Rozdział 1. Wstęp
1.9. Twierdzenie aproksymacyjne Stone’a–Weierstrassa
1.9. Twierdzenie aproksymacyjne Stone’a–Weierstrassa Rozpoczniemy od pojęcia wielomianu n–zmiennych.
Definicja 1.9.1. Niech F będzie dowolną przestrzenią unormowaną nad K i niech d ∈ Z+. Wielomianem n zmiennych stopnia 6 d o wartościach w przestrzeni F nazywamy dowolną funkcję
W : Kn −→ F postaci W (x) = P
α∈Zn+: |α|6d
aαxα, gdzie:
• x = (x1, . . . , xn) ∈ Kn,
• α = (α1, . . . , αn) ∈ Zn+ 88,
• |α| := α1+ · · · + αn,
• aα∈ F ,
• xα:= xα11· · · xαnn (00:= 1).
Piszemy krótko W ∈ Pd(Kn, F ). Zbiór Pd(Kn, F ) ma oczywiście strukturę przestrzeni wektorowej nad K. Widać, że
Pd(Kn, F ) ⊂ Pd+1(Kn, F ).
Zauważmy, że Pd(Kn, F ) ' FN (d), gdzie N (d) := #{α ∈ Zn+: |α| 6 d} 89. Niech P(Kn, F ) :=
∞
[
d=0
Pd(Kn, F );
jest to przestrzeń wektorowa nad K.
Mówimy, że wielomian W jest jednorodny stopnia d, jeżeli W (tx) = tdW (x), t ∈ K, x ∈ Kn. Równoważnie,
W (x) = X
α∈Zn+: |α|=d
aαxα, x ∈ Kn. 90
Dla dowolnego wielomianu W ∈ Pd(Kn, F ) mamy jednoznaczny rozkład W = W0+ · · · + Wd,
gdzie Wj jest wielomianem jednorodnym stopnia j, j = 0, . . . , d (Ćwiczenie).
Jeżeli Wd6≡ 0, to mówimy, że W ma stopień d i piszemy deg W = d 91.
Każdy wielomian jest oczywiście funkcją ciągłą. Jeżeli F = K, to wielomiany można mnożyć i jak łatwo widać iloczyn wielomianów stopni d1i d2 jest wielomianem stopnia d1+ d2.
Będziemy krótko pisać Pd(Kn) := Pd(Kn, K) i P(Kn) := P(Kn, K).
Twierdzenie 1.9.2 (Twierdzenie aproksymacyjne Stone’a–Weierstrassa 92 ). Załóżmy, że X jest zwar-tą przestrzenią topologiczną i niech A ⊂ C(X, K) spełnia następujące warunki:
(i) A jest K–podalgebrą C(X, K),
(ii) A jest domknięta w C(X, K) w topologii jednostajnej zbieżności 93 , (iii) 1 ∈ A 94 ,
(iv) A rozdziela punkty w X 95 , (v) f ∈ A =⇒ f ∈ A 96 .
88 Dla uproszczenia oznaczeń przyjmujemy Zn+:= (Z+)ni ogólnie An+:= (A+)n.
89
Ćwiczenie: Znaleźć wzór na N (d) = ?
90 Odnotujmy, że wielomian zerowy W ≡ 0 jest wielomianem jednorodnym dowolnego stopnia.
91 Odnotujmy, że stopień wielomianu zerowego nie jest określony.
92 Marshall Stone (1903–1989) — matematyk amerykański.
93 Tzn. jeżeli A 3 fν−→ f0jednostajnie na X, to f0∈ A.
94 W konsekwencji K ⊂ A.
95 Tzn. dla dowolnych x, y ∈ X, x 6= y, istnieje h ∈ A taka, że h(x) 6= h(y).
96 f (x) := f (x). Oczywiście, dla K = R warunek (e) jest automatycznie spełniony.
1. Wstęp Wtedy A = C(X, K) 97 .
Zdefiniujmy
AR:= {f ∈ A : Im f ≡ 0}.
Oczywiście dla K = R mamy AR= A.
Obserwacja 1.9.3. (a) Jeżeli f ∈ A, to Re f , Im f ∈ A.
Istotnie, Re f := 12(f + f ), Im f = Re(−if ).
(b) Dla dowolnych x, y ∈ X, x 6= y, istnieje hx,y ∈ ARtaka, że hx,y(x) = 0 i hx,y(y) = 1.
Istotnie, jeżeli eh ∈ A jest taka, że eh(x) 6= eh(y) to przyjmujemy hx,y:= Re eh − eh(x)
eh(y) − eh(x)
. (c) AR spełnia (i), (ii), (iii), (iv) jako podalgebra C(X, R).
(d) A = C(X, K) ⇐⇒ AR= C(X, R).
(e) Dla f, g ∈ ARmamy |f | = max{f, 0} − min{f, 0} oraz
min{f, g} = 12(f + g) −12|f − g|, max{f, g} = 12(f + g) + 12|f − g|.
W konsekwencji następujące warunki są równoważne:
(*) ∀f ∈AR : |f | ∈ AR; (**) ∀f,g∈A
R : min{f, g}, max{f, g} ∈ AR.
(f) Z twierdzenia Stone’a–Weierstrassa wynika klasyczne
(Twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa) Niech X ⊂ Rn będzie zbiorem zwartym i niech g ∈ C(X, R). Wtedy istnieje ciąg (pν)∞ν=1⊂ P(Rn) taki, że pν −→ g jednostajnie na X.
Istotnie, wystarczy przyjąć
A := clC(X,R)(P(Rn)|X) i skorzystać z twierdzenia Stone’a–Weierstrassa — Ćwiczenie.
Dowód twierdzenia Stone’a–Weierstrassa. Wiemy już, że możemy założyć, że K = R. Cała trudność dowodu leży w pokazaniu, że A spełnia warunek (*).
Istotnie, przyjmijmy na chwilę, że już wiemy, że warunek (*) (lub, równoważnie, (**)) jest spełniony.
Weźmy g ∈ C(X, R). Wobec domkniętości A wystarczy pokazać, że funkcja g może być aproksymowana jednostajnie na X funkcjami z A. Niech ε > 0. Dla x, y ∈ X, x 6= y, weźmy hx,y∈ A takie, że hx,y(x) = 0, hx,y(y) = 1 i zdefiniujmy
fx,y:= g(x) + (g(y) − g(x))hx,y.
Połóżmy ponadto fx,x:= g(x). Oczywiście fx,y∈ A, fx,y(x) = g(x) oraz fx,y(y) = g(y). W szczególności, istnieje otoczenie otwarte Ux,y punktu y takie, że fx,y 6 g + ε na Ux,y.
Wobec zwartości, dla dowolnego x ∈ X znajdziemy skończoną liczbę punktów yj = yj(x), 1 6 j 6 k = k(x), takich że X = Ux,y1∪ · · · ∪ Ux,yk. Niech
fx:= min{fx,y1, . . . , fx,yk}.
Wtedy, wobec (**), fx∈ A oraz fx6 g + ε na X. Ponadto, fx(x) = g(x). Istnieje więc otoczenie otwarte Ux punktu x takie, że fx> g − ε na Ux.
Korzystając jeszcze raz ze zwartości, dobieramy punkty x1, . . . , x` takie, że X = Ux1 ∪ · · · ∪ Ux`. Niech
f := max{fx1, . . . , fx`}.
Wtedy f ∈ A oraz |f − g|6 ε na X.
Przechodzimy do sprawdzenia (*). Na wstępie pokażemy, że w tym celu wystarczy wykazać klasyczne twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa dla X = [−1, 1] i g(t) := |t|.
Istotnie, jeżeli (pν)∞ν=1 ⊂ P(R) i pν(t) −→ |t| jednostajnie dla t ∈ [−1, 1], to dla dowolnej funkcji f ∈ A takiej, że |f | 6 1 mamy A 3 pν◦ f −→ |f | jednostajnie na X. A stąd |f | ∈ A.
97 Uwaga: Jeżeli pominiemy warunek (v) to (w przypadku zespolonym) twierdzenie przestaje być prawdziwe. Dla przykładu: niech X oznacza domknięte koło jednostkowe i niech A := clC(X,C)(P(C)|X). Wtedy A spełnia (i) — (iv), ale funkcja z −→ z nie należy do A — Ćwiczenie.
1.9. Twierdzenie aproksymacyjne Stone’a–Weierstrassa
Wobec trywialnej równości |f | = a|f /a|, gdzie a := maxX|f |, przypadek dowolnej funkcji f ∈ A sprowadzamy do sytuacji gdy |f |6 1.
Przechodzimy do sprawdzenia klasycznego twierdzenia Weierstrassa dla X = [−1, 1] i g(t) := |t|.
• Najpierw zauważmy, że wystarczy umieć aproksymować jednostajnie wielomianami funkcję √ t na przedziale [0, 1].
Istotnie, niech ε > 0 i niech p będzie wielomianem takim, że
|p(t) −√
t| 6 ε, t ∈ [0, 1].
Wtedy funkcja t 7−→ p(t2) jest również wielomianem oraz
|p(t2) − |t|| = |p(t2) −
√
t2| 6 ε, t ∈ [−1, 1].
• Zauważmy, że wobec twierdzenia Diniego, wystarczy skonstruować ciąg wielomianów (pν)∞ν=1 taki, że pν(t) %√
t dla dowolnego t ∈ [0, 1].
• Niech p1(t) := 0, t ∈ R, pν+1(t) := pν(t) +12(t − p2ν(t)), t ∈ R, ν ∈ N. Łatwo widać, że określiliśmy w ten sposób ciąg wielomianów. Pokażemy, że
pν(t) 6√
t, t ∈ [0, 1], ν ∈ N. (†)
Dla ν = 1 nierówność oczywiście zachodzi. Przypuśćmy, że jest ona prawdziwa dla pewnego ν. Wtedy dla t ∈ [0, 1] mamy:
W konsekwencji, wobec zasady indukcji matematycznej, nierówność (†) zachodzi dla dowolnego ν.
Z (†) wnioskujemy, że dla dowolnego t ∈ [0, 1] ciąg (pν(t))∞ν=1 jest niemalejący i ograniczony. Jest zatem zbieżny. Niech p(t) oznacza jego granicę. Wobec wzoru rekurencyjnego mamy:
p(t) = p(t) +1
2(t − p2(t)), skąd natychmiast wynika, że p(t) =√
t.
Twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa (por. Uwaga 1.9.3(f)) można uogólnić następująco.
Twierdzenie 1.9.4 (Twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa). Załóżmy, że F jest przestrzenią unor-mowaną. Niech K ⊂ Rn będzie zbiorem zwartym i niech g ∈ C(K, F ). Wtedy istnieje ciąg wielomianów (pν)∞ν=1⊂ P(Rn, F ) taki, że pν−→ g jednostajnie na K.
1. Wstęp
* Wielomiany Bernsteina. Niech K ⊂ Rn będzie zbiorem zwartym i niech g ∈ C(K). Z punktu widzenia jednostajnej aproksymacji funkcji g na K wielomianami możemy założyć, że g ∈ C(Rn). Dalej, zwiększając K, możemy założyć, że K = P jest kostką niezdegenerowaną 98 . Dla dowolnej kostki istnieje izomorfizm afiniczny L : Rn 7−→ Rn taki, że L(P ) = [0, 1]n. Jeżeli teraz (pν)∞ν=1 jest ciągiem wielomianów zbieżnym jednostajnie na [0, 1]ndo funkcji g ◦ L−1, to (pν◦ L)∞ν=1jest ciągiem wielomianów zbieżnym jednostajnie na P do g. Możemy więc założyć, że K = [0, 1]n.
Dla dowolnej funkcji g : [0, 1]n7−→ R definiujemy jej wielomiany Bernsteina 99
Bν(g; x) :=
Twierdzenie 1.9.5 (Wielomiany Bernsteina). Dla dowolnej funkcji g ∈ C([0, 1]n) mamy:
|Bν(g; x) − g(x)| 6 3n2ωg
Dowód . Zastosujemy indukcję ze względu na n.
n = 1: Na wstępie zauważmy, że
Przystępujemy do zasadniczego dowodu. Ustalmy ν ∈ N i zdefiniujmy pomocnicze punkty ξj := νj, j = 0, . . . , ν. Dla x ∈ [0, 1] mamy:
Dowód redukuje się więc do wykazania nierówności
ν
99 Siergiej Natanowicz Bernstein (1880–1968) — matematyk rosyjski.
100 Zauważmy, że wobec jednostajnej ciągłości g na [0, 1]n, mamy limδ→0+ωg(δ) = 0 — Ćwiczenie.
1.9. Twierdzenie aproksymacyjne Stone’a–Weierstrassa Na podstawie nierówności Schwarza mamy:
Xν
Różniczkowanie odwzorowań
2.1. Różniczkowanie odwzorowań zmiennej rzeczywistej o wartościach w przestrzeni unormowanej
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)).
41
2. Różniczkowanie odwzorowań (b) W szczególności, jeżeli f ∈D(P, K; a) i g ∈ D(P, F ; a), to
f · g ∈D(P, F ; a), (f · g)0(a) = f0(a)g(a) + f (a)g0(a).
(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).
2.1. Różniczkowanie odwzorowań zmiennej rzeczywistej o wartościach w przestrzeni unormowanej 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)).
W szczególności:
• Jeżeli f ∈Dk(P, K; a), g ∈ Dk(P, F ; a), to
f · g ∈Dk(P, F ; a), (f · g)(k)(a) =
k
X
j=0
k j
f(j)(a) · g(k−j)(a);
• Jeżeli H jest przestrzenią Hilberta, f, g ∈Dk(P, H; a), to
hf, gi ∈Dk(P, H; a), (hf, gi)(k)(a) =
k
X
j=0
k j
hf(j)(a), g(k−j)(a)i.
Dowód . Dla k = 1 wynik pokrywa się z Propozycją 2.1.2(a).
k k + 1: Na podstawie założenia indukcyjnego
(B(f, g))(k)(x) =
k
X
j=0
k j
B(f(j)(x), g(k−j)(x)), x ∈ U,
gdzie U ⊂ P jest pewnym otoczeniem a. Różniczkując ten wzór w punkcie a (zgodnie z Propozycją 2.1.2(a)) dostajemy
(B(f, g))(k+1)(a) =
k
X
j=0
k j
B(f(j+1)(a), g(k−j)(a)) + B(f(j)(a), g(k−j+1)(a)) ,
co, po (standardowych) przekształceniach, daje tezę (Ćwiczenie).
Propozycja 2.1.5. Jeżeli ϕ ∈ Dk(Q, R; t0), f ∈ Dk(P, F ; ϕ(t0)) i ϕ(Q) ⊂ P , to f ◦ ϕ ∈ Dk(Q, F ; t0) oraz
(f ◦ ϕ)(k)(t0) = X
α1,...,αk∈Z+
α1+2α2+···+kαk=k
k!
α1! · · · αk!f(α1+···+αk)(ϕ(t0))ϕ0(t0) 1!
α1
· · ·ϕ(k)(t0) k!
αk
.
Dowód . Dla k = 1 wynik pokrywa się z Propozycją 2.1.3.
k k +1: Ponieważ (f ◦ϕ)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
1 Gottfryd Leibniz (1646–1716) — matematyk i filozof niemiecki.
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 o wartościach w przestrzeni unormowanej (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 ciagu (cj)∞j=0 ⊂ F , istnieje funkcja g ∈ C∞(R, F ) taka, że g(j)(x0) = cj, j = 0, 1, 2, . . . , to potrafiliby-śmy pokazać, że C∞(P, F ) = C∞(R, F )|P — por. Propozycja 2.3.1.
Propozycja 2.1.7. (a) Jeżeli f ∈ Ck(P, F ), L ∈ L(F, G), to
L ◦ f ∈ Ck(P, G), k ∈ Z+∪ {∞}.
(b) Jeżeli f ∈ Ck(P, F ), g ∈ Ck(P, G), B ∈ L(F, G; H), to
B(f, g) ∈ Ck(P, H), k ∈ Z+∪ {∞}.
W szczególności:
Jeżeli f ∈ Ck(P, K), g ∈ Ck(P, F ), to
f · g ∈ Ck(P, F ), k ∈ Z+∪ {∞}.
Jeżeli H jest przestrzenią Hilberta, f, g ∈ Ck(P, H; a), to 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 ≡ 0.
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 o wartościach w przestrzeni unormowanej 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 2 .
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 ).
Ćwiczenie 2.1.15 (Funkcje wypukłe). Proszę uzupełnić wszystkie szczegóły dowodów.
Funkcję f : P −→ R nazywamy wypukłą, jeżeli spełniony jest którykolwiek z następujących równo-ważnych warunków:
(i) f (x)6 f (a) +f (b)−f (a)
b−a (x − a), a 6 x 6 b, dla dowolnego przedziału [a, b] ⊂ P , a < b 3;
(ii) f (ta + (1 − t)b)6 tf (a) + (1 − t)f (b), 0 6 t 6 1, dla dowolnego przedziału [a, b] ⊂ P ;
(iii) f (t1a1+ · · · + tkak) 6 t1f (a1) + · · · + tkf (ak), 0 6 t1, . . . , tk, t1+ · · · + tk = 1, dla dowolnych a1, . . . , ak∈ P .
Funkcję f : P −→ R nazywamy wklęsłą, jeżeli funkcja −f jest wypukła.
2 Dokładniej — restrykcją do P wielomianu stopnia 6 k − 1.
3 Co geometrycznie oznacza, że wykres funkcji f |[a,b]leży poniżej siecznej łączącej punkty (a, f (a)) i (b, f (b)).
2. Różniczkowanie odwzorowań
Twierdzenie 2.1.16. Funkcja f : P −→ R jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia następujące warunki:
• f ∈ C(int P ), granica lim
int P 3x→af (x) istnieje oraz lim
int P 3x→af (x) 6 f (a) dla dowolnego a ∈ P \
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
fν0 jest zbieżny jednostajnie na P ,
• istnieje x0∈ P takie, że szereg
fν jest zbieżny jednostajnie na P , funkcja f :=
∞
P
ν=1
fν jest różniczkowalna na P oraz f0=
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
Wynika stąd, że (fi)i∈I jest rodziną jednostajnie sumowalną.
4 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.
2.1. Różniczkowanie odwzorowań zmiennej rzeczywistej o wartościach w przestrzeni unormowanej
Zauważmy, że każde z odwzorowań hijest ciągłe w punkcie a. Rodzina (hi)i∈Ijest jednostajnie sumowalna na 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
(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
fν(k) jest zbieżny jednostajnie na P ,
• istnieją x0, . . . , xk−1∈ P takie, że szereg k–krotnie różniczkowalna na P oraz f(j)=
∞ k–krotnie różniczkowalna na P oraz f(j)= lim
ν→+∞fν(j), czyli
2. Różniczkowanie odwzorowań
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 5. 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.
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 6 ). (a) (Wzór Taylora z resztą Peano 7 ) Jeżeli f(k)(a) istnieje, to
lim
h→0
Rk(f, a, a + h)
hk = 0. 8
5 1
R = lim sup
ν→+∞
pkaν νk; zakładamy oczywiście, że R > 0.
7 Giuseppe Peano (1858–1932) — matematyk włoski.
8 Czyli Rk(f, a, a + h) = o(hk) przy h −→ 0.
2.2. Wzór Taylora
(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 9 ) 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
= 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.
k k + 1: Na podstawie dowodu (a) mamy:
supnkRk+1(f, a, a + h)k
|h|k+1 : a ∈ K, 0 < |h| 6 δ, a + h ∈ Po 6 supnkRk(f0, a, a + ξ)k
|ξ|k : a ∈ K, 0 < |ξ| 6 δ, a + ξ ∈ Po
−→
δ→00.
(c) Indukcja ze względu na k. Przypadek k = 0 wynika z twierdzenia o przyrostach skończonych.
k k + 1: Ustalmy a ∈ P . Mamy
kRk(f0, a, a + h)k 6 M |h|k+1
(k + 1)!, h ∈ P − a.
Niech
g(h) := Rk+1(f, a, a + h), ϕ(h) := M hk+2
(k + 2)!, h ∈ Q := (P − a) ∩ R+.
Wobec poprzedniej nierówności mamy kg0k 6 ϕ0 na Q. Stąd, na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych,
kRk+1(f, a, a + h)k = kg(h) − g(0)k 6 ϕ(h) − ϕ(0) = M |h|k+2
(k + 2)!, h ∈ Q.
W analogiczny sposób traktujemy przypadek h < 0 10 .
9 Joseph de Lagrange (1736–1813) — matematyk i mechanik francuski.
10 ϕ(h) := −M (−h)k+2/(k + 2)!, h ∈ (P − a) ∩ R−.
2. Różniczkowanie odwzorowań
Obserwacja 2.2.2 (Jednoznaczność wzoru Taylora). (a) Jeżeli pochodna f(k)(a) istnieje oraz f (a + h) = b0+ b1h +1
2b2h2+ · · · + 1
k!bkhk+ o(hk), przy h −→ 0, (†) to bj= f(j)(a), j = 0, . . . , k.
Istotnie, na podstawie wzoru Taylora z resztą Peano, mamy:
f (a) + f0(a)h +1
Alternatywny dowód wzoru na k-tą pochodną złożenia (Propozycja 2.1.5). Przyjmijmy oznaczenia:
ϕj:= 1
t→0β(t) = 0. Korzystając z Obserwacji 2.2.2 wystarczy wyznaczyć współczynnik przy tk w rozwinięciu (f ◦ ϕ)(t0+ t). Liczymy:
2.3. Szereg Taylora 2.3. Szereg Taylora
Niech F będzie przestrzenią Banacha i niech f : P −→ F . Załóżmy, że dla pewnego a ∈ P pochodna f(k)(a) istnieje dla dowolnego k ∈ N. Wtedy definiujemy szereg Taylora funkcji f w punkcie a
(Taf )(x) :=
∞
X
ν=0
1
ν!f(ν)(a)(x − a)ν.
Jest to szereg potęgowy. Jeżeli jego promień zbieżności d(Taf ) = R jest dodatni, to Taf możemy trakto-wać jako funkcję
Taf : (a − R, a + R) −→ F.
Na podstawie Wniosku 2.1.20 jest to funkcja klasy C∞oraz Ta(Taf ) = Taf .
Odnotujmy wyraźnie, że promień zbieżności szeregu Taylora nie musi być dodatni, ani też, jeżeli jest dodatni, to wcale nie musi zachodzić równość Taf = f w jakimś otoczeniu (relatywnym) punktu a 12 . Propozycja 2.3.1 (Borel 13 ). Dla dowolnego ciągu (aν)∞ν=0⊂ R istnieje funkcja f ∈ C∞(R) taka, że
T0f (x) =
∞
X
ν=0
aνxν, czyli 1
ν!f(ν)(0) = aν, ν ∈ Z+. Innymi słowy, odwzorowanie
C∞(R) 3 f 7−→ T0f ∈ R[[X]], gdzie R[[X]] oznacza pierścień szeregów formalnych, jest epimorfizmem.
Można również pokazać (dowód pomijamy), że funkcja f może być tak dobrana, by f ∈ A(R∗).
Dowód . Na wstępie pokażemy, że dla dowolnego N ∈ Z+ istnieje funkcja gN ∈ C∞(R) taka, że gN = 0 w pewnym otoczeniu zera oraz
kaN +1xN +1− gNkR,N6 1
2N. 14
(†)
Nietrudno jest pokazać, że istnieje funkcja ϕ ∈ C∞(R, [0, 1]) taka, że ϕ(x) = 0 dla |x| 6 12 i ϕ(x) = 1 dla
|x| > 1 (Ćwiczenie). Niech Cν := supR|ϕ(ν)|, ν ∈ Z+ (oczywiście Cν < +∞, ν ∈ Z+; odnotujmy, że C0= 1). Połóżmy
hε(x) := ϕ(x
ε)xN +1, x ∈ R, ε > 0.
12 Klasyczny przykład: F := R, P = R, f(x) := 0 dla x 6 0 i f(x) := exp(−1/x) dla x > 0, a := 0; wtedy f ∈ C∞(R) i T0f = 0.
13 Émile Borel (1871–1956) — matematyk francuski.
14 Przypomnijmy, że
khkR,N=
N
X
j=0
sup
x∈R
|h(j)(x)|.
Uwaga: funkcja gNistnieje również, jeżeli funkcję aN +1xN +1zastąpimy dowolną funkcją g ∈ C∞(R) taką, że g(0) = g0(0) =
· · · = g(N )(0) = 0 — Ćwiczenie.
2. Różniczkowanie odwzorowań
Wobec (†), szereg jest zbieżny normalnie w Ck(R) dla dowolnego k. Istotnie
∞ szcze-gólności (na podstawie twierdzenia o różniczkowaniu szeregu wyraz po wyrazie), że
f(ν)(0) = Ćwiczenie 2.3.2. Niech P ⊂ R będzie dowolnym przedziałem domkniętym. Udowodnić, że C∞(P ) = C∞(R)|P (por. Obserwacja 2.1.6(e)).
Ćwiczenie 2.3.3. Niech F będzie przestrzenią Banacha. Czy dla dowolnego ciągu (aν)∞ν=0⊂ F istnieje funkcja f ∈ C∞(R, F ) taka, że
Definicja 2.4.1. Niech F będzie przestrzenią Banacha i niech P będzie przedziałem otwartym. Powiemy, że funkcja f : P −→ F jest analityczna na P (f ∈ A(P, F ) lub f ∈ Cω(P, F )), jeżeli dla dowolnego a ∈ P dla x z pewnego otoczenia punktu a.
Obserwacja 2.4.2. (a) A(P, F ) jest K–przestrzenią wektorową.
(b) A(P, F ) ⊂ C∞(P, F ); jeżeli f ∈ A(P, F ), to f(k)∈ A(P, F ) dla dowolnego k (Wniosek 2.1.20).
(c) Odwzorowanie f : P −→ F jest analityczne wtedy i tylko wtedy, gdy f ∈ C∞(P, F ) oraz dla dowolnego a ∈ P mamy: d(Taf ) > 0 i f = Taf w pewnym otoczeniu punktu a.
2.4. Funkcje analityczne
(d) Jeżeli f ∈ A(P, F ) oraz L ∈ L(F, G) (G jest przestrzenią Banacha), to L ◦ f ∈ A(P, G).
(e) Jeżeli f ∈ A(P, F ), g ∈ A(P, G) oraz B ∈ L(F, G; H) (G, H są przestrzeniami Banacha), to B(f, g) ∈ A(P, H) (zob. Propozycja 1.5.7).
(f) (Zasada identyczności) Jeżeli f, g ∈ A(P, F ) i f = g na pewnym niepustym zbiorze otwartym U ⊂ P ,
jest sumowalna (Ćwiczenie). Teraz, wobec twierdzenia o grupowaniu wyrazów w rodzinach sumowal-nych, dla x ∈ (b − r, b + r) mamy:
Propozycja 2.4.4. Niech F będzie przestrzenią Banacha, niech P będzie przedziałem otwartym i niech f ∈ C∞(P, F ). Wtedy widzimy, że d(Taf ) > ρ. Dalej, korzystając ze wzoru Taylora z resztą Lagrange’a, dla |x − a| < min{r, ρ}
mamy:
Na podstawie Wniosku 2.1.20, mamy:
k!
2. Różniczkowanie odwzorowań
Korzystając jeszcze raz z Wniosku 2.1.20, dla |x − a|6 r mamy:
kf(k)(x)k = podstawie Propozycji 2.4.4 istnieją stałe C > 1, 0 < ρ < 1 takie, że
1 Teraz skorzystamy z Propozycji 2.1.5:
1 gdzie ostatnia nierówność wynika ze wzoru
X
Niech E i F będą przestrzeniami unormowanymi, niech Ω ⊂ E będzie zbiorem otwartym i niech f : Ω −→ F . Dla a ∈ Ω i ξ ∈ E, niech
Ωa,ξ := {t ∈ R : a + tξ ∈ Ω}.
Oczywiście Ωa,0= R i 0 ∈ Ωa,ξ. Dla ξ 6= 0, zbiór Ωa,ξ jest izomorficzny z Ω ∩ (a + Rξ). Łatwo widać, że Ωa,ξ jest zbiorem otwartym. Niech
Ωa,ξ 3 t7−→ f (a + tξ) ∈ F.fa,ξ
Oczywiście fa,0≡ const = f (a), fa,ξ(0) = f (a). Dla ξ 6= 0, funkcję fa,ξmożemy utożsamiać z f |Ω∩(a+Rξ). Jeżeli fa,ξ0 (0) istnieje, to mówimy że f ma pochodną kierunkową w punkcie a w kierunku ξ i definiu-jemy
∂ξ(a) istnieje. Ponadto, ∂f
∂(αξ)(a) = α∂f
∂ξ(a).
2.5. Pochodne kierunkowe
Ponieważ różniczkowanie „kierunkowe” sprowadza się do różniczkowania pewnej pomocniczej funkcji jednej zmiennej rzeczywistej, wiele reguł różniczkowania kierunkowego wynika natychmiast z odpowied-nich własności różniczkowania funkcji jednej zmiennej rzeczywistej, np. (przy oczywistych założeniach o f i g) mamy:
Jeżeli ∂f∂ξ(a) i ∂g∂ξ(a) istnieją, to ∂(f +g)∂ξ (a) istnieje oraz
∂(f + g)
∂ξ (a) = ∂f
∂ξ(a) + ∂g
∂ξ(a).
Jeżeli ∂f∂ξ(a) i ∂g∂ξ(a) istnieją oraz B ∈ L(F, G; H), to ∂(B(f,g))∂ξ (a) istnieje oraz
∂(B(f, g))
∂ξ (a) = B(∂f
∂ξ(a), g(a)) + B(f (a),∂g
∂ξ(a)).
Przykład 2.5.1.
f (x1, x2) :=
( x4
1x22
x81+x42 gdy (x1, x2) 6= (0, 0) 0 gdy (x1, x2) = (0, 0).
Wtedy ∂f∂ξ(0, 0) = 0 dla dowolnego ξ ∈ R2 16 , ale f (t, t2) = 12, a więc, w szczególności, f nie jest ciągła w (0, 0).
Mówimy, że f ma w punkcie a różniczkę Gâteaux (różniczkę słabą) 17 , jeżeli ∂f∂ξ(a) istnieje dla dowolnego ξ ∈ E oraz odwzorowanie
E 3 ξ7−→δaf ∂f
∂ξ(a) ∈ F
jest liniowe i ciągłe; odwzorowanie to nazywamy różniczką Gâteaux odwzorowania f w punkcie a.
Przykład 2.5.1 pokazuje, że istnienie różniczki Gâteaux nie implikuje nawet ciągłości odwzorowania w punkcie.
Jeżeli L : E −→ F jest operatorem liniowym nieciągłym (takim, jak, np. w Obserwacji 1.4.6), to
∂L
∂ξ(0) = L(ξ) dla dowolnego ξ ∈ E. W szczególności, odwzorowanie E 3 ξ 7−→ ∂L∂ξ(a) ∈ F jest liniowe, ale nieciągłe.
Dla E = R mamy: δaf istnieje ⇐⇒ f0(a) istnieje.
Jeżeli E = Rn i (e1, . . . , en) jest bazą kanoniczną w Rn, to
∂f
∂ej
(a) =: ∂f
∂xj
(a) nazywamy j-tą pochodną cząstkową (o ile istnieje).
Jeżeli ponadto F = Rm, f = (f1, . . . , fm), to macierz J f (a) := ∂fj
∂xk(a)
j=1,...,m, k=1,...,n
(o ile wszystkie pochodne cząstkowe istnieją) nazywamy macierzą Jacobiego odwzorowania f w punkcie a 18 . Jeżeli m = 1, to macierz Jacobiego nazywamy gradientem funkcji f w punkcie a:
grad f (a) =h
∂f
∂x1(a), . . . ,∂x∂f
n(a)i .
Jeżeli m = n, to det J f (a) nazywamy jakobianem odwzorowania f w punkcie a.
Przykład 2.5.2. Niech
f (x1, x2) :=
( x
1x2
x21+x22 gdy (x1, x2) 6= (0, 0) 0 gdy (x1, x2) = (0, 0). Wtedy ∂x∂f
1(0, 0) = ∂x∂f
2(0, 0) = 0, ale ∂(1,1)∂f (0, 0) nie istnieje.
16 Dla ξ 6= (0, 0) mamy
f (tξ) − f (0)
t = tξ14ξ22 t4ξ18+ ξ24.
17 René Gâteaux (1880–1914) — matematyk francuski.
18 Carl Jacobi (1804–1851) — matematyk niemiecki.
2. Różniczkowanie odwzorowań Niech
f (x1, x2) :=
(x1x2(x1−x2)
x21+x22 gdy (x1, x2) 6= (0, 0) 0 gdy (x1, x2) = (0, 0). Wtedy ∂f∂ξ(0, 0) = f (ξ) dla dowolnego ξ ∈ R2, ale odwzorowanie
R23 ξ 7−→∂f
∂ξ(0, 0) ∈ R nie jest liniowe.
Obserwacja 2.5.3. (a) Jeżeli E jest skończenie wymiarowa, to dla istnienia różniczki Gâteaux istotna jest tylko liniowość odwzorowania ξ 7−→∂f∂ξ(a).
(b) Jeżeli E = Rn i δaf istnieje, to (δaf )(ξ) = ∂f
∂ξ(a) = ∂f
∂x1
(a)ξ1+ · · · + ∂f
∂xn
(a)ξn, ξ = (ξ1, . . . , ξn) ∈ Rn.
(c) Jeżeli F = F1× · · · × FN, f = (f1, . . . , fN), to δaf istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy δaf1, . . . , δafN
istnieją. Ponadto,
δaf := (δaf1, . . . , δafN).
(d) Jeżeli E = Rn, F = Rmi δaf istnieje, to J f (a) jest reprezentacją macierzową δaf , czyli (δaf )(ξ) = ∂f
∂ξ(a) = J f (a).ξ, ξ ∈ Rn. Niech ξ1, . . . , ξk ∈ E. Jeżeli pochodna kierunkowa
∂k−1f
∂ξk−1. . . ∂ξ1
(x)
rzędu k − 1 w kierunku wektorów ξ1, . . . , ξk−1istnieje dla x z pewnego otoczenia punktu a, to definiujemy pochodną kierunkową rzędu k w kierunku wektorów ξ1, . . . , ξk jako
∂kf
∂ξk. . . ∂ξ1
(a) = ∂
∂ξk
∂k−1f
∂ξk−1. . . ∂ξ1
(a).
Odnotujmy, że
∂k+`f
∂ξk+`. . . ∂ξ1
(a) = ∂`
∂ξk+`. . . ∂ξk+1
∂kf
∂ξk. . . ∂ξ1
(a).
W szczególności, dla E = Rn definiujemy nk pochodnych cząstkowych rzędu k:
∂kf
∂xik. . . ∂xi1
(a), i1, . . . , ik ∈ {1, . . . , n}.
Przykład 2.5.4. Niech
f (x1, x2) :=
(x
1x2(x21−x22)
x21+x22 gdy (x1, x2) 6= (0, 0) 0 gdy (x1, x2) = (0, 0) .
Wtedy ∂x∂f
1(x) i ∂x∂f
2(x) istnieją dla dowolnego x ∈ R2oraz
∂2f
∂x1∂x2(0, 0) = − ∂2f
∂x2∂x1(0, 0) = 1 (Ćwiczenie).
Propozycja 2.5.5 (Twierdzenie o równości pochodnych mieszanych). Załóżmy, że pochodne kierunkowe
∂2f
∂ξ∂η(x), ∂2f
∂η∂ξ(x) istnieją dla x z otoczenia punktu a i są ciągłe w punkcie a. Wtedy
∂2f
∂ξ∂η(a) = ∂2f
∂η∂ξ(a).
2.5. Pochodne kierunkowe
Dowód . Możemy założyć, że ξ, η 6= 0 i, dalej, że kξk = kηk = 1. Niech kula B(a, 3r) ⊂ Ω będzie taka, że pochodne mieszane istnieją dla dowolnego punktu x ∈ B(a, 3r). Zdefiniujmy
Φ(t) := f (a + tξ + tη) − f (a + tξ) − f (a + tη) + f (a) − t2 ∂2f
∂ξ∂η(a), |t| 6 r.
Pokażemy, że Φ(t)/t2−→ 0 przy t −→ 0+, co wobec symetrii wyrażenia f (a + tξ + tη) − f (a + tξ) − f (a + tη) + f (a), da żądany wynik.
Wystarczy pokazać, że kΦ(t)k 6 t2supn
∂2f
∂ξ∂η(a + xξ + yη) − ∂2f
∂ξ∂η(a)
: 0 6 x, y 6 to
, 0 6 t 6 r. (†)
Ustalmy 0 < t6 r i niech
g(y) := f (a + tξ + yη) − f (a + yη) − ty ∂2f
∂ξ∂η(a), 0 6 y 6 r.
Mamy Φ(t) = g(t) − g(0). Ponadto, g0(y) = ∂f
∂η(a + tξ + yη) − ∂f
∂η(a + yη) − t ∂2f
∂ξ∂η(a).
Na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych, mamy:
kΦ(t)k 6 t sup{kg0(y)k : 0 6 y 6 t}. (‡)
Ustalmy teraz 0 < y6 t i niech h(x) := ∂f
∂η(a + xξ + yη) − x ∂2f
∂ξ∂η(a), 0 6 x 6 r.
Mamy g0(y) = h(t) − h(0). Ponadto,
h0(x) = ∂2f
∂ξ∂η(a + xξ + yη) − ∂2f
∂ξ∂η(a).
Na podstawie twierdzenia o przyrostach skończonych, dostajemy kg0(y)k 6 y sup{kh0(x)k : 0 6 x 6 t},
co łącznie z (‡) daje (†)
Wniosek 2.5.6. Niech ξ1, . . . , ξk∈ E (k > 2). Załóżmy, że dla dowolnego ` ∈ {2, . . . , k} i dla dowolnego odwzorowania injektywnego
τ : {1, . . . , `} −→ {1, . . . , k}, pochodna kierunkowa
∂`f
∂ξτ (`). . . ∂ξτ (1)(x) istnieje dla x ∈ Ω oraz funkcja
Ω 3 x 7−→ ∂`f
∂ξτ (`). . . ∂ξτ (1)(x)
jest ciągła na całym Ω dla ` < k oraz jest ciągła w punkcie a dla ` = k. Wtedy dla dowolnej permutacji k–elementowej σ mamy:
∂kf
∂ξσ(k). . . ∂ξσ(1)(a) = ∂kf
∂ξk. . . ∂ξ1
(a).
Dowód . Zastosujemy indukcję ze względu na k. Przypadek k = 2 został rozwiązany w poprzedniej propozycji. Załóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla k − 1 i niech σ będzie dowolną permutacją k elementową.
Przypadek σ(j) = j, j = 1, . . . , k − 2, σ(k − 1) = k, σ(k) = k − 1 redukuje się do przypadku k = 2:
∂kf
∂ξσ(k). . . ∂ξσ(1)(a) = ∂2
∂ξk−1∂ξk
∂k−2f
∂ξk−2. . . ∂ξ1
(a) = ∂2
∂ξk∂ξk−1
∂k−2f
∂ξk−2. . . ∂ξ1
(a) = ∂kf
∂ξk. . . ∂ξ1(a).
2. Różniczkowanie odwzorowań Przypadek σ(k) = k wynika z założenia indukcyjnego:
∂kf
∂ξσ(k). . . ∂ξσ(1)(a) = ∂
∂ξk
∂k−1f
∂ξσ(k−1). . . ∂ξσ(1)
(a) = ∂
∂ξk
∂k−1f
∂ξk−1. . . ∂ξ1
(a) = ∂kf
∂ξk. . . ∂ξ1
(a).
Pozostałe przypadki wynikają z faktu, iż każda permutacja jest złożeniem pewnej liczby permutacji
powyższych dwóch typów.
2.6. Różniczkowanie odwzorowań o wartościach w przestrzeni unormowanej
Niech E i F będą przestrzeniami unormowanymi nad K, niech Ω ⊂ E będzie zbiorem otwartym, f : Ω −→ F i niech a ∈ Ω.
Definicja 2.6.1. Powiemy, że odwzorowanie f jest różniczkowalne w punkcie a (ma w punkcie a różniczkę Frécheta (mocną) 19 ), jeżeli istnieje odwzorowanie L ∈ L(E, F ) takie, że
f (a + h) = f (a) + L(h) + o(khk) gdy h −→ 0.
Równoważnie,
lim
E∗3h→0
f (a + h) − f (a) − L(h)
khk = 0.
Odnotujmy, że oczywiście definicja ta nie zależy od wyboru normy (w klasie norm równoważnych).
Zbiór wszystkich odwzorowań f : Ω −→ F różniczkowalnych w punkcie a będziemy oznaczać roboczo przezD(Ω, F ; a). Oczywiście, każde odwzorowanie stałe jest różniczkowalne (L = 0).
Obserwacja 2.6.2. (a) Jeżeli f jest różniczkowalne w punkcie a, to f jest ciągłe w punkcie a.
(b) Każde odwzorowanie liniowe i ciągłe L ∈ L(E, F ) jest różniczkowalne w każdym punkcie a ∈ E.
Istotnie, L(a + h) = L(a) + L(h).
(c) Jeżeli f jest różniczkowalne w punkcie a, to f ma różniczkę Gâteaux w punkcie a i δaf = L (gdzie L jest odwzorowaniem występującym w definicji różniczkowalności w sensie Frécheta).
Istotnie, dla dowolnego ξ ∈ E mamy
f (a + tξ) = f (a) + L(tξ) + o(ktξk) = f (a) + tL(ξ) + o(t), gdy t −→ 0.
Jak wiemy, istnieją odwzorowania nieciągłe mające różniczkę Gâteaux, a więc różniczkowalność w sensie Frécheta jest istotnie mocniejsza.
(d) Jeżeli E = Rn, to f jest różniczkowalne w punkcie a wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje L ∈ L(Rn, F ) oraz odwzorowania g1, . . . , gn: Ω − a −→ F takie, że
lim
h→0gj(h) = 0 = gj(0), j = 1, . . . , n, f (a + h) = f (a) + L(h) +
n
X
j=1
hjgj(h), h = (h1, . . . , hn) ∈ Ω − a.
Istotnie, jest widoczne, że powyższy warunek jest wystarczający. Przypuśćmy teraz, że f (a+h) = f (a) + L(h) + o(khk), gdzie L ∈ L(Rn, F ). Definiujemy
gj(h) := hj
khk2
f (a + h) − f (a) − L(h)
, h ∈ (Ω − a)∗, gj(0) := 0, j = 1, . . . , n.
Z powyższej obserwacji wynika, że jeżeli f jest różniczkowalne w punkcie a, to odwzorowanie L występujące w definicji jest jednoznacznie wyznaczone. Oznaczamy je przez f0(a) i nazywamy pochodną (różniczką Frécheta) odwzorowania f w punkcie a. Mamy więc
f0(a) ∈ L(E, F ), f0(a)(h) = (δaf )(h) = ∂f
∂h(a), h ∈ E.
Przypomnijmy, że const0(a) = 0 i jeżeli L ∈ L(E, F ), to L0(a) = L dla dowolnego a ∈ E (Obserwacja 2.6.2(b)).
19 René Fréchet (1878–1973) — matematyk francuski.
2.6. Różniczkowanie odwzorowań . . .
Uwaga 2.6.3. W przypadku przestrzeni zespolonych musimy wyraźnie rozróżniać pomiędzy różniczko-waniem w sensie zespolonym i różniczkoróżniczko-waniem w sensie rzeczywistym. Oczywiście każde odwzorowanie C–liniowe jest R–liniowe. Tak więc, jeżeli E, F są przestrzeniami nad C i odwzorowanie f jest różnicz-kowalne w punkcie a w sensie zespolonym (tzn. różniczka f0(a) jest C–liniowa), to f jest różniczkowalne w punkcie a w sensie rzeczywistym. Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe. Np. jeżeli L ∈ L(E, F ) jest odwzorowaniem R–liniowym, które nie jest C–liniowe, to L jest różniczkowalne w sensie rzeczywistym, ale nie jest różniczkowalne w sensie zespolonym; dla przykładu: E = F := C, L(z) := z, z ∈ C.
Obserwacja 2.6.4. (a) Jeżeli E = R, to f jest różniczkowalne w sensie Frécheta w punkcie a wtedy i tylko wtedy, gdy f0(a) istnieje w zwykłym sensie. Ponadto, f0(a)(h) = f0(a)h dla dowolnego h ∈ R.
(b) Jeżeli F = F1× · · · × FN, f = (f1, . . . , fN), to
f ∈D(Ω, F ; a) ⇐⇒ fj ∈D(Ω, Fj; a), j = 1, . . . , N.
Ponadto, f0(a) = (f10(a), . . . , fN0 (a)).
(c) Jeżeli f, g ∈D(Ω, F ; a), to
µf + νg ∈D(Ω, F ; a), (µf + νg)0(a) = µf0(a) + νg0(a), µ, ν ∈ K.
Innymi słowy,D(Ω, F ; a) jest K–przestrzenią wektorową, a operator brania pochodnej D(Ω, F ; a) 3 f 7−→ f0(a) ∈ L(E, F ) jest K–liniowy.
(d) Jeżeli L ∈ L(F, G) (gdzie G jest przestrzenią unormowaną) i f ∈D(Ω, F ; a), to L ◦ f ∈ D(Ω, G; a) i (L ◦ f )0(a) = L ◦ f0(a).
(e) Jeżeli B ∈ L(E, F ; G), to
B0(a, b)(h, k) = B(h, b) + B(a, k), (a, b), (h, k) ∈ E × F.
Istotnie, odwzorowanie
E × F 3 (h, k)7−→ B(h, b) + B(a, k) ∈ GL jest liniowe i ciągłe. Ponadto,
B(a + h, b + k) − B(a, b) − (B(h, b) + B(a, k)) = B(h, k) oraz
kB(h, k)k
khk + kkk 6 kBkkhkkkk
khk + kkk 6 kBk(khk + kkk).
Propozycja 2.6.5. (a) Jeżeli
f ∈D(Ω, F ; a), g ∈ D(Ω, G; a), B ∈ L(F, G; H), gdzie F , G i H są przestrzeniami unormowanymi, to
B(f, g) ∈D(Ω, H; a) oraz
(B(f, g))0(a)(h) = B(f0(a)(h), g(a)) + B(f (a), g0(a)(h)), h ∈ E.
(b) W szczególności, jeżeli f ∈D(Ω, K; a) i g ∈ D(Ω, F ; a), to f · g ∈ D(Ω, F ; a) oraz (f · g)0(a)(h) = f0(a)(h) · g(a) + f (a) · g0(a)(h), h ∈ E.
(c) Jeżeli H jest przestrzenią Hilberta, f, g ∈D(Ω, H; a), to
hf, gi ∈D(Ω, H; a) i (hf, gi)0(a) = hf0(a), g(a)i + hf (a), g0(a)i.
Dowód . (a) Operator E 3 h 7−→ B(fL 0(a)(h), g(a)) + B(f (a), g0(a)(h)) jest oczywiście liniowy i ciągły.
Wobec dwuliniowości B, dostajemy:
B(f (a + h), g(a + h)) − B(f (a), g(a)) − L(h)
khk = Bf (a + h) − f (a) − f0(a)(h)
khk , g(a + h)
+ B
f (a),g(a + h) − g(a) − g0(a)(h) khk
+ Bf0(a)(h)
khk , g(a + h) − g(a)
= A1(h) + A2(h) + A3(h).
2. Różniczkowanie odwzorowań
Ciągłość B oraz różniczkowalność f i g w punkcie a (w szczególności, ciągłość g w punkcie a) implikują, że A1(h) −→ 0 i A2(h) −→ 0 oraz
kA3(h)k 6 kBkkf0(a)kkg(a + h) − g(a)k −→ 0, gdy h −→ 0.
(b) wynika z (a).
(c) W przypadku, gdy K = R własność ta wynika bezpośrednio z (a). W przypadku, gdy K = C wystarczy zauważyć, że w dowodzie (a) korzystaliśmy tylko z R–jednorodności. Propozycja 2.6.6 (Różniczkowanie złożenia). Niech G będzie przestrzenią unormowaną, niech U ⊂ G będzie zbiorem otwartym, niech ϕ : U −→ E i niech t0 ∈ U . Załóżmy, że ϕ ∈ D(U, E; t0), f ∈ D(Ω, F ; ϕ(t0)) i ϕ(U ) ⊂ Ω. Wtedy f ◦ ϕ ∈D(U, F ; t0) oraz (f ◦ ϕ)0(t0) = f0(ϕ(t0)) ◦ ϕ0(t0).
Dowód . Niech a := ϕ(t0), B := ϕ0(t0), A := f0(a),
ϕ(t0+ t) = ϕ(t0) + B(t) + β(t)ktk, f (a + h) = f (a) + A(h) + α(h)khk, gdzie lim
t→0β(t) = 0, lim
h→0α(h) = 0.
Oczywiście A ◦ B ∈ L(G, F ). Dla małych t ∈ G∗ niech
h(t) := ϕ(t0+ t) − ϕ(t0) = B(t) + β(t)ktk.
Oczywiście h(t) −→ 0, gdy t −→ 0. Mamy:
Oczywiście h(t) −→ 0, gdy t −→ 0. Mamy: