Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3 · Bachelor Year 3

7Volledige ruimten: Baire, Ascoli, Stone–Weierstrass

Volledigheid — elke Cauchyrij convergeert — is de eigenschap waarmee de analyse objecten voortbrengt: vaste punten van contracties, sommen van reeksen, oplossingen van vergelijkingen verkregen als limiet. Dit hoofdstuk brengt de drie grote bestaansmachines van de metrische theorie samen. De stelling van Baire laat zien dat een volledige ruimte geen aftelbare vereniging van verwaarloosbare stukken kan zijn, en tovert objecten tevoorschijn (continue nergens differentieerbare functies!) uit een redenering die niet veel meer dan tellen is. Arzelà–Ascoli bepaalt de compacte deelverzamelingen van $\mathcal C(K)$ en is het compactheidswerkpaard van de analyse — de weekendopgave bewijst er de bestaansstelling van Peano voor differentiaalvergelijkingen mee. Stone–Weierstrass toont aan dat veeltermen, en veel meer, dicht liggen in $\mathcal C(K)$ : benaderen wordt een algebraïsche controle. Onderweg construeren we vervollediging en bewijzen we de voortzettingsstelling voor uniform continue afbeeldingen, het dagelijks brood van Hoofdstukken 12, 13 en 14.

7.1 Volledige ruimten, vervollediging, voortzetting

Definitie 7.1

Een metrische ruimte heet volledig als elke Cauchyrij convergeert (bachelorjaar 2: $\R^n$ is volledig; $\mathcal C(\intcc01)$ met $\norm\cdot_\infty$ is volledig). Een gesloten deelverzameling van een volledige ruimte is volledig; en een volledige deelverzameling van een willekeurige metrische ruimte is gesloten.

Bewijs. Voor de twee uitspraken: een Cauchyrij uit de gesloten $F$ convergeert in $X$ , en haar limiet, adherent aan $F$ , ligt in $F$ ; en een in $X$ convergerende rij uit een volledige $A$ is Cauchy, convergeert dus in $A$ , en limieten zijn uniek. ∎

Stelling 7.2 (Voortzetting van uniform continue afbeeldingen)

Zij $D \subseteq X$ dicht, $Y$ volledig, en $f \colon D \to Y$ uniform continu. Dan zet $f$ zich op precies één manier voort tot een continue $\bar f \colon X \to Y$ , en $\bar f$ is uniform continu.

Bewijs. Eenduidigheid: twee continue voortzettingen vallen samen op de dichte $D$ en dus overal (de verzameling $\{g = h\}$ is gesloten: het origineel van de gesloten diagonaal onder $x\mapsto(g(x), h(x))$ ). Bestaan: kies voor $x \in X$ een rij $d_n \to x$ met $d_n \in D$ . De rij $(f(d_n))$ is Cauchy: bij gegeven $\varepsilon$ levert de uniforme continuïteit een $\delta$ met $d(u,v) < \delta \Rightarrow d(f(u), f(v)) < \varepsilon$ , en $(d_n)$ is Cauchy. Definieer $\bar f(x) = \lim f(d_n)$ ; de limiet hangt niet van de gekozen rij af (verweef er twee). $\bar f$ zet $f$ voort (constante rijen) en erft de continuïteitsmodulus: is $d(x, x') < \delta$ , dan geeft benadering van beide door punten van $D$ op afstand $< \frac{\delta - d(x,x')}2$ in de limiet $d(\bar f(x), \bar f(x')) \leq \varepsilon$ — $\bar f$ is uniform continu. ∎

Stelling 7.3 (Vervollediging)

Elke metrische ruimte $X$ bedt zich isometrisch in als dichte deelverzameling van een volledige metrische ruimte $\hat X$ , uniek op een isometrie na die $X$ puntsgewijs vasthoudt: haar vervollediging.

Bewijs. Bestaan. Zij $\mathcal X$ de verzameling Cauchyrijen van $X$ , met de pseudo-afstand

D\bigl((x_n), (y_n)\bigr) = \lim_n d(x_n, y_n),

waarbij de limiet bestaat omdat $\abs{d(x_n, y_n) - d(x_m, y_m)} \leq d(x_n, x_m) + d(y_n, y_m)$ de reële rij Cauchy maakt. Stel $\hat X = \mathcal X/{\sim}$ , waarbij rijen op $D$ -afstand $0$ vereenzelvigd worden; $D$ daalt af tot een afstand. Bed $X$ in via de constante rijen: een isometrie met dicht beeld (een Cauchyrij wordt in $D$ benaderd door de constanten gebouwd op haar eigen termen: $D\bigl((x_n), (x_k)_{\rm const}\bigr) = \lim_n d(x_n, x_k) \to 0$ als $k \to \infty$ , wegens de Cauchy-eigenschap). Volledigheid van $\hat X$ : zij $(\xi^k)$ Cauchy in $\hat X$ ; kies wegens de dichtheid $x_k \in X$ met $D(\xi^k, x_k) \leq 2^{-k}$ ; dan is $(x_k)$ Cauchy in $X$ (driehoeksongelijkheid via de $\xi$ ), definieert het een punt $\xi \in \hat X$ , en is $D(\xi^k, \xi) \leq 2^{-k} + D(x_k, \xi) \to 0$ (de afstand van de constante $x_k$ tot de klasse van $(x_j)_j$ is $\lim_j d(x_k, x_j)$ , klein voor grote $k$ ).

Eenduidigheid: twee vervolledigingen $\hat X_1$ en $\hat X_2$ bevatten $X$ dicht; de identiteit van $X$ , een isometrie, is uniform continu en zet zich dus voort tot $\hat X_1 \to \hat X_2$ (Stelling 7.2), nog steeds een isometrie op een dichte verzameling en dus overal; symmetrisch in de andere richting, en de samenstellingen houden de dichte $X$ vast: het zijn de identiteiten. ∎

Stelling 7.4 (Vast punt van Banach)

Zij $X$ volledig en niet-leeg, en $f \colon X \to X$ een contractie: $d(f(x), f(y)) \leq k\,d(x,y)$ met $k < 1$ . Dan heeft $f$ precies één vast punt $x^*$ , en convergeert elke baan ernaartoe, met de expliciete snelheid $d(x_n, x^*) \leq \frac{k^n}{1-k}\,d(x_1, x_0)$ .

Bewijs. (Bachelorjaar 2 bewees dit; we noteren het argument van twee regels opnieuw, zodat dit hoofdstuk op zichzelf staat.) De baan $x_{n+1} = f(x_n)$ voldoet aan $d(x_{n+1}, x_n) \leq k^nd(x_1, x_0)$ en is dus Cauchy (meetkundige reeks); haar limiet $x^*$ is vast (continuïteit van $f$ ) en uniek, want twee vaste punten voldoen aan $d \leq k\,d$ . De snelheid: sommeer de meetkundige staart. ∎

Voorbeeld 7.5 (De identiteit verstoren)

Zij $g \colon \R^d \to \R^d$ $k$ -lipschitz met $k < 1$ . Dan is $\varphi = \mathrm{id} + g$ een homeomorfisme van $\R^d$ op $\R^d$ . Injectiviteit, met een kwantitatieve modulus:

\norm{\varphi(x) - \varphi(y)} \geq \norm{x - y} - \norm{g(x) - g(y)} \geq (1 - k)\norm{x - y} .

Surjectiviteit is de vastepuntstelling: $\varphi(x) = y$ oplossen betekent $x = y - g(x)$ , en $x \mapsto y - g(x)$ is een $k$ -contractie van het volledige $\R^d$ — voor elke $y$ bestaat er precies één oplossing $x = \psi(y)$ . De getoonde ongelijkheid maakt de inverse $\psi$ lipschitz met constante $\frac1{1-k}$ : een homeomorfisme, met expliciete grenzen op beide moduli. Deze onschuldig ogende uitspraak is de motor binnen de inverse-functiestelling (Hoofdstuk 20): nabij een punt waar $Df$ inverteerbaar is, is $f$ een inverteerbare lineaire afbeelding plus een kleine lipschitz-verstoring, en het voorbeeld van vandaag doet de rest. Het kwantificeert ook de numerieke robuustheid: een stelsel dat minder wordt verstoord dan de marge van de inverse, blijft oplosbaar, en de oplossing verschuift met hoogstens $\frac{1}{1-k}$ maal de verstoring.

7.2 De stelling van Baire

Stelling 7.6 (Baire)

In een volledige metrische ruimte is een aftelbare doorsnede van dichte open verzamelingen dicht. Gelijkwaardig: is $X = \bigcup_{n}F_n$ met elke $F_n$ gesloten, dan heeft een zekere $F_n$ een niet-leeg inwendige.

Bewijs. Zij $(U_n)$ dicht en open, en $B_0 = B(x_0, r_0)$ een willekeurige open bal; we zoeken een punt van $\bigcap U_n$ in $B_0$ . Inductief: omdat $U_{n}$ dicht en open is, snijdt het de open bal $B_{n-1}$ in een open verzameling, die een gesloten bal $\bar B(x_n, r_n)$ bevat met $0 < r_n \leq r_{n-1}/2$ en $\bar B(x_n, r_n) \subseteq B_{n-1}\cap U_n$ . De middelpunten vormen een Cauchyrij ( $x_m \in B_n$ voor $m \geq n$ , en de stralen gaan naar $0$ ); de limiet $x$ ligt in elke $\bar B(x_n, r_n)$ (geslotenheid), en dus in elke $U_n$ en in $B_0$ . Voor de tweede vorm: heeft geen enkele $F_n$ een inwendige, dan zijn de $U_n = X \setminus F_n$ open en dicht, en ontsnapt een punt van $\bigcap U_n$ aan $\bigcup F_n = X$ : absurd. ∎

Opmerking 7.7

Woordenschat: een verzameling heet nergens dicht als haar afsluiting een leeg inwendige heeft, en mager (van de eerste categorie) als ze een aftelbare vereniging van nergens dichte verzamelingen is. Baire zegt: een volledige metrische ruimte is niet mager in zichzelf, en het complement van een magere verzameling is dicht. “Mager” is een begrip van kleinheid dat loodrecht op de maat staat (Hoofdstuk 9 zal magere verzamelingen van volle maat opleveren), en baireargumenten bewijzen bestaan door overvloed: om één object zonder eigenschap P aan te wijzen, toon je aan dat de objecten mét P een magere verzameling vormen.

Gevolg 7.8

(a) $\R$ is overaftelbaar. (b) $\Q$ is geen aftelbare doorsnede van open deelverzamelingen van $\R$ , en een niet-lege volledige metrische ruimte zonder geïsoleerde punten is overaftelbaar.

Bewijs. (a) Was $\R = \bigcup_{x}\{x\}$ over een aftelbare verzameling, dan had een zeker singleton een inwendige. (b) Was $\Q = \bigcap_n V_n$ met $V_n$ open (noodzakelijk dicht, want $\supseteq \Q$ ), dan vormen de $V_n$ en de complementen $\R\setminus\{q\}$ met $q \in \Q$ een aftelbare familie dichte open verzamelingen met lege doorsnede — in strijd met Baire. Is $X$ volledig zonder geïsoleerde punten en aftelbaar, dan toont $X = \bigcup_{x \in X}\{x\}$ haar als een aftelbare vereniging gesloten verzamelingen met leeg inwendige (geen geïsoleerde punten): opnieuw Baire. ∎

Stelling 7.9 (De monsters van Weierstrass bestaan)

Er bestaan continue functies op $\intcc01$ die in geen enkel punt differentieerbaar zijn. Sterker: de verzameling $f \in \mathcal C(\intcc01)$ die zelfs maar in één punt een (eindige) afgeleide hebben, is mager in $(\mathcal C(\intcc01), \norm\cdot_\infty)$ .

Bewijs. Stel voor $n \geq 1$

F_n = \Bigl\{f : \exists x \in \intcc01,\ \forall h \neq 0 \text{ met } x + h \in \intcc01,\ \abs{f(x+h) - f(x)} \leq n\abs h \Bigr\}.

Is $f$ differentieerbaar in $x$ , dan is $f \in F_n$ voor zekere $n$ : het quotiënt $\abs{f(x+h)-f(x)}/\abs h$ is begrensd voor $\abs h \leq \delta$ (differentieerbaarheid: het gaat naar $\abs{f'(x)}$ ) en begrensd door $2\norm f_\infty/\delta$ voor $\abs h \geq \delta$ . Dus bevat $\bigcup F_n$ alle functies die ergens differentieerbaar zijn, en volstaat het aan te tonen dat elke $F_n$ gesloten is met leeg inwendige.

Gesloten: zij $f_k \to f$ uniform met $f_k \in F_n$ en getuigen $x_k \to x$ (compactheid, na extractie). Voor $h$ met $x + h \in \intcc01$ : kies $h_k \to h$ met $x_k + h_k \in \intcc01$ (bijvoorbeeld $h_k = h + x - x_k$ , afgeknipt); dan is $\abs{f(x + h) - f(x)} = \lim \abs{f_k(x_k + h_k) - f_k(x_k)} \leq \lim n\abs{h_k} = n\abs h$ , met de uniforme convergentie en de continuïteit van $f$ in de betrokken punten: dus $f \in F_n$ .

Leeg inwendige: gegeven $f \in F_n$ en $\varepsilon > 0$ zoeken we een $g$ met $\norm{g - f}_\infty \leq \varepsilon$ en $g \notin F_n$ . Benader eerst $f$ tot op $\varepsilon/2$ door een stuksgewijs affiene $\varphi$ (uniforme continuïteit: interpoleer op een fijn rooster), met hellingen begrensd door zekere $M$ . Tel er een kleine zaagtand bij op: $g = \varphi + \frac\varepsilon2\,s_N$ , waarbij $s_N(x)$ de $\frac1N$ -periodieke zigzag met amplitude $1$ en helling $\pm 2N$ is. In elke $x$ is er aan één kant een willekeurig kleine $h$ waarbij de zaagtand op $[x, x+h]$ een helling $\pm 2N\cdot\frac\varepsilon2 = \pm\varepsilon N$ bijdraagt: het differentiequotiënt van $g$ overschrijdt $\varepsilon N - M > n$ voor grote $N$ . Dus is $g \notin F_n$ , op willekeurig kleine uniforme afstand $\leq \varepsilon$ van $f$ . Besluit: $\bigcup F_n$ is mager, en volgens Baire is haar complement — bestaande uit nergens differentieerbare functies — dicht in $\mathcal C(\intcc01)$ : zulke functies bestaan in overvloed. ∎

7.3 Arzelà–Ascoli

Overal is $K$ een compacte metrische ruimte en $\mathcal C(K) = \mathcal C(K, \R^d)$ , met $\norm f_\infty = \sup_K \norm{f(x)}$ : een volledige ruimte (uniforme limieten van continue functies zijn continu — bachelorjaar 2).

Definitie 7.10

Een familie $\mathcal F \subseteq \mathcal C(K)$ heet equicontinu als er voor elke $\varepsilon > 0$ een $\delta > 0$ is zodanig dat

d(x, y) < \delta \implies \norm{f(x) - f(y)} < \varepsilon \quad\text{voor \emph{alle} } f \in \mathcal F

(één $\delta$ voor de hele familie — bijvoorbeeld elke familie met een gemeenschappelijke lipschitzconstante of een gemeenschappelijke höldermodulus), en puntsgewijs begrensd als $\sup_{f}\norm{f(x)} < \infty$ voor elke $x$ .

Stelling 7.11 (Arzelà–Ascoli)

Een deelverzameling $\mathcal F \subseteq \mathcal C(K)$ is relatief compact (heeft compacte afsluiting) dan en slechts dan als ze equicontinu en puntsgewijs begrensd is. In het bijzonder heeft elke equicontinue, puntsgewijs begrensde rij een uniform convergente deelrij.

Bewijs. ( $\Leftarrow$ ) Zij $(f_k)$ een rij uit $\mathcal F$ . Een compacte metrische $K$ is separabel: voor elke $n$ overdekken eindig veel ballen met straal $\frac1n$ de ruimte $K$ (Stelling 6.16); hun middelpunten vormen een aftelbare dichte verzameling $D = \{x_1, x_2, \dots\}$ . Haal met de puntsgewijze begrensdheid en Bolzano–Weierstrass achtereenvolgens deelrijen tevoorschijn die in $x_1$ convergeren, daarna ook in $x_2$ , enzovoort, en neem de diagonaaldeelrij $(g_j)$ : die convergeert in elk punt van $D$ . De equicontinuïteit tilt dat op tot uniform Cauchy: kies bij gegeven $\varepsilon$ een $\delta$ als in de definitie, overdek $K$ met eindig veel ballen $B(x_i, \delta)$ met $x_i \in D$ ( $i \leq m$ ), en kies $J$ zo groot dat $\norm{g_j(x_i) - g_{j'}(x_i)} < \varepsilon$ voor $j, j' \geq J$ en $i \leq m$ . Voor willekeurige $x \in B(x_i, \delta)$ :

\norm{g_j(x) - g_{j'}(x)} \leq \norm{g_j(x) - g_j(x_i)} + \norm{g_j(x_i) - g_{j'}(x_i)} + \norm{g_{j'}(x_i) - g_{j'}(x)} < 3\varepsilon .

Dus is $(g_j)$ uniform Cauchy en convergeert ze in het volledige $\mathcal C(K)$ . Elke rij uit $\mathcal F$ heeft dus een convergente deelrij: $\bar{\mathcal F}$ is (rijcompact, en dus volgens Stelling 6.16) compact.

( $\Rightarrow$ ) Is $\bar{\mathcal F}$ compact, dan is de puntsgewijze begrensdheid duidelijk (evalueren is continu). Voor de equicontinuïteit: overdek $\mathcal F$ met eindig veel ballen $B(f_i, \varepsilon)$ van $\mathcal C(K)$ ; elke $f_i$ is uniform continu (Heine, Gevolg 6.17), wat een gemeenschappelijke $\delta$ geeft voor $i \leq m$ ; en dan is voor $f \in B(f_i, \varepsilon)$ en $d(x,y) < \delta$ : $\norm{f(x)-f(y)} \leq 2\varepsilon + \norm{f_i(x)-f_i(y)} < 3\varepsilon$ . ∎

Voorbeeld 7.12

De gesloten eenheidsbal van $\mathcal C(\intcc01)$ is niet compact ( $f_n(x) = x^n$ heeft geen uniform convergente deelrij: de puntsgewijze limiet is discontinu), en inderdaad is $(x^n)$ niet equicontinu in $1$ . Daartegenover is $\{f : \norm f_\infty \leq 1,\ \operatorname{Lip}(f) \leq 1\}$ wél compact: begrensd, equicontinu met lipschitzconstante $1$ , en gesloten. Ascoli verklaart waarom de compactheid in oneindige dimensie faalt (Riesz, bachelorjaar 2) en wat je moet toevoegen om haar te herstellen: een uniforme continuïteitsmodulus.

7.4 Stone–Weierstrass

Lemma 7.13 (Dini)

Zij $K$ compact en $(f_n)$ een monotone rij continue reële functies die puntsgewijs naar een continue $f$ convergeert. Dan is de convergentie uniform.

Bewijs. Zeg $f_n \uparrow f$ ; stel $g_n = f - f_n \downarrow 0$ , continu. Bij gegeven $\varepsilon$ stijgen de open verzamelingen $U_n = \{g_n < \varepsilon\}$ en overdekken ze $K$ (puntsgewijze convergentie); haal er een eindige deeloverdekking uit: $K = U_{n_0}$ voor zekere $n_0$ (stijgende familie), dat wil zeggen $0 \leq g_n < \varepsilon$ overal voor $n \geq n_0$ . ∎

Lemma 7.14

Er is een rij veeltermen $u_n$ met $u_n(t) \to \sqrt t$ uniform op $\intcc01$ .

Bewijs. Definieer $u_0 = 0$ en $u_{n+1}(t) = u_n(t) + \frac12\bigl(t - u_n(t)^2\bigr)$ : veeltermen. Per inductie is $0 \leq u_n(t) \leq \sqrt t$ op $\intcc01$ : aangenomen voor $n$ , is

\sqrt t - u_{n+1}(t) = \bigl(\sqrt t - u_n(t)\bigr) \Bigl(1 - \tfrac12\bigl(\sqrt t + u_n(t)\bigr)\Bigr) \geq 0,

want $\sqrt t + u_n \leq 2$ ; en $u_{n+1} \geq u_n \geq 0$ . Dus is $(u_n(t))$ niet-dalend en begrensd door $\sqrt t$ : ze convergeert puntsgewijs, en de limiet $\ell(t)$ voldoet aan $\ell = \ell + \frac12(t - \ell^2)$ , dus $\ell(t) = \sqrt t$ , continu. Dini (Lemma 7.13) tilt dat op tot uniform. ∎

Stelling 7.15 (Stone–Weierstrass, reële versie)

Zij $K$ een compacte (hausdorffse) ruimte en $\mathcal A \subseteq \mathcal C(K, \R)$ een deelalgebra (gesloten onder sommen, producten en scalaire veelvouden) die de constanten bevat en de punten scheidt (voor $x \neq y$ is er een $f \in \mathcal A$ met $f(x) \neq f(y)$ ). Dan ligt $\mathcal A$ dicht in $(\mathcal C(K,\R), \norm\cdot_\infty)$ .

Bewijs. Zij $\bar{\mathcal A}$ de afsluiting, opnieuw een algebra (producten van uniforme limieten convergeren op begrensde verzamelingen).

Stap 1: $\bar{\mathcal A}$ is een tralie, dat wil zeggen gesloten onder $\max$ en $\min$ . Omdat $\max(f,g) = \frac{f + g + \abs{f-g}}2$ en net zo voor $\min$ , volstaat het dat uit $f \in \bar{\mathcal A}$ volgt $\abs f \in \bar{\mathcal A}$ : met $M = \norm f_\infty > 0$ is $\abs f = M\sqrt{(f/M)^2}$ , en Lemma 7.14 geeft veeltermen $u_n$ met $u_n\bigl((f/M)^2\bigr) \to \abs f/M$ uniform; en veeltermen in leden van de algebra (met constante term: de constanten zitten erin) blijven in $\bar{\mathcal A}$ .

Stap 2: interpolatie in twee punten. Voor $x \neq y$ en $a, b \in \R$ is er een $g \in \mathcal A$ met $g(x) = a$ en $g(y) = b$ : neem een $h$ die $x$ en $y$ scheidt en stel $g = a + (b - a)\frac{h - h(x)}{h(y) - h(x)}$ .

Stap 3. Zij $f \in \mathcal C(K)$ en $\varepsilon > 0$ . Kies voor elk paar $x, y$ een $g_{x,y} \in \mathcal A$ met $g_{x,y}(x) = f(x)$ en $g_{x,y}(y) = f(y)$ (stap 2; voor $x = y$ neem je de constante functie $g_{x,x} = f(x)$ ). Leg $x$ vast: voor elke $y$ bevat de open verzameling $V_y = \{g_{x,y} < f + \varepsilon\}$ het punt $y$ ; de compactheid levert $y_1, \dots, y_m$ met $K = \bigcup V_{y_j}$ , en $h_x = \min_j g_{x, y_j} \in \bar{\mathcal A}$ (stap 1) voldoet overal aan $h_x < f + \varepsilon$ , met $h_x(x) = f(x)$ . Varieer nu $x$ : $W_x = \{h_x > f - \varepsilon\}$ is open en bevat $x$ ; haal er $x_1, \dots, x_l$ uit die $K$ overdekken, en $h = \max_i h_{x_i} \in \bar{\mathcal A}$ voldoet aan $f - \varepsilon < h < f + \varepsilon$ : dus $\norm{f - h}_\infty \leq \varepsilon$ . Bijgevolg is $f \in \bar{\mathcal A}$ . ∎

Gevolg 7.16

(a) (Weierstrass) De veeltermen liggen dicht in $\mathcal C(\intcc ab, \R)$ ; en de veeltermen in $n$ veranderlijken liggen dicht in $\mathcal C(K, \R)$ voor compacte $K \subseteq \R^n$ . (b) (Complexe versie) Is $\mathcal A \subseteq \mathcal C(K, \C)$ een deelalgebra die de constanten bevat, de punten scheidt en gesloten is onder toevoeging, dan ligt ze dicht. (c) (Trigonometrische versie) De trigonometrische veeltermen $\sum_{\abs n \leq N}c_n\eu^{\iu n t}$ liggen dicht in de ruimte van continue $2\pi$ -periodieke functies met $\norm\cdot_\infty$ .

Bewijs. (a) De veeltermen vormen een algebra met de constanten; en de coördinaatfuncties scheiden de punten van $\R^n$ . (b) De reële en imaginaire delen $\frac{f + \bar f}2$ en $\frac{f - \bar f}{2\iu}$ van leden van $\mathcal A$ vormen een reële algebra $\mathcal A_\R \subseteq \mathcal C(K, \R)$ met de constanten; ze scheidt de punten (uit $f(x) \ne f(y)$ volgt dat $\operatorname{Re}f$ of $\operatorname{Im}f$ scheidt). Pas de reële stelling toe en zet weer samen. (c) Beschouw de $2\pi$ -periodieke functies als $\mathcal C(S^1, \C)$ (met $S^1 = \R/2\pi\Z$ , compact: Oefening 6.5); de algebra voortgebracht door $\eu^{\iu t}$ , $\eu^{-\iu t}$ en de constanten is gesloten onder toevoeging en scheidt de punten van de cirkel ( $\eu^{\iu t}$ is er injectief op). Pas (b) toe. ∎

Opmerking 7.17

De trigonometrische versie repareert, en veralgemeent enorm, het gat dat het fourierhoofdstuk van bachelorjaar 2 openliet: de dichtheid van de trigonometrische veeltermen in $(\mathcal C(S^1), \norm\cdot_2)$ volgt er a fortiori uit ( $\norm\cdot_2 \leq \norm\cdot_\infty$ op de normeringsconstante na), wat van het fouriersysteem in Hoofdstuk 13 een orthonormale basis zal maken en Parseval eindelijk in volle algemeenheid zal bewijzen.

7.5 Oefeningen

Oefening 7.1 ★

(a) Toon aan dat $\mathcal C(\intcc01, \R)$ met $\norm f_1 = \int_0^1\abs f$ niet volledig is: de functies $f_n$ die gelijk zijn aan $0$ op $\intcc0{\frac12}$ en aan $1$ op $\intcc{\frac12 + \frac1n}1$ , en daartussen affien, zijn $\norm\cdot_1$ -Cauchy zonder continue limiet. (b) Toon aan dat een genormeerde ruimte waarin elke absoluut convergente reeks convergeert, volledig is. (Haal uit een Cauchyrij een deelrij met $\norm{x_{n_{k+1}} - x_{n_k}} \leq 2^{-k}$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.1.

(a) Voor $m \geq n$ verdwijnt $f_n - f_m$ buiten een interval van lengte $\frac1n$ en is ze begrensd door $1$ : $\norm{f_n - f_m}_1 \leq \frac1n \to 0$ , dus Cauchy. Was $f_n \to f$ in $\norm\cdot_1$ met $f$ continu, dan is voor een vaste $\alpha < \frac12$ : $\int_0^{\alpha}\abs f = \lim \int_0^\alpha\abs{f - f_n + f_n} \leq \lim\bigl(\norm{f - f_n}_1 + 0\bigr) = 0$ (want $f_n \equiv 0$ daar voor grote $n$ ), dus $f \equiv 0$ op $[0, \frac12)$ (continuïteit); en net zo $f \equiv 1$ op $(\frac12, 1]$ : geen continue functie doet beide. De ruimte is dus onvolledig — de vervollediging is $L^1$ , gebouwd in Hoofdstuk 12.

(b) Zij $(x_n)$ Cauchy; kies $n_1 < n_2 < \cdots$ met $\norm{x_{n_{k+1}} - x_{n_k}} \leq 2^{-k}$ . De reeks $\sum_k (x_{n_{k+1}} - x_{n_k})$ convergeert absoluut en dus; haar partiële sommen zijn $x_{n_{k+1}} - x_{n_1}$ , dus convergeert $(x_{n_k})$ , en een Cauchyrij met een convergente deelrij convergeert.

Oefening 7.2 ★

Met Baire: (a) toon aan dat een volledige genormeerde ruimte geen aftelbare (algebraïsche) basis heeft — leid af dat de ruimte van de veeltermen voor geen enkele norm volledig is; (b) toon aan dat als een rij continue $f_n \colon \R \to \R$ puntsgewijs naar $f$ convergeert, de verzameling continuïteitspunten van $f$ dicht is. (Voor (b): neem aan of bewijs dat $\Omega_\delta = \{x : \operatorname{osc}_x f < \delta\}$ open is, en toon aan dat ze dicht is met behulp van $F_{N} = \{x: \abs{f_n(x) - f_m(x)} \leq \delta/3\ \forall n,m \geq N\}$ , gesloten verzamelingen die $\R$ overdekken; werk in een willekeurige gesloten bal om Baire toe te passen.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.2.

(a) Stel dat $E$ volledig is met algebraïsche basis $(e_n)_{n\in\N}$ , en stel $F_n = \operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_n)$ : gesloten (eindigdimensionale deelruimten zijn volledig en dus gesloten — bachelorjaar 2), met leeg inwendige: was $B(x, r) \subseteq F_n$ , neem dan $v \notin F_n$ ; dan is $x + \frac{r}{2\norm v}v \in B(x,r) \setminus F_n$ , absurd. Maar $E = \bigcup F_n$ (elke vector is een eindige combinatie): in strijd met Baire (Stelling 7.6). De ruimte $\R[X]$ heeft de aftelbare basis $(X^n)$ , dus maakt geen enkele norm haar volledig.

(b) Leg $\delta > 0$ en een niet-lege open bal $B$ vast; we zoeken in $B$ een punt van $\Omega_\delta = \{x : \operatorname{osc}_xf < \delta\}$ , waarbij $\operatorname{osc}_xf = \inf_{V \ni x}\operatorname{diam} f(V)$ . ( $\Omega_\delta$ is open: is $\operatorname{diam}f(V) < \delta$ voor een open $V \ni x$ , dan heeft elke $y \in V$ oscillatie $< \delta$ .) De verzamelingen

F_N = \bigl\{x : \abs{f_n(x) - f_m(x)} \leq \tfrac\delta3\ \ \forall\, n, m \geq N \bigr\}

zijn gesloten (doorsneden van originelen van gesloten verzamelingen) en overdekken $\R$ (de puntsgewijze convergentie maakt $(f_n(x))$ Cauchy). Baire toegepast binnen de volledige $\bar B$ : een zekere $F_N \cap \bar B$ bevat een bal $B' = B(x_0, \rho)$ . Laat $m \to \infty$ gaan: $\abs{f_N - f} \leq \frac\delta3$ op $B'$ . Krimp wegens de continuïteit van $f_N$ in $x_0$ tot een $B'' \ni x_0$ waar $\abs{f_N - f_N(x_0)} \leq \frac\delta3$ ; dan is voor $x \in B''$

\abs{f(x) - f(x_0)} \leq \abs{f - f_N}(x) + \abs{f_N(x) - f_N(x_0)} + \abs{f_N - f}(x_0) \leq \delta:

dus $\operatorname{diam} f(B'') \leq 2\delta$ en $x_0 \in \Omega_{3\delta} \cap B$ . Elke $\Omega_\delta$ is dus open en dicht, en $\bigcap_k\Omega_{1/k}$ — de verzameling continuïteitspunten — is dicht volgens Baire.

Oefening 7.3 ★★

(a) Toon aan dat $f(x) = \frac12\bigl(x + \frac ax\bigr)$ (met $a > 1$ ) een contractie van $[\sqrt a, +\infty)$ is en bepaal haar vaste punt — de methode van Heron. Schat het aantal iteraties voor een nauwkeurigheid $10^{-12}$ vanaf $x_0 = a$ , voor $a = 2$ . (b) (Vergelijking van Kepler) Toon aan dat voor $0 \leq e < 1$ en $m \in \R$ de vergelijking $x = m + e\sin x$ precies één oplossing heeft, die continu van $m$ afhangt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.3.

(a) $f(x) = \frac12(x + \frac ax)$ beeldt $[\sqrt a, \infty)$ op zichzelf af (ongelijkheid van rekenkundig en meetkundig gemiddelde: $f(x) \geq \sqrt{x \cdot \frac ax} = \sqrt a$ ), en daar is $f'(x) = \frac12(1 - \frac a{x^2}) \in [0, \frac12)$ : een $\frac12$ -lipschitz contractie van een gesloten (dus volledige) verzameling. Vast punt: $x = f(x) \iff x^2 = a$ , dus $x^* = \sqrt a$ . Snelheid (Stelling 7.4): $d(x_n, \sqrt a) \leq 2^{-n+1}\,d(x_1, x_0)$ . Voor $a = 2$ en $x_0 = 2$ is $d(x_1, x_0) = \frac12$ , dus garandeert $n = 40$ dat $2^{-40} < 10^{-12}$ . (In werkelijkheid convergeert de methode van Newton kwadratisch: een handvol iteraties volstaat; de contractieschatting is pessimistisch maar gratis.)

(b) $f_m(x) = m + e\sin x$ is $e$ -lipschitz met $e < 1$ op het volledige $\R$ : dus precies één vast punt $x(m)$ . Voor twee parameters:

\abs{x(m) - x(m')} = \abs{f_m(x(m)) - f_{m'}(x(m'))} \leq \abs{m - m'} + e\abs{x(m) - x(m')},

dus $\abs{x(m) - x(m')} \leq \frac{\abs{m - m'}}{1 - e}$ : zelfs lipschitz in $m$ .

Oefening 7.4 ★★

(a) Zij $X$ volledig en $f \colon X \to X$ zodanig dat een zekere iteratie $f^p$ een contractie is. Toon aan dat $f$ precies één vast punt heeft. Toepassing: de integraaloperator $T$ op $\mathcal C(\intcc0a)$ , $Tf(x) = \int_0^x f$ , voldoet aan $\norm{T^p} \leq a^p/p!$ — leid af dat $u = g + \lambda Tu$ voor elke $\lambda$ oplosbaar is. (b) (Edelstein) Zij $K$ compact en $f\colon K \to K$ met $d(f(x), f(y)) < d(x, y)$ voor $x \neq y$ . Toon aan dat $f$ precies één vast punt heeft, maar dat het contractietempo verloren kan gaan: op $X = [1, +\infty)$ (volledig, niet compact) heeft $f(x) = x + \frac1x$ geen vast punt, hoewel de afstanden strikt afnemen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.4.

(a) Zij $x^*$ het unieke vaste punt van $f^p$ . Dan is $f^p(f(x^*)) = f(f^p(x^*)) = f(x^*)$ : $f(x^*)$ is een vast punt van $f^p$ , dus $f(x^*) = x^*$ . Een vast punt van $f$ is er een van $f^p$ : de eenduidigheid draagt over. Voor $T$ : per inductie is $\abs{T^pf(x)} \leq \norm f_\infty x^p/p!$ (elke integratie voegt een factor $\frac xk$ toe), dus $\norm{T^p} \leq a^p/p!$ . De afbeelding $S(u) = g + \lambda Tu$ voldoet aan $S^p(u) - S^p(v) = \lambda^pT^p(u - v)$ , met norm $\leq \abs\lambda^pa^p/p!\,\norm{u - v} \to 0$ : een zekere $S^p$ is een contractie, en $S$ heeft precies één vast punt: de vergelijking van Volterra $u = g + \lambda Tu$ is voor elke $\lambda$ eenduidig oplosbaar.

(b) $\varphi(x) = d(x, f(x))$ is continu op de compacte $K$ : ze bereikt haar minimum in een zekere $x_0$ . Was $f(x_0) \neq x_0$ , dan is $\varphi(f(x_0)) = d(f(x_0), f^2(x_0)) < d(x_0, f(x_0)) = \min\varphi$ : absurd. Eenduidigheid: twee vaste punten $x \ne y$ zouden $d(x,y) = d(f(x), f(y)) < d(x,y)$ geven. Zonder compactheid: $f(x) = x + \frac1x$ op $[1, \infty)$ voldoet voor $x < y$ aan $f(y) - f(x) = (y - x)\bigl(1 - \frac1{xy}\bigr) < y - x$ , en toch is altijd $f(x) > x$ : geen vast punt — een strikte afname van de afstanden is zwakker dan een uniforme contractiefactor.

Oefening 7.5 ★★

(a) Twee continue afbeeldingen naar een hausdorffruimte die op een dichte deelverzameling samenvallen, vallen overal samen; waar is dat in dit hoofdstuk gebruikt? (b) Zij $D \subseteq X$ dicht en $f \colon D \to Y$ een isometrische bijectie op een dichte deelverzameling van een volledige $Y$ , met $X$ volledig. Toon aan dat $f$ zich voortzet tot een isometrische bijectie $X \to Y$ . Leid daaruit opnieuw de eenduidigheid van de vervollediging af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.5.

(a) De verzameling $A = \{g = h\}$ is het origineel van de diagonaal $\Delta_Y$ onder de continue $x \mapsto (g(x), h(x))$ ; en $\Delta_Y$ is gesloten omdat $Y$ Hausdorff is (voor $y_1 \neq y_2$ geven disjuncte open omgevingen een open blok rond $(y_1, y_2)$ dat de diagonaal mijdt, zodat het complement van $\Delta_Y$ open is): dus is $A$ gesloten, bevat het een dichte verzameling en is het gelijk aan $X$ . Gebruikt: de eenduidigheid in Stelling 7.2, en daarmee in de eenduidigheid van de vervollediging.

(b) $f$ is een isometrie en dus uniform continu: ze zet zich voort tot $F\colon X \to Y$ (Stelling 7.2), nog steeds isometrisch (de betrekking $d(F(x), F(x')) = d(x, x')$ geldt op een dichte verzameling paren en beide leden zijn continu). Net zo zet $f^{-1}\colon f(D) \to X$ zich voort tot $G \colon Y \to X$ . De samenstelling $G \circ F$ is continu en houdt de dichte $D$ vast: ze is $\mathrm{id}_X$ (onderdeel (a)); en symmetrisch is $F \circ G = \mathrm{id}_Y$ . Dus is $F$ een isometrische bijectie. Eenduidigheid van de vervollediging: pas dit toe op $D = X$ , dicht gelegen in twee vervolledigingen.

Oefening 7.6 ★★

Welke van de volgende families zijn equicontinu, puntsgewijs begrensd, relatief compact in $\mathcal C(\intcc01)$ ?

\{x \mapsto \sin(nx)\}_{n},\qquad \{x \mapsto x^n\}_n,

\Bigl\{f \in \mathcal C^1 : \norm f_\infty \leq 1,\ \norm{f'}_\infty \leq 1\Bigr\},\qquad \{f : \operatorname{Lip}(f)\leq 1,\ f(0) = 0\}.

Verantwoord elk antwoord met Ascoli of met een tegenvoorbeeldrij.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.6.

$\{\sin(nx)\}$ : puntsgewijs begrensd door $1$ ; niet equicontinu: in $x = 0$ is $\sin(n\cdot\frac{\pi}{2n}) = 1$ met $\frac\pi{2n} \to 0$ , wat elke gemeenschappelijke $\delta$ voor $\varepsilon = \frac12$ schendt. Niet relatief compact (de noodzakelijkheid in Ascoli, Stelling 7.11).

$\{x^n\}$ : begrensd; niet equicontinu in $1$ : $1 - (1 - \delta)^n \to 1$ als $n \to \infty$ voor vaste $\delta$ . Niet relatief compact — en consistent daarmee is haar puntsgewijze limiet discontinu, zodat geen enkele deelrij uniform convergeert.

$\{\norm f_\infty \leq 1, \norm{f'}_\infty \leq 1\}$ : de middelwaardeongelijkheid maakt de familie $1$ -lipschitz en dus equicontinu; begrensd: relatief compact volgens Ascoli. (Niet compact: ze is niet gesloten — uniforme limieten hoeven niet $\mathcal C^1$ te zijn; haar afsluiting bestaat uit de $1$ -lipschitz functies met norm $\leq 1$ .)

$\{\operatorname{Lip}(f) \leq 1, f(0) = 0\}$ : equicontinu; puntsgewijs begrensd ( $\abs{f(x)} \leq x \leq 1$ ); en gesloten onder uniforme limieten (de lipschitzongelijkheid en de waarde in $0$ gaan over op de limiet): compact.

Oefening 7.7 ★★★

(Compacte integraaloperatoren) Zij $k \in \mathcal C(\intcc01^2)$ en, voor $f \in \mathcal C(\intcc01)$ , $Tf(x) = \int_0^1k(x,y)f(y)\,\dd y$ . (a) Toon aan dat $T$ de eenheidsbal van $\mathcal C(\intcc01)$ naar een equicontinue, uniform begrensde verzameling stuurt; besluit dat $T$ een compacte operator is: beelden van begrensde verzamelingen zijn relatief compact. (b) Leid af dat voor begrensde $(f_n)$ de rij $(Tf_n)$ een uniform convergente deelrij heeft, en dat $T$ geen bijectie met continue inverse kan zijn. (Het beeld van de eenheidsbal zou een compacte omgeving van $0$ in $\mathcal C(\intcc01)$ zijn: verboden door de stelling van Riesz uit bachelorjaar 2.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.7.

(a) Voor $\norm f_\infty \leq 1$ is $\abs{Tf(x)} \leq \norm k_\infty$ , en

\abs{Tf(x) - Tf(x')} \leq \int_0^1\abs{k(x,y) - k(x',y)}\,\dd y \leq \omega_k\bigl(\abs{x - x'}\bigr),

waarbij $\omega_k$ een modulus van uniforme continuïteit van $k$ op het compacte vierkant is (Heine): het beeld van de eenheidsbal is uniform begrensd en equicontinu, en dus relatief compact (Ascoli). Wegens de lineariteit heeft elke begrensde verzameling een relatief compact beeld: $T$ is een compacte operator.

(b) De uitspraak over deelrijen is de definitie van relatieve compactheid, toegepast op $\{Tf_n\}$ . Was $T$ bijectief met continue inverse, dan is $T(B(0,1)) \supseteq B(0, \varepsilon)$ voor zekere $\varepsilon > 0$ ( $T^{-1}$ is continu in $0$ ); en dan was de gesloten bal $\bar B(0,\varepsilon)$ , een gesloten deelverzameling van de compacte $\overline{T(B(0,1))}$ , compact — onmogelijk in het oneindigdimensionale $\mathcal C(\intcc01)$ volgens de stelling van Riesz (bachelorjaar 2).

Oefening 7.8 ★★

Bewijs of weerleg, voor continue $f_n \colon \intcc01 \to \R$ : (a) uit $f_n \downarrow 0$ puntsgewijs volgt uniform (Dini — bewijs het opnieuw); (b) hetzelfde zonder monotonie; (c) hetzelfde met monotonie maar met discontinue $f$ ; (d) hetzelfde met monotonie en continue limiet, maar op $\intoo01$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.8.

(a) Dini: zie Lemma 7.13 — het overdekkingsargument. (b) Onjuist: de bewegende bult $f_n(x) = \max(0, 1 - \abs{nx - 1})$ gaat puntsgewijs naar $0$ (voor $x > 0$ is $f_n(x) = 0$ zodra $n > 2/x$ ; en $f_n(0) = 0$ ), maar $\norm{f_n}_\infty = 1$ . (c) Onjuist: $f_n(x) = x^n$ daalt naar de discontinue $\mathbf 1_{\{1\}}$ , en $\sup_{[0,1]}\abs{f_n - f} = \sup_{[0,1)} x^n = 1$ . (d) Onjuist: $x^n \downarrow 0$ puntsgewijs op het niet-compacte $\intoo01$ , met $\sup_{(0,1)}x^n = 1$ . Elke hypothese van Dini is dus nodig.

Oefening 7.9 ★★

(a) (Momenten leggen vast) Zij $f \in \mathcal C(\intcc01)$ met $\int_0^1 f(x)\,x^n\,\dd x = 0$ voor alle $n \in \N$ . Toon aan dat $f = 0$ . (Benader $f$ uniform door veeltermen en bereken $\int f^2$ .) (b) Toon aan dat de even veeltermen dicht liggen in $\mathcal C(\intcc01)$ maar niet in $\mathcal C(\intcc{-1}1)$ ; welke hypothese van Stone–Weierstrass faalt daar? (c) Ligt de algebra voortgebracht door $x \mapsto \eu^{\iu x}$ alleen (zonder $\eu^{-\iu x}$ ) dicht in $\mathcal C(S^1, \C)$ ? (Beschouw $\int_0^{2\pi}f(t)\,\eu^{\iu t}\dd t$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.9.

(a) Wegens de lineariteit is $\int_0^1 fP = 0$ voor elke veelterm $P$ . Kies $P_n \to f$ uniform (Gevolg 7.16): dan is $\int_0^1 f^2 = \lim\int_0^1 fP_n = 0$ , en de continue $f^2 \geq 0$ met integraal nul verdwijnt identiek.

(b) Op $\intcc01$ vormen de veeltermen in $x^2$ een algebra met de constanten die de punten scheidt ( $x \mapsto x^2$ is injectief op $\intcc01$ ): dicht volgens Stone–Weierstrass. Op $\intcc{-1}1$ neemt $x^2$ in $\pm x$ dezelfde waarde aan, en elke veelterm in $x^2$ ook: een uniforme limiet van zulke functies is even. Convergeerden even functies $g_n$ uniform naar de identiteit, dan was $x = \lim g_n(x) = \lim g_n(-x) = -x$ voor alle $x$ : absurd — niet dicht. De scheidingshypothese faalt bij de paren $\{x, -x\}$ .

(c) Nee. Voor $f$ in de algebra $\mathcal A$ voortgebracht door de constanten en $\eu^{\iu t}$ — lineaire combinaties van $\eu^{\iu nt}$ met $n \geq 0$ — is $\Lambda(f) = \int_0^{2\pi}f(t)\,\eu^{\iu t}\,\dd t = 0$ (elke $\int_0^{2\pi}\eu^{\iu(n+1)t}\dd t = 0$ ). $\Lambda$ is continu voor $\norm\cdot_\infty$ ( $\abs{\Lambda(f)}\leq 2\pi\norm f_\infty$ ), dus verdwijnt $\Lambda$ op $\bar{\mathcal A}$ ; maar $\Lambda(\eu^{-\iu t}) = 2\pi \neq 0$ : dus $\eu^{-\iu t} \notin \bar{\mathcal A}$ . (Stone–Weierstrass is niet van toepassing: $\mathcal A$ is niet gesloten onder toevoeging — en die belemmering is precies degene die de theorie van de holomorfe functies in Hoofdstuk 16 zal systematiseren.)

Oefening 7.10 ★★★

(Uniforme begrensdheid, metrische versie) Zij $X$ een volledige metrische ruimte en $\mathcal F \subseteq \mathcal C(X, \R)$ een familie die puntsgewijs begrensd is: $\sup_{f \in \mathcal F}\abs{f(x)} < \infty$ voor elke $x$ . Toon aan dat er een niet-lege open $U \subseteq X$ is waarop $\mathcal F$ uniform begrensd is: $\sup_{f}\sup_U \abs f < \infty$ . (Beschouw $F_n = \{x : \abs{f(x)} \leq n\ \forall f\}$ .) Dit is de motor achter Banach–Steinhaus in Hoofdstuk 8.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.10.

$F_n = \bigcap_{f \in \mathcal F}\{x : \abs{f(x)} \leq n\}$ is een doorsnede van gesloten verzamelingen: gesloten. De puntsgewijze begrensdheid geeft $X = \bigcup_n F_n$ . Baire (Stelling 7.6) levert een $n_0$ met $U = \mathring F_{n_0} \neq \varnothing$ : op $U$ is $\abs f \leq n_0$ voor elke $f \in \mathcal F$ tegelijk.

Oefening 7.11 ★★

( $\mathcal C^1$ heeft haar eigen norm nodig) Beschouw op $E = \mathcal C^1(\intcc01, \R)$ de norm $\norm f_{\mathcal C^1} = \norm f_\infty + \norm{f'}_\infty$ . (a) Toon aan dat $(E, \norm\cdot_{\mathcal C^1})$ volledig is (voor een $\mathcal C^1$ -Cauchyrij geldt $f_n \to f$ en $f_n' \to g$ uniform; identificeer $g = f'$ door in $f_n(x) = f_n(0) + \int_0^xf_n'$ tot de limiet over te gaan). (b) Toon aan dat $(E, \norm\cdot_\infty)$ niet volledig is: geef een uniforme limiet van $\mathcal C^1$ -functies die niet differentieerbaar is (bijvoorbeeld gladde benaderingen van $\abs{x - \tfrac12}$ ). (c) Leid uit (a), (b) en de ideeënkring rond de open-afbeeldingsstelling — of rechtstreeks — af dat geen enkele constante $C$ voldoet aan $\norm{f'}_\infty \leq C\,\norm f_\infty$ op $E$ : geef een rij die dat aantoont. Differentiëren is onbegrensd; dat is de afgrond achter Stelling 7.9.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.11.

(a) Een Cauchyrij voor $\norm\cdot_{\mathcal C^1}$ is uniform Cauchy, samen met haar afgeleiden: $f_n \to f$ en $f_n' \to g$ uniform, met $f, g$ continu. Overgaan tot de limiet (de uniforme convergentie laat dat onder de integraal toe) in $f_n(x) = f_n(0) + \int_0^xf_n'(t)\,\dd t$ geeft $f(x) = f(0) + \int_0^xg$ : $f$ is $\mathcal C^1$ met $f' = g$ , en $\norm{f_n - f}_{\mathcal C^1} \to 0$ . Volledig.

(b) $h(x) = \abs{x - \frac12}$ is een uniforme limiet van $\mathcal C^1$ -functies, bijvoorbeeld $h_n(x) = \sqrt{(x - \frac12)^2 + \frac1n}$ (met $\abs{h_n - h} \leq \frac1{\sqrt n}$ via de toegevoegde grootheid), en toch is $h \notin E$ : de supnorm op $E$ is niet volledig — haar vervollediging is $\mathcal C(\intcc01)$ .

(c) $f_n(x) = \sin(2\pi nx)$ heeft $\norm{f_n}_\infty = 1$ en $\norm{f_n'}_\infty = 2\pi n \to \infty$ : er is geen $C$ . (Conceptueel: was het differentiëren begrensd voor de supnorm, dan waren de twee normen uit (a)–(b) gelijkwaardig, wat $(E, \norm\cdot_\infty)$ volledig zou maken — in strijd met (b). Die onbegrensdheid is precies waarom generieke continue functies nergens differentieerbaar kunnen zijn, Stelling 7.9.)

Oefening 7.12 ★★★

(Lemma van Croft) Zij $f\colon\intoo0\infty\to\R$ continu en stel dat voor elke $x > 0$ geldt $f(nx) \to 0$ als het gehele getal $n \to \infty$ . Toon aan dat $f(t) \to 0$ als $t \to +\infty$ . (Leg $\varepsilon > 0$ vast; de verzamelingen $F_N = \{x > 0 : \abs{f(nx)} \leq \varepsilon\ \ \forall n \geq N\}$ zijn gesloten en overdekken $\intoo0\infty$ ; Baire in een zeker interval $\intcc ab$ geeft een $N$ en een deelinterval $\intcc{a'}{b'} \subseteq F_N$ ; en dan overdekken de uitrekkingen $\bigl[na', nb'\bigr]$ met $n \geq N$ een hele omgeving van $+\infty$ zodra $n(b' - a') \geq a'$ .) Waar wordt de hypothese “voor elke $x$ ” (en niet alleen voor rationale $x$ ) gebruikt?

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.12.

Leg $\varepsilon > 0$ vast. Elke $F_N$ is een doorsnede over $n \geq N$ van originelen van de gesloten $\intcc{-\varepsilon} \varepsilon$ onder de continue $x \mapsto f(nx)$ : gesloten. De hypothese zegt dat elke $x > 0$ in een zekere $F_N$ ligt. Baire, toegepast binnen het volledige $\intcc ab$ (met willekeurige $0 < a < b$ ), maakt een zekere $F_N$ dicht in een deelinterval; en omdat ze gesloten is, bevat ze een interval $\intcc{a'}{b'}$ met $0 < a' < b'$ . Dan overlappen voor elke $n \geq \max(N, \frac{a'}{b' - a'})$ de intervallen $\intcc{na'}{nb'}$ en $\intcc{(n+1)a'}{(n+1)b'}$ elkaar (want $nb' \geq (n+1)a'$ ), dus

\bigcup_{n \geq n_0}\intcc{na'}{nb'} \supseteq \intco{n_0a'}{+\infty},

en elke $t \geq n_0a'$ is $t = nx$ met $n \geq N$ en $x \in \intcc{a'}{b'} \subseteq F_N$ : dus $\abs{f(t)} \leq \varepsilon$ . Bijgevolg is $\limsup_{t\to\infty}\abs f \leq \varepsilon$ voor elke $\varepsilon$ : $f \to 0$ . De volledige hypothese is nodig omdat $F_N$ een heel interval aan $x$ -waarden moet overdekken — met alleen rationale $x$ is de vereniging van de $F_N$ aftelbaar en geeft Baire niets; en inderdaad bestaan er continue tegenvoorbeelden die langs alle rationale stralen verdwijnen maar niet in het oneindige.

7.6 Probleem: de bestaansstelling van Peano

Probleem 7.1

Weekendopgave — bestaan van oplossingen van $x' = f(t, x)$ zonder Lipschitz

Cauchy–Lipschitz (bachelorjaar 2; opnieuw bewezen in Hoofdstuk 19) eist dat $f$ lipschitz is in $x$ . Peano (1890): de continuïteit van $f$ levert al het bestaan — zij het niet de eenduidigheid. Wij bewijzen het met eulerpolygonen en Ascoli. Kader: $f \colon R \to \R^d$ is continu op de rechthoek $R = \intcc{t_0 - a}{t_0 + a}\times \bar B(x_0, b) \subseteq \R\times\R^d$ , $M = \sup_R\norm f$ , en

T = \min\bigl(a,\ b/M\bigr) \qquad (\text{is } M = 0 \text{, dan is het probleem triviaal}).

Deel I — Eulerpolygonen. Verdeel voor $n \geq 1$ het interval $[t_0, t_0 + T]$ door $t_k = t_0 + kT/n$ ( $0 \leq k \leq n$ ) en definieer $\varphi_n$ stuksgewijs affien: $\varphi_n(t_0) = x_0$ en, op $[t_k, t_{k+1}]$ ,

\varphi_n(t) = \varphi_n(t_k) + (t - t_k)\,f\bigl(t_k, \varphi_n(t_k)\bigr).

Toon met inductie aan dat $\varphi_n$ goed gedefinieerd is, met $\norm{\varphi_n(t) - x_0} \leq M(t - t_0) \leq b$ op $[t_0, t_0 + T]$ — zodat de evaluatiepunten in $R$ blijven. (Hier komt $T \leq b/M$ binnen.)
Toon aan dat elke $\varphi_n$ $M$ -lipschitz is.
Leid uit Arzelà–Ascoli (Stelling 7.11) af dat een deelrij $(\varphi_{n_j})$ uniform op $[t_0, t_0 + T]$ naar een zekere $\varphi$ convergeert, zelf $M$ -lipschitz met $\varphi(t_0) = x_0$ .

Deel II — De limiet lost de vergelijking op. Definieer het defect $\Delta_n(t) = \varphi_n'(t) - f\bigl(t, \varphi_n(t)\bigr)$ in de punten buiten het rooster.

Toon aan dat $f$ uniform continu is op $R$ , en leid af: voor elke $\varepsilon > 0$ is er een $n_0$ zodanig dat voor $n \geq n_0$ en elke $t$ buiten het rooster $\norm{\Delta_n(t)} \leq \varepsilon$ . (Op $(t_k, t_{k+1})$ is $\varphi_n'(t) = f(t_k, \varphi_n(t_k))$ , en ligt $(t, \varphi_n(t))$ op afstand hoogstens $(1 + M)\,T/n$ van $(t_k, \varphi_n(t_k))$ .)
Stel de integraalvorm op: voor alle $t$ is

$\varphi_n(t) = x_0 + \int_{t_0}^{t} f\bigl(s, \varphi_n(s)\bigr)\dd s + \int_{t_0}^t \Delta_n(s)\,\dd s,$

waarbij de middelste integrand stuksgewijs continu is.
Ga langs $(n_j)$ tot de limiet over: toon aan dat $f(s, \varphi_{n_j}(s)) \to f(s, \varphi(s))$ uniform (opnieuw de uniforme continuïteit van $f$ ), en besluit

$\varphi(t) = x_0 + \int_{t_0}^t f\bigl(s, \varphi(s)\bigr)\dd s .$
Leid af dat $\varphi$ $\mathcal C^1$ is op $[t_0, t_0 + T]$ en $x' = f(t, x)$ met $x(t_0) = x_0$ oplost; en breid de constructie uit tot $[t_0 - T, t_0]$ (tijdomkering). Dat is de stelling van Peano.

Deel III — De eenduidigheid faalt werkelijk. Beschouw $x' = 2\sqrt{\abs x}$ met $x(0) = 0$ , op $\R$ .

Ga na dat $f(x) = 2\sqrt{\abs x}$ continu is maar op geen enkele omgeving van $0$ lipschitz.
Ga na dat $x \equiv 0$ en, voor elke $c \geq 0$ ,

$x_c(t) = \begin{cases} 0 & t \leq c,\\ (t - c)^2 & t \geq c,\end{cases}$

allemaal oplossingen door $(0,0)$ zijn: een continuüm van verschillende oplossingen.
Waar loopt het argument met de picarditeratie (het vaste punt van Banach) vast voor deze $f$ ?

Deel IV — Grenzen van de methode.

Toon aan dat de stelling van Peano faalt in oneindige dimensie: we nemen het klassieke voorbeeld van Dieudonné in de ruimte $c_0$ van nulrijen zonder bewijs aan; bewijs in plaats daarvan het eindigdimensionale ingrediënt dat daar faalt: de gesloten eenheidsbal van $c_0$ (supnorm) is niet compact — geef een begrensde rij zonder convergente deelrij, en leg uit welke stap van Deel I breekt.
Vat samen: welke hypothesen geven bestaan? En welke bestaan én eenduidigheid? Formuleer de twee stellingen (Peano; Cauchy–Lipschitz) nauwkeurig naast elkaar.

Deel V — Osgood: eenduidigheid voorbij Lipschitz. Zij $\omega\colon\intoo0\infty\to\intoo0\infty$ continu en niet-dalend, met

\int_0^1\frac{\dd r}{\omega(r)} = +\infty \qquad(\text{divergentie in } 0),

en stel dat $f$ op $R$ voldoet aan $\norm{f(t, x) - f(t, y)} \leq \omega\bigl(\norm{x - y}\bigr)$ .

Ga na dat $\omega(r) = Lr$ voldoet (Lipschitz), dat $\omega(r) = r\log\frac1r$ (voor kleine $r$ , continu voortgezet) voldoet hoewel het geen $O(r)$ is, en dat $\omega(r) = 2\sqrt r$ niet voldoet. Bereken de integraal in elk geval.
Zij $x_1, x_2$ oplossingen op $[t_0, t_0 + T]$ met $x_1(t_0) = x_2(t_0)$ , en $\delta(t) = \norm{x_1(t) - x_2(t)}$ . Toon uitsluitend met de integraalvormen aan dat voor $t_0 \leq s \leq t$

$\delta(t) \leq \delta(s) + \int_s^t\omega\bigl(\delta(v)\bigr)\dd v .$
(Stelling van Osgood) Stel $\delta(t_1) > 0$ voor zekere $t_1$ , en zij $\tau = \sup\{t \leq t_1 : \delta(t) = 0\}$ . Stel voor $s \in \intoo\tau{t_1}$ : $u(t) = \delta(s) + \int_s^t\omega(\delta(v))\,\dd v$ . Toon aan dat $\delta \leq u$ en $u' = \omega(\delta) \leq \omega(u)$ , en leid af dat

$\int_{\delta(s)}^{u(t_1)}\frac{\dd r}{\omega(r)} \leq t_1 - s \leq t_1 - \tau .$

Laat $s \downarrow \tau$ gaan en leid een tegenspraak af met de divergentie van de integraal. Besluit: oplossingen door een gemeenschappelijke beginvoorwaarde vallen samen — eenduidigheid onder de voorwaarde van Osgood.
Trek de gevolgen: de eenduidigheid van Cauchy–Lipschitz is het geval $\omega(r) = Lr$ ; de vergelijking $x' = x\log\frac1{\abs x}$ (voortgezet met $0$ in $0$ ) heeft eenduidige oplossingen hoewel haar rechterlid in $0$ niet lipschitz is; en voor $x' = 2\sqrt{\abs x}$ is de convergentie van $\int_0\frac{\dd r}{2\sqrt r}$ precies wat een oplossing toestaat om $0$ in eindige tijd te verlaten — breng de waarde van de integraal $\int_0^{h^2}\frac{\dd r}{2\sqrt r} = h$ in verband met het ontsnappingsgedrag van $x_c$ .

Deel VI — Snelheden, schema’s, trechters.

(Integraallemma van Grönwall) Zij $e, \eta \geq 0$ continu op $[t_0, t_0+T]$ met $e(t) \leq \int_{t_0} ^t\bigl(L\,e(s) + \eta(s)\bigr)\dd s$ voor alle $t$ . Toon aan dat

$e(t) \leq \frac{\sup\eta}{L}\bigl(\eu^{L(t - t_0)} - 1\bigr)$

(stel $G(t) = \int_{t_0}^t(Le + \eta)$ , merk op dat $G' \leq LG + \sup\eta$ , en differentieer $\eu^{-Lt}G(t)$ ).
(Euler convergeert met een snelheid) Stel nu dat $f$ $L$ -lipschitz is in $x$ en $L'$ -lipschitz in $t$ op $R$ . Bewijs, door de defectgrens van vraag 4 (kwantitatief gemaakt: $\norm{\Delta_n} \leq (L' + LM)T/n$ ) met vraag 17 te combineren, dat

$\sup_{[t_0, t_0+T]}\norm{\varphi_n - \varphi} \;\leq\; \frac{(L' + LM)\,T}{n}\cdot \frac{\eu^{LT} - 1}{L} = O\Bigl(\frac1n\Bigr),$

waarbij $\varphi$ de oplossing is: met lipschitzgegevens convergeert de hele rij, met een expliciete snelheid — geen deelrijen nodig. Waarom tilt de eenduidigheid convergentie langs deelrijen ook zonder deze berekening op tot volledige convergentie?
(Het schema kiest) Toon voor $x' = 2\sqrt{\abs x}$ met $x(0) = 0$ aan dat elke eulerpolygoon identiek nul is, zodat het schema naar de oplossing $x \equiv 0$ convergeert; maar gestart in $x(0) = \varepsilon > 0$ convergeert het (eerst $n \to \infty$ , dan $\varepsilon \to 0$ ) naar $t \mapsto t^2$ , een andere oplossing door de oorsprong. De niet-eenduidigheid duikt weer op als gevoeligheid van het numerieke schema voor verstoringen.
Toon aan dat de verzameling $\mathcal S$ van alle oplossingen van $x' = f(t,x)$ met $x(t_0) = x_0$ op $[t_0, t_0+T]$ (met waarden in $\bar B(x_0, b)$ ) niet leeg is (Deel II), uniform $M$ -lipschitz, en gesloten in $\bigl(\mathcal C([t_0, t_0+T], \R^d), \norm\cdot_\infty\bigr)$ ; besluit met Ascoli dat $\mathcal S$ compact is. (De stelling van Kneser voegt toe dat $\mathcal S$ samenhangend is; die bewijzen we niet.)
Ga het verschijnsel van Kneser na op het voorbeeld: toon voor $x' = 2\sqrt{\abs x}$ met $x(0) = 0$ op $[0, 1]$ aan dat $\mathcal S = \{x_c : c \in \intcc0\infty\}$ met $x_\infty \equiv 0$ (neem voor een willekeurige oplossing $c = \sup\{t : x(t) = 0\}$ en integreer $(\sqrt x)' = 1$ op $\{x > 0\}$ ), dat $c \mapsto x_c$ continu is van $\intcc0\infty$ (de eenpuntscompactificatie, met $c = \infty$ als limiet aangelijmd) naar $\mathcal C([0,1])$ , en besluit dat $\mathcal S$ inderdaad compact en samenhangend is — een trechter in de vorm van een lijnstuk.
(Bereikbare verzamelingen) Leid uit vraag 20 af dat voor elke vaste $t$ de bereikbare verzameling $\mathcal S(t) = \{x(t) : x \in \mathcal S\}$ compact is; bereken haar voor het voorbeeld van vraag 21 en ga na dat ze ook samenhangend is: $\mathcal S(t) = \intcc0{t^2}$ — elke tussenliggende toestand wordt door een zekere oplossing bereikt.

Deel VII — Aanvullingen: afhankelijkheid, optimaliteit, en een schema met de hand berekend.

(Continue afhankelijkheid) Stel dat $f$ op $R$ $L$ -lipschitz is in $x$ , en zij $x, y$ twee oplossingen met beginwaarden $x_0$ en $y_0$ in $t_0$ . Pas het bewijs van vraag 17 aan de ongelijkheid $e(t) \leq \norm{x_0 - y_0} + \int_{t_0}^tL\,e(s)\dd s$ aan en toon aan dat

$\norm{x(t) - y(t)} \leq \norm{x_0 - y_0}\, \eu^{L(t - t_0)},$

en ga op $x' = Lx$ na dat de grens bereikt wordt: Grönwall is scherp. Leid opnieuw de eenduidigheid af ( $x_0 = y_0$ ), en dat de stromingsafbeelding $x_0 \mapsto x(t; x_0)$ lipschitz is met constante $\eu^{LT}$ , overal waar ze gedefinieerd is.
(Osgood is optimaal) Zij omgekeerd $\omega$ continu, niet-dalend en positief op $\intoo0\infty$ , met $\omega(r) \to 0$ als $r \to 0^+$ maar

$\int_0^1\frac{\dd r}{\omega(r)} < +\infty,$

en zet $f(x) = \omega(\abs x)$ voort met $f(0) = 0$ . Toon aan dat $\Omega(x) = \int_0^x\frac{\dd r}{\omega(r)}$ een stijgende bijectie van $\intoc0{1}$ op $\intoc0{\Omega(1)}$ is, dat haar inverse $g$ de vergelijking $g' = \omega(g)$ met $g(0^+) = 0$ oplost, en dat $g$ , met $0$ voortgezet voor $t \leq 0$ , een $\mathcal C^1$ -oplossing van $x' = f(x)$ door $(0, 0)$ is die van $x \equiv 0$ verschilt (voor $g'(0) = 0$ : schat $\frac{g(t)}t$ af met $\omega(g(t))$ ). Besluit: de divergentiehypothese van vraag 15 is geen gemak maar de exacte grens van de eenduidigheid; vind Deel III terug uit $\omega(r) = 2\sqrt r$ en $\Omega(x) = \sqrt x$ .
(Euler met de hand berekend) Toon voor $x' = x$ met $x(0) = 1$ op $[0, 1]$ aan dat de eulerpolygoon voldoet aan $\varphi_n(1) = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ . Bewijs de ontwikkeling

$\Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{n} = \eu\Bigl(1 - \frac1{2n} + O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) \Bigr),$

zodat de fout in $t = 1$ gelijk is aan $\frac{\eu}{2n} + O(n^{-2})$ : de snelheid $O(\frac1n)$ van vraag 18, met de exacte constante. Controleer numeriek voor $n = 10$ : $1.1^{10} = 2.59374$ tegenover $\eu \approx 2.71828$ , een fout $0.12454$ , te vergelijken met $\frac{\eu}{20} \approx 0.13591$ .

Oplossing

Oplossing van Probleem 7.1.

1. Inductie naar $k$ : is $\norm{\varphi_n(t_k) - x_0} \leq M(t_k - t_0) \leq MT \leq b$ , dan ligt het punt $(t_k, \varphi_n(t_k))$ in $R$ , zodat de helling $f(t_k, \varphi_n(t_k))$ gedefinieerd is met norm $\leq M$ ; en dan is voor $t \in [t_k, t_{k+1}]$ : $\norm{\varphi_n(t) - x_0} \leq \norm{\varphi_n(t_k) - x_0} + M(t - t_k) \leq M(t - t_0) \leq MT \leq b$ .

2. Elk affien stuk heeft een helling van norm $\leq M$ ; en een stuksgewijs affiene functie met hellingen begrensd door $M$ is $M$ -lipschitz (ketting via de roosterpunten).

3. De familie $(\varphi_n)$ is puntsgewijs begrensd (waarden in $\bar B(x_0, b)$ ) en equicontinu (gemeenschappelijke lipschitzconstante $M$ ): Ascoli (Stelling 7.11) haalt er $\varphi_{n_j} \to \varphi$ uniform op $[t_0, t_0 + T]$ uit. De grenzen gaan over op de limiet: $\varphi$ is $M$ -lipschitz met $\varphi(t_0) = x_0$ .

4. $R$ is compact en $f$ continu: dus uniform continu (Heine, Gevolg 6.17); zij $\delta(\varepsilon)$ een modulus. Voor $t \in (t_k, t_{k+1})$ buiten het rooster is $\varphi_n'(t) = f(t_k, \varphi_n(t_k))$ , en verschillen de twee evaluatiepunten van $f$ met $\abs{t - t_k} \leq T/n$ in de tijd en $\norm{\varphi_n(t) - \varphi_n(t_k)} \leq MT/n$ in de ruimte. Voor $n \geq n_0$ met $(1 + M)T/n_0 < \delta(\varepsilon)$ is dus $\norm{\Delta_n(t)} \leq \varepsilon$ .

5. Op elke $[t_k, t_{k+1}]$ is $\varphi_n$ affien, dus $\varphi_n(t_{k+1}) - \varphi_n(t_k) = \int_{t_k}^{t_{k+1}} \varphi_n'(s)\dd s$ , want de afgeleide is de constante helling; sommeren over de stukken (en het laatste bij $t$ afsnijden) geeft $\varphi_n(t) = x_0 + \int_{t_0}^t\varphi_n'(s)\,\dd s$ . Schrijven we $\varphi_n' = f(s, \varphi_n(s)) + \Delta_n(s)$ (stuksgewijs continue integranden, met eindig veel sprongen), dan volgt de getoonde formule.

6. Bij gegeven $\varepsilon$ is voor grote $j$ : $\norm{\varphi_{n_j} - \varphi}_\infty < \delta(\varepsilon)$ , dus $\norm{f(s, \varphi_{n_j}(s)) - f(s, \varphi(s))} \leq \varepsilon$ voor alle $s$ : uniforme convergentie van de integranden, en $\int_{t_0}^t f(s,\varphi_{n_j}(s))\dd s \to \int_{t_0}^tf(s, \varphi(s))\dd s$ , uniform in $t$ . Verder is $\norm{\int_{t_0}^t\Delta_{n_j}} \leq T\sup\norm{\Delta_{n_j}} \to 0$ (vraag 4). Overgaan tot de limiet in de identiteit van vraag 5 geeft $\varphi(t) = x_0 + \int_{t_0}^tf(s, \varphi(s))\,\dd s$ .

7. De integrand $s \mapsto f(s, \varphi(s))$ is continu, dus is het rechterlid $\mathcal C^1$ in $t$ met afgeleide $f(t, \varphi(t))$ : $\varphi$ lost het beginwaardeprobleem op $[t_0, t_0 + T]$ op. Voor de linkerhelft: stel $g(t, x) = -f(2t_0 - t, x)$ , continu op de gespiegelde rechthoek met dezelfde grens $M$ ; een oplossing $\psi$ van $y' = g(t,y)$ met $y(t_0) = x_0$ op $[t_0, t_0 + T]$ levert $\varphi(t) = \psi(2t_0 - t)$ , die de oorspronkelijke vergelijking op $[t_0 - T, t_0]$ oplost; en de twee helften verlijmen tot een $\mathcal C^1$ -oplossing (beide eenzijdige afgeleiden in $t_0$ zijn $f(t_0, x_0)$ ). — Dat is de stelling van Peano: een continue $f$ laat door elke beginvoorwaarde een lokale oplossing toe.

8. De continuïteit is duidelijk. Lipschitz nabij $0$ faalt: $\abs{f(h) - f(0)} = 2\sqrt h$ , en $2\sqrt h \leq L h$ is onjuist voor $h < 4/L^2$ .

9. Voor $t \leq c$ lost $x_c \equiv 0$ op. Voor $t \geq c$ is $x_c'(t) = 2(t - c) = 2\sqrt{(t-c)^2} = 2\sqrt{\abs{x_c}}$ . In $t = c$ zijn beide eenzijdige afgeleiden $0$ : $x_c$ is $\mathcal C^1$ en lost overal op, met $x_c(0) = 0$ voor elke $c \geq 0$ — samen met $x \equiv 0$ een continuüm van oplossingen door de oorsprong.

10. De picarditeratie stelt $\Phi(x)(t) = x_0 + \int_0^t f(x(s))\dd s$ op en heeft $\norm{\Phi(x) - \Phi(y)} \leq k\norm{x - y}$ met $k < 1$ nodig op een geschikte bal — wat volgt uit een lipschitzgrens op $f$ , onder de integraal overgedragen. Hier laat $\sqrt\cdot$ nabij $0$ geen enkele lipschitzgrens toe, en geen keuze van interval of bal repareert dat. En inderdaad kon geen bewijs van eenduidigheid slagen: de eenduidigheid is onjuist (vraag 9).

11. In $c_0$ voldoen de eenheidsvectoren $e_n = (0, \dots, 0, 1, 0, \dots)$ aan $\norm{e_n - e_m}_\infty = 1$ voor $n \neq m$ : geen enkele deelrij is Cauchy, dus is de gesloten eenheidsbal niet compact. De stap die breekt is de extractie (vraag 3): Ascoli voor $\mathcal C([t_0, t_0+T], E)$ vergt dat de waarden leven in een ruimte waar begrensde verzamelingen relatief compact zijn — waar in $\R^d$ (Bolzano–Weierstrass), onjuist in $c_0$ ; puntsgewijze extractie is er niet meer beschikbaar (en inderdaad heeft het voorbeeld van Dieudonné helemaal geen lokale oplossing).

12. Peano: is $f$ continu op een omgeving van $(t_0, x_0)$ in $\R\times\R^d$ , dan bestaat er een $\mathcal C^1$ -oplossing van $x' = f(t,x)$ met $x(t_0) = x_0$ op een zeker $[t_0 - T, t_0 + T]$ . Cauchy–Lipschitz (Hoofdstuk 19): is $f$ bovendien lokaal lipschitz in de veranderlijke $x$ , dan is de oplossing uniek (twee oplossingen vallen samen op hun gemeenschappelijke interval) — bestaan én eenduidigheid. Het paar $(x' = 2\sqrt{\abs x},\ x(0) = 0)$ scheidt de twee stellingen.

13. $\omega(r) = Lr$ : $\int_0^1\frac{\dd r}{Lr} = +\infty$ , dus voldoet het. $\omega(r) = r\log\frac1r$ (nabij $0$ ): $\int\frac{\dd r}{r\log(1/r)} = \bigl[-\log\log\frac1r\bigr] \to +\infty$ als $r \to 0$ , dus voldoet het — en toch is $\omega(r)/r = \log\frac1r \to \infty$ : niet lipschitz. $\omega(r) = 2\sqrt r$ : $\int_0^1\frac{\dd r}{2\sqrt r} = \bigl[\sqrt r\bigr]_0^1 = 1 < \infty$ , dus voldoet het niet.

14. Trek de twee integraalvormen van elkaar af:

x_1(t) - x_2(t) = x_1(s) - x_2(s) + \int_s^t\bigl(f(v, x_1(v)) - f(v, x_2(v))\bigr)\dd v,

neem normen en gebruik de modulus van Osgood: $\delta(t) \leq \delta(s) + \int_s^t\omega(\delta(v))\,\dd v$ .

15. $\tau$ is goed gedefinieerd (want $\delta(t_0) = 0$ ) met $\delta(\tau) = 0$ (continuïteit) en $\delta > 0$ op $\intoc\tau{t_1}$ . Leg $s \in \intoo\tau{t_1}$ vast. Dan is $u$ $\mathcal C^1$ met $u(s) = \delta(s) > 0$ , is $u \geq \delta$ op $[s, t_1]$ (vraag 14), en is $u' = \omega(\delta) \leq \omega(u)$ ( $\omega$ is niet-dalend en $u > 0$ ). Delen en integreren geeft

\int_{\delta(s)}^{u(t_1)}\frac{\dd r}{\omega(r)} = \int_s^{t_1}\frac{u'(v)}{\omega(u(v))}\,\dd v \leq t_1 - s \leq t_1 - \tau .

Hoewel $u$ van $s$ afhangt, geldt $u(t_1) \geq \delta(t_1)$ voor elke $s$ , zodat het linkerlid minstens $\int_{\delta(s)}^{\delta(t_1)}\frac{\dd r}{\omega(r)}$ is, en dat gaat naar $+\infty$ als $s \downarrow \tau$ (dan is $\delta(s) \to \delta(\tau) = 0$ , en de integraal divergeert in $0$ ): het begrensde rechterlid wordt tegengesproken. Bijgevolg is $\delta \equiv 0$ : eenduidigheid.

16. Lipschitz is $\omega = Lr$ : de eenduidigheid is teruggevonden. Voor $x' = x\log\frac1{\abs x}$ voldoet het rechterlid nabij $0$ aan de Osgood-modulus $\omega(r) = r\log\frac1r$ (middelwaardeongelijkheid op $x \mapsto x\log\frac1x$ , waarvan de afgeleide $\log\frac1x - 1$ onbegrensd is — Lipschitz faalt, Osgood geldt): dus eenduidige oplossingen; en merk op dat $x \equiv 0$ er een is, zodat geen andere oplossing $0$ kan raken. Voor $\omega(r) = 2\sqrt r$ is $\int_0^{h^2}\frac{\dd r}{2\sqrt r} = h$ — het “Osgood-budget” om van $0$ naar hoogte $h^2$ te klimmen is precies de tijd $h$ , en inderdaad is $x_c(c + h) = h^2$ : de oplossing besteedt precies de tijd $h$ aan wat de convergente integraal toestaat. Divergentie van de integraal is de onmogelijkheid om $0$ in eindige tijd te verlaten; convergentie is de ontsnappingsroute.

17. $G(t) = \int_{t_0}^t(Le(s) + \eta(s))\dd s$ is $\mathcal C^1$ met $G' = Le + \eta \leq LG + \sup\eta$ (wegens de hypothese $e \leq G$ ). Dan is $\bigl(\eu^{-Lt}(G + \tfrac{\sup\eta}L)\bigr)' = \eu^{-Lt}(G' - LG - \sup\eta) \leq 0$ : de uitdrukking tussen haakjes daalt, dus $G(t) + \frac{\sup\eta}L \leq \eu^{L(t - t_0)}\bigl(G(t_0) + \frac{\sup\eta}L\bigr) = \eu^{L(t-t_0)}\frac{\sup\eta}L$ , oftewel $e(t) \leq G(t) \leq \frac{\sup\eta}L(\eu^{L(t-t_0)} - 1)$ .

18. Kwantitatief defect: op $(t_k, t_{k+1})$ is $\Delta_n(t) = f(t_k, \varphi_n(t_k)) - f(t, \varphi_n(t))$ met $\abs{t - t_k} \leq T/n$ en $\norm{\varphi_n(t) - \varphi_n(t_k)} \leq MT/n$ , dus $\norm{\Delta_n} \leq L'T/n + LMT/n$ . Trek de integraalidentiteiten voor $\varphi_n$ (vraag 5) en $\varphi$ van elkaar af en gebruik de lipschitzgrens:

\norm{\varphi_n(t) - \varphi(t)} \leq \int_{t_0}^t L\,\norm{\varphi_n - \varphi}(s)\,\dd s + \int_{t_0}^t\norm{\Delta_n(s)}\,\dd s,

en vraag 17 met $\eta = \norm{\Delta_n}$ geeft de aangegeven grens $O(1/n)$ , waarbij $\varphi$ uniek is volgens Cauchy–Lipschitz (of Osgood). Ook zonder snelheden: elke deelrij van de equibegrensde en equi-lipschitz rij $(\varphi_n)$ heeft een sub-deelrij die (Ascoli plus Deel II) naar een oplossing convergeert, die de eenduidigheid dwingt gelijk te zijn aan $\varphi$ ; en een rij waarvan elke deelrij een sub-deelrij met dezelfde limiet heeft, convergeert.

19. Uit $\varphi_n(t_k) = 0$ volgt met de helling $2\sqrt0 = 0$ dat $\varphi_n(t_{k+1}) = 0$ ; per inductie is $\varphi_n \equiv 0$ , convergerend naar de nuloplossing. Vanaf $\varepsilon > 0$ : op $[\varepsilon', \infty)$ met $\varepsilon' < \varepsilon$ is de functie $2\sqrt x$ lipschitz, dus is vraag 18 van toepassing en convergeert Euler naar de unieke oplossing door $(0, \varepsilon)$ , namelijk $x(t) = (t + \sqrt\varepsilon)^2$ (controle: $x' = 2(t + \sqrt \varepsilon) = 2\sqrt x$ ). Als $\varepsilon \to 0$ gaat $(t + \sqrt\varepsilon)^2 \to t^2$ uniform op $[0,1]$ : de dubbele limiet landt op $x_0(t) = t^2$ en niet op $0$ . Een willekeurig kleine verstoring van het beginpunt stuurt het schema van de ene oplossing naar de andere: niet-eenduidigheid gelezen als numerieke instabiliteit.

20. Niet leeg: Deel II. Elke oplossing voldoet aan $\norm{x'} = \norm{f(t, x)} \leq M$ : $\mathcal S$ is uniform $M$ -lipschitz en uniform begrensd (waarden in $\bar B(x_0, b)$ ). Gesloten: convergeert $x_n \in \mathcal S$ uniform naar $x$ , ga dan tot de limiet over in $x_n(t) = x_0 + \int_{t_0}^tf(s, x_n(s))\dd s$ (de integranden convergeren uniform wegens de uniforme continuïteit van $f$ op de compacte $R$ ): dus $x \in \mathcal S$ . Ascoli: $\mathcal S$ is een gesloten, begrensde, equicontinue deelverzameling van $\mathcal C([t_0, t_0+T], \R^d)$ : compact.

21. Elke oplossing is niet-dalend ( $x' = 2\sqrt{\abs x} \geq 0$ ) met $x(0) = 0$ , dus $x \geq 0$ . Stel $c = \sup\{t \in [0,1] : x(t) = 0\}$ (eventueel $c = \infty$ als $x \equiv 0$ , en dan is $x = x_\infty$ ). Voor $t > c$ is $x > 0$ (monotonie plus de definitie van $c$ ), en daar is $(\sqrt x)' = \frac{x'}{2\sqrt x} = 1$ , dus $\sqrt{x(t)} = t - c$ (continuïteit in $c$ ): $x = x_c$ . Continuïteit van $c \mapsto x_c$ : voor $c, c' \in [0, 1]$ is $\sup_{[0,1]}\abs{(t - c)_+^2 - (t - c')_+^2} \leq 2\abs{c - c'}$ (de afbeelding $c \mapsto (t-c)_+^2$ is $2$ -lipschitz, uniform in $t \in [0,1]$ ), en omdat $x_c \equiv 0$ op $[0,1]$ voor elke $c \geq 1$ , herleidt de familie zich tot $\mathcal S = \{x_c : c \in [0,1]\}$ (met $x_1 = 0 = x_\infty$ ). Dus is $\mathcal S$ het beeld van het compacte samenhangende $[0,1]$ onder de continue afbeelding $c \mapsto x_c$ : compact en samenhangend. De trechter van oplossingen is een continu lijnstuk dat van $t^2$ (onmiddellijke ontsnapping) tot $0$ (eeuwige rust) loopt.

22. De evaluatie $\operatorname{ev}_t\colon \mathcal C([0,1]) \to \R$ , $x \mapsto x(t)$ , is continu ( $\abs{x(t) - y(t)} \leq \norm{x - y}_\infty$ ), dus is $\mathcal S(t) = \operatorname{ev}_t(\mathcal S)$ een continu beeld van een compacte verzameling: compact — en van een samenhangende: samenhangend. Voor het voorbeeld doorloopt $x_c(t) = (t - c)_+^2$ , terwijl $c$ het interval $[0, 1]$ doorloopt, continu alle waarden van $t^2$ (bij $c = 0$ ) tot $0$ (bij $c \geq t$ ): dus $\mathcal S(t) = \intcc0{t^2}$ . Op elk tijdstip is de doorsnede van de trechter een vol lijnstuk: tussen rust en maximale ontsnapping wordt elk compromis door een echte oplossing gerealiseerd.

23. Trek de integraalvormen $x(t) = x_0 + \int_{t_0}^tf(s, x(s))\dd s$ en haar tegenhanger voor $y$ van elkaar af, en stel $e(t) = \norm{x(t) - y(t)}$ en $d = \norm{x_0 - y_0}$ :

e(t) \leq d + \int_{t_0}^tL\,e(s)\dd s = G(t).

Dan is $G(t_0) = d$ en $G' = Le \leq LG$ , dus $\bigl(\eu^{-L(t - t_0)}G\bigr)' \leq 0$ en $G(t) \leq d\,\eu^{L(t - t_0)}$ ; en bijgevolg $e(t) \leq d\,\eu^{L(t-t_0)}$ . Scherpte: voor $x' = Lx$ zijn de oplossingen door $x_0$ en $y_0$ gelijk aan $x_0\eu^{L(t - t_0)}$ en $y_0\eu^{L(t-t_0)}$ , met afstand precies $d\,\eu^{L(t-t_0)}$ . Met $d = 0$ is $e \equiv 0$ : de eenduidigheid van Cauchy–Lipschitz, in twee regels opnieuw afgeleid. En voor vaste $t \in [t_0, t_0 + T]$ is $\norm{x(t; x_0) - x(t; y_0)} \leq \eu^{LT}\norm{x_0 - y_0}$ : de stroming is lipschitz in de beginvoorwaarde — deterministische afhankelijkheid, tegen een beheerste exponentiële prijs.

24. Op $\intoc01$ is $\Omega$ goed gedefinieerd (de integraal convergeert in $0$ per hypothese) en $\mathcal C^1$ met $\Omega' = \frac1\omega > 0$ : een stijgende bijectie op $\intoc0{\Omega(1)}$ , met $\Omega(x) \to 0$ als $x \to 0^+$ . Haar inverse $g \colon \intoc0{\Omega(1)} \to \intoc01$ is $\mathcal C^1$ met

g'(t) = \frac1{\Omega'(g(t))} = \omega\bigl(g(t)\bigr) > 0, \qquad g(t) \xrightarrow[t \to 0^+]{} 0 .

Zet $g$ voort met $0$ voor $t \leq 0$ : de continuïteit is duidelijk, en in $t = 0$ is voor $t > 0$

\frac{g(t)}t = \frac1t\int_0^tg'(s)\dd s = \frac1t\int_0^t\omega\bigl(g(s)\bigr)\dd s \leq \omega\bigl(g(t)\bigr) \xrightarrow[t\to0^+]{} 0

( $\omega$ is niet-dalend, $g$ stijgend, en $\omega(0^+) = 0$ ): dus $g'(0) = 0 = f(g(0))$ , en $g' = f(g)$ geldt aan beide kanten van $0$ . Bijgevolg zijn $x \equiv 0$ en $g$ twee verschillende $\mathcal C^1$ -oplossingen door $(0, 0)$ : convergeert $\int_0\frac{\dd r}{\omega(r)}$ , dan faalt de eenduidigheid — de divergentie uit vraag 15 is precies de grens. Voor $\omega(r) = 2\sqrt r$ is $\Omega(x) = \int_0^x\frac{\dd r}{2\sqrt r} = \sqrt x$ en $g(t) = t^2$ , en tijdverschuivingen geven de hele familie $x_c$ uit Deel III.

25. Met stap $h = \frac1n$ is $\varphi_n(t_{k+1}) = \varphi_n(t_k) + h\,\varphi_n(t_k) = (1 + h)\varphi_n(t_k)$ , dus $\varphi_n(1) = (1 + \frac1n)^n$ na $n$ stappen. Ontwikkeling:

n\log\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) = n\Bigl(\frac1n - \frac1{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) \Bigr) = 1 - \frac1{2n} + O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr),

en na exponentiëren: $(1 + \frac1n)^n = \eu\,\eu^{-1/(2n) + O(n^{-2})} = \eu\bigl(1 - \frac1{2n} + O(n^{-2})\bigr)$ . De fout in $t = 1$ is dus $\eu - \varphi_n(1) = \frac{\eu}{2n} + O(n^{-2})$ : de $O(\frac1n)$ van vraag 18, hier met haar exacte constante $\frac\eu2$ . Numeriek voor $n = 10$ : $1.1^{10} = 2.5937424601$ ( $1.1^2 = 1.21$ , $1.1^4 = 1.4641$ , $1.1^8 = 2.14358881$ , maal $1.21$ ), en $\eu - 2.59374 \approx 0.12454$ tegenover de asymptotische voorspelling $\frac{\eu}{20} \approx 0.13591$ : overeenstemming tot op de correctie $O(n^{-2})$ , waarvan de hoofdterm hier de voorspelling naar de waargenomen waarde toe verlaagt.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst