Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

4Topologie van metrische ruimten

De topologie van de reële rechte (volume van bachelorjaar 1) veralgemeent zich, vrijwel zonder één woord te veranderen, tot elke verzameling die van een afstand is voorzien. De winst is enorm: rijen van functies, matrices, krommen — alles wordt een punt van een metrische ruimte, en de drie pijlers die we hier bewijzen — volledigheid met de vastepuntsstelling van Banach, compactheid, samenhang — gelden er eenvormig voor. Dit hoofdstuk is de ruggengraat van de hele analysehelft van het boek.

4.1 Metrische ruimten

Definitie 4.1

Een metrische ruimte is een verzameling $X$ met een afbeelding $d \colon X \times X \to \R_+$ zodanig dat voor alle $x, y, z$

d(x,y) = 0 \iff x = y, \qquad d(x,y) = d(y,x), \qquad d(x,z) \leq d(x,y) + d(y,z).

Bollen: $B(a, r) = \{x : d(a,x) < r\}$ (open), $\overline B(a,r) = \{x : d(a,x) \leq r\}$ (gesloten). Een deelverzameling $A \subseteq X$ wordt met de geïnduceerde afstand zelf een metrische ruimte.

Voorbeeld 4.2

$\R$ met $\abs{x - y}$ ; $\R^n$ met elk van

d_1(x,y) = \sum_i \abs{x_i - y_i}, \quad d_2(x,y) = \Bigl(\sum_i (x_i - y_i)^2\Bigr)^{1/2}, \quad d_\infty(x,y) = \max_i \abs{x_i - y_i};

de verzameling $C(\intcc{a}{b})$ van de continue functies met de supafstand $d_\infty(f, g) = \sup_{\intcc{a}{b}} \abs{f - g}$ (eindig, want $f - g$ is begrensd); en elke verzameling met de discrete afstand ( $d(x,y) = 1$ voor $x \neq y$ ). Afstanden die uit normen voortkomen zijn het onderwerp van Hoofdstuk 5.

Definitie 4.3 (Topologie van een metrische ruimte)

$U \subseteq X$ heet open wanneer elk punt van $U$ het middelpunt is van een bol die in $U$ ligt; $F$ heet gesloten wanneer haar complement open is. Omgevingen, inwendige, afsluiting, dichtheid en rand worden precies gedefinieerd als op de reële rechte (volume van bachelorjaar 1), met bollen in plaats van intervallen, en de daar bewezen uitspraken — verenigingen en doorsneden van open verzamelingen, karakteriseringen van inwendige en afsluiting, de afsluiting als kleinste gesloten bovenverzameling — gaan met dezelfde bewijzen over. Open bollen zijn open en gesloten bollen zijn gesloten (driehoeksongelijkheid).

Voorbeeld 4.4 (Inwendige, afsluiting en rand op één verzameling)

Zij in $\R$ de verzameling $A = \intoc{0}{1} \cup \{2\}$ . Inwendige: $\intoo{0}{1}$ — rond elke $x \in \intoo01$ blijft een kleine bol in $A$ ; rond $1$ lekt elke bol $\intoo{1-r}{1+r}$ aan de rechterkant uit $A$ weg, dus $1$ is geen inwendig punt; en het geïsoleerde punt $2$ evenmin. Afsluiting: $\intcc{0}{1} \cup \{2\}$ (het punt $0$ is een limiet van $A$ , verder komt er niets bij). Rand (afsluiting min inwendige): $\{0, 1, 2\}$ . Let op de asymmetrieën die het onthouden waard zijn: een randpunt kan tot een verzameling behoren zonder inwendig te zijn ( $1$ ), het kan aanhechtingspunt zijn zonder erbij te horen ( $0$ ), en een geïsoleerd punt is zijn eigen rand ( $2$ ). Dezelfde boekhouding loopt woordelijk in elke metrische ruimte, met bollen in plaats van intervallen.

Definitie 4.5 (Limieten, continuïteit)

$x_n \to x$ in $X$ wanneer $d(x_n, x) \to 0$ . Een afbeelding $f \colon X \to Y$ tussen metrische ruimten heet continu in $a$ wanneer

\forall \varepsilon > 0,\ \exists\delta > 0,\quad d_X(x, a) \leq \delta \implies d_Y\bigl(f(x), f(a)\bigr) \leq \varepsilon ;

gelijkwaardig (met hetzelfde bewijs als op $\R$ ): $f(x_n) \to f(a)$ voor elke rij $x_n \to a$ . En $f$ heet Lipschitz met constante $k$ wanneer altijd $d_Y(f(x), f(y)) \leq k\, d_X(x, y)$ — dan is $f$ uniform continu, en dus continu.

Stelling 4.6 (Globale karakterisering van continuïteit)

$f \colon X \to Y$ is continu (in elk punt) dan en slechts dan als het origineel van elke open verzameling open is — dan en slechts dan als het origineel van elke gesloten verzameling gesloten is.

Bewijs. ( $\Rightarrow$ ) Zij $V \subseteq Y$ open en $a \in f^{-1}(V)$ : dan ligt een bol $B(f(a), \varepsilon) \subseteq V$ ; de continuïteit in $a$ levert een $\delta$ met $f(B(a, \delta)) \subseteq B(f(a), \varepsilon)$ , dus $B(a, \delta) \subseteq f^{-1}(V)$ .

( $\Leftarrow$ ) Gegeven $a$ en $\varepsilon$ : de verzameling $f^{-1}\bigl(B(f(a), \varepsilon)\bigr)$ is open en bevat $a$ , dus bevat zij een bol $B(a, \delta)$ : dat is juist de definitie van continuïteit in $a$ . Voor gesloten verzamelingen: neem complementen (Propositie 1.1). ∎

4.2 Volledige ruimten

Definitie 4.7

Een rij $(x_n)$ heet cauchyrij wanneer $\sup_{p, q \geq N} d(x_p, x_q) \to 0$ als $N \to \infty$ . Een metrische ruimte heet volledig wanneer elke cauchyrij convergeert. Convergent $\Rightarrow$ cauchy geldt altijd; gesloten deelverzamelingen van volledige ruimten zijn volledig, en volledige deelverzamelingen van een willekeurige ruimte zijn gesloten (met dezelfde bewijzen als op $\R$ : volume van bachelorjaar 1).

Voorbeeld 4.8 (Cauchy zonder limiet)

Zij $X = \Q$ met de gebruikelijke afstand; de decimale afkappingen van $\sqrt2$ ,

x_0 = 1,\quad x_1 = 1.4,\quad x_2 = 1.41,\quad x_3 = 1.414, \quad\dots

voldoen aan $\abs{x_p - x_q} \leq 10^{-\min(p,q)}$ : het is een cauchyrij in $\Q$ . Een limiet in $\Q$ zou ook de limiet in $\R$ zijn, namelijk $\sqrt2 \notin \Q$ : in $X$ bestaat dus geen limiet. Onvolledigheid is de aanwezigheid van zulke “spooklimieten”; de volledigheid van $\R$ werd in het volume van bachelorjaar 1 juist zo geconstrueerd dat elke cauchyrij een thuis krijgt.

Stelling 4.9

$\R^n$ (met elk van de drie afstanden uit Voorbeeld 4.2) en $\bigl(C(\intcc{a}{b}), d_\infty\bigr)$ zijn volledig.

Bewijs. $\R^n$ : een cauchyrij is cauchy in elke coördinaat (voor alle drie de afstanden geldt $\abs{x_i - y_i} \leq d(x,y)$ ), dus convergeert elke coördinaat (volledigheid van $\R$ , volume van bachelorjaar 1), en coördinaatsgewijze convergentie impliceert convergentie voor $d_\infty$ (eindig veel coördinaten), en dus voor alle drie (de drie afstanden domineren elkaar op constante factoren na: $d_\infty \leq d_2 \leq d_1 \leq n\,d_\infty$ ).

$C(\intcc{a}{b})$ : zij $(f_n)$ een cauchyrij voor $d_\infty$ . Voor elke $x$ is $(f_n(x))$ een cauchyrij in $\R$ ( $\abs{f_p(x) - f_q(x)} \leq d_\infty(f_p, f_q)$ ) en convergeert dus naar zekere $f(x)$ . Laat in $\abs{f_p(x) - f_q(x)} \leq \varepsilon$ (geldig voor $p, q \geq N_\varepsilon$ en alle $x$ ) de index $q \to \infty$ gaan: $\abs{f_p(x) - f(x)} \leq \varepsilon$ voor alle $x$ , dat wil zeggen $d_\infty(f_p, f) \leq \varepsilon$ : uniforme convergentie. De limiet is continu: kies bij gegeven $\varepsilon$ een $p$ met $\sup\abs{f_p - f} \leq \varepsilon$ , en gebruik dan de continuïteit van $f_p$ in $a$ samen met de splitsing in drie termen

\abs{f(x) - f(a)} \leq \abs{f(x) - f_p(x)} + \abs{f_p(x) - f_p(a)} + \abs{f_p(a) - f(a)} \leq 3\varepsilon

voor $x$ dicht bij $a$ . (Dit “ $3\varepsilon$ -argument” keert terug als de stelling over uniforme limieten in Hoofdstuk 10.) ∎

Voorbeeld 4.10 (Open en gesloten verzamelingen herkend via continuïteit)

De globale karakterisering (Stelling 4.6) is het dagelijkse gereedschap voor topologische boekhouding. In $\R^2$ is de verzameling $\{(x, y) : x^2 + y^2 < 1,\ y > x^3\}$ open — zij is $g^{-1}(\intoo{-\infty}{1}) \cap h^{-1}(\intoo{0}{+\infty})$ voor de continue $g(x,y) = x^2 + y^2$ en $h(x, y) = y - x^3$ , een doorsnede van twee open originelen. In $\bigl(C(\intcc01), d_\infty\bigr)$ is de verzameling van de functies met $f(0) = f(1)$ en $\int_0^1 f = 0$ gesloten — het origineel van $\{(0,0)\}$ onder de continue afbeelding $f \mapsto \bigl(f(0) - f(1),\ \int_0^1 f\bigr)$ naar $\R^2$ (elke coördinaat is $1$ -Lipschitz, zoals in Oefening 4.3). De methode tekent nooit een plaatje: geef een continue afbeelding, lees de verzameling als origineel, en beroep je op de stelling.

Voorbeeld 4.11 (Een gesloten verzameling met oneindig veel voorwaarden)

In $\bigl(C(\intcc01), d_\infty\bigr)$ is de verzameling

L = \{f : \abs{f(x) - f(y)} \leq \abs{x - y} \ \text{voor alle } x, y\}

van de $1$ -Lipschitz-functies gesloten, hoewel zij door overaftelbaar veel voorwaarden wordt uitgesneden: voor elk vast paar $(x, y)$ is de afbeelding $f \mapsto \abs{f(x) - f(y)} - \abs{x - y}$ continu (evaluaties zijn $1$ -Lipschitz), dus definieert elke afzonderlijke voorwaarde een gesloten verzameling, en $L$ is de doorsnede van deze familie — en een willekeurige doorsnede van gesloten verzamelingen is gesloten. Hetzelfde sjabloon bewijst de geslotenheid voor monotone functies, convexe functies of functies die door een vaste $g$ worden begrensd: uniforme limieten erven elke eigenschap die als een familie van gesloten puntsgewijze voorwaarden te schrijven is. Wat uniforme limieten niet vanzelf erven — differentieerbaarheid bijvoorbeeld — is juist waarvoor Hoofdstuk 10 moet zwoegen.

Stelling 4.12 (Vastepuntsstelling van Banach)

Zij $X$ een niet-lege volledige metrische ruimte en $f \colon X \to X$ een contractie: Lipschitz met constante $k < 1$ . Dan heeft $f$ precies één vast punt $\ell$ , en elke baan $x_{n+1} = f(x_n)$ convergeert naar $\ell$ , met

d(x_n, \ell) \leq \frac{k^n}{1 - k}\, d(x_1, x_0) .

Bewijs. Eenduidigheid: twee vaste punten liggen op een afstand die $\leq k$ maal zichzelf is. Bestaan: met inductie is $d(x_{n+1}, x_n) \leq k^n d(x_1, x_0)$ , dus voor $q > p$

d(x_q, x_p) \leq \sum_{j=p}^{q-1} d(x_{j+1}, x_j) \leq d(x_1, x_0) \sum_{j \geq p} k^j = \frac{k^p}{1-k}\, d(x_1, x_0) \xrightarrow[p\to\infty]{} 0 :

een cauchyrij, die dus convergeert naar zekere $\ell$ ; de continuïteit van $f$ laat $x_{n+1} = f(x_n)$ naar de limiet overgaan: $\ell = f(\ell)$ . De foutgrens is dezelfde schatting met $q \to \infty$ . ∎

Voorbeeld 4.13 (Een integraalvergelijking)

Beschouw op $X = C(\intcc{0}{1})$ (volledig, Stelling 4.9) de afbeelding $T(f)(x) = 1 + \frac12 \int_0^x f(t)\,\dd t$ . Voor $f, g \in X$ is

\abs{T(f)(x) - T(g)(x)} \leq \frac12 \int_0^x \abs{f - g} \leq \frac12\, d_\infty(f, g),

dus is $T$ een $\frac12$ -contractie: zij heeft precies één continu vast punt — de oplossing van $f' = \frac f2$ met $f(0) = 1$ , namelijk $\eu^{x/2}$ . Dit schema wordt, geïndustrialiseerd, de stelling van Cauchy–Lipschitz in Hoofdstuk 16.

Voorbeeld 4.14 (Een numeriek vast punt: $x = \cos x$ )

Op de volledige ruimte $X = \intcc{0}{1}$ beeldt $f = \cos$ de ruimte $X$ in $\intcc{\cos 1}{1} \subseteq X$ af, en is zij een contractie: volgens de middelwaardeongelijkheid geldt

\abs{\cos x - \cos y} \leq \bigl(\sup_{\intcc01}\abs{\sin}\bigr) \abs{x - y} = (\sin 1)\abs{x - y}, \qquad \sin 1 \approx 0.841 < 1 .

Banach: er is precies één oplossing van $x = \cos x$ in $\intcc01$ (en dus in $\R$ : elk reëel vast punt ligt in $\intcc{-1}{1}$ en, na één toepassing, in $\intcc{\cos 1}{1}$ ), en de iteratie $x_{n+1} = \cos x_n$ convergeert er vanuit elk beginpunt naar: $x_\infty \approx 0.739085$ , het beroemde getal dat men krijgt door op een rekenmachine op de cosinustoets te blijven rammen. De foutgrens voorspelt een afname als $(\sin1)^n/(1 - \sin1)$ — ongeveer één cijfer per $13$ toetsaanslagen; de a-posteriorigrens uit de weekendopgave van dit hoofdstuk (vraag 14) certificeert elke stap onderweg.

4.3 Compactheid

Definitie 4.15

Een metrische ruimte $X$ heet compact wanneer elke rij in $X$ een deelrij heeft die in $X$ convergeert (de eigenschap van Bolzano–Weierstrass). Een deelverzameling heet compact wanneer zij dat is met de geïnduceerde afstand.

Stelling 4.16 (Eerste eigenschappen)

Een compacte deelverzameling is gesloten en begrensd; een gesloten deelverzameling van een compacte ruimte is compact.
In $\R^n$ geldt ook het omgekeerde: compact $\iff$ gesloten en begrensd.
Een continu beeld van een compacte ruimte is compact; een continue reële functie op een niet-lege compacte ruimte is begrensd en neemt haar grenzen aan.
(Heine) Een continue afbeelding op een compacte ruimte is uniform continu.
Producten: zijn $X, Y$ compact, dan ook $X \times Y$ (met $d\bigl((x,y),(x',y')\bigr) = d(x,x') + d(y,y')$ ).

Bewijs. (1) Dezelfde argumenten als op de rechte (volume van bachelorjaar 1): een rij die naar oneindig ontsnapt of buiten de verzameling convergeert, heeft geen deelrij die binnenin convergeert; voor de tweede bewering: extraheer in de omringende compacte ruimte en gebruik de geslotenheid.

(2) Begrensde rijen in $\R^n$ hebben componentsgewijs convergente deelrijen: extraheer op de eerste coördinaat (Bolzano–Weierstrass op $\R$ ), daarna, uit die deelrij, op de tweede, enzovoort ( $n$ opeenvolgende extracties); de geslotenheid houdt de limiet binnen.

(3) Gegeven $(f(x_n))$ , extraheer $x_{\varphi(n)} \to x \in X$ ; de continuïteit geeft $f(x_{\varphi(n)}) \to f(x) \in f(X)$ . Het reële geval: de compactheid van $f(X) \subseteq \R$ maakt haar gesloten en begrensd, en $\sup f(X) \in f(X)$ (het supremum van een verzameling is haar aanhechtingspunt, en $f(X)$ is gesloten).

(4) Het bewijs uit bachelorjaar 1 gaat woordelijk over; hier is het in metrische kleren. Stel dat $f \colon X \to Y$ continu is op de compacte $X$ maar niet uniform continu: dan is er een $\varepsilon > 0$ waarbij er voor elke $n$ punten zijn met

d_X(x_n, y_n) \leq \frac{1}{n+1} \qquad\text{en}\qquad d_Y\bigl(f(x_n), f(y_n)\bigr) > \varepsilon .

Extraheer $x_{\varphi(n)} \to a \in X$ ; dan geldt ook $y_{\varphi(n)} \to a$ (de onderlinge afstanden gaan naar $0$ ). De continuïteit in $a$ stuurt beide beeldrijen naar $f(a)$ , dus $d_Y\bigl(f(x_{\varphi(n)}), f(y_{\varphi(n)})\bigr) \to 0$ — in strijd met de uniforme kloof $> \varepsilon$ . De compactheid leverde precies één ding: het verdichtingspunt $a$ waar de gewone continuïteit kan worden toegepast.

(5) Extraheer op de $X$ -coördinaten en daarna nog eens op de $Y$ -coördinaten. ∎

Voorbeeld 4.17 (De stelling van Heine, met en zonder compactheid)

Op $\intcc{0}{1}$ is de functie $x \mapsto x^2$ uniform continu — Heine zegt dat zonder enige berekening, maar de rechtstreekse schatting is leerzaam:

\abs{x^2 - y^2} = \abs{x + y}\,\abs{x - y} \leq 2\abs{x - y},

dus voldoet $\delta = \varepsilon/2$ voor alle punten tegelijk. Op $\R$ is dezelfde functie niet uniform continu: met $x_n = n$ en $y_n = n + \frac1n$ gaat de kloof $\abs{x_n - y_n} = \frac1n \to 0$ terwijl $\abs{x_n^2 - y_n^2} = 2 + \frac1{n^2} \geq 2$ : geen enkele $\delta$ bedient $\varepsilon = 1$ . Het mechanisme is zichtbaar: de lokale Lipschitz-constante $\abs{x + y}$ is begrensd op een compacte verzameling en onbegrensd op $\R$ — de stelling van Heine zegt precies dat compactheid zulke lokale constanten uniform aftopt.

Methode 4.18 (Bewijzen dat een verzameling compact is)

Drie routes, in volgorde van frequentie. (1) Herkenning in de omringende ruimte: ga in $\R^n$ (of in elke eindigdimensionale genormeerde ruimte, Hoofdstuk 5) na dat de verzameling gesloten is — doorgaans als origineel, Voorbeeld 4.10 — en begrensd. (2) Erven: een gesloten deelverzameling van een bekende compacte ruimte is compact; een eindige vereniging of een product van compacte verzamelingen is compact; een continu beeld van een compacte verzameling is compact. (3) Met blote handen: extraheer uit een willekeurige rij een convergente deelrij — meestal door opeenvolgende extracties, coördinaat voor coördinaat. Om niet-compactheid te bewijzen volstaat één getuige: een rij zonder convergente deelrij, meestal punten op onderlinge afstand $\geq \varepsilon$ .

Voorbeeld 4.19 (Afstanden tussen verzamelingen: compactheid verdient haar loon)

Zij $K$ compact en $F$ gesloten met $K \cap F = \emptyset$ in een metrische ruimte. Dan is

d(K, F) = \inf\,\{d(x, y) : x \in K,\ y \in F\} > 0 :

de functie $x \mapsto d(x, F)$ is continu (Oefening 4.11) en positief op $K$ (uit $d(x, F) = 0$ zou $x \in \overline F = F$ volgen), dus neemt zij op de compacte $K$ een positief minimum aan (Stelling 4.16 (3)). De compactheid is geen versiering: voor twee gesloten verzamelingen kan het infimum nul zijn zonder te worden aangenomen — in $\R^2$ zijn de hyperbool $F_1 = \{xy = 1\}$ en de as $F_2 = \{y = 0\}$ disjuncte gesloten verzamelingen met $d(F_1, F_2) = 0$ (de punten $(n, \frac1n)$ naderen de as). Ontsnappen naar oneindig is precies wat compactheid verbiedt.

Stelling 4.20 (Borel–Lebesgue)

Een metrische ruimte $X$ is compact dan en slechts dan als elke overdekking van $X$ door open verzamelingen een eindige deeloverdekking heeft.

Bewijs. ( $\Leftarrow$ ) Stel dat $(x_n)$ geen convergente deelrij heeft. We beweren dat elke $x \in X$ een bol $B(x, r_x)$ heeft die slechts voor eindig veel indices $n$ het element $x_n$ bevat: anders zou elke bol $B(x, \frac1{k+1})$ oneindig veel termen bevatten, en zou het kiezen van indices

\varphi(0) < \varphi(1) < \varphi(2) < \cdots \quad\text{met}\quad x_{\varphi(k)} \in B\Bigl(x, \frac{1}{k+1}\Bigr)

(bij elke stap mogelijk juist omdat er oneindig veel kandidaten overblijven) een deelrij bouwen die naar $x$ convergeert. De bollen $B(x, r_x)$ overdekken $X$ ; zouden eindig veel van hen $X$ overdekken, dan zou de indexverzameling $\N$ een eindige vereniging van eindige verzamelingen zijn: absurd.

( $\Rightarrow$ ) Twee stappen. Lebesguegetal: voor een open overdekking $(U_i)$ van een compacte $X$ bestaat er een $\rho > 0$ zodanig dat elke bol met straal $\rho$ in een zekere $U_i$ ligt. Anders kiezen we voor elke $n$ een $x_n$ waarvoor $B(x_n, \frac{1}{n+1})$ in geen enkele $U_i$ ligt; extraheer $x_{\varphi(n)} \to x \in U_{i_0} \supseteq B(x, r)$ ; voor grote $n$ is $B(x_{\varphi(n)}, \frac{1}{\varphi(n)+1}) \subseteq B(x, r) \subseteq U_{i_0}$ : tegenspraak. Totale begrensdheid: voor elke $\rho > 0$ overdekken eindig veel bollen met straal $\rho$ de ruimte $X$ . Anders kiezen we inductief $x_{n+1}$ buiten $B(x_0, \rho) \cup \dots \cup B(x_n, \rho)$ : die rij heeft onderlinge afstanden $\geq \rho$ en dus geen cauchydeelrij — en dus geen convergente deelrij: tegenspraak. Samengevoegd: overdek $X$ met eindig veel bollen met straal $\rho$ (het lebesguegetal), elk binnen een zekere $U_i$ : dat is een eindige deeloverdekking. ∎

Voorbeeld 4.21 (Een $\varepsilon$ -net, geteld)

De totale begrensdheid (uit het bewijs van Stelling 4.20) is op $\intcc{0}{1}$ heel concreet: voor $\varepsilon > 0$ overdekken de $\lceil \frac{1}{2\varepsilon}\rceil$ bollen met straal $\varepsilon$ rond $\varepsilon, 3\varepsilon, 5\varepsilon, \dots$ het interval — ongeveer $\frac1{2\varepsilon}$ bollen, en geen enkele overdekking kan het met minder dan $\frac{1}{2\varepsilon}$ ervan af (elke bol dekt hoogstens lengte $2\varepsilon$ ). In $\intcc01^2$ wordt de telling gekwadrateerd tot de orde $\varepsilon^{-2}$ : overdekkingsgetallen groeien als $\varepsilon^{-d}$ in dimensie $d$ — een kwantitatief gezicht van compactheid, en de reden dat de oneindigdimensionale eenheidsbollen van Hoofdstuk 5 (waar helemaal geen eindig $\frac13$ -net bestaat) niet compact kunnen zijn.

Voorbeeld 4.22 (Compactheid aflezen aan overdekkingen)

Het halfopen interval $\intoc{0}{1}$ wordt overdekt door de open verzamelingen $U_n = \intoo{\frac1n}{2}$ , $n \geq 1$ ; elke eindige deelfamilie heeft een grootste index $N$ en mist $\intoc{0}{\frac1N}$ : geen eindige deeloverdekking, dus is $\intoc{0}{1}$ niet compact — wat de rijendefinitie ziet aan $x_n = \frac1n$ , waarvan de limiet $0$ ontsnapt. Anderzijds repareert het toevoegen van het ene punt $0$ beide diagnoses tegelijk: op $\intcc{0}{1}$ moet elke zulke overdekking een verzameling bevatten die $0$ bevat, en die verzwelgt een heel beginstuk, waarna eindig veel verzamelingen de rest afmaken. De twee talen van Stelling 4.20 falen of slagen altijd samen — overdekkingen zien ontsnapping precies waar rijen dat doen.

Opmerking 4.23 (Vooruitblik binnen dit volume)

Dit hoofdstuk is de dragende muur van het volume; let op waar elke pijler gewicht draagt. Volledigheid: het cauchycriterium wordt de convergentietest voor reeksen in banachruimten (Hoofdstuk 7), uniforme convergentie in Hoofdstuk 10 is precies convergentie in het volledige $\bigl(C, d_\infty\bigr)$ , en Cauchy–Lipschitz (Hoofdstuk 16) is de vastepuntsstelling van Banach in het kostuum van een integraalvergelijking. Compactheid: zij bewijst de equivalentie van normen (Hoofdstuk 5), het aannemen van extrema bij de optimalisatie van Hoofdstuk 15, en het bestaan van beste benaderingen (de weekendopgave van Hoofdstuk 5). Samenhang: zij globaliseert lokale uitspraken — de eenduidigheid van oplossingen van differentiaalvergelijkingen, de tussenwaardestelling op krommen (Hoofdstuk 18), en de twee componenten van $GL_n(\R)$ die de oriëntatietheorie (Hoofdstuk 20) uit elkaar zal houden.

Opmerking 4.24 (Klassieke valkuilen)

(i) “Gesloten en begrensd impliceert compact” is een stelling over $\R^n$ , niet over metrische ruimten: een oneindige verzameling met de discrete metriek is in zichzelf gesloten en begrensd en toch niet compact (Oefening 4.4), en de gesloten eenheidsbol van $C(\intcc01)$ faalt eveneens (Hoofdstuk 5). (ii) Volledigheid is een eigenschap van de afstand, niet van de topologie: $\R$ met $d(x,y) = \abs{\arctan x - \arctan y}$ heeft dezelfde convergente rijen als gewoonlijk maar is onvolledig (Oefening 4.1). (iii) Een continue bijectie hoeft geen homeomorfisme te zijn — de parametrisatie van de cirkel uit Oefening 4.7; compactheid van het vertrek repareert dat. (iv) De stelling van Banach heeft $k < 1$ uniform nodig: de voorwaarde $d(f(x), f(y)) < d(x,y)$ alleen garandeert niets op een niet-compacte ruimte (Oefening 4.5). (v) Samenhangend impliceert in het algemeen niet wegsamenhangend — maar voor de open deelverzamelingen van genormeerde ruimten die in dit boek voorkomen, vallen beide samen (Hoofdstuk 5).

Opmerking 4.25 (Waar dit hoofdstuk wordt gebruikt)

Overal in de analysehelft. De volledigheid van $C(\intcc{a}{b})$ drijft de convergentiestellingen van Hoofdstuk 10 en de theorie van Cauchy–Lipschitz in Hoofdstuk 16 aan (de weekendopgave van dit hoofdstuk bewijst de lokale stelling van Picard en Lindelöf al); compactheid geeft de equivalentie van normen in eindige dimensie (Hoofdstuk 5) en het bestaan van extrema in Hoofdstuk 15; samenhang ligt onder de tussenwaardeargumenten van Hoofdstuk 8 en onder het globaal maken van de eenduidigheid voor differentiaalvergelijkingen. In het volume van bachelorjaar 3 worden compactheid in functieruimten (de stelling van Arzelà–Ascoli) en de categoriestelling van Baire (Oefening 4.12 hier) dagelijks gereedschap.

De eerste stadia van de cantorverzameling (): elk niveau verwijdert het open middelste derde van elk segment. De doorsnede C = _n C_n is compact, heeft leeg inwendige en lengte nul, en is toch gelijkmachtig met ℝ — en zij keert terug als vast punt van een contractie op verzamelingen in de weekendopgave van dit hoofdstuk (vraag 22). — De eerste stadia van de cantorverzameling (Oefening 4.8): elk niveau verwijdert het open middelste derde van elk segment. De doorsnede $C = \bigcap_n C_n$ is compact, heeft leeg inwendige en lengte nul, en is toch gelijkmachtig met $\R$ — en zij keert terug als *vast punt* van een contractie op verzamelingen in de weekendopgave van dit hoofdstuk (vraag 22).

4.4 Samenhang

Definitie 4.26

$X$ heet samenhangend wanneer zij geen partitie in twee niet-lege open deelverzamelingen toelaat — gelijkwaardig: wanneer haar enige deelverzamelingen die zowel open als gesloten zijn, $\emptyset$ en $X$ zijn. En $X$ heet wegsamenhangend wanneer elke twee punten door een continue afbeelding $\gamma \colon \intcc{0}{1} \to X$ worden verbonden.

Stelling 4.27

De samenhangende deelverzamelingen van $\R$ zijn precies de intervallen.
Een continu beeld van een samenhangende ruimte is samenhangend — waaruit de algemene tussenwaardestelling volgt: een continue reële functie op een samenhangende ruimte neemt elke waarde aan tussen twee van haar waarden.
Wegsamenhangend $\Rightarrow$ samenhangend. (Het omgekeerde faalt in het algemeen; het geldt voor open deelverzamelingen van genormeerde ruimten, Hoofdstuk 5.)

Bewijs. (1) Een verzameling $A$ die geen interval is, mist een $z$ tussen twee van haar punten: $A = (A \cap \intoo{-\infty}{z}) \cup (A \cap \intoo{z}{+\infty})$ splitst haar in twee niet-lege (in $A$ ) open stukken. Omgekeerd, zij $I$ een interval en $I = U \cup V$ een partitie in niet-lege relatief open verzamelingen; kies $a \in U$ en $b \in V$ , zeg $a < b$ , en zet $s = \sup\,(U \cap \intcc{a}{b})$ , een punt van $\intcc{a}{b} \subseteq I$ . Ligt $s \in U$ , dan is $s \neq b$ , en legt de relatieve openheid van $U$ een heel interval rond $s$ (doorgesneden met $I$ ) binnen $U$ — zodat er punten van $U \cap \intcc{a}{b}$ groter dan $s$ zijn, in strijd met het supremum. Ligt $s \in V$ , dan legt de relatieve openheid van $V$ een interval $\intoo{s - r}{s + r} \cap I$ binnen $V$ ; maar het supremum is aanhechtingspunt van $U \cap \intcc{a}{b}$ , dat dat interval dus moet ontmoeten — in strijd met $U \cap V = \emptyset$ . (Dit is het argument met open-en-gesloten verzamelingen uit bachelorjaar 1 voor $\R$ , uitgevoerd binnen $I$ .)

(2) Splitst $f(X) = U' \cup V'$ in niet-lege relatief open verzamelingen, dan splitst $X = f^{-1}(U') \cup f^{-1}(V')$ de ruimte $X$ (Stelling 4.6). De tussenwaardestelling: $f(X) \subseteq \R$ is samenhangend, en dus volgens (1) een interval.

(3) Stel $X = U \cup V$ met beide niet-leeg en open, en verbind $a \in U$ met $b \in V$ door een weg $\gamma$ : dan splitsen $\gamma^{-1}(U)$ en $\gamma^{-1}(V)$ het interval $\intcc{0}{1}$ , in strijd met (1). ∎

Voorbeeld 4.28

$GL_n(\R)$ is niet samenhangend: $\det$ is continu (een veelterm in de elementen) en surjectief op $\R^*$ , dat niet samenhangend is; de originelen van $\R_+^*$ en $\R_-^*$ splitsen $GL_n(\R)$ . (Elk stuk is in feite wegsamenhangend — een aangename oefening, buiten wat wij nodig hebben.) Daartegenover is $GL_n(\C)$ wegsamenhangend: Oefening 4.10.

Voorbeeld 4.29 (Een vast punt uit samenhang alleen)

Elke continue $f \colon \intcc01 \to \intcc01$ heeft een vast punt — zonder contractiehypothese, zonder iteratie. Beschouw $g(x) = f(x) - x$ , continu op het samenhangende $\intcc01$ :

g(0) = f(0) \geq 0, \qquad g(1) = f(1) - 1 \leq 0 ,

en de tussenwaardestelling (Stelling 4.27 (2)) levert een nulpunt van $g$ , dat wil zeggen een vast punt van $f$ . Vergelijk dit met Banach (Stelling 4.12): hier is het bestaan topologisch en gratis, maar de eenduidigheid en het algoritme zijn verloren — bij $f = \mathrm{id}$ ligt elk punt vast, en de iteratie van een niet-samentrekkende $f$ kan eeuwig blijven rondcirkelen. De twee vastepuntsstellingen van dit hoofdstuk beantwoorden verschillende vragen in verschillende munteenheden.

Voorbeeld 4.30 ( $\R$ en $\R^2$ zijn niet homeomorf)

Samenhang is een topologische vingerafdruk. Stel dat $h \colon \R^2 \to \R$ een homeomorfisme was (een continue bijectie met continue inverse). Verwijder één punt $a \in \R^2$ : de beperking $h \colon \R^2\setminus\{a\} \to \R\setminus\{h(a)\}$ is nog steeds een homeomorfisme. Maar $\R^2$ min één punt is wegsamenhangend — verbind twee punten door een segment, en maak een omweg langs een tweede segment via een hulppunt als $a$ het rechtstreekse segment blokkeert — en dus samenhangend (Stelling 4.27 (3)); terwijl $\R$ min één punt in twee niet-lege open halfrechten uiteenvalt: niet samenhangend. Samenhang blijft onder continue afbeeldingen behouden: tegenspraak. Het vlak en de rechte zijn werkelijk verschillend als topologische ruimten — een feit dat kardinaliteit alleen (bijecties in de trant van Oefening 1.3 bestaan wel degelijk!) te grof is om te zien.

4.5 Oefeningen

Oefening 4.1 ★

Ga op $\R$ na dat $\delta(x, y) = \min(1, \abs{x - y})$ en $d(x,y) = \abs{\arctan x - \arctan y}$ afstanden zijn. Welke rijen convergeren voor elk van beide? Is $(\R, d)$ volledig?

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.1.

$\delta$ : de symmetrie en de scheiding zijn duidelijk; de driehoeksongelijkheid: $\min(1, u + v) \leq \min(1,u) + \min(1,v)$ voor $u, v \geq 0$ (is een van beide minima $1$ , dan is het rechterlid $\geq 1$ ; anders is het $u + v$ ). $d$ : dit is de terugtrekking van $\abs{\cdot}$ langs de injectieve $\arctan$ , dus gaan de drie axioma’s over.

Convergentie: voor $\delta$ geldt $\delta(x_n, x) \to 0 \iff \abs{x_n - x} \to 0$ (voor kleine waarden vallen beide afstanden samen): dezelfde convergente rijen als gewoonlijk. Voor $d$ : $d(x_n, x) \to 0 \iff \arctan x_n \to \arctan x \iff x_n \to x$ (continuïteit en strikte monotonie van $\arctan$ en van haar inverse op de betreffende bereiken): opnieuw de gewone convergentie.

$(\R, d)$ is niet volledig: $x_n = n$ voldoet aan $d(x_p, x_q) = \abs{\arctan p - \arctan q} \to 0$ (beide gaan naar $\frac\pi2$ ), dus is het een cauchyrij; maar $(x_n)$ convergeert niet voor $d$ (haar $d$ -limiet zou een gewone limiet zijn). Volledigheid is een eigenschap van de afstand, niet alleen van de convergente rijen.

Oefening 4.2 ★

Bewijs in een metrische ruimte dat een convergente rij een cauchyrij en begrensd is, en dat een cauchyrij met een convergente deelrij convergeert. Leid daaruit opnieuw af dat compacte metrische ruimten volledig zijn.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.2.

Convergent $\Rightarrow$ cauchy: $d(x_p, x_q) \leq d(x_p, \ell) + d(\ell, x_q)$ . Begrensd: vanaf $N$ is $d(x_n, \ell) \leq 1$ , en de eindig veel eerste termen liggen ook binnen een zekere straal.

Cauchy $+$ een convergente deelrij $x_{\varphi(n)} \to \ell$ : bij gegeven $\varepsilon$ is voor grote $n$ $d(x_n, \ell) \leq d(x_n, x_{\varphi(n)}) + d(x_{\varphi(n)}, \ell) \leq 2\varepsilon$ (de eerste term wegens cauchy, want $\varphi(n) \geq n$ ).

Compact $\Rightarrow$ volledig: een cauchyrij heeft een convergente deelrij (compactheid) en convergeert dus.

Oefening 4.3 ★

Bereken in $\bigl(C(\intcc{0}{1}), d_\infty\bigr)$ de afstand tussen $f(x) = x$ en $g(x) = x^2$ ; beschrijf de gesloten bol $\overline B(0, 1)$ ; en bewijs dat de verzameling $\{f : f(0) = 0\}$ gesloten is terwijl $\{f : f(0) > 0\}$ open is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.3.

$d_\infty(f, g) = \sup_{\intcc{0}{1}} \abs{x - x^2} = \frac14$ (het maximum van $x - x^2$ ligt in $x = \frac12$ ).

$\overline B(0, 1) = \{f : \sup\abs f \leq 1\}$ : de continue functies met waarden in $\intcc{-1}{1}$ .

$\{f : f(0) = 0\}$ is het origineel van $\{0\}$ onder de evaluatie $f \mapsto f(0)$ , die $1$ -Lipschitz is ( $\abs{f(0) - g(0)} \leq d_\infty(f,g)$ ) en dus continu: de verzameling is gesloten (Stelling 4.6). Evenzo is $\{f : f(0) > 0\}$ het origineel van het open $\intoo{0}{+\infty}$ : dus open.

Oefening 4.4 ★★

Bewijs dat de discrete metrische ruimte $X$ (een willekeurige verzameling) volledig is, en dat zij compact is dan en slechts dan als $X$ eindig is. Welke deelverzamelingen zijn samenhangend?

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.4.

Volledig: een cauchyrij is voor $\varepsilon = \frac12$ vanaf zekere rang constant en dus convergent.

Compact dan en slechts dan als eindig: is $X$ eindig, dan neemt elke rij een zekere waarde oneindig vaak aan (constante deelrij). Is $X$ oneindig, dan heeft een rij van paarsgewijs verschillende punten alle onderlinge afstanden gelijk aan $1$ : geen cauchydeelrij, dus ook geen convergente.

Samenhangende deelverzamelingen: de eenpuntsverzamelingen (en $\emptyset$ ). Elke $A$ met twee punten $x \neq y$ splitst als $\{x\} \cup (A \setminus\{x\})$ , beide open in $A$ (elke deelverzameling van een discrete ruimte is open — bollen met straal $\frac12$ zijn eenpuntsverzamelingen).

Oefening 4.5 ★★

Zij $X$ compact en $f \colon X \to X$ met

d\bigl(f(x), f(y)\bigr) < d(x, y) \quad \text{voor alle } x \neq y .

Bewijs dat $f$ precies één vast punt heeft (minimaliseer $x \mapsto d(x, f(x))$ ), en geef een voorbeeld op $X = \intco{1}{+\infty}$ (niet compact) zonder vast punt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.5.

De functie $g(x) = d(x, f(x))$ is continu op de compacte $X$ ( $\abs{g(x) - g(y)} \leq 2d(x,y)$ via twee driehoeksongelijkheden), dus neemt zij in een zeker punt $a$ haar minimum aan (Stelling 4.16). Was $f(a) \neq a$ , dan

g\bigl(f(a)\bigr) = d\bigl(f(a), f(f(a))\bigr) < d(a, f(a)) = g(a),

in strijd met de minimaliteit. Dus $f(a) = a$ ; de eenduidigheid gaat als gewoonlijk (twee vaste punten $a \neq b$ geven $d(a,b) = d(f(a), f(b)) < d(a,b)$ ).

Niet-compact voorbeeld: $f(x) = x + \frac1x$ op $\intco{1}{+\infty}$ : hier is $\abs{f(x) - f(y)} = \abs{x - y}\,\abs{1 - \frac{1}{xy}} < \abs{x - y}$ voor $x \neq y$ (want $xy > 1$ ), en toch geldt overal $f(x) > x$ .

Oefening 4.6 ★★

(Geneste compacte verzamelingen) Zij $(K_n)$ een dalende rij van niet-lege compacte deelverzamelingen van een metrische ruimte. Bewijs dat $\bigcap_n K_n \neq \emptyset$ (kies $x_n \in K_n$ en extraheer). Toon met een voorbeeld aan dat niet-lege geneste gesloten verzamelingen in $\R$ een lege doorsnede kunnen hebben.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.6.

Kies $x_n \in K_n$ . Alle termen vanaf rang $n$ liggen in $K_n$ ; in het bijzonder ligt de hele rij in de compacte $K_0$ : extraheer $x_{\varphi(k)} \to \ell$ . Voor elke vaste $n$ liggen de termen $x_{\varphi(k)}$ met $\varphi(k) \geq n$ in de gesloten $K_n$ , dus ligt de limiet $\ell \in K_n$ . Bijgevolg is $\ell \in \bigcap K_n$ .

Tegenvoorbeeld met gesloten verzamelingen: $F_n = \intco{n}{+\infty}$ in $\R$ is genest, gesloten en niet leeg, met lege doorsnede.

Oefening 4.7 ★★

Zij $K$ compact en $f \colon K \to Y$ continu en bijectief. Bewijs dat $f^{-1}$ continu is (gebruik gesloten verzamelingen: Stelling 4.6 en Stelling 4.16). Geef een tegenvoorbeeld zonder compactheid ( $\gamma(t) = (\cos t, \sin t)$ op $\intco{0}{2\pi}$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.7.

Continuïteit van $f^{-1}$ betekent: beelden $f(F)$ van gesloten verzamelingen $F \subseteq K$ zijn gesloten (originelen onder $f^{-1}$ zijn beelden onder $f$ ). Een gesloten $F$ in de compacte $K$ is compact (Stelling 4.16 (1)); haar continue beeld $f(F)$ is compact en dus gesloten. Bijgevolg is $f^{-1}$ continu en is $f$ een homeomorfisme.

Tegenvoorbeeld: $\gamma(t) = (\cos t, \sin t)$ van $\intco{0}{2\pi}$ (niet compact) op de eenheidscirkel is een continue bijectie, maar $\gamma^{-1}$ is discontinu in $(1,0)$ : punten op de cirkel net onder de as hebben parameters dicht bij $2\pi$ , niet dicht bij $0$ .

Oefening 4.8 ★★

De cantorverzameling $C$ wordt uit $\intcc{0}{1}$ verkregen door herhaaldelijk de open middelste derden te verwijderen. Bewijs dat $C$ compact is, een leeg inwendige heeft, en oneindig is — sterker nog: gelijkmachtig met $\{0,1\}^{\N}$ (ternaire ontwikkelingen met cijfers $0,2$ ; Oefening 1.3).

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.8.

$C = \bigcap_n C_n$ , waarbij elke $C_n$ (een vereniging van $2^n$ gesloten intervallen van lengte $3^{-n}$ ) gesloten is: dus is $C$ gesloten en begrensd in $\R$ en daarmee compact (Stelling 4.16 (2)).

Leeg inwendige: $C$ bevat voor geen enkele $n$ een interval van lengte $> 3^{-n}$ (zij ligt binnen $C_n$ , waarvan de componenten die lengte hebben).

Kardinaliteit: de punten van $C$ zijn precies de reële getallen $\sum_{n\geq1} a_n 3^{-n}$ met cijfers $a_n \in \{0, 2\}$ (in elk stadium verwijdert het weggehaalde middelste derde het cijfer $1$ ); de afbeelding $(a_n) \mapsto \sum a_n 3^{-n}$ is een bijectie van $\{0,2\}^{\N^*}$ op $C$ (injectiviteit als in Oefening 1.3). Dus is $C$ gelijkmachtig met $\{0,1\}^{\N}$ : overaftelbaar, hoewel van “lengte nul”.

Oefening 4.9 ★★★

Zij $X$ een compacte metrische ruimte en $f \colon X \to X$ een isometrie: $d(f(x), f(y)) = d(x, y)$ . Bewijs dat $f$ surjectief is. Aanwijzing: is $a \notin f(X)$ , dan is $\varepsilon = d(a, f(X)) > 0$ (waarom?); bestudeer de baan $a, f(a), f^2(a), \dots$ en toon aan dat haar punten paarsgewijs minstens $\varepsilon$ uit elkaar liggen — in strijd met de compactheid.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.9.

Stel $a \notin f(X)$ . Het beeld $f(X)$ is compact (continu beeld) en dus gesloten; bijgevolg is

\varepsilon = d\bigl(a, f(X)\bigr) = \inf_{y \in f(X)} d(a, y) > 0

(het infimum van een continue functie op een compacte verzameling wordt aangenomen; was het $0$ , dan zou $a$ aanhechtingspunt van de gesloten $f(X)$ zijn en er dus in liggen).

Beschouw de baan $x_n = f^n(a)$ (met $x_0 = a$ ). Voor $p < q$ geldt

d(x_p, x_q) = d\bigl(f^p(a), f^p(f^{q-p}(a))\bigr) = d\bigl(a, f^{q-p}(a)\bigr) \geq \varepsilon,

(de isometrie $p$ keer geïtereerd; en $f^{q-p}(a) \in f(X)$ omdat $q - p \geq 1$ ). Een rij met onderlinge afstanden $\geq \varepsilon$ heeft geen convergente deelrij — in strijd met de compactheid. Dus $f(X) = X$ .

Oefening 4.10 ★★★

Bewijs dat $GL_n(\C)$ wegsamenhangend is. Aanwijzing: zijn $A, B$ inverteerbaar, beschouw dan $p(z) = \det\bigl((1 - z)A + zB\bigr)$ voor $z \in \C$ : een veelterm in $z$ die niet identiek nul is, en die dus eindig veel nulpunten heeft; verbind $0$ met $1$ in $\C$ door een weg die ze vermijdt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.10.

Zijn $A, B \in GL_n(\C)$ en $p(z) = \det\bigl((1-z)A + zB\bigr)$ : een veelterm in $z$ (elk element is affien in $z$ , en de determinant is een veelterm in de elementen). Uit $p(0) = \det A \neq 0$ volgt dat $p$ niet identiek nul is, dus heeft zij eindig veel nulpunten $z_1, \dots, z_m$ (geen ervan gelijk aan $0$ of $1$ : $p(1) = \det B \neq 0$ ). Het vlak $\C$ min eindig veel punten is wegsamenhangend: er bestaat een weg van $0$ naar $1$ die de $z_i$ vermijdt (neem een gebroken lijn via een punt ver van alle nulpunten, of een cirkelboog; er zijn slechts eindig veel hindernissen). Langs zo’n weg $\gamma$ is $t \mapsto (1 - \gamma(t))A + \gamma(t)B$ een continue weg binnen $GL_n(\C)$ van $A$ naar $B$ (de determinant verdwijnt er nergens). Dus is $GL_n(\C)$ wegsamenhangend — anders dan haar reële neef (Voorbeeld 4.28): het complexe vlak heeft ruimte om om hindernissen heen te lopen.

Oefening 4.11 ★★

Zet voor $\emptyset \neq A \subseteq X$ de waarde $d(x, A) = \inf_{a \in A} d(x, a)$ . Bewijs dat $x \mapsto d(x, A)$ $1$ -Lipschitz is, dat $d(x, A) = 0$ dan en slechts dan als $x \in \overline A$ , en dat voor disjuncte niet-lege gesloten verzamelingen $A, B$ de functie

\varphi(x) = \frac{d(x, A)}{d(x, A) + d(x, B)}

welgedefinieerd en continu is, precies op $A$ gelijk aan $0$ en precies op $B$ gelijk aan $1$ — een continue “schakelaar” die elke twee disjuncte gesloten verzamelingen scheidt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.11.

Lipschitz: voor $a \in A$ is $d(x, a) \leq d(x, y) + d(y, a)$ ; neem het infimum over $a$ : $d(x, A) \leq d(x, y) + d(y, A)$ , en verwissel $x$ en $y$ : $\abs{d(x,A) - d(y,A)} \leq d(x,y)$ .

Verdwijnen: $d(x, A) = 0$ dan en slechts dan als er $a_n \in A$ zijn met $d(x, a_n) \to 0$ , dan en slechts dan als $x$ een limiet van punten van $A$ is, dan en slechts dan als $x \in \overline A$ .

De schakelaar: voor disjuncte gesloten $A, B$ verdwijnt de noemer $d(x,A) + d(x,B)$ nooit (dat zou $x \in \overline A \cap \overline B = A \cap B = \emptyset$ afdwingen), dus is $\varphi$ welgedefinieerd, en continu als quotiënt van continue functies met een noemer die niet verdwijnt. Verder is $\varphi(x) = 0$ dan en slechts dan als $d(x, A) = 0$ , dan en slechts dan als $x \in A$ ; en $\varphi(x) = 1$ dan en slechts dan als $d(x, B) = 0$ , dan en slechts dan als $x \in B$ ; en overal geldt $0 \leq \varphi \leq 1$ .

Oefening 4.12 ★★★

(Baire) Zij $X$ een volledige metrische ruimte en $(U_n)_{n\geq1}$ een rij dichte open deelverzamelingen. Bewijs dat $\bigcap_n U_n$ dicht ligt in $X$ (bouw binnen een willekeurige bol geneste gesloten bollen $\overline B(x_n, r_n) \subseteq U_n$ met $r_n \to 0$ en gebruik de volledigheid). Leid af dat $\R$ geen aftelbare vereniging is van gesloten verzamelingen met leeg inwendige, en vind — opnieuw — dat $\R$ overaftelbaar is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.12.

Zij $B(x_0, r_0)$ een willekeurige bol; we zoeken er een punt van $\bigcap U_n$ in. Omdat $U_1$ dicht en open is, is $U_1 \cap B(x_0, r_0)$ niet leeg en open: zij bevat een gesloten bol $\overline B(x_1, r_1)$ met $0 < r_1 \leq \frac{r_0}2$ (verklein de straal). Inductief is $U_{n+1} \cap B(x_n, r_n)$ niet leeg en open: kies $\overline B(x_{n+1}, r_{n+1}) \subseteq U_{n+1} \cap B(x_n, r_n)$ met $r_{n+1} \leq \frac{r_n}2$ . Voor $p, q \geq n$ liggen zowel $x_p$ als $x_q$ in $B(x_n, r_n)$ met $r_n \leq 2^{-n}r_0$ : de rij is cauchy en convergeert wegens de volledigheid naar zekere $\ell$ . Voor elke $n$ ligt de staart van de rij in de gesloten bol $\overline B(x_{n+1}, r_{n+1}) \subseteq U_{n+1} \cap B(x_0, r_0)$ , dus $\ell \in U_{n+1}$ voor elke $n$ en $\ell \in \overline B(x_1, r_1) \subseteq B(x_0, r_0)$ . Bijgevolg ontmoet $\bigcap_n U_n$ elke bol: zij ligt dicht.

Toepassing: is $\R = \bigcup_n F_n$ met $F_n$ gesloten en met leeg inwendige, dan zijn de $U_n = \R \setminus F_n$ dicht ( $\overline{U_n} = \R$ dan en slechts dan als $F_n$ een leeg inwendige heeft) en open, en Baire geeft een punt in $\bigcap U_n = \R \setminus \bigcup F_n$ : tegenspraak. In het bijzonder is $\R \neq \bigcup_{x \in D} \{x\}$ voor een aftelbare $D$ (eenpuntsverzamelingen zijn gesloten met leeg inwendige): $\R$ is overaftelbaar — Stelling 1.9 langs een andere weg.

4.6 Probleem: Picard-iteratie

Volledigheid plus contractie is een oplosmachine: voer haar een vergelijking die als vastepuntsprobleem is geschreven, en zij levert bestaan, eenduidigheid, een algoritme en foutbalken. Deze weekendopgave laat de machine op volle kracht draaien op de vergelijking $y' = f(t, y)$ : we bewijzen de lokale stelling van Picard en Lindelöf (het niet-lineaire hart van de theorie van Cauchy–Lipschitz in Hoofdstuk 16), zien elke hypothese haar loon verdienen aan de hand van tegenvoorbeelden, en oogsten zuiver metrische opbrengsten — de continue afhankelijkheid van de gegevens, de vergelijking van Kepler, en de zelfgelijkvormigheid van de cantorverzameling.

Picard-iteraties voor y' = y, y(0) = 1: elke gang door T(y)(t) = 1 + ∈t_0t y voegt één taylorterm toe, en de contractie perst de hele rij uniform op \,t. — Picard-iteraties voor $y' = y$ , $y(0) = 1$ : elke gang door $T(y)(t) = 1 + \int_0^t y$ voegt één taylorterm toe, en de contractie perst de hele rij uniform op $\eu^{\,t}$ .

Probleem 4.1

Weekendopgave — de stelling van Picard en Lindelöf

Overal zijn $t_0 \in \R$ , $y_0 \in \R$ , $a, b > 0$ , en is $f$ een continue functie op de rechthoek $R = \intcc{t_0 - a}{t_0 + a} \times \intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ , begrensd door $M = \sup_R\,\abs f$ en $L$ -Lipschitz in haar tweede veranderlijke: $\abs{f(t, y) - f(t, z)} \leq L\abs{y - z}$ zodra beide punten in $R$ liggen. Zet

h = \min\Bigl(a, \frac bM\Bigr) \quad (\text{met } h = a \text{ als } M = 0), \qquad I = \intcc{t_0 - h}{t_0 + h}.

Deel I — Het volledige toneel.

