Rozdział 2. Różniczkowanie odwzorowań
2.1. Różniczkowanie odwzorowań zmiennej rzeczywistej
Niech P ⊂ R będzie dowolnym przedziałem i niech F będzie przestrzenią unormowaną nad K. Niech f : P −→ F , a ∈ P . Mówimy, że f ma w punkcie a pochodną (lub też, że f jest różniczkowalna w punkcie a), jeżeli istnieje granica
f0(a) := lim
h→0 P −a3h6=0
f (a + h) − f (a)
h ∈ F.
Równoważnie: istnieje ` ∈ F takie, że
f (a + h) = f (a) + `h + α(h)h, h ∈ P − a, gdzie α : P − a −→ F , lim
h→0 h6=0
α(h) = 0 (oczywiście, ` = f0(a)). Innymi słowy f (a + h) = f (a) + `h + o(h) przy h −→ 0.
NiechD(P, F ; a) oznacza zbiór wszystkich odwzorowań f : P −→ F mających pochodną w punkcie a.
Zauważmy, że dla P = [a, b), f0(a) pokrywa się z pochodną prawostronną funkcji f w punkcie a f+0(a) := lim
h→0+
f (a + h) − f (a)
h .
Podobnie, dla P = (b, a], f0(a) pokrywa się z pochodną lewostronną f−0(a) := lim
h→0−
f (a + h) − f (a)
h .
Obserwacja 2.1.1. (a) D(P, F ; a) ⊂ C(P, F ; a).
(b) Jeżeli F = F1× · · · × FN, f = (f1, . . . , fN), to
f ∈D(P, F ; a) ⇐⇒ fj ∈D(P, Fj; a), j = 1, . . . , N.
Ponadto, f0(a) = (f10(a), . . . , fN0 (a)).
(c) Jeżeli f, g ∈D(P, F ; a), to
µf + νg ∈D(P, F ; a) i (µf + νg)0(a) = µf0(a) + νg0(a), µ, ν ∈ K.
Innymi słowy,D(P, F ; a) jest K–przestrzenią wektorową, a operator brania pochodnej D(P, F ; a) 3 f 7−→ f0(a) ∈ F
jest K–liniowy.
(d) Jeżeli L ∈ L(F, G) (gdzie G jest przestrzenią unormowaną) i f ∈D(P, F ; a), to L ◦ f ∈ D(P, G; a) i (L ◦ f )0(a) = L(f0(a)).
Propozycja 2.1.2. (a) Jeżeli
f ∈D(P, F ; a), g ∈ D(P, G; a), B ∈ L(F, G; H), gdzie F , G i H są przestrzeniami unormowanymi, to
B(f, g) ∈D(P, H; a), (B(f, g))0(a) = B(f0(a), g(a)) + B(f (a), g0(a)).
(b) W szczególności, jeżeli f ∈D(P, K; a) i g ∈ D(P, F ; a), to
f · g ∈D(P, F ; a), (f · g)0(a) = f0(a)g(a) + f (a)g0(a).
41
2. Różniczkowanie odwzorowań (c) Jeżeli H jest przestrzenią Hilberta, f, g ∈D(P, H; a), to
hf, gi ∈D(P, H; a), (hf, gi)0(a) = hf0(a), g(a)i + hf (a), g0(a)i.
Dowód . (a) Dwuliniowość i ciągłość B dają:
B(f (a + h), g(a + h)) − B(f (a), g(a)) h
= Bf (a + h) − f (a)
h , g(a + h) + B
f (a),g(a + h) − g(a) h
−→ B(f0(a), g(a)) + B(f (a), g0(a)).
(b) wynika z (a).
(c) W przypadku gdy K = R, własność ta wynika bezpośrednio z (a). W przypadku gdy K = C, wystarczy zauważyć, że w dowodzie (a) korzystaliśmy tylko z R–jednorodności. Propozycja 2.1.3. Jeżeli ϕ ∈ D(Q, R; t0), f ∈ D(P, F ; ϕ(t0)) oraz ϕ(Q) ⊂ P , gdzie Q ⊂ R jest przedziałem, to
f ◦ ϕ ∈D(Q, F ; t0), (f ◦ ϕ)0(t0) = f0(ϕ(t0))ϕ0(t0).
Dowód . Niech a := ϕ(t0) i niech
ϕ(t0+ t) = ϕ(t0) + ϕ0(t0)t + β(t)t, f (a + h) = f (a) + f0(a)h + α(h)h, gdzie lim
t→0β(t) = 0 i lim
h→0α(h) = 0. Biorąc
h := ϕ(t0+ t) − ϕ(t0) = ϕ0(t0)t + β(t)t, mamy:
(f ◦ ϕ)(t0+ t) = f (a + h) = f (a) + f0(a)(ϕ0(t0)t + β(t)t) + α ϕ(t0+ t) − ϕ(t0)(ϕ0(t0)t + β(t)t)
= (f ◦ ϕ)(t0) + f0(ϕ(t0))ϕ0(t0)t + γ(t)t, gdzie
γ(t) := f0(a)β(t) + α ϕ(t0+ t) − ϕ(t0)(ϕ0(t0) + β(t)).
Pozostaje jeszcze zauważyć, że γ(t) −→ 0, gdy t −→ 0.
