Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

4Topologie van metrische ruimten

De topologie van de reële lijn (volume van Jaar 1) veralgemeent, bijna zonder een woord te wijzigen, tot elke verzameling voorzien van een afstand. De winst is enorm: rijen van functies, matrices, krommen — allemaal worden punten van metrische ruimten, en de drie pijlers die hier bewezen worden — volledigheid met de vastepuntsstelling van Banach, compactheid, samenhang — zijn er uniform op van toepassing. Dit hoofdstuk is de ruggengraat van de hele analytische helft van het boek.

4.1 Metrische ruimten

Definitie 4.1

Een metrische ruimte is een verzameling $X$ met een afbeelding $d \colon X \times X \to \R_+$ zodat, 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 een metrische ruimte met de geïnduceerde afstand.

Voorbeeld 4.2

$\R$ met $\abs{x - y}$ ; $\R^n$ met een 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 continue functies met de sup-afstand $d_\infty(f, g) = \sup_{\intcc{a}{b}} \abs{f - g}$ (eindig: $f - g$ is begrensd); elke verzameling met de discrete afstand ( $d(x,y) = 1$ voor $x \neq y$ ). Afstanden afkomstig van normen zijn het onderwerp van Hoofdstuk 5.

Definitie 4.3 (Topologie van een metrische ruimte)

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

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

In $\R$ , zij $A = \intoc{0}{1} \cup \{2\}$ . Inwendige: $\intoo{0}{1}$ — rond elk $x \in \intoo01$ blijft een kleine bol in $A$ ; rond $1$ loopt elke bol $\intoo{1-r}{1+r}$ rechts uit $A$ weg, dus $1$ is niet inwendig; en het geïsoleerde punt $2$ is dat evenmin. Afsluiting: $\intcc{0}{1} \cup \{2\}$ (het punt $0$ is een limiet van $A$ , er wordt niets anders toegevoegd). Rand (afsluiting minus inwendige): $\{0, 1, 2\}$ . Merk de asymmetrieën op die het onthouden waard zijn: een eindpunt kan tot een verzameling behoren zonder inwendig te zijn ( $1$ ), aanklevend zijn zonder te behoren ( $0$ ), en een geïsoleerd punt is zijn eigen rand ( $2$ ). Dezelfde boekhouding loopt letterlijk 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 is 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 ;

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

Stelling 4.6 (Globale karakterisering van continuïteit)

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

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

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

4.2 Volledige ruimten

Definitie 4.7

Een rij $(x_n)$ is Cauchy wanneer $\sup_{p, q \geq N} d(x_p, x_q) \to 0$ als $N \to \infty$ . Een metrische ruimte is volledig wanneer elke Cauchyrij convergeert. Convergent $\Rightarrow$ Cauchy altijd; gesloten deelverzamelingen van volledige ruimten zijn volledig, en volledige deelverzamelingen van elke ruimte zijn gesloten (zelfde bewijzen als op $\R$ : volume van Jaar 1).

Voorbeeld 4.8 (Cauchy zonder limiet)

In $X = \Q$ met de gewone afstand voldoen de decimale afknottingen van $\sqrt2$ ,

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

aan $\abs{x_p - x_q} \leq 10^{-\min(p,q)}$ : Cauchy in $\Q$ . Een limiet in $\Q$ zou ook de limiet in $\R$ zijn, namelijk $\sqrt2 \notin \Q$ : er bestaat geen limiet in $X$ . Onvolledigheid is de aanwezigheid van zulke “fantoomlimieten”; de volledigheid van $\R$ is in het volume van Jaar 1 precies geconstrueerd om elke Cauchyrij een thuis te geven.

Stelling 4.9

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

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

$C(\intcc{a}{b})$ : zij $(f_n)$ $d_\infty$ -Cauchy. Voor elke $x$ is $(f_n(x))$ Cauchy in $\R$ ( $\abs{f_p(x) - f_q(x)} \leq d_\infty(f_p, f_q)$ ): convergeert naar zekere $f(x)$ . Overgang naar de limiet in $\abs{f_p(x) - f_q(x)} \leq \varepsilon$ (geldig voor $p, q \geq N_\varepsilon$ , alle $x$ ) als $q \to \infty$ : $\abs{f_p(x) - f(x)} \leq \varepsilon$ voor alle $x$ , d.w.z. $d_\infty(f_p, f) \leq \varepsilon$ : uniforme convergentie. De limiet is continu: gegeven $\varepsilon$ , kies $p$ met $\sup\abs{f_p - f} \leq \varepsilon$ , gebruik dan continuïteit van $f_p$ in $a$ en de drietermssplitsing

\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 uniforme-limietstelling van Hoofdstuk 10.) ∎

Voorbeeld 4.10 (Open en gesloten verzamelingen herkend via continuïteit)

De globale karakterisering (Stelling 4.6) is het alledaagse instrument voor topologische boekhouding. In $\R^2$ : de verzameling $\{(x, y) : x^2 + y^2 < 1,\ y > x^3\}$ is 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 $\bigl(C(\intcc01), d_\infty\bigr)$ : de verzameling van functies met $f(0) = f(1)$ en $\int_0^1 f = 0$ is 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: toon een continue afbeelding, lees de verzameling als origineel, citeer de stelling.

Voorbeeld 4.11 (Een gesloten verzameling gedefinieerd door 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 $1$ -Lipschitzfuncties gesloten, hoewel ze 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 elke enkele voorwaarde definieert een gesloten verzameling, en $L$ is de doorsnede van deze familie — een willekeurige doorsnede van gesloten verzamelingen is gesloten. Hetzelfde sjabloon certificeert geslotenheid voor monotone functies, convexe functies, functies begrensd door een vaste $g$ : uniforme limieten erven elke eigenschap die als familie van gesloten puntgewijze beperkingen uitdrukbaar is. Wat uniforme limieten niet automatisch erven — differentieerbaarheid, bijvoorbeeld — is precies waar Hoofdstuk 10 hard voor moet werken.

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 $f$ een uniek 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. Uniciteit: twee vaste punten liggen op afstand $\leq k$ maal zichzelf. Bestaan: $d(x_{n+1}, x_n) \leq k^n d(x_1, x_0)$ door inductie, 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 :

Cauchy, dus convergent naar zekere $\ell$ ; continuïteit van $f$ brengt $x_{n+1} = f(x_n)$ over naar de limiet: $\ell = f(\ell)$ . De foutenschatting is de weergegeven schatting met $q \to \infty$ . ∎

Voorbeeld 4.13 (Een integraalvergelijking)

Op $X = C(\intcc{0}{1})$ (volledig, Stelling 4.9), beschouw $T(f)(x) = 1 + \frac12 \int_0^x f(t)\,\dd t$ . Voor $f, g \in X$ :

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

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

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

Op de volledige $X = \intcc{0}{1}$ stuurt de afbeelding $f = \cos$ $X$ naar $\intcc{\cos 1}{1} \subseteq X$ en is een contractie: door de middelwaardeongelijkheid,

\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: een unieke oplossing van $x = \cos x$ in $\intcc01$ (dus in $\R$ : elk reëel vast punt ligt in $\intcc{-1}{1}$ , dan in $\intcc{\cos 1}{1}$ na één toepassing), en de iteratie $x_{n+1} = \cos x_n$ convergeert ernaartoe vanaf elke start: $x_\infty \approx 0.739085$ , het beroemde getal verkregen door op de cosinustoets van een rekenmachine te hameren. De foutenschatting voorspelt verval met $(\sin1)^n/(1 - \sin1)$ — ongeveer één cijfer per $13$ drukken; de a-posteriori-grens van het weekendvraagstuk van dit hoofdstuk (vraag 14) certificeert elke stap ter plaatse.

4.3 Compactheid

Definitie 4.15

Een metrische ruimte $X$ is compact wanneer elke rij in $X$ een deelrij heeft die convergeert in $X$ (de Bolzano–Weierstrass-eigenschap). Een deelverzameling is 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 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 bereikt haar grenzen.
(Heine) Een continue afbeelding op een compacte ruimte is uniform continu.
Producten: als $X, Y$ compact zijn, is $X \times Y$ dat ook (met $d\bigl((x,y),(x',y')\bigr) = d(x,x') + d(y,y')$ ).

Bewijs. (1) Zelfde argumenten als op de lijn (volume van Jaar 1): een naar oneindig ontsnappende of buiten convergente rij heeft geen deelrij die binnen convergeert; voor de tweede claim, extraheer in de omgevende compacte en gebruik geslotenheid.

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

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

(4) Het bewijs van Jaar 1 gaat letterlijk over; hier is het, in metrisch gewaad. Veronderstel $f \colon X \to Y$ continu op de compacte $X$ maar niet uniform continu: zekere $\varepsilon > 0$ laat, voor elke $n$ , punten toe 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 $y_{\varphi(n)} \to a$ ook (de onderlinge afstanden gaan naar $0$ ). 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 tegenspraak met de uniforme kloof $> \varepsilon$ . Compactheid leverde precies één ding: het ophopingspunt $a$ waarop gewone continuïteit toe te passen is.

(5) Extraheer op de $X$ -coördinaten, dan opnieuw op de $Y$ -coördinaten. ∎

Voorbeeld 4.17 (Stelling van Heine, met en zonder compactheid)

Op $\intcc{0}{1}$ is de functie $x \mapsto x^2$ uniform continu — Heine zegt dat zonder rekenwerk, maar de directe schatting is instructief:

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

dus $\delta = \varepsilon/2$ werkt voor elk punt tegelijk. Op $\R$ is dezelfde functie niet uniform continu: met $x_n = n$ en $y_n = n + \frac1n$ is 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 Lipschitzconstante $\abs{x + y}$ is begrensd op een compact en onbegrensd op $\R$ — de stelling van Heine is precies de uitspraak dat compactheid zulke lokale constanten uniform kapot.

Methode 4.18 (Bewijzen dat een verzameling compact is)

Drie routes, in volgorde van frequentie. (1) Herkenning in de omgeving: in $\R^n$ (of elke eindigdimensionale genormeerde ruimte, Hoofdstuk 5), verifieer gesloten — typisch als origineel, Voorbeeld 4.10 — en begrensd. (2) Overerving: een gesloten deelverzameling van een bekende compacte ruimte is compact; een eindige unie of een product van compacta is compact; een continu beeld van een compact is compact. (3) Met de blote hand: extraheer een convergente deelrij uit een willekeurige rij — gewoonlijk door opeenvolgende extracties coördinaat voor coördinaat. Om niet-compactheid te bewijzen volstaat één getuige: een rij zonder convergente deelrij, meestal punten met onderlinge afstand $\geq \varepsilon$ .

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

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

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 $K$ ( $d(x, F) = 0$ zou $x \in \overline F = F$ plaatsen), dus bereikt zij een positief minimum op de compacte $K$ (Stelling 4.16 (3)). Compactheid is geen decoratie: voor twee gesloten verzamelingen kan het infimum verdwijnen zonder bereikt te worden — 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). Ontsnapping naar oneindig is precies wat compactheid verbiedt.

Stelling 4.20 (Borel–Lebesgue)

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

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

(mogelijk bij elke stap precies omdat er oneindig veel kandidaten overblijven) zou een naar $x$ convergente deelrij bouwen. De bollen $B(x, r_x)$ overdekken $X$ ; als eindig veel ervan $X$ overdekten, zou de indexverzameling $\N$ een eindige unie van eindige verzamelingen zijn: absurd.

( $\Rightarrow$ ) Twee stappen. Lebesguegetal: voor een open overdekking $(U_i)$ van een compacte $X$ bestaat $\rho > 0$ zodat elke bol van straal $\rho$ in zekere $U_i$ ligt. Anders kies voor elke $n$ een $x_n$ met $B(x_n, \frac{1}{n+1})$ in geen enkele $U_i$ ; extraheer $x_{\varphi(n)} \to x \in U_{i_0} \supseteq B(x, r)$ ; voor grote $n$ , $B(x_{\varphi(n)}, \frac{1}{\varphi(n)+1}) \subseteq B(x, r) \subseteq U_{i_0}$ : tegenspraak. Totale begrensdheid: voor elke $\rho > 0$ overdekken eindig veel bollen van straal $\rho$ $X$ . Anders kies inductief $x_{n+1}$ buiten $B(x_0, \rho) \cup \dots \cup B(x_n, \rho)$ : de rij heeft paarsgewijze afstanden $\geq \rho$ , dus geen Cauchy- — dus geen convergente — deelrij: tegenspraak. Combineren: overdek $X$ met eindig veel bollen van straal $\rho$ (het Lebesguegetal), elk in zekere $U_i$ : een eindige deeloverdekking. ∎

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

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

Voorbeeld 4.22 (Compactheid lezen op 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 $\intoc{0}{1}$ is niet compact — wat de sequentiële definitie ziet via $x_n = \frac1n$ , waarvan de limiet $0$ ontsnapt. Anderzijds herstelt het toevoegen van het enkele punt $0$ beide diagnoses tegelijk: op $\intcc{0}{1}$ moet elke zulke overdekking een verzameling bevatten die $0$ bevat, die een heel initieel segment opslokt, en eindig veel verzamelingen voltooien de rest. De twee talen van Stelling 4.20 falen of slagen altijd samen — overdekkingen detecteren ontsnapping precies waar rijen dat doen.

Opmerking 4.23 (Perspectieven binnen dit volume)

Dit hoofdstuk is de dragende muur van het volume; let op waar elke pijler gewicht draagt. Volledigheid: het Cauchy-criterium wordt de convergentietest voor reeksen in Banachruimten (Hoofdstuk 7), uniforme convergentie in Hoofdstuk 10 is precies convergentie in de volledige $\bigl(C, d_\infty\bigr)$ , en Cauchy–Lipschitz (Hoofdstuk 16) is de vastepuntsstelling van Banach in integraalvergelijkingskleding. Compactheid: zij bewijst de equivalentie van normen (Hoofdstuk 5), het bereiken van extrema voor de optimalisatie van Hoofdstuk 15, en het bestaan van beste benaderingen (weekendvraagstuk van Hoofdstuk 5). Samenhang: zij globaliseert lokale uitspraken — uniciteit 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 (Veelgemaakte 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 maar niet compact (Oefening 4.4), en de gesloten eenheidsbol van $C(\intcc01)$ faalt ook (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 de gewone convergente rijen maar is onvolledig (Oefening 4.1). (iii) Een continue bijectie hoeft geen homeomorfisme te zijn — de cirkelparametrisering van Oefening 4.7; compactheid van de bron herstelt het. (iv) De stelling van Banach eist $k < 1$ uniform: de voorwaarde $d(f(x), f(y)) < d(x,y)$ alleen garandeert niets op een niet-compacte ruimte (Oefening 4.5). (v) Samenhangend impliceert niet boogsamenhangend in het algemeen — maar voor de open deelverzamelingen van genormeerde ruimten die in dit boek voorkomen, vallen de twee samen (Hoofdstuk 5).

Opmerking 4.25 (Waar dit hoofdstuk gebruikt wordt)

Overal in de analytische helft. Volledigheid van $C(\intcc{a}{b})$ voedt de convergentiestellingen van Hoofdstuk 10 en de Cauchy–Lipschitz-theorie van Hoofdstuk 16 (het weekendvraagstuk van dit hoofdstuk bewijst al de lokale stelling van Picard–Lindelöf); compactheid geeft de equivalentie van normen in eindige dimensie (Hoofdstuk 5) en het bestaan van extrema in Hoofdstuk 15; samenhang ligt ten grondslag aan de tussenwaardeargumenten van Hoofdstuk 8 en de uniciteitsglobalisering voor differentiaalvergelijkingen. In het volume van Jaar 3 worden compactheid in functieruimten (de stelling van Arzelà–Ascoli) en de categoriestelling van Baire (Oefening 4.12 hier) dagelijkse instrumenten.

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 equipotent met ℝ — en keert terug als vast punt van een contractie op verzamelingen in het weekendvraagstuk 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 equipotent met $\R$ — en keert terug als *vast punt* van een contractie op verzamelingen in het weekendvraagstuk van dit hoofdstuk (vraag 22).

4.4 Samenhang

Definitie 4.26

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

Stelling 4.27

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

Bewijs. (1) Een niet-interval $A$ mist zekere $z$ 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 $a \in U$ , $b \in V$ , zeg $a < b$ , en stel $s = \sup\,(U \cap \intcc{a}{b})$ , een punt van $\intcc{a}{b} \subseteq I$ . Als $s \in U$ : dan $s \neq b$ , en relatieve openheid van $U$ plaatst een heel interval rond $s$ (doorsneden met $I$ ) in $U$ — dus punten van $U \cap \intcc{a}{b}$ overschrijden $s$ , in tegenspraak met het supremum. Als $s \in V$ : relatieve openheid van $V$ plaatst een interval $\intoo{s - r}{s + r} \cap I$ in $V$ ; maar het supremum is aanklevend aan $U \cap \intcc{a}{b}$ , dat dat interval moet ontmoeten — tegenspraak met $U \cap V = \emptyset$ . (Dit is het clopen-argument van Jaar 1 voor $\R$ , uitgevoerd binnen $I$ .)

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

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

Voorbeeld 4.28

$GL_n(\R)$ is niet samenhangend: $\det$ is continu (een polynoom in de entries) op $\R^*$ , die niet samenhangend is; de originelen van $\R_+^*$ en $\R_-^*$ splitsen $GL_n(\R)$ . (Elk stuk is in feite boogsamenhangend — een aangename oefening voorbij onze behoeften.) Daarentegen is $GL_n(\C)$ boogsamenhangend: Oefening 4.10.

Voorbeeld 4.29 (Een vast punt uit alleen samenhang)

Elke continue $f \colon \intcc01 \to \intcc01$ heeft een vast punt — geen contractiehypothese, geen iteratie. Beschouw $g(x) = f(x) - x$ , continu op de 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 $g$ , d.w.z. een vast punt van $f$ . Contrast met Banach (Stelling 4.12): hier is bestaan topologisch en gratis, maar uniciteit en het algoritme gaan verloren — $f = \mathrm{id}$ heeft elk punt vast, en iteratie van een niet-contracterende $f$ kan eeuwig cycleren. De twee vastepuntsstellingen van dit hoofdstuk beantwoorden verschillende vragen met verschillende munten.

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

Samenhang is een topologische vingerafdruk. Veronderstel dat $h \colon \R^2 \to \R$ een homeomorfisme was (een continue bijectie met continue inverse). Verwijder één punt $a \in \R^2$ : de restrictie $h \colon \R^2\setminus\{a\} \to \R\setminus\{h(a)\}$ is nog een homeomorfisme. Maar $\R^2$ minus een punt is boogsamenhangend — verbind twee willekeurige punten door een segment, omweg langs een tweede segment via een hulppunt als $a$ het directe blokkeert — dus samenhangend (Stelling 4.27 (3)); terwijl $\R$ minus een punt splitst in twee niet-lege open halfrechten: niet samenhangend. Samenhang wordt bewaard door continue afbeeldingen: tegenspraak. Het vlak en de lijn zijn werkelijk verschillend als topologische ruimten — een feit dat cardinaliteit alleen (bijecties in de stijl van Oefening 1.3 bestaan!) te grof is om te zien.

4.5 Oefeningen

Oefening 4.1 ★

Controleer op $\R$ 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? Is $(\R, d)$ volledig?

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.1.

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

Convergentie: voor $\delta$ , $\delta(x_n, x) \to 0 \iff \abs{x_n - x} \to 0$ (voor kleine waarden komen de twee afstanden overeen): 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 relevante 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 $\frac\pi2$ ): Cauchy; 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 Cauchy en begrensd is, en dat een Cauchyrij met een convergente deelrij convergeert. Leid 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: voorbij $N$ , $d(x_n, \ell) \leq 1$ ; de eindig vele eerste termen liggen ook binnen zekere straal.

Cauchy $+$ convergente deelrij $x_{\varphi(n)} \to \ell$ : gegeven $\varepsilon$ , 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 door Cauchy, aangezien $\varphi(n) \geq n$ ).

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

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.

$d_\infty(f, g) = \sup_{\intcc{0}{1}} \abs{x - x^2} = \frac14$ (maximum van $x - x^2$ 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 ( $\abs{f(0) - g(0)} \leq d_\infty(f,g)$ ), dus continu: de verzameling is gesloten (Stelling 4.6). Evenzo is $\{f : f(0) > 0\}$ het origineel van de open $\intoo{0}{+\infty}$ : open.

Oefening 4.4 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.4.

Volledig: een Cauchyrij met $\varepsilon = \frac12$ is uiteindelijk constant, dus convergent.

Compact iff eindig: als $X$ eindig is, neemt elke rij zekere waarde oneindig vaak aan (constante deelrij). Als $X$ oneindig is, heeft een rij paarsgewijs verschillende punten alle onderlinge afstanden $1$ : geen Cauchy-deelrij, dus geen convergente.

Samenhangende deelverzamelingen: de singletonen (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 van straal $\frac12$ zijn singletonen).

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 $f$ een uniek 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 $X$ ( $\abs{g(x) - g(y)} \leq 2d(x,y)$ door twee driehoeksongelijkheden), dus bereikt zij haar minimum in zekere $a$ (Stelling 4.16). Als $f(a) \neq a$ :

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

in tegenspraak met minimaliteit. Dus $f(a) = a$ ; uniciteit 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 $\intco{1}{+\infty}$ : $\abs{f(x) - f(y)} = \abs{x - y}\,\abs{1 - \frac{1}{xy}} < \abs{x - y}$ voor $x \neq y$ (aangezien $xy > 1$ ), maar $f(x) > x$ overal.

Oefening 4.6 ★★

(Geneste compacta) 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 dat niet-lege geneste gesloten verzamelingen in $\R$ 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 de limiet $\ell \in K_n$ . Vandaar $\ell \in \bigcap K_n$ .

Gesloten tegenvoorbeeld: $F_n = \intco{n}{+\infty}$ in $\R$ : genest, gesloten, niet-leeg, 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, dus gesloten. Dus $f^{-1}$ is continu: $f$ is 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 $C$ ontstaat uit $\intcc{0}{1}$ door herhaaldelijk open middelste derden te verwijderen. Bewijs dat $C$ compact is, leeg inwendige heeft, en oneindig is — ja, equipotent met $\{0,1\}^{\N}$ (ternaire ontwikkelingen met cijfers $0,2$ ; Oefening 1.3).

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.8.

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

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

Cardinaliteit: de punten van $C$ zijn precies de reële $\sum_{n\geq1} a_n 3^{-n}$ met cijfers $a_n \in \{0, 2\}$ (in elk stadium verwijdert het 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 $C$ is equipotent 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. Hint: als $a \notin f(X)$ , dan $\varepsilon = d(a, f(X)) > 0$ (waarom?); bestudeer de baan $a, f(a), f^2(a), \dots$ en toon dat haar punten paarsgewijs $\geq \varepsilon$ uit elkaar liggen — tegenspraak met compactheid.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.9.

Veronderstel $a \notin f(X)$ . Het beeld $f(X)$ is compact (continu beeld), dus gesloten; derhalve

\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 bereikt; als het $0$ was, zou $a$ aanklevend zijn aan de gesloten $f(X)$ , dus erin).

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

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,

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

Oefening 4.10 ★★★

Bewijs dat $GL_n(\C)$ boogsamenhangend is. Hint: gegeven $A, B$ inverteerbaar, beschouw $p(z) = \det\bigl((1 - z)A + zB\bigr)$ voor $z \in \C$ : een polynoom in $z$ , niet identiek nul, dus met eindig veel wortels; verbind $0$ met $1$ in $\C$ door een pad dat ze vermijdt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.10.

Zij $A, B \in GL_n(\C)$ en $p(z) = \det\bigl((1-z)A + zB\bigr)$ : een polynoom in $z$ (elke entry is affien in $z$ ; de determinant is een polynoom in de entries). $p(0) = \det A \neq 0$ : $p$ is niet identiek nul, dus heeft eindig veel wortels $z_1, \dots, z_m$ (geen gelijk aan $0$ of $1$ : $p(1) = \det B \neq 0$ ). Het vlak $\C$ minus eindig veel punten is boogsamenhangend: er bestaat een pad van $0$ naar $1$ dat de $z_i$ vermijdt (neem een gebroken lijn door een punt ver van alle wortels, of een cirkelboog; slechts eindig veel obstakels). Langs zo’n pad $\gamma$ is $t \mapsto (1 - \gamma(t))A + \gamma(t)B$ een continu pad binnen $GL_n(\C)$ van $A$ naar $B$ (de determinant verdwijnt er nooit op). Dus is $GL_n(\C)$ boogsamenhangend — anders dan haar reële neef (Voorbeeld 4.28): het complexe vlak heeft ruimte om om obstakels heen te lopen.

Oefening 4.11 ★★

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

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

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.11.

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

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

De schakelaar: voor disjuncte gesloten $A, B$ : de noemer $d(x,A) + d(x,B)$ verdwijnt nooit (het zou $x \in \overline A \cap \overline B = A \cap B = \emptyset$ forceren), dus $\varphi$ is goed gedefinieerd, en continu als quotiënt van continue functies met niet-verdwijnende noemer. $\varphi(x) = 0$ iff $d(x, A) = 0$ iff $x \in A$ ; $\varphi(x) = 1$ iff $d(x, B) = 0$ iff $x \in B$ ; en $0 \leq \varphi \leq 1$ overal.

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 is in $X$ (bouw binnen elke bol geneste gesloten bollen $\overline B(x_n, r_n) \subseteq U_n$ met $r_n \to 0$ en gebruik volledigheid). Leid af dat $\R$ geen aftelbare unie is van gesloten verzamelingen met leeg inwendige, en herwin — opnieuw — dat $\R$ overaftelbaar is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 4.12.

Zij $B(x_0, r_0)$ een willekeurige bol; we vinden een punt van $\bigcap U_n$ erin. Aangezien $U_1$ 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 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 beide $x_p, x_q$ in $B(x_n, r_n)$ met $r_n \leq 2^{-n}r_0$ : de rij is Cauchy, en convergeert naar zekere $\ell$ door volledigheid. 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 $\ell \in \overline B(x_1, r_1) \subseteq B(x_0, r_0)$ . Dus ontmoet $\bigcap_n U_n$ elke bol: dicht.

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

4.6 Vraagstuk: Picard-iteratie

Volledigheid plus contractie is een oplossingsmachine: voer haar een vergelijking in, geschreven als vastpuntprobleem, en zij geeft bestaan, uniciteit, een algoritme, en foutenbalken. Dit weekendvraagstuk draait de machine op volle kracht op de vergelijking $y' = f(t, y)$ : we bewijzen de lokale stelling van Picard–Lindelöf (het niet-lineaire hart van de Cauchy–Lipschitz-theorie van Hoofdstuk 16), zien elke hypothese haar loon verdienen via tegenvoorbeelden, en oogsten zuiver metrische dividenden — continue afhankelijkheid van de gegevens, de vergelijking van Kepler, en de zelfgelijkenis van de Cantorverzameling.

Picard-iteraten voor y' = y, y(0) = 1: elke doorgang door T(y)(t) = 1 + ∈t_0t y voegt één Taylorterm toe, en de contractie perst de hele rij uniform op \,t. — Picard-iteraten voor $y' = y$ , $y(0) = 1$ : elke doorgang 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

Weekendvraagstuk — de stelling van Picard–Lindelöf

Doorheen, $t_0 \in \R$ , $y_0 \in \R$ , $a, b > 0$ , en $f$ is 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 variabele: $\abs{f(t, y) - f(t, z)} \leq L\abs{y - z}$ wanneer beide punten in $R$ liggen. Stel

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 podium.

Bewijs de twee uitspraken geciteerd in Definitie 4.7: een gesloten deelverzameling van een volledige metrische ruimte is volledig, en een volledige deelverzameling van elke metrische ruimte is gesloten. Leid af dat elke gesloten deelverzameling van $\bigl(C(I), d_\infty\bigr)$ een volledige metrische ruimte is.
Toon 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 $\widetilde g \colon X \to X$ elke afbeelding met een vast punt $\ell_{\widetilde g}$ . Bewijs

$d(\ell_g, \ell_{\widetilde g}) \leq \frac{d\bigl(g(\ell_{\widetilde g}), \widetilde g(\ell_{\widetilde g})\bigr)}{1 - k} \leq \frac{\sup_{x \in X} d\bigl(g(x), \widetilde g(x)\bigr)}{1 - k}.$
(De iterateertruc) Zij $X$ volledig niet-leeg en $g \colon X \to X$ een afbeelding — niet verondersteld continu — zodat zekere iteraat $g^m$ een $k$ -contractie is. Bewijs dat $g$ een uniek 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 langs resten mod $m$ .)

Deel II — De stelling van Picard–Lindelöf.

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

$y(t) = y_0 + \int_{t_0}^{t} f\bigl(s, y(s)\bigr)\dd s \qquad (t \in I).$
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 dat $X_h$ een niet-lege gesloten deelverzameling van $C(I)$ is, dus volledig, en dat $T$ $X_h$ in $X_h$ afbeeldt — hier werkt $h \leq b/M$ .
Toon dat $d_\infty\bigl(T(y), T(z)\bigr) \leq Lh\,d_\infty(y, z)$ op $X_h$ : als $Lh < 1$ , besluit de stelling van Banach al. We verwijderen deze kleinheidsvoorwaarde hierna.
Bewijs door inductie op $n$ :

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

zodat zekere iteraat van $T$ een contractie is. Besluit met vraag 4 (de stelling van Picard–Lindelöf): het Cauchyprobleem $y' = f(t,y)$ , $y(t_0) = y_0$ heeft precies één oplossing op $I = \intcc{t_0 - h}{t_0 + h}$ met waarden in $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ .
Toon dat de restrictie “met waarden in $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ ” automatisch is: elke oplossing van het Cauchyprobleem gedefinieerd op $I$ waarvan de grafiek in $R$ start, blijft in $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ (beschouw de eerste uittredingstijd en begrens $\abs{y(t) - y_0}$ door $M\abs{t - t_0}$ ). Dus geldt uniciteit onder alle oplossingen op $I$ .
Draai de machine op $y' = y$ , $y(0) = 1$ , startend van de constante $y^{(0)} \equiv 1$ : bereken de Picard-iteraten $y^{(n)}$ , identificeer ze, en beschrijf de convergentie.

Deel III — Elke hypothese verdient haar loon.

(Lipschitz faalt, uniciteit faalt) Voor $y' = 2\sqrt{\abs y}$ , $y(0) = 0$ : controleer dat $y \equiv 0$ en, voor elke $c \geq 0$ , de functie $y_c(t) = 0$ voor $t \leq c$ , $y_c(t) = (t - c)^2$ voor $t > c$ , alle $C^1$ oplossingen op $\R$ zijn. Waar precies faalt $y \mapsto 2\sqrt{\abs y}$ om Lipschitz te zijn?
(Lokaliteit is echt) Voor $y' = y^2$ , $y(0) = 1$ : los expliciet op, geef het maximale bestaansinterval, en bereken de beste $h$ die de stelling over alle keuzes van de rechthoek kan certificeren ( $a$ groot, $b$ vrij): toon $h_{\max} = \sup_{b>0} \frac{b}{(1+b)^2} = \frac14$ , terwijl de ware oplossing op $\intoo{-\infty}{1}$ leeft.
(Volledigheid is geen decor) Op $X = \Q \cap \intcc{1}{2}$ met de gewone afstand, zij $g(x) = \frac x2 + \frac1x$ . Toon $g(X) \subseteq X$ , 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 voltooiing?
(Foutenbalken) Voor een $k$ -contractie $g$ op een volledige ruimte, bewijs de a-posteriori-schatting $d(x_n, \ell) \leq \frac{k}{1-k}\,d(x_n, x_{n-1})$ . Voor de afbeelding van Heron $g(x) = \frac x2 + \frac 1x$ op $\intcc{1}{2}$ (vast punt $\sqrt2$ ), startend bij $x_0 = \frac32$ : hoeveel stappen eist de a-priori-grens $\frac{k^n}{1-k}d(x_1, x_0)$ voor nauwkeurigheid $10^{-6}$ , 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 $Lh < 1$ , dus $T$ zelf is een contractie op $X_h$ (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 dat beide problemen in de rechthoek passen. Bewijs met vraag 3

$d_\infty\bigl(y[y_0], y[z_0]\bigr) \leq \frac{\abs{y_0 - z_0}}{1 - Lh}.$
(Lange intervallen door aaneenschakeling) Veronderstel dat de oplossingen bestaan op een lang segment, gesneden in $m$ opeenvolgende stukken waarop de vorige grens geldt met $Lh \leq \frac12$ . Toon dat de afwijking per stuk met een factor ten hoogste $2$ groeit, dus $d_\infty \leq 2^m\abs{y_0 - z_0}$ overall — een exponentieel-in-lengte grens, de discrete schaduw van de $\eu^{L\abs{t - t_0}}$ van het lemma van Gronwall (Hoofdstuk 16).
(Afhankelijkheid van het veld) Zij $g$ een ander veld op $R$ , ook $L$ -Lipschitz in $y$ , met $\sup_R \abs{f - g} \leq \varepsilon$ . Bewijs dat de overeenkomstige oplossingen $d_\infty \leq \frac{\varepsilon h}{1 - Lh}$ voldoen: modelleringsfout plant zich lineair voort.
(Parameters) Als een familie $f_\lambda$ van velden $L$ -Lipschitz in $y$ uniform is en $\sup_R\abs{f_\lambda - f_\mu} \leq C\abs{\lambda - \mu}$ , leid af dat $\lambda \mapsto y_\lambda$ Lipschitz is van de parameterruimte naar $\bigl(C(I), d_\infty\bigr)$ .
(Systemen kosten niets) Leg uit waarom Delen I, II en IV letterlijk gelden voor $y$ met waarden in $\R^n$ (sup-afstanden gebouwd op een van de afstanden van Voorbeeld 4.2), en bereken dan alle Picard-iteraten voor het systeem $y' = Ay$ , $y(0) = (c_1, c_2)$ , $A = \left(\begin{smallmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\end{smallmatrix}\right)$ : toon dat de iteratie stationair wordt bij de exacte oplossing na één stap.

Deel V — Metrische dividenden en synthese.

(Perturbatie van de identiteit) Zij $X$ een genormeerde-ruimte-achtig podium: neem $X = C(I)$ of $\R^n$ . Als $\eta \colon X \to X$ $k$ -Lipschitz is met $k < 1$ , bewijs 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 inversefunctiestelling (Hoofdstuk 15).
(Vergelijking van Kepler) Voor $0 \leq e < 1$ en $m \in \R$ , bewijs dat $x = m + e\sin x$ precies één oplossing heeft, dat de iteratie $x_{n+1} = m + e\sin x_n$ ernaar convergeert vanaf elke start, en schat: voor $e = \frac12$ , $m = 1$ , hoeveel iteraties garanderen een fout $\leq 10^{-3}$ via de a-priori-grens? (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 van Oefening 4.8. Bewijs $C = S_1(C) \cup S_2(C)$ , 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 Hausdorff-afstand, eerlijk gemaakt in het volume van Jaar 3).
(Samenhang globaliseert uniciteit) Zij $f$ lokaal Lipschitz in $y$ op een open verzameling, en zij $y, z$ twee oplossingen van $y' = f(t, y)$ op een gemeenschappelijk interval $J$ met $y(t_0) = z(t_0)$ . Bewijs $y = z$ op $J$ : toon dat $\{t \in J : y(t) = z(t)\}$ niet-leeg, gesloten in $J$ , en open in $J$ is (door lokale uniciteit), en gebruik de samenhang van intervallen (Stelling 4.27).
(Geen kleinheid voor lineaire vergelijkingen) Voor $y' = \alpha(t)y + \beta(t)$ met $\alpha, \beta$ continu op een segment $\intcc{A}{B}$ , pas vraag 8 aan om te tonen dat de faculteitsgrens op het hele segment geldt, dus bestaan en uniciteit daar globaal zijn — het scalaire geval van de stelling van Cauchy–Lipschitz van Hoofdstuk 16, zonder restrictie op de lengte $B - A$ .
(Synthese) Eén zin elk: wat volledigheid bijdroeg; wat de contractie bijdroeg; wat de iterateertruc kocht vergeleken met gewone Banach; waar samenhang binnenkwam; en welk tegenvoorbeeld van Deel III welke hypothese bewaakt. Noem de topstelling, en zeg wat contractie vervangt wanneer $f$ slechts continu is (stelling van Peano, via compactheid in functieruimten — de stelling van Arzelà–Ascoli van het volume van Jaar 3).

Oplossing

Oplossing van Probleem 4.1.

1. Zij $F$ gesloten in de volledige $X$ en $(x_n) \subseteq F$ Cauchy: zij convergeert in $X$ naar zekere $\ell$ , en $\ell \in F$ omdat $F$ gesloten is (limieten van rijen uit $F$ blijven in $\overline F = F$ ): $F$ is volledig. Omgekeerd, zij $A \subseteq X$ volledig en $x \in \overline A$ : zekere rij uit $A$ convergeert naar $x$ ; zij is Cauchy, dus convergeert in $A$ ; limieten zijn uniek, dus $x \in A$ : $A$ gesloten. Aangezien $\bigl(C(I), d_\infty\bigr)$ 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 sup 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 begrensd de geëvalueerde kloof door de uniforme.

4. $g^m$ is een contractie op een niet-lege volledige ruimte: zij heeft een uniek vast punt $\ell$ (Stelling 4.12). Dan $g^m(g(\ell)) = g(g^m(\ell)) = g(\ell)$ : $g(\ell)$ is een vast punt van $g^m$ , dus $g(\ell) = \ell$ door uniciteit. Elk vast punt van $g$ is er een van $g^m$ : uniciteit voor $g$ . Banen: fixeer $r \in \{0, \dots, m-1\}$ ; de deelrij $(x_{qm + r})_q$ is de $g^m$ -baan startend in $x_r$ , dus zij convergeert naar $\ell$ als $q \to \infty$ (Banach opnieuw). Alle $m$ deelrijen convergeren naar hetzelfde $\ell$ , dus $x_n \to \ell$ : gegeven $\varepsilon$ , is elke restklasse uiteindelijk binnen $\varepsilon$ , en er zijn eindig veel klassen.

5. Als $y$ continu is met waarden in $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ , is het integrandum $s \mapsto f(s, y(s))$ continu op $I$ (samenstelling), dus is het rechterlid $C^1$ met afgeleide $f(t, y(t))$ (fundamentele stelling van de integraalrekening, volume van Jaar 1). Als $y$ de integraalvergelijking vervult, is zij die $C^1$ -functie, $y(t_0) = y_0$ , en $y' = f(t, y)$ . Omgekeerd, door $y' = f(s, y(s))$ te integreren van $t_0$ tot $t$ ontstaat 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), dus volledig door vraag 1. Stabiliteit: voor $y \in X_h$ en $t \in I$ ,

\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 ,

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

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).

Als $Lh < 1$ : $T$ is een contractie van de niet-lege volledige $X_h$ , en Banach levert een uniek vast punt — door vraag 5 de unieke oplossing.

8. Inductie; het geval $n = 1$ is de middelste ongelijkheid van vraag 7. Onder de schatting voor $n$ , 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 evalueert tot $\frac{L^n(t - t_0)^{n+1}}{(n+1)!}$ : de schatting met $n + 1$ . Dus $d_\infty(T^n y, T^n z) \leq \frac{(Lh)^n}{n!}d_\infty(y, z)$ , en $\frac{(Lh)^n}{n!} \to 0$ (de exponentiële reeks convergeert): zekere $T^m$ is een contractie. Vraag 4 past toe op de volledige $X_h$ : $T$ heeft een uniek vast punt, d.w.z. het Cauchyprobleem heeft precies één oplossing op $I$ met waarden in $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ .

9. Zij $y$ een oplossing van het probleem op $I$ en veronderstel 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 $\tau = \inf E$ . Door 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

\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 .

Als $\tau < t_0 + h$ , geven punten van $E$ willekeurig dicht bij $\tau$ van rechts, door continuïteit, $\abs{y(\tau) - y_0} \geq b$ , dus $= b$ ; maar dan forceert de weergave $M(\tau - t_0) = Mh$ , d.w.z. $\tau = t_0 + h$ : tegenspraak. Dus $\tau = t_0 + h$ , $E \subseteq \{t_0 + h\}$ , en de weergave (in $\tau = t_0 + h$ ) geeft $\abs{y(t_0 + h) - y_0} \leq b$ , in tegenspraak met lidmaatschap van $E$ . Dus $E = \emptyset$ : elke oplossing op $I$ blijft in de band, is een vast punt van $T$ in $X_h$ , en uniciteit is onvoorwaardelijk.

10. $T(y)(t) = 1 + \int_0^t y$ . Vanuit $y^{(0)} \equiv 1$ :

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: integreren van de partiële som voegt de volgende term toe). Dit zijn de Taylor-partiële sommen van $\eu^{\,t}$ ; op elke begrensde $I$ convergeren zij uniform naar $\eu^{\,t}$ (de staart wordt gedomineerd door de convergente numerieke reeks $\sum h^k/k!$ ), die inderdaad de unieke oplossing is.

11. $y \equiv 0$ is een oplossing. Voor $y_c$ : zij is $C^1$ (beide stukken zijn dat, en in $t = c$ komen de afgeleiden overeen: $0$ en $2(t - c) \to 0$ ), en voor $t > c$ : $y_c' = 2(t - c) = 2\sqrt{(t-c)^2} = 2\sqrt{\abs{y_c}}$ ; voor $t \leq c$ verdwijnen beide kanten. Dus heeft het Cauchyprobleem $y(0) = 0$ oneindig veel oplossingen ( $c \geq 0$ willekeurig, en $y \equiv 0$ ). Het veld $\varphi(y) = 2\sqrt{\abs y}$ is niet Lipschitz bij $0$ : $\frac{\varphi(y) - \varphi(0)}{y - 0} = \frac{2}{\sqrt y} \to +\infty$ als $y \to 0^+$ : geen constante $L$ werkt op enige omgeving van $0$ — precies waar alle oplossingen vertakken.

12. Door scheiding van variabelen (of directe controle) is de unieke lokale oplossing $y(t) = \frac1{1 - t}$ , gedefinieerd op $\intoo{-\infty}{1}$ en exploderend in $t = 1$ . Voor de rechthoek $\intcc{-a}{a} \times \intcc{1 - b}{1 + b}$ : $M = \sup y^2 = (1 + b)^2$ , dus de gecertificeerde halfbreedte is $h = \min\bigl(a, \frac{b}{(1+b)^2}\bigr)$ . Maximaliseren van $\frac{b}{(1+b)^2}$ : afgeleide nul in $b = 1$ , waarde $\frac14$ . Dus garandeert de stelling leven slechts op $\intcc{-\frac14}{\frac14}$ — correct korter dan de ware levensduur $1$ vooruit, en oneindig korter achteruit: de stelling is lokaal van aard, en de explosie toont dat het niet anders kan.

13. $g$ stuurt $\intcc12$ in zichzelf: $g$ daalt op $\intcc{1}{\sqrt2}$ en stijgt daarna (bestudeer $g'(x) = \frac12 - \frac1{x^2}$ ), met $g(1) = g(2) = \frac32$ en minimum $g(\sqrt2) = \sqrt2 > 1$ : $g(\intcc12) \subseteq \intcc{\sqrt2}{\frac32} \subseteq \intcc12$ ; en $g$ stuurt rationalen naar rationalen. Contractie: $\abs{g'(x)} = \abs{\frac12 - \frac1{x^2}} \leq \frac12$ op $\intcc12$ ( $\frac1{x^2} \in \intcc{\frac14}{1}$ ), dus de middelwaardeongelijkheid geeft $\abs{g(x) - g(y)} \leq \frac12\abs{x - y}$ . Een vast punt voldoet aan $\frac x2 = \frac1x$ , d.w.z. $x^2 = 2$ : onmogelijk in $\Q$ . De falende hypothese is volledigheid van $X$ ( $\Q \cap \intcc12$ is niet volledig); in de voltooiing $\intcc12$ is het vaste punt $\sqrt2$ — Banach’ stelling uitgevoerd op de rationalen creëert de irrationaal.

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-priori-grens $\frac{k^n}{1-k}d(x_1,x_0) = \frac{2^{-n+1}}{12}$ daalt onder $10^{-6}$ voor het eerst bij $n = 18$ . In werkelijkheid $x_1 = \frac{17}{12} \approx 1.41667$ (fout $2.5\cdot10^{-3}$ ), $x_2 = \frac{577}{408} \approx 1.4142157$ (fout $2.1\cdot10^{-6}$ ), $x_3 \approx 1.41421356237469$ (fout $1.6\cdot10^{-12}$ ): drie stappen volstaan. Elke Heronstap kwadrateert ongeveer de fout (kwadratische convergentie, een Newton-fenomeen: 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 $y$ ,

\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 past vraag 15, met de waarden in het linkeruiteinde als beginwaarden, de afwijking in het rechteruiteinde:

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

Door inductie over de $m$ stukken is de uiteindelijke afwijking ten hoogste $2^m\abs{y_0 - z_0}$ , en de uniforme afwijking over het hele segment gehoorzaamt dezelfde grens (het sup van elk stuk wordt op zijn stadium gecontroleerd). 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 Gronwalls grens $\eu^{L\abs{t-t_0}}$ voorspelt, met betere constanten.

17. Zelfde schema: voor $y \in X_h$ ,

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

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

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

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

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

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

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

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

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

22. Gebruik de cijferbeschrijving (Oefening 4.8): $C$ is de verzameling van sommen $\sum_{n\geq1}a_n3^{-n}$ , $a_n \in \{0, 2\}$ . Dan is $S_1(C) = \{x/3 : x \in C\}$ de deelverzameling met $a_1 = 0$ , en $S_2(C) = \{x/3 + 2/3\}$ de deelverzameling met $a_1 = 2$ : hun unie, over de vrije keuze van $a_1$ , is precies $C$ . Uniciteit in één zin: op de ruimte van niet-lege compacte deelverzamelingen van $\intcc01$ gemetisseerd door de Hausdorff-afstand is $A \mapsto S_1(A) \cup S_2(A)$ een $\frac13$ -contractie van een volledige ruimte, dus Banach staat slechts één vaste verzameling toe — het volume van Jaar 3 maakt de Hausdorff-metriek en dit argument rigoureus.

23. Zij $Z = \{t \in J : y(t) = z(t)\}$ : niet-leeg ( $t_0 \in Z$ ), gesloten in $J$ (gelijkmaker van twee continue afbeeldingen: origineel van $\{0\}$ onder $y - z$ ). Open: als $t_1 \in Z$ , pas de lokale stelling (vraag 8) toe in het punt $(t_1, y(t_1))$ , in een rechthoek waar $f$ Lipschitz is: op een klein interval rond $t_1$ lossen $y$ en $z$ hetzelfde Cauchyprobleem op, dus vallen zij daar samen (de onvoorwaardelijke uniciteit van vraag 9): een omgeving van $t_1$ ligt in $Z$ . Een niet-lege deelverzameling van het interval $J$ die zowel open als gesloten is in $J$ is geheel $J$ (intervallen zijn samenhangend, Stelling 4.27): $y = z$ 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: $\alpha$ continu op een segment), en geen band $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ is nodig: neem $X = C(\intcc AB)$ geheel, waarop $T$ goed gedefinieerd is. De inductie van vraag 8 loopt letterlijk en geeft $d_\infty(T^ny, T^nz) \leq \frac{(L(B - A))^n}{n!}d_\infty(y, z)$ : een iteraat is een contractie ongeacht de lengte $B - A$ , en vraag 4 concludeert: precies één oplossing op het hele segment. Lineariteit treedt precies één keer op: zij maakt de Lipschitz-grens globaal in $y$ , en verwijdert de rechthoek en haar $h \leq b/M$ .

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