ΠραγματικηΑναλυςη Μιχάλης Ανούσης Αντώνης Τσολομύτης Ευάγγελος Φελουζής ΠραγματικηΑναλυςη Σάμος 2009 Απαγορεύεταικάθεμορφήςαναπαραγωγή μέρουςήόλουτουβιβλί- ουμεοποιοδήποτεμέσοχωρίςτηνέγγραφηάδειατουεκδότηκαι των συγγραφέων. Περιεχόμενα 0 ΒΑΣΙΚΕΣΕΝΝΟΙΕΣ 2 0.1 Οι ιδιότητες του R 2 0.1 α Το σύνολο των πραγματικών αριθμών είναι υπερα- ριθμήσιμο 3 0.2 Κάποιες συνέπειες της πληρότητας του R 5 0.3 Οριακά σημεία μιας ακολουθίας 8 0.4 Ανώτερα και κατώτερα όρια μιας ακολουθίας 9 0.5 Ασκήσεις 13 1 Μετρικοι χωροι 16 1.1 Μετρικοί χώροι-Χώροι με νόρμα 16 1.2 Ανισότητες 17 1.3 Ανοιχτά σύνολα-Κλειστά σύνολα 20 1.4 Σύγκλιση σε μετρικούς χώρους 24 1.5 Πληρότητα 25 1.6 Συμπάγεια 33 1.7 Συνεκτικότητα 36 1.8 Ασκήσεις 38 2 Συνεχεια 45 2.1 Ορισμός της συνέχειας μιας συνάρτησης 45 2.2 Συνέχεια και συμπάγεια 47 2.3 Ομοιόμορφη συνέχεια 48 2.4 Lipschitz συνέχεια- Θεώρημα σταθερού σημείου 53 2.5 Ισομετρίες και ομοιομορφισμοί 54 2.6 Συνεχείς συναρτήσεις σε χώρους με νόρμα 56 2.7 Συνέχεια και συνεκτικότητα 59 2.8 Ασκήσεις 60 ΠΕΡΙΕΧ ΟΜΕΝΑ4 ΠΙΙ 3 ΟΧωροςτωνσυνεχωνσυναρτησεων 63 3.1 Ομοιόμορφη σύγκλιση 64 3.2 Ακολουθίες Cauchy 67 3.3 Θεώρημα Dini 70 3.4 Προσέγγισημεπολυώνυμα. ΤοθεώρηματουWeierstrass 71 3.5 Συναρτήσεις ϕραγμένης κύμανσης, απόλυτη συνέχεια 77 3.6 Ισοσυνέχεια 77 3.7 Θεώρημα Arz ´ ela-Ascoli 77 3.8 Θεωρήματα Σταθερού σημείου 77 3.8 α Θεώρημα Πεπλεγμένης Συνάρτησης 77 3.8 β Διαφορικές εξισώσεις—ύπαρξηκαι μοναδικότητα λύσεων 77 3.9 Πληρότητα—Το Θεώρημα Baire 77 3.9 α Εφαρμογές του θεωρήματος Baire 77 4 ΤομετροLebesgue 78 4.1 Εισαγωγή στην έννοια του μέτρου 78 4.2 Ιδιότητες του εξωτερικού μέτρου 81 4.3 Ιδιότητες του μέτρου Lebesgue 85 5 Ολοκληρωση 94 5.1 Το ολοκλήρωμα Lebesgue 94 5.1 α Κλιμακωτέςσυναρτήσειςκαι τοολοκλήρωμάτους 94 5.1 β Ηπλήρωσητουχώρουτωνκλιμακωτωνσυναρτή- σεων 94 5.1 γ Σύνολα μέτρου μηδέν 94 5.1 δ Κατα Lebesgue ολοκληρώσιμες συναρτήσεις 94 5.2 Θεωρήματα Σύγκλισης 94 5.2 α Θεώρημα μονότονης σύγκλισης 94 5.2 β Λήμμα Fatou 94 5.2 γ Θεώρημα κυριαρχημένης σύγκλισης 94 5.3 Μετρήσιμα σύνολα και συναρτήσεις 94 5.3 α Vitali κλπ 94 5.3 β ΤοολοκλήρωμαRiemann-σχέσημετοολοκλήρωμα Lebesgue 94 5.4 Η παράγωγος 94 5.4 α Ολοκήρωση και παραγώγιση 94 Α ΛυσειςΑσκησεων 95 ΕλληνικηΒιβλιογραφια 96 ΠΙΙΙ4 ΠΕΡΙΕΧ ΟΜΕΝΑ ΞενογλωσσηΒιβλιογραφια 96 ΕυρετηριοΕλληνικωνΟρων 96 ΕυρετηριοΞενογλωσσωνΟρων 97 Κατάλογος Σχημάτων 3.1 Μερικές από τιςσυναρτήσειςf n (x) =1/(nx) στο διάστημα (0, 1). 65 3.2 76 Εισαγωγή Κεφάλαιο 0 ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ Στοκεφάλαιοαυτόπαρουσιάζονταικάποιεςβασικέςέννοιεςπουα- ϕορούν τους πραγματικούς αριθμούς, και είναι απαραίτητες για τα επό- μενα κεφάλαια. Πολλά από αυτά είναι ήδη γνωστά από τον Απειροστικό Λογισμό. Οι έννοιεςτουοριακούσημείουτουliminf και τουlimsup παρουσιάζονται με λεπτομέρειες. 0.1 Οι ιδιότητες του R Ηπιο θεμελιώδης έννοια της ανάλυσης είναι η έννοια του πραγματικού αριθμού. Τοσύνολοτωνπραγματικώναριθμών, πουσυμβολίζεται με R, κατασκευάζεταιαπότοσύνολοQτωνρητών, μετηδιαδικασίατης πλήρωσης, πουθαπεριγράψουμεστοεπόμενοκεφάλαιο. Μπορεί να θεωρηθεί σαν μια επέκταση του συνόλου των ρητών στο οποίο ισχύει και μια επιπλέον ιδιότητα:η πληρότητα. Συγκεκριμένα: Ι. ΤοRείναι σώμα: Δηλαδήέχουμεορίσει ορίσει δύοπράξεις, την πρόσθεση(a, b) →a+bκαι τονπολλαπλασιασμό(a, b) →a ·b, ώστεγιαοποιαδήποτεa, b, c ∈Fναικανοποιούνται οι παρακάτω ιδιότητες: (α) a + (b + c)= (a + b) + c και a · (b · c)= (a · b) · c. (β) a + b= b + a και a · b= b · a. (γ) Υπάρχουνμοναδικά0, 1 ∈Rμε01πουλέγονταιτομηδέν και η μονάδα του σώματος ώστε, για κάθε a ∈R να ισχύει ότι a + 0= a και a · 1= a. (δ) Για κάθε a υπάρχει ένα και μοναδικό στοιχείο −a με a +(−a) = 0 (ε) γιακάθε a0 υπάρχει ένακαι μοναδικό στοιχείο a −1 με a·a −1 = 1 0.1 Οι ιδιότητες του R 4 3 () a · (b + c)= a · b + a · c (ΙΙ) Το R είναι διατεταγμένο σώμα το οποίο σημαίνει πως είναι εφοδια- σμένο με μια διμελή σχέση ≤ ώστε να ισχύουν τα παρακάτω: (α) Για κάθε x ∈ R, x ≤ x (ανακλαστικότητα). (β) Αν x ≤y και y ≤ x τότε x=y (αντισυμμετρικότητα). (γ) Αν x ≤y και y ≤ z τότε x ≤ z (μεταβατικότητα). (δ) Ανx, y ∈ Rτότεx 0 το σύνολο A ε = {n ∈ N: |x n − a| < ε} είναι ένα άπειρο σύνολο ϕυσικών αριθμών. Παραδειγμα0.3.2Θεωρείστε της ακολουθίες (x n ) ∞ n=1 και (y n ) ∞ n=1 όπου x n = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ 1 αν n= 1 2 αν n= 2. 3 αν n= 3, 5, 7, 9 . . . 4 αν n= 4, 6, 8, 10 . . . y n = ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ 3 αν n= 1 4 αν n= 2. 1 αν n= 3, 5, 7, 9 . . . 2 αν n= 4, 6, 8, 10 . . . Τοσύνολοτωνοριακώνσημείωντης(x n ) ∞ n=1 είναιτο {3, 4} καιτοσύνολο των οριακών σημείων της (y n ) ∞ n=1 είναι το {1, 2}. Σημειώστε ότι και οι δύο ακολουθίες έχουν σαν σύνολο τιμών το {1, 2, 3, 4}. Με άλλα λόγια, ένας αριθμός είναι οριακό σημείο μιας ακολουθίας αν σε κάθε ανοιχτό διάστημα που τον περιέχει περιέχονται επίσης και άπειροι όροι της ακολουθίας. Η έννοια του οριακού σημείου γενικεύει την έννοια του ορίου, αφού ένας αριθμός a είναι το όριο μιας ακολουθίας (x n ) ∞ n=1 αν σε κάθε ανοιχτό διάστημα πουτον περιέχει περιέχονται επίσης όλοι οι όροι x n της ακολουθίας με n ≥ n 0 όπου n 0 σταθερός ϕυσικός αριθμός. Τα οριακά σημείαμιαςακολουθίαςείναιταόριατωνσυγκλινουσώνυπακολουθιών της. Προταση0.3.3΄Εναςπραγματικόςαριθμόςaείναι οριακόσημείοτηςα- κολουθίας(x n ) ∞ n=1 ανκαι μόνοανυπάρχει μιαυπακολουθία(x k n ) ∞ n=1 της (x n ) ∞ n=1 με lim n→∞ x k n = a. Απόδειξη:Για κάθε n ∈ Nθέτουμε A n = ¸ k ∈ N: |a k − a| < 1 n ¸ . Από τον ορισμό του οριακού σημείου τα σύνολα A n είναι άπειρα σύνολα. Συνεπώς μπορούμε να βρούμε (δες και ΄Ασκηση 7) μια άπειρη ακολουθία (k n ) ∞ n=1 από ϕυσικούς αριθμούς ώστε για κάθε n, k n ∈ A n και k n < k n+1 . Φανερά lim n→∞ a k n = a. 0.4 Ανώτερα και κατώτερα όρια μιας ακολουθίας4 9 Το αντίστροφο είναι προφανές. Τοεπόμενοθεώρημαμαςλέει ότι ταόριαοριακωνστοιχείωνμιας ακολουθίας είναι επίσης οριακά στοιχεία της ακολουθίας. Θεωρημα0.3.4ΑνS∅τότεγιακάθεaμεa =lim n→∞ s n όπουs n ∈S, υπάρχει μια υπακολουθία (x k n ) ∞ n=1 της (x n ) ∞ n=1 με lim n→∞ x k n = a. Απόδειξη: ΄Εστω ότι S∅ και έστω a ∈R με a=lim n→∞ s n όπου s n ∈ S. Θέτουμε A n = ¸ k ∈ N: |x k − s n | < 1 n ¸ Επειδήταs n είναι οριακάσημείατηςακολουθίας(x n ) ∞ n=1 εξορισμούτα σύνολαA n , n =1, 2, 3, . . . θαείναι άπειρα. Συνεπώς(δεςκαι ΄Ασκηση 7)υπάρχει μιαγνήσιααύξουσαακολουθίαϕυσικώναριθμών(k n ) ∞ n=1 με k n ∈ A n . Φανερά lim n→∞ x k n = a. . Επειδή τα supS και inf S - για οποιοδήποτε σύνολο S είναι όρια στοιχεί- ων του S (εξηγείστε το λόγο), το προηγούμενο Θεώρημα μας δίνει άμεσα το Πορισμα0.3.5 (i) Αν το σύνολο S των οριακών σημείων μιας ακολουθίας (x n ) ∞ n=1 πραγ- ματικών αριθμών είναι πάνωϕραγμένουποσύνολοτου Rτότε supS ∈ S. (ii) Αν το σύνολο S των οριακών σημείων μιας ακολουθίας (x n ) ∞ n=1 πραγ- ματικών αριθμών είναι κάτωϕραγμένο υποσύνολο του Rτότε inf S ∈ S. 0.4 Ανώτερα και κατώτερα όρια μιας ακολουθίας Θυμίζουμε τους ορισμούς της σύγκλισης μιας ακολουθίας στο άπειρο: Ορισμος0.4.1Μιαακολουθία(x n ) ∞ n=1 πραγματικώναριθμώνσυγκλίνει στοθετικόάπειροκαι γράφουμεότι lim n→∞ =+∞ανγιακάθεM>0 υπάρχει ϕυσικός αριθμός n 0 ώστε για κάθε n ≥ n 0 να ισχύει x n > M. Επίσης μια ακολουθία (x n ) ∞ n=1 πραγματικών αριθμών συγκλίνει στο αρ- νητικό άπειρο και γράφουμε ότι lim n→∞ = −∞αν για κάθε M > 0 υπάρχει ϕυσικός αριθμός n 0 ώστε για κάθε n ≥ n 0 να ισχύει x n < −M. Για να συμπεριλάβουμε στην μελέτη μας και τις ακολουθίες πραγματι- κών αριθμών πουσυγκλίνουνστο −∞ ή στο+∞ δίνουμετον παρακάτω ορισμό: 104 ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ Ορισμος0.4.2 (Γενικευμένο σύνολο των πραγματικών αριθμών) ΄Εστω −∞, +∞ να είναι δύο διακριτά σύμβολα που δεν είναι στοιχεία του R. Το γενικευμένο σύνολο των πραγματικών αριθμών είναι το σύνολο ¯ R = R∪ {−∞, +∞} (7) στο οποίο επεκτείνουμε την σχέση ολικής διάταξης του R θεωρώντας ότι για κάθε a ∈ R ισχύει −∞ < a 0 ισχύουν τα εξής: (i) Υπάρχουν το πολύ πεπερασμένοι το πλήθος δείκτες n με x n ≥ a + ε. Ισοδύναμα, υπάρχει n 0 ∈ Nώστε για κάθε n ≥ n 0 να ισχύει x n < a+ε (ii) Υπάρχουν άπειροι δείκτες n με x n ≥ a − ε. Απόδειξη: ΄Εστωa=limsup n→∞ x n καιε>0. Ανυπήρχανάπειροιόροι τηςακολουθίας(x n ) ∞ n=1 μεγαλύτεροιαπόa + ετότεθαυπήρχεμιαυπα- κολουθίατης(x n ) ∞ n=1 πουόλουοιόροιτηςθαήταν ≥a + εκαισυνεπώς η (x n ) ∞ n=1 θα είχε ένα γενικευμένο οριακό σημείο ≥ a + ε, που είναι άτοπο. Συνεπώς ισχύει η συνθήκη (i). Αν πάλι υπήρχαν πεπερασμένοι το πλήθος όροι της ακολουθίας (x n ) ∞ n=1 μεγαλύτεροι από a−ε τότε όλοι σχεδόν οι όροι τηςακολουθίαςθαήτανμικρότεροιαπόa − εκαισυνεπώςκάθεοριακό σημείοτηςακολουθίαςθαήταν ≤a − ε, άτοπογιατί τοaείναι οριακό σημείο. Συνεπώς ισχύει η συνθήκη (ii). Αντίστροφα: Ας υποθέσουμε ότι ισχύουν οι συνθήκες (i) και (ii). Τότε για κάθεε>0-απότηνσυνθήκη(i)-όλοιοιόροιτηςακολουθίαςεκτόςαπό πεπερασμένο το πολύ πλήθος θα είναι μικρότεροι από a +ε και -από την συνθήκη(ii)- άπειροι όροι της ακολουθίας θα είναι μεγαλύτεροι από a − ε. Συνεπώς (γιατί;)θα υπάρχουν άπειροι όροι της ακολουθίας στο διάστημα (a −ε, a +ε) το οποίο σημαίνει ότι το a είναι οριακό σημείο της ακολουθίας (x n ) ∞ n=1 . Επίσηςτοaείναι τομεγαλύτεροοριακόσημείοτηςακολουθίας (x n ) ∞ n=1 γιατίανανa ′ >aγιαε= a ′ −a 2 θαέχουμεαπότηνσυνθήκη(i)ότι πεπερασμένοι το πολύ όροι της ακολουθίας είναι μεγαλύτεροι από a + ε συνεπώςτοa ′ δενμπορεί ναείναι οριακόσημείοτηςακολουθίας. ΄Αρα a= limsup n→∞ x n . 124 ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ Θεωρημα0.4.9΄Εστω μια ακολουθία πραγματικών αριθμών (x n ) ∞ n=1 .Τότε liminf n→∞ x n =aανκαιμόνοανκαιμόνοανγιακάθεε>0ισχύουντα εξής: (i) Υπάρχουν το πολύ πεπερασμένοι το πλήθος δείκτες n με x n ≤ a − ε. Ισοδύναμα, υπάρχει n 0 ∈ Nώστε για κάθε n ≥ n 0 να ισχύει x n > a−ε (ii) Υπάρχουν άπειροι δείκτες n με x n ≥ a + ε. Απόδειξη: Είναι παρόμοιαμεαυτήτουπροηγούμενουθεωρήματοςκαι αφήνεται στον αναγνώστη. Θεωρημα0.4.10΄Εστωακολουθία(x n ) ∞ n=1 και a ∈ ¯ R. Ανlim n→∞ x n =a τότε limsup n→∞ x n = liminf n→∞ x n = a. Αντίστροφα, αν limsup n→∞ x n = liminf n→∞ x n = a τότε lim n→∞ x n = a. Απόδειξη: Αν lim n→∞ x n =a τότε κάθε υπακολουθία της συγκλίνει στο a. ΄Αρα limsup n→∞ x n = liminf n→∞ x n = a. Αντίστροφα. ΄Εστω ότι limsup n→∞ x n = liminf n→∞ x n = a και έστω ε > 0. Αφού limsup n→∞ x n =a από το Θεώρημα0.4.8( i)υπάρχει n 1 ώστε για κάθε n ≥ n 1 να ισχύει ότι x n < a + ε. Αφού liminf n→∞ x n = a από το Θεώ- ρημα0.4.9(i)υπάρχει n 2 ώστεγιακάθε n ≥n 2 να ισχύειότιx n >a − ε. Συνεπώς για κάθε n ≥ n 3 = max{n 1 , n 2 } θα έχωότι |x n −a| < ε που σημαίνει ότι lim n→∞ x n = a. Το επόμενο Θεώρημα δείχνει ότι τα limsup και liminf είναι πράγματι όρια. Θεωρημα0.4.11Για κάθε ακολουθία (x n ) ∞ n=1 πραγματικών αριθμών ισχύει limsup n→∞ x n =lim n→∞ sup k≥n x k (9) liminf n→∞ x n =lim n→∞ inf k≥n x k . (10) Απόδειξη:Θα αποδείξουμε την σχέση (9). Για κάθε n θέτουμε A n = {x n , x n+1 , x n+2 , . . .} και έστω y n = supA n = sup k≥n x k . ΕπειδήA n+1 ⊆A n ηακολουθία(y n ) ∞ n=1 είναιϕθίνουσακαισυνεπώςσυγ- κλίνει. ΄Εστω a=lim n→∞ y n . Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: 0.5 Ασκήσεις4 13 (1) a =+∞: Αυτόμπορεί νασυμβεί ότανκαι μόνοότανηακολουθία (x n ) ∞ n=1 δενείναι πάνωϕραγμένη(και y n =+∞γιακάθεn)οπότε limsup n→∞ x n =+∞= a. (2) a = −∞: Αυτόμπορεί νασυμβεί ότανκαι μόνοότανηακολουθία (x n ) ∞ n=1 δεν είναι κάτω ϕραγμένη και δεν έχει οριακά σημεία (πχ όταν x n = −n). Και σε αυτή την περίπτωση limsup n→∞ x n = −∞= a. (3) a ∈R: Σε αυτή την περίπτωση η ακολουθία θα είναι ϕθίνουσα και κάτω ϕραγμένη. Για να δείξουμε ότι a= limsup n→∞ x n θα δείξουμε ότι ικανοποιούνται οι συνθήκες (i) , (ii) του Θεωρήματος0.4.8. Ανησυνθήκη(i)δενίσχυε, γιακάποιοε>0θαυπήρχανάπειροι όροι x n της ακολουθίας (x n ) ∞ n=1 με x n ≥ a+ε τότε για κάθε n θα είχαμε ότι y n = sup{x n , x n+1 , x n+2 , . . .} ≥ a + ε και συνεπώς a= inf n y n ≥ a + ε που είναι άτοπο. Ανπάλι ησυνθήκη(ii)δενίσχυε, γιακάποιοε>0, θαυπήρχεn 0 ώστε αν n ≥ n 0 , x n < a − ε. Συνεπώς για κάθε n ≥ n 0 θα είχαμε ότι y n = sup{x n , x n+1 , x n+2 , . . .} < a − ε και συνεπώς a= inf n y n < a − ε που είναι άτοπο. Ηαπόδειξη της σχέσης (10) είναι παρόμοια και αφήνεται στον αναγνώστη. 0.5 Ασκήσεις ΄Ασκηση 1 Βρείτε μια 1 − 1 και επί απεικόνιση απο το N× Nστο N. ΄Ασκηση 2 Βρείτε μια 1 − 1 και επί απεικόνιση απο το Z στο Z× Z. ΄Ασκηση 3Βρείτε μια ακολουθία υποσυνόλων {A n } n∈N του Nτέτοια ώστε: (i) Το A n είναι αριθμήσιμο για κάθε n ∈ N. (ii) A n ∩ A m = ∅ για m n. (iii) n∈N A n = N. ΄Ασκηση 4 Συμβολίζουμε A το σύνολο {0, 1} N . Δείξτε ότι: (i) Το A είναι ισοπληθικό με το A × A. (ii) Αν I= [0, 1], τότε το I είναι ισοπληθικό με το I × I. 144 ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΄Ασκηση 5 Δείξτε ότι: (i) Το R είναι ισοπληθικό με το (0, 1). (ii) Το R είναι ισοπληθικό με το (0, 1]. (iii) Το R είναι ισοπληθικό με το R× R. ΄Ασκηση 6 ΄Ενας μιγαδικός αριθμός λέγεται αλγεβρικός αν είναι ρίζα ενός πολυω- νύμουμερητούςσυντελεστές. Δείξτεότι τοπλήθοςτωναλγεβρικών αριθμών είναι αριθμήσιμο. ΄Ασκηση 7 Δίνεται μια ακολουθία (A n ) ∞ n=1 από υποσύνολατου N που το καθένα τουςέχει άπειραστοιχεία. Δείξτεότιμπορείτεναεπιλέξετε μια γνήσια αύξουσα ακολουθία ϕυσικών αριθμών (k n ) ∞ n=1 με k n ∈ A n . ΄Ασκηση 8 ΄Ενα υποσύνολο A των ϕυσικών αριθμών ονομάζεται συμπε- περασμένο αν το συμπλήρωμά του είναι πεπερασμένο, Δείξτε ότι (i) ΄Ενας αριθμός a είναι το όριο της ακολουθίας (x n ) ∞ n=1 αν για κάθε ε > 0 το σύνολο A ε = {n : |x n − a| < ε} είναι συμπεπερασμένο. (ii) ΄Ενας αριθμός a είναι το οριακό σημείο της ακολουθίας (x n ) ∞ n=1 αν για κάθε ε > 0 το σύνολο A ε είναι άπειρο. ΄Ασκηση9 ΔείξτεπωςαντοDείναιπυκνόυποσύνολοτουυποσύνολο ενός ολικά διατεταγμένου συνόλου X το R είναι πυκνό υποσύνολο του D τότεRείναι πυκνόυποσύνολοτουX. ΄Ασκηση10 Δείξτεότιμιαακο- λουθία είναι ϕραγμένη ακολουθία αν και μόνο αν το σύνολο των οριακών σημείων της δεν είναι κενό. ΄Ασκηση11 Δείξτεπωςανxείναι έναςρητόςαριθμόςμεx 2 xμεy 2 2 τότε υπάρχει ρητός αριθμός y < x με y 2 > 2.Δεδομένου 2 ότιδενυπάρχειρητόςαριθμόςxμεx 2 =2,ναβγάλετετοσυμπέρασμα ότι τοσύνολοτωνρητώνδενείναι πλήρεςωςπροςτηνδιάταξήτου. ΄Ασκηση12 ∗ Ανrείναι θετικόςρητόςτότευπάρχει ρητόςαριθμόςxμε x 2 = r αν και μόνο αν r= m 2 n 2 με m, n ∈ Z, n 0. ΄Ασκηση 13 Δίνεται μια ακολουθία {a n } n∈N πραγματικώναριθμώνκαιa ∈R. Δείξτεότιανκάθε 2 Θεώρημα γνωστό απότην αρχαιότητα,το οποίοδιδασκόμαστε στο Λύκειο. Να θυμη- θείτε την απόδειξη. 0.5 Ασκήσεις4 15 υπακολουθία της {a n } n∈N έχει μια υπακολουθία που συγκλίνει στο a, τότε η {a n } n∈N συγκλίνει στο a. ΄Ασκηση 14 Δίνεται μια ακολουθία {a n } n∈N στο a ∈ R. Δείξτε ότι η {a n } n∈N έχει μια μονότονη υπακολουθία. ΄Ασκηση15 Δίνεταιηακολουθία {a n } n∈N πουορίζεται αποτιςσχέσεις: a 1 = 0, a 2m = a 2m−1 2 , a 2m+1 = 1 2 + a 2m για m ∈N. Βρείτε το limsup a n και το liminf a n . ΄Ασκηση 16 Δίνονται οι ακολουθίες {a n } n∈N και {b n } n∈N . Δείξτε ότι limsup(a n + b n ) ≤ limsupa n + limsupb n . ΄Ασκηση 17 Δίνεται η ακολουθία {a n } n∈N με a n > 0 για κάθε n ∈ N. Δείξτε ότι limsup(a n ) 1 n ≤ limsup a n+1 a n . ΄Ασκηση 18 (i) Δίνεται η ακολουθία {a n } n∈N . Θέτουμε s n = a 1 + a 2 + ... + a n n . Δείξτε ότι αν a n → a, τότε s n → a. (ii) Βρείτεμιαακολουθίαπουαποκλίνει και τέτοιαώστεη {s n } n∈N να συγκλίνει στο 0. (iii) Εξετάστε αν υπάρχει ακολουθία {a n } n∈N τέτοια ώστε a n > 0 για κάθε n ∈ N, limsupa n =+∞ και s n → 0. ΄Ασκηση 19 Δίνονται οι ϕραγμένεςακολουθίες {a n } n∈N και {b n } n∈N στοR. Δείξτε ότι: (i) min{limsupa n , limsupb n } ≥ limsup min{a n , b n } (ii) max{limsupa n , limsupb n }= limsup max{a n , b n } (iii) min{liminf a n , liminf b n }= liminf min{a n , b n } (iv) max{liminf a n , liminf b n } ≤ liminf max{a n , b n } Κεφάλαιο 1 Μετρικοί χώροι 1.1 Μετρικοί χώροι-Χώροι με νόρμα Ορισμος1.1.1Θεωρούμεένα σύνολο X. Μια απεικόνιση d:X × X → R λέγεται μετρική αν ικανοποιεί τα εξής: (i) d(x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ X. (ii) d(x, y) = d(y, x), ∀x, y ∈ X. (iii) d(x, y) = 0 αν και μόνον αν x=y. (iv) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y), ∀x, y, z ∈ X. Ορισμος1.1.2Θεωρούμε ένα διανυσματικό χώρο X πάνω στο R ή το C. Μια απεικόνιση x → x : X →R λέγεται νόρμα αν ικανοποιεί τα εξής: (i) x ≥ 0 και x= 0 αν και μόνον αν x= 0. (ii) Για κάθε x ∈ X και για κάθε λ στο σώμα, έχουμε : λx= |λ|x. (iii) Για κάθε x ∈ X και y ∈ X έχουμε: x + y ≤ x + y. Προταση1.1.3Θεωρούμε ένα διανυσματικό χώρο με νόρμα X. Θέτουμε για x ∈ X και y ∈ X , d(x, y) = x − y. Τότε η d είναι μια μετρική επί του X. Απόδειξη: Η απόδειξη είναι άμεση απο τους ορισμούς. 1.2 Ανισότητες4 17 1.2 Ανισότητες Προταση1.2.1 (Ανισότητα Young) Θεωρούμε a, b ∈ R, a > 0, b > 0. Θεω- ρούμε p ∈ R, με 1 < p < ∞. Αν q ∈ R ικανοποιεί 1 p + 1 q = 1 τότε ab ≤ a p p + b q q . Απόδειξη:Θέτουμεf : R + →R + ,f (x)= x p−1 .Ηfείναι 1−1 και επί και άραυπάρχει η αντίστροφησυνάρτησηf −1 : R + →R + και f −1 (x) =x q−1 . Αν E 1 και E 2 είναι τα εμβαδα των περιοχών του σχήματος, έχουμε: ab ≤ E 1 + E 2 = a 0 x p−1 dx + b 0 x q−1 dx= a p p + b q q . Προταση1.2.2 (Ανισότητα H ¨ older) Θεωρούμεp, q ∈R, με10. Το σύνολο {y ∈ X :d(x, y) < ε} λέγεται ανοικτή σφαίρα με κέντρο x και ακτίνα ε και συμβολίζεται S(x, ε). Ορισμος1.3.2Θεωρούμε έναμετρικόχώροX, ένασημείοx ∈Xκαι ε >0. Το σύνολο {y ∈ X:d(x, y) ≤ε} λέγεται κλειστή σφαίρα με κέντρο x και ακτίνα ε και συμβολίζεται S(x, ε). Ορισμος1.3.3Θεωρούμε ένα μετρικό χώρο X. ΄Ενα υποσύνολο A του X λέγεται ανοικτό αν για κάθε x ∈ X υπάρχει ε > 0 τέτοιο ώστε S(x, ε) ⊆ A. Προταση1.3.4ΘεωρούμεέναμετρικόχώροX, ένασημείοx ∈Xκαι ε > 0. Το σύνολο S(x, ε) είναι ανοικτό. Απόδειξη: Θεωρούμε ενα σημείοy ∈S(x, ε). Θέτουμε ε ′ =ε − d(x, y). Θαδείξουμεότι ηανοικτήσφαίραS(y, ε ′ )περιέχεταιστοS(x, ε). Θεω- ρούμεz ∈S(y, ε ′ ). ΄Εχουμεd(z, x) ≤d(z, y)+ d(y, x) 0 τέτοιο ώστε S(x, ε) ⊆ A i 0 . ΄Αρα, S(x, ε) ⊆ ∪ i∈I A i και το ∪ i∈I A i είναι ανοικτό. 1.3 Ανοιχτά σύνολα-Κλειστά σύνολα4 21 (iii) Θεωρούμε ενα σημείο x ∈ ∩ i∈I A i . Τότε για κάθε i ∈ I υπάρχει ε i > 0 τέτοιο ώστε S(x, ε i ) ⊆ A i . Θέτουμε ε= min{i :i ∈ I}. Τότε ε > 0 και για κάθε i ∈ I έχουμε S(x, ε) ⊆ S(x, ε i ) ⊆ A i . ΄Αρα, S(x, ε) ⊆ ∩ i∈I A i και το ∩ i∈I A i είναι ανοικτό. Ορισμος1.3.6Θεωρούμε ένα μετρικό χώρο X. ΄Ενα υποσύνολο A του X λέγεται κλειστό αν το A c είναι ανοικτό. Θεωρημα1.3.7 (i) Το ∅ και το X είναι κλειστά. (ii) Αν {A i } i∈I είναι μια οικογένειακλειστών υποσυνόλωντου X,τότε το ∩ i∈I A i είναι κλειστό. (iii) Αν {A i } i∈I είναι μιαπεπερασμένηοικογένειακλειστώνυποσυνόλων του X, τότε το ∪ i∈I A i είναι κλειστό. Απόδειξη:΄Επεται απο το Θεώρημα.1.3.5. Προταση1.3.8ΘεωρούμετονμετρικόχώροRμετηνμετρικήd(x, y) = |x −y|. ΘεωρούμεέναανοικτόυποσύνολοAτουR. ΤότετοAείναι ένωσηξένωνανάδύοανοικτώνδιαστημάτωντοπλήθοςτωνοποίων είναι αριθμήσιμο. Απόδειξη: ΟρίζουμεμιασχέσηστοσύνολοA. Θέτουμεx ∼yαντο (x, y) ⊆A. Είναι προφανέςότι η ∼είναι σχέσηισοδυναμίας. Δείχνουμε ότι κάθε κλάση ισοδυναμίας είναι ανοικτό διάστημα. Θεωρούμε μια κλάση ισοδυναμίας E. Θέτουμε a= supE και b= inf E. Προφανώς E ⊆ [a, b]. Θα δείξουμε ότι E= (a, b). Υπάρχει a n ∈ E τέτοιο ώστε |a − a n |< 1 n και b n ∈ E τέτοιοώστε |b − b n | < 1 n . Επειδήa n ∼b n , έχουμε(a n , b n ) ⊆E. Συνεπώς ∪(a n , b n ) ⊆ E. ΄Εχουμε (a, b)= ∪(a n , b n ) και άρα (a, b) ⊆ E. Αν a ∈ E, επειδή το A είναι ανοικτό, υπάρχει ε >0 τέτοιο ώστεS(a, ε) ⊆A. Τότε a − ε 2 ∼a και άρα a − ε 2 ∈E. Επειδή a=supE αυτό είναι άτοπο. ΄Ομοια δείχνουμε ότι b E.΄Αρα κάθε κλάση ισοδυναμίας είναι ανοικτό διάστημα.Το A είναι ένωση των κλάσεων ισοδυναμιας της σχέσης ∼. Δείχνουμε ότι το πλήθος τωνκλάσεωνισοδυναμίαςείναι αριθμήσιμο. Επιλέγουμεέναρητόαπό κάθεκλάσηισοδυναμίας. Ορίζουμεμεαυτότοντρόπομιααπεικόνιση αποτοσύνολοτωνκλάσεωνισοδυναμίαςστοQ. Ηαπεικόνισηαυτή είναι1 − 1και κατάσυνέπειατο σύνολοτωνκλάσεων ισοδυναμίαςείναι αριθμήσιμο. Ορισμος1.3.9Θεωρούμε ένα μετρικό χώρο X και ένα υποσύνολο A του X. 224 Μετρικοι χωροι (i) ΄Ενα σημείο x του X λέγεται σημείο επαφής του A αν για κάθε ε > 0 έχουμε S(x, ε) ∩ A ∅. (ii) ΄Ενα σημείο x του X λέγεται σημείο συσσώρευσης του A αν για κάθε ε > 0 έχουμε (S(x, ε) − {x}) ∩ A ∅. (iii) ΄ΕνασημείοxτουXλέγεται μεμονωμένοσημείοτουAανυπάρχει ε > 0 τέτοιο ώστε S(x, ε) ∩ A= {x}. Προταση1.3.10Θεωρούμε έναν μετρικό χώρο X, ένα υποσύνολο A του X και ένα σημείο x του X. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα: (i) Το x είναι σημείο συσσώρευσης του A. (ii) Για κάθε ε > 0 το σύνολο S(x, ε) ∩ (A − {x}) είναι άπειρο. Απόδειξη: (ι)⇒(ιι) Θεωρούμεε>0. Θακατασκευάσουμεμιαακο- λουθίασημείων {x n } n∈N τουS(x, ε) ∩ (A − {x})τέτοιαώστεx n x m αν nm. Υποθέτουμεότι έχουμεκατασκευάσειταx 1 , x 2 , ..., x n . Θέτουμε ε ′ =min{d(x, x 1 ), d(x, x 2 ), ..., d(x, x n )}. Επειδή το x είναι σημείο συσσώρευ- σης του A το S(x, ε ′ ) ∩ (A − {x}) είναι μη κενό. Επιλέγουμε ένα σημείο x n+1 του S(x, ε ′ ) ∩ (A − {x}). Τότε x n+1 x 1 , x n+1 x 2 , ...x n+1 x n . (ιι)⇒(ι) Είναι προφανές. Προταση1.3.11Θεωρούμε έναν μετρικό χώρο X, ένα υποσύνολο A του X και ένα σημείο x του X. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα: (i) Το x είναι σημείο επαφής του A. (ii) Υπάρχει μια ακολουθία του A που συγκλίνει στο x. Απόδειξη: (ι)⇒(ιι) Επιλέγουμεγιακάθεn ∈Nένασημείοa n τουA τέτοιο ώστε a n ∈ S(x, 1 n ) ∩ A. Είναι άμεσο ότι η {a n } n∈N συγκλίνει στο x. (ιι)⇒(ι) Υποθέτουμεότι υπάρχει μιαακολουθία {a n } n∈N τουAπου συγκλίνειστο x. Θεωρούμε ε>0. Υπάρχει n 0 τέτοιο ώστε αν n>n 0 να έχουμε:d(x, a n ) < ε. Συνεπώς S(x, ε) ∩ A ∅. Ορισμος1.3.12Θεωρούμε ένα μετρικό χώρο X και ένα υποσύνολο A του X. ΘέτουμεA= ∩{B: A ⊆B, B κλειστό , B ⊆X}. ΤοAλέγεται κλειστή θήκη του A. Προταση1.3.13 (i) Το A είναι κλειστό. (ii) A ⊆ A. 1.3 Ανοιχτά σύνολα-Κλειστά σύνολα4 23 (iii) Το A είναι κλειστό αν και μόνον αν A= A. Απόδειξη: (i) Το A είναι κλειστό επειδή είναι τομή κλειστών συνόλων. (ii) Είναι προφανές. (iii) Αν A= A προφανώς το A είναι κλειστό. Αν το A είναι κλειστό τότε απο τον ορισμό του A έχουμε ότι A ⊆ A. Προταση1.3.14Το A είναι το σύνολο των σημείων επαφής του A. Απόδειξη: Δείχνουμε ότι αν x δενείναι σημείο επαφής, τότετο x δεν ανήκει στο A. Επειδή το x δεν είναι σημείο επαφής, υπάρχει ε > 0 τέτοιο ώστεS(x, ε) ∩ A=∅. ΕπειδήτοS(x, ε) c είναικλειστόκαιπεριέχειτοA, έχουμε ότι A ⊆ S(x, ε) c . ΄Αρα x A. Δείχνουμε ότι αν το x δεν ανήκει στο A,τότεδεν είναι σημείο επαφής. Επειδήτο x δεν ανήκει στο A και το A είναι κλειστό, υπάρχει ε > 0 τέτοιο ώστε S(x, ε) ⊆ A c . ΄Αρα S(x, ε) ∩A= ∅ και άρα το x δεν είναι σημείο επαφής. Πορισμα1.3.15ΤοAείναι κλειστόανκαι μόνονανπεριέχει τασημεία επαφής του. Πορισμα1.3.16Τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα: (i) Το A είναι κλειστό. (ii) Αν {x n } n∈N είναι ακολουθίασημείωντουAπουσυγκλίνει σεένα σημείο x του X, τότε x ∈ A. Απόδειξη: (i) ⇒(ii)Αν {x n } n∈N είναι ακολουθίασημείωντουAπου συγκλίνει σε ένα σημείο x του X, τότε από την Πρόταση1.3.11 το x είναι σημείο επαφής του A. Επειδή το A είναι κλειστό, x ∈ A. (ii) ⇒ (i) Θεωρούμε ένα σημείο x του A. Το x είναι σημείο επαφής του A, άρααπότηνΠρόταση1.3.11υπάρχει ακολουθία {x n } n∈N τουAπου συγκλίνειστοx. Απότηνυπόθεσητοx ∈A. ΄ΑραA=AκαιτοAείναι κλειστό. 244 Μετρικοι χωροι 1.4 Σύγκλιση σε μετρικούς χώρους Ορισμος1.4.1Θεωρούμε έναν μετρικό χώρο (X, d). Λέμε ότι μια ακολου- θία {x n } n∈N τουXσυγκλίνει στοx ∈Xαν ∀ε>0υπάρχει n 0 τέτοιοώστε αν n > n 0 να ισχύει d(x n , x) < ε. Προταση1.4.2Αν μια ακολουθία σε ένα μετρικό χώρο συγκλίνει, το όριο είναι μοναδικό. Απόδειξη: Θεωρούμεμιαακολουθία {x n } n∈N και x, y ∈Xμεx y. Υποθέτουμεότι x n →xκαι x n →y. Θέτουμεε =d(x, y). Υπάρχει n 1 τέτοιο ώστε αν n>n 1 ναισχύει d(x n , x)< ε 2 . Υπάρχει n 2 τέτοιο ώστε αν n > n 2 να ισχύει d(x n , y) < ε 2 . Θεωρούμε n > max{n 1 , n 2 }. ΄Εχουμε d(x, y) ≤ d(x, x n ) + d(x n , y) < ε 2 + ε 2 = ε= d(x, y). Αυτό είναι άτοπο. ΄Αρα x=y. Ορισμος1.4.3Δύο νόρμες . 1 , . 2 σε ένα διανυσματικό χώρο X λέγονται ισοδύναμεςανυπάρχουνm>0και M>0τέτοιαώστεmx 1 ≤ x 2 ≤ Mx 1 για κάθε x ∈ X. Προταση1.4.4Θεωρούμε δύο νόρμες . 1 , . 2 σε ένα διανυσματικό χώρο X. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα. (i) Υπάρχει M > 0 τέτοιο ώστε να έχουμε x 2 ≤ Mx 1 για κάθε x ∈ X. (ii) Ανμιαακολουθία {x n } n∈N στοXσυγκλίνει στοx ∈Xωςπροςτην νόρμα . 1 τότε συγκλίνει στο x ∈ X ως προς την νόρμα . 2 . Απόδειξη:(i) ⇒ (ii) ΄Εχουμε x n −x 1 → 0.Επειδή x n −x 2 ≤ Mx n −x 1 συμπεραίνουμε ότι x n − x 2 → 0. (ii) ⇒(i) Ανδενυπάρχει M>0τέτοιο ώστεναέχουμε x 2 ≤Mx 1 για κάθε x ∈ X, τότε για κάθε n ∈ Nυπάρχει y n ∈ X,y n 0 τέτοιο ώστε y n 2 > ny n 1 . Θέτουμε x n = y n ny n 1 . Τότε x n 1 = y n ny n 1 = 1 n → 0 και x n 2 = y n ny n 1 2 = y n 2 ny n 1 > ny n 1 ny n 1 = 1. 1.5 Πληρότητα4 25 Προταση1.4.5Θεωρούμε δύο νόρμες . 1 , . 2 σε ένα διανυσματικό χώρο X. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα. (i) Οι νόρμες . 1 και . 2 είναι ισοδύναμες. (ii) Μια ακολουθία {x n } n∈N στο X συγκλίνει στο x ∈ X ως προς την νόρμα . 1 αν και μόνον αν συγκλίνει στο x ∈ X ως προς την νόρμα . 2 . Απόδειξη:Προκύπτει απο την Πρόταση1.4.4. 1.5 Πληρότητα Ορισμος1.5.1Μιαακολουθία {x n } n∈N σεέναμετρικόχώρολέγεταιακο- λουθία Cauchy αν για κάθε ε > 0 υπάρχει n 0 τέτοιο ώστε αν n ≥ n 0 , m ≥ n 0 να ισχύει:d(x n , x m ) < ε. Προταση1.5.2Μια συγκλίνουσα ακολουθία είναι ακολουθία Cauchy. Απόδειξη: Θεωρούμε μια ακολουθία {x n } n∈N στον X και ένα σημείο x ∈ X. Υποθέτουμεότι x n →x. Θεωρούμεε >0. Υπάρχει n 0 τέτοιοώστε ανn>n 0 ναισχύει d(x n , x) < ε 2 . ΄Αραανn>n 0 και m>n 0 έχουμε: d(x n , x m ) ≤ d(x n , x) + d(x, x m ) < ε 2 + ε 2 = ε. Προταση1.5.3ΘεωρούμεμιαακολουθίαCauchy {x n } n∈N σεέναμετρικό χώροX. Υποθέτουμεότι η {x n } n∈N έχει μιαυπακολουθία {x n k } k∈N που συγκλίνει στο x ∈ X. Τότε η {x n } n∈N συγκλίνει στο x. Απόδειξη: Θεωρούμεε>0. Υπάρχειn 0 τέτοιοώστεανn>n 0 ,m>n 0 να ισχύει: d(x n , x m ) < ε 2 . Επειδή η {x n k } k∈N συγκλίνει στο x ∈ X υπάρχει k 0 τέτοιο ώστε αν k>k 0 να ισχύει: d(x n k , x)< ε 2 . Θα δείξουμε ότι αν n>n 0 τότεd(x n , x) k 0 και n k > n 0 . ΄Εχουμε d(x n , x) ≤ d(x n , x n k ) + d(x n k , x) < ε 2 + ε 2 = ε. Παρατηρηση1.5.4ΜιαακολουθίαCauchyδενείναι κατ΄ ανάγκησυγκλί- νουσα. Απόδειξη: Θεωρούμε τον μετρικό χώρο X= (0, 1) με την μετρική d(x, y) = |x − y|. Θεωρούμετην ακολουθία {x n } n∈N τουXμε x n = 1 n . Η ακολουθία 264 Μετρικοι χωροι {x n } n∈N είναι ακολουθία Cauchy. Πράγματι, θεωρούμε ε > 0 και n 0 τέτοιο ώστε n 0 > 2 ε . Αν n > n 0 και m > n 0 έχουμε d(x n , x m )= | 1 n − 1 m | ≤ | 1 n | + | 1 m | ≤ | 2 n 0 | < ε. ΄Αραη {x n } n∈N είναιακολουθίαCauchy. Δείχνουμεότιη {x n } n∈N δενσυγ- κλίνειστοX. ΘεωρούμεένασημείοxτουX. Θαδείξουμεότιγιακάθε n ∈ Nυπάρχει m > n τέτοιο ώστε d(x m , x) ≥ x 2 . Θεωρούμε n 0 τέτοιο ώστε n 0 > 2 x . Γιαn ∈Nθεωρούμεέναm ∈Nτέτοιοώστεm>max{n 0 , n}. ΄Εχουμε d(x m , x)= |x − 1 m |. Επειδή 1 m < 1 n 0 < x 2 έχουμε d(x m , x)= x − 1 m ≥ x 2 . ΄Αρα η {x n } n∈N δεν συγκλίνει σε κανένα σημείο του X. Ορισμος1.5.5ΘεωρούμεέναμετρικόχώροX. ΄ΕναςυποσύνολοAτου X λέγεται ϕραγμένο αν υπάρχει x ∈ X και M > 0 τέτοιο ώστε A ⊆ S(x, M). Ορισμος1.5.6ΘεωρούμεέναμετρικόχώροX. ΄ΕναςυποσύνολοAτου X λέγεται ολικά ϕραγμένο αν για κάθε ε >0 υπάρχουν x 1 , x 2 , ..., x n στο X τέτοια ώστε A ⊆ ∪ n i=1 S(x i , ε). Παρατηρηση1.5.7΄Ενα ολικά ϕραγμένο υποσύνολο A ενός μετρικού χώ- ρου είναι ϕραγμένο. Ορισμος1.5.8ΘεωρούμεένανμετρικόχώροX. ΑνAείναι υποσύνολο του X λέμε διάμετρο του A και συμβολίζουμε diamA τον αριθμό sup{d(x, y) : x ∈ A, y ∈ A}. Θεωρημα1.5.9Θεωρούμε έναν μετρικό χώρο X. ΄Ενα υποσύνολο A του Xείναι ολικάϕραγμένοανκαι μόνονανγιακάθεε>0υπάρχει πεπε- ρασμένο πλήθος συνόλων B 1 , B 2 , ..., B n διαμέτρου μικρότερης του ε τέτοια ώστε A ⊆ ∪ n i=1 B i . Απόδειξη:Θεωρούμε ε > 0. Επειδή το A είναι ολικά ϕραγμένο, υπάρχουν x 1 , x 2 , ..., x n στο X τέτοια ώστε A ⊆ ∪ n i=1 S(x i , ε 3 ). Θέτουμε B i =S(x i , ε 3 ) για i = 1, 2, ..., n.Τότε A ⊆ ∪ n i=1 B i και diamB i < ε για κάθε i με i = 1, 2, ..., n. Θεωρούμε ε > 0.Υποθέτουμε ότι υπάρχει πεπερασμένο πλήθος συνό- λων B 1 , B 2 , ..., B n διαμέτρου μικρότερης του ε τέτοια ώστε A ⊆ ∪ n i=1 B i . Θε- ωρούμε x i ∈ B i για i = 1, 2, ..., n.Τότε B i ⊆ S(x i , ε) για κάθε i με i = 1, 2, ..., n και άραA ⊆ ∪ n i=1 B i ⊆ ∪ n i=1 S(x i , ε). Συμπεραίνουμεότι τοAείναι ολικά ϕραγμένο. Θεωρημα1.5.10Θεωρούμε έναν μετρικό χώροXκαι μιαακολουθίαCauchy {x n } n∈N στον X. Το σύνολο A= {x n : n ∈ N} είναι ολικά ϕραγμένο. 1.5 Πληρότητα4 27 Απόδειξη:Θεωρούμε ε > 0. Υπάρχει n 0 τέτοιο ώστε αν n > n 0 , m > n 0 ναέχουμεd(x n , x m ) n 0 τότεx n ∈ S(x n 0 +1 , ε). ΄Εχουμε A ⊆ ∪ n 0 +1 i=1 S(x i , ε) και άρα το A είναι ολικά ϕραγμένο. Θεωρημα1.5.11Θεωρούμε έναν μετρικό χώρο X.΄Ενα υποσύνολο Aτου Xείναι ολικάϕραγμένοανκαιμόνονανκάθεακολουθίατουAέχει μια Cauchy υπακολουθία. Απόδειξη: ΥποθέτουμεότιτοA είναιολικάϕραγμένο. Τότευπάρχει μιαακολουθία {A k } k∈N υποσυνόλωντουAκαιμιαυπακολουθία {x n k } k∈N της {x n } τέτοια ώστε: (i) A k+1 ⊆ A k για κάθε k ∈ Nκαι diamA k ≤ 1 k για κάθε k ∈ N. (ii) Το συνολο {n ∈ N: x n ∈ A k } είναι άπειρο για κάθε k ∈ N. (iii) x n k ∈ A k Αποδεικνύουμετονπαραπάνωισχυρισμόμεεπαγωγή. Υποθέτουμε ότι έχουμεκατασκευάσει τα {A 1 , A 2 , ..., A k } και {x n 1 , x n 2 , ..., x n k }. Επειδή τοAείναι ολικάϕραγμένουπάρχει μιακάλυψητουαποπεπερασμένο πλήθοςσυνόλωνB 1 , B 2 , ..., B n διαμέτρουμικρότερηςτου 1 k+1 . ΄ΑρατοA k καλύπτεται αποπεπερασμένοπλήθοςσυνόλωνδιαμέτρουμικρότερης του 1 k+1 . Συνεπώςυπάρχειέναj 0 με1 ≤j 0 ≤nτέτοιοώστετοσύνολο {n: x n ∈B j 0 ∩ A k }ναείναιάπειρο. ΘέτουμεA k+1 =B j 0 ∩ A k . Επειδήτο {n: x n ∈B j 0 ∩ A k }είναι άπειρουπάρχει m ∈N, m>n k τέτοιοςώστε x m ∈A k+1 . Θέτουμε n k+1 =m. Είναιάμεσο ότι η {x n k } k∈N είναι ακολουθία Cauchy. Υποθέτουμε ότι το A δεν είναι ολικά ϕραγμένο. Θα κατασκευάσουμε μια ακολουθία στο A η οποία δεν έχει υπακολουθία Cauchy. Επειδή το A δεν είναι ολικά ϕραγμένο υπάρχει ε > 0 τέτοιο ώστε να μην υπάρχει κάλυ- ψη του A απο πεπερασμένο πλήθος συνόλων διαμέτρου μικρότερης του ε. Θα κατασκευάσουμε μια ακολουθία x k του A τέτοια ώστε d(x n , x m ) ≥ ε 3 , όταν n m.Υποθέτουμε ότι έχουμε κατασκευάσει τους k πρώτους όρους της ακολουθίας x 1 , x 2 , ..., x k . Θεωρούμε τα σύνολα S(x i , ε 3 ) για i = 1, 2, ..., k. Τα σύνολα αυτά δεν καλύπτουν το A άρα υπάρχει ένα σημείο x k+1 του A τέτοιο ώστε d(x k+1 , x i ) ≥ ε 3 για κάθε i = 1, 2, ..., k. Η ακολουθία {x k } k∈N δεν έχει υπακολουθία Cauchy. Ορισμος1.5.12΄Ενας μετρικός χώρος X λέγεται πλήρης αν κάθε ακολου- θία Cauchy {x n } n∈N στον X συγκλίνει. Θεωρημα1.5.13Ο R είναι πλήρης. 284 Μετρικοι χωροι Απόδειξη: ΘεωρούμεμιαακολουθίαCauchy {x n } n∈N στοR. Αποτο Θεώρημα1.5.10 το A= {x n : n ∈ N} είναι ολικά ϕραγμένο και άρα ϕραγ- μένο. ΑποτοΘεώρημα0.2.4η {x n } n∈N έχεισυγκλίνουσαυπακολουθία. Απο την Πρόταση1.5.3 η {x n } n∈N συγκλίνει. Θεωρημα1.5.14Θεωρούμε έναν πλήρη μετρικό χώρο X. ΄Ενα υποσύνο- λο A του X είναι πλήρης μετρικός χώρος αν και μόνον αν είναι κλειστό. Απόδειξη: Υποθέτουμεότι τοAείναι πλήρηςμετρικόςχώρος. Θα δείξουμε ότι το A είναι κλειστό. Θεωρούμε x ∈ A. Υπάρχει μια ακολουθία {a n } n∈N στοAτέτοιαώστεa n →x. Επειδήη {a n } n∈N συγκλίνει, είναι ακολουθίαCauchy. ΕπειδήοAείναιπλήρης, η {a n } n∈N συγκλίνει σεένα σημείο του A. ΄Αρα x ∈ A και το A είναι κλειστό. Υποθέτουμε ότι το A είναι κλειστό. Θαδείξουμεότι το A είναιπλήρηςμετρικόςχώρος. Θεωρούμε μιαακολουθίαCauchy {a n } n∈N στο A. Επειδήο Xείναι πλήρης,η {a n } n∈N συγκλίνει σε ένα σημείο x ∈ X. Επειδή το A είναι κλειστό, x ∈ A. ΄Αρα κάθε ακολουθία Cauchy στο A συγκλίνει, και συνεπώς ο A είναι πλήρης. Λημμα1.5.15Θεωρούμε έναν μετρικό χώρο X και ένα υποσύνολο A του X. Τότε diamA= diamA. Θεωρημα1.5.16ΘεωρούμεένανμετρικόχώροX. Ταακόλουθαείναι ισοδύναμα. (i) Ο X είναι πλήρης. (ii) Αν {K i } ∞ i=1 είναι μια ϕθίνουσα ακολουθία κλειστών, μη κενών υποσυ- νόλων του X τέτοια ώστε diamK i → 0, τότε ∩ ∞ i=1 K i ∅. Απόδειξη: Υποθέτουμεότι οXείναι πλήρης. Επιλέγουμεx i ∈K i . Είναι άμεσοότι ηακολουθία {x i } i∈N είναι Cauchy. ΕπειδήοXείναι πλήρης, η {x i } i∈N συγκλίνει σεκάποιοσημείοxτουX. ΕπειδήτοK i είναι κλειστό, x ∈ K i για κάθε i και άρα x ∈ ∩ ∞ i=1 K i . Συνεπώς ∩ ∞ i=1 K i ∅. Υποθέτουμεότι αν {K i } i∈N είναι μιαϕθίνουσαακολουθίαμηκενών υποσυνόλων του X τέτοια ώστε diamK i → 0, τότε ∩ ∞ i=1 K i ∅. Θαδείξουμε ότι οXείναι πλήρης. ΘεωρούμεμιαακολουθίαCauchy {x n } n∈N τουX. ΘέτουμεK i = {x n : n ≥ i}. Η {K i } ∞ i=1 είναι μιαϕθίνουσα ακολουθία κλειστών, μη κενών υποσυνόλων του X. Επειδή η {x n } n∈N είναι 1.5 Πληρότητα4 29 ακολουθία Cauchy, diam{x n : n ≥ i} →0 και απο το Λήμμα1.5.15 έχουμε ότι diamK i → 0. Από την υπόθεση ∩ ∞ i=1 K i ∅. Είναιάμεσοότιτο ∩ ∞ i=1 K i είναιμονοσύνολο. Θεωρούμεx ∈ ∩ ∞ i=1 K i . Είναι άμεσο ότι η {x n } n∈N συγκλίνει στο x. ΄Αρα ο X είναι πλήρης. Θεωρημα1.5.17ΘεωρούμεένανμετρικόχώροX. Ταακόλουθαείναι ισοδύναμα. (i) Ο X είναι πλήρης. (ii) Κάθε άπειρο ολικά ϕραγμένο υποσύνολο του X έχει ένα σημείο συσ- σώρευσης. Απόδειξη: (ii) ⇒(i). ΘεωρούμεμιαακολουθίαCauchy {x n } n∈N στο X. ΘεωρούμετοσύνολοA= {x n : n ∈N}. ΑποτοΘεώρημα1.5.10 τοAείναι ολικάϕραγμένο. ΑντοAείναι πεπερασμένοτότεη {x n } n∈N έχει μια υπακολουθία που είναι σταθερή και άρα συγκλινουσα. ΄Αρα από τηνΠρόταση1.5.3η {x n } n∈N συγκλίνει. ΑντοAείναι άπειρο, αποτην υπόθεσηέχει ένασημείοσυσσώρευσης. ΄Αραυπάρχειμιαυπακολουθία της {x n } n∈N που συγκλίνει. Απο την Πρόταση1.5.3 η {x n } n∈N συγκλίνει. (i) ⇒(ii) ΘεωρούμεέναολικάϕραγμένοσύνολοA, A ⊆X. Κατα- σκευάζουμε επαγωγικά μια ακολουθία συνόλων {K i } ∞ i=1 τέτοια ώστε: (i) K i ⊆ A, K i+1 ⊆ K i . (ii) diamK i ≤ 1 i (iii) Το K i είναι άπειρο για κάθε i ∈ N. Υποθέτουμεότι έχουμεκατασκευάσει ταK i γιαi =1, 2, ...i. Επειδήτο A είναι ολικάϕραγμένο καλύπτεται απο πεπερασμένο πλήθος συνόλων B 1 , B 2 , ..., B n μεδιαμέτρομικρότερηαπο 1 i+1 . ΕπειδήτοK i είναι άπειρο, υπάρχειj 0 με 1 ≤j 0 ≤ n τέτοιο ώστε το K i ∩B j 0 να είναι άπειρο. Θέτουμε K i+1 = K i ∩B j 0 . Το K i+1 ικανοποιεί τα (ι), (ιι), (ιιι). Επειδή ο X είναι πλήρης, αποτοΘεώρημα1.5.16το ∩ ∞ i=1 K i είναι μηκενό. Θεωρούμεένασημείο x ∈ ∩ ∞ i=1 K i . Τοxείναι σημείοσυσσώρευσηςτου A. Πράγματι,θεωρούμε ε > 0. Υπάρχει i 0 ∈ N, i 0 > 1 ε . Τότε K i 0 − {x} ⊆ A∩(S(x, ε) − {x}) και επειδή το K i 0 είναι άπειρο, το A ∩ (S(x, ε) − {x}) είναι μη κενό. Ορισμος1.5.18Θεωρούμε ένανμετρικόχώρο(X, d X ). ΄Εναςμετρικός χώρος (Y, d Y ) λέγεται πλήρωση του X αν: (i) Ο (Y, d Y ) είναι πλήρης. 304 Μετρικοι χωροι (ii) Υπάρχει μια ισομετρία h : X → Y. (iii) Ο h(X) είναι πυκνός στον Y. Λημμα1.5.19Θεωρούμε έναν μετρικό χώρο X και δύο ακολουθίες Cauchy {x n } n∈N και {y n } n∈N στον X. Τότε η {d(x n , y n )} n∈N συγκλίνει. Απόδειξη: Επειδή ο R είναι πλήρης, αρκεί να δείξουμε ότι η {d(x n , y n )} n∈N είναι ακολουθία Cauchy. ΄Εχουμε: d(x n , y n ) ≤ d(x n , x m ) + d(x m , y m ) + d(y m , y n ) ⇒ d(x n , y n ) − d(x m , y m ) ≤ d(x n , x m ) + d(y m , y n ). ΄Ομοια, d(x m , y m ) ≤ d(x m , x n ) + d(x n , y n ) + d(y n , y m ) ⇒ d(x m , y m ) − d(x n , y n ) ≤ d(x n , x m ) + d(y m , y n ). ΄Αρα |d(x n , y n ) − d(x m , y m )| ≤ d(x n , x m ) + d(y m , y n ). Επειδήη {x n } n∈N είναι ακολουθίαCauchyυπάρχει n 1 τέτοιοώστεαν n>n 1 , m>n 1 ναισχύει d(x m , x n )< ε 2 Επειδήη {y n } n∈N είναιακολουθία Cauchy υπάρχει n 2 τέτοιο ώστε αν n > n 2 , m > n 2 να ισχύει d(y m , y n ) < ε 2 . Θέτουμε n 0 = max{n 1 , n 2 }. ΄Εχουμε αν n > n 0 , m > n 0 |d(x n , y n ) − d(x m , y m )| ≤ d(x n , x m ) + d(y m , y n ) < ε 2 + ε 2 = ε. Προταση1.5.20Θεωρούμε έναν μετρικόχώροXκαι δύοακολουθίες {x n } n∈N και {y n } n∈N στονX. Υποθέτουμεότιx n →x ∈Xκαι y n →y ∈X. Τότε d(x n , y n ) → d(x, y). Απόδειξη:΄Εχουμε: d(x n , y n ) ≤ d(x n , x) + d(x, y) + d(y, y n ) ⇒ d(x n , y n ) − d(x, y) ≤ d(x n , x) + d(y, y n ). ΄Ομοια, d(x, y) ≤ d(x, x n ) + d(x n , y n ) + d(y n , y) ⇒ 1.5 Πληρότητα4 31 d(x, y) − d(x n , y n ) ≤ d(x, x n ) + d(y n , y). ΄Αρα |d(x n , y n ) − d(x, y)| ≤ d(x, x n ) + d(y n , y). Επειδή x n → x και y n →y, συμπεραίνουμε ότι d(x n , y n ) → d(x, y). Θεωρημα1.5.21Θεωρούμε έναν μετρικό χώρο X. Υπάρχει μιά πλήρωση του X. Απόδειξη: ΣυμβολίζουμεSτοσύνολοτωνακολουθιώνCauchyτουX. Ορίζουμε μιασχέση ∼στοσύνολοS. Λέμεότι {x n } n∈N ∼{y n } n∈N αν d(x n , y n ) →0. Η ∼είναισχέση ισοδυναμίας. Συμβολίζουμε ˜ Xτοσύνολο τωνκλάσεωνισοδυναμίαςτηςσχέσης ∼. Γιαx ∈ ˜ Xκαι y ∈ ˜ Xθέτουμε ˜ d(x, y) =limd(x n , y n )όπου {x n } n∈N ∈xκαι {y n } n∈N ∈y. ΑποτοΛήμμα 1.5.19το όριοαυτό υπάρχει. Είναιάμεσο ότι ο αριθμός ˜ d(x, y) δεν εξαρ- τάται αποτηνεπιλογήτων {x n } n∈N ∈xκαι {y n } n∈N ∈y. Επίσηςείναι άμεσοότι η ˜ d(x, y)είναι μετρικήστον ˜ X. Θαδείξουμεότι ο ˜ Xείναι μια πλήρωση του X. Αν x είναι ένα στοιχείο του X συμβολίζουμε˜ x την κλάση ισοδυναμίαςτης σταθερής ακολουθίας {x n } n∈N ∈ που ορίζεται x n =x για κάθε n ∈ N. Θέτουμε h : X → ˜ X με h(x)=˜ x. ΄Εχουμε ˜ d(h(x), h(y)) = ˜ d( ˜ x,˜ y)= limd(x, y) = d(x, y) και άρα η h είναι ισομετρία. Δείχνουμε ότι το h(X) είναι πυκνό στο ˜ X. Θεωρούμεx ∈ ˜ Xκαι ε>0. Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει y ∈ X τέτοιο ώστε ˜ d(x, h(y)) < ε. Θεωρούμε μιαακολουθία {x n } n∈N με {x n } n∈N ∈x. Υπάρχει n 0 τέτοιο ώστε αν n>n 0 , m > n 0 να έχουμε d(x n , x m ) < ε 2 . Θεωρούμε m ∈ Nμε m > n 0 . και θέτουμε y= x m . ΄Εχουμε ˜ d(x, h(y)) = ˜ d(x, h(x m ))= ˜ d(x, ˜ x m )=lim n→∞ d(x n , x m ) ≤ ε 2 < ε. Δείχνουμεότι ο ˜ Xείναι πλήρης. ΘεωρούμεμιαακολουθίαCauchy {x n } n∈N στον ˜ X. Επειδή το h(X) είναι πυκνό στο ˜ X υπάρχει x n ∈ X τέτοιο ώστε ˜ d(h(x n ), x n )= ˜ d( ˜ x n , x n ) < 1 n . 324 Μετρικοι χωροι Είναιάμεσο ότιη {x n } n∈N είναιακολουθίαCauchy. Θέτουμεxτηνκλάση ισοδυναμίας της {x n } n∈N . Τοx είναι στοιχείο του ˜ X και έχουμε ˜ d(x n , x) ≤ ˜ d(x n , ˜ x n ) + ˜ d( ˜ x n , x) ≤ 1 n + ˜ d( ˜ x n , x). Δείχνουμεότι ˜ d( ˜ x n , x) →0. Θεωρούμεε >0. Επειδήη {x n } n∈N είναι ακολουθίαCauchyυπάρχει n 0 τέτοιοώστεανn>n 0 , m>n 0 ναισχύει d(x n , x m ) ≤ ε 2 . ΄Αρα αν n > n 0 έχουμε ˜ d( ˜ x n , x) =lim m→∞ d(x n , x m ) ≤ ε 2 < ε. Συνεπώς ˜ d( ˜ x n , x) → 0 και άρα ˜ d(x n , x) → 0. ΄Αραx n →x και ο ˜ X είναι πλήρης. Θεωρημα1.5.22ΘεωρούμεένανμετρικόχώροX. Θεωρούμεδύοπλη- ρώσεις Y και Z του X . Συμβολίζουμε h και g τις ισομετρίες h : X → Y και g : X → Z για τις πληρώσεις Y και Z αντίστοιχα. Τότε υπάρχει φ : Y → Z ισομετρία επί του Z τέτοια ώστε φh=g. Απόδειξη:Ορίζουμε για x ∈ X , φ(h(x)) =g(x).Ηφ είναι καλά ορισμένη στοh(X)επειδήηhείναι1 − 1. Θεωρούμεy ∈Y. Επειδήτοh(X)είναι πυκνό στο Y υπάρχει μια ακολουθία {x n } n∈N στο X τέτοια ώστε h(x n ) →y. Επειδή η {h(x n )} n∈N συγκλίνει, είναι ακολουθία Cauchy και επειδή η h είναι ισομετρία, η {x n } n∈N είναι ακολουθία Cauchy.Επειδή η g είναι ισομετρία, η {g(x n )} n∈N είναι ακολουθία Cauchy και επειδή ο Z είναι πλήρης,συγκλίνει σεένασημείοz ∈Z. Θέτουμεφ(y) =z. Είναι εύκολοναδούμεότι ηφ είναι καλάορισμένη. ΑποτηνΠρόταση1.5.20προκύπτει ότι ηφείναι ισομετρία. Δείχνουμε ότι η φ είναι επί του Z. Θεωρούμε z ∈ Z. Επειδή το g(X) είναι πυκνό στο Z, υπάρχει μια μια ακολουθία {x n } n∈N στο X τέτοια ώστε g(x n ) → z. Επειδή η {g(x n )} n∈N συγκλίνει, είναι ακολουθία Cauchy και επειδή ηg είναι ισομετρία,η {x n } n∈N είναι ακολουθίαCauchy. Επειδή η h είναιισομετρία,η {h(x n )} n∈N είναιακολουθίαCauchyκαι επειδήοYείναι πλήρης, συγκλίνει σε ένα σημείοy ∈ Y. Απο την κατασκευή της φ έχουμε φ(y)= z. ΄Αρα η φ είναι επί του Z. Ορισμος1.5.23΄Ενας διανυσματικός χώρος με νόρμα X που είναι πλήρης λέγεται χώρος Banach. Θεωρημα1.5.24Ο χώρος ℓ p είναι χώρος Banach για κάθε p, 1 ≤ p ≤ ∞. 1.6 Συμπάγεια4 33 1.6 Συμπάγεια Ορισμος1.6.1Θεωρούμε ένα μετρικό χώρο X και ένα υποσύνολο A του X. Μιαοικογένειαυποσυνόλων {V i } i∈I τουXλέγεται κάλυμματουA ανA ⊆ ∪ i∈I V i . Ηοικογένεια {V i } i∈I λέγεται ανοικτόκάλυμματουAαν A ⊆ ∪ i∈I V i και το V i είναι ανοικτό για κάθε i ∈ I. Ορισμος1.6.2΄Ενα υποσύνολο K ενός μετρικού χώρου λέγεται συμπαγές αν κάθε ανοικτό κάλυμμα του K έχει πεπερασμένο υποκάλυμμα. Θεωρημα1.6.3΄Ενα συμπαγές υποσύνολο K ενός μετρικού χώρου Xείναι κλειστό και ϕραγμένο. Απόδειξη: Δείχνουμεότι τοKείναι ϕραγμένο. Θεωρούμεέναση- μείοx∈ X. Ηοικογένεια {S(x, n)} n∈N είναι έναανοικτόκάλυμματου A. ΕπειδήτοKείναι συμπαγές, υπάρχει πεπερασμένουποκάλυμμα S(x, n 1 ), S(x, n 2 ), ..., S(x, n k ) του {S(x, n)} n∈N .Θέτουμε n 0 = max{n 1 , n 2 , ..., n k }. ΄Εχουμε K ⊆ S(x, n 0 ) και άρα το K είναι ϕραγμένο. Δείχνουμε ότι το Kείναι κλειστό. Θεωρούμεx ∈K − K. Η οικογένεια {S(x, 1 n ) c } n∈N είναι έναανοικτό κάλυμμα του K.Επειδή το K είναι συμπαγές, υπάρχει πεπερασμένουποκάλυμμαS(x, 1 n 1 ) c , S(x, 1 n 2 ) c , ..., S(x, 1 n k ) c τουK. Θέτουμε n 0 = max{n 1 , n 2 , ..., n k }. ΄Εχουμε K ⊆ S(x, 1 n 0 ) c και άρα K ∩ S(x, 1 n 0 ) ⊆ K ∩ S(x, 1 n 0 )= ∅ που είναι άτοπο. ΄Αρα το K είναι κλειστό. Παρατηρηση1.6.4Δενισχύει ότι ένακλειστόκαι ϕραγμένουποσύνολο ενός μετρικού χώρου είναι συμπαγές. Θεωρημα1.6.5΄Ενακλειστόυποσύνολοενόςσυμπαγούςσυνόλουείναι συμπαγές. Απόδειξη: ΘεωρούμεένασυμπαγέςσύνολοAκαι ένακλειστόυπο- σύνολοBτουA. ΤοBείναι κλειστόυποσύνολοτουX. Θεωρούμεένα ανοικτό κάλυμμα {V I } i∈I του B. Επειδή το B είναι κλειστό υποσύνολο του X,το {B c , V i :i ∈I} είναι ανοικτό κάλυμμα του A. Επειδή το A είναι συμ- παγές,έχειπεπερασμένουποκάλυμμα. Τουποκάλυμμααυτόείναι της μορφήςB c , V i 1 , V i 2 , ..., V i k ήV i 1 , V i 2 , ..., V i k . ΤοV i 1 , V i 2 , ..., V i k είναιπεπερα- σμένο υποκάλυμμα του B. Θεωρημα1.6.6Θεωρούμε έναν μετρικό χώρο X. Τα ακόλουθα είναι ισο- δύναμα 344 Μετρικοι χωροι (i) Ο X είναι συμπαγής. (ii) Αν {K i } i∈I είναι μιαοικογένειακλειστώνυποσυνόλωντουXτέτοια ώστε ∩ i∈J K i ∅ για κάθε πεπερασμένη υποοικογένειαJ της I, τότε ∩ i∈I K i ∅. Απόδειξη: (i) ⇒(ii) Υποθέτουμε ότι υπάρχει μιαοικογένεια κλειστών υποσυνόλων {K i } i∈I του X τέτοια ώστε ∩ i∈J K i ∅ για κάθε πεπερασμένη υποοικογένεια J της I, και ∩ i∈I K i = ∅. ΘέτουμεV i =K c i . Τότεηοικογένεια {V i } i∈I είναιανοικτόκάλυμματουX και επειδή ο X είναι συμπαγής, υπάρχει πεπερασμένο υποσύνολο J του I τέτοιο ώστε X ⊆ ∪ i∈J V i . ΄Αρα ∩ i∈J K i = ∅ που είναι άτοπο. (ii) ⇒(i) Θεωρούμεέναανοικτόκάλυμμα {V i } i∈I τουX. Θέτουμε K i = V c i . Τότε ∩ i∈I K i = ∅ καιάραυπάρχειπεπερασμένουποσύνολοJτουIτέτοιοώστε ∩ i∈J K i = ∅. ΄Αρατο {V i } i∈J είναι πεπερασμένουποκάλυμματουXκαι οXείναι συμπαγής. Θεωρημα1.6.7΄Ενα υποσύνολο K ενός μετρικού χώρου Xείναι συμπαγές αν και μόνον αν είναι πλήρες και ολικά ϕραγμένο. Απόδειξη: Υποθέτουμεότι τοKείναι συμπαγές. Θεωρούμεε>0. Ηοικογένεια {S(x, ε)} x∈K είναι ανοικτόκάλυμματουK. ΕπειδήτοKεί- ναι συμπαγές, η οικογένεια αυτή έχει πεπερασμένο υποκάλυμμα, δηλαδή υπάρχουν x 1 , x 2 , . . . , x n ∈ K τέτοιαωστε K ⊆ ∪ n i=1 S(x i , ε). ΥποθέτουμεότιτοKείναιπλήρεςκαιολικάϕραγμένο. Θαδείξουμε ότι είναι συμπαγές. Υποθέτουμε ότι υπάρχει ανοικτό κάλυμμα {V i } i∈I του Kτοοποίοδενέχει πεπερασμένουποκάλυμμα. Κατασκευάζουμεμια ακολουθία {A n } n∈N τέτοια ώστε: (i) Το A n είναι κλειστό, μη κενό υποσύνολο του K. 1.6 Συμπάγεια4 35 (ii) A n+1 ⊆ A n για κάθε n ∈ N. (iii) Το A n δεν καλύπτεται απο καμμιά πεπερασμένη υποοικογένεια της {V i } i∈I . (iv) diamA n ≤ 1 n . Υποθέτουμε ότι έχουμε κατασκευάσει τα A 1 , A 2 , ..., A n . Επειδή το K είναι ολικά ϕραγμένο καλύπτεται απο πεπερασμένο πλήθος κλειστών συνόλων B 1 , B 2 , .., B k διαμέτρου μικρότερης του 1 n+1 .Επειδή το το A n δεν καλύπτεται αποκαμμιάπεπερασμένηυποοικογένειατης {V i } i∈I , υπάρχει i 0 με1 ≤ j 0 ≤ k τέτοιο ώστε το A n ∩ B j 0 δεν καλύπτεται απο καμμιά πεπερασμένη υποοικογένεια της {V i } i∈I .Θέτουμε A n+1 = A n ∩ B j 0 .Από το Λήμμα 1.5.15, έχουμεdiamA n+1 ≤ 1 n+1 . ΕπειδήτοKείναι πλήρες, αποτοΘεώρημα 1.5.16υπάρχειx ∈ ∩ n∈N A n . Τοx ∈V i 0 γιακάποιοi 0 ∈I. ΕπειδήτοV i 0 είναι ανοικτό, υπάρχει ε > 0 τέτοιο ώστε S(x, ε) ⊆ V i 0 . Θεωρούμε n 0 ∈ N τέτοιο ώστε 1 n 0 0 τέτοιο ώστε(s − ε, s + ε) ⊆V i 0 . Επειδή s =supSυπάρχει t ∈Sτέτοιοώστεs − ε 0 τέτοιο ώστε (s − ε, s + ε) ⊆ V j k . ΄ΑραταV i 1 , V i 2 , ..., V i n καλύπτουντο[a, s+ ε 2 ]. Αυτόείναι άτοπογιατί s= supS. Θεωρημα1.6.10Θεωρούμε τον διανυσματικό χώρο R n με την νόρμα . 2 . ΄Ενα υποσύνολοτου R n είναι συμπαγές αν και μόνον αν είναι κλειστό και ϕραγμένο. Θεωρούμε M > 0. Θέτουμε C n (M)= {(x 1 , x 2 , ..., x n ) ∈ R n : |x i | ≤ M, για i = 1, 2, ..., n}. Δείχνουμε με επαγωγή ότι το C n (M) είναι συμπαγές. Θεωρούμε μια ακο- λουθία{x n } n∈N στο C n (M).Τότε x n = (y n , z n ) με y n ∈ C 1 (M) και z n ∈ C n−1 (M) για κάθε n με n ∈ N.Απο την υπόθεση της επαγωγής υπάρχει z ∈ C n−1 (M) και μιαυπακολουθία {z n k } k∈N της {z n } n∈N πουσυγκλίνει στοz. Αποτην υπόθεση της επαγωγής υπάρχειy ∈ C 1 (M) και μια υπακολουθία {y n k l } l∈N της {y n k } k∈N πουσυγκλίνει στοy. Ηακολουθία {x n k l } l∈N = {(y n k l , z n k l )} l∈N είναι υπακολουθία της {x n } n∈N και συγκλίνει στο (y, z) ∈ C n (M). ΄Αρα απο το Θεώρημα1.6.8 το C n (M) είναι συμπαγές. ΘεωρούμεένακλειστόκαιϕραγμένουποσύνολοKτουR n . Υπάρχει x ∈R n και ε>0τέτοιοK ⊆S(x, ε). ΘέτουμεM= x+ ε. ΤότεK ⊆ S(0, M). Είναι άμεσο ότι S(0, M) ⊆ C n (M). ΄Αρα K ⊆ C n (M). Το C n (M) είναι συμπαγές και το K είναι κλειστό υποσύνολο του C n (M).Απο το Θεώρημα 1.6.5 το K είναι συμπαγές. 1.7 Συνεκτικότητα Ορισμος1.7.1΄ΕναςμετρικόςχώροςXλέγεταισυνεκτικόςανδενυπάρ- χουν σύνολα A και B τέτοια ώστε: (i) A ∅, B ∅, A ⊆ X, B ⊆ X. (ii) A ανοικτό, B ανοικτό. (iii) A ∪ B= X, A ∩ B= ∅. 1.7 Συνεκτικότητα4 37 Θεωρημα1.7.2ΘεωρούμεέναμετρικόχώροXκαι ένασημείοx ∈X. Υποθέτουμεότι υπάρχει μιαοικογένειασυνόλωνA i τέτοιαώστεx ∈A i , και A i είναι συνεκτικό για κάθε i ∈ I. Τότε το ∪A i είναι συνεκτικό. Απόδειξη: Αν το ∪A i δεν είναι συνεκτικό υπάρχουν A και B τέτοια ώστε: (i) A ∅, B ∅, A ⊆ ∪A i , B ⊆ ∪A i . (ii) A ανοικτό, B ανοικτό. (iii) A ∪ B= ∪A i , A ∩ B= ∅. Υποθέτουμε ότι x ∈ A. Θεωρούμε i ∈ I. Τότε αν το B ∩ A i ∅ έχουμε (i) A ∩ A i ∅, B ∩ A i ∅, A ∩ A i ⊆ A i , B ∩ A i ⊆ A i . (ii) A ∩ A i ανοικτό, B ∩ A i ανοικτό. (iii) (A ∩ A i ) ∪ (B ∩ A i )= A i , (A ∩ A i ) ∩ (B ∩ A i )= ∅. και το A i δεν είναι συνεκτικό.Αυτό είναι άτοπο, άρα B∩A i = ∅και A i ⊆ A. Συμπεραίνουμε ότι ∪A i ⊆ A και B= ∅. Ορισμος1.7.3ΘεωρούμεένανμετρικόχώροX. ΄ΕναυποσύνολοAτου X λέγεται συνεκτική συνιστώσα του X αν (i) Το A είναι μη κενό και συνεκτικό. (ii) Αν A ⊆ B ⊆ X και B συνεκτικό, τότε A= B. Προταση1.7.4Θεωρούμε ένα μετρικό χώρο X (i) Αν A και B είναι συνεκτικές συνιστώσες του X τότε A ∩ B= ∅. (ii) Γιακάθεx ∈Xυπάρχει μιαμοναδικήσυνεκτικήσυνιστώσατουX που το περιέχει. Απόδειξη: (i) ΑνA ∩ B∅αποτοΘεώρημα1.7.2έπεται ότι τοA ∪ Bείναι συνεκτικό και επειδή το A είναι συνεκτική συνιστώσα και A ⊆ A∪B, έχουμε A= A ∪ B. ΄Ομοια B= A ∪ B και άρα A= B. (ii) ΘεωρούμετηνένωσηAόλωντωνσυνεκτικώνυποσυνόλωντουX πουπεριέχουν τοx. ΤοA είναισυνεκτικόκαι αν Bείναισυνεκτικό και περιέχει τοA, τότετοBπεριέχει τοxκαι άραB ⊆A. ΄Αρα A=BκαιτοAείναισυνεκτικήσυνιστώσα. Τοότιείναιμοναδική, προκύπτει απο το (i). 384 Μετρικοι χωροι Θεωρημα1.7.5ΘεωρούμετονμετρικόχώροRμετηνμετρικήd(x, y) = |x − y|. Το [a, b] είναι συνεκτικό. Απόδειξη: Θεωρούμε δύο υποσύνολαA και B του [a, b] τέτοια ώστε: ΤαAκαι Bείναι μη κενά, ξένα, κλειστά και A∪B= [a, b].Θέτουμε t= supA. ΕπειδήτοAείναι κλειστό, t ∈A. Δείχνουμεότι t =b. Υποθέτουμεότι t b. Επειδή το A είναι ανοικτό, υπάρχει ε > 0 τέτοιο ώστε [t, t + ε) ⊆ A. Αυτό είναι άτοπο γιατί t + ε 2 ∈ A και t < t + ε 2 . ΄Αρα b ∈ A. ΄Ομοια δείχνουμε ότι b ∈ B. Θεωρημα1.7.6΄Ενα υποσύνολο K του R είναι συνεκτικό αν και μόνον αν είναι διάστημα. Απόδειξη: ΥποθέτουμεότιτοKδενείναιδιάστημα. Τότευπάρχουν a, b, c τέτοιαώστε a < c < b, a ∈ K, b ∈ Kκαι c K.Θέτουμε A= (−∞, c)∩K, B= (c, ∞) ∩K.Τα A και B είναι μη κενά, ανοικτά, ξένα και A∪B= K. ΄Αρα το K δεν είναι συνεκτικό. 1.8 Ασκήσεις ΄Ασκηση 20 (i) Δείξτε ότι για κάθε x ∈ R n έχουμε x ∞ ≤ x 2 ≤ x 1 . (ii) Δείξτε ότι για κάθε x ∈ R n έχουμε x 1 ≤ nx ∞ . (iii) Δείξτε ότι για κάθε x ∈ R n έχουμε x 1 ≤ √ nx 2 . ΄Ασκηση 21 (i) Δείξτε ότι για κάθε x ∈ ℓ 2 έχουμε x ∞ ≤ x 2 . (ii) Δείξτε ότι για κάθε x ∈ ℓ 1 έχουμε x 2 ≤ x 1 . 1.8 Ασκήσεις4 39 ΄Ασκηση 22 Δείξτεότι κάθεανοικτόυποσύνολοτουRείναι ένωσηαριθμήσιμου πλήθους κλειστών συνόλων. ΄Ασκηση 23 Δίνονται δύο υποσύνολα A και B ενός μετρικού χώρου X. Δείξτε ότι: (i) A ∪ B= A ∪ B. (ii) A ∩ B ⊆ A ∩ B. ΄Ασκηση 24 Δίνεται ένα υποσύνολο A ενός μετρικού χώρου. Δείξτε ότι το σύνολο των σημείων συσσώρευσης του A είναι κλειστό σύνολο. ΄Ασκηση 25 Θεωρούμε ένα μετρικό χώρο X. Αν A είναι ένα υποσύνολο του X και a ∈ A λέμε ότι το a είναι εσωτερικό σημείο του A αν υπάρχει ε > 0 τέτοιο ώστεS(a, ε) ⊆A. ΣυμβολίζουμεA ◦ τοσύνολοτωνεσωτερικώνσημείων του A. Δείξτε ότι: (i) Το A ◦ είναι ανοικτό. (ii) Αν G είναι ανοικτό και G ⊆ A τότε G ⊆ A ◦ . (iii) ΤοσυμπλήρωματουA ◦ είναιηκλειστήθήκητουσυμπληρώματος του A. ΄Ασκηση 26 Δίνονται δύο υποσύνολα A και B ενός μετρικού χώρου X. Δείξτε ότι: (i) A ◦ ∪ B ◦ ⊆ (A ∪ B) ◦ . (ii) A ◦ ∩ B ◦ = (A ∩ B) ◦ . ΄Ασκηση 27 ΘεωρούμεέναχώρομενόρμαXπάνωστοRκαι ε>0. Θέτουμε A= {x ∈ X : x < ε} και B= {x ∈ X : x ≤ ε}. Δείξτε ότι: (i) A= B. (ii) B ◦ = A. ΄Ασκηση 28 Δείξτε ότι ο c 0 είναι κλειστό υποσύνολο του ℓ ∞ . ΄Ασκηση 29 Δίνεται ένα άπειρο σύνολο X. Για x, y στο X ορίζουμε: d(x, y) = 1 αν xy 0 αν x=y 404 Μετρικοι χωροι (i) Δείξτε ότι η d είναι μετρική. (ii) Βρείτε τα ανοικτά υποσύνολα του μετρικού χώρου X. (iii) Βρείτε τα συμπαγή υποσύνολα του μετρικού χώρου X. (iv) Βρείτε τις συγκλίνουσες ακολουθίες του μετρικού χώρου X. ΄Ασκηση 30 Κατασκευάστε έναϕραγμένο υποσύνολοτουR μεακριβώςτρίαση- μεία συσσώρευσης. ΄Ασκηση 31 Θεωρούμετον διανυσματικόχώρο R n μετην μετρική . 2 . Δείξτε ότι αν το {x ∈ R n : x 2 ≤ 1} είναι ολικά ϕραγμένο. ΄Ασκηση 32 ΘεωρούμετονδιανυσματικόχώροR n μετηννόρμα . 2 . Θεωρούμε ένα υποσύνολοA του R n . Δείξτε ότι αν το A είναι ϕραγμένο, τότεείναι ολικά ϕραγμένο. ΄Ασκηση 33 Βρείτε έναϕραγμένουποσύνολο του ℓ ∞ πουδεν είναι ολικάϕραγμένο. ΄Ασκηση 34 Δίνεται έναςχώροςμενόρμαX. Δείξτεότι οXείναιπλήρηςανκαι μόνονανηκλειστήμοναδιαίασφαίρατουX, {x ∈X: x ≤1} είναι πλήρης. ΄Ασκηση 35 Δίνεται έναςχώροςμενόρμαX. Δείξτεότι οXείναιπλήρηςανκαι μόνον αν κάθε ακολουθία {x n } n∈N σημείων του X τέτοια ώστε x n −x n+1 ≤ 2 −n για κάθε n, συγκλίνει σε ένα σημείο του X. ΄Ασκηση 36 Λέμε ότιμιαακολουθία {a n } n∈N είναι τελικάμηδέν αν υπάρχει n 0 ∈N τέτοιο ώστε a n = 0 για n > n 0 .Συμβολίζουμε c 00 τον χώρο των ακολουθιών που είναι τελικά μηδέν.Δείξτε ότι ο c 00 με την νόρμα . ∞ δεν είναι πλήρης. ΄Ασκηση 37 Δίνεται έναςπλήρηςχώροςμενόρμαX. Θεωρούμεμιαακολουθία {x n } n∈N του X. Δείξτε ότι αν ¸ ∞ n=1 x n < ∞ τότε η ¸ ∞ n=1 x n συγκλίνει. ΄Ασκηση 38 Θεωρούμε έναν μετρικό χώρο X. Δείξτε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύ- ναμα: (i) Ο X είναι πλήρης. (ii) Κάθε αριθμήσιμο κλειστό υποσύνολο του X είναι πλήρης. 1.8 Ασκήσεις4 41 ΄Ασκηση 39 Θεωρούμε έναν μετρικό χώρο X. Δείξτε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύ- ναμα: (i) Ο X είναι πλήρης. (ii) Κάθε κλειστή σφαίρα του X είναι πλήρης. ΄Ασκηση 40 Βρείτε έναν μετρικό χώρο X και μια ϕθίνουσα ακολουθία κλειστών μη κενών υποσυνόλων του X τέτοια ώστε diamK i → 0 και τέτοια ώστε ∩ ∞ i=1 K i = ∅. ΄Ασκηση 41 ΒρείτεένανπλήρημετρικόχώροXκαι μιαϕθίνουσαακολουθίαμη κενών υποσυνόλων του X τέτοια ώστε diamK i → 0 και τέτοια ώστε ∩ ∞ i=1 K i = ∅. ΄Ασκηση 42 Βρείτε έναν πλήρημετρικό χώρο X και μιαϕθίνουσαακολουθία κλει- στών μη κενών υποσυνόλων του X τέτοια ώστε ∩ ∞ i=1 K i = ∅. ΄Ασκηση 43 Θεωρούμεέναν μετρικόχώροXκαιέναπυκνόυποσύνολοDτουX. Δείξτε ότι αν κάθε ακολουθία στο D συγκλίνει σε ένα σημείο του X, τότε ο X είναι πλήρης. ΄Ασκηση 44 Θεωρούμε το σύνολο των ϕυσικών αριθμών N. Ορίζουμε ρ : N× N→N, ρ(n, m)= |n − m| και σ : N× N→N, σ(n, m)= |n − m| nm . Δείξτε ότι: (i) Η ρ είναι μετρική. (ii) Η σ είναι μετρική. 424 Μετρικοι χωροι (iii) Οι ρ και η σ ορίζουν τα ίδια ανοικτά σύνολα στο N. (iv) Ο Nμε την μετρική ρ είναι πλήρης. (v) Ο Nμε την μετρική σ δεν είναι πλήρης. ΄Ασκηση 45 Θεωρούμε έναν ολικά ϕραγμένο μετρικό χώρο X. Δείξτε ότι η πλήρω- σή του είναι συμπαγής μετρικός χώρος. ΄Ασκηση 46 Κατασκευάστε ένα συμπαγές υποσύνολο του Rτου οποίου το σύνολο των σημείων συσσώρευσης είναι αριθμήσιμο. ΄Ασκηση 47 Βρείτε ένα ανοικτό κάλυμμα του (0, 1) το οποίο δεν έχει πεπερασμένο υποκάλυμμα. ΄Ασκηση 48 Θεωρούμετονμετρικόχώρο Qεφοδιασμένομετηνμετρικήd(x, y) = |x−y|.Δείξτε ότι το σύνολο {p ∈ Q : 2 < p 2 < 3} είναι κλειστό και ϕραγμένο, αλλά όχι συμπαγές. ΄Ασκηση 49 Δίνονται δύοσυμπαγήυποσύνολαK 1 και K 2 ενόςμετρικούχώρου. Δείξτε ότι το K 1 ∪ K 2 είναι συμπαγές. ΄Ασκηση 50 Δίνεται έναςμετρικόςχώροςX. Δείξτεότι έναυποσύνολοAτουX είναι κλειστό αν και μόνον αν το A∩K είναι συμπαγές για κάθε συμπαγές υποσύνολο K του X. ΄Ασκηση 51 Δίνεται έναςμετρικόςχώροςX. Δείξτεότι ανυπάρχει ε>0τέτοιο ώστε για κάθε x ∈ X το S(x, ε) είναι συμπαγές, τότε ο X είναι πλήρης. ΄Ασκηση 52 Δίνεται ένας μετρικός χώρος X. Δείξτε ότι αν για κάθε x ∈ X υπάρχει ε > 0 τέτοιο ώστε το S(x, ε) είναι συμπαγές, τότε ο X είναι πλήρης. ΄Ασκηση 53 ΘεωρούμεέναμετρικόχώροK. Δείξτεότιταακόλουθαείναιισοδύ- ναμα: (i) Κάθε άπειρο υποσύνολο A του K έχει ενα σημείο συσσώρευσης. (ii) Ο K είναι συμπαγής. ΄Ασκηση 54 1.8 Ασκήσεις4 43 Δίνεταιένας μετρικόςχώροςX. Δίνεται ένασυμπαγές υποσύνολοK του X και ένα κλειστό υποσύνολο F του X τέτοια ώστε K ∩ F= ∅. Δείξτε ότι d(K, F) > 0. ΄Ασκηση 55 Δείξτε ότι ο R k με την ευκλείδεια μετρική δεν είναι συμπαγής. ΄Ασκηση 56 Δείξτε ότι ο ℓ p για 1 ≤ p ≤ ∞ δεν είναι συμπαγής. ΄Ασκηση 57 Δείξτε ότι ο c 0 δεν είναι συμπαγής. ΄Ασκηση 58 Δείξτε ότι η κλειστή μοναδιαίασφαίρα του ℓ p για 1 ≤p ≤ ∞ δεν είναι συμπαγής. ΄Ασκηση 59 Θεωρυμε μια ακολουθία θετικών αριθμών {c n } n∈N .Δείξτε ότι το σύνολο {x ∈ ℓ 2 : |x n | ≤ c n , n ≥ 1} είναι συμπαγές αν και μόνον αν ¸ ∞ n=1 c 2 n < ∞. ΄Ασκηση 60 Δείξτε ότι η κλειστή μοναδιαία σφαίρα του c 0 δεν είναι συμπαγής. ΄Ασκηση 61 Θεωρούμε έναν συμπαγή μετρικό χώρο X και μια ϕθίνουσα ακολουθία κλειστών μη κενών υποσυνόλων του X. Δείξτε ότι diam∩ ∞ i=1 K i = inf{diamK i : i = 1, 2, ...} ΄Ασκηση 62 Βρείτε μια οικογένεια κλειστών υποσυνόλων {K α } α∈I σε ένα πλήρη με- τρικό χώρο X τέτοια ώστε κάθε πεπερασμένη υποοικογένεια της {K α } α∈I να έχει μη κενή τομή και ∩ α∈I K α = ∅. ΄Ασκηση 63 Βρείτεμιαοικογένειαϕραγμένωνυποσυνόλων {K α } α∈I σεέναπλήρη μετρικό χώρο Xτέτοια ώστε κάθε πεπερασμένη υποοικογένεια της {K α } α∈I να έχει μη κενή τομή και ∩ α∈I K α = ∅. ΄Ασκηση 64 ΘεωρούμεένανμετρικόχώροXκαιδύοκλειστάυποσύνολαAκαι B του X. Δείξτε ότι αν τα A ∪ B και A ∩ B είναι συνεκτικά, τότε τα A και B είναι συνεκτικά. ΄Ασκηση 65 Θεωρούμε έναν μετρικό χώρο X και ένα συνεκτικό υποσύνολοA του X. Δείξτε ότι αν A ⊆ B ⊆ A, τότε το B είναι συνεκτικό. ΄Ασκηση 66 444 Μετρικοι χωροι Θεωρούμεέναν μετρικόχώρο Xκαι έναυποσύνολοA του X. Δείξτε ότιανκάθεζεύγοςσημείωντουAπεριέχεταισεένασυνεκτικόσύνολο, τότε το A είναι συνεκτικό. ΄Ασκηση 67 ΄Εναςμετρικόςχώρος λέγεται ολικάμη συνεκτικόςαν κάθε συνεκτική συνιστώσα του είναι μονοσύνολο. (i) Δείξτε ότι ο Q είναι ολικά μη συνεκτικός. (ii) Δείξτε ότι ο R− Q είναι ολικά μη συνεκτικός ΄Ασκηση 68 Θεωρούμε την συνάρτησηf : R →R, που ορίζεται: f (x)= sin( 1 x ) αν x 0 0 αν x= 0 Δείξτε ότι το γράφημα τηςf είναι συνεκτικό. Κεφάλαιο 2 Συνέχεια 2.1 Ορισμός της συνέχειας μιας συνάρτησης Ορισμος2.1.1΄Εστω(X, d X ) και (Y, d Y ) ναείναι δύομετρικοί χώροι και f : X→Yναείναι μιασυνάρτησηαπότοXστοY. Θαλέμεότι η συνάρτησηf είναι συνεχής (α) στοσημείοaανγιακάθεε>0υπάρχει έναδ>0ώστεγιακάθε x ∈ X με d X (x, a) < δ ισχύει d Y ( f (x),f (a)) < ε. (β) στο σύνολο S ⊆ Y αν είναι συνεχής σε κάθε a ∈ S. Είναι εύκολο- απότονορισμότουανοιχτούσυνόλου- ναδείξουμετην επόμενη πρόταση. Προταση2.1.2΄Εστω(X, d X ) και (Y, d Y ) ναείναι δύομετρικοί χώροι και f : X →YναείναιμιασυνάρτησηαπότοXστοY. Ταπαρακάτω είναι ισοδύναμα: (i) Η συνάρτησηf είναι συνεχής στο σημείο a. (ii) Για κάθε ε > 0 υπάρχει ένα δ > 0 ώστεf (S X (a, δ)) ⊆ S Y ( f (a), ε). (iii) Για κάθε ανοιχτό υποσύνολο V του Y το οποίο περιέχει τοf (a) υπάρ- χει ανοιχτό υποσύνολο U του X το οποίο περιέχει το a μεf (U) ⊆ V. Θεωρημα2.1.3΄Εστω (X, d X ) και (Y, d Y ) να είναι δύο μετρικοί χώροι. Μια συνάρτηση f : X→Yείναι συνεχήςστοσημείοa∈ Xανκαι μόνο ανγιακάθεακολουθία(x n ) ∞ n=1 στοιχείωντουXμεlim n→∞ x n =aισχύει lim n→∞ f (x n )=f (a). 464 Συνεχεια Απόδειξη: Ας υποθέσουμε ότι ηf είναι συνεχής στο σημείο a ∈ X. ΄Εστω (x n ) ∞ n=1 να είναι μια ακολουθία στοιχείων του X με lim n→∞ x n = a και ε > 0. Απότηνυπόθεσηοτι η f είναι συνεχήςστοσημείοa ∈Xυπάρχει ένα δ > 0 ώστε για κάθε x ∈ X με d X (x, a) < δ ισχύει d Y ( f (x),f (a)) < ε. Από την υπόθεση ότι lim n→∞ x n =a υπάρχει ένα δείκτης n 0 ώστε για κάθε n ≥n 0 ναισχύειd X (x n , a)0ώστεB( f (a), ε) ⊆V. Αφούηf είναι συνεχήςστοa, απότην Πρόταση2.1.2, για το προηγούμενο ε υπάρχει ένα δ > 0 ώστε f (S X (a, δ)) ⊆ S Y ( f (a), ε). Επειδήf −1 ( f (S X (a, δ)) ⊇ S X (a, δ) θα έχουμε ότι f (S X (a, δ)) ⊆ S Y ( f (a), ε) ⇒f −1 f (S X (a, δ)) ⊆f −1 (S Y ( f (a), ε)) ⇒ S X (a, δ) ⊆f −1 (S Y ( f (a), ε)) ⇒ S X (a, δ) ⊆f −1 (V). Αντίστροφα: ΄Εστωε>0. ΑφούημπάλαS Y ( f (a), ε)είναι ανοιχτόσύ- νολο, τότε το f −1 (S Y ( f (a), ε)) είναι ανοιχτόσύνολοστοχώροX. Το a ∈f −1 (S Y ( f (a), ε)) και συνεπώς υπάρχει δ > 0 με S X (a, δ) ⊆f −1 (S Y ( f (a), ε)). Αλλά τότε, f (S X (a, δ)) ⊆f ( f −1 (S Y ( f (a), ε))) ⊆ S Y ( f (a), ε)) που σημαίνει ότι ηf είναι συνεχής στο σημείο a. Πορισμα2.1.6΄Εστω(X, d X )και (Y, d Y )ναείναιδύομετρικοίχώροι. Μία συνάρτησηf : X → Y είναι συνεχής στο X αν και μόνο αν για κάθε κλειστό υποσύνολο F του Y τοf −1 (F) είναι κλειστό υποσύνολο του X. Απόδειξη: Υποθέτουμε ότιfείναι συνεχής.Αν F είναι κλειστό υποσύνολο του Y τότε το F c είναι ανοιχτό. Από το Θεώρημα2.1.5 το σύνολοf −1 (F c ) είναι ανοιχτόυποσύνολοτουX. Αλλάf −1 (F c ) = f −1 (F) c , συνεπώςτο f −1 (F)είναι κλειστόυποσύνολοτου X. Αντίστροφα: Υποθέτουμεότι για κάθε κλειστό υποσύνολο F του Y τοf −1 (F) είναι κλειστό υποσύνολο του X. ΑνVείναι ένα ανοιχτό σύνολοτότε το f −1 (V) c =f −1 (V c )είναι κλειστό, και συνεπώςτοf −1 (V)είναιανοιχτό. ΑπότοΘεώρημα2.1.5, ηf είναι συνεχής. 2.2 Συνέχεια και συμπάγεια Θεωρημα2.2.1΄Εστω(X, d X )και (Y, d Y )ναείναι δύομετρικοί χώροι και f : X → Y να είναι μια συνεχής συνάρτηση. Αν ο χώρος X είναι συμπαγής τότε η εικόνα τουf (X) μέσω τηςf είναι συμπαγές υποσύνολο του Y. Απόδειξη: ΄Εστω Kναείναι έναανοιχτόκάλυμματουf (X). Γιακάθε V ∈ Kτο f −1 (V)είναι ανοιχτόυποσύνολοτουX(Θεώρημα2.1.5). Η 484 Συνεχεια οικογένεια F= { f −1 (V) : V ∈ K} είναι ένα ανοιχτό κάλυμμα του X και συ- νεπώςθαυπάρχειέναπεπερασμένουποκάλυμμα { f −1 (V 1 ), . . . ,f −1 (V n )} τουX. Είναιεύκολοναδούμεότιτο {V 1 , . . . , V n }είναιέναπεπερασμένο κάλυμμα τουf (X). Πορισμα2.2.2΄Εστω (X, d X ) και (Y, d Y ) να είναι δύο μετρικοί χώροι, D ένα υποσύνολο του X και f : D → T να είναι μια συνεχής συνάρτηση. Αν το D είναι συμπαγές υποσύνολο του X τότε τοf (D) είναι συμπαγές υποσύνολο του Y. Πορισμα2.2.3΄Εστωf : X→Rναείναι μιαπραγματικήσυνάρτηση ορισμένησεέναμετρικόχώρο(X, d). ΓιακάθεσυμπαγέςυποσύνολοK του X μεf (K) ∅ υπάρχουν x 1 , x 2 ∈ K με inf{ f (x) : x ∈ K}=f (x 1 ), και sup{ f (x) : x ∈ K}=f (x 2 ). Απόδειξη: Αςυποθέσουμεότι f (K) ∅. ΑπότοΘεώρημα2.2.1το σύνολοf (K)είναι ένα μη κενό συμπαγές υποσύνολο του R και συνεπώς θα είναι κλειστό και ϕραγμένο.΄Αρα οι αριθμοί m= inff (K), M= sup f (K) είναι πεπερασμένοι και ανήκουν στοf (K). 2.3 Ομοιόμορφη συνέχεια Ορισμος2.3.1’Εστω(X, d X ) και (Y, d Y ) ναείναι δύομετρικοί χώροι και f : D → Y να είναι μια συνάρτηση ορισμένη σε ένα υποσύνολο D του X. Η συνάρτησηfθα λέγεται ομοιόμορφα συνεχήςσύνολο Dαν για κάθε ε > 0 υπάρχει δ > 0 ώστε για οποιαδήποτε δύο σημεία x, x ′ ∈ D με d X (x, x ′ ) < δ θα έχουμε ότι d Y ( f (x),f (x ′ )) < ε. Ορισμος2.3.2΄Εστω(X, d)ναείναι έναςμετρικόςχώροςκαι Aμηκενό υποσύνολο του X. Η απόσταση ενός σημείου x από το σύνολο A ορίζεται να είναι ο αριθμός d(x, A) = inf{d(x, a) : a ∈ A} Προταση2.3.3Θεωρούμε ένα μετρικό χώρο (X, d) και A μη κενό υποσύ- νολο του X. Τότε η συνάρτησηf : X →R με f (x)= d(x, A) είναι ομοιόμορφα συνεχής. Απόδειξη: ΄Εστω x, y ∈ X και ε > 0. Θεωρώ a, b ∈ A ώστε 0 ≤ d(x, a) − d(x, A) < ε 2 , 0 ≤ d(y, b) − d(y, A) < ε 2 2.3 Ομοιόμορφη συνέχεια4 49 Από την προηγούμενη σχέση και την τριγωνική ιδιότητα παίρνουμε ότι | f (x) −f (y)| < |d(x, a) − d(y, b)| + ε ≤ d(x, y) + ε και αφού η προηγούμενη σχέση ισχύει για κάθε ε θα έχουμε ότι | f (x) −f (y)| ≤ d(x, y) δηλαδή ότι η συνάρτησηf : X →R είναι ομοιόμορφα συνεχής. . Θεωρημα2.3.4΄Εστω(X, d X )και (Y, d Y )ναείναι δύομετρικοί χώροι και f : D →Yναείναι μιασυνάρτησηορισμένησεέναυποσύνολοDτου X. Ησυνάρτηση f είναι ομοιόμορφασυνεχήςστοDανκαι μόνοαν γιαοποιεσδήποτεδύοακολουθίες(x n ) ∞ n=1 και(x ′ n ) ∞ n=1 στοιχείωντουDμε d X (x n , x ′ n ) → 0 ισχύει d Y ( f (x n ),f (x ′ n )) → 0. Απόδειξη: Ας υποθέσουμε ότι η συνάρτησηf είναι ομοιόμορφα συνεχής στο D. ΄Εστω(x n ) ∞ n=1 και(x ′ n ) ∞ n=1 ναείναιδύοακολουθίεςστοιχείωντουDμε d X (x n , x ′ n ) → 0.΄Εστω ε > 0. Αφού ηfείναι ομοιόμορφα συνεχής στο D θα υπάρχει δ > 0 ώστε αν x, x ′ ∈ Dμε d X (x, x ′ ) < δ να ισχύει d Y ( f (x),f (x ′ )) < ε. Αφούd X (x n , x ′ n ) →0υπάρχει έναn 0 ώστεγιακάθεn ≥n 0 ναισχύει d X (x n , x ′ n ) < δ. Αλλά τότε για κάθε n ≥ n 0 θα ισχύει d Y ( f (x n ),f (x ′ n )) < ε. Αντίστροφα: Αςυποθέσουμεότιησυνάρτησηδενείναιομοιόμορφασυ- νεχήςστοD. Τότεθαυπάρχειε>0ώστεγιακάθεδ0. Επιλέγω δ >0 τέτοιο ώστε για κάθε x, y ∈ D μεd X (x, y)0. Επιλέγουμε ένα δ > 0 ώστε Για οποιαδήποτε x, x ′ ∈ D, d X (x, x ′ ) < δ ⇒ d Y ( f (x),f (x ′ )) < ε 2 . (2.1) ΄Εστωa, b ∈ ¯ Dμεd X (a, b) 0 ώστε για οποιαδή- ποτε δύο σημεία x, x ′ ∈ X με d X (x, x ′ ) < δ ισχύει d Y ( f (x),f (x ′ )) < ε. Πράγματι, έστωε >0. Αφούη f είναι συνεχής, γιακάθεx ∈ X μπορούμε να βρούμε ένα δ x > 0 ώστε S X (x, δ x ) ⊆ S Y f (x), ε 2 ¸ (2.2) Η οικογένεια K= ¸ S X x, δ x 2 ¸ : x ∈ X ¸ είναι μια κάλυψη του συμπαγούς χώρου X από ανοιχτά σύνολα και συνε- πώς θα υπάρχει ένα πεπερασμένο πλήθος από στοιχεία της οικογένειας K, ας πούμε K 1 , . . . , K n με n i=1 K i = X (2.3) όπου κάθε K i , i = 1, 2, . . . , n είναι της μορφής K i = S X (x i , δ x i ), x i ∈ X, δ x i > 0. Θέτω δ= 1 2 min{δ x 1 , . . . , δ x n } (2.4) ΄Εστω x, x ′ να είναι στοιχεία του X με απόσταση d X (x ′ , x ′ ) 0 ώστε Για κάθε x, x ′ ∈ X, d Y ( f (x),f (x ′ )) < Kd X (x, x ′ ). Προταση2.4.2ΚάθεLipschitzσυνεχήςσυνάρτησηείναιομοιόμορφασυ- νεχής. Απόδειξη: Πράγματι, ΄Εστωf : (X, d X ) → (Y, d Y ) να μια Lipschitz συνεχής συνάρτηση με σταθεράK > 0.Φανερά αν d X (x, y) < δ τότε d X ( f (x),f (y)) < ε. Ορισμος2.4.3΄Εστω (X, d) να είναι μετρικόςχώρος. Μία συνάρτησηκαι f : X → X θα λέγεται μιασυστολήαν υπάρχει K ∈ (0, 1) ώστε Για κάθε x, x ′ ∈ X, d( f (x),f (x ′ )) < Kd(x, x ′ ). Θεωρημα2.4.4 (Θεώρημα σταθερού σημείου του Banach) ΄Εστω(X, d) να είναιπλήρηςμετρικόςχώροςκαι f : X →Xμιασυστολή. Τότευπάρχει μοναδικό a ∈ X μεf (a)= a. Απόδειξη: Επιλέγουμεέναστοιχείοx 0 ∈Xκαι γιακάθεn =1, 2, . . . ορίζουμε x n =f (x n−1 ). Για κάθε n= 1, 2 . . . θα έχουμε ότι d(x n+1 , x n )= d( f (x n ),f (x n−1 )) ≤ Kd(x n , x n−1 ). Επαγωγικά θα έχουμε ότι d(x n+1 , x n ) ≤ K n d(x 1 , x 0 ). 544 Συνεχεια Συνεπώς αν n > m d(x m , x n ) ≤ n−1 ¸ i=m d(x i , x i+1 ) ≤ n−1 ¸ i=m K n d(x 1 , x 0 )= d(x 1 , x 0 ) 1 − K (K m − K n ). και άρα d(x m , x n ) ≤ d(x 1 , x 0 ) 1 − K K m . (2.6) Συνεπώςανδοθεί ε>0, αφούlim n→∞ K n =0, μπορώναεπιλέξω επιλέξω έναν ϕυσικό n 0 ώστε για κάθε n ≥ n 0 να ισχύει K n < ε(1 − k) d(x 1 , x 0 ) + 1 τότε για οποιαδήποτε m, n ≥ n 0 θα έχω από την (2.6) ότι d(x m , x n ) ≤ d(x 1 , x 0 ) 1 − K K m < ε και συνεπώς η ακολουθία (x n ) ∞ n=0 είναι ακολουθία Cauchy.Επειδή ο χώρος είναι πλήρης θα συκλίνει σε ένα σημείο a ∈ X.Αλλά για κάθε n, x n+1 =f (x n ) και συνεπώς, λόγω της συνέχειας τηςf θα πάρουμε ότι a=lim n→∞ x n+1 =lim n→∞ f (x n )=f ( lim n→∞ x n )=f (a). Αν στην εξίσωση (2.6) κρατήσουμε το m σταθερό και πάρουμε το όριο ότα n → ∞ θα έχουμε από την Πρόταση2.3.8 ότι για κάθε m d(x m , a) ≤ d( f (x 0 ), x 0 ) 1 − K K m . 2.5 Ισομετρίες και ομοιομορφισμοί Ορισμος2.5.1 (i) Μια συνάρτησηf :X → Y μεταξύ μετρικών χώρων θα λέγεται ένας ομοιομορφισμός αν ειναι 1-1 και επί είναι συνεχής η αντίστροφη συνάρτηση της είναι συνεχής. (ii) ΄Εναςμετρικόςχώρος(X, d X )θαλέγεταιομοιομορφικόςμετονμε- τρικό χώρο (Y, d Y ), αν υπάρχει ομοιομορφισμόςf :X →Yαπό τον X επί του Y. Θα γράφουμε (X, d X ) (Y, d Y ) ή απλούστερα X Y αν ο (X, d X ) είναι ομοιομορφικός με τον (Y, d Y ). 2.5 Ισομετρίες και ομοιομορφισμοί4 55 Προταση2.5.2 (i) Για κάθε μετρικό χώρο X, X X. (ii) Αν X, Y είναι μετρικοί χώροι και X Y τότε Y X. (iii) Αν X, Y, Z είναι μετρικοί χώροι, X Y και Y Z τότε X X. Προταση2.5.3Μια συνάρτησηf : X → Y μεταξύ μετρικών χώρων είναι ομοιομορφισμός αν και μόνο αν Για κάθε A ⊆ X, A είναι ανοιχτό⇔f (A) είναι ανοιχτό Ορισμος2.5.4Μιασυνάρτηση f : X:→Yαπόέναμετρικόχώροθα λέγεται ισομετρία αν για οποιαδήποτε x, x ′ ∈ X, d Y ( f (x),f (x ′ ))= d X (x, x ′ ) Θεωρημα2.5.5Αν f είναι μια1-1και επί συνεχήςσυνάρτησηαπόένα συμπαγή χώρο (X, d) σε ένα μετρικό χώρο (Y, σ) είναι ομοιομορφισμός. Απόδειξη: Αρκεί ναδείξωότι η f −1 : Y →Xείναι συνεχής. Γιανα διευκολύνουμε την παρουσίαση θέτουμε g=f −1 .Για να δείξωτη συνέχεια της gαρκεί, λόγωτηςΠρότασης 2.1.6ναδείξωότι γιακάθεκλειστό υποσύνολοEτουXτοg −1 (E)είναικλειστόυποσύνολοτουY. Αλλάτο g −1 (E)=f (E) και συνεπώς αρκεί να δείξω ότι για κάθε κλειστό υποσύνολο E τοf (E) είναι κλειστό υποσύνολο του Y. ΄ΕστωEκλειστόυποσύνολοτουX. Τότεαυτόείναισυμπαγές. ΄Αρατο f (E)είναι συμπαγέςυποσύνολοτουY, σανσυνεχήςεικόνασυμπαγούς συνόλου, και συνεπώς κλειστό υποσύνολο του Y. Μετρικές και τοπολογικές ιδιότητες Το σύνολο των ανοιχτών υποσυνόλων ενός μετρικού χώρου ονομάζε- ται η τοπολογία του χώρου. Ορισμος2.5.6΄Ενας τοπολογικός χώρος είναι ένα ζευγάρι (X, T) όπου X είναι ένα σύνολο και Tένα σύνολο από υποσύνολα του Xπου ονομάζονται ανοιχτά σύνολα, και το οποίο έχει τις παρακάτω ιδιότητες: (i) ∅, X ∈ T. (ii) Αν Aείναι σύνολοαπόανοιχτάσύνολα, δηλαδή A ⊆ T, τότεη ένωση των στοιχείων του είναι ανοιχτό, δηλαδή A ∈ T. (iii) Αν Aείναιπεπερασμένοσύνολοαπό ανοιχτάσύνολα,τότεητομή των στοιχείων του είναι ανοιχτό, δηλαδή A ∈ T. 564 Συνεχεια Μιαιδιότηταενόςμετρικούχώρουονομάζεται τοπολογικήαν διατη- ρείται με τους ομοιομορφισμούς. Ορισμος2.5.7Μια ιδιότητα (P) που ορίζεται σε μετρικούς χώρους ονομά- ζεται μίατοπολογική ιδιότητααν για οποιουσδήποτε μετρικούς χώρους X, Y με X Y ο X έχει την ιδιότητα (P) αν και μόνο αν την έχει ο Y. Επειδή οι ομοιομορφισμοί είναι οι αμφισυνεχείς απεικονίσεις δηλαδή οι 1-1 καιεπίαπεικονίσεις f πουέχουντηνιδιότηταναδιατηρούνταανοιχτά σύνολα αυτές αλλά και οι αντίστροφές τους, είναι ϕανερό ότι μια ιδιότητα είναι τοπολογική αν μπορεί να οριστεί μέσω της έννοιας του ανοιχτού συ- νόλου και μόνο. ΄Ετσι, οι ιδιότητες του κλειστού, πυκνού, συμπαγούς και συνεκτικού συνόλου είναι τοπολογικές. Παράδειγμα μιας ιδιότητας ποου δενείναιτοπολογικήείναιηπληρότητα,αφούτοδιάστημα(0, 1) μετην συνηθισμένη μετρική είναι ομοιομορφικό με την ευθεία των πραγματικών αριθμών. Αλλά το (0, 1) δεν είναι πλήρης χώρος αλλά το R είναι. 2.6 Συνεχείς συναρτήσεις σε χώρους με νόρμα Στην περίπτωση των χώρων με νόρμα μας ενδιαφέρει συχνά να γνω- ρίζουμε τις γραμμικές απεικονίσεις που είναι συνεχείς. Ορισμος2.6.1΄Εστω(X, X )και (Y, Y )ναείναι δύοχώροι μενόρμα. Μια απεικόνισηf : X → Y λέγεται μια γραμμική συνάρτηση αν για οποια- δήποτε x 1 , x 2 ∈ X και οποιαδήποτε λ 1 , λ 2 ∈ C ισχύει f (λ 1 x 1 + λ 2 x 2 )= λ 1 f (x 1 ) + λ 2 f (x 2 ). Γενικάμιαγραμμικήαπεικόνισηδενείναισυνεχήςεκτόςκαιανοιχώροι έχοουν πεπερασμένη διάσταση. Είναι εύκολο ναδούμε ότι γιανα εξετά- σουμε τη συνέχεια μιας γραμμικής συνάρτησηςαρκεί να την εξετάσουμε σεένασημείοτουπεδίουορισμούτης,γιαπαράδειγματο0. Μιαάλλη ενδιαφέρουσαιδιότητατωνγραμμικώναπεικονίσεωνείναι ότι ανείναι συνεχείς τότε είναι και ομοιόμορφα συνεχείς. Θεωρημα2.6.2΄Εστω(X, X ) και (Y, Y ) να είναι δύο χώροι με νόρμα και f : X → Y είναι μια γραμμική συνάρτηση. Τα παρακάτω είναι ισοδύναμα: (i) Ηf είναι συνεχής στο x= 0. (ii) Υπάρχει ένας αριθμός K > 0 ώστε για κάθε x ∈ X να ισχύει f (x) X ≤ Kx X . (iii) Ηf είναι Lipschitz και συνεπώς ομοιόμορφα συνεχής. 2.6 Συνεχείς συναρτήσεις σε χώρους με νόρμα4 57 (iv) Το σύνολοf (S X (0, 1)) είναι ϕραγμένο. Απόδειξη: Αν ηf είναι συνεχής στο 0 τότε για ε= 1 υπάρχει δ > 0 ώστε f (x) ≤ 1 όταν x ≤ δ. Αλλά για κάθε x, ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ δx x ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = δ συνεπώς ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ f δx x ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ = δ x f (x) ≤ 1 και συνεπώς f (x) ≤ Kx, όπου K= 1 δ Αλλά τότε f (x) −f (y)=f (x − y) ≤ Kx − y δηλαδή ηf είναι Lipschitz και συνεπώς ομοιόμορφα συνεχής. Επίσης αν η f είναι Lipschitz με σταθερά K τότε αν x ≤ 1 θα έχουμε ότι f (x) ≤ Kx ≤ K πουσημαίνειότιτοσύνολοf (S X (0, 1))είναιϕραγμένο. Δείξαμεέτσιτις συνεπαγωγές (i) ⇒(ii) ⇒(iii) ⇒(iv). Οι συνεπαγωγές (iv) ⇒(ii) ⇒(iii) ⇒(i) αφήνονται σαν άσκηση. Θεωρημα2.6.3΄Ολες οι νόρμες στον R n είναι ισοδύναμες μεταξύ τους. Απόδειξη: ΄Εστω να είναι μία νόρμα στον R n . Θέτουμε K= max{e 1 , . . . , e n } Αν x= ¸ n i=1 λ i e i ∈ R n x= ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ n ¸ i=1 λ i e i ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ≤ n ¸ i=1 |λ i |b i ≤ K n ¸ i=1 |λ i | = Kx 1 και από τριγωνική ιδιότητα: x − y ≤ x − y ≤ Kx − y 1 που σημαίνει ότι απεικόνιση φ : (R n , 1 ) →Rμε φ(x)= x είναι Lipschitz- συνεχής. ΄Εστω E 1 = {x ∈ R n : x 1 = 1 ναείναι ηεπιφάνειατηςμοναδιαίαςσφαίραςτου(R n , 1 ). Επειδήη μοναδιαίασφαίραS 1 του(R n , 1 ) είναι συμπαγήςθαέχουμεότι και 584 Συνεχεια ηεπιφάνειάτηςE 1 -σανκλειστόυποσύνολοτηςS 1 -θαείναι συμπαγές σύνολο και συνεπώς και η εικόνα της μέσω της φ φ(E 1 )= {x : x 1 = 1} είναι συμπαγές υποσύνολοτου (R και συνεπώςθα είναι ϕραγμένο. Θέ- τουμε m= min φ(E 1 ), M= max φ(E 1 ) Φανερά00 τότε επειδή η ακολουθία 1/n συγκλίνει στο μηδέν,υπάρχει n 0 ∈N ώστε για κάθε n ≥ n 0 να ισχύει 1/n < x. Οπότε για κάθε n ≥ n 0 ισχύει και πάλι g n (x) =0 →0. Δείξαμελοιπόνότιηg n συγκλίνεικατάσημείοστη μηδενική συνάρτηση. Απόδειξη της μη ομοιόμορφης σύγκλισης: g n − 0 ∞ =sup x∈[0,1] |g n (x)| ≥ |g n (1/2n)| = 1. Συνεπώςδενισχύει g n − 0 ∞ →0, οπότεησύγκλισητηςg n προςτην μηδενική συνάρτηση δεν είναι ομοιόμορφη. Προταση3.1.1Αν μια ακολουθία συναρτήσεωνf n από ένα μετρικό χώρο X στο R συγκλίνει ομοιόμορφα στηνf τότε συγκλίνει και κατά σημείο. Απόδειξη: Αυτό είναι ϕανερό επειδή για κάθε x στον X ισχύει | f n (x) −f (x)| ≤f n −f−→ 0. ΄Ενας από τους κύριους λόγους που μας ενδιαφέρει η έννοια της ομοιό- μορφηςσύγκλισηςείναι ότι αυτήμεταφέρει τηνιδιότητατηςσυνέχειας στην οριακή συνάρτηση σύμφωνα με την ακόλουθη πρόταση. Προταση3.1.2΄Εστωότι f n είναι μιαακολουθίασυνεχώνσυναρτήσεων στονμετρικόχώροXηοποίασυγκλίνει ομοιόμορφαστησυνάρτηση f . Τότε και ηf είναι συνεχής. 3.2 Ακολουθίες Cauchy4 67 Απόδειξη: ΄Εστωότι x 0 ∈X. Θααποδείξουμεότι ηf είναι συνεχής στο x 0 . ΄Εστω ότι ε>0. Πρέπει να βρούμε ένα δ> ώστε για κάθεy ∈ X μεd(x 0 , y) 0 υπάρχει n 0 ∈ Nώστε για κάθε n, m ≥ n 0 να ισχύει f n −f m ∞ < ε. Παρατηρήστε ότι ο παραπάνω ορισμός ζητάει να ισχύει η ανισότητα f n −f m ∞ 0 υπάρχει n 0 ∈Nώστεγιακάθεf n −f n+1 ∞ 0. Θεωρούμε n 0 ώστε αν n, m ≥ n 0 να ισχύειf n −f m ∞ < ε/2. Τότε για κάθε x ∈ X θα ισχύει | f n (x) −f m (x)| ≤f n −f m ∞ < ε/2, γιακάθεn, m ≥n 0 . Συνεπώςστησχέση | f n (x) −f m (x)| 0υπάρχειέναn 0 ώστεανN ≥M ≥n 0 ναισχύει |a N − a M | 0. Για κάθε n ∈N θέτουμε K n = {x ∈ X: g n (x) ≥ ε}. Αφούηg n είναι συνεχήςκάθεK n είναι κλειστόσύνολο(γιατί;), και άρα συμπαγές, αφού είναι και υποσύνολο του συμπαγούς X.Επειδή g n ≥g n+1 συμπαιρένουμεότι K n+1 ⊆K n , διότι ανx ∈K n+1 τότεg n+1 (x) ≥ε, άρα g n (x) ≥ ε, οπότε x ∈ K n . Ισχυριζόμαστετώρα ότιη τομή όλων των K n είναι κενή. Αυτό συμπ- βαίνει διότι αν x ∈ Xεπειδή g n (x) → 0 μετά από κάποιο δείκτη n 0 θα ισχύει g n (x) < ε οπότε x K n , άρα και x ∩ ∞ n=1 K n . ΄Ετσι κανένα x ∈ X δεν μπορεί ναανήκει στηντομήαυτή, οπότε ∩ ∞ n=1 K n =∅. ΑπότοΘεώρημα ;;; συμπαιρένουμεότιυπάρχειn 0 ∈NώστεK n 0 =∅(αλλιώςθαέπρεπεη τομήναμηνήτανκενή). ΑλλάαυτόσημαίνειότικανέναστοιχείοτουX δεν ικανοποιεί την g n 0 (x) ≥ ε, δηλαδή κάθε x ∈ X ικανοποιεί την g n 0 (x) < ε. ΄Αρα για κάθε n ≥ n 0 και για κάθε x ∈ X θα έχουμε g n (x) ≤g n 0 (x) < ε, δηλαδή το ζητούμενο. Παρατηρηση3.3.2Τοίδιοσυμπέρασμαισχύει ανυποθέσουμεότι για κάθε x ∈X η ακολουθίαf n (x) είναι ϕθίνουσααντί για αύξουσα. Σεαυτή τηνπερίπτωση, στηναπόδειξηθαχρησιμοποιήσουμετιςσυναρτήσεις g n =f n −f . Ακριβώς με τον ίδιο τρόπο μπορούμε να δείξουμε ότι το συμπέρασμα ισχύει σε κάθε συμπαγές υποσύνολο οποιουδήποτε μετρικού χώρου: Πορισμα3.3.3 (Dini) ΄Εστω ότι το K είναι ένα συμπαγές υποσύνολο ενός μετρικού χώρου X και f , f n συνεχείς συναρτήσεις στο K με την ιδιότητα f 1 (x) ≤f 2 (x) ≤ . . . ≤f n (x) ≤f n+1 (x) ≤ . . . και ηf n (x) συγκλίνει για κάθε x ∈ K στοf (x). Τότε ηf n συγκλίνει ομοιόμορ- ϕα στηνf στο K. Δηλαδή, lim n→∞ sup x∈K | f n (x) −f (x)| = 0. 3.4 Προσέγγιση με πολυώνυμα. Το θεώρημα του Weierstrass4 71 3.4 Προσέγγισημεπολυώνυμα. Προσσεγγιστικόθεώρημα του Weierstrass ΄Οπωςγνωρίζουμεαπότοναπειροστικόλογισμό, τοΘεώρηματου Taylor(σεμίααπό τιςμορφές του)μας λέει ότι αν μιασυνάρτησηf έχει παραγώγους κάθε τάξης σε ένα διάστημα (x 0 −δ, x 0 +δ) τότε η συνάρτηση αναπτύσσεται σε αυτό το διάστημα σε μια δυναμοσειρά της μορφής f (x)= ∞ ¸ n=0 f (n) (x 0 ) n! (x − x 0 ) n . Δηλαδή το θεώρημα αυτό μας λέει ότι υπό τις παραπάνω προϋποθέσεις υπάρχει μιαακόλουθίαπολυωνύμων(ηp N (x) = ¸ N n=0 f (n) (x 0 ) n! (x − x 0 ) n ) η οποίασυγκλίνειστηνf σε κάθε σημείο x του (x 0 − δ, x 0 + δ). Αν θέσουμε a n =f (n) /n! τότε τα πολυώνυμα είναι τα ακόλουθα: p 0 (x) = a 0 p 1 (x) = a 0 + a 1 (x − x 0 ) p 2 (x) = a 0 + a 1 (x − x 0 ) + a 2 (x − x 0 ) 2 p 3 (x) = a 0 + a 1 (x − x 0 ) + a 2 (x − x 0 ) 2 + a 3 (x − x 0 ) 3 . . . p N (x) = a 0 + a 1 (x − x 0 ) + a 2 (x − x 0 ) 2 + · · · + a N (x − x 0 ) N . . . Γιαναισχύει αυτότοσυμπέρασμα, τοθεώρημααπαιτεί κάτι ιδιαίτερα ισχυρό: να υπάρχουν οι παράγωγοι κάθε τάξης τηςf . ΄Ομως θα πρέπει να παρατηρήσουμε ότι λόγω της ισχυρής αυτής υπόθεσης και το συμπέ- ρασμαείναιιδιαίτεραισχυρό,αφούδενμαςλέειμόνοότιηf είναικατά σημείο όριο μιας ακολουθίας πολυωνύμων, αλλά επιπλέον ότι τα πολυώ- νυμααυτάμεταβάλλονταιμεέναν«κανονικό»τρόπο: κάθεπολυώνυμο έχει τους ίδιουςσυντελεστές με τα προηγούμενα πολυώνυμα στα μονώ- νυμαχαμηλότερη τάξης. ΄Ετσιαν για κάποια συνάρτησηf και x 0 =0 το p 3 είναιτο2+ 3x + 4x 2 + 5x 3 , τοp 2 είναι το2+ 3x+ 4x 2 καιδενμπορεί ναέχειάλλουςσυντελεστές. Ομοίωςτοp 4 πρέπειναείναιτηςμορφής 2+ 3x+ 4x 2 + 5x 3 + a 4 x 4 γιακάποιοa 4 ∈R, και δενμπορεί ναείναι το 2 + 3x + 1x 2 + 5x 3 + a 4 x 4 . Αν τώρα επιτρέψουμε στην ακολουθία των πολυωνύμων να αλλάζουν, ανχρειάζεται,όλουςτουςσυντελεστέςτουςκαθώςπηγαίνουμεαπότο p N στο p N+1 τότε η πολύ ισχυρή υπόθεση, ηf να έχει παραγώγους όλων των τάξεων, δεν χρειάζεται.Το προσσεγγιστικό θεώρημα του Weierstrass μάς λέει ότι μόνο η υπόθεση ηf να είναι συνεχής αρκεί. 724 Ο Χωρος των συνεχων συναρτησεων Στο ακόλουθο λήμμα αποδευκνύουμε το παραπάνωγια τη συνάρτηση |t| στο[−1, 1](πουβεβαίωςδενέχει κανπρώτηπαράγωγοσεόλατα σημεία του διαστήματος αυτού). Λημμα3.4.1Υπάρχει ακολουθία πολυωνύμων p n στον C([−1, 1]) ώστε p n (t)⇉ |t|. Απόδειξη:Θεωρούμε την ακολουθίαπολυωνύμων στο [−1, 1].p n+1 (t)= 1 2 p n (t) 2 + (1 − t 2 ) για κάθε n ≥ 1 και p 0 (t)= 0. Βήμα 1. Εύκολαβλέπουμεμεεπαγωγήότι 0 ≤p n (t) ≤1γιακάθεt ∈ [−1, 1]: ϕανερά αυτό ισχύει για το p 0 . Αλλά και το p 1 (t) = 1 2 (1 − t 2 ), αφούt ∈[−1, 1] ισχύει 0 ≤p 1 (t) ≤1. Αντώραυποθέσουμεότι 0 ≤ p n (t) ≤ 1 Τότε p n+1 (t)= 1 2 p n (t) 2 + (1 − t 2 ) ≥ 1 2 (p n (t) 2 ) ≥ 0 και p n+1 (t)= 1 2 p n (t) 2 + (1 − t 2 ) ≥ 1 2 (1 + (1 − t 2 )) ≤ 1. Βήμα 2. Η ακολουθία p n (t) είναι αύξουσα. Δηλαδή p n+1 (t) ≥ p n (t) για κάθε t ∈ [−1, 1].Αυτό το ελέγχουμε πάλι με επαγωγή: p 1 (t)= 1 2 (1 − t 2 ) ≥ 0= p 0 (t). Υποθέτουμε τώραότι p n+1 (t) ≥ p n (t).Πρέπει ναδείξουμε ότι p n+2 (t) ≥ p n+1 (t). ΄Ομως p n+2 (t) − p n+1 (t)= 1 2 p n+1 (t) − p n (t) p n+1 (t) + p n (t) ≥ 0, αφού p n+1 (t), p n (t) ≥ 0 από το προηγούμενο βήμα και p n+1 (t)−p n (t) ≥ 0 από την επαγωγική υπόθεση. Βήμα 3. Αφού από το προηγούμενο βήμα η ακολουθία p n (t) είναι αύξουσα καιαπότοβήμα1είναικαιϕραγμένη,συμπεραίνουμεότιθαέχει όριο, έστω τον αριθμό ℓ. Παίρνοντας λοιπόν όρια στην αναδρομική σχέση με την οποία ορίσαμε την p n οδηγούμαστε στην εξίσωση ℓ= 1 2 (ℓ + 1 − t 2 ), και άρα ℓ= 1 ± 1 − (1 − t 2 )= 1 ± |t|. ΄Ομως p n (t) ≤ 1 οπότε ℓ= 1 − |t|. 3.4 Προσέγγιση με πολυώνυμα. Το θεώρημα του Weierstrass4 73 Συνεπώς για κάθε t ∈ [−1, 1] ισχύει p n (t) → 1 −|t|. Επειδή επιπλέον η p n (t) είναι και αύξουσα, από το θεώρημα Dini (θεώρημα3.3.1) συμπεραίνουμε ότι η σύγκλιση είναι ομοιόμορφη. ΄Αρατο πολυώνυμο(!) q n (t) =1 − p n (t) συγκλίνει ομοιόμορφα στο διάστημα [−1, 1] στη συνάρτηση |t|, ολοκληρώ- νοντας την απόδειξη. Πορισμα3.4.2Για κάθε a, b ∈ Rμε a ≤ b υπάρχει ακολουθία πολυωνύμων q n στον C([a, b]) ώστε q n (t)⇉ |t|, στο [a, b]. Απόδειξη: Αρκεί ναδείξουμετοζητούμενογιακάθεδιάστηματης μορφής[−K, K]γιακάθεK>0(ανδειχθεί αυτό, τότεβρίσκουμεK>0 ώστε [a, b] ⊆ [−K, K] και τα πολυώνυμα που συγκλίνουν ομοιόμορφα στο [−K, K] στην |t| ταοποίαπροφανώςσυγκλίνουνομοιόμορφαστηνίδια συνάρτηση αν περιοριστούν στο [a, b]). ΄Εστωότι ταπολυώνυμαp n (t) συγκλίνουνομοιόμορφαστην |t| στο διάστημα [−1, 1].΄Εστω ότι ε > 0.Βρίσκουμε n 0 ∈ Nώστε για κάθε n ≥ n 0 και για κάθε t ∈ [−1, 1] να ισχύει p n (t) − |t| ≤ ε/K. (3.7) Θεωρούμε τις συναρτήσεις q n : [−K, K] →R με q n (t)= Kp n (t/K). Φανερά ταq n είναιπολυώνυμακαιμένειναδείξουμεότιστο[−K, K]συγκλίνουν ομοιόμορφαστην |t|. Γιακάθε t ∈[−K, K]έχουμε ότιt/K ∈[−1, 1] οπότε από την (3.7) ισχύει p n (t/K) − |t/K| ≤ ε/K ισοδύναμα Kp n (t/K) − |t| ≤ ε, δηλαδή q n (t) − |t| ≤ ε, ολοκληρώνοντας την απόδειξη. Πορισμα3.4.3Για κάθε a, b, c ∈ R με a ≤ b υπάρχει ακολουθία πολυωνύ- μων q n στον C([a, b]) ώστε q n (t)⇉ |t − c|, στο [a, b]. Απόδειξη: ΕπιλέγουμεK>0ώστε[a − c, b − c] ⊆[−K, K]. Απότο Πόρισμα3.4.2υπάρχουνπολυώνυμαr n (t)⇉ |t|στο[−K, K]. Θεωρούμε τις συναρτήσεις q n : [a, b] →R με q n (t)= r n (t − c) οι οποίες είναι ϕανερά 744 Ο Χωρος των συνεχων συναρτησεων πολυώνυμα. Θαδείξουμεότιq n (t)⇉ |t − c| στο [a, b]. Ανε>0υπάρχει n 0 ∈ Nώστε για κάθε n ≥ n 0 και για κάθε t ∈ [−K, K] να ισχύει r n (t) − |t| ≤ ε. ΄Ομως, για κάθε t ∈ [a, b] ισχύει t − c ∈ [a − c, b − c] ⊆ [−K, K] οπότε r n (t − c) − |t − c| ≤ ε, δηλαδή q n (t) − |t − c| ≤ ε, ολοκληρώνοντας την απόδειξη. Πορισμα3.4.4Για κάθε a, b, c, d ∈ R με a ≤ b υπάρχει ακολουθία πολυω- νύμων q n στον C([a, b]) ώστε q n (t)⇉ d · |t − c|, στο [a, b]. Απόδειξη:Φανερό· πολλαπλασιάζουμε με d τα πολυώνυμα του Πορί- σματος3.4.3. Σταεπόμενα θα δούμεότι κάθε συνεχής και κατά τμήματα γραμμική συνάρτησηστοδιάστημα[a, b] μπορεί ναγραφτεί ωςέναπολυώνυμο πρώτου βαθμού συν ένα πεπερασμένο γραμμικό συνδυασμό «απολύτων τιμών». Ορισμος3.4.5Μια συνάρτησηf : [a, b] →R λέγεται κατά τμήματα γραμ- μικήανυπάρχει m ∈Nκαι σημείαb 0 =a 0, από τον ορισμό του εξωτερικού μέτρου θα υπάρ- χουνδιαστήματαI n =[c n , d n )ώστενακαλύπτουντο [a, b],και ναισχύει ¸ ∞ n=1 ℓ(I n ) ≤ µ ∗ ([a, b]) +ε. Αντικαθιστούμε τα διαστήματα I n με τα διαστή- ματαJ n =(c n − ε/2 n , d n ), ταοποίαωςυπερσύνολατωνI n , συνεχίζουν νακαλύπτουντο[a, b]. ΑλλάτώραταJ n είναιανοιχτάσύνολα,καιαπό τησυμπάγειατου[a, b], υπάρχειN ∈NώστεταJ 1 , J 2 , . . . , J N ναείναι κάλυψη του [a, b]. Από αυτά, αν κάποιο είναι υποσύνολο κάποιου άλλου τότε το απορρίπτουμε και κρατάμε το μεγαλύτερο.Επίσης κρατάμε μόνο αυτά που τέμνουν το [a, b], αφού αν κάποιο δεν το τέμνει τότε δεν χρειά- ζεται για την κάλυψη. ΄Ετσι έχουμε ϕτάσει σε μια πεπερασμένη κάλυψη του [a, b], κανένα σύνολο της οποίας δεν είναι υποσύνολο κανενός άλλου και που όλα τέμνουν το [a, b]. Ας υποθέσουμεότι αυτά είναι ταδιαστήματαJ n 1 , J n 2 ,. . . , J n k ,δηλαδή τα διαστήματα (c n 1 − ε/2 n 1 , d n 1 ), (c n 2 − ε/2 n 2 , d n 2 ), . . . , (c n k − ε/2 n k , d n k ). (4.4) Φανεράένααπόαυτά(αφούαποτελούνκάλυψητου[a, b])περιέχειτο a. Ας υποθέσουμε (αλλιώς τα γράφουμε με άλλη σειρά) ότι είναι το (c n 1 − ε/2 n 1 , d n 1 ). ΄Ετσι θα ισχύει c n 1 − ε/2 n 1 < a < d n 1 . Αν συμβαίνει να ισχύει και b ≤ d n 1 , τότε σταματάμε, και βεβαίως µ ∗ ([a, b]) + ε ≥ ∞ ¸ n=1 ℓ(I n ) ≥ ℓ(I n 1 ) = d n 1 − c n 1 = d n 1 − (c n 1 − ε/2 n 1 ) − ε/2 n 1 ≥ b − a − ε/2 n 1 συνεπάγεται b −a ≤ µ ∗ ([a, b]) +2ε άρα b −a ≤ µ ∗ ([a, b]) που είναι η ζητού- μενη. Ανόχι, τότεc n 1 − ε/2 n 1