Przypuśćmy, że f ∈ D(P, F ; x) dla dowolnego x ∈ U, gdzie U ⊂ P jest otoczeniem (relatywnym) pewnego punktu a ∈ P . Mamy więc funkcję f0: U −→ F , x 7−→ f0(x). Wtedy możemy zdefiniować drugą pochodną f00(a) = (f0)0(a).
Ogólnie, jeżeli k − 1 pochodna f(k−1)(x) istnieje dla dowolnego x ∈ U , to definiujemy k-tą pochodną f(k)(a) := (f(k−1))0(a).
Przyjmujemy ponadto f(0):= f . NiechDk(P, F ; a) oznacza zbiór wszystkich odwzorowań f : P −→
F mających w punkcie a k-tą pochodną.
Jest rzeczą widoczną, żeDk(P, F ; a) jest K–przestrzenią wektorową, a operator Dk(P, F ; a) 3 f 7−→ f(k)(a) ∈ F
jest K–liniowy. Ponadto, Dk+1(P, F ; a) ⊂ Dk(P, F ; a). Jeżeli f ∈ Dk+`(P, F ; a), to oczywiście f(k) ∈ D`(P, F ; a) (k, ` ∈ Z+). Jeżeli f(k)∈D`(P, F ; a), to
f ∈Dk+`(P, F ; a), (f(k))(`)(a) = f(k+`)(a), k, ` ∈ Z+.
Zastosujemy indukcję ze względu na `. Dla ` = 1 wzór pokrywa się z definicją. Wykonujemy krok indukcyjny ` − 1 `:
(f(k))(`)(a) = (f(k))(`−1+1)(a) = ((f(k))(`−1))0(a) = (fk+`−1))0(a) = f(k+`)(a).
Propozycja 2.1.4 (Wzór Leibniza 1 ). Jeżeli
f ∈Dk(P, F ; a), g ∈Dk(P, G; a), B ∈ L(F, G; H), to
B(f, g) ∈Dk(P, H; a), (B(f, g))(k)(a) =
k
X
j=0
k j
B(f(j)(a), g(k−j)(a)).
1 Gottfryd Leibniz (1646–1716).
2.1. Różniczkowanie odwzorowań zmiennej rzeczywistej
Dowód . Dla k = 1 wynik pokrywa się z Propozycją 2.1.2(a).
k k + 1: Na podstawie założenia indukcyjnego
(B(f, g))(k)(x) =
gdzie U ⊂ P jest pewnym otoczeniem a. Różniczkując ten wzór w punkcie a (zgodnie z Propozycją 2.1.2(a)) dostajemy
Powyższy wzór jest czasem nazywany (choć niezupełnie słusznie) wzorem Faà di Bruno 2 .
Dowód . Dla k = 1 wynik pokrywa się z Propozycją 2.1.3.
k k +1: Ponieważ (f ◦ϕ)0(t) = f0(ϕ(t))ϕ0(t) dla t z otoczenia t0, założenie indukcyjne i Propozycja 2.1.4 implikują, że (f ◦ ϕ)0 ∈Dk(Q, F ; t0), a stąd f ◦ ϕ ∈Dk+1(Q, F ; t0). Przechodzimy do wzoru (dla
2 Francesco Faà di Bruno (1825–1888).
2. Różniczkowanie odwzorowań
w (*) korzystamy ze wzoru Leibniza i założenia indukcyjnego,
w (**) korzystamy z tego, że jeżeli α1+ 2α2+ · · · + (k + 1)αk+1= i, to αi+1= · · · = αk+1= 0,
Wynika, stąd w szczególności, że dla dowolnego przedziału P ⊂ R mamy Ck(P, F ) Dk(P, F ) Ck−1(P, F ).
2.1. Różniczkowanie odwzorowań zmiennej rzeczywistej (e) Jeżeli P ∈ {[a, b], [a, +∞), (−∞, b]}, to Ck(P, F ) = Ck(R, F )|P, k ∈ Z+.
Najpierw zauważmy, że dla dowolnego x0∈ R oraz dowolnych c0,. . . ,ck ∈ F istnieje wielomian g = gx0;c0,...,ck: R −→ F stopnia 6 k taki, że g(j)(x0) = cj, j = 0, . . . , k.
Zastosujmy indukcję względem k. Dla k = 0 wynik jest trywialny.
k k + 1: Ustalmy x0, c0, . . . , ck+1. Na podstawie założenia indukcyjnego istnieje wielomian h stopnia6 k taki, że h(j)(x0) = cj+1, j = 0, . . . , k; h(x) = bkxk+ · · · + b1x + b0. Niech
g(x) := 1
k + 1bkxk+1+ · · · + 12b1x2+ b0x + b∗,
gdzie b∗ ∈ F jest tak dobrane, by g(x0) = c0. Wtedy g0 = h, a stąd g(j)(x0) = h(j−1)(x0) = cj, j = 1, . . . , k + 1.
Niech teraz np. P = [a, b] i f ∈ Ck(P, F ). Wtedy przedłużenie ef ∈ Ck(R, F ) funkcji f definiujemy następująco:
f (x) :=e
ga;f (a),f0(a),...,f(k)(a)(x), gdy x ∈ (−∞, a]
f (x), gdy x ∈ [a, b]
gb;f (b),f0(b),...,f(k)(b)(x), gdy x ∈ [b, +∞) .
Przypadki P = [a, +∞) i P = (−∞, b] rozwiązujemy analogicznie (Ćwiczenie).
Zauważmy, że jeżeli umielibyśmy pokazać, że dla dowolnego x0 ∈ R oraz dowolnego ciągu (cj)∞j=0 ⊂ F , istnieje funkcja g ∈ C∞(R, F ) taka, że g(j)(x0) = cj, j = 0, 1, 2, . . . , to potrafiliby-śmy pokazać, że C∞(P, F ) = C∞(R, F )|P — por. Propozycja 2.3.1.
Propozycja 2.1.7. (a) Jeżeli f ∈ Ck(P, F ), L ∈ L(F, G), to
L ◦ f ∈ Ck(P, G), k ∈ Z+∪ {∞}.
(b) Jeżeli f ∈ Ck(P, F ), g ∈ Ck(P, G), B ∈ L(F, G; H), to
B(f, g) ∈ Ck(P, H), k ∈ Z+∪ {∞}.
W szczególności:
Jeżeli f ∈ Ck(P, K), g ∈ Ck(P, F ), to
f · g ∈ Ck(P, F ), k ∈ Z+∪ {∞}.
Jeżeli H jest przestrzenią Hilberta, f, g ∈ Ck(P, H; a), to hf, gi ∈ Ck(P, H; a), k ∈ Z+∪ {∞}.
(c) Jeżeli ϕ ∈ Ck(Q), f ∈ Ck(P, F ) i ϕ(Q) ⊂ P , to
f ◦ ϕ ∈ Ck(Q, F ), k ∈ Z+∪ {∞}.
Dowód . (a) wynika z Obserwacji 2.1.1(d).
(b) Stosujemy indukcję względem k. Dla k = 0 wynik jest oczywisty.
k k + 1: Na podstawie Propozycji 2.1.2 mamy
(B(f, g))0 = B(f0, g) + B(f, g0).
Ponieważ, f0∈ Ck(P, F ) i g0∈ Ck(P, G), założenie indukcyjne implikuje, że (B(f, g))0∈ Ck(P, H),
a stąd B(f, g) ∈ Ck+1(P, H) (Obserwacja 2.1.6(c)).
(c) Stosujemy indukcję względem k. Dla k = 0 wynik jest oczywisty.
k k + 1: Na podstawie Propozycji 2.1.3 mamy (f ◦ ϕ)0= (f0◦ ϕ) · ϕ0. Stąd, na podstawie założenia indukcyjnego oraz (b), wnioskujemy, że (f ◦ ϕ)0 ∈ Ck(Q, F ), a więc f ◦ ϕ ∈ Ck+1(Q, F ). Twierdzenie 2.1.8 (Twierdzenie o przyrostach skończonych). Niech
f : [a, b] −→ F, ϕ : [a, b] −→ R
będą funkcjami ciągłymi takimi, że f+0 (x) i ϕ0+(x) istnieją dla x ∈ [a, b] \ S, gdzie #S 6 ℵ0. Wtedy, jeżeli kf+0 (x)k 6 ϕ0+(x) dla dowolnego x ∈ [a, b] \ S, to
kf (b) − f (a)k 6 ϕ(b) − ϕ(a).
2. Różniczkowanie odwzorowań
Twierdzenie pozostaje prawdziwe, jeżeli pochodne prawostronne zastąpimy przez pochodne lewostron-ne.
Dowód . Niech S = {a1, a2, . . . }. Weźmy ε > 0 i niech
Φ(x) := kf (x) − f (a)k − (ϕ(x) − ϕ(a)) − ε(x − a) − ε, Ψ (x) := ε X
ν: aν<x
1
2ν, x ∈ [a, b] (X
∅
... := 0), I := {x ∈ [a, b] : Φ(x) 6 Ψ (x)}, c := sup I.
Wystarczy pokazać, że b ∈ I (a następnie ε −→ 0).
Odnotujmy, że Φ jest funkcją ciągłą, zaś Ψ jest funkcją niemalejącą.
Zauważmy, że a ∈ I (bo Φ(a) = −ε) oraz [a, a + δ] ⊂ I dla pewnego δ > 0 (z ciągłości Φ).
W szczególności, c > a. Ponadto, c ∈ I.
Istotnie, niech I 3 xn% c, wtedy
Φ(xn) 6 Ψ (xn) 6 Ψ (c), n ∈ N.
Teraz n −→ +∞ i korzystamy z ciągłości Φ.
Przypuśćmy, że c < b. Mamy dwa możliwe przypadki:
• c = aν0∈ S. Z ciągłości Φ wynika, że istnieje δ > 0 taka, że Φ(x) 6 Φ(c)+ε/2ν0dla x ∈ [c, c+δ] ⊂ [a, b]. Wtedy, dla x ∈ (c, c + δ] mamy
Φ(x) 6 Ψ (c) + ε
2ν0 6 Ψ (x).
Wynika stąd, że [c, c + δ] ⊂ I; sprzeczność.
• c /∈ S. Niech
f (c + h) = f (c) + f+0(c)h + α(h)h, ϕ(c + h) = ϕ(c) + ϕ0+(c)h + β(h)h, gdzie lim
h→0+α(h) = 0 i lim
h→0+β(h) = 0. Wynika stąd, że dla małych h > 0 mamy Φ(c + h) = kf (c + h) − f (a)k − (ϕ(c + h) − ϕ(a)) − ε(c + h − a) − ε
6 Φ(c) + kf (c + h) − f (c)k − (ϕ(c + h) − ϕ(c)) − εh 6 Ψ (c) + kf+0(c)kh + kα(h)kh − ϕ0+(c)h − β(h)h − εh 6 Ψ (c + h) + kα(h)k − β(h) − εh.
W takim razie [c, c + h] ⊂ I dla małych h > 0; sprzeczność.
W przypadku pochodnych lewostronnych definiujemy
g : [a, b] −→ F, ψ : [a, b] −→ R,
g(x) := −f (a + b − x), ψ(x) := −ϕ(a + b − x).
Bez trudu sprawdzamy, że g+0 (x) = f−0(a + b − x) i ψ0+(x) = ϕ0−(a + b − x) oraz kg0+(x)k 6 ψ+0 (x) dla x ∈ [a, b] \ S0, gdzie S0:= a + b − S. Stąd, na podstawie wersji z pochodnymi prawostronnymi, mamy
kf (b) − f (a)k = k − g(a) + g(b)k 6 ψ(b) − ψ(a) = −ϕ(a) + ϕ(b). Przykład 2.1.9. Dla odwzorowania
f : [0, 2π] −→ R2, f (x) := (cos x, sin x), zwykłe twierdzenie o wartości średniej (z równością) nie zachodzi. Istotnie
f (2π) − f (0) = (0, 0) 6= f0(ξ) = (− sin ξ, cos ξ), ξ ∈ [0, 2π].
Wniosek 2.1.10. Jeżeli ϕ : [a, b] −→ R jest funkcją ciągłą taką, że ϕ0+(x) > 0 dla x ∈ [a, b] \ S, gdzie
#S 6 ℵ0, to ϕ jest niemalejąca. Wynik pozostaje prawdziwy dla pochodnych lewostronnych. W szczegól-ności, jeżeli ϕ : [a, b] −→ R jest funkcją ciągłą taką, że ϕ0+(x) = 0 dla x ∈ [a, b] \ S, gdzie #S 6 ℵ0, to ϕ ≡ const.
Dowód . Niech x0, x00 ∈ [a, b], x0 < x00. Stosujemy twierdzenie o przyrostach skończonych dla f := 0
i ϕ|[x0,x00].
2.1. Różniczkowanie odwzorowań zmiennej rzeczywistej
Wniosek 2.1.11. Jeżeli f : [a, b] −→ F jest odwzorowaniem ciągłym takim, że f+0 (x) istnieje dla x ∈ [a, b] \ S, gdzie #S 6 ℵ0, to dla dowolnego ` ∈ F mamy
kf (b) − f (a) − `(b − a)k 6 sup{kf+0(x) − `k : x ∈ [a, b] \ S}(b − a).
W szczególności,
kf (b) − f (a)k 6 sup{kf+0(x)k : x ∈ [a, b] \ S}(b − a).
Wynik pozostaje prawdziwy dla pochodnych lewostronnych.
Dowód . Zastępując f przez f (x) − `x, x ∈ [a, b], redukujemy twierdzenie do ` = 0.
Jeżeli M := sup{kf+0(x)k : x ∈ [a, b] \ S} < +∞, to stosujemy twierdzenie o przyrostach skończonych
do funkcji f i ϕ(x) := M x, x ∈ [a, b].
Wniosek 2.1.12. Niech f : P −→ F będzie funkcją ciągłą i różniczkowalną w P \ {a} dla pewnego a ∈ P . Jeżeli ` := lim
x→af0(x) istnieje, to f0(a) istnieje i f0(a) = `.
Dowód . Na podstawie Wniosku 2.1.11 mamy
f (a + h) = f (a) + `h + α(h)h, gdzie
kα(h)k 6 sup{kf0(x) − `k : x ∈ (a, a + h]} −→
h→00.
Wniosek 2.1.13. Jeżeli f ∈Dk(P, F ), to f(k)≡ 0 wtedy i tylko wtedy, gdy f jest wielomianem stopnia 6 k − 1 3 .
Dowód . Implikacja (⇐=) jest oczywista.
(=⇒): Indukcja względem k. Dla k = 1 znamy.
k k + 1: Na podstawie założenia indukcyjnego f0 jest wielomianem stopnia 6 k − 1, f0(x) = bk−1xk−1+ · · · + b1x + b0(bk−1, . . . , b0∈ F ). Niech g(x) := 1kbk−1xk+ · · · +12b1x2+ b0x. Wtedy g0= f0.
Stąd (f − g)0 ≡ 0, a więc f = g + const.
Obserwacja 2.1.14. Niech
BDk(P, F ) := {f ∈Dk(P, F ) : f(j)∈ B(P, F ), j = 0, . . . , k}.
Odnotujmy, że BDk(P, F ) jest K–przestrzenią wektorową oraz BDk(P, F ) ⊂ BDk−1(P, F ).
Jeżeli P jest przedziałem zwartym, to Ck(P, F ) ⊂ BDk(P, F ).
Niech
kf kP,k:=
k
X
j=0
sup{kf(j)(x)k : x ∈ P }, f ∈ BDk(P, F ).
Wtedy (BDk(P, F ), k kP,k) jest przestrzenią unormowaną. Zbieżność fν −→ f0w BDk(P, F ) oznacza, że fν(j)−→ f0(j)jednostajnie na P dla j = 0, . . . , k.
Jeżeli P jest przedziałem zwartym, to Ck(P, F ) jest podprzestrzenią domkniętą BDk(P, F ).
Definicja 2.1.15 (Funkcje wypukłe). Funkcję f : P −→ R nazywamy wypukłą, jeżeli spełniony jest którykolwiek z następujących równoważnych warunków:
(i) f (x)6 f (a) +f (b)−f (a)
b−a (x − a), a, b ∈ P , a < b, a 6 x 6 b 4 5
;
(ii) f (ta + (1 − t)b)6 tf (a) + (1 − t)f (b), a, b ∈ P , a < b, 0 6 t 6 1;
(iii) f (t1a1+ · · · + tkak) 6 t1f (a1) + · · · + tkf (ak), k ∈ N2, 0 < t1, . . . , tk, t1+ · · · + tk= 1, a1, . . . , ak ∈ P .
6
3 Dokładniej — restrykcją do P wielomianu stopnia 6 k − 1.
4 Co geometrycznie oznacza, że wykres funkcji f |[a,b]leży poniżej siecznej łączącej punkty (a, f (a)) i (b, f (b)).
5 Warunek ten będziemy nazywać warunkiem wypukłości funkcji f dla przedziału [a, b] w punkcie x.
6 Równoważność (i) ⇐⇒ (ii) jest oczywista: przyjmujemy x := ta + (1 − t)b. Pozostaje wykazać, że warunek (iii) dla k − 1 implikuje warunek (iii) dla k. Mamy f (t1a1+ · · · + tkak) = f (t1a1+ (1 − t1)t2a2+···+t1−t kak
1 )k=26 t1f (a1) + (1 − t1)f (t2a2+···+t1−t kak
1 )zał. ind.6 t1f (a1) + (1 − t1)
t2
1−t1f (a2) + · · · +1−ttk
1f (ak)
= t1f (a1) + · · · + tkf (ak).
2. Różniczkowanie odwzorowań Funkcję f : P −→ R nazywamy wklęsłą, jeżeli funkcja −f jest wypukła.
Twierdzenie 2.1.16. Jeżeli f : P −→ R jest wypukła, to
(a) pochodne jednostronne f−0 (x), f+0(x) istnieją dla dowolnego x ∈ Q := int P , (b) f+0(a) 6 f (b)−f (a)
b−a 6 f−0 (b), a, b ∈ Q, a < b, (c) f−0 6 f+0,
(d) limQ3x→af (x) 6 f (a), a ∈ P \ Q.
W szczególności:
(e) f ∈ C(Q),
(f) f+0 jest funkcją niemalejącą,
(g) f−0 (x) = f+0(x) dla x ∈ Q \ S, gdzie S jest co najwyżej przeliczalny, (h) f ∈ C↑(P ).
Odwrotnie, jeżeli funkcja f : P −→ R spełnia (a), (c), (f), (h), to f jest wypukła. 7 W szczególności:
• jeżeli f ∈D(Q) ∩ C↑(P ), to f jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy f0 jest niemalejąca w Q;
• jeżeli f ∈D2(Q) ∩ C↑(P ), to f jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy f00> 0 w Q.
Dowód . Na wstępie przyjrzyjmy się warunkom (e), (f), (g), (h):
(e) wynika z (a).
(f) wynika z (a) i (b).
Jeżeli f+0 jest niemalejąca, to f+0 jest ciągła poza zbiorem co najwyżej przeliczlanym. Z (b) mamy f+0(x−) 6 f−0 (x) 6 f+0 (x), x ∈ Q. Wynika stąd, że pochodna f0(x) istnieje w każdym punkcie ciągłości f+0, co daje (g).
(h) wynika z (d).
Załóżmy, że f : P −→ R jest wypukła. Korzystając z wypukłości funkcji f dla przedziału [x, x + k]
w punkcie x + h dostajemy f (x + h) − f (x)
h 6 f (x + k) − f (x)
k , x ∈ Q, 0 < h < k, x + k ∈ P.
Oznacza to, że funkcja
(0, k) 3 h 7−→ f (x + h) − f (x) h
jest niemalejąca. Wynika stąd, że granica f+0 (x) istnieje, −∞ 6 f+0(x) < +∞ oraz f+0 (x) 6 f (x+k)−f (x)
k .
Uwaga: ponieważ jeszcze nie wiemy, czy f+0(x) ∈ R, symbol f+0(x) został tu użyty w sposób niezupełnie ścisły. Ponownie korzystając z wypukłości dla przedziału [x − k, x] w punkcie x − h, mamy
f (x − h) − f (x)
h 6 f (x − k) − f (x)
k , x ∈ Q, 0 < h < k, x − k ∈ P.
Podobnie, jak poprzednio wynika stąd, że f−0(x) istnieje, −∞ < f+0 (x) 6 +∞ oraz f (x)−f (x−k)
k 6 f−0 (x).
Własność (b) jest więc wykazana.
Przechodzimy do własności (c). Zauważmy, że wyniknie z niej natychmiast, że f+0(x) i f−0(x) są skończone, czyli dostaniemy (a). Kolejny raz skorzystamy z wypukłości dla przedziału [x − h, x + k] w punkcie x:
f (x − h) − f (x)
−h 6f (x + k) − f (x)
k , x ∈ Q, h, k > 0, x − h, x + k ∈ P, a stąd f−0(x) 6 f+0 (x), x ∈ Q.
Pozostaje wykazać (d). Przypuśćmy np., że b ∈ P jest prawym końcem przedziału P . Najpierw pokażemy, że granica lewostronna f (b−) ∈ R istnieje. Ponieważ f+0 jest funkcją niemalejącą, mamy następujące możliwości:
• f+0 6 0 w Q lub f+0 > 0 w Q: wtedy f jest monotoniczna w Q, a stąd granica f (b−) istnieje;
• istnieje punkt c ∈ Q taki, że f+0 6 0 w Q ∩ (−∞, c] i f+0 > 0 w Q ∩ [c, +∞): wtedy f jest niemalejąca w Q ∩ [c, +∞); w szczególności, f (b−) istnieje.
7 Oznacza to, że f jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia (a), (b), (c), (d).
2.1. Różniczkowanie odwzorowań zmiennej rzeczywistej
Teraz pokażemy, że f (b−) 6 f (b). Niech b0 ∈ P , b0 < b. Wtedy, korzystając z wypukłości dla przedziału [b0, b] w punkcie x, dostajemy
f (x) 6 f (b0) +f (b) − f (b0)
b − b0 (x − b0), x ∈ [b0, b], co przy x −→ b daje f (b−)6 f (b).
Podobnie postępujemy, gdy a ∈ P jest lewym końcem przedziału P — Ćwiczenie.
Załóżmy teraz, że warunki (a), (c), (f), (h) są spełnione. Najpierw pokażemy, że f jest wypukła w Q. Ustalmy a, b ⊂ Q, a < b, i niech
ϕ(x) := f (x) − f (a) −f (b) − f (a)
b − a (x − a), a 6 x 6 b.
Zauważmy, że ϕ(a) = ϕ(b) = 0. Chcemy pokazać, że ϕ 6 0. Zauważmy, że ϕ jest ciągła (wobec (a)).
Przypuśćmy, że ϕ(c) = max[a,b]ϕ > 0 dla pewnego c ∈ (a, b). Mamy więc ϕ(c+h)−ϕ(c)
h 6 0, 0 < h 1, a stąd ϕ0+(c) 6 0. Podobnie, ϕ(c−h)−ϕ(c)
−h > 0, 0 < h 1, a stąd ϕ0−(c) > 0. Korzystając z (c), dostajemy ϕ0+(c) = 0. Stąd, wobec (f), ϕ jest funkcją niemalejącą w przedziale [c, b] i w szczególności, 0 < ϕ(c) 6 ϕ(b) = 0 — sprzeczność.
Teraz pokażemy, że f jest wypukła w całym przedziale P . Niech a, b ∈ P , a < b, 0 < t < 1 będą ustalone. Zauważmy, że ta+(1−t)b ∈ Q. Wiemy, że f (ta0+(1−t)b0) 6 tf (a0)+(1−t)f (b0) dla [a0, b0] ⊂ Q, a0< b0. Korzystając z (h) mamy
f (ta + (1 − t)b) = lim
Q3a0→a Q3b0→b
f (ta0+ (1 − t)b0) 6 lim inf
Q3a0→a Q3b0→b
tf (a0) + (1 − t)f (b0)
6 t lim sup
Q3a0→a
f (a0) + (1 − t) lim sup
Q3b0→b
f (b0) 6 tf (a) + (1 − t)f (b). Twierdzenie 2.1.17 (Twierdzenie o różniczkowaniu szeregu wyraz po wyrazie). Niech P ⊂ R będzie przedziałem ograniczonym i niech F będzie przestrzenią Banacha.
(a) Załóżmy, że mamy rodzinę (fi)i∈I⊂D(P, F ) taką, że:
• (fi0)i∈I jest rodziną jednostajnie sumowalną na P ,
• istnieje x0∈ P takie, że (fi(x0))i∈I jest rodziną sumowalną.
Wtedy (fi)i∈I jest rodziną jednostajnie sumowalną na P , funkcja f := P
i∈I
fi jest różniczkowalna na P oraz f0=P
i∈I
fi0, czyli
X
i∈I
fi
0
=X
i∈I
fi0. (b) Załóżmy, że mamy ciąg (fν)∞ν=1⊂D(P, F ) taki, że:
• szereg
∞
P
ν=1
fν0 jest zbieżny jednostajnie na P ,
• istnieje x0∈ P takie, że szereg
∞
P
ν=1
fν(x0) jest zbieżny.
Wtedy szereg
∞
P
ν=1
fν jest zbieżny jednostajnie na P , funkcja f :=
∞
P
ν=1
fν jest różniczkowalna na P oraz f0=
∞
P
ν=1
fν0, czyli
X∞
ν=1
fν0
=
∞
X
ν=1
fν0. (c) Załóżmy, że mamy ciąg (fν)∞ν=1⊂D(P, F ) taki, że:
• ciąg (fν0)∞ν=1 jest zbieżny jednostajnie na P 8 ,
• istnieje x0∈ P takie, że ciąg (fν(x0))∞ν=1 jest zbieżny.
8 Założenia tego nie da się pominąć: niech fν(x) := 1νsin(νx). Wtedy fν−→ 0 jednostajnie na R, ale fν0(x) = cos(νx), a więc ciąg (fν0)∞ν=1nie jest nawet zbieżny punktowo.
2. Różniczkowanie odwzorowań Wtedy ciąg (fν)∞ν=1 jest zbieżny jednostajnie na P , funkcja
f := lim
ν→+∞fν
jest różniczkowalna na P oraz f0= lim
ν→+∞fν0, czyli
lim
ν→+∞fν0
= lim
ν→+∞fν0. Dowód . (a) Zdefiniujmy gi:= fi0 : P −→ F , i ∈ I, g := P
i∈I
fi0. Niech fA:= P
i∈A
fi, A ∈F(I) (por. § 1.5).
Zauważmy, że fAjest funkcją różniczkowalną oraz (fA)0= gA. Weźmy ε > 0 i niech C(ε) ∈F(I) będzie takie, że dla A ∈ F(I \ C(ε)) mamy kfA(x0)k 6 ε i kgA(x)k 6 ε, x ∈ P (kryterium Cauchy’ego). Na podstawie Wniosku 2.1.11, dla A ∈F(I \ C(ε)) i x ∈ P mamy:
kfA(x)k 6 kfA(x0)k + kfA(x) − fA(x0)k 6 ε + sup{kgA(ξ)k : ξ ∈ [x, x0]}|x − x0| 6 ε + ε diam P.
Wynika stąd, że (fi)i∈I jest rodziną jednostajnie sumowalną.
Ustalmy a ∈ P i niech hi(x) :=
(f
i(x)−fi(a)
x−a − fi0(a) gdy x 6= a
0 gdy x = a, x ∈ P, i ∈ I.
Zauważmy, że każde z odwzorowań hijest ciągłe w punkcie a. Rodzina (hi)i∈Ijest jednostajnie sumowalna na P .
Istotnie, mamy
hA(x) = fA(x) − fA(a)
x − a − gA(a), x 6= a, a stąd dostajemy
khA(x)k 6 sup{kgA(ξ)k : ξ ∈ [x, a]} + kgA(a)k 6 2 sup{kgA(ξ)k : ξ ∈ P }, co, na podstawie kryterium Cauchy’ego, daje jednostajną sumowalność.
Teraz, na podstawie własności rodzin jednostajnie sumowalnych (Obserwacja 1.5.2(j)), mamy
x→alim
f (x) − f (a)
x − a − g(a)
= lim
x→a
X
i∈I
hi(x) =X
i∈I
x→alimhi(x) = 0, co kończy dowód.
(b) Dowód jest analogiczny — Ćwiczenie.
(c) wynika z (b).
Wniosek 2.1.18. Niech P ⊂ R będzie przedziałem ograniczonym, niech F będzie przestrzenią Banacha i niech k ∈ N.
(a) Załóżmy, że mamy rodzinę (fi)i∈I⊂Dk(P, F ) taką, że:
• rodzina (fi(k))i∈I jest jednostajnie sumowalna na P ,
• istnieją x0, . . . , xk−1∈ P takie, że rodzina (fi(j)(xj))i∈I jest sumowalna, j = 0, . . . , k − 1.
Wtedy rodzina (fi(j))i∈I jest jednostajnie sumowalna na P , j = 0, . . . , k − 1, funkcja f := P
i∈I
fi jest k–krotnie różniczkowalna na P oraz f(j)=P
i∈I
fi(j), czyli
X
i∈I
fi(j)
=X
i∈I
fi(j), j = 1, . . . , k.
(b) Załóżmy, że mamy ciąg (fν)∞ν=1⊂Dk(P, F ) taki, że:
• szereg
∞
P
ν=1
fν(k) jest zbieżny jednostajnie na P ,
• istnieją x0, . . . , xk−1∈ P takie, że szereg
∞
P
ν=1
fν(j)(xj) jest zbieżny, j = 0, . . . , k − 1.
2.1. Różniczkowanie odwzorowań zmiennej rzeczywistej Wtedy szereg
∞
P
ν=1
fν(j) jest zbieżny jednostajnie na P , j = 0, . . . , k − 1, funkcja f :=
∞
P
ν=1
fν jest k–krotnie różniczkowalna na P oraz f(j)=
∞
P
ν=1
fν(j), czyli
X∞
ν=1
fν
(j)
=
∞
X
ν=1
fν(j), j = 1, . . . , k.
(c) Załóżmy, że mamy ciąg funkcji k–krotnie różniczkowalnych fν: P −→ F , ν ∈ N, taki, że:
• ciąg (fν(k))∞ν=1 jest zbieżny jednostajnie na P ,
• istnieją x0, . . . , xk−1∈ P takie, że ciąg (fν(j)(xj))∞ν=1 jest zbieżny, j = 0, . . . , k − 1.
Wtedy ciąg (fν(j))∞ν=1 jest zbieżny jednostajnie na P , j = 0, . . . , k − 1, funkcja f := lim
ν→+∞fν jest k–krotnie różniczkowalna na P oraz f(j)= lim
ν→+∞fν(j), czyli
lim
ν→+∞fν(j)
= lim
ν→+∞fν(j), j = 1, . . . , k.
Wniosek 2.1.19. Jeżeli F jest przestrzenią Banacha, to (BDk(P, F ), k kP,k) jest przestrzenią Banacha (zob. Obserwacja 2.1.14).
W szczególności, jeżeli P jest przedziałem zwartym, to (Ck(P, F ), k kP,k) jest przestrzenią Banacha.
Dowód . Niech (fν)∞ν=1 ⊂ BDk(P, F ) będzie ciągiem Cauchy’ego. Wtedy (fν(j))∞ν=1 jest ciągiem Cau-chy’ego w B(P, F ) dla j = 0, . . . , k. Ponieważ przestrzeń B(P, F ) jest zupełna, zatem fν(j) −→ gj ∈ B(P, F ) jednostajnie na P dla j = 0, . . . , k. Teraz pozostaje już tylko skorzystać z Wniosku 2.1.18(c), aby stwierdzić, że g0∈Dk(P, F ) i gj = g0(j), j = 1, . . . , k. Wniosek 2.1.20. Niech F będzie przestrzenią Banacha i niech
f (x) :=
∞
X
ν=0
aν(x − x0)ν, x ∈ (x0− R, x0+ R) =: P,
gdzie (aν)∞ν=1⊂ F , zaś R oznacza promień zbieżności szeregu; zob. § 1.7 9. Wtedy:
• f ∈ C∞(P, F ),
• dla dowolnego k ∈ N, promień zbieżności szeregu
∞
X
ν=k
k!ν k
aν(x − x0)ν−k
jest równy R,
• f(k)(x) =
∞
P
ν=k
k! νkaν(x − x0)ν−k, x ∈ P ,
• ak= k!1f(k)(x0), k ∈ Z+.
Dowód . Wszystko wynika ze wzoru na f(k)(x). Powstaje on przez k–krotne zróżniczkowanie szeregu wyraz po wyrazie — cały problem w tym, czy powstały szereg jest zbieżny (wtedy będzie zbieżny on niemal jednostajnie w P i możemy zastosować twierdzenie o różniczkowaniu szeregu w każdym przedziale [a, b] ⊂ P ). Wystarczy rozważyć przypadek k = 1 (a następnie rozumować rekurencyjnie). Trzeba więc policzyć promień zbieżności szeregu
∞
P
ν=0
(ν + 1)aν+1(x − x0)ν:
lim sup
ν→∞
pν
(ν + 1)kaν+1k = lim sup
ν→∞
ν+1p
(ν + 1)kaν+1k(ν+1)/ν
= 1
R.
9 1
R = lim sup
ν→+∞
pkaν νk; zakładamy oczywiście, że R > 0.
2. Różniczkowanie odwzorowań 2.2. Wzór Taylora
Wracamy do sytuacji gdy P ⊂ R jest dowolnym przedziałem, F jest przestrzenią unormowaną i f : P −→ F . Jeżeli f(k)(a) istnieje (k ∈ N), to definiujemy k-tą resztę funkcji f w punkcie a:
Rk(f, a, x) := f (x) −
f (a) + f0(a)(x − a) +12f00(a)(x − a)2+ · · · + 1
k!f(k)(a)(x − a)k
, x ∈ P.
Ponadto przyjmujemy R0(f, a, x) := f (x) − f (a). Mamy f (a + h) = f (a) + f0(a)h +12f00(a)h2+ · · · + 1
k!f(k)(a)hk+ Rk(f, a, a + h), h ∈ P − a.
Zauważmy, że Rk(f, a, ·) jest funkcją różniczkowalną w pewnym otoczeniu U punktu a oraz Rk(f, a, ·)0(x) = Rk−1(f0, a, x), x ∈ U.
Twierdzenie 2.2.1 (Wzór Taylora 10 ). (a) (Wzór Taylora z resztą Peano 11 ) Jeżeli f(k)(a) ist-nieje, to
lim
h→0
Rk(f, a, a + h)
hk = 0. 12
(b) Jeżeli f ∈ Ck(P, F ), to dla dowolnego przedziału K := [p, q] ⊂ P mamy:
lim
δ→0supnkRk(f, a, a + h)k
|h|k : a ∈ K, 0 < |h| 6 δ, a + h ∈ Po
= 0.
(c) (Wzór Taylora z resztą typu Lagrange’a 13 ) Jeżeli f ∈Dk+1(P, F ) oraz kf(k+1)(x)k 6 M, x ∈ P,
to
kRk(f, a, a + h)k 6 M |h|k+1
(k + 1)!, a ∈ P, h ∈ P − a, k ∈ Z+. Dowód . (a) Indukcja ze względu na k. Przypadek k = 1 jest oczywisty.
k k + 1: Na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych, dla małych 0 6= h ∈ P − a mamy:
1
|h|k+1kRk+1(f, a, a + h)k = 1
|h|k+1kRk+1(f, a, a + h) − Rk+1(f, a, a)k 6 1
|h|k sup{kRk+1(f, a, ·)0(x)k : x ∈ (a, a + h]}
6 1
|h|k sup{kRk(f0, a, a + ξ)k : ξ ∈ (0, h]}
6 supn 1
|ξ|kkRk(f0, a, a + ξ)k : ξ ∈ (0, h]o
−→
h→00.
(b) Indukcja ze względu na k. Przypadek k = 1 wynika z twierdzenia o przyrostach skończonych (Wniosek 2.1.11):
supnkR1(f, a, a + h)k
|h| : a ∈ K, 0 < |h| 6 δ, a + h ∈ Po
= supnkf (a + h) − f (a) − f0(a)hk
|h| : a ∈ K, 0 < |h| 6 δ, a + h ∈ Po 6 sup{kf0(x) − f0(a)k : a ∈ K, x ∈ [a, a + h], 0 < |h| 6 δ, a + h ∈ P } −→
δ→00.
11 Giuseppe Peano (1858–1932).
12 Czyli Rk(f, a, a + h) = o(hk) przy h −→ 0.
13 Joseph de Lagrange (1736–1813).
2.2. Wzór Taylora