n→∞ m n ir lim xn = lim inf xm . n→∞ m n 7.9 pav. pabandžiau viršutin˙ s ir apatin˙ s ribos apibr˙ žimą pailiustruoti e e e grafiškai. Raudona vingiuota linija yra f funkcijos grafikas. Kad f, f ∗ ir f∗ funkcijas gal˙ čiau pavaizduoti toje pačioje koordinačiu sistemoje, pa˙ miau e ˛ e a = 0. Reiktu isivaizduoti, kad raudona linija neužsibaigia parodytame taške, ˛˛ o ir toliau be galo vingiuoja aukštyn–žemyn, kai x → 0. Taške 0 funkcija f neapibr˙ žta. e f ∗ ir f∗ funkciju grafikai pavaizduoti žalia spalva. Ten, kur jie sutampa ˛ su f funkcijos grafiku, palikta raudona spalva. Iš piešinio matyti, kad f ∗ 234 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ y = f ∗ (δ) lim f (x) lim f (x) | y = f (x) | y = f∗ (δ) 0 7.9 pav. Apatin˙ ir viršutin˙ riba e e funkcijos grafikas (viršutin˙ žalia linija) leidžiasi žemyn, kai δ maž˙ ja. Taigi e e f ∗ yra nemaž˙ janti funkcija. Jei raudona linija art˙ dama prie y ašies ir e e toliau pakiltu pakankamai aukštai, žalia linija art˙ tu prie viršutinio y ašyje ˛ e ˛ pažym˙ to taško. Jo ordinat˙ ir yra viršutin˙ f funkcijos riba. e e e f∗ funkcijos grafikas (apatin˙ žalia linija) kyla i viršu kai δ maž˙ ja. Taigi e ˛ ˛, e f∗ yra nedid˙ janti funkcija. Jei raudona linija art˙ dama prie y ašies ir toliau e e nusileistu pakankamai žemai, apatin˙ žalia linija art˙ tu prie apatinio y ašyje ˛ e e ˛ pažym˙ to taško. Jo ordinat˙ ir yra apatin˙ f funkcijos riba. e e e lim f (x) ir lim f (x) yra dalin˙ ribos. es Dabar irodysiu, kad viršutin˙ ˛ e ir apatin˙ ribos tikrai yra dalin˙ s funkcijos ribos. Irodymas remiasi tokiu e e ˛ pagalbiniu teiginiu. Lema. Jei cn → c, εn → 0 ir xn ∈ U(cn , εn ) su visais n, tai xn → c. Irodymas. 1 atvejis: c baigtinis. Tada iš ˛ cn → c ∈ (−∞; ∞) x, δ išplaukia, kad cn ∈ (−∞; ∞), t.y. kad cn baigtiniai su pakankamai dideliais n. Tod˙ l e |xn − cn | < εn → 0, t.y. xn − cn → 0 ir xn = cn + (xn − cn ) → c + 0 = c. 2 atvejis: c = ∞. Tada cn > −∞ su pakankamai dideliais n. Tegu an yra U(cn , εn ) aplinkos kairysis kraštas, t.y. an = cn − εn , jei cn baigtinis; 1/εn , jei cn = ∞. ˙ 7.2. DALINES RIBOS 235 t.y. xn → ∞. 3 atvejis: c = −∞. Šiuo atveju cn < ∞ su pakankamai dideliais n. Tegu bn yra U(cn , εn ) aplinkos dešinysis kraštas, t.y. bn = cn + εn , jei cn baigtinis; −1/εn , jei cn = −∞. Kadangi tiek cn − εn , tiek 1/εn art˙ ja i ∞, seka an taip pat art˙ ja i ∞. Bet e ˛ e ˛ tada xn > an → ∞, t.y. xn → −∞. Kadangi tiek cn − εn , tiek −1/εn art˙ ja i −∞, seka bn taip pat art˙ ja i −∞. e ˛ e ˛ Bet tada xn < bn → −∞, e 7.2 teorema. limx→a f (x) yra mažiausia, o limx→a f (x) — didžiausia dalin˙ f funkcijos riba. Irodymas. Irodysiu tik teigini apie viršutinę ribą. Antrasis teiginys ˛ ˛ ˛ irodomas analogiškai. ˛ Paimu bet kokias sekas δn → 0 ir εn → 0 ir pažymiu cn = sup f M ∩ U(a, δn ) = sup f (x). x∈M ∩U (a,δn ) Kadangi supremumas yra ribinis aib˙ s taškas, U(cn , εn ) aplinkoje atsiras tam e tikras yn ∈ f M ∩ U(a, δn ) . Kitaip tariant, atsiras toks xn ∈ M ∩ U(a, δn ), kad f (xn ) ∈ U(cn , εn ). Iš xn ∈ U(a, δn ) ir lemos išplaukia xn → a. Iš viršutin˙ s ribos apibr˙ žimo e e gauname, kad cn → c = limx→a f (x). Tod˙ l iš f (xn ) ∈ U(cn , εn ) ir lemos e išplaukia f (xn ) → c. Reiškia, c yra funkcijos dalin˙ riba. e Jei c yra kita dalin˙ riba, tai egzistuoja tokia seka (xn ) ⊂ M, kad xn → a e ir f (xn ) → c . Fiksuoju δ. Kai n pakankamai didelis, xn ∈ U(a, δ); tod˙ l e f (xn ) sup f (x). Suskaičiavęs ribas, kai n → ∞, gaunu c x∈M ∩U (a,δ) sup f (x). c Gauta nelygyb˙ teisinga su visais δ. Suskaičiavęs ribas, kai δ → 0, gaunu e c. Taigi c yra didžiausia dalin˙ riba. e x∈M ∩U (a,δ) Iš irodytos teoremos išplaukia, kad kiekviena funkcija (arba seka) turi ˛ bent vieną dalinę ribą. 236 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ Ribos apibrežimas seku kalba. Jei a ∈ M ir f (x) − → b, tai b yra ˙ ˛ − x→a vienintel˙ dalin˙ riba; tod˙ l e e e lim f (x) = lim f (x) = b. x→a x→a Dabar irodysiu atvirkščią teigini: jei apatin˙ ir viršutin˙ funkcijos ribos su˛ ˛ e e tampa ir lygios b, tai b yra funkcijos riba, kai x → a. Irodymas. Fiksuoju ε. Jei, kaip ir aukščiau, ˛ f ∗ (δ) = sup f M ∩ U(a, δ) , f∗ (δ) = inf f M ∩ U(a, δ) , tai iš apatin˙ s ir viršutin˙ s ribos apibr˙ žimo gaunu, kad e e e f ∗ (δ) − → b ir f∗ (δ) − → b. − − δ→0 δ→0 Tod˙ l atsiras toks δ, kad f ∗ (δ), f∗ (δ) ∈ U(b, ε). e Kai x ∈ M ∩ U(a, δ), f∗ (δ) f (x) f ∗ (δ). Kadangi U(b, ε) yra intervalas ir f ∗ (δ), f∗ (δ) ∈ U(b, ε), iš čia išplaukia, kad f (x) ∈ U(b, ε). Taigi f (x) − → b. − x→a Iš irodyto teiginio išplaukia ir vadinamasis funkcijos ribos apibr˙ žimas ˛ e seku kalba: ˛ f (x) − → b ⇐⇒ ∀(xn ) ⊂ M xn → a ⇒ f (xn ) → b . − x→a Tikrai, jei f (x) − → b ir xn → a, tai f (xn ) → b pagal sud˙ tin˙ s funkcijos − e e x→a ribos skaičiavimo taisyklę. Atvirkščiai, jei iš xn → a išplaukia f (xn ) → b, tai vienintel˙ dalin˙ e e f funkcijos riba yra b. Tada limx→a f (x) = limx→a f (x) = b ir, reiškia, f (x) − → b. − x→a Koši kriterijus. Šiame paragrafe f bus baigtines reikšmes igyjanti funk˛ cija, t.y. f : M → R. 7.3 teorema. Jei a ∈ M, tai tokie du teiginiai ekvivalentus: ¯ 1) f (x) konverguoja (turi baigtinę ribą), kai x → a; 2) f (x) ir f (x ) yra kiek norima artimi, kai x ir x pakankamai arti a; tiksliau, ∀ε ∃δ ∀x, x ∈ M ∩ U(a, δ) |f (x) − f (x )| < ε. (7.17) ˙ 7.2. DALINES RIBOS 237 δ, kad |f (x) − b| < ε/2, kai x ∈ U(a, δ). Tada su visais x, x ∈ U(a, δ) f (x) − f (x ) = f (x) − b + b − f (x ) Irodymas. (1 ⇒ 2) Tarkime, f (x) − → b ∈ R. Fiksuoju ε ir randu toki ˛ − ˛ x→a f (x) − b + b − f (x ) < ε. (2 ⇒ 1) Fiksuoju ε ir pasir˙ męs (7.17) randu toki δ0 , kad e ˛ f (x) − f (x ) ε su visais x, x ∈ M ∩ U(a, δ0 ). Kiekvienam fiksuotam x ∈ M ∩ U(a, δ0 ) teisinga formul˙ e ∀x ∈ M ∩ U(a, δ0 ) f (x) tod˙ l iš (7.3) e sup x∈M ∩U (a,δ0 ) f (x ) + ε; f (x) f (x ) + ε. Taigi ∀x ∈ M ∩ U(a, δ0 )f (x ) tod˙ l iš (7.4) e x∈M ∩U (a,δ0 ) sup x∈M ∩U (a,δ0 ) f (x) − ε; inf f (x) sup x∈M ∩U (a,δ0 ) f (x) − ε. Jei δ sumažinčiau, tai infimumas gautoje nelygyb˙ je gal˙ tu tik padid˙ ti, o e e ˛ e supremumas — tik sumaž˙ ti; tod˙ l nelygyb˙ išliktu teisinga. Taigi su visais e e e ˛ δ δ0 sup f (x) inf f (x) + ε. x∈M ∩U (a,δ) x∈M ∩U (a,δ) Suskaičiavęs ribas, kai δ → 0, gaunu x→a lim f (x) lim f (x) + ε. x→a Gauta nelygyb˙ teisinga su visais ε; tod˙ l e e x→a lim f (x) lim f (x). x→a Kita vertus, apatin˙ riba yra mažiausia dalin˙ riba ir tod˙ l neviršija viršutie e e n˙ s. Taigi abi šios ribos sutampa ir, reiškia, egzistuoja riba limx→a f (x) = b. e Irodysiu, kad b baigtin˙ . Fiksuoju bet koki x0 ∈ M ∩ U(a, δ). Iš (7.17) ˛ e ˛ išplaukia, kad f (x0 ) − ε < f (x) < f (x0 ) + ε, 238 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ kai x pakankamai arti a. Suskaičiavęs šioje nelygybiu grandin˙ je ribas, kai ˛ e x → a, gaunu f (x0 ) − ε b f (x0 ) + ε. Taigi b ∈ R. Tuo atveju, kai f funkcija yra seka n → xn , teoremos teiginys vadinamas Koši1 konvergavimo kriterijumi. Jis skamba taip: seka (xn ) konverguoja tada ir tik tada, kai ∀ε ∃n0 ∀m, n n0 |xm − xn | < ε. Viršutin˙ ir apatin˙ ribos savyb˙ es es es. Iš pirmame skyrelyje irodytu ˛ ˛ tiksliu ˛ r˙ žiu savybiu išplaukia kruva viršutiniu ir apatiniu ribu savybiu ˛ju e ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛. ¯ 1. Jei f (x) g(x) su visais x (ar bent jau su visais x iš tam tikros a aplinkos), tai lim f (x) x→a x→a lim g(x); x→a x→a lim f (x) lim g(x). Tikrai, su visais δ x∈M ∩U (a,δ) inf f (x) x∈M ∩U (a,δ) inf g(x). Suskaičiavęs ribas, kai δ → 0, gaunu pirm1 lygybę. Antroji irodoma analo˛ giškai. 2. Jei c ∈ R, tai lim c + f (x) = c + lim f (x); x→a x→a x→a x→a lim c + f (x) = c + lim f (x). Tikrai, lim c + f (x) = lim x→a δ→0 x∈M ∩U (a,δ) inf c + f (x) = lim c + δ→0 x∈M ∩U (a,δ) inf f (x) x→a = c + lim Antra lygyb˙ irodoma analogiškai. e˛ 1 δ→0 x∈M ∩U (a,δ) inf f (x) = c + lim f (x). Augustin Louis Cauchy (1789–1857) ˙ 7.2. DALINES RIBOS 3. Jei 0 < c < ∞, tai lim cf (x) = c lim f (x); x→a x→a x→a x→a 239 lim cf (x) = c lim f (x). Šikart irodysiu antrąją lygybę: ˛ ˛ x→a lim cf (x) = lim δ→0 x∈M ∩U (a,δ) sup cf (x) = lim c δ→0 sup x∈M ∩U (a,δ) f (x) x→a = c lim δ→0 x∈M ∩U (a,δ) sup f (x) = c lim f (x). 4. Iškeliant prieš ribos ženklą minusą, viršutin˙ riba keičiasi i apatinę, o e ˛ apatin˙ — i viršutinę: e ˛ x→a x→a lim −f (x) = − lim f (x), x→a x→a lim −f (x) = − lim f (x). Pirmoji lygyb˙ irodoma taip: e˛ lim −f (x) = lim δ→0 x∈M ∩U (a,δ) inf x→a −f (x) = lim − δ→0 sup x∈M ∩U (a,δ) f (x) f (x) = − lim f (x). x→a = − lim δ→0 x∈M ∩U (a,δ) sup Antroji nelygyb˙ gaunama iš pirmosios, pakeitus f (x) i −f (x). e ˛ 5. Jei f (x) 0 su visais x ir 1/0 reiškinys laikomas lygus ∞, tai 1 1 = ; limx→a f (x) x→a f (x) 1 1 . lim = x→a f (x) limx→a f (x) lim Pirmoji lygyb˙ irodoma taip: e˛ 1 1 1 = lim inf = lim δ→0 x∈M ∩U (a,δ) f (x) δ→0 supx∈M ∩U (a,δ) f (x) x→a f (x) 1 1 = . = limδ→0 supx∈M ∩U (a,δ) f (x) limx→a f (x) lim Antroji nelygyb˙ gaunama iš pirmosios, pakeitus f (x) i 1/f (x). e ˛ 240 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ 6. Jei visos sumos apibr˙ žtos, tai e lim f (x) + lim g(x) x→a x→a x→a x→a lim f (x) + g(x) x→a x→a lim f (x) + lim g(x); x→a x→a x→a x→a lim f (x) + lim g(x) lim f (x) + g(x) lim f (x) + lim g(x). Tikrai, su visais δ x∈M ∩U (a,δ) inf f (x) + x∈M ∩U (a,δ) inf g(x) x∈M ∩U (a,δ) inf f (x) + g(x) f (x) + sup x∈M ∩U (a,δ) x∈M ∩U (a,δ) inf g(x). Suskaičiavęs ribas, kai δ → 0, gaunu pirm1sias dvi nelygybes. Antroji pora irodoma analogiškai. ˛ 7. Pasir˙ męs ką tik irodytomis nelygyb˙ mis, galiu šiek tiek apibendrinti e ˛ e 1 savybę: jei g(x) − → c ∈ R, tai − x→a lim f (x) + g(x) = c + lim f (x); x→a x→a x→a x→a lim f (x) + g(x) = c + lim f (x). Irodysiu pirmą teigini: kadangi ˛ ˛ lim g(x) = lim g(x) = c, x→a x→a tai lim f (x) + g(x) x→a lim f (x) + lim g(x) = c + lim f (x) x→a x→a x→a ir lim f (x) + g(x) x→a lim f (x) + lim g(x) = c + lim f (x). x→a x→a x→a Antras teiginys irodomas analogiškai. ˛ 8. Jei f ir g igyja tik teigiamas reikšmes ir visos sandaugos apibr˙ žtos, ˛ e tai lim f (x) lim g(x) x→a x→a x→a x→a lim f (x)g(x) x→a x→a lim f (x) lim g(x); x→a x→a x→a x→a lim f (x) lim g(x) lim f (x)g(x) lim f (x) lim g(x). Tikrai, su visais δ x∈M ∩U (a,δ) inf f (x) x∈M ∩U (a,δ) inf g(x) x∈M ∩U (a,δ) inf f (x)g(x) 7.3. FUNKCIJOS, TOLYDŽIOS INTERVALE inf f (x) sup x∈M ∩U (a,δ) 241 g(x). x∈M ∩U (a,δ) Suskaičiavęs ribas, kai δ → 0, gaunu pirmąsias dvi nelygybes. Antroji pora irodoma analogiškai. ˛ 9. Galima apibendrinti ir 3 savybę: jei f (x) 0 su visais x, o g(x) − → − x→a c > 0, tai lim f (x)g(x) = c lim f (x); x→a x→a x→a x→a lim f (x)g(x) = c lim f (x). Irodysiu antrą teigini: kadangi ˛ ˛ lim g(x) = lim g(x) = c, x→a x→a tai x→a lim f (x)g(x) x→a lim f (x) lim g(x) = c lim f (x) x→a x→a ir x→a lim f (x)g(x) x→a lim f (x) lim g(x) = c lim f (x). x→a x→a 7.3 Funkcijos, tolydžios intervale V˙ l visame skyrelyje M ⊂ R ir f : M → R. e Tolydžiosios funkcijos. Tegu A ⊂ M. Sakome, kad f tolydi A aib˙ je, e jei ji tolydi kiekviename tos aib˙ s taške. Funkcija, tolydi visoje apibr˙ žimo e e srityje M, vadinama tolydžiąja funkcija. 6 skyriuje irodžiau, kad atlikdamas veiksmus su tolydžiosiomis funkci˛ jomis v˙ l gaunu tolydžiąsias funkcijas. Kadangi bazin˙ s funkcijos x → b e e ir x → x yra tolydžios, dauguma nesudurtiniu funkciju bus tolydžiosios. ˛ ˛ Pavyzdžiui, x2 + 1 f (x) = 3 x −x+2 yra tolydžioji funkcija. Jei tolydžiosios funkcijos apibr˙ žimo sritis yra intervalas, jos grafikas yra e nenutrukstanti (tolydi) linija. Jei apibr˙ žimo sritis yra intervalu junginys, e ˛ ¯ grafikas tolydus kiekviename intervale (žr. 7.10 pav.). 242 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ 7.10 pav. Tolydi funkcija 1 pastaba. Tolydumas A aib˙ je reiškia, kad e x→a ∀a ∈ A f (x) − → f (a). − Aišku, kad jei f tolydi A aib˙ je, tai ji tolydi ir bet kokiame tos aib˙ s poaibyje e e B; jei f tolydi ir A1 , ir A2 aib˙ je, tai ji tolydi ir tu aibiu junginyje A1 ∪ A2 . e ˛ ˛ Tačiau šios sąvokos nereikia painioti su kita panašia sąvoka — funkcijos siaurinio A aib˙ je tolydumu. e Jei f yra tolydi A aib˙ je, tai jos siaurinys toje aib˙ je yra tolydžioji e e funkcija. Tačiau atvirkščias teiginys n˙ ra teisingas. Pavyzdžiui, jei e f (x) = 1, kai x < 0; 2, kai x 0; tai f siaurinys [0; ∞) intervale yra pastovioji funkcija 2 ir, reiškia, tolydžioji funkcija. Tačiau f n˙ ra tolydi tame intervale, nes netolydi to intervalo taške e 0. Šiame pavyzdyje tiek f siaurinys A1 = (−∞; 0) aib˙ je, tiek A2 = [0; ∞) e aib˙ je yra tolydžiosios funkcijos, bet siaurinys A1 ∪ A2 junginyje (t.y. pati e funkcija f ) n˙ ra tolydžioji funkcija. e Aprašyto efekto priežastis ta, kad, kaip ir riba, tolydumas taške priklauso nuo funkcijos reikšmiu tam tikroje to taško aplinkoje. Tod˙ l tolydu˛ e mas A aib˙ je priklauso nuo funkcijos reikšmiu tam tikroje tos aib˙ s aplinkoje, e ˛ e t.y. tam tikroje atviroje aib˙ je O ⊃ A. e 2 pastaba. Situacija keičiasi, jei pati A yra atvira. Nesunku isitikinti, kad ˛ f tolydi atviroje aib˙ je O tada ir tik tada, kai jos siaurinys toje aib˙ je yra e e tolydžioji funkcija. Taigi jei O1 ir O2 yra dvi atviros aib˙ s, ir f siaurinys tiek e O1 , tiek O2 aib˙ je yra tolydžioji funkcija, tai f siaurinys O1 ∪ O2 junginyje e irgi yra tolydžioji funkcija. à  7.3. FUNKCIJOS, TOLYDŽIOS INTERVALE 243 c | | x∗ 7.11 pav. Egzistuoja mažiausia funkcijos reikšm˙ e Didžiausia ir mažiausia funkcijos reikšm˙ e. 7.4 teorema. Jei f tolydi uždarame intervale [a; b], tai tarp jos reikšmiu ˛ tame intervale yra ir didžiausia, ir mažiausia reikšm˙ . e Irodymas. Pažymiu c = inf x∈[a;b] f (x). Irodysiu, kad c yra funkcijos ˛ ˛ reikšm˙ (žr. 7.11 pav.). e Kadangi aib˙ s infimumas yra ribinis taškas, atsiras tokia seka (xn ) ⊂ [a; b], e kad f (xn ) → c. Tegu x∗ yra kokia nors tos sekos dalin˙ riba ir (xnk ) — tos e sekos posekis, art˙ jantis i x∗ . e ˛ Kadangi a xnk b su visais k, galiu šioje nelygyb˙ je skaičiuoti ribas, kai k → ∞. Suskaičiavęs e ∗ ∗ gaunu a x b. Taigi x priklauso f funkcijos apibr˙ žimo sričiai. e Iš f (xn ) → c išplaukia f (xnk ) − − c. Kita vertus, f tolydi x∗ taške; −→ tod˙ l f (xnk ) − − f (x∗ ). Reiškia, f (x∗ ) = c, t.y. c yra mažiausia funkcijos e −→ k→∞ reikšm˙ . e Didžiausios reikšm˙ s egzistavimas irodomas analogiškai. e ˛ k→∞ 1 pastaba. Teoremos teiginys gali buti neteisingas, jei f funkcija netolydi ¯ arba M intervalas neuždaras. Atitinkami kontrpavyzdžiai parodyti 7.12 pav. Teorema apie tarpinę reikšmę. 7.5 teorema. Tegu f yra tolydi intervale A ⊂ M. Jei a, b ∈ A ir f (a) < v < f (b), tai v = f (u) su tam tikru u, esančiu tarp a ir b. (Žr. 7.13 pav.) 244 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ 7.12 pav. Du pavyzdžiai, kai n˙ ra mažiausios funkcijos reikšm˙ s e e c | | a u b 7.13 pav. Bet koks skaičius tarp dvieju funkcijos reikšmiu taip pat yra funkci˛ ˛ jos reikšm˙ e ÇÆ ÈÅ Ä | | | | d v | | | | 7.3. FUNKCIJOS, TOLYDŽIOS INTERVALE 245 Irodymas. Tegu a < b (kitas atvejis nagrin˙ jamas panašiai). Kadangi A ˛ e yra intervalas, [a; b] ⊂ A. Pažymiu B = {x ∈ [a; b] | f (x) u = sup B. Kadangi taškas a priklauso B aibei. Tod˙ l a u. Kita vertus, x b su visais x ∈ A; e tod˙ l ir u b. Taigi u ∈ [a; b]. e Aib˙ s supremumas yra ribinis aib˙ s taškas; tod˙ l atsiras tokia seka (xn ) ⊂ e e e B, kad xn → u. Iš xn ∈ B išplaukia f (xn ) v. a ∈ [a; b], f (a) < v, v}, Nelygyb˙ teisinga su visais n; tod˙ l galima skaičiuoti ribas, kai n → ∞. e e Kadangi f tolydi u taške, f (xn ) → f (u). Taigi f (u) v. Kadangi f (b) > v, tai u = b. Taigi u < b ir tod˙ l u + 1/n ∈ [a; b] e su pakankamai dideliais n. Kadangi u yra viršutinis B r˙ žis, visi B taškai e neviršija u; tod˙ l u + 1/n ∈ B. Reiškia, e f (u + 1/n) > v su pakankami dideliais n. Suskaičiavęs ribas šioje nelygyb˙ je, gaunu f (u) e v. Taigi f (u) = v. Iš teoremos ir to fakto, kad (6.2) formul˙ charakterizuoja intervalus, iše plaukia, kad jei A yra intervalas, tai f (A) — intervalas. Kitaip tariant, intervalo vaizdas tolydžios funkcijos atžvilgiu yra intervalas. Iš 7.4 teoremos išplaukia, kad uždaro intervalo vaizdas yra uždaras intervalas. Daugiau nieko pasakyti negalima. Pavyzdžiui, atviro intervalo vaizdas gali buti ir atviras, ir uždaras, ir pusiau atviras. ¯ Kadangi piešti piešini tingiu, duosiu analizini pavyzdi. Tegu f (x) = sin x. Tada ˛ ˛ ˛ f (0; π/2) = (0; 1), f (0; π) = (0; 1], f (0; 2π) = [0; 1]. 1 pastaba. Teoremos teiginys gali buti neteisingas, jei f funkcija netolydi ¯ arba A aib˙ n˙ ra intervalas. Kontrpavyzdžiai parodyti 7.14 pav. e e Nelygybiu sprendimas intervalu metodu. 7.5 teorema dažnai naudo˛ ˛ jama, sprendžiant f (x) > 0 pavidalo nelygybes; čia f — tolydžioji funkcija, apibr˙ žta tam tikrame intervale (a; b). Sprendimo etapai: e 246 d v c 7.14 pav. Du pavyzdžiai, kai teorema apie tarpinę reikšmę neteisinga • išsprendžiama lygtis f (x) = 0; • lygties šaknys a1 , . . . , ak , surikiuotos pagal dydi, padalija (a; b) intervalą ˛ i mažesnius intervaliukus (a; a1 ), (a1 ; a2 ), . . . , (ak ; b); ˛ • kiekviename intervaliuke parenkamas taškas ir jame suskaičiuojama funkcijos reikšm˙ ; e • rašomas atsakymas — tu intervaliuku kuriuose apskaičiuota reikšm˙ ˛ ˛, e buvo teigiama, junginys. Metodo pagrindimas: jei viename intervaliuko taške funkcijos reikšm˙ teie giama, tai ir kituose to intervaliuko taškuose reikšm˙ bus teigiama. Tikrai, e jei x1 , x2 ∈ (ai−1 , ai ) ir f (x1 ) < 0 < f (x2 ), tai tarp x1 ir x2 turi atsirasti taškas, kuriame funkcija lygi 0. O to buti negali, nes a1 , . . . , ak yra visos ¯ lygties f (x) = 0 šaknys. Panagrin˙ siu du pavyzdžius. Viename aprašytas metosa pritaikytas teie singai, kitame — neteisingai. 1. Tarkime, reikia išspręsti nelygybę x3 − 4x2 + 4x < 0. Iš pradžiu ieškau tašku kuriuose kairioji pus˙ lygi 0: ˛ ˛, e x(x2 − 4x + 4) = 0; x(x − 2)2 = 0; x = 0 arba 2. Gautos šaknys suskaido tiesę i tris intervalus: ˛ (−∞; 0), (0; 2) ir (2; ∞). Ê É Ë d v c ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ | | | | | | 7.3. FUNKCIJOS, TOLYDŽIOS INTERVALE Pirmame intervale pasiimu tašką −1. Kadangi (−1)3 − 4 · (−1)2 + 4 · (−1) = −9 < 0, visame (−∞; 0) intervale x3 − 4x2 + 4x < 0. Antrame intervale pasirenku tašką 1. Kadangi 13 − 4 · 12 + 4 · 1 = 1 > 0, visame (0; 2) intervale x3 − 4x2 + 4x > 0. Trečiame intervale pasirenku tašką 3. Kadangi 33 − 4 · 32 + 4 · 3 = 3 > 0, visame (2; ∞) intervale x3 − 4x2 + 4x > 0. Taigi x3 − 4x2 + 4x < 0 ⇐⇒ x < 0. 247 Jei spręsčiau negriežtą nelygybę, prie gautos sprendiniu aib˙ s reiktu pri˛ e ˛ jungti taškus, kuriuose kairioji pus˙ yra 0: e x3 − 4x2 + 4x 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞; 0] ∪ {2}. x2 − x > 0. x3 + x − 1 x2 − x = 0; x3 + x − 1 x2 − x = 0; x(x − 1) = 0; x = 0 arba 1. Intervaluose (−∞; 0), (0; 1) ir (1; ∞) pasirenku taškus −1, 0.5 ir 2. Kadangi 2 (−1)2 − (−1) = − < 0, (−1)3 + (−1) − 1 3 0.52 − 0.5 2 = > 0, 3 + 0.5 − 1 0.5 3 22 − 2 2 = > 0, 23 + 2 − 1 9 2. Tarkime, reikia išspręsti nelygybę Ieškau tašku kuriuose kairioji pus˙ lygi 0: ˛, e 248 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ darau išvadą x2 − x > 0 ⇐⇒ x ∈ (0; 1) ∪ (1; ∞). x3 + x − 1 Deja, išvada neteisinga: kai x = 0.9, x2 − x −0.09 = < 0. 3 +x−1 x 0.629 Klaidingo atsakymo priežastis yra ta, kad kair˙ je nelygyb˙ s pus˙ je stovine e e čios funkcijos apibr˙ žimo sritis n˙ ra intervalas ir tod˙ l 7.5 teoremos taikyti e e e negalima. Tikrai, 03 + 0 − 1 = −1 < 0, 13 + 1 − 1 = 1 > 0; tod˙ l funkcijos vardiklis lygus 0 kažkuriame taške x∗ ∈ (0; 1). e Lygčiu sprendimas intervalu dalijimo metodu. 7.5 teorema taip pat ˛ ˛ taikoma, apytiksliai sprendžiant f (x) = 0 pavidalo lygtis vadinamuoju intervalo dalijimo metodu. Tarkime, sprendžiu lygti ˛ x5 + x − 1 = 0. Pažymiu f (x) = x5 + x − 1. Kadangi f (0) = −1 < 0, f (1) = 1 > 0, intervale (0; 1) yra lygties šaknis. Nor˙ damas ją apytiksliai suskaičiuoti, dae linu intervalą pusiau ir randu funkcijos reikšmę viduriniame taške. Kadangi f (0.5) ≈ −0.469 < 0, f (1) = 1 > 0, šaknis yra (0.5; 1) intervale. Analogiškai samprotaudamas, gaunu: f (0.75) ≈ −0.013 < 0, f (1) = 1 > 0; 7.3. FUNKCIJOS, TOLYDŽIOS INTERVALE tod˙ l šaknis yra (0.75; 1) intervale; e f (0.775) ≈ 0.055 > 0, f (0.75) ≈ −0.013 < 0; tod˙ l šaknis yra (0.75; 0.775) intervale; e f (0.762) ≈ 0.019 > 0, f (0.75) ≈ −0.013 < 0; tod˙ l šaknis yra (0.75; 0.762) intervale. Taigi šaknis yra 0.756 ± 0.06. e 249 Šaknys. Tarkime, k ∈ N ir f (x) = xk su x ∈ [0; ∞). Iš 0 x < y išplaukia xk < y k . Taigi f yra did˙ janti ir, reiškia, injektyvi funkcija. Irodysiu, kad e ˛ jos reikšmiu sritis yra [0; ∞) intervalas. ˛ Aišku, kad 0 xk < ∞ su visais x 0. Atvirkščiai, tegu y yra bet koks skaičius iš [0; ∞) intervalo. Kadangi xk − − ∞, atsiras toks x0 , kad xk > y. −→ 0 x→∞ Iš sandaugos ribos skaičiavimo taisykl˙ s taip pat išplaukia, kad e xn → x ⇒ xk → xk . n Reiškia, f yra tolydžioji funkcija. Kadangi 0 = 0k ir xk yra jos reikšm˙ s, o e 0 k 0 y < x0 , iš 7.5 teoremos išplaukia, kad ir y yra jos reikšm˙ . e Taigi f yra bijekcija tarp [0; ∞) ir [0; ∞). Atvirkštin˙ funkcija žymima e √ k y ir vadinama k-ojo laipsnio šaknimi. Iš apibr˙ žimo išplaukia, kad e √ k y apibr˙ žta su y 0, e √ k y 0 su visais y, √ x, y 0 ⇒ x = k y ⇐⇒ y = xk . √ Pavyzdžiui, k 0 = 0, nes 0 0 ir 0k = 0. Visos šaknu savyb˙ s irodomos 4 skyriuje aprašytu metodu (žr. 5.2 skyrelio ˛ e ˛ paragrafus apie atvirkštines funkcijas). Štai du pavyzdžiai. 1. Irodysiu, kad šaknis yra did˙ janti funkcija, t.y. ˛ e √ √ 0 y1 < y2 ⇒ k y1 < k y2 . √ √ Pažymiu k y1 = x1 ir k y2 = x2 . Tada x1 , x2 0 ir xk = y1 , 1 xk = y2 . 2 x2 išplauktu ˛ Kadangi x → xk funkcija did˙ janti [0; ∞) intervale, iš x1 e y1 y2 , o taip n˙ ra. Reiškia, x1 < x2 . e 250 2. Irodysiu, kad jei y1 , y2 ˛ √ k Pažymiu x1 = √ k y1 , x2 = √ k ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ 0, tai y1 y2 = √ √ k y1 k y2 . 0 ir y2 . Tada x1 , x2 xk = y1 , 1 xk = y2 . 2 Kadangi x1 x2 gaunu √ k 0 ir (x1 x2 )k = xk xk = y1 y2 , 1 2 y1 y2 = x1 x2 , o tą ir reik˙ jo irodyti. e ˛ Kvadratin˙ lygties šaknu formul˙ Iš pradžiu panagrin˙ siu paprasčies ˛ e. ˛ e ausią kvadratinę lygti ˛ x2 = a. (7.18) Jei a < 0, (7.18) lygtis šaknu neturi, nes x2 0 su visais x. ˛ Jei a = 0, lygtis turi vienintelę šakni x = 0, nes sandauga lygi 0 tik tada, ˛ kai vienas daugiklis lygus 0. √ √ Tegu a > 0. Viena (7.18) lygties šaknis yra a, o kita — − a, nes √ √ 2 ± a = ( a)2 = a. Irodysiu, kad daugiau šaknu n˙ ra. ˛ ˛ e Tegu x yra bet kokia (7.18) lygties šaknis, t.y. x2 = a. Jei x √ šaknies apibr˙ žimo išplaukia x = a. Jei x < 0, tai −x > 0 ir e (−x)2 = x2 = a; √ √ tod˙ l −x = a, t.y. x = − a. e √ √ Taigi jei a > 0, (7.18) lygtis turi lygiai dvi šaknis: a ir − a. Bendroji kvadratin˙ lygtis e x2 + px + q = 0 ekvivalenti jau išnagrin˙ to pavidalo lygčiai e (x + p/2)2 = p2 /4 − q. Tod˙ l: e 1) jei p2 /4 − q < 0, (7.19) lygtis šaknu neturi; ˛ 2) jei p2 /4 − q = 0, (7.19) lygtis turi vieną šakni x = −p/2; ˛ 2 3) jei p /4 − q > 0,(7.19) lygtis turi lygiai dvi šaknis: −p/2 + p2 /4 − q ir − p/2 − p2 /4 − q. (7.19) 0, tai iš 7.3. FUNKCIJOS, TOLYDŽIOS INTERVALE Atvirkštin˙ funkcijos tolydumas. es 251 7.6 teorema. Jei M yra intervalas, f — injektyvi tolydžioji funkcija, tai atvirkštin˙ funkcija — taip pat tolydi. e Irodymas. Tariu priešingai, atvirkštin˙ funkcija n˙ ra tolydi kokiame nors ˛ e e taške c ∈ N, t.y. f −1 (y) → f −1 (c), kai y → c. Pažymiu b = f −1 (c). Aišku, kad b yra dalin˙ f −1 funkcijos riba, kai y → c e (jei yn = c su visais n, tai yn → c ir f −1 (yn ) = b → b). Jei b butu vienintel˙ e ¯ ˛ −1 dalin˙ riba, f (y) art˙ tu prie b, kai y → c, o taip n˙ ra. Taigi egzistuoja dar e e ˛ e viena dalin˙ riba a = b. e Iš dalin˙ s ribos apibr˙ žimo išplaukia, kad egzistuoja tokia seka (yn ) ⊂ N, e e −1 kad yn → c ir f (yn ) → a. Pažymiu xn = f −1 (yn ). Tada (xn ) ⊂ M ir xn → a, f (xn ) = yn → c. Jei a priklausytu f funkcijos apibr˙ žimo sričiai, iš f tolydumo ir xn → a ˛ e išplauktu f (xn ) → f (a). Kadangi f (xn ) → c, gaučiau f (a) = c = f (b), o to ˛ negali buti, nes f injektyvi. Taigi a ∈ M. ¯ Irodymas priart˙ jo prie kritinio taško; tod˙ l reziumuoju, ką pavyko pa˛ e e siekti. Padaręs prielaidą, kad teoremos tvirtinimas neteisingas, gavau, jog egzistuoja tokia M aib˙ s elementu seka (xn ) ir tokie a ∈ M, b ∈ M, kad e ˛ xn → a = b, f (xn ) → c = f (b). Dabar pabandysiu iš šiu sąryšiu gauti prieštarą. ˛ ˛ Kadangi a = b, vienas iš tu skaičiu yra didesnis, kitas mažesnis. Tegu, ˛ ˛ pavyzdžiui, a < b. Tada xn > a su visais n (jei koks nors xn a, tai iš xn , b ∈ M išplauktu a ∈ M, nes M yra intervalas). ˛ Iš xn → a < b išplaukia, kad xn < b su pakankamai dideliais n. Taigi atsiras toks m, kad a < xm < b. D˙ l funkcijos injektyvumo f (xm ) = f (b) = c; tod˙ l vienas iš tu skaičiu yra e e ˛ ˛ mažesnis, o kitas — didesnis. Tegu, pavyzdžiui, f (xm ) < c. Iš xn → a < xm išplaukia, kad xn < xm su pakankamai dideliais n, o iš f (xn ) → c > f (xm ) — kad f (xn ) > f (xm ) su pakankamai dideliais n. Tod˙ l atsiras toks n, kad e bus teisingi abu sąryšiai: a < xn < xm < b, f (xn ) > f (xm ) < f (b). Dabar galimi tokie du atvejai (žr. 7.15 pav.). 252 c a xn u 1) f (xm ) < f (b) < f (xn ). Tada iš 7.5 teoremos išplaukia, kad f (b) = f (u) su tam tikru u ∈ (xn ; xm ). Tai prieštarauja f injektyvumui, nes b ∈ (xn ; xm ). 2) f (xm ) < f (xn ) < f (b). Tada iš 7.5 teoremos gaunu, kad f (xn ) = f (u) su tam tikru u ∈ (xm ; b). Kadangi xn ∈ (xm ; b), tai taip pat prieštarauja f injektyvumui. √ Iš teoremos išplaukia, pavyzdžiui, kad k x yra tolydžioji funkcija. Irodysiu, kad jei f yra tolydžioji bijekcija tarp M ir N ir M yra atviras ˛ intervalas (a; b), tai N — taip pat atviras intervalas. N negali buti uždaras, nes tada jo vaizdas tolydžiosios funkcijos f −1 ¯ atžvilgiu turi buti uždaras intervalas, o taip n˙ ra. e ¯ −1 Tarkime, N = [c; d) su c < d ir x = f (c). Tada f −1 butu tolydžioji ¯ ˛ bijekcija tarp (c; d) ir (a; b)\{x}. To taip pat negali buti, nes intervalo vaizdas ¯ tolydžiosios funkcijos atžvilgiu visada yra intervalas, o aib˙ (a; b) \ {x} n˙ ra e e intervalas. Panašiai irodoma,kad N negali buti (c; d] pavidalo su c < d. ˛ ¯ 1 pastaba. Teoremos tvirtinimas gali buti neteisingas, jei f netolydi arba ¯ M n˙ ra intervalas. Du kontrpavyzdžiai parodyti 7.16 pav. e Tolygus tolydumas. Tegu M ⊂ R, f : M → R ir A ⊂ M. f funkcija vadinama tolygiai tolydžia A aib˙ je, jei e ∀ε ∃δ ∀x, x ∈ A |x − x | < δ ⇒ |f (x) − f (x )| < ε , (7.20) t.y. jei pakankamai artimas argumento reikšmes atitinka kiek norima artimos funkcijos reikšm˙ s. e Suylyginęs (7.20) su panašia 7.3 teoremos sąlyga, gaunu tokią išvadą: jei funkcija tolygiai tolydi atvirame intervale (a; b) su baigtiniais galais, tai egzistuoja baigtin˙ s ribos f (a+) ir f (b−). e ÎÌ ÏÍ c | | ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ | xm b | | | 7.15 pav. a xn xm u | | | | b 7.3. FUNKCIJOS, TOLYDŽIOS INTERVALE y | c f −1 (c) 7.16 pav. Du pavyzdžiai, kuriuose atvirkštin˙ funkcija netolydi e 1 pastaba. Iš apibr˙ žimo matyti, kad tolygus tolydumas A aib˙ je priklauso e e tik nuo funkcijos reikšmiu toje aib˙ je. Tuo tarpu tolydumas A aib˙ je prik˛ e e lauso nuo funkcijos reikšmiu tos aib˙ s aplinkoje. Tod˙ l apskritai tos sąvokos ˛ e e nepalyginamos. Situacija keičiasi, jei A aib˙ atvira, arba sutampa su visa apibr˙ žimo e e sritimi M. Tada tolygus tolydumas yra „stipresn˙ “ sąvoka. Pavyzdžiui, e jei funkcija tolygiai tolydi visoje apibr˙ žimo srityje M, tai ji yra tolydžioji e funkcija. Tikrai, jei δ yra toks, kad x, x ∈ M, |x − x | < δ ⇒ |f (x) − f (x )| < ε, ir x ∈ M, tai ∀x ∈ U(x, δ) f (x ) ∈ U f (x), ε . Atvirkščias teiginys n˙ ra teisingas. Panagrin˙ kime, pavyzdžiui, funkciją e e 2 f (x) = x . Ji tolydi R ties˙ je, bet n˙ ra tolygiai tolydi: jei e e xn = n, tai |xn − xn | → 0, bet |f (xn ) − f (xn )| = (n + 1/n)2 − n2 = 2 + n−2 su visais n. Tolygaus tolydumo kriterijus. 7.7 teorema. Funkcija, tolydi uždarame intervale [a; b] ⊂ R, yra ir tolygiai tolydi tame intervale. 2 xn = n + 1/n, Õ ÔÓ Ð ÕÒ ÔÑ Ò Ñ 253 y c | | | | | f −1 (y) f −1 (c) f −1 (y) 254 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ Irodymas. Tariu priešingai, f funkcija tolydi kiekviename [a; b] taške, bet ˛ n˙ ra tolygiai tolydi, t.y. egzistuoja toks ε, kad e ∀δ ∃x, x ∈ [a; b] |x − x | < δ, |f (x) − f (x )| ε . Imdamas δ = 1/n ir atitinkamus x, x pažym˙ jęs xn , xn , gaunu: e |xn − xn | < 1/n, |f (xn ) − f (xn )| ε. Tegu c yra kokia nors (xn ) sekos dalin˙ riba, o (xnk ) — tos sekos posekis, e art˙ jantis i c. Kadangi e ˛ a xnk b su visais k, suskaičiavęs ribas, kai k → ∞, gaunu a Kadangi |xn − xn | < 1/n → 0, c b. tai xn − xn → 0. Tada ir tos sekos posekis xnk − xnk → 0; tod˙ l e xnk = xnk + (xnk − xnk ) → c + 0 = c. Iš funkcijos tolydumo dabar išplaukia |f (xnk ) − f (xnk )| − − |f (c) − f (c)| = 0. −→ k→∞ Gavau prieštarą. 7.4 Uždaviniai 0}. 1}. 1}. 1. Raskite min A, max A, inf A, sup A. x x+1 n • A={ |n n+1 • A = {x | • A={ (−1)n |n n • (2004) A = [0; 3] \ N. • (2004) A = {(−1)n n | n ∈ N}. • (2004) A = (−1; 1) ∪ (2; 3) ∪ N. 7.4. UŽDAVINIAI 2. Raskite duotos funkcijos ar sekos viršutinę ir apatinę ribą. • funkcijos f (x) = sin x, kai x → ∞. 1 • funkcijos f (x) = cos2 x , kai x → 0. 255 • sekos xn = cos nπ . 2 • sekos xn = (−1)n n. • (2004) funkcijo f (x) = x+1 sin x, kai x → ∞. x • (2004) funkcijos f (x) = cos2 x, kai x → ∞. • (2004) sekos xn = 2n2 + (−1)n n, kai n → ∞. 3. Raskite apytiksliai duotos lygties šakni, esančią nurodytame intervale. ˛ • x3 − 4x + 2 = 0, x ∈ (0; 1). • x4 + x − 3 = 0, x ∈ (1; 2). • (2004) x4 + x = 1, x ∈ (0; 1), 0.1 tikslumu. 4. Irodykite duotą teigini. ˛ ˛ √ √ • Jei x 0, tai k l x = kl x. √ √ 4 • Jei x 0, tai x2 = x. 256 ˙ 7 SKYRIUS. SKAIČIU TIESES PILNATIS ˛ 8 skyrius Išvestin˙ e Visame skyriuje M ⊂ R ir f : M → R, t.y. f apibr˙ žta tik su baigtiniais x e ir igys tik baigtines reikšmes. ˛ 8.1 Išvestiniu skaičiavimo taisykl˙ s ˛ e Diferencijuojamos funkcijos. Tegu a yra neizoliuotas M taškas. Sakome, kad f funkcija diferencijuojama a taške, jei egzistuoja baigtin˙ riba e f (a) = lim f (x) − f (a) . x−a (8.1) x→a Ta riba vadinama f funkcijos išvestine a taške. Jei f diferencijuojama kiekviename kokios nors aib˙ s taške ji vadinama diferencijuojama toje aib˙ je. e e Paaiškinsiu, kod˙ l apibr˙ žime reikalaujama, kad a taškas nebutu izoliuoe e ¯ ˛ tas. Funkcija f (x) − f (a) (8.2) x−a apibr˙ žta M \ {a} aib˙ je. Kadangi a n˙ ra izoliuotas M taškas, bet kurioje e e e jo aplinkoje bus tašku iš M \ {a}, t.y jis bus ribinis M \ {a} aib˙ s taškas. ˛ e Tod˙ l jei (8.2) funkcija turi ribą, kai x → a, tai ta riba vienintel˙ ir ją galima e e pažym˙ ti lim ženklu. Taigi išvestin˙ s apibr˙ žimas korektiškas. e e e Jei a butu izoliuotas M taškas, (8.2) funkcija art˙ tu prie bet kokio b ∈ R, e ˛ ¯ ˛ kai x → a. Tod˙ l šiuo atveju išvestin˙ neapibr˙ žiama. e e e Formaliai žiurint, M aib˙ , kurioje apibr˙ žta f funkcija, gal˙ tu buti kad e e e ˛ ¯ ¯ ir tokia: M = {a + 1/n | n 1} ∪ {a}. Tačiau paprastai a yra vidinis M taškas. 257 258 Jei f diferencijuojama a taške, tai ˙ 8 SKYRIUS. IŠVESTINE čia f (x) = f (a) + f (a)(x − a) + (x − a)g(x); g(x) = f (x)−f (a) x−a 0, − f (a), kai x ∈ M \ {a}; kai x = a. x→a Abu reiškiniai už skliaustu art˙ ja i 0, kai x → a; tod˙ l g(x) − → 0. Taigi ˛ e ˛ e − f (x) = f (a) + f (a)(x − a) + (x − a)o(1) = f (a) + f (a)(x − a) + o(x − a), kai x → a. Atvirkščiai, jei su kokiu nors c ∈ R teisinga formul˙ e tai f (x) = f (a) + c(x − a) + o(x − a), kai x → a, (8.3) f (x) − f (a) = c + o(1) − → c; − x→a x−a tod˙ l f diferencijuojama a taške ir f (a) = c. e Kadangi a + h → a, kai h → 0, tai (8.3) formul˙ ekvivalenti tokiai: e f (a + h) = f (a) + ch + o(h), kai h → 0. Ją dažniausiai ir taikysiu, ieškodamas išvestiniu ˛. n Rasiu, pavyzdžiui, f (x) = x funkcijos išvestinę. Kadangi n (x + h) = k=0 n n n−k k x h = xn + nxn−1 h + o(h), k kai h → 0, ši funkcija diferencijuojama visoje apibr˙ žimo srityje ir jos išvestin˙ x taške e e n−1 yra nx . Geometrin˙ išvestin˙ prasm˙ Santykis e es e. k0 = f (x0 ) − f (a) x0 − a yra ties˙ s, einančios per (a, f (a)) ir (x0 , f (x0 )) taškus, krypties koeficientas e (žr. 8.1 pav.). Kai x0 art˙ ja prie a, ta ties˙ art˙ ja prie y = f (x) kreiv˙ s e e e e liestin˙ s (a, f (a)) taške, o k0 skaičius — prie f (a). Taigi f (a) yra funkcijos e grafiko liestin˙ s krypties koeficientas. e 8.1 pratimas. Kaip gal˙ tu atrodyti f funkcijos grafikas, jei žinoma, e ˛ kad ˙ 8.1. IŠVESTINIU SKAIČIAVIMO TAISYKLES ˛ 259 y = f (x) f (x0 ) | y = f (x) k0 h f (a) h a | f (a)h f (a) | | h a | x0 | e e e 8.1 pav. Išvestin˙ s geometrin˙ prasm˙ • f (1) = 2, f (1) = −1; • f (0) = 3, f (0) = 0. Sprendimas. Žr. 8.2 pav. Paaiškinimas. I. Kadangi f (1) = 2, funkcijos grafikas eina per (1, 2) tašką. Iš pradžiu aš nubr˙ žiau grafiko liestinę tame taške. Liestin˙ eina per (1, 2) ˛ e e tašką, ir jos krypties koeficientas lygus f (1) = −1. Taigi jei x padid˙ ja per e h, tai atitinkamas y turi sumaž˙ ti per h. Pavyzdžiui, pa˙ męs h = 2 gaunu e e tokias antro liestin˙ s taško koordinates: x = 1 + 2 = 3, y = 2 − 2 = 0. Taigi e liestin˙ eina per (1, 2) ir (3, 0) taškus. e Po to nubr˙ žiu bet kokią liniją, kuri liestu liestinę (1, 2) taške. Aišku, e ˛ reikia žiur˙ ti, kad ta linija tikrai butu funkcijos grafikas (t.y. kad kiekvieną ¯e ¯ ˛ x atitiktu tik vienas y). ˛ II. Funkcijos grafikas eina per (0, 3) tašką. Grafiko liestin˙ s tame taške e krypties koeficientas lygus 0. Taigi, pakeitus x per h, y pasikeis per 0h = 0, t.y. nepakis. Pa˙ męs h = 2, gaunu, kad antro liestin˙ s taško koordinat˙ s yra e e e x = 0 + 2 = 2 ir y = 3 + 0 = 3. Taigi liestin˙ eina per (0, 3) ir (2, 3) taškus. e Nubr˙ žęs liestinę, po to nubr˙ žiau bet kokią liniją, liečiančią liestinę (0, 3) e e taške. Išvestin˙ ir tolydumas. Jei f diferencijuojama a taške, tai ji automatiškai e ir tolydi tame taške. Tikrai, jei f diferencijuojama, tai f (x) = f (a) + f (a)(x − a) + o(x − a) = f (a) + o(1), kai x → a, t.y. f (x) − → f (a). − x→a 260 4 3 2 1 0 -1 0 Idomesnis klausimas, ar butinai tolydi pati išvestin˙ , t.y. x → f (x) ˛ e ¯ funkcija. Štai pavyzdys, parodantis, kad taip yra ne visada. Tegu M yra aib˙ tokiu x ∈ [0; 1), kuriu visi dešimtainiai skaitmenys yra e ˛ ˛ arba 0, arba 1; be to, vienetuku yra ne daugiau kaip du; be to, jei ju yra du, ˛ ˛ tai antrasis nutolęs nuo pirmojo ne mažiau negu pirmasis — nuo dešimtainio taško. Pavyzdžiui, 0 ∈ M, 0.01 ∈ M, 0.1001 ∈ M; 0.25 ∈ M, 0.111 ∈ M, 0.00101 ∈ M ir t.t. Kitaip tariant, M = {0} ∪ {10−k | k 1} ∪ {10−k + 10−l | k 1, l 2k}. Funkciją f : M → R apibr˙ šiu lygyb˙ mis f (0) = 0 ir e e f (10−k ) = f (10−k + 10−l ) = 10−k , jei k < l. Taigi, pavyzdžiui, f (0.01) = 0.01, f (0.1001) = 0.1 ir pan. Neizoliuoti M aib˙ s taškai yra tik 0 ir 10−k su k e 1. Visuose juose funkcija diferencijuojama. Tikrai jei x ∈ M ir |x − 10−k | < 10−k−1, tai x = 10−k + 10−l su tam tikru l 2k; tod˙ l e f (x) − f (10−k ) 10−k − 10−k = −k =0 x − 10−k 10 + 10−l − 10−k ir, reiškia, f (10−k ) = 0. ×Ö ˙ 8 SKYRIUS. IŠVESTINE 4 3 2 1 0 1 2 3 -2 -1 0 1 2 8.2 pav. Žr. 6.3 pratimą. ˙ 8.1. IŠVESTINIU SKAIČIAVIMO TAISYKLES ˛ 261 Jei x ∈ M \ {0} ir |x| < 10−m , tai arba x = 10−k , arba x = 10−k + 10−l su l 2k ir k > m. Pirmuoju atveju f (x) − f (0) 10−k = −k = 1, x 10 antruoju 10−k 10−l f (x) − f (0) = −k = 1 − −k . x 10 + 10−l 10 + 10−l Abiem atvejais f (x) − f (0) −1 x 10−l 1 = l−k −k + 10−l 10 10 + 1 1 +1 10−k < 10−m 10k ir dešin˙ pus˙ kiek norima maža, jei m pakankamai didelis. Reiškia, e e f (x) − f (0) − → 1, − x→0 x t.y. f (0) = 1. Matome, kad išvestin˙ n˙ ra tolydi 0 taške: e e f (x) − − → 0 = 1 = f (0). −− 0=x→0 Jei f funkcija diferencijuojama kiekviename A aib˙ s taške, o jos išvestin˙ e e tolydi kiekviename A aib˙ s taške, sakome, kad f tolydžiai diferencijuojama e A aib˙ je. e Sudurtiniu funkciju diferencijavimas. Kaip ir riba, išvestin˙ a taške ˛ ˛ e priklauso tik nuo funkcijos reikšmiu tam tikroje a aplinkoje. Tiksliau, jei ˛ f (x) = g(x) su visais x iš tam tikros a taško aplinkos U(a, δ) ir g funkcija diferencijuojama a taške, tai f taip pat diferencijuojama ir f (a) = g (a). Ši taisykl˙ taikoma, skaičiuojant sudurtiniu funkciju išvestines. Tegu, e ˛ ˛ pavyzdžiui, x2 , kai x 1; f (x) = x + 1, kai x > 1; ir reikia suskaičiuoti f (−1). Intervale (−∞; 1) funkcija f sutampa su funkcija g(x) = x2 . Tas intervalas yra taško −1 aplinka. Kadangi g (x) = 2x su visais x, tai ir f (−1) = g (−1) = 2 · (−1) = −2. 262 Apskritai nesunku isitikinti, kad ˛ f (x) = ˙ 8 SKYRIUS. IŠVESTINE 2x, kai x < 1; 1, kai x > 1. Kadangi o Sudurimo taškuose išvestin˙ skaičiuojama pagal apibr˙ žimą. Skaičiavimo e e ¯ galima išvengti, jei sudurimo taške funkcija n˙ ra tolydi. Tada automatiškai e ¯ tame taške ji nediferencijuojama. Pavyzdžiui, aukščiau nagrin˙ ta funkcija e n˙ ra tolydi taške 1 (nes f (1−) = 1, o f (1+) = 2); tod˙ l tame taške neturi ir e e išvestin˙ s. e Jei sudurimo taške funkcija tolydi, išvestinę tenka skaičiuoti pagal api¯ br˙ žimą. Panagrin˙ siu du pavyzdžius. e e 1. Tegu f (x) = |x| su x ∈ R. Tai — sudurtin˙ funkcija, užrašoma tokia e formule: x, kai x 0; f (x) = −x, kai x < 0. f (0 + h) − f (0) h−0 = lim = 1, h→0 h→0+ h h lim h→0− f (0 + h) − f (0) −h − 0 = lim = −1, h→0 h h ji nediferencijuojama 0 taške. 2. Tegu f (x) = (x+ )3 , t.y. lim f (x) = Šiuo atveju 0 f (0 + h) − f (0) = lim = 0; h→0 h h→0− h f (0 + h) − f (0) h3 = lim = lim h2 = 0; lim h→0+ h→0 h h→0 h lim tod˙ l e f (0 + h) − f (0) − → 0, − h→0 h 0, kai x < 0; x3 , kai x 0. t.y. f (0) = 0. Paprastesni budą išvestinei sudurimo taške skaičiuoti aprašysiu kitame ˛ ¯ ¯ skyrelyje, kai jau gal˙ siu ji pagristi. e ˛ ˛ 8.2 pratimas. Ar f funkcija diferencijuojama a ir b taškuose? Jei ne, tai kod˙ l; jei taip, raskite išvestinę. e ˙ 8.1. IŠVESTINIU SKAIČIAVIMO TAISYKLES ˛ I. a = 1, b = 2,  2, kai x < 1;  f (x) = x, kai 1 x   2, kai x > 2. 2; 263 II. a = 0, b = 1, Sprendimas. I. a taške funkcija nediferencijuojama, nes netolydi. b taške ji taip pat nediferencijuojama: jei h > 0, tai f (2 + h) − f (2) 2−2 = = 0 − → 0, − h→0 h h o kai h < 0, f (2 + h) − f (2) 2+h−2 = = 1 − → 1. − h→0 h h II. b taške funkcija nediferencijuojama, nes netolydi. a taške ji diferencijuojama: kai h > 0, f (0 + h) − f (0) 0−0 = = 0 − → 0, − h→0 h h kai h < 0, f (0 + h) − f (0) h2 − 0 = = h − → 0. − h→0 h h Taigi f (0) = 0. Sumos ir skirtumo išvestin˙ Tegu g yra kita funkcija iš M i R, o x — e. ˛ neizoliuotas M taškas. Jei f ir g diferencijuojamos x taške, tai suma f + g taip pat diferencijuojama ir Tikrai, kai h → 0, (f ± g) (x) = f (x) ± g (x).  x2 , kai x < 0;  f (x) = 0, kai 0 x < 1;   x, kai x 1. f (x + h) ± g(x + h) = f (x) + f (x)h + o(h) ± g(x) + g (x)h + o(h) = f (x) ± g(x) + f (x) ± g (x) h + o(h). Jei f ir g diferencijuojamos visuose taškuose, irodytos formul˙ s užrašomos ˛ e ir taip: f (x) ± g(x) = f (x) ± g (x). Pavyzdžiui, (x − x2 + x4 ) = 1 − 2x + 4x3 . 264 ˙ 8 SKYRIUS. IŠVESTINE Sandaugos išvestin˙ Jei f ir g diferencijuojamos x taške, tai sandauga e. f g taip pat diferencijuojama ir (f g) (x) = f (x)g(x) + f (x)g (x). Tikrai, kai h → 0, f (x + h)g(x + h) = f (x) + f (x)h + o(h) g(x) + g (x)h + o(h) = f (x)g(x) + f (x)g (x) + f (x)g(x) h + o(h). Jei g(x) = c su visais c, tai g(x + h) = c = g(x) + 0 · h; tod˙ l g (x) = 0 su visais x. Tada iš sandaugos išvestin˙ s formul˙ s gaunu e e e (cf ) (x) = cf (x) + f (x) · 0 = cf (x). Taigi pastovu daugikli galima iškelti prieš išvestin˙ s ženklą. ˛ ˛ e Jei f ir g diferencijuojamos visuose taškuose, irodytos formul˙ s užrašomos ˛ e ir taip: f (x)g(x) = f (x)g(x) + f (x)g (x); cf (x) = cf (x). Taigi, pavyzdžiui, (3x4 ) = 3 · 4x3 = 12x3 . Dalmens išvestin˙ Jei f ir g diferencijuojamos x taške, tai dalmuo f /g e. taip pat diferencijuojamas ir (f /g) (x) = Irodymas. Kai h → 0, ˛ 1 1 g(x + h) − g(x) − =− g(x + h) g(x) g(x)g(x + h) g (x)h + o(h) =− 2 g (x) + o(1) g (x)h + o(h) =− 1 + o(1) g 2 (x) g (x) = − 2 h + o(h); g (x) f (x)g(x) − f (x)g (x) . g 2 (x) ˙ 8.1. IŠVESTINIU SKAIČIAVIMO TAISYKLES ˛ tod˙ l 1/g funkcija diferencijuojama ir e (1/g) (x) = − g (x) . g 2 (x) f (x) f (x)g (x) − , g(x) g 2 (x) 265 Dabar iš dalybos apibr˙ žimo ir sandaugos išvestin˙ s formul˙ s gaunu e e e (f /g) (x) = f (x)/g(x) + f (x)(1/g) (x) = o tai ir reik˙ jo irodyti. e ˛ Jei f ir g diferencijuojamos visuose taškuose, irodytos formul˙ s užrašomos ˛ e ir taip: 1 g (x) =− 2 ; g(x) g (x) f (x)g(x) − f (x)g (x) = . g 2(x) = 2x(x + 1) − x2 x2 + 2x = . (x + 1)2 (x + 1)2 f (x) g(x) Pavyzdžiui, x2 x+1 Sud˙ es funkcijos išvestin˙ Tegu N yra kitas R poaibis, f : M → etin˙ e. N ir g : N → R. Tegu x yra neizoliuotas M taškas, f (x) = y ir y — neizoliuotas N taškas. Jei f funkcija diferencijuojama x taške, o g funkcija — y taške, tai sud˙ tin˙ funkcija g ◦ f diferencijuojama x taške ir e e (g ◦ f ) (x) = g (y)f (x). Irodymas. Iš funkciju diferencijuojamumo išplaukia ˛ ˛ g(y + dy) = g(y) + g (y) + o(1) dy, f (x + dx) = f (x) + f (x) + o(1) dx, Kadangi f (x + dx) − y = f (x + dx) − f (x) = f (x) + o(1) dx − − 0, −→ dx→0 kai dy → 0; kai dx → 0. i g(y +dy) funkcijos asimptotini skleidini vietoje dy galiu irašyti f (x+dx)−y. ˛ ˛ ˛ ˛ Tada gausiu: g f (x + dx) = g(y) + g (y) + o(1) f (x + dx) − y) = g f (x) + g (y)f (x)dx + o(dx), = g f (x) + g (y) + o(1) f (x) + o(1) dx 266 kai dx → 0. ˙ 8 SKYRIUS. IŠVESTINE Jei f ir g diferencijuojamos visuose taškuose, irodyta formul˙ užrašoma ˛ e ir taip: g f (x) = g f (x) f (x). Pavyzdžiui, funkcijos 1/x5 išvestinę galiu skaičiuoti, pasir˙ męss tuo, kad e 1 y Gaunu: 1 x5 =− 1 . y2 =− 1 5x4 5 · (x5 ) = − 10 = − 6 . (x5 )2 x x Atvirkštin˙ funkcijos išvestin˙ Tarkime, f yra bijekcija tarp M ir es e. N, x — neizoliuotas M taškas, f (x) = y ir y — neizoliuotas N taškas. Jei f diferencijuojama x taške, f (x) = 0, ir f −1 tolydi y taške, tai f −1 diferencijuojama y taške ir (f −1 ) (y) = 1/f (x). Irodymas. Iš f diferencijuojamumo gaunu ˛ f (x + dx) = f (x) + f (x) + o(1) dx, D˙ l f −1 tolydumo e f −1 (y + dy) − x = f −1 (y + dy) − f −1 (y) − − 0. −→ dy→0 kai dx → 0. Tod˙ l i aukščiau parašytą asimptotinę lygybę vietoje dx galiu irašyti reiškini e ˛ ˛ ˛ −1 f (y + dy) − x. Tada gausiu f f −1 (y + dy) = f (x) + f (x) + o(1) f −1 (y + dy) − x Kadangi f f −1 (y + dy) = y + dy, iš čia gaunu y + dy = y + f (x) + o(1) f −1 (y + dy) − f −1 (y) ; dy = f (x) + o(1) f −1 (y + dy) − f −1 (y) ; dy f −1 (y + dy) − f −1 (y) = . f (x) + o(1) = y + f (x) + o(1) f −1 (y + dy) − f −1 (y) . 8.2. LAGRANŽO TEOREMA IR JOS TAIKYMAI Taigi f −1 (y + dy) − f −1 (y) = dy dy = 1 + o(1) , f (x) f (x) 1 + o(1) 267 Jei M yra intervalas, o f diferencijuojama visuose jo taškuose, labai supaprat˙ ja prielaidos, kurios reikalingos, kad butu teisinga irodyta formul˙ . e ˛ e ¯ ˛ Pirma, visi intervalo taškai yra neizoliuoti. Antra, diferencijuojama funkcija yra automatiškai tolydi; tod˙ l iš 7.5 teoremos gaunu, kad jos reikšmiu e ˛ aib˙ N taip pat yra intervalas, o taškas y — neizoliuotas. Trečia, iš 7.6 teoe remos išplaukia, kad atvirkštin˙ funkcija tolydi visuose taškuose. e Taigi lieka vienintelis reikalavimas: f (x) = 0. Jei f diferencijuojama ir jos išvestin˙ nelygi 0 visuose taškuose, irodytas e ˛ teiginys paprastai užrašomas taip: f −1 (y) = 1 f f −1 (y) . kai dy → 0. Reiškia, 1/f (x) yra atvirkštin˙ s funkcijos išvestin˙ y taške. e e Štai vienas irodytos formul˙ s taikymo pavyzdys. Tegu f (x) = xk su ˛ e √ −1 k y. Kadangi x 0; tada f (y) = f (x) = kxk−1 ir tas reiškinys lygus 0 tik kai x = 0, tai su visais y > 0 √ k y = 1 √ k ky k−1 . 8.2 Lagranžo teorema ir jos taikymai Ekstremumai. Tegu a ∈ M. Sakome, kad a taške yra f funkcijos lokalusis maksimumas (atitinkamai, lokalusis minimumas), jei egzistuoja tokia a taško aplinka U, kad f (x) f (a) (atitinkamai, f (x) f (a)) su visais x ∈ M ∩ U. Lokalieji minimumai ir maksimumai vadinami funkcijos lokaliaisiais ekstremumais. Pavyzdžiui, 8.3 pav. parodyta funkcija turi du lokalius minimumus (a ir c taškuose) ir du lokalius maksimumus (b ir d taškuose). Jei a yra izoliuotas M taškas, tai jis automatiškai yra ir lokalaus maksimumo, ir lokalaus minimumo taškas. Jei (a; b) ⊂ M ir f (x) = c su visais x ∈ (a; b), tai kiekvienas (a, b) intervalo taškas taip pat yra ir lokalaus maksimumo, ir lokalaus minimumo taškas. 268 ˙ 8 SKYRIUS. IŠVESTINE a | | b c | | d 8.3 pav. Funkcijos ekstremumai 8.1 teorema. Tarkime a taške yra lokalusis f funkcijos ekstremumas. Jei a yra vidinis M taškas ir f diferencijuojama tame taške, tai f (a) = 0. Irodymas. Tegu, pavyzdžiui, a taške yra lokalusis funkcijos maksimumas. ˛ Pažymiu f (x) − f (a) g(x) = . x−a Kadangi f diferencijuojama a taške, g(x) − → f (a). − x→a Iš lokalaus maksimumo apibr˙ žimo išplaukia, kad f (x) f (a) su visais x e iš tam tikros a aplinkos (a − δ; a + δ). Jei a < x < a + δ, tai f (x) − f (a) 0 ir x − a > 0; tod˙ l e g(x) 0. Suskaičiavęs ribas, kai x → a+, gaunu f (a) 0. Jei a − δ < x < a, tai f (x) − f (a) 0, o x − a < 0; tod˙ l e g(x) 0. 0. Suskaičiavęs šioje nelygyb˙ je ribas, kai x → a−, gaunu f (a) e Reiškia, f (a) = 0. 1 pastaba. Teoremos išvada gali buti neteisinga, jei a n˙ ra vidinis M taškas. e ¯ Pavyzdžiui, 8.3 pav. a taške funkcijos išvestin˙ tikrai nelygi 0, nors tas taškas e ir yra lokalaus minimumo taškas. 8.3 pratimas. duotame intervale. Raskite didžiausią ir mažiausią f funkcijos reikšmę 8.2. LAGRANŽO TEOREMA IR JOS TAIKYMAI I. f (x) = 2x3 − 3x2 + 2, intervale [−1, 1]. II. f (x) = x5 + x, intervale [−1; 2]. 269 Sprendimas. I. Funkcijos išvestin˙ f (x) = 6x2 − 6x lygi 0 dviejuose e intervalo taškuose: 0 ir 1. Taigi galimi ekstremumu taškai yra −1, 0 ir 1. ˛ Kadangi f (−1) = −3, f (0) = 2 ir f (1) = 1, mažiausia funkcijos reikšm˙ e duotame intervale yra −3, o didžiausia — 2. II. Funkcijos išvestin˙ f (x) = 5x4 +1 niekur nelygi 0. Tod˙ l ekstremumai e e gali buti tik kraštiniuose intervalo taškuose. Kadangi f (−1) = −2, o f (2) = ¯ 34, mažiausia funkcijos reikšm˙ duotame intervale yra −2, o didžiausia — e 34. Lagranžo teorema. Irodysiu vadinamąją Lagranžo1 vidurin˙ s reikšm˙ s ˛ e e teoremą. Tai — vienas naudingiausiu teiginiu visoje analiz˙ je. ˛ ˛ e 8.2 teorema. Tarkime, f tolydi uždarame intervale [a; b] ⊂ R ir diferencijuojama atvirame intervale (a; b). Tada egzistuoja toks z ∈ (a; b), kad f (b) − f (a) = f (z)(b − a). Irodymas. Su x ∈ M apibr˙ žiu ˛ e g(x) = f (x) − f (b) − f (a) (x − a). b−a f (b) − f (a) . b−a Aišku, kad g diferencijuojama (a; b) intervale ir g (x) = f (x) − Jei irodysiu, kad g (z) = 0 su kokiu nors z ∈ (a; b), tai gausiu ˛ f (b) − f (a) ; b−a f (b) − f (a) = f (z); b−a f (b) − f (a) = f (z)(b − a), 0 = f (z) − o tai ir yra teoremos tvirtinimas. Tegu c yra mažiausia, o d — didžiausia funkcijos reikšm˙ [a; b] intervale e (tokiu reikšmiu egzistavimas išplaukia iš f tolydumo ir 7.4 teoremos). ˛ ˛ 1 Joseph-Louis Lagrange (1736–1813) 270 ˙ 8 SKYRIUS. IŠVESTINE Jei c = d, tai g(x) = c ir g (x) = 0 su visais x ∈ (a; b). Tegu c < d. Iš g funkcijos apibr˙ žimo išplaukia, kad jos reikšm˙ s [a; b] e e intervalo galuose sutampa: g(a) = f (a) − g(b) = f (b) − f (b) − f (a) (a − a) = f (a); b−a Ta sutampanti reikšm˙ gali buti lygi c arba d, bet jokiu budu ne abiems e ¯ ¯ kartu, nes c ir d yra skirtingi skaičiai. Reiškia, arba c, arba d reikšm˙ (o gal e ir abi tos reikšm˙ s) igyjama kokiame nors taške z ∈ (a; b). Iš 8.1 teoremos e ˛ tada išplaukia, kad f (z) = 0. Monotoniškumo kriterijus. Lagranžo teorema grindžiamas žinomas dar iš mokyklos laiku funkcijos did˙ jimo (maž˙ jimo) kriterijus. ˛ e e Tegu f diferencijuojama (a; b) intervale. Jei f (x) > 0 su visais x ∈ (a; b), tai f yra did˙ janti tame intervale funkcija. Jei f (x) < 0 su visais x ∈ (a; b), e tai f maž˙ ja (a; b) intervale. e Irodymas. Tegu x1 , x2 ∈ (a; b) ir x1 < x2 . Kadangi f tolydi [x1 ; x2 ] ˛ intervale ir diferencijuojama (x1 ; x2 ) intervale, iš Lagranžo teoremos gaunu f (x2 ) − f (x1 ) = f (z)(x2 − x1 ) su tam tikru z ∈ (x1 ; x2 ). Jei f (x) > 0 su visais x ∈ (a; b), tai ir f (z) > 0; tod˙ l e f (x2 ) − f (x1 ) > 0, f (x2 ) > f (x1 ), t.y. funkcija f yra did˙ janti. e Jei f (x) < 0 su visais x ∈ (a; b), tai ir f (z) < 0; tod˙ l e f (x2 ) − f (x1 ) < 0, f (x2 ) < f (x1 ), t.y. funkcija f yra maž˙ janti. e Jei su visais x ∈ (a; b) teisinga negriežta nelygyb˙ f (x) e 0, tai analogiškai irodoma, kad f yra nemaž˙ janti funkcija. Jei f (x) ˛ e 0 su visais x ∈ (a; b), funkcija yra nedid˙ janti. e 8.4 pratimas. Raskite f funkcijos maž˙ jimo ir did˙ jimo intervalus. e e f (b) − f (a) (b − a) = f (b) − f (b) − f (a) = f (a). b−a 8.2. LAGRANŽO TEOREMA IR JOS TAIKYMAI I. f (x) = 2x3 − 3x2 + 2. II. f (x) = x5 + x. 271 Sprendimas. I. Funkcijos išvestin˙ f (x) = 6x2 − 6x neigiama (0; 1) ine tervale ir teigiama i kairę nuo 0 ir i dešinę nuo 1. Taigi (0; 1) intervale ji yra ˛ ˛ maž˙ janti, o (−∞; 0) ir (1; ∞) intervaluose — did˙ janti. e e II. Funkcijos išvestin˙ f (x) = 5x4 + 1 teigiama su visais x. Reiškia, e funkcija yra did˙ janti visoje apibr˙ žimo srityje (−∞; ∞). e e Pakankamos ekstremumo sąlygos. Jei kokiame nors taške yra lokalusis funkcijos maksimumas ar minimumas, funkcijos išvestin˙ tame taške lygi 0. e Bet f (a) = 0 lygyb˙ ekstremumo egzistavimo negarantuoja: pavyzdžiui, jei e f (x) = x3 , tai f (0) = 0, bet 0 taške n˙ ra nei funkcijos maksimumo, nei e minimumo. Tam, kad egzistuotu ekstremumas, reikia, kad išvestin˙ keistu ženklą, ˛ e ˛ funkcijos argumentui pereinant iš vienos kritinio taško pus˙ s i kitą. Sufore ˛ muluosiu ši teigini tiksliau. ˛ ˛ Tegu (a − ε; a + ε) ⊂ M ir f diferencijuojama (a − ε; a + ε) intervale. Jei f (x) 0 su x ∈ (a − ε; a) ir f (x) 0 su x ∈ (a; a + ε), tai a taške yra lokalusis funkcijos maksimumas. Jei f (x) 0 su x ∈ (a − ε; a) ir f (x) 0 su x ∈ (a; a + ε), tai a taške yra lokalusis minimumas. Irodymas. Irodysiu pirmą teigini. Jei a−ε < x < a, iš Lagranžo teoremos ˛ ˛ ˛ išplaukia, kad f (a) − f (x) = f (z1 )(a − x) su tam tikru z1 ∈ (x; a). Kadangi f (x) f (z1 ) 0 ir tod˙ l e 0 su visais x ∈ (a − ε; a), tai f (a) − f (x) 0; f (a) f (x). Jei a < x < a + ε, iš Lagranžo teoremos gaunu f (x) − f (a) = f (z2 )(x − a) su tam tikru z2 ∈ (a; x). Kadangi (a; a + ε) intervale išvestin˙ neteigiama, e tai f (z2 ) 0 ir tod˙ l e f (x) − f (a) 0; f (x) f (a). 272 ˙ 8 SKYRIUS. IŠVESTINE Taigi f (a) f (x) su visais x ∈ U(a, ε). Tai ir reiškia, kad a taške yra lokalusis funkcijos maksimumas. Teiginys apie lokalu ˛ minimumą irodomas analogiškai. ˛ji ˛ Jei f (x) > 0 tiek su x ∈ (a − ε; a), tiek su x ∈ (a; a + ε), taške a ekstremumo n˙ ra. Tikrai iš Lagranžo teoremos išplaukia, kad f (x) < f (a) e su x ∈ (a − ε; a) ir f (x) > f (a) su x ∈ (a; a + ε). Lygiai taip pat irodoma, kad ekstremumo n˙ ra ir tuo atveju, kai išvestin˙ ˛ e e neigiama tiek (a − ε; a), tiek (a; a + ε) intervale. 8.5 pratimas. Raskite lokaliuosius f funkcijos ekstremumus. I. f (x) = x5 − 5x. II. f (x) = x4 − 2x3 + 2x − 1. Sprendimas. I. Funkcijos išvestin˙ f (x) = 5x4 −5 yra teigiama (−∞; −1) e ir (1; ∞) intervaluose ir neigiama (−1; 1) intervale. Reiškia, −1 taške yra lokalusis funkcijos maksimumas (lygus 4), o 1 taške — lokalusis minimumas (lygus -4). II. Funkcijos išvestin˙ f (x) = 4x3 − 6x2 + 2 = 2(x − 1)2 (2x + 1). Išvestin˙ e e neigiama (−∞; −0.5) intervale ir teigiama (−0.5; 1) bei (1; ∞) intervaluose. Reiškia, ji turi minimumą −0.5 taške, lygu −1.6875. ˛ Iškilos funkcijos. f funkcija vadinama iškila (a; b) intervale, jei iš a < x0 < x1 < b, išplaukia f (xt ) čia xt = (1 − t)x0 + tx1 . Funkcija vadinama igaubta, jei iš tu pačiu prielaidu išplaukia ˛ ˛ ˛ ˛ f (xt ) (1 − t)f (x0 ) + tf (x1 ). (1 − t)f (x0 ) + tf (x1 ); (8.4) 0 0. II. Irodykite, kad jei α, β ir γ yra trikampio kampai, tai ˛ √ 3 3 sin α + sin β + sin γ . 2 −1 x1 + · · · + xn n 276 ˙ 8 SKYRIUS. IŠVESTINE Sprendimas. I. Pažym˙ kime f (x) = 1/x su x > 0. Tada f (x) = −1/x2 e yra did˙ janti funkcija ir, reiškia, f iškila (0; ∞) intervale. Iš (8.7) tada iše plaukia, kad n x−1 + · · · + x−1 1 n . x1 + · · · + xn n II. Pažym˙ kime f (x) = sin x. Tada f (x) = cos x. Išvestin˙ yra maž˙ janti e e e (0; π) intervale funkcija; tod˙ l f igaubta tame intervale. Iš (8.8) gaunu e ˛ sin x1 + · · · + xn n sin x1 + · · · + sin xn n su visais x1 , . . . , xn ∈ (0; π). Trikampio kampai patenka i tą intervalą; tod˙ l ˛ e √ α+β+γ π 3 sin α + sin β + sin γ 3 sin = 3 sin = 3 . 3 3 2 Išvestin˙ skaičiavimas sud¯ rimo taškuose. Tegu f yra diferencijuoes u jama (a − ε; a) ∪ (a; a + ε) junginyje, tolydi a taške ir f (x) − − c1 , −→ x→a− f (x) − − c2 . −→ x→a+ Irodysiu, kad tada: ˛ 1) jei c1 = c2 , tai f diferencijuojama a taške ir f (a) = c1 ; 2) jei c1 = c2 , tai f nediferencijuojama a taške. Irodymas. Jei t ∈ (a; a + ε), pritaikau Lagranžo teoremą funkcijai f ˛ intervale (a; t) ir gaunu: f (t) − f (a) = f (zt )(t − a) su tam tikru zt ∈ (a; t). Kadangi a < zt < t − → a, − t→a o f (z) − − c2 , iš sud˙ tin˙ s funkcijos ribos skaičiavimo taisykl˙ s gaunu −→ e e e z→a+ f (zt ) − − c2 . −→ t→a+ Reiškia, f (t) − f (a) = f (zt ) − − c2 . −→ t→a+ t−a Jei t ∈ (a − ε; a), pritaikau Lagranžo teoremą tai pačiai funkcijai (t; a) intervale ir gaunu f (a) − f (t) = f (zt )(a − t), 8.2. LAGRANŽO TEOREMA IR JOS TAIKYMAI t.y. v˙ l e su tam tikru zt ∈ (t; a). Kadangi f (t) − f (a) = f (zt )(t − a) a > zt > t − → a, − t→a 277 o f (z) − − c1 , iš sud˙ tin˙ s funkcijos ribos skaičiavimo taisykl˙ s gaunu −→ e e e z→a− f (zt ) − − c1 . −→ t→a− Reiškia, f (t) − f (a) − − c1 . −→ t→a− t−a Taigi jei c1 = c2 , tai santykis f (t) − f (a) t−a art˙ ja prie c1 , kai t → a; tod˙ l f diferencijuojama a taške ir f (a) = c1 . Jei e e c1 = c2 , tas santykis neturi ribos, kai t → a; tod˙ l f nediferencijuojama a e taške. Irodytas teiginys taikomas, skaičiuojant sudurtin˙ s funkcijos išvestines ˛ e sudurimo taškuose. Pademonstruosiu tai, iš naujo padarydamas abi 8.2 pra¯ timo užduotis. Sprendimas. I. Taške 1 funkcija nediferencijuojama, nes netolydi. Kadangi   0, kai x < 1; f (x) = 1, kai 1 < x < 2;   0, kai x > 2, f (x) − − 1, −→ x→2− tai f (x) − − 0. −→ x→2+ tai Tod˙ l taške 2 funkcija taip pat nediferencijuojama. e II. Taške 1 funkcija nediferencijuojama, nes netolydi. Kadangi  2x, kai x < 0;  f (x) = 0, kai 0 < x < 1;   1, kai x > 1, f (x) − − 0, −→ x→0− f (x) − − 0. −→ x→0+ Reiškia, taške 0 funkcija diferencijuojama ir f (0) = 0. 278 ˙ 8 SKYRIUS. IŠVESTINE 8.3 Aukštesniu eiliu išvestin˙ s ˛ ˛ e Apibrežimas. Jei M1 ⊂ M yra aib˙ tašku kuriuose f funkcija diferenci˙ e ˛, juojama, tai f yra funkcija iš M1 i R ir galima kalb˙ ti apie jos diferencijav˛ e imą. Jei x yra neizoliuotas M1 aib˙ s taškas ir f funkcija diferencijuojama x e taške, sakome, kad pradin˙ f funkcija dukart diferencijuojama tame taške, e o išvestin˙ s išvestin˙ vadinama antrąja f funkcijos išvestine tame taške ir e e žymima f (x). Pavyzdžiui, (x3 − x) = (3x2 − 1) = 6x. Aukštesniu eiliu išvestin˙ s žymimos f (k) simboliu ir apibr˙ žiamos rekur˛ ˛ e e siškai. Jei (k − 1)-os eil˙ s išvestin˙ apibr˙ žta Mk−1 aib˙ je ir diferencijuojama e e e e tos aib˙ s taške x, sakome, kad f yra k kartu diferncijuojama x taške ir e ˛ apibr˙ žiame e f (k) (x) = (f (k−1) ) (x). Taigi f = f (1) , f = f (2) . Dažnai apibr˙ žiama ir nulin˙ s eil˙ s išvestin˙ ; e e e e (0) ja laikoma pati funkcija f : f = f . Jei funkcija yra k kartu diferencijuojama kiekviename A aib˙ s taške, ˛ e sakoma, kad ji k kartu diferencijuojama toje aib˙ je. Jei, be to, f (k) išvestin˙ ˛ e e tolydi A aib˙ je, sakome, kad f yra k kartu tolydžiai diferencijuojama toje e ˛ aib˙ je. e Antrosios išvestin˙ taikymai. 1. Tarkime, f dukart tolydžiai diferenes cijuojama c taško aplinkoje, f (c) = 0 ir f (c) < 0. Irodysiu, kad tada c ˛ taške yra lokalusis funkcijos maksimumas. D˙ l tolydumo f (x) < 0 su visais x iš tam tikros (gal but, mažesn˙ s) c e e ¯ aplinkos (c − ε; c + ε). Kadangi f yra f funkcijos išvestin˙ , tai reiškia, kad e f maž˙ ja (c − ε; c + ε) intervale. e Kadangi f (c) = 0, iš f maž˙ jimo išplaukia, kad f (x) > 0 su visais e x ∈ (c − ε; c) ir f (x) < 0 su x ∈ (c, c + ε). Reiškia, c taške yra funkcijos lokalusis maksimumas. Analogiškai irodoma, kad jei f (c) = 0, f (c) > 0, tai c taške yra lokalusis ˛ funkcijos minimumas. 2. Jei f dukart diferencijuojama (a; b) intervale, tai f nemaž˙ ja, kai e f (x) 0 su visais x ∈ (a; b). Tod˙ l f iškila (a; b) intervale, kai jos antroji e išvestin˙ neneigiama tame intervale. e Jei f (x) 0 su visais x ∈ (a; b), funkcija igaubta tame intervale. ˛ Teiloro formul˙ e. ˙ 8.3. AUKŠTESNIU EILIU IŠVESTINES ˛ ˛ 8.4 teorema. Tegu f yra k kartu diferencijuojama M intervale; čia k ˛ Su visais a, x ∈ M egzistuoja toks z, esantis tarp a ir x, kad k−1 279 1. f (x) = i=0 f (k) (z) f (i) (a) i (x − a) + (x − a)k . i! k! (8.11) Jei f (k) tolydi a taške, tai k f (x) = i=0 f (i) (a) (x − a)i + o (x − a)k , i! kai x → a. (8.12) Irodymas. Pažymiu ˛ k−1 g(t) = i=0 f (i) (a) (t − a)i , i! f (x) − g(x) (t − a)k . (x − a)k h(t) = f (t) − g(t) − „Išskleistas“ g funkcijos pavidalas atrodo taip: g(t) = f (a) + f (a) f (a) f (a) (t − a) + (t − a)2 + (t − a)3 + · · · 1! 2! 3! f (k−1) (a) + (t − a)k−1 . (k − 1)! Iš jo aiškiai matyti, kad g be galo diferencijuojama ir f (a) f (a) f (k−1) (a) 2 g (t) = f (a) + (t − a) + (t − a) + · · · + (t − a)k−2 ; 1! 2! (k − 2)! (k−1) f (a) f (a) g (t) = f (a) + (t − a) + · · · + (t − a)k−3 1! (k − 3)! ir t.t. Matematin˙ s indukcijos metodu nesunku irodyti, kad e ˛ k−1 g (j)(t) = i=j f (i) (a) (t − a)i−j i! su visais 1 j k − 1. Visos kitos g funkcijos išvestin˙ s lygios 0. Istatęs e ˛ vietoje t skaičiu a, gaunu ˛ g (j) (a) = f (j) (a) 280 ˙ 8 SKYRIUS. IŠVESTINE su visais tokiais j. Iš h funkcijos apibr˙ žimo dabar matyti, kad ji diferencijuojama tiek pat e kartu kiek ir f . Be to, ˛, h(j) (t) = f (j) (t) − g (j) (t) − su 0 j f (x) − g(x) k(k − 1) · · · (k − j + 1)(t − a)k−j (x − a)k k. Istatęs vietoje t skaičiu a, gaunu ˛ ˛ h(j) (a) = f (j) (a) − g (j) (a) = 0, su visais 0 j k − 1. Be to, h(k) (t) = f (k) (t) − k! f (x) − g(x) . (x − a)k Pakanka irodyti, kad h(k) (z) = 0 su tam tiktu z, esančiu tarp a ir x. ˛ Tikrai, tada iš paskutiniosios formul˙ s gaučiau: e 0 = f (k) (z) − k! k! f (x) − g(x) ; (x − a)k f (x) − g(x) = f (k) (z); (x − a)k f (k) (z) f (x) − g(x) = (x − a)k ; k! f (k) (z) (x − a)k , f (x) = g(x) + k! o tai pagal g apibr˙ žimą ir yra ta formul˙ , kurią reikia irodyti. e e ˛ Tegu, pavyzdžiui, x > a (atvejis x = a trivialus, o atvejis x < a nagrin˙ jamas panašiai). Jau irodžiau, kad e ˛ h(a) = h(0) (a) = 0. Be to, iš h apibr˙ žimo matyti, kad e h(x) = f (x) − g(x) − f (x) − g(x) (x − a)k = f (x) − g(x) − f (x) − g(x) = 0. (x − a)k Iš Lagranžo teoremos gaunu, kad h(x) − h(a) = h (t1 )(x − a); 0 = h (t1 )(x − a); ˙ 8.3. AUKŠTESNIU EILIU IŠVESTINES ˛ ˛ h (t1 ) = 0 su tam tikru t1 ∈ (a; x). Taigi h (a) = 0 ir h (t1 ) = 0. Pritaikęs Lagranžo teoremą funkcijai h , gaunu h (t1 ) − h (a) = h (t2 )(t1 − a); 0 = h (t2 )(t1 − a); h (t2 ) = 0 281 su tam tikru t2 ∈ (a; t1 ) ⊂ (a; x). Aprašytą procedurą galiu kartoti tol, kol turiu lygybę h(j) (a) = 0, t.y. iki ¯ j = k − 1. Po paskutinio pakartojimo gausiu, kad h(k) (tk ) = 0 su tam tikru tk ∈ (a; x). O to man ir reik˙ jo, kad gaučiau (8.11) formulę. e (k) Tegu dabar f tolydi a taške; irodysiu (8.12) formulę. Tegu zx yra toks ˛ skaičius tarp a ir x, kad f (x) = g(x) + Kadangi |zx − a| (k) f (k) (zx ) (x − a)k . k! |x − a| − → 0, − x→a tai zx − → a, ir iš f tolydumo gaunu, kad f (k) (zx ) = f (k) (a) + o(1). Iš to − x→a ir išplaukia reikiama lygyb˙ . e (8.11) lygyb˙ vadinama Teiloro2 formule su Lagranžo formos liekana, o e (8.12) lygyb˙ — Teiloro formule su Peano3 formos liekana. e 1 8.7 pratimas. Užrašykite Teiloro formulę funkcijai f (x) = 1−x taško a = 0 aplinkoje. Sprendimas. Suskaičiuojame išvestines: f (x) = (1 − x)−1 , f (x) = (1 − x)−2 , f (x) = 2(1 − x)−3 , f (x) = 6(1 − x)−4 , . . . 2 3 Brook Taylor (1685–1731) Giuseppe Peano (1858–1932) 282 ˙ 8 SKYRIUS. IŠVESTINE f (k) (x) = k!(1 − x)−k−1 . Istatę 0 vietoje x, gauname f (i) (0) = i!. Reiškia, ˛ 1 = 1 + x + x2 + · · · + xk + o(xk ), 1−x kai x → 0. 8.4 Uždaviniai 1. Kaip gal˙ tu atrodyti f funkcijos grafikas, jei žinoma, kad e ˛ • f (2) = f (2) = 2; • f (0) = −1, f (0) = −3. • (2002) f (0) = 1, f (0) = 0, f (0) = 2. • (2002) f (0) = 3, f (0) = −3, f (0) = 1. • (2004) f (0+) = −∞, f (1) = 1, f (1) = 2. • (2004) f (0) = 2, f (0) = 0, f (1−) = 0, f (1+) = 2. 2. Ar f funkcija diferencijuojama a ir b taškuose? Jei ne, tai kod˙ l; jei taip, e raskite išvestinę. • a = 0, b = 1,  x2 , kai x < 0;  f (x) = 1, kai 0 x   2 − x, kai x > 1. 1; • a = 0, b = 1, • (2002) a = 0,  x2 , kai x < 0;  f (x) = x3 , kai 0 x < 1;   1, kai x 1. f (x) = x, kai x < 0; x2 , kai x 0. 3. Apskaičiuokite f (x) visuose taškuose, kuriuose ji apibr˙ žta. e 8.4. UŽDAVINIAI • (2004) 283 • (2004)  x2 , kai x 1;  f (x) = 2x − 1, kai 1 < x   5 − x, kai x > 2.  1, kai x 0;  2 f (x) = 1 − x , kai 0 < x   0, kai x > 1. 2; 1; 4. Raskite didžiausią ir mažiausią f funkcijos reikšmę duotame intervale. • f (x) = x + 1 , [1; 3] intervale. x2 2x , [0; 2] intervale. x2 + 1 • (2002) f (x) = • (2004) f (x) = x3 − x, [0; 1] intervale. 5. Raskite intervalus, kuriuose f funkcija maž˙ ja ar did˙ ja. e e 1 • f (x) = x + . x x . • f (x) = (x + 1)2 • (2002) f (x) = x5 + 5x. • (2004) f (x) = x + 1 • f (x) = x2 + . x • f (x) = x5 − x3 . • (2002) f (x) = √ x . x−1 1 . x2 6. Raskite lokaliuosius f funkcijos ekstremumus. 7. Kuriuose intervaluose f iškila ar igaubta? ˛ • (2002) f (x) = x5 + 5x. 284 ˙ 8 SKYRIUS. IŠVESTINE 8. (2002) Tarkime, f iškila (−2; 3) intervale, f (−1) = 1, f (2) = 4. Ką galima pasakyti apie f (0)? 9. Irodykite nelygybes. ˛ • (x1 + · · · + xn )2 n(x2 + · · · + x2 ). 1 n 10. Užrašykite Teiloro formulę f funkcijai duoto taško aplinkoje duotu tikslumu. • f (x) = x9 , a = 1 aplinkoje o (x − 1)3 tikslumu. • f (x) = arctg x, a = π/4 aplinkoje o (x − π/4)2 tikslumu. • (2002) f (x) = ln(2 + x), a = 0 aplinkoje o(x4 ) tikslumu. • (2004) f (x) = x4 − 2x2 + 2, taško 1 aplinkoje o (x − 1)2 tikslumu. • (2004) f (x) = x5 − x2 + 2, taško −1 aplinkoje o (x + 1)3 tikslumu. 9 skyrius Integralas 9.1 Apibr˙ žimas e Visame skyriuje (a; b) yra netuščias baigtinio ilgio intervalas ir f — apr˙ žta e funkcija iš (a; b) i R (t.y. −∞ < a < b < ∞ ir |f (x)| c su visais x ∈ (a; b); ˛ čia c — tam tikras baigtinis skaičius). Jei f neneigiama, tai jos integralas (a; b) intervale yra skaičius, lygus plotui tarp funkcijos grafiko tame intervale ir x ašies. Aišku, šis sakinys negali buti laikomas integralo apibr˙ žimu, nes kol kas nesu apibr˙ žęs figuros ploto e e ¯ ¯ sąvokos. Vis d˙ lto jis duoda id˙ ją, kaip apibr˙ žti tą integralą, ir paaiškina tą e e e apibr˙ žimą. e Apatin˙ ir viršutin˙ integralin˙ suma. Pasirenku koki nors n e e e ˛ 2, pažymiu a0 = a, an = b ir (a; b) intervalo viduje paimu dar n − 1 tašką a1 < · · · < an−1 . Rinkini ˛ P = (a0 , a1 , . . . , an ) vadinsiu (a; b) intervalo skaidiniu. Skaidinio taškai suskaido intervalą i n mažesniu intervalu ˛ ˛ ˛ (a0 ; a1 ), (a1 ; a2 ), . . . , (an−1 ; an ). Su kiekvienu i = 1, . . . , n apskaičiuoju ci = x∈(ai−1 ;ai ) inf f (x) ir ant pagrindo (ai−1 ; ai ) nubr˙ žiu ci aukščio stačiakampi (jei f neneigiama, e ˛ tas stačiakampis yra didžiausio aukščio stačiakampis, kuris dar telpa po funkcijos grafiku; žr. 9.1 pav.) Visu n stačiakampiu plotu sumą ˛ ˛ ˛ c1 (a1 − a0 ) + c2 (a2 − a1 ) + · · · + cn (an − an−1 ) 285 (9.1) 286 y = f (x) 9 SKYRIUS. INTEGRALAS y = f (x) a0 a1 a2 a3 a0 a1 a2 a3 9.1 pav. Apatin˙ integralin˙ suma e e mažesn˙ už plotą po funkcijos e grafiku 9.2 pav. Viršutin˙ integralin˙ suma e e didesn˙ už plotą po funkcijos grafiku e žym˙ siu S∗ (P, f ) ir vadinsiu f funkcijos apatine integraline suma, atitinkančia e P skaidini. ˛ Viršutin˙ integralin˙ suma žymima S ∗ (P, f ) ir lygi tokiai pat (9.1) sumai, e e tik joje ci skaičiai yra nebe funkcijos reikšmiu infimumai, o supremumai. Jei ˛ funkcija neneigiama, geometrin˙ S ∗ (P, f ) prasm˙ aiški iš 9.2 pav. e e Jei funkcija igyja ir neigiamas reikšmes, geometrin˙ integraliniu sumu ˛ e ˛ ˛ prasm˙ nebe tokia aiški, nes stačiakampiu esančiu po x ašimi, plotus reikia e ˛, ˛ imti su − ženklu. Tačiau norint tas sumas apskaičiuoti, aiškintis geometrinę prasmę n˙ ra butina. Reikia tiesiog kiekvieno intervaliuko ilgi padauginti iš e ˛ ¯ funkcijos reikšmiu tame intervaliuke infimumo arba supremumo ir gautas ˛ sandaugas sud˙ ti. e 9.1 pratimas. Apskaičiuokite S∗ (P, f ) ir S ∗ (P, f ). I. f (x) = x − 1, P = (0, 0.5, 1, 2). II. f (x) = x2 − 2x, P = (−2, −0.5, 1.5, 2). Sprendimas. I. S∗ (P, f ) = (−1) · 0.5 + (−0.5) · 0.5 + 0 · 1 = −0.75; S ∗ (P, f ) = (−0.5) · 0.5 + 0 · 0.5 + 1 · 1 = 0.75. II. S∗ (P, f ) = 1.25 · 1.5 + (−1) · 1.5 + (−0.75) · 0.5 = −0.375; S ∗ (P, f ) = 8 · 1.5 + 1.25 · 1.5 + 0 · 0.5 = 13.875. Paaiškinimas. Funkcija y = x−1 yra tolydi ir did˙ janti; tod˙ l jos reikšmiu e e ˛ infimumas kiekviename intervale sutampa su jos reikšme kairiajame intervalo gale, o supremumas — su reikšme dešiniajame gale (žr. 9.3 pav.) ˙ 9.1. APIBREŽIMAS 2 2 287 1 1 0 0 -1 -1 -2 -1 0 1 2 3 -2 -1 0 1 2 3 9.3 pav. Antroji funkcija sud˙ tingesn˙ (žr. 9.4 pav.) Intervale (−2; −0.5) ji maž˙ ja; e e e tod˙ l infimumas sutampa su reikšme taške −0.5, o supremumas — su reikšme e taške −2. Intervale (1.5, 2) ji did˙ ja; tod˙ l infimumas lygus reikšmei taške e e 1.5, o supremumas — reikšmei taške 2. Viduriniame intervale ji iš pradžiu ˛ maž˙ ja, po to did˙ ja. Jos reikšmiu infimumas sutampa su reikšme lokalaus e e ˛ minimumo taške 1 (jis randamas prilyginus 0 funkcijos išvestinę: 2x − 2 = 0; x = 1). Reikšmiu supremumas sutaps su reikšme viename iš intervalo galu ˛ ˛, šiuo atveju — kairiajame. Integralas. Iš 9.1–9.2 pav. matyti, kad f funkcijos integralas (kuris, kaip min˙ jau, tur˙ tu buti lygus plotui po funkcijos grafiku S) yra yra didesnis už e e ˛ ¯ bet kurią apatinę ir mažesnis už bet kurią viršutinę integralinę sumą: S∗ (P, f ) S S ∗ (P, f ). Iš piešiniu taip pat matyti, kad kuo smulkesnis P skaidinys, tuo tiksliau ˛ S∗ (P, f ) ir S ∗ (P, f ) aproksimuoja S. Tod˙ l f funkcijos integralą (a; b) ine tervale, galima apibr˙ žti dviem budais: kaip visu apatiniu integraliniu sumu e ˛ ˛ ˛ ˛ ¯ supremumą arba kaip visu viršutiniu integraliniu sumu infimumą. Pirmas ˛ ˛ ˛ ˛ integralas vadinamas apatiniu funkcijos integralu (a; b) intervale ir žymimas b b f (x) dx, arba ∗a f ; antrasis vadinamas viršutiniu integralu ir žymimas ∗a ∗b ∗b f (x) dx, arba a f . Taigi a b ∗a f = sup S∗ (P, f ), P ∗b a f = inf S ∗ (P, f ). P Dažniausiai apatinis integralas sutampa su viršutiniu; tada jis vadinamas tiesiog integralu (tiksliau, funkcijos Rymano integralu (a; b) intervale) ir žymib b mas a f (x) dx, arba a f . Funkcija tada vadinama integruojama Rymano prasme (a; b) intervale. 288 8 9 SKYRIUS. INTEGRALAS 8 7 7 6 6 5 5 4 4 3 3 2 2 1 1 0 0 -1 -2 -1 0 1 2 -1 -2 -1 0 1 2 9.4 pav. Irodysiu, kad jei f (x) ˛ b c su visais x ∈ (a; b), tai c(b − a), ∗b a f ∗a f c(b − a). Tegu P = (a0 , . . . , an ) yra bet koks (a; b) intervalo skaidinys. Su kiekvienu i = 1, . . . , n teisingos nelygyb˙ s e x∈(ai−1 ;ai ) inf f (x) c, sup x∈(ai−1 ;ai ) f (x) c. Padauginęs kiekvieną tokią nelygybę iš (ai − ai−1 ) ir visas gautas nelygybes sud˙ jęs, gaunu e S∗ (P, f ) c(a1 − a0 ) + c(a2 − a1 ) + · · · + c(an − an−1 ) = c(an − a0 ) = c(b − a) ir analogiškai S ∗ (P, f ) c(b − a). Kadangi S∗ (P, f ) c(b − a) su bet kokiu skaidiniu P , tai ir tu skaičiu ˛ ˛ b supremumas neviršija c(b − a), t.y. ∗a f c(b − a). ˙ 9.1. APIBREŽIMAS 289 Nelygyb˙ S ∗ (P, f ) c(b − a) taip pat teisinga su bet kokiu P . Kadangi e ∗b skaičiu šeimos infimumas neviršija bet kurio tos šeimos nario, tai ir a f ˛ c(b − a). Panašiai irodoma, kad jei f (x) c su visais x ∈ (a; b), tai ˛ b f ∗a c(b − a), ∗b a f c(b − a). Iš šiu teiginiu išplaukia tokios dvi išvados. ˛ ˛ 1. Aš nagrin˙ ju tik apr˙ žtas funkcijas, t.y. su tam tikra baigtine konstanta e e c ir visais x ∈ (a; b) teisingos nelygyb˙ s −c f (x) c. Reiškia, e b −c(b − a) f ∗a c(b − a) ir − c(b − a) ∗b a f c(b − a). Taigi ir apatinis, ir viršutinis funkcijos integralas yra baigtinis skaičius. Jei funkcija integruojama, tai jos integralas sutampa su apatiniu integralu. Reiškia, integruojamos funkcijos integralas taip pat yra baigtinis skaičius. 2. Jei f (x) = c su visais x ∈ (a; b), tai su visais x teisinga tiek f (x) c, tiek f (x) c nelygyb˙ . Reiškia, e b c(b − a) t.y. f ∗a c(b − a) ir c(b − a) b ∗a ∗b a ∗b a f c(b − a), f = c(b − a) = f. Kai apatinis integralas sutampa su viršutiniu, funkcija vadinama integruojama. Taigi konstanta yra integruojama ir b a c dx = c(b − a). b Pavyzdžiui, a 0 dx = 0. Neintegruojamos funkcijos pavyzdys. Yra ir funkciju kuriu apatinis ˛, ˛ ir viršutinis integralai skiriasi. Pavyzdžiui, tokia yra vadinamoji Dirichl˙ e funkcija, apibr˙ žiama taip: e f (x) = 1, jei x racionalus; 0 su kitais x. 290 9 SKYRIUS. INTEGRALAS Nupiešti tokios funkcijos grafiko neimanoma; nežiurint i tai, suskaičiuoti ˛ ˛ ¯ apatini ir viršutini jos integralą nesunku. ˛ ˛ Tegu P = (a0 , . . . , an ) yra bet koks (a; b) intervalo skaidinys. Kiekviename (ai−1 ; ai ) intervale yra ir racionaliu ir iracionaliu skaičiu tod˙ l ˛, ˛ ˛; e x∈(ai−1 ;ai ) inf f (x) = 0, sup x∈(ai−1 ;ai ) f (x) = 1. Iš čia išplaukia, kad S∗ (P, f ) = 0, o S ∗ (P, f ) = 1 · (a1 − a0 ) + 1 · (a2 − a1 ) + · · · + 1 · (an − an−1 ) = an − a0 = b − a. Gautos lygyb˙ s teisingos su bet kokiu P ; tod˙ l e e b f = 0, ∗a a ∗b f = b − a. Taigi Dirichl˙ funkcija neintegruojama Rymano prasme jokiame intervale. e Skaidinio smulkumas. Skaidinys P = (a0 , . . . , am ) vadinamas smulkesniu už to paties intervalo skaidini P = (b0 , . . . , bn ), jei ˛ {a0 , . . . , am } ⊃ {b0 , . . . , bn }, t.y. jei kiekvienas P skaidinio dalijimo taškas yra kartu ir P skaidinio dalijimo taškas. Pavyzdžiui, P1 = (0, 2, 5, 19) skaidinys smulkesnis už P2 = (0, 5, 19), bet n˙ ra smulkesnis už P3 = (0, 9, 19) (žr. 9.5 pav.). Aišku, P3 taip pat n˙ ra e e smulkesnis už P1 , t.y. P1 ir P3 skaidiniai nepalyginami. Kokie bebutu P ir P skaidiniai, visada atsiras skaidinys, smulkesnis tiek ¯ ˛ už P , tiek už P . Pavyzdžiui, (0, 2, 5, 9, 19) skaidinys smulkesnis tiek už aukščiau apibr˙ žtą P1 , tiek už P3 skaidini. e ˛ Skaidinio smulkumą galima ivertinti ir kiekybiškai. P = (a0 , . . . , an ) skai˛ dinio smulkiu vadinsiu skaičiu ˛ |P | = max(a1 − a0 , . . . , an − an−1 ). Pavyzdžiui, jei P = (0, 2, 5, 19), tai |P | = max(2, 3, 14) = 14. ˙ 9.1. APIBREŽIMAS P1 | | | | 291 0 | 2 5 P2 | 19 | 0 | 5 P3 | 19 | 0 9 19 9.5 pav. P1 skaidinys smulkesnis už P2 , P1 ir P3 nepalyginami Kuo smulkesnis skaidinys, tuo mažesnis jo smulkis. Tačiau atvirkščiai tvirtinti negalima: iš |P | < |P | apskritai neišplaukia, kad P smulkesnis už P . Pavyzdžiui, jei P2 ir P3 yra 9.5 pav. pavaizduoti skaidiniai, tai |P2 | = 14, |P3 | = 10, bet P3 n˙ ra smulkesnis už P2 . e 9.2 pratimas. I. Tegu P1 = (1, 1.5, 2), P2 = (1, 1.2, 1.4, 1.6, 1.8, 2) ir P3 = (1, 1.3, 1.5, 2). Palyginkite šiuos tris skaidinius. Apskaičiuokite ju smulkius. ˛ II. Raskite skaidini, kuris butu smulkesnis už visus tris aukščiau apibr˙ žtus ˛ e ¯ ˛ skaidinius. Sprendimas. I. P3 smulkesnis už P1 . P2 nepalyginamas nei su P1 , nei su P3 . |P1 | = 0.5, |P2 | = 0.2, |P3 | = 0.5. II. (1, 1.2, 1.3, 1.4, 1.5, 1.6, 1.8, 2). Kaip keičiasi integralin˙ sumos, smulkinant skaidini. Irodysiu, kad es ˛ ˛ smulkinant skaidini apatin˙ integralin˙ suma did˙ ja, o viršutin˙ — maž˙ ja. ˛ e e e e e Tiksliau, jei P ir P yra du (a; b) intervalo skaidiniai ir P smulkesnis už P , tai S∗ (P , f ) S∗ (P, f ) ir S ∗ (P , f ) S ∗ (P, f ). (9.2) Nor˙ damas iš P gauti P , turiu prid˙ ti keletą dalijimo tašku Pakanka e e ˛. isitikinti, kad kiekvieną kartą prid˙ jus vieną tašką, apatin˙ suma nesumaž˙ s, ˛ e e e o viršutin˙ nepadid˙ s. Tegu, pavyzdžiui, e e P = (a0 , . . . , an ), Tada S∗ (P, f ) = (a1 − a0 ) x∈(a0 ;a1 ) o P = (a0 , c, a1 , . . . , an ). inf f (x) 292 y = f (x) 9 SKYRIUS. INTEGRALAS y = f (x) a0 | c a1 | | a0 | c a1 | | ˛ e e e e 9.6 pav. Smulkinant skaidini, apatin˙ integralin˙ suma padid˙ ja, o viršutin˙ sumaž˙ ja e + (a2 − a1 ) x∈(a0 ;c) x∈(a1 ;a2 ) inf f (x) + · · · + (an − an−1 ) x∈(c;a1 ) x∈(an−1 ;an ) inf f (x), S∗ (P , f ) = (c − a0 ) inf f (x) + (a1 − c) inf f (x) + (a2 − a1 ) x∈(a1 ;a2 ) inf f (x) + · · · + (an − an−1 ) x∈(an−1 ;an ) inf f (x). At˙ męs pirmą lygybę iš antros, gaunu e S∗ (P , f ) − S∗ (P, f ) = (c − a0 ) inf f (x) + (a1 − c) inf f (x) − (a1 − a0 ) x∈(a0 ;c) x∈(c;a1 ) x∈(a0 ;a1 ) inf f (x). Kuo mažesn˙ aib˙ , tuo jos infimumas didesnis; tod˙ l e e e x∈(a0 ;c) inf f (x) x∈(a0 ;a1 ) inf f (x) ir x∈(c;a1 ) inf f (x) x∈(a0 ;a1 ) inf f (x). Iš čia S∗ (P , f ) − S∗ (P, f ) (c − a0 + a1 − c − a1 + a0 ) x∈(a0 ;a1 ) inf f (x) = 0, t.y. S∗ (P , f ) S∗ (P, f ). Panašiai irodoma ir antroji iš (9.2) nelygybiu ˛ ˛. Jei funkcija neneigiama, irodytas nelygybes iliustruoja 9.6 pav. Kairiame ˛ piešinyje plotas, atitinkantis S∗ (P, f ), užbrukšniuotas horizontaliai, o plotas, ¯ atitinkantis S∗ (P , f ) — vertikaliai. Skirtumas tarp tu dvieju sumu lygus ˛ ˛ ˛ plotui, kuriame yra tik vertikalios linijos. Dešiniajame piešinyje pavaizduoti du plotai, atitinkantys viršutines integralines sumas S ∗ (P, f ) (užbrukšniuotas horizontaliai) ir S ∗ (P , f ) (užbrukš¯ ¯ niuotas vertikaliai). Plotelis, kuriame yra tik horizontalios linijos, lygus skirtumui tarp tu dvieju sumu ˛ ˛ ˛. ˙ 9.1. APIBREŽIMAS 293 Apatinis integralas neviršija viršutinio. Iš pradžiu irodysiu, kad bet ˛˛ kokia apatin˙ integralin˙ suma neviršija bet kokios viršutin˙ s integralin˙ s e e e e sumos. Teiginys akivaizdus, kai abi integralin˙ s sumos atitinka tą pati skaidini e ˛ ˛ P = (a0 , . . . , an ): padauginęs kiekvieną nelygybę x∈(ai−1 ;ai ) inf f (x) sup x∈(ai−1 ;ai ) f (x) iš (ai − ai−1 ) ir gautas nelygybes sud˙ jęs, gaunu e S∗ (P, f ) S ∗ (P, f ). Jeigu gi apatin˙ suma atitinka skaidini P , o viršutin˙ — skaidini P , e ˛ e ˛ samprotauju taip. Tegu P yra bet koks (a; b) intervalo skaidinys, smulkesnis tiek už P , tiek už P . Tada S∗ (P , f ) S∗ (P, f ) S ∗ (P, f ) S ∗ (P , f ) su bet kokiais (a; b) intervalo skaidiniais P ir P . Dabar irodysiu, kad apatinis integralas neviršija viršutinio. Fiksavęs ˛ (9.3) nelygyb˙ je P , gaunu, kad visos S∗ (P , f ) sumos neviršija skaičiaus e ∗ S (P , f ). Tada ir tu sumu supremumas neviršija to paties skaičiaus, t.y. ˛ ˛ b ∗a (pirma ir trečia nelygyb˙ s išplaukia iš (9.2), o antrą nelygybę ką tik irodžiau). e ˛ Taigi S∗ (P , f ) S ∗ (P , f ) (9.3) f = sup S∗ (P, f ) P S ∗ (P , f ). Gauta nelygyb˙ teisinga su visais P ; tod˙ l iš analogiškos infimumo savyb˙ s e e e gaunu ∗b b f = inf S (P, f ) P ∗a ∗ f, a o tai ir nor˙ jau irodyti. e ˛ Dabar (9.3) nelygybę galiu patikslinti: su bet kokiais skaidiniais P ir P b S∗ (P , f ) f ∗a a ∗b f S ∗ (P , f ). Pirmoji nelygyb˙ teisinga d˙ l to, kad šeimos supremumas didesnis už bet kuri e e ˛ tos šeimos nari, o trečioji — d˙ l to, kad šeimos infimumas mažesnis už bet ˛ e kuri tos šeimos nari. ˛ ˛ 294 9 SKYRIUS. INTEGRALAS Integruojamumo kriterijus. Irodysiu teoremą, kuri bus naudojama ki˛ tame skyrelyje, išvedant ivairias integralo savybes. ˛ 9.1 teorema. 1. Jei f integruojama (a; b) intervale, tai egzistuoja tokia (a; b) intervalo skaidiniu seka (Pn ), kad ˛ b b S∗ (Pn , f ) → f, a S ∗ (Pn , f ) → f a (9.4) ir, reiškia, S ∗ (Pn , f ) − S∗ (Pn , f ) → 0. 2. Jei S ∗ (Pn , f ) − S∗ (Pn , f ) → 0 su kokia nors (a; b) intervalo skaidiniu ˛ seka (Pn ), tai f integruojama tame intervale ir teisingi (9.4) sąryšiai. Irodymas. 1. Aib˙ s supremumas yra ribinis jos taškas; tod˙ l atsiras tokie ˛ e e skaidiniai Pn , kad b S∗ (Pn , f ) → f. ∗a D˙ l panašios priežasties atsiras (gal but, kita) skaidiniu seka Pn , su kuria e ˛ ¯ S ∗ (Pn , f ) → ∗b a f. Kadangi f integruojama, jos apatinis ir viršutinis integralas yra tas pats b skaičius, žymimas a f . Taigi b S∗ (Pn , f ) → S∗ (Pn , f ) f a ir S ∗ (Pn , f ) → S ∗ (Pn , f ) b f. a Tegu Pn yra skaidinys, smulkesnis tiek už Pn , tiek už Pn . Tada S∗ (Pn , f ) S ∗ (Pn , f ) ir iš teoremos apie du policininkus išplaukia (9.4) sąryšiai. 2. Iš nelygybiu ˛ b S∗ (Pn , f ) gaunu 0 a ∗b b f ∗a a ∗b f S ∗ (Pn , f ) f− f ∗a S ∗ (Pn , f ) − S∗ (Pn , f ) → 0. Taigi ∗b a f= 0 b ∗a f , t.y. f integruojama. Iš tu pačiu nelygybiu tada išplaukia ˛ ˛ ˛ b a f − S∗ (Pn , f ) S ∗ (Pn , f ) − S∗ (Pn , f ) → 0, t.y. S∗ (Pn , f ) → b a f . Antrasis iš (9.4) sąryšiu irodomas analogiškai. ˛˛ ˙ 9.2. INTEGRALO SAVYBES 295 9.2 Integralo savyb˙ s e Integralo adityvumas. 9.2 teorema. 1. Jei f integruojama (a; b) intervale, tai ji integruojama ir bet kokiame mažesniame intervale (c; d) ⊂ (a; b). 2. Jei a < c < b ir f integruojama tiek (a; c), tiek (c; b) intervale, tai ji b c b integruojama ir (a; b) intervale. Be to, a f = a f + c f . Irodymas. 1. Randu tokią (a; b) intervalo skaidiniu seką (Pn ), kad teisingi ˛ ˛ (9.4) sąryšiai. Jei reikia, pridedu du naujus dalijimo taškus c ir d ir gaunu ˜ smulkesnius skaidinius Pn . Iš (9.2) išplaukia, kad S∗ (Pn , f ) ˜ S∗ ( P n , f ) ˜ S ∗ (P n , f ) S ∗ (Pn , f ). b Kraštiniai šios nelygybiu grandin˙ s nariai art˙ ja prie skaičiaus a f . Tod˙ l iš ˛ e e e teoremos apie du policininkus gaunu, kad viduriniai nariai irgi art˙ ja prie to e paties skaičiaus. Tegu Pn yra (c; d) intervalo skaidinys, kurio dalijimo taškai sutampa su ˜ Pn skaidinio dalijimo taškais. Tiksliau, jei ˜ Pn = (a0 , . . . , ak−1, ak , ak+1 , . . . , al−1 , al , al+1 , . . . , am ) ir ak = c, al = d, tai Pn = (c, ak+1 , . . . , al−1 , d). ˜ ˜ Skirtumas S ∗ (Pn , f ) − S∗ (Pn , f ) lygus sumai m i=1 (ai − ai−1 ) sup x∈(ai−1 ;ai ) f (x) − x∈(ai−1 ;ai ) inf f (x) , kurioje visi d˙ menys neneigiami (nes supremumas visada didesnis už infie mumą). Jei toje sumoje paliksiu tik d˙ menis, atitinkančius i = k + 1, . . . , l, e suma sumaž˙ s ir pasidarys lygi S ∗ (Pn , f ) − S∗ (Pn , f ). Taigi e 0 S ∗ (Pn , f ) − S∗ (Pn , f ) ˜ ˜ S ∗ (Pn , f ) − S∗ (Pn , f ) → 0. Iš 9.1 teoremos tada išplaukia, kad f integruojama (c, d) intervale. 2. Pasir˙ męs 9.1 teorema, randu tokią (a; c) intervalo skaidiniu seką (Pn ), e ˛ kad c c S∗ (Pn , f ) → f, a S ∗ (Pn , f ) → f, a 296 9 SKYRIUS. INTEGRALAS ir tokią (c; b) intervalo skaidiniu seką (Pn ), kad ˛ b b S∗ (Pn , f ) → f, c S ∗ (Pn , f ) → f. c Apjungęs Pn ir Pn , gausiu tam tikrą (a; b) intervalo skaidini Pn . Pavyz˛ džiui, jei Pn = (a, a1 , . . . , ak−1, c), Pn = (c, b1 , . . . , bl−1 , b), tai Pn = (a, a1 , . . . , ak−1 , c, b1 , . . . , bl−1 , b). Akivaizdu, kad Tod˙ l e S∗ (Pn , f ) = S∗ (Pn , f ) + S∗ (Pn , f ) ir S ∗ (Pn , f ) = S ∗ (Pn , f ) + S ∗ (Pn , f ). c b S∗ (Pn , f ) → f+ a c f ir S ∗ (Pn , f ) → c b f+ a c f. (9.5) Kadangi S ∗ (Pn , f ) − S∗ (Pn , f ) → 0, iš 9.1 teoremos išplaukia, kad f inteb gruojama (a; b) intervale ir S∗ (Pn , f ) → a f . Sulyginęs pastarąji sąryši su ˛ ˛ b c b (9.5), gaunu a f = a f + c f . Antruoju teoremos teiginiu išreiškiama integralo savyb˙ vadinama jo adie tyvumu. Ji plačiai naudojama, integruojant sudurtines funkcijas. Pavyzdžiui, 3 0 3 x dx = −2 −2 0 + x dx + 0 3 + x+ dx x dx 0 = −2 0 dx + 9 = . 2 (Antra lygyb˙ teisinga d˙ l to, kad funkcijos integralas kokiame nors intervale e e priklauso tik nuo reikšmiu kurias funkcija igyja tame intervale. Paskutinioji ˛, ˛ lygyb˙ išplaukia iš Niutono-Leibnico formul˙ s, kurią išvesiu kitame skyree e lyje.) Iš integralo adityvumo taip pat išplaukia, kad pakeitus funkcijos reikšmę kokiame nors viename taške, jos integralas nepasikeis. Pavyzdžiui, jei f (x) = tai 1 0, kai x = 0; 1, kai x = 0; 0 1 (9.6) f (x) dx = −1 −1 0 dx + 0 0 dx = 0. ˙ 9.2. INTEGRALO SAVYBES 297 Integralo monotoniškumas. Tarkime, f ir g yra dvi apr˙ žtos (a; b) ine tervale funkcijos ir f (x) g(x) su visais x ∈ (a; b). Irodysiu, kad tada ˛ b b f ∗a ∗a g ir a ∗b f a ∗b g. Tegu P = (a0 , a1 , . . . , an ) yra (a; b) intervalo skaidinys. Kadangi f (x) g(x) su visais x ∈ (a; b), x∈(ai−1 ;ai ) inf f (x) x∈(ai−1 ;ai ) inf g(x) su visais i. Padauginęs šias nelygybes iš (ai − ai−1 ) ir sud˙ jęs, gaunu e S∗ (P, f ) Ši nelygyb˙ teisinga su visais P ; tod˙ l e e b ∗a b S∗ (P, g). f = sup S∗ (P, f ) P sup S∗ (P, g) = P g. ∗a Viršutinius integralus siejanti nelygyb˙ irodoma analogiškai. e˛ Jei f (x) g(x) su visais x ∈ (a; b) ir abi funkcijos integruojamos, iš irodyto teiginio išplaukia, kad ˛ b b f a a g. Ši integralo savyb˙ vadinama jo monotoniškumu. e Iš integralo monotoniškumo išplaukia, pavyzdžiui, kad neneigiamos funkcijos integralas neneigiamas: jei f (x) 0 su visais x ∈ (a; b), tai b b f a a 0 = 0. O kada galima tvirtinti, kad integralas yra teigiamas? Tam nepakanka, kad funkcija butu visur neneigiama, o kokiame nors viename taške teigiama. ¯ ˛ Pavyzdžiui, (9.6) funkcijos integralas yra 0. Tačiau jei funkcija dar ir tolydi, jos integralas bus teigiamas. Tikrai, tarkime, kad f (c) > 0 su kokiu nors c ∈ (a; b). Jei ε < f (c), tai d˙ l tolydumo atsiras toks δ, kad f (x) e ε su x ∈ (c − δ; c + δ) ⊂ (a; b). Tada b c−δ c+δ b f= a a c−δ f+ c−δ c+δ f+ c+δ b f 0 c+δ 0+ a c−δ ε+ = 2εδ. 298 Integralo tiesiškumas. 9 SKYRIUS. INTEGRALAS 9.3 teorema. 1. Jei c ∈ R, o f integruojama (a; b) intervale, tai cf taip pat b b integruojama ir a cf = c a f . 2. Jei f ir g funkcijos integruojamos (a; b) intervale, tai ju suma taip pat ˛ b b b integruojama ir a (f + g) = a f + a g. Irodymas. 1. Tegu iš pradžiu c 0. Tegu P = (a0 , . . . , an ) yra bet koks ˛ ˛ (a; b) intervalo skaidinys. Iš tiksliu ˛ r˙ žiu savybiu ˛ju e ˛ ˛ x∈(ai−1 ;ai ) inf cf (x) = c x∈(ai−1 ;ai ) inf f (x) ir sup x∈(ai−1 ;ai ) cf (x) = c sup x∈(ai−1 ;ai ) f (x). Padauginęs šias lygybes iš (ai − ai−1 ) ir sud˙ jęs, gaunu e S∗ (P, cf ) = cS∗ (P, f ), S ∗ (P, cf ) = cS ∗ (P, f ). Lygyb˙ s teisingos su bet kokiu skaidiniu P ; tod˙ l v˙ l iš tiksliu ˛ r˙ žiu e e e ˛ju e ˛ savybiu ˛ b ∗a b cf = sup S∗ (P, cf ) = sup cS∗ (P, f ) = c sup S∗ (P, f ) = c P P P f ∗a ir ∗b a cf = inf S ∗ (P, cf ) = inf cS ∗ (P, f ) = c inf S ∗ (P, f ) = c P P P a ∗b f. Kadangi f integruojama, jos apatinis integralas sutampa su viršutiniu. Tod˙ l e b b cf = c ∗a a f= a ∗b cf. Taigi cf funkcija taip pat integruojama ir b b b cf = a ∗a cf = c a f. Jei c < 0, irodymas analogiškas. Jei P = (a0 , . . . , an ) yra bet koks (a; b) ˛ intervalo skaidinys, iš tiksliu ˛ r˙ žiu savybiu gaunu ˛ju e ˛ ˛ x∈(ai−1 ;ai ) inf cf (x) = c sup x∈(ai−1 ;ai ) f (x) ir sup x∈(ai−1 ;ai ) cf (x) = c x∈(ai−1 ;ai ) inf f (x); tod˙ l e S∗ (P, cf ) = cS ∗ (P, f ) ir S ∗ (P, cf ) = cS∗ (P, f ). ˙ 9.2. INTEGRALO SAVYBES 299 Lygyb˙ s teisingos su bet kokiu skaidiniu P ; tod˙ l v˙ l iš tiksliu ˛ r˙ žiu e e e ˛ju e ˛ savybiu ˛ b ∗a cf = sup S∗ (P, cf ) = sup cS ∗ (P, f ) = c inf S ∗ (P, f ) = c P P P ∗b a f ir ∗b a b cf = inf S ∗ (P, cf ) = inf cS∗ (P, f ) = c sup S ∗ (P, f ) = c P P P f. ∗a Kadangi f integruojama, jos apatinis integralas sutampa su viršutiniu. Tod˙ l e b b cf = c ∗a a f= a b ∗b cf. b Taigi cf funkcija taip pat integruojama ir a cf = c a f . 2. Tegu P = (a0 , . . . , an ) yra bet koks (a; b) intervalo skaidinys. Iš tiksliu ˛ r˙ žiu savybiu ˛ju e ˛ ˛ x∈(ai−1 ;ai ) inf f (x) + x∈(ai−1 ;ai ) inf g(x) x∈(ai−1 ;ai ) inf f (x) + g(x) ir sup x∈(ai−1 ;ai ) f (x) + g(x) sup x∈(ai−1 ;ai ) f (x) + sup x∈(ai−1 ;ai ) g(x). Padauginęs nelygybes iš (ai − ai−1 ) ir sud˙ jęs, gaunu e S∗ (P, f )+S∗(P, g) S∗ (P, f +g) S ∗ (P, f +g) S ∗ (P, f )+S ∗(P, g). (9.7) Dabar randu tokius skaidinius (Pn ), kad b b S∗ (Pn , f ) → o po to — tokius (Pn ), kad f, a S (Pn , f ) → ∗ f, a b b S∗ (Pn , g) → g, a S (Pn , g) → ∗ g. a Tegu Pn yra skaidinys, smulkesnis tiek už Pn , tiek už Pn . Tada S∗ (Pn , f ) ir b b ˛ S ∗ (Pn , f ) taip pat konverguos i a f , o S∗ (Pn , g) ir S ∗ (Pn , g) — i a g. ˛ 300 9 SKYRIUS. INTEGRALAS (9.7) nelygyb˙ s teisingos ir su P = Pn ; kraštiniai nelygybiu grandin˙ s e ˛ e b b nariai art˙ ja prie a f + a g; tod˙ l prie to skaičiaus art˙ s ir viduriniai nariai: e e e b b b b S∗ (Pn , f + g) → f+ a a g, S ∗ (Pn , f + g) → f+ a a g. b (f +g) a Iš 9.1 teoremos dabar išplaukia, kad f +g funkcija integruojama ir b b f + a g. a = Teoremoje suformuluotos integralo savyb˙ s išreiškia jo tiesiškumą. Jos e nereikalauja papildomu komentaru Idomu tiktai, kad nei viršutinis, nei apa˛ ˛. ˛ tinis integralas apskritai n˙ ra tiesinis. Pavyzdžiui, jei f yra Dirichl˙ funkcija, e e tai ∗1 0 (−f ) = 0 = −1 = − 1 ∗1 f 1 0 ir 1 ∗0 (f − f ) = 0 = 0 − 1 = f+ ∗0 ∗0 (−f ). Modulio ˛k˙ i elimas ˛ integralą. Tarkime, tiek f , tiek |f | funkcija intei gruojama (a; b) intervale. Kadangi f |f | ir −f |f |, iš integralo monotoniškumo ir tiesiškumo gaunu b b f a a |f | ir b b b b − f= a a (−f ) a |f |. Reiškia, b f a a |f |. 9.3 Tolydžiu funkciju integravimas ˛ ˛ Skyrelio rezultatu anonsas. Šiame skyrelyje f funkciją laikysiu ne tik ˛ apr˙ žta, bet ir tolydžia (a; b) intervale. Irodysiu tokius teiginius: e ˛ 1) f integruojama Rymano prasme (a; b) intervale; 2) f turi pirmykštę (a; b) intervale, t.y. tokią funkciją F , kad F (x) = f (x) su visais x ∈ (a; b); 3) jei F yra bet kokia f funkcijos pirmykšt˙ , tai F tolygiai tolydi (a; b) e intervale ir, reiškia, egzistuoja baigtin˙ s ribos F (a+) ir F (b−); e 9.3. TOLYDŽIU FUNKCIJU INTEGRAVIMAS ˛ ˛ 301 4) f funkcijos integralas gali buti skaičiuojamas pagal Niutono1 -Leibnico2 ¯ formulę: b f (x)dx = F (x) a b a = F (b−) − F (a+); (9.8) čia F yra bet kokia f funkcijos pirmykšt˙ . e Dažniausiai Niutono-Leibnico formul˙ taikoma, kai f integruojama tam e tikrame mažesniame intervale (c; d); čia a < c < d < b. Tada pirmykšt˙ e funkcija apibr˙ žta ir tolydi (c; d) intervalo galuose ir formul˙ supaprast˙ ja: e e e d f (x)dx = F (x) c d c = F (d) − F (c). Tolydžiosios funkcijos integruojamos. 9.4 teorema. Tarkime, f apr˙ žta ir tolydi (a; b) intervale. Tada ji integruoe jama tame intervale. Be to, jei (Pn ) yra tokia (a; b) intervalo skaidiniu seka, ˛ b b ∗ kad |Pn | → 0, tai S∗ (Pn , f ) → a f ir S (Pn , f ) → a f . Irodymas. Fiksuoju ε. Kiekviena funkcija, tolydi uždarame intervale, ˛ yra jame ir tolygiai tolydi; tod˙ l f tolygiai tolydi [a + ε; b − ε] intervale. Taigi e atsiras toks δ < ε, kad |f (x1 ) − f (x2 )| < ε, kai x1 , x2 ∈ [a + ε; b − ε] ir |x1 − x2 | < δ. Tegu P = (a0 , . . . , am ) yra bet koks (a; b) skaidinys, tenkinantis sąlygą |P | < δ. Pažymiu ci = x∈(ai−1 ;ai ) inf f (x), di = sup x∈(ai−1 ;ai ) f (x) ir c = sup f (x) . x∈(a;b) Taškai a + ε ir b − ε yra (a; b) intervalo viduje; tod˙ l patenka i tam tikrus e ˛ [ai−1 ; ai ) intervaliukus. Tegu, pavyzdžiui, ak−1 a + ε < ak ir al−1 b − ε < al . Jei k + 1 i l − 1, tai (ai−1 ; ai ) ⊂ [a + ε; b − ε]. Su bet kokiais x1 , x2 ∈ (ai−1 ; ai ) teisinga nelygyb˙ |x1 − x2 | |P | < δ; tod˙ l e e f (x1 ) − f (x2 ) < ε. Fiksuoju x2 ; tada su visais x1 ∈ (ai−1 ; ai ) f (x1 ) 1 2 f (x2 ) + ε Isaac Newton, 1643–1727 Gottfried Wilhelm Leibniz, 1646–1716 302 ir tod˙ l e di = Taigi su visais x2 ∈ (ai−1 ; ai ) f (x2 ) tod˙ l e ci = Irodžiau, kad di − ci ˛ ivertinsiu paprastai: ˛ d i − ci Taigi m x∈(ai−1 ;ai ) 9 SKYRIUS. INTEGRALAS sup x∈(ai−1 ;ai ) f (x) f (x2 ) + ε. di − ε; f (x) i di − ε. l − 1. Su kitais i tą skirtumą c − (−c) = 2c. inf ε, kai k + 1 x∈(a;b) sup f (x) − inf f (x) x∈(a;b) S (P, f ) − S∗ (P, f ) = = ∗ i=1 k (ai − ai−1 )(di − ci ) l−1 m i=1 2c(ai − ai−1 ) + i=k+1 ε(ai − ai−1 ) + i=l 2c(ai − ai−1 ) = 2c(ak − a0 ) + ε(al−1 − ak ) + 2c(am − al−1 ). Tačiau ak − a0 ak−1 + δ − a am − al−1 b − al + δ ir al−1 − ak tod˙ l e Irodžiau, kad su kiekvienu ε egzistuoja toks δ, kad su bet kokiu skaidiniu ˛ P , tenkinančiu sąlygą |P | < δ, teisinga (9.9) nelygyb˙ . Jei |Pn | → 0, tai e |Pn | < δ su pakankamai dideliais n. Tod˙ l iš gautos nelygyb˙ s gaunu e e S ∗ (Pn , f ) − S∗ (Pn , f ) → 0. Iš 9.1 teoremos dabar išplaukia, kad f integruojama Rymano prasme ir tiek b S ∗ (Pn , f ), tiek S∗ (Pn , f ) konverguoja i a f . ˛ S ∗ (P, f ) − S∗ (P, f ) 8cε + ε(b − a). (9.9) b − a; a+ε+δ−a b − (b − ε) + δ 2ε, 2ε 9.3. TOLYDŽIU FUNKCIJU INTEGRAVIMAS ˛ ˛ Tolydžioji funkcija turi pirmykštę. 9.5 teorema. Tarkime, f apr˙ žta ir tolydi (a; b) intervale. Apibr˙ žiu e e x 303 F0 (x) = a f. (9.10) Tada F0 yra f funkcijos pirmykšt˙ (a; b) intervale. Bet kuri kita pirmykšt˙ e e užrašoma pavidalu F (x) = F0 (x) + C; (9.11) čia C ∈ R. Irodymas. Fiksuoju x ∈ (a; b). Reikia irodyti, kad F0 (x) = f (x), t.y. ˛ ˛ F0 (x + h) − F0 (x) − → f (x). − h→0 h Iš pradžiu suskaičiuosiu kairiosios pus˙ s ribą, kai h → 0+. ˛ e Jei h > 0, tai x+h x F0 (x + h) − F0 (x) = = a x f− f+ x x+h f a x+h x a f− a = x f. Tod˙ l e F0 (x + h) − F0 (x) 1 − f (x) = h h 1 = h 1 = h 1 = h 1 h x+h x x+h x x+h x x+h x x+h x f (u)du − f (x) f (x) f (u)du − h x+h x+h du x f (u)du − f (x)du x f (u) − f (x) du f (u) − f (x) du. Fiksuoju ε. D˙ l f tolydumo x taške atsiras toks δ, kad e f (u) − f (x) < ε 304 9 SKYRIUS. INTEGRALAS su visais u ∈ (x − δ; x + δ). Jei h < δ, tai (x; x + h) ⊂ (x − δ; x + δ); tod˙ l e F0 (x + h) − F0 (x) − f (x) h Tai ir reiškia, kad F0 (x + h) − F0 (x) − − f (x). −→ h→0+ h Dabar suskaičiuosiu to paties reiškinio ribą, kai h → 0−. Jei h < 0, tai h = −|h| ir x−|h| x 1 h x+h ε du = ε. x F0 (x + h) − F0 (x) = = a x−|h| a x f− f− f. x−|h| f a x−|h| a x f− x−|h| =− Tod˙ l e Panašiai kaip aukščiau irodoma, kad dešin˙ pus˙ mažesn˙ už bet koki ε, kai ˛ e e e ˛ h pakankamai mažas. Taigi F0 (x + h) − F0 (x) /h → f (x), ir kai h → 0−, t.y. F0 (x) tikrai yra f funkcijos pirmykšt˙ . e Tegu dabar F yra bet kokia kita f funkcijos pirmykšt˙ . Pasirenku bet e koki c ∈ (a; b) ir pritaikęs Lagranžo vidurin˙ s reikšm˙ s teoremą funkcijai ˛ e e F (x) − F0 (x) intervale (c; x) (arba intervale (x; c), jei x < c) gaunu su tam tikru z iš to intervalo F (x) − F0 (x) − F (c) − F0 (c) = F (z) − F0 (z) = f (z) − f (z) = 0, t.y., Taigi (9.11) formul˙ teisinga su C = F (c) − F0 (c). e F (x) = F0 (x) + F (c) − F0 (c). F0 (x + h) − F0 (x) 1 x − f (x) = − f (u)du − f (x) h h x−|h| x 1 f (x) x = f (u)du − du |h| x−|h| |h| x−|h| x 1 = f (u) − f (x) du |h| x−|h| x 1 f (u) − f (x) du. |h| x−|h| 9.3. TOLYDŽIU FUNKCIJU INTEGRAVIMAS ˛ ˛ Niutono-Leibnico formul˙ e. 305 9.6 teorema. Tarkime, f apr˙ žta ir tolydi (a; b) intervale, o F yra kokia e nors tos funkcijos pirmykšt˙ . Tada F tolygiai tolydi (a; b) intervale ir teisinga e (9.8) formul˙ . e Irodymas. Tolygus tolydumas išplaukia iš Lagranžo vidurin˙ s reikšm˙ s ˛ e e teoremos: jei |f (x)| c su visais x ∈ (a; b), tai su bet kokiais x1 , x2 ∈ (a; b) |F (x1 ) − F (x2 )| c|x1 − x2 | ir dešin˙ pus˙ neviršija bet kokio ε, kai |x1 − x2 | < ε/c. e e Iš Košy kriterijaus dabar gaunu, kad funkcija F (x) turi baigtinę ribą ir kai x → a+, ir kai x → b−. Taigi dešinioji (9.8) formul˙ s pus˙ turi prasmę. e e Irodysiu, kad ji teisinga. ˛ b b−1/n Pažymiu I = a f ir In = a+1/n f . Iš (9.10)–(9.11) išplaukia, kad b−1/n a+1/n In = a f− f a = F0 (b − 1/n) − F0 (a + 1/n) = F (b − 1/n) − F (a + 1/n) − − F (b−) − F (a+). −→ n→∞ Kita vertus, iš nelygybiu ˛ a+1/n b |In − I| = f+ a a+1/n a b−1/n b f |f | |f | + b−1/n 2c n išplaukia In → I. Reiškia, I = F (b−) − F (a+). Integralai su kintamais režiais. Jei aš nemoku suskaičiuoti funkcijos ˙ pirmykšt˙ s, tai tas dar nereiškia, kad pirmykšt˙ neegzistuoja. Pavyzdžiui, e e funkcija 1 ln x 306 9 SKYRIUS. INTEGRALAS tolydi ir apr˙ žta (2; ∞) intervale; tod˙ l integruojama bet kokiame intervale e e (2; x). Kitaip tariant, reiškinys x 2 du ln u apibr˙ žtas su bet kokiu x > 1. Pažym˙ jęs ji raide F (x), iš 9.5 teoremos e e ˛ gaunu, kad funkcija F (x) yra funkcijos 1/ ln x pirmykšt˙ (2; ∞) intervale, e t.y. 1 F (x) = . ln x Apskritai, jei f yra tolydi ir apr˙ žta (a; b) intervale funkcija, tai e x f (t) dt = f (x). a Ši lygyb˙ vadinama integralo su kintamu viršutiniu r˙ žiu diferencijavimo e e taisykle. Iš jos nesunkiai gaunu ir analogišką integralo su kintamu apatiniu r˙ žiu e diferencijavimo taisyklę: b b x f (t) dt = x a f (t) dt − a f (t) dt = −f (x). Jei integralo r˙ žis yra ne x, o koks nors reiškinys, diferencijuodamas taikau e sud˙ tin˙ s funkcijos išvestin˙ s formulę. Pavyzdžiui, e e e x2 1 dt 2 + ln t = 1 2x · (x2 ) = . 2 + ln x 2 + ln x Jei kintami abu integravimo r˙ žiai, integralą skaidau i du integralus, kuriuose e ˛ kintamas tik vienas r˙ žis. Pavyzdžiui, e x+x2 x e 9.3 −t2 c dt = x e −t2 x+x2 dt + c e−t dt = −e−x + e−(x+x 2 2 2 )2 (1 + 2x). pratimas. Apskaičiuokite f (x). √ 0 x I. f (x) = II. f (x) = e−u du. 1 e−x 2 dt . ln t 9.3. TOLYDŽIU FUNKCIJU INTEGRAVIMAS ˛ ˛ III. f (x) = 3x x/2 307 sin t dt. t 1 Sprendimas. I. f (x) = e−x √ . 2 x 1 II. f (x) = − · (−e−x ) = −x−1 e−x . ln e−x sin(x/2) 1 sin 3x − sin(x/2) sin 3x III. f (x) = ·3− · = . 3x x/2 2 x Apytikslis integralu skaičiavimas. O kaip suskaičiuoti integralą, jei ne˛ žinome funkcijos pirmykšt˙ s? Galime pasiremti antruoju 9.4 teoremos teige iniu: paimti bet kokią skaidiniu seką (Pn ), tenkinančią sąlygą |Pn | → 0, ir ˛ apytiksle integralo reikšme laikyti arba S∗ (Pn , f ), arba S ∗ (Pn , f ) sumą su pakankamai dideliu indeksu n. Paprastai imama Pn = (a0 , . . . , an ) su ai = a + i(b − a)/n, t.y. (a; b) intervalas skaidomas i n lygiu daliu Vietoje S∗ (Pn , f ) arba S ∗ (Pn , f ) galima ˛ ˛ ˛. imti koki nors lengviau apskaičiuojamą dydi Sn , tenkinanti sąlygą ˛ ˛ ˛ S∗ (Pn , f ) Paprastai jis yra n Sn S ∗ (Pn , f ). Sn = i=1 b−a ci (ai − ai−1 ) = n n ci i=1 pavidalo su skaičiais ci , tenkinančiais sąlygą x∈(ai−1 ;ai ) inf f (x) ci sup x∈(ai−1 ;ai ) f (x). Pamin˙ siu dvi dažniausiai naudojamas formules. e 1. Imdami f (ai−1 ) + f (ai ) ci = , 2 gauname vadinamąją trapeciju formulę: ˛ b a b−a f≈ n b−a = n n i=1 yi−1 + yi 2 y0 + yn + y1 + · · · + yn−1 ; 2 308 čia, kad butu trumpiau, pažym˙ jau e ¯ ˛ yi = f 2. Imdami ci = f (ai−1 ) + f (ai ) 2 + f 6 3 a+ b−a i , n 9 SKYRIUS. INTEGRALAS i = 0, 1, . . . , n − 1, n. ai−1 + ai 2 , gauname Simpsono3, arba paraboliu formulę: ˛ b a f≈ b−a n n i=1 yi−1 + yi 2 + yi−1/2 6 3 b−a = n y0 + yn y1 + · · · + yn−1 2 + + (y1/2 + · · · + yn−1/2 ) ; 6 3 3 čia, kaip ir aukščiau, yi = f a+ b−a i , n 1 1 i = 0, , 1, . . . , n − , n. 2 2 2 dx , taikydami trapeciju ˛ x 1 ir Simpsono formules (intervalą dalinkite i 5 dalis), ir gautus rezultatus pa˛ lyginkite su tikrąja integralo reikšme. Sprendimas. Šiuo atveju reikia naudoti skaidini ˛ 9.4 pratimas. Apskaičiuokite apytiksliai P = (1, 1.2, 1.4, 1.6, 1.8, 2). Randu funkcijos reikšmes dalijimo taškuose: 1 1 1 = 1, y1 = ≈ 0.8333, y2 = ≈ 0.7143, 1 1.2 1.4 1 1 1 y3 = = 0.625, y4 = ≈ 0.5556, y5 = = 0.5. 1.6 1.8 2 y0 = Taigi pagal trapeciju formulę ˛ 2 1 3 dx 1 + 0.5 ≈ 0.2 + 0.8333 + 0.7143 + 0.625 + 0.5556 x 2 ≈ 0.6956. Thomas Simpson, 1710–1761 9.3. TOLYDŽIU FUNKCIJU INTEGRAVIMAS ˛ ˛ 309 Skaičiuodamas pagal Simpsono formulę, papildomai surandu funkcijos reikšmes skaidinio intervaliuku vidurio taškuose: ˛ y0.5 = 1 1 1 ≈ 0.9091, y1.5 = ≈ 0.7692, y2.5 = ≈ 0.6667, 1.1 1.3 1.5 1 1 y3.5 = ≈ 0.5882, y4.5 = ≈ 0.5263. 1.7 1.9 Taigi 2 1 dx 1 + 0.5 0.8333 + 0.7143 + 0.625 + 0.5556 ≈ 0.2 + x 6 3 2(0.9091 + 0.7692 + 0.6667 + 0.5882 + 0.5263) + 3 ≈ 0.2(0.25 + 0.9094 + 2.3063) ≈ 0.6931. Tikroji integralo reikšm˙ yra e 2 1 dx 2 = ln x 1 = ln 2 ≈ 0.6931. x Integralo panaudojimas, skaičiuojant ribas. 9.4 teorema naudinga ir kitoje situacijoje: ji leidžia suskaičiuoti tam tikru seku ribas. Kalbu apie ˛ ˛ n sn = hn i=1 cni pavidalo sekas, kuriose skaičiai hn ir cni tenkina tokią sąlygą: egzistuoja toks intervalas (a; b) ir tokia tolydi ir apr˙ žta tame intervale funkcija f , kad su e visais n ir i inf f (x) cni sup f (x); (9.12) x∈(an,i−1 ;ani ) x∈(an,i−1 ;ani ) čia ani = a + ihn . Taip bus, pavyzdžiui, jei cni = f (xni ) su kokiais nors xni ∈ [an,i−1 ; ani ]. Tokiu atveju sn vadinama f funkcijos integraline suma, atitinkančia skaidini Pn = (an0 , an1 , . . . , ann ). ˛ Jei xni ∈ (an,i−1 ; ani ), (9.12) nelygyb˙ s akivaizdžios, nes kiekvienas narys e neviršija visu nariu supremumo ir n˙ ra mažesnis už visu nariu infimumą. ˛ ˛ e ˛ ˛ Skaičiams cni = f (an,i−1 ) ir cni = f (ani ) nelygyb˙ s teisingos d˙ l funkcijos e e tolydumo. Tikrai, su visais x ∈ (an,i−1 ; ani ) turiu nelygybes x∈(an,i−1 ;ani ) inf f (x) f (x) sup x∈(an,i−1 ;ani ) f (x). 310 Suskaičiavęs ribas, kai x → an,i−1 +, gaunu x∈(an,i−1 ;ani ) 9 SKYRIUS. INTEGRALAS inf f (x) f (an,i−1) sup x∈(an,i−1 ;ani ) f (x), o suskaičiavęs ribas, kai x → ani −, gaunu analogiškas nelygybes skaičiui f (ani ). Padauginęs (9.12) nelygybes iš hn = ani − an,i−1 ir sud˙ jęs, gaunu e S∗ (Pn , f ) sn S ∗ (Pn , f ). b a Nelygyb˙ s teisingos su visais n, o kraštiniai grandin˙ s nariai art˙ ja i e e e ˛ n → ∞. Reiškia, ir vidurinis narys art˙ ja i tą pati skaičiu t.y. e ˛ ˛ ˛, b f , kai sn → 9.5 f. a pratimas. Apskaičiuokite lim sn , kai sn = 1 1 1 + +···+ . n n+1 3n Sprendimas. sn sumoje yra 2n + 1 narys; tod˙ l užrašau ją tokiu pavidalu: e sn = čia 1 1 + n n 2n cni ; i=1 n 1 = . n+i 1 + i/n Pažymiu f (x) = 1/x; tada cni = f (1 + i/n). Taškai 2 2n 1 1 + , 1 + , ...,1 + , n n n kuriuose skaičiuojamos funkcijos reikšm˙ s yra skaidinio, dalijančio (1; 3) ine tervalą i 1/n ilgio intervaliukus, dalijimo taškai; tod˙ l suma ˛ e cni = 1 n 2n cni i=1 yra funkcijos f integralin˙ suma ir konverguoja i tos funkcijos integralą (1; 3) e ˛ intervale. D˙ muo 1/n art˙ ja i 0. Reiškia, e e ˛ 3 sn → 1 dx = ln x x 3 1 = ln 3. 9.4. KINTAMOJO KEITIMAS IR INTEGRAVIMAS DALIMIS 311 9.4 Kintamojo keitimas ir integravimas dalimis Integravimo režiu sukeitimas vietomis. Tegu f yra apr˙ žta ir tolydi ˙ ˛ e (a; b) intervale funkcija. Paprastai susitariama laikyti a f =0 a ir b a b f =− f. a Taigi integralo simbolis dabar apibr˙ žtas ir tuo atveju, kai jo apatinis r˙ žis e e didesnis arba lygus viršutiniam. Pavyzdžiui, 1 2 2 x2 dx = − 1 x2 dx = − x3 3 2 1 7 =− . 3 Tegu F yra f funkcijos pirmykšt˙ (a; b) intervale. Jei ribas F (a+) ir e F (b−) žym˙ siu tiesiog F (a) ir F (b), tai Niutono-Leibnico formul˙ bus teisinga e e ir tais atvejais, kai apatinis integralo r˙ žis didesnis arba lygus viršutiniam. e Tikrai, a a f = 0 = F (a) − F (a) = F (x) a a ir a b b f =− a f = − F (b) − F (a) = F (a) − F (b) = F (x) . b 1 2 a Taigi ankstesni integralą gal˙ jau skaičiuoti ir taip: ˛ e x2 dx = − x3 3 1 2 =− 7 3 (nekreipdamas d˙ mesio, kad čia apatinis r˙ žis didesnis už viršutini). e e ˛ Malonus ir toks faktas: formul˙ e c2 c3 c2 f= c1 c1 f+ c3 f dabar turi prasmę ir teisinga su bet kokiais c1 , c2 , c3 ∈ [a; b]: n˙ ra butina, e ¯ kad butu teisingos nelygyb˙ s c1 < c3 < c2 . Tikrai, jei F yra f funkcijos e ¯ ˛ pirmykšt˙ , tai tiek e c2 f = F (x) c1 c2 c1 = F (c2 ) − F (c1 ), tiek c3 c2 f+ c1 c3 f = F (x) c3 c1 +F (x) c2 c3 = F (c3 ) − F (c1 ) + F (c2 ) − F (c3 ) = F (c2 ) − F (c1 ). 312 9 SKYRIUS. INTEGRALAS Kintamojo keitinio taisykl˙ Funkcija vadinama tolydžiai diferencijuoe. jama kokiame nors intervale, jei ji tame intervale diferencijuojama, o jos išvestin˙ tame intervale tolydi. e Tarkime, f tolydi (a; b) intervale, ϕ tolydžiai diferencijuojama (a1 ; b1 ) intervale ir ϕ(u) ∈ (a; b) su visais u ∈ (a1 ; b1 ). Tegu F yra f funkcijos pirmykšt˙ . Tada e F ϕ(u) = F ϕ(u) ϕ (u) = f ϕ(u) ϕ (u). Kitaip tariant, F ϕ(u) yra f ϕ(u) ϕ (u) funkcijos pirmykšt˙ (a1 ; b1 ) intere vale. Iš Niutono-Leibnico formul˙ s dabar gaunu e ϕ(d) f (x) dx = F (x) ϕ(c) ϕ(d) ϕ(c) = F ϕ(d) − F ϕ(c) = F ϕ(u) d c d = c f ϕ(u) ϕ (u) du su visais c, d ∈ (a1 ; b1 ). ϕ (u) du reiškinys paprastai užrašomas dϕ(u) pavidalu ir vadinamas ϕ funkcijos diferencialu. Tada gautą lygybę galiu užrašyti ir trumpiau: ϕ(d) d f (x) dx = ϕ(c) c f ϕ(u) dϕ(u). Ši lygyb˙ vadinama integravimo kintamojo keitimo taisykle. e Nelyginiu funkciju integravimas. Funkcija f vadinama nelygine kokia˛ ˛ me nors simetriniame 0 atžvilgiu intervale (−c; c), jei f (−x) = −f (x) su visais x ∈ (−c; c). Jei nelygin˙ funkcija f yra tolydi ir apr˙ žta tame intervale, jos integralas e e lygus 0. Tikrai, c 0 c f= −c −c f+ 0 f. Pirmame integrale atlieku kintamojo keitini u = −x: ˛ 0 0 0 c f (x) dx = −c c f (−u) d(−u) = − f (−u) du = c 0 f (−u) du. 9.4. KINTAMOJO KEITIMAS IR INTEGRAVIMAS DALIMIS Kadangi f nelygin˙ , f (−u) = −f (u) su visais u ir tod˙ l dešin˙ pus˙ lygi e e e e c c 313 − Taigi c −c 0 f (u) du = − c c f. 0 f =− f+ 0 0 f = 0. su visais x ∈ (−c; c). Jei lygin˙ funkcija f yra tolydi ir apr˙ žta, tai panašiai kaip aukščiau gaunu e e 0 −c 0 c c Lyginiu funkciju integravimas. Funkcija f vadinama lygine intervale ˛ ˛ (−c; c), jei f (−x) = −f (x) f (x) dx = − c f (−u) du = c c c 0 f (−u) du = 0 c f (u) du. Taigi f= Pavyzdžiui, −c 0 f+ 0 1 f =2 0 f. I= integralą galima skaičiuoti taip: 1 −1 (1 − x2 )2 dx 2x3 x5 + 3 5 2 1 16 + = . 3 5 15 I=2 0 (1 − 2x2 + x4 ) dx = 2 x − 1 0 =2 1− Periodiniu funkciju integravimas. Sakoma, kad funkcija f : R → R ˛ ˛ yra periodin˙ su periodu d, jei f (x + d) = f (x) su visais x ∈ R. Tokios e funkcijos integralai turi dvi naudingas savybes: su bet kokiu k ∈ Z b b+kd f= a a+kd f ir a+d b+d f= a b f. (t.y. funkcijos integralas bet kokiame intervale, kurio ilgis lygus periodui, yra toks pat). 314 9 SKYRIUS. INTEGRALAS Pirmoji savyb˙ irodoma paprastai. Iš periodiškumo f (u − kd) = f (u) su e˛ visais u. Tod˙ l atlikęs kintamojo keitini u = x + kd, gaunu: e ˛ b b+kd b+kd f (x) dx = a a+kd f (u − kd) du = f (u) du. a+kd Antra savyb˙ išplaukia iš pirmosios: e a+d b b+d a+d f= a a b f+ b b+d f+ b+d b+d f f a+d b = a b f+ b b+d f− f− = a f+ b b+d f a = b f. Integravimas dalimis. Tegu f ir g yra tolydžiai diferencijuojamos (a; b) intervale funkcijos. Iš lygyb˙ s e f (x)g(x) = f (x)g(x) + f (x)g (x) išplaukia, kad funkcija f (x)g(x) yra f (x)g(x) + f (x)g (x) funkcijos pirmykšt˙ . Tod˙ l su bet kokiais c, d ∈ (a; b) e e f (x)g(x) d c d d = c f (x)g(x) dx + c f (x)g (x) dx Perk˙ lęs vieną integralą i kitą pusę, gaunu e ˛ d c f (x)g (x) dx = f (x)g(x) − c d d f (x)g(x) dx. c Ši lygyb˙ vadinama dalinio integravimo formule. Diferencialu terminais ji e ˛ užrašoma trumpiau: d c f (x) dg(x) = f (x)g(x) − c d d g(x) df (x). c Štai tipinis integravimo dalimis pavyzdys: 2 0 2 x2 e−x dx = − x2 de−x 0 9.4. KINTAMOJO KEITIMAS IR INTEGRAVIMAS DALIMIS = −x2 e−x + 0 2 2 315 e−x dx2 0 2 = −4e−2 + 2 = −4e −2 xe−x dx 0 2 −2 xde−x 0 2 0 2 = −4e−2 − 2xe−x + 2 = −8e −2 e−x dx 0 = 2 − 10e−2 . − 2e −x 2 0 Dar pora idomesniu pavyzdžiu nuk˙ liau i pratimą. ˛ ˛ ˛ e ˛ 9.6 pratimas. Apskaičiuokite, taikydami dalinio integravimo formulę. I. II. 0 π 0 e−x sin 2x dx. dx . (1 + x2 )2 1 π −x e d cos 2x I=− 2 0 π 1 1 π = − e−x cos 2x + cos 2x de−x 2 2 0 0 1 − e−π 1 π −x = − e cos 2x dx 2 2 0 1 − e−π 1 π −x = − e d sin 2x 2 4 0 π 1 − e−π 1 −x 1 π = − e sin 2x + sin 2x de−x 2 4 4 0 0 1 − e−π 1 π −x = − e sin 2x dx 2 4 0 1 − e−π 1 = − I. 2 4 1 Sprendimas. I. Ieškomą integralą pažymiu I raide. Tada Perk˙ lęs antrą d˙ meni iš dešin˙ s i kairę, gaunu: e e ˛ e ˛ 5 1 − e−π I= ; 4 2 316 2 I = (1 − e−π ). 5 II. Integruodamas dalimis funkciją 1 0 9 SKYRIUS. INTEGRALAS 1 , gaunu 1 + x2 1 dx x = 2 1+x 1 + x2 1 = +2 2 1 = +2 2 1 = +2 2 1 0 − 1 xd 0 1 1 + x2 0 1 0 1 0 x2 dx (1 + x2 )2 1 + x2 − 1 dx (1 + x2 )2 1 dx dx −2 . 2 2 2 1+x 0 (1 + x ) Dabar integralą iš kair˙ s pus˙ s perkeliu i dešinę, o trečią d˙ meni dešin˙ je e e ˛ e ˛ e pus˙ je — i kairę: e ˛ 1 2 0 1 1 dx dx = + 2 )2 2 (1 + x 2 0 1+x 1 1 = + arctg x 0 2 1 π = + , 2 4 1 0 t.y. dx 1 π = + . 2 )2 (1 + x 4 8 Teiloro formul˙ su integralo formos liekana. Integruojant dalimis, e gaunamas ir vienas Teiloro formul˙ s variantu Tarkime, f yra k kartu tolye ˛. ˛ džiai diferencijuojama (a; b) intervale (t.y. ji tame intervale k kartu diferen˛ (k) cijuojama ir f išvestin˙ tame intervale tolydi). Tada su visais c, x ∈ (a; b) e f (c) f (k−1) (c) f (x) = f (c) + (x − c) + · · · + (x − c)k−1 + 1! (k − 1)! x 1 + f (k) (u)(x − u)k−1 du. (k − 1)! c Jei k = 2, dalinio integravimo formulę užtenka pritaikyti vieną kartą: x f (x) − f (c) = f (u) du c 9.5. NETIESIOGINIAI INTEGRALAI x 317 =− c f (u) d(x − u) x c x c = −f (u)(x − u) + x (x − u) df (u) = f (c)(x − c) + Jei k = 3, integruoju dalimis dar kartą: . . = f (c)(x − c) − c f (u)(x − u) du. 1 x f (u) d(x − u)2 2 c x 1 x 1 = f (c)(x − c) − f (u)(x − u)2 + (x − u)2 df (u) 2 2 c c 1 1 x = f (c)(x − c) + f (c)(x − c)2 + (x − u)2f (u) du. 2 2 c Bendruoju atveju integravimo dalimis formulę reikia pritaikyti k−1 kartą. 9.5 Netiesioginiai integralai Apibrežimas. Tegu −∞ a < b ∞ ir f yra tolydžioji funkcija iš (a; b) ˙ i R. Jei a ir b baigtiniai ir f apr˙ žta (a; b) intervale, tai f integruojama tame ˛ e intervale. Tada su visais a ∈ (a; b) b a b a f (x) dx − f (x) dx a a |f (x)| dx (a − a) sup |f (x)|. x∈(a;b) Iš šios nelygyb˙ s išplaukia, kad e b a b f (x) dx → f (x) dx, a kai a → a+. Panašiai irodoma, kad ˛ b a b f (x) dx → b f (x) dx, a kai b → b−. b Tačiau ribos a →a+ lim f (x) dx ir a b →b− lim f (x) dx a (9.13) gali egzistuoti ir tada, kai f neintegruojama; pavyzdžiui, kai b = ∞ arba kai |f (x)| − − ∞. Jei f neintegruojama (a; b) intervale, o kuri nors iš −→ x→a+ 318 9 SKYRIUS. INTEGRALAS (9.13) ribu egzistuoja, ji vadinama netiesioginiu f integralu (a; b) intervale. ˛ b Netiesioginis integralas žymimas taip pat, kaip tiesioginis: a f (x) dx. Jei netiesioginis integralas baigtinis, sakome, kad jis konverguoja. f funkcija tada vadinama netiesiogiai integruojama. Štai keletas pavyzdžiu ˛. 1 1. Funkcija √ tolydi, bet neapr˙ žta (0; 1) intervale (ji art˙ ja ˛ ∞, kai x → 0+). e e i x Tod˙ l jos tiesioginis Rymano integralas tame intervale neapibr˙ žtas. Tačiau su bet e e kokiu a ∈ (0; 1) funkcija integruojama (a; 1) intervale ir 1 a √ 1 dx √ =2 x x a √ = 2−2 a − − → 2. −− a→0+ Tod˙ l jos netiesioginis integralas (0; 1) intervale apibr˙ žtas ir lygus 2: e e 1 0 dx √ = 2. x 2. Funkcija ir 1 tolydi ir apr˙ žta kiekviename baigtinio ilgio intervale (0; b) e 1 + x2 b 0 dx = arctg x 1 + x2 = arctg b b→∞ b 0 − − π/2. −→ Reiškia, jos netiesioginis integralas (0; ∞) intervale lygus π/2: ∞ 0 dx π = . 2 1+x 2 3. Su bet kokiu b ∈ (1; ∞) b 1 dx = ln x x = ln b b→∞ b 1 − − ∞. −→ Reiškia, 1 ∞ dx = ∞. x 9.5. NETIESIOGINIAI INTEGRALAI Šiuo atveju, kitaip nei pirmais dviem, netiesioginis integralas diverguoja. 319 Netiesioginiai integralai gali buti apibr˙ žti ir tuo atveju, kai „ypatingi“ abu e ¯ intervalo galai; pavyzdžiui, abu jie begaliniai arba a begalinis, o |f (x)| − − −→ ∞. Tokiu atveju pasirenkame bet koki c ∈ (a; b) ir netiesioginiu f integralu ˛ laikome dvieju netiesioginiu integralu sumą: ˛ ˛ ˛ b c b x→b− f (x) dx = a a f (x) dx + c f (x) dx, jei tik reiškinys dešin˙ je pus˙ je apibr˙ žtas (t.y. jei abu netiesioginiai integralai e e e egzistuoja ir n˙ ra priešingu ženklu begalyb˙ s). Pavyzdžiui, e ˛ ˛ e ∞ −∞ dx = 1 + x2 0 −∞ dx + 1 + x2 ∞ 0 dx = π/2 + π/2 = π. 1 + x2 Nesunku isitikinti, kad toks apibr˙ žimas korektiškas, t.y. nepriklauso nuo ˛ e c b c taško parinkimo. Tikrai, tegu reiškinys a f + c f apibr˙ žtas ir c yra kitas e taškas iš (a; b) intervalo. Tada c c c c c f= a a f+ c f −−→ −− a →a+ f+ a c f; tod˙ l netiesioginis f funkcijos integralas (a; c ) intervale egzistuoja ir e c c c f= a a f+ c f. Kita vertus, b c b c b f= c c f+ c b f−− −→ b →b− c b f+ c c f; tod˙ l e c f= c f+ c f. Taigi c b c c c b f+ a c f= a f+ c f+ c c f+ c c f c b c b = a f+ c f− f+ c c f= a f+ c f. 320 9 SKYRIUS. INTEGRALAS Netiesioginio integralo savyb˙ es. Irodysiu, kad visos 9.2 skyrelio teore˛ mos galioja ir netiesioginiams integralams. Nagrin˙ siu tik atveji, kai „ypatine ˛ gas“ tik b taškas, t.y. kai netiesioginis integralas skaičiuojamas pagal b b = lim a b →b− a formulę. 1. Tegu c ∈ (a; b). Tada f netiesiogiai integruojama (a; b) intervale tada ir tik tada, kai ji netiesiogiai integruojama (c; b) intervale ((a; c) intervale ji integruojama tiesiogiai). Be to, b c b f= a a f+ c f. (9.14) Irodymas. Su bet kokiu b ∈ (a; b) teisinga lygyb˙ ˛ e b c b f= a a f+ c f. b (9.15) Jei f netiesiogiai integruojama (c; b) intervale, tai c f turi baigtinę ribą, kai b → b−. Tada iš tos lygyb˙ s ir teoremos apie sumos ribą išplaukia, kad ir e b f turi baigtinę ribą, t.y. f netiesiogiai integruojama (a; b) intervale. a b Atvirkščiai, jei f netiesiogiai integruojama (a; b) intervale, tai a f turi baigtinę ribą, kai b → b−. Tada baigtinę ribą turi ir b b c f= c a f− f a 2. Jei f netiesiogiai integruojama (a; b) intervale ir c ∈ R, tai cf netiesiogiai integruojama tame intervale ir b b integralas, t.y. f netiesiogiai integruojama (a; b) intervale. (9.15) lygyb˙ je suskaičiavęs ribas, kai b → b−, gaunu (9.14) lygybę. e cf = c a a f. Irodymas. Kai b → b−, iš tiesioginio integralo savybiu gaunu ˛ ˛ b b b cf = c a a f →c f. a 9.5. NETIESIOGINIAI INTEGRALAI 321 Tod˙ l cf funkcija netiesiogiai integruojama (a; b) intervale ir jos integralas e b tame intervale lygus c a f . 3. Jei f ir g netiesiogiai integruojamos (a; b) intervale, tai f + g taip pat netiesiogiai integruojama tame intervale ir b b b (f + g) = a a f+ a g. Irodymas. Kai b → b−, iš tiesioginio integralo savybiu gaunu ˛ ˛ b b b b b (f + g) = a a f+ a g→ f+ a a g. Tod˙ l f + g funkcija netiesiogiai integruojama (a; b) intervale ir jos integralas e b b tame intervale lygus a f + a g. 4. Jei f ir g netiesiogiai integruojamos (a; b) intervale ir f (x) visais x ∈ (a; b), tai b b g(x) su f a a g. Irodymas. Su visais b ∈ (a; b) ˛ b b f a a g. Suskaičiavęs šioje nelygyb˙ je ribas, kai b → b−, gaunu nelygybę, siejančią e netiesioginius integralus. Palyginimo požymis. Ne visada netiesioginius integralus pavyksta suskaičiuoti (kaip, beje, ir tiesioginius). Tokiu atveju bent jau reikia nuspręsti, ar integralas konverguoja, ar diverguoja. Jei f funkcija neneigiama, galima ją palyginti su kokia nors paprastesne neneigiama funkcija ϕ, kurios netiesiogini ˛ integralą galima suskaičiuoti. Tarkime, pavyzdžiui, kad abiems funkcijoms „ypatingas“ yra dešinysis intervalo galas b (t.y. tiek f , tiek ϕ integruojama kiekviename (a; b ) intervale su b < b). Tada palyginimo požymis formuluojamas taip: b jei f (x) = O ϕ(x) , kai x → b−, ir a ϕ(x) dx integralas konverguoja, tai b konverguoja ir a f (x) dx integralas; b jei ϕ(x) = O f (x) , kai x → b−, ir a ϕ(x) dx integralas diverguoja, tai b diverguoja ir a f (x) dx integralas. 322 9 SKYRIUS. INTEGRALAS Irodymas. Kadangi f neneigiama, iš b < b išplaukia ˛ b f b 0 ir tod˙ l e b b b b f= a a f+ b f a f. Kitaip tariant, b a f yra nemaž˙ janti b kintamojo funkcija. e b Kadangi ir ϕ neneigiama, a ϕ taip pat yra nemaž˙ janti b funkcija. e Iš teoremos apie monotoniškos funkcijos ribą dabar išplaukia, kad abieju ˛ funkciju netiesioginiai integralai apibr˙ žti. Be to, integralas konverguoja, kai ˛ e jo reikšm˙ < ∞. e Kadangi f (x) = O(ϕ(x)), egzistuoja toks b1 < b ir toks c < ∞, kad f (x) cϕ(x) su visais x ∈ (b1 ; b). Tada b b1 b b1 b f a a f+ b1 f a f +c b1 ϕ ir iš ribu savybiu ˛ ˛ b b →b− b b1 b lim f a a f + c lim b →b− ϕ. b1 Jei a ϕ integralas konverguoja, tai riba dešin˙ je pus˙ je baigtin˙ . Tada e e e b baigtin˙ ir riba kair˙ je pus˙ je, t.y. a f integralas taip pat konverguoja. e e e Antras teiginys išplaukia iš pirmojo. Jei su kokiu nors c ∈ R teisingas sąryšys f (x) ∼ cϕ(x), kai x → b−, tai tiek f (x) = O ϕ(x) , tiek ϕ(x) = O f (x) , kai x → b−. Taigi šiuo atveju b b f integralas elgiasi lygiai taip pat, kaip ir a ϕ integralas: jei antrasis kona verguoja (atitinkamai, diverguoja), tai konverguoja (atitinkamai, diverguoja) ir pirmasis. Taikydami palyginimo požymi, f funkciją dažniausiai lyginame su laipsnin˙ ˛ e mis funkcijomis ϕ(x) = x−α , kuriu netiesioginiai integralai tiek (0; 1), tiek (1; ∞) ˛ intervale nesunkiai skaičiuojami. 9.6. UŽDAVINIAI 323 9.6 Uždaviniai 1. Apskaičiuokite S∗ (P, f ) ir S ∗ (P, f ). • f (x) = 1/x ir P = (1, 1.3, 1.7, 2). • P = (−1, −0.5, 0.5, 1) ir f (x) = 1 . 1 + x2 • P = (−2, −1, 0, 1, 2, 3) ir f (x) = |x|. • f (x) = x2 ir P = (−1, −0.5, 0, 0.5, 1). • f (x) = 1 ir P = (1, 1.5, 2, 3). 1+x • f (x) = x3 ir P = (−2, −1, −0.5, 0). • P = (0, 0.3, 1, 2, 3) ir f (x) = 1 − x, kai x < 2; x, kai x 2. 2. Tarkime, P = (1, 1.4, 2) ir P = (1, 1.5, 2). Kuris iš tu dvieju skaidiniu ˛ ˛ ˛ smulkesnis? Kokie ju smulkumo laipsniai? Raskite skaidini, smulkesni tiek ˛ ˛ ˛ už P , tiek už P . 3. Apskaičiuokite f (x), kai x2 • f (x) = • f (x) = • f (x) = • f (x) = e−t dt. x x2 −x2 √ 2x x 2 dt . 1 + sin t dt . ln t dt . ln t 1+x2 1+ x √ 4. Apskaičiuokite apytiksliai duotą integralą, taikydami trapeciju ir Simp˛ sono formules (intervalą skaidykite i 5 dalis). Jei imanoma, gautą rezultatą ˛ ˛ palyginkite su tikrąja integralo reikšme. 324 1 9 SKYRIUS. INTEGRALAS dx . 1 + x2 dx . 1 + x3 • • −1 1 0 5. Apskaičiuokite duotos sekos ribą. n • lim n n→∞ −3/2 i=1 √ n + i. • lim n→∞ π 2π nπ 1 sin + sin + · · · + sin . n n n n n • lim n . n→∞ i2 + n2 i=−2n 6. Apskaičiuokite, taikydami dalinio integravimo formulę. π/2 • • e2x cos x dx. 0 √ 2 3 0 (x2 dx . + 4)3 10 skyrius Sumavimo teorija 10.1 Eilut˙ s e ∞ n=1 Terminologija. Eilute vadiname simboli ˛ xn ; (10.1) čia (xn ) yra kokia nors baigtiniu skaičiu seka. Skaičius xn vadinamas eilut˙ s ˛ ˛ e n-uoju nariu. (10.1) eilut˙ s n-ąja daline suma vadinamas skaičius e n sn = i=1 xi . Pavyzdžiui, s1 = x1 , s2 = x1 + x2 , s3 = x1 + x2 + x3 ir t.t. Jei daliniu sumu seka (sn ) turi ribą, ta riba vadinama eilut˙ s suma ir ˛ ˛ e žymima tuo pačiu (10.1) simboliu. Taigi ∞ n=1 n xn = lim n→∞ xi i=1 jei tik dešin˙ pus˙ apibr˙ žta. e e e Jei eilut˙ s suma baigtin˙ , sakome, kad (10.1) eilut˙ konverguoja. Jei e e e daliniu sumu seka ribos neturi arba jei jos riba begalin˙ , sakome, kad eilut˙ ˛ ˛ e e diverguoja. Galima nagrin˙ ti ir bendresnes, e ∞ n=n0 xn 325 326 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA pavidalo eilutes. Terminologija lieka ta pati; apibr˙ žimu pakeitimai akie ˛ vaizdus. Pavyzdžiui, tokios eilut˙ s suma apibr˙ žiama lygybe e e ¯ ∞ n=n0 n xn = lim n→∞ xi , i=n0 kai riba dešin˙ je pus˙ je apibr˙ žta. e e e Paprasčiausi pavyzdžiai. 1. Panagrin˙ siu eilutę e ∞ n=1 1. Jos bendrasis narys xn = 1, o n-oji dalin˙ suma e Kadangi sn → ∞, eilut˙ diverguoja, bet jos suma apibr˙ žta: e e ∞ n=1 sn = 1 + · · · + 1 = n. 1 = ∞. Analogiškai irodoma, kad ˛ ∞ n=1 (−1) = −∞. ∞ n=1 2. Eilut˙ e (−1)n ne tik kad diverguoja, bet net neapibr˙ žta jos suma. Tikrai, jos n-oji dalin˙ e e suma −1, kai n nelyginis; sn = −1 + 1 − 1 + · · · ± 1 = 0, kai n lyginis. Akivaizdu, kad seka (sn ) ribos neturi. 3. Eilut˙ e ∞ n=1 0 konverguoja ir jos suma lygi 0, t.y. ∞ n=1 0 = 0. Tikrai, visos jos dalin˙ s sumos lygios 0, o nuliu riba yra taip pat 0. e ˛ ˙ 10.1. EILUTES Begalin˙ geometrin˙ progresija. Panagrin˙ siu eilutę e e e ∞ n=0 327 qn; čia |q| < 1 (ji vadinama begaline geometrine progresija). Tegu sn žymi n-ąją tos progresijos dalinę sumą: sn = 1 + q + q 2 + · · · + q n . Tada 1 + qsn = 1 + q(1 + q + · · · + q n ) = 1 + q + q 2 + · · · + q n+1 = sn + q n+1 . Perk˙ lęs q n+1 i kairę, o qsn — i dešinę lygyb˙ s pusę, gaunu e ˛ ˛ e 1 − q n+1 = sn (1 − q), t.y. sn = 1 − q n+1 . 1−q |q| < 1, begalin˙ geometrin˙ progresija konverguoja ir e e ∞ 7.2 skyrelyje esu irodęs, kad q n → 0. Reiškia, sn → ˛ 1 . 1−q 1 . Taigi jei 1−q qn = n=0 B¯tinas konvergavimo požymis. Jei (10.1) eilut˙ konverguoja, tai: u e 1) xn → 0; 2) su kiekvienu n eilut˙ ∞ e i=n+1 xi taip pat konverguoja ir jos suma art˙ ja e i 0, kai n → ∞. ˛ Pirmas teiginys (jis vadinamas vadinamas butinu eilut˙ s konvergavimo e ¯ požymiu) irodomas paprastai: jei sn yra n-oji eilut˙ s dalin˙ suma, o s — ˛ e e visos eilut˙ s suma, tai sn → s ∈ R ir tod˙ l e e xn = sn − sn−1 → s − s = 0. Irodysiu antrą teigini. Kadangi ˛ ˛ m m n xi = i=n+1 i=1 xi − i=1 xi − − s − sn , −→ m→∞ eilut˙ e ∞ i=n+1 xi konverguoja ir jos suma lygi s − sn . Kadangi sn → s, ta suma art˙ ja i 0, kai n → ∞. e ˛ 328 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA Harmonin˙ eilute. Butinas eilut˙ s konvergavimo požymis n˙ ra pakankae ˙ e e ¯ mas; galima sugalvoti diverguojančią eilutę, kurios bendrasis narys art˙ ja i e ˛ 0. Pavyzdžiui, diverguoja vadinamoji harmonin˙ eilut˙ : e e ∞ n=1 1 = ∞. n Tikrai, jos daliniu sumu seka (sn ) yra nemaž˙ janti ir, reiškia, art˙ ja prie ˛ ˛ e e supn sn . Irodysiu, kad tas supremumas lygus ∞. ˛ Paimsiu n = 2k ir sn sumoje d˙ menis sugrupuosiu i (k + 1) bloką: e ˛ sn = 1 + + 1 2 1 1 + 3 4 1 1 1 1 + + + + 5 6 7 8 +··· 1 1 1 + k−1 +···+ k . + k−1 2 +1 2 +2 2 Trečiame bloke yra du nariai ir abu didesni arba lygus už 1/4; tod˙ l ju suma e ˛ ¯ 2/4 = 1/2. Ketvirtame bloke yra 4 nariai, 1/8; tod˙ l ju suma didesn˙ už e ˛ e 4/8 = 1/2. Panašiai irodoma, kad ir kiekvieno kito bloko nariu suma didesn˙ ˛ ˛ e už 1/2. Taigi k sn 1 + . 2 Skaičiu šeimos supremumas didesnis už kiekvieną tos šeimos nari; tod˙ l ˛ ˛ e su kiekvienu k k sup sn 1 + . 2 n Reiškia, sup sn n sup 1 + k k 2 = lim 1 + k→∞ k =∞ 2 Eilutes daugyba iš skaičiaus. Jei c ∈ R, tai ˙ ∞ n=1 cxn = c ∞ n=1 xn . ˙ 10.1. EILUTES 329 Tiksliau, jei reiškinys dešin˙ je pus˙ je apibr˙ žtas (t.y. (10.1) eilut˙ arba kone e e e verguoja, arba jos suma begalin˙ ir c = 0), tai reiškinys kair˙ je pus˙ je taip e e e pat apibr˙ žtas ir lygus pirmajam. e Irodymas labai paprastas. Tegu sn yra (10.1) eilut˙ s dalin˙ s sumos, o s ˛ e e — visos eilut˙ s suma. Tada sn → s. Kadangi cs sandauga apibr˙ žta, iš ribu e e ˛ savybiu gaunu csn → cs. Tačiau ˛ csn = cx1 + · · · + cxn yra ∞ cxn eilut˙ s dalin˙ s sumos. Tod˙ l tos eilut˙ s suma apibr˙ žta ir lygi e e e e e n=1 limn→∞ csn = cs. Eilučiu sud˙ ˛ etis. Visada ∞ n=1 (xn + yn ) = ∞ n=1 xn + ∞ n=1 yn , jei tik reiškinys dešin˙ je pus˙ je apibr˙ žtas (t.y. jei eilut˙ s dešin˙ je pus˙ je e e e e e e konverguoja arba bent jau ju sumos apibr˙ žtos ir n˙ ra priešingu ženklu be˛ e e ˛ ˛ galyb˙ s). e Irodymas analogiškas ankstesniam. Tegu sn ir tn yra, atitinkamai, ˛ ∞ n=1 xn ir ∞ n=1 yn eilut˙ s n-oji dalin˙ suma, o s ir t — tu eilučiu sumos. Tada sn → s ir tn → t. e e ˛ ˛ Kadangi s + t reiškinys apibr˙ žtas, iš ribu savybiu gaunu e ˛ ˛ sn + tn → s + t. Tačiau sn + tn = (x1 + · · · + xn ) + (y1 + · · · + yn ) = (x1 + y1 ) + · · · + (xn + yn ) yra eilut˙ s e ∞ n=1 (xn + yn ) n-oji dalin˙ suma. Reiškia, limn→∞ (sn + tn ) = s + t yra tos eilut˙ s suma. e e 330 Eilučiu palyginimas. ˛ Tegu ∞ n=1 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA xn ir ∞ n=1 yn yra dvi eilut˙ s ir xn yn su visais n. Jei abieju eilučiu sumos apibr˙ žtos, tai e ˛ ˛ e tada pirmosios suma neviršija antros eilut˙ s sumos: e ∞ n=1 xn ∞ n=1 yn . Tikrai, su kiekvienu n teisinga nelygyb˙ e x1 + · · · + xn y1 + · · · + yn . Kair˙ je pus˙ je yra xn skaičiu eilut˙ s, o dešin˙ je — yn skaičiu eilut˙ s dalin˙ e e ˛ e e ˛ e e suma. Jos art˙ ja prie atitinkamu eilučiu sumu Tod˙ l suskaičiavęs ribas e ˛ ˛ ˛. e parašytoje nelygyb˙ je, gaunu nelygybę tarp eilučiu sumu e ˛ ˛. Absoliutus ir reliatyvus konvergavimas. rin˙ siu eilutę e ∞ n=1 Kartu su (10.1) eilute panag(10.2) |xn |. Irodysiu, kad jei moduliu eilut˙ konverguoja, tai konverguoja ir (10.1) eilut˙ . ˛ ˛ e e Tegu sn žymi (10.1) eilut˙ s, o sn — (10.2) eilut˙ s n-ąją dalinę sumą: e e sn = x1 + · · · + xn , sn = |x1 | + · · · + |xn |. Jei m n, tai sm sumoje daugiau nariu nei sn sumoje. At˙ mus sn iš sm , ˛ e pirmieji nariai susiprastina ir gaunu sm − sn = xn+1 + · · · + xm . Analogiškai Iš gautu lygybiu ir trikampio nelygyb˙ s dabar išplaukia, kad ˛ ˛ e |sm − sn | sm − sn . sm − sn = |xn+1 | + · · · + |xm |. 10.2. EILUČIU KONVERGAVIMO POŽYMIAI ˛ 331 Jei (10.2) eilut˙ konverguoja, tai konverguoja (turi baigtinę ribą) jos e daliniu sumu seka (sn ). Pritaikęs Košy kriteriju (7.3 teoremą), gaunu, kad ˛ ˛ ˛ kiekvienam ε atsiras toks n0 , kad su visais m > n n0 sm − sn < ε. Bet tada ir |sm − sn | sm − sn < ε, kai m ir n pakankamai dideli. Dar kartą pritaikęs Košy kriteriju gaunu, kad ˛, konverguoja ir (sn ) seka. Reiškia, konverguoja (10.1) eilut˙ . e Irodytu faktu pagristas toks apibr˙ žimas. Sakome, kad (10.1) eilut˙ kon˛ ˛ e e verguoja absoliučiai, jei konverguoja ne tik ji, bet ir moduliu eilut˙ (10.2). ˛ e Jei (10.1) eilut˙ konverguoja, o moduliu eilut˙ diverguoja, sakome, kad eilut˙ e ˛ e e konverguoja reliatyviai. 10.2 Eilučiu konvergavimo požymiai ˛ T˙ ra labai nedaug eilučiu kuriu sumą galima suskaičiuoti (išreikšti per viee ˛, ˛ nokius ar kitokius žinomus skaičius). Dažnesn˙ situacija, kai eilut˙ s sumą e e žyminčiam skaičiui dar n˙ ra sugalvota specialaus žymens. Tada simbolis, e žymintis eilut˙ s sumą, gali buti laikomas to skaičiaus apibr˙ žimu. e e ¯ Pavyzdžiui, galima apibr˙ žti e α= ∞ n=0 2n 1 . +1 √ Toks apibr˙ žimas niekuo ne prastesnis už, tarkime, 2 skaičiaus apibr˙ žimą. e e Tam tikru požiuriu netgi geresnis: skaičiu α daug lengviau apskaičiuoti nei ˛ ¯ √ 2 — tereikia apskaičiuoti eilut˙ s dalinę sumą sn su pakankamai dideliu n. e Pavyzdžiui, suma s11 skiriasi nuo α mažiau nei per 0.001; taigi 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 α ≈ s11 = + + + + + + + + + + + ≈ 1.264. 2 3 5 9 17 33 65 129 257 513 1025 2049 Tačiau yra viena problema: apibr˙ ždamas skaičiu kaip tam tikros eilut˙ s e ˛, e sumą, aš turiu iš anksto žinoti, kad ta eilut˙ konverguoja. Toliau šiame skyree lyje ir aiškinsiu, kaip nustatyti eilut˙ s konvergavimo faktą, neskaičiuojant tos e eilut˙ s sumos. e 332 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA Palyginimo požymis. Iš pradžiu nagrin˙ siu (10.1) pavidalo eilutes, kuriu ˛ e ˛ visi nariai xn yra neneigiami. Tokiu atveju galima taikyti vadinamąji paly˛ ginimo požymi, kurio esm˙ ta, kad (10.1) eilut˙ lyginama su kita neneigiamu ˛ e e ˛ skaičiu eilute ˛ ∞ yn , (10.3) n=1 kurios konvergavimas (ar divergavimas) jau nustatytas. Pavyzdžiui, eilutę, kurios sumą aukščiau pažym˙ jau raide α, galima butu palyginti su konvere ¯ ˛ guojančia geometrine progresija ∞ n=0 1 . 2n Eilučiu konvergavimo palyginimo požymis skamba taip: ˛ jei xn = O(yn ) ir (10.3) eilut˙ konverguoja, tai konverguoja ir (10.1); e jei yn = O(xn ) ir (10.3) eilut˙ diverguoja, tai diverguoja ir (10.1) eilut˙ . e e Irodymas. Tegu sn yra (10.1) eilut˙ s n-oji dalin˙ suma. Kadangi visi jos ˛ e e nariai neneigiami, sn+1 = x1 + x2 + · · · + xn + xn+1 = sn + xn+1 sn , t.y. (sn ) seka yra nemaž˙ janti. Tod˙ l ji turi ribą, t.y. eilut˙ s suma apibr˙ žta. e e e e Iš xn 0 taip pat išplaukia ∞ n=1 xn ∞ n=1 0 = 0. Reiškia, eilut˙ s suma negali buti −∞; tod˙ l ji baigtin˙ tada ir tik tada, kai e e e ¯ yra mažesn˙ už ∞. e Kitaip tariant, žodžiai (10.1) eilut˙ konverguoja (atitinkamai, diverguoja) e reiškia tą pati, ką ir formul˙ ˛ e ∞ n=1 xn < ∞, (atitinkamai, ∞ n=1 xn = ∞). (10.3) eilut˙ s nariai taip pat neneigiami; tod˙ l ir ta eilut˙ konverguoja e e e (atitinkamai, diverguoja), kai ∞ n=1 yn < ∞, (atitinkamai, ∞ n=1 yn = ∞). 10.2. EILUČIU KONVERGAVIMO POŽYMIAI ˛ Tarkime dabar, kad (10.3) eilut˙ konverguoja ir e xn = O(yn ), Tada egzistuoja toks baigtinis c, kad xn n; pavyzdžiui, su n n0 . Bet tada ∞ n=1 333 kai n → ∞. cyn su visais pakankamai dideliais n0 −1 n=1 ∞ n=n0 xn = n0 −1 n=1 xn + ∞ n=n0 xn xn + c yn < ∞, t.y. (10.1) eilut˙ taip pat konverguoja. e Jei (10.3) eilut˙ diverguoja ir e yn = O(xn ), tai yn cxn su visais n ∞ n=1 kai n → ∞, ∞ n=n0 n0 . Tada xn ∞ n=n0 xn c −1 yn = ∞, t.y. (10.1) eilut˙ taip pat konverguoja. e Dažnai xn ∼ cyn su tam tikru c. Tada teisinga tiek xn = O(yn ), tiek yn = O(xn ) formul˙ ; tod˙ l (10.1) eilut˙ konverguoja tada ir tik tada, kai e e e konverguoja (10.3) eilut˙ . e Integralinis požymis. Dažniausiai (10.1) eilutę lyginame su eilute ∞ n=1 1 , nα kuri konverguoja, kai α > 1, ir diverguoja, kai α 1. Šis faktas išplaukia iš vadinamojo integralinio požymio, kuris formuluojamas taip: jei f yra tolydi nedid˙ janti funkcija iš [1; ∞) i (0; ∞), tai ∞ f (n) eilut˙ e ˛ e n=1 ∞ konverguoja tada ir tik tada, kai konverguoja 1 f (x) dx integralas. Irodymas. Tegu Pn žymi (1, n) intervalo skaidini i n lygiu daliu t.y. Pn = ˛ ˛˛ ˛ ˛, (1, 2, . . . , n). Kadangi f tolydi ir nedid˙ janti, jos reikšmiu (i − 1; i) intervale e ˛ infimumas sutampa su f (i − 1) reikšme, o supremumas — su f (i). Kiekvieno intervaliuko ilgis lygus 1; tod˙ l apatin˙ ir viršutin˙ integralin˙ suma užrašoma e e e e formul˙ mis e S∗ (Pn , f ) = f (2) + · · · + f (n), S ∗ (Pn , f ) = f (1) + · · · + f (n − 1); 334 Tegu sn žymi n-ąją dalinę ∞ n=1 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA f (n) eilut˙ s sumą: e sn = f (1) + · · · + f (n). Tada Reiškia, S∗ (Pn , f ) = sn − f (1), n S ∗ (Pn , f ) = sn−1 . f 1 n 1 sn − f (1) su visais n. Kadangi f teigiama, tiek (sn ), tiek sn−1 f seka yra nemaž˙ janti: e n n+1 n (10.4) n+1 sn+1 = sn + f (n + 1) sn , 1 f= 1 f+ n f 1 f. Tod˙ l abi sekos turi ribas, žymimas, atitinkamai, e ∞ n=1 f (n) ir 1 ∞ f. Abi ribos neneigiamos; tod˙ l žodžiai, kad eilut˙ ar integralas konverguoja, e e reiškia, jog eilut˙ s suma ar pats integralas yra baigtinis. e Suskaičiavęs ribas (10.4) nelygyb˙ se, gaunu e −f (1) + ∞ n=1 f (n) 1 ∞ f ∞ n=1 f (n). Jei integralas konverguoja (t.y. yra baigtinis skaičius), iš pirmos nelygyb˙ s e gaunu, kad baigtin˙ ir eilut˙ s suma, t.y. eilut˙ konverguoja. Jei integralas e e e diverguoja, t.y. jo reikšm˙ yra ∞, iš antros nelygyb˙ s gaunu, kad begalin˙ ir e e e eilut˙ s suma, t.y. eilut˙ diverguoja. e e Košy požymis. Kai xn skaičiai maž˙ ja arba did˙ ja ne laipsniškai, o eke e sponentiškai, tikslios xn sekos asimptotikos ieškoti nebutina: galima taikyti ¯ grubesnius, Košy arba Dalambero1 , požymius. Košy požymis formuluojamas taip: tegu √ C = lim n xn ; (10.5) n→∞ jei C < 1, (10.1) eilut˙ konverguoja; jei C > 1 — diverguoja. e 1 Jean Le Rond D’Alembert, 1717–1783 10.2. EILUČIU KONVERGAVIMO POŽYMIAI ˛ 335 Irodymas. Jei C < 1, fiksuoju koki nors q ∈ (C; 1). Tada ˛ ˛ √ n xn → C < q; √ tod˙ l n xn q ir, reiškia, xn q n , kai n pakankamai didelis. Kitaip tariant, e xn = O(q n ), kai n → ∞. Kadangi q < 1, geometrin˙ progresija e ∞ q n konverguoja. Iš palyginimo požymio tada išplaukia, kad (10.1) eilut˙ taip pat konverguoja. e Jei √ n xn → C > 1, √ tai su pakankamai dideliais n teisinga n xn 1 ir, reiškia, xn 1 nelygyb˙ . e (10.1) eilut˙ tada diverguoja, nes jos bendrasis narys neart˙ ja prie 0. e e Dalambero požymis. Dalambero požymis formuluojamas taip: tegu D = lim xn+1 ; n→∞ xn (10.6) n=1 jei D < 1, (10.1) eilut˙ konverguoja; jei D > 1 — diverguoja. e Irodymas. Jei D < 1, fiksuoju koki nors q ∈ (D; 1). Tada ˛ ˛ xn+1 → D < q; xn tod˙ l atsiras toks n0 , kad xn+1 /xn e q su visais n n0 . Tada xn0 +1 qxn0 , xn0 +2 qxn0 +1 q 2 xn0 , xn0 +3 qxn0 +2 q 3 xn0 xn0 q n−n0 nelygyb˙ , e ir t.t. Taigi su pakankamai dideliais n teisinga xn t.y. xn = O(q n ), kai n → ∞. Kadangi q < 1, geometrin˙ progresija e ∞ n=1 q n konverguoja. Iš palyginimo požymio tada išplaukia, kad (10.1) eilut˙ taip pat konverguoja. e Jei xn+1 → D > 1, xn xn+1 tai 1, t.y. xn+1 xn su pakankamai dideliais n. Tod˙ l xn → 0 ir, e xn reiškia, (10.1) eilut˙ diverguoja. e 336 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA Leibnico požymis. Iki šiol nagrin˙ ti požymiai gali buti pavadinti absoe ¯ liutaus konvergavimo požymiais. Pritaikius kuri nors iš ju ∞ |xn | eilutei, ˛ ˛ n=1 galima nustatyti, ar (10.1) eilut˙ konverguoja absoliučiai. e Iš reliatyvaus konvergavimo požymiu pamin˙ siu tik vieną — Leibnico po˛ e žymi. Jis taikomas vadinamosioms alternuojančioms eilut˙ ms, kuriu kas ˛ e ˛ antras narys yra teigiamas ir kas antras — neigiamas. Jei pirmasis narys teigiamas, tokią eilutę galima užrašyti ∞ n=1 (−1)n−1 xn (10.7) pavidalu; čia visi xn > 0. Leibnico požymis formuluojamas taip: jei (xn ) seka yra nemaž˙ janti ir xn → 0, tai (10.7) eilut˙ konverguoja. e e Pavyzdžiui, ∞ (−1)n−1 (10.8) n n=1 eilut˙ konverguoja (ir konvergavimas tik reliatyvus, nes moduliu eilut˙ yra e ˛ e diverguojanti harmonin˙ eilut˙ ). e e Irodymas. Tegu sn yra n-oji dalin˙ (10.7) eilut˙ s suma: ˛ e e sn = x1 − x2 + x3 − · · · ± xn . Jei n lyginis, pavyzdžiui, n = 2k, paskutinysis sumos narys yra su − ženklu ir s2k = (x1 − x2 ) + (x3 − x4 ) + · · · + (x2k−1 − x2k ). Kadangi (xn ) seka nedid˙ janti, skirtumas kiekvienuose skliaustuose yra nee neigiamas. Tod˙ l e s2k+2 = s2k + (x2k+1 − x2k+2 ) s2k , t.y. posekis (s2k ) yra nemaž˙ jantis ir, reiškia, turi ribą s. Kadangi visos s2k e neneigiamos, ju riba taip pat neneigiamas, t.y. s 0. ˛ Kadangi xn → 0, o s2k+1 = s2k + x2k+1 , nelyginiu nariu posekis taip pat ˛ ˛ art˙ ja prie s. Reiškia, sn → s, t.y. s yra (10.7) eilut˙ s suma. e e Dalinę sumą su nelyginiu indeksu galima užrašyti taip: s2k+1 = x1 − (x2 − x3 ) − · · · − (x2k − x2k+1 ). Kiekvienas skirtumas skliaustuose neneigiamas; tod˙ l s2k+1 e x1 . Suskaičiavęs ribas šioje nelygyb˙ je gaunu s x1 . Taigi 0 s x1 , t.y. s baigtin˙ , o e e (10.7) eilut˙ konverguoja. e ˙ ˙ 10.3. LAIPSNINES EILUTES 337 10.3 Laipsnin˙ s eilut˙ s e e ∞ n=1 Funkciju eilutes. Dabar panagrin˙ siu ˛ ˙ e fn (x) (10.9) pavidalo eilutes; čia fn — funkcijos, apibr˙ žtos tam tikrame intervale (a; b). e Jei tokia eilut˙ konverguoja su visais x ∈ (a; b), jos suma taip pat yra funkcija, e apibr˙ žta tame intervale. Mane domins, kaip skaičiuojamas tos sumos intee gralas ir išvestin˙ . e Kad sumos integralas ne visada lygus integralu sumai, rodo toks pavyzdys. ˛ Tegu fi (x) = ixi−1 − (i + 1)xi . V˙ liau šiame skyrelyje ˛rodysiu, kad nxn − − 0, e i −→ n→∞ ∞ n kai |x| < 1. Tod˙ l e i=1 fi (x) = lim n→∞ i=1 fi (x) = lim 1 − (n + 1)xn = 1 n→∞ su visais x ∈ (0; 1) ir, reiškia, 0 1 ∞ i=1 1 fi (x) dx = 0 ∞ i=1 dx = 1. Kita vertus, ∞ i=1 0 1 fi (x) dx = (xi − xi+1 ) 1 0 = ∞ i=1 0 = 0. Funkciju eilučiu integravimas. I klausimą, kada eilutę galima integruoti ˛ ˛ ˛ panariui, atsako Vejerštraso2 teorema. 10.1 teorema. Tarkime, −∞ < a < b < ∞ ir egzistuoja tokia seka (cn ), kad ∞ cn < ∞ ir |fn (x)| cn su visais x ∈ (a; b). (10.9) eilut˙ s sumą e n=1 pažym˙ kime f raide. Jei visos fn tolydžios, tai f taip pat tolydi ir e b f= a ∞ n=1 a b fn . Irodymas. Iš pradžiu irodysiu, kad f tolydi bet kuriame taške x0 ∈ (a; b). ˛ ˛˛ Fiksuoju ε ir randu toki n, kad ˛ ∞ i=n+1 2 ci < ε Karl Theodor Wilhelm Weierstrass, 1815–1897 338 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA (toks n tikrai atsiras, nes konverguojančios eilut˙ s liekana art˙ ja i 0). e e ˛ Tolydžiu funkciju baigtin˙ suma tolydi; tod˙ l n fi (x) yra tolydžioji ˛ ˛ e e i=1 funkcija. Randu toki δ, kad ˛ n n i=1 fi (x) − fi (x0 ) < ε, i=1 kai |x − x0 | < δ. Tada iš |x − x0 | < δ išplaukia n |f (x) − f (x0 )| = fi (x) + i=1 n ∞ i=n+1 n n fi (x) − i=1 fi (x) − ∞ i=n+1 ∞ i=n+1 fi (x0 ) + i=1 ∞ i=1 ∞ fi (x0 ) − ∞ fi (x0 ) fi (x0 ) fi (x) + i=n+1 ∞ i=n+1 i=n+1 ε+ ε+2 < 3ε, fi (x) + ci i=n+1 |fi (x0 )| o tai ir reiškia, kad f tolydi x0 taške. Dabar pažymiu sn (x) = f1 (x) + · · · + fn (x). Tada su visais x ∈ (a; b) ∞ i=n+1 ∞ ∞ i=n+1 |sn (x) − f (x)| = Tod˙ l e n a b fi (x) i=n+1 |fi (x)| ci . b b b i=1 fi − f = a a b sn − f a = a b a (sn − f ) |sn − f | (b − a) ∞ i=n+1 ci . ˙ ˙ 10.3. LAIPSNINES EILUTES Dešin˙ pus˙ art˙ ja i 0, kai n → ∞. Reiškia, e e e ˛ b ir jos suma yra a f . ∞ n=1 b a 339 fn eilut˙ konverguoja e Laipsnin˙ eilutes konvergavimo spindulys. es ˙ ma ∞ n=0 Laipsnine eilute vadina(10.10) cn (x − a)n pavidalo eilut˙ . Irodysiu, jog egzistuoja toks skaičius r, kad (10.10) eilut˙ e ˛ e absoliučiai konverguoja su visais x ∈ (a − r; a + r) ir diverguoja, kai |x| > r. Skaičius r vadinamas eilut˙ s konvergavimo spinduliu, o intervalas (a−r; a+r) e — konvergavimo intervalu. 10.2 teorema. Tegu γ = lim r= n |cn | ir 1/γ, kai γ > 0; ∞, kai γ = 0. Tada (10.10) eilut˙ absoliučiai konverguoja, kai |x − a| < r, ir diverguoja, kai e |x − a| > r. Irodymas. ˛ gaunu Tegu iš pradžiu |x − a| < r. Jei γ > 0, tai r = 1/γ; tod˙ l ˛ e |x − a|γ < 1. Jei γ = 0, gauta nelygyb˙ akivaizdi. e Pasirenku bet koki q, tenkinanti sąlygą |x − a|γ < q < 1. Tada ˛ ˛ n→∞ lim n |cn (x − a)n | = lim |x − a| n |cn | = |x − a| lim n→∞ n |cn | = |x − a|γ < q. Kadangi n→∞ lim = lim sup , n0 →∞ n n0 n iš čia išplaukia, kad sup n n0 |cn (x − a)n | < q su tam tikru n0 . Taigi n |cn (x − a)n | q, t.y. |cn (x − a)n | q n su visais n n0 . Kadangi q < 1, iš palyginimo požymio išplaukia, kad (10.10) eilut˙ e absoliučiai konverguoja. Tegu dabar |x − a| > r. Tada r negali buti begalinis; reiškia, γ > 0, ¯ r = 1/γ ir |x − a|γ > 1. Iš viršutin˙ s ribos savybiu gaunu e ˛ n→∞ lim n |cn (x − a)n | = lim |x − a| n |cn | = |x − a|γ. n→∞ 340 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA Kadangi viršutin˙ riba yra dalin˙ riba, atsiras toks posekis (nk ), kad e e nk |cnk (x − a)nk | → |x − a|γ > 1. Reiškia, su pakankamai dideliais k nk |cnk (x − a)nk | |cnk (x − a)nk | 1, 1. Iš čia išplaukia, kad cn (x − a)n → 0. Taigi netenkinamas butinas eilut˙ s e ¯ konvergavimo požymis ir tod˙ l (10.10) eilut˙ diverguoja. e e Viena svarbi riba. Irodysiu, kad ˛ lim √ n n = 1. (10.11) Iš pradžiu irodysiu vieną pagalbini teigini — kad su bet kokiu q ∈ (0; 1) ˛˛ ˛ ˛ nq n → 0. Nagrin˙ ju seką xn = nq n . Kadangi e (n + 1)q n+1 xn+1 = − − q < 1, −→ n→∞ xn nq n su pakankamais dideliais n teisinga xn+1 < xn nelygyb˙ . Reiškia, (xn ) seka e nuo tam tikro numerio pradeda maž˙ ti ir tod˙ l turi baigtinę ribą c. Bet tada e e seka (xn+1 ) taip pat art˙ ja i c. Kita vertus, e ˛ xn+1 = (n + 1)q n+1 = n+1 qxn → qc. n (10.12) Reiškia, c = qc, o iš čia c = 0, nes q < 1. Taigi nq n → 0. Dabar nesunku irodyti (10.11) lygybę. Fiksuoju ε. Iš (10.12) išplaukia, ˛ kad n(1 + ε)−n → 0. Reiškia, kai n pakankamai didelis, 1 1 n (1 + ε)n ; √ n n < 1 + ε. Tai ir rodo, kad teisinga (10.11) lygyb˙ . e ˙ ˙ 10.3. LAIPSNINES EILUTES 341 Laipsnin˙ eilutes integravimas ir diferencijavimas. Irodysiu, kad es ˙ ˛ laipsninę eilutę konvergavimo intervale galima integruoti ir diferencijuoti panariui. 10.3 teorema. Tarkime, r yra (10.10) eilut˙ s konvergavimo spindulys, o f e — jos suma. Tada: 1) f diferencijuojama (a − r; a + r) intervale ir f (x) = ∞ n=1 ncn (x − a)n−1 ; (10.13) 2) su bet kokiu x ∈ (a − r; a + r) x f= a ∞ n=0 cn (x − a)n+1 . n+1 (10.14) ir ∞ |cn ||x − a|n < ∞, nes x yra laipsnin˙ s eilut˙ s konvergavimo intere e n=1 valo viduje. Tod˙ l iš Vejerštraso teoremos išplaukia, kad f tolydi ir teisinga e (10.14) formul˙ . e Tegu dabar x < a. Tada panašiai kaip aukščiau irodoma, kad laipsninę ˛ eilutę galima panariai integruoti (x; a) intervale. Reiškia, x a a Irodymas. Prad˙ siu nuo antrojo teiginio. Tegu išpradžiu x > a. Tada su ˛ e ˛ visais t ∈ (a; x) |cn (t − a)n | |cn ||x − a|n f =− x (t − a)n+1 f =− cn n+1 n=0 ∞ a x = ∞ n=0 cn (x − a)n+1 , n+1 t.y. (10.14) formul˙ teisinga ir šiuo atveju. e Jei x = a, (10.14) lygyb˙ taip pat teisinga, nes abi jos pus˙ s lygios 0. e e Dabar, pasir˙ męs irodytu teiginiu, irodysiu pirmąji. Iš pradžiu isitikinsiu, e ˛ ˛ ˛ ˛˛ kad išvestiniu eilut˙ s konvergavimo spindulys yra toks pat, kaip pradin˙ s ˛ e e eilut˙ s. e Padauginęs iš konstantos konverguojančią (atitinkamai, diverguojančią) eilutę, v˙ l gausiu konverguojančią (atitinkamai, diverguojančią) eilutę. Tod˙ l e e išvestiniu eilut˙ dešin˙ je (10.13) pus˙ je konverguoja tada ir tik tada, kai ˛ e e e konverguoja eilut˙ e ∞ n=1 ncn (x − a)n . 342 Iš (10.11) išplaukia lim n 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA n|cn | = lim n |cn | = r −1 ; tod˙ l pastarosios eilut˙ s konvergavimo spindulys lygus r. e e Tegu dabar g(x) yra išvestiniu eilut˙ s suma; ši funkcija apibr˙ žta ir tolydi ˛ e e visame konvergavimo intervale (a − r; a + r). Integruoju tą eilutę panariui: x g(t) dt = a ∞ n=1 x ncn a (t − a) n−1 dt = ∞ n=1 cn (x − a)n = f (x) − c0 . Dabar suskaičiuoju abieju pusiu išvestines ir gaunu g(x) = f (x) su visais ˛ ˛ x ∈ (a − r; a + r). Laipsnin˙ eilutes koeficientai. Tarkime, (10.10) eilut˙ s konvergavimo es ˙ e spindulys r > 0 ir f (x) yra jos suma. Tada f diferencijuojama (a − r; a + r) intervale ir f (x) = ∞ n=1 ncn (x − a)n−1 . Dešin˙ je pus˙ je esančios laipsnin˙ s eilut˙ s konvergavimo spindulys yra tas e e e e pats r. Tod˙ l f (x) diferencijuojama (a − r; a + r) intervale ir e f (x) = ∞ n=2 n(n − 1)cn (x − a)n−2 . Taip samprotaudamas ir toliau, gaunu, kad f be galo diferencijuojama ir f (r) (x) = ∞ n=r n(n − 1) · · · (n − r + 1)cn (x − a)n−r su visais r 0. Istačius x = a, visi eilut˙ s dešin˙ je pus˙ je nariai, atitinkantys n r + 1, ˛ e e e virsta 0, nes 0, pakeltas teigiamu laipsniu, yra 0. Narys, atitinkantis n = r, lygus r(r − 1)(r − 2) · · · (r − r + 1)cr 00 = r!cr . Taigi f (r) (a) = r!cr , t.y. f (r) (a) cr = . r! ˙ ˙ 10.3. LAIPSNINES EILUTES 343 Iš gautos lygyb˙ s išplaukia, kad laipsnin˙ s eilut˙ s koeficientai vienareikše e e miškai apibr˙ žiami, nurodant jos sumą. Kitaip tariant, ta pati funkcija negali e buti dvieju skirtingu laipsniniu eilučiu suma: jei ˛ ˛ ˛ ˛ ¯ ∞ n=0 cn (x − a) = n ∞ n=0 cn (x − a)n 10.1 pratimas. gruodami eilutę. I. ∞ n=1 ∞ n=1 su visais x ∈ (a − r; a + r), tai cn = cn su visais n. Apskaičiuokite sumą, diferencijuodami arba inte- n2−n . 1 . (n + 1)3n II. Sprendimas. I. Jei |x| < 1, tai ∞ n=1 nx = x n ∞ n=1 nx n−1 =x ∞ n=0 xn =x 1 1−x = x . (1 − x)2 Istatęs x = 1/2, gaunu ˛ ∞ n=1 n2−n = 1/2 = 2. (1 − 1/2)2 II. Jei x ∈ (0; 1), tai ∞ n=1 xn 1 = n+1 x ∞ n=1 0 x tn dt = x 0 1 x x 0 x 0 ∞ n=1 tn dt dt = − ln(1 − x) + x . x 1 = x t dt 1 = 1−t x 1 −1 1−t Istatęs x = 1/3, gaunu ˛ ∞ n=1 1 ln(2/3) + 1/3 3 =− = 3 ln − 1. (n + 1)3n 1/3 2 344 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA Abelio teorema. Tarkime, r yra (10.10) laipsnin˙ s eilut˙ s konvergavimo e e spindulys ir f (x) — jos suma. Jei |x − a| > r, laipsnin˙ eilut˙ diverguoja; e e tačiau taške x = r ji gali tiek diverguoti, tiek konverguoti. Jei tame taške ji konverguoja, kyla naturalus klausimas: ar jos suma tame taške gali buti ¯ ¯ gauta pagal tą pačią formulę, kaip ir (a − r; a + r) intervale. Tiksliau, ar galima tvirtinti, kad f (x) − − −→ x→r− ∞ cn r n . n=1 Teigiamą atsakymą i ši klausimą duoda Abelio3 teorema. ˛ ˛ Štai Abelio teoremos taikymo pavyzdys. 11.1 skyrelyje ˛rodysiu, kad i ln(1 + x) = (−1)n−1 xn n n=1 ∞ su visais x ∈ (−1; 1). Kai x = 1, eilut˙ dešin˙ je pus˙ je virsta eilute e e e ∞ n=1 (−1)n−1 , n kuri konverguoja pagal Leibnico požymi. Iš Abelio teoremos tada išplaukia, kad ˛ (−1)n = lim ln(1 + x) = ln 2. x→1− n n=1 ∞ 10.4 teorema. Tarkime, f (x) = ∞ n=0 an xn (10.15) su x ∈ (−1; 1). Jei (10.15) eilut˙ konverguoja ir su x = 1, tai jos suma tame e taške lygi lim f (x). x→1− Irodymas. Pažymiu s−1 = 0 ir sn = a0 + · · · + an su n ˛ ai = si − si−1 su visais i 0; tod˙ l su visais x ∈ (−1; 1) e n n 0. Tada ai x = i=0 i=0 n i (si − si−1 )xi n = i=0 3 si x − i si−1 xi i=0 Niels Henrik Abel, 1802–1829 ˙ ˙ 10.3. LAIPSNINES EILUTES n n 345 si x − si xi − i = i=0 n si−1 xi i=1 n−1 = i=0 n−1 sj xj+1 j=0 = i=0 si (xi − xi+1 ) + sn xn n−1 = (1 − x) Iš čia n−1 si xi + sn xn . i=0 n i=0 Kai n → ∞, reiškinys ai x art˙ ja prie f (x), xn — prie 0, o sn — prie e (10.15) eilut˙ s sumos taške 1, kurią pažym˙ siu raide s. Taigi visa dešinioji e e pus˙ art˙ ja prie f (x)/(1 − x). Tada ir kairiosios pus˙ s riba yra f (x)/(1 − x). e e e i 1 si x = 1−x i n i=0 i=0 ai xi − sn xn . Kitaip tariant, eilut˙ e ∞ sn xn konverguoja ir jos suma ∞ n=0 n=0 sn xn = f (x) . 1−x ∞ n=0 Padauginęs lygybę iš 1 − x, gaunu f (x) = (1 − x) sn xn . Kita vertus, iš geometrin˙ s progresijos sumos formul˙ s e e 1 = (1 − x) tod˙ l e s = (1 − x) ir, reiškia, f (x) − s = (1 − x) ∞ n=0 ∞ n=0 ∞ n=0 xn ; sxn ; (sn − s)xn . 346 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA n0 . Pažymiu Fiksuoju ε. Randu toki n0 , kad |sn − s| < ε su n ˛ g(x) = (1 − x) n0 −1 n=0 (sn − s)xn . Aišku, kad g(x) → 0, kai x → 1−; tod˙ l atsiras toks δ, kad |g(x)| < ε su e visais x ∈ (1 − δ; 1). Tada su visais x iš to intervalo |f (x) − s| |g(x)| + (1 − x) ∞ n=n0 |sn − s|x n ε + ε(1 − x) ∞ n=n0 xn 2ε. Taigi f (x) → s, kai x → 1−. 10.4 Neneigiamu skaičiu sumos ˛ ˛ Sumos apibrežimas. Likusiuose dviejuose skyreliuose nagrin˙ siu šeimas ˙ e (xi | i ∈ I) ⊂ R su bet kokia indeksu aibe I. Apibr˙ šiu tokios šeimos nariu ˛ e ˛ sumą xi . i∈I Aišku, apibr˙ žimas reikalingas tik tuo atveju, kai I aib˙ begalin˙ . Baigtines e e e sumas nagrin˙ jau ivade. e ˛ Šiame skyrelyje mane domins tik atvejis, kai visi šeimos nariai neneigiami: xi 0 su visais i. Imu ivairius baigtinius I aib˙ s poaibius F ir suskaičiuoju ˛ e s(F ) = i∈F xi sumas. Gautus skaičius vadinsiu dalin˙ mis (xi ) šeimos sumomis. Kadangi e d˙ menys neneigiami, dalin˙ suma bus tuo didesn˙ , kuo didesn˙ F aib˙ . Jei e e e e e pati I baigtin˙ , galiu imti F = I. Tai — pats didžiausias I poaibis ir ji e ˛ atitinka pati didžiausia suma. Taigi šiuo atveju xi = max{s(F ) | F ⊂ I, F baigtin˙ }. e i∈I Jei I begalin˙ , tai didžiausio baigtinio I poaibio n˙ ra ir tod˙ l maksimumas e e e dešin˙ je lygyb˙ s pus˙ je gali buti neapibr˙ žtas. Tačiau supremumas visada e e e e ¯ apibr˙ žtas. Jis ir laikomas (xi ) šeimos suma. Taigi, jei xi 0 su visais i, tai e xi = sup{s(F ) | F ⊂ I, F baigtin˙ }. e (10.16) i∈I 10.4. NENEIGIAMU SKAIČIU SUMOS ˛ ˛ Ryšys su eilutemis. Jei indeksu aib˙ skaiti, pavyzdžiui, I = {in | n ˙ ˛ e tai pažym˙ jęs Fn = {i1 , . . . , in } gaunu e F1 ⊂ F2 ⊂ . . . ir n 1 347 1}, Fn = I. (10.17) Jei (Fn ) aibiu seka tenkina (10.17) sąlygas, rašoma Fn ↑ I. Taigi jei I skaiti, ˛ tai egzistuoja tokia baigtiniu jos poaibiu seka (Fn ), kad Fn ↑ I. Irodysiu, ˛ ˛ ˛ kad tada xi = lim s(Fn ). (10.18) i∈I n→∞ Kadangi s(Fn ) seka yra nemaž˙ janti, jos riba yra supn e Taigi reikia irodyti lygybę ˛ sup s(Fn ) = sup s(F ). n 1 F 1 s(Fn ) skaičius. (10.19) Paimu bet koki baigtini I aib˙ s poaibi F = {j1 , . . . , jp }. Iš (10.17) išplaukia, ˛ ˛ e ˛ kad kiekvienas jk yra kokioje nors Fnk aib˙ je. Pažymiu n = max{n1 , . . . , np }. e Tada F ⊂ Fn ir tod˙ l e s(F ) s(Fn ) sup s(Fn ). n 1 Kadangi nelygyb˙ teisinga su bet kokiu F , gaunu e sup s(F ) F sup s(Fn ). n Atvirkščia nelygyb˙ akivaizdi. e Jei I = N, galiu imti Fn = {1, 2, . . . , n}. Tada (10.18) lygyb˙ virsta tokia: e n xn = lim n∈N n ∞ n=1 n→∞ xi . i=1 Sumos i=1 xi yra eilut˙ s e xn dalin˙ s sumos, o ju riba yra visos eilut˙ s e ˛ e ∞ n=1 suma. Reiškia, xn = n∈N xn . 348 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA Neskaičiu šeimu sumavimas. Jei indeksu aib˙ neskaiti, (10.18) formul˙ s ˛ ˛ ˛ e e taikyti negalima, nes tiesiog neegzistuoja baigtiniu poaibiu sekos (Fn ), ar˛ ˛ t˙ jančios i I (skaitus baigtiniu poaibiu junginys yra ne daugiau kaip skaiti e ˛ ˛ ˛ aib˙ ). Paanalizuosiu ši atveji smulkiau. e ˛ ˛ Tegu iš pradžiu I neskaiti, bet jos poaibis ˛ skaitus (t.y. (xi ) šeimoje yra tik skaitus skaičius nenuliniu nariu Su kiek˛ ˛). vienu baigtiniu F ⊂ I teisinga lygyb˙ e (antrasis d˙ muo lygus 0, nes xi = 0 su visais i ∈ F \ I ∗ ). Tod˙ l e e sup s(F ) = sup s(F ∩ I ∗ ) = sup s(F ), F ⊂I F ⊂I F ⊂I ∗ I ∗ = {i ∈ I | xi > 0} s(F ) = s(F ∩ I ∗ ) + s(F \ I ∗ ) = s(F ∩ I ∗ ) t.y. xi = i∈I i∈I ∗ xi . Taigi šiuo atveju (xi ) šeimos sumavimo uždavinys suvedamas i tam tikro ˛ skaitaus jos pošeimio sumavimo uždavini. ˛ Tegu dabar I ∗ aib˙ neskaiti. Pažymiu e Tada In ↑ I ∗ ; tod˙ l bent viena In aib˙ begalin˙ . Jei Fk yra tos In poaibis, e e e turintis lygiai k elementu tai s(Fk ) k/n. Reiškia, ˛, xi i∈I In = {i ∈ I | xi 1/n}. sup s(Fk ) k sup k k = ∞. n Taigi šiuo atveju (xi ) šeimos suma visada begalin˙ . e Konstantos išk˙ elimas prieš sumos ženklą. Irodysiu, kad jei c > 0, tai ˛ cxi = c i∈I i∈I xi . (10.20) Jei F yra bet koks baigtinis I poaibis, tai cxi = c i∈F i∈F xi . Tod˙ l iš supremumo savybiu e ˛ cxi = sup i∈I F i∈F cxi = c sup F i∈F xi c i∈I xi . 10.4. NENEIGIAMU SKAIČIU SUMOS ˛ ˛ Sumu palyginimas. ˛ Jei 0 xi i∈F i∈F 349 xi yi su visais i, tai yi i∈I yi . Reiškia, xi = sup i∈I F i∈F xi i∈I yi . Kintamojo keitimas. Tegu (xi | i ∈ I) yra neneigiamu skaičiu šeima ir ϕ ˛ ˛ — bijekcija tarp J ir I aibiu Irodysiu, kad tada ˛. ˛ xi = i∈I j∈J xϕ(j) . (10.21) Jei G yra baigtinis J aib˙ s poaibis, tai ϕ(G) — baigtinis I poaibis ir e j → ϕ(j) yra bijekcija tarp G ir ϕ(G). Tod˙ l e xϕ(j) = j∈G i∈ϕ(G) xi i∈I xi . Ši nelygyb˙ teisinga su visais G; tod˙ l e e xϕ(j) j∈J i∈I xi . Atvirkščia nelygyb˙ išplaukia iš jau irodyto fakto ir to, kad ϕ−1 yra bijekcija e ˛ tarp I ir J. Demenu grupavimas. Tegu (xi | i ∈ I) yra neneigiamu skaičiu šeima ir ˙ ˛ ˛ ˛ (Ij | j ∈ J) — koks nors I aib˙ s skaidinys. Irodysiu, kad tada e ˛ xi = i∈I j∈J i∈Ij xi ir Jei F yra baigtinis I poaibis ir G = {j ∈ J | F ∩ Ij = ∅}, tai G baigtinis xi = i∈F j∈G i∈F ∩Ij xi j∈G i∈Ij xi j∈J i∈Ij xi . Reiškia, xi i∈I j∈J i∈Ij xi . 350 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA Kad gaučiau atvirkščią nelygybę, iš pradžiu irodysiu atskirąji jos atveji ˛˛ ˛ ˛ (kai J = {1, 2}): xi + xi xi . (10.22) i∈I1 i∈I2 Nelygyb˙ triviali, kai dešin˙ pus˙ lygi ∞. Jei dešin˙ pus˙ baigtin˙ , tai visos e e e e e e trys sumos baigtin˙ s. Tegu F1 ir F2 yra baigtiniai, atitinkamai, I1 ir I2 aib˙ s e e poaibiai. Tada xi = i∈F1 i∈F1 ∪F2 i∈I1 ∪I2 xi − xi i∈F2 i∈I1 ∪I2 xi − xi ; i∈F2 tod˙ l e xi i∈I1 Gautą nelygybę perrašau taip: xi i∈F2 i∈I1 ∪I2 xi − xi . i∈F2 Ji teisinga su visais F2 ; tod˙ l e xi i∈I2 i∈I1 ∪I2 xi − xi . i∈I1 i∈I1 ∪I2 xi − xi , i∈I1 o tai ir yra (10.22) nelygyb˙ . e Pasir˙ męs (10.22), matematin˙ s indukcijos metodu nesunkiai irodau, kad e e ˛ i∈Ij1 xi + · · · + xi i∈Ijn i∈Ij1 ∪···∪Ijn xi su bet kokiais j1 , . . . , jn ∈ J. Reiškia, xi j∈G i∈Ij i∈I xi su bet kokiu baigtiniu G ⊂ J ir tod˙ l e xi j∈J i∈Ij i∈I xi . Sumavimo tvarkos pakeitimas. Kaip ir baigtiniu sumu atveju, iš gru˛ ˛ pavimo taisykl˙ s išplaukia dvilypiu sumu suvedimo i kartotinę sumą ir sumave ˛ ˛ ˛ imo tvarkos pakeitimo taisykl˙ : e jei K = j∈J (Ij × {j}) = i∈I ({i} × Ji ), tai xij = i∈I j∈Ji (i,j)∈K xij = j∈J i∈Ij xij . 10.5. BET KOKIO ŽENKLO SKAIČIU SUMOS ˛ 351 Sumu suma. Jei (xi | i ∈ I) ir (yi | i ∈ I) yra dvi neneigiamu skaičiu ˛ ˛ ˛ šeimos, tai (xi + yi ) = xi + yi . i∈I i∈I i∈I Šią sumu savybę galima irodyti, pasir˙ mus sumavimo tvarkos pakeitimo ˛ ˛ e taisykle. Tegu zi1 = xi ir zi2 = yi su visais i ∈ I. Tada 2 2 (xi + yi ) = i∈I i∈I j=1 zij = j=1 i∈I zij = i∈I xi + i∈I yi . 10.5 Bet kokio ženklo skaičiu sumos ˛ Sumos apibrežimas. Tegu dabar (xi | i ∈ I) yra bet kokiu skaičiu šeima ˙ ˛ ˛ (t.y. xi gali buti ir teigiami, ir neigiami). Panagrin˙ kime dvi neneigiamu e ˛ ¯ skaičiu sumas: ˛ x+ ir x− . (10.23) i i i∈I i∈I Jei bent viena iš šiu sumu baigtin˙ , (xi ) šeima vadinama kvazisumuojama ir ˛ ˛ e jos suma apibr˙ žiama formule e xi = i∈I i∈I x+ − i x− . i i∈I (10.24) Jei baigtin˙ s abi (10.23) sumos, (xi ) šeima vadinama sumuojama. e Aišku, kad kiekviena baigtin˙ šeima sumuojama. (10.24) formul˙ taip pat e e + − teisinga, kai I aib˙ baigtin˙ : tai išplaukia iš xi = xi − xi lygyb˙ s. e e e Jei (xi ) šeima sumuojama, jos suma yra baigtinis skaičius. Jei šeima nesumuojama, bet kvazisumuojama, jos suma lygi arba ∞, arba −∞. Suma lygi ∞, kai i x+ = ∞, ir lygi −∞, kai i x− = ∞. i i Modulio ˛k˙ i elimas ˛ sumą. Jei (xi ) šeima kvazisumuojama, tai i xi i i |xi |. i Tikrai, kairioji nelygyb˙ s pus˙ lygi arba i x+ − e e i + xi . Aišku, kad abu šie skirtumai neviršija skaičiaus i x+ + i i i x− , arba i i x− − i x− = i i (x+ + x− ) = i i i |xi |. 352 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA Sumuojamumo kriterijus. (xi ) šeima sumuojama tada ir tik tada, kai |xi | < ∞. i Tikrai, jei (xi ) šeima sumuojama, tai |xi | = x+ + i i i i x− < ∞. i |xi | nelygybiu ˛. Atvirkščias teiginys išplaukia iš x+ i |xi | ir x− i Sumu savybiu apžvalga. Pagrindin˙ s sumu savyb˙ s tokios pat, kaip ir ˛ ˛ e ˛ e baigtiniu sumu ˛ ˛: ∀i xi i yi ⇒ xi i i yi ; xi ; (10.25) (10.26) cxi = c i (xi + yi ) = i i xi + i yi ; (10.27) (10.28) xϕ(j) = j∈J i∈I xi . Pirma savyb˙ teisinga, kai tiek (xi ), tiek (yi ) šeima kvazisumuojama. Kitas e tris formules reikia skaityti taip: jei apibr˙ žta atitinkamos lygyb˙ s dešinioji e e pus˙ , tai kairioji pus˙ taip pat apibr˙ žta ir lygyb˙ teisinga. Paskutiniojoje e e e e lygyb˙ je ϕ yra bijekcija tarp J ir I aibiu e ˛. Šiek tiek kitaip formuluojama d˙ menu grupavimo taisykl˙ : jei (Ij | j ∈ J) e ˛ e yra I aib˙ s skaidinys, tai lygyb˙ e e xi = i∈I j∈J i∈Ij xi (10.29) teisinga, kai apibr˙ žta kair˙ jos pus˙ ; iš to išplaukia, kad apibr˙ žtas ir reiše e e e kinys dešin˙ je pus˙ je. Štai paprastas pavyzdys, iliustruojantis ši niuansą. e e ˛ i Tegu I = N ir xi = (−1) . Akivaizdu, kad (xi ) šeima n˙ ra kvazisumuojama. e Tačiau, jei Ij = {2j − 1, 2j} su j ∈ N, tai xi = j∈N i∈Ij j∈N −1 + 1 = 0 = 0. j∈N 10.5. BET KOKIO ŽENKLO SKAIČIU SUMOS ˛ Sumu palyginimas. Jei xi ˛ yi su visais i, tai x+ i neneigiamu sumu savybiu tada gaunu ˛ ˛ ˛ x+ i i i + yi + yi ir x− i 353 − yi . Iš ir − x− i i − − yi . i Jei abi šeimos kvazisumuojamos, sud˙ jęs šias nelygybes, gaunu (10.25). e Kintamojo keitimo taisykl˙ Jei ϕ yra bijekcija tarp J ir I aibiu iš e. ˛, neneigiamu sumu savybiu gaunu ˛ ˛ ˛ x+ = ϕ(j) j∈J i∈I x+ i ir j∈J x− = ϕ(j) i∈I x− . i Jei (xi ) šeima kvazisumuojama, vienas iš šiu skaičiu baigtinis. Reiškia, (xϕ(j) ) ˛ ˛ šeima taip pat kvazisumuojama. Be to, iš pirmos lygyb˙ s at˙ męs antrą, gaunu e e (10.28). Konstantos išk˙ elimas. Tegu (xi ) šeima kvazisumuojama ir, iš pradžiu ˛, + − + − c > 0. Tada iš (cxi ) = cxi ir (cxi ) = cxi lygybiu gaunu ˛ (cxi )+ = c i i x+ i ir i (cxi )− = c i x− . i Viena iš dešin˙ je pus˙ je esančiu sumu baigtin˙ ; tod˙ l (cxi ) šeima kvazisumuoe e ˛ ˛ e e jama. Be to, cxi = c x+ − c x− = c xi . i i i i i i Jei c < 0, irodymas analogiškas, tik reikia pasiremti (cxi )+ = |c|x− ir ˛ i + − (cxi ) = |c|xi lygyb˙ mis. e Jei c = 0, tai (xi ) šeima sumuojama (nes kitaip sandauga c i xi butu ¯ ˛ neapibr˙ žta). Tada abi (10.26) lygyb˙ s pus˙ s lygios 0. e e e Sumu sumavimas. Tarkime, (10.27) lygyb˙ s dešinioji pus˙ apibr˙ žta. Iš ˛ e e e pradžiu irodysiu, kad (xi + yi ) šeima kvazisumuojama. Jei i x+ < ∞ ir ˛ ˛ i + + yi < ∞, tai iš (xi + yi)+ x+ + yi nelygybiu išplaukia ˛ i i (xi + yi )+ i i i x+ + i i + yi < ∞. (10.30) Jei i x− < ∞ ir i gaunu i − yi < ∞, pasiremiu (xi + yi )− − x− + yi nelygybe ir i (xi + yi )− i x− + i i − yi < ∞. (10.31) 354 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA i Kitu atveju buti negali. Pavyzdžiui, jei ˛ ˛ ¯ yi = −∞ ir sumu suma neapibr˙ žta. ˛ e i Dabar irodysiu (10.27) lygybę. Iš ˛ x− = i i + yi = ∞, tai i xi = ∞, + − (xi + yi)+ − (xi + yi )− = xi + yi = x+ − x− + yi − yi i i gaunu − + (xi + yi )+ + x− + yi = (xi + yi )− + x+ + yi . i i Tod˙ l e (xi + yi )+ + i i x− + i i − yi = i (xi + yi )− + i x+ + i i + yi . (10.32) Jei visos keturios sumos x+ , i i i x− , i i + yi ir i − yi (10.33) baigtin˙ s, tai iš (10.30)–(10.31) išplaukia, kad ir likusios dvi sumos (10.32) lye gyb˙ je yra baigtin˙ s. Tada perkeliu pirmąji dešin˙ s pus˙ s d˙ meni i kairę, o e e ˛ e e e ˛˛ du paskutinius kair˙ s pus˙ s d˙ menis i dešinę ir gaunu (10.27). e e e ˛ Jei kuri nors iš (10.33) sumu begalin˙ , samprotauju taip. Tegu, pa˛ e vyzdžiui, x+ = ∞. Tada dešin˙ (10.32) lygyb˙ s pus˙ yra ∞. Reiškia, e e e i i − kair˙ pus˙ taip pat begalin˙ . Bet i xi < ∞ (nes kitaip (xi ) šeima nebutu e e e ¯ ˛ kvazisumuojama). Be to, i xi = ∞; tod˙ l i yi = −∞ (nes kitaip dešin˙ e e − (10.27) pus˙ butu neapibr˙ žta) ir, reiškia, i yi < ∞. Tod˙ l kair˙ je (10.32) e ¯ ˛ e e e pus˙ je begalinis pirmas d˙ muo: i (xi + yi )+ = ∞. Tada i (xi + yi ) = ∞ = e e i xi + i yi . Atvejai, kai begalin˙ kuri nors kita iš (10.33) sumu nagrin˙ jami analoe ˛, e giškai. Demenu grupavimas. ˙ ˛ Tegu (xi ) šeima kvazisumuojama; pavyzdžiui, x+ < ∞. i x+ , i j∈J i∈Ij i∈I Kadangi x+ = i i∈I + i∈Ij xi visos sumos baigtin˙ s, t.y. visos (xi | i ∈ Ij ) šeimos kvazisumuoe jamos. Pažymiu sj = xi = x+ − x− . i i i∈Ij i∈Ij i∈Ij 10.5. BET KOKIO ŽENKLO SKAIČIU SUMOS ˛ Skirtumas x+ − i x− = i j∈J i∈Ij i∈I 355 j∈J i∈Ij x+ − i x− i i∈I apibr˙ žtas; tod˙ l iš (10.27) išplaukia, kad (sj ) šeima taip pat kvazisumuojama e e ir sj = x+ − x− = xi . i i j∈J i∈I i∈I i∈I Tai ir yra (10.29) formul˙ . e Ryšys su eilutemis. Jei I = N, tai ˙ |xn | = ∞ n=1 n∈N |xn |. Taigi (xn ) sumuojama ⇐⇒ ⇐⇒ ∞ n=1 ∞ n=1 |xn | < ∞ xn absoliučiai konverguoja. Iš čia išplaukia, kad absoliučiai konverguojančioms eilut˙ ms teisinga kintae mojo keitinio ir d˙ menu grupavimo taisykl˙ . e ˛ e Štai pavyzdys, rodantis, kad reliatyviai konverguojančioms eilut˙ ms kintamojo e i−1 keitinio taisykl˙ negalioja. Tegu xi = (−1) , o e i  2k − 1, kai j = 3k − 2;  ϕ(j) = 4k − 2, kai j = 3k − 1;   4k, kai j = 3k. ∞ i=1 Taigi xi = 1 − 1 1 1 1 1 + − + − + · · · = ln 2 2 3 4 5 6 ir ∞ j=1 xϕ(j) = 1 − 1 1 1 1 1 − + − − + ··· . 2 4 3 6 8 356 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA Pažymiu sn = x1 + · · · + xn ir sn = xϕ(1) + · · · + xϕ(n) . Tada m s3m = k=1 1 1 1 − − 2k − 1 4k − 2 4k m = = 1 2 k=1 m k=1 1 1 − 4k − 2 4k 1 1 − 2k − 1 2k = 1 1 s2m → ln 2. 2 2 Kadangi s3m−1 = s3m + 1 4m − 2 ∞ j=1 ir s3m−2 = s3m + 1 2 1 1 + , 4m − 2 4m 1 2 abu tie posekiai taip pat konverguoja ˛ i ln 2. Taigi sn → 1 ln 2. 2 ln 2, t.y. xϕ(j) = Sumavimo tvarkos pakeitimas. Kaip ir baigtiniu sumu atveju, iš d˙ me˛ ˛ e nu grupavimo taisykl˙ s išplaukia galimyb˙ keisti sumavimo tvarką dvilyp˙ se ˛ e e e sumose: jei (xij | (i, j) ∈ K) šeima kvazisumuojama ir K= i∈I {i} × Ji = j∈J Ij × {j} , tai xij = i∈I j∈Ji (i,j)∈K xij = j∈J i∈Ij xij . Štai vienas šios taisykl˙ s taikymo pavyzdys. Jei |q| < 1, tai e ∞ i=1 iq i = = ∞ j=1 ∞ i=1 j i qi j=1 1= ∞ i qi = q = ∞ ∞ qi q 1 = 1−q 1−q i=1 j=1 ∞ j j=1 j=1 i=j q . (1 − q)2 Pabr˙ šiu, kad prieš taikant sumavimo tvarkos pakeitimo taisyklę, butina e ¯ isitikinti, kad atitinkama šeima kvazisumuojama. Kitaip, pakeitus sumavimo ˛ tvarką, galima gauti visai kitą skaičiu Pavyzdžiui, ˛. ∞ i+1 (−1)i+j = ∞ i=1 i=1 j=i (1 − 1) = ∞ i=1 0 = 0, 10.5. BET KOKIO ŽENKLO SKAIČIU SUMOS ˛ o pakeitęs sumavimo tvarką gaunu 1+ ∞ j 357 (−1) i+j =1+ ∞ j=2 (−1 + 1) = 1 + 0 = 1. j=2 i=j−1 10.2 pratimas. Ar (xij ) šeima sumuojama (kvazisumuojama)? 0. 1, i = j. 0. I. xij = 2−ij , i, j II. xij = III. xij = i2 2i 1 , i, j − j2 1 , i, j + 2j Sprendimas. I. Šeima kvazisumuojama, nes visi nariai neneigiami. Ji n˙ ra e sumuojama, nes 2−ij 20 = ∞. i,j 0 j 0 II. Turime x+ ij i,j 1,i=j = ∞ j=1 i 1 2 − j2 i j+1 ∞ j=1 1 = (j + 1)2 − j 2 ∞ j=1 1 =∞ 2j + 1 ir analogiškai ij x− = ∞. Reiškia, šeima n˙ ra kvazisumuojama ir tuo labiau e ij — sumuojama. III. Šeima sumuojama, nes 1 = i + 2j 2 0 ∞ i=0 i,j 1 +2 2 · 2i ∞ i=0 1 1 = +2 i + 2j 2 2 j=i+1 ∞ i=0 ∞ ∞ 2 −i 1 +2 2 10.3 I. ∞ 2−i ∞ k=1 2−k = 1 +2 2 i=0 ∞ i=0 1 1 + 2j−i j=i+1 9 < ∞. 2 ∞ 2−i = pratimas. Pakeiskite sumavimo tvarką. i+1 xij . i+2 i=1 j=1 ∞ II. xij . i=1 j=i 358 j 10 5 10.1 pav. Žr. 10.3.I pratimą Sprendimas. I. (Žr. 10.1 pav.) ∞ i+1 II. (Žr. 10.2 pav.) 10.6 ∞ n=1 ∞ n=0 Uždaviniai 1. Apskaičiuokite sumą, diferencijuodami arba integruodami eilutę. • • n2 3−n . (−1)n . 2n + 1 2. Ar (xij ) šeima sumuojama (kvazisumuojama)? 1. xij = 2. xij = 1 , i, j (i + j)2 1 , i, j (i − j)2 1. 0, i = j.  ¤ û ó ì æ á Ý ¥ ü ô í ç â Þ p ¦ ý õ î è ã ß s q § þ ö ï é ä à v' t& r%  ¨ ÿ ÷ ð ê å y0 w) u(  ©   ø ñ ë ‚@ €8 x7 1  ¡ ù ò …B ƒA 9 2 !  ¢ ú ˆE †D „C 3 "  £ ‘Q ‰P ‡H F 4 #  ”U ’S R G 5 $ —dX •V “T 6 dgaÚ ˜eYØ –W I ehbÛ ™f`Ù ficÜ 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA j 10 5 5 10 i 5 10 i 10.2 pav. Žr. 10.3.II pratimą xij = ∞ xi1 + ∞ ∞ xij . i=1 j=1 i=1 j=2 i=j−1 ∞ i+2 2 j xij = xij + ∞ ∞ xij . i=1 j=i j=1 i=1 j=3 i=j−2 10.6. UŽDAVINIAI 3. xij = 3−ij , i, j 1. 359 3. Pakeiskite sumavimo tvarką. 1. ∞ ∞ xij . i=1 j=i+1 ∞ i+1 2. xij . i=1 j=−i−1 360 10 SKYRIUS. SUMAVIMO TEORIJA 11 skyrius Elementariosios funkcijos 11.1 Laipsnin˙ s ir rodiklin˙ s funkcijos e e ∞ n=0 Eksponente. Eksponente vadinama funkcija, apibr˙ žiama formule ˙ e exp(x) = xn . n! (11.1) Jos apibr˙ žimo sritis yra visa R, t.y. eilut˙ konverguoja su visais x. Tai e e išplaukia iš Dalambero požymio, nes su visais x |xn+1 |/(n + 1)! |x|n+1 n! |x| = = − − 0. −→ |xn |/n! (n + 1)!|x|n n + 1 n→∞ exp(0) = 1; 0 exp(x) 1 + x. (11.2) (11.3) Iš apibr˙ žimo iškart išplaukia, kad e ∀x Algebrin˙ eksponentes savyb˙ es ˙ es. Pagrindin˙ eksponent˙ s savyb˙ užrae e e šoma formule exp(x + y) = exp(x) exp(y). (11.4) Irodysiu ją. ˛ Iš Niutono binomo formul˙ s e exp(x + y) = = ∞ n=0 ∞ n=0 (x + y)n n! 1 n! n k=0 n k n−k x y k 361 362 11 SKYRIUS. ELEMENTARIOSIOS FUNKCIJOS k (Paskutin˙ lygyb˙ išplaukia iš formul˙ s binominiams koeficientams skaičiuoti: e e e n n! = k!(n−k)! .) Pakeitęs sumavimo tvarką, gaunu (žr. 11.1 pav.) k ∞ ∞ exp(x + y) = = (iš vidin˙ s sumos išk˙ liau daugiklius, nepriklausančius nuo n) e e = ∞ k=0 (atlikau kintamojo keitini l = n − k) ˛ = (eksponent˙ s apibr˙ žimas) e e = exp(y) ∞ k=0 ∞ k=0 Ð Â µ © ž ” ‹ ƒ | v q Ñ Ã ¶ ª Ÿ • Œ „ } w r Ò Ä · «   –  … ~ x s Ó Å ¸ ¬ ¡ — Ž †  y t Ô Æ ¹ ­ ¢ ˜  ‡ € z u Õ Ç º ® £ ™  ˆ  { Ö È » ¯ ¤ š ‘ ‰ ‚ × É ¼ ° ¥ › ’ Š Ø Ê ½ ± ¦ œ “ Ù Ë ¾ ² §  Úh Ìg ¿ ³ ¨ Ûm Íj À ´ Ün Îk Ái Ýo Ïl Þp n 11.1 pav. ∞ n = n=0 k=0 xk y n−k . k! (n − k)! k=0 n=k ∞ k ∞ xk y n−k k! (n − k)! k=0 x k! n=k y n−k (n − k)! xk k! ∞ l=0 yl l! xk exp(y) k! xk k! = exp(y) exp(x). ˙ ˙ 11.1. LAIPSNINES IR RODIKLINES FUNKCIJOS Istatęs i (11.4) y = −x, gaunu lygybę ˛ ˛ exp(x) exp(−x) = exp(0) = 1. Iš jos išplaukia, kad exp(x) = 0 ir exp(−x) = 1 exp(x) 363 (11.5) su visais x ∈ R. Iš (11.5) gaunu dar dvi eksponent˙ s savybes: e exp(x − y) = exp(x) ; exp(y) exp(x) > 0. (11.6) (11.7) Pirma irodoma taip: ˛ exp(x − y) = exp x + (−y) = exp(x) exp(−y) = Jei x exp(x) . exp(y) 0, (11.7) išplaukia iš (11.3). Jei x < 0, tai x = −|x| ir exp(x) = 1 > 0, exp(|x|) nes vardiklis teigiamas. Eksponentes išvestin˙ Iš teoremos apie laipsnin˙ s eilut˙ s diferencijavi˙ e. e e mą gaunu, kad eksponent˙ diferencijuojama visoje apibr˙ žimo srityje ir e e exp (x) = ∞ n=1 n xn−1 = n! ∞ n=1 xn−1 xm = = exp(x). (n − 1)! m=0 m! ∞ Eksponentes grafikas. Kadangi exp (x) = exp(x) > 0 ir exp (x) = ˙ exp(x) > 0, eksponent˙ yra did˙ janti ir iškila (−∞; ∞) intervale. e e Iš (11.3) išplaukia, kad exp(x) → ∞, kai x → ∞. Tada, pasir˙ męs (11.5), e gaunu exp(x) → 0, kai x → −∞. Taigi eksponent˙ s grafikas atrodo panašiai, e kaip 11.2 pav. 1 11.2 pav. Eksponent˙ e Logaritmas. Iš eksponent˙ s monotoniškumo išplaukia, kad ji injektyvi. e Visos jos reikšm˙ s yra teigiami baigtiniai skaičiai. Iš to, kad exp(x) art˙ ja i e e ˛ 0, kai x → −∞, ir i ∞, kai x → ∞, išplaukia, kad tarp eksponent˙ s reikšmiu ˛ e ˛ yra kiek norima dideli ir kiek norima maži teigiami skaičiai. Kadangi eksponent˙ tolydi, bet koks tarpinis skaičius taip pat yra jos reikšm˙ . Reiškia, e e eksponent˙ s reikšmiu aib˙ yra (0; ∞) intervalas. e ˛ e Taigi eksponent˙ yra bijekcija tarp R ir (0; ∞) aibiu Jai atvirkštin˙ e ˛. e funkcija žymima ln ir vadinama naturaliuoju logaritmu. Taigi ln yra bijekcija ¯ tarp (0; ∞) ir (−∞; ∞) intervalu ir ˛ Iš čia y = ln x ⇐⇒ x = exp(y). ln exp(y) = y (su visais x > 0 ir visais y). ir exp(ln x) = x Algebrin˙ logaritmo savyb˙ es es. Pagrindin˙ s logaritmo savyb˙ s užrašoe e mos taip: ln 1 = 0; ln(xy) = ln x + ln y; x ln = ln x − ln y. y Pirma lygyb˙ išplaukia iš (11.8) ir (11.2). Jei x, y > 0, tai e exp(ln x + ln y) = exp(ln x) exp(ln y) = xy; exp(ln x) x exp(ln x − ln y) = = . exp(ln y) y Tod˙ l iš (11.8) išplaukia kitos dvi lygyb˙ s. e e (11.9) (11.10) (11.11) à ß 1 11.3 pav. Logaritmas (11.8) 364 11 SKYRIUS. ELEMENTARIOSIOS FUNKCIJOS ˙ ˙ 11.1. LAIPSNINES IR RODIKLINES FUNKCIJOS 365 Logaritmo išvestin˙ Iš teoremos apie atvirkštin˙ s funkcijos tolydumą e. e išplaukia, kad logaritmas yra tolydžioji funkcija. Tada iš teoremos apie atvirkštin˙ s funkcijos išvestinę gaunu, kad logaritmas diferencijuojamas bet e kuriame apibr˙ žimo srities taške ir e ln x = 1 1 1 = = . exp (ln x) exp(ln x) x Logaritmo grafikas. Kadangi ln x = 1/x > 0, kai x > 0, logaritmas yra did˙ janti funkcija. Iš čia ir iš to, kad logaritmo reikšmiu aib˙ yra (−∞; ∞) e ˛ e intervalas, išplaukia, kad ln x art˙ ja i −∞, kai x → 0, ir i ∞, kai x → ∞. e ˛ ˛ Kadangi (ln x) = −1/x2 < 0, logaritmas yra igaubta funkcija. ˛ Taigi logaritmas atrodo panašiai, kaip 11.3 pav. Skaičiu laipsniai. ˛ Panagrin˙ siu dvieju kintamu ˛ funkciją e ˛ ˛ju f (a, b) = exp(b ln a), apibr˙ žtą su 0 < a < ∞ ir b ∈ R. Akivaizdu, kad f (a, 0) = 1 ir f (a, 1) = a. e Matematin˙ s indukcijos metodu nesunku irodyti, kad f (a, n) = an su bet e ˛ kokiu n ∈ N. Tikrai, jei n 2, tai pasir˙ męs indukcine prielaida gaunu e f (a, n) = exp((n − 1) ln a + ln a) = exp((n − 1) ln a) exp(ln a) = an−1 a = an . Taigi f yra (a, n) → an funkcijos tęsinys ir tod˙ l nekeldamas painiavos ją e galiu žym˙ ti ab : e ab = exp(b ln a). (11.12) Pagrindin˙ s laipsniu savyb˙ s formuluojamos taip: e ˛ e a0 = 1; 1 = 1; (a1 a2 )b = ab ab ; 1 2 a1 a2 ab1 +b2 ab 1 ; ab 2 = ab1 ab2 ; b b (11.13) (11.14) (11.15) (11.16) (11.17) (11.18) (11.19) (11.20) = ab1 ; ab2 ln ab = b ln a; ab1 −b2 = (ab )c = abc . 366 11 SKYRIUS. ELEMENTARIOSIOS FUNKCIJOS (11.13)–(11.18) formul˙ s išplaukia iš laipsnio apibr˙ žimo ir atitinkamu logae e ˛ ritmo ir eksponent˙ s savybiu e ˛: a0 = exp(0 ln a) = exp(0) = 1; 1b = exp(b ln 1) = exp(b · 0) = exp(0) = 1; (a1 a2 )b = exp b ln(a1 a2 ) = exp b(ln a1 + ln a2 ) = exp(b ln a1 + b ln a2 ) = exp(b ln a1 ) exp(b ln a2 ) = ab ab ; 1 2 (a1 /a2 )b = exp b ln(a1 /a2 ) = exp b(ln a1 − ln a2 ) = exp(b ln a1 − b ln a2 ) = exp(b ln a1 )/ exp(b ln a2 ) = ab /ab ; 1 2 ab1 +b2 = exp (b1 + b2 ) ln a = exp(b1 ln a + b2 ln a) = exp(b1 ln a) exp(b2 ln a) = ab1 ab2 ; ab1 −b2 = exp (b1 − b2 ) ln a = exp(b1 ln a − b2 ln a) = exp(b1 ln a)/ exp(b2 ln a) = ab1 /ab2 . (11.19) lygyb˙ išplaukia iš laipsnio apibr˙ žimo ir (11.8). Pasir˙ męs ja, gaunu e e e ir (11.20): (ab )c = exp(c ln ab ) = exp(bc ln a) = abc . Laipsniai ir šaknys. Jei k ∈ N, tai (a1/k )k = a(1/k)k = a1 = a. Taigi a1/k = √ k a. Rodiklin˙ funkcijos. Fiksavęs pirmąji (11.12) funkcijos argumentą, gaues ˛ x nu vadinamąją rodiklinę funkciją x → a . Ji diferencijuojama visoje apibr˙ e žimo srityje ir (ax ) = exp(x ln a) = exp(x ln a) ln a = ax ln a. Iš čia (ax ) = ax ln2 a. ˙ ˙ 11.1. LAIPSNINES IR RODIKLINES FUNKCIJOS a1 a=1 b>0 0 0, o tada ir (a ) > 0, (a ) > 0 su visais x. Taigi a yra did˙ janti ir e igaubta funkcija. Be to, ˛ x x ln a − − → −∞, −− x→−∞ x ln a − − ∞; −→ x→∞ tod˙ l ax = exp(x ln a) art˙ ja prie 0, kai x → −∞, ir prie ∞, kai x → ∞. e e Jei a = 1, tai ax = 1 su visais x. Jei a < 1, tai ln a < 0. Tod˙ l (ax ) < 0, (ax ) > 0 su visais x, t.y. ax yra e maž˙ janti ir igaubta funkcija. Be to, x ln a − − → ∞; tod˙ l ax art˙ ja prie e ˛ −− e e ∞, kai x → −∞, ir prie 0, kai x → ∞. Taigi rodiklin˙ s funkcijos atrodo panašiai, kaip 11.4 pav. e x→±∞ Skaičius e. Skaičius exp(1) žymimas raide e. Taigi e=1+1+ 1 1 1 1 + + + + · · · = 2.718 . . . . 2 6 24 120 exp(x) = exp(x ln e) = ex su visais x ∈ R. Taigi eksponent˙ yra viena iš rodikliniu funkciju e ˛ ˛. Laipsnin˙ funkcijos. Fiksavęs antrąji (11.12) funkcijos argumentą, gaues ˛ nu vadinamąją laipsninę funkciją x → xb . Ji diferencijuojama (0; ∞) intervale ir b bxb (xb ) = (eb ln x ) = eb ln x · = = bxb−1 . x x Iš čia (xb ) = b(b − 1)xb−2 . Iš (11.8) išplaukia ln e = 1. Tod˙ l e 368 11 SKYRIUS. ELEMENTARIOSIOS FUNKCIJOS Kadangi visos eksponent˙ s reikšm˙ s teigiamos, xb > 0 su visais x > 0. e e Jei b > 1, tai (bx ) > 0 ir (bx ) > 0 su visais x; tod˙ l xb yra did˙ janti iškila e e funkcija. Be to, b ln x − → −∞, b ln x − − ∞; − −→ x→0 x→∞ tod˙ l xb = eb ln x art˙ ja prie 0, kai x → 0, ir prie ∞, kai x → ∞. e e Jei b = 1, tai xb = x. Jei 0 < b < 1, tai (xb ) > 0 ir (xb ) < 0 su visais x; tod˙ l xb yra did˙ janti e e igaubta funkcija. Panašiai kaip aukščiau irodoma, kad ji art˙ ja prie 0, kai ˛ ˛ e x → 0, ir prie ∞, kai x → ∞. Jei b = 0, tai xb = 1 su visais x. Jei b < 0, tai (xb ) < 0 ir (xb ) > 0 su visais x; tod˙ l xb yra maž˙ janti e e iškila funkcija. Kadangi dabar b ln x − → ∞, − x→0 b ln x − − −∞, −→ x→∞ ji art˙ ja prie ∞, kai x → 0, ir prie 0, kai x → ∞. e Taigi laipsnin˙ s funkcijos atrodo panašiai kaip 11.5 pav. e Asimptotinis rodikliniu laipsniniu ir logaritminiu funkciju palygin˛, ˛ ˛ ˛ x a imas. Kai x → ∞, tiek e , tiek x (su a > 0), tiek ln x art˙ ja i ∞. Irodysiu, e ˛ ˛ kad eksponent˙ auga greičiau nei bet koks x laipsnis, o bet koks x laipsnis — e greičiau nei logaritmas. Be to, kuo didesnis laipsnio rodiklis, tuo laipsnin˙ e funkcija auga greičiau. Tiksliau, teisingos tokios formul˙ s: e lnc x = o(xε ), a b a < b ⇒ x = o(x ), kai x → ∞; xc = o(eεx ), kai x → ∞. Jei 0 < a < b, tai 1 tod˙ l e xa = xb xb−a x→∞ 1 xb−a − − 0; −→ kai x → ∞; (11.21) (11.22) (11.23) = xb o(1) = o(xb ), t.y. teisinga (11.22) formul˙ . e Iš eksponent˙ s apibr˙ žimo išplaukia, kad e e ex xn+1 , (n + 1)! ˙ 11.2. TRIGONOMETRINES FUNKCIJOS kai x > 0. Taigi 369 xn (n + 1)! − − 0, −→ x x→∞ e x t.y. xn = o(ex ), kai x → ∞. Bet kokiam c galiu rasti naturalu ˛ n > c ir tod˙ l e ¯ ˛ji xc = o(xn ) = o(ex ), Kadangi εx → ∞, kai x → ∞, tai iš šios formul˙ s gaunu, jog (εx)c = o(eεx ), e t.y. xc = o(eεx ), kai x → ∞. Taigi irodžiau (11.23) formulę. ˛ Pabr˙ šiu, kad irodyta formul˙ yra teisinga, net jei c yra labai didelis, o ε e ˛ e — labai mažas. Pavyzdžiui, x1000 = o(e0.0001x ), kai x → ∞. kai x → ∞. Kadangi ln x → ∞, kai x → ∞, tai iš (11.23) išplaukia, kad lnc x = o(eε ln x ) = o(xε ), Taigi teisinga ir (11.21) formul˙ . e Kai x → 0+, tiek − ln x = ln (1/x), tiek x−ε art˙ ja i ∞. Nesunku e ˛ isitikinti, kad ir šiuo atveju logaritmas auga l˙ čiau: ˛ e lnc (1/x) = o(x−ε ), kai x → 0+. kai x → ∞. Tai išplaukia iš (11.21), nes 1/x → ∞, kai x → 0+. 11.2 Trigonometrin˙ s funkcijos e Kosinusas ir sinusas apibr˙ žiami formul˙ mis e e ir sin x = ∞ k=0 ∞ k=0 Sinusas ir kosinusas. cos x = Kadangi ∞ k=0 (−1)k x2k (2k)! (−1)k x2k+1 . (2k + 1)! (11.24) (−1)k x2k + (2k)! ∞ k=0 (−1)k x2k+1 = (2k + 1)! ∞ n=0 |x|n = e|x| < ∞, n! abieju funkciju apibr˙ žimo sritis yra visa R. ˛ ˛ e Iš (11.24) iškart išplaukia tokios šiu funkciju savyb˙ s: ˛ ˛ e cos 0 = 1, sin 0 = 0; cos(−x) = cos x, sin(−x) = − sin x. (11.25) (11.26) 370 11 SKYRIUS. ELEMENTARIOSIOS FUNKCIJOS Algebrin˙ kosinuso ir sinuso savyb˙ es es. 11.1 teorema. Su visais x, y ∈ R cos (x + y) = cos x cos y − sin x sin y Irodymas. Pažymiu ˛ an = Tada cos x = (−1)n/2 , kai n lyginis; 0, kai n nelyginis; ∞ n=0 ir sin (x + y) = sin x cos y + cos x sin y. ir bn = 0, kai n lyginis; (n+1)/2 (−1) , kai n nelyginis. ∞ n=0 an xn n! ir sin x = bn xn . n! Iš pradžiu irodysiu, kad ˛˛ ak+l = ak al − bk bl . (11.27) 1 atvejis: ir k, ir l yra lyginis, pavyzdžiui, k = 2i, l = 2j. Tada ak = (−1)i , al = (−1)j , bk = bl = 0. Be to, k + l = 2(i + j) yra lyginis skaičius; tod˙ l ak+l = (−1)i+j . Taigi (11.27) šiuo atveju virsta lygybe e (−1)i+j = (−1)i (−1)j − 0 · 0, kuri teisinga. 2 atvejis: vienas iš skaičiu k ir l yra lyginis, kitas — nelyginis; pavyzdžiui, ˛ k = 2i, l = 2j + 1. Tada ak = (−1)i , al = 0, bk = 0, bl = (−1)j+1 . Be to, k + l nelyginis, tod˙ l ak+l = 0. Taigi (11.27) virsta v˙ l teisinga lygybe e e 0 = (−1)i · 0 − 0 · (−1)j+1 . 3 atvejis: abu skaičiai k ir l yra nelyginiai; pavyzdžiui, k = 2i + 1, l = 2j+1. Tada ak = al = 0, bk = (−1)i+1 , bl = (−1)j+1 . Be to, k+l = 2(i+j+1) yra lyginis skaičius ir (11.27) v˙ l teisinga: e (−1)i+j+1 = 0 · 0 − (−1)i+1 (−1)j+1 . Iš Niutono binomo formul˙ s dabar išplaukia e cos (x + y) = ∞ n=0 an (x + y)n n! ˙ 11.2. TRIGONOMETRINES FUNKCIJOS = = = ∞ n=0 ∞ 371 n k n−k x y k an n! n n k=0 n=0 k=0 ∞ n n=0 k=0 an n k n−k x y n! k an xk y n−k . k!(n − k)! Pakeitęs sumavimo tvarką (žr. 11.1 pav.) ir pritaikęs (11.27), gaunu cos(x + y) = ∞ ∞ an xk y n−k = (ak an−k − bk bn−k ) k!(n − k)! k=0 n=k = ∞ k=0 k=0 n=k ∞ ∞ xk y n−k k!(n − k)! ak xk k! ∞ n=k an−k y n−k bk xk − (n − k)! k! k=0 ∞ ∞ ∞ n=k bn−k y n−k (n − k)! bl y l l! Belieka abejose vidin˙ se sumose atlikti kintamojo keitini l = n − k: e ˛ cos(x + y) = = ∞ k=0 ∞ k=0 ak xk k! k l=0 al y l bk xk − l! k! k=0 ∞ k ∞ ∞ l=0 bk x ak x cos y − sin y k! k! k=0 = cos x cos y − sin x sin y. Panašiai irodoma ir sumos sinuso formul˙ , tik vietoje (11.27) reikia pasi˛ e remti formule bk+l = ak bl + bk al , kuri taip pat irodoma variantu perrinkimo metodu. ˛ ˛ Iš 11.1 teoremos gaunu ir daugiau trigonometriniu formuliu pavyzdžiui, ˛ ˛; cos2 x + sin2 x = 1; cos 2x = cos2 x − sin2 x; sin 2x = 2 sin x cos x. (11.28) (11.29) (11.30) Pirmoji gaunama, sumos kosinuso formul˙ je istačius y = −x ir pasir˙ mus e ˛ e (11.25)–(11.26) formul˙ mis: e 1 = cos 0 = cos x + (−x) = cos x cos(−x) − sin x sin(−x) = cos2 x + sin2 x. 372 11 SKYRIUS. ELEMENTARIOSIOS FUNKCIJOS (11.29)–(11.30) lygyb˙ s gaunamos, i sumos kosinuso ir sinuso formules istae ˛ ˛ čius y = x: cos 2x = cos(x + x) = cos x cos x − sin x sin x = cos2 x − sin2 x; sin 2x = sin(x + x) = sin x cos x + cos x sin x = 2 sin x cos x. Kosinuso ir sinuso išvestin˙ es. Iš teoremos apie laipsnin˙ s eilut˙ s diferene e cijavimą gaunu, kad abi funkcijos diferencijuojamos visoje apibr˙ žimo srityje e ir (cos x) = ∞ k=1 ∞ 2k (−1)k x2k−1 = (2k)! ∞ l=0 (−1)l+1 x2l+1 = − sin x; (2l + 1)! ∞ k=0 (−1) x (sin x) = (2k + 1) = (2k + 1)! k=0 π skaičius. 11.2 teorema. ∃x > 0 cos x = 0. k 2k (−1)k x2k = cos x. (2k)! Irodymas. Iš pradžiu išsiaiškinsiu, ar gali cos x buti teigiamas su visais ˛ ˛ ¯ x > 0. Jei taip butu tai iš sin x = cos x išplauktu kad sinusas did˙ ja (0; ∞) ˛, e ¯ ˛, intervale ir, reiškia, sin x sin 1 > sin 0 = 0 su visais x 1. Tada iš cos x = − sin x lygyb˙ s ir Lagranžo teoremos e išplauktu kad ˛, cos x − cos 1 < (− sin 1)(x − 1) su x > 1. Taigi gaučiau, kad cos x → −∞, kai x → ∞, o tai prieštarauja mano prielaidai. Reiškia, mano prielaida neteisinga, t.y. cos x0 0 su tam tikru x0 > 0. Jei cos x0 = 0, teorema irodyta. Jei cos x0 < 0, teoremos tvirtinimas išplaukia ˛ iš teoremos apie tarpinę reikšmę (nes kosinusas yra tolydžioji funkcija ir cos 0 = 1 > 0 > cos x0 ). Dabar apibr˙ žiu e π = 2 inf{x > 0 | cos x = 0}. Iš 11.2 teoremos išplaukia, kad aib˙ A = {x > 0 | cos x = 0} netuščia; e tod˙ l π < ∞. Visi tos aib˙ s elementai neneigiami; tod˙ l neneigiamas ir e e e infimumas, t.y. π 0. Aib˙ s infimumas yra ribinis jos taškas; tod˙ l atsiras e e tokia (xn ) ⊂ A, kad xn → π/2. Tada cos xn = 0 su visais n ir d˙ l tolydumo e cos (π/2) = 0. Taigi π = 0 (nes cos 0 = 1), t.y 0 < π < ∞. ˙ 11.2. TRIGONOMETRINES FUNKCIJOS 373 Redukcijos formul˙ es. Iš π skaičiaus apibr˙ žimo išplaukia, kad ir cos x = 0 e su x ∈ (0; π/2). Kadangi cos 0 = 1 > 0, iš teoremos apie tarpinę reikšmę gaunu, kad cos x teigiamas tame intervale. Kadangi sin x = cos x, sinusas yra did˙ janti (0; π/2) intervale funkcija. e Taigi sin x > sin 0 = 0 su x ∈ (0; π/2) ir d˙ l tolydumo sin (π/2) > 0. Kadangi e cos(π/2) = 0, iš (11.28) tapatyb˙ s tada išplaukia, kad sin (π/2) = 1. e Pasir˙ męs sumos kosinuso ir sinuso formul˙ mis, gaunu e e π π cos π = cos2 − sin2 = 0 − 1 = −1; 2 2 π π sin π = 2 sin cos = 2 · 1 · 0 = 0; 2 2 π π 3π cos = cos π cos − sin π sin = (−1) · 0 − 0 · 1 = 0; 2 2 2 3π π π sin = sin π cos + cos π sin = 0 · 0 + (−1) · 1 = −1; 2 2 2 2 2 cos 2π = cos π − sin π = (−1)2 − 02 = 1; sin 2π = 2 sin π cos π = 2 · 0 · (−1) = 0. Iš čia ir iš tu pačiu sumos kosinuso ir sinuso formuliu dabar išplaukia vadi˛ ˛ ˛ namosios redukcijos formul˙ s: e cos (x + π/2) = − sin x, cos (x + π) = − cos x, cos (x + 3π/2) = sin x, cos (x + 2π) = cos x, sin (x + π/2) = cos x, sin (x + π) = − sin x, sin (x + 3π/2) = − cos x, sin (x + 2π) = sin x. Paskutiniosios dvi lygyb˙ s reiškia, kad kosinusas ir sinusas yra periodin˙ s e e funkcijos su periodu 2π. Sinuso ir kosinuso grafikai. Aukščiau irodžiau, kad (0; π/2) intervale tiek ˛ sinusas, tiek kosinusas yra teigiami. Iš redukcijos formuliu tada išplaukia, ˛ kad cos x > 0 su x ∈ (3π/2; 2π) ir cos x < 0 su x ∈ (π/2; 3π/2), o sin x > 0 su x ∈ (π/2; π) ir sin x < 0 su x ∈ (π; 2π). Kadangi (sin x) = cos x, o cos x = − sin x, tai sinusas did˙ ja (0; π/2) ir (3π/2; 2π) intervaluose ir e maž˙ ja (π/2; 3π/2) intervale, o kosinusas did˙ ja (π; 2π) intervale ir maž˙ ja e e e (0; π) intervale. Be to, abi funkcijos periodin˙ s su periodu 2π. e Taigi ju grafikai atrodo panašiai kaip 11.6–11.7 pav. ˛ Tangentas ir kotangentas. Formul˙ mis e tg x = sin x cos x ir ctg x = cos x sin x 374 −π apibr˙ žiamos funkcijos vadinamos tangentu ir kotangentu. e [0; 2π] intervale t˙ ra du skaičiai, su kuriais kosinusas virsta nuliu: π/2 ir e 3π/2. Tod˙ l iš kosinuso periodiškumo gaunu, kad tangentas apibr˙ žtas su e e visais x ∈ R \ {π/2 + kπ | k ∈ Z}. Iš cos (x − π/2) = sin x formul˙ s išplaukia, e kad kotangento apibr˙ žimo sritis yra R \ {kπ | k ∈ Z} aib˙ . e e Kadangi sin (x + π) = − sin x, cos (x + π) = − cos x, tai tg (x + π) = tg x ir ctg (x + π) = ctg x, t.y. abi funkcijos yra periodin˙ s su periodu π. e Nesunku suskaičiuoti abieju funkciju išvestines: ˛ ˛ tg x = cos2 x + sin2 x 1 sin x cos x − sin x cos x = = ; 2x 2x cos cos cos2 x cos x sin x − sin x cos x − sin2 x − cos2 x 1 ctg (x) = = =− 2 . 2 2 sin x sin x sin x Iš išvestiniu išraišku matyti, kad tangentas did˙ ja, o kotangentas maž˙ ja ˛ ˛ e e kiekviename intervale, kuriame yra apibr˙ žtas. e Kadangi sin x → −1, cos x → 0, kai x → −π/2, ir kosinusas teigiamas (−π/2; π/2) intervale, tai tg x → −∞, kai x → −π/2+. Panašiai suskaičiuojamos ir kitos ribos: x→π/2− Taigi tangentas ir kotangentas atrodo panašiai, kaip 11.8 ir 11.9 pav. Arksinusas ir arkkosinusas. Tegu f žymi sinuso siaurini [−π/2; π/2] in˛ tervale. Iš sinuso monotoniškumo tame intervale išplaukia, kad f injektyvi. D˙ l tolydumo kiekvienas skaičius tarp sin (−π/2) = −1 ir sin π/2 = 1 yra f e funkcijos reikšm˙ ; tod˙ l f reikšmiu sritis yra [−1; 1] intervalas. Reiškia, f e e ˛ yra bijekcija tarp [−π/2; π/2] ir [−1; 1]. Jai atvirkštin˙ funkcija vadinama e â â á â á â á á 11 SKYRIUS. ELEMENTARIOSIOS FUNKCIJOS 1 1 π −π π -1 -1 11.6 pav. Sinusas 11.7 pav. Kosinusas lim tg x = ∞, x→0+ lim ctg x = ∞, x→π− lim ctg x = −∞. arksinusu ir žymima arcsin. Taigi arksinusas yra bijekcija tarp [−1; 1] ir [−π/2; π/2] intervalu ir, kai y ∈ [−π/2; π/2], ˛ y = arcsin x ⇐⇒ sin y = x. arcsin (−x) = − arcsin x. y π/2 ir Nesunku irodyti, kad arksinusas yra nelygin˙ funkcija: ˛ e Tikrai, jei y = arcsin x, tai −π/2 Bet tada −y ∈ [−π/2; π/2] ir sin(−y) = − sin y = −x. Reiškia, −y = arcsin(−x). Iš teoremos apie atvirkštin˙ s funkcijos tolydumą išplaukia, kad arksinusas e yra tolydžioji funkcija, o tada iš teoremos apie atvirkštin˙ s funkcijos išvestinę e gaunu, kad jis diferencijuojamas (−π/2; π/2) intervale ir arcsin x = 1 = cos (arcsin x) 1 1 − sin2 (arcsin x) =√ 1 . 1 − x2 sin y = x. Iš šios formul˙ s išplaukia, kad arksinusas yra did˙ janti funkcija. Jis atrodo e e panašiai, kaip 11.10 pav. Panašiai kaip aukščiau irodoma, kad kosinuso siaurinys [0; π] intervale yra ˛ bijekcija tarp [0; π] ir [−1; 1]. Jai atvirkštin˙ funkcija vadinama arkkosinusu ir e žymima arccos. Taigi arkkosinusas yra bijekcija tarp [−1; 1] ir [0; π] intervalu ˛ ir, kai y ∈ [0; π], y = arccos x ⇐⇒ cos y = x. æ ää å ãã æ ä å ã æ ä å ã 11.8 pav. Tangentas 11.9 pav. Kotangentas (11.31) ˙ 11.2. TRIGONOMETRINES FUNKCIJOS 375 376 −1 −π/2 Tegu y = arccos x. Tada y ∈ [0; π] ir cos y = x. Iš čia išplaukia, kad π/2 − y ∈ [−π/2; π/2] ir sin(π/2 − y) = cos y = x. π − y = arcsin x, 2 Reiškia, t.y. π − arcsin x. 2 Iš irodytos formul˙ s išplaukia, kad arkkosinusas diferencijuojamas (−1; 1) ˛ e intervale ir 1 arccos x = − √ . 1 − x2 Kadangi išvestin˙ neigiama, arkkosinusas yra maž˙ janti funkcija. Jis atrodo e e panašiai kaip 11.11 pav. arccos x = Arktangentas ir arkkotangentas. Panašiai kaip aukščiau irodoma, kad ˛ tangentas yra bijekcija tarp (−π/2; π/2) ir (−∞; ∞). Jai atvirkštin˙ funkcija e vadinama arktangentu ir žymima arctg. Taigi arktangentas yra bijekcija tarp R ir (−π/2; π/2) aibiu ir, kai y ∈ (−π/2; π/2), ˛ y = arctg x ⇐⇒ tg y = x. Nesunku isitikinti, kad arktangentas yra nelygin˙ funkcija: ˛ e arctg (−x) = − arctg x (irodymas toks pat, kaip panašaus teiginio apie arksinusą). ˛ è è è ç ç è ç ç 11 SKYRIUS. ELEMENTARIOSIOS FUNKCIJOS π π/2 1 π/2 11.10 pav. Arksinusas 11.11 pav. Arkkosinusas −1 1 ˙ 11.2. TRIGONOMETRINES FUNKCIJOS π/2 −π/2 11.12 pav. Arktangentas Iš teoremos apie atvirkštin˙ s funkcijos tolydumą išplaukia arktangento e tolydumas, o tada iš teoremos apie atvirkštin˙ s funkcijos išvestinę gaunu, e kad jis diferencijuojamas visoje apibr˙ žimo srityje ir e arctg x = cos2 (arctg x) = 1 1 = . 1 + tg (arctg x) 1 + x2 2 Kadangi išvestin˙ teigiama, arktangentas yra did˙ janti funkcija. Jis atrodo e e panašiai, kaip 11.12 pav. Kotangento siaurinys (0; π) intervale yra bijekcija tarp (0; π) ir (−∞; ∞) intervalu Jai atvirkštin˙ funkcija vadinama arkkotangentu ir žymima arcctg. ˛. e Taigi arkkotangentas yra bijekcija tarp R i (0; π) aibiu ir jei 0 < y < π, tai ˛ ˛ y = arcctg x ⇐⇒ ctg y = x. Panašiai kaip sąryšis tarp arksinuso su arkkosinusu gaunama ir arcctg x = π/2 − arctg x tapatyb˙ . Iš jos išplaukia, kad arkkotangentas diferencijuojamas visoje apie br˙ žimo srityje ir e 1 arcctg x = − . 1 + x2 Kadangi išvestin˙ neigiama, arkkotangentas yra maž˙ janti funkcija. Jis ate e rodo panašiai, kaip 11.13 pav. 11.1 pratimas. Raskite duotos lygties šaknis, esančias duotame intervale. I. sin x = −0.6, x ∈ (0; 2π). ê é ê é 377 π π/2 11.13 pav. Arkkotangentas 378 −a 11.14 pav. a = arcsin 0.6 II. cos x = 0.4, x ∈ (−π; 2π). Sprendimas. I. (Žr. 11.14 pav.) x1 = − arcsin 0.6, x2 = π + arcsin 0.6 ir x3 = 2π − arcsin 0.6. II. (Žr. 11.15 pav.) x1 = − arccos 0.4, x2 = arccos 0.4 ir x3 = 2π − arccos 0.4. 11.2 pratimas. Irodykite. ˛ I. cos2 x = 1 . 1 + tg2 x II. sin x = a ⇐⇒ ∃k ∈ Z x = (−1)k arcsin a + kπ. III. arcsin x = arctg √ Sprendimas. I. 1 cos2 x 1 = = = cos2 x. sin2 1 + tg2 x cos2 x + sin2 x 1 + cos2 x x II. Jei x ∈ [−π/2; π/2], tai sin x = a ⇐⇒ x = arcsin a. Jei x ∈ (π/2; 3π/2), tai x − π ∈ (−π/2; π/2) ir sin x = a ⇐⇒ sin(x − π) = − sin x = −a ⇐⇒ x − π = arcsin(−a) = − arcsin a ⇐⇒ x = − arcsin a + π. Iš sinuso periodiškumo dabar išplaukia, kad sin x = a x . 1 − x2 ììëë ìë 11 SKYRIUS. ELEMENTARIOSIOS FUNKCIJOS a a a y = 0.4 y = −0.6 a a a 11.15 pav. a = arccos 0.4 11.3. APYTIKSLIS SKAIČIAVIMAS ⇐⇒ ∃k ∈ Z x = arcsin a + 2kπ arba x = − arcsin a + (2k + 1)π ⇐⇒ ∃l ∈ Z x = (−1)l arcsin a + lπ. sin t = cos t sin t 1 − sin2 t III. Jei t = arcsin x, tai t ∈ (−π/2; π/2) ir tg t = x Taigi t = arctg √1−x2 . 379 =√ x . 1 − x2 11.3 Apytikslis skaičiavimas Eksponentes skaičiavimas. Nor˙ dami apytiksliai suskaičiuoti ex , skai˙ e čiuojame kokią nors (11.1) eilut˙ s dalinę sumą. Eilut˙ konverguoja labai e e greitai ir net nedidelis nariu skaičius sumoje duoda pakankamai tikslu rezul˛ ˛ tatą. Pavyzdžiui, e ≈ 1+1+ 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + 2 6 24 120 720 5040 40320 ≈ 2.718279. Tiksli e reikšm˙ yra 2.7182818 . . . . e Logaritmu skaičiavimas. ˛ Integruodamas panariui eilutę 1 = 1+x ∞ n=0 (−1)n xn (tai — geometrin˙ progresija, konverguojanti (−1; 1) intervale), gaunu (su e x ∈ (−1; 1)) ln(1 + x) = ∞ n=0 (−1)n xn+1 = n+1 ∞ n=1 (−1)n−1 xn . n Tai — svarbi formul˙ , tačiau jos reikšm˙ apytiksliam skaičiavimui gan ribota, e e nes leidžia suskaičiuoti tik ln x reikšmes su x ∈ (0; 2). Išvesiu patogesnę formulę. Jei |x| < 1, tai ln 1+x = ln(1 + x) − ln(1 − x) 1−x ∞ ∞ (−1)n−1 xn (−1)n−1 (−x)n = − n n n=1 n=1 380 11 SKYRIUS. ELEMENTARIOSIOS FUNKCIJOS = = ∞ n=1 ∞ k=0 (−1)n−1 + 1 n x n 2x2k+1 . 2k + 1 ∞ Taigi Pavyzdžiui, imdamas x = 1/3, gaunu ln 2 ≈ 2 3 1+ x2k 1+x ln = 2x . 1−x 2k + 1 k=0 (11.32) Tiksli ln 2 reikšm˙ yra 0.69314718 . . . . e Nor˙ damas suskaičiuoti ln 3, tur˙ čiau imti x = 1/2. Tačiau galima pasie e naudoti jau apskaičiuota ln 2 reikšme ir prid˙ ti prie jos ln(3/2), kuris gaunae mas pagal (11.32) formulę su x = 1/5: ln 3 = ln 2 + ln 3 2 2 5 1+ 1 1 1 + 5+ 2 3·5 5 7 · 56 1 1 1 1 + + + 3 4 6 3 5·3 7·3 9 · 38 ≈ 0.69314605. ≈ 0.69314605 + ≈ 1.0986110. Tiksli ln 3 reikšm˙ yra 1.0986122 . . . . e Binomin˙ eilute. e ˙ 11.3 teorema. Su visais a ∈ R ir x ∈ (−1; 1) (1 + x) = a ∞ n=0 a n x . n (11.33) | eilut˙ dešin˙ je (11.33) lygyb˙ s pus˙ je absoliučiai konverguoja. Iš to išplaukia, e e e e kad jos bendrasis narys art˙ ja i 0: e ˛ a n x → 0. n (11.34) a n+1 a | n Irodymas. Fiksuoju x ∈ (−1; 1). Kadangi ˛ xn+1 | xn | = |a(a − 1) · · · (a − n)||x|n+1n! |a − n||x| = → |x| < 1, n (n + 1)!|a(a − 1) · · · (a − n + 1)||x| n+1 11.3. APYTIKSLIS SKAIČIAVIMAS Jei f (x) = (1 + x)a , tai f (x) = a(1 + x)a−1 ; f (x) = a(a − 1)(1 + x)a−2 ; f (x) = a(a − 1)(a − 2)(1 + x)a−3 ir t.t. Taigi f (k) (x) = a(a − 1) · · · (a − k + 1)(1 + x)a−k , f (k) (0) = a(a − 1) · · · (a − k + 1); n−1 381 tod˙ l iš Teiloro formul˙ s su integralo formos liekana gaunu e e (1 + x) = k=0 a a k x + rn (x); k čia a(a − 1) · · · (a − n + 1) x rn (x) = (1 + t)a−n (x − t)n−1 dt. (n − 1)! 0 x a = ·n (1 + t)a−n (x − t)n−1 dt n 0 Reikia irodyti, kad rn (x) → 0, kai n → ∞. ˛ Tegu iš pradžiu x > 0. Kadangi (x − t)n−1 ˛ |rn (x)| = Kai n > a + 1, n (1 + x)a−n+1 − 1 n = a−n+1 n−a−1 1− 1 (1 + x)n−a−1 n → 1. n−a−1 a n a n x xn−1 su visais t ∈ (0; x), · nxn−1 (1 + t)a−n dt 0 (1 + x)a−n+1 − 1 · nxn−1 . a−n+1 Iš čia ir iš (11.34) išplaukia, kad rn (x) → 0. Tegu dabar x < 0, t.y. x = −|x|. Tada rn (x) = − a n n n 0 −|x| (1 + t)a−n (−|x| − t)n−1 dt |x| 0 = (−1) a n n (1 − u)a−n (|x| − u)n−1du. 382 Kadangi |x| − u 11 SKYRIUS. ELEMENTARIOSIOS FUNKCIJOS |x|(1 − u), kai u > 0, iš čia gaunu |rn (x)| = |a| → 0. a n n|x|n−1 0 |x| (1 − u)a−1 du a − 1 n−1 x O(1) n−1 Šaknu skaičiavimas. Norint apytiksliai suskaičiuoti ab , galima taikyti api˛ br˙ žimą ab = eb ln a , t.y. apytiksliai suskaičiuoti ln a, padauginti iš b ir sue skaičiuoti eksponentę. Tačiau kartais galima panaudoti ir (11.33) formulę. Dažniausiai tai daroma, kai reikia patikslinti jau žinomą apytikslę skaičiaus reikšmę. √ e e e Suskaičiuosiu, pavyzdžiui, 2, prad˙ damas nuo apytiksl˙ s reikšm˙ s 1.4: √ 2 = 1.4 2 1.96 1/2 Tiksli √ 1 = 1.4 1 + 49 1 1 1 ≈ 1.4 1 + − + 2 2 · 49 8 · 49 16 · 493 ≈ 1.414213572. 2 reikšm˙ yra 1.414213562 . . . . e Trigonometriniu funkciju skaičiavimas. Nor˙ dami suskaičiuoti vieną ˛ ˛ e iš tiesioginiu trigonometriniu funkciju taikome apibr˙ žimą. Pavyzdžiui, ˛ ˛ ˛, e 23 25 27 29 211 sin 2 ≈ 2 − + − + − 3! 5! 7! 9! 11! ≈ 0.9092910. Tiksli sin 2 reikšm˙ yra 0.9092974 . . . . e Arksinusu skaičiavimas. Jei reikia suskaičiuoti kokią nors atvirkštinę tri˛ gonometrinę funkciją, taikome tos funkcijos skleidini eilute. Pavyzdžiui, suin˛ tegravęs lygybę 1 √ = (1 − x2 )−1/2 = 1 − x2 ∞ n=0 −1/2 (−1)n x2n , n 11.3. APYTIKSLIS SKAIČIAVIMAS kuri teisinga su x ∈ (−1; 1), gaunu arcsin x = Taigi, pavyzdžiui, 1 π = arcsin 6 2 1 3 5 35 1 ≈ + + + + 3 5 7 2 2·3·2 8·5·2 16 · 7 · 2 128 · 9 · 29 ≈ 0.5235852. Iš čia π ≈ 3.1415112. Tiksli π reikšm˙ yra 3.1415926 . . . . e Arktangentu skaičiavimas. ˛ Suintegravęs lygybę ∞ n=0 ∞ n=0 383 −1/2 (−1)n x2n+1 . n 2n + 1 1 = 1 + x2 (−1)n x2n (tai geometrin˙ s progresijos sumos formul˙ , teisinga su |x| < 1), gaunu e e arctg x = Taigi, pavyzdžiui, arctg 1 1 1 1 1 1 1 1 ≈ − + − + − + 3 5 7 9 11 2 2 3·2 5·2 7·2 9·2 11 · 2 13 · 213 ≈ 0.4636493. ∞ n=0 (−1)n x2n+1 . 2n + 1 (11.35) Tiksli arctg 0.5 reikšm˙ yra 0.4636476 . . . . e (11.35) formulę galima taikyti tik su x ∈ (−1; 1). Kitais atvejais reikia pasiremti kokia nors arktangento savybe. Pavyzdžiui, su visais α ir β teisinga lygyb˙ e tg α + tg β tg(α + β) = . 1 − tg α tg β Pa˙ męs joje α = arctg x ir β = arctg y, gaunu e tg(arctg x + arctg y) = Iš čia arctg x+y . 1 − xy x+y = arctg x + arctg y, 1 − xy 384 11 SKYRIUS. ELEMENTARIOSIOS FUNKCIJOS jei tik dešin˙ pus˙ yra tarp −π/2 ir π/2. Pastaroji sąlyga bus visada patene e kinta, jei x, y ∈ (−1; 1) (nes tada tiek arctg x, tiek arctg y bus tarp −π/4 ir π/4). Pa˙ męs, pavyzdžiui, x = 1/2 ir y = 1/3, gaunu e π = arctg 1 4 1 1 = arctg + arctg 2 3 1 1 1 1 1 ≈ 0.4636493 + − + − + 3 5 7 3 3·3 5·3 7·3 9 · 39 ≈ 0.7854003. Taigi Tiksli π reikšm˙ yra 3.1415926 . . . . e π ≈ 3.1416012. 11.4 Stirlingo formul˙ e Oilerio-Makloreno formul˙ Tegu ω yra funkcija iš [0; ∞) i R, apibr˙ e. ˛ e žiama lygyb˙ mis e ω(x) = x − k (x − k)2 − , 2 2 kai x ∈ [k; k + 1); čia k = 0, 1, . . . . Irodysiu, kad jei f yra dukart tolydžiai diferencijuojama ˛ (0; ∞) intervale funkcija, tai 1 f (1) + 2 n−1 1 f (k) + f (n) = 2 k=2 n n f (x)dx + 1 1 f (x)ω(x)dx. (11.36) Tai ir yra Oilerio1 -Makloreno2 formul˙ (tiksliau, atskiras tos formul˙ s atvee e jis). Fiksuoju 1 k n − 1. Dukart pritaikęs dalinio integravimo formulę, gaunu k+1 1 f (x)dx = k 0 1 f (k + t)dt f (k + t)d(t − 1/2) = 0 1 2 Leonhard Euler, 1707–1783 Colin Maclaurin, 1698–1746 ˙ 11.4. STIRLINGO FORMULE f (k) + f (k + 1) 2 f (k) + f (k + 1) = 2 f (k) + f (k + 1) = 2 f (k) + f (k + 1) = 2 = 1 385 − − + 0 0 1 0 1 f (k + t)(t − 1/2)dt f (k + t)d(t2 /2 − t/2) f (k + t)(t2 /2 − t/2)dt k+1 − f (x)ω(x)dx. k Sud˙ jęs šias lygybes, gaunu (11.36) formulę. e Stirlingo formul˙ Skyriu baigsiu, išvesdamas svarbią Stirlingo3 formulę, e. ˛ kuria aprašoma faktorialo asimptotika. 11.4 teorema. n! ∼ √ 2πnnn e−n . Irodymas. Iš Oilerio-Makloreno formul˙ s išplaukia, kad ˛ e n−1 ln k + k=2 1 ln n = 2 n 1 n ln x dx − n 1 n 1 ω(x) dx x2 ∞ 1 = x ln x − 1 dx − ω(x) dx + o(1) x2 = n ln n − n + γ + o(1); čia γ = 1 − ∞ ω(x) x2 1 dx. Reiškia, ln n! = (n + 1/2) ln n − n + γ + o(1), t.y. n! ∼ eγ nn+1/2 e−n . (11.37) √ Telieka irodyti, kad eγ = 2π. Kad tai padaryčiau, iš pradžiu suskaičiuo˛ ˛ siu integralą π/2 In = 0 3 sinn x dx. James Stirling, 1692–1770 386 Jei n 11 SKYRIUS. ELEMENTARIOSIOS FUNKCIJOS 2, pritaikęs dalinio integravimo taisyklę, gaunu π/2 In = − sinn−1 x d cos x 0 n−1 = − sin x cos x π/2 π/2 0 π/2 + (n − 1) cos2 x sinn−2 x dx 0 = (n − 1) Reiškia, 0 (1 − sin2 x) sinn−2 x dx = (n − 1)(In−2 − In ). n−1 In−2 n Kadangi I0 = π/2, o I1 = 1, iš irodytos formul˙ s išplaukia ˛ e In = I2n = Kadangi sin2n+2 x π/2 (2n − 1)!! π · (2n)!! 2 sin2n+1 x π/2 ir I2n+1 = (2n)!! . (2n + 1)!! sin2n x su visais x ∈ (0; π/2), tai π/2 sin 0 2n+2 x dx 0 sin 2n+1 x dx 0 sin2n x dx. Istatęs integralu išraiškas, gaunu ˛ ˛ 2n + 1 π · 2n + 2 2 Tod˙ l e (2n)!! 2 (2n)!! 2 2 (2n − 1)!! (2n + 1) 2 π . 2 Kita vertus, iš (11.37) išplaukia, kad (2n)!! 2 2 (2n − 1)!! (2n + 1) → π . 2 (2n − 1)!! (2n + 1) = = (2n)!! 2 4 (2n)! (2n + 1) 2n n! 2 4 (2n)! (2n + 1) 24n e4γ n2 n4n e−4n ∼ 2γ e 2n(2n)4n e−4n 2n 11.5. UŽDAVINIAI = Reiškia, √ e2γ . 4 387 π e2γ = , 4 2 2π. t.y. eγ = 11.5 Uždaviniai 1. Raskite duotos lygties šaknis, esančias duotame intervale. • sin x = −0.3, x ∈ (−π; 0). • sin x = 0.1, x ∈ (π; 3π). • sin x = 0.2, x ∈ (π/2; 5π/2). • cos x = 0.4, x ∈ (−π; 0). • cos x = 0.8, x ∈ (0; 2π). • cos x = −0.2, x ∈ (−2π; 0). • tg x = −3, x ∈ (π; 2π). • tg x = 0.5, x ∈ (−π; π). • ctg x = 5, x ∈ (−2π; −π). • ctg x = 13, x ∈ (π/2; 2π). 2. Irodykite. ˛ • arccos(−x) = π − arccos x. • tg 2x = • sin 2x = 2 tg x . 1 − tg2 x 1 − tg2 x . 1 + tg2 x • cos x = a ⇐⇒ ∃k ∈ Z (x = arccos a+2kπ arba x = − arccos a+2kπ). • |x| < π/4 ⇒ arctg 1+x = π/4 + arctg x. 1−x 388 11 SKYRIUS. ELEMENTARIOSIOS FUNKCIJOS III dalis Daugiamat˙ analiz˙ e e 389 12 skyrius Metrin˙ s erdv˙ s e e Daugiamat˙ analiz˙ nagrin˙ ja keliu kintamu ˛ — y = f (x1 , . . . , xk ) pavidalo e e e ˛ ˛ju funkcijas. Tokios funkcijos argumentas yra vektorius x = (x1 , . . . , xk ) ∈ Rk ; tod˙ l k kintamu ˛ funkcija — tai tiesiog funkcija, apibr˙ žta kokiame nors Rk e ˛ju e erdv˙ s poaibyje. e Toliau galima butu analizuoti funkcijas y = f (x), kuriu argumentas yra ˛ ¯ ˛ R∞ aib˙ s elementas (t.y. x yra begalin˙ seka (x1 , x2 , . . . )) arba net bet kokios e e RT aib˙ s elementas (tada x žymi funkciją x(t), apibr˙ žtą kokioje nors aib˙ je e e e T ). Tokios funkcijos f vadinamos funkcionalais ir nagrin˙ jamos trečioje e analiz˙ s dalyje, vadinamojoje funkcin˙ je analiz˙ je. e e e Funkcin˙ s analiz˙ s kursas kažkada buvo skaitomas 7, po to — 8 semestre, e e o dabar jis nukeltas i magistru mokymo programas. Tačiau pradin˙ s to kurso ˛ ˛ e sąvokos (tašku aplinkos, atviros ir uždaros aib˙ s, funkcijos riba ir tolydu˛ e mas) gali buti išd˙ stytos jau dabar. Sakyčiau netgi, kad apsiribojimas vien e ¯ k kintamu ˛ funkcijomis niekuo nepalengvintu d˙ stymo, nes pradin˙ s są˛ju ˛ e e vokos tiek daugiamat˙ s, tiek funkcin˙ s analiz˙ s kurse vis tiek iliustruojamos e e e 2 pavyzdžiais R erdv˙ je. e Tod˙ l pirmame daugiamat˙ s analiz˙ s skyriuje aš nagrin˙ siu pakankamai e e e e bendrą (nors ir ne pačią bendriausią) situaciją — kai funkcijos argumentas x ir reikšm˙ y yra kokios nors metrin˙ s erdv˙ s elementas (metrines erdves e e e apibr˙ šiu jau pirmame šio skyriaus skyrelyje). Taip tikiuosi sutaupyti šiek e tiek laiko busimam funkcin˙ s analiz˙ s kursui. e e ¯ 12.1 Euklidin˙ s ir normuotosios erdv˙ s e e Tiesin˙ erdv˙ es es. Priminsiu tiesin˙ s erdv˙ s sąvoką iš algebros. E aib˙ e e e vadinama tiesine erdve, jei joje apibr˙ žta tokia struktura. e ¯ 1. E aib˙ je yra tam tikras fiksuotas elementas, vadinamas nuliu ir žymie 391 392 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES mas 0. 2. E aib˙ je apibr˙ žta binarin˙ operacija, vadinama sud˙ timi ir žymima e e e e + ženklu. Sud˙ tis turi buti komutatyvi ir asociatyvi, o 0 turi buti neutralus e ¯ ¯ sud˙ ties atžvilgiu: x + y = y + x, (x + y) + z = x + (y + z), 0 + x = x. e 3. Kiekvienam x ∈ E apibr˙ žtas priešingas elementas, žymimas −x ir e išsiskiriantis savybe x + (−x) = 0. 4. Su kiekvienu c ∈ R apibr˙ žta unarin˙ operacija E aib˙ je, vadinama e e e daugyba iš c. Skaičiaus c ir elemento x sandauga žymima cx. Daugyba turi tur˙ ti tokias savybes: c(x + y) = cx + cy, (c1 + c2 )x = c1 x + c2 x, e (c1 c2 )x = c1 (c2 x), 1x = x. Tiesin˙ s erdv˙ s elementai paprastai vadinami vektoriais. D˙ l sud˙ ties asoe e e e ciatyvumo užrašydami vektoriu sumas galima nerašyti skliaustu pavyzdžiui, ˛ ˛; x + y + z + u. D˙ l komutatyvumo tokiose sumose d˙ menis galima kaitalioti e e vietomis; pavyzdžiui, x + y + z + u = z + y + u + x. x + (−y) + (−z) + u pavidalo reiškiniuose skliaustai taip pat praleidžiami ir rašoma x − y − z + u. Algebros kurse irodoma, kad bet kokioje tiesin˙ je erdv˙ je ˛ e e −0 = 0, Tod˙ l, pavyzdžiui, e x − (y + z) − (u − v) = x − y − z − u + v. Galiausiai irodoma, kad ˛ 0x = 0 ir (−1)x = −x. Tod˙ l apibr˙ žiant tiesin˙ s erdv˙ s strukturą, pakanka apibr˙ žti tik pagrindines e e e e e ¯ operacijas — sud˙ ti ir daugybą iš skaičiaus. e˛ Tiesiniu erdviu pavyzdžiai. 1. Pagrindinis pavyzdys — Rk erdv˙ , ku˛ ˛ e rioje tiesin˙ s erdv˙ s struktura apibr˙ žiama taip: e e e ¯ (x1 , . . . , xk ) + (y1 , . . . , yk ) = (x1 + y1 , . . . , xk + yk ), c(x1 , . . . , xk ) = (cx1 , . . . , cxk ). Aišku, tada 0 = (0, . . . , 0) ir − (x1 , . . . , xk ) = (−x1 , . . . , −xk ). (12.1) −(x + y) = (−x) + (−y), −(−x) = x. ˙ ˙ 12.1. EUKLIDINES IR NORMUOTOSIOS ERDVES 393 2. Bendresnis pavyzdys — RT erdv˙ . Jos elementai yra funkcijos x(t), e apibr˙ žtos T aib˙ je ir igyjančios realias reikšmes, o funkciju suma x + y ir e e ˛ ˛ sandauga cx apibr˙ žiamos formul˙ mis e e (x + y)(t) = x(t) + y(t), (cx)(t) = cx(t). Aišku, tada nulin˙ funkcija 0 igyja visur reikšmę 0, o (−x)(t) = −x(t). e ˛ 3. Jei E yra tiesin˙ erdv˙ , o E0 — toks jos poaibis, kad e e x, y ∈ E0 ⇒ x + y ∈ E0 , c ∈ R, x ∈ E0 ⇒ cx ∈ E0 , tai E0 pats yra tiesin˙ erdv˙ . Jis vadinamas E erdv˙ s poerdviu. Pavyzdžiui, e e e T jei T ⊂ R, tai R erdv˙ s poaibis, kuriam priklauso visos tolydžiosios funkcijos e (ir tik jos) yra tiesin˙ erdv˙ , paprastai žymima C(T ) (C — nuo angliško e e žodžio continuous, reiškiančio tolydusis). Visu apr˙ žtu tolydžiu ˛ fnkciju aib˙ taip pat yra tiesinis RT poerdvis. Jis ˛ e ˛ ˛ju ˛ e žymimas Cb (T ) (b — nuo angliško žodžio bounded, reiškiančio apr˙ žtas). e T Šie ir daug kitu R erdv˙ s poerdviu nagrin˙ jami funkcin˙ je analiz˙ je. Pati ˛ e ˛ e e e T R yra per daug didel˙ ir tod˙ l neidomi. e e ˛ 4. Jei E ir F yra dvi tiesin˙ s erdv˙ s, tai Dekarto sandauga E × F e e paverčiama nauja tiesine erdve, apibr˙ žus e (x, y) + (x , y ) = (x + x , y + y ), c(x, y) = (cx, cy). Tokia erdv˙ vadinama E ir F erdviu sandauga. e ˛ Sandaugos konstrukcija bus dažnai naudojama. Pavyzdžiui, i reiškini ˛ ˛ xy1 + xy2 patogiau žiur˙ ti ne kaip i triju realiu kintamu ˛ x, y1 ir y2 funkciją, bet kaip ˛ ˛ ˛ ˛ju ¯e i dvieju kintamu ˛, x ∈ R ir y = (y1 , y2 ) ∈ R2 , funkciją. Tokiu atveju jos ˛ ˛ ˛ju argumentas (x, y) yra R × R2 erdv˙ s elementas. e 4. Galima sudauginti ir daugiau erdviu Teorijoje daugikliai tada žymimi ˛. E1 , . . . , Ek , o tiesin˙ s erdv˙ s struktura E1 × · · · × Ek sandaugoje apibr˙ žiama e e e ¯ (12.1) formul˙ mis, kuriose xi ir yi jau žymi nebe skaičius, o vektorius iš Ei . e Skaliarin˙ daugyba. Skaliarine daugyba tiesin˙ je erdv˙ je E vadinama e e e funkcija (x, y) → x · y iš E × E i R su tokiomis savyb˙ mis (aš jas vadinu ˛ e skaliarin˙ s daugybos aksiomomis): e E1) (x + y) · z = x · z + y · z, (cx) · y = c(x · y); E2) x · y = y · x; 394 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES E3) x · x 0 ir x · x = 0 ⇒ x = 0. Iš pirmu dvieju aksiomu išplaukia ir tokios lygyb˙ s: ˛ ˛ ˛ e E1a) x · (y + z) = x · y + x · z, x · (cy) = c(x · y). Tikrai, x · (y + z) = (y + z) · x =y·x+z·x =x·y+x·z ir x · (cy) = (cy) · x = c(y · x) = c(x · y) (iš E2) (iš E1) (iš E2). (iš E2) (iš E1) (iš E2) Iš E1 ir E1a išplaukia, kad tiesinius darinius galima dauginti pagal iprastą ˛ taisyklę — kiekvieną nari dauginant iš kiekvieno. Pavyzdžiui, ˛ Smulkus šios lygyb˙ s pagrindimas atrodo taip: e (x − 2y) · (3z − x) = 3x · z − x · x − 6y · z + 2y · x. (iš (iš (iš (iš E1a) E1a) E1) E1) Paskutinioji lygyb˙ išplaukia iš skaičiu savybiu nes x · z, y · z, x · x ir y · x e ˛ ˛, yra skaičiai. E1 aksiomoje pa˙ męs c = 0 ir c = −1, gaunu e D˙ l daugybos komutatyvumo tada ir e 0 · x = 0, x · 0 = 0 ir x · (−y) = −(x · y). (−x) · y = −(x · y). (x − 2y) · (3z − x) = (x − 2y) · (3z) + (x − 2y) · (−x) = 3[(x − 2y) · z] + (−1)[(x − 2y) · x] = 3[x · z + (−2y) · z] − [x · x + (−2y) · x] = 3[(x · z) − 2(y · z)] − [(x · x) − 2(y · x)] = 3(x · z) − 6(y · z) − (x · x) + 2(y · x). Jei x = 0, Koši nelygyb˙ akivaizdi, nes kairioji pus˙ lygi 0. Jei x = 0, tai e e x · x = 0 ir (12.2) išplaukia iš nelygyb˙ s e 0 istačius i ją c = −x · y/x · x. ˛ ˛ (cx + y) · (cx + y) = c2 x · x + 2cx · y + y · y, Pagaliau iš E3 aksiomos išplaukia vadinamoji Koši nelygyb˙ : e √ √ |x · y| x · x y · y. (12.2) ˙ ˙ 12.1. EUKLIDINES IR NORMUOTOSIOS ERDVES 395 Euklidin˙ erdv˙ es es. Tiesin˙ erdv˙ su fiksuota skaliarine daugyba vadie e nama euklidine erdve. Euklidin˙ s erdv˙ s pavyzdys yra Rk erdv˙ , kurioje e e e x = (x1 , . . . , xk ) ir y = (y1 , . . . , yk ) vektoriu skaliarin˙ sandauga apibr˙ žiama ˛ e e formule x · y = x1 y1 + · · · + xk yk . (12.3) Patikrinsiu, kad (12.3) formul˙ tikrai apibr˙ žia skaliarinę daugybą. Jei e e x = (x1 , . . . , xk ), y = (y1 , . . . , yk ), z = (z1 , . . . , zk ), tai (x + y) · z = (x1 + y1 , . . . , xk + yk ) · (z1 , . . . , zk ) (sumos apibr˙ žimas) e = (x1 + y1 )z1 + · · · + (xk + yk )zk (daugybos apibr˙ žimas) e ir (v˙ l iš skaliarin˙ s daugybos apibr˙ žimo) e e e x · z + y · z = (x1 z1 + · · · + xk zk ) + (y1 z1 + · · · + yk zk ); tod˙ l (x + y) · z = x · z + y · z. Be to, e (cx) · y = (cx1 , . . . , cxk ) · (y1, . . . , yk ) (cx apibr˙ žimas) e = cx1 y1 + · · · + cxk yk (skaliarin˙ s daugybos apibr˙ žimas) e e = c(x1 y1 + · · · + xk yk ) = c(x · y) (skaliarin˙ s daugybos apibr˙ žimas). e e Taigi E1 aksioma patenkinta. Iš (12.3) y · x = y1 x1 + · · · + yk xk = x1 y1 + · · · + xk yk = x · y; tod˙ l E2 aksioma taip pat patenkinta. e V˙ l iš apibr˙ žimo e e x · x = x2 + · · · + x2 1 k 0, nes neneigiamu d˙ menu suma neneigiama. Jei bent vienas d˙ muo griežtai ˛ e ˛ e didesnis už 0, tai suma bus > 0. Tod˙ l iš x · x = 0 išplaukia, kad visi x2 = 0. e i Tada visi xi = 0, t.y. x = (0, . . . , 0) = 0. Taigi patenkinta ir E3 aksioma. (12.3) formule apibr˙ žiamą daugybą aš vadinu standartine. Šiame kurse e kitokiu daugybu man neprireiks. Tačiau apskritai galima apibr˙ žti ir nestan˛ ˛ e dartinę skaliarinę daugybą. Vienas toks pavyzdys yra žemiau pateikiamame pratime. 396 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES Funkcin˙ je analiz˙ je nagrin˙ jamos ir kitos euklidin˙ s erdv˙ s. Pavyzdžiui, e e e e e Cb (a; b) erdv˙ je (apr˙ žtu tolydžiu ˛ funkciju iš (a; b) i R) skaliarinę daugybą e e ˛ ˛ju ˛ ˛ galima apibr˙ žti formule e b x, y = a x(t)y(t)dt. (Funkciju erdv˙ se skaliarin˙ sandauga žymima x, y , o ne x · y, kad nesi˛ e e painiotu su paprasta funkciju sandauga xy, apibr˙ žiama formule (xy)(t) = ˛ ˛ e x(t)y(t).) 12.1 pratimas. Ar duotos formul˙ s apibr˙ žia skaliarinę daugybą R2 e e erdv˙ je? Atsakymą pagriskite. e ˛ I. (x1 , y1 ) · (x2 , y2) = x1 x2 − x1 y2 − y1 x2 + 2y1 y2 . II. (x1 , y1 ) · (x2 , y2) = x1 y2 . 2 III. (x1 , y1 ) · (x2 , y2) = x2 + y2 . 1 Sprendimas. Atkreipiu d˙ mesi, kad sąlygoje R2 erdv˙ s vektorius žymiu e ˛ e (x, y), o ne (x1 , x2 ), kaip anksčiau. Indeksus naudoju, nor˙ damas pažym˙ ti e e kelis vektorius. Tod˙ l skaliarin˙ s daugybos aksiomos, kurias reikia patikrinti, e e užrašomos taip: [(x1 , y1 ) + (x2 , y2)] · (x3 , y3 ) = (x1 , y1 ) · (x3 , y3 ) + (x2 , y2 ) · (x3 , y3 ); [c(x1 , y1 )] · (x2 , y2 ) = c[(x1 , y1) · (x2 , y2 )]; (x1 , y1 ) · (x2 , y2 ) = (x2 , y2) · (x1 , y1 ); (x, y) · (x, y) 0; (x, y) · (x, y) = 0 ⇒ (x, y) = (0, 0). I. Tikrinu pirmą lygybę. Kairioji jos pus˙ lygi e (x1 +x2 , y1 +y2)·(x3 , y3) = (x1 +x2 )x3 −(x1 +x2 )y3 −(y1 +y2 )x3 +2(y1 +y2 )y3, o dešinioji — (x1 x3 − x1 y3 − y1 x3 + 2y1 y3 ) + (x2 x3 − x2 y3 − y2 x3 + 2y2 y3 ). Abu reiškiniai sutampa; tod˙ l pirma lygyb˙ teisinga. e e Tikrinu antrą lygybę. Kairioji jos pus˙ lygi e (cx1 , cy1 ) · (x2 , y2) = (cx1 )x2 − (cx1 )y2 − (cy1 )x2 + 2(cy1 )y2 , ˙ ˙ 12.1. EUKLIDINES IR NORMUOTOSIOS ERDVES o dešinioji — Abu reiškiniai sutampa; tod˙ l ji taip pat teisinga. e Trečia lygyb˙ irgi teisinga, nes e c(x1 x2 − x1 y2 − y1 x2 + 2y1y2 ). 397 x1 x2 − x1 y2 − y1 x2 + 2y1 y2 = x2 x1 − x2 y1 − y2 x1 + 2y2 y1 . Tikrinu paskutinius du sąryšius. (x, y) · (x, y) = x2 − xy − yx + 2y 2 = x2 − 2xy + 2y 2 = (x − y)2 + y 2 0, nes abu kvadratai neneigiami. Jei sandauga lygi 0, tai abu kvadratai lygus ¯ 0. Tada x − y = 0 ir y = 0. Iš čia x = y = 0, t.y. (x, y) = (0, 0). Taigi ir šie sąryšiai teisingi. Reiškia, pirma formule apibr˙ žiama skaliarin˙ e e 2 daugyba R erdv˙ je. Tai — nestandartin˙ s skaliarin˙ s daugybos pavyzdys. e e e II. Ši formul˙ neapibr˙ žia skaliarin˙ s daugybos, nes n˙ ra komutatyvumo: e e e e (x1 , y1 ) · (x2 , y2) = x1 y2 , (x2 , y2) · (x1 , y1 ) = x2 y1 ir tie reiškiniai nevisada lygus. Pavyzdžiui, ¯ (0, 1) · (1, 1) = 0, o (1, 1) · (0, 1) = 1. Galima buvo pasteb˙ ti, kad nepatenkintas ir paskutinis sąryšis. Kadangi e (x, y) · (x, y) = xy, tai iš (x, y) · (x, y) = 0 išplaukia, kad vienas iš x, y skaičiu lygus 0. Bet kitas ˛ gali buti nelygus 0; pavyzdžiui, ¯ (1, 0) · (1, 0) = 0, nors (1, 0) = (0, 0). III. Ši formul˙ taip pat neapibr˙ žia skaliarin˙ s daugybos, nes nepatenkinta e e e jau E1 aksioma: 2 [c(x1 , y1)] · (x2 , y2 ) = (cx1 , cy1 ) · (x2 , y2 ) = (cx1 )2 + y2 , 2 c[(x1 , y1 ) · (x2 , y2 )] = c(x2 + y2 ) 1 ir tie reiškiniai ne visada vienodi. Pavyzdžiui, [2(0, 1)] · (0, 1) = 1, o 2[(0, 1) · (0, 1)] = 0. 398 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES Norma. Tegu E yra kokia nors tiesin˙ erdv˙ . Norma E erdv˙ je vadinama e e e tokia funkcija x → x iš E i [0; ∞), kad ˛ N1) x = 0 ⇒ x = 0; N2) cx = |c| x ; N3) x + y x + y . Trečioji normos savyb˙ vadinama trikampio nelygybe. e Iš N2 savyb˙ s išplaukia, kad e 0 = 0 ir −x = x x−y + y , x − y . y − x . (tereikia paimti c = 0 ir c = −1). Tada iš N3 nelygyb˙ s e x = (x − y) + y t.y. Šioje nelygyb˙ je sukeitęs vietomis x su y, gaunu e y−x x−y Kadangi y − x = −(x − y) = x − y , skirtumo norma didesn˙ tiek už e x − y , tiek už y − x . Vienas iš tu skirtumu sutampa su x − y . ˛ ˛ Reiškia, x−y x − y . Šią nelygybę taip pat vadinsiu trikampio nelygybe. Normuotosios erdv˙ es. Tiesin˙ erdv˙ su fiksuota norma vadinama nore e muotąja erdve. Štai keletas pavyzdžiu ˛. 1. Kiekvienoje euklidin˙ je erdv˙ je norma gali buti apibr˙ žta formule e e e ¯ √ x = x · x. (12.4) Pavyzdžiui, Rk erdv˙ je e x = x2 + · · · + x2 . 1 k (12.5) Irodysiu, kad (12.4) funkcija tikrai yra norma. Jei x = 0, tai ˛ √ x · x = 0, x · x = 0, o tada iš E3 aksiomos x = 0. Taigi N1 sąryšis teisingas. N2 savyb˙ taip pat e akivaizdi: √ √ cx = (cx) · (cx) = c2 x · x = |c| x · x = |c| x . ˙ ˙ 12.1. EUKLIDINES IR NORMUOTOSIOS ERDVES Dabar iš Košy nelygyb˙ s e x+y 2 399 = (x + y) · (x + y) = x · x + 2x · y + y · y x 2 +2 x y + y 2 = x + y 2 . Ištraukęs šakni, gaunu trikampio nelygybę. ˛ 2. (12.5) formule apibr˙ žiamą normą aš vadinu standartine. Dažnai naue dojamos ir tokios nestandartin˙ s normos Rk erdv˙ je: e e x 1 = |x1 | + · · · + |xk | ir x ∞ = max{|x1 |, . . . , |xk |}. Iš čia x1 = · · · = xk = 0 ir x = (0, . . . , 0) = 0. Taigi N1 aksioma patenkinta. N2 aksioma išplaukia iš lygybiu ˛ cx cx ∞ 1 Irodysiu, kad tai tikrai normos. ˛ Neneigiamu skaičiu suma ir maksimumas yra neneigiamas skaičius; jei ˛ ˛ bent vienas iš skaičiu griežtai teigiamas, tai tiek suma, tiek maksimumas ˛ teigiamas. Taigi x 1 0 ir x ∞ 0, o iš x 1 = 0 arba x ∞ = 0 išplaukia |x1 | = · · · = |xk | = 0. = i i |cxi | = i i |c| |xi| = |c| i i |xi | = |c| x 1 ; ∞, = max|cxi | = max|c| |xi| = |c| max|xi | = |c| x o trikampio nelygyb˙ — iš sąryšiu e ˛ x+y ir x+y ∞ 1 = i |xi + yi| i |xi | + |yi| = i |xi | + i |yi | = x 1 + y 1 = max|xi + yi | i max |xi | + |yi| i max|xi | + max|yi| = x i i ∞ + y ∞. 3. Funkcin˙ je analiz˙ je nagrin˙ jamos ivairios normuotos funkciju erdv˙ s. e e e ˛ ˛ e Pavyzdžiui, labai populiari Cb (T ) erdv˙ su norma e x = sup|x(t)|. t∈T Cb (a; b) erdv˙ je galima apibr˙ žti ir kitą normą: e e b x = a |x(t)|dt. 400 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES 4. Tegu E yra normuotoji erdv˙ su norma · , o E0 — tiesinis jos poe erdvis. Tada · funkcija (tiksliau, jos siaurinys E0 aib˙ je) yra norma E0 e erdv˙ je. Taigi ir E0 yra normuotoji erdv˙ ; ji vadinama E erdv˙ s poerdviu. e e e 5. Tegu E ir F yra dvi normuotosios erdv˙ s; normas abiejose erdv˙ se e e žym˙ siu tuo pačiu · simboliu. Tada E × F erdv˙ je galima apibr˙ žti normą e e e (x, y) = max( x , y ). E × F erdvę su tokia norma vadinsiu normuotoju erdviu E ir F sandauga. ˛ ˛ 6. Dauginti galima ir daugiau erdviu Tegu, pavyzdžiui, E1 , . . . , Ek yra ˛. normuotosios erdv˙ s; normas visose žym˙ siu tuo pačiu · simboliu. Tada e e formule (x1 , . . . , xk ) = max( x1 , . . . , xk ) apibr˙ žiama norma E = E1 × · · · × Ek sandaugoje. e 12.2 pratimas. Kurios iš duotu formuliu apibr˙ žia normą R2 erdv˙ je? ˛ ˛ e e Atsakymą pagriskite. ˛ I. (x, y) = |x| + |2x − y|. II. (x, y) = |xy|. III. (x, y) = x2 + y 2. Sprendimas. I. Jei (x, y) = 0, tai |x| + |2x − y| = 0, |x| = |2x − y| = 0, x = 2x − y = 0, x = y = 0 ir (x, y) = (0, 0). N2 aksioma išplaukia iš lygybiu ˛ c(x, y) = (cx, cy) = |cx| + |2cx − cy| = |c| |x| + |c| |2x − y| = |c| (x, y) , o N3 aksioma — iš nelygybiu ˛ (x, y) + (x , y ) = (x + x , y + y ) = |x + x | + |2x + 2x − y − y | |x| + |x | + |2x − y| + |2x − y | = (x, y) + (x , y ) . Taigi pirma formule apibr˙ žiama funkcija yra norma. e II. Antra funkcija n˙ ra norma, nes netenkinama N1 aksioma. Pavyzdžiui, e √ (1, 0) = 1 · 0 = 0, nors (1, 0) = (0, 0). III. Trečia funkcija n˙ ra norma, nes netenkinama N2 aksioma. Pavyze džiui, 2(1, 1) = (2, 2) = 4 + 4 = 8, o 2 (1, 1) = 2(1 + 1) = 4. ˙ ˙ 12.2. METRINES ERDVES x2 12.1 pav. Jei atkarpos galus x1 , y1 pastumsime i x2 ir y2 pozicijas, tai atkarpos ˛ ilgis pasikeis ne daugiau kaip per d(x1 , x2 ) + d(y1, y2 ) 12.2 Metrin˙ s erdv˙ s e e Metrika. Tegu E yra kokia nors aib˙ . Metrika E aib˙ je vadinama tokia e e funkcija d iš E × E i [0; ∞), kad ˛ M1) d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y; M2) d(x, y) = d(y, x); M3) d(x, y) d(x, z) + d(z, y). Jei d yra metrika, tai d(x, y) skaičius vadinamas atstumu nuo x iki y taško. M1 sąlyga reiškia, kad atstumas nuo bet kurio taško iki jo paties yra 0, o iki bet kurio kito taško — griežtai teigiamas. Iš M2 sąlygos išplaukia, kad atstumas nuo x iki y toks pat, kaip ir atstumas nuo y iki x. Tod˙ l d(x, y) e galima vadinti atstumu tarp x ir y. M3 sąlyga vadinama trikampio nelygybe. Ji reiškia, kad atstumas tarp x ir y, einant tiesiai, trumpesnis už atstumą tarp tu tašku einant per tašką z. ˛ ˛, Jei x1 , x2 , y1 , y2 ∈ E, tai iš trikampio nelygyb˙ s e d(x1 , y1) tod˙ l e Sukeitęs vietomis (x1 , y1) su (x2 , y2), iš čia gaunu Reiškia, d(x2 , y2 ) − d(x1 , y1 ) d(x2 , x1 ) + d(y2 , y1) = d(x1 , x2 ) + d(y1, y2 ). d(x1 , x2 ) + d(y1 , y2). (12.6) d(x1 , y1 ) − d(x2 , y2 ) d(x1 , x2 ) + d(y1, y2 ). d(x1 , x2 ) + d(x2 , y1) d(x1 , x2 ) + d(x2 , y2) + d(y2, y1 ); Ši „keturkampio“ nelygyb˙ leidžia ivertinti, kiek pasikeis atkarpos x1 y1 ilgis, e ˛ jei jos galus šiek tiek pastumsime (žr. 12.1 pav.) Atskiras (12.6) atvejis yra tokia nelygyb˙ e (reikia paimti x1 = x, x2 = y, y1 = y2 = z ir pasiremti tuo, kad tada d(y1 , y2) = 0). Ją irgi vadinsiu trikampio nelygybe. d(x, z) − d(y, z) d(x, y) d(x1 , y1 ) − d(x2 , y2 ) íí íí y2 y1 x1 401 402 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES Metrin˙ erdv˙ es es. Aib˙ su fiksuota joje metrika vadinama metrine erdve. e Štai keletas pavyzdžiu ˛. 1. Kiekviena normuotoji erdv˙ paverčiama metrine, apibr˙ žiant e e d(x, y) = x − y . (12.7) Pavyzdžiui, jei E yra Rk erdv˙ su standartine norma, tai pagal šią formulę e gaunu tokią metriką: d(x, y) = (x1 − y1 )2 + · · · + (xk − yk )2 . (12.8) Atvirkščiai, jei d(x, y) = 0, tai x − y = 0, x − y = 0 ir x = y. Taigi pirmoji aksioma patenkinta. Iš d(y, x) = y − x = −(x − y) = |−1| x − y = d(x, y) išplaukia, kad patenkinta antra aksioma, o iš nelygybiu ˛ d(x, z) = x − z = (x − y) + (y − z) x − y + y − z = d(x, y) + d(y, z) Irodysiu, kad (12.7) funkcija tikrai tenkina visas tris metrikos aksiomas. ˛ Akivaizdu, kad d(x, x) = x − x = 0 = 0. gaunu, kad patenkinta ir trečioji. 2. (12.8) metriką vadinsiu standartine Rk erdv˙ s metrika. Imdamas nese tandartines normas, galiu gauti nestandartines metrikas. Pavyzdžiui, d(x, y) = |x1 − y1 | + · · · + |xk − yk | arba 3. Bet koks metrin˙ s erdv˙ s E poaibis M naturaliai tampa metrine erdve, e e ¯ jei susitariama, kad atstumai tarp M tašku yra tokie pat, kaip E erdv˙ je. M ˛ e tada vadinamas E erdv˙ s poerdviu. Taigi bet koks normuotos erdv˙ s poaibis e e (atskiru atveju — bet koks Rk poaibis) yra metrin˙ erdv˙ (nebutina, kad tas e e ¯ poaibis butu tiesinis). ¯ ˛ 4. Tegu E ir F yra dvi metrin˙ s erdv˙ s; metrikas abiejose erdv˙ se žym˙ siu e e e e ta pačia d raide. Tada formule d (x, y), (x , y ) = max d(x, x ), d(y, y ) d(x, y) = max |x1 − y1 |, . . . , |xk − yk | . ˙ ˙ 12.2. METRINES ERDVES 403 apibr˙ žiama metrika E×F sandaugoje. E×F erdvę su tokia metrika vadinsiu e E ir F erdviu sandauga. ˛ 5. Apibr˙ šiu metriką R erdv˙ je. Tegu ϕ yra kokia nors tolydžioji did˙ janti e e e funkcija iš R i R. Pavyzdžiui, ˛  π − , kai x = −∞;  2  ϕ(x) = arctg x, kai −∞ < x < ∞; π   , kai x = ∞. 2 Su x, y ∈ R apibr˙ žiu e d(x, y) = ϕ(x) − ϕ(y) . (12.9) Irodysiu, kad tai metrika. ˛ Akivaizdu, kad d(x, x) = ϕ(x) − ϕ(x) = 0 su visais x. Atvirkščiai, jei d(x, y) = 0, tai ϕ(x) − ϕ(y) = 0, t.y. ϕ(x) = ϕ(y). Kadangi ϕ did˙ janti, ji injektyvi ir tod˙ l iš čia gaunu x = y. Taigi M1 e e aksioma patenkinta. Kitos dvi aksiomos išplaukia iš ir d(y, x) = ϕ(y) − ϕ(x) = ϕ(x) − ϕ(y) = d(x, y) ϕ(x) − ϕ(z) + ϕ(z) − ϕ(y) = d(x, z) + d(z, y) sąryšiu ˛. Kam reikalingas ϕ funkcijos tolydumas, paaišk˙ s v˙ liau. e e 12.3 pratimas. Ar d yra metrika E erdv˙ je? Atsakymą pagriskite. e ˛ I. E = {1, 2, 3}, o d apibr˙ žiama lygyb˙ mis d(x, x) = 0 ir e e d(1, 2) = d(2, 1) = d(1, 3) = d(3, 1) = 1, II. E = R, d(x, y) = 1, kai x = y, ir d(x, x) = 0. Sprendimas. I. d n˙ ra metrika, nes netenkina trečios aksiomos: e d(2, 3) = 3 > 2 = d(2, 1) + d(1, 3). d(2, 3) = d(3, 2) = 3. d(x, y) = ϕ(x) − ϕ(y) II. d yra metrika. Pirmos dvi aksiomos akivaizdžios. Jei x = z, tai d(x, z) = 0 d(x, y) + d(y, z), nes visi atstumai neneigiami. Jei x = z, tai arba z = y = x, arba x = y = z, arba y nesutampa nei su x, nei su z. Pirmais dviem atvejais d(x, z) = 1 = d(x, y) + d(y, z), o trečiuoju d(x, z) = 1 < 2 = d(x, y) = d(y, z). 404 E x e e 12.2 pav. Metrin˙ erdv˙ 2 1 0 -1 -2 Rutuliai. Toliau šiame skyrelyje E bus metrin˙ erv˙ su metrika d. Aš ją e e isivaizduoju kaip tam tikrą plokštumos dali, o skaičiu d(x, y) laikau atstumu ˛ ˛ ˛ tarp x ir y tašku (žr. 12.2 pav.) ˛ Tegu a ∈ E ir r > 0. Atviras ir uždaras r spindulio rutulys su centru a taške apibr˙ žiami formul˙ mis e e ¯ U(a, r) = {x ∈ E | d(x, a) < r} ir U (a, r) = {x ∈ E | d(x, a) Normuotoje erdv˙ je šios formul˙ s virsta tokiomis: e e ¯ U(a, r) = {x ∈ E | x − a < r} ir U (a, r) = {x ∈ E | x − a r}. r}. Rutuli aš isivaizduoju kaip skrituli su centru a taške (žr. 12.3 pav.) Skir˛ ˛ ˛ tumo tarp atviro ir uždaro rutulio pavaizduoti piešinyje aš nemoku; tenka atsiminti, kad skritulio kraštas atviram rutuliui nepriklauso, o uždaram — priklauso. Aišku, konkrečiose erdv˙ se rutulys nebutinai yra apvalus. 12.4 pav. pae ¯ rodžiau, kaip atrodo U(0, 1) rutulys R2 erdv˙ je su · 1 ir · ∞ normomis. e Jei a ∈ M ⊂ E, tai atviras r spindulio rutulys su centru a taške poerdvyje M susideda iš visu x ∈ M, kuriu atstumas iki a mažesnis už r. Taigi jis ˛ ˛ sutampa su M ∩ U(a, ε) sankirta; čia U(a, ε) yra rutulys visoje E erdv˙ je. e ï î î ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES y E d(x, y) a r 12.3 pav. Rutulys U(a, r) 2 1 0 -1 -2 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 12.4 pav. Rutuliai R2 erdv˙ je su · e 1 ir · ∞ normomis ˙ ˙ 12.2. METRINES ERDVES b a ¯ Analogiškas uždaras rutulys sutampa su M ∩ U(a, r) aibe. Jei M aib˙ labai e idomi, tai rutuliai M poerdvyje gali buti ir labai keistos formos. ˛ ¯ Tegu, pavyzdžiui, R2 plokštumos poaibis M susideda iš vienetinio kvadrato, atkarpos ir taško (žr. 12.5 pav.) Tada vienetinis uždaras rutulys su centru a, b ir c taške susideda iš, atitinkamai, sektoriaus, sektoriaus ir atkarpos, triju tašku Atvirame vienetiniame rutulyje su centru c taške butu tik vienas ˛ ˛. ¯ ˛ taškas — centras c. Bazin˙ aplinkos. U(a, ε) rutulys vadinamas a taško ε-aplinka. Visos εes aplinkos dar vadinamos bazin˙ mis to taško aplinkomis. e Iš d(a, a) = 0 lygyb˙ s išplaukia, kad taškas priklauso kiekvienai savo e bazinei aplinkai. Akivaizdu taip pat, kad jei ε1 < ε2 , tai U(a, ε1 ) ⊂ U(a, ε2 ). Tod˙ l dvieju baziniu aplinku sankirta v˙ l yra bazin˙ aplinka: e ˛ ˛ ˛ e e U(a, ε1 ) ∩ U(a, ε2 ) = U(a, ε) su ε = min(ε1 , ε2). Irodysiu, kad bet kurie du metrin˙ s erdv˙ s taškai turi nesikertančias ˛ e e bazines aplinkas. Tarkime, a = b. Tada d(a, b) > 0 ir galima pažym˙ ti e ε = d(a, b)/2. Irodysiu, kad U(a, ε) ∩ U(b, ε) = ∅. Tikrai, jei koks nors x ˛ priklausytu tai sankirtai, iš trikampio nelygyb˙ s gaučiau prieštarą: ˛ e 2ε = d(a, b) d(a, x) + d(x, b) < ε + ε. Vidiniai aib˙ taškai. Tegu a ∈ E ir A ⊂ E. a vadinamas vidiniu A es aib˙ s tašku, jei A viduje yra tam tikra jo bazin˙ aplinka, t.y. ∃ε U(a, ε) ⊂ A. e e Visu vidiniu A tašku aib˙ vadinama jos vidumi ir žymima Int A. ˛ ˛ ˛ e Jei, pavyzdžiui, E = R2 ir A = {(x, y) | 1 x2 + y 2 < 9}, tai (0, 2) ir (1, 1) yra vidiniai taškai, o (1, 0) taškas n˙ ra vidinis (žr. 12.6 pav.). Iš e piešinio matyti, kad Int A = {(x, y) | 1 < x2 + y 2 < 9}. Kaip griežtai irodyti ˛ šią lygybę, paaiškinsiu kitame skyrelyje. Keistesn˙ se erdv˙ se aib˙ gali tur˙ ti ir tokiu vidiniu tašku kurie iš pažiuros e e e e ˛ ˛ ˛, ¯ 2 n˙ ra vidiniai. Tegu, pavyzdžiui, M yra R erdv˙ s poerdvis, pavaizduotas e e ô ô ó ôòñð óò ð ñð 405 b b b c a c a c a c (a) M erdv˙ e ¯ (b) U(a, 1) ¯ (c) U(b, 1) ¯ (d) U(c, 1) 12.5 pav. Keistoje erdv˙ je keisti ir rutuliai e 4 3 2 1 0 -1 -2 -3 -4 -4 -3 -2 -1 12.6 pav. (0, 2) ir (1, 1) yra vidiniai, o (0, 2), (1, 1), (1, 0) ir (3, 0) — ribiniai aib˙ s taškai e 12.5 pav., o A = {c}. Tada c yra vidinis A taškas M poerdvyje, nes jo 1-aplinka tame poerdvyje M ∩ U(c, 1) = {c} ⊂ A. Aišku, visoje R2 erdv˙ je c n˙ ra vidinis A taškas. e e Ribiniai aib˙ taškai. a vadinamas ribiniu A aib˙ s tašku, jei bet kokioje es e bazin˙ je jo aplinkoje yra tašku iš A. Visu tokiu tašku aib˙ vadinama aib˙ s e ˛ ˛ ˛ ˛ e e uždariniu ir žymima A. Pavyzdžiui, jei A yra 12.6 pav. pvaizduota aib˙ , tai (0, 2), (1, 1), (1, 0) ir e (3, 0) yra jos ribiniai taškai, o (0, 0) taškas n˙ ra ribinis. Iš piešinio matyti, kad e A = {(x, y) | 1 x2 + y 2 9}. Kaip griežtai irodyti šią lygybę, paaiškinsiu ˛ kitame skyrelyje. Jei A ⊂ M ⊂ E, tai A aib˙ s uždarinys M poerdvyje sutampa su M ∩ A e sankirta; čia A yra A uždarinys visoje erdv˙ je. Tikrai, jei a yra ribinis A e taškas M poerdvyje, tai jis priklauso M ir bet kokioje jo bazin˙ je aplinkoje e M ∩ U(a, ε) yra tašku iš A. Reiškia, ir U(a, ε) rutulyje yra tašku iš A, ˛ ˛ t.y. a ∈ A. Atvirkščiai, tegu a ∈ M ∩ A. Tada bet kokioje jo aplinkoje U(a, ε) yra taškas x ∈ A. Kadangi A ⊂ M, tas taškas priklauso ir M. Taigi x ∈ õõ õ õ õ 0 1 2 3 4 406 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES ˙ ˙ 12.2. METRINES ERDVES 407 M ∩ U(a, ε). Ši sankirta yra bazin˙ a taško aplinka M poerdvyje. Reiškia, e kiekvienoje bazin˙ je aplinkoje yra taškas iš A, t.y. a yra ribinis A taškas M e poerdvyje. Iš irodyto teiginio išplaukia, kad su ribiniais taškais net ir keistose erdv˙ se ˛ e netur˙ sime tokiu problemu kokias tur˙ jome su vidiniais taškais. Bet koks e ˛ ˛, e ribinis taškas visoje erdv˙ je, jei tik jis priklauso poerdviui, yra ribinis taškas e ir poerdvyje. Be to, jokiu papildomu ribiniu tašku poerdvyje neatsiranda. ˛ ˛ ˛ ˛ Kraštiniai taškai. Aib˙ A \ Int A vadinama A aib˙ s kraštu ir žymima ∂A. e e Tos aib˙ s taškai vadinami kraštiniais A taškais. e Taigi kraštiniai taškai turi dvi savybes: (i) kraštinis taškas yra ribinis taškas, t.y. kiekvienoje jo aplinkoje yra tašku iš A; ˛ (ii) kraštinis taškas n˙ ra vidinis ir tod˙ l neturi aplinkos, kuri butu A aib˙ s e e e ¯ ˛ c poaibis, t.y. kiekvienoje jo aplinkoje bus tašku ir iš A aib˙ s papildinio A . ˛ e Trumpai galima pasakyti taip: a yra kraštinis A aib˙ s taškas, kai bet kuri jo e bazin˙ aplinka kertasi tiek su A, tiek su Ac . e Pavyzdžiui, (1, 0) ir (3, 0) yra kraštiniai 12.6 pav. pavaizduotos aib˙ s e taškai, o, tarkim, (1, 1) taškas n˙ ra kraštinis. Nesunku matyti, kad tos aib˙ s e e kraštas yra {(x, y) | x2 + y 2 = 1} ∪ {(x, y) | x2 + y 2 = 9} junginys. 12.4 pratimas. R2 erdv˙ je raskite Int A, A ir ∂A. e I. A = {(x, y) | y = x}. II. A = {0, 1, 2} × Q. III. A = {(x, y) | x2 y 1} \ {(0, 0)}. Sprendimas. (Žr. 12.7 pav.) I. Int A = ∅, A = A, ∂A = A. II. Int A = ∅, A = ∂A = {0, 1, 2} × R. III. Int A = {(x, y) | x2 < y < 1}, A = {(x, y) | x2 y 2 {(x, y) | y = x } ∪ {(x, y) | y = 1}. 1}, ∂A = Atviros ir uždaros aib˙ es. Jei a yra vidinis A aib˙ s taškas, tai atsiras e toks ε, kad U(a, ε) ⊂ A. Kadangi pats a priklauso kiekvienai savo bazinei aplinkai, jis priklausys ir A aibei. Taigi gavau tokią išvadą: kiekvienas vidinis A taškas priklauso A aibei. Jei a ∈ A, tai kiekvienoje jo bazin˙ je aplinkoje yra taškas iš A — pats a. e Reiškia, a yra ribinis A aib˙ s taškas. Taigi gavau antrą išvadą: kiekvienas A e taškas yra ribinis jos taškas. 2 2 2 1 1 1 0 0 0 -1 -1 0 1 2 -1 -1 0 1 2 -1 -1 12.7 pav. Abi išvadas galima užrašyti viena formule: Int A ⊂ A ⊂ A. A aib˙ vadinama atvira, jei visi jos taškai yra vidiniai, t.y. Int A = A. e Aib˙ vadinama uždara, jei jai priklauso visi ribiniai jos taškai, t.y. A = A. e Atvirąsias aibes stengsiuos žym˙ ti O raid˙ mis (angliškai open reiškia atvie e ras), uždarąsias — C raid˙ mis (angliškai closed reiškia uždaras). Atviras e aibes aš isivaizduoju kaip aibes, kurioms nepriklauso joks konturo taškas, o ˛ ¯ uždaras — kaip aibes, kurioms priklauso visi konturo taškai. Jei dalis konturo ¯ ¯ tašku priklauso, o dalis — nepriklauso aibei, aib˙ n˙ ra nei atvira, nei uždara. ˛ e e Keistose erdv˙ se pasikliauti vien intuicija negalima. Jei, pavyzdžiui, M e 2 yra R poerdvis, pavaizduotas 12.5 pav., tai vientašk˙ aib˙ {c} yra atvira M e e poerdvyje, nors ir n˙ ra atvira visoje plokštumoje. e Dabar išsiaiškinsiu, kokios yra pati mažiausia ir pati didžiausia aib˙ — e tuščioji aib˙ ∅ ir visa E. e O atvira, kai x ∈ O ⇒ ∃ε U(x, ε) ⊂ O. Kai O = ∅, ši formul˙ teisinga, nes jos prielaida x ∈ ∅ visada klaidinga. e Tod˙ l ∅ yra atviroji aib˙ . Kai O = E, prielaida x ∈ E visada teisinga, bet e e visada teisinga ir išvada ∃ε U(x, ε) ⊂ E (galima paimti bet koki ε; kad ir ˛ ε = 1). Reiškia, visa erdv˙ E taip pat yra atviroji aib˙ . e e C aib˙ uždara, kai e ∀ε U(x, ε) ∩ C = ∅ ⇒ x ∈ C. Kai C = ∅, prielaida visada teisinga, nes joks U(x, ε) nesikerta su tuščia aibe. Tod˙ l formul˙ teisinga, t.y. ∅ yra uždaroji aib˙ . Kai C = E, visada e e e teisinga išvada x ∈ E; tod˙ l visa formul˙ irgi teisinga. Taigi visa erdv˙ E e e e taip pat yra uždaroji aib˙ . e Taigi ∅ ir visa E erdv˙ yra tiek atviroji, tiek ir uždaroji aib˙ . R2 plokštue e moje ir apskritai bet kokioje normuotoje erdv˙ je n˙ ra daugiau aibiu kurios e e ˛, ÷ ö 0 1 2 408 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES ˙ ˙ 12.2. METRINES ERDVES 2 1 0 -1 -1 butu ir atviros, ir uždaros (tą irodysiu v˙ liau šiame skyriuje). Bet keistesn˙ se ˛ e e ¯ ˛ erdv˙ se tokiu gali atsirasti. Pavyzdžiui, 12.5 pav. pavaizduotame M poerde ˛ vyje vientašk˙ aib˙ {c} yra ir atvira, ir uždara. e e 12.5 pratimas. Ar A atvira (uždara) R2 erdv˙ je? Jei ne, tai kod˙ l. e e I. A = {(x, y) | x2 + y 2 > 1} ∪ {(0, 0)}. II. A = {(x, y) | x2 < y III. A = {1, 2} × {1, 2}. Sprendimas. (Žr. 12.8 pav.) I. A neatvira, nes (0, 0) n˙ ra jos vidinis e taškas. A taip pat ir neuždara, nes (1, 0) yra jos ribinis taškas, bet nepriklauso aibei. II. A atvira. Ji n˙ ra uždara, nes (0, 0) ∈ A, nors ir yra jos ribinis taškas. e III. A neatvira, nes (1, 1) n˙ ra jos vidinis taškas. A uždara. e Atviru aibiu savyb˙ ˛ ˛ es. 1. Bet koks atviras rutulys U(a, r) yra atviroji aib˙ . e Irodymas. Tegu x ∈ U(a, r); reikia irodyti, kad x yra vidinis U(a, r) ˛ ˛ taškas, t.y. rasti toki ε, kad U(x, ε) ⊂ U(a, r). ˛ Kadangi d(x, a) < r, galiu pažym˙ ti ε = r − d(x, a) (žr. 12.9 pav.). Jei e y ∈ U(x, ε), tai d(y, a) d(y, x) + d(x, a) < ε + d(x, a) = r; tod˙ l y ∈ U(a, r). Reiškia, U(x, ε) ⊂ U(a, r). e Irodymas. Tarkime, O = i∈I Oi ir x ∈ O. Tada x priklauso kokiai nors ˛ Oi . Kadangi Oi atvira, egzistuoja toks ε, kad U(x, ε) ⊂ Oi . Tada tuo labiau U(x, ε) ⊂ O. Reiškia, bet koks x ∈ O yra vidinis O taškas, t.y. O atvira. 2. Bet kokios atviru aibiu šeimos (Oi | i ∈ I) junginys yra atvira aib˙ . ˛ ˛ e ù ù ù ø ù 409 2 2 1 1 0 0 -1 -1 0 1 2 -1 0 1 2 -1 0 1 2 12.8 pav. 1} \ {(x, y) | y |x|}. E r a (a) U (a, r) atvira 12.9 pav. Atviru aibiu savyb˙ s ˛ ˛ e 3. Dvieju atviru aibiu sankirta yra atvira aib˙ . ˛ ˛ ˛ e Irodymas. ˛ Tarkime, O1 , O2 yra atviros aib˙ s ir O = O1 ∩ O2 (žr. e 12.9 pav.). Tegu x ∈ O. Tada x priklauso tiek O1 , tiek O2 aibei. Kadangi abi jos atviros, egzistuoja bazin˙ s aplinkos U(x, ε1 ) ⊂ O1 ir U(x, ε2 ) ⊂ O2 . e Mažesnioji iš tu aplinku yra sankirtos O1 ∩ O2 poaibis. Taigi kiekvienas ˛ ˛ x ∈ O yra vidinis O taškas, t.y. O atvira. Ryšys tarp atviru ir uždaru aibiu Atviru aibiu papildiniai yra uždaro˛ ˛ ˛. ˛ ˛ sios aib˙ s, o uždaru aibiu papildiniai — atvirosios aib˙ s. e ˛ ˛ e ˛ Irodymas. Tegu O atvira, C = O c ir x ∈ C. Reikia irodyti, kad x ˛ priklauso C aibei. Tarkime priešingai, x ∈ O. Kadangi O atvira, atsiras toks ε, kad U(x, ε) ⊂ O. Tada U(x, ε) nesikerta su C, o to negali buti, nes x yra ¯ ribinis C taškas. Dabar tarkime, kad C uždara, O = C c ir x ∈ O. Reikia irodyti, kad x ˛ yra vidinis O taškas, t.y. kad egzistuoja toks ε, jog U(x, ε) ⊂ O. Tarkime priešingai, U(x, ε) ⊂ O su visais ε. Reiškia, bet kuri bazin˙ x aplinka kertasi e su C, t.y. x yra ribinis C taškas. Kadangi C uždara, x ∈ C. V˙ l gavau e prieštarą. Uždaru aibiu savyb˙ ˛ ˛ es. 1. Bet kokios uždaru aibiu šeimos (Ci | i ∈ I) ˛ ˛ sankirta yra uždaroji aib˙ . e Irodymas. Pažymiu C = i Ci , Oi = Cic ir O = C c . Kadangi Ci uždaros, ˛ Oi aib˙ s atviros. Iš De Morgano formuliu išplaukia, kad e ˛ O= i üû ú E O1 ε x x O2 (b) Sankirta atvira 410 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES Ci c = i Cic = i Oi . ˙ ˙ 12.2. METRINES ERDVES Tod˙ l O atvira, o C = O c — uždara. e 2. Dvieju uždaru aibiu junginys yra uždaroji aib˙ . ˛ ˛ ˛ e 411 c Irodymas. Tegu C1 , C2 uždaros ir C = C1 ∪ C2 . Pažymiu O1 = C1 , ˛ c O2 = C2 ir O = C c . Tada O1 ir O2 atviros. Iš De Morgano formuliu gaunu ˛ c c O = (C1 ∪ C2 )c = C1 ∩ C2 = O1 ∩ O2 . Tod˙ l O atvira, o C aib˙ uždara. e e Uždarinio savyb˙ es. Jau esu irodęs, kad visada A ⊂ A. Irodysiu dar dvi ˛ ˛ naudingas savybes. 1. A ⊂ B ⇒ A ⊂ B. Tikrai, jei x ∈ A, tai bet kuri bazin˙ x aplinka e kertasi su A ir tuo labiau su B. Reiškia, x ∈ B. 2. A = A (t.y. aib˙ s uždarinys yra uždaroji aib˙ ). e e Irodymas. ˛ Tegu x yra ribinis A taškas ir U(x, ε) yra bet kokia jo bazin˙ aplinka. Ta aplinka kertasi su A; tegu y yra bet koks tos sankire tos taškas. Kadangi y ∈ U(x, ε) ir U(x, ε) atvira, egzistuoja toks δ, kad U(y, δ) ⊂ U(x, ε). Kita vertus, iš y ∈ A išplaukia, kad U(y, δ) aplinkoje yra tašku iš A. Reiškia, ir U(x, ε) aplinkoje yra tašku iš A, t.y. x ∈ A. ˛ ˛ e e Taigi A yra uždaroji aib˙ , apr˙ pianti A. Jei C yra bet kokia kita uždaroji aib˙ , apr˙ pianti A, tai C = C ⊃ A, t.y. C yra didesn˙ už A. Reiškia, A yra e e e mažiausia uždaroji aib˙ , apr˙ pianti A. e e Vidaus savyb˙ es. 1. A ⊂ B ⇒ Int A ⊂ Int B. Irodymas. Tegu x ∈ Int A. Tada atsiras toks ε, kad U(x, ε) ⊂ A. Iš ˛ A ⊂ B tada išplaukia U(x, ε) ⊂ B. Reiškia, x ∈ Int B. 2. Int(Int A) = Int A (t.y. Int A yra atviroji aib˙ ). e Irodymas. Tegu x ∈ Int A. Tada U(x, ε) ⊂ A su tam tikru ε. Jei ˛ y ∈ U(x, ε), tai U(y, δ) ⊂ U(x, ε) su tam tikru δ, nes U(x, ε) aib˙ atvira. e Tada U(y, δ) ⊂ A, t.y. y ∈ Int A. Kadangi kiekvienas y ∈ U(x, ε) priklauso Int A aibei, U(x, ε) ⊂ Int A. Reiškia, x ∈ Int(Int A). Taigi Int A yra atviras A poaibis. Jei O yra bet koks kitas atviras A poaibis, tai O = Int O ⊂ Int A. Taigi Int A yra didžiausias atviras A poaibis. 12.6 pratimas. Ar teisingas duotas sąryšis? Jei taip, irodykite; jei ˛ ne, duokite kontrpavyzdi. ˛ 412 I. A ∪ B = A ∪ B. II. ∂(A ∪ B) = ∂A ∪ ∂B. ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES Sprendimas. I. Sąryšis teisingas. Visu pirma, A ∪ B apr˙ pia tiek A, tiek ˛ e B, nes A ∪ B didesn˙ ir už A, ir už B. Tod˙ l A ∪ B ⊃ A ∪ B. e e Kita vertus, A ∪ B yra dvieju uždaru aibiu junginys ir tod˙ l pati yra ˛ ˛ ˛ e uždara. Be to, ji apr˙ pia tiek A, tiek B ir, reiškia, A ∪ B aibę. Iš aukščiau e irodytos uždarinio charakterizacijos išplaukia, kad tada A ∪ B ⊃ A ∪ B. ˛ II. Sąryšis neteisingas. Tarkime, E = R, A = (0; 2) ir B = (1; 3). Tada A ∪ B = (0; 3); tod˙ l ∂(A ∪ B) = {0; 3}. Kita vertus, ∂A ∪ ∂B = {0, 2} ∪ e {1, 3} = {0, 1, 2, 3}. Ryšys su vienmate analize. Jei E = R, tai naujai apibr˙ žtos vidinio ir e ribinio taško, atviros ir uždaros aib˙ s sąvokos niekuo nesiskiria nuo apibr˙ žtu e e ˛ 6 skyriuje. Tikrai, standartin˙ metrika R erdv˙ je apibr˙ žiama formule e e e d(x, y) = |x − y|; tod˙ l U(a, δ) ir U(b, ε) tiek dabar, tiek 6 skyriuje žymi tas pačias aibes. e Tegu dabar E yra R erdv˙ , kurioje metrika apibr˙ žta (12.9) formule su e e tam tikra tolydžiąja griežtai did˙ jančia funkcija ϕ : R → R. Tada pagal e naujus žymenis U(a, ε) = {x | ϕ(x) − ϕ(a) < ε}, o 6 skyriuje tuo simboliu buvo žymima arba (a − ε; a + ε), arba [−∞; −1/ε), arba (1/ε; ∞] aib˙ (priklausomai nuo to, ar a baigtinis, ar lygus ±∞). Pae nagrin˙ siu, ar tai neturi itakos aukščiau min˙ tu sąvoku apibr˙ žimui. e ˛ e ˛ ˛ e ˜ Tegu U (a, ε) žymi aibę, kurią 6 skyriuje žym˙ jau U(a, ε). D˙ l ϕ tolydumo e e kiekvienam ε galima surasti toki δ, kad ˛ ˜ x ∈ U (a, δ) ⇒ ϕ(x) − ϕ(a) < ε, t.y. Reiškia, ˜ x ∈ U (a, δ) ⇒ x ∈ U(a, ε). ˜ ∀ε ∃δ U (a, δ) ⊂ U(a, ε). (12.10) Iš 7.6 teoremos išplaukia, kad atvirkštin˙ funkcija ϕ−1 taip pat visur e tolydi. Taigi su kiekvienu ε atsiras toks δ, kad ˜ y − ϕ(a) < δ ⇒ ϕ−1 (y) ∈ U(a, ε). ˙ ˙ 12.2. METRINES ERDVES Imdamas y = ϕ(x), gaunu ˜ ϕ(x) − ϕ(a) < δ ⇒ x ∈ U (a, ε), t.y. Reiškia, x ∈ U(a, δ) ⇒ x ∈ U(a, ε). ˜ ∀ε ∃δ U(a, δ) ⊂ U(a, ε). 413 (12.11) Dabar nesunku irodyti, kad naujai apibr˙ žta vidinio taško sąvoka ne˛ e siskiria nuo apibr˙ žtos 6 skyriuje. Tikrai, tegu a yra vidinis A taškas pagal e dabartini apibr˙ žimą, t.y. egzistuoja toks ε, kad U(a, ε) ⊂ A. Pasir˙ męs ˛ e e ˜ (a, δ) ⊂ U(a, ε). Tada U(a, δ) ⊂ A ir, reiškia, a ˜ (12.10) randu δ, su kuriuo U yra vidinis A taškas pagal 6 skyriaus apibr˙ žimą. e Pasir˙ męs (12.11) analogiškai irodau atvirkščią teigini: jei a yra vidinis A e ˛ ˛ taškas pagal senąji apibr˙ žimą, jis yra vidinis tos aib˙ s taškas ir pagal naująji ˛ e e ˛ apibr˙ žimą. Taigi Int A simbolis tiek 6, tiek ir šiame skyriuje žymi tą pačią e aibę. Kadangi atviromis tiek anksčiau, tiek dabar vadinamos aib˙ s, sutame pančios su savo vidumi, tai atviros aib˙ s sąvoka taip pat nepasikeit˙ . Panašiai e e irodoma, kad nepasikeit˙ nei ribinio taško, nei aib˙ s uždarinio, nei uždaros ˛ e e aib˙ s sąvokos. e Aplinkos. Taško a aplinka vadinama bet kokia atvira aib˙ , kuriai priklauso e a. Aplinku sistema U vadinama aplinku baze, jei bet kuri aplinka apr˙ pia ˛ ˛ e kokią nors aplinką iš U: a∈O O atvira ⇒ ∃U ∈ U U ⊂ O. Jei O atvira ir a ∈ O, tai a yra vidinis O taškas ir tod˙ l egzistuoja ε, su e kuriuo U(a, ε) ⊂ O. Reiškia, sistema U = {U(a, ε) | ε > 0} yra aplinku baz˙ . Butent tod˙ l ε-aplinkas aš ir vadinau bazin˙ mis. Tačiau ˛ e e e ¯ tai n˙ ra visiškai korektiška, nes egzistuoja ir kitos aplinku baz˙ s. e ˛ e ˜ Jei U yra viena aplinku baz˙ , o U — tokia aplinku sistema, kad ˛ e ˛ ˜ ˜ ˜ ∀U ∈ U ∃U ∈ U U ⊂ U, tai ˜ yra kita aplinku baz˙ . Tod˙ l, pavyzdžiui, iš (12.10) išplaukia, kad R U ˛ e e erdv˙ je aib˙ s U(a, ε), ε > 0, sudaro kitą aplinku bazę. Taigi ir 6 skyriuje e e ˜ ˛ tur˙ jau teisę jas vadinti bazin˙ mis aplinkomis. e e 414 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES Ekvivalenčios metrikos. Visu metrin˙ s erdv˙ s atviru aibiu sistema vad˛ e e ˛ ˛ inama jos topologija. Dar sakoma, kad metrika apibr˙ žia, arba indukuoja, e topologiją. Dvi metrikos vadinamos ekvivalenčiomis, jei jos indukuoja tą pačią topologiją. ˜ ˜ Tegu d ir d yra dvi metrikos E aib˙ je, o U(a, r) ir U (a, r) žymi rutulius, e ˜ atžvilgiu. Irodysiu, kad metrikos ekvivalenčios tada ir tik atitinkamai d ir d ˛ tada, kai teisingos (12.10)–(12.11) formul˙ s. e Tarkime, metrikos ekvivalenčios. Kadangi U(a, ε) rutulys yra atviras d ˜ metrikos atžvilgiu, jis atviras ir d atžvilgiu. Be to, a ∈ U(a, ε); tod˙ l a yra e ˜ atžvilgiu). Reiškia, U(a, δ) ⊂ U(a, ε) su tam tikru ˜ vidinis U(a, ε) taškas (d δ. Analogiškai irodoma (12.11) formul˙ . ˛ e Atvirkščiai, tegu (12.10)–(12.11) formul˙ s teisingos. Tegu O yra bet kokia e ˜ aib˙ , atvira d metrikos atžvilgiu. Irodysiu, kad ji atvira ir d atžvilgiu. Tegu e ˛ a ∈ O. Kadangi O atvira d atžvilgiu, egzistuoja toks ε, kad U(a, ε) ⊂ O. ˜ Pasir˙ męs (12.10), randu δ, su kuriuo U (a, δ) ⊂ U(a, ε). Taigi kiekvienam e ˜ ˜ a ∈ O egzistuoja δ, su kuriuo U (a, δ) ⊂ O. Reiškia, O atvira d metrikos atžvilgiu. ˜ Analogiškai irodoma, kad kiekviena aib˙ , atvira d atžvilgiu, yra atvira ir ˛ e d atžvilgiu. Štai pora ekvivalenčiu metriku pavyzdžiu ˛ ˛ ˛. 1. Skirtingas funkcijas ϕ atitinka skirtingos (12.9) formule apibr˙ žiamos e metrikos. Tačiau visos jos ekvivalenčios, nes ju indukuota topologija sutampa ˛ su visu aibiu atviru pagal 6 skyriaus apibr˙ žimą, sistema. ˛ ˛, ˛ e 2. Visos normos Rk erdv˙ je indukuoja ekvivalenčias metrikas. Ši svarbu e ˛ ˛ teigini irodysiu kitame skyriuje. ˛˛ Topologin˙ sąvokos. Kokia nors metriniu erdviu teorijos sąvoka vadies ˛ ˛ nama topologine, jei ją galima apibr˙ žti panaudojus vien atviros aib˙ s sąe e voką. Topologin˙ s sąvokos turinys nesikeičia, jei metrika pakeičiama jai eke vivalenčia metrika. Aišku, atviros aib˙ s ir aplinkos sąvokos yra topologin˙ s. Vidinio taško e e sąvoka irgi topologin˙ , nes a yra vidinis A taškas tada ir tik tada, kai tam e tikra jo aplinka yra A poaibis. Irodysiu ši teigini. ˛ ˛ ˛ Tegu a yra vidinis a taškas; tada U(a, ε) ⊂ A su tam tikru ε. Be to, U(a, ε) yra a aplinka. Atvirkščiai, tegu U yra a aplinka ir U ⊂ A. Kadangi rutuliai sudaro aplinku bazę, atsiras toks ε, kad U(a, ε) ⊂ U. Tada U(a, ε) ⊂ A, ˛ t.y. a yra vidinis A taškas. Ribinio taško sąvoka taip pat topologin˙ : a yra ribinis A taškas tada ir e tik tada, kai bet kokia jo aplinka kertasi su A. (Jei bet kokia aplinka, tai ir bet kokia bazin˙ aplinka kertasi su A; tod˙ l a yra ribinis. Atvirkščiai, jei a e e 12.3. RIBOS 415 ribinis ir U — bet kokia jo aplinka, tai U viduje esanti bazin˙ aplinka kertasi e su A; tod˙ l U tuo labiau kertasi.) e Taigi Int A ir A yra topologin˙ s sąvokos. Tada topologin˙ ir ∂A = A\Int A e e bei kraštinio taško sąvoka. Uždaros aib˙ s charakterizuojamos lygybe A = A; e tod˙ l uždaros aib˙ s sąvoka taip pat topolgin˙ . e e e 12.3 Ribos Apibrežimas. Tegu E ir F yra dvi metrin˙ s erdv˙ s. Metrikas abiejose ˙ e e erdv˙ se žym˙ siu ta pačia d raide. Tegu M ⊂ E ir f : M → F . Sakome, kad e e f (x) art˙ ja prie b, kai x art˙ ja prie a, arba b yra f funkcijos riba a taške, e e ir rašome f (x) − → b, jei bet kuriai b aplinkai V galima rasti tokią a taško − aplinką U, kad f (M ∩ U) ⊂ V . Kadangi aplinkos sąvoka topologin˙ , ribos sąvoka taip pat topologin˙ , e e t.y. priklauso tik nuo atviros aib˙ s sąvokos. Reiškia, pakeitus metrikas E ir e F erdv˙ se ekvivalenčiomis, sąvokos turinys nepasikeis. e Irodysiu, kad ribos apibr˙ žime žodi „aplinka“ galima pakeisti žodžiais ˛ e ˛ „bazin˙ aplinka“. Tiksliau, jei U yra kokia nors a taško, o V — kokia nors b e taško aplinku baz˙ , tai ˛ e f (x) − → b ⇐⇒ ∀V0 ∈ V ∃U0 ∈ U f (M ∩ U0 ) ⊂ V0 . − x→a x→a aplinka U, kad f (M ∩ U) ⊂ V . Kadangi U yra aplinku baz˙ , atsiras toks ˛ e U0 ∈ U, kad U0 ⊂ U. Tada f (M ∩ U0 ) ⊂ f (M ∩ U) ⊂ V0 . Atvirkščias teiginys irodomas taip. Tegu V yra bet kokia b aplinka. ˛ Kadangi V yra aplinku baz˙ , atsiras tokia V0 ∈ V, kad V0 ⊂ V . Randu ˛ e U0 ∈ U, su kuriuo f (M ∩ U0 ) ⊂ V0 . Tada U0 yra a aplinka ir f (M ∩ U0 ) ⊂ V0 ⊂ V . Reiškia, f (x) − → b. − x→a Rutuliai sudaro apliku bazę; tod˙ l iš irodyto teiginio išplaukia, kad b yra ˛ e ˛ f funkcijos riba, kai Kita išvada: R erdv˙ je aplinku bazę sudaro aib˙ s, kurias 6 skyriuje žym˙ jau e ˛ e e U(a, ε) simboliu; tod˙ l E = F = R atveju dabartinis ribos apibr˙ žimas e e ekvivalentus 6 skyriaus apibr˙ žimui. e Konvergavimo kriterijus. Iššifravę, ką reiškia x ∈ U(a, δ) ir f (x) ∈ U(b, ε), apibr˙ žimą galime performuluoti ir taip: e ∀ε ∃δ ∀x ∈ M d(x, a) < δ ⇒ d f (x), b < ε . ∀ε ∃δ ∀x ∈ M ∩ U(a, δ) f (x) ∈ U(b, ε). Tegu f (x) − → b ir V0 ∈ V. Kadangi V0 yra b aplinka, atsiras tokia a − x→a 416 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES Kita vertus, d(f (x), b) taip pat yra funkcija (iš M i R) ir lygiai ta pačia ˛ formule užrašomas teiginys, kad d(f (x), b) − → 0. Taigi − x→a f (x) − → b ⇐⇒ d(f (x), b) − → 0. − − x→a x→a Ši teigini aš vadinu konvergavimo kriterijumi. ˛ ˛ Jei E yra normuotoji erdv˙ , tai konvergavimo kriterijus užrašomas taip: e f (x) − → b ⇐⇒ − x→a f (x) − b − → 0. − x→a Ribu savyb˙ ˛ es. Pagrindin˙ s ribu savyb˙ s tokios pat, kaip E = F = R e ˛ e atveju. Štai kelios iš ju ˛. 1. Jei O atvira ir f (x) − → b ∈ O, tai f (x) ∈ O, kai x pakankamai arti − x→a a. Irodymas. Kadangi O atvira ir b ∈ O, O yra b aplinka. Tod˙ l egzistuoja ˛ e tokia a aplinka U, kad f (M ∩ U) ⊂ O. 2. Funkcijos ribos a taške egzistavimas ir jos reikšm˙ priklauso tik nuo e funkcijos reikšmiu kurias ji igyja netoli a esančiuose taškuose. ˛, ˛ Irodymas. Tegu U0 yra a aplinka, o g — kita funkcija, kuri M ∩ U0 aib˙ je ˛ e apibr˙ žta ir igyja tokias pat reikšmes kaip ir f . Irodysiu, kad jei f (x) − → b, e ˛ ˛ − tai ir g(x) − → b. − x→a Fiksuoju bet kokią b taško aplinką V ir randu tokią a taško aplinką U, kad f (x) ∈ V su x ∈ M ∩ U. Sankirta U ∩ U0 atvira; tod˙ l taip pat yra e a aplinka. Be to, g(x) = f (x) ∈ V su visais x ∈ M ∩ U ∩ U0 . Reiškia, g(x) − → b. − x→a x→a y→b x→a x→a 3. Tarkime, E, F, G — metrin˙ s erdv˙ s, M ⊂ E, N ⊂ F , f : M → N ir e e g : N → G. Tada iš f (x) − → b ir g(y) − → c išplaukia g f (x) − → c. − − − Irodymas. Fiksuoju bet kokią c taško aplinką W . Randu tokią b taško ˛ aplinką V , kad g(N ∩V ) ⊂ W (pasir˙ miau tuo, kad g(y) − → c). Po to randu e − Jei dabar x ∈ M ∩ U, tai f (x) ∈ V ir f (x) ∈ N (nes f : M → N). Taigi f (x) ∈ N ∩ V , o tada g f (x) ∈ W . tokią a taško aplinką U, kad f (M ∩U) ⊂ V (pasir˙ miau tuo, kad f (x) − → b). e − x→a y→b 4. Jei a ∈ M, tai a taške funkcija gali tur˙ ti tik vieną ribą. Jei a ∈ M, e bet koks taškas yra funkcijos riba, kai x → a. Irodymas. Tariu priešingai, a ∈ M , bet f turi dvi ribas a taške, b1 ir ˛ b2 . Tegu V1 ir V2 yra nesikertančios tu ribu aplinkos. Iš ribos apibr˙ žimo ˛ ˛ e 12.3. RIBOS 417 išplaukia, kad egzistuoja tokios a taško aplinkos U1 ir U2 , jog f (x) ∈ V1 su x ∈ M ∩ U1 ir f (x) ∈ V2 su x ∈ M ∩ U2 . Sankirta U = U1 ∩ U2 taip pat yra a aplinka. Jei a ∈ M, joje atsiras koks nors x ∈ M. Tada f (x) ∈ V1 ∩ V2 . Gavau prieštarą. Jei a ∈ M , tai atsiras tokia a aplinka U, kad M ∩ U sankirta tuščia. Tada f (M ∩ U) = ∅ ⊂ V su bet kokia bet kokio taško b aplinka V . Reiškia, bet koks b yra funkcijos riba a taške. Jei a ∈ M ir f turi ribą a taške, ta riba žymima limx→a f (x). Vektorin˙ funkcijos riba. Tegu F erdv˙ , kurioje yra f funkcijos reikšes e m˙ s, yra keliu metriniu erdviu sandauga: F = F1 × · · · × Fl . Tada kiekvienas e ˛ ˛ ˛ y = f (x) yra y = (y1 , . . . , yl ) pavidalo vektorius. Jo komponent˙ yj priklauso e nuo x, t.y. yra tam tikra funkcija iš M i Fj . Pažym˙ jęs ją fj (x) gaunu, kad ˛ e f funkcija yra f (x) = f1 (x), . . . , fl (x) pavidalo. fj funkcijas aš vadinu f funkcijos komponent˙ mis. e Pavyzdžiui, formule f (x) = (x, xe−x ) apibr˙ žiama funkcija iš R i R2 . Jos pirmoji komponent˙ yra funkcija f1 (x) = e ˛ e x, o antroji komponent˙ — funkcija f2 (x) = xe−x . Abi komponent˙ s yra e e vieno kintamojo realiosios funkcijos, kokias nagrin˙ jau 6 skyriuje. Taigi ju e ˛ ribas skaičiuoti aš moku. Pasirodo, to pakanka, kad gal˙ čiau suskaičiuoti e vektorin˙ s funkcijos f ribas. e Irodysiu toki teigini: jei b = (b1 , . . . , bj ) ∈ F , tai f (x) − → b tada ir tik ˛ ˛ ˛ − tada, kai fj (x) − → bj su visais j. − x→a x→a Irodymas. Primenu, kad metrika F erdv˙ je apibr˙ žiama formule ˛ e e d(y, y ) = max d1 (y1 , y1), . . . , dl (yl , yl ) ; čia y = (y1, . . . , yl ), y = (y1 , . . . , yl ), o dj žymi metriką Fj erdv˙ je. Iš e maksimumo savybiu išplaukia, kad ˛ d(y, y ) < ε ⇐⇒ ∀j dj (yj , yj ) < ε. Taigi su visais ε d f (x), b < ε ⇐⇒ ∀j dj fj (x), bj < ε. tam tikros a aplinkos U. Reiškia, su visais x ∈ U teisingos ir dj fj (x), bj < ε formul˙ s, t.y. fj (x) − → bj . Atvirkščia implikacija irodoma analogiškai. e − ˛ x→a Jei f (x) − → b, tai kairioji šios ekvivalencijos pus˙ teisinga su visais x iš − e x→a 418 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES Grižtu prie savo pavyzdžio. Kadangi x − → 0 ir xe−x − → 0, iš irodyto ˛ − − ˛ x→0 x→0 teiginio gaunu (x, xe−x ) − → (0, 0). − x→0 Griežtai kalbant, kol kas galiu tvirtinti tik kad šis sąryšis teisingas, kai metriką R2 erdv˙ je indukuoja · ∞ norma. Tačiau kitame skyriuje irodysiu, kad visos e ˛ normos indukuoja tą pačią topologiją. Kadangi ribos sąvoka topologin˙ , e gautas sąryšis teisingas ir R2 erdv˙ je su standartine metrika. e Sekos riba. I seką (xn ) ⊂ E galima žiur˙ ti kaip i funkciją n → xn , ˛ ˛ ¯e apibr˙ žtą R erdv˙ s poaibyje N ir su reikšm˙ mis metrin˙ je erdv˙ je E. Kadangi e e e e e (n0 −1; ∞] pavidalo aib˙ s sudaro ∞ aplinku bazę, o n > n0 −1 ⇐⇒ n n0 , e ˛ formul˙ xn → a reiškia e ∀ε ∃n0 ∀n arba arba net ∀ε ∃n0 ∀n n0 d(xn , a) < ε, n0 xn ∈ U(a, ε), Pastaroji formul˙ labai naudinga, nes d(xn , a) yra skaičiu seka, o tokiu seku e ˛ ˛ ˛ ribas skaičiuoti aš moku. Reiškia, netur˙ tu kilti principiniu problemu ir e ˛ ˛ ˛ skaičiuojant bet kokios metrin˙ s erdv˙ s elementu sekos ribą. e e ˛ Tegu E yra keliu metriniu erdviu sandauga: E = E1 × · · · × Ek . Tada ˛ ˛ ˛ xn = (xn1 , . . . , xnk ), o (xni ) yra seka Ei erdv˙ je. Iš vektorin˙ s funkcijos ribos e e skaičiavimo taisykl˙ s gaunu, kad jei a = (a1 , . . . , ak ), tai e xn → a ⇐⇒ ∀i xni → ai . Ši formul˙ naudojama, skaičiuojant seku ribas Rk erdv˙ je. Pavyzdžiui, e ˛ e n ( n+1 , 2−n ) → (1, 0), d(xn , a) → 0. nes n n+1 → 1, o 2−n → 0. Ribinio taško charakterizacija seku kalba. Bet kokiai metrin˙ s erdv˙ s ˛ e e sąvokai galima duoti ekvivalentu apibr˙ žimą „seku kalba“, t.y. panaudojant ˛ e ˛ vien sekos ribos sąvoką. Kadangi seku ribos skaičiuojamos nesunkiai, tokie ˛ apibr˙ -imai labai naudingi. e Prad˙ siu nuo ribinio taško sąvokos. Irodysiu, kad e ˛ a ∈ A ⇐⇒ ∃(xn ) ⊂ A xn → a. 12.3. RIBOS 419 Pasir˙ męs šiuo teiginiu, gaunu toki aib˙ s uždarumo kriteriju C aib˙ uže ˛ e ˛: e dara, kai C xn → a ⇒ a ∈ C. 12.7 pratimas. I. Ar uždara duota aib˙ ? Atsakymą pagriskite. e ˛ • A = {(x, y, z) | z = xy}. x2 + y 2}. Irodymas. (⇒) Jei a ∈ A, tai bet kurioje to taško aplinkoje yra tašku iš ˛ ˛ A. Tegu xn yra A taškas, priklausantis U(a, 1/n) aplinkai. Tada (xn ) ⊂ A ir d(xn , a) < 1/n → 0, t.y. xn → a. (⇐) Jei A xn → a, tai kiekvienoje a aplinkoje yra sekos (xn ) nariu ˛; taigi — tašku iš A. Reiškia, a ∈ A. ˛ • B = {(x, y, z) | 0 < z II. Ar atvira duota aib˙ ? Atsakymą pagriskite. e ˛ • A = {(0, y, z) | y 2 + z 2 < 1}. • B = {(x, y, z) | x2 + y 2 < z < 1}. Sprendimas. I. Jei A (xn , yn , zn ) → (a, b, c), tai xn → a, yn → b, zn → c ir zn = xn yn su visais n. Suskaičiavęs ribas pastarojojoje lygyb˙ je, e gaunu c = ab, t.y. (a, b, c) ∈ A. Reiškia, A uždara. 1 1 1 1 1 1 B n˙ ra uždara: (0, n , n2 ) ∈ B (nes 0 < n2 0 + n2 ), (0, n , n2 ) → (0, 0, 0), e bet (0, 0, 0) ∈ B (nes trečioji koordinat˙ 0 > 0). e 1 1 c II. A aib˙ n˙ ra atvira, nes A neuždara: ( n , 0, 0) ∈ Ac (nes n = 0), e e 1 c ( n , 0, 0) → (0, 0, 0), bet (0, 0, 0) ∈ A (t.y. (0, 0, 0) ∈ A: pirma koordinat˙ e yra 0 ir 02 + 02 < 1). Irodysiu, kad B atvira. (x, y, z) ∈ B c , kai (x, y, z ∈ B), t.y. kai neteisinga ˛ konjunkcija x2 + y 2 < z < 1, t.y. kai neteisinga arba x2 + y 2 < z, arba z < 1 formul˙ . Taigi B c = C1 ∪ C2 ; čia e C1 = {(x, y, z) | x2 + y 2 z}, C2 = {(x, y, z) | z 1}. 2 Jei C1 (xn , yn , zn ) → (a, b, c), tai xn → a, yn → b, zn → c ir zn x2 +yn n 2 2 su visais n. Suskaičiavęs ribas pastarojojoje nelygyb˙ je, gaunu c a + b , e t.y. (a, b, c) ∈ C1 . Reiškia, C1 uždara. Jei C2 (xn , yn , zn ) → (a, b, c), tai xn → a, yn → b, zn → c ir zn 1 su visais n. Suskaičiavęs ribas, gaunu c 1, t.y. (a, b, c) ∈ C2 . Reiškia, C2 taip pat uždara. Kadangi dvieju uždaru aibiu junginys uždaras, aib˙ B c = C1 ∪ C2 uždara, ˛ ˛ ˛ e o tada jos papildinys B yra atviroji aib˙ . e 420 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES Ribos charakterizacija seku kalba. Irodysiu, kad ˛ ˛ f (x) − → b ⇐⇒ ∀(xn ) ⊂ M xn → a ⇒ f (xn ) → b . − x→a Irodymas. (⇒) Jei f (x) − → b ir xn → a, tai f (xn ) → b pagal sud˙ tin˙ s ˛ − e e x→a funkcijos ribos skaičiavimo taisyklę. (⇐) Tegu teisingas dešinioji ekvivalencijos pus˙ . Irodysiu, kad b yra f e ˛ funkcijos riba. Tariu priešingai, b n˙ ra riba. Tada atsiras toks ε, kad e ∀δ ∃x ∈ M d(x, a) < δ, d(f (x), b) ε . Šis teiginys naudojamas skaičiuojant vektorinio argumento funkciju ribas. ˛ Tegu, pavyzdžiui, reikia rasti x+y . (x,y)→(0,1) 1 − xy lim Imdamas δ = 1/n, randu tokius xn ∈ M, kad d(xn , a) < 1/n ir d(f (xn ), b) ε. Tada xn → a, bet f (xn ) → b. Gavau prieštarą. Paimamu bet kokią seką (xn , yn ), art˙ jančią i (0, 1), t.y. darau prielaidą e ˛ xn → 0, Iš ribu savybiu tada gaunu ˛ ˛ xn + yn 0+1 → = 0. 1 − xn yn 1−0·1 yn → 1. Reiškia, 0 ir yra ieškomoji riba. Idomesniuose uždaviniuose f (xn , yn ) sekos riba nesusiskaičiuoja. Tegu, ˛ pavyzdžiui, ieškau ribos x+y−2 . (x,y)→(1,1) 1 − xy lim Jei xn → 1, yn → 1, tai xn = 1 + tn , yn = 1 + un su tn → 0, un → 0 ir xn + yn − 2 tn + un = . 1 − xn yn −tn − un + tn un 0 Šioje vietoje skaičiavimas sustoja, nes gaunasi neapibr˙ žtumas 0 . e Jei tn ir un butu konkrečios sekos, skaityklyje ir vardiklyje iškelčiau „svar¯ ˛ biausius“ narius, suprastinčiau ir skaičiuočiau toliau. Dabar gi tenka nagrin˙ ti ivairius galimus variantus. Jei tn yra „svarbesn˙ “ už un , tai e ˛ e tn + un tn ∼ = −1 → −1. −tn − un + tn un −tn 12.3. RIBOS 421 Jei „svarbesn˙ “, taip pat riba yra −1. Jei abi sekos vienodai svarbios, pavyze džiui, un ∼ ctn , tai tn + un (1 + c)tn + o(tn ) = . −tn − un + tn un −(1 + c)tn + o(tn ) Kai c = −1, i narius o(tn ) galima nekreipti d˙ mesio ir riba v˙ l yra −1. ˛ e e Tačiau c = −1 atveju lieka reiškinys o(tn ) , o(tn ) 1 kurio riba gali buti bet kokia. Pavyzdžiui, jei un = −tn = − n , tai ¯ tn + un 0 = 1 = 0 → 0. −tn − un + tn un − n2 Taigi ieškoma riba neapibr˙ žta. Norint griežtai tą pagristi, nebutina rašyti vie ˛ ¯ sos analiz˙ s; pakanka nurodyti dvi seku (tn , un ) poras, su kuriomis gaunamos e ˛ tn skirtingos funkcijos ribos. Pavyzdžiui, pakanka parodyti, kad −tn −u+un n un n +t 1 1 1 art˙ ja prie 0, kai tn = n , un = − n , ir prie −1, kai tn = n , un = 0. e Dar sud˙ tingesniuose uždaviniuose kontrpavyzdžio sugalvoti nepavyksta. e Tegu, pavyzdžiui, reikia suskaičiuoti ribą x3 + y 3 . (x,y)→(0,0) x2 + 2y 2 lim Jei xn → 0, yn → 0, tai skaičiuojant reiškinio 3 x3 + yn n 2 x2 + 2yn n 0 ribą gaunamas neapibr˙ žtumas 0 . Bandau analizuoti ivairius galimus varie ˛ antus. Jei xn „svarbesnis“ už yn , tai mane dominatis reiškinys lygus x3 + o(x3 ) x3 n n ∼ n = xn → 0. x2 + o(x2 ) x2 n n n Jei yn „svarbesn˙ “, tai tas reiškinys lygus e 3 3 y3 yn o(yn ) + yn ∼ n2 = → 0. 2 ) + 2y 2 o(yn 2yn 2 n 422 Jei yn ∼ cxn su c = −1, tai ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES 3 x3 + yn x3 + c3 x3 1 + c3 n n ∼ 2n = xn → 0. 2 x2 + 2yn xn + 2c2 x2 1 + 2c2 n n Jei yn = −xn + zn su zn = o(xn ), tai 3 3x2 zn x3 + yn n ∼ n 2 = zn → 0. 2 x2 + 2yn 3xn n Visais išnagrin˙ tais atvejais gavau ribą 0; tod˙ l sp˙ ju, kad 0 ir yra funkcie e e jos riba. Deja, mano analiz˙ negali buti laikoma šio sp˙ jimo pagrindimu, nes e e ¯ ne visi variantai išnagrin˙ ti. Pavyzdžiui, xn ir yn gali buti tokios, kad viene ¯ ame posekyje „svarbesn˙ “ xn , o kitame — „svarbesn˙ “ yn seka. Tokiu atveju e e reikia bandyti fukciją mažoruoti paprastesne funkcija, kuri akivaizdžiai art˙ ja e i 0. ˛ Kadangi √ x2 + y 2 |x| = x2 ir analogiškai |y| x2 + y 2, mano funkcijos skaitiklio modulis |x|3 + |y|3 x2 + y 2 = 2 x2 + y 2 , x2 + y 2 . 2 3 |x3 + y 3 | o vardiklis x2 + 2y 2 Taigi 3 x3 + yn n 2 x2 + 2yn n 2 2 x2 + yn → 0 n ir, reiškia, ieškomoji riba tikrai yra 0. Šakni x2 + y 2 panaudojau neatsitiktinai. Bendruoju atveju, kai na˛ grin˙ jama k kintamu ˛ funkcija f (x) = f (x1 , . . . , xk ) ir norima irodyti, kad e ˛ju ˛ f (x) − → b, bandoma gauti − x→a f (x) − b ϕ( x − a ) pavidalo nelygyb˙ su tam tikra vieno kintamojo funkcija ϕ(t), kuri art˙ ja i e e ˛ 0, kai t → 0. Kadangi xn − a → 0, kai xn → a, tai ϕ( xn − a ) → 0 ir iš gautos nelygyb˙ s išplaukia, kad f (xn ) → b. e Vietoje euklidin˙ s normos galima imti bet kokią kitą; pavyzdžiui, · 1 e arba · ∞ . Taigi savo uždavinyje vietoje x2 + y 2 gal˙ jau bandyti naudoti e |x| + |y| arba max(|x|, |y|) reiškini. ˛ 12.8 pratimas. Apskaičiuokite ribą arba irodykite, kad ji neegzis˛ tuoja. 12.3. RIBOS I. II. III. x−y−1 . (x,y)→(0,0) (x + y + 2)2 lim x2 + y 2 . (x,y)→(0,0) xy lim x3 y 2 . (x,y)→(0,0) x2 + y 4 lim 423 Sprendimas. I. Jei (xn , yn ) → (0, 0), tai xn → 0, yn → 0; tod˙ l e xn − yn − 1 1 →− . (xn + yn + 2))2 4 1 Reiškia, ieškomoji riba yra − 4 . 1 1 II. Irodysiu, kad ribos n˙ ra. Kadangi ( n , n ) → (0, 0) ir ˛ e 1 1 + n2 n2 1 1 · n n = 2 → 2, 1 2 riba gali buti tiktai 2. Tačiau ( n , n ) taip pat art˙ ja i (0, 0), o e ˛ ¯ 1 4 + n2 n2 1 2 · n n = 5 5 → = 2. 2 2 III. Tegu (xn , yn ) → (0, 0), t.y. xn → 0 ir yn → 0. Kadangi |x| max |x|, |y| , |y| max |x|, |y| , nagrin˙ jamos funkcijos skaitiklio modulis neviršija e max |x|, |y| 5 . Kita vertus, jei x pakankamai arti 0 (tiksliau, |x| < 1), tai vardiklis x2 + y 4 Tod˙ l e x4 + y 4 2 x3 yn n 4 x2 + yn n max(x4 , y 4) = max |x|, |y| max |xn |, |yn| → 0, 4 . t.y. ieškomoji riba yra 0. 424 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES 12.4 Tolydumas Apibrežimas. Tegu v˙ l E ir F yra dvi metrin˙ s erdv˙ s, a ∈ M ⊂ E ir ˙ e e e f : M → F . f funkcija vadinama tolydžia a taške, jei f (x) − → f (a). − x→a Funkcija vadinama tolydžiąja, jei ji tolydi kiekviename apibr˙ žimo srities e taške. Aišku, kad tolydumo sąvoka yra topologin˙ , nes tokia yra ribos sąvoka. e E = F = R atveju naujasis tolydumo apibr˙ žimas sutampa su duotuoju e 6 skyriuje. Tolydumo charakterizacija seku kalba užrašoma taip: f tolydi a taške, ˛ kai M xn → a ⇒ f (xn ) → f (a). Tolydumas izoliuotame aib˙ taške. M aib˙ s taškas a vadinamas izolies e uotu, jei tam tikroje jo aplinkoje t˙ ra vienintelis M aib˙ s taškas — pats a. e e Jei U yra butent tokia a aplinka, tai su bet kokia f (a) taško aplinka V ¯ ∀x ∈ M ∩ U f (x) ∈ V (nes iš x ∈ M ∩ U išplaukia x = a ir f (x) = f (a) ∈ V ). Reiškia, kiekviename izoliuotame apibr˙ žimo srities taške funkcija automatiškai tolydi. e Tolydžiu funkciju pavyzdžiai. Jau min˙ jau, kad E = F = R atveju ˛ ˛ e naujas tlydumo apibr˙ žimas sutampa su žinomu iš 6 skyriaus. Taigi kaip e atrodo tolydžiosios vieno kintamojo realiosios funkcijos, isivaizduojame. ˛ Dabar panagrin˙ siu dvieju kintamu ˛ funkciją (x, y) → x + y, apibr˙ žtą e ˛ ˛ju e R × R erdv˙ s poaibyje e M = R × R \ {(−∞, ∞), (∞, −∞)}. Jei (xn , yn ) ∈ M, (a, b) ∈ M ir (xn , yn ) → (a, b), tai xn → a, yn → b ir suma a + b apibr˙ žta. Tod˙ l iš teoremos apie sumos ribą gaunu xn + yn → a + b. e e Reiškia, nagrin˙ jama funkcija tolydi (a, b) taške. Kadangi (a, b) buvo bet e koks apibr˙ žimo srities taškas, (x, y) → x + y yra tolydžioji funkcija. e Panašiai irodoma, kad tolydus ir kiti aritmetiniai veiksmai: x − y, xy ir ˛ ¯ x/y funkcijos. Dabar aprašysiu dvi svarbias operacijas, kuriomis iš tolydžiu ˛ funkciju ˛ju ˛ gaunamos kitos tolydžiosios funkcijos. 1. Vektorin˙ funkcija e f (x) = f1 (x), . . . , fl (x) 12.4. TOLYDUMAS tolydi tada ir tik tada, kai tolydžios visos jos komponent˙ s. Tikrai, e f (x) − → f (a) ⇐⇒ ∀j fj (x) − → fj (a). − − x→a x→a 425 imo taisykl˙ s gaunu e 2. Tolydžiu ˛ funkciju kompozicija yra tolydžioji funkcija. Tikrai, jei ˛ju ˛ f (x) − → f (a) = b, g(y) − → g(b), tai iš sud˙ tin˙ s funkcijos ribos skaičiav− − e e x→a y→b g f (x) − → g(b) = g f (a) . − x→a Iš šiu dvieju teiginiu išplaukia, kad atlikus aritmetinius veiksmus su toly˛ ˛ ˛ džiosiomis funkcijomis v˙ l gaunamos tolydžiosios funkcijos. Tegu, pavyze džiui, f ir g yra realiosios tolydžiosios funkcijos, apibr˙ žtos kokios nors E e erdv˙ s M poaibyje. Tada vektorin˙ funkcija f (x), g(x) taip pat tolydi. e e Sukomponavęs funkcijas x → f (x), g(x) (y, z) → y + z, (12.12) gaunu funkciją x → f (x) + g(x). Kadangi abi (12.12) funkcijos tolydžiosios, ju kompozicija taip pat tolydžioji. Taigi dvieju tolydžiu ˛ funkciju suma yra ˛ ˛ ˛ju ˛ tolydžioji funkcija. Panašiai irodomas ir skirtumo, sandaugos bei dalmens tolydumas. ˛ Metrikos tolydumas. Irodysiu, kad metrika d yra tolydžioji funkcija iš ˛ E × E i R. Tegu (xn , yn ) → (a, b), t.y. xn → a ir yn → b. Iš (12.6) nelygyb˙ s ˛ e gaunu d(xn , yn ) − d(a, b) d(xn , a) + d(yn , b) → 0. Taigi d(xn , yn ) → d(a, b). Jei vieną iš d funkcijos argumentu fiksuosiu, irgi gausiu tolydžiąją funk˛ ciją. Pavyzdžiui, visos x → d(x, a) pavidalo funkcijos tolydžios. Tikrai, jei xn → x, tai (xn , a) → (x, a) (nes ir a − − a); tod˙ l d(xn , a) → d(x, a). −→ e n→∞ Sud˙ eties, daugybos iš skaičiaus ir normos tolydumas. Tegu E yra normuotoji erdv˙ . Irodysiu, kad visos trys „naturalios“ funkcijos, e ˛ ¯ (x, y) → x + y, (c, x) → cx ir x → x yra tolydžiosios. Jei (xn , yn ) → (x, y), tai xn → x, yn → y ir tod˙ l e xn + yn − x − y xn − x + yn − y → 0, 426 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES t.y. xn + yn → x + y. Taigi sud˙ tis yra tolydžioji funkcija. e Jei (cn , xn ) → (c, x), tai cn → c, xn → x ir tod˙ l e cn xn − cx = cn xn − cn x + cn x − cx cn (xn − x) + (cn − c)x = |cn | xn − x + |cn − c| x → 0, t.y. cn xn → cx. Taigi daugyba iš skaičiaus taip pat tolydi. Jei xn → x, tai xn − x Iš čia išplaukia normos tolydumas. Skaliarin˙ daugybos tolydumas. Tegu E yra euklidin˙ erdv˙ . Irodysiu, es e e ˛ kad (x, y) → x · y yra tolydžioji funkcija iš E × E i R. ˛ Jei (xn , yn ) → (x, y), tai xn → x, yn → y ir iš Košy nelygyb˙ s gaunu e |xn · yn − x · y| = |xn · yn − x · yn + x · yn − x · y| |(xn − x) · yn | + |x · (yn − y)| xn − x yn + x yn − y → 0. xn − x → 0. Reiškia, xn · yn → x · y, t.y. skaliarin˙ daugyba yra tolydžioji funkcija. e Aibiu pirmavaizdžiai tolydžiu ˛ funkciju atžvilgiu. Tegu E ir F yra ˛ ˛ju ˛ dvi metrin˙ s erdv˙ s ir f — tolydžioji funkcija iš E i F . Tada uždaros aib˙ s e e ˛ e pirmavaizdis yra uždaroji aib˙ , o atviros aib˙ s pirmavaizdis — atviroji aib˙ . e e e Irodymas. Irodysiu pirmą teigini. Tegu C yra uždaras F erdv˙ s poaibis. ˛ ˛ ˛ e −1 Jei f (C) xn → x, tai f (xn ) ∈ C ir d˙ l tolydumo f (xn ) → f (x). Kadangi e C uždara, f (x) ∈ C, t.y. x ∈ f −1 (C). Taigi f −1 (C) aib˙ uždara. e Dabar irodysiu antrąji teigini. Jei O atvira, tai O c uždara, ir f −1 (O c ) ˛ ˛ ˛ c −1 c −1 e uždara. Tačiau f (O ) = f (O) . Reiškia, f −1 (O) aib˙ atvira. Irodyti teiginiai bus plačiai taikomi. Kol kad duosiu tik porą pavyzdžiu ˛ ˛. 1. Pasir˙ mus tais teiginiais, galima irodyti aib˙ s uždarumą arba atvirumą. e ˛ e Tegu, pavyzdžiui, A = {(x, y, z) | z = xy}, A aib˙ gali buti užrašyta e ¯ A = {(x, y, z) | xy − z = 0} = {(x, y, z) | f (x, y, z) = 0} = f −1 ({0}) pavidalu; čia f (x, y, z) = xy − z. Akivaizdu, kad f tolydi, o {0} aib˙ uždara. e Reiškia, A taip pat uždara. B = {(x, y, z) | x2 + y 2 < z < 1}. 12.4. TOLYDUMAS B aib˙ yra B1 ∩ B2 sankirta; čia e B1 = {(x, y, z) | x2 + y 2 − z < 0} = g −1 (−∞; 0), B2 = {(x, y, z) | z < 1} = h−1 (−∞; 1), 427 o g(x, y, z) = x2 + y 2 − z, h(x, y, z) = z. Abi funkcijos g ir h tolydžios, aib˙ s e (−∞; 0) ir (−∞; 1) atviros; tod˙ l pirmavaizdžiai B1 ir B2 taip pat atviri. e Atviru aibiu sankirta atvira; tod˙ l B aib˙ irgi atvira. ˛ ˛ e e ¯ 2. Funkcija x → d(x, a) tolydi, o uždaras rutulys U(a, r) yra intervalo ¯ (a, r) rutulys yra už[0; r] pirmavaizdis tos funkcijos atžvilgiu. Reiškia, U daroji aib˙ . e ¯ Atkreipsiu d˙ mesi, kad U(a, r) ne visada yra U(a, r) rutulio uždarinys. e ˛ Pavyzdžiui, jei E = (−1; 1) ∪ {2}, tai U(0, 2) = U(0; 2) = (−1; 1), bet ¯ U (0; 2) = E. Jei f yra tolydžioji funkcija, apibr˙ žta ne visoje erdv˙ je, o tik tam tikrame e e jos poaibyje M, tai i ją galima žiur˙ ti kaip i tolydžiąją funkciją poerdvyje M. ˛ ˛ ¯e Tod˙ l atviros (atitinkamai, uždaros) aib˙ s pirmavaizdis yra atvira (atitinkae e mai, uždara) M poerdvyje. Pavyzdžiui, jei E = R, M = R\{0} ir f (x) = 1/x, tai uždaros (R erdv˙ je) aib˙ s [1; ∞) pirmavaizdis yra (0; 1] intervalas. Jis n˙ ra e e e uždaras visoje ties˙ je, bet uždaras M poerdvyje. e Homeomorfizmai. Jei f yra bijekcija tarp M ir f (M) aibiu ir jei tiek f , ˛ tiek f −1 yra tolydžioji funkcija, sakome, kad f yra homeomorfizmas tarp M ir f (M). Taigi jei f yra homeomorfizmas, tai xn → x ⇐⇒ f (xn ) → f (x). Kadangi aib˙ s vaizdas f atžvilgiu sutampa su jos pirmavaizdžiu f −1 e atžvilgiu, tai atviros (atitinkamai, uždaros) aib˙ s vaizdas homeomorfizmo e atžvilgiu yra atvira (atitinkamai, uždara) f (M) poerdvyje aib˙ . e Štai keletas pavyzdžiu Tegu E yra normuotoji erdv˙ ir a ∈ E. Funkcija ˛. e y = a + x yra tolydžioji bijekcija tarp E ir E; be to, atvirkštin˙ funkcija e x = y − a taip pat tolydi. Reiškia, x → a + x yra homeomorfizmas tarp E ir E. Jis vadinamas postumiu (per vektoriu a). ˛ ¯ Aib˙ s A vaizdas postumio atžvilgiu žymimas a + A: e ¯ a + A = {a + x | x ∈ A}. Taigi a+O aib˙ atvira su bet kokia atvirąja O, o a+C aib˙ uždara su visomis e e uždaromis C. Jei c = 0, tai funkcija y = cx taip pat yra tolydžioji bijekcija tarp E ir E. Atvirkštin˙ bijekcija x = c−1 y taip pat tolydi; tod˙ l x → cx yra e e homeomorfizmas tarp E ir E. Jis vadinamas homotetija (su koeficientu c). E B f A f 1 12.10 pav. M = A ∪ B aib˙ nejungi e A aib˙ s vaizdas homotetijos atžvilgiu žymimas cA: e cA = {cx | x ∈ A}. Taigi cO atvira, jei O atvira, o cC uždara, jei C uždara. Jungios aib˙ es. Tegu M ⊂ E. M aib˙ vadinama jungia, jei kiekviena e tolydžioji funkcija iš M i dvitaškę erdvę {1, 2} yra konstanta. ˛ Jungias aibes isivaizduojame, kaip aibes, susidedančias iš vieno gabalo. ˛ Jei M susid˙ tu iš dvieju atskiru gabalu A ir B, tai funkcija, lygi 1 su x ∈ A ir e ˛ ˛ ˛ ˛ lygi 2 su x ∈ B, butu visur tolydi, ir tod˙ l M nebutu jungi (žr. 12.10 pav.). e ¯ ˛ ¯ ˛ e e Irodysiu, kad R erdv˙ je jungios aib˙ s yra intervalai. ˛ Irodymas. Tegu M yra intervalas ir f — tolydžioji funkcija iš M i {1, 2}. ˛ ˛ Jei ir f (x) = 1, f (y) = 2 su tam tikrais x, y ∈ M, iš teoremos apie tarpinę reikšmę gaučiau, kad f (z) = 3/2 su tam tikru z, esančiu tarp x ir y. To buti ¯ negali; tod˙ l arba f (x) = 1 su visais x ∈ M, arba f (x) = 2 su visais x ∈ m, e t.y. f yra pastovioji funkcija. Taigi M jungi. Dabar irodysiu atvirkščią teigini — kad kiekviena jungi aib˙ yra inter˛ ˛ e valas. Tegu M jungi. Pakanka irodyti, kad jei x, y ∈ M ir x < z < y, tai ˛ ir z ∈ M. Tariu priešingai, z ∈ M. Apibr˙ žiu funkciją f : M → {1, 2} e lygyb˙ mis e 1, kai t < z; f (t) = 2, kai t > z. Irodysiu, kad ji tolydi. ˛ Tegu tn , t ∈ M ir tn → t. Jei t < z, tai ir tn < z su pakankamai dideliais n; tod˙ l f (tn ) = 1 → 1 = f (t). Jei t > z, tai ir tn > z su pakankamai e dideliais n; tod˙ l f (tn ) = 2 → 2 = f (t). e Taigi f tolydi. Kadangi M jungi, f turi igyti tik vieną reikšmę — arba ˛ tik 1, arba tik 2. Bet taip n˙ ra: iš x < z < y išplaukia, kad f (x) = 1, o e f (y) = 2. Gavau prieštarą. ý ý 2 428 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES 12.4. TOLYDUMAS 429 Nejungumo ˛rodymas. Nupiešus aibę, paprastai iš karto matosi, ar ji i jungi, ar ne. Tačiau kaip tai irodyti? Ir ką daryti, jei jos nupiešti neimanoma ˛ ˛ 4 (pavyzdžiui, jei aib˙ yra R erdv˙ s poaibis)? e e Jei aib˙ nejungi, galima tiesiog sukonstruoti tolydžiąją funkciją iš tos e aib˙ s i {1, 2}, kuri igyja abi reikšmes. Tegu, pavyzdžiui, e ˛ ˛ M = {(x, y, z) | x2 + y 2 = z 2 Apibr˙ žiu funkciją f : M → {1, 2} lygyb˙ mis e e f (x, y, z) = 1, kai z < 0; 2, kai z > 0. 1}. Irodysiu, kad ji tolydi. ˛ Tegu (xn , yn , zn ), (x, y, z) ∈ M, (xn , yn , zn ) → (x, y, z). Iš (x, y, z) ∈ M išplaukia, z 2 1 ir, reiškia, z = 0. Iš (xn , yn , zn ) → (x, y, z) gaunu zn → z. Jei z < 0, tai ir zn < 0 su pakankamai dideliais n ir f (xn , yn , zn ) = 1 → 1 = f (x, y, z). Jei z > 0, tai ir zn > 0 su pakankamai dideliais n ir f (xn , yn , zn ) = 2 → 2 = f (x, y, z). Taigi f yra tolydžioji funkcija. Taškas (1, 0, 1) priklauso M aibei, nes 1 2 + 02 = 12 1, ir f (1, 0, 1) = 2. Analogiškai gaunu (1, 0, −1) ∈ M ir f (1, 0, −1) = 1. Taigi f igyja abi reikšmes 1 ir 2. Reiškia, M aib˙ nejungi. ˛ e Norint irodyti, kad kokia nors konkreti aib˙ M jungi, reiktu isitikinti, kad ˛ e ˛˛ neimanoma sukonstruoti tolydžiosios funkcijos iš M i {1, 2}, kuri igytu abi ˛ ˛ ˛ ˛ reikšmes. Irodyti, kad ko nors padaryti neimanoma, visada sunkiau, negu ˛ ˛ tiesiog tą ką nors padaryti. Tod˙ l aib˙ s jungumas dažniausiai nustatomas e e panaudojus vieną iš žemiau suformuluotu kriteriju ˛ ˛. Tašku jungimas kreiv˙ ˛ emis. Kreive E erdv˙ je vadinama bet kokia tolye džioji funkcija t → xt iš kokio nors intervalo [α; β] i E. Taškai xα ir xβ ˛ vadinami kreiv˙ s galais. Dar sakome, kad kreiv˙ jungia tuos taškus. e e Irodysiu, kad jei bet kokius du M taškus galima sujungti kreive, gulinčia ˛ M aib˙ je, tai M jungi. e Irodymas. Tariu priešingai, M n˙ ra jungi. Randu tolydžiąją funkciją ˛ e f : M → {1, 2} ir tokius a, b ∈ M, kad f (a) = 1, f (b) = 2. Sujungiu a ir b taškus kreive (xt | α t β). Tada t → f (xt ) yra tolydžioji funkcija iš 430 M (a, b) c | | a (b) t → xt grafikas [α; β] i {1, 2} ir ne konstanta. To negali buti, ne intervalas [α; β] yra jungi ˛ ¯ aib˙ . Taigi gavau prieštarą. e Štai šio kriterijaus taikymo pavyzdys. Irodysiu, kad jungi aib˙ ˛ e M = {(x, y) | y 0} \ {(0, 0)} (12.13) Tiesiogiai patikrinama, kad (x0 , y0 ) = (a, b) ir (x3 , y3 ) = (c, d). Kai 0 < t < 1, yt = (1 − t)b + t > b 0; kai 1 t < 2, yt = 1 > 0; kai 2 t < 3, yt = (3−t)+(t−2)d > d 0. Taigi (xt , yt ) ∈ M su visais t. Belieka isitikinti, ˛ kad kreiv˙ tolydi. Tam pakanka irodyti, kad tolydžios abi koordinat˙ s xt ir yt . e ˛ e Tai — jau vienmat˙ s analiz˙ s uždavinys; tod˙ l aš pasitenkinsiu nubr˙ ždamas e e e e abieju funkciju grafikus (žr. 12.11 pav.) ˛ ˛ Iškilos aib˙ es. Tegu E yra normuotoji erdv˙ ir a, b ∈ E. Funkcija e xt = (1 − t)a + tb, 0 t 1, (žr. 12.11 pav.) Tegu (a, b) ir (c, d) — bet kokie   a, (1 − t)b + t ,  (xt , yt ) = (2 − t)a + (t − 1)c, 1 ,   c, (3 − t) + (t − 2)d , ÿ þ    (c, d) (a) | ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES | t d b | | | | t (c) t → yt grafikas 12.11 pav. jos taškai. Apibr˙ žiu e kai 0 kai 1 kai 2 t < 1; t < 2; t 3. 12.4. TOLYDUMAS M a 12.12 pav. Iškila aib˙ e yra tolydžioji kreiv˙ , jungianti a ir b taškus. Ji vadinama atkarpa su galais e a ir b. E erdv˙ s poaibis M vadinamas iškilu, jei bet kokius jo taškus galima e sujungti atkarpa, gulinčia M aib˙ je (žr. 12.12 pav.) e Iš aukščiau irodyto kriterijaus išplaukia, kad bet kokia iškila aib˙ yra ˛ e jungi. Duosiu keletą iškilu aibiu pavyzdžiu ˛ ˛ ˛. 1. Normuotoje erdv˙ je visi rutuliai yra iškilos aib˙ s. Tikrai, jei x, y ∈ e e U(a, r), tai x − a < r, y − a < r, o tada ir (1 − t)x + ty − a = (1 − t)(x − a) + t(y − a) (1 − t)(x − a) + t(y − a) = (1 − t) x − a + t y − a < 1 − t + t = 1, t.y. (1 − t)x + ty ∈ U(a, r). Panašiai irodomas ir uždaro rutulio iškilumas. ˛ Taigi visi rutuliai normuotoje erdv˙ je yra jungios aib˙ s. Šis teiginys e e nebutinai teisingas metrin˙ se erdv˙ se. Pavyzdžiui, jei E = R\{1}, tai U(0, 2) e e ¯ rutulys yra (−2, 1) ∪ (1; 2) aib˙ , kuri nejungi, nes n˙ ra intervalas. e e 2. Pusplokštume euklidin˙ je erdv˙ je E vadinama, bet kokia e e M = {x | a · x < c} arba M = {x | a · x M = {(x, y) | 2x − 3y 1} c} pavidalo aib˙ ; čia a ∈ E, c ∈ R. Pavyzdžiui, e yra pusplokštum˙ R2 erdv˙ je (šiuo atveju a = (2, −3), c = 1). e e Irodysiu, kad kiekviena pusplokštum˙ yra iškila ir, reiškia, jungi aib˙ . ˛ e e Tegu, pavyzdžiui, M = {x | a · x < c} ir x, y ∈ M. Tada a · x < c, a · y < c ir tod˙ l e a · [(1 − t)x + ty] = (1 − t)a · x + ta · y < (1 − t)c + tc = c, t.y. (1 − t)x + ty ∈ M. Panašiai irodomas uždaros pusplokštum˙ s iškilumas. ˛ e 3. Iškilu aibiu sankirta yra iškila aib˙ . Tikrai, jei M1 ir M2 iškilos, ˛ ˛ e a, b ∈ M1 ∩ M2 ir xt = (1 − t)a + tb, tai xt ∈ M1 (nes a, b ∈ M1 ir M1 iškila) ir xt ∈ M2 (nes a, b ∈ M2 ir M2 iškila). Reiškia, xt ∈ M1 ∩ M2 , t.y. M1 ∩ M2 iškila. ¡ ¡ b 431 432 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES 1 12.13 pav. y = sin x funkcijos grafikas Kraštiniu tašku prijungimas. ˛ ˛ taip pat jungi. Jei P aib˙ jungi, o P ⊂ M ⊂ P , tai M e Irodymas. Tegu f yra tolydžioji funkcija iš M i {1, 2}. Jos siaurinys ˛ ˛ P aib˙ je taip pat yra tolydžioji funkcija ir tod˙ l pastovi. Tegu, pavyzdžiui, e e f (x) = 1 su visais x ∈ P . Jei a ∈ M, tai atsiras tokia seka (xn ) ⊂ P , kad xn → a. D˙ l tolydumo f (a) = lim f (xn ) = 1. Taigi f (a) = 1 su visais a ∈ M. e Irodžiau, kad bet kuri tolydžioji funkcija iš M i {1, 2} igyja tik vieną ˛ ˛ ˛ reikšmę. Reiškia, M aib˙ jungi. e Panaudojęs ši kriteriju galiu kitu budu irodyti, kad (12.13) aib˙ jungi. ˛ ˛, e ¯ ˛ Tikrai, aib˙ e P = {(x, y) | y > 0} e yra pusplokštum˙ ir tod˙ l jungi, o P ⊂ M ⊂ P . Reiškia, ir M aib˙ jungi. e e Kitas pavyzdys idomesnis. Tegu ˛ 1 M = {(x, sin x ) | x > 0} ∪ {(0, y) | −1 y 1} (žr. 12.13 pav.). Aib˙ s dalis e 1 P = {(x, sin x ) | x > 0} 1 1 jungi, nes bet kuriuos du jos taškus (α, sin α ) ir (β, sin β ) jungia kreiv˙ e (xt , yt ) = (t, sin 1 ), t α t β. Be to, kiekvienas taškas (0, y) su |y| 1 yra ribinis P taškas, nes prie jo 1 art˙ ja seka (xn , sin xn ) su xn = (arcsin y + 2nπ)−1 . Reiškia, P ⊂ M ⊂ P ; e tod˙ l M aib˙ jungi. e e Jungiu aibiu junginys. Jei dvi jungios aib˙ s kertasi, tai ju junginys yra ˛ ˛ e ˛ jungi aib˙ . e Irodymas. Tegu M1 ir M2 yra jungios aib˙ s, a ∈ M1 ∩M2 ir f — tolydžioji ˛ e funkcija iš M1 ∪ M2 i {1, 2}. Funkcijos siaurinys tiek M1 , tiek M2 aib˙ je taip ˛ e 12.4. TOLYDUMAS 433 pat tolydus; tod˙ l ir vienoje, ir kitoje aib˙ je funkcija ˛gyja tik vieną reikšmę. e e i Tada f (x) = f (a) su visais x ∈ M1 (nes a ∈ M1 ) ir f (x) = f (a) su visais x ∈ M2 (nes a ∈ M2 ). Reiškia, f (x) = f (a) su visais x ∈ M1 ∩ M2 . Irodžiau, kad bet kuri tolydžioji funkcija iš M1 ∪ M2 i {1, 2} igyja tik ˛ ˛ ˛ vieną reikšmę. Reiškia, M1 ∪ M2 yra jungi aib˙ . e Irodysiu, pavyzdžiui, kad jungi M = {(x, y) | x2 + y 2 ˛ Ją galima užrašyti M1 ∪ M2 pavidalu su M1 = {(x, y) | x2 + y 2 M2 = {(x, y) | x2 + y 2 1, y 1, y 1} \ {(0, 0)} aib˙ . e 0} \ {(0, 0)}, 0} \ {(0, 0)}. Abu poaibiai kertasi (pavyzdžiui, (1, 0) taškas priklauso tiek M1 , tiek M2 aibei); tod˙ l pakanka irodyti, kad abu jie jungus. e ˛ ¯ Tegu P1 = {(x, y) | y > 0, x2 + y 2 1}. Ši aib˙ yra pusplokštum˙ s y > 0 ir rutulio x2 + y 2 1 sankirta; tod˙ l iškila e e e ir, reiškia, jungi. Kadangi P1 ⊂ M1 ⊂ P1 , M1 aib˙ taip pat jungi. M2 aib˙ s e e jungumas irodomas analogiškai. ˛ Jungiu aibiu Dekarto sandauga. ˛ ˛ jungi. Dvieju jungiu aibiu Dekarto sandauga ˛ ˛ ˛ Irodymas. Tegu M1 ir M2 yra jungios aib˙ s ir f — tolydžioji funkcija ˛ e iš M1 × M2 i {1, 2}. Reikia irodyti, kad f igyja tik vieną reikšmę, t.y. kad ˛ ˛ ˛ f (a1 , a2 ) = f (b1 , b2 ) su bet kokiais (a1 , a2 ), (b1 , b2 ) ∈ M1 × M2 . Funkcija x1 → f (x1 , a2 ) yra tolydžioji funkcija iš M1 i {1, 2}. Kadangi ˛ M1 jungi, f (a1 , a2 ) = f (b1 , a2 ). Kita vertus, x2 → f (b1 , x2 ) taip pat yra tolydžioji funkcija iš M2 i {1, 2}. Kadangi M2 jungi, f (b1 , a2 ) = f (b1 , b2 ). ˛ Reiškia, f (a1 , a2 ) = f (b1 , b2 ). Jungios aib˙ vaizdas. Tegu F yra kita metrin˙ erdv˙ ir f — tolydžioji es e e funkcija iš M i F . Jei M jungi, tai f (M) taip pat jungi. ˛ Irodymas. Jei g yra tolydžioji funkcija iš f (M) i {1, 2}, tai g ◦ f — ˛ ˛ tolydžioji funkcija iš M i {1, 2}. Kadangi M jungi, g ◦ f yra konstanta; ˛ tarkime g f (x) = 1 su visais x ∈ M. Tada g(y) = 1 su visais y ∈ f (M). Taigi f (M) jungi. 434 E ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES ,B d (A A ) ) d(x, A 12.14 pav. Atstumas tarp aibiu ˛ 12.5 „Metrin˙ s“ sąvokos e Dauguma iki šiol pasitaikiusiu metriniu erdviu teorijos sąvoku buvo topolo˛ ˛ ˛ ˛ gin˙ s: tokiu sąvoku turinys nesikeičia, pakeitus metriką jai ekvivalenčia. e ˛ ˛ Paskutiniame šio skyriaus skyrelyje surinkau netopologines sąvokas (aš jas vadinu metrin˙ mis). e Atstumas tarp aibiu Tegu E yra metrin˙ erdv˙ su metrika d ir A, B ˛. e e — du jos poaibiai. Atstumu tarp A ir B vadinamas skaičius, apibr˙ žiamas e lygybe d(A, B) = inf d(x, y). x∈A,y∈B Grubiai kalbant, d(A, B) yra atstumas tarp arčiausiai vienas kito esančiu A ˛ ir B tašku (žr. 12.14 pav.) ˛ Iš apibr˙ žimo išplaukia, kad atstumas tarp tuščios aib˙ s ir bet kokios A e e lygus ∞. Jei abi aib˙ s netuščios, atstumas tarp ju baigtinis. Jei A = {x}, o e ˛ B = {y}, tai d(A, B) sutampa su d(x, y). Jei aib˙ s kertasi, atstumas tarp ju lygus 0. Tačiau atvirkščias teiginys e ˛ n˙ ra teisingas: egzistuoja ir nesikertančios aib˙ s, atstumas tarp kuriu lygus e e ˛ 0. Pavyzdžiui, R erdv˙ je su standartine metrika atstumas tarp (0; 1) ir (1; 2) e intervalu yra 0. ˛ Akivaizdu, kad jei A1 ⊂ A, B1 ⊂ B, tai d(A1 , B1 ) d(A, B). Irodysiu ˛ dar vieną savybę: d(A, B) = d(A, B). Irodymas. Kadangi A ⊂ A, B ⊂ B, nelygyb˙ d(A, B) ˛ e d(A, B) akivaizdi. Irodysiu atvirkščią nelygybę. Tegu x ∈ A, y ∈ B ir A xn → x, ˛ B yn → y. Tada d(A, B) Taigi d(x, y) d(A, B) su visais x ∈ A, y ∈ B. Iš infimumo savybiu tada ˛ išplaukia d(A, B) d(A, B). d(xn , yn ) → d(x, y). ¢ B x ˙ 12.5. „METRINES“ SĄVOKOS 435 Atstumas iki aib˙ es. Atstumas tarp {x} ir A aib˙ s žymimas d(x, A) ir e vadinamas atstumu nuo x iki A. Taigi d(x, A) = inf d(x, y). y∈A Grubiai kalbant, d(x, A) yra atstumas nuo x iki artimiausio A aib˙ s taško e (žr. 12.14 pav.) Aišku, kad d(x, ∅) = ∞ ir d(x, A) < ∞, kai A = ∅. Be to, d(x, A) d(x, B), kai A ⊂ B, ir d(x, A) = d(x, A). Irodysiu vieną naudingą nelygybę: jei A netuščia, tai ˛ d(x, A) − d(y, A) Irodymas. Su bet kokiu z ∈ A ˛ d(x, A) t.y. d(y, z) Iš infimumo savybiu tada gaunu d(y, A) ˛ d(x, A) − d(x, y). d(x, A) − d(x, y), t.y. d(x, y). d(x, y) nelygyb˙ s išplaukia e d(x, z) d(x, y) + d(y, z), d(x, y). (12.14) d(x, A) − d(y, A) Iš čia ir iš analogiškai irodomos d(y, A)−d(x, A) ˛ (12.14). Aib˙ aplinkos. Iš (12.14) išplaukia, kad x → d(x, A) yra tolydžioji funkes cija iš E i [0; ∞]: jei xn → x, tai ˛ |d(xn , A) − d(x, A)| d(xn , x) → 0. Atviros ([0; ∞] erdv˙ je) aib˙ s [0; ε) pirmavaizdis yra atvira aib˙ . Ji kartais e e e žymima Aε ir vadinama A aib˙ s ε-aplinka. Taigi e Aε = {x | d(x, A) < ε}. Pavyzdžiui, ∅ε = ∅, {a}ε = U(a, ε). Apskritai A aib˙ s aplinka vadinama bet kokia atvira aib˙ , kurios viduje e e ε ε yra A. Taigi A yra A aib˙ s aplinka. Tačiau A aplinkos apskritai nesudaro e aplinku baz˙ s: ne kiekvienos aplinkos viduje yra ε-aplinka. Pavyzdžiui, jei ˛ e O atvira, tai ji yra savęs pačios aplinka, bet jos viduje n˙ ra jokios O ε . e A | | 0 1 a Kitas pavyzdys: R erdv˙ je aib˙ s e e Nε = nesudaro N aib˙ s aplinku baz˙ s, nes aib˙ e ˛ e e O= n 1 taip pat yra N aplinka, o jos viduje n˙ ra jokios Nε . e Ribiniu tašku charakterizacija. Irodysiu, kad d(x, A) = 0 ⇐⇒ x ∈ A. ˛ ˛ ˛ Tikrai, jei d(x, A) = 0, tai A netuščia ir egzistuoja tokia (xn ) ⊂ A, kad d(x, xn ) → 0. Reiškia, xn → x ir tod˙ l x ∈ A. e Atvirkščiai, jei x ∈ A, tai egzistuoja tokia (xn ) ⊂ A, kad xn → x. Iš to išplaukia, kad d(x, A) d(x, xn ) → 0, t.y. d(x, A) = 0. 12.9 pratimas. Raskite d(a, A). I. A = (0; 1) ∪ (3; 5), a = 2. II. A = {(x, y) | x2 + y 2 = 4}, a = (−1, 0). Sprendimas. (Žr. 12.15 pav.) I. d(a, A) = d(2, 1) = 1. II. d(a, A) = d (−1, 0), (−2, 0) = 1. 12.10 pratimas. Raskite d(A, B). I. A = N, B = (0.3; 0.8). II. A = {(x, y) | x + y 2}, B = [0; 1] × [0; 1]. Sprendimas. (Žr. 12.16 pav.) I. d(A, B) = d(0.8, 1) = 0.2. II. d(A, B) = 0, nes aib˙ s kertasi: (1, 1) ∈ A ∩ B. e ¤£ A a 3 | 436 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES 5 | 12.15 pav. n 1 (n − ε; n + ε) 1 1 (n − n ; n + n ) 0 Aib˙ diametras. A aib˙ s diametru vadinamas skaičius, apibr˙ žiamas fores e e mule diam A = sup d(x, y). x,y∈A Grubiai kalbant, diam A yra atstumas tarp labiausiai nutolusiu A aib˙ s tašku ˛ e ˛ (žr. 12.17 pav.) Iš apibr˙ žimo išplaukia, kad diam ∅ = −∞. Jei A netuščia, jos diametras e neneigiamas. Jei A — vientašk˙ aib˙ , diam A = 0. Jei aib˙ je yra bent du e e e taškai, jos diametras teigiamas. Akivaizdu, kad jei A ⊂ B, tai diam A diam B. Be to, diam A = diam A. Tikrai, iš A ⊂ A išplaukia diam A diam A, o atvirkščia nelygyb˙ e irodoma taip. Tegu x, y ∈ A ir A xn → x, A yn → y. Tada ˛ diam A d(xn , yn ) → d(x, y). Taigi d(x, y) diam A su visais x, y ∈ A, o tada iš supremumo savybiu gaunu ˛ diam A diam A. ¯ U (a, r) rutulio diametras neviršija 2r, bet nebutinai lygus 2r. Pavyzdžiui, ¯ ¯ 1) = {0} ir, reiškia, jo diametras lygus 0. jei E = {0, 2}, tai U(0, Aprežtos aib˙ ˙ es. A aib˙ vadinama apr˙ žta, jei diam A < ∞. Taigi tuščioji e e aib˙ , vientašk˙ aib˙ ir apskritai bet kokia baigtin˙ aib˙ apr˙ žta. e e e e e e ¯ Irodysiu, kad A apr˙ žta tada ir tik tada, kai ∃r A ⊂ U(a, r); čia a — bet ˛ e koks fiksuotas E erdv˙ s elementas. e ¦¥ ¦ A B A | | ˙ 12.5. „METRINES“ SĄVOKOS 437 1 2 B 12.16 pav. E diam A A 12.17 pav. Aib˙ s diametras e A 0 | 1 | 2 ¯ Tegu A apr˙ žta, t.y. diam A < ∞. Jei A tuščia, tai A ⊂ U(a, r) su bet e kokiu r. Tegu dabar A = ∅ ir x0 — koks nors A elementas. Tada su visais x∈A d(x, a) d(x, x0 ) + d(x0 , a) diam A + d(x, x0 ), ¯ ¯ t.y. x ∈ U (a, r) su r = diam A + d(x, x0 ). Taigi A ⊂ U (a, r). ¯ Atvirkščiai, jei A ⊂ U (a, r), tai su visais x, y ∈ A d(x, y) d(x, a) + d(a, y) 2r; tod˙ l ir diam A 2r < ∞. e Normuotoje erdv˙ je vietoje a paprastai imamas taškas 0. Tada d(x, a) = e x ir apr˙ žtumo kriterijus skamba taip: A apr˙ žta, kai egzistuoja toks r, e e kad x r su visais x ∈ A. Norint irodyti, kad A apr˙ žta, reikia toki r surasti. Norint irodyti, kad A ˛ e ˛ ˛ neapr˙ žta, reikia rasti tokią seką (xn ) ⊂ A, kad xn → ∞. e 12.11 pratimas. Raskite diam A. I. A = (0; 1) ∪ {2, 3}. II. A = {(x, y) | x2 y 1}. Sprendimas. (Žr. 12.18 pav.) I. diam A = d(0, 3) = 3. II. diam A = d (−1, 1), (1, 1) = 2. 12.12 pratimas. Ar apr˙ žta duota aib˙ ? Atsakymą pagriskite. e e ˛ 1, }. 1; tod˙ l xy e 1 ir I. A = {(x, y, z) | xyz = 10, x, y, z II. A = {(x, y, z) | x2 + y 2 + z 2 = 4xz}. Sprendimas. I. Tegu (x, y, z) ∈ A. Tada x, y z= 10 xy 10. § § A 3 | 438 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES −1 1 | 12.18 pav. ˙ 12.5. „METRINES“ SĄVOKOS Analogiškai i√ ˛rodoma, kad ir x, y √ 10. Taigi 1 x, y, z (x, y, z) 102 + 102 + 102 = 10 3. Reiškia, A apr˙ žta. e II. Tegu xn = n, yn = 0, o zn — viena iš lygties z 2 − 4nz + n2 = 0 šaknu pavyzdžiui, ˛; zn = 2n + Tada (xn , yn , zn ) ∈ A ir neapr˙ žta. e √ 4n2 − n2 = (2 + = √ 3)n. 439 10 ir tod˙ l e (xn , y, zn ) √ 6 + 4 3n → ∞. Reiškia, A Košy kriterijus. Seka (xn ) ⊂ E vadinama Košy seka, jei ∀ε ∃n0 ∀m, n n0 d(xm , xn ) < ε. Kiekviena konverguojanti seka yra Košy seka. Tikrai, jei xn → a, tai d(xm , xn ) d(xm , a) + d(xn , a) < 2ε, kai m ir n pakankamai dideli. R erdv˙ je teisingas ir atvirkščias teiginys: kiekviena Košy seka konvere guoja (šis teiginys vadinamas Košy kriterijumi). Tačiau taip yra ne bet kokioje metrin˙ je erdv˙ je. Tarkime, pavyzdžiui, E = (0; 1) ir xn = 1/n su e e n 1. Kadangi 1/n − 1/m 1/n0 < ε, kai m, n n0 > 1/ε, (xn ) yra Košy seka. Tačiau E erdv˙ je ji neturi jokios ribos. e Jei kiekviena Košy seka turi ribą, t.y. jei E erdv˙ je teisingas Košy kritee rijus, ji vadinama pilna. Pilna normuotoji erdv˙ vadinama Banacho1 erdve. e Vektorin˙ eilutes. Kiekvienoje normuotoje erdv˙ je galima apibr˙ žti eies ˙ e e lut˙ s konvergavimo sąvoką: sakoma, kad e ∞ n=1 xn (12.15) eilut˙ konverguoja, jei jos dalin˙ s sumos sn = x1 + · · · + xn turi kokią nors e e ribą. Jei sn → s, tai s vadinama (12.15) eilut˙ s suma ir žymima tuo pačiu e (12.15) simboliu. 1 Stefan Banach (1892–1945) 440 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES Banacho erdv˙ je galioja toks eilut˙ s konvergavimo požymis: (10.1) eilut˙ e e e konverguoja, jei konverguoja skaičiu eilut˙ , sudaryta iš xn vektoriu normu ˛ e ˛ ˛, t.y. jei ∞ n=1 xn < ∞. Tegu sn žymi (10.1) eilut˙ s, o sn — normu eilut˙ s dalines sumas. Tada e ˛ e sn − sm sn − sm , kai n m. Jei normu eilut˙ konverguoja, tai (sn ) yra ˛ e Košy seka ir iš gautos nelygyb˙ s išplaukia, kad (sn ) taip pat yra Košy seka. e Reiškia, ji konverguoja. Tolygiai tolydžios funkcijos. Tegu E ir F yra dvi metrin˙ s erdv˙ s, M ⊂ e e E ir f : M → F . Kad butu paprasčiau, metriką abiejose erdv˙ se žym˙ siu ˛ e e ¯ ta pačia d raide. f funkcija vadinama tolygiai tolydžia, jei ∀ε ∃δ ∀x1 , x2 ∈ M d(x1 , x2 ) < δ ⇒ d f (x1 ), f (x2 ) < ε . Tolygiai tolydi funkcija yra tolydi visuose apibr˙ žimo srities taškuose. e 12.6 Kompaktiškos aib˙ s e Apibrežimas. Tegu E yra metrin˙ erdv˙ su metrika d ir K ⊂ E. K ˙ e e aib˙ vadinama kompaktiška, jei bet kokia jos elementu seka turi poseki, kuris e ˛ ˛ konverguoja i tam tikrą tašką iš K. ˛ Kiekviena kompaktiška aib˙ apr˙ žta ir uždara. e e Irodymas. Tegu K kompaktiška. Jei K butu neapr˙ žta, atsirastu tokia ˛ e ˛ ¯ ˛ (xn ) ⊂ K, kad xn → ∞. Kita vertus, jei (xnk ) yra tos sekos posekis, konverguojantis i a ∈ K, tai xnk → a . Gavau prieštarą, kuri rodo, kad ˛ K turi buti apr˙ žta. e ¯ Jei K butu neuždara, atsirastu jai nepriklausantis ribinis taškas a. Tegu ˛ ¯ ˛ K xn → a. Tada bet koks tos sekos posekis konverguoja i a ir tod˙ l negali ˛ e art˙ ti i joki K aib˙ s elementą. Gauta prieštara rodo, kad K uždara. e ˛ ˛ e Kitame skyriuje irodysiu, kad baigtiniamat˙ se erdv˙ se teisingas ir at˛ e e virkščias teiginys: kiekviena apr˙ žta uždara aib˙ yra kompaktiška. Tačiau e e bendrose metrin˙ se erdv˙ se taip n˙ ra. Tegu, pavyzdžiui, E yra R erdv˙ su e e e e diskrečiąja metrika 0, kai x = y; d(x, y) = (12.16) 1, kai x = y. Tada diam E = 1; taigi visa E yra apr˙ žta ir, akivaizdu, uždara. Tačiau ji e nekompaktiška, nes joks sekos xn = n posekis nekonverguoja. ˙ 12.6. KOMPAKTIŠKOS AIBES 12.13 pratimas. Ar kompaktiška duota aib˙ ? Jei ne, tai kod˙ l? e e 441 I. A = {(x, y) | x2 + y 2 < 1} II. B = {(x, y) | xy = 1} III. C = {0, 1} × [0; 1] Sprendimas. I. A nekompaktiška, nes neuždara: (1, 0) yra jos ribinis taškas, bet jai nepriklauso. II. B nekompaktiška, nes neapr˙ žta: (n, 1/n) ∈ B, bet (n, 1/n) → ∞. e III. C aib˙ kompaktiška. e Tolydžios funkcijos kompaktiškose aib˙ ese. Tegu E ir F yra dvi metrin˙ s erdv˙ s (kaip paprastai, metrikas abiejose erdv˙ se žym˙ siu ta pačia d e e e e raide), K yra kompaktiškas E poaibis ir f — tolydžioji funkcija iš K i F . ˛ Irodysiu tris teiginius apie tokias funkcijas. ˛ 1. f (K) aib˙ kompaktiška. e Irodymas. Tegu (yn ) yra bet kokia f (K) elementu seka. Tada kiekvienas ˛ ˛ yn yra f (xn ) pavidalo su tam tikru xn ∈ K. Randu toki poseki (xnk ) ⊂ (xn ), ˛ ˛ kad xnk → a ∈ K. Tada d˙ l tolydumo ynk = f (xnk ) → f (a) ∈ f (K). Taigi e f (K) kompaktiška. Jei f yra tolydžioji funkcija iš K i R, tai f (K) yra uždaras ir apr˙ žtas ˛ e R poaibis. D˙ l uždarumo inf f (K) ir sup f (K) skaičiai priklauso f (K) aibei e ir, reiškia, yra tos aib˙ s, atitinkamai, mažiausias ir didžiausias elementas. e Taigi realioji tolydžioji funkcija kompakte igyja savo mažiausią ir didžiausią ˛ reikšmę. 2. f funkcija yra tolygiai tolydi K aib˙ je. e Irodymas. Tariu priešingai, f n˙ ra tolygiai tolydi K aib˙ je, t.y. egzistuoja ˛ e e toks ε, kad ∀δ ∃x1 , x2 ∈ K d(x1 , x2 ) < δ, d f (x1 ), f (x2 ) ε . (12.17) Imu δ = 1/n ir randu tokias sekas (x1n ) ⊂ K ir (x2n ) ⊂ K, kad d(x1n , x2n ) < 1/n, bet d f (x1n ), f (x2n ) ε su visais n. Randu toki poseki (x1nk ) ⊂ (x1n ), ˛ ˛ kad x1nk → a ∈ K. Tada d(x2nk , a) d(x2nk , x1nk ) + d(x1nk , a) < 1 + d(x1nk , a) → 0, nk t.y. ir x2nk → a. D˙ l f funkcijos ir metrikos tolydumo e d f (x1nk ), f (x2nk ) → d f (a), f (a) = 0. 442 Gavau prieštarą. ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES 3. Jei f yra bijekcija tarp K ir f (K), tai f −1 funkcija taip pat tolydi. Irodymas. Tegu (yn ) ⊂ f (K) ir yn → b. Reikia irodyti, kad f −1 (yn ) → ˛ ˛ f (b). Pažymiu xn = f −1 (yn ) ir a = f −1 (b). Tariu priešingai, xn → a. Tada atsiras toks posekis (xnk ) ⊂ (xn ), kad −1 d(xnk , a) ε (12.18) su visais k. Kadangi K kompaktiška, iš to posekio galiu išrinkti konverguojanti po-poseki. Kad butu paprastesni žymenys, tą naująji poseki žym˙ siu ˛ ˛ ˛ ˛ e ¯ ˛ xnk , t.y. laikysiu teisingu tiek (12.18) sąryši, tiek xnk → a ∈ K. ˛ Iš (12.18) išplaukia, kad d(a , a) ε, t.y. a = a. D˙ l f tolydumo e ynk = f (xnk ) → f (a ), o d˙ l injektyvumo f (a ) = f (a). Gavau prieštarą, nes bet koks (yn ) sekos e posekis turi konverguoti i f (a) = b. ˛ Atstumas nuo kompaktiškos aib˙ es. Tegu E yra metrin˙ erdv˙ , K ir A e e — netušti jos poaibiai ir K kompaktiška. Tada egzistuoja toks x0 ∈ K, kad d(x0 , A) = d(K, A). Jei A uždara ir nesikerta su K, tai d(K, A) > 0. Irodymas. Funkcija x → d(x, A) yra tolydi realioji funkcija ir tod˙ l K ˛ e kompakte igyja savo mažiausią reikšmę. Taigi egzistuoja toks x0 ∈ K, kad ˛ d(x0 , A) = inf d(x, A) = d(K, A). x∈K Jei A uždara ir nesikerta su K, tai x0 ∈ A (nes A nesikerta su K) ir tod˙ l e d(x0 , A) > 0 (nes A uždara, o x0 ∈ A). Reiškia, d(K, A) > 0. Kompakto padengimas atviromis aib˙ emis. Hein˙ s2 -Borelio3 teorema, e kurią žemiau irodysiu, leidžia charakterizuoti kompaktiškas aibes kaip aibes, ˛ kuriu kiekviena atviroji danga turi baigtini podangi. ˛ ˛ ˛ 12.1 teorema. Tegu E yra metrin˙ erdv˙ ir K ⊂ E. Tokie du teiginiai yra e e ekvivalentus: ¯ 1) K aib˙ kompaktiška; e 2) jei (Oi | i ∈ I) yra atviru aibiu šeima, dengianti K, tai egzistuoja tokie ˛ ˛ i1 , . . . , in ∈ I, kad A ⊂ Oi1 ∪ · · · ∪ Oin . 2 3 Heinrich Eduard Heine (1821–1881) Félix Édouard Justin Émile Borel (1871–1956) ˙ 12.6. KOMPAKTIŠKOS AIBES 443 Irodymas. (1 ⇒ 2) Tegu K kompaktiška, Oi atviros ir K ⊂ i∈I Oi . ˛ Reikia irodyti, kad tam tikras baigtinis skaičius Oi aibiu padengia K. Tariu ˛ ˛ priešingai ir rekursiškai apibr˙ žiu tam tikrą seką (xn ) ⊂ K, teigiamu skaičiu e ˛ ˛ sekas (εn ) ir (cn ) ir indeksu seką (in ) ⊂ I. ˛ Tegu x1 yra bet koks K elementas. Kadangi Oi aib˙ s dengia K, x prie klauso kuriai nors iš Oi ; gal but, kelioms. Kadangi Oi atviros, tai iš x ∈ Oi ¯ išplaukia U(x, ε) ⊂ Oi su tam tikru ε. Tegu c1 = sup{ε | ∃i U(x1 , ε) ⊂ Oi }. ¯ Kadangi K kompaktiška, ji apr˙ žta ir, reiškia, K ⊂ U(x1 , r1 ) su tam tikru e r1 < ∞. Jei c1 butu didesnis už r1 , tai atsirastu toks i ∈ I, kad Oi ⊃ ˛ ¯ ˛ ¯ U (x1 , r1 ) ⊃ K, o to negali buti, nes jokia viena Oi aib˙ nepadengia K. Taigi e ¯ c1 r1 < ∞. Parenku bet koki ε1 ∈ (c1 /2; c1 ) ir randu i1 ∈ I, su kuriuo ˛ U(x1 , ε1 ) ⊂ Oi1 . Iš 2ε1 > c1 išplaukia, kad U(x1 , 2ε1 ) ⊂ Oi su jokiu i ∈ I. Pagal mano prielaidą Oi1 nepadengia K. Tegu x2 yra bet koks K \ Oi1 elementas. Kadangi Oi aib˙ s dengia K, x2 priklausys kuriai nors iš Oi , o e tada ta Oi padengs ir tam tikrą rutuli U(x2 , ε). Apibr˙ žiu ˛ e c2 = sup{ε | ∃i U(x2 , ε) ⊂ Oi }. Panašiai kaip aukščiau irodau, kad c2 < ∞; tod˙ l galiu paimti bet koki ˛ e ˛ ε2 ∈ (c2 /2; c2 ) ir rasti i2 ∈ I, su kuriuo U(x2 , ε2 ) ⊂ Oi2 . Iš 2ε2 > c2 išplaukia, kad U(x2 , 2ε2 ) ⊂ Oi su jokiu i ∈ I. Junginys Oi1 ∪Oi2 nepadengia K; tod˙ l galiu paimti x3 ∈ K \(Oi1 ∪Oi2 ) ir e pakartoti aprašytą procedurą. Akivaizdu, kad ją galiu kartoti be galo; tod˙ l e ¯ egzistuoja tokios sekos (xn ), (εn ) ir (in ), kad xn ∈ K \ (Oi1 ∪ · · · ∪ Oin−1 ), ir su jokiu i ∈ I. Kadangi K kompaktiška, iš sekos (xn ) galiu išrinkti konverguojanti po˛ seki; tegu xnk → x ∈ K. Kadangi Oi aib˙ s dengia K, taškas x priklauso ˛ e kuriai nors Oi . Kadangi Oi atvira, egzistuoja ε, su kuriuo U(x, ε) ⊂ Oi. Kai U(xn , 2εn ) ⊂ Oi U(xn , εn ) ⊂ Oin 444 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES gaunu 2εnk > ε/2. Taigi εnk > ε/4 su visais pakankamai dideliais k. Bet tada U(xnk , ε/4) ⊂ U(xnk , εnk ) ⊂ Oink ; tod˙ l su visais l > k e xnl ∈ Oink ; k pakankamai didelis, d(xnk , x) < ε/2, o tada U(xnk , ε/2) ⊂ U(x, ε) ⊂ Oi. Tada iš U(xnk , ε/2) ⊂ Oi , U(xnk , 2εnk ) ⊂ Oi xnl ∈ U(xnk , ε/4); d(xnl , xnk ) ε/4. Taigi d(xnl , xnk ) ε/4 su visais pakankamai dideliais l ir k, o to negali buti, ¯ nes (xnk ) yra konverguojanti ir, reiškia, Košy seka. (2 ⇒ 1) Tegu K n˙ ra kompaktiška, t.y. tam tikros sekos (xn ) ⊂ K joks e posekis nekonverguoja prie jokio K elemento. Pažymiu Cn = {xm | m n} ir On = E \ Cn . Aišku, kad On aib˙ s atviros. Irodysiu, kad jos dengia K. e ˛ Tegu x ∈ K. Tik baigtinis skaičius (xn ) sekos nariu gali sutapti su x ˛ (kitaip tam tikras tos sekos posekis art˙ tu prie x ∈ K, o to negali buti); e ˛ ¯ tod˙ l egzistuoja toks n, kad xm = x su visais m n. Tada x ∈ Cn ir, reiškia, e x ∈ On . Iš 2 prielaidos išplaukia, kad su tam tikru n O1 ∪ · · · ∪ On ⊃ K. Kuo didesnis n, tuos Cn aib˙ mažesn˙ , o On aib˙ didesn˙ . Tod˙ l O1 ∪ · · · ∪ e e e e e On = On , t.y. K ⊂ On . Gavau prieštarą, nes xn ∈ K, bet )xn ∈ On (nes xn ∈ Cn ). 12.7 Uždaviniai 1. Tegu d yra metrika E aib˙ je ir d1 (x, y) = min 1, d(x, y) su visais x, y ∈ E. e Irodykite, kad d1 — taip pat metrika. ˛ 2. Ar duota funkcija yra norma R2 erdv˙ je? Atsakymą pagriskite. e ˛ • (x, y) = |x − y| + |x + 2y|. • (2003) (x, y) = |x − y| + |x + y|. 12.7. UŽDAVINIAI • (2005) (x, y) = |x − y|. • (2005) (x, y) = x2 − y 2 . • (2005) (x, y) = |x + y| + |y|. • (2005) (x, y) = x + 2y. 445 3. (2003) Pasakykite, kuriai iš Int A, A, ∂A aibiu priklauso duoti taškai. ˛ • (2003) A = {(x, y) | x2 + y 2 < 2|y|}; a = (0, 0), b = (−1, 0), c = 1 1 ( √2 , √2 ), d = (1, 1). • (2003) A = {(x, y) | y 2 d = (1, 0). • (2005) A = {(x, y) | 2 − |x| x < 4}, a = (0, 0), b = (4, 1), c = (0, 1), y < 1}, a = (0, 0), b = (2, 0), c = (−3, 1). • (2005) A = (2; 4) × (1; 5) \ (2; 3) × (2; 3) , a = (2, 2.5), b = (2.5, 2), c = (3, 4). • (2005) A = {(x, y) | y 2 + 4y c = (−5, −2). x < 0}, a = (0, 0), b = (−1, 0), • (2005) A = (2; 4) × {1, 5}, a = (3, 5), b = (2, 1), c = (0, 1). 4. (2003) Kurie iš duotu tašku priklauso duotos aib˙ s uždariniui? ˛ ˛ e • A = {(x, y) | y x2 }, a = (0, 1), b = (1, 1). • A = {(x, y) | 1 < x2 + y 2 < 4} ∪ {(0, 0)}, a = (0, 0), b = (0, 4). • A = (1; 2) × {2; 4}, a = (1, 2), b = (2, 3). 5. Raskite Int A, A ir ∂A. • A = {(x, y) | x + y 2 > 0} ∪ {(−1, y) | y ∈ R}. • A = [0; 2] × [0; 2] \ [0; 1] × [0; 1]. 6. Ar duota aib˙ atvira (uždara)? Jei ne, tai kod˙ l? e e • A = [0; 4] × (1; 2). • A = R2 \ {(0, 0)}. • A = {(x, y) | |x| = |y|}. 446 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES • (2003) A = {(0, 1), (1, 1), (0, 0)}; 1 1 • (2003) B = {( n , n ) | n ∈ N}; • (2003) C = (−1; 1) × {2, 3}; • (2003) D = {(x, x) | x ∈ R}. 7. Irodykite, kad duota aib˙ atvira arba uždara R3 erdv˙ je. ˛ e e • (2003) C = {(x, y, z) | x 1, y > 0, x = yz} uždara. • (2003) O = {(x, y, z) | xyz < 1} atvira. • (2003) C = {(x, y, z) | xy = 1} ∪ {(x, y, z) | xz = 1} uždara. 8. Ar teisingi duoti sąryšiai? Jei taip, irodykite; jei ne, duokite kontrpavyzdi. ˛ ˛ • A ∩ B = A ∩ B. • Int(A ∩ B) = Int A ∩ Int B. • ∂(A ∪ B) ⊂ ∂A ∪ ∂B. 9. Raskite ribą arba irodykite, kad ji neegzistuoja. ˛ • • x + y2 . (x,y)→(0,0) x − y 2 lim lim xy . (x,y)→(0,0) x3 + y 3 x2 . (x,y)→(0,0) x + y lim x2 − y 2 . (x,y)→(1,1) x2 + y 2 lim • (2005) • (2005) 10. Ar duotos aib˙ s jungios? Jei ne, tai kod˙ l? e e • (2003) {(x, y) | xy = 1}; • (2003) {(x, y) | x2 + y 2 = 2x, } ∪ {(x, y) | x2 + y 2 = −2x}. 11. Apskaičiuokite atstumą nuo duotu tašku iki duotu aibiu R2 erdv˙ je. ˛ ˛ ˛ ˛ e • A = {(x, y) | x + y = 1}, a = (2, 3). • A = (0; 2) ∪ 2, 4, a = −1. 12.7. UŽDAVINIAI 447 • (2003) A = (0; 1) × (0; 2); a1 = (1, 1), a2 = (2, 1), a3 = (2, 3) ir a4 = (3, 3). • (2003) a = (0, 0), A = {(x, y) | x2 +y 2 = 4}, B = {(x, y) | y = |x| > 1}, C = {0, 1, 2} × (0; 2). • (2005) A = {(x, y) | |x + y| < 1}, a = (0, 0), b = (2, 2). • (2005) A = ({1, 3} × (1; 3) \ (2; 3) × (2; 3) , a = (2, 2), b = (0, 0). 12. Apskaičiuokite atstumus tarp duotu aibiu ˛ ˛. • A = (0; 1), B = (1; 3). • A = {(x, y) | xy = 1}, B = {(x, y) | x = 0}. • (2003) A = {(x, y) | x2 +y 2 = 1}, B = {(0, 0), (3, 0)}, C = [1; 2]×[1; 3]. 13. Raskite diam A. • A = {(x, y) | x2 + y 2 • A = Q \ Z. • (2003) A = [0; 1] × [0; 2]; • (2003) B = {(0, 0)} ∪ {(x, y) | y > 0, x2 + y 2 = 1}; • (2003) C = {(0, 0), (0, 1), (3, 2)}. • (2005) A = {(x, y) | |x + y| < 1}. • (2005) A = ({1, 3} × (1; 3) \ (2; 3) × (2; 3) . 14. Ar apr˙ žta duota aib˙ ? Atsakymą pagriskite. e e ˛ • (2003) A = {(x, y, z) | z 2 = x2 + y 2}. • (2003) A = {(x, y, z) | xy = z • A = {(x, y) | x2 y x} 1}. 15. Ar kompaktiška duota aib˙ ? Jei ne, tai kod˙ l? e e 2x < 0}. • B = [0; 1] × [0; 2] \ {(0, 0)} 448 ˙ ˙ 12 SKYRIUS. METRINES ERDVES 13 skyrius Baigtiniamat˙ s erdv˙ s e e 13.1 Normu ekvivalentumas ˛ Baigtiniamates erdv˙ ˙ es. Tegu E yra tiesin˙ erdv˙ ir e1 , . . . , ek ∈ E. Šeima e e (ei ) vadinama tiesiškai nesusijusia, jei c1 e1 + · · · + ck ek = 0 ⇒ c1 = · · · = ck = 0. Šeima (ei ) vadinama pilna, jei bet koks E erdv˙ s elementas x tiesiškai išsie reiškia per šeimos elementus, t.y. x = c1 e1 + · · · + ck ek (13.1) su tam tikrais c1 , . . . , ck ∈ R. Pilna tiesiškai nesusijusi šeima vadinama erdv˙ s e baze. Jei erdv˙ turi baigtinę bazę, ji vadinama baigtiniamate. Yra irodoma, kad e ˛ baigtiniamat˙ je erdv˙ je visos baz˙ s susideda iš vienodo skaičiaus nariu Tas e e e ˛. skaičius vadinamas erdv˙ s matmenu skaičiumi, arba dimensija, ir žymimas e ˛ dim E. Jei dim E = k ir e1 , . . . , ek yra kokia nors tos erdv˙ s baz˙ , tai kiekvienas e e vektorius x vieninteliu budu užrašomas (13.1) pavidalu. Skaičiai c1 , . . . , ck ¯ vadinami jo koordinat˙ mis (ei ) baz˙ je. e e Pavyzdžiui, dim Rk = k. Standartin˙ Rk erdv˙ s baz˙ yra e e e e1 = (1, 0, . . . , 0), Kadangi vektoriaus (x1 , . . . , xk ) koordinat˙ s standartin˙ je baz˙ je yra jo komponent˙ s e e e e x1 , . . . , xk . 449 (x1 , . . . , xk ) = x1 e1 + · · · + xk ek , e2 = (0, 1, . . . , 0), ..., ek = (0, 0, . . . , 1). 450 ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES Tačiau Rk erdv˙ je yra ir kitokiu baziu Vektoriaus koordinat˙ s nese ˛ ˛. e tandartin˙ je baz˙ je jau nebutinai sutampa su jo komponent˙ mis. e e e ¯ 13.1 pratimas. Raskite x vektoriaus koordinates duotoje E erdv˙ s e baz˙ je. e I. E = R2 ; x = (0, 1); baz˙ : a1 = (1, 2), a2 = (1, 3). e II. E = R3 ; x = (0, 1, 1); baz˙ : a1 = (1, 1, 0), a2 = (1, 2, 1), a3 = (1, −1, 0). e Sprendimas. I. Jei x = c1 a1 + c2 a2 , tai c1 +c2 = 0; 2c1 +3c2 = 1. Išsprendęs lygčiu sistemą, gaunu c1 = −1, c2 = 1. ˛ II. Jei x = c1 a1 + c2 a2 + c3 a3 , tai  c1 +c2 +c3 = 0; c1 +2c2 −c3 = 1;  c2 = 1. Išsprendęs lygčiu sistemą, gaunu c1 = −1, c2 = 1, c3 = 0. ˛ Jei E = E1 × · · · × Ek ir visos Ei baigtiniamat˙ s, tai ir E baigtiniamat˙ . e e Tiksliau, dim E = dim E1 + · · · + dim Ek . Irodysiu šią lygybę dvieju daugukliu atveju. ˛ ˛ ˛ Tegu a11 , . . . , a1k1 yra E1 erdv˙ s, o a21 , . . . , a2k2 — E2 erdv˙ s baz˙ ; tada e e e dim E1 = k1 , dim E2 = k2 . Irodysiu, kad vektoriai ˛ (a11 , 0), . . . , (a1k1 , 0), (0, a21 ), . . . , (0, a2k2 ) (13.2) sudaro E1 × E2 erdv˙ s bazę. Kadangi ju yra k = k1 + k2 , iš to išplauks, kad e ˛ dim E = k. Jei c1 (a11 , 0) + · · · + ck1 (a1k1 , 0) + d1 (0, a21 ) + · · · + dk2 (0, a2k2 ) = (0, 0), tai (c1 a11 + · · · + ck1 a1k1 , d1 a21 + · · · + dk2 a2k2 ) = (0, 0); c1 a11 + · · · + ck1 a1k1 d1 a21 + · · · + dk2 a2k2 = 0; = 0. 13.1. NORMU EKVIVALENTUMAS ˛ 451 Kadangi baziniai vektoriai tiesiškai nesusiję, iš pirmos lygyb˙ s gaunu, kad visi e ci lygus 0, o iš antros — kad visi di lygus 0. Taigi (13.2) vektoriai tiesiškai ¯ ¯ nesusiję. Jei (x1 , x2 ) yra bet koks vektorius iš E1 × E2 , tai x1 ∈ E1 , x2 ∈ E2 ; tod˙ l e x1 išsireiškia per a1i , o x2 — per a2i : x1 = c1 a11 + · · · + ck1 a1k1 , Tada Taigi bet koks E vektorius išsireiškia tiesiškai per (13.2) vektorius. Funkcin˙ je analiz˙ je nagrin˙ jamos ir erdv˙ s, neturinčios baigtin˙ s baz˙ s. e e e e e e Tokia, pavyzdžiui, yra Cb (a; b) erdv˙ je (tolydžiu ir apr˙ žtu (a; b) intervale e ˛ e ˛ n funkciju erdv˙ ). Jei pažym˙ čiau xn (t) = t , tai su visais n šeima x0 , . . . , xn ˛ e e butu tiesiškai nesusijusi. Tod˙ l dim Cb (a; b) = ∞. ˛ e ¯ Ekvivalenčios normos. Tegu E yra kokia nors tiesin˙ erdv˙ . Dvi normos, e e · ir · vadinamos ekvivalenčiomis, jei jos indukuoja tą pačią topologiją. Priminsiu, kad taip yra tada ir tik tada, kai ∀ε ∃δ U (a, δ) ⊂ U(a, ε) ir ∀ε ∃δ U(a, δ) ⊂ U (a, ε); čia U(a, r) ir U (a, r) žymi rutulius, atitinkamai, · ir · normos atžvilgiu. Irodysiu paprastesni normu ekvivalentumo kriteriju normos ekvivalen˛ ˛ ˛ ˛: čios tada ir tik tada, kai egzistuoja tokie c, c < ∞, kad su visais x ∈ E x c x ir x c x . (13.3) (x1 , x2 ) = (c1 a11 + · · · + ck1 a1k1 , d1 a21 + · · · + dk2 a2k2 ). x2 = d1 a21 + · · · + dk2 a2k2 . Irodymas. (⇒) Tegu normos ekvivalenčios. Randu toki δ, kad U (0, δ) ⊂ ˛ ˛ U(0, 1). Tada x ∈ U (0, δ) ⇒ x ∈ U(0, 1); x < δ ⇒ x < 1. Tegu c > δ −1 . Jei x = 0, tai vektorius (c x )−1 x priklauso U (0, δ) rutuliui, nes (c x )−1 x = (c x )−1 x = (c )−1 < δ. Reiškia, jis priklauso ir U(0, 1) rutuliui, t.y. (c x )−1 x < 1; (c x )−1 x < 1; 452 ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES x c x . Imdamas c = n ir atitinkamus x pažym˙ jęs xn = cn1 e1 + · · · + e cnk ek , gaunu max |cn1|, . . . , |cnk | > n cn1 e1 + · · · + cnk ek . (13.6) 13.1. NORMU EKVIVALENTUMAS ˛ 453 Kairiąją šios nelygyb˙ s pusę pažymiu cn raide. Tada nelygybę galiu perrašyti e taip: c−1 cn1 e1 + · · · + cnk ek < n−1 ; n cn1 cnk 1 e1 + · · · + ek < . cn cn n (13.7) e Iš cn apibr˙ žimo išplaukia, kad | ccni | 1 su visais i ir n. Kiekviena apr˙ žta e n skaičiu seka turi konverguojanti poseki. Taigi galima rasti tokią indeksu seką ˛ ˛ ˛ ˛ (nt ), kad cnt 1 /cnt − − a1 . (Posekius aš paprastai žymiu nk simboliu, bet −→ t→∞ dabar k raid˙ užimta: ja žymimas E erdv˙ s matmenu skaičius.) Seka cnt 2 /cnt e e ˛ taip pat apr˙ žta; tod˙ l tam tikras jos posekis cntu 2 /cntu taip pat konverguoja e e i tam tikrą a2 . Atitinkamas pirmu koordinačiu po-posekis cntu 1 /cntu tada ˛ ˛ ˛ konverguos i tą pati a1 kaip ir anksčiau (nes konverguojančios sekos visi ˛ ˛ posekiai turi tą pačią ribą kaip ir visa seka). Taigi kai n prab˙ ga poseki ntu , e ˛ tiek cn1 /cn , tiek cn2 /cn seka turi baigtinę ribą. Toliau iš po-posekio ntu galiu išrinkti toki po-po-poseki, kad konverguotu pirmos trys koordinat˙ s, po to ˛ ˛ ˛ e — toki po-po-po-poseki, kad konverguotu pirmos keturios koordinat˙ s ir t.t. ˛ ˛ ˛ e Galiausiai rasčiau poseki, kuri prab˙ gant konverguoja visos k koordinačiu ˛ ˛ e ˛. Kad butu paprastesni žymenys, tą galutini poseki aš žym˙ siu tiesiog nt . ˛ ˛ ˛ e ¯ Taigi egzistuoja tokia indeksu seka (nt ), kad su visais i ˛ cnt i /cnt − − ai ; −→ t→∞ čia ai yra tam tikri baigtiniai skaičiai. Tada iš tiesiniu operaciju tolydumo ˛ ˛ cn t 1 cn k e1 + · · · + t ek → a1 e1 + · · · + ak ek cn t cn t (E erdv˙ je su norma · ), o iš normos tolydumo e cn t 1 cn k e1 + · · · + t ek cn t cn t → a1 e1 + · · · + ak ek . (13.7) nelygyb˙ je pa˙ męs n = nt ir suskaičiavęs ribas, kai t → ∞, gaunu e e a1 e1 + · · · + ak ek = 0. Iš čia a1 e1 + · · · + ak ek = 0 ir, reiškia, a1 = · · · = ak = 0 (nes e1 , . . . , ek vektoriai tiesiškai nesusiję). Kita vertus, suskaičiavęs ribas tapatyb˙ je e max cn t 1 cn k ,..., t cn t cn t = 1, 454 ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES gaunu max |a1 |, . . . , |ak | = 1. Gauta prieštara irodo teoremą. ˛ Tegu · ir · yra bet kokios dvi normos E erdv˙ je. Iš teoremos iše plaukia, kad tiek pirmos, tiek antrosios normos indukuota topologija sutampa su · ∗ normos indukuota topologija. Reiškia, · ir · indukuoja tą pačią topologiją, t.y. yra ekvivalenčios. Kitaip tariant, baigtiniamat˙ je erdv˙ je vie e sos normos yra ekvivalenčios. Normu ekvivalentumas reiškia, kad ekvivalenčios tu normu indukuotos ˛ ˛ ˛ metrikos. Tačiau ne bet kuri metrika yra indukuota kokios nors normos. Tod˙ l galima rasti ir neekvivalenčias metrikas. Pavyzdžiui, R erdv˙ je stane e dartin˙ metrika ir diskrečioji metrika (12.16) n˙ ra ekvivalenčios: xn → x e e antrosios metrikos atžvilgiu tik tada, kai xn = x su pakankamai dideliais n. Tokios metrikos, kaip ką tik pamin˙ ta diskrečioji, n˙ ra labai idomios. e e ˛ Tod˙ l toliau šiame skyriuje kalb˙ damas apie baigtiniamačiu erdviu topologie e ˛ ˛ ją, tur˙ siu omenyje topologiją, indukuotą kurios nors normos. e Begalinio matmenu skaičiaus erdv˙ se, kurios nagrin˙ jamos funkcin˙ je ana˛ e e e liz˙ je, egzistuoja ir neekvivalenčios normos. Pavyzdžiui, Cb (0; 1) erdv˙ je nore e mos, apibr˙ žiamos formul˙ mis e e x = sup ∈ (0; 1) x(t) t ir 1 x 1 = 0 x(t) dt, n˙ ra ekvivalenčios. Jei xn (t) = tn , tai e xn = sup tn = 1, t∈(0;1) 1 xn 1 = 0 tn dt = 1 ; n+1 tod˙ l xn → 0 antrosios normos atžvilgiu ir xn → 0 pirmosios atžvilgiu. e Konvergavimas baigtiniamateje erdv˙ ˙ eje. Jei E yra normuotoji erdv˙ e su norma · , tai xn → x toje erdv˙ je reiškia xn − x → 0. Konvergavimas e yra topologin˙ sąvoka; todčl teiginys xn → x išliks teisingas, · normą e pakeitus jai ekvivalenčia. Jei E baigtiniamat˙ , tai visos normos ekvivalenčios; e tod˙ l tur˙ tu buti konvergavimo apibr˙ žimas, apskritai nepriklausantis nuo e e ˛ ¯ e normos sąvokos. Irodysiu, kad xn → x tada ir tik tada, kai xn koordinat˙ s tam tikroje ˛ e baz˙ je art˙ ja prie atitinkamu x koordinačiu Tiksliau, jei e1 , . . . , ek yra E e e ˛ ˛. erdv˙ s baz˙ ir xn = cn1 e1 + · · · + cnk ek , x = c1 e1 + · · · + ck ek , tai e e xn → x ⇐⇒ cn1 → c1 , . . . , cnk → ck . 13.1. NORMU EKVIVALENTUMAS ˛ 455 Tikrai, visos normos E erdv˙ je ekvivalenčios (13.4) normai; tod˙ l tereikia e e irodyti, kad ˛ xn − x ∗ → 0 ⇐⇒ ∀i cni → 0, t.y. max |cn1 − c1 |, . . . , |cnk − ck | → 0 ⇐⇒ ∀i cni → ci . Tai beveik akivaizdu: ⇒ implikacija išplaukia iš sąryšiu ˛ |cni − ci | max |cn1 − c1 |, . . . , |cnk − ck | → 0, o atvirkščia implikacija — iš max |cn1 − c1 |, . . . , |cnk − ck | |cn1 − c1 | + · · · + |cnk − ck | → 0. Aprežtos aib˙ baigtiniamatese erdv˙ ˙ es ˙ ese. Iš normu ekvivalentumo iš˛ plaukia, kad bet kokios topologin˙ s sąvokos turinys baigtiniamat˙ je normuoe e toje erdv˙ je nepriklauso nuo normos parinkimo. Taigi galima kalb˙ ti apie e e vidinius ir ribinius taškus, atviras ir uždaras aibes, tolydžiąsias funkcijas baigtiniamat˙ se erdv˙ se, nenurodydami normos toje erdv˙ je. e e e Idomu, kad ir kai kurios „metrin˙ s“ sąvokos nepriklauso nuo normos. ˛ e Viena iš tokiu sąvoku yra apr˙ žtos aib˙ s sąvoka. Irodysiu, kad jei A yra ˛ ˛ e e ˛ apr˙ žta vienos normos, pavyzdžiui, · , atžvilgiu, tai ji apr˙ žta ir bet kokios e e kitos normos · atžvilgiu. Jei A apr˙ žta · atžvilgiu, tai egzistuoja toks r < ∞, kad x e r su visais x ∈ A. Kadangi · norma ekvivalenti · normai, atsiras toks c < ∞, kad x c x su visais x. Taigi su visais x ∈ A x c x cr, o tai ir reiškia, kad A apr˙ žta · normos atžvilgiu. e Galima duoti apr˙ žtumo charakteristiką, išvis nenaudojančią normos sąe vokos. A aib˙ apr˙ žta, jei ji apr˙ žta (13.4) normos atžvilgiu, t.y. jei egzistuoja e e e toks c < ∞, kad su visais x = c1 e1 + · · · + ck ek ∈ A x ∗ c; c; max |c1 |, . . . , |ck | ∀i |ci | c. Kitaip tariant, A apr˙ žta, jei jos tašku koordinat˙ s kokioje nors baz˙ je yra e ˛ e e apr˙ žtos. e 456 ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES Baigtiniamačiu erdviu pilnumas. Kita metrin˙ sąvoka, kurios turinys ˛ ˛ e nesikeičia, pakeitus normą jai ekvivalenčia norma, yra Košy sekos sąvoka. Tačiau baigtiniamat˙ se erdv˙ se Košy sekos sutampa su konverguojančiomis e e sekomis; tod˙ l iškart irodysiu ši stipresni teigini. e ˛ ˛ ˛ ˛ Tegu E yra baigtiniamat˙ normuota erdv˙ su norma · , o (xn ) — Košy e e seka toje erdv˙ je. Kadangi · norma ekvivalenti (13.4) normai, egzistuoja e toks c < ∞, kad x ∗ c x su visais x. Fiksuoju ε ir randu toki n0 , kad ˛ xn − xm < ε/c su visais m, n n0 . Tada su m, n n0 xn − xm ∗ ε c xn − xm < c = ε. c Jei xn = cn1 e1 + · · · + cnk ek , iš čia išplaukia max |cn1 − cm1 |, . . . , |cnk − cmk | < ε, ∀i |cni − cmi | < ε, kai m, n n0 . Taigi kiekviena koordinačiu seka (cni ) yra Košy seka. Kadangi koordinat˙ s ˛ e yra skaičiai, o R erdv˙ je galioja Košy kriterijus, kiekviena koordinačiu seka e ˛ turi baigtinę ribą. Bet jei cni → ci su visais i, tai xn → c1 e1 + · · · + ck ek . Irodžiau, kad kiekviena Košy seka baigtiniamat˙ je erdv˙ je turi ribą. Tai ˛ e e reiškia, kad kiekviena baigtiniamat˙ normuotoji erdv˙ yra pilna, arba Banae e cho erdv˙ . e Pabr˙ šiu, kad jei normos indukuotą metriką pakeisiu jai ekvivalenčia e metrika, kuri n˙ ra indukuota jokios normos, tai Košy sekos sąvokos turinys e gali pasikeisti ir erdv˙ gali nebebuti pilna. Pavyzdžiui, R erdv˙ je metrika e e ¯ d(x, y) = |arctg x − arctg y| yra ekvivalenti standartinei metrikai, bet jos atžvilgiu R erdv˙ n˙ ra pilna. e e Seka xn = n yra Košy seka, nes d(xn , xm ) = |arctg n − arctg m| π − arctg n0 2 kai m, n n0 ir dešin˙ pus˙ art˙ ja i 0, kai n0 → ∞. Tačiau (xn ) neturi ribos e e e ˛ R erdv˙ je. e Kompaktiškos aib˙ baigtiniamatese erdv˙ es ˙ ese. Baigtiniamat˙ je erdv˙ e e je kiekviena apr˙ žta uždara aib˙ yra kompaktiška. e e Irodymas. Tegu K uždara ir apr˙ žta. Jei (xn ) ⊂ K, tai ta seka taip pat ˛ e apr˙ žta. Tegu e1 , . . . , ek yra E erdv˙ s baz˙ ir xn = cn1 e1 + · · · + cnk ek . Tada e e e 13.2. TIESINIAI OPERATORIAI 457 visos koordinačiu sekos (cni ) yra apr˙ žtos skaičiu sekos. Tod˙ l egzistuoja ˛ e ˛ e toks posekis (nt ), kad cnt i − − ci su visais i; čia ci yra tam tikri baigtiniai −→ t→∞ skaičiai. Pažymiu x = c1 e1 + · · · + ck ek . Tada xnt → x. Kadangi visi xn priklauso K aibei, x yra ribinis K taškas. Kadangi K uždara, x ∈ K. Taigi bet kokia K elementu seka turi poseki, konverguojanti ˛ ˛ ˛ i tam tikrą tašką iš K. Reiškia, K kompaktiška. ˛ 13.2 Tiesiniai operatoriai Apibrežimas. Tegu E ir F yra dvi tiesin˙ s erdv˙ s. Funkcija u : E → F ˙ e e vadinama tiesiniu operatoriumi, jei u(x1 + x2 ) = u(x1 ) + u(x2 ) ir u(cx) = cu(x) su visais x, x1 , x2 ∈ E ir c ∈ R. Jei u yra tiesinis operatorius, vietoje u(x) paprastai rašoma ux. 13.2 pratimas. Ar duota funkcija yra tiesinis operatorius iš E i F ? ˛ Atsakymą pagriskite. ˛ I. E = R3 , F = R2 ir u(x, y, z) = (x − 2y, y + z) su (x, y, z) ∈ R3 . II. E = F = R2 ir u(x, y) = (x2 , x − y) su (x, y) ∈ R2 . III. E = R3 , F = R ir ux = x1 − x2 + 1 su x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 . Sprendimas. I. Jei (x1 , y1 , z1 ) ir (x2 , y2 , z2 ) yra du vektoriai iš R3 , tai (x1 , y1 , z1 ) + (x2 , y2 , z2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 , z1 + z2 ); u (x1 , y1, z1 ) + (x2 , y2, z2 ) = ((x1 + x2 ) − 2(y1 + y2 ), (y1 + y2 ) + (z1 + z2 )). Kita vertus, u(x1 , y1 , z1 ) = (x1 − 2y1 , y1 + z1 ), u(x2 , y2 , z2 ) = (x2 − 2y2 , y2 + z2 ) ir tod˙ l e u(x1 , y1, z1 ) + u(x2 , y2 , z2 ) = ((x1 − 2y1 ) + (x2 − 2y2 ), (y1 + z1 ) + (y2 + z2 )). Kadangi (x1 + x2 ) − 2(y1 + y2 ) = (x1 − 2y1 ) + (x2 − 2y2 ), 458 ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES (y1 + y2 ) + (z1 + z2 ) = (y1 + z1 ) + (y2 + z2 ), pirmoji lygyb˙ teisinga: e u (x1 , y1, z1 ) + (x2 , y2, z2 ) = u(x1 , y1, z1 ) + u(x2 , y2 , z2 ). tai Tikrinu antrąją lygybę. Jei (x, y, z) yra bet koks vektorius iš R3 ir c ∈ R, c(x, y, z) = (cx, cy, cz), u c(x, y, z) = (cx − 2cy, cy + cz); u(x, y, z) = (x − 2y, y + z), cu(x, y, z) = (c(x − 2y), c(y + z)); taigi u c(x, y, z) = cu(x, y, z). Kadangi abi lygyb˙ s teisingos, u yra tiesinis operatorius. e II. Šiuo atveju c(x, y) = (cx, cy), u c(x, y) = ((cx)2 , cx − cy); u(x, y) = (x2 , x − y), cu(x, y) = (cx2 , c(x − y)). Kadangi (cx)2 apskritai nesutampa su cx2 , u n˙ ra tiesinis operatorius. Norint e toki pasakymą pagristi, užtenka parašyti tokią eilutę: ˛ ˛ u 3(1, 0) = u(3, 0) = (9, 3), III. Jei c = 1, u(cx) = cx1 − cx2 + 1 = cx1 − cx2 + c = cux. Tod˙ l u n˙ ra tiesinis operatorius. e e Matricin˙ notacija. Aukščiau aprašyti samprotavimai man žiurisi grae ¯ žiau, kai juos užrašau naudodamas matricinius žymenis — kai Rk erdv˙ s e vektoriu (x1 , . . . , xk ) užrašau ˛   x1 . . . xk 3u(1, 0) = 3(1, 1) = (3, 3). 13.2. TIESINIAI OPERATORIAI 459 pavidalu. Pavyzdžiui, pirma iš aukščiau išnagrin˙ tu funkciju gali buti apibr˙ žta e ˛ ˛ e ¯ formule   x y  = x − 2y . u (13.8) y+z z Tiesiškumo patikrinimas atrodo taip:       x1 x2 x1 + x2 u  y1  +  y2  = u  y1 + y2  = z1 z2 z1 + z2 = ir x1 − 2y1 y1 + z1 x1 + x2 − 2y1 − 2y2 y1 + y2 + z1 + z2     x1 x2 x2 − 2y2 + = u  y1  + u  y2  ; y2 + z2 z1 z2 =c x − 2y y+z   x y  . = cu z Formul˙ , pagal kurią skaičiuojamos antrojo operatoriaus reikšm˙ s gali e e buti užrašyta taip: ¯ x x2 u = . y x−y Tada u3 1 0 =u 3 0 = 9 3 =3 1 1 = 3u 1 0     cx x y  = u cy  = uc cz z cx − 2cy cy + cz ir tod˙ l u n˙ ra tiesinis operatorius. e e Naudojant matricinę notaciją, labai nesunku atskirti tiesinius operatorius nuo netiesiniu u yra tiesinis, jei ux reiškinys sutampa su kokios nors matricos ˛: ir stulpelio x sandauga. Pavyzdžiui, jei u yra (13.8) operatorius, tai     x x y  = x − 2y = 1 −2 0 y  . u y+z 0 1 1 z z Algebroje sakoma, kad u operatorius užrašomas atitinkama skaičiu ma˛ 1 −2 0 ˛ e trica. Aš gi laikau, kad 0 1 1 žymi operatoriu u; tod˙ l rašau u= 1 −2 0 . 0 1 1 460 Be to, i y ˛ z tod˙ l rašau e x ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES matricą aš žiuriu kaip i kitą budą užrašyti (x, y, z) vektoriui; ˛ ¯ ¯   x y  . (x, y, z) = z Mano koncepcija turi keletą trukumu bet man jie atrodo neesminiai. ˛, ¯ Pirmas niuansas: jei aš transponuosiu vieno stulpelio matricą, gausiu vienos eilut˙ s matricą, kuri jau žymi visai kitą operatoriu Pavyzdžiui, e ˛. 1 −2 = 1 −2 = (1, −2). Tariamas prieštaravimas išsprendžiamas paprastai: kairiajame šios grandin˙ s e naryje skaičiai atskirti vienas nuo kito tarpais, o dešiniajame — kableliais. Taigi reikia tiesiog atsiminti, kad 1 −2 = (1, −2). Antras niuansas subtilesnis. Mano sistemoje vieno stulpelio matrica gali žym˙ ti tiek Rk erdv˙ s vektoriu tiek tam tikrą tiesini operatoriu iš R i Rk . e e ˛, ˛ ˛ ˛ 2 Pavyzdžiui, −1 gali žym˙ ti tiek vektoriu (2, −1), tiek operatoriu u, kurio e ˛ ˛ reikšm˙ s skaičiuojamos pagal tokią formulę: e ux = (2x, −x) su x ∈ R. Potencialiems kritikams aš atsakyčiau taip: iš konteksto visada bus aišku, ką žymi vieno stulpelio matrica. Be to, dažnai tenka ir sutapatinti vektoriu a ∈ Rk su operatoriumi x → xa (iš R i Rk ). Pavyzdžiui, kitame ˛ ˛ skyriuje matysime, kad vieno kintamojo funkcijos išvestin˙ gali buti laikoma e ¯ k tiek k-mačiu vektoriumi, tiek operatoriumi iš R i R . ˛ Tiesiniu operatoriu erdv˙ Išaiškinęs, kaip aš užrašin˙ ju konkrečius op˛ ˛ e. e eratorius, grižtu prie bendros teorijos. Tegu E ir F yra dvi tiesin˙ s erdv˙ s. ˛ e e Visu tiesiniu operatoriu iš E i F aib˙ žymima L(E, F ). ˛ ˛ ˛ ˛ e Taigi u ∈ L(E, F ) reiškia tą pati, ką ir sakinys „u yra tiesinis operatorius ˛ iš E i F “. Jei E = Rk , o F = Rl , tai kiekvienas L(E, F ) elementas yra l × k ˛ matmenu matrica. ˛ Jei u, u1, u2 ∈ L(E, F ) ir c ∈ R, tai formul˙ mis e (cu)x = c(ux) ir (u1 + u2 )x = u1 x + u2 x apibr˙ žiamos funkcijos taip pat yra tiesiniai operatoriai iš E i F . Irodysiu e ˛ ˛ tai. 13.2. TIESINIAI OPERATORIAI cu funkcijos tiesiškumas išplaukia iš lygybiu ˛ (cu)(x1 + x2 ) = c u(x1 + x2 ) = c(ux1 + ux2 ) = cux1 + cux2 = (cu)x1 + (cu)x2 ir (cu)(c x) = c u(c x) = c(c ux) = cc ux = c (cu)x (cu apibr˙ žimas) e (u tiesiškumas) (daugybos iš skaičiaus F erdv˙ je savyb˙ ) e e (cu apibr˙ žimas). e 461 (cu apibr˙ žimas) e (u tiesiškumas) (daugybos iš skaičiaus F erdv˙ je savyb˙ ) e e (cu apibr˙ žimas) e u1 + u2 funkcija tiesin˙ , nes e (u1 + u2)(x1 + x2 ) = u1 (x1 + x2 ) + u2 (x1 + x2 ) = u1 x1 + u1 x2 + u2 x1 + u2 x2 = (u1 + u2 )x1 + (u1 + u2 )x2 ir (u1 + u2 )(cx) = u1 (cx) + u2 (cx) = cu1 x + cu2 x = c(u1 x + u2 x) = c(u1 + u2 )x (u1 + u2 apibr˙ žimas) e (u1 ir u2 tiesiškumas) (tiesiniu operaciju F erdv˙ je savyb˙ ) ˛ ˛ e e (u1 + u2 apibr˙ žimas). e (u1 + u2 apibr˙ žimas) e (u1 ir u2 tiesiškumas) (u1 + u2 apibr˙ žimas) e Algebros kurse irodoma, kad taip apibr˙ žtu operaciju atžvilgiu L(E, F ) ˛ e ˛ ˛ yra tiesin˙ erdv˙ . Nulio vaidmeni toje erdv˙ je atlieka nulinis operatorius, e e ˛ e žymimas 0 ir apibr˙ žiamas lygybe e 0x = 0. Jei E = Rk , F = Rl ir operatoriai užrašomi matricomis, tai operatoriu ˛ sumą atitinka matricu suma, o cu operatoriu — skaičiaus c ir u operatoriu ˛ ˛ ˛ atitinkančios matricos sandauga. Nulinis operatorius užrašomas matrica, kurios visi elementai yra 0. Operatoriu daugyba. Jei G yra dar viena tiesin˙ erdv˙ , u ∈ L(E, F ) ir ˛ e e v ∈ L(F, G), tai v ◦ u yra tiesinis operatorius iš E i G. Jis žymimas tiesiog ˛ vu. 462 ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES vu tiesiškumas irodomas taip: ˛ (vu)(x1 + x2 ) = v u(x1 + x2 ) = v(ux1 + ux2 ) = vux1 + vux2 = (vu)x1 + (vu)x2 ir (vu)(cx) = v u(cx) = v(cux) = cvux = c(vu)x (vu apibr˙ žimas) e (u tiesiškumas) (v tiesiškumas) (vu apibr˙ žimas). e (vu apibr˙ žimas) e (u tiesiškumas) (v tiesiškumas) (vu apibr˙ žimas) e Kaip ir bet kokiu funkciju kompozicija, operatoriu daugyba yra asoci˛ ˛ ˛ atyvi, bet apskritai nekomutatyvi operacija. Vieneto vaidmeni atlieka tapa˛ tusis operatorius. Tiksliau, jei 1E žymi operatoriu iš E i E, veikianti pagal ˛ ˛ ˛ formulę 1E x = x, tai u1E = u su bet kokiu u ∈ L(E, F ). Jei 1F yra tapatusis operatorius iš F i F , tai 1F u = u su bet kokiu u ∈ L(E, F ). ˛ Aš visus tapačiuosius operatorius žym˙ siu tiesiog 1 ir vadinsiu vienetiniais e operatoriais. Iš konteksto visada bus aišku, koki indeksą reiktu parašyti ˛ ˛ apačioje. Vienetinio operatoriaus tiesiškumas irodomas paprastai: ˛ 1(x1 + x2 ) = x1 + x2 = 1x1 + 1x2 ir 1(cx) = cx = c1x (1 apibr˙ žimas) e (1 apibr˙ žimas). e (1 apibr˙ žimas) e (1 apibr˙ žimas) e Jei E = Rk , F = Rl ir G = Rm , tai vu operatoriu žymi matrica, lygi v ir ˛ u operatorius atitinkančiu matricu sandaugai. Vienetini operatoriu atitinka ˛ ˛ ˛ ˛ vienetin˙ matrica; pavyzdžiui, e   1 0 0 1 0 1= , 1 = 0 1 0 0 1 0 0 1 ir pan. 13.2. TIESINIAI OPERATORIAI 463 Atvirkštinis operatorius. Jei u yra tiesinis operatorius iš E i F , tai jo ˛ reikšmiu aib˙ yra tiesinis F erdv˙ s poerdvis. Jei u injektyvus, tai atvirkštin˙ ˛ e e e −1 funkcija u yra tiesinis operatorius iš u(E) i F . ˛ Pirmas teiginys akivaizdus. u(E) yra ux pavidalo vektoriu aib˙ . Padaug˛ e inęs toki vektoriu iš skaičiaus arba sud˙ jęs du tokius vektorius, v˙ l bgaunu ˛ ˛ e e tokio pavidalo vektoriu nes d˙ l tiesiškumo ˛, e cux = u(cx) ir ux + uy = u(x + y). Irodysiu antrą teigini. Tegu y1 , y2 ∈ u(E). Pažymiu x1 = u−1 y1 , x2 = ˛ ˛ −1 u y2 . Tada ux1 = y1 ir ux2 = y2 . Kadangi u tiesinis, u(x1 + x2 ) = ux1 + ux2 = y1 + y2 . Reiškia, x1 + x2 = u−1 (y1 + y2 ), t.y. u−1 (y1 + y2 ) = u−1 y1 + u−1 y2 . Panašiai irodoma antra reikalinga lygyb˙ . Tegu y ∈ u(E) ir c ∈ R. ˛ e −1 Pažymiu x = u y. Tada ux = y ir d˙ l u tiesiškumo e u(cx) = cux = cy. Taigi cx = u−1 (cy), t.y. u−1 (cy) = cu−1 y. Pakartosiu keletą teiginiu kuriuos jau esu min˙ jęs pirmoje šios knygos ˛, e dalyje, kalb˙ damas apie atvirkštines funkcijas: e • uu−1 = 1, u−1 u = 1, 1−1 = 1, (u−1)−1 = u, (vu)−1 = u−1v −1 ; • jei uv = 1 ir vu = 1, tai v = u−1 . Daugybos savyb˙ es. Daugyba iš v ∈ L(F, G) yra tiesinis operatorius iš L(E, F ) i L(E, G), t.y. ˛ v(u1 + u2 ) = vu1 + vu2 ir v(cu) = cvu. (13.9) Irodin˙ jant šiuos teiginius, reikia atsiminti, kad operatoriai yra funkcijos, ˛ e o dvi funkcijos sutampa, kai sutampa atitinkamos ju reikšm˙ s. Taigi norint ˛ e irodyti pirmąją lygybę, reikia isitikinti, kad su visais x ∈ E ˛ ˛ v(u1 + u2) x = vu1 + vu2 x. 464 ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES Pastaroji lygyb˙ irodoma taip: e˛ v(u1 + u2 ) x = v (u1 + u2 )x = v(u1x + u2 x) = vu1 x + vu2 x = (vu1)x + (vu2 )x = vu1 + vu2 x (vu apibr˙ žimas) e (u1 + u2 apibr˙ žimas) e (v operatoriaus tiesiškumas) (vu apibr˙ žimas) e (w1 + w2 apibr˙ žimas). e Panašiai irodau ir antrąją lygybę: v(cu) = cvu, nes su visais x ˛ v(cu) x = v (cu)x = v(cux) = cv(ux) = c(vu)x = c(vu) x (vu apibr˙ žimas) e (cu apibr˙ žimas) e (v operatoriaus tiesiškumas) (vu apibr˙ žimas) e (cw apibr˙ žimas). e Daugyba iš dešin˙ s taip pat yra tiesin˙ operacija. Tiksliau, jei u ∈ e e L(E, F ), tai funkcija v → vu yra tiesinis operatorius iš L(F, G) i L(E, G), ˛ t.y. (v1 + v2 )u = v1 u + v2 u ir (cv)u = c(vu). (13.10) Pirma lygyb˙ teisinga, nes su visais x e (v1 + v2 )u x = (v1 + v2 )(ux) = v1 (ux) + v2 (ux) = (v1 u)x + (v2 u)x = v1 u + v2 u x o antroji — tod˙ l, kad su visais x e (cv)u x = (cv)(ux) = c v(ux) = c (vu)x = c(vu) x (vu apibr˙ žimas) e (cv apibr˙ žimas) e (vu apibr˙ žimas) e (cw apibr˙ žimas). e (vu apibr˙ žimas) e (v1 + v2 apibr˙ žimas) e (vu apibr˙ žimas) e (w1 + w2 apibr˙ žimas), e Atvejis, kai E yra keliu erdviu sandauga. Tegu E yra dvieju tiesiniu ˛ ˛ ˛ ˛ erdviu sandauga: E = E1 ×E2 . Tokioje situacijoje svarbus keturios funkcijos: ˛ ¯ projekcijos (x1 , x2 ) → x1 ir (x1 , x2 ) → x2 ; id˙ tys x1 → (x1 , 0) ir x2 → (x2 , 0). ˛ e 13.2. TIESINIAI OPERATORIAI 465 Iš tiesiniu operaciju E erdv˙ je apibr˙ žimo išplaukia, kad visos jos yra ˛ ˛ e e tiesinia operatoriai. Pavyzdžiui, jei pirmąją projekciją pažym˙ čiau u raide, e gaučiau u (x1 , x2 ) + (y1 , y2 ) = u(x1 + y1 , x2 + y2 ) = x1 + y1 = u(x1 , x2 ) + u(y1 , y2) ir u c(x1 , x2 ) = u(cx1 , cx2 ) = cx1 = cu(x1 , x2 ) Taigi u yra tiesinis operatorius iš E i E1 . ˛ Analogiškai, pažym˙ jęs vx1 = (x1 , 0) gaunu e v(x1 + y1 ) = (x1 + y1 , 0) = (x1 , 0) + (y1 , 0) = vx1 + vy1 ir v(cx1 ) = (cx1 , 0) = c(x1 , 0) = cvx1 (v apibr˙ žmas) e (cx apibr˙ žimas) e (v apibr˙ žimas). e (v apibr˙ žmas) e (x + y apibr˙ žimas) e (v apibr˙ žimas) e (cx apibr˙ žmas) e (u apibr˙ žimas) e (u apibr˙ žimas). e (x + y apibr˙ žmas) e (u apibr˙ žimas) e (u apibr˙ žimas) e Taigi v yra tiesinis operatorius iš E1 i E. ˛ Tegu dabar u1 ∈ L(E1 , F ) ir u2 ∈ L(E2 , F ). Sukomponavęs operatorius (x1 , x2 ) → x1 x1 → , u1 x1 , gaunu v˙ l tiesini operatoriu (x1 , x2 ) → u1x1 . Analogiškai irodoma, kad tiesie ˛ ˛ ˛ nis ir (x1 , x2 ) → u2 x2 operatorius. Sud˙ jęs juos, gaunu tiesini operatoriu e ˛ ˛ u(x1 , x2 ) = u1x1 + u2x2 . (13.11) Aš ir tokioje situacijoje naudoju matricinę notaciją: E1 × E2 erdv˙ s elee mentą (x1 , x2 ) užrašau stulpeliu x1 , x2 (13.12) 466 o (13.11) operatoriu — eilute ˛ ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES u1 u2 . (13.13) Nors šiu matricu elementai n˙ ra skaičiai, (13.13) eilutę galima formaliai „pa˛ ˛ e dauginti“ iš (13.12) stulpelio ir gauti u1 x1 + u2 x2 reiškini. Tod˙ l u(x1 , x2 ) ˛ e užrašomas x1 u1 u2 x2 pavidalu. Pagal tokią schemą gaunamas bet koks tiesinis operatorius iš E i F . ˛ Tikrai, jei u ∈ L(E, F ), tai sukomponavęs x1 → (x1 , 0) (x1 , x2 ) → , u(x1 , x2 ), gaunu tiesini operatoriu u1 x1 = u(x1 , 0). Analogiškai irodoma, kad tiesinis ir ˛ ˛ ˛ operatorius u2 x2 = u(0, x2 ). Be to, u(x1 , x2 ) = u (x1 , 0) + (0, x2 ) = u(x1 , 0) + u(0, x2 ) = u1 x1 + u2 x2 . Aišku, jei E butu didesnio skaičiaus erdviu sandauga, jos elementus už˛ ¯ ˛ rašyčiau daugiau elementu turinčiais stulpeliais, o tiesinius operatorius iš E ˛ i F — daugiau elementu turinčiomis eilut˙ mis. ˛ ˛ e Atvejis, kai F yra keliu erdviu sandauga. Tegu dabar F erdv˙ yra ˛ ˛ e dvieju tiesiniu erdviu sandauga: F = F1 × F2 . Jei u1 ∈ L(E, F1 ) ir u2 ∈ ˛ ˛ ˛ L(E, F2 ), tai ux = (u1x, u2 x) (13.14) formule apibr˙ žiamas tiesinis operatorius iš E i F . Kad jis tikrai tiesinis, e ˛ rodo toks samprotavimas: sukomponavęs operatorius x → u1 x y1 → (y1 , 0), gaunu tiesini operatoriu x → (u1 x, 0). Analogiškai irodoma, kad tiesinis ir ˛ ˛ ˛ x → (0, u2x) operatorius. Sud˙ jęs šiuos du tiesinius operatorius ir gaunu u. e (13.14) pavidalu užrašomas bet koks tiesinis operatorius iš E i F = F1 × ˛ F2 . Tikrai, jei u ∈ L(E, F ), tai su visais x ∈ E vektorius ux yra (y1 , y2 , y3 ) pavidalo. Pažym˙ jęs jo komponentes u1 x, u2 x ir u3 x, gaunu (13.14). uj e funkcija yra u operatoriaus (iš E i F ) ir projekcijos (y1 , y2 ) → yj (kuri yra ˛ 13.2. TIESINIAI OPERATORIAI 467 tiesinis operatorius iš F i Fj ) kompozicija; tod˙ l — tiesinis operatorius iš E ˛ e i Fj . ˛ Ir čia aš naudoju matricinę notaciją — (13.14) operatoriu užrašau ˛ u1 u2 pavidalu. Tada ux yra 2 × 1 „matricos“ ir 1 × 1 „matricos“ sandauga: u1 x= u2 u1 x u2 x = (u1 x, u2 x). Jei F butu didesnio skaičiaus tiesiniu erdviu sandauga, tiesiniai operato˛ ˛ ¯ ˛ riai iš E i F butu užrašomi stulpeliais iš daugiau komponenčiu ˛ ˛. ¯ ˛ Atvejis, kai ir E, ir F yra sandauga. Matricin˙ notacija patogi ir tuo e atveju, kai tiek E, tiek F erdv˙ yra keliu tiesiniu erdviu sandauga. Pavyze ˛ ˛ ˛ džiui, operatorius iš E1 × E2 i F1 × F2 × F3 užrašomas ˛   u11 u12 u21 u22  (13.15) u31 u32 pavidalu; čia uji ∈ L(Ei , Fj ). Tokio operatoriaus reikšm˙ (x1 , x2 ) taške taip e pat randama pagal matricu sandaugos taisyklę: ˛     u11 u12 u11 x1 + u12 x2 u21 u22  x1 = u21 x1 + u22 x2  . x2 u31 u32 u31 x1 + u32 x2 Operatoriaus daugybą iš skaičiaus ir dvieju operatoriu sud˙ ti atitinka ˛ ˛ e˛ matricos daugyba iš skaičiaus ir matricu sud˙ tis. Operatoriu kompoziciją ˛ e ˛ atitinka matricu daugyba. Pavyzdžiui, jei u operatorius užrašomas (13.15) ˛ matrica, o koks nors v operatorius — v11 v12 v13 v21 v22 v23 matrica, tai vu operatoriu atitiks matrica ˛   u11 u12 v11 v12 v13  u21 u22  v21 v22 v23 u31 u32 = v11 u11 + v12 u21 + v13 u31 v11 u12 + v12 u22 + v13 u32 . v21 u11 + v22 u21 + v23 u31 v21 u12 + v22 u22 + v23 u32 468 ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES Tiesiniai funkcionalai. Tiesinis operatorius iš E i R vadinamas tiesiniu ˛ funkcionalu E erdv˙ je. Visu tiesiniu funkcionalu aibę žym˙ siu E . e ˛ ˛ ˛ e k Tiesini funkcionalą R erdv˙ je atitinka 1 × k skaičiu matrica. ˛ e ˛ Jau anksčiau esu min˙ jęs, kad k ×1 skaičiu matrica aš žymiu du objektus: e ˛ Rk erdv˙ s vektoriu ir tam tikrą operatoriu iš R i Rk . Lygiai taip pat bet koki e ˛ ˛ ˛ ˛ F erdv˙ s elementą b atitinka operatorius t → tb iš R i F . Jo tiesiškumas e ˛ patikrinamas paprastai: jei ut = tb, tai u(t + t ) = (t + t )b = tb + t b = ut + ut ir u(ct) = (ct)b = c(ut). Tą operatoriu aš žym˙ siu ta pačia b raide. ˛ e Jei dabar a ∈ E ir b ∈ F , tai ba simboliu žymimas a funkcionalo (iš E i R) ir t → tb operatoriaus (iš R i F ) sandauga. Taigi ba yra tiesinis ˛ ˛ operatorius iš E i F , apibr˙ žiamas formule ˛ e (ba )x = (a x)b. (13.16) E = Rk ir F = Rl atveju ba sutampa su b stulpelio ir a eilut˙ s sandauga: e     b1 b1 a1 b1 a2 · · · b1 ak b2  b2 a1 b2 a2 · · · b1 ak       .  a1 a2 · · · ak =  . . . . .. . .  .  . . . . . . bl a1 bl a2 · · · bl ak bl 13.3 L(E, F ) erdv˙ e bet kokios tiesin˙ s e Irodysiu, kad tada ˛ funkcionalu erdv˙ s ˛ e baz˙ . Funkcija e E erdv˙ baze. Iki šiol šiame skyrelyje E ir F buvo es ˙ erdv˙ s. Nuo šio momento jas laikysiu baigtiniamat˙ mis. e e ir operatoriu erdv˙ L(E, F ) baigtiniamat˙ . Prad˙ siu nuo ˛ e e e E. Tegu dim E = k ir a1 , . . . , ak yra kokia nors E erdv˙ s e (t1 , . . . , tk ) → t1 a1 + · · · + tk ak yra tiesinis operatorius iš Rk i E ir kartu — bijekcija tarp Rk ir E (nes (ai ) ˛ yra baz˙ ). Tada atvirkštinis operatorius e t1 a1 + · · · + tk ak → (t1 , . . . , tk ) taip pat tiesinis. Jo komponent˙ s e t1 a1 + · · · + tk ak → ti ˙ 13.3. L(E, F ) ERDVE 469 yra tiesiniai funkcionalai E erdv˙ je. Aš juos vadinsiu koordinatiniais funke cionalais ir žym˙ siu ai raid˙ mis. Taigi e e ai (c1 a1 + · · · + ck ak ) = ci Iš pirmosios lygyb˙ s išplaukia, kad e ai aj = 1, kai i = j; 0, kai i = j. (13.17) ir x = (a1 x)a1 + · · · + (ak x)ak . Pasir˙ męs šiomis lygyb˙ mis, irodysiu, kad a1 , . . . , ak funkcionalai sudaro E e e ˛ erdv˙ s bazę. e Jei c1 a1 + · · · + ck ak = 0, tai su visais x (c1 a1 + · · · + ck ak )x = 0; c1 a1 x + · · · + ck ak x = 0. Imdamas x = ai , gaunu ci = 0. Taigi visi ci lygus 0, t.y. ai funkcionalai ¯ tiesiškai nesusiję. Tegu a yra bet koks funkcionalas iš E . Tada su visais x a x = a (a1 x)a1 + · · · + (ak x)ak = (a1 x)a a1 + · · · + (ak x)a ak . Pažym˙ jęs ci = a ai , gaunu e a x = c1 (a1 x) + · · · + ck (ak x) = (c1 a1 + · · · + ck ak )x. Ši lygyb˙ teisinga su visais x; tod˙ l a (kaip funkcija iš E i R) lygi funkcijai e e ˛ c1 a1 + · · · + ck ak . Taigi a tiesiškai išsireiškia per ai . Irodžiau, kad a1 , . . . , ak yra E erdv˙ s baz˙ . Taigi dim E = k. ˛ e e Kiekvienam E erdv˙ s vektoriui a = c1 a1 +· · ·+ck ak galima priskirti tiesini e ˛ funkcionalą a = c1 a1 + · · · + ck ak . Jei E = Rk ir a1 , . . . , ak — standartin˙ e Rk baz˙ , tai a → a yra stulpelio transponavimo operacija. Tačiau jei ai yra e kita baz˙ , taip apibr˙ žtas a su transponavimu nebetur˙ s nieko bendro. e e e 13.3 pratimas. Tegu E = R2 ir a1 = (1, 1), a2 = (1, 0). Raskite dualiąją bazę E erdv˙ je ir formulę x funkcionalui skaičiuoti, kai x = (x1 , x2 ). e Sprendimas. (x1 , x2 ) vektoriaus koordinat˙ s duotoje baz˙ je randamos e e sprendžiant lygti ˛ x1 1 1 = c1 + c2 . x2 1 0 470 Iš jos ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES c1 + c2 c1 = x1 ; = x2 ; t.y. c1 = x2 , c2 = x1 − x2 . Pirmoji koordinat˙ c1 (kaip x funkcija) yra funkcionalas, kuri aš žymiu e ˛ a1 , o antroji koordinat˙ — funkcionalas a2 . Taigi e a1 x = x2 = (0 1) t.y. a1 = (0 1), Vektoriu x = x2 a1 + (x1 − x2 )a2 tada atitiktu funkcionalas ˛ ˛ x = x2 a1 + (x1 − x2 )a2 = (x1 − x2 2x2 − x1 ), t.y. x1 x2 = (x1 − x2 2x2 − x1 ). a2 = (1 − 1). x1 , x2 a2 x = x1 − x2 = (1 − 1) x1 , x2 L(E, F ) erdv˙ baze. Tegu a1 , . . . , ak yra E erdv˙ s, o b1 , . . . , bl — F erdv˙ s es ˙ e e baz˙ , t.y. dim E = k, dim F = l. Dualias bazes E ir F erdv˙ se žym˙ siu (ai ) e e e ir (bj ). Irodysiu, kad uji = bj ai operatoriai sudaro L(E, F ) erdv˙ s bazę. Tai ˛ e reikš, kad operatoriu erdv˙ yra kl-mat˙ tiesin˙ erdv˙ . ˛ e e e e Tegu cij bj ai = 0. i,j Tada su bet kokiais x ∈ E ir y ∈ F y i,j cij bj ai x = 0; i,j cij y bj ai x = 0. Kai x = a1 ir y = b1 , suma kair˙ je lygi c11 ; tod˙ l c11 = 0. Imdamas vietoje x e e kitus ai , o vietoje y — kitus bj , gaunu, kad visi cij = 0. Taigi bj ai operatoriai tiesiškai nesusiję. Tegu dabar u yra bet koks tiesinis operatorius iš E i F . Su bet kokiu ˛ x ∈ E vektorius ux ∈ F ; tod˙ l išsireiškia per bj : e ux = b1 (ux)b1 + · · · + bl (ux)bl = bj (ux)bj . j ˙ 13.3. L(E, F ) ERDVE Kita vertus, x = (a1 x)a1 + · · · + (ak x)ak = Tod˙ l e ux = j 471 (ai x)ai . i bj u i (ai x)ai bj = j bj i (ai x)(uai ) bj = j i (ai x) bj (uai ) bj . Pažymiu cij = bj uai . Tada ux = i,j cij (ai x)bj . Bet (a x)bj yra operatoriaus uji = bj ai reikšm˙ x taške. Taigi su visais x e ux = i,j cij ujix, t.y. u = i,j cij uji. Gavau, kad kiekvienas u ∈ L(E, F ) tiesiškai išsireiškia per bj ai . Reiškia, tie operatoriai tikrai sudaro L(E, F ) erdv˙ s bazę. e Tiesiniu operatoriu tolydumas. Toliau E ir F laikysiu baigtiniamat˙ ˛ ˛ e mis normuotosiomis erdv˙ mis su baz˙ mis, atitinkamai, a1 , . . . , ak ir b1 , . . . , bl . e e Normas abiejose erdv˙ se žym˙ siu tuo pačiu · simboliu. e e Pirmame skyrelyje irodžiau, kad jei xn = cn1 a1 + · · · + cnk ak , x = c1 a1 + ˛ · · · + ck ak , tai xn → x ⇐⇒ ∀i cni → ci . Skaičiai cni yra xn vektoriaus, o skaičiai ci — x vektoriaus koordinat˙ s baz˙ je a1 , . . . , ak . Koordinatinius e e funkcionalus aš dabar žymiu ai raid˙ mis; tod˙ l aukščiau suformuluotą rezule e tatą galima perrašyti taip: xn → x ⇐⇒ ∀i ai xn → ai x. Iš to išplaukia, kad visi koordinatiniai funkcionalai ai yra tolydžiosios funkcijos iš E i R. ˛ Kadangi daugyba iš skaičiaus yra tolydi operacija, funkcija x → (ai x)bj tolydi. Tačiau ši funkcija yra bazinis uji = bj ai operatorius. Taigi visi uji yra tolydžiosios funkcijos. Reiškia, tolydus ir bet kokie tu operatoriu tiesiniai ˛ ˛ ¯ dariniai, t.y. visi tiesiniai operatoriai. 472 ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES Operatoriaus norma. Su bet kokiu u ∈ L(E, F ) apibr˙ žiama e u = sup ux . x 1 (13.18) ¯ Kadangi U (0, 1) aib˙ kompaktiška, o x → ux funkcija tolydi, sup ženklas e šiame apibr˙ žime gali buti pakeistas i max. Tod˙ l u < ∞ su visais u ∈ e ˛ e ¯ L(E, F ). Irodysiu, kad tai norma L(E, F ) erdv˙ je. ˛ e N1. Jei u = 0, tai ux = 0 su tam tikru x = 0. Pažym˙ jęs y = x/ x , e gaunu y = 1; tod˙ l e u N2. cu = sup cux x x 1 uy = ux / x > 0. (13.19) (cu ir u apibr˙ žimas) e (konstantos išk˙ limas iš normos F erdv˙ je) e e (supremumo savyb˙ ) e (normos apibr˙ žimas). e = sup |c| ux 1 = |c| sup ux x 1 = |c| u N3. u1 + u2 = sup u1x + u2 x x x x 1 (u1 + u2 ir u apibr˙ žimas) e (trikampio nelygyb˙ F erdv˙ je) e e (supremumo savyb˙ ) e ( u apibr˙ žimas). e sup 1 1 u1 x + u2 x x 1 sup u1 x + sup u2 x = u1 + u2 Normos skaičiavimo pavyzdžiai. 1. Tegu u yra tiesinis operatorius iš R i F , veikiantis pagal formulę u(t) = tb; čia b ∈ F . Anksčiau min˙ jau, kad ˛ e toki operatoriu aš žymiu ta pačia b raide. Dabar parodysiu, kad jo norma ˛ ˛ sutampa su b vektoriaus norma. Taigi rašant b nebesvarbu, ar b žymi vektoriu ar operatoriu abiem atvejais gaunamas tas pats skaičius. ˛, ˛: Su visais t ∈ [−1; 1] ut = tb = |t| b b . Kai t = 1, nelygyb˙ virsta lygybe: u1 = b . Reiškia, u = b . e ˙ 13.3. L(E, F ) ERDVE 2. Tegu u yra tiesinis funkcionalas Rk erdv˙ je, užrašomas e c1 · · · ck c 473 ¯ matrica. Pažymiu c = (c1 , . . . , ck ). Tada su visais x ∈ U(0, 1) Jei x = c/ c , tai x = 1, o nelygyb˙ virsta lygybe: e c c·c c c· = = c c c Tod˙ l e u = c = 3. Tegu u= Jei x = (x1 , x2 ) ir x ux = 1, tai 2x1 − x2 x1 + x2 = (2x1 − x2 )2 + (x1 + x2 )2 . √ (13.20) (13.21) c2 + · · · + c2 . 1 k 2 −1 . 1 1 2 |ux| = |c · x| x c . = c . Iš Košy nelygyb˙ s išplaukia, kad e |2x1 − x2 | Tod˙ l e (2, −1) (x1, x2 ) (x1, x2 ) √ 5+2= (2, −1) = √ 5, √ (1, 1) = 2. |x1 + x2 | (1, 1) ux 7. √ Iš irodytos lygyb˙ s išplaukia, kad u ˛√ e 7. Nor˙√ edamas irodyti, kad ˛ ¯ (0, 1), su kuriuo ux = 7. Tačiau tokio x u = 7, tur˙ čiau rasti x ∈ U e n˙ ra, nes (13.20) nelygyb˙ virsta lygybe, kai x proporcingas (2, −1) vektoriui, e e o (13.21) nelygyb˙ — kai jis proporcingas (1, 1) vektoriui. Tod˙ l iš tikru ˛ e e ˛ju √ u < 7. Nor˙ damas tą normą suskaičiuoti tiksliai, turiu rasti funkcijos e (2x1 − x2 )2 + (x1 + x2 )2 = 5x2 − 2x1 x2 + 2x2 1 2 maksimumą srityje x2 + x2 1 ir iš jo ištraukti šakni. Maksimumą galima ˛ 1 2 rasti Lagranžo daugikliu metodu, kuri aprašysiu kitoje vadov˙ lio dalyje: jis ˛ ˛ e √ lygus (7 + 40)/2. Tod˙ l e u = 7+ √ 2 40 . 474 ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES 4. Operatoriaus iš Rk i Rl normą suskaičiuoti lengviau, kai Rk ir Rl ˛ erdv˙ je imama ne standartin˙ , o · ∞ norma. Jei e e   c11 · · · c1k  . .  u =  . ... .  (13.22) . . cl1 · · · clk ir x ∞ = maxi |xi | 1, tai   c11 x1 + · · · + c1k xk   . . ux =   . cl1 x1 + · · · + clk xk = max cj1 x1 + · · · + cjk xk j j max |cj1 ||x1 | + · · · + |cjk ||xk | max |cj1 | + · · · + |cjk | . j Nelygyb˙ virsta lygybe, kai xi = (sgn cj1 , . . . , sgn cjk ); čia j yra indeke sas, su kuriuo reiškinio |cj1| + · · · + |cjk | reikšm˙ didžiausia, o funkcija sgn e apibr˙ žiama formule e  1, kai x > 0;  sgn x = 0, kai x = 0;   −1, kai x < 0. Reiškia, u = max |cj1 | + · · · + |cjk | . j Normos savyb˙ es. L(E, F ) erdv˙ je galima apibr˙ žti ir kitokias normas. e e Kadangi erdv˙ baigtiniamat˙ , visos jos bus ekvivalenčios. Tačiau (13.18) e e lygybe apibr˙ žta norma turi dvi savybes, kuriu neturi kitos normos: e ˛ ux u x ir vu v u ; čia x ∈ E, u ∈ L(E, F ) ir v ∈ L(F, G) (G — dar viena baigtiniamat˙ e normuota erdv˙ ). e Jei x = 0, pirma nelygyb˙ išplaukia iš (13.19) nelygybiu Jei x = 0, tai e ˛. ux = 0 = u x . Antroji nelygyb˙ irodoma pasir˙ mus pirmąja: e˛ e vu = sup (vu)x x 1 ( w apibr˙ žimas) e ˙ 13.3. L(E, F ) ERDVE = sup v(ux) x x 1 475 (vu apibr˙ žimas) e (pasiremiu pirmąja nelygybe) (supremumo savyb˙ ) e ( u apibr˙ žimas). e sup v 1 x 1 ux = v sup ux = v u Konvergavimas operatoriu erdv˙ ˛ eje. Konvergavimą operatoriu erdv˙ je ˛ e galima charakterizuoti bent 6 ekvivalenčiais budais; kiekvienas iš žemiau ¯ išrašytu teiginiu reiškia, kad un → u (t.y. kad un − u → 0): ˛ ˛ 1) un x → ux su visais x ∈ E; 2) un ai → uai su i = 1, . . . , k; 3) y un → y u su visais y ∈ E ; 4) bj un → bj u su j = 1, . . . , l; 5) y un x → y ux su visais x ∈ E ir y ∈ E ; 6) bj un ai → bj uai su i = 1, . . . , k ir j = 1, . . . , l. Tikrai, jei un → u, tai iš un x − ux un − u x → 0 ir y un − y u y un − u → 0 sąryšiu išplaukia 1 ir 3 teiginiai. Panašiai irodomos 1 ⇒ 5, 3 ⇒ 5, 2 ⇒ 6 ir ˛ ˛ 3 ⇒ 6 implikacijos, o implikacijos 1 ⇒ 2, 3 ⇒ 4 ir 5 ⇒ 6 akivaizdžios. Taigi belieka isitikinti, kad iš 6 teiginio išplaukia un → u. Taip yra tod˙ l, kad bj uai ˛ e yra u operatoriaus koordinat˙ s b1 a1 , . . . , bl ak baz˙ je. e e Galima irodyti ir stipresni teigini: jei un → u ir xn → x, tai un xn → ux. ˛ ˛ ˛ Iš tikru ˛, ˛ju un xn − ux un − u xn + u xn − x → 0. Panašiai irodoma, kad iš un → u, vn → v išplaukia vn un → vu. ˛ Operatoriaus rangas. Jei u yra tiesinis operatorius iš E i F , tai jo reikš˛ miu aib˙ u(E) paprastai vadinama jo vaizdu ir žymima im u (nuo angliško ˛ e žodžio image — vaizdas). Praeitame skyrelyje irodžiau, kad im u yra tiesinis ˛ F erdv˙ s poerdvis. Jo matmenu skaičius vadinamas operatoriaus rangu ir e ˛ žymimas rank u. Taigi rank u = dim im u. Jei u yra tiesinis operatorius iš Rk i Rl , užrašomas (13.22) matrica, o ˛ 476 ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES e1 , . . . , ek — standartin˙ Rk erdv˙ s baz˙ , tai uei yra i-asis u matricos stulpelis: e e e   0   .   . c11 · · · c1k  .  c1i  . .. .  1 =  .  .  . . .    .  . . . . . cl1 · · · clk cli . 0 Bet koks vektorius iš im u tiesiškai išsireiškia per uei : jei x = t1 e1 + · · ·+ tk ek , tai d˙ l tiesiškumo ux = t1 ue1 + · · · + tk uek . Jei e uei1 , . . . , ueir (13.23) yra maksimali tiesiškai nesusijusi ue1 , . . . , uek vektoriu sistema, tai visi uei ˛ išsireiškia per (13.23) vektorius. Bet tada per juos išsireiškia ir visi ux, t.y. visi im u elementai. Reiškia, (13.23) vektoriai sudaro im u poerdvio bazę. Šie samprotavimai rodo, kad (13.22) operatoriaus rangas lygus maksimaliam tiesiškai nesusijusiu matricos stulpeliu skaičiui. ˛ ˛ Apgręžiami operatoriai. Simboliu L∗ (E, F ) žym˙ siu aibę visu tiesiniu e ˛ ˛ operatoriu kurie yra bijekcijos tarp E ir F . Jei u ∈ L∗ (E, F ), tai atvirkštin˙ ˛, e funkcija u−1 yra tiesinis operatorius iš F i E. Tod˙ l operatorius iš L∗ (E, F ) ˛ e vadinsiu apgręžiamais. Tegu a1 , . . . , ak yra E erdv˙ s baz˙ . Jei u injektyvus, tai ua1 , . . . , uak e e vektoriai tiesiškai nesusiję. Tikrai iš t1 ua1 + · · · + tk uak = 0 išplaukia ir d˙ l injektyvumo t1 a1 + · · ·+ tk ak = 0. Kadangi a1 , . . . , ak vektoriai tiesiškai e nesusiję, iš čia gaunu t1 = · · · = tk = 0. Jei, be to, im u = F , tai kiekvienas vektorius iš F yra ux pavidalo ir tod˙ l e tiesiškai išsireiškia per ua1 , . . . , uak . Tod˙ l jei u apgręžiamas, tai ua1 , . . . , uak e yra F erdv˙ s baz˙ ir, reiškia, e e dim F = k = dim E. Taigi L∗ (E, F ) aib˙ netuščia tik jei E ir F yra vienodo matmenu skaičiaus. e ˛ Jei apgręžiamas operatorius užrašomas matrica, tai ta matrica kvadratin˙ . e Atvirkštini operatoriu tada atitinka atvirkštin˙ matrica. ˛ ˛ e u(t1 a1 + · · · + tk ak ) = 0 = u0 13.4. POLITIESINIAI OPERATORIAI 13.2 teorema. 1) Jei u ∈ L(E, E) ir u < 1, tai 1 − u apgręžiamas ir (1 − u)−1 = ∞ n=0 477 un . 2) Jei u ∈ L∗ (E, F ) ir v − u < 1/ u−1 , tai v ∈ L∗ (E, F ). Irodymas. 1. ˛ ∞ n n=0 u eilut˙ konverguoja, nes e ∞ u n ∞ n=0 u n n=0 < ∞. (13.24) Pažymiu sn = n i=0 ui ir s = ∞ i=0 ui. Tada sn → s ir tod˙ l e sn (1 − u) → s(1 − u). (13.25) v − u < 1, (1 − u)sn → (1 − u)s, Kita vertus, nes un+1 u n+1 → 0. Taigi (1 − u)s = s(1 − u) = 1. 2. Kadangi v = u 1 + u−1 (v − u) ir u−1(v − u) u−1 antras teoremos tvirtinimas išplaukia iš pirmojo. (1 − u)sn = sn (1 − u) = 1 − un+1 → 1, Antras teoremos teiginys gali buti performuluotas taip: jei u ∈ L∗ (E, F ), ¯ tai L(E, F ) erdv˙ s rutulys su centru u taške ir spinduliu 1/ u yra L∗ (E, F ) e aib˙ s poaibis. Taigi bet koks L∗ (E, F ) aib˙ s taškas yra vidinis, t.y. L∗ (E, F ) e e yra atviras L(E, F ) erdv˙ s poaibis. e 13.4 Politiesiniai operatoriai u : E1 × · · · × Er → F Apibrežimas. Tegu E1 , . . . , Er ir F yra tiesin˙ s erdv˙ s. Funkcija ˙ e e yra tiesinis operatorius iš Ei i F . Visu tokiu operatoriu aibę žym˙ siu simboliu ˛ ˛ ˛ ˛ e L(E1 , . . . , Er , F ). Akivaizdu, kad padauginęs r-tiesini operatoriu iš skaičiaus ar sud˙ jęs du ˛ ˛ e r-tiesinius operatorius v˙ l gausiu r-tiesini operatoriu Taigi L(E1 , . . . , Er , F ) e ˛ ˛. vadinama r-tiesiniu operatoriumi, jei ji tiesin˙ kiekvieno argumento atžvilgiu, e t.y. jei su visais i ir visais a1 ∈ E1 , . . . , ai−1 ∈ Ei−1 , ai+1 ∈ Ei+1 , . . . , ar ∈ Er funkcija xi → u(a1 , . . . , ai−1 , xi , ai+1 , . . . , ar ) 478 ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES yra tiesin˙ erdv˙ . Kai r = 1, ji sutampa su tiesiniu operatoriu iš E1 i F e e ˛ ˛ ˛ erdve. Toliau nagrin˙ siu 2-tiesinius, arba bitiesinius operatorius, nors visi teigie niai bus teisingi ir bendruoju atveju. Tam, kad u butu bitiesinis operatorius, ¯ ˛ butina ir pakanka, kad butu teisingos tokios tapatyb˙ s: e ¯ ¯ ˛ u(y1 + z1 , x2 ) = u(y1, x2 ) + u(z1 , x2 ), u(cx1 , x2 ) = cu(x1 , x2 ), u(x1 , y2 + z2 ) = u(x1 , y2) + u(x1 , z2 )u(x1 , cx2 ) = cu(x1 , x2 ); čia x1 , y1 , z1 ∈ E1 , x2 , y2 , z2 ∈ E2 ir c ∈ R. Iš ju išplaukia, kad ˛ u i ci xi , j cj y j = ij ci dj u(xi , yj ) su visais (xi ) ⊂ E1 , (yj ) ⊂ E2 ir (ci ), (dj ) ⊂ R. Pavyzdžiai. Standartinis bitiesinio operatoriaus pavyzdys — dvieju vek˛ k toriu iš R skaliarin˙ sandauga, t.y. (x, y) → x · y funkcija. Kitas pavyzdys ˛ e — vektorin˙ daugyba R3 erdv˙ je, apibr˙ žiama formule e e e x×y = x2 y2 x y x y , 3 3 , 1 1 . x3 y3 x1 y1 x2 y2 Apskritai visi bitiesiniai operatoriai, kuriems duoti vardai, vadinami daugybomis. Tačiau daugikliai nebutinai yra vektoriai iš Rk erdviu Štai du ˛. ¯ idomesni pavyzdžiai. ˛ 1. (x, u) → ux funkcija yra bitiesinis operatorius iš E × L(E, F ) i F . ˛ x atžvilgiu ji tiesin˙ d˙ l to, kad visi u yra tiesiniai operatoriai. Tiesiškue e mas u atžvilgiu išplaukia iš cu ir u1 + u2 apibr˙ žimo. e 2. (u, v) → vu funkcija yra bitiesinis operatorius iš L(E, F ) × L(F, G) i ˛ L(E, G). Tai išplaukia iš (13.9) ir (13.10) lygybiu ˛. Skirtumas tarp tiesiniu ir bitiesiniu operatoriu Reikia skirti bitie˛ ˛ ˛. sinius operatorius iš L(E1 , E2 , F ) nuo tiesiniu operatoriu iš L(E1 × E2 , F ) ˛ ˛ erdv˙ s. Pavyzdžiui, u(x, y) = 2x + 3y yra tiesinis operatorius iš R2 i R. e ˛ Tačiau jis n˙ ra bitiesinis, nes netiesinis x atžvilgiu: e u(cx, y) = 2cx + 3y = 2cx + 3cy = cu(x, y). Kita vertus, u(x, y) = xy funkcija yra bitiesinis operatorius, bet ne tiesinis: u c(x, y) = u(cx, xy) = c2 xy = cxy = cu(x, y). 13.4. POLITIESINIAI OPERATORIAI Funkcija u(x, y, z) = xy − yz n˙ ra tiesinis operatorius iš R3 i R, nes e ˛ u c(x, y, z) = u(cx, cy, cz) = c2 xy − c2 yz = c(xy − yz) = cu(x, y, z), ir n˙ ra 3-tiesinis operatorius, nes ji n˙ ra tiesin˙ x atžvilgiu: e e e u(cx, y, z) = cxy − yz = c(xy − yz) = cu(x, y, z). 479 Tačiau i reiškini xy − yz galima žiur˙ ti ir kaip i funkciją iš R2 × R, kurios ˛ ˛ ˛ ¯e argumentas yra pora (x, z), y . Ji tiesin˙ (x, z) atžvilgiu, nes e u(cx, y, cz) = cxy − cyz = cu(x, y, z), u(x1 + x2 , y, z1 + z2 ) = (x1 + x2 )y − y(z1 + z2 ) = x1 y − yz1 + x2 y − yz2 = u(x1 , y, z1) + u(x2 , y, z2), ir tiesin˙ y atžvilgiu, nes e u(x, cy, z) = cxy − cyz = cu(x, y, z), u(x, y1 + y2 ) = x(y1 + y2 ) − (y1 + y2 )z = xy1 − y1 z + xy2 − y2 z = u(x, y1 , z) − u(x, y2, z). Taigi i u galima žiur˙ ti, kaip i bitiesini operatoriu Bitiesiškumas man ˛ ˛ ˛ ˛. ¯e pasidaro ypač akivaizdus, kai tą reiškini užrašau sandaugos pavidalu: ˛ xy − yz = y(x − z) = y 1 −1 x . z Bitiesiniu operatoriu tolydumas. Tegu dabar visos erdv˙ s baigtinia˛ ˛ e mat˙ s. Tegu, pavyzdžiui, a11 , . . . , a1k1 yra E1 erdv˙ s, a21 , . . . , a2k2 — E2 e e erdv˙ s ir b1 , . . . , bl — F erdv˙ s baz˙ . Kaip ir anksčiau, simboliais a1i , (a2i ) ir e e e bj žym˙ siu dualias bazes E1 , E2 ir F erdv˙ je. e e Jei u ∈ L(E1 , E2 , F ), tai l k1 k2 u(x1 , x2 ) = j=1 l bj u k1 k2 (a1i1 x1 )a1i1 , i1 =1 i2 =1 (a2i2 x2 )a2i2 bj = (a1i1 x1 )(a2i2 x2 )bj u(a1i1 , a2i2 )bj j=1 i1 =1 i2 =1 480 l k1 ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES k2 = j=1 i1 =1 i2 =1 cji1 i2 uji1 i2 (x1 , x2 ); čia cji1 i2 = bj u(a1i1 , a2i2 ) ir uji1 i2 (x1 , x2 ) = (a1i1 x1 )(a2i2 x2 )bj . Nesunku isi˛ tikinti, kad uji1 i2 yra tiesiškai nesusiję bitiesiniai operatoriai. Reiškia, jie sudaro L(E1 , E2 , F ) erdv˙ s bazę, t.y. ta erdv˙ baigtiniamat˙ . e e e Kiekvienas iš baziniu uji1 i2 operatoriu tolydus. Reiškia, visi bitiesiniai ˛ ˛ operatoriai tolydus. ¯ Praeitame skyrelyje irodžiau, kad iš xn → x, un → u, vn → v išplaukia ˛ un xn → ux ir vn un → vu. Dabar matyti, kad abu šie teiginiai yra vieno fakto — bitiesinio operatoriaus tolydumo — išvados. Bitiesinio operatoriaus norma. Bitiesinio operatoriaus u norma apibr˙ e žiama u = sup{ u(x1 , x2 ) | x1 1, x2 1}. (13.26) lygybe. Panašiai, kaip skyrelyje apie tiesinius operatorius irodome, kad tai ˛ tikrai yra norma L(E1 , E2 , F ) erdv˙ je, ir gauname tokias jos savybes: e 1) u(x1 , x2 ) u x1 x2 ; 2) Jei u, un ∈ L(E1 , E2 , F ), tai un → u tada ir tik tada, kai bj un (a1i1 , a2i2 ) → bj u(a1i1 , a2i2 ) su visais i1 , i2 , j. 13.5 Uždaviniai 1. Raskite x vektoriaus koordinates duotoje E erdv˙ s baz˙ je. e e • E = R2 ; x = (1, −2); baz˙ : a1 = (1, 1), a2 = (2, 1). e • E = R3 ; x = (1, 0, −1); baz˙ : a1 = (1, 1, 0), a2 = (−1, 2, 1), a3 = e (0, 1, 1). 2. Raskite bazę E erdv˙ je, dualią duotai bazei E erdv˙ je. e e • (2003) E = R2 ; baz˙ : a1 = (1, 2), a2 = (0, 1). e • (2003) E = R2 ; baz˙ : a1 = (1, 1), a2 = (1, −1). e • (2008) E = R2 ; baz˙ : a1 = (1, 2), a2 = (0, −1). e • (2008) E = R2 ; baz˙ : a1 = (−1, 1), a2 = (1, 2). e 13.5. UŽDAVINIAI 3. Ar duota funkcija yra tiesinis operatorius? Atsakymą pagriskite. ˛ • (2003) f (x, y) = (2x, x − y). • (2003) f (x, y) = (xy, 0). • (2003) f (x, y) = (x, y, 1). • (2008) ux = (2x1 , 1), kai x = (x1 , x2 ). • (2008) ux = (x1 − x2 , x1 + x2 ), kai x = (x1 , x2 ). • (2008) ux = x1 − 1, kai x = (x1 , x2 ). • (2008) ux = x1 − 3x2 , kai x = (x1 , x2 ). 481 4. (2003) Ar funkcija (x, y), z → xz + yz yra tiesinis operatorius iš R2 × R i R? Ar jis bitiesinis? Atsakymą pagriskite. ˛ ˛ 482 ˙ ˙ 13 SKYRIUS. BAIGTINIAMATES ERDVES 14 skyrius Vektoriniu funkciju išvestin˙ s ˛ ˛ e 14.1 Išvestin˙ e reiškia O-simbolika. Iki šiol O(·) ir o(·) simbolius vartojau tik kalb˙ damas apie e realiąsias funkcijas. Vektoriniu funkciju atveju jie iššifruojami panašiai. ˛ ˛ Jei g yra funkcija su reikšm˙ mis baigtiniamat˙ je normuotoje erdv˙ je F , e e e tai formul˙ e g(x) = o ϕ(x) , kai x → a, (14.1) g(x) = ϕ(x)g1 (x) su tam tikra funkcija g1 (x), art˙ jančia i 0, kai x → a. Analogiška formul˙ e ˛ e g(x) = O ϕ(x) , reiškia, kad g(x) = ϕ(x)g1 (x) su tam tikra funkcija g1 (x), kuri apr˙ žta tam tikroje a taško aplinkoje. e Abiejose formul˙ se funkcija ϕ, su kuria lyginama g, turi buti realioji e ¯ funkcija, nes kitaip sandauga ϕ(x)g1 (x) bus neapibr˙ žta. e Funkcija g1 apr˙ žta aib˙ je U, jei egzistuoja tokia konstanta c < ∞, kad e e su visais x g1 (x) c. Jei · yra kita norma F erdv˙ je, tai y e g1 (x) cc c y su visais y; tod˙ l e kai x → a, (14.2) su visais x ∈ U. Reiškia, (14.2) formul˙ s iššifravimas nepriklauso nuo normos e F erdv˙ je parinkimo. e 483 484 ˙ 14 SKYRIUS. VEKTORINIU FUNKCIJU IŠVESTINES ˛ ˛ Kadangi sąryšis g1 (x) − → 0 topologinis, (14.1) formul˙ s teisingumas − e x→a taip pat nepriklauso nuo to, kokia norma F erdv˙ je nagrin˙ jama. e e Nesunku pasteb˙ ti, kad g1 (x) art˙ ja prie 0 arba apr˙ žta tada ir tik tada, e e e kai art˙ ja prie 0 arba apr˙ žta realioji funkcija g1 (x) . Tod˙ l e e e g(x) = o ϕ(x) ir g(x) = O ϕ(x) Iš čia išplaukia, kad su vektoriniais O ir o simboliais galima elgtis, kaip su realiaisiais. Pavyzdžiui, g(x) − → b ⇒ g(x) = O(1), − x→a ⇐⇒ ⇐⇒ g(x) = o ϕ(x) g(x) = O ϕ(x) . o(1) = O(1), o(1) + o(1) = o(1), O(1) + O(1) = O(1). Pirma formul˙ irodoma taip: e˛ g(x) − → b; − x→a g(x) − → b ; − x→a g(x) = O(1); g(x) = O(1). Antra formul˙ išplaukia iš pirmosios, trečia akivaizdi, o ketvirta irodoma e ˛ taip. Jei g1 (x) = O(1) ir g2 (x) = O(1), tai g1 (x) + g2 (x) g1 (x) + g2 (x) = O(1) + O(1) = O(1); g1 (x) + g2 (x) = O(1); g1 (x) + g2 (x) = O(1). Diferencijuojamumas. Tegu E ir F yra baigtiniamat˙ s normuotosios erde v˙ s, O — atviras E poaibis ir f : O → F . f vadinama diferencijuojama e taške x ∈ O, jei egzistuoja toks u ∈ L(E, F ), kad f (x + h) − f (x) = uh + o( h ), kai h → 0. (14.3) f vadinama diferencijuojama O aib˙ je, jei ji diferencijuojama kiekviename e tos aib˙ s taške. e ˙ 14.1. IŠVESTINE 485 Tačiau apskritai negalima rašyti nei su tam tikra funkcija r(h), art˙ jančia i 0, kai h → 0. Ši faktą galima užrašyti e ˛ ˛ dar dviem budais: ¯ f (x + h) − f (x) − uh −→0 − h→0 h arba f (x + h) − f (x) − uh = o( h ), kai h → 0. f (x + h) − f (x) −→u − h→0 h Iššifravęs apibr˙ žime esanti o simboli, gaunu, kad f diferencijuojama a e ˛ ˛ taške, jei f (x + h) − f (x) = uh + h r(h) (nes dalyba iš vektoriaus neapibr˙ žta), nei e f (x + h) − f (x) −→u − h→0 h (nes kair˙ je pus˙ je yra F erdv˙ s, o dešin˙ je — L(E, F ) erdv˙ s elementas). e e e e e Išvestin˙ Irodysiu, kad jei funkcija diferencijuojama, tai t˙ ra tik vienas e. ˛ e operatorius u, tenkinantis (14.3) sąlygą. Tegu dx yra bet koks vektorius iš E (i dx reikia žiur˙ ti kaip i vieną simboli, ˛ ˛ ˛ ¯e o ne kaip i d ir x sandaugą). Kadangi tdx − → 0, iš sud˙ tin˙ s funkcijos ribos ˛ − e e t→0 skaičiavimo taisykl˙ s išplaukia e f (x + tdx) − f (x) − u(tdx) tdx − → 0. − t→0 Padauginu ši sąryši iš konstantos dx ir dar kartą pasir˙ męs normos savybe, ˛ ˛ e užrašau ji taip: ˛ f (x + tdx) − f (x) − tu(dx) t arba − → 0, − t→0 Kadangi u yra tiesinis operatorius, u(tdx) = tu(dx). Be to, tdx = |t| dx . Taigi f (x + tdx) − f (x) − tu(dx) − → 0. − t→0 |t| dx f (x + tdx) − f (x) − u(dx) − → 0. − t→0 t 486 Taigi ˙ 14 SKYRIUS. VEKTORINIU FUNKCIJU IŠVESTINES ˛ ˛ f (x + tdx) − f (x) − → u(dx). − t→0 t Kadangi O aib˙ atvira, bet koks x ∈ O yra vidinis jo taškas. Tod˙ l e e x + tdx ∈ O su visais pakankamai mažais t, o tai reiškia, kad 0 yra ribinis funkcijos f (x+tdx)−f (x) apibr˙ žimo srities taškas. Tada galima rašyti e t f (x + tdx) − f (x) . (14.4) t→0 t Taigi visos u operatoriaus reikšm˙ s vienareikšmiškai apibr˙ žiamos per f funke e cijos reikšmes. u operatorius vadinamas f funkcijos išvestine x taške ir žymimas f (x). Jei f diferencijuojama O aib˙ je ir x → f (x) funkcija tolydi, sakome, kad f e tolydžiai diferencijuojama O aib˙ je. e u(dx) = lim Priklausomyb˙ nuo normos. Kadangi visos normos baigtiniamat˙ je erde e v˙ je ekvivalenčios, funkcijos diferencijuojamumas priklauso tik nuo E ir F e erdviu topologiju o ne nuo tas topologijas indukuojančiu normu ˛ ˛, ˛ ˛. Irodysiu ši teigini. Tegu · ir · yra dvi normos E erdv˙ je. Jei f ˛ ˛ ˛ e diferencijuojama x taške · normos atžvilgiu, tai su tam tikra funkcija r(h), kuri art˙ ja i 0, kai h → 0. Reikia irodyti, kad f e ˛ ˛ diferencijuojama · normos atžvilgiu, t.y. su tam tikra funkcija r1 , kuri art˙ ja i 0, kai h → 0. e ˛ Aišku, kad h r(h), r1 (h) = h kai h = 0. Kadangi normos ekvivalenčios, funkcija h / h iš r(h) → 0 išplaukia h h r(h) → 0; r(h) − − → 0; −− 0=h→0 f (x + h) − f (x) = uh + h r(h) f (x + h) − f (x) = uh + h r1 (h) (14.5) apr˙ žta. Tada e r1 (h) − − → 0; −− 0=h→0 r1 (h) − − → 0. −− 0=h→0 Taške h = 0 funkciją r1 galima apibr˙ žti bet kaip — (14.5) formul˙ vis tiek e e bus teisinga. Apibr˙ žiu r1 (0) = 0; tada r1 (h) → 0. e ˙ 14.1. IŠVESTINE 487 Diferencialas. Dažnai patogiau dirbti ne su išvestine, o su f (x)h reiškiniu, kurio reikšm˙ s yra toje pačioje erdv˙ je, kaip ir f funkcijos reikšm˙ s. Vietoje e e e h dažnai rašoma dx ir tada f (x)dx reiškinys vadinamas funkcijos diferencialu bei žymimas df (x). Taigi df (x) = f (x)dx, o (14.3) formul˙ gali buti e ¯ perrašyta taip: f (x + dx) − f (x) = df (x) + o( dx ). Išvestiniu skaičiavimo pavyzdžiai. Štai keletas išvestiniu skaičiavimo ˛ ˛ „pagal apibr˙ žimą“ pavyzdžiu e ˛. 1. Jei b ∈ F ir f (x) = b su visais x ∈ E, tai f diferencijuojama visoje E erdv˙ je ir jos išvestin˙ kiekviename taške yra nulinis operatorius: f (x) = 0 e e su visais x ∈ E. Tikrai, f (x + h) − f (x) − 0h = b − b − 0 = 0 = o( h ), kai h → 0. 2. Jei u ∈ L(E, F ) ir f (x) = ux su visais x ∈ E, tai f diferencijuojama visoje E erdv˙ je ir jos išvestin˙ kiekviename taške yra u operatorius: f (x) = e e u su visais x ∈ E. Tikrai, f (x + h) − f (x) − uh = u(x + h) − ux − uh = 0 = o( h ), Diferencialu terminais irodytas faktas užrašomas taip: ˛ ˛ d(ux) = u dx. (14.6) kai h → 0. 3. Panagrin˙ siu funkciją u → u−1 , apibr˙ žtą atvirame L(E, F ) erdv˙ s e e e ∗ poaibyje L (E, F ). Taikydamas išvestin˙ s apibr˙ žimą, vietoje h rašysiu du. e e Jei du pakankamai maža, tai (u + du)−1 − u−1 = u(1 + u−1du) −1 − u−1 = (1 + u−1 du)−1 u−1 − u−1 = ∞ n=0 −u−1 du n u−1 − u−1 ∞ n=2 (14.7) = −u−1 du u−1 + = −u du u −1 −1 −u−1 du n u−1 + o( du ). Reiškia, nagrin˙ jama funkcija diferencijuojama kiekviename L∗ (E, F ) aib˙ s e e taške ir du−1 = −u−1 du u−1. 488 ˙ 14 SKYRIUS. VEKTORINIU FUNKCIJU IŠVESTINES ˛ ˛ Paskutin˙ lygyb˙ (14.7) grandin˙ je išplaukia iš iverčiu e e e ˛ ˛ ∞ n=2 −u du u −1 n −1 ∞ n=2 −u−1 du n u−1 = ∞ n=2 u−1 n+1 du n = u−1 3 du 2 . 1 − u−1 du 4. Tegu u ∈ L(E1 , E2 , F ). Tai funkcija, apibr˙ žta E1 × E2 sandaue goje, kuri yra baigtiniamat˙ tiesin˙ erdv˙ . Iš bitiesiniu operatoriu savybiu e e e ˛ ˛ ˛ išplaukia, kad u(x1 + dx1 , x2 + dx2 ) − u(x1 , x2 ) = u(dx1 , x2 ) + u(x1 , dx2 ) + u(dx1 , dx2 ). Funkcija yra tiesinis operatorius iš E1 × E2 i F . Kita vertus, ˛ u(dx1 , dx2 ) u dx1 dx2 (dx1 , dx2 ) → u(x1 , dx2 ) + u(dx1 , x2 ) c (dx1 , dx2 ) 2 . (14.8) Paskutinioji nelygyb˙ šioje grandin˙ je teisinga su c = 1, jei norma E1 ×E2 e e erdv˙ je apibr˙ žiama formule e e { (dx1 , dx2 )} = max dx1 , dx2 . Bet kokia kita norma ekvivalenti šiai; tod˙ l visada atsiras c, su kuriuo ta e nelygyb˙ bus teisinga. e Taigi u(x1 + dx1 , x2 + dx2 ) − u(x1 , x2 ) = u(dx1 , x2 ) + u(x1 , dx2 ) + o (dx1 , dx2 ) , kai (dx1 , dx2 ) → (0, 0). Reiškia, u(x1 , x2 ) funkcija diferencijuojama visoje E erdv˙ je ir e du(x1 , x2 ) = u(dx1 , x2 ) + u(x1 , dx2 ). Prisiminęs idomesnius bitiesiniu operatoriu pavyzdžius iš 13.4 skyrelio, ˛ ˛ ˛ gaunu tokias formules: d(x · y) = dx · y + x · dy, d(ux) = (du)x + u(dx), d(vu) = (dv)u + v(du). ˙ 14.1. IŠVESTINE 5. Tegu f (u) = u2 su u ∈ L(E, E). Tada (u + du)2 − u2 = u(du) + (du)u + (du)2. Funkcija du → u(du) + (du)u yra tiesin˙ , o (du)2 = o( du ), nes e (du)2 Taigi du2 = u(du) + (du)u. du 2 489 = o( du ). Funkcijos iš Rk ˛ Rl išvestin˙ Išsiaiškinsiu, kaip skaičiuojamos išvestin˙ s i e. e k l dažniausiai pasitaikančiu atveju, kai E = R ir F = R . Tegu fj žymi f funkcijos komponentes, t.y.   f1 (x)  .  f (x) =  .  . (14.9) . fl (x) Fiksuoju x ∈ O. f funkcijos išvestin˙ tame taške (jei egzistuoja) turi buti e ¯ k l tiesinis operatorius iš R i R , kuris užrašomas matrica ˛   u11 · · · u1k  . .  u =  . ... .  . . . ul1 · · · ulk Tegu ei yra standartin˙ s Rk baz˙ s i-asis vektorius. Tada uei yra u matricos e e i-asis stulpelis. Iš (14.4) lygyb˙ s su dx = ei išplaukia, kad su visais j e uji = lim fj (x1 , . . . , xi−1 , xi + t, xi+1 , . . . , xk ) − fj (x1 , . . . , xk ) , t→0 t t.y. uji yra y → fj (x1 , . . . , xi−1 , y, xi+1 , . . . , xk ) funkcijos išvestin˙ xi taške. e Tokia išvestin˙ vadinama i-ąja daline fj išvestine x taške ir žymima ∂i fj (x), e ∂fj arba ∂xi (x). Taigi u matricos elementai yra f komponenčiu dalin˙ s išvestin˙ s: ˛ e e   ∂1 f1 (x) · · · ∂k f1 (x)  . . . .. .  f (x) =  . (14.10) . . . ∂1 fl (x) · · · ∂k fl (x) Pavyzdžiui, jei f (x, y, z) = x , yz 490 tai ˙ 14 SKYRIUS. VEKTORINIU FUNKCIJU IŠVESTINES ˛ ˛ f (x, y, z) = 1 0 0 . 0 z y (14.11) Diferencialu terminais (14.10) lygyb˙ gali buti užrašyta taip: ˛ e ¯   df1 (x) k ∂fj (x)  .  .  ir dfj (x) = df (x) =  . dxi . ∂xi i=1 dfl (x) Pakankama diferencijuojamumo sąlyga. (8.1) formulę išvedžiau, padaręs prielaidą, kad f diferencijuojama. Kyla klausimas: ar daliniu išvestiniu ˛ ˛ egzistavimas garantuoja funkcijos diferencijuojamumą? Apskritai atsakymas neigiamas. Tarkime, pavyzdžiui, kad   xy , kai (x, y) = (0, 0); f (x, y) = x2 + y 2 (14.12) 0, kai (x, y) = (0, 0). ∂f ∂f (0, 0) = (0, 0) = 0. ∂x ∂y Taiau tvirtinti, kad f (0, 0) = 0, negalima, nes f (h) − f (0) = o( h ), kai h → 0. Pavyzdžiui, imdamas h = (t, t) su t → 0+, gaunu f (t, t) − f (0, 0) t2 √ → ∞. = (t, t) 2t2 2t Tam, kad f butu diferencijuojama O aib˙ je, pakanka, kad visos dalin˙ s e e ¯ ˛ išvestin˙ s butu apibr˙ žtos ir tolydžios toje aib˙ je. Tada teisinga (8.1) formul˙ , e ¯ ˛ e e e iš kurios matyti, kad f yra netgi tolydžiai diferencijuojama. 14.1 teorema. Tegu O yra atviras Rk poaibis, f : O → Rl ir fj yra f funkcijos komponent˙ s. Tada tokie du teiginiai yra ekvivalentus: e ¯ 1) f tolydžiai diferencijuojama O aib˙ je; e 2) visos dalin˙ s išvestin˙ s ∂i fj apibr˙ žtos ir tolydžios O aib˙ je. e e e e Irodymas. Pakanka irodyti tik 2 ⇒ 1 implikaciją. Tegu visos dalin˙ s ˛ ˛ e išvestin˙ s tolydžios; irodysiu (8.1) formulę. Fiksuoju x ∈ O ir matricą e ˛ dešin˙ je tos lygyb˙ s pus˙ je pažymiu u raide. Su kiekvienu h ∈ Rk apibr˙ žiu e e e e x0 (h) = (x1 , . . . , xk ), Tada f (0, y) = 0 su visais y ir f (x, 0) = 0 su visais x; reiškia, ˙ 14.1. IŠVESTINE x1 (h) = (x1 + h1 , x2 , . . . , xk ), x2 (h) = (x1 + h1 , x2 + h2 , x3 , . . . , xk ), ... xk (h) = (x1 + h1 , . . . , xk + hk ) = x + h. Tada iš Lagranžo vidurin˙ s reikšm˙ s teoremos išplaukia, kad e e fj xi (h) − fj xi−1 (h) = ∂i fj yij (h) hi 491 su tam tikrais yij (h), kurie art˙ ja prie x, kai h → 0. D˙ l išvestiniu tolydumo e e ˛ ∂i fj yij (h) − → ∂i fj (x). − h→0 Reiškia, Sud˙ jęs lygybes, atitinkančias i = 1, . . . , k, kair˙ je pus˙ je gaunu e e e fj xk (h) − fj (x0 (h)) = f (x + h) − f (x). Taigi k fj xi (h) − fj xi−1 (h) = ∂i fj (x)hi + o( h ). fj (x + h) − fj (x) = ∂i fj (x) + o(h) = (ux)j + o(h). i=1 Gautas sąryšis teisingas su visais j; tod˙ l e f (x + h) − f (x) = ux + o(h). Kryptin˙ išvestin˙ es es. Grižtu prie bendrojo atvejo, kai E ir F yra bet ˛ kokios baigtiniamat˙ s erdv˙ s. Sakoma, kad f funkcija diferencijuojama x e e taške h kryptimi, jei egzistuoja riba lim f (x + th) − f (x) . t→0 t Tokiu atveju ta riba vadinama kryptine f išvestine x taške h kryptimi ir žymima Dh f (x). Iš (14.4) formul˙ s matyti, kad jei f diferencijuojama x taške, tai f difee rencijuojama h kryptimi ir Dh f (x) = f (x)h. 492 ˙ 14 SKYRIUS. VEKTORINIU FUNKCIJU IŠVESTINES ˛ ˛ Jei E = Rk , F = R ir h = ei , tai f (x)ei yra daliniu išvestiniu matricos ˛ ˛ (kuri šiuo atveju susideda iš vienos eilut˙ s) i-asis elementas, t.y. sutampa su e ∂i f (x). Taigi realiosios funkcijos dalin˙ s išvestin˙ s sutampa su kryptin˙ mis e e e išvestin˙ mis tam tikra kryptimi: e ∂i f (x) = Dei f (x). Iš kryptin˙ s išvestin˙ s išraiškos išplaukia, kad tolydžiai diferencijuojama e e funkcija yra tolydžiai diferencijuojama bet kuria kryptimi. Teisingas ir atvirkščias teiginys: jei visos kryptin˙ s išvestin˙ s apibr˙ žtos ir tolydžios O e e e aib˙ je, tai f tolydžiai diferencijuojama. Pakanka netgi, kad butu apibr˙ žtos e e ¯ ˛ ir tolydžios kryptin˙ s išvestin˙ s Da1 f, . . . , Dak f ; čia a1 , . . . , ak yra tam tikra e e E erdv˙ s baz˙ . Šis teiginys irodomas panašiai, kaip 14.1 teorema. e e ˛ Dalin˙ išvestin˙ es es. Tarkime, E = E1 ×· · ·×Ek . Jei x1 ∈ E1 , . . . , xk ∈ Ek , tai y → f (x1 , . . . , xi−1 , y, xi+1, . . . , xk ) funkcijos išvestin˙ xi taške vadinama i-ąja daline f išvestine (x1 , . . . , xk ) taške e ir žymima ∂i f (x1 , . . . , xk ), arba ∂f (x1 , . . . , xk )/∂xi . Taigi ∂i f (x1 , . . . , xk ) yra tiesinis operatorius iš Ei i F . ˛ Jei f diferencijuojama (x1 , . . . , xk ) taške, tai iš (14.3) formul˙ s su e h = (0, . . . , 0, dxi, 0, . . . , 0) (čia Ei dxi → 0) išplaukia, kad f tame taške turi visas dalines išvestines ir ∂i f (x)dxi = f (x)(0, . . . , 0, dxi , 0, . . . , 0). Taigi f (x) operatorius gali buti užrašytas tokia operatorine matrica ¯ f (x) = ∂1 f (x) · · · ∂k f (x) . Diferencialu terminais ši lygyb˙ užrašoma taip: ˛ e k (14.13) df (x1 , . . . , xk ) = i=1 ∂f (x1 , . . . , xk ) dxi . ∂xi Panagrin˙ kime pavyzdi. Tegu E = R3 , F = R2 ir f (x, y, z) = (x, yz) su e ˛ (x, y, z) ∈ E. Tada f (x, y, z) išvestin˙ užrašoma (14.11) matrica. Tarkime, e d˙ l kokiu nors priežasčiu funkcijos apibr˙ žimo sriti mes užrašome E1 × E2 e ˛ ˛ e ˛ ˙ 14.1. IŠVESTINE 493 pavidalu; (čia E1 = R atitinka x koordinatę, o E2 = R2 — kitas dvi). Tada ∂f ∂1 f naturalu žym˙ ti ∂f , o ∂2 f — ∂(y,z) simboliu. Nesunku isitikinti, kad e ∂x ˛ ¯ ∂f (x, y, z) = ∂x 1 0 ir ∂f (x, y, z) = ∂(y, z) 0 0 . z y Abi šios matricos yra atitinkami (14.11) matricos blokai. Nesunku irodyti, kad jei ir F erdv˙ yra keliu erdviu Dekarto sandauga, ˛ e ˛ ˛ pavyzdžiui, F = F1 × · · · × Fl , tai f (x) operatorius užrašomas (8.1) pavidalo operatorine matrica. Joje fj yra f funkcijos komponent˙ s, o ∂i fj (x) yra e operatorius iš Ei i Fj . ˛ Iš (14.13) išraiškos matyti, kad jei f yra tolydžiai diferencijuojama, tai visos dalin˙ s išvestin˙ s yra tolydžios. Teisingas ir atvirkščias teiginys: jei e e funkcija tolydžiai diferencijuojama kiekvieno argumento atžvilgiu, tai ji tolydžiai diferencijuojama. Panagrin˙ kime, pavyzdžiui, k = 2 atveji. Jei a11 , . . . , e ˛ a1k1 vektoriai sudaro E1 bazę, o a21 , . . . , a2k2 vektoriai — E2 bazę, tai viena iš E erdv˙ s baziu yra (13.2) sistema. Jei f tolydžiai diferencijuojama x1 e ˛ atžvilgiu, tai apibr˙ žtos ir tolydžios išvestin˙ s (a11 , 0), . . . , (a1k1 , 0) kryptie e mis. Analogiškai iš tolydaus diferencijuojamumo x2 atžvilgiu išplaukia, kad tolydžios išvestin˙ s (0, a21 ), . . . , (0, a2k2 ) kryptimis. Taigi f tolydžiai diferene cijuojama visomis bazin˙ mis kryptimis, t.y. ji tiesiog tolydžiai diferencijuoe jama. 14.1 pratimas. Apskaičiuokite I. Dh f (a), kai f (x, y) = (x2 , x/y), a = (1, 2) ir h = (1, 1). II. ∂f , ∂(x,z) kai f (x, y, z) = (x + y, x − y). Sprendimas. I. Iš pradžiu randu funkcijos išvestinę: ˛ f (x, y) = Reiškia, Dh f (a) = II. ∂f = ∂(x, z) 1 0 . 1 0 2 0 1/2 −1/4 1 1 = 2 . 1/4 2x 0 . 1/y −x/y 2 494 ˙ 14 SKYRIUS. VEKTORINIU FUNKCIJU IŠVESTINES ˛ ˛ 14.2 Išvestiniu savyb˙ s ˛ e Diferencijuojamumas ir tolydumas. Tegu E ir F yra dvi baigtiniamat˙ s erdv˙ s, O — atviras E poaibis ir f — funkcija iš O i F , diferencijuoe e ˛ jama taške x ∈ O. Jei h → 0, tai f (x + h) − f (x) = f (x)h + o( h ) = o(1), t.y. f (x+h) → f (x). Taigi kiekviena diferencijuojama x taške funkcija tolydi tame taške. Tiesinio operatoriaus išk˙ elimas. Tegu G yra dar viena baigtiniamat˙ e erdv˙ ir u ∈ L(F, G). Kadangi f diferencijuojama, e f (x + dx) − f (x) = f (x)dx + dx r(dx) su tam tikra funkcija r(dx), art˙ jančia i 0, kai dx → 0. Iš čia e ˛ uf (x + dx) − uf (x) = uf (x)dx + dx ur(dx) ir ur(dx) → u0 = 0, kai dx → 0. Taigi uf (x + dx) − uf (x) = uf (x)dx + o( dx ), kai dx → 0, t.y. uf (x) funkcija diferencijuojama x taške ir uf (x) = uf (x) arba, diferencialu terminais, ˛ d uf (x) = udf (x). Kitaip tariant, pastovu tiesini operatoriu galima iškelti prieš išvestin˙ s ar ˛ ˛ ˛ e diferencialo ženklą. Iš gautos išvestin˙ s išraiškos išplaukia, kad jei f (x) tolydžiai diferencijuoe jama O aib˙ je, tai ir uf (x) tolydžiai diferencijuojama. e Daugyba iš skaičiaus yra atskiras daugybos iš tiesinio operatoriaus atvejis: cy = c(1y) = (c1)y. Tod˙ l iš gautos išvestin˙ s savyb˙ s išplaukia ir tokia: e e e konstantą galima iškelti prieš išvestin˙ s ar diferencialo ženklą. e ˙ 14.2. IŠVESTINIU SAVYBES ˛ 495 Sumos išvestin˙ Tegu g yra dar viena funkcija iš O i F , diferencijuojama e. ˛ x taške. Tada f (x + h) + g(x + h) − f (x) − g(x) = f (x)h + o( h ) + g (x)h + o( h ) = f (x)h + g (x)h + o( h ), kai h → 0. Reiškia, f + g funkcija taip pat diferencijuojama x taške ir f (x) + g(x) = f (x) + g (x), d f (x) + g(x) = df (x) + dg(x). Jei f ir g yra tolydžiai diferencijuojamos O aib˙ je, tai suma taip pat tolydžiai e diferencijuojama. Sud˙ es funkcijos diferencijavimas. Tegu E, F ir G yra baigtiniaetin˙ mat˙ s normuotos erdv˙ s, U — atviras E poaibis, f : U → F , V — atviras e e F poaibis, g : V → G ir f (U) ⊂ V . Tada U aib˙ je apibr˙ žta g ◦ f kome e pozicija, kurios reikšm˙ s yra G erdv˙ je. Tarkime, f diferencijuojama taške e e x ∈ U, o g funkcija — taške y = f (x) ∈ V , t.y. f (x + dx) = f (x) + f (x)dx + dx r1 (dx) ir g(y + dy) = g(y) + g (y)dy + dy r2(dy); čia r1 (dx) − − 0 ir r2 (dy) − − 0. −→ −→ Tada dx→0 dy→0 g f (x + dx) = g(y) + g (y) f (x + dx) − f (x) + f (x + dx) − f (x) r2 f (x + dx) − f (x) = g(y) + g (y)f (x)dx + dx g (y)r1(dx) + f (x + dx) − f (x) r2 f (x + dx) − f (x) . Kadangi g (y)r1(dx) → 0, kai dx → 0, dx g (y)r1(dx) = o( dx ). Kita vertus, iš f tolydumo x taške išplaukia, kad r2 f (x + dx) − f (x) → 0, kai dx → 0. Be to, f (x + dx) − f (x) = f (x)dx + dx r1 (dx) f (x) + r1 (dx) dx = O( dx ). 496 Tod˙ l ir e ˙ 14 SKYRIUS. VEKTORINIU FUNKCIJU IŠVESTINES ˛ ˛ Reiškia, f (x + dx) − f (x) r2 f (x + dx) − f (x) = o( dx ). g f (x + dx) = g(y) + g (y)f (x)dx + o( dx ), kai dx → 0, t.y. g ◦ f diferencijuojama x taške ir g(f (x)) = g f (x) f (x). Jei f ir g funkcijos tolydžiai diferencijuojamos, tai g ◦ f — taip pat tolydžiai diferencijuojama. Jei E = Rk , F = Rl , tai pažym˙ jęs h = g ◦ f gaunu e ∂h (x) = ∂xi l j=1 ∂g ∂f (y) (x); ∂yj ∂xi (14.14) čia y = f (x). Sud˙ tin˙ s funkcijos diferencijavimo taisykl˙ diferencialu terminais formue e e ˛ luojama taip: formul˙ dg(y) = g (y)dy išlieka teisinga, jei joje visur vietoje e y istatysime f (x). Iš tikru ˛, ˛ ˛ju dg f (x) = g f (x) f (x)dx = g f (x) df (x). 14.2 pratimas. Tegu f (x, y) = (xy, x − y, y) ir g(u, v, w) = ( u , w + v 1). Apskaičiuokite g ◦ f ir patikrinkite sud˙ tin˙ s funkcijos diferencijavimo e e taisyklę. Sprendimas. Tegu h = g ◦ f ; tada h(x, y) = Kita vertus,   y x f (x, y) = 1 −1 , 0 1 1 x−y xy x−y y+1 ir, reiškia, h (x, y) = −y 2 (x−y)2 x2 (x−y)2 0 1 . g (u, v, w) = − vu2 0 0 0 1 1 v ir tod˙ l e g f (x, y) f (x, y) = 0 xy − (x−y)2 0 Gavau tą pačią matricą; taigi formul˙ tesinga. e   y x 0  1 −1 = 1 0 1 −y 2 (x−y)2 x2 (x−y)2 0 1 . ˙ 14.2. IŠVESTINIU SAVYBES ˛ a 14.1 pav. O aib˙ je yra atkarpa, jungianti a ir b taškus e Baigtiniu pokyčiu teorema. 1 semestre irodžiau labai naudingą La˛ ˛ ˛ granžo vidurin˙ s reikšm˙ s teoremą. Vektorinio argumento funkciju teorijoje e e ˛ jos vaidmeni atlieka vadinamoji baigtiniu pokyčiu teorema, kurią dabar su˛ ˛ ˛ formuluosiu ir irodysiu. ˛ Tegu E ir F yra baigtiniamat˙ s erdv˙ s, O — atviras E poaibis, a, b ∈ O e e ir f : O → F . Pažymiu xt = (1 − t)a + tb. Kai t kinta [0; 1] intervale, xt guli atkarpoje, jungiančioje a ir b taškus (žr. 14.1 pav.). 14.2 teorema. Jei f tolydžiai diferencijuojama O aib˙ je ir xt ∈ O su visais e t ∈ [0; 1], tai f (b) − f (a) b − a sup f (xt ) . (14.15) t∈[0;1] Irodymas. Pažymiu c = sup0 t 1 f (xt ) . Kadangi t → f (xt ) funkcija ˛ tolydi, c < ∞. Fiksuoju ε ir su t ∈ [0; 1] apibr˙ žiu e g(t) = f (xt ) − f (a) − c xt − a , Cε = {t ∈ [0; 1] | g(t) εt}. Teoremos tvirtinimą, kuri reikia irodyti, galima perrašyti taip: ˛ ˛ f (b) − f (a) − c b − a Arba taip: g(1) 0 (nes xt = b, kai t = 1). Pastaroji nelygyb˙ bus irodyta, jei isitikinsiu, kad e ˛ ˛ su visais ε teisinga nelygyb˙ g(1) ε. Kitaip tariant, pakanka irodyti, kad e ˛ 1 ∈ Cε su visais ε. Jei tn ∈ Cε ir tn → t, tai g(tn ) εtn ir d˙ l g tolydumo g(tn ) → g(t). Suskaičiavęs ribas nelygyb˙ je gaunu e e g(t) εt, 0. ¨ ¨¨ b xt O 497 498 ˙ 14 SKYRIUS. VEKTORINIU FUNKCIJU IŠVESTINES ˛ ˛ t.y. t ∈ Cε . Reiškia, Cε aib˙ uždara. e Iš g funkcijos ir xt taško aibr˙ žimo išplaukia e g(0) = f (x0 ) − f (a) − c x0 − a = f (a) − f (a) − c a − a = 0 ε · 0; tod˙ l 0 ∈ Cε . e Pažymiu t = sup Cε . Kadangi Cε netuščia ir uždara, t ∈ Cε . Irodysiu, ˛ kad t = 1; tada iš ankstesnio sąryšio gausiu 1 ∈ Cε , o to man ir reikia. Tariu priešingai, t < 1. Kadangi f diferencijuojama xt taške, o xt+δ −xt = δ(b − a), f (xt+δ ) − f (xt ) − f (xt )(xt+δ − xt ) = o(δ), kai δ → 0. Randu toki δ < 1 − t, kad ˛ Tada f (xt+δ ) − f (xt ) f (xt )(xt+δ − xt ) + εδ c xt+δ − xt + εδ = cδ b − a + εδ f (xt+δ ) − f (xt ) − f (xt )(xt+δ − xt ) < εδ. ir tod˙ l e g(t + δ) = f (xt+δ ) − f (a) − c xt+δ − a f (xt+δ ) − f (xt ) + f (xt ) − f (a) − c(t + δ) b − a g(t) + εδ. Iš t ∈ Cε išplaukia g(t) εt, o tada iš gautos nelygyb˙ s e g(t + δ) (t + ε)δ, t.y. t + δ ∈ Cε . Gavau prieštarą, nes t + δ > t, o t = sup Cε . 1 pastaba. Daugiamat˙ je teorijoje negalima tvirtinti, kad e f (b) − f (a) = f (x)(b − a) su tam tikru x ∈ O. Pavyzdžiui, jei f apibr˙ žiama e f (t) = (cos t, sin t) formule, tai f (2π) = (1, 0) = f (0), bet f (t) = (− sin t, cos t) funkcija nelygi 0 su jokiu t. ˙ 14.2. IŠVESTINIU SAVYBES ˛ 499 2 pastaba. (14.15) nelygyb˙ teisinga tik tuo atveju, kai f (x) operatoriaus e norma apibr˙ žiama (13.18) lygybe. e 3 pastaba. Labai naudinga tokia baigtiniu pokyčiu teoremos išvada: jei f ˛ ˛ tolydžiai diferencijuojama O aib˙ je, u ∈ L(E, F ) ir xt ∈ O su visais t ∈ (0; 1), e tai f (b) − f (a) − u(b − a) sup f (xt ) − u b − a . (14.16) 0 t 1 Ji gaunama labai paprastai: tereikia baigtiniu pokyčiu teoremą pritaikyti ˛ ˛ funkcijai f (x) − ux. Difeomorfizmai. Pereinu prie atvirkštin˙ s funkcijos diferencijavimo probe lemos. Kitaip nei vienmat˙ je analiz˙ je, daugiamačiu atveju svarbi ne tiek e e atvirkštin˙ s funkcijos išvestin˙ s formul˙ , kiek principinis tvirtinimas apie difee e e rencijavimo galimybę. Tam, kad atvirkštin˙ funkcija butu diferencijuojama, e ¯ ˛ reikia, kad ji butu apibr˙ žta atviroje aib˙ je. Butent tai ir yra sunkiausiai e e ¯ ˛ ¯ irodomas dalykas. Tod˙ l šiam klausimui skirsiu daugiau d˙ mesio. ˛ e e Tegu E ir F yra baigtiniamat˙ s normuotos erdv˙ s, O — atviras E poaibis e e ir f : O → F . f vadinama difeomorfizmu (tiksliau, difeomorfizmu tarp O ir f (O) aibiu jei ˛), 1) f injektyvi O aib˙ je; e 2) f (O) yra atviras F poaibis; 2) tiek f , tiek atvirkštin˙ funkcija f −1 tolydžiai diferencijuojama. e Kadangi diferencijuojamos funkcijos tolydžios, kiekvienas difeomorfizmas yra homeomorfizmas. Akivaizdu, kad jei f difeomorfizmas, tai atvirkštin˙ e funkcija f −1 — taip pat difeomorfizmas. Dvieju difeomorfizmu kompozicija ˛ ˛ — irgi difeomorfizmas. Atvirkštin˙ funkcijos išvestin˙ formul˙ Jei f yra difeomorfizmas ir es es e. −1 g = f , tai išdiferencijavęs tapatybes g f (x) = x ir f g(y) = y gaunu g f (x) f (x) = 1 ir f g(y) g (y) = 1 su visais x ∈ O ir y ∈ f (O) (1 čia žymi du skirtingus vienetinius operatorius: pirmoje lygyb˙ je — iš E i E, antroje lygyb˙ je — iš F i F ). Iš šiu e ˛ e ˛ ˛ lygybiu išplaukia, kad f (x) yra apgręžiamas operatorius, o g f (x) yra jo ˛ atvirkštinis. Taigi −1 f −1 (y) = f (f −1 (y)) . 14.3 pratimas. Tegu f (x, y) = (y/x, x − y). Apskaičiuokite f −1 ir patikrinkite atvirkštin˙ s funkcijos diferencijavimo formulę. e 500 ˙ 14 SKYRIUS. VEKTORINIU FUNKCIJU IŠVESTINES ˛ ˛ Sprendimas. Vektorin˙ lygtis (u, v) = f (x, y) ekvivalenti dvieju skaliarie ˛ niu lygčiu sistemai ˛ ˛ y = u; x x − y = v. Iš pirmos lygties y = ux. Istatęs i antrąją gaunu x − ux = v, x(1 − u) = v ˛ ˛ v uv ir, reiškia, x = 1−u . Tada y = 1−u . Taigi f −1 (u, v) = v 1−u uv 1−u ir (f −1 ) (u, v) = v (1−u)2 v (1−u)2 1 1−u u 1−u . Kita vertus, f (x, y) = tod˙ l e f (x, y) = Kadangi − u(1−u) v 1 1−u v y 1 − x2 x 1 −1 x−y y x ; ir f f −1 (u, v) = − u(1−u) v 1 1−u v −1 . −1 v (1−u)2 v (1−u)2 1 1−u u 1−u = 1 0 , 0 1 gautos matricos tikrai yra viena kitai atvirkštin˙ s. e Lokalioji teorema apie atvirkštinę funkciją. Egzistuoja du atvirkštin˙ s funkcijos teoremos variantai: lokalusis ir globalusis. Lokalusis variantas e skamba taip. 14.3 teorema. Tarkime, f tolydžiai diferencijuojama O aib˙ je ir a ∈ O. Jei e ∗ f (a) ∈ L (E, F ), tai egzistuoja tokia a aplinka U ir tokia f (a) aplinka V , kad f yra difeomorfizmas tarp U ir V . Irodymas. Pažymiu u = f (a), v = u−1 ir ˛ g(x) = x − vf (x) su x ∈ O. Tada g tolydžiai diferencijuojama O aib˙ je ir g (x) = 1 − vf (x) su e visais x ∈ O. Kadangi g (a) = 1 − vu = 0, egzistuoja toks ε, kad U(a, ε) ⊂ O ir g (x) < 1/2 su x ∈ U(a, ε). Pažymiu b = f (a), V = U(b, ε/(2 v )) ir U = f −1 (V ) ∩ U(a; ε). Akivaizdu, kad U yra a taško, o V — b taško aplinka. Irodysiu, kad f yra difeomorfizmas tarp U ir V . ˛ ˙ 14.2. IŠVESTINIU SAVYBES ˛ 501 1 žingsnis: injektyvumas. Jei x1 , x2 ∈ U, tai iš trikampio nelygyb˙ s ir e baigtiniu pokyčiu teoremos gaunu ˛ ˛ v f (x1) − f (x2 ) x1 − x2 − g(x1 ) − g(x2 ) 1 x1 − x2 . (14.17) 2 2 žingsnis: siurjektyvumas. Tegu y ∈ V . Reikia rasti toki x ∈ U, kad ˛ f (x) = y. Taško x ieškosiu iteraciju metodu: tegu x0 = a ir ˛ xn+1 = xn + v y − f (xn ) su n 0. Tada x1 − x0 v y − b < ε/2. (14.18) Tod˙ l iš x1 = x2 išplaukia f (x1 ) − f (x2 ) > 0, t.y. f (x1 ) = f (x2 ). e Iš čia išplaukia, kad x1 ∈ U(a, ε). Tada iš baigtiniu pokyčiu teoremos ˛ ˛ x2 − x1 = x1 + v(y − f (x1 )) − x0 − v(y − f (x0 )) = g(x1 ) − g(x0 ) 1 x1 − x0 . 2 Reiškia, x2 − a (1 + 1/2) x1 − x0 < ε, t.y. x2 ∈ U(a, ε). Tęsdamas taip toliau, gaunu, kad xn ∈ U(a, ε) ir xn+1 − xn 2−n x1 − x0 su visais n. Iš pastarosios nelygyb˙ s išplaukia, kad e x0 + (x1 − x0 ) + (x2 − x1 ) + · · · eilut˙ konverguoja. Jei x yra tos eilut˙ s suma, tai e e x−a ∞ n=0 (14.19) xn+1 − xn 2 x1 − x0 < ε, t.y. x ∈ U(a, ε). Kadangi xn yra n-oji dalin˙ (14.19) eilut˙ s suma, xn → x. Iš e e f tolydumo ir (14.18) lygyb˙ s tada gaunu x = x + v(y − f (x)), t.y. f (x) = y. e Reiškia, x yra ieškomasis taškas. 3 žingsnis: f −1 tolydumas. Tegu (yn ) ⊂ V ir yn → y ∈ V . Pažymiu xn = f −1 (yn ) ir x = f −1 (y). Tada iš (14.17) nelygyb˙ s gaunu e xn − x t.y. xn → x. 2 v f (xn ) − f (x) = 2 v yn − y → 0, 502 ˙ 14 SKYRIUS. VEKTORINIU FUNKCIJU IŠVESTINES ˛ ˛ 4 žingsnis: f −1 tolydus diferencijuojamumas. Tegu y ∈ V , x = f −1 (y) ir ux = f (x). Fiksuoju bet koki dx ∈ E. Tada iš (14.17) nelygyb˙ s ˛ e t dx 2 v f (x + tdx) − f (x) = v tuxdx + o(t) , kai t → 0+. Reiškia, ux dx 2−1 v −1 dx . Iš to išplaukia, kad ux ∈ L∗ (E, F ). Pažymiu vx = u−1 ir irodysiu, kad vx yra f −1 funkcijos išvestin˙ ˛ e x y taške. Iš išvestin˙ s apibr˙ žimo gaunu e e f (x + dx) − f (x) − ux dx = o( dx ), (14.20) kai dx → 0. Paimu dx = f −1 (y + dy) − f −1 (y); čia dy → 0. Iš (14.17) nelygyb˙ s išplaukia, kad dx e 2 v dy . Tod˙ l iš (14.20) gaunu e dy − ux dx = o( dy ) ir kai dy → 0. vx dy − f −1 (y + dy) + f −1 (y) = o( dy ), Globalioji teorema apie atvirkštinę funkciją. Iš lokaliojo varianto nesunkiai išvedamas globalusis atvirkštin˙ s funkcijos variantas: jei f injektyvi e ir tolydžiai diferencijuojama O aib˙ je ir f (x) ∈ L∗ (E, F ) su visais x ∈ O, e tai f (O) atvira ir f yra difeomorfizmas tarp O ir f (O). Iš tikru ˛, tada su kiekvienu x ∈ O galima rasti tokią x aplinką Ux ir ˛ju tokią f (x) aplinką Vx , kad f yra difeomorfizmas tarp Ux ir Vx . Aišku, kad f (O) = x∈O Vx . Reiškia, f (O) atvira. Be to, atvirkštin˙ funkcija f −1 e tolydžiai diferencijuojama kiekvienoje Vx ir tod˙ l ji tolydžiai diferencijuojama e visoje f (O). Taigi f yra difeomorfizmas tarp O ir f (O). Neišreikštin˙ funkcijos išvestin˙ Tegu E, F ir G yra baigtiniamat˙ s es e. e normuotos erdv˙ s, O — atviras E × F poaibis ir ϕ : O → G. Panagrin˙ kime e e lygti ˛ ϕ(x, y) = 0. (14.21) Gali atsitikti, kad O aib˙ je yra toks stačiakampis U × V , kad su visais x ∈ U e egzistuoja vienintelis y ∈ V , su kuriuo teisinga (14.21) lygyb˙ . Pažym˙ ję tą e e y ženklu f (x), gauname funkciją f iš U i V , su visais x ∈ U tenkinančią ˛ tapatybę ϕ x, f (x) = 0. (14.22) ˙ 14.2. IŠVESTINIU SAVYBES ˛ 503 Tokiu atveju sakome, kad (14.21) lygtis U × V stačiakampyje apibr˙ žia neiše reikštinę funkciją f . Jei ϕ ir f funkcijos diferencijuojamos, tai iš (14.22) tapatyb˙ s gauname e ∂ϕ ∂ϕ x, f (x) + x, f (x) f (x) = 0. ∂x ∂y Jei, be to, ∂ϕ(x, f (x))/∂y operatorius apgręžiamas, iš to išplaukia, kad −1 ∂ϕ ∂ϕ f (x) = − x, f (x) x, f (x) . (14.23) ∂y ∂x Neišreikštin˙ funkcijos teorema. es 14.4 teorema. Tarkime, ϕ funkcija tolydžiai diferencijuojama O aib˙ je, e ∂ϕ ∗ (a, b) ∈ O, ϕ(a, b) = 0 ir ∂y (a, b) ∈ L (F, G). Tada egzistuoja tokia a taško aplinka U ir tokia b taško aplinka V , kad (14.21) lygtis U × V stačiakampyje apibr˙ žia tolydžiai diferencijuojamą neišreikštinę funkciją. e Irodymas. Apibr˙ žiu pagalbinę funkciją ϕ iš O i E × G: ˛ e ˜ ˛ ϕ(x, y) = ˜ x . ϕ(x, y) Aišku, kad ϕ tolydžiai diferencijuojama ir ˜   1 0 . ∂ϕ ϕ (x, y) =  ∂ϕ ˜ (x, y) (x, y) ∂x ∂y Iš išvestin˙ s išraiškos matyti, kad ji yra apgręžiamas operatorius tada ir tik e tada, kai apgręžiamas ∂ϕ(x, y)/∂y operatorius. Pavyzdžiui, ϕ (a, b) apgręžia˜ mas. Pasir˙ męs atvirkštin˙ s funkcijos teorema, randu tokią (a, b) taško aplinką e e U0 × V ir tokią taško (a, 0) ∈ E × G aplinką O , kad ϕ yra difeomorfizmas ˜ tarp U0 × V ir O . Atvirkštin˙ funkcija yra e ϕ−1 (x, z) = ˜ x ψ(x, z) pavidalo; čia ψ yra tam tikra tolydžiai diferencijuojama funkcija iš O i F . ˛ Kadangi x → (x, 0) funkcija tolydi, O pirmavaizdis tos funkcijos atžvilgiu atviras. Pažymiu ji U raide. Taigi U = {x ∈ U0 | (x, 0) ∈ O }. Su x ∈ U ˛ apibr˙ žiu e f (x) = ψ(x, 0). Akivaizdu, kad tai tolydžiai diferencijuojama U aib˙ je funkcija. Be to, iš e apibr˙ žimo išplaukia, kad su visais x ∈ U teisinga (14.22) tapatyb˙ . e e 504 ˙ 14 SKYRIUS. VEKTORINIU FUNKCIJU IŠVESTINES ˛ ˛ 14.3 Aukštesniu eiliu išvestin˙ s ˛ ˛ e Apibrežimas. Tegu E ir F yra baigtiniamat˙ s normuotos erdv˙ s, O — ˙ e e atviras E poaibis ir f : O → F . Jei f diferencijuojama visuose O taškuose, tai O aib˙ je apibr˙ žta x → e e f (x) funkcija. Jos reikšm˙ s yra taip pat baigtiniamat˙ je normuotoje erdv˙ je e e e (operatoriu erdv˙ je L(E, F )) ir galima kalb˙ ti apie jos diferencijuojamumą. ˛ e e Jei išvestin˙ s išvestinę pavadintume antrąja f funkcijos išvestine, tai f (x) e butu jau L(E, L(E, F )) erdv˙ s elementas. Aukštesniu eiliu išvestiniu reikše ˛ ˛ ˛ ¯ ˛ m˙ s butu dar sud˙ tingesniu erdviu elementai. Tod˙ l aš aukštesniu eiliu e ¯ ˛ e ˛ ˛ e ˛ ˛ išvestines apibr˙ šiu kitaip. e Tegu r yra teigiamas naturalusis skaičius. f funkcija vadinama C r -glodžia ¯ O aib˙ je, jei toje aib˙ je apibr˙ žtos ir tolydžios visos x → Dhr · · · Dh1 f (x) e e e funkcijos; čia h1 , . . . , hr ∈ E. Visu tokiu funkciju aib˙ žymima C r (O, F ). Jei ˛ ˛ ˛ e r f ∈ C (O, F ), tai funkciją vadinsiu r-ąja f funkcijos išvestine x taške ir žym˙ siu f (r) (x). e Iš 14.1 teoremos išplaukia, kad C 1 -glodžios funkcijos — tai tiesiog tolydžiai diferencijuojamos funkcijos. Be to, iš Dh f (x) = f (x)h (14.24) lygyb˙ s gaunu, kad h → Dh f (x) funkcija yra f (x) operatorius. Taigi r = 1 e atveju naujas išvestin˙ s apibr˙ žimas nesiskiria nuo senojo. e e Tarkime, f ∈ C 2 (O, F ), ir išsiaiškinkime, kokiai erdvei priklauso antroji tos funkcijos išvestin˙ . Jei fiksuosiu h1 , tai iš (14.24) formul˙ s, pritaikytos e e g = Dh1 f funkcijai, gausiu, kad h2 → Dh2 Dh1 f (x) funkcija tiesin˙ . Kita e vertus, iš tos pačios formul˙ s e Dch1 f = cDh1 f ir Dh1 +h1 f = Dh1 f + Dh1 f. Kadangi konstanta išsikelia prieš išvestin˙ s ženklą, o sumos išvestin˙ lygi iše e vestiniu sumai, iš šiu lygybiu išplaukia, kad h1 → Dh2 Dh1 f (x) funkcija taip ˛ ˛ ˛ pat tiesin˙ . Taigi f (x) yra bitiesinis operatorius iš E ×E i F , t.y. L(E, E, F ) e ˛ erdv˙ s elementas. e Panašiai irodoma, kad r-oji C r -glodžios funkcijos išvestin˙ yra r-tiesinis ˛ e operatorius iš E × · · · × E i F . ˛ Dauguma teiginiu apie C r -glodžias funkcija irodomi, naudojant mate˛ ˛ matinę indukciją r atžvilgiu. Dažnai pakanka pasiremti tokiu faktu, kuris išplaukia tiesiog iš apibr˙ žimo: e Išvardinsiu pagrindines C r -glodžiu funkciju savybes. ˛ ˛ f ∈ C r (O, F ) ⇐⇒ ∀h1 ∈ E Dh1 f ∈ C r−1 (O, F ). (14.25) (h1 , . . . , hr ) → Dhr · · · Dh1 f (x) ˙ 14.3. AUKŠTESNIU EILIU IŠVESTINES ˛ ˛ 505 Glodžiu funkciju savyb˙ ˛ ˛ es. 1. Tegu a1 , . . . , ak yra E erdv˙ s, o b1 , . . . , bl e e e — F erdv˙ s baz˙ . Jei Dhr . . . Dh1 bj f (x) išvestin˙ s apibr˙ žtos ir tolydžios O e e aib˙ je su visais j ir visais h1 , . . . , hr ∈ {a1 , . . . , ak }, tai f ∈ C r (O, F ). e Pavyzdžiui, jei E = R2 ir F = R, tai f yra dukart tolydžiai diferencijuojama O aib˙ je, kai toje aib˙ je apibr˙ žtos ir tolydžios tokios keturios dalin˙ s e e e e išvestin˙ s: e ∂1 ∂1 f, ∂2 ∂1 f, ∂1 ∂2 f, ∂2 ∂2 f. Jei r = 1, suformuluota savyb˙ išplaukia iš pirmos eil˙ s išvestiniu savybiu e e ˛ ˛. r−1 Tegu r 2. Iš indukcin˙ s prielaidos gaunu, kad visos Dai f yra C e glodžios. Taigi C r−1 -glodžios ir visos k Dh 1 f = i=1 (ai h1 )Dai f (14.26) funkcijos. Iš (14.25) tada išplaukia, kad f ∈ C r (O, F ). (r) (r) 2. f (x)+g(x) = f (r) (x)+g (r) (x), cf (x) (x) = cf (r) (x) ir apskritai = uf (r) (x) su bet kokiu u ∈ L(F, G). uf (x) Reikia irodyti, kad ˛ Dhr · · · Dh1 uf (x) = uDhr · · · Dh1 f (x) ir Akivaizdu, kad pakanka r kartu pritaikyti ˛ Dhr · · · Dh1 f (x) + g(x) = Dhr · · · Dh1 f (x) + Dhr · · · Dh1 g(x). (r) Dh uf (x) = uDh f (x) ir Dh f (x) + g(x) = Dh f (x) + Dh g(x) (14.27) lygybes, kurios išplaukia iš pirmos eil˙ s išvestiniu savybiu e ˛ ˛. Dh operatoriai komutavimas. 14.5 teorema. Jei f ∈ C 2 (O, F ), tai Dh2 Dh1 f = Dh1 Dh2 f su visais h1 , h2 ∈ E. Irodymas. Išnagrin˙ siu iš pradžiu F = R atveji. Fiksuoju x ∈ O, h1 , h2 ∈ ˛ e ˛ ˛ E ir suskaičiuosiu g(t) = f (x + th1 + th2 ) − f (x + th1 ) − f (x + th2 ) + f (x) t2 funkcijos ribą, kai t → 0+. Tegu (tn ) yra teigiamu skaičiu seka, art˙ janti i 0. ˛ ˛ e ˛ Tada ϕn (tn ) − ϕn (0) g(tn ) = ; (14.28) t2 n 506 ˙ 14 SKYRIUS. VEKTORINIU FUNKCIJU IŠVESTINES ˛ ˛ čia ϕn (t) = f (x + th1 + tn h2 ) − f (x + th1 ). Kadangi ϕn diferencijuojama 0 aplinkoje ir ϕn (t) = f (x + th1 + tn h2 )h1 − f (x + th1 )h1 = Dh1 f (x + th1 + tn h2 ) − Dh1 f (x + th1 ), iš Lagranžo vidurin˙ s reikšm˙ s teoremos išplaukia e e g(tn ) = Dh1 f (x + sn h1 + tn h2 ) − Dh1 f (x + sn h1 ) tn su tam tikrais sn ∈ (0; tn ). Aišku, kad sn → 0. Dar kartą pritaikau Lagranžo vidurin˙ s reikšm˙ s teoremą, šikart funkcijai e e ˛ ϕn (t) = Dh1 f (x + sn h1 + th2 ). ˜ Panašiai kaip aukščiau ϕn (t) = Dh2 Dh1 f (x + sn h1 + th2 ); ˜ tod˙ l e g(tn ) = Dh2 Dh1 f (x + sn h1 + sn h2 ); ˜ čia sn → 0. Iš antrosios išvestin˙ s tolydumo dabar išplaukia, kad g(tn ) → ˜ e Dh2 Dh1 f (x). Taigi g(t) → Dh2 Dh1 f (x), kai t → 0+. Kadangi g funkcija simetrin˙ h1 ir e h2 atžvilgiu (jos reikšm˙ s nesikeičia sukeitus h1 ir h2 vietomis), Dh1 Dh2 f (x) e taip pat yra g riba. Taigi Dh2 Dh1 f (x) = Dh1 Dh2 f (x). Teorema irodyta F = R atveju. Dabar bendrąji atveji suvesiu i jau ˛ ˛ ˛ ˛ išnagrin˙ tąji. Tegu b1 , . . . , bl yra F erdv˙ s baz˙ . Kiekviena bj f (x) yra dukart e ˛ e e tolydžiai diferencijuojama realioji funkcija; tod˙ l iš jau irodytos teoremos e ˛ dalies išplaukia, kad bj Dh2 Dh1 f (x) = Dh2 Dh1 bj f (x) = Dh1 Dh2 bj f (x) = bj Dh1 Dh2 f (x). (14.29) Gauta lygyb˙ teisinga su visais j. Reiškia, Dh2 Dh1 f (x) = Dh1 Dh2 f (x). e Teiloro formul˙ e. 14.6 teorema. Jei f ∈ C r (O, F ) ir x ∈ O, tai 1 1 1 f (x+h) = f (x)+ f (x)h+ f (x)(h, h)+· · ·+ f (r) (x)(h, . . . , h)+o( h r ), 1! 2! r! kai h → 0. ˙ 14.3. AUKŠTESNIU EILIU IŠVESTINES ˛ ˛ 507 Irodymas. Iš pradžiu išnagrin˙ siu F = R atveji. Fiksuoju h ir pažymiu ˛ ˛ e ˛ g(t) = f (x + th). Tai — realiojo argumento realioji funkcija; tod˙ l jai galioja e Teiloro formul˙ iš vienmat˙ s analiz˙ s. e e e Skaičiuodamas paeiliui g funkcijos išvestines, gaunu: g (t) = Dh f (x + th) = f (x + th)h, g (t) = Dh Dh f (x + th) = f (x + th)(h, h), ... g (r) (t) = f (r) (x + th)(h, . . . , h). Kadangi f (x + h) − f (x) = g(1) − g(0), iš Teiloro formul˙ s g funkcijai gaunu e 1 1 1 f (x)h+ f (x)(h, h)+· · ·+ f (r−1) (x)(h, . . . , h) 1! 2! (r − 1)! 1 + f (r) (x + th)(h, . . . , h); r! čia t yra tam tikras skaičius iš (0; 1) intervalo (priklausantis nuo h). Taigi pakanka irodyti, kad f (r) (x + th)(h, . . . , h) = f (r) (x)(h, . . . , h) + o( h r ), kai ˛ h → 0. Tai išplaukia iš f (x+h)−f (x) = nelygyb˙ s ir f (r) tolydumo. e Dabar išnagrin˙ siu bendrąji atveji. Tegu b1 , . . . , bl yra F erdv˙ s baz˙ . Iš e ˛ ˛ e e jau irodytos teoremos dalies išplaukia, kad su kiekvienu j ˛ r f (r) (x + th)(h, . . . , h) − f (r) (x)(h, . . . , h) f (r) (x + th) − f (r) (x) h r bj f (x + h) − bj f (x) = i=1 1 (b f )(i) (x)(h, . . . , h) + o( h r ) i! j r = bj i=1 1 (i) f (x)(h, . . . , h) + o( h r ), i! (14.30) kai h → 0. Padauginęs šias lygybes iš bj ir sud˙ jęs, gaunu teoremos teigini. e ˛ Dažnai vietoje h rašoma dx, o f (j) (x)(dx, . . . , dx) narys žymimas dj f (x) ir vadinamas j-uoju funkcijos diferencialu. Tada Teiloro formul˙ sutrump˙ ja: e e 1 1 f (x + h) − f (x) = df (x) + d2 f (x) + · · · + dr f (x) + o( dx r ). 2 r! k Nesunku isitikinti, kad E = R , F = R atveju antrasis diferencialas yra ˛ dxi kintamu ˛ kvadratin˙ forma (čia dxi žymi dx vektoriaus komponentes): ˛ju e d f (x) = 2 ∂ 2 f (x) dxi dxj . ∂xi ∂xj i,j=1 k (14.31) 508 ˙ 14 SKYRIUS. VEKTORINIU FUNKCIJU IŠVESTINES ˛ ˛ Pakankamos ekstremumo sąlygos. Pasir˙ mus Teiloro formule, nesunku e gauti realios keliu kintamu ˛ funkcijos ekstremumo pakankamą sąlygą. Iš ˛ ˛ju pradžiu apibr˙ šiu reikalingas sąvokas. Tegu F = R, t.y. f yra realioji vek˛ e torinio argumento funkcija. C r (O, R) erdves sutrumpintai žym˙ siu C r (O) e simboliu. Taškas a ∈ O vadinamas f funkcijos minimumo (atitinkamai, maksimumo) tašku, jei egzistuoja tokia jo aplinka U, kad f (x) f (a) (atitinkamai, f (x) f (a)) su visais x ∈ U. Tiek minimumo, tiek maksimumo taškai vadinami funkcijos ekstremumo taškais. Jei f ∈ C 1 (O) ir a yra jos ekstremumo taškas, tai f (a) = 0. Tikrai, jei, pavyzdžiui, a yra minimumo taškas, tai fiksavę bet koki h ∈ E, gauname ˛ t→0+ lim f (a + th) − f (a) t 0 ir t→0− lim f (a + th) − f (a) t 0. (14.32) Taigi Dh f (a) = 0. Lygyb˙ f (a) = 0 dar negarantuoja, kad a taške yra minimumas ar maksie mumas. Nagrin˙ dami vieno kintamojo funkcijas, mes skaičiuodavome antrąją e išvestinę ir žiur˙ davome, koks jos ženklas. Daugiamačiu atveju reikia na¯e grin˙ ti kvadratinę formą f (a)(h, h): jei ji teigiamai apibr˙ žta, t.y. e e f (a)(h, h) > 0 su visais h = 0, a taške yra minimumas, jei forma neigiamai apibr˙ žta , t.y. e f (a)(h, h) < 0 su visais h = 0, a taške yra maksimumas. Gali atsitikti, kad kvadratin˙ forma f (a)(h, h) n˙ ra nei teigiamai, nei e e neigiamai apibr˙ žta; tokiu atveju reikalinga gilesn˙ analiz˙ . e e e 14.7 teorema. Tarkime, f ∈ C 2 (O) ir f (a) = 0. Jei f (a)(dx, dx) > 0 su visais dx = 0, tai a yra f funkcijos minimumo taškas. Irodymas. Pažymiu S = {dx ∈ E | dx = 1}. Kadangi S kompaktiška, ˛ o bitiesiniai operatoriai tolydus, egzistuoja toks δ > 0, kad ¯ f (a)(dx, dx) su visais dx ∈ S. Iš čia išplaukia, kad f (a)(h, h) su visais h ∈ E. δ h 2 δ (14.33) ˙ 14.3. AUKŠTESNIU EILIU IŠVESTINES ˛ ˛ Kita vertus, iš Teiloro formul˙ s išplaukia egzistavimas tokio ε, kad e δ h 2 1 |f (a + h) − f (a) − f (a)(h, h)| < , 2 4 kai h < ε. Tada su visais h ∈ U(0, ε) f (a + h) − f (a) 1 δ f (a)(h, h) − h 2 4 2 509 (14.34) δ h 4 2 > 0. (14.35) Glodžios funkcijos išvestin˙ f funkcija C r -glodi tada ir tik tada, kai e. r−1 jos išvestin˙ C -glodi. e Tegu a1 , . . . , ak yra E erdv˙ s, o b1 , . . . , bl — F erdv˙ s baz˙ . Jei f ∈ e e e C r (O, F ), tai išvestin˙ s Dhr . . . Dh2 Dai bj f (x) apibr˙ žtos ir tolydžios O aib˙ je e e e su visais i, j ir su visais h2 , . . . , hr . Iš to išplaukia, kad visos x → bj f (x)ai funkcijos C r−1 -glodžios. Kadangi bj f (x)ai skaičiai yra f (x) operatoriaus koordinat˙ s b1 a1 , . . . , bl ak baz˙ je, x → f (x) funkcija C r−1 -glodi. e e Tarkime dabar, kad f ∈ C r−1 (O, L(E, F )). Kadangi u → uh yra tiesinis operatorius iš L(E, F ) i F , visos Dh f (x) = f (x)h funkcijos C r−1 -glodžios. ˛ r Taigi f ∈ C (O, F ). Glodžiu funkciju sandauga. Jei f1 ir f2 funkcijos C r -glodžios, u — ˛ ˛ bitiesinis operatorius, tai f (x) = u f1 (x), f2 (x) funkcija C r -glodi. Kai r = 1, teiginys išplaukia iš teoremos apie sud˙ tin˙ s funkcijos išvestinę. e e Tarkime, r 2. Aišku, kad f funkcija tolydžiai diferencijuojama ir Dh f (x) = u Dh f1 (x), f2 (x) + u f1 (x), Dh f2 (x) . Iš indukcin˙ s prielaidos išplaukia, kad visos Dh f funkcijos C r−1 -glodžios. e Reiškia, f ∈ C r (O, G). u → u−1 funkcijos glodumas. f (u) = u−1 funkcija, apibr˙ žta su u ∈ e ∗ ∞ L (E, F ) yra C -glodi. C 1 glodumą irodžiau aukščiau. Tarkime, r ˛ 2. Kadangi Ddu f (u) = −1 −u duu−1 ir su kiekvienu fiksuotu du ∈ L(E, F ) funkcija (v1 , v2 ) → v1 du v2 yra bitiesinis operatorius iš L(F, E)×L(F, E) i L(F, E), iš indukcin˙ s prielai˛ e dos ir sandaugos glodumo išplaukia, kad visos Ddu f funkcijos C r−1 -glodžios. Reiškia, f funkcija C r -glodi. 510 ˙ 14 SKYRIUS. VEKTORINIU FUNKCIJU IŠVESTINES ˛ ˛ Glodžiu funkciju kompozicija. Sud˙ tin˙ funkcija ϕ(x) = g f (x) yra ˛ ˛ e e C r -glodi, kai C r -glodi tiek f , tiek g. Jei r = 1, teiginys išplaukia iš teoremos apie sud˙ tin˙ s funkcijos išvestinę. e e Tarkime, r 2. Akivaizdu, kad ϕ tolydžiai diferencijuojama ir ϕ (x) = g f (x) f (x). Kadangi f ir g funkcijos C r−1 -glodžios, iš indukcin˙ s prielaidos gaunu, kad e x → g f (x) funkcija C r−1 -glodi. Kadangi (u, v) → vu yra bitiesinis operatorius iš L(E, F ) × L(F, G) i L(E, G), iš daugybos glodumo išplaukia, kad ˛ r−1 ϕ funkcija C -glodi. Tod˙ l ϕ funkcija C r -glodi. e Atvirkštin˙ funkcijos glodumas. Jei f yra C r -glodus difeomorfizmas, es tai atvirkštin˙ funkcija taip pat C r -glodi. e Iš atvirkštin˙ s funkcijos teoremos globalaus varianto išplaukia, kad f (O) e atvira, f −1 funkcija tolydžiai diferencijuojama O aib˙ je ir e f −1 (y) = f f −1 (y) −1 . Reikia irodyti, kad atvirkštin˙ funkcija C r -glodi. ˛ e Jei r = 1, viskas jau irodyta. Tarkime, r ˛ 2. Iš indukcin˙ s prielaidos e −1 r−1 išplaukia, kad y → f f (y) funkcija C -glodi. Tada iš u : → u−1 funkcijos glodumo gauname, kad (f −1 ) funkcija C r−1 -glodi. Reiškia, atvirkštin˙ e funkcija C r -glodi. Neišreikštin˙ funkcijos glodumas. Jei ϕ funkcija C r -glodi ir ϕ(x, y) = es 0 lygtis U ×V stačiakampyje apibr˙ žia neišreikštinę funkciją f , tai f funkcija e C r -glodi. Žinome, kad f funkcijos išvestin˙ skaičiuojama pagal (14.23) formulę. e Iš indukcin˙ s prielaidos išplaukia, kad ∂ϕ (x, f (x)) ir ∂ϕ (x, f (x)) funkcijos e ∂y ∂x C r−1 -glodžios. Tada iš aukščiau irodytu faktu gauname, kad f (x) funkcija ˛ ˛ ˛ C r−1 -glodi, t.y. f ∈ C r (U, F ). 14.4 Uždaviniai x , y+z 1. Raskite Dh f (a). • f (x, y, z) = a = (2, 1, 1) ir h = (1, 0, −1). x , xy x+y • (2003) f (x, y) = , a = (1, 2) ir h = (1, −1). • (2003) f (x, y, z) = (xy, y/z), a = (1, 2, 2) ir h = (1, −1, 1). 14.4. UŽDAVINIAI • (2003) f (x, y, z) = x ,y yz 511 + z , a = (0, 1, 2) ir h = (1, −1, 2). • (2003) f (x, y, z) = (xy, y + z), a = (1, 2, 3) ir h = (1, −1, 1). • (2003) f (x, y) = (x + y, y, xy 2), a = (1, 2) ir h = (−1, 1). • (2008) h = (1, −1), a = (2, 1) ir f (x) = (x1 , x1 x2 , x2 + 3) su x = 2 (x1 , x2 ) ∈ R2 . 2. Apkaičiuokite nurodytą duotos funkcijos dalinę išvestinę. • ∂f , ∂(y,z) kai f (x, y, z) = x2 + (y + z)3 . ∂f (1, 2, 1), ∂(x,z) ∂f (a), ∂(y,z) • (2003) • (2003) kai f (x, y, z) = xy, y , e−z . z 2 kai f (x, y, z) = (x/y, yz) ir a = (0, −1, 1). x y 3. (2003) Apskaičiuokite funkcijos f (x, y) = x, xy, išvestinę. 4. (2003) Tarkime, xy , kai (x, y) = (0, 0); + y2 f (x, y) = 0, kai (x, y) = (0, 0).   x2 Irodykite, kad ∂f (0, 0) ir ∂f (0, 0) egzistuoja, bet f nediferencijuojama (0, 0) ˛ ∂x ∂y taške. 5. Apskaičiuokite f funkcijos diferencialą. • f (x, y) = det[x, y] su x, y ∈ R2 ; čia [x, y] yra matrica su stulpeliais x ir y, o det žymi determinantą. • f (x1 , x2 , x3 ) = u(x1 , x2 , x3 ) su x1 ∈ E1 , x2 ∈ E2 , x3 ∈ E3 ; čia u ∈ L(E1 , E2 , E3 ). • (2003) f (u) = u2 su u ∈ L(E, E). • (2008) f (u) = u3 su u ∈ L(E, E). 6. Apskaičiuokite g ◦ f ir patikrinkite sud˙ tin˙ s funkcijos diferencijavimo e e taisyklę. 512 ˙ 14 SKYRIUS. VEKTORINIU FUNKCIJU IŠVESTINES ˛ ˛ • (2003) f (x, y) = (x, xy), g(u, v) = (u2, uv, v 2). • (2003) f (x, y) = (x, x + y), g(u, v) = uv. • (2008) f (x1 , x2 ) = (x1 , x1 x2 , x2 ), g(y1, y2 , y3) = (y1 − y2 , y2 y3 ). 2 • (2008) f (x) = (x1 , x1 x2 ) su x = (x1 , x2 ) ir g(y) = (y1, y1 − y2 , 1/y2) su y = (y1 , y2 ). 7. Apskaičiuokite f −1 ir patikrinkite atvirkštin˙ s funkcijos diferencijavimo e taisyklę. • (2003) f (x, y) = (x2 , xy) su x, y > 0. • (2003) f (x, y) = (x, xy). 8. (2003) Pasakykite, kuriais atvejais taško a = (x, y, u, v) aplinkoje lygtys u3 + v 3 uv = x; = y; apibr˙ žia funkciją (u, v) = f (x, y): a = (2, 1, 1, 1), a = (9, 2, 1, 2), a = e (7, 6, 2, 3). 15 skyrius Matas ir integralas 15.1 Mačios aib˙ s e Poaibiu sistemos. Tegu E yra kokia nors aib˙ . Jos poaibius žym˙ siu A, ˛ e e B, C raid˙ mis. Šiame skyrelyje taip pat kalb˙ siu apie E poaibiu sistemas, e e ˛ t.y. aibes, kuriu elementai yra E poaibiai. Jas žym˙ siu kaligrafinio šrifto ˛ e raid˙ mis A, B, C ir pan. e Pavyzdžiui, jei E = R, tai A raide gal˙ čiau pažym˙ ti (0; 1) intervalą, o A e e raide — visu atviru intervalu aibę: ˛ ˛ ˛ Sakoma, kad poaibiu sistema uždara kokios nors aibiu operacijos atžvil˛ ˛ giu, jei atlikus tą operaciją su bet kokiomis sistemos aib˙ mis, v˙ l gaunama e e aib˙ iš tos sistemos. Pavyzdžiui, (15.1) aib˙ uždara sankirtos atžvilgiu, nes e e bet kokiu atviru intervalu sankirta v˙ l yra atviras intervalas. Ta aib˙ n˙ ra ˛ ˛ ˛ e e e uždara junginio atžvilgiu, nes atviru intervalu junginys nebutinai yra inter˛ ˛ ¯ valas: pavyzdžiui, (0; 1) ∪ (1; 2) n˙ ra intervalas. e 15.1 pratimas. Ar A sistema uždara nurodytu operaciju atžvilgiu? ˛ ˛ Jei ne, tai kod˙ l? (Visur E = R.) e II. A = {(0; n) | n I. A = {{1}, {1, 2}, {1, 3}}; ∩ ir ∪ atžvilgiu. 1}; n, A = {(a; b) | −∞ a b ∞}. (15.1) Sprendimas. I. Sankirtos atžvilgiu uždara; junginio atžvilgiu neuždara, nes {1, 2} ∪ {1, 3} = {1, 2, 3} ∈ A. II. Skaitaus junginio atžvilgiu neuždara: n (0; n) = (0; ∞) ∈ A. Skirtumo atžvilgiu taip pat neuždara: (0; 2) \ (0; 1) = [1; 2) ∈ A. III. n atžvilgiu uždara; papildinio — ne: [0; 1]c = (−∞; 0) ∪ (1; ∞) ∈ A. 513 III. A — visu intervalu aib˙ ; ˛ ˛ e \ atžvilgiu. n ir papildinio atžvilgiu. 514 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS π-sistemos. Poaibiu sistema A vadinama π-sistema, jei ji uždara ∩ atžvil˛ giu, t.y. jei A ∩ B ∈ A su bet kokiomis A, B ∈ A. Pavyzdžiui, (15.1) aib˙ yra π-sistema. Netuščiu atviru intervalu aib˙ n˙ ra e ˛ ˛ ˛ e e π-sistema, nes dvieju netuščiu intervalu sankirta gali buti tuščia. ˛ ˛ ˛ ¯ Jei A yra π-sistema, tai A1 ∩· · ·∩An ∈ A su bet kokiomis A1 , . . . , An ∈ A. Pavyzdžiui, A1 ∩ A2 ∩ A3 = (A1 ∩ A2 ) ∩ A3 ∈ A, nes A1 ∩ A2 ∈ A ir A3 ∈ A. Begalin˙ π-sistemos elementu sankirta jau nebutinai priklauso tai sise ˛ ¯ temai. Pavyzdžiui, visi (−1/n; 1/n) intervalai priklauso (15.1) sistemai, bet (−1/n; 1/n) = {0} ∈ A. n 1 15.2 pratimas. sakymą pagriskite. ˛ I. A = {A | 0 ∈ A}. II. A = {A | diam A Ar nurodyta R poaibiu aib˙ yra π-sistema? At˛ e 1}. III. A = {A | Ac baigtin˙ }. e Sprendimas. I. Ši aib˙ yra π-sistema, nes iš 0 ∈ A ir 0 ∈ B išplaukia e 0 ∈ A ∩ B. II. A n˙ ra π-sistema: diam[0; 1] = 1, diam[1; 2] = 1, bet [0; 1]∩[1; 2] = {1} e ir diam{1} = 0 < 1. III. A yra π-sistema, nes jei Ac baigtin˙ ir B c baigtin˙ , tai (A ∩ B)c = e e c c A ∪ B aib˙ — taip pat baigtin˙ . e e Algebros. A vadinama E aib˙ s poaibiu algebra, jeigu jai priklauso tuščiasis e ˛ poaibis ir ji uždara papildinio bei ∪ operacijos atžvilgiu, t.y. jei a) ∅ ∈ A; b) Ac ∈ A su bet kokia A ∈ A; c) A ∪ B ∈ A su bet kokiomis A, B ∈ A. Kiekvienoje E poaibiu algebroje, be tuščiosios aib˙ s, butinai yra ir jos ˛ e ¯ c papildinys — ∅ = E aib˙ . Daugiau aibiu algebroje gali ir nebuti — sistema e ˛ ¯ {∅, E} yra mažiausia galima E poaibiu algebra. ˛ Jei M ⊂ E, tai M poaibiai yra kartu ir E poaibiai. Jei A yra tokiu ˛ poaibiu sistema, ji gali buti M poaibiu algebra, nebudama E poaibiu algebra. ˛ ˛ ˛ ¯ ¯ Pavyzdžiui, tokia yra A = {∅, M} sistema. Taigi irodin˙ jant, kad A yra ˛ e ˙ 15.1. MAČIOS AIBES 515 algebra, reikia žinoti, kokia yra „pagrindin˙ aib˙ “ (vadinamoji erdv˙ ). Jei e e e tokia aib˙ yra M, o ne E, b savyb˙ apibr˙ žime turi buti pakeista: vietoje e e e ¯ Ac ∈ A sąlygos reikia tikrinti M \ A ∈ A sąlygą. Iš De Morgano formuliu išplaukia, kad kiekviena algebra uždara ir ∩ ˛ operacijos atžvilgiu, t.y. yra π-sistema. Tikrai, jei A yra algebra ir A, B ∈ A, tai Ac , B c ∈ A (pagal b savybę); tada Ac ∪B c ∈ A (pagal c savybę) ir, reiškia, A ∩ B = (Ac ∪ B c )c ∈ A (v˙ l pagal b savybę). e Iš A \ B = A ∩ B c formul˙ s gaunu, kad algebros uždaros ir \ operacijos e atžvilgiu. Kaip ir kiekvienoje π-sistemoje, A1 ∩ · · · ∩ An ∈ A su bet kokiomis A1 , . . . , An ∈ A. Aišku, kad ir A1 ∪ · · · ∪ An ∈ A su A1 , . . . , An ∈ A. Begalin˙ s sankirtos ar junginiai jau nebutinai priklauso algebrai. e ¯ 15.3 pratimas. Ar A yra E poaibiu algebra? Atsakymą pagriskite. ˛ ˛ I. E = R2 , A — visu jungiu poaibiu aib˙ . ˛ ˛ ˛ e II. E = R, A — visu A1 ∪ · · · ∪ Ak pavidalo poaibiu aib˙ ; čia k ˛ ˛ e A1 , . . . , Ak — kas du nesikertantys intervalai. III. E = R, A = {A | arba A, arba Ac aib˙ baigtin˙ }. e e Sprendimas. I. A n˙ ra algebra, nes neuždara junginio atžvilgiu. Pavyze džiui, atviri rutuliai yra jungios aib˙ s, bet jei jie nesikerta, ju junginys jau e ˛ n˙ ra jungus. e II. ∅ ∈ A, nes tuščioji aib˙ yra intervalas ((a; b) = ∅, jei a = b). e Jei A = (a1 ; b1 ) ∪ · · · ∪ (ak ; bk ) ir a1 b1 a2 b2 ··· ak bk , Ac = (−∞; a1 ] ∪ [b1 ; a2 ] ∪ · · · ∪ [bk−1 ; ak ] ∪ [bk ; ∞) ∈ A. Jei kai kurie iš A aibę sudarančiu intervalu pusiau atviri arba uždari, keisis ˛ ˛ ir Ac aibę sudarančiu intervalu tipas, bet Ac vis tiek išliks nesikertančiu ˛ ˛ ˛ intervalu junginys. Taigi A uždara papildinio atžvilgiu. ˛ Jei A yra k intervalu o B — l intervalu junginys, A ∪ B yra k + l ˛, ˛ intervalu junginys. Kai kurie A aibę sudarantys intervalai gali kirstis su ˛ B aibę sudarančiais intervalais. Betbesikertančiu intervalu junginys v˙ l yra ˛ ˛ e intervalas. Reiškia, A∪B yra k +l kas du nesikertančiu intervalu junginys, ˛ ˛ t.y. priklauso A sistemai. Taigi A yra algebra. 1, o 516 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS III. ∅ ∈ A, nes ∅ baigtin˙ . e Tegu A ∈ A; tada arba A, arba Ac baigtin˙ . Jei A baigtin˙ , tai (Ac )c = A e e c c c baigtin˙ ; tod˙ l A ∈ A. Jei A baigtin˙ , A ∈ A. Taigi A uždara papildinio e e e atžvilgiu. Tegu A, B ∈ A. Jei arba Ac , arba B c baigtin˙ , tai (A ∪ B)c = Ac ∩ B c e taip pat baigtin˙ ir A ∪ B ∈ A. Jeigu gi A ir B baigtin˙ s, tai A ∪ B baigtin˙ e e e ir v˙ l A ∪ B ∈ A. Taigi A yra algebra. e σ-algebros. Poaibiu sistema A vadinama E poaibiu σ-algebra, jei joje yra ˛ ˛ tuščiasis poaibis ir ji uždara papildinio bei n operacijos atžvilgiu, t.y. a) ∅ ∈ A; b) Ac ∈ A su bet kokia A ∈ A; c) n An ∈ A su bet kokia aibiu seka (An ) ⊂ A. ˛ Jei A yra σ-algebra ir A, B ∈ A, tai iš c savyb˙ s su A1 = A, A2 = B ir e A3 = A4 = · · · = ∅ išplaukia, kad A ∪ B ∈ A. Taigi kiekviena σ-algebra yra algebra. Jei A yra algebra, susidedanti iš baigtinio aibiu skaičiaus, tai ji yra ir ˛ σ-algebra. Tikrai, jei (An ) yra tokios algebros elementu seka, tai A = n An ˛ sutampa su tam tikru baigtiniu An aibiu junginiu (junginys nepasikeis pralei˛ dus pasikartojančias aibes, o skirtingu An yra tik baigtinis skaičius). Kadangi ˛ baigtiniai junginiai v˙ l priklauso algebrai, A ∈ A. Taigi A yra σ-algebra. e Begalin˙ s algebros nebutinai yra σ-algebros. Pavyzdžiui, algebra, sue ¯ sidedanti iš intervalu baigtiniu junginiu n˙ ra σ-algebra — jai nepriklauso ˛ ˛ ˛, e (n; n + 1) aib˙ . e n 1 Jei A yra σ-algebra, iš De Morgano formuliu išplaukia, kad n An ∈ A ˛ su bet kokia seka (An ) ⊂ A. Tikrai, iš b savyb˙ s Ac ∈ A su visais n; tada iš e n c savyb˙ s n Ac ∈ A. Galiausiai iš De Morgano formuliu ir v˙ l b savyb˙ s e ˛ e e n An = n n Ac n c ∈ A. Jei A yra E poaibiu σ-algebra, tai (E, A) pora vadinama mačia erdve, o ˛ aib˙ s iš A vadinamos A-mačiomis. e 15.4 pratimas. Ar A yra E aib˙ s poaibiu σ-algebra? Atsakymą e ˛ pagriskite. ˛ I. E = R, A = {A | arba A, arba Ac ne daugiau kaip skaiti}. II. E = R2 , A = {A | arba A, arba Ac apr˙ žta}. e Sprendimas. I. A yra σ-algebra. Irodymas panašus i 15.3 pratimo III ˛ ˛ dalies. ˙ 15.1. MAČIOS AIBES 517 II. A n˙ ra σ-algebra, nes neuždara skaitaus junginio atžvilgiu. Jei xn = e (n, 0), tai visi rutuliai U(xn , 1) apr˙ žti, bet neapr˙ žtas nei ju junginys, nei e e ˛ junginio papildinys. Monotoniškos aibiu sekos. Jei (An ) yra nemaž˙ janti poaibiu seka (t.y. ˛ e ˛ jei A1 ⊂ A2 ⊂ · · · ), tai tos sekos riba vadinamas A = n An junginys. Tokiu atveju rašoma An ↑ A. Pavyzdžiui, [0; n] ↑ [0; ∞). Jei (An ) yra nedid˙ janti poaibiu seka (t.y. A1 ⊃ A2 ⊃ · · · ), tai tos e ˛ sekos riba vadinama A = n An sankirta. Tokiu atveju rašoma An ↓ A. 1 Pavyzdžiui, (0; n ) ↓ ∅. 15.5 pratimas. Ar duota aibiu seka monotoniška? Jei ne, tai kod˙ l; ˛ e jei taip, raskite jos ribą. I. An = (0; n) ∪ {n + 1}. 1 II. An = (−n; 1 − n ]. III. An = ∞ n−k 2 1 k=1 ( kn ; k ]. Sprendimas. I. (An ) n˙ ra monotoniška: A1 = (0; 1) ∪ {2}, A2 = (0; 2) ∪ e {3}; tod˙ l nei A1 ⊂ A2 , nei A2 ⊂ A1 . e II. An ↑ (−∞; 1). III. An ↓ N. λ-sistemos. Poaibiu sistema A vadinama E poaibiu λ-sistema, jei joje yra ˛ ˛ E aib˙ ir ji uždara tiesioginio skirtumo bei lim ↑ operaciju atžvilgiu, t.y. e ˛ a) E ∈ A; b) A, B ∈ A, A ⊂ B ⇒ B \ A ∈ A; c) (An ) ⊂ A, An ↑ A ⇒ A ∈ A. Kiekviena σ-algebra A yra λ-sistema: jei (An ) ⊂ A ir An ↑ A, A= n 1 An ∈ A. Pabandysiu irodyti atvirkščią teigini. Tegu A yra λ-sistema. Iš a savyb˙ s ˛ ˛ e ir iš b savyb˙ s su A = B = E išplaukia, kad ∅ = E \ E ∈ A. Panašiai e iš a savyb˙ s ir b savyb˙ s su B = E gaunu Ac = E \ A ∈ A. Taigi A turi e e dvi iš triju reikalingu σ-algebros savybiu Tačiau trečiosios ji gali ir netur˙ ti. ˛ ˛ ˛. e Pavyzdžiui, jei E = {1, 2, 3, 4} ir A = {∅, {1, 2}, {1, 3}, {2, 4}, {3, 4}, E}, 518 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS tai A yra λ-sistema, bet ne algebra. Tačiau jei A yra ne tik λ-sistema, bet ir π-sistema, ji yra σ-algebra. Tikrai, iš jau irodytos b savyb˙ s ir De Morgano formuliu išplaukia, kad A ˛ e ˛ uždara ∪ operacijos atžvilgiu. Jei dabar (An ) ⊂ A ir A = n An , tai A1 ∪ · · · ∪ An ∈ A ir A1 ∪ · · · ∪ An ↑ A. Tod˙ l A ∈ A. e 15.6 pratimas. Ar A yra E poaibiu λ-sistema? Atsakymą pagriskite. ˛ ˛ I. E = R, A = A ∪ {R}; čia A — visu (a1 ; b1 ] ∪ · · · ∪ (ak ; bk ] pavidalo ˛ aibiu sistema (k 1, −∞ < ai bi < ∞ su 1 i k). ˛ II. E = R, A = {A | arba A ∩ [0; 1] = ∅, arba A ⊂ [0; 1]}. Sprendimas. I. A n˙ ra λ-sistema: (−1; −1/n] ∈ A, (−1; −1/n] ↑ (−1; 0), e bet (−1; 0) ∈ A. II. A n˙ ra R poaibiu λ-sistema, nes R ∈ A. e ˛ Generuojančios klas˙ es. Tegu C yra kokia nors E poaibiu sistema. Pa˛ bandysiu rasti mažiausią algebrą, kurioje butu visos aib˙ s iš C. e ¯ ˛ Tegu, pavyzdžiui, C = {A}. Ieškomoje algebroje butinai turi buti A ir ∅ ¯ ¯ poaibiai. Kadangi algebros uždaros papildinio operacijos atžvilgiu, joje turi buti ir Ac bei ∅c = E aib˙ s. Kita vertus, e ¯ A = {∅, A, Ac , E} sistema yra algebra. Reiškia, ji ir yra mažiausia algebra, kurioje yra A poaibis. Panašiai isitikinčiau, kad A yra ir mažiausia σ-algebra, ir mažiausia ˛ λ-sistema, kurioje yra A poaibis. Mažiausia π-sistema, apr˙ pianti C = {A} e sistemą, yra pati C. 15.7 pratimas. Tegu E = R ir C = {[0; 1], [1; 2]}. Raskite mažiausią nurodyto tipo sistemą, apr˙ piančią C. e I. π-sistemą. II. Algebrą. III. λ-sistemą. Sprendimas. I. {[0; 1], [1; 2], {1}}. II. Ieškomą algebrą sudaro (−∞; 0), [0; 1), {1}, (1; 2], (2; ∞) aib˙ s ir visi e galimi ju junginiai. ˛ ˙ 15.1. MAČIOS AIBES III. {R, ∅, [0; 1], [1; 2], [0; 1]c, [1; 2]c }. 519 Jei C sistemoje yra daugiau aibiu mažiausiu ją apr˙ piančiu sistemu konst˛, ˛ e ˛ ˛ ravimas sud˙ tingesnis. Tačiau tokios sistemos tikrai egzistuoja. Irodysiu, e ˛ pavyzdžiui, kad egzistuoja mažiausia π-sistema, apr˙ pianti C. Apibr˙ žiu e e A= {A | A yra π-sistema ir A ⊃ C}. Kitaip tariant, pagal apibr˙ žimą A ∈ A tada ir tik tada, kai A priklauso e kiekvienai π-sistemai A ⊃ C. Irodysiu, kad A yra π-sistema. Tegu A, B ∈ A, o A yra bet kokia π˛ sistema, apr˙ pianti C. Iš A apibr˙ žimo išplaukia, kad A, B ∈ A . Tada e e A ∩ B ∈ A , nes A yra π-sistema. Taigi A ∩ B sankirta priklauso bet kuriai π-sistemai A , apr˙ piančiai C. Dar kartą iš A apibr˙ žimo gaunu, kad e e A ∩ B ∈ A. Akivaizdu, kad C ⊂ A. Taigi A yra π-sistema, apr˙ pianti C. Ji mažesn˙ e e už bet kokią kitą π-sistemą, apr˙ piančią C, nes sankirta visada mažesn˙ už e e bet kokią iš kertamu aibiu Taigi A yra mažiausia π-sistema, apr˙ pianti C. ˛ ˛. e Mažiausia E poaibiu σ-algebra, apr˙ pianti C sistemą, žymima σE (C). ˛ e Dar sakoma, kad σE (C) yra σ-algebra, generuota C klas˙ s, arba kad C klas˙ e e generuoja σ(C) algebrą. Kai aišku, kokia yra E erdv˙ , vietoje σE (C) rašoma e tiesiog σ(C). Paprastai neimanoma aprašyti, kokios aib˙ s priklauso σ(C) algebrai, o ˛ e kokios ne. Tačiau tai netrukdo irodin˙ ti teiginius apie aibes iš σ(C), tik ˛ e reikia ivaldyti tokiu irodymu techniką. ˛ ˛˛ ˛ Tarkime, noriu irodyti, kad visos aib˙ s iš σ(C) turi tam tikrą savybę. ˛ e Raide A pažymiu sistemą, susidedančią iš visu aibiu su ta savybe. Jei pa˛ ˛ vyksta irodyti, kad A yra σ-algebra ir kad C ⊂ A (t.y. kad visos aib˙ s iš C ˛ e turi tą savybę), iš apibr˙ žimo gaunu σ(C) ⊂ A. O tai ir reiškia, kad A ∈ A e su visomis A ∈ σ(C), t.y. kad bet kokia A ∈ σ(C) turi nagrin˙ jamą savybę. e Kalbant formaliau, irodymuose naudojamos dvi σ(C) konstrukcijos savy˛ b˙ s: e 1) σ(C) yra σ-algebra ir C ⊂ σ(C); 2) jei A yra σ-algebra ir C ⊂ A, tai σ(C) ⊂ A. Atkreipsiu d˙ mesi, kad jos labai panašios ˛ skaičiu aib˙ s supremumo savybes, e ˛ i ˛ e kurias atsimename iš vienmat˙ s analiz˙ s: 1) sup C yra skaičius, didesnis už visus e e skaičius iš C; 2) jei a yra skaičius, didesnis už visus skaičius iš C, tai sup C a. Tai neatsitiktinis sutapimas. Supremumo sąvoką galima ˛vesti ne tik skaičiu i ˛ aib˙ je, bet ir bet kokioje aib˙ je, kurioje apibr˙ žtas tvarkos sąryšis (t.y. refleksyvus e e e antsimetrinis tranzityvus binarinis sąryšis). Tarkime, A yra aib˙ , kurioje apibr˙ žtas e e tvarkos sąryšis , ir C ⊂ A. Tada rašome a = sup C, kai ∀x ∈ C x a ir ∀x ∈ C x a ⇒ a a . 520 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Dabar panagrin˙ kime aibę, kurios elementai yra σ-algebros. Kadangi tos aib˙ s e e elementai (σ-algebros) jau žymimi kaligrafinio šrifto raid˙ mis, pačią aibę pažym˙ siu e e dar ypatingesne — gotiška raide A. Taigi A yra visu E aib˙ s poaibiu σ-algebru ˛ e ˛ ˛ aib˙ , sutvarkyta ⊂ sąryšiu. e e Kiekvieną aibę C ⊂ E atitinka σ-algebra AC = {∅, C, C c , E}. Kai C prab˙ ga tam tikrą poaibiu sistemą C, σ-algebros AC užpildo tam tikrą A poaibi C: ˛ ˛ C = {AC | C ∈ C}. e Jei A ∈ A ir C ∈ A, tai AC ⊂ A. Taigi σ(C) apibr˙ žimas gali buti užrašytas ¯ taip: 1) ∀A ∈ C A ⊂ σ(C); 2) jei ∀A ∈ C A ⊂ B, tai σ(C) ⊂ B. O tai ir reiškia, kad σ(C) = sup C. σ-algebros p˙ edsakas. Tegu M ⊂ E. A aib˙ s p˙ dsaku M aib˙ je vadinama e e e A ∩ M aib˙ . Nesunkiai patikrinamos tokios p˙ dsako savyb˙ s: e e e i Ai ∩ M = i (Ai ∩ M), i Ai ∩ M = i (Ai ∩ M). Bet kokios aibiu sistemos C p˙ dsaku M aib˙ je vadinama sistema CM , ˛ e e sudaryta iš C sistemos aibiu p˙ dsaku ˛ e ˛: CM = {C ∩ M | C ∈ C}. 15.1 teorema. 1. Jei A yra E poaibiu σ-algebra, tai jos p˙ dsakas AM yra ˛ e M poaibiu σ-algebra. ˛ 2. Jei A = σE (C), tai AM = σM (CM ). Irodymas. 1. Ar ∅ ∈ AM ? Taip, nes ∅ = ∅ ∩ M ir ∅ ∈ A (nes A yra ˛ σ-algebra). Tegu A ∈ AM ; ar M \ A ∈ AM ? (Kadangi noriu irodyti, jog AM yra ˛ M, o ne E aib˙ s poaibiu algebra, tikrindamas b savybę vietoje Ac turiu imti e ˛ M \ A — papildini iki M.) Iš A ∈ AM išplaukia, kad A = B ∩ M su tam ˛ tikra B ∈ A. Tada M \ A = M ∩ B c . Kadangi A yra E poaibiu σ-algebra, ˛ c B ∈ A. Reiškia, M \ A ∈ AM . Tegu (An ) ⊂ AM ; ar n An ∈ AM ? Iš p˙ dsako apibr˙ žimo An = Bn ∩ M e e su tam tikra Bn ∈ A. Kadangi A yra σ-algebra, n Bn ∈ A. Bet tada An = n n (Bn ∩ M) = n Bn ∩ M ∈ AM . 2. σM (CM ) ⊂ AM , nes AM yra M poaibiu σ-algebra, apr˙ pianti CM . ˛ e ˙ 15.1. MAČIOS AIBES Kad irodyčiau atvirkščią sąryši, pažymiu ˛ ˛ 521 Patikrinsiu, kad A yra E poaibiu σ-algebra. ˛ Ar ∅ ∈ A ? Taip, nes ∅ ∩ M = ∅ ∈ σM (CM ) (antrasis saryšis teisingas, nes σM (CM ) yra σ-algebra). Tegu A ∈ A ; ar Ac ∈ A ? Iš A ∈ A išplaukia A∩M ∈ σM (CM ). Kadangi σM (CM ) yra M aib˙ s poaibiu σ-algebra, M \ (A ∩ M) ∈ σM (CM ). Bet e ˛ Taigi Ac ∩ M ∈ σM (CM ) ir, reiškia, Ac ∈ A . Tegu (An ) ⊂ A ; ar n An ∈ A ? Iš An ∈ A išplaukia An ∩M ∈ σM (CM ). Kadangi σM (CM ) yra σ-algebra, n (An ∩ M) ∈ σM (CM ). Bet tada n A = {A | A ∩ M ∈ σM (CM )}. M \ (A ∩ M) = M ∩ Ac . An ∩ M = n (An ∩ M) ∈ σM (CM ) ir, reiškia, n An ∈ A . Taigi A tikrai yra E poaibiu σ-algebra. Jei A ∈ C, tai pagal p˙ dsako ˛ e apibr˙ žimą A ∩ M ∈ CM ir tod˙ l A ∈ A . Taigi C ⊂ A . Tada A = σE (C) ⊂ e e A . Kitaip tariant, A ∩ M ∈ σM (CM ) su bet kokia A ∈ A, arba AM ⊂ σM (CM ). Jei pati M priklauso A algebrai, kiekviena sankirta A ∩ M taip pat jai priklauso, t.y. AM ⊂ A. Atvirkščiai, jei A yra M poaibis, priklausantis A algebrai, tai jis priklauso ir AM algebrai, nes A = A ∩ M. Taigi šiuo atveju AM = {A ⊂ M | A ∈ A}. σ-algebra ir σ-algebru sąlaja. Tegu (Ei | i ∈ I) yra E aib˙ s skaidinys, Ai — Ei poaibiu ˛ e ˛ A={ i∈I Irodysiu, kad A yra E poaibiu σ-algebra. ˛ ˛ ∅ ∈ A, nes ∅ = i ∅ ir ∅ priklauso kiekvienai Ai . Tegu A ∈ A; ar Ac ∈ A? Iš A ∈ A išplaukia A = i Ai su Ai ∈ Ai . Tada c = A ˛ i (Ei \ Ai ). Kadangi Ai yra Ei poaibiu algebra, Ei \ Ai ∈ Ai . Reiškia, c ∈ A. A Tegu (An ) ⊂ A ir A = n An ; ar A ∈ A? Iš An ∈ A išplaukia An = i Ani su Ani ∈ Ai . Tada A= Ani = Ani . n i i n Ai | ∀i ∈ I Ai ∈ Ai }. Kadangi Ai yra σ-algebra, n Ani ∈ Ai . Reiškia, A ∈ A. Taigi A tikrai yra E poaibiu σ-algebra. Aš ją vadinu Ai algebru sąlaja ir žymiu ˛ ˛ i∈I Ai . 522 π-λ teorema. 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS 15.2 teorema. Jei C yra π-sistema, tai bet kokia E poaibiu λ-sistema, ˛ apr˙ pianti C, apr˙ pia ir σ(C) algebrą. e e Irodymas. Tegu A yra bet kokia λ-sistema, apr˙ pianti C; reikia irodyti, ˛ e ˛ kad σ(C) ⊂ A. Pakaktu irodyti, kad A yra σ-algebra, bet to neimanoma ˛ ˛ ˛ padaryti, nes ne bet kokia λ-sistema yra σ-algebra, o apie A jokios papildomos informacijos aš neturiu. Tod˙ l reikalingas tam tikras papildomas veikse mas. Tegu A0 yra mažiausia λ-sistema, apr˙ pianti C. Tada A0 ⊂ A; tod˙ l e e pakanka irodyti, kad σ(C) ⊂ A0 . Taip bus, jei A0 bus σ-algebra, o šitą faktą ˛ jau imanoma irodyti. ˛ ˛ Žinau, kad kiekviena λ-sistema, kuri kartu yra ir π-sistema, yra σ-algebra. Tod˙ l tereikia irodyti, kad A0 yra π-sistema. Tai atliksiu dviem žingsniais. e ˛ Iš pradžiu pažymiu ˛ A1 = {B | ∀A ∈ C A ∩ B ∈ A0 } ir irodysiu, kad tai — λ-sistema. Turiu patikrinti tris tokiu sistemu savybes. ˛ ˛ ˛ Ar E ∈ A1 ? Kitaip tariant, ar A ∩ E ∈ A0 su bet kokia A ∈ C? Taip: jei A ∈ C, tai A ∩ E = A ∈ A0 , nes C ⊂ A0 . Taigi pirma savyb˙ patikrinta. e Tegu B1 , B2 ∈ A1 ir B1 ⊂ B2 ; ar B2 \ B1 ∈ A1 ? Kitaip tariant, ar A ∩ (B2 \ B1 ) ∈ A0 su bet kokia A ∈ C? Nesunku irodyti, kad ˛ A ∩ (B2 \ B1 ) = (A ∩ B2 ) \ (A ∩ B1 ) ir A ∩ B1 ⊂ A ∩ B2 . Be to, jei A ∈ C, tai A ∩ B1 , A ∩ B2 ∈ A0 , nes B1 , B2 ∈ A1 . Kadangi A0 yra λ-sistema, A ∩ (B2 \ B1 ) ∈ A0 . Taigi ir antra savyb˙ patikrinta. e Tegu (Bn ) ⊂ A1 ir Bn ↑ B; ar B ∈ A1 ? Kitaip tariant, ar A ∩ B ∈ A0 su bet kokia A ∈ C? Primenu, kad Bn ↑ B reiškia B1 ⊂ B2 ⊂ · · · Iš čia ir n ir n 1 Bn = B. A ∩ B1 ⊂ A ∩ B2 ⊂ · · · (A ∩ Bn ) = A ∩ Bn = A ∩ B. n Taigi A ∩ Bn ↑ A ∩ B. Jei A ∈ C, tai visos A ∩ Bn ∈ A0 , nes Bn ∈ A1 . Kadangi A0 yra λ-sistema, iš čia išplaukia A ∩ B ∈ A0 . Taigi patikrinau paskutiniąją savybę — A1 tikrai yra λ-sistema. ˙ 15.2. BORELIO AIBES 523 Kadangi C yra π-sistema, A ∩ B ∈ C ⊂ A0 su bet kokiomis A, B ∈ C. Reiškia, kiekviena B ∈ C priklauso A1 sistemai, t.y. C ⊂ A1 . Taigi A1 yra λ-sistema, apr˙ pianti C. Kadangi A0 yra mažiausia tokia e sistema, A0 ⊂ A1 . Reiškia, kiekviena B ∈ A0 priklauso A1 sistemai, t.y. A ∩ B ∈ A0 su bet kokiomis B ∈ A0 ir A ∈ C. Dabar žengsiu antrąji iš dvieju aukščiau min˙ tu irodymo žingsniu Pažy˛ ˛ e ˛˛ ˛. miu A2 = {A | ∀B ∈ A0 A ∩ B ∈ A0 }. Pirmo žingsnio rezultatas reiškia, kad C ⊂ A2 . Be to, panašiai kaip aukščiau irodau, kad A2 yra λ-sistema. Taigi A2 ⊃ A0 , t.y. A∩B ∈ A0 su bet kokiomis ˛ A, B ∈ A0 . 15.2 Borelio aib˙ s e Separabilios metrin˙ erdv˙ es es. Iki šiol nagrin˙ jau bendrąją mato teoriją. e Dabar laikas nusileisti ant žem˙ s ir pažiur˙ ti, kaip ta teorija taikoma prake ¯e tiškai. Dažniausiai pasitaikantys yra E = R, E = R arba E = Rk atvejai, tačiau rimtesniuose tikimybiu teorijos ar atsitiktiniu procesu teorijos kur˛ ˛ ˛ suose sutinkamos ir sud˙ tingesn˙ s E erdv˙ s. Visgi beveik visada E yra tam e e e tikra metrin˙ erdv˙ ir dažniausiai — ne bet kokia, o separabili metrin˙ erdv˙ . e e e e E erdv˙ vadinama separabilia, jei joje yra skaitus visur tirštas poaibis, e t.y. toks skaitus poaibis S, kad S = E. Sąryšis S ⊂ E teisingas visada, o atvirkščias sąryšis reiškia, kad bet koks x ∈ E yra ribinis S taškas. Tod˙ l S e visur tiršta, kai bet koki x ∈ E bet kokiu tikslumu galima aproksimuoti S ˛ aib˙ s elementais (griežčiau, jei ∀x ∀ε ∃s ∈ S d(s, x) < ε). e Pavyzdžiui, Rk erdv˙ s separabilios: galima paimti S = Qk . e Separabilias erdves galima ir kitaip charakterizuoti, bet tam reikia vienos naujos sąvokos. Atviru aibiu sistema O0 vadinama atviru aibiu baze, jei ˛ ˛ ˛ ˛ kiekviena atvira aib˙ yra tam tikru baziniu aibiu (t.y. aibiu iš O0 ) junginys. e ˛ ˛ ˛ ˛ Pavyzdžiui, visu atviru rutuliu sistema yra atviru aibiu baz˙ , nes kiekvie˛ ˛ ˛ ˛ ˛ e na atvira aib˙ yra rutuliu junginys. Tikrai, jei O atvira, e ˛ O= U (x,ε)⊂O U(x, ε). (15.2) Irodymas labai paprastas. Sąryšis ⊃ akivaizdus, nes kiekvienas rutulys iš ˛ junginio dešin˙ je pus˙ je yra O aib˙ s poaibis. Atvirkščias sąryšis irodomas e e e ˛ taip: jei x ∈ O, tau U(x, ε) ⊂ O su tam tikru ε, nes O atvira; bet tada tas U(x, ε) yra vienas iš junginio dešin˙ je pus˙ je rutuliu ir x ∈ U(x, ε). Taigi x e e ˛ priklauso junginiui. 524 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Jei kam nors ˛rodymas pasirod˙ trivialus, pasteb˙ siu, kad ne visos (15.2) pavii e e dalo lygyb˙ s teisingos. Pavyzdžiui, E = R atveju lygyb˙ e e O= (−r;r)⊂O (−r; r) nebutinai teisinga: jei O = (−1; 2), tai ¯ (−r; r) = (−1; 1) = O. (−r;r)⊂O 15.3 teorema. Metrin˙ erdv˙ separabili tada ir tik tada, kai joje yra skaiti e e atviru aibiu baz˙ . ˛ ˛ e Irodymas. (⇒) Tarkime, E separabili ir S — skaitus visur tirštas poaibis. ˛ Irodysiu, kad U(s, 1/k) pavidalo rutuliai (čia s ∈ S, k ˛ 1) sudaro atviru ˛ aibiu bazę (akivaizdu, skaičią). ˛ Tegu O yra bet kokia atvira aib˙ ; pakanka irodyti, kad e ˛ O= U (s,1/k)⊂O U(s, 1/k). Sąryšis ⊃ akivaizdus; tod˙ l irodysiu tik atvirkščią sąryši. e ˛ ˛ Tegu x ∈ O. Kadangi O atvira, atsiras ε, su kuriuo U(x, ε) ⊂ O. Paimu bet koki naturalu ˛ k > 2/ε. Kadangi S visur tiršta, atsiras toks s ∈ S, kad ˛ ¯ ˛ji d(s, x) < 1/k. Tada U(s, 1/k) ⊂ U(x, ε). Tikrai, jei y ∈ U(s, 1/k), tai d(y, x) d(y, s) + d(s, x) < 1/k + 1/k < ε. Be to, x ∈ U(s, 1/k), nes d(x, s) < 1/k, ir U(s, 1/k) ⊂ O, nes U(x, ε) ⊂ O. Taigi x priklauso tam tikram U(s, 1/k) rutuliui, tenkinančiam sąlygą U(s, 1/k) ⊂ O. (⇐) Tegu (Ui | i ∈ I) yra kokia nors skaiti atviru aibiu baz˙ . Kiekvienoje ˛ ˛ e Ui paimu po tašką si ∈ Ui . Aib˙ S = {si | i ∈ I} skaiti; irodysiu, kad ji visur e ˛ tiršta. Fiksuoju bet koki x ∈ E ir bet koki ε. Rutulys U(x, ε) yra atvira aib˙ ; ˛ ˛ e tod˙ l pagal baz˙ s apibr˙ žimą — tam tikru baziniu aibiu junginys. Jei Ui yra e e e ˛ ˛ ˛ kuri nors iš tu baziniu aibiu tai si ∈ Ui ⊂ U(x, ε), t.y. d(si , x) < ε. ˛ ˛ ˛, ˙ 15.2. BORELIO AIBES 525 Lindeliofo teorema. Kiekvienoje separabilioje erdv˙ je teisingas toks teie ginys, išreiškiantis vadinamąją Lindeliofo1 savybę. 15.4 teorema. Jei E separabili ir (Oi | i ∈ I) yra atviru jos poaibiu šeima, ˛ ˛ egzistuoja tokia seka (in ) ⊂ I, kad i∈I Oi = n Oin . Irodymas. Tegu (Uj | j ∈ J) yra skaiti atviru aibiu baz˙ . Pagal baz˙ s ˛ ˛ ˛ e e apibr˙ žimą kiekviena atvira aib˙ yra tam tikru baziniu aibiu junginys. Taigi e e ˛ ˛ ˛ Oi = j∈Ji Uj su tam tikra Ji ⊂ J. Aišku, kad tada Oi = i∈I j∈J ∗ Uj su J ∗ = i∈I Ji . Nors J ∗ yra, gal but, neskaičios aibiu šeimos junginys, jis vis tiek yra J ˛ ¯ poaibis ir, reiškia, skaiti aib˙ . Tarkime, J ∗ = {jn | n 1}. Su kiekvienu n e randu toki in ∈ I, kad jn ∈ Jin . Irodysiu, kad ˛ ˛ Oi = i∈I n 1 Oin . ⊃ sąryšis teisingas, nes jungini kair˙ je pus˙ je sudaro daugiau aibiu Kad ˛ e e ˛. irodyčiau atvirkščią sąryši, paimu bet koki x iš ˛ ˛ ˛ Oi = i∈I j∈J ∗ Uj = n 1 Ujn junginio. Randu n 1, su kuriuo x ∈ Ujn . Iš jn ∈ Jin išplaukia Ujn ⊂ Uj = Oin . j∈Jin Taigi x ∈ Oin . Iš 15.4 teoremos išplaukia toks teiginys: jei E separabili ir O0 — kokia nors jos atviru aibiu baz˙ , tai bet kokia atvira aib˙ yra tam tikros sekos ˛ ˛ e e (Un ) ⊂ O0 junginys. 1 Ernst Leonard Lindelöf (1870–1946), suomiu matematikas ˛ 526 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Borelio aib˙ es. Tegu E yra metrin˙ erdv˙ ir O — visu atviru jos poaibiu e e ˛ ˛ ˛ sistema. Tada σ(O) algebra vadinama E erdv˙ s Borelio σ-algebra ir žymima e B(E). Aib˙ s iš B(E) vadinamos E erdv˙ s Borelio poaibiais. e e Pavyzdžiui, visi atviri poaibiai yra Borelio poaibiai. Uždaros aib˙ s yra e atviru aibiu papildiniai ir tod˙ l taip pat priklauso Borelio σ-algebrai. Apskri˛ ˛ e tai labai sunku sukonstruoti aibę, kuri nebutu Borelio poaibis. Vieną tokią ¯ ˛ konstrukciją aprašysiu skyriaus gale. 15.8 poaibiai. pratimas. Irodykite, kad duotos aib˙ s yra E erdv˙ s Borelio ˛ e e 1 | x7 − 7x + 1 = 0}. I. E = R, A = {0 < x II. E = R2 , A = {(x, y) | x2 + y 2 = 1, x ∈ Q}. Sprendimas. I. A = (0; 1) ∪ {1} \ {x | x7 − 7x + 1 = 0}; be to, (0; 1) aib˙ e atvira, o {1} ir {x | x7 − 7x + 1 = 0} — uždaros. Reiškia, A yra Borelio aib˙ . e II. A = {(x, y) | x2 + y 2 = 1} \ q∈Q ({q} × R); be to tiek apskritimas {(x, y) | x2 + y 2 = 1}, tiek kiekviena {q} × R aib˙ uždara. Kadangi Q skaiti, e e e q∈Q ({q} × R) junginys yra Borelio aib˙ . Reiškia, ir A — Borelio aib˙ . 15.5 teorema. Jei E separabili ir O0 — kokia nors jos atviru aibiu baz˙ , ˛ ˛ e tai B(E) = σ(O0 ). Irodymas. Jei O atvira, O = n 1 Un su tam tikra seka (Un ) ⊂ O0 . ˛ Kiekviena Un priklauso σ(O0 ) (nes Un ∈ O0 ⊂ σ(O0 )); tod˙ l ir ju junginys e ˛ O ∈ σ(O0 ) (nes σ(O0 ) yra σ-algebra). Taigi O ⊂ σ(O0 ). Iš čia B(E) = σ(O) ⊂ σ(O0 ). Atvirkščias sąryšis irodomas paprasčiau: kadangi O0 ⊂ O ⊂ σ(O) ir ˛ σ(O) yra σ-algebra, σ(O0 ) ⊂ σ(O) = B(E). Borelio aib˙ R erdv˙ es eje. Kiekvienas rutulys E = R erdv˙ je yra atviras e baigtinio ilgio intervalas. Atvirkščiai, kiekvienas toks intervalas yra rutulys: (a; b) = U(x, r) su x = (a + b)/2 ir r = (b − a)/2. Taigi iš 15.5 teoremos B(R) = σ(C1 ); čia C1 = {(a; b) | −∞ < a < b < ∞}. ˙ 15.2. BORELIO AIBES 527 Bet yra ir kitokiu generuojančiu sistemu Irodysiu, pavyzdžiui, kad Bore˛ ˛ ˛. ˛ lio aibes generuoja sistema C2 = {(a; b] | −∞ < a Jei −∞ < a b < ∞}. b < ∞, tai (a; b + 1/n) ∈ C1 ⊂ σ(C1 ); tod˙ l e (a; b] = n 1 (a; b + 1/n) ∈ σ(C1 ), nes σ(C1 ) yra σ-algebra. Reiškia, C2 ⊂ σ(C1 ), o tada ir σ(C2 ) ⊂ σ(C1 ). Atvirkščiai, jei −∞ < a < b < ∞, tai (a; b − 1/n] ∈ C2 ⊂ σ(C2 ); tod˙ l e (a; b) = n 1 (a; b − 1/n] ∈ σ(C2 ), nes σ(C2 ) yra σ-algebra. Reiškia, C1 ⊂ σ(C2 ), o tada ir σ(C1 ) ⊂ σ(C2 ). Taigi σ(C2 ) = σ(C1 ) = B(R). Galima rasti generuojančią sistemą, priklausančią tik nuo vieno laisvo parametro. Irodysiu, pavyzdžiui, kad B(R) = σ(C3 ); čia ˛ C3 = {(−∞; x] | x ∈ R}. Jei x ∈ R, tai (−∞; x] = (−n; x] ∈ σ(C2 ). n 1 Reiškia, C3 ⊂ σ(C2 ), o tada ir σ(C3 ) ⊂ σ(C2 ). Atvirkščiai, jei −∞ < a b < ∞, tai (a; b] = (−∞; b] \ (−∞; a] ∈ σ(C3 ). Reiškia, C2 ⊂ σ(C3 ), o tada ir σ(C2 ) ⊂ σ(C3 ). Taigi σ(C3 ) = σ(C2 ) = B(R). Borelio aib˙ R erdv˙ es eje. Primenu, kad R erdv˙ gali buti metrizuojama e ¯ metrika d(x, y) = |arctg x − arctg y| (laikau arctg(±∞) = ±π/2). Tada rutulys su centru x ∈ R yra atviras baigtinis intervalas, o rutulys su centru ∞ (atitinkamai, −∞) yra (a; ∞] su a > 0 (atitinkamai, [−∞; b) su b < 0) pavidalo intervalas. Nesunkiai irodoma, kad Q = R; taigi R separabili. Tuomet jos Borelio ˛ σ-algebrą generuoja atviri rutuliai, t.y. B(R) = σ(C1 ); čia 528 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS C1 = {(a; b) | −∞ < a < b < ∞} ∪ {(a; ∞] | 0 < a < ∞} ∪ {[−∞; b) | −∞ < b < 0}. Kaip ir E = R atveju, generuojančią klasę galima susiaurinti. Pavyzdžiui, panašiai kaip aukščiau irodoma, kad B(R) = σ(C2 ); čia ˛ C2 = {[−∞; x] | x ∈ R}. Idomu, kad jokia sistema, susidedanti vien iš R poaibiu negeneruoja B(R). ˛ ˛, Tikrai, R yra dvieju nesikertančiu poaibiu E1 = R ir E2 = {−∞, ∞} junginys. ˛ ˛ ˛, Pirmame pa˙ męs Borelio σ-algebrą B(R), antrame — trivialią σ-algebrą {0, E2 } e ir jas suliejęs, gaunu σ-algebrą A = B(R) {∅, E2 }, kuri mažesn˙ už B(R) — jai e nepriklauso, pavyzdžiui, {∞} aib˙ . Jei C susideda vien iš R Borelio poaibiu C ⊂ A e ˛, ir, reiškia, σ(C) ⊂ A. Separabiliu erdviu sandauga. Tegu E1 , . . . , Ek yra metrin˙ s erdv˙ s su ˛ ˛ e e metrikomis, atitinkamai, d1 , . . . , dk ir E = E1 × · · · × Ek . Su bet kokiais E elementais x = (x1 , . . . , xk ) ir y = (y1 , . . . , yk ) apibr˙ žiu e d(x, y) = max di (xi , yi). i Tada d yra metrika E aib˙ je. E erdv˙ su tokia metrika vadinama Ei erdviu e e ˛ sandauga. Tegu U(x, r) žymi rutuli E erdv˙ je, o Ui (xi , r) — rutulius Ei erdv˙ se. ˛ e e Kadangi y ∈ U(x, r) ⇐⇒ d(y, x) < r ⇐⇒ max di(yi , xi ) < r i ⇐⇒ ∀i di (yi , xi ) < r ⇐⇒ ∀i yi ∈ U(xi , r), U(x, r) yra Ui (xi , r) rutuliu Dekarto sandauga: ˛ U(x, r) = U1 (x1 , r) × · · · × Uk (xk , r). Jei kiekviena Ei separabili, tai ju sandauga E taip pat separabili. Tikrai, ˛ tegu Si yra skaitus visur tirštas Ei poaibis. Tada S = S1 × · · · × Sk aib˙ taip e pat skaiti. Irodysiu, kad ji visur tiršta. Fiksuoju x = (x1 , . . . , xk ) ∈ E ir ε. Su ˛ kiekvienu i randu toki si ∈ Si , kad di (si , xi ) < ε. Pažymiu s = (s1 , . . . , sk ). ˛ Tada s ∈ S ir d(s, x) = max di (si , xi ) < ε. i ˙ 15.2. BORELIO AIBES 529 Borelio aib˙ Rk erdv˙ es eje. Atviru aibiu sistema Rk erdv˙ je nepriklauso ˛ ˛ e nuo normos parinkimo; tod˙ l galiu laikyti e x = max|xi |, i kai x = (x1 , . . . , xk ). Tada Rk bus metriniu erdviu R sandauga. Kadangi R separabili, sandauga ˛ ˛ taip pat separabili; tod˙ l Borelio σ-algebrą joje generuoja atviri rutuliai. e Bet kiekvienas rutulys yra atviru rutuliu R erdv˙ je (t.y. intervalu Dekarto ˛ ˛ e ˛) k sandauga. Taigi B(R ) algebra yra generuota visu ˛ (a1 ; b1 ) × · · · × (ak ; bk ) pavidalo stačiakampiu čia −∞ < ai < bi < ∞ su 1 i k. ˛; Galima rasti ir generuojančią sistemą, priklausančią tik nuo k laisvu ˛ parametru — užtektu tik ˛ ˛ (−∞; c1 ] × · · · × (−∞; ck ] pavidalo aibiu čia c1 , . . . , ck ∈ R. ˛; Metriniu erdviu poerdviai. Tegu E yra metrin˙ erdv˙ su metrika d, o ˛ ˛ e e M ⊂ E. Tada d funkcijos siaurinys M × M aib˙ je yra metrika M aib˙ je. M e e aib˙ su tokia metrika vadinama E erdv˙ s poerdviu. e e Tegu U(x, r) žymi rutuli E erdv˙ je, o UM (x, r) (kai x ∈ M) — rutuli M ˛ e ˛ poerdvyje. Tada y ∈ UM (x, r) ⇐⇒ y ∈ M, d(y, x) < r ⇐⇒ y ∈ U(x, r) ∩ M. Kitaip tariant, jei x ∈ M, tai UM (x, r) = U(x, r) ∩ M, t.y. rutulys M poerdvyje yra atitinkamo rutulio E erdv˙ je p˙ dsakas M aib˙ je. e e e Rutuliai sudaro atviru aibiu bazę; tod˙ l kiekvienas atviras E erdv˙ s po˛ ˛ e e aibis O yra i Ui pavidalo su tam tikrais rutuliais Ui . Iš čia O∩M = Ui ∩ M = (Ui ∩ M). i i Kiekvienas Ui ∩ M yra atviras rutulys M poerdvyje; tod˙ l — atvira aib˙ . e e Atviru aibiu junginys yra atvira aib˙ ; tod˙ l O ∩ M yra atviras M poerdvio ˛ ˛ e e poaibis. Atvirkščias teiginys taip pat teisingas: kiekvienas atviras M poaibis A yra O ∩ M pavidalo su tam tikra atvira visoje E erdv˙ je aibe O. Tikrai, e 530 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS kiekvienas atviras poaibis yra rutuliu junginys; tod˙ l A = i Vi su tam tikrais ˛ e M poerdvio rutuliais Vi . Bet kiekvienas toks rutulys Vi = Ui ∩ M; čia Ui — rutulys E erdv˙ je. Reiškia, e A= i (Ui ∩ M) = i Ui ∩ M = O ∩ M su O = i Ui . O atvira nes kiekvienas Ui atviras, o atviru aibiu junginys yra ˛ ˛ atvira aib˙ . e Reziumuoju: visu M poerdvio atviru aibiu sistema lygi ˛ ˛ ˛ {O ∩ M | O ∈ O}; čia O yra E erdv˙ s atviru poaibiu aib˙ . Kitaip tariant, M poerdvio atviru e ˛ ˛ e ˛ aibiu sistema yra O sistemos p˙ dsakas M aib˙ je. Tod˙ l ją galiu žym˙ ti OM ˛ e e e e simboliu. Dabar nesunku irodyti, kad separabilios erdv˙ s poerdviai separabilus. ˛ e ¯ Tikrai, tegu (Ui | i ∈ I) yra skaiti E erdv˙ s atviru aibiu baz˙ . Tada kiekviena e ˛ ˛ e Ui ∩ M yra atviras M poaibis ir (Ui ∩ M) šeima skaiti. Irodysiu, kad ji yra ˛ atviru aibiu baz˙ M poerdvyje. ˛ ˛ e Tegu A yra bet koks atviras M poaibis; reikia irodyti, kad jis yra tam ˛ tikru Ui ∩ M junginys. Iš atviru aibiu poerdvyje charakterizacijos išplaukia, ˛ ˛ ˛ kad A = O ∩ M su tam tikru atviru E erdv˙ s poaibiu O. Iš baz˙ s apibr˙ žimo e e e O = i∈I0 Ui su tam tikru I0 ⊂ I. Bet tada A= i∈I0 Ui ∩ M = i∈I0 (Ui ∩ M). Borelio aib˙ poerdvyje. Iš 15.1 teoremos išplaukia, kad Borelio σ-ales gebra M poerdvyje sutampa su B(E) algebros p˙ dsaku M aib˙ je: e e B(M) = {A ∩ M | A ∈ B(E)}. Dažniausiai pati M yra E erdv˙ s Borelio poaibis. Tada M poerdvio e Borelio poaibius galima charakterizuoti paprasčiau: B(M) = {A ∈ B(E) | A ⊂ M}. 15.3 Matai Apibrežimas. Primenu, kad mačia erdve vadinama pora (E, A), suside˙ danti iš aib˙ s E ir jos poaibiu σ-algebros A. Aib˙ s iš A vadinamos mačiomis e ˛ e 15.3. MATAI 531 (tiksliau, A-mačiomis). Jei (An ) yra A aib˙ s skaidinys ir visos An mačios, e skaidini vadinsiu mačiu. Aišku, kad tada mati ir A aib˙ , nes A = n An . ˛ e Tegu (E, A) yra kokia nors mati erdv˙ . Matas A algebroje — tai tokia e funkcija µ iš A i [0; ∞], kad ˛ a) µ(∅) = 0; b) µ(A) = n µ(An ) su bet kokiu mačiu A aib˙ s skaidiniu (An ). e Jei µ yra matas, (E, A, µ) trejetas vadinamas erdve su matu. Pasteb˙ siu, kad žodis „matas“ vartojamas ir šiek tiek kita prasme. Matu e vadinama ne tik µ funkcija, bet ir tos funkcijos reikšm˙ µ(A) — sakoma, kad e µ(A) yra A aib˙ s matas. e Jei E yra metrin˙ erdv˙ , tai matai B(E) algebroje vadinami Borelio e e matais. µ matas vadinamas tikimybiniu, arba tiesiog tikimybe, jei µ(E) = 1. Jei µ yra tikimyb˙ , erdv˙ su matu (E, A, µ) vadinama tikimybine erdve. e e µ matas vadinamas baigtiniu, jei µ(E) < ∞. Aišku, kiekviena tikimyb˙ e yra baigtinis matas. µ matas vadinamas σ-baigtiniu, jei egzistuoja tokia mačiu aibiu seka (An ), ˛ ˛ kad An ↑ E ir µ(An ) < ∞ su visais n. Aišku, kiekvienas baigtinis matas yra σ-baigtinis — pakanka paimti An = E su visais n. Skaičiuojantieji matai. Tegu S ⊂ E ir ν(A) yra S aib˙ s elementu skaičius e ˛ A aib˙ je (jei A aib˙ je yra be galo daug S elementu ν(A) = ∞). Kitaip e e ˛, tariant, ν(A) = 1. x∈S∩A Tada ν yra matas, vadinamas skaičiuojančiuoju matu, atitinkančiu S poaibi. ˛ Pavyzdžiui, jei E = R, S = Z, tai ν([1; 4)) = 3, ν([−π; π]) = 7, ir t.t. Jei S = {a}, ν paprastai žymimas δa ir vadinamas Dirako2 matu, sukoncentruotu a taške. Taigi δa (A) = 1, kai a ∈ A; 0, kai a ∈ A. ν(Z) = ∞, ν(R \ Z) = 0 Jei S aib˙ baigtin˙ , ν matas baigtinis; jei S skaiti, jis σ-baigtinis. Tikrai, e e jei S = {s1 , s2 , s3 , . . . } ir An = {s1 , . . . , sn }∪S c , tai An ↑ E ir ν(An ) = n < ∞ su visais n. Jei S aib˙ neskaiti, ν matas n˙ ra σ-baigtinis. e e 2 Paul Adrien Maurice Dirac (1902–1984), britu fizikas ˛ 532 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Mato adityvumas. Tegu µ yra koks nors matas A algebroje. Antrąja mato aksioma išreiškiama jo savyb˙ vadinama σ-adityvumu. Imdamas e An+1 = An+2 = · · · = ∅, iš jos gaunu µ(A) = µ(A1 ) + · · · + µ(An ) + 0 + 0 + · · · = µ(A1 ) + · · · + µ(An ) su bet kokiu A aib˙ s skaidiniu (A1 , . . . , An ) ⊂ A. Pavyzdžiui, e µ(A ∪ B) = µ(A) + µ(B), jei A ir B yra nesikertančios mačios aib˙ s. Ši mato savyb˙ vadinama adie e tyvumu. Mato monotoniškumas. aib˙ s skaidinys; tod˙ l e e Jei A, B ∈ A ir A ⊂ B, tai (A, B \ A) yra B µ(A). µ(B) = µ(A) + µ(B \ A) Kitaip tariant, kuo didesn˙ aib˙ , tuo jos matas didesnis. Ši mato savyb˙ e e e vadinama monotoniškumu. Mato tolydumas. Tegu (An ) ⊂ A ir An ↑ A. Pažymiu B1 = A1 , B2 = A2 \ A1 , B3 = A3 \ A2 ir t.t. Tada (Bn ) yra matus A skaidinys, o (B1 , . . . , Bn ) — matus An skaidinys. Tod˙ l e n µ(An ) = i=1 µ(Bi ) ↑ ∞ µ(Bi ) = µ(A). i=1 Taigi An ↑ A ⇒ µ(An ) ↑ µ(A). Šią savybę aš vadinu mato tolydumu. Jei An ↓ A, tai µ(An ) maž˙ ja, bet nebutinai prie µ(A). Pavyzdžiui, jei e ¯ E = R ir ν yra skaičiuojantysis matas atitinkantis S = Z aibę, tai ν(n; ∞) = ∞ su visais n, nors (n; ∞) ↓ ∅. Tačiau pareikalavus, kad µ(A1 ) butu baigtinis ¯ ˛ skaičius, jau galima irodyti µ(An ) ↓ µ(A) sąryši. ˛ ˛ Tegu (An ) ⊂ A, An ↓ A ir µ(A1 ) < ∞. Tada A1 \ An ↑ A1 \ A ir tod˙ l e µ(A1 \ An ) ↑ µ(A1 \ A). Kadangi An ⊂ A1 , µ(A1 ) = µ(An ) + µ(A1 \ An ), 15.3. MATAI o kadangi visi trys d˙ menys baigtiniai, e µ(A1 \ An ) = µ(A1 ) − µ(An ). Panašiai irodoma ir lygyb˙ ˛ e µ(A1 \ A) = µ(A1 ) − µ(A). Taigi µ(A1 ) − µ(An ) ↑ µ(A1 ) − µ(A), t.y. µ(An ) ↓ µ(A). Subadityvumas. Jei A, B ∈ A, tai µ(A) + µ(B). 533 µ(A ∪ B) = µ(A) + µ(B \ A) Ši savyb˙ vadinama subadityvumu. e Matematin˙ s indukcijos metodu irodoma, kad e ˛ µ(A1 ∪ · · · ∪ An ) µ(A1 ) + · · · + µ(An ) n su bet kokiomis A1 , . . . , An ∈ A. Kadangi A1 ∪· · ·∪An ↑ ribas šioje nelygyb˙ je gaunu e µ n An , suskaičiavęs An ∞ n=1 µ(An ). Ši nelygyb˙ vadinama mato σ-subadityvumu. e Nulinio mato aib˙ es. Tegu µ yra matas A algebroje. Aib˙ A ∈ A vadie nama nulinio mato aibe (µ mato atžvilgiu), jei µ(A) = 0. Dvi pagrindin˙ s tokiu aibiu savyb˙ s išplaukia iš mato monotoniškumo ir e ˛ ˛ e σ-subadityvumo: 1) jei A, B ∈ A, A ⊂ B ir B aib˙ nulinio mato, tai A — taip pat nulinio e mato aib˙ (tikrai, µ(A) µ(B) = 0); e 2) skaitus nulinio mato aibiu junginys yra nulinio mato aib˙ (tikrai, jei ˛ e µ(An ) = 0 su visais n, tai µ( n An ) n µ(An ) = 0). Karateodori konstrukcija Dabar aprašysiu Karateodori3 schemą, pagal kurią apibr˙ žiami pagrindiniai matai Rk erdv˙ se. e e Tegu E yra metrin˙ erdv˙ , C — kokia nors E poaibiu sistema ir v — toje e e ˛ sistemoje apibr˙ žta neneigiama funkcija. Su kiekvienu δ > 0 apibr˙ žiu e e Cδ = {C ∈ C | diam C 3 δ}. Constantin Carathéodory (1873–1950), graiku matematikas ˛ 534 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Tegu A ⊂ E. Jei (Ci | i ∈ I) yra skaiti Cδ sistemos aibiu šeima, dengianti A, ˛ ją vadinsiu A aib˙ s Cδ -danga. Apibr˙ žiu e e Tδ (A) = i∈I v(Ci ) (Ci | i ∈ I) yra A aib˙ s Cδ -danga e µδ (A) = inf Tδ (A). ir Gali atsitikti, kad A aib˙ s apskritai negalima padengti aib˙ mis iš C. Tada e e Tδ (A) = ∅ ir µδ (A) = ∞. Kita vertus, ∅ aibę padengia tuščioji šeima, kurią atitinka nulin˙ suma. Tod˙ l µδ (∅) = 0. e e Jei δ2 δ1 , tai kiekviena δ2 diametro aib˙ yra kartu ir δ1 diametro. e Tod˙ l Tδ2 (A) ⊂ Tδ1 (A) ir µδ2 (A) e µδ1 (A), t.y. µδ (A) did˙ ja, kai δ ↓ 0. e Reiškia, su kiekviena A ⊂ E egzistuoja riba µ(A) = lim µδ (A). δ→0+ (15.3) Aišku, kad µ(A) µδ (A) su visais δ. 15.6 teorema. (15.3) funkcija yra Borelio matas E erdv˙ je. e Irodymas. 1 žingsnis: µ funkcija monotoniška. Jei A ⊂ B, kiekviena B ˛ dengianti aibiu šeima dengia ir A aibę; tod˙ l µδ (A) ˛ e µδ (B). Suskaičiavęs ribas, kai δ → 0, gaunu µ(A) µ(B). 2 žingsnis: µ funkcija σ-subadityvi. Reikia irodyti, kad ˛ µ(A) n µ(An ); (15.4) čia (An ) — bet kokia E poaibiu seka, o A = n An . ˛ Dešiniąją nelygyb˙ s pusę galiu laikyti baigtine (kitaip nelygyb˙ triviali). e e Tada baigtiniai visi µn (A) ir tuo labiau — visi µδ (A) skaičiai. Fiksuoju ε, δ ir randu tokias An aibiu Cδ -dangas (Cni | i ∈ In ), kad ˛ v(Cni) i∈In µδ (An ) + ε2−n . 1, i ∈ In ) skaiti ir dengia A, µδ (An ) + ε n n Kadangi jungtin˙ šeima (Cni | n e µδ (A) n i∈In v(Cni ) µ(An ) + ε. Suskaičiavęs ribas, kai ε ir δ art˙ ja i 0, gaunu (15.4) nelygybę. e ˛ 15.3. MATAI 535 3 žingsnis: d(A, B) > 0 ⇒ µ(A ∪ B) = µ(A) + µ(B). Iš jau irodyto ˛ subadityvumo išplaukia µ(A ∪ B) µ(A) + µ(B). Irodin˙ damas atvirkščią nelygybę, galiu laikyti µ(A ∪ B) < ∞. ˛ e Fiksuoju ε ir δ < d(A, B) ir randu tokią junginio Cδ -dangą (Ci | i ∈ I), kad v(Ci ) µδ (A ∪ B) + ε. i∈I Kadangi kiekvienos Ci diametras mažesnis už atstumą tarp A ir B, Ci negali kirstis iškart su abiem aib˙ mis. Tod˙ l (Ci | i ∈ I) šeima išsiskaido i dvi e e ˛ šeimas, iš kuriu viena dengia A, o kita — B. Tada ˛ µδ (A ∪ B) + ε v(Ci ) i∈I µδ (A) + µδ (B). Suskaičiavęs ribas, kai ε, δ → 0, gaunu reikiamą nelygybę. 4 žingsnis: µ yra matas σ-algebroje A, apibr˙ žiamoje lygybe e A = {A ⊂ E | ∀T ⊂ E µ(T ) = µ(T ∩ A) + µ(T \ A)}. Reikia isitikinti, kad A yra σ-algebra ir kad µ funkcija joje σ-adityvi. ˛ Pirmos dvi σ-algebru savyb˙ s išplaukia tiesiog iš A apibr˙ žimo. Irodysiu c ˛ e e ˛ savybę. Tegu (An ) ⊂ A ir A = n An . Reikia irodyti, kad A ∈ A. ˛ Iš µ subadityvumo išplaukia, kad visada µ(T ) µ(T ∩ A) + µ(T \ A). Be to, atvirkščia µ(T ) µ(T ∩ A) + µ(T \ A) (15.5) nelygyb˙ triviali, kai µ(T ) = ∞. Tod˙ l pakanka isitikinti, kad (15.5) formul˙ e e ˛ e teisinga, kai µ(T ) < ∞. Kadangi An ∈ A, µ(T ) = µ(T ∩ A1 ) + µ(T ∩ Ac ) 1 = µ(T ∩ A1 ) + µ(T ∩ Ac ∩ A2 ) + µ(T ∩ Ac ∩ Ac ) 1 1 2 = ··· = µ(T ∩ A1 ) + µ(T ∩ Ac ∩ A2 ) + · · · + µ(T ∩ Ac ∩ · · · ∩ Ac ∩ An ) 1 1 n−1 c c c + µ(T ∩ A1 ∩ · · · ∩ An−1 ∩ An ). Iš čia n i 1 µ(T ∩Ac ∩· · ·∩Ac ∩Ai ) 1 i−1 = sup n i=1 µ(T ∩Ac ∩· · ·∩Ac ∩Ai ) 1 i−1 µ(T ) < ∞. 536 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Tod˙ l fiksavęs ε galiu rasti toki n, kad e ˛ i n+1 µ(T ∩ Ac ∩ · · · ∩ Ac ∩ Ai ) 1 i−1 ε. Tada µ(T ) + ε ∞ i=1 ∞ i=1 µ(T ∩ Ac ∩ · · · ∩ Ac ∩ Ai ) + µ(T ∩ Ac ∩ · · · ∩ Ac ∩ Ac ) 1 i−1 1 n−1 n µ(T ∩ Ac ∩ · · · ∩ Ac ∩ Ai ) + µ(T ∩ Ac ). 1 i−1 Suskaičiavęs ribas, kai ε → 0, ir pasinaudojęs µ funkcijos σ-subadityvumu, gaunu µ(T ) ∞ i=1 µ(T ∩ Ac ∩ · · · ∩ Ac ∩ Ai ) + µ(T ∩ Ac ) 1 i−1 µ(T ∩ A) + µ(T ∩ Ac ) µ(T ). Kadangi kraštiniai nelygybiu grandin˙ s nariai sutampa, visos nelygyb˙ s ˛ e e gali buti pakeistos lygyb˙ mis. Taigi e ¯ 1) µ(T ) = µ(T ∩ A) + µ(T ∩ Ac ), t.y. A ∈ A ir, reiškia, A yra E poaibiu ˛ σ-algebra; 2) µ(T ) = ∞ i=1 µ(T ∩ Ac ∩ · · · ∩ Ac ∩ Ai ) + µ(T ∩ Ac ). 1 i−1 Jei (An ) yra A aib˙ s skaidinys, pastarojoje lygyb˙ je pa˙ męs T = A, gaunu e e e µ(A) = ∞ i=1 µ(Ai ). Taigi µ yra matas A algebroje. 5 žingsnis: A ⊃ B(E). Pakanka isitikinti, kad bet koks uždaras E poaibis C yra A algebroje. ˛ Pažymiu A1 = {x ∈ E | d(x, C) su n 1} ir An = x ∈ E 1 n d(x, C) < 1 n−1 2 (žr. 15.1 pav.). Aišku, kad An = {x | d(x, C) > 0} = C c , n 1 15.3. MATAI 537 A1 A2 C 15.1 pav. Žiedai apie C aibę nes C uždara. Fiksuoju bet kokią baigtinio mato aibę T ⊂ E. Kadangi atstumas tarp A2 ∪ · · · ∪ A2j ir A2j+2 aibiu teigiamas, pasir˙ męs ˛ e 3 žingsnio rezultatu gaunu µ(T ) µ (T ∩ A2 ) ∪ · · · ∪ (T ∩ A2n ) = µ(T ∩ A2 ) + · · · + µ(T ∩ A2n ). Iš čia išplaukia, kad ∞ µ(T ∩ A2i ) eilut˙ konverguoja. e i=1 ∞ Panašiai irodau ir i=1 µ(T ∩ A2i−1 ) eilut˙ s konvergavimą. Reiškia, kon˛ e ∞ verguoja ir abieju eilučiu suma i=1 µ(T ∩ Ai ). ˛ ˛ Fiksuoju ε ir randu toki n, kad ˛ µ T∩ Ai i n i n µ(T ∩ Ai ) ε. Kadangi atstumas tarp n−1 Ai ir C teigiamas, dar kartą pasir˙ męs 3 e i=1 žingsnio rezultatu, o po to — ir mato subadityvumu, gaunu n−1 µ(T ) + ε µ T∩ C∪ Aj i=1 n−1 +ε Ai + µ T ∩ Ai i n µ(T ∩ C) + µ T ∩ i=1 µ(T ∩ C) + µ(T \ C). Belieka suskaičiuoti ribas, kai ε → 0. Lebego-Styltjeso matai. Tegu E = R, C = {(a; b] | −∞ < a b < ∞} 538 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS ir v(a; b] = F (b) − F (a); čia F — kokia nors nemaž˙ janti tolydi iš dešin˙ s e e funkcija iš R i R. Jei µF yra matas, apibr˙ žiamas pagal (15.3) formulę, jis ˛ e vadinamas Lebego4-Styltjeso5 matu, atitinkančiu F funkciją. 15.7 teorema. Jei −∞ < a b < ∞, µF (a; b] = F (b) − F (a). Irodymas. Pagal apibr˙ žimą ˛ e µF (A) = lim inf Tδ (A); δ→0+ čia Tδ (A) = i∈I F (bi ) − F (ai ) ((ai ; bi ] | i ∈ I) yra A aib˙ s Cδ -danga . e Tegu A = (a; b]. Fiksuoju δ, randu n > (b − a)/δ ir su i = 0, . . . , n pažymiu ai = a + i(b − a)/n. Tada (ai−1 ; ai ] intervalai dengia A = (a; b] aibę, ai − ai−1 = (b − a)/n < δ su visais i ir n i=1 F (ai ) − F (ai−1 ) = F (an ) − F (a0 ) = F (b) − F (a). F (b) − F (a). Gauta nelygyb˙ teisinga su visais δ; tod˙ l e e µF (a; b] F (b) − F (a). Reiškia, inf Tδ (A) Dabar paimu B = [a; b] ir irodysiu, kad µF (B) F (b) − F (a). Pakanka ˛ parodyti, kad inf Tδ (B) F (b) − F (a) su bet kokiu δ. Fiksuoju ε ir randu tokią B aib˙ s Cδ -dangą (ai ; bi ] | i 1 , kad e ∞ i=1 F (bi ) − F (ai ) inf Tδ (B) + ε. Kadangi F tolydi iš dešin˙ s, atsiras tokie εi , kad e F (bi + εi) − F (bi ) < ε2−i su visais i. Tada ∞ i=1 4 5 F (bi + εi ) − F (ai ) inf Tδ (B) + 2ε. Henri Léon Lebesgue (1875–1941), prancuzu matematikas ¯ ˛ Thomas Joannes Stieltjes (1856–1894), danu matematikas ˛ 15.3. MATAI 539 Pažymiu Oi = (ai ; bi + εi ). Kadangi Oi ⊃ (ai ; bi ], Oi aib˙ s dengia B. Bet e Oi aib˙ s atviros, o B kompaktiška; tod˙ l atsiras toks n, kad e e n i=1 Oi ⊃ B = [a; b]. Nemažindamas bendrumo galiu laikyti a1 a2 · · · an < b < bn + εn . Tada a1 < a (kitaip a nepriklausytu Oi aibiu junginiui), a2 < b1 + ε1 (kitaip ˛ ˛ a2 nepriklausytu tam junginiui), a3 < b2 + ε2 ir t.t. Reiškia, ˛ inf Tδ (B) + 2ε ∞ i=1 n F (bi + εi ) − F (ai ) F (bi + εi ) − F (ai ) F (ai+1 ) − F (ai ) + F (b) − F (an ) i=1 n−1 i=1 = F (b) − F (a1 ) F (b) − F (a). Suskaičiavęs ribas, kai ε → 0, gaunu µF [a; b] Iš gautos nelygyb˙ s e µF [a + 1/n; b] F (b) − F (a + 1/n) F (b) − F (a). su visais n 1. Kadangi [a + 1/n; b] ↑ (a; b], iš mato tolydumo ir F funkcijos tolydumo iš dešin˙ s gaunu µF (a; b] F (b) − F (a). e Pasir˙ mus irodyta teorema, nesunku išvesti formules kitokiu tipu aibiu e ˛ ˛ ˛ ˛ matams skaičiuoti. Pavyzdžiui, (a; b − 1/n] ↑ (a; b); tod˙ l e µF (a; b) = lim µF (a; b − 1/n] = lim F (b − 1/n) − F (a) = F (b−) − F (a). n→∞ n→∞ Iš čia o tada ir µF {b} = µF (a; b] − µF (a; b) = F (b) − F (b−), µF [a; b] = µF (a; b] + µF {a} = F (b) − F (a−) µF [a; b) = µF (a; b) + µF {a} = F (b−) − F (a−). 540 Kadangi (a; n] ↑ (a; ∞), 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS µF (a; ∞) = lim µF (a; n] = lim F (n) − F (a) = F (∞) − F (a), n→∞ n→∞ jei apibr˙ šiu F (∞) = limx→∞ F (x). Panašiai iš e [a; n] ↑ [a; ∞), išplaukia µF [a; ∞) = F (∞) − F (a−), ir µF (−∞; b] = F (b) − F (−∞), jei laikysiu F (−∞) = limx→−∞ F (x). Pagaliau iš (−n; n] ↑ (−∞; ∞) išplaukia µF (−∞; ∞) = F (∞) − F (−∞). Lebego matas. Lebego-Styltjeso matas, atitinkantis funkciją F (x) = x, vadinamas tiesiog Lebego matu. Aš ji žym˙ siu λ raide. Kadangi F yra toly˛ e džioji funkcija, F (x−) = F (x) su visais x. Tod˙ l su bet kokiais baigtiniais e a f (x). Kitaip tariant, fn (x) f (x) < fn (x) + 2−n , (15.7) kai n pakankamai didelis. Taigi |fn (x) − f (x)| < 2−n → 0. Belieka irodyti, kad fn (x) seka nemaž˙ janti. Fiksuoju bet koki n 1 ˛ e ˛ ir x ∈ E. Tada galimi tokie atvejai. 1) (i − 1)2−n f (x) < i2−n su kokiu nors 1 i n2n . Šiuo atveju iškart gaunu fn (x) = (i − 1)2−n . Be to, 2i 2i − 2 f (x) < n+1 ; n+1 2 2 2i−1 −n tod˙ l fn+1 (x) yra arba (i − 1)2 (kai f (x) < 2n+1 ), arba (2i − 1)2−n−1 (kai e 2i−1 f (x) 2n+1 ). Abiem atvejais fn+1 (x) fn (x). 2) n f (x) < n + 1; tada iškart fn (x) = n. Be to, n2n+1 n2n+1 + 2n+1 f (x) < ; 2n+1 2n+1 tod˙ l fn+1 (x) = (i − 1)2−n−1 su tam tikru n2n+1 + 1 e i (n + 1)2n+1. Reiškia, fn+1 (x) = (i − 1)2−n−1 n2n+1 2−n−1 = n = fn (x). 3) f (x) n + 1. Šiuo atveju fn+1 (x) = n + 1 > n = fn (x). Taigi jau galime isivaizduoti, kaip „sud˙ tos“ mačios funkcijos: ˛ e • kiekviena mati funkcija yra dvieju neneigiamu mačiu funkciju skirtu˛ ˛ ˛ ˛ + − mas: f = f − f ; • kiekviena neneigiama mati funkcija yra nemaž˙ jančios neneigiamu pae ˛ prastu ˛ funkciju sekos riba; ˛ju ˛ • kiekviena paprastoji funkcija yra mačiu indikatoriu tiesinis darinys. ˛ ˛ | | 15.5. INTEGRALAS 551 15.5 Integralas Tegu (E, A, µ) yra kokia nors erdv˙ su matu. Jei f : E → R yra mati e funkcija, o A — mati aib˙ , kai kada galima apibr˙ žti tos funkcijos integralą e e toje aib˙ je, žymimą e f dµ, A arba A f (x)µ(dx). Apibr˙ žimas gana ilgas; tod˙ l aš ji suskaidžiau i 4 etapus: iš pradžiu apibr˙ žiu e e ˛ ˛ ˛ e neneigiamu paprastu ˛ funkciju integralą visoje erdv˙ je, po to — bet kokiu ˛ ˛ju ˛ e ˛ neneigiamu mačiu funkciju integralą visoje E, po to — neneigiamu mačiu ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ funkciju integralą bet kokioje aib˙ je ir galiausiai nagrin˙ ju bendrąji atveji. ˛ e e ˛ ˛ Pirmuose dviejuose etapuose, kai integravimo aib˙ yra visa E, užrašydamas e integralus tos aib˙ s nenurodau — rašau tiesiog e f dµ arba f (x)µ(dx). Paprastu ˛ funkciju integralas. Tegu f yra neneigiama paprastoji funk˛ju ˛ cija E aib˙ je. Jei c1 , . . . , ck yra visos f reikšm˙ s ir Ai = {f = ci }, tai f e e funkcijos integralu µ atžvilgiu vadinamas f dµ = c1 µ(A1 ) + · · · + ck µ(Ak ) skaičius. Integralo teorijoje susitariama laikyti 0 · ∞ = 0. Taigi jei koks nors ci yra 0, o atitinkamas µ(Ai ) = ∞, tai ci µ(Ai ) sandauga laikoma lygia 0. Tod˙ l, e pavyzdžiui, 0dµ = 0µ(E) = 0, koks bebutu E aib˙ s matas, baigtinis ar begalinis. e ¯ ˛ Iš apibr˙ žimo išplaukia, kad aib˙ s indikatoriaus integralas sutampa su tos e e aib˙ s matu: e 1A dµ = 1µ(A) + 0µ(Ac ) = µ(A). Pavyzdžiui, Dirichl˙ funkcijos integralas Lebego mato atžvilgiu lygus 0, nes e λ(Q) = 0. Akivaizdu taip pat, kad neneigiamos paprastosios funkcijos integralas yra neneigiamas skaičius (gal but, ∞). ¯ 552 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Paprastu ˛ funkciju integralo savyb˙ ˛ju ˛ es. Iš pradžiu irodysiu, kad jei ˛ ˛ (B1 , . . . , Bl ) yra matus E aib˙ s skaidinys ir e f = d1 1B1 + · · · + dl 1Bl , tai f dµ = j=1 l (15.8) dj µ(Bj ). (15.9) Tegu c1 , . . . , ck yra visos f funkcijos reikšm˙ s ir Ai = {f = ci }. Tada e (A1 , . . . , Ak ) yra matus E skaidinys ir f = k ci 1Ai . Tačiau nebutinai dj ¯ i=1 yra funkcijos reikšm˙ , o Bj = {f = dj }. Galimos dvi priežastys: e • kai kurios Bj aib˙ s gali buti tuščios (ir tada prie 1Bj = 0 galiu parašyti e ¯ bet koki koeficientą — suma nuo to nepasikeis); ˛ • kai kurie dj gali sutapti (jei, pavyzdžiui, d1 = d2 , o kitos dj skiriasi nuo d1 , tai {f = d1 } n˙ ra nei B1 , nei B2 aib˙ , o tu aibiu junginys B1 ∪ B2 ). e e ˛ ˛ Taigi faktas, kuri noriu irodyti, n˙ ra tiesiog kita integralo apibr˙ žimo formu˛ ˛ e e luot˙ . e Pažymiu J0 = {1 j l | Bj = ∅} ir, su 1 i k, Ji = {1 j l | Bj = ∅, dj = ci }. Jei j ∈ J0 , tai Bj = ∅; jei x yra koks nors Bj taškas, tai dj = f (x) ir, reiškia, sutampa su kokia nors ci , o tada j ∈ Ji . Taigi J0 ∪ J1 ∪ · · · ∪ Jk = {1, . . . , l}. Kadangi ci reikšm˙ s skirtingos, Ji aib˙ s nesikerta. Reiškia, (J0 , . . . , Jk ) yra e e {1, . . . , l} aib˙ s skaidinys. Iš čia e l k dj µ(Bj ) = j=1 i=0 j∈Ji dj µ(Bj ). Kadangi µ(Bj ) = 0 su j ∈ J0 , pirmas d˙ muo dešin˙ je pus˙ je yra 0. e e e Kadangi dj = ci su j ∈ Ji , l k dj µ(Bj ) = j=1 i=1 ci j∈Ji µ(Bj ). 15.5. INTEGRALAS Bet (Bj | j ∈ Ji ) yra Ai aib˙ s skaidinys; tod˙ l iš mato adityvumo e e l k 553 dj µ(Bj ) = j=1 i=1 ci µ(Ai ) = f dµ. Iš irodyto teiginio nesunkiai gaunu kitas integralo savybes. Tegu f ir g ˛ yra dvi neneigiamos paprastosios funkcijos E aib˙ je ir 0 c < ∞. Tada cf e ir f + g — taip pat neneigiamos paprastosios funkcijos. Be to, 1) jei f g, tai f dµ g dµ; 2) cf dµ = c f dµ; 3) (f + g) dµ = f dµ + g dµ. Irodymas. Tarkime, c1 , . . . , ck yra visos f funkcijos, o d1 , . . . , dl — visos ˛ g funkcijos reikšm˙ s. Pažymiu Ai = {f = ci } ir Bj = {g = dj }. Tada e k k l f= i=1 ci 1 A i = i=1 ci j=1 1Ai ∩Bj = i,j ci 1Ai ∩Bj ir analogiškai g= i,j dj 1Ai ∩Bj . 1. Tegu f g. Jei kokia nors sankirta Ai ∩ Bj netuščia, pa˙ męs bet koki e ˛ x ∈ Ai ∩ Bj gaunu f (x) = ci , g(x) = dj ir, reiškia, ci dj . Tada ir ci µ(Ai ∩ Bj ) dj µ(Ai ∩ Bj ). Jei sankirta tuščia, µ(Ai ∩ Bj ) = 0 ir parašyta nelygyb˙ vis tiek teisinga, nes e abiejose jos pus˙ se yra 0. Taigi nelygyb˙ teisinga su visomis poromis (i, j). e e Sud˙ jęs jas gaunu e f dµ = i,j ci µ(Ai ∩ Bj ) i,j dj µ(Ai ∩ Bj ) = g dµ. 2. Kadangi k cf = i=1 cci 1Ai , k gaunu k cf dµ = i=1 cci µ(Ai ) = c i=1 ci µ(Ai ) = c f dµ. 554 3. Kadangi f +g = 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS i,j (ci + dj )1Ai∩Bj , sumos integralas (f + g) dµ = i,j (ci + dj )µ(Ai ∩ Bj ) ci µ(Ai ∩ Bj ) + dj µ(Ai ∩ Bj ) = f dµ + g dµ. = i,j i,j Iš antro ir trečio teiginio išplaukia, kad (15.8) funkcijos integralas skaičiuojamas pagal (15.9) formulę net ir tuo atveju, kai (B1 , . . . , Bl ) n˙ ra E e aib˙ s skaidinys. e Neneigiamu funkciju integralas. Tegu f yra neneigiama mati funkcija. ˛ ˛ Iš 15.10 teoremos išplaukia, kad ji yra tam tikros nemaž˙ jančios neneigiamu e ˛ paprastu ˛ funkciju sekos (fn ) riba. Nor˙ tu f funkcijos integralą apibr˙ žti ˛ju ˛ e ˛si e formule f dµ = lim n→∞ fn dµ (15.10) (riba egzistuoja, nes ( fn dµ) seka nemaž˙ janti). Bet iškyla du klausimai. e 1) Jei f yra paprastoji funkcija, kurios integralas jau apibr˙ žtas, ar pagal e (15.10) formulę gausiu tą pačią integralo reikšmę? 2) Jei (fn ) ir (gn ) yra dvi neneigiamu paprastu funkciju sekos, art˙ jančios ˛ ˛ ˛ e prie f , ar lim fn dµ = lim gn dµ? (Jei ribos skirtu butu neaišku, kurią ˛si, ¯ ˛ iš ju laikyti f dµ reikšme.) ˛ I pirmąji klausimą teigiamai atsako tokia teorema. ˛ ˛ 15.11 teorema. Jei f, f1 , f2 , . . . yra neneigiamos paprastosios funkcijos ir fn ↑ f , tai fn dµ ↑ f dµ. Irodymas. Iš pradžiu irodysiu atskirąji teoremos atveji, kai fn = 1Bn f ; ˛ ˛˛ ˛ ˛ čia (Bn ) yra tokia mačiu aibiu seka, kad Bn ↑ E. Tegu (A1 , . . . , Ak ) yra ˛ ˛ matus E skaidinys ir f = k ci 1Ai . Tada i=1 k 1Bn f = i=1 ci 1Ai ∩Bn 15.5. INTEGRALAS ir d˙ l mato tolydumo e k k 555 1Bn f dµ = i=1 ci µ(Ai ∩ Bn ) ↑ ci µ(Ai ) = i=1 f dµ. Dabar irodysiu teoremą bendruoju atveju. Fiksuoju 0 < q < 1 ir pažymiu ˛ Bn = {fn qf }. Tada fn qf 1Bn ; tod˙ l e fn dµ q 1Bn f dµ. Kadangi Bn ↑ E, iš jau irodytos teoremos dalies išplaukia ˛ n→∞ lim fn dµ q f dµ. f dµ nelygybę. Suskaičiavęs ribas, kai q → 1−, gaunu limn→∞ fn dµ Atvirkščia nelygyb˙ akivaizdi, nes fn f su visais n. e Teigiamas atsakymas i antrąji klausimą išplaukia iš tokios teoremos. ˛ ˛ 15.12 teorema. Tegu (fn ) ir (gn ) yra dvi nemaž˙ jančios neneigiamu pae ˛ prastu ˛ funkciju sekos, fn ↑ f , gn ↑ g ir f g. Tada ˛ju ˛ n→∞ lim fn dµ n→∞ lim gn dµ. Irodymas. Fiksuoju m ir nagrin˙ ju seką hn = min (fm , gn ). Aišku, kad ˛ e hn yra paprastosios funkcijos ir hn ↑ min(fm , g) = fm , kai n → ∞ (antroji lygyb˙ teisinga, nes fm f g). Kadangi gn hn , o fm funkcija paprastoji, e iš 15.11 teoremos gaunu lim gn dµ lim hn dµ = fm dµ. Jei f yra neneigiama mati funkcija, ir (fn ), (gn ) — dvi prie jos art˙ jančios e neneigiamu paprastu ˛ funkciju sekos, tai pritaikęs 15.12 teoremą su g = f ˛ ˛ju ˛ gaunu lim fn dµ lim gn dµ. Tačiau jei f = g, teoremoje galiu sukeisti (fn ) ir (gn ) vietomis ir gauti atvirkščią nelygybę. Reiškia, lim fn dµ = lim gn dµ. Belieka suskaičiuoti ribas, kai m → ∞. Taigi (15.10) apibr˙ žimas korektiškas. e Kadangi neneigiamu skaičiu sekos riba yra neneigiama, neneigiamos ma˛ ˛ čios funkcijos integralas yra neneigiamas skaičius (gal but, ∞). ¯ 556 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Neneigiamu funkciju integralo savyb˙ ˛ ˛ es. Jei f ir g yra dvi neneigiamos mačios funkcijos ir 0 c < ∞, tai cf ir f + g — taip pat neneigiamos mačios funkcijos. Be to, 1) f g ⇒ f dµ g dµ; 2) cf dµ = c f dµ; 3) (f + g) dµ = f dµ + g dµ. Irodymas. Tegu (fn ) ir (gn ) yra neneigiamu paprastu ˛ funkciju sekos, ˛ ˛ ˛ju ˛ fn ↑ f ir gn ↑ g. Tada f dµ = lim fn dµ, g dµ = lim gn dµ. 1. Jei f g, pritaikau 15.12 teoremą ir gaunu f dµ g dµ. 2. Kadangi cfn funkcijos paprastosios ir cfn ↑ cf , iš integralo apibr˙ žimo, e paprastu ˛ funkciju integralo savybiu ir ribu savybiu gaunu ˛ju ˛ ˛ ˛ ˛ cf dµ = lim cfn dµ = lim c fn dµ = c lim fn dµ = c f dµ. 3. Kadangi fn + gn funkcijos paprastosios ir fn + gn ↑ f + g, iš integralo apibr˙ žimo, paprastu ˛ funkciju integralo savybiu ir ribu savybiu gaunu e ˛ju ˛ ˛ ˛ ˛ (f + g) dµ = lim (fn + gn ) dµ = lim = lim fn dµ + lim fn dµ + gn dµ = gn dµ f dµ + g dµ. Integralas aib˙ eje. Tegu f yra neneigiama mati funkcija E aib˙ je ir A — e matus E aib˙ s poaibis. Tada f funkcijos integralas A aib˙ je apibr˙ žiamas e e e lygybe f dµ = A 1A f dµ. Pavyzdžiui, f dµ = E f dµ, A dµ = 1A dµ = µ(A). Irodysiu, kad ˛ 1) jei f (x) g(x) su visais x ∈ A, tai A f dµ 2) jei 0 c < ∞, tai A cf dµ = c A f dµ; A g dµ; 15.5. INTEGRALAS 3) A 557 A (f + g) dµ = f dµ + A g dµ. 1A (x)g(x) su Irodymas. 1. Jei f (x) ˛ visais x. Tod˙ l e f dµ = A g(x) su x ∈ A, tai 1A (x)f (x) 1A f dµ 1A g dµ = A g dµ. 2–3. Akivaizdu: cf dµ = A 1A cf dµ = c 1A f dµ = c A f dµ ir (f + g) dµ = A 1A (f + g) dµ = 1A f dµ + 1A g dµ = A f dµ + A g dµ. Iš pirmosios savyb˙ s išplaukia, kad jei f (x) = g(x) su visais x ∈ A, tai e f dµ = A g dµ. Kitaip tariant, integralas aib˙ je priklauso tik nuo funkcijos e A reikšmiu toje aib˙ je (funkcijos reikšm˙ s už aib˙ s ribu itakos neturi). ˛ e e e ˛˛ Integralo apibrežimas bendruoju atveju. Tegu f yra mati funkcija ir ˙ A — mati aib˙ . f funkcija yra dvieju neneigiamu mačiu funkciju skirtumas: e ˛ ˛ ˛ ˛ f = f + − f − . Neneigiamu funkciju integralai jau apibr˙ žti; taigi apibr˙ žti ˛ ˛ e e + − f dµ ir A f dµ skaičiai. Abu jie neneigiami, bet nebutinai baigtiniai. f ¯ A funkcijos integralu nor˙ tu laikyti A f + dµ − A f − dµ skirtumą, bet reikia e ˛si atsižvelgti i tai, kad tas skirtumas gali buti neapibr˙ žtas — taip bus, jei tiek ˛ e ¯ + − f , tiek f integralas bus begalinis. f vadinama kvaziintegruojama (atitinkamai, integruojama) A aib˙ je, jei e + − bent vienas (atitinkamai, abu) iš A f dµ ir A f dµ integralu baigtinis. Jei ˛ f kvaziintegruojama, tai jos integralas A aib˙ je apibr˙ žiamas formule e e f dµ = A A f + dµ − f − dµ. A Jei f neneigiama, tai jos integralas A aib˙ je apibr˙ žtas anksčiau. Pažiue e ¯ r˙ siu, ar pagal naują apibr˙ žimą gaunama ta pati integralo reikšm˙ . e e e Kadangi f neneigiama, f + = f , f − = 0 ir tada A f − dµ = 0 < ∞; taigi f kvaziintegruojama. Be to, pagal naują apibr˙ žimą e f dµ = A A f + dµ − f − dµ = A A f dµ − 0 = f dµ. A 558 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Kair˙ je yra f funkcijos integralas pagal naują apibr˙ žimą, o visi kiti integralai e e — neneigiamu mačiu funkciju integralai pagal senąji apibr˙ žimą. Taigi jei ˛ ˛ ˛ ˛ e f neneigiama, naujas apibr˙ žimas duoda tą pačią integralo reikšmę kaip ir e senasis. Akivaizdu, kad jei f kvaziintegruojama, tai • • • • A A A A f dµ priklauso tik nuo f funkcijos reikšmiu A aib˙ je; ˛ e f dµ ∈ R ⇐⇒ f integruojama A aib˙ je; e f dµ = ∞ ⇐⇒ f dµ = −∞ ⇐⇒ A f + dµ = ∞; A Tikimybiu teorijoje integralai vadinami vidurkiais. Tiksliau, jei (Ω, F , P) ˛ yra tikimybin˙ erdv˙ ir X : Ω → R — kvaziintegruojamas visoje Ω atsitiktie e nis dydis, tai jo integralas P atžvilgiu vadinamas jo vidurkiu, arba matematine viltimi, ir žymimas E X. Taigi EX = Ω f − dµ = ∞. Xd P = Ω X(ω) P(dω). Modulio integralas. Jei f yra mati funkcija, tai jos modulis |f | — neneigiama mati funkcija. Kadangi |f | = f + +f − , iš neneigiamu funkciju integralo ˛ ˛ savybiu gaunu ˛ A |f |dµ = f + dµ − f + dµ + A A f − dµ. Suma dešin˙ je pus˙ je didesn˙ tiek už skirtumą e e e f − dµ = A A f dµ A (nes A f − dµ 0), tiek už skirtumą − f + dµ + A A f − dµ = − f dµ A (nes A f − dµ A aib˙ je, tai e 0). Reiškia, teisingas toks teiginys: jei f kvaziintegruojama f dµ A A A |f |dµ. Kita vertus, suma A f + dµ + tiniai abu jos d˙ menys. Reiškia, e f − dµ baigtin˙ tada ir tik tada, kai baige |f |dµ < ∞. f integruojama A aib˙ je ⇐⇒ e A 15.5. INTEGRALAS Integralo savyb˙ bendruoju atveju. es 559 15.13 teorema. Tegu f ir g yra dvi mačios funkcijos, A — mati aib˙ ir e c ∈ R. Tada: 1) jei abi funkcijos kvaziintegruojamos A aib˙ je ir f (x) g(x) su visais e x ∈ A, tai f dµ A A g dµ; 2) jei f kvaziintegruojama A aib˙ je, tai cf taip pat kvaziintegruojama ir e cf dµ = c A A f dµ; 3) jei abi funkcijos kvaziintegruojamos A aib˙ je ir ju integralu suma apie ˛ ˛ br˙ žta, tai f + g taip pat kvaziintegruojama ir e (f + g) dµ = A A f dµ + A g dµ. Irodymas. 1. Jei f (x) ˛ g(x) su visais x ∈ A, tai f + (x) g + (x) ir f − (x) g − (x) su x ∈ A. Tod˙ l iš neneigiamu funkciju integralo savybiu e ˛ ˛ ˛ f dµ = A A f + dµ − f − dµ A A g + dµ − g − dµ = A A g dµ. 2. Jei c 0, tai (cf )+ = cf + ir (cf )− = cf − . Tada iš neneigiamu funkciju ˛ ˛ integralo savybiu ˛ (cf )+ dµ = c A A f + dµ, A (cf )− dµ = c A f − dµ. Iš šiu lygybiu matyti, kad jei A f + dµ arba A f − dµ integralas baigtinis, tai ˛ ˛ baigtinis ir, atitinkamai, A (cf )+ dµ arba A (cf )− dµ integralas. Taigi jei f kvaziintegruojama A aib˙ je, cf taip pat kvaziintegruojama. Be to, e cf dµ = c A A f + dµ − c f − dµ = c A A f dµ. Jei c < 0, tai (cf )+ = |c|f − ir (cf )− = |c|f + ; tod˙ l e A (cf )+ dµ = |c| f − dµ, A A (cf )− dµ = |c| f + dµ. A 560 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Jei baigtinis A f + dµ arba A f − dµ integralas, tai baigtinis, atitinkamai, (cf )− dµ arba A (cf )+ dµ integralas. Taigi ir šiuo atveju cf kvaziintegruoA jama A aib˙ je. Be to, e cf dµ = |c| Jei c = 0, cf dµ = A A A f − dµ − |c| A f + dµ = −|c| f dµ = c A A f dµ. 0 dµ = 0 = c A f dµ. 3. Iš lygybiu gaunu ˛ (f + g)+ − (f + g)− = f + g = f + − f − + g + − g − (f + g)+ + f − + g − = (f + g)− + f + + g + ir, reiškia, (f + g)+ dµ + A A f − dµ + A g − dµ (f + g)− dµ + A A = Jei A f + dµ + A g + dµ. (15.11) f + dµ = ∞, tai A A f − dµ < ∞ (nes f kvaziintegruojama) ir A f dµ = ∞ − f − dµ = ∞. Tada A g dµ = −∞ (nes integralu suma apibr˙ žta) ir tod˙ l A g − dµ < ∞. ˛ e e Taigi dešinioji (15.11) lygyb˙ s pus˙ lygi ∞, o kairiojoje pus˙ je du paskutiniai e e e + d˙ menys baigtiniai. Reiškia, A (f + g) dµ = ∞. e Kita vertus, iš (f + g)− f − + g − (15.12) nelygyb˙ s išplaukia, kad e gruojama A aib˙ je ir e A (f + g)− dµ < ∞. Tod˙ l f + g funkcija kvaziintee f dµ + A A A (f + g) dµ = ∞ = g dµ. e Atvejai, kai begalinis A f − dµ, A g + dµ ar A g − dµ integralas, nagrin˙ jami panašiai, tik vietoje (15.12) gali tekti pasiremti (f + g)+ f + + g+ (15.13) 15.5. INTEGRALAS 561 nelygybe. Jeigu gi visi keturi integralai baigtiniai, tai iš (15.12) ir (15.13) išplaukia, kad baigtiniai ir likę du (15.11) lygyb˙ je figuruojantys integralai. e ¯ Reiškia, f + g funkcija integruojama. Be to, iš (15.11) lygyb˙ s gaunu e (f + g)+ dµ − (f + g)− dµ = A A A f + dµ − A f − dµ + A A g + dµ − g − dµ, A (f + g) dµ = A f dµ + A g dµ. Integralas kaip aib˙ funkcija. Dabar pažiur˙ siu, kaip keičiasi A f dµ es ¯e integralas, kai keičiama ne f funkcija, o integravimo aib˙ A. Tokio tipo e uždaviniai susiveda i jau išnagrin˙ tus, panaudojus formulę ˛ e f dµ = A E 1A f dµ. (15.14) Iš pradžiu irodysiu šią lygybę. Jei f neneigiama, lygyb˙ akivaizdi, nes ˛ ˛ e pagal neneigiamos funkcijos integralo aib˙ je apibr˙ žimą abi jos pus˙ s lygios e e e 1A f dµ. Bendruoju atveju teisingos lygyb˙ s atskirai teigiamajai ir neigiae majai funkcijos daliai: f + dµ = A E 1A f + dµ ir A f − dµ = E 1A f − dµ. Kadangi (1A f )+ = 1A f + ir (1A f )− = 1A f − , iš parašytu lygybiu išplaukia, ˛ ˛ kad f kvaziintegruojama A aib˙ je tada ir tik tada, kai 1A f kvaziintegruojama e E aib˙ je. Be to, tokiu atveju e f dµ = A E 1A f + dµ − 1A f − dµ = E E 1A f dµ. Dabar iš (15.14) formul˙ s išvesiu keletą integralo savybiu e ˛. 1. Jei f kvaziintegruojama A aib˙ je, tai ji kvaziintegruojama ir bet e kokioje B ⊂ A. Tikrai, jei f kvaziintegruojama, tai arba A f + dµ, arba A f − dµ integralas baigtinis. Tegu, pavyzdžiui, baigtinis pirmasis integralas. Tada f + dµ = B E 1B f + dµ E 1A f + dµ = A f + dµ < ∞ (vidurin˙ nelygyb˙ teisinga, nes iš B ⊂ A išplaukia 1B e e 1A , o tada ir + + + 1B f 1A f , nes f 0). Taigi f kvaziintegruojama B aib˙ je. e 562 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS 2. Jei A ir B aib˙ s nesikerta, f kvaziintegruojama kiekvienoje iš ju ir e ˛ integralu tose aib˙ se suma apibr˙ žta, tai f kvaziintegruojama A∪B junginyje ˛ e e ir f dµ = f dµ + f dµ. A∪B A B (Kitaip tariant, jei parašytos lygyb˙ s dešin˙ pus˙ apibr˙ žta, tai apibr˙ žta ir e e e e e kairioji ir lygyb˙ teisinga.) e Irodymas trumpesnis už formulavimą: ˛ f dµ = A∪B E 1A∪B f dµ = E (1A + 1B )f dµ 1A f dµ + E E = 1B f dµ = A f dµ + B f dµ. Vidurin˙ lygyb˙ išplaukia iš teiginio apie funkciju sumos integralą. e e ˛ Beveik visur sutampančiu funkciju integralai. Bet kokia mati funk˛ ˛ cija yra integruojama bet kokioje nulinio mato aib˙ je, ir jos integralas toje e aib˙ je lygus 0. e Tikrai, jei µ(N) = 0 ir f yra mati funkcija, tai |f | dµ ∞ dµ = 1N ∞ dµ = lim Reiškia, f integruojama N aib˙ je ir e f dµ N N N N 1N n dµ = lim nµ(N) = lim 0 = 0. |f | dµ = 0, t.y. f dµ = 0. N Iš čia išplaukia, kad integralas A aib˙ je nepriklauso ne tik nuo funkcijos e reikšmiu už A aib˙ s ribu bet ir nuo reikšmiu kokiame nors nulinio mato A ˛ e ˛, ˛ aib˙ s poaibyje. e Tikrai, tegu f yra kvaziintegruojama A aib˙ je funkcija, g — kita mati e funkcija ir aib˙ N = A ∩ {g = f } — nulinio mato. Tada f kvazintegruojama e A\N aib˙ je. Kadangi g(x) = f (x) su x ∈ A\N, g taip pat kvaziintegruojama e A \ N aib˙ je ir jos integralas toje aib˙ je sutampa su f funkcijos integralu. Be e e to, abi funkcijos integruojamos N aib˙ je ir ju integralai joje lygus 0. Reiškia, e ˛ ¯ abi funkcijos kvaziintegruojamos ir (A \ N) ∪ N = A junginyje ir f dµ = A A\N f dµ = A\N g dµ = A g dµ. 15.5. INTEGRALAS 563 Tuo pasir˙ mus, galima šiek tiek apibendrinti daugumą teoremu apie ine ˛ tegralą. Pavyzdžiui, nelygyb˙ A f dµ e g dµ išlieka teisinga ir tada, kai A f (x) g(x) tik beveik visur A aib˙ je, t.y. su visais x ∈ A \ N; čia N — e nulinio mato aib˙ . Tikrai, f ir g funkciju reikšmes N aib˙ je pakeitus i 0, e ˛ e ˛ integralai nepasikeis, o nelygyb˙ f (x) g(x) pasidarys teisinga jau su visais e x. Tegu dabar f apibr˙ žta ne visoje E, o tik poaibyje A \ N; čia µ(N) = 0. e Jei g1 ir g2 yra bet kokie du jos tęsiniai, apibr˙ žti visoje E, tai jie gali skirtis e c vienas nuo kito tik A ∪ N aib˙ je. Jei g1 ar g2 funkcija kvaziintegruojama, tai e kvaziintegruojama ir kita, ir abieju funkciju integralai sutampa. Tą integralo ˛ ˛ reikšmę paprastai vadiname f funkcijos integralu A aib˙ je ir žymime A f dµ. e Taigi integruoti galima ir funkcijas, apibr˙ žtas tik beveik visur. e Čebyševo nelygyb˙ Integralo teorijoje labai svarbi vadinamoji Čebyševo7 e. nelygyb˙ . Tarkime, f yra neneigiama mati funkcija, A ∈ A ir 0 < c < ∞. e Kadangi f c1{f c} , f dµ A c A 1{f c} dµ = cµ A ∩ {f 1 c c} , t.y. µ A ∩ {f c} f dµ. A Tai ir yra Čebyševo nelygybe. Jei f integruojama A aib˙ je, iš Čebyševo nelygyb˙ s gaunu e e µ A ∩ {f = ∞} µ A ∩ {f n} n−1 A f dµ → 0, kai n → ∞. Taigi f (x) < ∞ beveik visur A aib˙ je. e Jei A f dµ = 0, v˙ l iš Čebyševo nelygyb˙ s gaunu e e µ A ∩ {f 1/n} n A f dµ = 0, t.y. A ∩ {f 1/n} yra nulinio mato aib˙ . Bet tada nulinio mato yra ir tu e ˛ aibiu junginys ˛ A ∩ {f n−1 } = A ∩ {f > 0}. n 1 Reiškia, f (x) = 0 beveik visur A aib˙ je. e 7 Pafnutij Čebyšev (1821–1894), rusu matematikas ˛ 564 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Lebego teorema apie monotonišką konvergavimą. Skyreli baigsiu ˛ trimis teoremomis apie integralu ribas. Pirmąją aš vadinu Lebego teorema ˛ apie monotonišką konvergavimą. 15.14 teorema. Jei A ∈ A, (fn ) yra neneigiamu A aib˙ je mačiu funkciju ˛ e ˛ ˛ seka ir fn (x) ↑ f (x) su visais x ∈ A, tai A fn dµ ↑ A f dµ. Irodymas. Pagal neneigiamos funkcijos integralo aib˙ je apibr˙ žimą ˛ e e fn dµ = A 1A fn dµ ir A f dµ = 1A f dµ. Kadangi 1A fn ↑ 1A f , pakanka irodyti, kad iš fn ↑ f išplaukia fn dµ ↑ f dµ. ˛ Kiekviena neneigiama mati funkcija yra nemaž˙ jančios neneigiamu pae ˛ prastu ˛ funkciju sekos riba. Taigi atsiras tokios neneigiamos paprastosios ˛ju ˛ funkcijos fnm , kad fnm ↑ fn , kai m ↑ ∞. Kad butu aiškiau, pavaizduosiu ¯ ˛ visas funkcijas tokia diagrama: f11 f21 f31 . . . f12 f22 f32 . . . f13 f23 f33 . . . · · · → f1 · · · → f2 · · · → f3 . . . ↓ f Pažymiu gm = max (f1m , . . . , fmm ). Tada gm visais m max(f1 , . . . , fm ) = fm ir gm n fnm fnm dµ gm gm dµ fnm su visais m fm , fm dµ. n. Taigi su Kai m did˙ ja, visos trys funkciju sekos nemaž˙ ja; tod˙ l nemaž˙ ja ir ju intege ˛ e e e ˛ ralu sekos. Tod˙ l galiu skaičiuoti ribas, kai m → ∞: ˛ e m→∞ lim fnm m→∞ lim gm gm dµ m→∞ lim fm , m→∞ m→∞ lim fnm dµ m→∞ lim lim fm dµ. 15.5. INTEGRALAS 565 Bet fnm ↑ fn , fm ↑ f . Be to, pagal neneigiamos funkcijos integralo apibr˙ žimą fnm dµ ↑ fn dµ, kai m → ∞. Reiškia, su visais n e fn fn dµ m→∞ m→∞ lim gm gm dµ f, m→∞ lim lim fm dµ. Šiose nelygybiu grandin˙ je suskaičiuoju ribas, kai n → ∞, ir gaunu ˛ e f n→∞ m→∞ lim gm gm dµ f, m→∞ lim fn dµ m→∞ lim lim fm dµ, t.y. m→∞ lim gm = f, m→∞ m→∞ lim gm dµ = lim fm dµ. Kadangi (gm ) yra neneigiamos paprastosios funkcijos, pagal neneigiamos funkcijos integralo apibr˙ žimą gm dµ ↑ f dµ. Reiškia, limm→∞ fm dµ = e f dµ. Eilučiu integravimas panariui. Iš 15.14 teoremos išplaukia, kad nenei˛ giamu funkciju eilutę visada galima panariui integruoti: jei gn yra neneigia˛ ˛ mos mačios funkcijos, gn dµ = An 1 n 1 A gn dµ. (15.15) Tikrai, pažymiu fn = g1 + · · · + gn ir f = n 1 fn ; tada pagal eilut˙ s sumos e apibr˙ žimą fn → f . Kadangi gn neneigiamos, eilut˙ s dalin˙ s sumos nemaž˙ ja e e e e ir tod˙ l netgi fn ↑ f . Kadangi fn neneigiamos, iš 15.14 išplaukia e n gi dµ = i=1 A A fn dµ ↑ f dµ. A e e ˛ ˛ Bet kair˙ je yra n 1 A gn dµ eilut˙ s dalin˙ s sumos. Daliniu sumu riba yra e eilut˙ s suma; reiškia, (15.15) formul˙ teisinga. e e 566 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Fatu lema. Jei fn art˙ ja prie f , bet ne did˙ dama, 15.14 teoremos išvada e e gali buti klaidinga. Tegu, pavyzdžiui, E = R ir λ — Lebego matas. Tada ¯ 1(n;∞) → 0 (netgi monotoniškai maž˙ damos), bet e R 1(n;∞) dλ = λ(n; ∞) = ∞ → ∞ = 0dλ. R Tokioje situacijoje kartais naudinga vadinamoji Fatu8 lema, kurią dabar irodysiu. Iš jos išplaukia, kad ribos integralas niekada neviršija integralu ˛ ˛ ribos. (Kad atsiminčiau šią nelygybę, aš dažnai sau kartoju, kad „mas˙ gali e pranykti, bet negali atsirasti“.) 15.15 teorema. Jei A ∈ A ir (fn ) yra neneigiamu A aib˙ je mačiu funkciju ˛ e ˛ ˛ seka, tai A lim fn dµ lim A fn dµ. Irodymas. Pagal apatin˙ s ribos apibr˙ žimą ˛ e e lim fn = sup inf fm . n→∞ n m n Be to, seka (inf m n fm | n 1) nemaž˙ janti (kuo siauresn˙ skaičiu aib˙ , tuo e e ˛ e didesnis jos infimumas); tod˙ l tos sekos supremumas yra jos riba, t.y. e m n inf fm ↑ lim fn . n→∞ Tada iš Lebego teoremos apie monotonišką konvergavimą Am n inf fm dµ ↑ n fm A n→∞ lim fn dµ. Kita vertus, su visais m m n inf fm ir tod˙ l e fm dµ A Am n inf fm dµ. Iš čia ir iš infimumo savybiu ˛ m n inf fm dµ A Am n inf fm dµ. Suskaičiavęs ribas, kai n → ∞, gaunu reikiamą nelygybę. 8 Pierre Joseph Louis Fatou (1878–1929), prancuzu matematikas ¯ ˛ 15.5. INTEGRALAS 567 Lebego teorema apie aprežtą konvergavimą. Praktiniuose uždavi˙ niuose dažniausiai taikoma trečioji teorema apie integralu ribas — vadi˛ namoji Lebego teorema apie apr˙ žtą konvergavimą. e 15.16 teorema. Tegu A ∈ A, (fn ) yra mačiu funkciju seka ir f, g — dar ˛ ˛ dvi mačios funkcijos. Tada  ∀x ∈ A fn (x) → f (x)  ∀x ∈ A |fn (x)| g(x) ⇒ fn dµ → f dµ.  A A g dµ < ∞ A Irodymas. Suskaičiavęs ribas nelygyb˙ je |fn (x)| g(x), gaunu |f (x)| ˛ e g(x). Iš čia |fn (x) − f (x)| |fn (x)| + |f (x)| 2g(x). Pažymiu hn = 2g − |fn − f |. Tada hn (x) x ∈ A. Iš Fatu lemos lim n→∞ A 0 ir hn (x) → 2g(x) su visais hn dµ A 2g dµ, t.y. lim n→∞ A 2g dµ − n→∞ A |fn − f | dµ |fn − f | dµ 0. 2g dµ; A A 2g dµ − lim n→∞ 2g dµ; A A lim A |fn − f | dµ Kadangi neneigiamos funkcijos integralas neneigiamas, lim n→∞ A |fn − f | dµ A 0; tod˙ l iš gautos nelygyb˙ s išplaukia, kad e e fn dµ − A |fn − f | dµ → 0. Bet tada ir A f dµ = A A A (fn − f ) dµ |fn − f | dµ → 0, t.y. A fn dµ → f dµ. 568 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Integralas, kaip aib˙ funkcija (2). Iš Lebego teoremu apie integralu es ˛ ˛ ribas galima išvesti dar tris integralo savybes, susijusias su integravimo aib˙ s e keitimu. Tegu f yra mati funkcija ir An — mačios aib˙ s. Tada: e 1) jei f neneigiama ir An ↑ A, tai An f dµ ↑ A f dµ; 2) jei An ↑ A ir f integruojama A aib˙ je, tai An f dµ → A f dµ; e 3) jei An ↓ A ir f integruojama A1 aib˙ je, tai An f dµ → A f dµ. e Irodymas. 1. Kadangi 0 ˛ f dµ = An E 1An f ↑ 1A f , iš 15.14 teoremos 1A f dµ = E A 1An f dµ ↑ f dµ. 2. Iš sąlygos 1An f → 1A f . Be to, |1An f | E 1A |f | ir 1A |f |dµ = A |f |dµ < ∞. 1A f dµ = E A Tod˙ l iš 15.16 teoremos e f dµ = An E 1An f dµ → f dµ. 1A1 |f |. 3. Irodymas panašus i antro teiginio, tik šiuo atveju |1An f | ˛ ˛ 15.11 kite. pratimas. Apskaičiuokite nurodytas ribas. Atsakymą pagris˛ ∞ 0 I. limn→∞ II. limn→∞ x2 e−nx dx. n dx . 0 x4 +n2 Sprendimas. Kitame skyrelyje irodysiu, kad Rymano integralas sutampa ˛ su integralu Lebego mato atžvilgiu. Tod˙ l galima taikyti Lebego teoremas e apie integralu ribas. ˛ I. Su visais x ∈ (0; ∞) x2 e−nx − − 0 ir |x2 e−nx | = x2 e−nx −→ n→∞ ∞ x2 e−x . Be to, ∞ 0 x2 e−x dx < ∞. Tod˙ l e 0 x2 e−nx dx → ∞ 0 0dx = 0. II. Su visais x ∈ (0; ∞) 1 − − 0 ir −→ 1(0;n) (x) 4 x + n2 n→∞ ∞ dx Be to, 0 x4 +1 < ∞. Tod˙ l e n 0 1(0;n) (x) x4 1 + n2 ∞ 0 x4 1 . +1 dx = x4 + n2 ∞ 1(0;n) (x) 0 1 dx → x4 + n2 0dx = 0. 15.5. INTEGRALAS 569 Integralai, priklausantys nuo parametro. Lebego teoremos apie integralu ribas dažnai taikomos, nagrin˙ jant per integralus apibr˙ žiamas funkcijas. ˛ e e Tegu, pavyzdžiui, F yra metrin˙ erdv˙ ir f : E × F → R — tokia funkcija, e e kad f (·, y) integruojama A aib˙ je µ mato atžvilgiu su kiekvienu y ∈ F . Tada e su y ∈ F apibr˙ žtas integralas e g(y) = A f (x, y)µ(dx). g yra tam tikra funkcija iš F i R ir mus gali dominti ivairios jos savyb˙ s. ˛ ˛ e Pavyzdžiui, • ar g tolydi? • ar diferencijuojama? • jei diferencijuojama, tai kam lygi jos išvestin˙ ? e Panagrin˙ siu iš pradžiu pirmąją problemą. Tolydumas y taške reiškia, e ˛ kad iš yn → y išplaukia g(yn ) → g(y), t.y. A f (x, yn )µ(dx) → f (x, y)µ(dx). A (15.16) Taigi klausimas apie tolydumą susiveda i klausimą apie integralu ribą. ˛ ˛ Dažniausiai čia taikoma Lebego teorema apie apr˙ žtą konvergavimą. Pae vyzdžiui, galima irodyti toki teigini: jei f (x, ·) tolydi y taške su visais x ∈ A ˛ ˛ ˛ ir egzistuoja tokia y taško aplinka V ir tokia integruojama A aib˙ je funkcija e h, kad |f (x, z)| h(x) su visais x ∈ A ir z ∈ V , tai g tolydi y taške. Tikrai, iš f (x, ·) tolydumo išplaukia f (x, yn ) − − f (x, y), o iš mažora−→ vimo sąlygos gaunu |f (x, yn )| h(x), jei tik yn ∈ V , t.y. jei n pakankamai didelis (kadangi V yra y aplinka, iš yn → y išplaukia yn ∈ V su visais pakankamai dideliais n). Kadangi sekos riba nuo pirmu ˛ jos nariu neprik˛ju ˛ lauso, galima taikyti Lebego teoremą apie apr˙ žtą konvergavimą ir gauti e (15.16) sąryši. ˛ Diferencijavimo problema sprendžiama analogiškai. Tegu, pavyzdžiui, F = (a; b) ir mane domina g funkcijos išvestin˙ y taške. Pagal apibr˙ žimą e e g (y) = lim g(z) − g(y) 1 = lim z→y z→y z − y z−y f (x, z)µ(dx) − = lim z→y A n→∞ f (x, y)µ(dx) A A f (x, z) − f (x, y) µ(dx). z−y 570 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Taigi v˙ l reikia paimti seką yn → y ir aiškintis, kokia gali buti integralu sekos e ˛ ¯ A riba. Jei f (x, ·) funkcijos diferencijuojamos (a; b) intervale, f (x, yn ) − f (x, y) → fy (x, y). yn − y f (x, yn ) − f (x, y) µ(dx) yn − y (15.17) Be to, iš Lagranžo vidurin˙ s reikšm˙ s teoremos e e su tam tikrais zxn , esančiais tarp yn ir y. Jei V yra kokia nors y aplinka, egzistuoja toks n0 , kad yn ∈ V su visais n n0 . Tada zxn ∈ V su visais n n0 ir visais x ∈ A. Tod˙ l jei |fy (x, z)| e h(x) su visais x ∈ A ir z ∈ V , tai ir f (x, yn ) − f (x, y) yn − y h(x) fy (x, zxn )(yn − y) f (x, yn ) − f (x, y) = = fy (x, zxn ) yn − y yn − y su visais x ∈ A ir n n0 . Jei h integruojama, iš Lebego teoremos apie apr˙ žtą konvergavimą išplaukia, kad (15.17) sekos riba yra A fy (x, y)µ(dx) e integralas. Taigi teisingas toks teiginys. Tegu f (x, ·) funkcija diferencijuojama (a; b) intervale su visais x ∈ A ir su kiekvienu y ∈ (a; b) egzistuoja tokia y aplinka V ir tokia integruojama A aib˙ je funkcija h, kad |fy (x, z)| h(x) su visais e x ∈ A ir z ∈ V . Tada g diferencijuojama (a; b) intervale ir g (y) = A fy (x, y)µ(dx). 15.12 pratimas. Apskaičiuokite duotos funkcijos išvestinę. Atsakymą pagriskite. ˛ I. f (x) = II. f (x) = ∞ −1 −tx t e dt, 1 x dt , −x t4 +x2 kai x > 0. kai x > 0. Sprendimas. I. Kadangi (t−1 e−tx )x = −e−tx , tik˙ tina, kad e f (x) = − ∞ 1 e−tx dt = x−1 e−tx ∞ t=1 = −x−1 e−x . 15.6. INTEGRALU SKAIČIAVIMAS ˛ 571 Norint šią lygybę pagristi, reikia rasti −e−ty funkcijos integruojamą mažo˛ rantę tam tikroje x taško aplinkoje (x − ε; x + ε). Tegu ε yra toks mažas, kad x − ε > 0. Tada su visais y ∈ (x − ε; x + ε) |−e−ty | = e−ty ir ∞ −t(x−ε) e dx 1 e−t(x−ε) II. Pažymiu < ∞. z F (x, y, z) = y t4 dt ; + x2 tada f (x) = F (x, −x, x) ir, reiškia, f (x) = Fx (x, −x, x) − Fy (x, −x, x) + Fz (x, −x, x). Be to, Fy = − ir tik˙ tina, kad e Fx = −2x Taigi greičiausiai x y y4 1 , + x2 z Fz = z4 1 + x2 dt . (t4 + x2 )2 x −x f (x) = −2x −x dt 1 1 − 4 + 4 = −2x 4 + x2 )2 2 (t x +x x + x2 (t4 dt . + x2 )2 Norint pagristi Fx išvestin˙ s skaičiavimą, reikia rasti integruojamą (y; z) ˛ e intervale išvestin˙ s (t4−2u )2 mažorantę tam tikroje x aplinkoje. Bet jei ε < x e +u2 ir u ∈ (x − ε; x + ε), (t4 ir y −2u 2u = 4 2 )2 +u (t + u2 )2 z (t4 2(x + ε) + (x − ε)2 )2 2(x + ε) (x − ε)4 2(x + ε) 2(x + ε) dt = (z − y) < ∞. 4 (x − ε) (x − ε)4 15.6 Integralu skaičiavimas ˛ Integravimas skaičiuojančiojo mato atžvilgiu. Irodysiu, kad jei ν yra ˛ skaičiuojantysis matas, atitinkantis S aibę, tai f dν = s∈S f (s) 572 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS su bet kokia neneigiama mačia funkcija f . Pirmiausia pastebiu, kad S c yra nulinio mato aib˙ ; tod˙ l integralas nee e priklauso nuo f reikšmiu toje aib˙ je ir galiu laikyti, kad f (x) = 0 su x ∈ S c . ˛ e Aišku, f (x) gali buti lygi 0 ir su kokiais nors x ∈ S. Tod˙ l pažymiu e ¯ S0 = {x ∈ S | f (x) > 0}. Tada S0 ⊂ S ir f (x) = 0 su x ∈ S0 . Jei S0 baigtin˙ , tai f yra paprastoji funkcija e ralas lygus f (s)ν{s} = f (s) = s∈S0 s∈S0 n i=1 s∈S s∈S0 f (s)1{s} ir jos integ- f (s), nes ν{s} = 1. Jei S0 = {s1 , s2 , . . . }, pažymiu fn = n f (si )1{si } . Tada fn ↑ f ; tod˙ l e ∞ i=1 f dν = lim n→∞ fn dν = lim n→∞ f (si ) = i=1 f (si ) = s∈S f (s). Tegu dabar S0 aib˙ neskaiti. Kadangi e S0 = bent viena iš Sn = {x | f (x) f dν Taigi f dν = ∞ = Iš irodytos formul˙ s išplaukia, kad ˛ e f dν = A n 1 {x | f (x) 1/n}, 1/n} aibiu begalin˙ . Tada ˛ e 1Sn f dν n−1 ν(Sn ) = ∞. f (s). s∈S 1A f dν = s∈S 1A (s)f (s) = s∈S∩A f (s). Jei f yra bet kokio ženklo reikšmes igyjanti funkcija, tai f kvaziintegruo˛ jama ν atžvilgiu, kai bent vienas iš s∈S∩A f + (s) ir s∈S∩A f − (s) skaičiu ˛ baigtinis, t.y. kai (f (s) | s ∈ S ∩ A) šeima kvazisumuojama. Be to, f dν = A s∈S∩A f + (s) − f − (s) = s∈S∩A s∈S∩A f (s). Taigi integralai skaičiuojančiojo mato atžvilgiu yra skaičiu sumos. ˛ 15.6. INTEGRALU SKAIČIAVIMAS ˛ 573 kai n → ∞, tai 2. Jei fn (s) Sumu ribos. Kadangi sumos yra integralai skaičiuojančiojo mato atžvil˛ giu, iš praeitame skyrelyje irodytu teoremu išplaukia analogiški teiginiai apie ˛ ˛ ˛ sumu ribas. ˛ 1. Jei su visais s ∈ A 0 fn (s) ↑ f (s) fn (s) ↑ f (s). s∈A s∈A 0 su visais s ∈ A, tai s∈A n→∞ lim fn (s) lim n→∞ s∈A fn (s). 3. Jei su visais s ∈ A fn (s) − − f (s), −→ n→∞ |fn (s)| g(s) ir s∈A g(s) < ∞, f (s). s∈A tai s∈A fn (s) − − −→ n→∞ Panašiai performuluojami ir teiginiai apie integralus su kintama integravino aibe. 4. Jei f (s) 0 ir An ↑ A, s∈An f (s) ↑ f (s). s∈A 5. Jei An ↑ A ir s∈A |f (s)| < ∞, f (s) → < ∞, f (s) → f (s). s∈A f (s). s∈A s∈An 6. Jei An ↓ A ir s∈A1 |f (s)| s∈An Galima nagrin˙ ti ir „sumas, priklausančias nuo parametro“, t.y. reiškinius e f (x) = s∈A fs (x); 574 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS čia fs yra tam tikros realios funkcijos, apibr˙ žtos kokioje nors aib˙ je E. Tada e e teisingi tokie teiginiai. 7. Jei E yra metrin˙ erdv˙ , visos fs tolydžios x taške ir egzistuoja tokia e e x aplinka U ir tokia sumuojama skaičiu šeima (as | s ∈ A), kad |fs (y)| as ˛ su visais y ∈ U, tai f tolydi x taške. 8. Jei E = (a; b), visos fs diferencijuojamos taške x ∈ (a; b) ir egzistuoja tokia x aplinka U ir sumuojama skaičiu šeima (as | s ∈ A), kad |fs (y)| as ˛ su visais y ∈ U, tai f diferencijuojama x taške ir f (x) = s∈A fs (x). 15.13 te. pratimas. Apskaičiuokite nurodytą ribą. Atsakymą pagriski˛ I. limn→∞ II. limn→∞ ∞ n k=1 nk 2 +kn+1 . n 1 k=1 2k +n . Sprendimas. I. Su visais k 1 nk 2 kai n → ∞. Tod˙ l e ∞ k=1 n 1 1 = 2 ↑ 2 , + kn + 1 k + k + 1/n k + k n ↑ 2 + kn + 1 nk ∞ k=1 1 = 2 +k k ∞ k=1 1 1 − = 1. k k+1 1 2−k ; II. Pažymiu An = {1, . . . , n}. Su visais k 1An (k) be to, ∞ −k k=1 2 2k 1 1 − − 0 ir 1An (k) k −→ + n n→∞ 2 +n = 1 < ∞. Reiškia, n k=1 1 → k +n 2 n 0 = 0. k=1 15.6. INTEGRALU SKAIČIAVIMAS ˛ 575 Integravimas Lebego mato atžvilgiu. Išsiaiškinsiu, koks yra ryšys tarp Rymano integralo ir integralo Lebego mato atžvilgiu. Irodysiu toki teigini: ˛ ˛ ˛ jei f integruojama (a; b) intervale Rymano prasme, ji integruojama ir Lebego prasme ir b f dλ = (a;b) a f (x)dx. (a; b) intervalo skaidiniu vadinau bet koki rinkini P = (a0 , . . . , ak ), tenkinanti ˛ ˛ ˛ sąlygą a = a0 < a1 < · · · < ak−1 < ak = b. Toki skaidini atitinka integralin˙ s sumos ˛ ˛ e k k Primenu Rymano integralo apibr˙ žimą. Tegu f yra apr˙ žta (a; b) intervale e e funkcija: su visais x ∈ (a; b) |f (x)| c. S∗ (P, f ) = čia i=1 (ai − ai−1 )ci inf f (x), ir S (P, f ) = ∗ i=1 (ai − ai−1 )di ; ci = x∈(ai−1 ;ai ) di = sup x∈(ai−1 ;ai ) f (x). Jei f integruojama Rymano prasme, tai egzistuoja tokia smulk˙ janti skaidie niu seka (Pn ), kad ˛ b S∗ (Pn , f ) ↑ Pastebiu, kad S∗ (P, f ) = a f (x)dx ir S ∗ (Pn , f ) ↓ b f (x)dx. a g dλ ir S ∗ (P, f ) = (a;b) (a;b) h dλ; čia g ir h yra paprastosios funkcijos, apibr˙ žiamos e k k g= i=1 ci 1(ai−1 ;ai ) ir h = i=1 di1(ai−1 ;ai ) lygyb˙ mis. Akivaizdu, kad e g(x) f (x) h(x) su visais x ∈ (a; b) \ {a0 , . . . , ak }, t.y. beveik visur (a; b) intervale. 576 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Kai skaidini smulkinu, ji atitinkanti g funkcija (beveik visur) padid˙ ja, ˛ ˛ e o h funkcija sumaž˙ ja. Tod˙ l, jei f integruojama Rymano prasme, atsiras e e tokia nemaž˙ janti paprastu funkciju seka (gn ) ir tokia nedid˙ janti paprastu e ˛ ˛ e ˛ funkciju seka (hn ), kad gn f hn beveik visur (a; b) intervale, ˛ b (a;b) gn dλ ↑ f (x)dx ir (a;b) b a hn dλ ↓ f (x)dx. a Pažymiu g = lim gn ir h = lim hn (abi funkcijos apibr˙ žtos beveik visur e (a; b) intervale). Tada g f h beveik visur (a; b) intervale. Be to, iš apibr˙ žimo matyti, kad e |gn (x)| c ir |hn (x)| c su visais n ir visais x ∈ (a; b). Tod˙ l iš Lebego teoremos apie apr˙ žtą kone e vergavimą gn dλ → g dλ ir (a;b) (a;b) (a;b) hn dλ → h dλ. (a;b) Reiškia, b g dλ = (a;b) b a f (x)dx = (a;b) h dλ. Kadangi h − g 0 ir a (h − g) dλ = 0, beveik visur (a; b) intervale g = h. Tada ir f beveik visur (a; b) intervale sutampa su g (ir su h). Reiškia, f integruojama (a; b) intervale Lebego mato atžvilgiu ir b f dλ = (a;b) (a;b) g dλ = a f (x)dx. Kadangi vientaškiu aibiu Lebego matas yra 0, ˛ ˛ f dλ = (a;b) (a;b] f dλ = [a;b) f dλ = [a;b] f dλ. b a Tod˙ l paprastai ta sutampanti reikšm˙ žymima tiesiog e e b Rymano integralas, a f (x)dx. f dλ arba, kaip ir 15.6. INTEGRALU SKAIČIAVIMAS ˛ 577 Netiesioginiai integralai. Yra daug funkciju neintegruojamu (a; b) in˛, ˛ tervale Rymano prasme, kurioms apibr˙ žtas netiesioginis Rymano integralas. e Dauguma tokiu funkciju kvaziintegruojamos Lebego mato atžvilgiu ir Lebego ˛ ˛ integralas sutampa su netiesioginiu Rymano integralu. Tegu, pavyzdžiui, f yra neneigiama Borelio funkcija (0; ∞) aib˙ je, intege ruojama Rymano prasme kiekviename intervale (0; b) su b < ∞. Netiesioginis Rymano integralas tada apibr˙ žiamas lygybe e ∞ 0 n f (x)dx = lim n→∞ f (x)dx. 0 Bet iš (0; n) ↑ (0; ∞) sąryšio išplaukia, kad n n f (x)dx = 0 0 f dλ ↑ ∞ 0 ∞ 0 f dλ. Reiškia, 0 ∞ f (x)dx = f dλ. Yra ir funkciju kuriu Rymano integralas neapibr˙ žtas (nei tiesioginis, ˛, ˛ e nei netiesioginis), bet kurios integruojamos Lebego mato atžvilgiu. Tokia, pavyzdžiui, Dirichl˙ funkcija. Kad jos Rymano integralas neapibr˙ žtas, isie e ˛ tikinome pirmame semestre. Kita vertus, Dirichl˙ funkcija beveik visur lygi e nuliui (nes λ(Q) = 0) ir tod˙ l jos Lebego integralas lygus 0. e Matu sud˙ ˛ etis. Dabar aprašysiu kelias operacijas, kuriomis iš vienu matu ˛ ˛ (dažniausiai, skaičiuojančiojo ir Lebego) konstruojami kiti. Kartu išsiaiškinsiu, kaip integruojama nauju ˛ matu atžvilgiu. Prad˙ siu nuo matu sud˙ ties. ˛ju ˛ e ˛ e Tegu (µi ) yra matu A algebroje šeima. Su bet kokia A ∈ A apibr˙ žiu ˛ e µ(A) = i µi (A). Tada µ — taip pat matas. Tikrai, µ(∅) = i µi (∅) = i 0=0 ir, jei (An ) yra matus A aib˙ s skaidinys, e µ(A) = i µi (A) = i n 1 µi (An ) = n 1 i µi (An ) = n 1 µ(An ). 578 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS i µ matas vadinamas µi matu suma ir žymimas ˛ šio mato atžvilgiu? Indikatoriu integralai skaičiuojami taip: ˛ 1A dµ = µ(A) = i µi . Kaip integruojama µi(A) = i 1A dµi . Tod˙ l jei f = c1 1A1 + · · · + ck 1Ak yra neneigiama paprastoji funkcija, e k k f dµ = j=1 cj 1Aj dµ = j=1 cj i 1Aj dµi k = i j=1 cj 1Aj dµi = i f dµi. Jei f yra neneigiama mati funkcija ir (fn ) — tokia paprastu ˛ funkciju ˛ju ˛ seka, kad fn ↑ f , iš gautos formul˙ s ir Lebego teoremos apie monotonišką e konvergavimą išplaukia f dµ = lim fn dµ = lim fn dµi i n→∞ n→∞ = i n→∞ lim fn dµi = i f dµi. Jei f yra neneigiama mati funkcija ir A — mati aib˙ , tai e f dµ = A 1A f dµ = i 1A f dµi = i A f dµi . Bendruoju atveju f = f + − f − ir f + dµ = A i A f + dµi , A f − dµ = i A f − dµi . Jei f kvaziintegruojama A aib˙ je µ atžvilgiu, iš sumavimo teorijos išplaukia, e kad skaičiu šeima A f dµi = A f + dµi − A f − dµi kvazisumuojama; be to, ˛ f dµi = i A A f + dµ − f − dµ = A A f dµ. Reziumuoju: jei f kvaziintegruojama A aib˙ je µ mato atžvilgiu, e f dµ = A i A f dµi . (15.18) 15.6. INTEGRALU SKAIČIAVIMAS ˛ 579 Čia reiktu padaryti vieną pastabą. Kai rašomos lygyb˙ s tarp ne visada ˛ e apibr˙ žtu reiškiniu nor˙ tu kad kiekvienoje lygyb˙ je kairioji pus˙ butu e ˛ ˛, e ˛si, e e ¯ ˛ apibr˙ žta, kai apibr˙ žta dešinioji. Tada jei pats paskutinis reiškinys yra e e apibr˙ žtas, apibr˙ žti ir vis ankstesni ir visos lygyb˙ s teisingos. e e e Deja, (15.18) lygyb˙ kitokia: ji teisinga, jei apibr˙ žta jos kairioji pus˙ . e e e Kad tai iš tikru ˛ yra problema, rodo toks pavyzdys. Tegu E = R ir ν — ˛ju skaičiuojantysis matas, atitinkantis aibę S = {−1, 1}. Tegu I = N ir µi = ν su visais i 1. Tada xµi (dx) = S x∈S x = −1 + 1 = 0 0 = 0. i 1 su visais i ir tod˙ l e xµi (dx) = i 1 S Kita vertus, x+ µ(dx) = µ{1} = S i 1 ν{1} = i 1 1=∞ ir analogiškai S x− µ(dx) = µ{−1} = ∞. Reiškia, x n˙ ra integruojama µ mato atžvilgiu. e Gali kilti klausimas, kokia apskritai nauda iš (15.18) formul˙ s? Juk ji e parodo, kaip skaičiuoti integralus µ mato atžvilgiu, bet nor˙ dami ją taikyti e turime tikrinti, ar tas integralas apskritai apibr˙ žtas. Ar nesigauna užburtas e ratas? Tariamas prieštaravimas išsprendžiamas taip. Neneigiamos funkcijos visada kvaziintegruojamos; tod˙ l iš pradžiu taikydami (15.18) formulę ivertie ˛ ˛ name A f + dµ ir A f − dµ integralus; jei bent vienas iš ju baigtinis, f funkcija ˛ kvaziintegruojama. Tada dar kartą pritaikę (15.18) formulę suskaičiuojame f dµ. A Tankiai. Tegu µ yra matas A algebroje ir p — neneigiama mati funkcija E aib˙ je. Su bet kokia A ⊂ A apibr˙ žiu e e ν(A) = A p dµ. (15.19) Tada ν yra matas. Tikrai, ν(∅) = ∅ p dµ = 0 580 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS ir, jei (An ) yra matus A aib˙ s skaidinys, e ν(A) = A p dν = E 1A p dν = E n 1 1An p dµ 1An p dµ = p dµ = n 1 An n 1 = n 1 E ν(An ). ν matas žymimas pµ; p funkcija vadinama jo tankiu µ mato atžvilgiu, dν arba Radono-Nikodimo9 išvestine, ir žymima dµ . Kaip integruojama ν = pµ mato atžvilgiu? Indikatoriu integralai skaičiuojami taip: ˛ 1A dν = ν(A) = A p dµ = 1A p dµ. Tod˙ l jei f = c1 1A1 + · · · + ck 1Ak — neneigiama paprastoji funkcija, e k k f dν = i=1 ci 1Ai dν = i=1 ci 1Ai p dµ = f p dµ. Tegu f yra neneigiama mati funkcija ir (fn ) — tokia neneigiamu papras˛ tu ˛ fuciju seka, kad fn ↑ f . Tada fn p ↑ f p; tod˙ l iš Lebego teoremos apie ˛ju ˛ e monotonišką konvergavimą f dν = lim n→∞ fn dν = lim n→∞ fn p dµ = f p dµ. Jei f — neneigiama mati funkcija ir A — mati aib˙ , tai e f dν = A 1A f dν = 1A f p dµ = A f p dµ. Bendruoju atveju f + dν = A A f + p dµ ir A f − dν = A f − p dµ. Be to, (f p)+ = f + p ir (f p)− = f − p. Tod˙ l jei f p integruojama A aib˙ je µ e e atžvilgiu, vienas iš tu integralu baigtinis, o tada f integruojama A aib˙ je ν ˛ ˛ e mato atžvilgiu ir f dν = A 9 A f + p dµ − f − p dµ = A A f p dµ. Otton Marcin Nikodym (1887–1974), lenku matematikas ˛ 15.6. INTEGRALU SKAIČIAVIMAS ˛ Reziumuoju: f dν = A A 581 f p dµ, jei tik dešinioji lygyb˙ s pus˙ apibr˙ žta. e e e 15.14 pratimas. Apskaičiuokite nurodytą reiškini. ˛ I. µ(−1; 3]; čia µ = II. [1;3] n 1 δn + pλ, p(x) = x2 . xµ(dx); čia µ = δ0 + δ1 + pλ, p(x) = |x − 2|. 3 Sprendimas. I. µ(−1; 3] = n 1 δn (−1; 3] + −1 x2 dx = 3 + x3 3 3 −1 =3+9+ 37 1 = . 3 3 II. 3 2 3 xµ(dx) = 0 + 1 + [1;3] 1 x|x − 2|dx = 1 + x3 3 2 1 = 1 + x2 − + x − x2 3 1 3 x(2 − x)dx + 3 2 2 x(x − 2)dx =1+ 2 4 + = 3. 3 3 Mato vaizdas. Tegu µ yra matas A algebroje, (F, B) — kita mati erdv˙ e ir g — (A, B)-mati funkcija iš E i F . Su bet kokia B ∈ B apibr˙ žiu ˛ e ν(B) = µ{g ∈ B}. Tada ν yra matas B algebroje. Tikrai, ν(∅) = µ{g ∈ ∅} = µ(∅) = 0. Jei (Bn ) yra matus B aib˙ s skaidinys, tai {g ∈ Bn } aib˙ s mačios (nes g mati), e e kas dvi nesikerta (nes su kiekvienu x reikšm˙ g(x) negali priklausyti dviem e skirtingoms Bn ) ir ju junginys yra visa E (nes su kiekvienu x reikšm˙ g(x) ˛ e priklauso kuriai nors Bn ). Tod˙ l e ν(B) = µ{g ∈ B} = µ{g ∈ Bn } = ν(Bn ). n 1 n 1 ν matas vadinamas µ mato vaizdu g funkcijos atžvilgiu. Kaip integruojama ν atžvilgiu? Indikatoriu integralai skaičiuojami taip: ˛ 582 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS 1B (y) ν(dy) = ν(B) = µ g −1(B) = 1g−1 (B) (x) µ(dx) = 1B g(x) µ(dx). Tod˙ l jei f = c1 1B1 + · · · + ck 1Bk yra neneigiama paprastoji funkcija, e k f (y) ν(dy) = i=1 ci 1Bi (y) ν(dy) k = i=1 ci 1Bi g(x) µ(dx) = f g(x) µ(dx). Tegu f yra neneigiama B-mati funkcija ir (fn ) — tokia neneigiamu pa˛ prastu ˛ funkciju seka, kad fn ↑ f . Tada fn ◦ g — taip pat neneigiamos ˛ju ˛ paprastosios funkcijos ir fn ◦ g ↑ f ◦ g. Reiškia, f (y) ν(dy) = lim n→∞ fn (y) ν(dy) = lim n→∞ fn g(x) µ(dx) = f g(x) µ(dx). Tegu f yra neneigiama B-mati funkcija ir B ∈ B. Tada f (y) ν(dy) = B 1B (y)f (y) ν(dy) = = 1B g(x) f g(x) µ(dx) f g(x) µ(dx). g −1 (B) 1g−1 (B) (x)f g(x) µ(dx) = Bendruoju atveju f + (y) ν(dy) = B g −1 (B) f + g(x) µ(dx) ir f − (y) ν(dy) = B g −1 (B) f − g(x) µ(dx). Be to, (f ◦ g)+ = f + ◦ g ir (f ◦ g)− = f − ◦ g. Tod˙ l jei f ◦ g kvaziintegruojama e g −1(B) aib˙ je µ mato atžvilgiu, vienas iš tu integralu baigtinis ir, reiškia, f e ˛ ˛ kvaziintegruojama B aib˙ je ν atžvilgiu ir e 15.6. INTEGRALU SKAIČIAVIMAS ˛ f (y) ν(dy) = B g −1 (B) 583 f − g(x) µ(dx) g −1 (B) f + g(x) µ(dx) − = g −1 (B) f g(x) µ(dx). Kitaip tariant, f (y) ν(dy) = g −1 (B) f g(x) µ(dx), jei tik reiškinys dešin˙ je lygyb˙ s pus˙ je apibr˙ žtas. e e e e Integravimas Lebego-Styltjeso mato atžvilgiu. Tegu F yra nemaž˙ e janti tolydi iš dešin˙ s funkcija ir µF — ją atitinkantis Lebego-Styltjeso matas. e Integralai jo atžvilgiu paprastai žymimi f dF, A arba A f (x)dF (x). Kaip jie skaičiuojami? Bendruoju atveju integralo skaičiavimo algoritmo n˙ ra, bet dažniausiai e pasitaikančiais atskirais atvejais toki algoritmą galima pasiulyti. ˛ ¯ 1. Tarkime, F funkcija absoliučiai tolydi, t.y. egzistuoja tokia neneigiama funkcija p, kad su visais baigtiniais a b b F (b) − F (a) = p(x)dx. a Parašyta lygyb˙ reiškia, kad su visais baigtiniais a e µF (a; b] = ν(a; b]; b čia ν = pλ. Kadangi (a; b] pavidalo intervalai sudaro π-sistemą, generuojančią Borelio σ-algebrą, iš 15.8 teoremos išplaukia µF = ν. Reiškia, f (x)dF (x) = A A f dν = A f (x)p(x)dx. Kaip atpažinti absoliučiai tolydžias funkcijas F ? Jei F tolydžiai diferencijuojama ir F (x) = p(x), tai F yra p funkcijos pirmykšt˙ ir iš Niutonoe Leibnico formul˙ s e b a p(x)dx = F (b) − F (a). 584 Taigi F absoliučiai tolydi ir 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS f (x)dF (x) = A A f (x)F (x)dx. Ši lygyb˙ paaiškina, kod˙ l integralas µF atžvilgiu žymimas f dF : i dF e e ˛ galima žiur˙ ti kaip i F funkcijos diferencialą. ˛ ¯e Tam, kad F butu absoliučiai tolydi, n˙ ra butina, kad ji butu visur difee ¯ ˛ ¯ ¯ ˛ rencijuojama. Tegu, pavyzdžiui, F (x) = Tada F (x) = x, kai x 0; x2 , kai x > 0. 1, kai x < 0; 2x, kai x > 0. 0 taške F funkcijos išvestin˙ neapibr˙ žta, nes F (0−) = 1, o F (0+) = 0. e e Nežiurint i tai, F yra absoliučiai tolydi ir jos tankis ˛ ¯ p(x) = 1, kai x 0; 2x, kai x > 0; 0, tai (reikšmę p(0) buvo galima paimti ir kitokią). Tikrai, jei a < b b b p(x)dx = a a dx = b − a = F (b) − F (a), o jei 0 a < b, tai ir v˙ l e b b p(x)dx = a a 2xdx = b2 − a2 = F (b) − F (a). Jeigu gi a < 0 < b, tai iš jau išnagrin˙ tu atveju išplaukia e ˛ ˛ b 0 b p(x)dx = a a p(x)dx + 0 p(x)dx = F (0) − F (a) + F (b) − F (0) = F (b) − F (a). 2. F yra laiptin˙ funkcija, t.y. su visais baigtiniais a e F (b) − F (a) = ∆F (s); s∈S∩(a;b] b 15.6. INTEGRALU SKAIČIAVIMAS ˛ 585 čia S yra F funkcijos trukio tašku aib˙ , o ∆F (s) = F (s) − F (s−) — trukio ˛ e ¯ ¯ s taške dydis. Parašyta formul˙ reiškia, kad e µF (a; b] = (a;b] p(x)νS (dx) = ν(a; b]; čia p(x) = ∆F (x), νS yra skaičiuojantysis matas, atitinkantis S aibę ir ν = pνS . D˙ l tokios pat priežasties kaip aukščiau µF = ν. Reiškia, e f (x)dF (x) = A A f dν = A f p dνS = s∈S∩A f (s)p(s) = s∈S∩A f (s)∆F (s). funkcija laiptin˙ . Jos trukio tašku aib˙ S = {0, 1}; be to, ∆F (0) = 2, e ˛ e ¯ ∆F (1) = 3. Tod˙ l, pavyzdžiui, e ex dF (x) = e0 ∆F (0) = 2. [0;1) Atpažinti laiptines funkcijas labai paprasta: tarp gretimu trukio tašku ˛ ¯ ˛ jos pastovios. Pavyzdžiui,  0, kai x 0;  F (x) = 2, kai 0 < x 1;   5, kai x > 1; 3. F (x) = F1 (x) + F2 (x); čia F1 — absoliučiai tolydi, o F2 — laiptin˙ e funkcija. Tada su visais baigtiniais a b F (b) − F (a) = F1 (b) − F1 (a) + F2 (b) − F2 (a), t.y. µF (a; b] = µF1 (a; b] + µF2 (a; b]. Panašiai kaip aukščiau irodoma, kad tada µF = µF1 + µF2 . Reiškia, ˛ f (x)dF (x) = A A f (x)dF1 (x) + A f (x)dF2 (x) = A f (x)p(x)dx + s∈S∩A f (s)∆F2 (s); čia p yra F1 funkcijos tankis, S — F2 funkcijos trukio tašku aib˙ . ˛ e ¯ 586 Tegu, pavyzdžiui, F (x) = Tada F (x) = F1 (x) + F2 (x) su F1 (x) = 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS 0, kai x 0; x + 1, kai x > 0. 0, kai x 0; x, kai x > 0; ir F2 (x) = 0, kai x 0; 1, kai x > 0. Pirmoji funkcija absoliučiai tolydi su tankio funkcija p(x) = F1 (x) = 0, kai x < 0; 1, kai x > 0; Taigi, antroji — laiptin˙ : ji turi vieną trukio tašką 0 ir ∆F2 (0) = 1. e ¯ pavyzdžiui, 2 (−2;2) (2 − x)dF (x) = 0 (2 − x)dx + (2 − 0) · 1 = 2 + 1 = 3. Jei F = F1 +F2 su absoliučiai tolydžia F1 ir laiptine F2 , tai F (x) = F1 (x) (nes F2 pastovi tarp trukio tašku ir, reiškia, jos išvestin˙ lygi 0), o ∆F (x) = ˛ e ¯ ∆F2 (x) (nes F1 tolydi ir tod˙ l ∆F1 (x) = 0). Tod˙ l praktiniuose taikymuose e e dažniausiai galima naudoti formulę f (x)dF (x) = A A f (x)F (x)dx + x∈A f (x)∆F (x). 15.15 pratimas. Apskaičiuokite [0;3] (x + 1)dF (x), kai Sprendimas.  0, kai x < 0;  2 F (x) = x + 2, kai 0 x < 2;   10, kai x 2. 2 (x + 1)dF (x) = [0;3] 0 (x + 1)2xdx + (0 + 1)∆F (0) + (2 + 1)∆F (2) = 2x3 + x2 3 2 0 + 2 + 12 = 28 70 + 14 = . 3 3 15.6. INTEGRALU SKAIČIAVIMAS ˛ 587 Atsitiktinio elemento skirstinys. Jei X yra atsitiktinis E erdv˙ s elee mentas, apibr˙ žtas tikimybin˙ je erdv˙ je (Ω, A, P), tai P tikimyb˙ s vaizdas e e e e X funkcijos atžvilgiu vadinamas X elemento skirstiniu. Taigi jei µ yra tas skirstinys, tai µ(B) = P{X ∈ B} ir f dµ = E f (X) E su bet kokia kvaziintegruojama funkcija f . Jei E = R (t.y. X yra atsitiktinis dydis), jo skirstinys µ yra tikimybinis Borelio matas ant ties˙ s. Pažym˙ jęs e e F (x) = µ(−∞; x] = P{X x}, gaunu nemaž˙ jančią tolydžią iš dešin˙ s funkciją F , tenkinančią papildomas e e sąlygas F (−∞) = 0 ir F (∞) = 1. Ji vadinama X dydžio pasiskirstymo funkcija. Kadangi µ = µF , vidurkiai gali buti užrašomi ir taip: ¯ E f (X) = R f (x) dF (x). Jei F funkcija laiptin˙ , dydis vadinamas diskrečiuoju. Su nenuline tikie mybe jis igyja tik reikšmes iš F funkcijos trukio tašku aib˙ s S; be to, ˛ ˛ e ¯ Tod˙ l pažym˙ jęs tas tikimybes ps simboliu gaunu e e P{X ∈ A} = ps s∈S∩A P{X = s} = µF {s} = F (s) − F (s−) = ∆F (s). ir E f (X) = s∈S f (s)ps . Jei F absoliučiai tolydi, jos tankis p vadinamas ir X dydžio tankiu. Tada P{X ∈ A} = p(x)dx ir A E f (X) = R f (x)p(x)dx. 15.16 pratimas. Apskaičiuokite P{X 1} ir E|X −1|, jei atsitiktinis 1 dydis X pasiskirstęs pagal d˙ sni µ = 3 δ0 + 2 pλ; čia p(x) = e−x 1(0;∞) (x). e ˛ 3 Sprendimas. P{X ir E|X − 1| = R 1 2 1} = µ[0; ∞) = + 3 3 1 e−x dx = 0 ∞ 0 1 2 −x 1 4 2 −1 − e = − e 3 3 3 3 0 |x − 1|µ(dx) = 1 0 1 2 + 3 3 |x − 1|e−x dx 1 2 = + 3 3 (1 − x)e−x dx + 2 ∞ (x − 1)e−x dx 3 1 1 2 ∞ 1 2 1 4 = + xe−x − xe−x = + e−1 . 3 3 0 3 1 3 3 588 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS 15.7 Matu sandaugos ˛ σ-algebru sandaugos. Tegu (E1 , A1) ir (E2 , A2) yra dvi mačios erdv˙ s ir ˛ e E = E1 × E2 . Bet kokią A1 × A2 pavidalo aibę vadinsiu stačiakampiu, o jei tiek A1 , tiek A2 aib˙ mati — mačiu stačiakampiu. Jei C1 yra kokia nors E1 e erdv˙ s ir C2 — kokia nors E2 erdv˙ s poaibiu sistema, žym˙ siu e e ˛ e C1 × C2 = {A1 × A2 | A1 ∈ C1 , A2 ∈ C2 }. Sistema C1 × C2 n˙ ra uždara junginio atžvilgiu, nes dvieju stačiakampiu e ˛ ˛ junginys nebutinai yra stačiakampis. Taigi A1 ×A2 n˙ ra algebra ir tuo labiau e ¯ — ne σ-algebra. Tačiau galima kalb˙ ti apie mažiausią σ-algebrą, apr˙ piančią e e A1 × A2 . Ji vadinama A1 ir A2 algebru sandauga ir žymima A1 ⊗ A2 . Taigi ˛ A1 ⊗ A2 = σ(A1 × A2 ). 15.17 teorema. Tegu (su i = 1, 2) Ai = σ(Ci ) ir egzistuoja tokia (Cin ) ⊂ Ci , kad Ei = n Cin . Tada A1 ⊗ A2 = σ(C1 × C2 ). Irodymas. Kadangi Ci ⊂ Ai , ˛ C1 × C2 ⊂ A1 × A2 ⊂ A1 ⊗ A2 , o tada ir σ(C1 × C2 ) ⊂ A1 ⊗ A2 , nes A1 ⊗ A2 yra σ-algebra. D˙ l tos pačios priežasties iš A1 × A2 ⊂ σ(C1 × C2 ) išplauktu ir atvirkščias e ˛ sąryšis: A1 ⊗ A2 = σ(A1 × A2 ) ⊂ σ(C1 × C2 ); tod˙ l tereikia irodyti, kad bet koks matus stačiakampis A1 × A2 priklauso e ˛ σ(C1 × C2 ) algebrai. Pažymiu B1 = {A1 | ∀C2 ∈ C2 A1 × C2 ∈ σ(C1 × C2 )}. Tada ∅ ∈ B1 , nes ∅ × C2 = ∅ ∈ σ(C1 × C2 ). Be to, iš lygyb˙ s e E1 × C2 = n C1n × C2 = n (C1n × C2 ) išplaukia, kad E1 ∈ B1 . Jei A1 ∈ B1 , tai su bet kokia C2 ∈ C2 Ac × C2 = E1 × C2 \ A1 × C2 ∈ σ(C1 × C2 ); 1 tod˙ l Ac ∈ B1 . e 1 15.7. MATU SANDAUGOS ˛ Jei (A1n ) ⊂ B1 , tai n 589 A1n × C2 = n (A1n × C2 ) ∈ σ(C1 × C2 ); tod˙ l n A1n ∈ B1 . e Taigi B1 yra σ-algebra. Kadangi C1 ⊂ B1 , ši σ-algebra apr˙ pia ir A1 . e Kitaip tariant, A1 × C2 ∈ σ(C1 × C2 ) su visomis A1 ∈ A1 ir C2 ∈ C2 . Dabar apibr˙ žiu e B2 = {A2 | ∀A1 ∈ A1 A1 × A2 ∈ σ(C1 × C2 )}. Iš pirmosios irodymo dalies išplaukia, kad C2 ⊂ B2 . Be to, panašiai kaip ˛ aukščiau irodoma, kad B2 yra σ-algebra. Reiškia, A2 ⊂ B2 . ˛ Kad teoremos teiginys butu teisingas, nepakanka vien σ(Ci ) = Ai lygybiu ˛. ¯ ˛ Pavyzdžiui, jei E = R ir C yra visu vientaškiu poaibiu sistema, tai A = ˛ ˛ ˛ σ(C) susideda iš visu baigtiniu arba skaičiu poaibiu ir visu poaibiu kuriu ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛, ˛ 2 papildiniai yra baigtiniai arba skaitus. C × C tada yra visu vientaškiu R ˛ ˛ ¯ poaibiu sistema ir, reiškia, σ(C × C) susideda iš visu baigtiniu arba skaičiu ˛ ˛ ˛ ˛ 2 2 R poaibiu ir visu ju papildiniu iki R . Tačiau A ⊗ A algebra turtingesn˙ : ˛ ˛ ˛ ˛ e jai priklauso, pavyzdžiui, ir {1} × R poaibis, kuris nei pats skaitus, nei yra skaitaus poaibio papildinys. Aibiu pj¯ viai. Jei A ⊂ E1 × E2 ir a1 ∈ E1 , a2 ∈ E2 , tai aib˙ s ˛ u e A(a1 , ·) = {x2 | (a1 , x2 ) ∈ A} ir A(·, a2 ) = {x1 | (x1 , a2 ) ∈ A} vadinamos A aib˙ s, atitinkamai, vertikaliuoju ir horizontaliuoju pjuviu ties, e ¯ atitinkamai, a1 ir a2 (žr. 15.3 pav.). Taigi pagal apibr˙ žimą e x2 ∈ A(a1 , ·) ⇐⇒ (a1 , x2 ) ∈ A ir x1 ∈ A(·, a2 ) ⇐⇒ (x1 , a2 ) ∈ A. 15.17 pratimas. Raskite A(0, ·), A(1, ·), A(·, 0), A(·, 1) pjuvius. ¯ y < 1}. I. A = {(x, y) | x2 II. A = {1, 2} × (0; 3). Sprendimas. I. A(0, ·) = [0; 1), A(1, ·) = ∅, A(·, 0) = {0}, A(·, 1) = ∅. II. A(0, ·) = ∅, A(1, ·) = (0; 3), A(·, 0) = ∅, A(·, 1) = {1, 2}. 15.18 teorema. Jei A ∈ A1 ⊗ A2 , tai visi vertikalieji pjuviai yra A2 -matus, ¯ ¯ o visi horizontalieji pjuviai — A1 -matus. ¯ ¯ 590 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS A(a1 , ·) a1 Irodymas. Pažymiu ˛ Kadangi x2 ∈ ∅(x1 , ·) ⇐⇒ (x1 , x2 ) ∈ ∅ ⇐⇒ niekada, x2 ∈ Ac (x1 , ·) ⇐⇒ (x1 , x2 ) ∈ Ac ⇐⇒ (x1 , x2 ) ∈ A ⇐⇒ x2 ∈ A(x1 , ·) ir x2 ∈ n An (x1 , ·) ⇐⇒ (x1 , x2 ) ∈ teisingos lygyb˙ s e ∅(x1 , ·) = ∅, Ac (x1 , ·) = A(x1 , ·) c Iš ju išplaukia, kad A yra σ-algebra. ˛ Jei A = A1 × A2 , tai A(x1 , ·) = A2 , kai x1 ∈ A1 , ir A(x1 , ·) = ∅, kai x1 ∈ A1 . Abiem atvejais A(x1 , ·) ∈ A2 . Tod˙ l bet koks matus stačiakampis e priklauso A algebrai. Bet tada ir A ⊂ A , t.y. A(x1 , ·) ∈ A2 su bet kokia A ∈ A. Teginys apie horizontalius pjuvius irodomas analogiškai. ˛ ¯ Borelio poaibiai metriniu erdviu sandaugoje. Tegu E1 ir E2 yra dvi ˛ ˛ metrin˙ s erdv˙ s ir E = E1 ×E2 — ju sandauga. Simboliais Ui (xi , r) ir U(x, r) e e ˛ žym˙ siu rutulius, atitinkamai, Ei ir E edv˙ je. e e © A A a2 A(·, a2 ) 15.3 pav. Aibiu pj¯ viai ˛ u A = {A | ∀x1 A(x1 , ·) ∈ A2 }. An n ⇐⇒ ∃n (x1 , x2 ) ∈ An ⇐⇒ ∃n x2 ∈ An (x1 , ·), ir n An (x1 , ·) = n An (x1 , ·). 15.7. MATU SANDAUGOS ˛ 591 Primenu du faktus iš 15.2 skyrelio: 1) jei x = (x1 , x2 ), U(x, r) = U1 (x1 , r) × U2 (x2 , r); 2) jei E1 ir E2 separabilios, E taip pat separabili. Iš pirmojo fakto išplaukia, kad dvieju atviru aibiu Dekarto sandauga atvira. ˛ ˛ ˛ Tikrai, tegu O1 yra atviras E1 erdv˙ s, O2 — atviras E2 erdv˙ s poaibis ir e e O = O1 × O2 . Jei x = (x1 , x2 ) ∈ O, tai x1 ∈ O1 ir x2 ∈ O2 . Kadangi Oi atviros, atsiras tokie εi , kad Ui (xi , εi ) ⊂ Oi . Pažymiu ε = min(ε1 , ε2 ). Tada Reiškia, O atvira. U(x, ε) = U1 (x1 , ε) × U2 (x2 , ε) ⊂ U1 (x1 , ε1) × U2 (x2 , ε2) ⊂ O1 × O2 = O. 15.19 teorema. Jei E1 ir E2 separabilios, tai B(E1 ) ⊗ B(E2 ) = B(E). Irodymas. Tegu Oi0 ir O0 žymi atviru rutuliu aibes, atitinkamai, Ei ir E ˛ ˛ ˛ erdv˙ se. D˙ l separabilumo B(Ei ) = σ(Oi0 ); be to, n Ui (xi , n) = Ei . Tod˙ l e e e iš 15.17 teoremos išplaukia, kad B(E1 ) ⊗ B(E2 ) = σ(O10 × O20 ). Kadangi E taip pat separabili, B(E) = σ(O0 ). Sąryšiai reiškia, kad O0 ⊂ σ(O10 × O20 ). Tada ir B(E) = σ(O) ⊂ σ(O10 × O20 ). Kita vertus, atviri rutuliai yra atviros aib˙ s, o atviru aibiu sandauga e ˛ ˛ atvira. Tod˙ l e U1 (x1 , r1 ) × U2 (x2 , r2 ) ∈ O, O10 × O20 ⊂ O ⊂ σ(O) U(x, r) = U1 (x1 , r) × U2 (x2 , r) ∈ O10 × O20 ⊂ σ(O10 × O20 ) ir, reiškia, σ(O10 × O20 ) ⊂ σ(O) = B(E). Mačios vektorin˙ funkcijos. Jei (F, B) erdv˙ yra (F1 , B1 ) ir (F2 , B2 ) es e erdviu sandauga, tai f = (f1 , f2 ) funkcija (A, B)-mati tada ir tik tada, kai ˛ kiekviena fi yra (A, Bi )-mati; čia i = 1, 2. Tikrai, jei abi fi mačios, tai su bet kokiomis B1 ∈ B1 ir B2 ∈ B2 . Kadangi matus stačiakampiai generuoja ¯ B algebrą, f funkcija mati. Atvirkščiai, jei f mati, tai su bet kokia B1 ∈ B1 , nes B1 × F2 ∈ B. Taigi f1 funkcija mati. Antrosios koordinat˙ s matumas irodomas analogiškai. e ˛ {f1 ∈ B1 } = {f ∈ B1 × F2 } ∈ A {f ∈ B1 × B2 } = {f1 ∈ B1 , f2 ∈ B2 } = {f1 ∈ B1 } ∩ {f2 ∈ B2 } ∈ A 592 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Vektorinio argumento funkcijos. Tegu mati erdv˙ (E, A) yra (E1 , A1 ) e ir (E2 , A2 ) erdviu sandauga ir f : E → F . Tada jei f funkcija (A, B)-mati, ˛ tai visos f (x1 , ·) funkcijos yra (A2 , B)-mačios. Tikrai, jei f mati ir B ∈ B, tai aib˙ A = {(x1 , x2 ) | f (x1 , x2 ) ∈ B} yra e A-mati. Bet tada {f (x1 , ·) ∈ B} = {x2 | f (x1 , x2 ) ∈ B} = {x2 | (x1 , x2 ) ∈ A} = A(x1 , ·) ∈ A2 . Reiškia, f (x1 , ·) funkcija A2 -mati. Jei f nepriklauso nuo x1 , t.y. f (x1 , x2 ) = g(x2 ) su tam tikra funkcija g : E2 → F , tai f mati tada ir tik tada, kai g mati. Tikrai, jei f mati, tai g funkcija (A2 , B)-mati, nes ji sutampa su f (x1 , ·); čia x1 — bet koks E2 taškas. Atvirkščiai, jei g yra mati, tai su bet kokia B∈B {f ∈ B} = {(x1 , x2 ) | g(x2 ) ∈ B} = E1 × {g ∈ B} ∈ A. Reiškia, f funkcija mati. Aišku, teisingi ir analogiški teiginiai apie antrą koordinatę: jei f mati, tai mačios visos f (·, x2 ) funkcijos; jei f (x1 , x2 ) = g(x2 ) su visais (x1 , x2 ), tai f mati tada ir tik tada, kai g mati. Pavyzdžiui, mačios abi projekcijos (x1 , x2 ) → x1 ir (x1 , x2 ) → x2 . Integralu matumas. Tegu (E, A) yra mačiu erdviu (E1 , A1) ir (E2 , A2 ) ˛ ˛ ˛ sandauga ir µ2 — matas A2 algebroje. Jei A ∈ A, tai A(x1 , ·) pjuviai matus; ¯ ¯ tod˙ l galiu skaičiuoti µ2 A(x1 , ·) . Gaunu tam tikrą neneigiamą funkciją. Ar e ji mati? 15.20 teorema. Jei µ2 matas σ-baigtinis, tai µ2 A(x1 , ·) funkcija A1 -mati su bet kokia mačia aibe A. Irodymas. Tegu (Ck ) yra tokia mačiu aibiu seka, kad ˛ ˛ ˛ Ck ↑ E2 ir ∀k µ2 (Ck ) < ∞. Simboliu µ2k pažymiu µ2 mato p˙ dsaką Ck aib˙ je: µ2k (A2 ) = µ2 (A ∩ Ck ). e e Apibr˙ žiu e Bk = {A ∈ A | x1 → µ2k A(x1 , ·) funkcija A1 -mati}. Irodysiu, kad Bk yra E aib˙ s poaibiu λ-sistema. ˛ e ˛ 15.7. MATU SANDAUGOS ˛ 593 E ∈ Bk , nes µ2k A(x1 , ·) yra pastovioji ir, reiškia, mati funkcija: su visais x1 ∈ E1 µ2k A(x1 , ·) = µ2 (Ck ). Jei A, B ∈ Bk ir A ⊂ B, tai µ2k (B \ A)(x1 , ·) = µ2k B(x1 , ·) \ A(x1 , ·) = µ2k B(x1 , ·) − µ2k A(x1 , ·) (antroji lygyb˙ teisinga, nes µ2k matas baigtinis). Abu nariai dešin˙ je pus˙ je e e e yra mačios funkcijos; tod˙ l matus ir ju skirtumas. Taigi B \ A ∈ Bk . e ˛ Tegu (An ) ⊂ Bk ir An ↑ A. Tada An (x1 , ·) ↑ A(x1 , ·) ir iš mato monotoniškumo µ2k An (x1 , ·) ↑ µ2k A(x1 , ·) . Funkcijos kair˙ je mačios; tod˙ l mati ir ju riba. Reiškia, A ∈ Bk . e e ˛ Jei A1 × A2 yra matus stačiakampis, µ2k A(x1 , ·) = µ2 (A2 ∩ Ck ), kai x1 ∈ A1 ; 0, kai x1 ∈ A1 . Funkcija dešin˙ je mati; tod˙ l A1 × A2 ∈ Bk . e e Taigi Bk yra E aib˙ s poaibiu λ-sistema ir jai priklauso visi matus stačie ˛ ¯ akampiai. Matus stačiakampiai sudaro π-sistemą ir generuoja A algebrą; ¯ tod˙ l iš π-λ teoremos A ⊂ Bk . Kitaip tariant, µ2k A(x1 , ·) funkcija mati su e bet kokia mačia A. Jei A yra bet kokia mati aib˙ , A(x1 , ·) ∩ Ck ↑ A(x1 , ·) ir iš mato tolydumo e µ2k A(x1 , ·) = µ2 A(x1 , ·) ∩ Ck ↑ µ2 A(x1 , ·) . Visos funkcijos kair˙ je mačios; tod˙ l mati ir ju riba. e e ˛ Jei µ2 matas n˙ ra σ-baigtinis, teoremos išvada nebutinai teisinga. Tegu, pae ¯ vyzdžiui, E1 = E2 = R, S — kokia nors nemati (t.y., ne Borelio) aib˙ ir ν — ją e atitinkantis skaičiuojantysis matas. Tegu A = {(x, y) | x = y}. Tada A(x, ·) = {x} ir tod˙ l e ν A(x, ·) = ν{x} = Aišku, kad ši funkcija nemati. 1, 0, kai x ∈ S; = 1S (x). kai x ∈ S; 594 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Jei f yra mati funkcija iš E i R ir A — mati aib˙ , visos f (x1 , ·) funkcijos ir ˛ e visi A(x1 , ·) pjuviai matus. Jei f (x1 , ·) funkcijos kvaziintegruojamos A(x1 , ·) ¯ ¯ aib˙ je µ2 mato atžvilgiu, galima klausti, ar mati e f (x1 , x2 ) µ2(dx2 ) A(x1 ,·) funkcija. Pabandysiu tai išsiaiškinti. Tegu µ2 matas σ-baigtinis. Jei A aib˙ mati, e 1A (x1 , x2 )µ2 (dx2 ) = 1A(x1 ,·) (x2 )µ2 (dx2 ) = µ2 A(x1 , ·) Tod˙ l jei f = c1 1A1 + · · · + ck 1Ak yra neneigiama paprastoji funkcija, e k k f (x1 , x2 )µ2 (dx2 ) = i=1 ci 1Ai (x1 , x2 )µ2 (dx2 ) = i=1 ci µ2 Ai (x1 , ·) ir iš irodytos teoremos išplaukia, kad ši funkcija mati. ˛ Jei f yra neneigiama mati funkcija ir (fn ) — tokia neneigiamu paprastu ˛ ˛ ˛ju funkciju seka, kad fn ↑ f , tai visos fn (x1 , ·) funkcijos paprastosios ir fn (x1 , ·) ↑ ˛ f (x1 , ·). Tada fn (x1 , x2 )µ2 (dx2 ) ↑ f (x1 , x2 )µ2 (dx2 ). Kaip jau išsiaiškinau, visos funkcijos kair˙ je mačios. Reiškia, mati ir ju riba. e ˛ Tegu f yra neneigiama mati funkcija ir A — mati aib˙ . Tada e f (x1 , x2 )µ2 (dx2 ) = A(x1 ,·) 1A(x1 ,·)(x2 )f (x1 , x2 )µ2 (dx2 ) = 1A (x1 , x2 )f (x1 , x2 )µ2 (dx2 ). Kaip jau išsiaiškinau, ši funkcija mati (nes 1A f sandauga yra mati neneigiama funkcija). Bendruoju atveju mačios funkcijos f + (x1 , x2 )µ2 (dx2 ) ir A(x1 ,·) A(x1 ,·) f − (x1 , x2 )µ2 (dx2 ). Jei ju skirtumas apibr˙ žtas, jis taip pat matus. Kitaip tariant, jei f (x1 , ·) ˛ e funkcijos kvaziintegruojamos A(x1 , ·) aib˙ se, ju integralas yra mati x1 kintae ˛ mojo funkcija. 15.7. MATU SANDAUGOS ˛ 595 Jei µ1 yra koks nors matas E1 erdv˙ je ir A1 — matus E1 poaibis, tos e funkcijos integralas A1 aib˙ je µ1 mato atžvilgiu paprastai žymimas ne e f (x1 , x2 )µ2 (dx2 ) µ1 (dx1 ), A1 A(x1 ,·) o µ1 (dx1 ) A1 A(x1 ,·) f (x1 , x2 )µ2 (dx2 ) (kad nereik˙ tu rašyti skliaustu e ˛ ˛). Matu sandauga. Tegu µ1 yra matas A1 algebroje, o µ2 — σ-baigtinis ˛ matas A2 algebroje. Su bet kokia A ∈ A apibr˙ žiu e µ(A) = µ2 A(x1 , ·) µ1 (dx1 ). Tada µ yra matas A algebroje. Tikrai, µ(∅) = µ2 (∅)µ1 (dx1 ) = 0µ1 (dx1 ) = 0 ir, jei (An ) yra matus A aib˙ s skaidinys, e µ(A) = µ2 A(x1 , ·) µ1 (dx1 ) = = n 1 n 1 µ2 An (x1 , ·) µ1 (dx1 ) µ(An ). n 1 µ2 An (x1 , ·) µ1 (dx1 ) = µ vadinamas µ1 ir µ2 matu sandauga ir žymimas µ1 × µ2 . Integralai ˛ sandaugos atžvilgiu žymimi f (x1 , x2 )µ1 (dx1 )µ2 (dx2 ). A Kaip jie skaičiuojami? Jei A yra mati aib˙ , e 1A dµ = µ(A) = = µ1 (dx1 ) µ2 A(x1 , ·) µ1 (dx1 ) 1A(x1 ,·) (x2 )µ2 (dx2 ) = µ1 (dx1 ) 1A (x1 , x2 )µ2 (dx2 ) 596 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Tod˙ l jei f = c1 1A1 + · · · + ck 1Ak yra neneigiama paprastoji funkcija, e k k f dµ = i=1 ci 1Ai dµ = i=1 ci µ1 (dx1 ) = 1Ai (x1 , x2 )µ2 (dx2 ) µ1 (dx1 ) f (x1 , x2 )µ2 (dx2 ). Jei f yra neneigiama mati funkcija ir (fn ) — tokia neneigiamu paprastu ˛ ˛ ˛ju funkciju seka, kad fn ↑ f , su visais x1 ∈ E1 ˛ fn (x1 , x2 )µ2 (dx2 ) ↑ f (x1 , x2 )µ2 (dx2 ). Tod˙ l iš Lebego teoremos apie monotonišką konvergavimą e f dµ = lim fn dµ = lim µ1 (dx1 ) = fn (x1 , x2 )µ2 (dx2 ) µ1 (dx1 ) f (x1 , x2 )µ2 (dx2 ). n→∞ n→∞ Jei f yra neneigiama mati funkcija ir A — mati aib˙ , e f dµ = A 1A f dµ = µ1 (dx1 ) 1A (x1 , x2 )f (x1 , x2 )µ(dx2 ) = E1 µ1 (dx1 ) A(x1 ,·) f (x1 , x2 )µ(dx2 ) Bendruoju atveju µ1 (dx1 ) E1 A(x1 ,·) f + (x1 , x2 ) µ2 (dx2 ) = A f + dµ ir µ1 (dx1 ) E1 A(x1 ,·) f − (x1 , x2 ) µ2 (dx2 ) = A f − dµ. Jei f kvaziintegruojama A aib˙ je µ atžvilgiu, vienas iš tu integralu baigtinis. e ˛ ˛ + e Tegu, pavyzdžiui, A f dµ < ∞. Pasir˙ męs viena iš Čebyševo teoremos išvadu gaunu, kad ˛, f + (x1 , x2 ) µ2(dx2 ) < ∞ A(x1 ,·) 15.7. MATU SANDAUGOS ˛ 597 su visais x1 ∈ N1 ; čia µ1 (N1 ) = 0. Tada su visais x1 ∈ N1 funkcija f (x1 , ·) kvaziintegruojama A(x1 , ·) aib˙ je µ2 mato atžvilgiu ir e f (x1 , x2 ) µ2 (dx2 ) A(x1 ,·) = A(x1 ,·) f + (x1 , x2 ) µ2 (dx2 ) − f − (x1 , x2 ) µ2 (dx2 ). A(x1 ,·) Taigi A(x1 ,·) f (x1 , x2 ) µ2 (dx2 ) funkcija yra beveik visur apibr˙ žta ir lygi e dvieju neneigiamu funkciju skirtumui. Be to, abieju tu funkciju integralu ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ skirtumas apibr˙ žtas ir lygus e f + dµ − f − dµ = A A f dµ. A Reiškia, A(x1 ,·) f (x1 , x2 ) µ2 (dx2 ) funkcija kvaziintegruojama ir jos integralas lygus A f dµ. Reziumuoju: jei f kvaziintegruojama A aib˙ je µ atžvilgiu, e f dµ = A E1 µ1 (dx1 ) A(x1 ,·) f (x1 , x2 )µ2 (dx2 ). (15.20) 15.18 pratimas. Apskaičiuokite xyµ(dx)µ(dy), A kai A = {(x, y) | x2 + y 2 1} ir µ = δ0 + λ. Sprendimas. Ieškomą integralą pažymiu I raide. Vertikalus A √ skritulio √ pjuvis ties x yra arba tuščia aib˙ (kai |x| > 1), arba [− 1 − x2 ; 1 − x2 ] e ¯ intervalas (kai |x| 1). Kai integravimo aib˙ tuščia, integralas lygus 0. e Tod˙ l e xyµ(dy). I= µ(dx) √ √ √ √ Kadangi 1 ∈ [− 1 − x2 ; 1 − x2 ] tik tada, kai x = 0, vidinis integralas lygus √ 1−x2 [−1;1] [− 1−x2 ; 1−x2 ] 1{0} (x)x + Reiškia, I= {0} √ − 1−x2 xydy = 1{0} (x)x. 0 xµ(dx) = 0 xdx = 0. 598 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Kaip ir šiame pavyzdyje, taip ir bendruoju atveju integravimo aib˙ (15.20) e formul˙ s išoriniame integrale gali buti susiaurinta. Kadangi integralas tuše ¯ čioje aib˙ je lygus 0, vietoje E1 toje formul˙ je gal˙ tu stov˙ ti aib˙ e e e ˛ e e {x1 | A(x1 , ·) = ∅} = {x1 | ∃x2 (x1 , x2 ) ∈ A}, kuri faktiškai yra A aib˙ s projekcija i x1 aši (t.y. A aib˙ s vaizdas projekcijos e ˛ ˛ e (x1 , x2 ) → x1 atžvilgiu). Praktiniuose uždaviniuose taip paprastai ir daroma. Bet rašant teoriją reikia atsižvelgti i tai, kad aib˙ s projekcija gali ir nebuti ˛ e ¯ mati aib˙ . Tod˙ l (15.20) formul˙ je aš ir palikau E1 . e e e Baigdamas padarysiu dar vieną pastabą, analogišką pastabai apie integravimą matu sumos atžvilgiu. Jei reiškinys (15.20) formul˙ s dešin˙ je pus˙ je ˛ e e e apibr˙ žtas, tas dar nereiškia, kad formul˙ teisinga — f funkcija vis tiek gali e e nebuti kvaziintegruojama. Tegu, pavyzdžiui, E1 = E2 = R, µ1 yra Lebego ¯ matas, o µ2 = δ−1 + δ1 . Tada µ1 (dx) R R yµ2 (dy) = R (−1 + 1)µ1 (dx) = 0, bet y + µ1 (dx)µ2 (dy) = R2 R µ1 (dx) R y + µ2 (dy) = R (0 + 1)µ1 (dx) = ∞ ir y − µ1 (dx)µ2 (dy) = R2 R µ1 (dx) R y − µ2 (dy) = R (1 + 0)µ1 (dx) = ∞, t.y. funkcija n˙ ra kvaziintegruojama sandaugos atžvilgiu. e Taigi ir prieš taikant (15.20) formulę reiktu isitikinti, kad f kvaziinte˛ ˛ + gruojama: pritaikius tą formulę ivertinti A f dµ arba A f − dµ integralą ir ˛ isitikinti, kad jis baigtinis. Dažniausiai f funkcija yra netgi integruojama ir ˛ tada pakanka ivertinti A |f |dµ integralą. Su moduliu dirbti paprasčiau negu ˛ su teigiamąja ar neigiamąja dalimi. Sandaugos vienatis. Toliau laikysiu, kad tiek µ1 , tiek µ2 matas σ-baigtinis, t.y. egzistuoja tokios mačiu aibiu sekos C1n ↑ E1 ir C2n ↑ E2 , kad ˛ ˛ µ1 (C1n ) < ∞ ir µ2 (C2n ) < ∞ su visais n. Tegu µ = µ1 × µ2 . Iš sandaugos apibr˙ žimo e µ(A1 × A2 ) = µ2 (A2 )µ1 (dx1 ) = µ2 (A2 )µ1 (A1 ). A1 15.7. MATU SANDAUGOS ˛ Pažymiu C = {A1 × A2 | A1 ∈ A1 , A2 ∈ A2 , µ1 (A1 ) < ∞, µ2 (A2 ) < ∞}; 599 tada µ(A1 × A2 ) < ∞ su visais A1 × A2 ∈ C. Akivaizdu, kad C yra π-sistema; be to, C1n ×C2n ∈ C ir C1n ×C2n ↑ E1 ×E2 . Tod˙ l iš 15.8 teoremos išplaukia toks teiginys: jei ν yra matas A1 ⊗ A2 e algebroje ir ν(A1 ×A2 ) = µ1 (A1 )µ2 (A2 ) su visais A1 ×A2 ∈ C, tai ν = µ1 ×µ2 . Kitaip tariant, µ1 × µ2 yra vienintelis matas µ, tenkinantis sąlygą µ(A1 × A2 ) = µ1 (A1 )µ2 (A2 ) su bet kokiais stačiakampiais A1 × A2 ∈ C. Integravimo tvarkos pakeitimas. Jei ir µ1 , ir µ2 matas σ-baigtinis, apibr˙ žta ir µ1 × µ2 sandauga (E1 × E2 erdv˙ je), ir µ2 × µ1 sandauga (E2 × E1 e e erdv˙ je). Tegu µ žymi antrosios sandaugos vaizdą (x2 , x1 ) → (x1 , x2 ) funkcie ˜ jos atžvilgiu. Tada µ yra matas E1 × E2 erdv˙ je ir su bet kokia kvaziinte˜ e gruojama funkcija f f d˜ = µ A E1 ×E2 1A f d˜ µ 1A (x1 , x2 )f (x1 , x2 )(µ2 × µ1 )(dx2 , dx1 ) 1A (x1 , x2 )f (x1 , x2 )µ1 (dx1 ) E1 = E2 ×E1 = E2 µ2 (dx2 ) µ2 (dx2 ) E2 = Bet tada µ(A1 × A2 ) = ˜ f (x1 , x2 )µ1 (dx1 ). A(·,x2 ) µ2 (dx2 ) A2 A1 µ1 (dx1 ) = A2 µ1 (A1 )µ2 (dx2 ) = µ1 (A1 )µ2 (A2 ). Reiškia, µ = µ ir teisinga tokia integravimo tvarkos pakeitimo taisykl˙ (vadi˜ e 10 namoji Fubini teorema): jei f kvaziintegruojama A aib˙ je µ atžvilgiu, e µ1 (dx1 ) E1 A(x1 ,·) f (x1 , x2 ) µ2 (dx2 ) = A f dµ = E2 µ2 (dx2 ) A(·,x2 ) f (x1 , x2 ) µ1 (dx1 ). (15.21) 10 Guido Fubini (1879–1943), italu matematikas ˛ 600 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Taikant (15.21) formulę, vidurinis narys paprastai praleidžiamas. Tod˙ l e anksčiau jau dukart min˙ tas povandeninis akmuo dabar tampa dukart pavoe jingesnis: jei f n˙ ra kvaziintegruojama, integravimo tvarkos keisti negalie ma, net jei abi lygyb˙ s pus˙ s apibr˙ žtos. Štai vienas labai man patinkantis e e e pavyzdys. Irodysiu, kad ˛ 1 1 dx 0 0 x−y dy = (x + y)3 1 1 dy 0 0 x−y dx. (x + y)3 Jei 0 < x < 1, 1 0 x−y dy = (x + y)3 1+x x 2x − u −x + u du = 3 u u2 x+1 x = 1 . (1 + x)2 Taigi 1 1 dx 0 0 x−y dy = (x + y)3 1 0 dx −1 = 2 (1 + x) 1+x 1 0 1 1 =− +1= . 2 2 Jeigu gi iš pradžiu fiksuosiu y ∈ (0; 1), tai ˛ 1 0 x−y dx = (x + y)3 1+y y u − 2y 1 du = − 3 u (1 + y)2 ir, reiškia, 1 1 dy 0 0 x−y dx = − (x + y)3 1 0 dy 1 =− . 2 (1 + y) 2 Jei bent vienas iš µ1 ir µ2 matu n˙ ra σ-baigtinis, (15.21) lygyb˙ gali buti ˛ e e ¯ neteisinga, net jei f neneigiama. Tegu, pavyzdžiui, E1 = E2 = R, µ1 yra skaičiuojantysis matas, atitinkantis visą R, o µ2 — Lebego matas. Jei A = {(x, x) | x ∈ R}, µ1 (dx) R A(x,·) µ2 (dy) = R µ2 {x}µ1 (dx) = 0 µ1 (dx) = 0, bet µ2 (dy) R A(·,y) µ1 (dx) = R µ1 {y}µ2 (dy) = R µ2 (dy) = ∞. 15.7. MATU SANDAUGOS ˛ 601 Keliu erdviu sandauga. Visą teoriją galima perrašyti tuo atveju, kai ˛ ˛ dauginamos ne dvi, o daugiau erdviu Tegu (E1 , A1), . . . , (Ek , Ak ) yra mačios ˛. k erdv˙ s ir E = i=1 Ei . Jei Ci yra kokia nors Ei poaibiu sistema su i = e ˛ 1, . . . , k, apibr˙ žiu e k k i=1 Ci = i=1 Ai ∀i Ai ∈ Ci . Tada A = σ( k Ai ) algebra vadinama Ai algebru sandauga ir žymima ˛ i=1 ⊗k Ai . Mati erdv˙ (E, A) vadinama (Ei , Ai) erdviu sandauga. e ˛ i=1 Panašiai kaip dvieju daugikliu atveju irodomi tokie teiginiai. ˛ ˛ ˛ 1. Jei Ci yra π-sistema, generuojanti Ai algebrą, ir egzistuoja tokios sekos (Cin ) ⊂ Ci , kad Cin ↑ Ei , tai A = σ(C1 × · · · × Ck ). 2. Jei Ei yra separabilios metrin˙ s erdv˙ s ir E — ju sandauga, tai e e ˛ B(E) = ⊗k B(Ei ). i=1 Pavyzdžiui, B(Rk ) = B(R) ⊗ · · · ⊗ B(R). 3. Jei (E, A) yra (Ei , Ai), i = 1, . . . , k, erdviu sandauga, projekcija ˛ (x1 , . . . , xk ) → xi yra mati funkcija iš E i Ei . ˛ 4. Tegu (E, A) ir (F, B) yra mačios erdv˙ s ir f : E → F . Jei (F, B) e erdv˙ yra (Fj , Bj ), j = 1, . . . , l, erdviu sandauga, tai f mati tada ir tik tada, e ˛ kai mačios visos jos koordinat˙ s fj . e Tegu dabar (E, A) erdv˙ yra (Ei , Ai ), i = 1, . . . , m, erdviu sandauga ir e ˛ 1 k < m. Jei i k, tai (x1 , . . . , xk ) → xi funkcija mati, o (x1 , . . . , xk ), (xk+1 , . . . , xm ) → xi yra sutampanti su ja dvieju argumentu funkcija, nepriklausanti nuo antrosios ˛ ˛ koordinat˙ s, ir tod˙ l taip pat mati. Analogiškai irodomas tokios funkcijos e e ˛ matumas ir i > k atveju. Reiškia, mati ir vektorin˙ funkcija e (x1 , . . . , xk ), (xk+1 , . . . , xm ) → (x1 , . . . , xm ). Pastarosios funkcijos kompozicija su f : E → R yra funkcija (x1 , . . . , xk ), (xk+1 , . . . , xm ) → f (x1 , . . . , xm ). Jei f mati, kompozicija taip pat mati. Taigi f funkcija išliks mati, jei i ˛ ją žiur˙ siu ne kaip i vieno vektorinio argumento (x1 , . . . , xm ), bet ir kaip i ˛ ˛ ¯e dvieju daliniu vektoriniu argumentu funkciją. Iš šio bendro fakto išplaukia ˛ ˛ ˛ ˛ dvi svarbios išvados. 1. Fiksavus vieną dvieju kintamu ˛ funkcijos argumentą, gauname mačią ˛ ˛ju funkciją. Reiškia, fiksavus dali vektorinio argumento koordinačiu gaunama ˛ ˛ mati likusiu koordinačiu funkcija. ˛ ˛ 602 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS 2. Suintegravus dvieju kintamu ˛ funkciją pagal vieną argumentą σ˛ ˛ju baigtinio mato atžvilgiu, v˙ l gaunama mati kito argumento funkcija. Taigi jei e f neneigiama ir mati, o µ yra σ-baigtinis matas m e i=k+1 Ei erdv˙ je, funkcija (x1 , . . . , xk ) → f (x1 , . . . , xm )µ(dxk+1 , . . . , dxm ) mati. Tegu dabar µi yra σ-baigtinis matas Ei erdv˙ je su i = 1, . . . , m. Jei f e yra neneigiama mati funkcija, apibr˙ žtas dydis e J(f ) = µ1 (dx1 ) µ2 (dx2 ) · · · µm−1 (dxm−1 ) f (x1 , . . . , xm )µm (dxm ). Skaičiuojamas jis iš dešin˙ s i kairę: f (x1 , . . . , xm )µm (dxm ) yra neneigiama e ˛ mati (x1 , . . . , xm−1 ) argumento funkcija; tod˙ l ją galima integruoti µm−1 mato e atžvilgiu; suintegravus gaunama mati neneigiama (x1 , . . . , xm−2 ) argumento funkcija; ji integruojama µm−2 atžvilgiu ir t.t. Iš integralo savybiu išplaukia, kad ˛ 1) J(0) = 0; 2) J( n 1 fn ) = n 1 J(fn ); 3) J(cf ) = cJ(f ) su bet kokiu 0 c < ∞; 4) 0 fn ↑ f ⇒ J(fn ) ↑ J(f ). Pažym˙ jęs µ(A) = J(1A ) iš pirmu dvieju J funkcionalo savybiu gaunu e ˛ ˛ ˛ µ(∅) = 0 ir, jei (An ) yra matus A skaidinys, µ(A) = n 1 µ(An ). Reiškia, µ yra matas. Jis žymimas µ1 × · · · × µm ir vadinamas µi matu ˛ sandauga. Pasir˙ mus kitomis dviem J funkcionalo savyb˙ mis nesunku irodyti, kad e e ˛ f dµ = J(f ) su visomis neneigiamomis mačiomis funkcijomis f . Jei f (x1 , . . . , xm ) = f1 (x1 ) · · · fm (xm ) su tam tikromis mačiomis funkcijomis fi : Ei → [0; ∞], tai iš J apibr˙ žimo e matyti, kad f dµ = J(f ) = f1 dµ1 · · · fm dµm . 15.7. MATU SANDAUGOS ˛ Iš čia 603 su bet kokiomis mačiomis aib˙ mis Ai . e Tegu C yra aib˙ visu baigtinio mato stačiakampiu A = A1 × · · · × Am . e ˛ ˛ Kadangi µi matai σ-baigtiniai, atsiras tokios sekos Ain ↑ Ei , kad µi (Ain ) < ∞ su visais i ir n. Tada stačiakampiai An = A1n ×· · ·×Amn priklauso C sistemai ir An ↑ E. Be to, akivaizdu, kad C yra π-sistema. Tod˙ l iš 15.8 teoremos e išplaukia, kad jei ν yra kitas matas A algebroje ir ν(A) = µ(A) su visomis A ∈ C, tai ν = µ. Kitaip tariant, µ yra vienintelis matas A algebroje, su kuriuo teisinga (15.22) formul˙ . e Iš J funkcionalo apibr˙ žimo išplaukia dar viena savyb˙ , kurią galima butu e e ¯ ˛ pavadinti daugybos asociatyvumu. Tegu 1 k < m ir µ = µ1 × · · · × µk , Tada f dµ = J(f ) = µ (dx1 , . . . , dxk ) f (x1 , . . . , xm )µ (dxk+1 , . . . , dxm ). µ = µk+1 × · · · × µm . µ(A1 × · · · × Am ) = µ1 (A1 ) · · · µm (Am ) (15.22) Iš šios formul˙ s jau nesunku išvesti bendresnę: jei f kvaziintegruojama A e aib˙ je µ mato atžvilgiu, e f dµ = A k i=1 µ (dx1 , . . . , dxk ) Ei f (x1 , . . . , xm )µ A(x1 ,...,xk ,·,...,·) (dxk+1 , . . . , dxm ); čia Dabar aprašysiu, kaip matu sandauga naudojama tikimybiu teorijoje. ˛ ˛ Tegu X = (X1 , . . . , Xm ) yra atsitiktinis E elementas, apibr˙ žtas tikimybin˙ je e e erdv˙ je (Ω, F , P). Tada komponent˙ Xi yra atsitiktinis Ei elementas. Tegu e e µi yra Xi skirstinys ir µ — X skirstinys. Jei µ = µ1 × · · · × µm , sakoma, kad X vektoriaus komponent˙ s nepriklausomos, arba kad X1 , . . . , Xm yra e nepriklausomi atsitiktiniai elementai. Taigi X1 , . . . , Xm nepriklausomi, kai P{X1 ∈ A1 , . . . , Xm ∈ Am } = P{X1 ∈ A1 } · · · P{Xm ∈ Am } su bet kokiomis mačiomis A1 , . . . , Am . Jei E1 = · · · = Em = R, parašytą lygybę pakanka patikrinti su bet kokiomis Ai ∈ C; čia C — kokia nors R poaibiu π-sistema, generuojanti Borelio σ-algebrą. Pavyzdžiui, pakanka, kad ˛ P{X1 c1 , . . . , Xm cm } = P{X1 c1 } · · · P{Xm cm } A(x1 , . . . , xk , ·, . . . , ·) = {(xk+1 , . . . , xm ) | (x1 , . . . , xm ) ∈ A}. 604 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS su bet kokiais c1 , . . . , cm ∈ R. Jei X1 , . . . , Xm nepriklausomi, tai E f1 (X1 ) · · · fm (Xm ) = E f1 (X1 ) · · · E fm (Xm ) su bet kokiomis neneigiamomis mačiomis funkcijomis f1 , . . . , fm . Lebego matas Rm erdv˙ eje. Primenu, kad λ raide aš žymiu Lebego matą B(R) algebroje. Jis σ-baigtinis; tod˙ l apibr˙ žta sandauga e e λm = λ × · · · × λ (m daugikliu λm vadinamas Lebego matu Rm erdv˙ je. ˛). e Taigi m λm (a1 ; b1 ) × · · · × (am ; bm ) = i=1 (bi − ai ) (15.23) su bet kokiais baigtiniais ai bi . Tokie stačiakampiai sudaro π-sistemą, m generuojančią B(R ) algebrą; tod˙ l λm yra vienintelis matas su (15.23) sae vybe. Jei f yra kvaziintegruojama A aib˙ je λm atžvilgiu funkcija, jos integralas e žymimas f dλm = A A f (x)dx = A f (x1 , . . . , xm )dx1 . . . dxm . Skaičiuojamas jis suvedant i integralus λk atžvilgiu su k < m: ˛ f (x)dx = A Rk dx1 . . . dxk A(x1 ,...,xk ,·,...,·) f (x1 , . . . , xm )dxk+1 . . . dxm (o integruoti λ1 = λ mato atžvilgiu jau mokame). Lebego mato vaizdas post¯ mio atžvilgiu. Postumiu Rm erdv˙ je vadiu e ¯ nama funkcija g(x) = x + c; čia c ∈ Rm . Tegu µ yra λm mato vaizdas tos funkcijos atžvilgiu. Tada µ(A) = λm {g ∈ A} = λm (A − c) su bet kokia Borelio aibe A. Jei c = (c1 , . . . , cm ) ir A = (a1 ; b1 ) × · · · × (am ; bm ), tai A − c = (a1 − c1 ; b1 − c1 ) × · · · × (am − cm ; bm − cm ). 15.7. MATU SANDAUGOS ˛ Reiškia, m m 605 µ(A) = λm (A − c) = i=1 (bi − ci ) − (ai − ci ) = i=1 (bi − ai ) = λm (A). Iš λm mato vienaties tada išplaukia, kad µ = λm . Taigi λm (A − c) = λm (A) su bet kokia Borelio aibe A ir A−c f (x + c)dx = A f (y)dy su bet kokia kvaziintegruojama toje aib˙ je funkcija f . e Ši Lebego mato savyb˙ vadinama invariantiškumu postumio atžvilgiu. e ¯ Lebego mato vaizdas homotetijos atžvilgiu. Homotetija Rm erdv˙ je e vadinama funkcija g(x) = cx; čia c ∈ R \ {0}. Tegu µ yra Lebego mato vaizdas tos funkcijos atžvilgiu; tada µ(A) = λm {g ∈ A} = λm (c−1 A) su bet kokia mačia aibe A. Jei A = (a1 ; b1 ) × · · · × (am ; bm ), tai (kai c > 0) arba c−1 A = (c−1 a1 ; c−1 b1 ) × · · · × (c−1 am ; c−1 bm ), c−1 A = (c−1 b1 ; c−1 a1 ) × · · · × (c−1 bm ; c−1 am ) (kai c < 0). Abiem atvejais µ(A) = λm (c−1 A) = |c|−mλm (A). Reiškia, λm (A) = |c|m µ(A) su bet kokiu stačiakampiu A. Iš Lebego mato vienaties tada išplaukia, kad |c|m µ = λm , t.y. µ = |c|−m λm . Taigi λm (c−1 A) = |c|−m λm (A) su bet kokia mačia aibe A ir c−1 A f (cx)dx = |c|−m f (y)dy A su bet kokia kvaziintegruojama toje aib˙ je funkcija f . e 606 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Ne Borelio aib˙ pavyzdys. Sukonstruosiu R ties˙ s poaibi, kuris nepries e ˛ klausys jos Borelio σ-algebrai. Su x, y ∈ R apibr˙ žiu e x ∼ y ⇐⇒ x − y ∈ Q. Nesunku isitikinti, kad ∼ yra ekvivalentumo sąryšis. Jis suskaido tiesę i ˛ ˛ ekvivalentumo klases. Jei C yra kokia nors ekvivalentumo klas˙ ir x — koks e nors jos elementas, tai C = {x + q | q ∈ Q}. Aišku, kad C kertasi su I = [0; 1) intervalu: sankirtai priklauso, pavyzdžiui, x skaičiaus trupmenin˙ e dalis x − x . Tegu A0 yra I intervalo poaibis, kuriame yra lygiai po vieną elementą iš kiekvienos ekvivalentumo klas˙ s. Kitaip tariant, A0 yra I intervalo poaibis e su tokiomis dviem savyb˙ mis: e 1) su kiekvienu x ∈ R egzistuoja toks y ∈ A0 ir q ∈ Q, kad x = y + q; 2) jei y1 , y2 ∈ A0 , tai y1 − y2 ∈ Q. Su kiekvienu q ∈ (0; 1) apibr˙ žiu e Aq = I ∩ Taigi Parašyta formul˙ teisinga ir su q = 0 — tereikia paimti n = 0 ir y = x. e Kadangi bet koks racionalus skaičius užrašomas q + n pavidalu su q ∈ I ir n ∈ Z, iš pirmosios A0 aib˙ s savyb˙ s išplaukia e e I= q∈I∩Q (A0 + q + n). n∈Z x ∈ Aq ⇐⇒ x ∈ I ir ∃n ∈ Z ∃y ∈ A0 x = y + q + n. Aq . Jei q1 = q2 ir x ∈ Aq1 ∩ Aq2 , tai x = y1 + q1 + n1 = y2 + q2 + n2 su tam tikrais y1 , y2 ∈ A0 ir n1 , n2 ∈ Z. Bet tada y1 − y2 ∈ Q ir iš antrosios A0 savyb˙ s išplaukia y1 = y2 . Reiškia, q1 +n1 = q2 +n2 . Bet tada q1 −q2 ∈ Z, e o tai neimanoma, nes q1 − q2 ∈ (−1; 1) ir q1 = q2 . Gauta prieštara reiškia, ˛ kad Aq aib˙ s kas dvi nesikerta, t.y. (Aq | q ∈ Q ∩ I) yra I intervalo skaidinys. e Dabar irodysiu, kad A0 aib˙ nemati. Tariu priešingai, tada mačios visos ˛ e Aq . Suskaičiuosiu kiekvienos Aq Lebego matą. Jei y ∈ A0 , tai y + q + n < n + 2 0, kai n −2, ir y + q + n n 1, kai n 1. N˙ vienu iš tu atveju x ∈ I. Reiškia, jei x ∈ Aq , tai arba e ˛ ˛ ˙ 15.8. IŠKILUMO NELYGYBES 607 x = y + q − 1, arba x = y + q su tam tikru y ∈ A0 . Dar daugiau, pirmuoju atveju 1 − q y < 1, o antruoju 0 y < 1 − q. Taigi Aq = (A0 ∩ [1 − q; 1)) + q − 1 ∪ (A0 ∩ [0; 1 − q)) + q . Abu Aq aib˙ s gabalai nesikerta: jei koks nors x priklausytu sankirtai, e ˛ gaučiau x = y1 + q − 1 = y2 + q su tam tikrais y1 ∈ A0 ∩ [1 − q; 1) ir y2 ∈ A0 ∩ [0; 1 − q). Tada y1 − y2 ∈ Q ir iš antrosios A0 aib˙ s savyb˙ s y1 = y2 . Bet tai neimanoma, nes y1 1 − q > y2 . e e ˛ Iš mato adityvumo ir Lebego mato invariantiškumo postumio atžvilgiu ¯ dabar gaunu λ(Aq ) = λ (A0 ∩ [1 − q; 1)) + q − 1 + λ (A0 ∩ [0; 1 − q)) + q = λ (A0 ∩ [1 − q; 1)) + λ (A0 ∩ [0; 1 − q)) = λ(A0 ). 1 = λ(I) = q∈Q∩I Reiškia, λ(Aq ) = q∈Q∩I λ(A0 ). Gavau prieštarą, nes suma dešin˙ je pus˙ je lygi arba 0 (jei λ(A0 ) = 0), arba e e ∞ (jei λ(A0 ) > 0). 15.8 Iškilumo nelygyb˙ s e Jenseno nelygyb˙ Tegu A ⊂ R yra koks nors intervalas (atviras, uždaras e. arba pusiau uždaras) ir µ — toks Borelio matas R erdv˙ je, kad µ(A) = 1 ir e |x|µ(dx) < ∞. Tada skaičius A xµ(dx) A vadinamas A intervalo svorio centru µ mato atžvilgiu. Tegu a yra kairysis, o b — dešinysis intervalo galas. Jei a baigtinis, tai iš ∀x ∈ A x a išplaukia xµ(dx) A aµ(A) = a. Jei integralas lygus a, tai x − a 0 su visais x ∈ A ir A (x − a)µ(dx) = 0; tod˙ l x − a = 0 beveik visur A aib˙ je ir, reiškia, a ∈ A. Taigi jei a ∈ A (t.y. e e 608 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS A intervalas iš kair˙ s atviras), tai to intervalo svorio centras griežtai didesnis e už A. Šis teiginys teisingas ir kai a = −∞: tada a ∈ A (nes A ⊂ R), bet ir xµ(dx) > −∞ (nes x integruojama µ atžvilgiu). A Analogiškai irodoma, kad svorio centras neviršija b ir yra griežtai mažesnis ˛ už b, jei b ∈ A. Taigi teisingas toks teiginys: intervalo svorio centras visada priklauso tam intervalui. Tegu dabar f yra iškila A intervale funkcija, t.y. su bet kokiais x0 , x1 ∈ A ir bet kokiu t ∈ [0; 1] f (1 − t)x0 + tx1 (1 − t)f (x0 ) + tf (x1 ). Tada su bet kokiais x1 , . . . , xk ∈ A ir bet kokiais neneigiamais t1 , . . . , tk , tenkinančiais sąlygą t1 + · · · + tk = 1, k f( k i=1 ti xi ) i=1 ti f (xi ). Ši nelygyb˙ interpretuojama taip. e Tegu µ = k ti δxi ; čia δx žymi Dirako matą sukoncentruotą x taške. i=1 Tada k k µ(A) = i=1 ti δxi (A) = i=1 ti = 1 k ir xµ(dx) = A k ti xi , i=1 A f (x)µ(dx) = i=1 ti f (xi ). Taigi iškilumo nelygyb˙ reiškia, kad iškilos funkcijos reikšm˙ intervalo centre e e neviršija jos reikšmiu vidurkio. ˛ Pasirodo, šis teiginys, kuris dar vadinamas Jenseno11 nelygybe, teisingas su bet kokiu tikimybiniu matu µ. 15.21 teorema. Tegu A ⊂ R yra intervalas, µ — toks Borelio matas, kad µ(A) = 1 ir A |x|µ(dx) < ∞, ir f — tolydi, iškila ir integruojama tame intervale funkcija. Tada f A xµ(dx) A f (x)µ(dx). Irodymas. Iš pradžiu išnagrin˙ siu atveji, kai A yra uždaras intervalas. ˛ ˛ e ˛ Tada A kompaktiška; tod˙ l bet kokia tolydžioji funkcija tolygiai tolydi A e 11 Johan Ludwig William Valdemar Jensen (1859–1925), danu matematikas ˛ ˙ 15.8. IŠKILUMO NELYGYBES 609 aib˙ je. Fiksuoju ε ir randu toki δ, kad f (x) − f (x ) e ˛ ε, kai x, x ∈ A ir |x − x | δ. Suskaidau A i ˛ δ ilgio intervaliukus Ai (i = 1, . . . , k), kiekviename intervaliuke parenku po tašką xi ir pažymiu ti = µ(Ai ). Aišku, kad ti 0 ir k k ti = i=1 i=1 µ(Ai ) = µ(A) = 1. Tod˙ l d˙ l iškilumo e e f( Kita vertus, |x − xi | Tod˙ l e k A k i=1 ti xi ) k ti f (xi ). i=1 (15.24) ε su visais x ∈ Ai . δ ir d˙ l to |f (x) − f (xi )| e k k Ai xµ(dx) − ti xi i=1 i=1 xµ(dx) − ti xi = k Ai i=1 Ai (x − xi )µ(dx) k i=1 |x − xi |µ(dxi ) δµ(Ai ) = δ i=1 ir analogiškai k A f (x)µ(dx) − ti f (xi ) i=1 ε. Iš pirmos nelygyb˙ s taip pat išplaukia, kad e f Taigi iš (15.24) k A xµ(dx) − f ( k i=1 ti xi ) ε. f( A xµ(dx)) f( k i=1 ti xi ) +ε i=1 ti f (xi ) + ε A f (x)µ(dx) + 2ε. Suskaičiavęs ribas, kai ε → 0, gaunu reikiamą nelygybę. Dabar išnagrin˙ siu likusius atvejus (kai A atviras arba pusiau atviras). e Visais šiais atvejais egzistuoja tokia uždaru intervalu seka (An ), kad An ↑ A. ˛ ˛ Pažymiu µn = (µ(An ))−1 µ. Tada µn (An ) = 1; tod˙ l iš jau irodytos dalies e ˛ f( An xµn (dx)) An f (x)µn (dx). (15.25) 610 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Iš mato tolydumo µ(An ) ↑ µ(A) = 1. Be to, iš Lebego teoremos apie apr˙ žtą konvergavimą e xµ(dx) → xµ(dx) ir A An An f (x)µ(dx) → f (x)µ(dx), A nes tiek x funkcija, tiek f integruojama A aib˙ je. Reiškia, e xµn (dx) = An 1 µ(An ) An xµ(dx) → xµ(dx) A ir analogiškai An f (x)µn (dx) → f (x)µ(dx). A Tod˙ l suskaičiavęs ribas (15.25) nelygyb˙ je ir pasir˙ męs f funkcijos tolydumu e e e gaunu teoremos tvirtinimą. Jenseno nelygyb˙ dažnai taikoma tikimybiu teorijoje, tik šiek tiek kitaip e ˛ formuluojama. Nauja formuluot˙ skamba taip. e Tegu A yra intervalas, f — tolydi iškila tame intervale funkcija ir X — toks atsitiktinis dydis, kad P{X ∈ A} = 1, E|X| < ∞ ir E|f (X)| < ∞. Tada f (E X) E f (X). Suvedimas i jau irodytą teoremą labai paprastas. Tegu µ yra X dydžio ˛ ˛ skirstinys. Tada µ(A) = P{X ∈ A} = 1, ir A A |x|µ(dx) = E 1A |X| = E|X| < ∞ |f (x)|µ(dx) = E 1A |f (X)| = E|f (X)| < ∞. A Taigi galima taikyti 15.21 teoremą. Pasteb˙ jęs, kad e f (x)µ(dx) = E f (X), gaunu reikiamą nelygybę. A xµ(dx) = E X ir Hiolderio nelygyb˙ Tegu 1 < p < ∞ ir ϕ(y) = y p su y e. 0p = 0). Kadangi ϕ (y) = p(p − 1)y p−2 > 0 su y > 0, ϕ iškila (0; ∞) intervale, t.y. ϕ (1 − t)y0 + ty1 (1 − t)ϕ(y0 ) + tϕ(y1 ) 0 (laikau ˙ 15.8. IŠKILUMO NELYGYBES 611 su visais 0 < y0 < y1 < ∞ ir t ∈ (0; 1). Be to, ϕ tolydi [0; ∞) intervale; tod˙ l e suskaičiavęs pastarojoje nelygyb˙ je ribas, kai y0 → 0 gaunu, kad nelygyb˙ e e teisinga ir su y0 = 0. Reiškia, ϕ iškila ir tolydi [0; ∞) intervale. Iš Jenseno nelygyb˙ s tada išplaukia, kad jei ν yra Borelio matas R erdv˙ je e e p ir ν[0; ∞) = 1, [0;∞) yν(dy) < ∞ ir [0;∞) y ν(dy) < ∞, tai yν(dy) [0;∞) p [0;∞) y p ν(dy). Tegu dabar (E, A, µ) yra bet kokia tikimybin˙ erdv˙ ir f — neneigiama e e apr˙ žta E erdv˙ je funkcija. Tegu ν yra µ mato vaizdas f funkcijos atžvilgiu. e e Jei f c, ν[0; ∞) = µ{0 ir [ f c} = 1, [ 0; ∞)yν(dy) = f p dµ E f dµ E c 0} > 0 ir integruojama µ atžvilgiu. Pažymiu µ = c−1 gµ; čia c = E gdµ. Tada µ (E) = 1; tod˙ l iš e (15.26) f dµ E p E f p dµ , t.y. c−1 E f gdµ f gdµ p p c−1 E f p gdµ, f p gdµ, E cp−1 E 612 f gdµ E p 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS gdµ E p−1 E f p gdµ. Šitaip užrašyta nelygyb˙ teisinga ir kai µ{g > 0} = 0 (nes tada kairioji e nelygyb˙ s pus˙ lygi 0), ir kai E gdµ = ∞ (tada arba µ{f > 0} > 0 ir dešinioji e e nelygyb˙ s pus˙ lygi ∞, arba µ{f > 0} = 0 ir tada abi pus˙ s lygios 0). Kitaip e e e tariant, nelygyb˙ teisinga su bet kokiomis neneigiamomis funkcijomis f ir g. e p/(p−1) Pažymiu f1 = f g 1/p ir g1 = g 1−1/p . Tada g = g1 ir gautą nelygybę galiu perrašyti taip: f1 g1 dµ E p E g1 p/(p−1) dµ p−1 E p f1 dµ, t.y. f1 g1 dµ E E p ; p−1 g1 p/(p−1) dµ (p−1)/p E p f1 dµ 1/p . Pažymiu q = tada 1 q = p−1 p = 1 − 1 , t.y. p 1 1 + = 1. p q Tokie skaičiai p ir q vadinami jungtiniais. Vietoje µ pa˙ męs 1A µ matą ir e rašydamas f, g vietoje f1 , g1 , gaunu vadinamąją Hiolderio12 nelygybę: f gdµ A A f p dµ 1/p A g q dµ 1/q . Hiolderio nelygyb˙ teisinga su bet kokiu matu µ ir bet kokiomis neneie giamomis A aib˙ je funkcijomis f ir g. Jei f ir g nebutinai neneigiamos, e ¯ pritaikęs nelygybę funkcijoms |f | ir |g| gaunu, kad f g integruojama, kai |f |p ir |g|q integruojamos. Be to, tokiu atveju f gdµ A A |f g|dµ A |f |p dµ 1/p A |g|q dµ 1/q . Minkovskio nelygyb˙ Tegu v˙ l (E, A, µ) yra bet kokia erdv˙ su matu, e. e e f ir g — neneigiamos mačios funkcijos ir 1 < p < ∞. Iš Hiolderio nelygyb˙ s e (f + g)p dµ A = A 12 f (f + g)p−1dµ + A g(f + g)p−1dµ Otto Ludwig Hölder (1859–1937), vokiečiu matematikas ˛ ˙ 15.8. IŠKILUMO NELYGYBES f p dµ A 1/p A 613 1−1/p (f + g)p dµ + A 1−1/p g p dµ 1/p A (f + g)p dµ 1−1/p . Padalinęs abi puses iš nelygybę: (f + g)p dµ A 1/p A , gaunu vadinamąją Minkovskio13 1/p 1/p (f + g)p dµ A f p dµ + A g p dµ . Borelio aibiu strukt¯ ra. Kita svarbi nelygyb˙ išvedama sud˙ tingiau. To˛ u e e d˙ l prieš tai irodysiu kelis teiginius apie Borelio aibiu strukturą. e ˛ ˛ ¯ Tegu µ yra Borelio matas metrin˙ je erdv˙ je E. Borelio aibę A vadinsiu e e reguliaria iš vidaus (atitinkamai, iš išor˙ s), jei su kiekvienu ε egzistuoja e tokia uždara C ⊂ A, kad µ(A \ C) < ε (atitinkamai, tokia atvira O ⊃ A, kad µ(O \ A) < ε). Kitaip tariant, reguliarią iš vidaus aibę galima aproksimuoti uždarais poaibiais, o reguliarią iš išor˙ s — atvirais viršaibiais. e Aibę, kuri reguliari tiek iš vidaus, tiek iš išor˙ s, vadinsiu tiesiog reguliaria. e A reguliari, kai su kiekvienu ε egzistuoja tokia uždara C ir tokia atvira O, kad C ⊂ A ⊂ O ir µ(O \ C) < ε. 15.22 teorema. 1. Bet kokia baigtinio mato aib˙ reguliari iš vidaus. e 2. Jei egzistuoja tokia atviru aibiu seka (Vn ), kad A ⊂ n 1 Vn ir µ(Vn ) < ˛ ˛ ∞ su visais n, tai A reguliari iš išor˙ s. e 3. Kiekviena reguliari iš vidaus aib˙ A yra A = n 1 Cn ∪ N pavidalo e su tam tikra nemaž˙ jančia uždaru aibiu seka (Cn ) ir tam tikra nulinio mato e ˛ ˛ aibe N. Irodymas. 1 žingsnis. Tegu iš pradžiu µ matas baigtinis. A raide ˛ ˛ pažymiu visu reguliariu Borelio aibiu sistemą. Irodysiu, kad A yra σ-algebra. ˛ ˛ ˛ ˛ Akivaizdu, kad bet kokia uždara aib˙ reguliari iš vidaus, o bet kokia atvira e aib˙ reguliari iš išor˙ s. Tuščioji aib˙ ir uždara, ir atvira; tod˙ l ∅ ∈ A. e e e e Tegu A ∈ A. Fiksuoju ε ir randu uždarą C ir atvirą O, su kuriomis C ⊂ A ⊂ O ir µ(O \ C) < ε. Tada O c uždara, C c atvira, O c ⊂ Ac ⊂ C c ir µ(C c \ O c ) = µ(O \ C) < ε. Reiškia, Ac ∈ A. Tegu (An ) ⊂ A ir A = n An . Pažymiu B1 = A1 ir Bn = An \ An−1 su n 2. Tada (Bn ) yra A aib˙ s skaidinys. Fiksuoju ε ir su kiekvienu n randu e tokią uždarą Cn ir atvirą On , kad Cn ⊂ Bn ⊂ On ir µ(On \ Cn ) < ε2−n . 13 Hermann Minkowski (1864–1909), vokiečiu matematikas ˛ 614 Pažymiu O = µ(O \ D) n 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS On ir D = n 1 Cn . Tada D ⊂ A ⊂ O ir n 1 µ n 1 (On \ Cn ) µ(On \ Cn ) < ε2−n = ε. n 1 O aib˙ atvira, bet D nebutinai uždara. Tačiau kiekviena Dn = C1 ∪ · · · ∪ Cn e ¯ uždara ir Dn ↑ D. Tod˙ l iš mato tolydumo e ir, reiškia, µ(O \ Dn ) < ε, kai n pakankamai didelis. Taigi A ∈ A. Taigi A tikrai yra σ-algebra. Jei O atvira, O reguliari iš išor˙ s. Be e to, Cn = {x | d(x, O c ) 1/n} aib˙ s uždaros (nes d(·, O c) funkcija tolydi), e Cn ⊂ Cn+1 su visais n ir n 1 µ(O \ Dn ) → µ(O \ D) < ε Cn = {x | d(x, O c) > 0} = O (nes O c uždara). Taigi Cn ↑ O ir d˙ l mato tolydumo µ(Cn ) ↑ µ(O). Reiškia, e O reguliari ir iš vidaus, t.y. O ∈ A. Taigi A yra σ-algebra, apr˙ pianti visu atviru aibiu sistemą. Tada ji e ˛ ˛ ˛ apr˙ pia ir Borelio σ-algebrą, t.y. bet kokia Borelio aib˙ reguliari. e e 2 žingsnis. Tegu dabar µ nebutinai baigtinis, bet A — baigtinio mato ¯ Borelio poaibis. Pažymiu µA (B) = µ(B ∩ A). Nesunku isitikinti, kad µA yra ˛ Borelio matas; be to, jis baigtinis, nes µA (E) = µ(A) < ∞. Iš pirmo žingsnio rezultato išplaukia, kad bet kokia Borelio aib˙ B yra µA -reguliari iš vidaus, e t.y. su bet kokiu ε egzistuoja tokia uždara C ⊂ B, kad µ(A ∩ B ∩ C c ) = µA (B \ C) < ε. Tai teisinga ir su B = A aibe; taigi egzistuoja tokia uždara C ⊂ A, kad µ(A \ C) < ε, t.y. A reguliari iš vidaus. 3 žingsnis. Irodysiu antrą teoremos teigini. Su kiekvienu n randu tokią ˛ ˛ uždarą Cn ⊂ Vn \ A, kad µ(Vn \ A \ Cn ) < ε2−n . Pažymiu On = Vn \ Cn ir O = n 1 On . Aišku, kad visos On atviros; tada atviras ir ju junginys O. ˛ Jei x ∈ A, tai x ∈ Vn \ A; tod˙ l x nepriklauso n˙ vienai Cn . Kita vertus, x e e priklauso kažkuriai Vn , nes Vn aib˙ s dengia A. Reiškia, x priklauso kažkuriai e On , t.y. A ⊂ O. Be to, µ(O \ A) n 1 µ(On \ A) = n 1 µ(Vn \ Cn \ A) < ε2−n = ε. n 1 Taigi A reguliari iš išor˙ s. e 4 žingsnis. Irodysiu paskutiniji teigini. Tegu A reguliari iš vidaus ir Cn ⊂ ˛ ˛˛ ˛ A — tokia uždara aib˙ , kad µ(A \ Cn ) < 1/n. Pažymiu Cn = C1 ∪ · · · ∪ Cn . e Tada (Cn ) yra nemaž˙ janti uždaru A poaibiu seka ir e ˛ ˛ µ(A \ Cn ) µ(A \ Cn ) < 1/n → 0, ˙ 15.8. IŠKILUMO NELYGYBES 615 t.y. µ(A \ Cn ) → 0. Pažymiu D = n 1 Cn ir N = A \ D; tada A = D ∪ N. Be to, Cn ↑ D; tod˙ l A \ Cn ↓ A \ D = N ir iš mato tolydumo išplaukia µ(N) = 0. e Bruno-Minkovskio nelygyb˙ Irodysiu vadinamąją Bruno14 -Minkovskio e. ˛ nelygybę. Primenu, kad simboliu λm aš žymiu Lebego matą Rm erdv˙ je. Be to, kad e butu trumpiau, ¯ ˛ [a1 ; b1 ] × · · · × [am ; bm ] pavidalo stačiakampius vadinsiu plytomis, o (a1 ; b1 ) × · · · × (am ; bm ) pavidalo — atviromis plytomis. 15.23 teorema. Jei A ir B yra netušti Rm erdv˙ s Borelio poaibiai, tai e λm (A + B)1/m λm (A)1/m + λm (B)1/m ; (15.27) čia A + B = {x + y | x ∈ A, y ∈ B}. Irodymas. 1 žingsnis. (15.27) nelygyb˙ teisinga, kai A ir B yra plytos. ˛ e Tegu A = [a1 ; b1 ] × · · · × [am ; bm ] ir B = [c1 ; d1 ] × · · · × [cm ; dm ]. Pažymiu C = [a1 + c1 ; b1 + d1 ] × · · · × [am + cm ; bm + dm ] ir isitikinsiu, kad A + B = C. Akivaizdu, kad A + B ⊂ C. Tod˙ l tereikia ˛ e irodyti, kad kiekvienas z ∈ C gali buti užrašytas x + y pavidalu su x ∈ A ir ˛ ¯ y ∈ B. Jei zi ai + di , paimu xi = ai ir yi = zi − ai . Jei zi > ai + di , tegu yi = di ir xi = zi − di . Tada abiem atvejais ai xi bi , ci yi di ir xi + yi = zi . Taigi x = (x1 , . . . , xm ) ∈ A, y = (y1 , . . . , ym ) ∈ B ir z = x + y. Pažymiu ui = bi − ai bi − ai + di − ci ir vi = d i − ci . bi − ai + di − ci Kadangi ui + vi = 1 su visais i, iš nelygyb˙ s tarp geometrinio ir aritmetinio e skaičiu vidurkio gaunu ˛ 14 Hermann Brunn (1862–1939), vokiečiu matematikas ˛ 616 P1 a Q1 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS P2 Q2 15.4 pav. Hiperplokštuma x2 = a atskiria P1 ir P2 plytas λm (A)1/m + λm (B)1/m = λm (A + B)1/m m 1/m m 1/m ui i=1 + i=1 vi u1 + · · · + um v1 + · · · + vm + = 1. m m 2 žingsnis. Jei An ↑ A, Bn ↑ B ir (15.27) nelygyb˙ teisinga su kiekviena e pora (An , Bn ), ji teisinga ir su pora (A, B). Taigi ji teisinga, kai A ir B yra atvirosios plytos. Kadangi An + Bn ↑ A + B, tereikia suskaičiuoti ribas λm (An + Bn )1/m λm (An )1/m + λm (Bn )1/m nelygyb˙ je. e 3 žingsnis. Teoremos teiginys teisingas, kai A ir B yra baigtiniai kas dvi nesikertančiu atviru plytu junginiai. ˛ ˛ ˛ Tegu A = P1 ∪ · · ·∪ Pk ir B = Q1 ∪ · · ·∪ Ql ; čia P1 , . . . , Pk ir Q1 , . . . , Ql — kas dvi nesikertančios atviros plytos. Suformuluotą teigini irodysiu matem˛˛ atin˙ s indukcijos k + l atžvilgiu metodu. Jei k = l = 1, jis išplaukia iš 2 e žingsnio rezultato. Tegu k 2. Randu toki i ir toki a ∈ R, kad P1 butu ˛ ˛ ¯ ˛ m vienoje {x ∈ R | xi = a} hiperplokštumos pus˙ je, o P2 — kitoje (žr. e 15.4 pav.). Pažymiu A− = A ∩ {x ∈ Rm | xi < a}, ir p= λm (A− ) , λm (A) A+ = A ∩ {x ∈ Rm | xi > a} q= λm (A+ ) . λm (A) Tada A+ ir A− yra ne daugiau kaip k − 1 atviros plytos junginys. Be to, λm (A+ ) + λm (A− ) = λm (A) ir tod˙ l p + q = 1. e ˙ 15.8. IŠKILUMO NELYGYBES Pažymiu Jei P = [a1 ; b1 ] × · · · × [am ; bm ] plyta apr˙ pia B ir h > 0, tai e 0 f (t + h) − f (t) =h j=i 617 f (t) = λm B ∩ {x ∈ Rm | xi < t} . λ [a1 ; b1 ] × · · · × [ai−1 ; bi−1 ] × [t; t + h[×[ai+1 ; bi+1 ] × · · · × [am ; bm ] (bj − aj ). Taigi f yra nemaž˙ janti tolydi funkcija. Kai t pakankamai mažas, jos reikšm˙ e e yra 0, o kai pakankamai didelis — λ(B). Tod˙ l atsiras toks b ∈ R, su kuriuo e jos reikšm˙ bus pλ(B). Pažymiu e B − = B ∩ {x ∈ Rm | xi < b} ir B + = B ∩ {x ∈ Rm | xi > b}. Abi šios aib˙ s yra ne daugiau kaip l atviru plytu junginiai. Be to, λm (B − ) = e ˛ ˛ pλm (B) ir λm (B + ) = qλm (B). Jei x ∈ A− + B − , tai xi < a + b, o jei x ∈ A+ + B + , tai xi > a + b. Reiškia, A− + B − ir A+ + B + aib˙ s nesikerta. Iš indukcin˙ s prielaidos gaunu e e λm (A + B) λm (A− + B − ) + λm (A+ + B + ) λm (A− )1/m + λm (B − )1/m = p λm (A)1/m + λm (B)1/m = λm (A)1/m + λm (B)1/m m m m m + λm (A+ )1/m + λm (B + )1/m m + q λm (A)1/m + λm (B)1/m . 4 žingsnis. Teorema teisinga, kai A ir B yra bet kokie baigtiniai plytu ˛ junginiai. A ir B aib˙ s gali buti užrašytos A = A ∪ N1 ir B = B ∪ N2 pavidalu; e ¯ čia A ir B yra baigtiniai kas dvi nesikertančiu atviru plytu junginiai, o N1 ˛ ˛ ˛ ir N2 — nulinio mato aib˙ s. Iš 3 žingsnio rezultato išplaukia, kad (15.27) e nelygyb˙ teisinga su (A , B ) aibiu pora. Jei A ir B pakeisiu, atitinkamai, e ˛ i A ir B, dešin˙ lygyb˙ s pus˙ nepasikeis, o kairioji gali tik padid˙ ti. Taigi ˛ e e e e nelygyb˙ teisinga ir su (A, B) aibiu pora. e ˛ 5 žingsnis. Teorema teisinga, kai A ir B yra bet kokios atviros aib˙ s. e Kiekviena atvira aib˙ yra skaitus plytu junginys, tod˙ l atsiras tokios baige ˛ e tiniu plytu junginiu sekos (An ) ir (Bn ), kad An ↑ A ir Bn ↑ B. Belieka ˛ ˛ ˛ pasiremti 2 ir 4 žingsnio rezultatais. 6 žingsnis. Teorema teisinga, kai A ir B yra kompaktiškos aib˙ s. e 618 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS Tegu Un = {x | d(x, A) < 1/n} ir Vn = {x | d(x, B) < 1/n}. Aišku, kad šios aib˙ s apr˙ žtos ir Un ↓ A, o Vn ↓ B. Irodysiu, kad Un + Vn ↓ A + B. e e ˛ Tegu z ∈ n (Un + Vn ). Tada z = xn + yn su tam tikrais xn ∈ Un ir yn ∈ Vn . Randu toki poseki (nk ), kad xnk → x ir ynk → y. Tada x ∈ A, ˛ ˛ y ∈ B ir z = x + y ∈ A + B. Taigi n (Un + Vn ) ⊂ A + B. Atvirkščias sąryšis akivaizdus. Dabar belieka pasiremti 5 žingsnio rezultatu ir suskaičiuoti ribas λm (Un + Vn )1/m nelygyb˙ je. e Irodymo pabaiga. Iš 2 ir 6 žingsnio rezultatu išplaukia, kad (15.27) nely˛ ˛ gyb˙ teisinga ir tuo atveju, kai A ir B yra kompaktu sekos junginiai. Jei prie e ˛ A ir B prijungsiu po kokią nors nulinio mato aibę, dešinioji nelygyb˙ s pus˙ e e nepasikeis, o kairioji gali tik padid˙ ti. Tod˙ l iš 15.22 teoremos išplaukia, kad e e nelygyb˙ teisinga su bet kokiomis baigtinio mato Borelio aib˙ mis A ir B. e e Jei bent vienos iš tu aibiu matas begalinis, nelygyb˙ akivaizdi, nes tada jos ˛ ˛ e dešin˙ pus˙ lygi ∞. e e Izoperimetrin˙ nelygyb˙ Iš Bruno-Minkovskio nelygyb˙ s išplaukia ir e e. e vadinamoji izoperimetrin˙ nelygyb˙ , reiškianti, jog tarp fiksuoto diametro e e aibiu rutuliai yra didžiausio turio. ˛ ¯ 15.24 teorema. Jei A yra apr˙ žtas Rm erdv˙ s Borelio poaibis ir 2r = e e ¯ r) . diam A, tai λ(A) λm U(0, Irodymas. Pažymiu C = (A − A)/2. Jei z ∈ C, tai z = (x − y)/2 su tam ˛ tikrais x, y ∈ A ir tod˙ l e z = x−y 2 2r = r. 2 λm (Un )1/m + λm (Vn )1/m ¯ Reiškia, C ⊂ U (0, r). Iš Bruno-Minkovskio nelygyb˙ s dabar gaunu e ¯ λ U (0, r) λ(C) = 2−m λ(A − A) m 2−m λ(A)1/m + λ(−A)1/m = λ(A). 15.9. UŽDAVINIAI 619 15.9 Uždaviniai 1. Kuriu iš nurodytu operaciju atžvilgiu A sistema uždara? Atsakymą ˛ ˛ ˛ pagriskite. ˛ • A — visu baigtiniu R poaibiu aib˙ ; papildinio, ∪, ∩, \, ˛ ˛ ˛ e lim ↓ atžvilgiu. n, n, lim ↑, • (2006) A — visu N poaibiu turinčiu ne daugiau kaip 3 elementus, ˛ ˛, ˛ sistema; ∪, papildinio, lim ↑ atžvilgiu. 2. Kurios iš šiu R poaibiu aibiu yra π-sistemos? Atsakymą pagriskite. ˛ ˛ ˛ ˛ • Visu atviru poaibiu aib˙ . ˛ ˛ ˛ e • Visu uždaru poaibiu aib˙ . ˛ ˛ ˛ e • Visu kompaktišku poaibiu aib˙ . ˛ ˛ ˛ e 3. Kurios iš duotu sistemu yra E poaibiu algebros? ˛ ˛ ˛ • E = {1, 2, 3}, A = {∅, {1}, {2, 3}, E}. • E = Rk , A — visu atviru E poaibiu aib˙ . ˛ ˛ ˛ e 4. Ar (An ) seka monotoniška? Jei ne, tai kod˙ l; jei taip, raskite ribą. e 1 1 • An = (− n ; n ). 1 • An = ( n ; n). • An = {n}. 5. Tegu E = [0; 1] ir C = {{0}, [0; 1)}. Aprašykite: • mažiausią π-sistemą, apr˙ piančią C; e • mažiausią algebrą, apr˙ piančią C; e • mažiausią λ-sistemą, apr˙ piančią C; e • σ(C). 6. 7. N, 8. (2006) Tegu E = Z ir C = {N, {−1, 1}}. Aprašykite σ(C). Irodykite, kad duotos aib˙ s yra R ties˙ s Borelio poaibiai: [0; 1), {0, 1, 2}, ˛ e e {1/n | n ∈ N}. Užrašykite duotas aibes intervalu junginio pavidalu. ˛ 620 • (2004) {f 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS −1} ir {f > 0}, kai f (x) = x2 − 2x. f < 2}, {f g} ir {g = 3}, kai f (x) = x2 ir • (2004) {f < 0}, {1 g(x) = x su x ∈ R. 9. Ar teisinga duota lygyb˙ ? Jei taip, irodykite; jei ne, duokite kontrpavyzdi. e ˛ ˛ • (2006) 1A∪B = max(1A , 1B ). • (2006) 1A∩B = min(1A , 1B ). • (2008) 1 • • n An = supn 1An . 10. Apskaičiuokite nurodytą integralą arba matą. [0;1) [0;1) x µ(dx), kai µ = 2λ + δ0 . x µ(dx), kai µ = pλ su p(x) = |2x − 1|. 2 • (2004) (−2;2) (1 + x) µ(dx), kai µ = pλ + qδ1 , p(x) = |x| ir q(x) = e−x su x ∈ R. • (2004) µ(−2; 2), µ(0; 1) ir µ{−1, 0, 1}, kai µ = p(λ + 3δ1 ), p(x) = x1(0;∞) (x) su x ∈ R. • (2004) (−2;2) µ(dx), kai µ = pλ + q(δ1 + δ2 ), p(x) = x2 + 1 ir q(x) = e−x su x ∈ R. • (2004) • (2004) [0;2] (0;2) 1[1;3] dλ. cos πxµ(dx), kai µ = δ1 + δ2 . 1 11. X yra atsitiktinis dydis su skirstiniu 2 δ1 + 1 pλ; čia p(x) = e−x 1(0;∞) (x). 2 Apskaičiuokite P{X 2}, P{X > 1} ir E X. 12. Kokia yra duotos integralu sekos riba? Atsakymą pagriskite. ˛ ˛ • • 1 dx ; 0 1+nx3 π dx . 1/n 1+sin x 13. Raskite nurodytus A aib˙ s pjuvius. e ¯ • (2004) A(·, 0), A(·, 1) ir A(·, 2), kai A = {(x, y) | 1 y 2 − x2 } ∪ {(0, 0)}. 15.9. UŽDAVINIAI • (2006) A(1, ·) ir A(·, 2), kai A = {(x, y) | x2 + y 2 = 4} ∪ {(x, y) | x2 + y 2 < 1}. • (2006) A(3, ·) ir A(·, 2), kai A = {(n, 1/n) | n • (2006) A(3, ·) ir A(·, 3), kai A = (1; 3) × [2; 4] \ [2; 4] \ (1; 3) . • (2006) A(0, ·) ir A(·, −1), kai A = {(x, y) | xy = 0}. 14. Apskaičiuokite (µ1 × µ2 )(A). • µ1 = δ0 + δ1 , µ2 = λ, A = {(x, y) | 0 • µ1 = δ0 + δ1 , µ2 = 15. Apskaičiuokite A n∈Z δn , 621 1}. x y 1}; y < 4}. A = {(x, y) | x2 xµ1 (dx)µ2 (dy). • µ1 = δ0 + δ1 + δ2 , µ2 = λ, A = {(x, y) | x, y > 0, xy < 1}. • µ1 = p·λ, p(x) = 2x1(0;1) (x), µ2 = n∈Z δn ir A = {(x, y) | x2 +y 2 4}. 622 15 SKYRIUS. MATAS IR INTEGRALAS IV dalis Analiz˙ paviršiuose e 623 16 skyrius Paviršiai 16.1 Apibr˙ žimas e Elementarieji paviršiai. Tegu E yra m-mat˙ euklidin˙ erdv˙ , M ⊂ E, e e e k 1 k m, U — netuščias atviras R poaibis ir g — tokia funkcija iš U i E, ˛ kad 1) g be galo diferencijuojama ir su kiekvienu u ∈ U išvestin˙ s g (u) rangas e yra k; 2) g yra homeomorfizmas tarp U ir M. Tada M vadinama k-mačiu elementariuoju paviršiumi, o g funkcija — to paviršiaus parametrizacija. Jei x ∈ M ir u — toks U taškas, kad g(u) = x, tai u vektoriaus komponent˙ s u1 , . . . , uk vadinamos x koordinat˙ mis, atitine e kančiomis g parametrizaciją. Nor˙ damas pavaizduoti paviršiu ir jo parametrizaciją, aš paprastai piešiu e ˛ kažką panašaus i 16.1 pav. Čia M paviršius yra dvimat˙ paklod˙ , plevenanti ˛ e e M g u U 16.1 pav. Paviršius ir jo parametrizacija 625   x 626 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI trimat˙ je erdv˙ je, o parametru aib˙ U pavaizduota lygiagretainiu. Žiur˙ dae e ˛ e ¯e mas i piešini aš isivaizduoju, kad R2 plokštuma, kurios poaibis yra U, niekaip ˛ ˛ ˛ nesusijusi su E erdve, kurios poaibis yra M. Vienmačiai elementarieji paviršiai vadinami elementariosiomis kreiv˙ mis. e Jei E = Rm , parametrizacija dažnai užrašoma  x1 = g1 (u1 , . . . , uk );   . . . xm = gm (u1 , . . . , uk );     (u1 , . . . , uk ) ∈ U; pavidalu; čia g1 , . . . , gm yra g funkcijos komponent˙ s. Šios lygtys vadinamos e parametrin˙ mis M paviršiaus lygtimis. e g be galo diferencijuojama, jei be galo diferencijuojamos visos jos komponent˙ s gi , t.y. apibr˙ žtos visos dalin˙ s išvestin˙ s ∂uj ∂gi j . Išvestin˙ g (u) yra e e e e e ···∂u 1 r m × k matrica, sudaryta iš visu pirmos eil˙ s daliniu išvestiniu ∂uj . Matricos ˛ e ˛ ˛ ∂gi rangas yra maksimalus skaičius r, su kuriuo egzistuoja r tiesiškai nesusijusiu ˛ matricos stulpeliu Kadangi g (u) matricoje yra k stulpeliu jos rangas ne˛. ˛, gali buti didesnis už k. Tod˙ l jei jis lygus k, dar sakoma, kad matrica yra e ¯ maksimalaus rango. Taip bus, kai visi stulpeliai tiesiškai nesusiję. Iš algebros žinome ir kitą kriteriju g (u) matricos rangas lygus k, jei bent ˛: vienas k-tos eil˙ s minoras nelygus 0. Skirtingiems u nenuliniai minorai gali e buti ne tie patys. ¯ Antroji apibr˙ žimo sąlyga reiškia, kad g yra bijekcija tarp U ir M ir e kad tiek g, tiek jai atvirkštin˙ g −1 yra tolydžiosios funkcijos. g funkcijos e tolydumas išplaukia iš diferencijuojamumo; tod˙ l tikrinant antrąją sąlygą e pakanka rasti atvirkštinę funkciją ir isitikinti, kad ji visur tolydi. ˛ Paviršiu sritys. Jei M yra elementarusis paviršius, tai ir bet koks atviras ˛ jo poaibis D — taip pat elementarusis paviršius. Iš tikru ˛, jei g yra M ˛ju −1 parametrizacija, tai U0 = g (D) — atvira aib˙ (nes g tolydi) ir g siaurinys e toje aib˙ je parametrizuoja D. Atvirus paviršiaus poaibius toliau vadinsiu e sritimis. m-mačiai elementarieji paviršiai. Visa E yra m-matis elementarusis paviršius: ją parametrizuoja, pavyzdžiui, funkcija g : Rm → E, apibr˙ žiama e lygybe g(u1, . . . , um ) → u1 a1 + · · · + um am ; (16.1) čia a1 , . . . , am yra kokia nors E erdv˙ s baz˙ . e e ˙ 16.1. APIBREŽIMAS 627 Irodymas. 1. Nesunku isitikinti, kad Dai g(u) = ai su visais i ir visais ˛ ˛ u ∈ Rm . Iš čia išplaukia, kad g (u)du = (du1 )a1 + · · · + (dum)am = g(du). Taigi g (u) = g, o visos aukštesniu eiliu išvestin˙ s lygios 0. Reiškia, g be galo ˛ ˛ e diferencijuojama, o rank g (u) = rank g = dim g(Rm ) = dim E = m, t.y. g (u) yra maksimalaus rango. 2. g yra bijekcija, nes a1 , . . . , am yra baz˙ . Atvirkštin˙ funkcija, priskie e rianti vektoriui x ∈ E jo koordinates (u1 , . . . , um ), tolydi, nes koordinatiniai funkcionalai tolydus. ¯ Iš irodyto teiginio išplaukia, kad ir bet koks atviras E poaibis yra ele˛ mentarusis paviršius. Atvirkščiai, jei M yra m-matis elementarusis paviršius ir g : U → E — jo parametrizacija, tai g (u) yra apgręžiamas operatorius su visais u ∈ U (nes jo rangas yra m), ir iš atvirkštin˙ s funkcijos teoremos e išplaukia, kad M = g(U) yra atviras E poaibis. Taigi jei dim E = m, tai m-matis elementarusis paviršius E erdv˙ je = atviras E poaibis. e 0-mačiai elementarieji paviršiai. Kartais prireikia ir 0-mačio paviršiaus sąvokos. Tam susitariama R0 simboliu žym˙ ti 0-matę normuotą erdvę — e tiesinę erdvę, kurioje yra tik nulinis elementas. Vientašk˙ aib˙ U = {0} e e 0 yra vienintelis netuščias atviras R poaibis. Jei g yra bet kokia funkcija iš U i E, tai g yra homeomorfizmas tarp U ir M = {g(0)} poaibio. Be ˛ to, g yra pastovioji funkcija ir tod˙ l be galo diferencijuojama. Jos išvestin˙ e e vieninteliame U taške yra nulinis operatorius, kurio rangas lygus 0. Reiškia, g yra 0-mat˙ parametrizacija, o M — 0-matis elementarusis paviršius. e Taigi 0-matis elementarusis paviršius E erdv˙ je = vientaškis E poaibis. e Paviršiai. E erdv˙ s poaibis M vadinamas k-mačiu paviršiumi, jei kiekviee nas jo taškas turi aplinką, kuri yra k-matis elementarusis paviršius. (Žodis „aplinka“ čia reiškia „aplinka M aib˙ je“). Kiekviena tokia aplinka dar vadie nama koordinatine to taško aplinka. Koordinatin˙ s aplinkos parametrizacija vadinama lokaliąja M paviršiaus e parametrizacija, o ją atitinkančios koordinat˙ s — lokaliosiomis koordinat˙ e e mis. Vienmačiai paviršiai vadinami kreiv˙ mis. e Aišku, kiekvienas elementarusis paviršius yra paviršius. 628 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI Jei M yra k-matis paviršius ir D — atviras jo poaibis, tai D — taip pat k-matis paviršius. (Iš tikru ˛, jei a ∈ D ir Ma — koordinatin˙ a aplinka M ˛ju e aib˙ je, tai D ∩ Ma — koordinatin˙ a aplinka D poaibyje.) Toliau atviruoe e sius M poaibius vadinsiu sritimis. Jei sritis yra elementarusis paviršius, ją vadinsiu elementariąja sritimi. Atvirkščiai, jei M yra diskretus E poaibis ir a ∈ M, tai vientašk˙ aib˙ e e {a} yra a taško aplinka ir kartu — 0-matis elementarusis paviršius. Tod˙ l e M yra 0-matis paviršius. Taigi 0-matis paviršius E erdv˙ je = diskretusis E poaibis. e Jei M yra m-matis paviršius ir Ma — koordinatin˙ a aplinka, tai Ma yra e atvirasis E poaibis. Tod˙ l atvira ir M = e Ma aib˙ . Atvirkščiai, kiekvienas e atviras E poaibis yra elementarusis m-matis paviršius ir tod˙ l — m-matis e paviršius. Taigi jei dim E = m, tai m-matis paviršius E erdv˙ je = atviras E poaibis. e Jei M yra 0-matis paviršius ir Ma — koordinatin˙ a aplinka, tai Ma = {a} e (a ∈ Ma , nes Ma yra to taško aplinka, o daugiau tašku aplinkoje n˙ ra, nes ˛ e Ma yra 0-matis paviršius, t.y. vientašk˙ aib˙ ). Kadangi Ma — atviras M e e poaibis, a yra izoliuotas M taškas. Taigi visi M taškai izoliuoti, t.y. M yra diskreti aib˙ . e Paviršiaus lygtys. Rm erdv˙ je paviršiai dažnai užrašomi e M = {x ∈ O | ϕ1 (x) = · · · = ϕm−k (x) = 0} (16.2) a∈M pavidalu; čia ϕ1 , . . . , ϕm−k yra kokios nors realiosios funkcijos, be galo diferencijuojamos atviroje aib˙ je O ⊃ M. Tada ϕ1 (x) = · · · = ϕm−k (x) = 0 e lygtys vadinamos M paviršiaus lygtimis. 16.1 teorema. Tegu O yra atviras Rm poaibis ir ϕ ∈ C ∞ (O, Rm−k ). Jei ϕ (x) matricos rangos kiekviename taške x ∈ O lygus m − k, tai (16.2) aib˙ e yra k-matis paviršius. Irodymas. Fiksuoju bet koki a ∈ M. Kadangi ϕ (a) matricos rangas ˛ ˛ maksimalus, vienas iš tos matricos (m − k)-os eil˙ s minoru nelygus 0. Tariu, e ˛ kad tai dešinysis minoras, ir pažymiu u = (x1 , . . . , xk ), v = (xk+1 , . . . , xm ). Tada ∂ϕ (a) ∈ L∗ (Rm−k , Rm−k ). ∂v ˙ 16.1. APIBREŽIMAS 629 Iš neišreikštin˙ s funkcijos teoremos išplaukia egzistavimas tokios a aplinkos e U × V ir tokios funkcijos ψ ∈ C ∞ (U, Rm−k ), kad v = ψ(u) ⇐⇒ ϕ(u, v) = 0 su visais u ∈ U ir v ∈ V . Pažymiu g(u) = u . ψ(u) Tada g yra be galo diferencijuojamas homeomorfizmas tarp U ir (U ×V ) ∩M ir 1 g (u) = (16.3) ψ (u) su visais u ∈ U. Akivaizdu, kad šios matricos rangas maksimalus. Reiškia, g yra (U × V ) ∩ M srities (kuri yra a aplinka M aib˙ je) parametrizacija. e 16.1 pratimas. I. Ar duota aib˙ yra 0-matis paviršius R ties˙ je? e e • M1 = {1/n | n 1}; 1}; • M2 = Z; • M3 = {0} ∪ {1/n | n II. Pagal duotas paviršiaus lygtis užrašykite kokią nors lokaliąją jo parametrizaciją. • x2 + y 2 + 4z 2 = 4; • x2 + y 2 = z. • x2 + y 2 = 1, z = x; Sprendimas. I. M1 ir M2 aib˙ s yra 0-mačiai paviršiai. M3 aib˙ n˙ ra e e e 0-matis paviršius, nes jos taškas 0 n˙ ra izoliuotas. e II.   √ x = t; x = 4 − u2 − 4v 2 ;   √ M1 : y = u; y = 1 − 2t2 ; M2 :     z = t; z = v;  x = u;  M3 : y = v;   z = u2 + v 2 . 630 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI 16.2 Pavyzdžiai Ties˙ es. Dabar duosiu seriją elementariu ˛ paviršiu pavyzdžiu Prad˙ siu ˛ju ˛ ˛. e nuo elementariu ˛ kreiviu ˛ju ˛. Jei a, c ∈ E ir c = 0, tai aib˙ e M = {a + tc | t ∈ R} (16.4) yra ties˙ , einanti per a ir b taškus. e Du ties˙ s poaibiai turi specialius pavadinimus: aib˙ e e M = {a + tc | t > 0} vadinama spinduliu, išeinančiu iš a taško c kryptimi, o M = {(1 − t)a + tb | 0 < t < 1} vadinama tiese, einančią per a tašką c kryptimi. Jei b = a, galima imti c = b − a; tada M = {(1 − t)a + tb | t ∈ R} yra atkarpa, jungianti a ir b taškus. Irodysiu, kad (16.4) yra elementarioji kreiv˙ , parametrizuojama funkcija ˛ e g(t) = a + tc, t ∈ R. 1. Aišku, kad g (t) = c; tiksliau, g (t) yra tiesinis operatorius iš R i E, ˛ atvaizduojantis skaičiu dt i vektoriu (dt)c. Kadangi g yra pastovioji funkcija, ˛ ˛ ˛ aukštesniu eiliu išvestin˙ s lygios 0. Taigi g be galo diferencijuojama. Be to, ˛ ˛ e rank g (t) = dim Rc = 1, nes c = 0. Taigi g (t) operatorius maksimalaus rango. 2. g(R) = M pagal M aib˙ s apibr˙ žimą. Be to, g injektyvi: jei g(t) = e e x ∈ M, tai x = a + tc; x − a = tc; (x − a) · c = tc · c ir tod˙ l vienintelis toks t yra e t= (x − a) · c . c·c 16.2. PAVYZDŽIAI 631 Aišku, kad šia formule apibr˙ žiama atvirkštin˙ funkcija g −1 yra tolydžioji. e e Taigi g yra homeomorfizmas tarp R ir M. Jei E yra Rm erdv˙ , o a ir c (arba a ir b) — konkretus jos taškai, gae ¯ lima duoti labiau tiesiogini irodymą, kad sukonstruota funkcija tikrai yra ˛ ˛ parametrizacija. 16.2 pratimas. Parametrizuokite tiesę per (0, 0, 2) ir (1, 0, 3) taškus ir irodykite, kad tai tikrai parametrizacija. ˛ Sprendimas. Ties˙ parametrizuojama vektorine lygtimi e       x 0 1 y  = (1 − t) 0 + t 0 , z 2 3  x = t;  y = 0;   z = 2 + t. kuri ekvivalenti trims skaliarin˙ ms lygtims e Patikrinsiu, kad šiomis lygtimis aprašoma funcija g : R → R3 tikrai yra ties˙ s e M = {(t, 0, 2 + t) | t ∈ R} parametrizacija. 1. g be galo diferencijuojama, nes visos trys jos komponent˙ s, g1 (t) = t, e g2 (t) = 0 ir g3 (t) = 2 + t, be galo diferencijuojamos. Su visais t ∈ R   1 g (t) = 0 1 Kadangi vienintelis šios matricos stulpelis nenulinis, jis sudaro tiesiškai nesusijusią vektoriu sistemą (iš vieno vektoriaus). Taigi g (t) matricos rangas ˛ lygus 1. 2. g(R) = M pagal M aib˙ s apibr˙ žimą; be to, g injektyvi: atvirkštin˙ e e e funkcija apibr˙ žiama lygybe e g −1 (x, y, z) = x, kai (x, y, z) ∈ M. Akivaizdu, kad g −1 yra tolydžioji funkcija. 632 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI Glodžios funkcijos grafikas. Tegu (α; β) ⊂ R, f ∈ C ∞ (α; β) ir M yra f funkcijos grafikas, t.y. M = {(x, y) | x ∈ (α; β), y = f (x)}. Tada M yra elementarioji kreiv˙ R2 plokštumoje: ją parametrizuoja lygtys e x = t; y = f (t). (16.5) Isitikinsiu, kad šiomis lygtimis aprašoma funkcija g : (α; β) → M tikrai yra ˛ parametrizacija. 1. Akivaizdu, kad g be galo diferencijuojama. Be to, su bet kokiu t ∈ R g (t) = 1 f (t) = 0 ; 0 tod˙ l g (t) matricos rangas maksimalus. e 2. Akivaizdu, kad g(α; β) = M. Be to, g injektyvi ir atvirkštin˙ funkcija e −1 g (x, y) = x yra tolydžioji. Taigi g yra homeomorfizmas tarp (α; β) ir M. Apskritimas. Apskritimas S 1 = {(x, y) | x2 + y 2 = 1} n˙ ra elementarioji kreiv˙ : jis kompaktiškas ir tod˙ l negali buti homeomore e e ¯ fiškas jokiam atviram R poaibiui. Tačiau išmetęs vieną apskritimo tašką, gaunu elementaru ˛ paviršiu Pavyzdžiui, funkcija g1 : (−π; π) → R2 , ˛ji ˛. apibr˙ žiama lygtimis e x = cos t; (16.6) y = sin t; Irodymas. 1. Akivaizdu, kad g1 be galo diferencijuojama. Be to, su visais ˛ t ∈ (−π; π) − sin t g1 (t) = = (0, 0), cos t nes sin2 t + cos2 t = 1. Taigi g1 (t) matrica yra maksimalaus rango. 2. Iš cos2 t + sin2 t = 1 išplaukia, kad g1 (−π; π) ⊂ S 1 . Kita vertus, g1 (t) = (−1, 0) su jokiu t ∈ (−π; π), nes tame intervale cos t = −1. Taigi g1 : (−π; π) → M1 . parametrizuoja M1 = S 1 \ {(−1, 0)} poaibi. ˛ 16.2. PAVYZDŽIAI 633 Tegu (x, y) ∈ M1 ; ar egzistuoja (ir ar vienintelis) t ∈ (−π; π), su kuriuo g(t) = (x, y), t.y. cos t = x ir sin t = y? Pirmoji iš šiu dvieju lygčiu turi lygiai ˛ ˛ ˛ du sprendinius (−π; π) intervale: t = arccos x ir t = − arccos x. Irodysiu, ˛ kad vienas ir tik vienas iš ju tenkina antrąją lygti. ˛ ˛ Jei x = 1, tai arccos x = 0 = − arccos x, t.y. abu sprendiniai sutampa ir tenkina antrąją lygti, nes sin 0 = 0 = y. ˛ Jei x = 1, tai |x| < 1 ir, reiškia, y 2 = 1 − x2 > 0, t.y. y = 0. Kadangi arccos x ∈ [0; π], o sinusas tame intervale neneigiamas, √ √ sin arccos x = 1 − cos2 arccos x = 1 − x2 = y 2 = |y|, o tada Taigi jei y 0, antrąją lygti tenkina t = arccos x (ir tik jis), o jei y < 0 — ˛ tik t = − arccos x. Irodžiau, kad g1 yra bijekcija tarp (−π; π) ir M1 ir kad atvirkštin˙ funkcija ˛ e aprašoma lygtimi arccos x, kai y 0; t= (16.7) − arccos x, kai y < 0. −1 Akivaizdu, kad g1 funkcija tolydi tiek srityje y > 0, tiek srityje y < 0. Jei y = 0, tai butinai x = 1 (nes (−1, 0) ∈ M1 ) ir tolydumas (1, 0) taške išplaukia ¯ iš −1 −1 −1 g1 (x, y) − g1 (1, 0) = g1 (x, y) = arccos x − − − → arccos 1 = 0. −−− (x,y)→(1,0) sin(− arccos x) = − sin arccos x = −|y|. Panašiai irodoma, kad funkcija g2 : (0; 2π) → R2 , apibr˙ žiama tomis ˛ e pačiomis (16.6) lygtimis, parametrizuoja M2 = S 1 \ {(1, 0)} poaibi. Kadangi ˛ 1 M1 ∪ M2 = S , bet kuris apskritimo taškas turi parametrizuojamą aplinką. Reiškia, apskritimas yra kreiv˙ , nors ir neelementarioji. e Dekarto koordinates plokštumoje. Dabar duosiu kelis dvimačiu pavir˙ ˛ šiu pavyzdžius. ˛ Akivaizdu, kad R2 aib˙ yra dvimatis elementarusis paviršius: ją galima e parametrizuoti, pavyzdžiui, lygtimis x = u; y = v. Taško (x, y) ∈ R2 koordinat˙ s šios parametrizacijos atžvilgiu yra tiesiog jo e komponent˙ s x ir y. Jos dar vadinamos taško Dekarto koordinat˙ mis. e e 634 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI Polin˙ koordinates plokštumoje. Išmetus iš R2 plokštumos vieną ar es ˙ kitą pustiesę, likusią plokštumos dali galima ir kitaip parametrizuoti. Tegu, ˛ pavyzdžiui, M = R2 \ {(x, 0) | x 0} ir g yra funkcija iš U = {(r, ϕ) | r > 0, −π < ϕ < π} i R2 , apibr˙ žiama ˛ e lygyb˙ mis e x = r cos ϕ; (16.8) y = r sin ϕ. Irodysiu, kad tai tikrai yra M aib˙ s parametrizacija. ˛ e 1. Akivaizdu, kad g be galo diferencijuojama. Su visais (r, ϕ) ∈ U g (r, ϕ) = cos ϕ −r sin ϕ . sin ϕ r cos ϕ Kadangi matricos determinantas r cos2 ϕ + r sin2 ϕ = r > 0, matrica yra maksimalaus rango. 2. Jei (r, ϕ) ∈ U ir r sin ϕ = 0, tai ϕ = 0, o tada r cos ϕ = r > 0. Reiškia, g : U → M. Irodysiu, kad g yra bijekcija tarp U ir M. ˛ Tegu (x, y) ∈ M; ar egzistuoja (ir ar vienintelis) toks vektorius (r, ϕ) ∈ U, kad g(r, ϕ) = (x, y), t.y. r cos ϕ = x ir r sin ϕ = y? Iš šiu lygybiu išplaukia, kad ˛ ˛ r 2 = r 2 cos2 ϕ + r 2 sin2 ϕ = x2 + y 2. Kadangi r turi buti teigiamas, t˙ ra viena galimyb˙ : r = x2 + y 2. Šita e e ¯ reikšm˙ tikrai teigiama, nes (0, 0) ∈ M. e Taigi problema susived˙ i tokią: ar egzistuoja toks ϕ ∈ (−π; π), kad e ˛ y x cos ϕ = √ 2 2 ir sin ϕ = √ 2 2 , ir ar toks ϕ vienintelis? Atsakymas i abu ˛ x +y x +y koordinat˙ (16.6) parametrizacijos atžvilgiu. e Taigi g tikrai yra bijekcija tarp U ir M ir atvirkštin˙ funkcija užrašoma e lygyb˙ mis e  arccos √ x 2 , kai y 0; x2 +y 2 + y2, r= x ϕ= (16.9) − arccos √ x , kai y < 0. 2 2 x +y šiuos klausimus teigiamas — ϕ yra taško ( √ x , x2 +y 2 √ y x2 +y 2 ) ∈ S 1 \ {(−1, 0)} Pirmoji g −1 funkcijos komponent˙ akivaizdžiai tolydi, o antroji yra funkcijos e y x (x, y) → ( √ 2 2 , √ 2 2 ) ir (16.7) funkcijos kompozicija ir tod˙ l taip pat e x +y x +y tolydi. Reiškia, g −1 yra tolydžioji funkcija. 16.2. PAVYZDŽIAI (x, y) 16.2 pav. Geometrin˙ poliniu koordinačiu prasm˙ e ˛ ˛ e Taigi (16.8) lygtys tikrai apibr˙ žia M aib˙ s parametrizaciją. Ją atitine e kančios (x, y) taško koordinat˙ s r ir ϕ vadinamos polin˙ mis koordinat˙ mis. e e e Geometrin˙ šiu koordinačiu prasm˙ matyti iš 16.2 pav.: r yra vektoriaus e ˛ ˛ e su galais (0, 0) ir (x, y) ilgis, o ϕ — kampas, kuri tas vektorius sudaro su ˛ teigiama abscisiu ašies pusaše. ˛ Plokštumos. Jei a ∈ E, o b ir c yra dar du tiesiškai nesusiję E erdv˙ s e vektoriai, tai aib˙ e M = {a + ub + vc | u, v ∈ R} vadinama plokštuma, einančia per a tašką ir lygiagrečia b ir c vektoriams. Irodysiu, kad funkcija ˛ g(u, v) = a + ub + vc, (u, v) ∈ R2 , parametrizuoja M. 1. Akivaizdu, kad g be galo diferencijuojama ir kad g (u, v) yra tiesinis operatorius iš R2 i E, apibr˙ žiamas lygybe ˛ e g (u, v)(du, dv) = (du)b + (dv)c. Kadangi b ir c tiesiškai nesusiję, rank g (u, v) = dim(Rb + Rc) = 2. Taigi g (u, v) operatorius maksimalaus rango. 2. g(R2 ) = M pagal M apibr˙ žimą, o g injektyvumą galima irodyti taip. e ˛ Jei g(u, v) = x, tai a + ub + vc = x ir, reiškia, (b · b)u + (c · b)v (b · c)u + (c · c)v = (x − a) · b; = (x − a) · c.  r ϕ 635 636 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI Šios lygčiu sistemos koeficientu matricos determinantas ˛ ˛ D = (b · c)2 − (b · b)(c · c). Iš Košy nelygyb˙ s išplaukia, kad D 0. Be to, iš jos irodymo matyti, kad e ˛ D = 0 tada ir tik tada, kai b ir c tiesiškai susiję. Musu atveju taip n˙ ra; tod˙ l e e ¯ ˛ D > 0. Taigi lygčiu sistema turi vieninteli sprendini: ˛ ˛ ˛ u = D −1 (x − a) · b (c · b) , (x − a) · c (c · c) v = D −1 (b · b) (x − a) · b . (c · b) (x − a) · c Akivaizdu, kad gautomis lygtimis apibr˙ žiama atvirkštin˙ funkcija tolydi. e e Reiškia, g yra homeomorfizmas tarp R2 ir E. Jei a, b ir c yra konkretus vektoriai, irodyti, kad duota funkcija paramet˛ ¯ rizuoja plokštumą, galima paprasčiau. 16.3 pratimas. Parametrizuokite plokštumą, einančią per tašką a = (0, 1, 0) ir lygiagrečią b = (1, 1, 1) ir c = (0, 1, 1) vektoriams. Irodykite, kad ˛ ta funkcija tikrai yra parametrizacija. Sprendimas. Parametrizacija g užrašoma arba vektorine lygtimi         x 0 1 0 y  = 1 + u 1 + v 1 , z 0 1 1 Pagal apibr˙ žimą plokštuma, einanti per a tašką ir lygiagreti b ir c vektoriams, e yra tos funkcijos reikšmiu aib˙ : ˛ e M = {(u, 1 + u + v, u + v) | u, v ∈ R}. Irodysiu, kad g tikrai yra M parametrizacija. ˛ Akivaizdu, kad g be galo diferencijuojama ir   1 0 g (u, v) = 1 1 . 1 1 arba trimis skaliarin˙ mis lygtimis e  x = u;  y = 1 + u + v;   z = u + v. (16.10) 16.2. PAVYZDŽIAI 637 Viršutinis šios matricos 2 eil˙ s minoras nelygus 0; tod˙ l matrica yra make e simalaus rango. Be to, su bet kokiu (x, y, z) ∈ M t˙ ra vieninteliai u ir v, e tenkinantys (16.10) lygtis: pavyzdžiui, u = x; v = z − x. Atvirkštin˙ funkcija, apibr˙ žiama pastarosiomis lygyb˙ mis, taip pat tolydi; e e e tod˙ l g yra homeomorfizmas tarp R2 ir M. e Glodžios dvieju kintamu ˛ funkcijos grafikas. Tegu O yra atviras R2 ˛ ˛ju ∞ poaibis, f ∈ C (O) ir M yra f funkcijos grafikas: M = {(x, y, z) | (x, y) ∈ O, z = f (x, y)}. Tada M yra elementarusis paviršius, parametrizuojamas lygtimis  x = u;  y = v;   z = f (u, v). yra maksimalaus rango matrica, nes jos viršutinis 2-os eil˙ s minoras nelygus e 0, atvirkštin˙ funkcija apibr˙ žiama lytimis u = x, v = y ir yra visur tolydi. e e Dvimate sfera. Dvimat˙ sfera ˙ e S 2 = {(x, y, z) | x2 + y 2 + z 2 = 1} kompaktiška ir tod˙ l n˙ ra elementarusis paviršius. Tačiau jos sriti e e ˛ M1 = S 2 \ {(x, 0, z) | x galima parametrizuoti lygtimis  x = cos θ cos ϕ;  y = cos θ sin ϕ;   z = sin θ. 0} Tai, kad šiomis lygtimis apibr˙ žiama funkcija g : O → R3 tikrai yra e parametrizacija, akivaizdu: visos trys jos komponent˙ s be galo diferencijuoe jamos, išvestin˙ e   1 0 1  g (u, v) =  0 ∂f ∂f (u, v) ∂v (u, v) ∂u (16.11) 638 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI parametrizuoja M1 . 1. Akivaizdu, kad g be galo diferencijuojama ir   − sin θ cos ϕ − cos θ sin ϕ g (θ, ϕ) =  − sin θ sin ϕ cos θ cos ϕ  . cos θ 0 Trys antros eil˙ s šios matricos minorai lygus, atitinkamai, e ¯ − sin θ cos θ, cos2 θ sin ϕ ir Tegu g yra funkcija, aprašoma (16.11) lygtimis. Irodysiu, kad jos siaurinys ˛ aib˙ je e U1 = {(θ, ϕ) | −π/2 < θ < π/2, −π < ϕ < π} − cos2 θ cos ϕ. Koks bebutu (θ, ϕ) ∈ U1 , arba antras arba trečias minoras nelygus 0, nes ¯ ˛ cos θ > 0, o sin2 ϕ + cos2 ϕ = 1. Taigi išvestin˙ yra maksimalaus rango e matrica. 2. Jei su kokiu nors (θ, ϕ) ∈ U teisingos (16.11) lygyb˙ s, tai e x2 + y 2 + z 2 = cos2 θ cos2 ϕ + cos2 θ sin2 ϕ + sin2 θ = cos2 θ + sin2 θ = 1, t.y. (x, y, z) ∈ S 2 . Be to, iš y = 0 išplaukia ϕ = 0, o tada x = cos θ > 0. Taigi (x, y, z) ∈ M1 , t.y. g : U1 → M1 . Tegu (x, y, z) ∈ M1 ; ar egzistuoja (ir ar vienintel˙ ) tokia pora (θ, ϕ) ∈ U1 , e kad g(θ, ϕ) = (x, y, z)? Kadangi |z| < 1 (iš z = ±1 išplauktu x = y = 0, o to negali buti, jei ˛ ¯ (x, y, z) ∈ M1 ), lygtis sin θ = z turi vieninteli sprendini (−π/2; π/2) intervale ˛ ˛ — θ = arcsin z. Tada √ cos θ = 1 − sin2 θ = 1 − z 2 = x2 + y 2 ir problema susiveda i tokią: ar egzistuoja (ir ar vienintelis) toks ϕ ∈ (−π; π), ˛ y x kad cos ϕ = √ 2 2 ir sin ϕ = √ 2 2 ? Atsakymas i abu klausimus teigiamas: ˛ x +y x +y x , x2 +y 2 (16.6) parametrizacijos atžvilgiu. Taigi g yra bijekcija tarp U1 ir M1 ir atvirkštin˙ funkcija aprašoma lye gyb˙ mis e  arccos √ x 2 , kai y 0; x2 +y θ = arcsin z, ϕ = − arccos √ x , kai y < 0. 2 2 x +y vienintelis toks ϕ yra taško √ √ y x2 +y 2 ∈ S 1 \ {(−1, 0)} koordinat˙ e Šios funkcijos tolydumas irodomas panašiai, kaip (16.9) funkcijos. ˛ 16.2. PAVYZDŽIAI x ϕ 16.3 pav. Sferin˙ s koordinat˙ s e e (x, y, z) taško koordinat˙ s (16.11) parametrizacijos atžvilgiu vadinamos e sferin˙ mis koordinat˙ mis (žr. 16.3 pav.). θ koordinat˙ (taško platuma) yra e e e kampas tarp vektoriaus su galais (0, 0, 0) ir (x, y, z) ir xy plokštumos, o ϕ (taško ilguma) — kampas tarp to vektoriaus projekcijos xy plokštumoje ir x ašies. Tos pačios g funkcijos siaurinys U2 = (−π/2; π/2) × (0; 2π) aib˙ je parae 2 metrizuoja sriti M2 = S \ {(x, 0, z) | x 0}. M1 ir M2 poaibiai neuždengia ˛ šiaurinio ir pietinio sferos poliaus. Tačiau polius padengia sritys M3 = {(x, y, z) ∈ S 2 | z > 0} ir M4 = {(x, y, z) ∈ S 2 | z < 0}, ˛ kurios yra, atitinkamai, z = 1 − x2 − y 2 ir z = − 1 − x2 − y 2 funkciju grafikai ir tod˙ l — taip pat elementarieji paviršiai. Taigi bet koks sferos e taškas turi parametrizuojamą aplinką, t.y. sfera yra dvimatis paviršius, nors ir neelementarusis. K¯giai. Tegu L yra {(x, y, z) | z = d} plokštumos poaibis, o M sudaryta u iš visu atkarpu jungiančiu L taškus su tam tikru fiksuotu tašku (a, b, c); čia ˛ ˛, ˛ c = d: M = {(1 − t)(a, b, c) + t(x, y, z) | t ∈ (0; 1), (x, y, z) ∈ L}. (16.12) Tada M vadinama kugiu su viršune (a, b, c) taške ir pagrindu L (žr. 16.4 pav). ¯ ¯ Kartais kugiu vadinama ir neapr˙ žta aib˙ , kurią sudaro visi spinduliai iš e e ¯ viršun˙ s, einantys per koki nors L aib˙ s tašką; tada ˛ e ¯ e M = {(1 − t)(a, b, c) + t(x, y, z) | t > 0, (x, y, z) ∈ L}. Pastarosios aib˙ s sritis, susidedanti iš tašku atitinkančiu t ∈ (α; β) (čia e ˛, ˛ 0 < α < β < ∞), vadinamas nupjautu kugiu. ¯  θ y 639 640 z x L y 16.4 pav. K¯ gis u Jei L yra elementarioji kreiv˙ , e  x   y z    parametrizuojama lygtimis = x(u); = y(u); = d; u ∈ (α; β); Tegu h žymi parametrizaciją, aprašomą (16.13) lygtimis, o g — funkciją, aprašomą (16.14) lygtimis. Irodysiu, kad g tikrai yra parametrizacija. ˛ 1. Kadangi h yra parametrizacija, x(u) ir y(u) funkcijos be galo diferencijuojamos. Bet tada ir g be galo diferencijuojama ir   −a + x(u) tx (u) g (t, u) =  −b + y(u) ty (u) . −c + d 0 Du iš triju šios matricos antros eil˙ s minoru lygus ˛ e ˛ ¯ (c − d)tx (u) ir (c − d)ty (u). tai (16.12) kugis yra dvimatis paviršius, parametrizuojamas lygtimis ¯  x = (1 − t)a + tx(u);   y = (1 − t)b + ty(u); (16.14) z = (1 − t)c + td;    t ∈ (0; 1), u ∈ (α; β). Bet c = d, t > 0 ir su bet kokiu u ∈ (α; β) bent vienas iš skaičiu x (u) ir y (u) ˛ nelygus 0. Pastarasis tvirtinimas teisingas d˙ l to, kad e   x (u) y (u) = (0, 0, 0) h (u) = 0  (a, b, c) 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI (16.13) (16.15) 16.2. PAVYZDŽIAI 641 su visais u, nes h yra parametrizacija. Taigi bent vienas iš (16.15) minoru ˛ nelygus 0 ir, reiškia, g (t, u) matrica yra maksimalaus rango. 2. Pažymiu U = (0; 1) × (α; β); tada g(U) = M pagal M apibr˙ žimą. g e injektyvumas irodomas taip. Jei g(t, u) = (x, y, z), tai ˛ (1 − t)c + td = z ir tod˙ l t = (z − c)/(d − c). Bet tada e       x a x(u) t−1 y  − (1 − t)  b  = y(u) , z c d ir t˙ ra vienintelis u, tenkinantis šią lygybę, nes h yra parametrizacija. Taigi e g injektyvi ir atvirkštin˙ funkcija apibr˙ žiama lygyb˙ mis e e e t= z−c , d−c u = h−1 (x − a)/t + a, (y − b)/t + b, d . g −1 funkcija tolydi, nes tolydi h−1 . Taigi g yra homeomorfizmas tarp U ir M. Jei L yra neelementarioji kreiv˙ , M vis tiek yra paviršius, nors ir neelee mentarusis. Sukimosi paviršiai. Jei (a, 0, c) tašką suksime apie z aši, jis nubr˙ š ap˛ e 2 2 2 skritimą x + y = a , z = c. Tod˙ l jei L yra koks nors pusplokštum˙ s e e {(x, 0, z) | x > 0} poaibis, tai aib˙ e M = {(x, y, z) | ( x2 + y 2, 0, z) ∈ L}. vadinama sukimosi paviršiumi, gaunamu sukant L apie z aši. ˛ Pavyzdžiui, jei L yra pusties˙ {(c, 0, c) | c > 0}, tai M yra kugis: e ¯ M = {(x, y, z) | x2 + y 2 = z > 0} (žr. 16.5 pav.) Tegu L yra elementarioji kreiv˙ , parametrizuojama lygtimis e  x = x(t);   y = 0; z = z(t);    t ∈ (α; β); (16.16) 642 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI L z x y 16.5 pav. Sukimosi paviršius o g — funkcija, apibr˙ žiama lygtimis e  x = x(t) cos ϕ;  y = x(t) sin ϕ;   z = z(t). Irodysiu, kad g siaurinys aib˙ je ˛ e U1 = {(t, ϕ) | t ∈ (α; β), ϕ ∈ (−π; π)} parametrizuoja M paviršiaus sriti ˛ M1 = M \ {(x, 0, z) | x 0}. (16.17) 1. Tegu h žymi (16.16) parametrizaciją. Jos komponent˙ s x(t) ir z(t) be e galo diferencijuojamos; tod˙ l be galo diferencijuojama ir g funkcija. Be to, e   x (t) cos ϕ −x(t) sin ϕ g (t, ϕ) =  x (t) sin ϕ x(t) cos ϕ  . z (t) 0 Šios matricos antros eil˙ s minorai lygus e ¯ x(t)x (t), x(t)z (t) sin ϕ ir − x(t)z (t) cos ϕ. Jei visi trys jie butu lygus 0, gaučiau x (t) = z (t) = 0 (nes x(t) > 0 ir ¯ ˛ ¯ 2 2 cos ϕ + sin ϕ = 1). Bet tada h (t) = (0, 0, 0), o to negali buti, nes h yra ¯ parametrizacija. Taigi g (t, ϕ) yra maksimalaus rango su visais (t, ϕ) ∈ U1 . 2. Tegu (x, y, z) = g(t, ϕ) su tam tikru (t, ϕ) ∈ U1 , t.y. x = x(t) cos ϕ, y = x(t) sin ϕ ir z = z(t). Tada ( x2 + y 2 , 0, z) = x(t), 0, z(t) ∈ L, 16.2. PAVYZDŽIAI 643 x L 16.6 pav. Cilindras y tod˙ l (x, y, z) ∈ M. Jei y = 0, tai ϕ = 0, o tada x = x(t) > 0. Taigi e g : U1 → M1 . Atvirkščiai, tegu (x, y, z) ∈ M1 . Ar egzistuoja (ir ar vienintelis) toks (t, ϕ) ∈ U1 , kad x = x(t) cos ϕ, y = x(t) sin ϕ ir z = z(t)? Iš (x, y, z) ∈ M išplaukia ( x2 + y 2 , 0, z) ∈ L, o tada x2 + y 2 = x(t), z = z(t) su tam tikru (ir vieninteliu) t ∈ (α; β). Parametras ϕ tada yra taško x x2 + y2 , y x2 + y2 ∈ S 1 \ {(−1, 0)} koordinat˙ (16.6) parametrizacijos atžvilgiu. e Taigi g yra bijekcija tarp U1 ir M1 ir atvirkštin˙ funkcija aprašoma lye gyb˙ mis e  arccos √ x 2 , kai y 0; x2 +y −1 2 + y 2 , 0, z), t=h ( x ϕ= − arccos √ x , kai y < 0. 2 2 x +y Pirma komponent˙ tolydi, nes h−1 yra tolydžioji funkcija. Antrosios kompoe nent˙ s tolydumas irodomas panašiai, kaip (16.9) funkcijos. e ˛ g funkcijos siaurinys (α; β) × (0; 2π) aib˙ je parametrizuoja M aib˙ s sriti e e ˛ M2 = M \ {(x, 0, z) | x 0}. Kadangi M = M1 ∪ M2 , bet koks M taškas turi parametrizuojamą aplinką. Taigi M yra paviršius, nors ir neelemantarusis. Cilindrai. Tegu L ⊂ R2 ir M = L × (γ; δ). Tada M vadinama cilindru su pagrindu L (žr. 16.6 pav.). 644 Jei L yra kreiv˙ , parametrizuojama lygtimis e  x = x(t);  y = y(t);   t ∈ (α; β); 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI (16.18) Vienas šios matricos antros eil˙ s minoras lygus 0, o kiti du — x (t) ir y (t). e Abu jie negali buti lygus 0, nes tada h (t) = (0, 0), o to buti negali, nes h yra ¯ ¯ ¯ parametrizacija. Taigi g (t, u) matrica yra maksimalaus rango. 2. Akivaizdu, kad g yra bijekcija tarp U ir M; atvirkštin˙ funkcija e užrašoma lygtimis t = h−1 (x, y), u = z. Abi komponent˙ s tolydžios, nes h−1 funkcija tolydi. e Jei L yra neelementarioji kreiv˙ , cilindras vis tiek yra dvimatis paviršius, e nors ir neelementarusis. Tegu h žymi (16.18) parametrizaciją, o g — (16.19) lygtimis apibr˙ žiamą e funkciją iš U = (α; β) × (γ; δ) i R3 . Irodysiu, kad g tikrai yra M parametri˛ ˛ zacija. 1. Kadangi h yra parametrizacija, abi jos komponent˙ s x(t) ir y(t) be e galo diferencijuojamos. Tada be galo diferencijuojama ir g funkcija. Be to,   x (t) 0 g (t, u) = y (t) 0 . 0 1 M yra dvimatis paviršius, parametrizuojamas lygtimis  x = x(t);   y = y(t); z = u;    t ∈ (α; β), u ∈ (γ; δ). (16.19) Dekarto koordinates erdv˙ ˙ eje. Pavyzdžius užbaigsiu trimačiu paviršiu ˛ ˛ bloku. R3 erdv˙ parametrizuojama lygtimis e  x = u;  y = v;   z = v. (x, y, z) taško koordinat˙ s šios parametrizacijos atžvilgiu yra jo komponent˙ s e e x, y ir z. Jos vadinamos Dekarto koordinat˙ mis. e 16.2. PAVYZDŽIAI Sferin˙ koordinates erdv˙ es ˙ eje. R3 erdv˙ s poaibi e ˛ galima parametrizuoti lygtimis  x = r cos θ cos ϕ;  y = r cos θ sin ϕ;   z = r sin θ; M = R3 \ {(x, 0, z) | x 0} 645 (16.20) aprašančiomis funkciją (r, θ, ϕ) → (x, y, z) iš (0; ∞) × (−π/2; π/2) × (−π; π) i R3 . ˛ 1. Pažymiu tą funkciją g raide. Akivaizdu, kad ji be galo diferencijuojama ir   cos θ cos ϕ −r sin θ cos ϕ −r cos θ sin ϕ g (r, θ, ϕ) =  cos θ sin ϕ −r sin θ sin ϕ r cos θ cos ϕ  . sin θ r cos θ 0 Matricos determinantas lygus −r 2 sin2 θ cos θ cos2 ϕ−r 2 cos3 θ sin2 ϕ−r 2 cos θ sin2 θ sin2 ϕ−r 2 cos3 θ cos2 ϕ = −r 2 sin2 θ cos θ − r 2 cos3 θ = −r 2 cos θ ir yra visur neigiamas; taigi g (r, θ, ϕ) yra maksimalaus rango matrica. 2. Jei (x, y, z) = g(r, θ, ϕ), tai (x, y, z) ∈ M, nes jei y = 0, tai ϕ = 0, o tada x = r cos θ > 0. Atvirkščiai, jei (x, y, z) ∈ M, tai x2 + y 2 + z 2 = r 2 cos2 θ cos2 ϕ + r 2 cos2 θ sin2 ϕ + r 2 sin2 θ = r 2 cos2 θ + r 2 sin2 θ = r 2 ir √ x , x2 +y 2 +z 2 √ y x2 +y 2 +z 2 ,√ z x2 +y 2 +z 2 ∈ S 2 \ {(x, 0, z) | x 0}; tod˙ l θ ir ϕ yra pastarojo taško sferin˙ s koordinat˙ s. Reiškia, g yra bijekcija e e e tarp parametru aib˙ s U ir M ir atvirkštin˙ funkcija apibr˙ žiama lygyb˙ mis ˛ e e e e z r = x2 + y 2 + z 2 , θ = arcsin , x2 + y 2 + z 2  arccos √ x 2 , kai y 0; x2 +y ϕ= − arccos √ x , kai y < 0. 2 2 x +y Pirmos dvi šios funkcijos komponent˙ s akivaizdžiai tolydžios. Trečiosios e tolydumas irodomas panašiai kaip (16.9) funkcijos. Taigi g yra homeomor˛ fizmas tarp U ir M. (x, y, z) taško koordinat˙ s (16.20) parametrizacijos atžvilgiu vadinamos e jo sferin˙ mis koordinat˙ mis. e e 646 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI Šios matricos determinantas parametrizuoja M aibę. 1. Akivaizdu, kad g be galo diferencijuojama ir   −a + x(u, v) txu (u, v) txv (u, v) g (t, u, v) =  −b + y(u, v) tyu (u, v) tyv (u, v)  . −c + d 0 0 (d − c)t2 xu (u, v) xv (u, v) yu (u, v) yv (u, v) Tada funkcija g : (0; 1) × U  x  y   z K¯ giai. Tegu M yra (16.12) kugis, kurio pagrindas L — dvimatis paviršius, u ¯ parametrizuojamas lygtimis  x = x(u, v);   y = y(u, v); (16.21) z = d;    (u, v) ∈ U. → R3 , apibr˙ žiama lygtimis e = (1 − t)a + tx(u, v); = (1 − t)b + ty(u, v); = (1 − t)c + td. nelygus 0, nes kitaip (16.21) funkcijos išvestin˙ nebutu maksimalaus rango. e ¯ ˛ Taigi g (t, u, v) yra maksimalaus rango matrica. 2. g((0; 1) × U) = M pagal M aib˙ s apibr˙ žimą. Be to, g injektyvi ir e e atvirkštin˙ funkcija apibr˙ žiama lygtimis e e t= z−c , d−c (u, v) = h−1 (x − a)/t + a, (y − b)/t + b, d ; čia h žymi (16.21) parametrizaciją. Atvirkštin˙ funkcija tolydi, nes h−1 e tolydi. Cilindrai. Tegu L ⊂ R2 yra dvimatis paviršius, parametrizuojamas lygtimis  x = x(u, v);  (16.22) y = y(u, v);   (u, v) ∈ U. 16.2. PAVYZDŽIAI Tada funkcija g : (γ; δ) × U → R3 , apibr˙ žiama lygtimis e  x = x(u, v);  y = y(u, v);   z = t; 647 Išvestin˙ s determinantas e parametrizuoja cilindrą M = L × (γ; δ). 1. Akivaizdu, kad g be galo diferencijuojama ir   0 xu (u, v) xv (u, v) g (t, u, v) = 0 yu (u, v) yv (u, v)  . 1 0 0 xu (u, v) xv (u, v) yu (u, v) yv (u, v) nelygus 0, nes kitaip (16.22) funkcijos išvestin˙ s determinantas taip pat butu e ¯ ˛ 0, o to negali buti, nes ta funkcija yra parametrizacija. Taigi g (t, u, v) yra ¯ maksimalaus rango matrica. 2. Akivaizdu, kad g yra bijekcija tarp (γ; δ) × U ir M ir kad atvirkštin˙ e funkcija apibr˙ žiama lygtimis e t = z, (u, v) = h−1 (x, y); čia h žymi (16.22) parametrizaciją. Atvirkštin˙ funkcija tolydi, nes h−1 e tolydi. 16.4 pratimas. I. Pagal duotas M paviršiaus lygtis užrašykite kokią nors lokaliąją M parametrizaciją. • x2 + y 2 = 1, z = x; • x2 + y 2 + 4z 2 = 4; II. Tegu M yra kugis su viršune (0, 0, 2) ir pagrindu, užrašomu lygtimis ¯ ¯ x2 + 2y 2 = 4, z = 0. Parametrizuokite kokią nors jo taško (−1, 0, 1) aplinką. Raskite to taško koordinates sugalvotos parametrizacijos atžvilgiu. 648 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI III. Tegu M yra sukimosi paviršius, gaunamas sukant kreivę (x − 2)2 + z 2 = 1, y=0 apie z aši. Užrašykite kokią nors lokaliąją M parametrizaciją. Raskite ˛ lygti, kurią tenkina to paviršiaus tašku Dekarto koordinat˙ s. ˛ ˛ e Sprendimas. I.  x = cos t;  y = sin t;   z = cos t;  x = 2 cos θ cos ϕ;  y = 2 cos θ sin ϕ;   z = sin θ. M1 : II. M2 : (−1, 0, 1) taško koordinat˙ s šios parametrizacijos atžvilgiu yra t = 1/2 ir e ϕ = π. III. M sriti galima parametrizuoti lygtimis ˛  x = (2 + cos t) cos ϕ;  y = (2 + cos t) sin ϕ;   z = sin t. Iš ju ˛ x2 + y 2 = (2 + cos t)2 , z = sin t; x2 + y 2 + z 2 = 5 + 4 cos t; (x2 + y 2 + z 2 − 5)2 + 16z 2 = 16.  x = 2t cos ϕ;   y = t sin ϕ; z = 2 − 2t;    t ∈ (0; 1), ϕ ∈ (0; 2π). 16.3 Liestin˙ s ir normal˙ s e e Liestin˙ es. Tegu E yra m-mat˙ euklidin˙ erdv˙ , M ⊂ E ir x ∈ M. Nenulie e e nis E erdv˙ s vektorius dx vadinamas M aib˙ s liestine x taške, jei egzistuoja e e tokia (xn ) ⊂ M \ {x}, kad xn → x ir (xn − x)/ xn − x → dx/ dx . Nulinis vektorius taip pat laikomas liestine. Visu M liestiniu x taške aib˙ žymima ˛ ˛ e Tx M. ˙ ˙ 16.3. LIESTINES IR NORMALES xn Apibr˙ žimą iliustruoja 16.7(a) pav. Čia M yra kreiv˙ , x — fiksuotas jos e e taškas ir xn — kitas kreiv˙ s taškas, art˙ jantis prie x. xn − x yra vektorius, e e xn −x nukreiptas iš x i xn , o santykis an = xn −x — tos pačios krypties, bet ˛ vienetinio ilgio vektorius. Kai n auga, xn − x → 0, bet an ilgis išlieka lygus 1; keičiasi tik jo kryptis. Tiksliau, an art˙ ja prie tam tikro vektoriaus a, kurio e ilgis taip pat lygus 1. Bet koks vektorius dx, kurio kryptis tokia pat, kaip a dx vektoriaus kryptis, tenkina sąlygą dx = a ir, reiškia, yra kreiv˙ s liestin˙ x e e taške. Jei M yra kreiv˙ , visos jos liestin˙ s proporcingos vienai bazinei liestinei. e e Bendruoju atveju (žr. 16.7(b) pav.) galima rasti kelias tiesiškai nesusijusias liestines. 16.2 teorema. Jei M yra k-matis paviršius E erdv˙ je ir x ∈ M, tai Tx M e yra k-matis tiesinis E poerdvis. Jei g yra lokalioji M parametrizacija ir g(u) = x, tai Tx M = {g (u)du | du ∈ Rk }. (16.23) Irodymas. Pakanka irodyti (16.23) lygybę, nes iš jos išplaukia ir pirmas ˛ ˛ teoremos teiginys. Tikrai, aib˙ dešin˙ je lygyb˙ s pus˙ je yra g (u) operatoriaus e e e e vaizdas (reikšmiu aib˙ ). Iš algebros žinome, kad ji yra tiesinis E poerdvis. ˛ e Be to, jos matmenu skaičius vadinamas operatoriaus rangu. Kadangi g yra ˛ k-mat˙ parametrizacija, g (u) operatoriaus rangas yra k. Reiškia (16.23) e poerdvio matmenu skaičius yra k. ˛ Iš pradžiu irodysiu ⊃ sąryši. Tegu dx yra bet koks dešin˙ je (16.23) lygyb˙ s ˛˛ ˛ e e k pus˙ je esančios aib˙ s elementas, t.y. dx = g (u)du su tam tikru du ∈ R . Jei e e du = 0, tai ir dx = 0; tod˙ l dx ∈ Tx M, nes nulinis vektorius yra liestin˙ . e e Jei du = 0, tai dx = g (u)du = 0, nes g (u) operatorius maksimalaus rango. Pažymiu xn = g(u + du/n). Apibr˙ žimas korektiškas, kai n pakankae mai didelis (jei U yra g funkcijos apibr˙ žimo sritis, tai u — vidinis jos taškas, e   dx x x xn −x xn −x 649 (a) (b) 16.7 pav. Liestin˙ s e 650 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI nes U atvira; tod˙ l u + du/n ∈ U, kai n pakankamai didelis). Be to, xn ∈ M, e nes g : U → M, xn = x, nes g injektyvi, ir xn → x, nes g tolydi. Iš išvestin˙ s e apibr˙ žimo e 1 1 g u + du − g(u) = g (u)du + o(1/n), (16.24) n n t.y. xn − x = dx/n + o(1/n). Kitaip tariant, n(xn − x) → dx, o iš čia Padalinęs vieną sąryši iš kito gaunu (xn − x)/ xn − x → dx/ dx . Reiškia, ˛ dx ∈ Tx M. Dabar irodysiu atvirkščią sąryši — kad bet koks dx ∈ Tx M priklauso ˛ ˛ aibei dešin˙ je (16.23) lygyb˙ s pus˙ je, t.y. užrašomas dx = g (u)du pavidalu e e e su tam tikru du ∈ Rk . Jei dx = 0, galiu imti du = 0. Jeigu gi dx = 0, iš liestiniu apibr˙ žimo ˛ e išplaukia, kad dx xn − x → (16.25) xn − x dx su tam tikra i x konverguojančia seka (xn ) ⊂ M \{x}. Pažymiu un = g −1(xn ). ˛ Tada un = u, nes xn = x, ir un → u, nes g −1 tolydi. Reiškia, xn − x = g(un ) − g(u) = g (u)(un − u) + o( un − u ). Kadangi (un − u)/ un − u seka apr˙ žta, kažkoks jos posekis turi ribą. e Kad butu paprasčiau, pačią seką laikysiu konverguojančia i koki nors du. ˛ ˛ ˛ ¯ Tada (xn − x)/ un − u → g (u)du, o iš čia xn − x / un − u → g (u)du . n xn − x → dx . Kadangi kiekvieno (un − u)/ un − u vektoriaus norma lygi 1, ju riba du ˛ — taip pat vienetinio ilgio. Reiškia, du = 0. Tada g (u)du = 0, nes g (u) operatorius maksimalaus rango. Tod˙ l iš aukščiau gautu sąryšiu išplaukia e ˛ ˛ xn − x g (u)du → . xn − x g (u)du Sulyginęs (16.25) ir (16.26), gaunu dx = dx g (u)du = g (u)(c du) g (u)du (16.27) (16.26) ˙ ˙ 16.3. LIESTINES IR NORMALES su c = dx / g (u)du . 16.5 taške. pratimas. 651 Raskite bazines duoto paviršiaus liestines duotame • M1 = {(x, y) | x2 + y 2 = 2}, (1, 1) taške; • M2 = {(x, y, z) | x2 + y 2 = 2z 2 }, (1, 1, 1) taške; • M3 = {(x, y, z) | x2 + 2z 2 = 9, y = z}, (1, 2, 2) taške. yra Sprendimas. Viena iš (1, 1) taško aplinkos M1 paviršiuje parametrizaciju ˛ g(t) = √ √2 cos t ; 2 sin t tada g (t) = √ − 2 sin t √ . 2 cos t (1, 1) taško koordinat˙ tos parametrizacijos atžvilgiu yra t = π/4; tod˙ l e e bazin˙ liestin˙ lygi g (π/4) = (−1, 1). e e (1, 1, 1) taško aplinka M2 paviršiuje parametrizuojama funkcija √ √   √  2v cos u − 2v sin u √2 cos u √ √ g(u, v) =  2v sin u  ir g (u, v) =  2v cos u 2 sin u  . v 0 1 (1, 1, 1) taško koordinat˙ s tos parametrizacijos atžvilgiu yra u = π/4, v = 1; e ∂g tod˙ l bazin˙ s liestin˙ s yra ∂u (π/4, 1) = (−1, 1, 0) ir (1, 1, 1). e e e (1, 2, 2) taško aplinka M3 paviršiuje parametrizuojama funkcija  3 cos t 3 g(t) =  √2 sin t 3 √ sin t 2    −3 sin t 3 ir g (t) =  √2 cos t . 3 √ cos t 2 1 (1, 2, 2) taško koordinat˙ s tos parametrizacijos atžvilgiu yra t0 = arccos 3 ; e tod˙ l bazin˙ liestin˙ lygi e e e √ √ √ 1 1 1 g (t0 ) = (−3 sin arccos , √ , √ ) = (−2 2, 1/ 2, 1/ 2). 3 2 2 Irodyti, kad kokia nors aib˙ M yra paviršius, galima parametrizavus jos tašku ˛ e ˛ aplinkas. O kaip ˛sitikinti, kad ji n˙ ra paviršius? Juk nemok˙ jimas parametrizuoti i e e aib˙ s dar nereiškia, kad parametrizacijos apskritai n˙ ra. e e Kai kada užtenka pasiremti žinomomis jungiu aibiu savyb˙ mis. Tegu, pavyz˛ ˛ e džiui, M = {(x, 0) | x 0}. 652 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI Jei M butu kreiv˙ , jos taškas (0, 0) tur˙ tu parametrizuojamą aplinką Ma . Kiekviee e ˛ ¯ ˛ nas atviras Ma poaibis taip pat yra parametrizuojama a aplinka; tod˙ l nemažine damas bendrumo galiu laikyti, kad su tam tikru ε Ma = {(x, 0) | 0 x < ε}. Tegu U yra atviras R poaibis ir g : U → R2 — Ma aib˙ s parametrizacija. Kadangi e g yra homeomorfizmas tarp U ir Ma , o Ma aib˙ jungi, U taip pat jungi, t.y. yra e intervalas. Kadangi U atvira, ji yra atviras intervalas. Tegu u ∈ U yra (0, 0) taško koordinat˙ g parametrizacijos atžvilgiu; tada g yra taip pat homeomorfizmas tarp e U \ {u} ir Ma \ {(0, 0)}. Bet toks homeomorfizmas neegzistuoja, nes Ma \ {(0, 0)} aib˙ jungi, o U \ {u} — nejungi. Gauta prieštara reiškia, kad M n˙ ra paviršius. e e Sud˙ tingesniais atvejais galima remtis 16.2 teorema. Tegu, pavyzdžiui, e M = {(0, y) | y 0} ∪ {(x, 0) | x 0}. Irodysiu, kad ir ši aib˙ n˙ ra paviršius. Tam rasiu visas M aib˙ s liestines (0, 0) ˛ e e e taške. Tegu M (xn , yn ) → (0, 0) ir (xn , yn )/ (xn , yn ) → a. Su kiekvienu n galimi du variantai: arba xn = 0, yn > 0, arba xn > 0, yn = 0. Kadangi indeksu n be ˛ galo daug, o variantu tik du, galima teigti, kad arba atsiras toks posekis (nk ), kad ˛ xnk = 0, ynk > 0 su visais k, arba — toks posekis (nk ), kad xnk > 0, ynk = 0 su visais k. Pirmu atveju (xnk , ynk ) = ynk ir tod˙ l a = (0, 1). Antruoju atveju e panašiai gaunu a = (1, 0). Reiškia, T(0,0) M = {(dx, 0) | dx 0} ∪ {(0, dy) | dy 0}. Kadangi T(0,0) M n˙ ra tiesinis R2 poerdvis, M aib˙ n˙ ra paviršius. e e e Priminsiu svarbiausias ortogonalaus papildinio savybes: 1) A⊥ yra tiesinis E poerdvis; 2) dim A + dim A⊥ = dim E; 3) (A⊥ )⊥ = A. Taigi visu normaliu x taške aib˙ yra ortogonalus Tx M poerdvio papildinys ˛ ˛ e (Tx M)⊥ , jis yra tiesinis E poerdvis ir jo matmenu skaičius yra m−k. Be to, iš ˛ trečiosios ortogonalaus papildinio savyb˙ s išplaukia, kad bet kuris vektorius, e statmenas visoms normal˙ ms, yra Tx M elementas, t.y. — paviršiaus liestin˙ e e x taške. Normal˙ es. Vektorius n ∈ E vadinamas M paviršiaus normale x taške, jei jis statmenas kiekvienai liestinei tame taške, t.y. jei n · dx = 0 su visais dx ∈ Tx M. Iš algebros žinome ortogonalaus papildinio sąvoką: jei A yra tiesinis E poerdvis, tai A⊥ = {y | ∀x ∈ A y · x = 0}. ˙ ˙ 16.3. LIESTINES IR NORMALES 653 Paviršiaus normales lengviausia rasti, kai paviršius aprašytas lygtimis ϕ1 (x) = · · · = ϕm−k (x) = 0. (16.28) Tegu x yra paviršiaus taškas, kuriame ieškome normaliu ir g : U → M — ˛, tokia lokalioji M parametrizacija, kad g(u) = x su tam tikru u ∈ U. Kadangi g(v) ∈ M su visais v ∈ U, ϕj g(v) = 0 su visais j = 1, . . . , m − k ir v ∈ U. Išdiferencijavęs gaunu ϕj g(v) g (v) = 0. Istatau v = u; tada ϕj (x)g (u) = 0 (nes g(u) = x). Iš čia ϕj (x)g (u)du = 0 ˛ su visais du ∈ Rk . Kadangi bet kuri liestin˙ x taške yra g (u)du pavidalo, e ϕj (x)dx = 0 su visais dx ∈ Tx M. Dabar atliksiu dar vieną nedidelę ekskursiją i algebrą. Jei E yra euklidin˙ ˛ e erdv˙ ir a ∈ E, tai funkcija x → a · x yra tiesinis funkcionalas E erdv˙ je, t.y. e e t E erdv˙ s elementas. Pažym˙ siu ji a simboliu; tada e e ˛ a · x = at x su visais x ∈ E. Jei E yra Rm erdv˙ su standartine skaliarine daugyba ir e vektoriai sutapatinami su vieno stulpelio matricomis, tai a → at operacija yra tiesiog transponavimas (at yra vienos eilut˙ s matrica, gauta transponavus e a stulpeli). ˛ Nesunku irodyti, kad atvaizdis a → at yra injektyvus tiesinis operatorius ˛ iš E i E , o iš Ryso teoremos išplaukia, kad jis yra netgi izomorfizmas, t.y. bet ˛ koks tiesinis funkcionalas iš E sutampa su kuriuo nors at . Iš to, kad atvaizdis yra izomorfizmas, taip pat išplaukia, kad kokie nors vektoriai a1 , . . . , ak yra tiesiškai nesusiję tada ir tik tada, kai tiesiškai nesusiję at , . . . , at funkcionalai. 1 k Jei O yra atviras E poaibis ir ϕ — diferencijuojama O aib˙ je realioji e funkcija, tai išvestin˙ ϕ (x) yra tiesinis funkcionalas E erdv˙ je. Vektorius e e t a ∈ E, su kuriuo a = ϕ (x), vadinamas ϕ funkcijos gradientu x taške ir žymimas ϕ(x). Pavyzdžiui, jei E = Rm , tai   ∂1 ϕ(x) ϕ (x) = ∂1 ϕ(x) · · · ∂m ϕ(x) , o ϕ(x) =  · · ·  . ∂m ϕ(x) Bendruoju atveju užtenka atsiminti, kad ϕ (x)dx = ϕ(x) · dx. 654 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI Grižtu prie normaliu paieškos uždavinio, kai paviršius užrašytas (16.28) ˛ ˛ lygtimis. Jau išsiaiškinau, kad ϕj (x)dx = 0 su bet kokiu j = 1, . . . , m − k ir visais dx ∈ Tx M. Reiškia, ϕj (x) · dx = 0, t.y. kiekvienas ϕj (x) statmenas visoms paviršiaus liestin˙ ms x taške. Tai e ir reiškia, kad ϕj (x) yra normal˙ s tame taške. e Jei ϕ1 (x), . . . , ϕj (x) funkcionalai tiesiškai nesusiję (o taip paprastai ir buna — žr. 16.1 teoremą), tai gradientai taip pat tiesiškai nesusiję. Kadangi ¯ ju yra lygiai m − k, jie sudaro normaliu poerdvio bazę. ˛ ˛ 16.6 pratimas. Raskite bazines M aib˙ s normales duotame taške. e • M = {(x, y) | x2 + y 2 = 2}, (1, 1) taške; • M = {(x, y, z) | x2 + y 2 = 2z 2 }, (1, 1, 1) taške; • M = {(x, y, z) | x2 + 2z 2 = 9, y = z}, (1, 2, 2) taške. Sprendimas. Pirmuoju atveju ϕ(x, y) = x2 + y 2 − 2, ϕ(x, y) = (2x, 2y); tod˙ l bazin˙ normal˙ yra (2, 2). e e e Antruoju atveju ϕ(x, y) = x2 +y 2 −2z 2 , ϕ(x, y, z) = (2x, 2y, −4z); tod˙ l e bazin˙ normal˙ yra (2, 2, −4). e e Trečiuoju atveju ϕ1 (x, y, z) = x2 + 2z 2 − 9, ϕ2 (x, y, z) = y − z, ϕ1 (x, y, z) = (2x, 0, 2z), ϕ2 (x, y, z) = (0, 1, −1); tod˙ l (2, 0, 4) ir (0, 1, −1) vektoriai yra bazin˙ s normal˙ s. e e e Sąlyginiai ekstremumai. Tegu O yra atviras E poaibis, f ∈ C 2 (O), M yra k-matis paviršius E erdv˙ je ir a ∈ O ∩ M. e a vadinamas f funkcijos lokalaus sąlyginio minimumo M aib˙ je tašku, jei e egzistuoja tokia a aplinka U, kad f (x) f (a) su visais x ∈ U ∩ M. Žodis sąlyginio šioje sąvokoje rodo, kad mus domina tik funkcijos reikšm˙ s, kai argumentas priklauso M paviršiui: jei x ∈ M, f (x) gali buti mažese ¯ nis už f (a), net jei x ir labai arti a. Žodis lokalaus nurodo, kad mus domina tik funkcijos reikšm˙ s, kai argue mentas yra arti a: gali egzistuoti x ∈ U, su kuriuo f (x) < f (a). Analogiškai apibr˙ žiamas lokalaus sąlyginio maksimumo taškas. a vadie namas lokalaus sąlyginio ekstremumo tašku, jei jis yra arba sąlyginio minimumo, arba sąlyginio maksimumo taškas. ˙ ˙ 16.3. LIESTINES IR NORMALES 655 Jei M yra elementarusis paviršius, lokaliu sąlyginiu ekstremumu ieškojimo ˛ ˛ ˛ uždavini galima suvesti i besąlyginiu ekstremumu uždavini. Randame kokią ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ nors M parametrizaciją g : U → E ir nagrin˙ jame funkciją h(u) = f g(u) : e jei kokiame nors taške u ∈ U yra jos besąlyginis lokalus minimumas, tai ¯ a = g(¯) taške yra f funkcijos sąlyginis minimumas ir atvirkščiai. Irodysiu u ˛ tai. Tegu u yra h funkcijos besąlyginio minimumo taškas, t.y. h(u) h(¯) su ¯ u visais u ∈ U(¯, δ) ⊂ U. Kadangi g yra homeomorfizmas, g U(¯, δ) yra a u u taško aplinka M aib˙ je, t.y. egzistuoja toks ε, kad U(a, ε) ∩ M ⊂ g U(¯, δ) . e u Jei dabar x ∈ U(a, ε) ∩ M, tai x = g(u) su tam tikru u ∈ U(¯, δ) ir tod˙ l u e f (x) = f g(u) = h(u) h(¯) = f g(¯) = f (a). u u Reiškia, a yra f funkcijos lokalaus sąlyginio minimumo taškas. Atvirkščiai, tegu a yra f funkcijos lokalaus sąlyginio minimumo taškas, t.y. egzistuoja toks ε, kad f (x) f (a) su visais x ∈ U(a, ε) ∩ M. Kadangi g tolydi, atsiras toks δ, kad U(¯, δ) ⊂ U ir g U(¯, δ) ⊂ U(a, ε). Jei dabar u u u ∈ U(¯, δ), tai g(u) ∈ U(a, ε) ∩ M ir tod˙ l u e h(u) = f g(u) f (a) = f g(¯) = h(¯). u u Reiškia, u yra h funkcijos lokalaus besąlyginio minimumo taškas. ¯ Lagranžo daugikliu metodas. Aprašytas sąlyginiu ekstremumu ieško˛ ˛ ˛ jimo metodas tinka ir tuo atveju, kai M n˙ ra elementarus. Tada tereikia e rasti tokias elementarias M sritis Mi , kad M = i Mi , kiekvieną Mi parametrizuoti kokia nors funkcija gi ir ieškoti hi = f ◦ gi funkciju besąlyginiu ˛ ˛ maksimumu Tačiau jei M paviršius aprašytas (16.28) lygtimis, sąlyginiu ˛. ˛ ekstremumu paprastai ieškome vadinamuoju Lagranžo daugikliu metodu. ˛ ˛ Apibr˙ žkime e Lλ (x) = f (x) − λ1 ϕ1 (x) − · · · − λm−k ϕm−k (x); čia x ∈ O ir λ = (λ1 , . . . , λm−k ) ∈ Rm−k (λ1 , . . . , λm−k ir yra vadinamieji Lagranžo daugikliai). 16.3 teorema. Jei a yra sąlyginio minimumo taškas, tai Lλ (a) = 0 su tam tikru λ ∈ Rm−k . Atvirkščiai, jei teisinga (16.29) lygyb˙ ir e Lλ (a)(dx, dx) > 0 su visais dx ∈ Ta M \ {0}, tai a yra sąlyginio minimumo taškas. (16.30) (16.29) 656 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI Irodymas. Tegu g : U → M yra lokalioji M parametrizacija, para˛ metrizuojanti kokią nors a taško aplinką M paviršiuje Ma , ir u — a taško ¯ koordinat˙ tos parametrizacijos atžvilgiu, t.y. g(¯) = a. Su u ∈ U apibr˙ žiu e u e h(u) = f g(u) . Tada u yra h funkcijos besąlyginio lokalaus minimumo taškas. Iš besąlyginiu ¯ ˛ ekstremumu teorijos išplaukia h (¯) = 0. Bet su visais u ∈ U ˛ u h (u) = f g(u) g (u); tod˙ l istatęs u = u ir prisiminęs, kad g(¯) = a, gaunu e ˛ ¯ u f (a)g (¯) = 0. u Iš čia f (a)g (¯)du = 0 u su visais du ∈ Rk . Bet g (¯)du pavidalu užrašoma bet kokia M paviršiaus u liestin˙ a taške. Reiškia, f (a)dx = 0 su visais dx ∈ Ta M. Tada f (a)·dx = 0 e su visais dx ∈ Ta M, t.y. f (a) yra M paviršiaus normal˙ a taške. Kadangi e ϕ1 (a), . . . , ϕm−k (a) vektoriai sudaro normaliu poerdvio bazę, ˛ f (a) = λ1 ϕ1 (a) + · · · + λm−k ϕm−k (a) su tam tikrais λ1 , . . . , λm−k ∈ Rm−k . Transponavęs abi lygyb˙ s puses, gaunu e f (a) = λ1 ϕ1 (a) + · · · + λm−k ϕm−k (a), o tai ir reiškia, kad teisinga (16.29) lygyb˙ . e Dabar irodysiu antrą teoremos teigini. Tegu su tam tikru λ ∈ Rm−k teisin˛ ˛ gos (16.29) ir (16.30) sąlygos; irodysiu, kad a yra sąlyginio minimumo taškas. ˛ Pakanka isitikinti, kad u yra h funkcijos besąlyginio minimumo taškas. ˛ ¯ Iš (16.29) lygyb˙ s išplaukia, kad e f (a) = λ1 ϕ1 (a) + · · · + λm−k ϕm−k (a). Tada ir tod˙ l e f (a) yra M paviršiaus normal˙ a taške. Reiškia, e f (a)dx = f (a) · dx = 0 f (a) = λ1 ϕ1 (a) + · · · + λm−k ϕm−k (a) (16.31) su bet kokiu dx ∈ Ta M. Koks bebutu du ∈ Rk , g (¯)du vektorius yra liestin˙ ; u e ¯ ˛ tod˙ l e f (a)g (¯)du = 0. u ˙ ˙ 16.3. LIESTINES IR NORMALES 657 Taigi f (a)g (¯) = 0. u Iš (16.31) dabar gaunu h (¯) = 0. Prisiminęs besąlyginiu ekstremumu u ˛ ˛ teoriją, matau, jog pakanka irodyti, kad ˛ h (¯)(du, du) > 0 u su visais du = 0. Tai išplauks iš (16.30) sąlygos, jei irodysiu, kad ˛ h (¯)(du, du) = Lλ (a)(dx, dx) u (16.32) su dx = g (¯)du. (Kadangi g (¯) maksimalaus rango, dx = 0 ⇐⇒ du = 0.) u u Pažymiu ψj (u) = ϕj g(u) . Iš lemos, kurią irodysiu žemiau, išplaukia ˛ h (¯)(du, du) = f (a)(dx, dx) + f (a)g (¯)(du, du) u u ir ψj (¯)(du, du) = ϕj (a)(dx, dx) + ϕj (a)g (¯)(du, du). u u Tačiau ψj (u) = 0 su visais u; tod˙ l e 0 = ϕj (a)(dx, dx) + ϕj (a)g (¯)(du, du). u Dabar gautas lygybes padauginu iš −λj ir sudedu, o prie sumos pridedu (16.33) lygybę. Tur˙ damas omeny, kad Lλ = f − m−k λj ϕj ir kad tiesin˙ s e e j=1 funkciju kombinacijos išvestin˙ s yra išvestiniu tiesin˙ s kombinacijos, gaunu ˛ e ˛ e h (¯)(du, du) = Lλ (a)(dx, dx) + Lλ (a)g (¯)(du, du). u u Kadangi Lλ (a) = 0, iš čia išplaukia (16.32). 16.1 lema. Tegu E, F ir G yra baigtiniamat˙ s erdv˙ s, U ir V — atviri, e e atitinkamai, E ir F erdviu poaibiai, f : U → V , g : V → G ir h = g ◦ f . ˛ Jei f ir g dukart tolydžiai diferencijuojamos, tai h (x)(dx1 , dx2 ) = g f (x) (f (x)dx1 , f (x)dx2 ) + g f (x) f (x)(dx1 , dx2 ). Irodymas. ˛ lygybe h (x) yra bitiesinis operatorius iš E × E i G, apibr˙ žiamas ˛ e h (x)(dx1 , dx2 ) = Ddx2 Ddx1 h(x). Pirmąją kryptinę išvestinę suskaičiuoti nesunku: Ddx1 h(x) = h (x)dx1 = g f (x) dx1 = g f (x) f (x)dx1 . (16.33) 658 16 SKYRIUS. PAVIRŠIAI Dabar reikia skaičiuoti dešin˙ s pus˙ s kryptinę išvestinę dx2 kryptimi. Kae e dangi reiškinys dešin˙ je pus˙ je pakankamai sud˙ tingas, bandysiu dirbti su e e e diferencialais. Tam laikinai vietoje dx2 rašysiu dx; tada uždavinys yra toks — apskaičiuoti D = d g f (x) f (x)dx1 . Iš sandaugos diferencialo formul˙ s e D = d g f (x) f (x)dx1 + g f (x) d f (x)dx1 . Pirmąji d˙ meni dešin˙ je pus˙ je pažymiu D1 , antrąji — D2 . Iš pradžiu su˛ e ˛ e e ˛ ˛ skaičiuosiu D1 . Tam turiu suskaičiuoti d g f (x) . Pagal sud˙ tin˙ s funkcijos e e diferencijavimo taisyklę, reikia sukaičiuoti dg (y) ir i gautą formulę vietoje y ˛ ir dy istatyti, atitinkamai, f (x) ir df (x) = f (x)dx. ˛ g (y) yra tiesinis operatorius iš F i G, dy1 vektoriu atvaizduojantis i ˛ ˛ ˛ g (y)dy1 = Ddy1 g(y). dg (y) = Ddy g (y) turi buti tokio pat tipo objektas, ¯ t.y. taip pat tiesinis operatorius iš F i G. „Suskaičiuoti“ toki operatoriu ˛ ˛ ˛ reiškia išsiaiškinti, kokios yra jo reikšm˙ s, atitinkančios bet koki dy1 ∈ F . e ˛ Taigi kam lygus dg (y) dy1? Kadangi pastovu daugikli galima ikelti i diferencialą, gaunu ˛ ˛ ˛ ˛ dg (y) dy1 = d g (y)dy1 = Ddy g (y)dy1 = Ddy Ddy1 g(y) = g (y)(dy1, dy). Iš čia d g f (x) dy1 = g f (x) (dy1 , f (x)dx) ir, reiškia, D1 = g f (x) (f (x)dx1 , f (x)dx). Antras d˙ muo skaičiuojamas paprasčiau: iš e d f (x)dx1 = Ddx f (x)dx1 = Ddx Ddx1 f (x) = f (x)(dx1 , dx), išplaukia D2 = g f (x) f (dx1 , dx). Istatęs abi suskaičiuotas reikšmes i D išraišką ir v˙ l pakeitęs dx i dx2 , gaunu ˛ ˛ e ˛ reikiamą lygybę. 16.4. POLIVEKTORIAI 659 16.4 Polivektoriai Apibrežimas. Tegu E yra m-mat˙ euklidin˙ erdv˙ ir e1 , . . . , em — kokia ˙ e e e nors ortonormuota jos baz˙ . x vektoriaus koordinates toje baz˙ je žym˙ siu ta e e e pačia x raide, tik su indeksais viršuje: x1 , . . . , xm . Taigi x = x1 e1 + · · · + xm em . (Jei E = Rm ir e1 , . . . , em yra standartin˙ Rm baz˙ , tai xi sutampa su x e e vektoriaus komponent˙ mis xi ). e Su kiekvienu 0 k m pasirinkime kokią nors euklidinę erdvę, kuri turi tiek matmenu kiek yra k-elemenčiu {1, . . . , m} aib˙ s poaibiu Pažym˙ kime ˛, ˛ e ˛. e tą erdvę k E simboliu. Pasirinkime kokią nors k E erdv˙ s ortonormuotą e bazę (eα ), indeksuotą k-elemenčiais {1, . . . , m} poaibiais α. Galiausiai su x1 , . . . , xk ∈ E apibr˙ žkime e x1 ∧ · · · ∧ xk = xi1 . . . xi1 1 k . .. . e . . {i1 ,...,ik } . . . . ik x1 . . . xik k (16.34) i1