Bewijs de twee uitspraken die in Definitie 4.7 zijn aangehaald: een gesloten deelverzameling van een volledige metrische ruimte is volledig, en een volledige deelverzameling van een willekeurige metrische ruimte is gesloten. Leid af dat elke gesloten deelverzameling van $\bigl(C(I), d_\infty\bigr)$ een volledige metrische ruimte is.
Toon aan dat de afbeelding $C(I) \to C(I)$ , $y \mapsto \bigl(t \mapsto \int_{t_0}^{t}y(s)\,\dd s\bigr)$ , $h$ -Lipschitz is voor $d_\infty$ .
(Vaste punten bewegen minder dan de afbeeldingen) Zij $g \colon X \to X$ een $k$ -contractie van een metrische ruimte met vast punt $\ell_g$ , en $\widetilde g \colon X \to X$ een willekeurige afbeelding met een vast punt $\ell_{\widetilde g}$ . Bewijs dat

$d(\ell_g, \ell_{\widetilde g}) \leq \frac{d\bigl(g(\ell_{\widetilde g}), \widetilde g(\ell_{\widetilde g})\bigr)}{1 - k} \leq \frac{\sup_{x \in X} d\bigl(g(x), \widetilde g(x)\bigr)}{1 - k}.$
(De iteratietruc) Zij $X$ volledig en niet leeg en $g \colon X \to X$ een afbeelding — niet noodzakelijk continu — waarvan een zekere iteratie $g^m$ een $k$ -contractie is. Bewijs dat $g$ precies één vast punt $\ell$ heeft en dat elke baan $x_{n+1} = g(x_n)$ naar $\ell$ convergeert. (Vaste punten van $g$ zijn vaste punten van $g^m$ ; omgekeerd is $g(\ell)$ een vast punt van $g^m$ ; splits de baan naar de restklassen modulo $m$ .)

Deel II — De stelling van Picard en Lindelöf.

Toon aan dat een functie $y \colon I \to \intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ van klasse $C^1$ is met $y(t_0) = y_0$ en $y' = f(t, y)$ op $I$ dan en slechts dan als zij continu is en aan de integraalvergelijking

$y(t) = y_0 + \int_{t_0}^{t} f\bigl(s, y(s)\bigr)\dd s \qquad (t \in I)$

voldoet.
Zij $X_h = \{y \in C(I) : \abs{y(t) - y_0} \leq b \text{ op } I\}$ en zij $T$ gedefinieerd door $T(y)(t) = y_0 + \int_{t_0}^{t}f(s, y(s))\dd s$ . Toon aan dat $X_h$ een niet-lege gesloten deelverzameling van $C(I)$ is en dus volledig, en dat $T$ de ruimte $X_h$ in $X_h$ afbeeldt — hier doet $h \leq b/M$ zijn werk.
Toon aan dat $d_\infty\bigl(T(y), T(z)\bigr) \leq Lh\,d_\infty(y, z)$ op $X_h$ : is $Lh < 1$ , dan besluit de stelling van Banach al. Deze kleinheidsvoorwaarde verwijderen we hierna.
Bewijs met inductie naar $n$ dat

$\abs{T^n(y)(t) - T^n(z)(t)} \leq \frac{\bigl(L\abs{t - t_0}\bigr)^n}{n!}\, d_\infty(y, z) \qquad (y, z \in X_h,\ t \in I),$

zodat een zekere iteratie van $T$ een contractie is. Besluit met vraag 4 (de stelling van Picard en Lindelöf): het beginwaardeprobleem $y' = f(t,y)$ , $y(t_0) = y_0$ heeft precies één oplossing op $I = \intcc{t_0 - h}{t_0 + h}$ met waarden in $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ .
Toon aan dat de beperking “met waarden in $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ ” automatisch is: elke oplossing van het beginwaardeprobleem die op $I$ is gedefinieerd en waarvan de grafiek in $R$ begint, blijft in $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ (beschouw het eerste uittredemoment en begrens $\abs{y(t) - y_0}$ door $M\abs{t - t_0}$ ). De eenduidigheid geldt dus onder alle oplossingen op $I$ .
Laat de machine draaien op $y' = y$ , $y(0) = 1$ , startend bij de constante $y^{(0)} \equiv 1$ : bereken de Picard-iteraties $y^{(n)}$ , herken ze, en beschrijf de convergentie.

Deel III — Elke hypothese verdient haar loon.

(Zonder Lipschitz geen eenduidigheid) Ga voor $y' = 2\sqrt{\abs y}$ , $y(0) = 0$ na dat $y \equiv 0$ en, voor elke $c \geq 0$ , de functie $y_c(t) = 0$ voor $t \leq c$ en $y_c(t) = (t - c)^2$ voor $t > c$ , alle $C^1$ -oplossingen op $\R$ zijn. Waar precies is $y \mapsto 2\sqrt{\abs y}$ niet Lipschitz?
(De lokaliteit is echt) Los $y' = y^2$ , $y(0) = 1$ expliciet op, geef het maximale bestaansinterval, en bereken de beste $h$ die de stelling over alle keuzen van de rechthoek kan certificeren ( $a$ groot, $b$ vrij): toon aan dat $h_{\max} = \sup_{b>0} \frac{b}{(1+b)^2} = \frac14$ , terwijl de werkelijke oplossing op $\intoo{-\infty}{1}$ leeft.
(Volledigheid is geen decoratie) Zij op $X = \Q \cap \intcc{1}{2}$ met de gebruikelijke afstand $g(x) = \frac x2 + \frac1x$ . Toon aan dat $g(X) \subseteq X$ , dat $g$ een $\frac12$ -contractie is (middelwaardeongelijkheid), en dat $g$ geen vast punt in $X$ heeft. Welke hypothese van de stelling van Banach faalt, en wat is het vaste punt in de vervollediging?
(Foutbalken) Bewijs voor een $k$ -contractie $g$ op een volledige ruimte de a-posteriorischatting $d(x_n, \ell) \leq \frac{k}{1-k}\,d(x_n, x_{n-1})$ . Hoeveel stappen eist de a-priorigrens $\frac{k^n}{1-k}d(x_1, x_0)$ voor de afbeelding van Heron $g(x) = \frac x2 + \frac 1x$ op $\intcc{1}{2}$ (vast punt $\sqrt2$ ), startend bij $x_0 = \frac32$ , om een nauwkeurigheid $10^{-6}$ te halen, en hoeveel stappen volstaan in werkelijkheid? (Bereken $x_1, x_2, x_3$ en hun fouten; de contractiegrens is eerlijk maar pessimistisch — Heron convergeert kwadratisch.)

Deel IV — Continue afhankelijkheid. In dit deel is $Lh < 1$ , zodat $T$ zelf een contractie op $X_h$ is (vraag 7); schrijf $y[\,y_0\,]$ voor de oplossing met beginwaarde $y_0$ .

(Afhankelijkheid van de beginwaarde) Zij $z_0$ een andere beginwaarde met $\abs{z_0 - y_0}$ klein genoeg opdat beide problemen in de rechthoek passen. Bewijs met vraag 3 dat

$d_\infty\bigl(y[y_0], y[z_0]\bigr) \leq \frac{\abs{y_0 - z_0}}{1 - Lh}.$
(Lange intervallen door aaneenschakelen) Neem aan dat de oplossingen bestaan op een lang segment dat in $m$ opeenvolgende stukken is verdeeld waarop telkens de vorige grens geldt met $Lh \leq \frac12$ . Toon aan dat de afwijking per stuk met hoogstens een factor $2$ groeit, en dus $d_\infty \leq 2^m\abs{y_0 - z_0}$ in het geheel — een grens die exponentieel in de lengte is, de discrete schaduw van de $\eu^{L\abs{t - t_0}}$ uit het lemma van Gronwall (Hoofdstuk 16).
(Afhankelijkheid van het veld) Zij $g$ een ander veld op $R$ , eveneens $L$ -Lipschitz in $y$ , met $\sup_R \abs{f - g} \leq \varepsilon$ . Bewijs dat de bijbehorende oplossingen voldoen aan $d_\infty \leq \frac{\varepsilon h}{1 - Lh}$ : modelfouten planten zich lineair voort.
(Parameters) Is een familie $f_\lambda$ van velden uniform $L$ -Lipschitz in $y$ en geldt $\sup_R\abs{f_\lambda - f_\mu} \leq C\abs{\lambda - \mu}$ , leid dan af dat $\lambda \mapsto y_\lambda$ Lipschitz is van de parameterruimte naar $\bigl(C(I), d_\infty\bigr)$ .
(Stelsels kosten niets) Leg uit waarom de Delen I, II en IV woordelijk gelden voor $y$ met waarden in $\R^n$ (supafstanden gebouwd op elk van de afstanden uit Voorbeeld 4.2), en bereken vervolgens alle Picard-iteraties voor het stelsel $y' = Ay$ , $y(0) = (c_1, c_2)$ met $A = \left(\begin{smallmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\end{smallmatrix}\right)$ : toon aan dat de iteratie na één stap stationair wordt op de exacte oplossing.

Deel V — Metrische opbrengsten en synthese.

(Storing van de identiteit) Zij $X$ een volledig toneel van het type genormeerde ruimte: neem $X = C(I)$ of $\R^n$ . Is $\eta \colon X \to X$ $k$ -Lipschitz met $k < 1$ , bewijs dan dat $x \mapsto x + \eta(x)$ een bijectie van $X$ is waarvan de inverse $\frac1{1-k}$ -Lipschitz is (pas voor elke $y$ Banach toe op $x \mapsto y - \eta(x)$ ). Dit is het metrische hart van de stelling van de inverse functie (Hoofdstuk 15).
(De vergelijking van Kepler) Bewijs voor $0 \leq e < 1$ en $m \in \R$ dat $x = m + e\sin x$ precies één oplossing heeft, dat de iteratie $x_{n+1} = m + e\sin x_n$ er vanuit elk beginpunt naartoe convergeert, en schat: hoeveel iteraties garanderen voor $e = \frac12$ en $m = 1$ een fout $\leq 10^{-3}$ volgens de a-priorigrens? (De oplossing is $x \approx 1.4987$ .)
(De cantorverzameling is een vast punt) Zij $S_1(x) = \frac x3$ en $S_2(x) = \frac x3 + \frac23$ op $\R$ , en zij $C$ de cantorverzameling uit Oefening 4.8. Bewijs dat $C = S_1(C) \cup S_2(C)$ , en leg in één zin uit waarom geen andere niet-lege compacte verzameling aan deze vergelijking voldoet (de afbeelding $A \mapsto S_1(A) \cup S_2(A)$ is een contractie voor een afstand tussen compacte verzamelingen — de hausdorffafstand, in het volume van bachelorjaar 3 eerlijk gemaakt).
(Samenhang maakt de eenduidigheid globaal) Zij $f$ lokaal Lipschitz in $y$ op een open verzameling, en zijn $y, z$ twee oplossingen van $y' = f(t, y)$ op een gemeenschappelijk interval $J$ met $y(t_0) = z(t_0)$ . Bewijs dat $y = z$ op $J$ : toon aan dat $\{t \in J : y(t) = z(t)\}$ niet leeg is, gesloten in $J$ en open in $J$ (wegens de lokale eenduidigheid), en gebruik de samenhang van intervallen (Stelling 4.27).
(Geen kleinheid voor lineaire vergelijkingen) Pas voor $y' = \alpha(t)y + \beta(t)$ met $\alpha, \beta$ continu op een segment $\intcc{A}{B}$ vraag 8 zo aan dat de grens met de faculteit op het hele segment geldt, zodat bestaan en eenduidigheid daar globaal zijn — het scalaire geval van de stelling van Cauchy–Lipschitz uit Hoofdstuk 16, zonder enige beperking op de lengte $B - A$ .
(Synthese) In telkens één zin: wat de volledigheid bijdroeg; wat de contractie bijdroeg; wat de iteratietruc opleverde ten opzichte van Banach zonder meer; waar de samenhang binnenkwam; en welk tegenvoorbeeld van Deel III welke hypothese bewaakt. Noem de topstelling, en zeg wat de plaats van de contractie inneemt zodra $f$ alleen maar continu is (de stelling van Peano, via compactheid in functieruimten — Arzelà–Ascoli in het volume van bachelorjaar 3).

Oplossing

Oplossing van Probleem 4.1.

1. Zij $F$ gesloten in de volledige $X$ en $(x_n) \subseteq F$ een cauchyrij: zij convergeert in $X$ naar zekere $\ell$ , en $\ell \in F$ omdat $F$ gesloten is (limieten van rijen uit $F$ blijven in $\overline F = F$ ): dus is $F$ volledig. Omgekeerd, zij $A \subseteq X$ volledig en $x \in \overline A$ : een zekere rij uit $A$ convergeert naar $x$ ; zij is cauchy en convergeert dus in $A$ ; limieten zijn eenduidig, dus $x \in A$ en is $A$ gesloten. Omdat $\bigl(C(I), d_\infty\bigr)$ volledig is (Stelling 4.9), zijn haar gesloten deelverzamelingen volledig.

2. Voor $y, z \in C(I)$ en $t \in I$ :

\Bigl|\int_{t_0}^{t}y - \int_{t_0}^{t}z\Bigr| \leq \abs{t - t_0}\,\sup_I\abs{y - z} \leq h\,d_\infty(y, z),

en neem het supremum over $t$ .

3. Met de twee vastepuntsvergelijkingen en de driehoeksongelijkheid:

d(\ell_g, \ell_{\widetilde g}) = d\bigl(g(\ell_g), \widetilde g(\ell_{\widetilde g})\bigr) \leq d\bigl(g(\ell_g), g(\ell_{\widetilde g})\bigr) + d\bigl(g(\ell_{\widetilde g}), \widetilde g(\ell_{\widetilde g})\bigr) \leq k\,d(\ell_g, \ell_{\widetilde g}) + d\bigl(g(\ell_{\widetilde g}), \widetilde g(\ell_{\widetilde g})\bigr),

en los op naar $d(\ell_g, \ell_{\widetilde g})$ (de coëfficiënt $1 - k$ is positief). De tweede ongelijkheid begrenst de in één punt gemeten kloof door de uniforme.

4. $g^m$ is een contractie op een niet-lege volledige ruimte: zij heeft precies één vast punt $\ell$ (Stelling 4.12). Dan is $g^m(g(\ell)) = g(g^m(\ell)) = g(\ell)$ : $g(\ell)$ is een vast punt van $g^m$ , dus $g(\ell) = \ell$ wegens de eenduidigheid. Elk vast punt van $g$ is er ook een van $g^m$ : dat geeft de eenduidigheid voor $g$ . Banen: leg $r \in \{0, \dots, m-1\}$ vast; de deelrij $(x_{qm + r})_q$ is de $g^m$ -baan gestart in $x_r$ en convergeert dus naar $\ell$ als $q \to \infty$ (opnieuw Banach). Alle $m$ deelrijen convergeren naar dezelfde $\ell$ , dus $x_n \to \ell$ : bij gegeven $\varepsilon$ ligt elke restklasse vanaf zekere rang binnen $\varepsilon$ , en er zijn eindig veel klassen.

5. Is $y$ continu met waarden in $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ , dan is de integrand $s \mapsto f(s, y(s))$ continu op $I$ (samenstelling), zodat het rechterlid van klasse $C^1$ is met afgeleide $f(t, y(t))$ (hoofdstelling van de integraalrekening, volume van bachelorjaar 1). Voldoet $y$ aan de integraalvergelijking, dan is zij die $C^1$ -functie, geldt $y(t_0) = y_0$ en $y' = f(t, y)$ . Omgekeerd geeft het integreren van $y' = f(s, y(s))$ van $t_0$ tot $t$ de integraalvergelijking.

6. $X_h$ bevat de constante $y_0$ ; zij is gesloten als origineel van $\intcc{0}{b}$ onder de continue afbeelding $y \mapsto d_\infty(y, y_0)$ (afstanden zijn $1$ -Lipschitz), en dus volledig volgens vraag 1. Stabiliteit: voor $y \in X_h$ en $t \in I$ is

\abs{T(y)(t) - y_0} = \Bigl|\int_{t_0}^{t}f(s, y(s))\dd s\Bigr| \leq M\abs{t - t_0} \leq Mh \leq b ,

waarbij de laatste stap uit $h \leq b/M$ volgt (of uit $M = 0$ , triviaal). En $T(y)$ is continu (zelfs $C^1$ , vraag 5): dus $T(y) \in X_h$ .

7. Voor $t \in I$ :

\abs{T(y)(t) - T(z)(t)} \leq \int_{t_0}^{t}\abs{f(s, y(s)) - f(s, z(s))}\,\abs{\dd s} \leq L\abs{t - t_0}\,d_\infty(y,z) \leq Lh\,d_\infty(y,z).

Is $Lh < 1$ , dan is $T$ een contractie van de niet-lege volledige $X_h$ , en geeft Banach een uniek vast punt — volgens vraag 5 de unieke oplossing.

8. Inductie; het geval $n = 1$ is de middelste ongelijkheid uit vraag 7. Aangenomen dat de grens voor $n$ geldt, volgt voor $t \geq t_0$ (het geval $t \leq t_0$ is symmetrisch)

\abs{T^{n+1}(y)(t) - T^{n+1}(z)(t)} \leq L\int_{t_0}^{t}\abs{T^n(y)(s) - T^n(z)(s)}\dd s \leq L\int_{t_0}^{t}\frac{L^n(s - t_0)^n}{n!}\dd s\; d_\infty(y,z),

en de integraal is gelijk aan $\frac{L^n(t - t_0)^{n+1}}{(n+1)!}$ : de grens met $n + 1$ . Bijgevolg is $d_\infty(T^n y, T^n z) \leq \frac{(Lh)^n}{n!}d_\infty(y, z)$ , en $\frac{(Lh)^n}{n!} \to 0$ (de exponentiële reeks convergeert): een zekere $T^m$ is dus een contractie. Vraag 4 is toepasbaar op de volledige $X_h$ : $T$ heeft precies één vast punt, dat wil zeggen het beginwaardeprobleem heeft precies één oplossing op $I$ met waarden in $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ .

9. Zij $y$ een oplossing op $I$ en stel dat de verzameling $E = \{t \in I, t > t_0 : \abs{y(t) - y_0} > b\}$ niet leeg is (de kant $t < t_0$ is symmetrisch); zij $\tau = \inf E$ . Wegens de continuïteit is $\abs{y(s) - y_0} \leq b$ voor $s \in \intcc{t_0}{\tau}$ , dus ligt de grafiek daar in $R$ , geldt de integraalvergelijking tot $\tau$ , en is

\abs{y(\tau) - y_0} = \Bigl|\int_{t_0}^{\tau}f\bigl(s, y(s)\bigr)\dd s\Bigr| \leq M(\tau - t_0) \leq Mh \leq b .

Is $\tau < t_0 + h$ , dan geven punten van $E$ die willekeurig dicht rechts van $\tau$ liggen wegens de continuïteit $\abs{y(\tau) - y_0} \geq b$ , dus $= b$ ; maar dan dwingt de formule hierboven $M(\tau - t_0) = Mh$ af, dat wil zeggen $\tau = t_0 + h$ : tegenspraak. Dus $\tau = t_0 + h$ en $E \subseteq \{t_0 + h\}$ , en de formule (in $\tau = t_0 + h$ ) geeft $\abs{y(t_0 + h) - y_0} \leq b$ , in strijd met het lidmaatschap van $E$ . Bijgevolg is $E = \emptyset$ : elke oplossing op $I$ blijft in de band, is een vast punt van $T$ in $X_h$ , en de eenduidigheid geldt onvoorwaardelijk.

10. Hier is $T(y)(t) = 1 + \int_0^t y$ . Uitgaande van $y^{(0)} \equiv 1$ :

y^{(1)}(t) = 1 + t,\quad y^{(2)}(t) = 1 + t + \frac{t^2}2,\quad\dots\quad y^{(n)}(t) = \sum_{k=0}^{n}\frac{t^k}{k!}

(inductie: het integreren van de partiële som voegt de volgende term toe). Dit zijn de partiële taylorsommen van $\eu^{\,t}$ ; op elk begrensd $I$ convergeren zij uniform naar $\eu^{\,t}$ (de staart wordt gedomineerd door de convergente getallenreeks $\sum h^k/k!$ ), en dat is inderdaad de unieke oplossing.

11. $y \equiv 0$ is een oplossing. Voor $y_c$ : zij is van klasse $C^1$ (beide stukken zijn dat, en in $t = c$ sluiten de afgeleiden aan: $0$ en $2(t - c) \to 0$ ), en voor $t > c$ is $y_c' = 2(t - c) = 2\sqrt{(t-c)^2} = 2\sqrt{\abs{y_c}}$ ; voor $t \leq c$ verdwijnen beide leden. Het beginwaardeprobleem $y(0) = 0$ heeft dus oneindig veel oplossingen (elke $c \geq 0$ , plus $y \equiv 0$ ). Het veld $\varphi(y) = 2\sqrt{\abs y}$ is bij $0$ niet Lipschitz: $\frac{\varphi(y) - \varphi(0)}{y - 0} = \frac{2}{\sqrt y} \to +\infty$ als $y \to 0^+$ : geen enkele constante $L$ voldoet op een omgeving van $0$ — precies waar alle oplossingen zich vertakken.

12. Scheiding van veranderlijken (of rechtstreeks narekenen) geeft als unieke lokale oplossing $y(t) = \frac1{1 - t}$ , gedefinieerd op $\intoo{-\infty}{1}$ en explosief in $t = 1$ . Voor de rechthoek $\intcc{-a}{a} \times \intcc{1 - b}{1 + b}$ is $M = \sup y^2 = (1 + b)^2$ , dus de gecertificeerde halve breedte is $h = \min\bigl(a, \frac{b}{(1+b)^2}\bigr)$ . Maximaliseren van $\frac{b}{(1+b)^2}$ : de afgeleide is nul in $b = 1$ , met waarde $\frac14$ . De stelling garandeert dus alleen leven op $\intcc{-\frac14}{\frac14}$ — terecht minder dan de werkelijke levensduur $1$ vooruit, en oneindig veel minder achteruit: de stelling is van nature lokaal, en het exploderen laat zien dat het niet anders kan.

13. $g$ beeldt $\intcc12$ in zichzelf af: $g$ daalt op $\intcc{1}{\sqrt2}$ en stijgt daarna (bestudeer $g'(x) = \frac12 - \frac1{x^2}$ ), met $g(1) = g(2) = \frac32$ en minimum $g(\sqrt2) = \sqrt2 > 1$ : dus $g(\intcc12) \subseteq \intcc{\sqrt2}{\frac32} \subseteq \intcc12$ ; en $g$ stuurt rationale getallen naar rationale getallen. Contractie: $\abs{g'(x)} = \abs{\frac12 - \frac1{x^2}} \leq \frac12$ op $\intcc12$ (want $\frac1{x^2} \in \intcc{\frac14}{1}$ ), dus geeft de middelwaardeongelijkheid $\abs{g(x) - g(y)} \leq \frac12\abs{x - y}$ . Een vast punt voldoet aan $\frac x2 = \frac1x$ , dat wil zeggen $x^2 = 2$ : onmogelijk in $\Q$ . De hypothese die faalt is de volledigheid van $X$ ( $\Q \cap \intcc12$ is niet volledig); in de vervollediging $\intcc12$ is het vaste punt $\sqrt2$ — de stelling van Banach, losgelaten op de rationale getallen, schept het irrationale.

14. A posteriori: $d(x_n, \ell) \leq d(x_n, x_{n+1}) + d(x_{n+1}, \ell) \leq k\,d(x_{n-1}, x_n) + k\,d(x_n, \ell)$ , waaruit $d(x_n, \ell) \leq \frac{k}{1-k}d(x_n, x_{n-1})$ . Heron vanuit $x_0 = \frac32$ : $x_1 = \frac{17}{12}$ , $d(x_1, x_0) = \frac1{12}$ , $k = \frac12$ : de a-priorigrens $\frac{k^n}{1-k}d(x_1,x_0) = \frac{2^{-n+1}}{12}$ zakt pas bij $n = 18$ onder $10^{-6}$ . In werkelijkheid is $x_1 = \frac{17}{12} \approx 1.41667$ (fout $2.5\cdot10^{-3}$ ), $x_2 = \frac{577}{408} \approx 1.4142157$ (fout $2.1\cdot10^{-6}$ ) en $x_3 \approx 1.41421356237469$ (fout $1.6\cdot10^{-12}$ ): drie stappen volstaan. Elke stap van Heron kwadrateert de fout ruwweg (kwadratische convergentie, een verschijnsel van Newton: Hoofdstuk 8); de contractieschatting, die haar slechts halveert, is eerlijk voor het slechtste geval maar hier pessimistisch.

15. Pas vraag 3 toe met $g = T_{y_0}$ (een $Lh$ -contractie, $Lh < 1$ ) en $\widetilde g = T_{z_0}$ , waarvan het vaste punt $y[z_0]$ is. Voor elke $y$ geldt

\abs{T_{y_0}(y)(t) - T_{z_0}(y)(t)} = \abs{y_0 - z_0},

(de integralen zijn identiek), dus $\sup_y d_\infty(T_{y_0}(y), T_{z_0}(y)) = \abs{y_0 - z_0}$ , en vraag 3 geeft

d_\infty(y[y_0], y[z_0]) \leq \frac{\abs{y_0 - z_0}}{1 - Lh} .

16. Op elk stuk begrenst vraag 15, toegepast met de waarden in het linkeruiteinde als begingegevens, de afwijking in het rechteruiteinde:

d_\infty \leq \frac{1}{1 - 1/2}\,(\text{afwijking links}) = 2\,(\text{afwijking links}) .

Met inductie over de $m$ stukken is de uiteindelijke afwijking dus hoogstens $2^m\abs{y_0 - z_0}$ , en de uniforme afwijking over het hele segment voldoet aan dezelfde grens (het supremum van elk stuk wordt in zijn eigen stadium beheerst). Met stukken van lengte $h \asymp \frac1{2L}$ is de factor $2^m = 2^{\,\text{lengte}\cdot 2L}$ : exponentieel in de lengte van het interval, precies zoals de grens $\eu^{L\abs{t-t_0}}$ van Gronwall voorspelt, met betere constanten.

17. Hetzelfde schema: voor $y \in X_h$ is

\abs{T_f(y)(t) - T_g(y)(t)} \leq \int_{t_0}^t \abs{f(s,y(s)) - g(s,y(s))}\,\abs{\dd s} \leq \varepsilon h ,

dus levert vraag 3 (met $T_f$ als contractie en $T_g$ als de verstoorde afbeelding) dat $d_\infty \leq \frac{\varepsilon h}{1 - Lh}$ .

18. Vraag 17 toegepast op $f = f_\lambda$ en $g = f_\mu$ geeft $d_\infty(y_\lambda, y_\mu) \leq \frac{Ch}{1 - Lh}\abs{\lambda - \mu}$ : de oplossingsafbeelding is Lipschitz met constante $\frac{Ch}{1-Lh}$ .

19. Elk argument gebruikte alleen: de axioma’s van een afstand, de volledigheid van het toneel, de grens $\abs{\int} \leq \int\abs{\cdot}$ , en de Lipschitz-eigenschap van $f$ — alles beschikbaar voor functies met waarden in $\R^n$ en $d_\infty$ gebouwd op elk van de equivalente afstanden uit Voorbeeld 4.2 (volledig volgens Stelling 4.9). Voor $y' = Ay$ met de nilpotente $A$ : $y^{(0)} \equiv (c_1, c_2)$ en

y^{(1)}(t) = (c_1, c_2) + \int_0^t (c_2, 0)\,\dd s = (c_1 + tc_2,\; c_2),

en opnieuw is $Ay^{(1)}(s) = (c_2, 0)$ : dus $y^{(2)} = y^{(1)}$ . De iteratie is vanaf $n = 1$ stationair, op de exacte oplossing $y(t) = (c_1 + tc_2, c_2) = \eu^{tA}y(0)$ — de nilpotentie kapt de exponentiële reeks af, en Picard merkt dat.

20. Leg $y \in X$ vast en zet $g_y(x) = y - \eta(x)$ : een $k$ -contractie van de volledige $X$ , dus is er precies één $x$ met $x + \eta(x) = y$ : de afbeelding $\Phi = \mathrm{id} + \eta$ is bijectief. Lipschitz-inverse: geldt $\Phi(x) = y$ en $\Phi(x') = y'$ , dan

d(x, x') \leq d(y, y') + d\bigl(\eta(x), \eta(x')\bigr) \leq d(y, y') + k\,d(x, x'),

dus $d(x, x') \leq \frac{1}{1-k}d(y, y')$ . (De afstanden komen hier van de normstructuur, zodat $d(a - c, b - c) = d(a, b)$ , wat de eerste ongelijkheid gebruikte.)

21. $g(x) = m + e\sin x$ is $e$ -Lipschitz op het volledige $\R$ (middelwaardeongelijkheid, $\abs{g'} = \abs{e\cos x} \leq e < 1$ ): Banach geeft een unieke oplossing en globale convergentie van de iteratie. Voor $e = \frac12$ , $m = 1$ en $x_0 = 1$ : $x_1 = 1 + \frac12\sin 1 \approx 1.42074$ , $d(x_1, x_0) \approx 0.4207$ , en de a-priorigrens $\frac{(1/2)^n}{1/2}\cdot 0.4207 \leq 10^{-3}$ geldt pas vanaf $n = 10$ : tien iteraties gecertificeerd (de werkelijke waarde $x \approx 1.4987$ wordt in feite al rond $n = 5$ tot op $10^{-3}$ bereikt).

22. Gebruik de beschrijving met cijfers (Oefening 4.8): $C$ is de verzameling van de sommen $\sum_{n\geq1}a_n3^{-n}$ met $a_n \in \{0, 2\}$ . Dan is $S_1(C) = \{x/3 : x \in C\}$ de deelverzameling met $a_1 = 0$ en $S_2(C) = \{x/3 + 2/3\}$ die met $a_1 = 2$ : hun vereniging, over de vrije keuze van $a_1$ , is precies $C$ . Eenduidigheid in één zin: op de ruimte van de niet-lege compacte deelverzamelingen van $\intcc01$ , gemetriseerd met de hausdorffafstand, is $A \mapsto S_1(A) \cup S_2(A)$ een $\frac13$ -contractie van een volledige ruimte, zodat Banach maar één vaste verzameling toelaat — het volume van bachelorjaar 3 maakt de hausdorffmetriek en dit argument rigoureus.

23. Zij $Z = \{t \in J : y(t) = z(t)\}$ : niet leeg ( $t_0 \in Z$ ) en gesloten in $J$ (de gelijkmaker van twee continue afbeeldingen: het origineel van $\{0\}$ onder $y - z$ ). Open: ligt $t_1 \in Z$ , pas dan de lokale stelling (vraag 8) toe in het punt $(t_1, y(t_1))$ , in een rechthoek waarop $f$ Lipschitz is: op een klein interval rond $t_1$ lossen $y$ en $z$ hetzelfde beginwaardeprobleem op en vallen zij daar dus samen (de onvoorwaardelijke eenduidigheid van vraag 9): een omgeving van $t_1$ ligt in $Z$ . Een niet-lege deelverzameling van het interval $J$ die zowel open als gesloten in $J$ is, is heel $J$ (intervallen zijn samenhangend, Stelling 4.27): dus $y = z$ op $J$ .

24. Hier is $f(t, y) = \alpha(t)y + \beta(t)$ $L$ -Lipschitz in $y$ op heel $\intcc AB \times \R$ met $L = \sup\abs\alpha$ (eindig, want $\alpha$ is continu op een segment), en is geen band $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ nodig: neem $X = C(\intcc AB)$ in zijn geheel, waarop $T$ welgedefinieerd is. De inductie van vraag 8 loopt woordelijk en geeft $d_\infty(T^ny, T^nz) \leq \frac{(L(B - A))^n}{n!}d_\infty(y, z)$ : een iteratie is een contractie, hoe groot de lengte $B - A$ ook is, en vraag 4 besluit: één en slechts één oplossing op het hele segment. De lineariteit komt precies één keer binnen: zij maakt de Lipschitz-grens globaal in $y$ en verwijdert zo de rechthoek en haar $h \leq b/M$ .

25. Volledigheid maakte van de cauchyrij van iteraties een echte oplossing (vragen 1, 6, 8), en haar afwezigheid liet $\sqrt2$ uit $\Q$ ontsnappen (vraag 13). De contractie gaf de eenduidigheid, het algoritme en de foutbalken (vragen 7, 14). De iteratietruc verwijderde de kleinheidsvoorwaarde $Lh < 1$ , zodat het gecertificeerde interval alleen van $M$ afhangt en niet van $L$ — en maakte lineaire vergelijkingen globaal (vragen 8, 24). Samenhang tilde de lokale eenduidigheid op tot globale eenduidigheid (vraag 23). De tegenvoorbeelden: $2\sqrt{\abs y}$ bewaakt de Lipschitz-voorwaarde (vraag 11), $y^2$ bewaakt de lokaliteit (vraag 12) en $\Q$ bewaakt de volledigheid (vraag 13). De top is de stelling van Picard en Lindelöf (vraag 8); is $f$ alleen maar continu, dan overleeft het bestaan maar sterft de eenduidigheid, en ruilt het bewijs de contractie in voor compactheid van functieverzamelingen — de stelling van Peano via Arzelà–Ascoli, in het volume van bachelorjaar 3.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst