Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3 · Bachelor Year 3

7Volledige ruimten: Baire, Ascoli, Stone–Weierstrass

Volledigheid — elke Cauchyrij convergeert — is de eigenschap die de analyse objecten laat produceren: vaste punten van contracties, sommen van reeksen, oplossingen van vergelijkingen verkregen als limieten. Dit hoofdstuk verzamelt de drie grote bestaansmachines van de metrische theorie. De stelling van Baire toont dat een volledige ruimte geen aftelbare unie van verwaarloosbare stukken kan zijn, en roept objecten (continue nergens differentieerbare functies!) op uit pure kardinaliteitsredenering. Arzelà–Ascoli identificeert de compacte deelverzamelingen van $\mathcal C(K)$ en is het compactheidswerkpaard van de analyse — het weekendprobleem gebruikt haar om de bestaansstelling van Peano voor differentiaalvergelijkingen te bewijzen. Stone–Weierstrass toont dat polynomen, en veel meer, dicht liggen in $\mathcal C(K)$ : benadering wordt een algebraïsche verificatie. Onderweg construeren we vervolledigingen en bewijzen de uitbreidingsstelling voor uniform continue afbeeldingen, het dagelijks brood van Hoofdstukken 12, 13 en 14.

7.1 Volledige ruimten, vervolledigingen, uitbreidingen

Definitie 7.1

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

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

Stelling 7.2 (Uitbreiding van uniform continue afbeeldingen)

Zij $D \subseteq X$ dicht, $Y$ volledig, en $f \colon D \to Y$ uniform continu. Dan breidt $f$ uniek uit tot een continue $\bar f \colon X \to Y$ , en $\bar f$ is uniform continu.

Bewijs. Uniciteit: twee continue uitbreidingen stemmen overeen op de dichte $D$ , dus overal (de overeenkomstverzameling $\{g = h\}$ is gesloten: origineel van de gesloten diagonaal onder $x\mapsto (g(x), h(x))$ ). Bestaan: voor $x \in X$ kies $d_n \to x$ , $d_n \in D$ . De rij $(f(d_n))$ is Cauchy: gegeven $\varepsilon$ , uniforme continuïteit levert $\delta$ 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 af van de gekozen rij (verweef er twee). $\bar f$ breidt $f$ uit (constante rijen) en erft de continuïteitsmodulus: als $d(x, x') < \delta$ , benader beide door punten van $D$ op afstand $< \frac{\delta - d(x,x')}2$ en krijg $d(\bar f(x), \bar f(x')) \leq \varepsilon$ in de limiet — $\bar f$ is uniform continu. ∎

Stelling 7.3 (Vervollediging)

Elke metrische ruimte $X$ embedt isometrisch als dichte deelverzameling van een volledige metrische ruimte $\hat X$ , uniek op isometrie die $X$ puntgewijs fixeert na: 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),

de limiet bestaand 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. Zij $\hat X = \mathcal X/{\sim}$ , identificerend rijen op $D$ -afstand $0$ ; $D$ daalt af tot een afstand. Embed $X$ via constante rijen: een isometrie, met dicht beeld (een Cauchyrij wordt $D$ -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 $k \to \infty$ door Cauchy). Volledigheid van $\hat X$ : zij $(\xi^k)$ Cauchy in $\hat X$ ; door dichtheid kies $x_k \in X$ met $D(\xi^k, x_k) \leq 2^{-k}$ ; dan is $(x_k)$ Cauchy in $X$ (driehoeksongelijkheid via de $\xi$ ’s), definieert een punt $\xi \in \hat X$ , en $D(\xi^k, \xi) \leq 2^{-k} + D(x_k, \xi) \to 0$ (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 $k$ ).

Uniciteit: twee vervolledigingen $\hat X_1, \hat X_2$ bevatten $X$ dicht; de identiteit van $X$ , een isometrie, is uniform continu, breidt dus uit tot $\hat X_1 \to \hat X_2$ (Stelling 7.2), nog isometrie op een dichte verzameling dus overal; symmetrisch in de andere richting, en de samenstellingen fixeren de dichte $X$ : ze zijn de identiteiten. ∎

Stelling 7.4 (Vastepuntsstelling van Banach)

Zij $X$ volledig, 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 $f$ een uniek vast punt $x^*$ , en elke baan convergeert ernaar, met de expliciete snelheid $d(x_n, x^*) \leq \frac{k^n}{1-k}\,d(x_1, x_0)$ .

Bewijs. (Jaar 2 bewees dit; we hernoteren het tweeregelige argument voor zelfstandigheid.) De baan $x_{n+1} = f(x_n)$ heeft $d(x_{n+1}, x_n) \leq k^nd(x_1, x_0)$ , is dus Cauchy (meetkundige reeks); haar limiet $x^*$ is vast (continuïteit van $f$ ), uniek omdat twee vaste punten $d \leq k\,d$ voldoen. 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 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 vastepuntsstelling: $\varphi(x) = y$ oplossen betekent $x = y - g(x)$ , en $x \mapsto y - g(x)$ is een $k$ -contractie van de volledige $\R^d$ — een unieke oplossing $x = \psi(y)$ bestaat voor elke $y$ . 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 in de inversefunctiestelling (Hoofdstuk 20): nabij een punt waar $Df$ inverteerbaar is, is $f$ een inverteerbare lineaire afbeelding plus een kleine Lipschitz-perturbatie, en het huidige voorbeeld doet de rest. Zij kwantificeert ook numerieke robustheid: een systeem verstoord met minder dan de marge van de inverse blijft oplosbaar, met de oplossing die beweegt met hoogstens $\frac{1}{1-k}$ maal de perturbatie.

7.2 De stelling van Baire

Stelling 7.6 (Baire)

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

Bewijs. Zij $(U_n)$ dichte opens en $B_0 = B(x_0, r_0)$ een willekeurige open bol; we vinden een punt van $\bigcap U_n$ in $B_0$ . Inductief: $U_{n}$ dicht en open, snijdt de open bol $B_{n-1}$ in een open verzameling, die een gesloten bol $\bar B(x_n, r_n)$ 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 centra vormen een Cauchyrij ( $x_m \in B_n$ voor $m \geq n$ , stralen $\to 0$ ); de limiet $x$ ligt in elke $\bar B(x_n, r_n)$ (geslotenheid), dus in elke $U_n$ en in $B_0$ . Voor de tweede vorm: als geen $F_n$ inwendige heeft, zijn de $U_n = X \setminus F_n$ open en dicht, en een punt van $\bigcap U_n$ ontsnapt $\bigcup F_n = X$ : absurd. ∎

Opmerking 7.7

Vocabulaire: een verzameling is nergens dicht als haar afsluiting leeg inwendige heeft, mager (eerste categorie) als zij een aftelbare unie van nergens dichte verzamelingen is. Baire: een volledige metrische ruimte is niet mager in zichzelf, en het complement van een magere verzameling is dicht. “Mager” is een kleinheidsnotie orthogonaal aan maat (Hoofdstuk 9 produceert magere verzamelingen van volle maat), en Baire-argumenten bewijzen bestaan door overvloed: om één object zonder eigenschap P te vertonen, toon dat de P-objecten 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) $\R = \bigcup_{x}\{x\}$ over een aftelbare verzameling zou enige singleton inwendige geven. (b) Als $\Q = \bigcap_n V_n$ met $V_n$ open (noodzakelijk dicht, want $\supseteq \Q$ ), dan vormen de $V_n$ en de complementen $\R\setminus\{q\}$ , $q \in \Q$ , een aftelbare familie dichte opens met lege doorsnede — in tegenspraak met Baire. Als $X$ volledig is zonder geïsoleerde punten en aftelbaar, vertoont $X = \bigcup_{x \in X}\{x\}$ haar als aftelbare unie van gesloten verzamelingen met leeg inwendige (geen geïsoleerde punten): opnieuw Baire. ∎

Stelling 7.9 (De monsters van Weierstrass bestaan)

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

Bewijs. Voor $n \geq 1$ zij

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\}.

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

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

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

7.3 Arzelà–Ascoli

Doorheen 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 — Jaar 2).

Definitie 7.10

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

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 — bijv. elke familie met een gemeenschappelijke Lipschitzconstante, of een gemeenschappelijke Hölder-modulus), 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) desda equicontinu en puntsgewijs begrensd. In het bijzonder heeft elke equicontinue, puntsgewijs begrensde rij een uniform convergente deelrij.

Bewijs. ( $\Leftarrow$ ) Zij $(f_k)$ een rij van $\mathcal F$ . Compacte metrische $K$ is separabel: voor elke $n$ overdekken eindig veel bollen van straal $\frac1n$ $K$ (Stelling 6.16); hun centra vormen een aftelbare dichte verzameling $D = \{x_1, x_2, \dots\}$ . Door puntsgewijze begrensdheid en Bolzano–Weierstrass, extraheer successievelijk deelrijen convergerend in $x_1$ , dan ook in $x_2$ , enz., en neem de diagonaaldeelrij $(g_j)$ : zij convergeert in elk punt van $D$ . Equicontinuïteit tilt dit op tot uniform Cauchy: gegeven $\varepsilon$ , neem $\delta$ zoals in de definitie, overdek $K$ door eindig veel bollen $B(x_i, \delta)$ 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 $j, j' \geq J$ , $i \leq m$ . 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 in de volledige $\mathcal C(K)$ . Dus heeft elke rij van $\mathcal F$ een convergente deelrij: $\bar{\mathcal F}$ is (sequentieel, dus door Stelling 6.16) compact.

( $\Rightarrow$ ) Als $\bar{\mathcal F}$ compact is: puntsgewijze begrensdheid is duidelijk (evaluatie is continu). Voor equicontinuïteit, overdek $\mathcal F$ door eindig veel bollen $B(f_i, \varepsilon)$ van $\mathcal C(K)$ ; elke $f_i$ is uniform continu (Heine, Gevolg 6.17), wat een gemeenschappelijke $\delta$ geeft voor $i \leq m$ ; dan 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 eenheidsbol 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 $1$ . Daarentegen is $\{f : \norm f_\infty \leq 1,\ \operatorname{Lip}(f) \leq 1\}$ compact: begrensd en $1$ -Lipschitz-equicontinu, en gesloten. Ascoli verklaart waarom compactheid faalt in oneindige dimensie (Riesz, Jaar 2) en wat toe te voegen 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 convergeert naar een continue $f$ . Dan is de convergentie uniform.

Bewijs. Zeg $f_n \uparrow f$ ; zij $g_n = f - f_n \downarrow 0$ , continu. Gegeven $\varepsilon$ , de open verzamelingen $U_n = \{g_n < \varepsilon\}$ stijgen en overdekken $K$ (puntsgewijze convergentie); extraheer een eindige deeloerdekking: $K = U_{n_0}$ voor enige $n_0$ (stijgende familie), d.w.z. $0 \leq g_n < \varepsilon$ overal voor $n \geq n_0$ . ∎

Lemma 7.14

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

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

\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,

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

Stelling 7.15 (Stone–Weierstrass, reële versie)

Zij $K$ een compacte (Hausdorff) ruimte en $\mathcal A \subseteq \mathcal C(K, \R)$ een subalgebra (stabiel onder sommen, producten, scalaire veelvouden) die de constanten bevat en punten scheidt (voor $x \neq y$ heeft enige $f \in \mathcal A$ $f(x) \neq f(y)$ ). Dan is $\mathcal A$ dicht in $(\mathcal C(K,\R), \norm\cdot_\infty)$ .

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

Stap 1: $\bar{\mathcal A}$ is een tralie, d.w.z. stabiel onder $\max$ en $\min$ . Omdat $\max(f,g) = \frac{f + g + \abs{f-g}}2$ en $\min$ evenzo, volstaat dat $f \in \bar{\mathcal A} \Rightarrow \abs f \in \bar{\mathcal A}$ : met $M = \norm f_\infty > 0$ , $\abs f = M\sqrt{(f/M)^2}$ , en Lemma 7.14 geeft polynomen $u_n$ met $u_n\bigl((f/M)^2\bigr) \to \abs f/M$ uniform; polynomen in leden van de algebra (met constanteterm: constanten zijn er) blijven in $\bar{\mathcal A}$ .

Stap 2: tweepuntsinterpolatie. Voor $x \neq y$ en $a, b \in \R$ heeft enige $g \in \mathcal A$ $g(x) = a$ , $g(y) = b$ : neem $h$ die $x, y$ scheidt en zet $g = a + (b - a)\frac{h - h(x)}{h(y) - h(x)}$ .

Stap 3. Zij $f \in \mathcal C(K)$ , $\varepsilon > 0$ . Voor elk paar $x, y$ kies $g_{x,y} \in \mathcal A$ met $g_{x,y}(x) = f(x)$ , $g_{x,y}(y) = f(y)$ (Stap 2; voor $x = y$ neem de constante functie $g_{x,x} = f(x)$ ). Fixeer $x$ : voor elke $y$ bevat de open $V_y = \{g_{x,y} < f + \varepsilon\}$ $y$ ; compactheid extraheert $y_1, \dots, y_m$ met $K = \bigcup V_{y_j}$ , en $h_x = \min_j g_{x, y_j} \in \bar{\mathcal A}$ (Stap 1) voldoet $h_x < f + \varepsilon$ overal, $h_x(x) = f(x)$ . Varieer nu $x$ : $W_x = \{h_x > f - \varepsilon\}$ is open, bevat $x$ ; extraheer $x_1, \dots, x_l$ die $K$ overdekken, en $h = \max_i h_{x_i} \in \bar{\mathcal A}$ voldoet $f - \varepsilon < h < f + \varepsilon$ : $\norm{f - h}_\infty \leq \varepsilon$ . Dus $f \in \bar{\mathcal A}$ . ∎

Gevolg 7.16

(a) (Weierstrass) Polynomen liggen dicht in $\mathcal C(\intcc ab, \R)$ ; polynomen in $n$ variabelen liggen dicht in $\mathcal C(K, \R)$ voor compacte $K \subseteq \R^n$ . (b) (Complexe versie) Als $\mathcal A \subseteq \mathcal C(K, \C)$ een subalgebra is die constanten bevat, punten scheidt, en stabiel is onder conjugatie, is zij dicht. (c) (Trigonometrische versie) Trigonometrische polynomen $\sum_{\abs n \leq N}c_n\eu^{\iu n t}$ liggen dicht in de ruimte van continue $2\pi$ -periodieke functies met $\norm\cdot_\infty$ .

Bewijs. (a) Polynomen vormen een algebra met constanten; de coördinaatfuncties scheiden punten van $\R^n$ . (b) De reële en imaginaire delen $\frac{f + \bar f}2$ , $\frac{f - \bar f}{2\iu}$ van leden van $\mathcal A$ vormen een reële algebra $\mathcal A_\R \subseteq \mathcal C(K, \R)$ met constanten; zij scheidt punten ( $f(x) \ne f(y)$ dwingt $\operatorname{Re}f$ of $\operatorname{Im}f$ te scheiden). Pas de reële stelling toe en combineer opnieuw. (c) Bekijk $2\pi$ -periodieke functies als $\mathcal C(S^1, \C)$ ( $S^1 = \R/2\pi\Z$ , compact: Oefening 6.5); de algebra voortgebracht door $\eu^{\iu t}, \eu^{-\iu t}$ en constanten is stabiel onder conjugatie en scheidt punten van de cirkel ( $\eu^{\iu t}$ is injectief erop). Pas (b) toe. ∎

Opmerking 7.17

De trigonometrische versie herstelt, en generaliseert sterk, de kloof gelaten in het Fourier-hoofdstuk van Jaar 2: dichtheid van trigonometrische polynomen in $(\mathcal C(S^1), \norm\cdot_2)$ volgt a fortiori ( $\norm\cdot_2 \leq \norm\cdot_\infty$ tot op de normaliserende constante), wat het Fouriersysteem een orthonormale basis maakt in Hoofdstuk 13, en Parseval eindelijk in volle algemeenheid bewijst.

7.5 Oefeningen

Oefening 7.1 ★

(a) Toon dat $\mathcal C(\intcc01, \R)$ met $\norm f_1 = \int_0^1\abs f$ niet volledig is: de functies $f_n$ gelijk aan $0$ op $\intcc0{\frac12}$ , $1$ op $\intcc{\frac12 + \frac1n}1$ , affien daartussen, zijn $\norm\cdot_1$ -Cauchy zonder continue limiet. (b) Toon dat een genormeerde ruimte waarin elke absoluut convergente reeks convergeert volledig is. (Extraheer 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 begrensd door $1$ : $\norm{f_n - f_m}_1 \leq \frac1n \to 0$ : Cauchy. Als $f_n \to f$ in $\norm\cdot_1$ met $f$ continu: voor vaste $\alpha < \frac12$ , $\int_0^{\alpha}\abs f = \lim \int_0^\alpha\abs{f - f_n + f_n} \leq \lim\bigl(\norm{f - f_n}_1 + 0\bigr) = 0$ ( $f_n \equiv 0$ daar voor grote $n$ ), dus $f \equiv 0$ op $[0, \frac12)$ (continuïteit); evenzo $f \equiv 1$ op $(\frac12, 1]$ : geen continue functie doet beide. Dus is de ruimte 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, dus convergeert; haar partiële sommen zijn $x_{n_{k+1}} - x_{n_1}$ , dus convergeert $(x_{n_k})$ , en een Cauchyrij met convergente deelrij convergeert.

Oefening 7.2 ★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.2.

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

(b) Fixeer $\delta > 0$ en een niet-lege open bol $B$ ; we vinden 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: als $\operatorname{diam}f(V) < \delta$ voor een open $V \ni x$ , 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 $\R$ (puntsgewijze convergentie maakt $(f_n(x))$ Cauchy). Baire toepassend binnen de volledige $\bar B$ : enige $F_N \cap \bar B$ bevat een bol $B' = B(x_0, \rho)$ . $m \to \infty$ latend: $\abs{f_N - f} \leq \frac\delta3$ op $B'$ . Door continuïteit van $f_N$ in $x_0$ , krimpen tot $B'' \ni x_0$ waar $\abs{f_N - f_N(x_0)} \leq \frac\delta3$ ; dan 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:

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

Oefening 7.3 ★★

(a) Toon dat $f(x) = \frac12\bigl(x + \frac ax\bigr)$ ( $a > 1$ ) een contractie is van $[\sqrt a, +\infty)$ en identificeer haar vaste punt — de methode van Heron. Schat het aantal iteraties voor $10^{-12}$ -nauwkeurigheid startend van $x_0 = a$ , voor $a = 2$ . (b) (Vergelijking van Kepler) Voor $0 \leq e < 1$ en $m \in \R$ , toon dat $x = m + e\sin x$ een unieke 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 (AM–GM: $f(x) \geq \sqrt{x \cdot \frac ax} = \sqrt a$ ), en $f'(x) = \frac12(1 - \frac a{x^2}) \in [0, \frac12)$ daar: een $\frac12$ -Lipschitz-contractie van een gesloten (volledige) verzameling. Vast punt: $x = f(x) \iff x^2 = a$ : $x^* = \sqrt a$ . Snelheid (Stelling 7.4): $d(x_n, \sqrt a) \leq 2^{-n+1}\,d(x_1, x_0)$ . Voor $a = 2$ , $x_0 = 2$ : $d(x_1, x_0) = \frac12$ , dus $n = 40$ garandeert $2^{-40} < 10^{-12}$ . (In werkelijkheid convergeert 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 de volledige $\R$ : uniek 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 $f \colon X \to X$ zodat enige iterate $f^p$ een contractie is. Toon dat $f$ een uniek vast punt heeft. Toepassing: de integraaloperator $T$ op $\mathcal C(\intcc0a)$ , $Tf(x) = \int_0^x f$ , voldoet $\norm{T^p} \leq a^p/p!$ — leid af dat $u = g + \lambda Tu$ oplosbaar is voor elke $\lambda$ . (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 dat $f$ een uniek vast punt heeft, maar dat de contractsnelheid verloren kan gaan: op $X = [1, +\infty)$ (volledig, niet compact) heeft $f(x) = x + \frac1x$ geen vast punt ondanks strikt dalende afstanden.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.4.

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

(b) $\varphi(x) = d(x, f(x))$ is continu op de compacte $K$ : zij bereikt haar minimum in enige $x_0$ . Als $f(x_0) \neq x_0$ , dan $\varphi(f(x_0)) = d(f(x_0), f^2(x_0)) < d(x_0, f(x_0)) = \min\varphi$ : absurd. Uniciteit: 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 $x < y$ , $f(y) - f(x) = (y - x)\bigl(1 - \frac1{xy}\bigr) < y - x$ , toch $f(x) > x$ altijd: geen vast punt — strikt dalende afstand is zwakker dan een uniforme contractiefactor.

Oefening 7.5 ★★

(a) Twee continue afbeeldingen naar een Hausdorffruimte die op een dichte deelverzameling overeenstemmen stemmen overal overeen; waar werd dit in het 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 dat $f$ uitbreidt tot een isometrische bijectie $X \to Y$ . Leid opnieuw de uniciteit van vervolledigingen af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.5.

(a) De verzameling $A = \{g = h\}$ is het origineel van de diagonaal $\Delta_Y$ onder $x \mapsto (g(x), h(x))$ , continu; $\Delta_Y$ is gesloten omdat $Y$ Hausdorff is (voor $y_1 \neq y_2$ geven disjuncte open omgevingen een open doos rond $(y_1, y_2)$ disjunct van de diagonaal, dus is het complement van $\Delta_Y$ open): dus $A$ is gesloten, bevat een dichte verzameling, is gelijk aan $X$ . Gebruikt: uniciteit in Stelling 7.2, dus in de uniciteit van vervolledigingen.

(b) $f$ , een isometrie, is uniform continu: zij breidt uit tot $F\colon X \to Y$ (Stelling 7.2), nog isometrisch (de relatie $d(F(x), F(x')) = d(x, x')$ geldt op een dichte verzameling paren en beide kanten zijn continu). Evenzo breidt $f^{-1}\colon f(D) \to X$ uit tot $G \colon Y \to X$ . De samenstelling $G \circ F$ is continu en fixeert de dichte $D$ : zij is $\mathrm{id}_X$ (deel (a)); symmetrisch $F \circ G = \mathrm{id}_Y$ . Dus is $F$ een isometrische bijectie. Uniciteit van vervolledigingen: pas dit toe op $D = X$ dicht zittend 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\}.

Rechtvaardig elk antwoord met Ascoli of een tegenvoorbeeldrij.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.6.

$\{\sin(nx)\}$ : puntsgewijs begrensd door $1$ ; niet equicontinu: in $x = 0$ , $\sin(n\cdot\frac{\pi}{2n}) = 1$ met $\frac\pi{2n} \to 0$ , wat elke gemeenschappelijke $\delta$ voor $\varepsilon = \frac12$ schendt. Niet relatief compact (noodzakelijkheid van 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 — consistent, haar puntsgewijze limiet is discontinu, dus convergeert geen deelrij uniform.

$\{\norm f_\infty \leq 1, \norm{f'}_\infty \leq 1\}$ : de middelwaarde-ongelijkheid maakt de familie $1$ -Lipschitz, dus equicontinu; begrensd: relatief compact door Ascoli. (Niet compact: zij is niet gesloten — uniforme limieten hoeven niet $\mathcal C^1$ te zijn; haar afsluiting is de $1$ -Lipschitz-functies van 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 Lipschitz-ongelijkheid en de waarde in $0$ gaan over op limieten): 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 dat $T$ de eenheidsbol van $\mathcal C(\intcc01)$ afbeeldt op een equicontinue, uniform begrensde verzameling; concludeer dat $T$ een compacte operator is: beelden van begrensde verzamelingen zijn relatief compact. (b) Leid af dat als $(f_n)$ begrensd is, $(Tf_n)$ een uniform convergente deelrij heeft, en dat $T$ geen bijectie met continue inverse kan zijn. (Het beeld van de eenheidsbol zou een compacte omgeving van $0$ in $\mathcal C(\intcc01)$ zijn: verboden door de stelling van Riesz uit Jaar 2.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.7.

(a) Voor $\norm f_\infty \leq 1$ : $\abs{Tf(x)} \leq \norm k_\infty$ , 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 eenheidsbol is uniform begrensd en equicontinu, dus relatief compact (Ascoli). Door lineariteit heeft elke begrensde verzameling relatief compact beeld: $T$ is een compacte operator.

(b) De deelrijuitspraak is de definitie van relatieve compactheid toegepast op $\{Tf_n\}$ . Als $T$ bijectief was met continue inverse, dan $T(B(0,1)) \supseteq B(0, \varepsilon)$ voor enige $\varepsilon > 0$ ( $T^{-1}$ continu in $0$ ); de gesloten bol $\bar B(0,\varepsilon)$ , een gesloten deelverzameling van de compacte $\overline{T(B(0,1))}$ , zou compact zijn — onmogelijk in de oneindigdimensionale $\mathcal C(\intcc01)$ door de stelling van Riesz (Jaar 2).

Oefening 7.8 ★★

Bewijs of weerleg, voor $f_n \colon \intcc01 \to \R$ continu: (a) $f_n \downarrow 0$ puntsgewijs $\Rightarrow$ uniform (Dini — herbewijs); (b) hetzelfde zonder monotonie; (c) hetzelfde met monotonie maar $f$ discontinu; (d) hetzelfde met monotonie, continue limiet, maar op $\intoo01$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.8.

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

Oefening 7.9 ★★

(a) (Momenten bepalen) Zij $f \in \mathcal C(\intcc01)$ met $\int_0^1 f(x)\,x^n\,\dd x = 0$ voor alle $n \in \N$ . Toon $f = 0$ . (Benader $f$ uniform door polynomen en bereken $\int f^2$ .) (b) Toon dat de even polynomen dicht liggen in $\mathcal C(\intcc01)$ maar niet in $\mathcal C(\intcc{-1}1)$ ; waar faalt de hypothese van Stone–Weierstrass? (c) Is 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) Door lineariteit $\int_0^1 fP = 0$ voor elk polynoom $P$ . Kies $P_n \to f$ uniform (Gevolg 7.16): $\int_0^1 f^2 = \lim\int_0^1 fP_n = 0$ , en de continue $f^2 \geq 0$ met nulintegraal verdwijnt identiek.

(b) Op $\intcc01$ : de polynomen in $x^2$ vormen een algebra met constanten, die punten scheidt ( $x \mapsto x^2$ is injectief op $\intcc01$ ): dicht door Stone–Weierstrass. Op $\intcc{-1}1$ : $x^2$ neemt gelijke waarden aan in $\pm x$ , en zo doet elk polynoom in $x^2$ : een uniforme limiet van zulke is een even functie. Als even functies $g_n$ uniform naar de identiteit convergeerden, dan $x = \lim g_n(x) = \lim g_n(-x) = -x$ voor alle $x$ : absurd — niet dicht. De scheidings-hypothese faalt op de paren $\{x, -x\}$ .

(c) Nee. Voor $f$ in de algebra $\mathcal A$ voortgebracht door constanten en $\eu^{\iu t}$ — lineaire combinaties van $\eu^{\iu nt}$ , $n \geq 0$ — heeft men $\Lambda(f) = \int_0^{2\pi}f(t)\,\eu^{\iu t}\,\dd t = 0$ (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 $\Lambda(\eu^{-\iu t}) = 2\pi \neq 0$ : $\eu^{-\iu t} \notin \bar{\mathcal A}$ . (Stone–Weierstrass past niet toe: $\mathcal A$ is niet stabiel onder conjugatie — en de obstructie is precies die die holomorfe-functietheorie systematiseert in Hoofdstuk 16.)

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 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. Puntsgewijze begrensdheid geeft $X = \bigcup_n F_n$ . Baire (Stelling 7.6) levert $n_0$ met $U = \mathring F_{n_0} \neq \varnothing$ : op $U$ , $\abs f \leq n_0$ voor elke $f \in \mathcal F$ tegelijk.

Oefening 7.11 ★★

( $\mathcal C^1$ heeft haar eigen norm nodig) Op $E = \mathcal C^1(\intcc01, \R)$ beschouw $\norm f_{\mathcal C^1} = \norm f_\infty + \norm{f'}_\infty$ . (a) Toon dat $(E, \norm\cdot_{\mathcal C^1})$ volledig is (een $\mathcal C^1$ -Cauchyrij heeft $f_n \to f$ en $f_n' \to g$ uniform; identificeer $g = f'$ door in de limiet te gaan in $f_n(x) = f_n(0) + \int_0^xf_n'$ ). (b) Toon dat $(E, \norm\cdot_\infty)$ niet volledig is: vertoon een uniforme limiet van $\mathcal C^1$ -functies die niet differentieerbaar is (bijv. gladde benaderingen van $\abs{x - \tfrac12}$ ). (c) Leid uit (a), (b) en de open-afbeeldings-ideeënkring — of rechtstreeks — af dat geen constante $C$ voldoet aan $\norm{f'}_\infty \leq C\,\norm f_\infty$ op $E$ : vertoon een rij die dat getuigt. Differentiatie is onbegrensd; dit is de klif 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. Overgang naar de limiet (uniforme convergentie laat het 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, bijv. $h_n(x) = \sqrt{(x - \frac12)^2 + \frac1n}$ ( $\abs{h_n - h} \leq \frac1{\sqrt n}$ door de geconjugeerde-grootheid-grens), toch $h \notin E$ : de sup-norm 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 $\norm{f_n'}_\infty = 2\pi n \to \infty$ : geen $C$ bestaat. (Conceptueel: als differentiatie begrensd was voor de sup-norm, zouden de twee normen van (a)–(b) equivalent zijn, waardoor $(E, \norm\cdot_\infty)$ volledig zou zijn — in tegenspraak met (b). Deze 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 veronderstel dat voor elke $x > 0$ , $f(nx) \to 0$ als het gehele $n \to \infty$ . Toon dat $f(t) \to 0$ als $t \to +\infty$ . (Fixeer $\varepsilon > 0$ ; de verzamelingen $F_N = \{x > 0 : \abs{f(nx)} \leq \varepsilon\ \ \forall n \geq N\}$ zijn gesloten en overdekken $\intoo0\infty$ ; Baire in enig interval $\intcc ab$ geeft $N$ en een deelinterval $\intcc{a'}{b'} \subseteq F_N$ ; dan overdekken de dilaten $\bigl[na', nb'\bigr]$ , $n \geq N$ , een hele omgeving van $+\infty$ zodra $n(b' - a') \geq a'$ .) Waar wordt de hypothese “voor elke $x$ ” (niet alleen rationale $x$ ) gebruikt?

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.12.

Fixeer $\varepsilon > 0$ . 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 enige $F_N$ ligt. Door Baire toegepast binnen de volledige $\intcc ab$ (elke $0 < a < b$ ) is enige $F_N$ dicht in een deelinterval; gesloten zijnd, bevat zij een interval $\intcc{a'}{b'}$ met $0 < a' < b'$ . Dan voor elke $n \geq \max(N, \frac{a'}{b' - a'})$ overlappen de intervallen $\intcc{na'}{nb'}$ en $\intcc{(n+1)a'}{(n+1)b'}$ ( $nb' \geq (n+1)a'$ ), dus

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

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

7.6 Probleem: de bestaansstelling van Peano

Probleem 7.1

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

Cauchy–Lipschitz (Jaar 2; herbewijs in Hoofdstuk 19) eist $f$ Lipschitz in $x$ . Peano (1890): continuïteit van $f$ levert al bestaan — zij het geen uniciteit. We bewijzen het met Euler-veelhoeken en Ascoli. Setting: $f \colon R \to \R^d$ 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{als } M = 0 \text{ is het probleem triviaal}).

Deel I — Euler-veelhoeken. Voor $n \geq 1$ , onderverdeel $[t_0, t_0 + T]$ 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 door inductie dat $\varphi_n$ welgedefinieerd 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 dat elke $\varphi_n$ $M$ -Lipschitz is.
Leid uit Arzelà–Ascoli (Stelling 7.11) af dat een deelrij $(\varphi_{n_j})$ uniform op $[t_0, t_0 + T]$ convergeert naar enige $\varphi$ , 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 niet-roosterpunten.

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

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

de middelste integrand stuksgewijs continu.
Ga naar de limiet langs $(n_j)$ : toon $f(s, \varphi_{n_j}(s)) \to f(s, \varphi(s))$ uniform (opnieuw uniforme continuïteit van $f$ ), en concludeer

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

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

Controleer dat $f(x) = 2\sqrt{\abs x}$ continu is maar niet Lipschitz op enige omgeving van $0$ .
Verifieer dat $x \equiv 0$ en, voor elke $c \geq 0$ ,

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

alle oplossingen door $(0,0)$ zijn: een continuum van verschillende oplossingen.
Waar breekt het Picard-iteratieargument (vaste punt van Banach) voor deze $f$ ?

Deel IV — Grenzen van de methode.

Toon dat de stelling van Peano faalt in oneindige dimensie: we geven toe (of u mag op geloof aannemen) het klassieke voorbeeld van Dieudonné in de ruimte $c_0$ van nulrijen; bewijs in plaats daarvan het eindigdimensionale ingrediënt dat daar faalt: de gesloten eenheidsbol van $c_0$ (sup-norm) is niet compact — vertoon een begrensde rij zonder convergente deelrij, en leg uit welke stap van Deel I breekt.
Vat samen: welke hypothesen geven bestaan? bestaan en uniciteit? Formuleer precies de twee stellingen (Peano; Cauchy–Lipschitz) naast elkaar.

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

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

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

Controleer dat $\omega(r) = Lr$ kwalificeert (Lipschitz), dat $\omega(r) = r\log\frac1r$ (uitgebreid door continuïteit, voor kleine $r$ ) kwalificeert hoewel zij niet $O(r)$ is, en dat $\omega(r) = 2\sqrt r$ dat niet doet. Bereken de integraal in elk geval.
Zij $x_1, x_2$ de vergelijking oplossen 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, alleen uit de integraalvormen, 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) Veronderstel $\delta(t_1) > 0$ voor enige $t_1$ , en zij $\tau = \sup\{t \leq t_1 : \delta(t) = 0\}$ . Voor $s \in \intoo\tau{t_1}$ , zet $u(t) = \delta(s) + \int_s^t\omega(\delta(v))\,\dd v$ . Toon $\delta \leq u$ , $u' = \omega(\delta) \leq \omega(u)$ , en leid af

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

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

Deel VI — Snelheden, schema’s, trechters.

(Integraal-Grönwall-lemma) 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

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

(zet $G(t) = \int_{t_0}^t(Le + \eta)$ , noteer $G' \leq LG + \sup\eta$ , en differentieer $\eu^{-Lt}G(t)$ ).
(Euler convergeert met een snelheid) Veronderstel nu dat $f$ $L$ -Lipschitz is in $x$ en $L'$ -Lipschitz in $t$ op $R$ . Combinerend de defectgrens van vraag 4 (kwantitatief gemaakt: $\norm{\Delta_n} \leq (L' + LM)T/n$ ) met vraag 17, bewijs

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

waar $\varphi$ de oplossing is: met Lipschitz- data convergeert de hele rij, met een expliciete snelheid — geen deelrijen nodig. Waarom tilt uniciteit deelsequentiele convergentie op tot volle convergentie zelfs zonder deze berekening?
(Het schema kiest) Voor $x' = 2\sqrt{\abs x}$ , $x(0) = 0$ : toon dat elke Euler-veelhoek identiek nul is, zodat het schema convergeert naar de oplossing $x \equiv 0$ ; maar gestart in $x(0) = \varepsilon > 0$ convergeert zij (als $n \to \infty$ , dan $\varepsilon \to 0$ ) naar $t \mapsto t^2$ , een andere oplossing door de oorsprong. Non-uniciteit herrijst als gevoeligheid van het numerieke schema voor perturbaties.
Toon dat de verzameling $\mathcal S$ van alle oplossingen van $x' = f(t,x)$ , $x(t_0) = x_0$ op $[t_0, t_0+T]$ (waarden in $\bar B(x_0, b)$ ) niet-leeg is (Deel II), uniform $M$ -Lipschitz, en gesloten in $\bigl(\mathcal C([t_0, t_0+T], \R^d), \norm\cdot_\infty\bigr)$ ; concludeer met Ascoli dat $\mathcal S$ compact is. (De stelling van Kneser voegt toe dat $\mathcal S$ samenhangend is; we bewijzen dat niet.)
Verifieer het fenomeen van Kneser op het voorbeeld: voor $x' = 2\sqrt{\abs x}$ , $x(0) = 0$ , op $[0, 1]$ , toon $\mathcal S = \{x_c : c \in \intcc0\infty\}$ met $x_\infty \equiv 0$ (voor elke oplossing, zij $c = \sup\{t : x(t) = 0\}$ en integreer $(\sqrt x)' = 1$ op $\{x > 0\}$ ), dat $c \mapsto x_c$ continu is van $\intcc0\infty$ (éénpuntscompactificatie, d.w.z. $c = \infty$ verlijmd als limiet) naar $\mathcal C([0,1])$ , en concludeer dat $\mathcal S$ inderdaad compact en samenhangend is — een segmentvormige trechter.
(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 controleer dat zij ook samenhangend is: $\mathcal S(t) = \intcc0{t^2}$ — elke intermediaire toestand wordt door enige oplossing bereikt.

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

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

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

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

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

en breid $f(x) = \omega(\abs x)$ uit door $f(0) = 0$ . Toon dat $\Omega(x) = \int_0^x\frac{\dd r}{\omega(r)}$ een stijgende bijectie is van $\intoc0{1}$ op $\intoc0{\Omega(1)}$ , dat haar inverse $g$ $g' = \omega(g)$ oplost met $g(0^+) = 0$ , en dat $g$ , uitgebreid met $0$ voor $t \leq 0$ , een $\mathcal C^1$ -oplossing is van $x' = f(x)$ door $(0, 0)$ verschillend van $x \equiv 0$ (voor $g'(0) = 0$ , begrens $\frac{g(t)}t$ door $\omega(g(t))$ ). Concludeer: de divergentiehypothese van vraag 15 is geen gemak maar de exacte grens van uniciteit; herwin Deel III uit $\omega(r) = 2\sqrt r$ , $\Omega(x) = \sqrt x$ .
(Euler met de hand berekend) Voor $x' = x$ , $x(0) = 1$ op $[0, 1]$ : toon dat de Euler-veelhoek 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 $t = 1$ $\frac{\eu}{2n} + O(n^{-2})$ is: de $O(\frac1n)$ -snelheid van vraag 18, met de exacte constante. Controleer numeriek voor $n = 10$ : $1.1^{10} = 2.59374$ tegen $\eu \approx 2.71828$ , een fout $0.12454$ te vergelijken met $\frac{\eu}{20} \approx 0.13591$ .

Oplossing

Oplossing van Probleem 7.1.

1. Inductie op $k$ : als $\norm{\varphi_n(t_k) - x_0} \leq M(t_k - t_0) \leq MT \leq b$ , ligt het punt $(t_k, \varphi_n(t_k))$ in $R$ , dus is de helling $f(t_k, \varphi_n(t_k))$ gedefinieerd, van norm $\leq M$ ; dan 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 helling van norm $\leq M$ ; een stuksgewijs affiene functie met hellingen begrensd door $M$ is $M$ -Lipschitz (keten door 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) extraheert $\varphi_{n_j} \to \varphi$ uniform op $[t_0, t_0 + T]$ . De grenzen gaan over op de limiet: $\varphi$ is $M$ -Lipschitz, $\varphi(t_0) = x_0$ .

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

5. Op elk $[t_k, t_{k+1}]$ is $\varphi_n$ affien, dus $\varphi_n(t_{k+1}) - \varphi_n(t_k) = \int_{t_k}^{t_{k+1}} \varphi_n'(s)\dd s$ , de afgeleide zijnde de constante helling; sommen over stukken (en het laatste snijden in $t$ ): $\varphi_n(t) = x_0 + \int_{t_0}^t\varphi_n'(s)\,\dd s$ . Schrijvend $\varphi_n' = f(s, \varphi_n(s)) + \Delta_n(s)$ (stuksgewijs continue integranden, eindig veel sprongen) geeft de weergave.

6. Gegeven $\varepsilon$ : voor $j$ groot, $\norm{\varphi_{n_j} - \varphi}_\infty < \delta(\varepsilon)$ , 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 $t$ . Ook $\norm{\int_{t_0}^t\Delta_{n_j}} \leq T\sup\norm{\Delta_{n_j}} \to 0$ (vraag 4). Overgang naar de limiet in de identiteit van vraag 5: $\varphi(t) = x_0 + \int_{t_0}^tf(s, \varphi(s))\,\dd s$ .

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

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

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

10. Picard-iteratie zet $\Phi(x)(t) = x_0 + \int_0^t f(x(s))\dd s$ op en heeft $\norm{\Phi(x) - \Phi(y)} \leq k\norm{x - y}$ met $k < 1$ op een geschikte bol nodig — wat volgt uit een Lipschitz-grens op $f$ , overgedragen onder de integraal. Hier laat $\sqrt\cdot$ geen Lipschitz-grens nabij $0$ toe, en geen keuze van interval of bol herstelt dat. En inderdaad kon geen uniciteitsbewijs slagen: uniciteit is onwaar (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 deelrij is Cauchy, dus is de gesloten eenheidsbol niet compact. De stap die breekt is de extractie (vraag 3): Ascoli voor $\mathcal C([t_0, t_0+T], E)$ eist dat de waarden in een ruimte leven waar begrensde verzamelingen relatief compact zijn — waar in $\R^d$ (Bolzano–Weierstrass), onwaar in $c_0$ ; puntsgewijze extractie is niet langer beschikbaar (inderdaad heeft het voorbeeld van Dieudonné helemaal geen lokale oplossing).

12. Peano: $f$ continu op een omgeving van $(t_0, x_0)$ in $\R\times\R^d$ $\Rightarrow$ er bestaat een $\mathcal C^1$ -oplossing van $x' = f(t,x)$ , $x(t_0) = x_0$ , op enige $[t_0 - T, t_0 + T]$ . Cauchy–Lipschitz (Hoofdstuk 19): als bovendien $f$ lokaal Lipschitz is in de $x$ -variabele, is de oplossing uniek (elke twee stemmen overeen op hun gemeenschappelijk interval) — bestaan en uniciteit. Het paar $(x' = 2\sqrt{\abs x},\ x(0) = 0)$ scheidt de twee stellingen.

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

14. Trek de twee integraalvormen 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 Osgood-modulus: $\delta(t) \leq \delta(s) + \int_s^t\omega(\delta(v))\,\dd v$ .

15. $\tau$ is welgedefinieerd ( $\delta(t_0) = 0$ ) met $\delta(\tau) = 0$ (continuïteit) en $\delta > 0$ op $\intoc\tau{t_1}$ . Fixeer $s \in \intoo\tau{t_1}$ . Dan is $u$ $\mathcal C^1$ , $u(s) = \delta(s) > 0$ , $u \geq \delta$ op $[s, t_1]$ (vraag 14), en $u' = \omega(\delta) \leq \omega(u)$ ( $\omega$ niet-dalend, $u > 0$ ). Deel en integreer:

\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 de grens $u(t_1) \geq \delta(t_1)$ voor elke $s$ , dus is de linkerkant minstens $\int_{\delta(s)}^{\delta(t_1)}\frac{\dd r}{\omega(r)}$ , die naar $+\infty$ neigt als $s \downarrow \tau$ (dan $\delta(s) \to \delta(\tau) = 0$ , en de integraal divergeert in $0$ ): de begrensde rechterkant wordt tegengesproken. Dus $\delta \equiv 0$ : uniciteit.

16. Lipschitz is $\omega = Lr$ : uniciteit herwonnen. Voor $x' = x\log\frac1{\abs x}$ : het rechterlid voldoet aan de Osgood-modulus $\omega(r) = r\log\frac1r$ nabij $0$ (middelwaarde-ongelijkheid op $x \mapsto x\log\frac1x$ , wiens afgeleide $\log\frac1x - 1$ onbegrensd is — Lipschitz faalt, Osgood houdt): unieke oplossingen; noteer dat $x \equiv 0$ er één is, dus kan geen andere oplossing $0$ raken. Voor $\omega(r) = 2\sqrt r$ : $\int_0^{h^2}\frac{\dd r}{2\sqrt r} = h$ — het “Osgood-budget” om van $0$ naar hoogte $h^2$ te klimmen is precies de tijd $h$ , en inderdaad $x_c(c + h) = h^2$ : de oplossing besteedt tijd $h$ precies 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 $G' = Le + \eta \leq LG + \sup\eta$ (hypothese $e \leq G$ ). Dan $\bigl(\eu^{-Lt}(G + \tfrac{\sup\eta}L)\bigr)' = \eu^{-Lt}(G' - LG - \sup\eta) \leq 0$ : de haak daalt, dus $G(t) + \frac{\sup\eta}L \leq \eu^{L(t - t_0)}\bigl(G(t_0) + \frac{\sup\eta}L\bigr) = \eu^{L(t-t_0)}\frac{\sup\eta}L$ , d.w.z. $e(t) \leq G(t) \leq \frac{\sup\eta}L(\eu^{L(t-t_0)} - 1)$ .

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

\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 gestelde $O(1/n)$ -grens, $\varphi$ uniek zijnd door Cauchy–Lipschitz (of Osgood). Zelfs zonder snelheden: elke deelrij van de equibegrensde, equi-Lipschitz $(\varphi_n)$ heeft een deel-deelrij die convergeert (Ascoli + Deel II) naar een oplossing, die uniciteit dwingt tot $\varphi$ : een rij waarvan alle deelrijen deel-deelrijen met dezelfde limiet hebben convergeert.

19. Van $\varphi_n(t_k) = 0$ : de helling $2\sqrt0 = 0$ geeft $\varphi_n(t_{k+1}) = 0$ ; inductie: $\varphi_n \equiv 0$ , convergerend naar de nuloplossing. Van $\varepsilon > 0$ : op $[\varepsilon', \infty)$ met $\varepsilon' < \varepsilon$ is de functie $2\sqrt x$ Lipschitz, dus past vraag 18 toe en convergeert Euler naar de unieke oplossing door $(0, \varepsilon)$ , namelijk $x(t) = (t + \sqrt\varepsilon)^2$ (controleer: $x' = 2(t + \sqrt\varepsilon) = 2\sqrt x$ ). Als $\varepsilon \to 0$ , $(t + \sqrt\varepsilon)^2 \to t^2$ uniform op $[0,1]$ : de dubbele limiet landt op $x_0(t) = t^2$ , niet op $0$ . Een willekeurig kleine perturbatie van de beginwaarde leidt het schema van de ene oplossing naar de andere: non-uniciteit gelezen als numerieke instabiliteit.

20. Niet-leeg: Deel II. Elke oplossing voldoet $\norm{x'} = \norm{f(t, x)} \leq M$ : $\mathcal S$ is uniform $M$ -Lipschitz en uniform begrensd (waarden in $\bar B(x_0, b)$ ). Gesloten: als $x_n \in \mathcal S \to x$ uniform, ga naar de limiet in $x_n(t) = x_0 + \int_{t_0}^tf(s, x_n(s))\dd s$ (de integranden convergeren uniform door uniforme continuïteit van $f$ op de compacte $R$ ): $x \in \mathcal S$ . 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 $x \geq 0$ . Zij $c = \sup\{t \in [0,1] : x(t) = 0\}$ (mogelijk $c = \infty$ als $x \equiv 0$ , in welk geval $x = x_\infty$ ). Voor $t > c$ : $x > 0$ (monotonie plus definitie van $c$ ), en daar $(\sqrt x)' = \frac{x'}{2\sqrt x} = 1$ , dus $\sqrt{x(t)} = t - c$ (continuïteit in $c$ ): $x = x_c$ . Continuïteit van $c \mapsto x_c$ : voor $c, c' \in [0, 1]$ , $\sup_{[0,1]}\abs{(t - c)_+^2 - (t - c')_+^2} \leq 2\abs{c - c'}$ (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 $c \geq 1$ , reduceert de familie tot $\mathcal S = \{x_c : c \in [0,1]\}$ (met $x_1 = 0 = x_\infty$ ). Dus is $\mathcal S$ het beeld van de compacte samenhangende $[0,1]$ onder de continue afbeelding $c \mapsto x_c$ : compact en samenhangend. De trechter van oplossingen is een continu segment van $t^2$ (onmiddellijke ontsnapping) tot $0$ (eeuwige rust).

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 compact: compact — en van een samenhangende verzameling: samenhangend. Voor het voorbeeld: $x_c(t) = (t - c)_+^2$ veegt, als $c$ door $[0, 1]$ loopt, alle waarden van $t^2$ (bij $c = 0$ ) tot $0$ (bij $c \geq t$ ), continu: $\mathcal S(t) = \intcc0{t^2}$ . Op elk moment is de doorsnede van de trechter een volledig segment: tussen rusten en maximale ontsnapping wordt elk compromis door een echte oplossing gerealiseerd.

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

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

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

24. Op $\intoc01$ is $\Omega$ welgedefinieerd (de integraal convergeert in $0$ door hypothese), $\mathcal C^1$ 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 .

Breid $g$ uit met $0$ op $t \leq 0$ : continuïteit is duidelijk, en in $t = 0$ , 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

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

25. Met stap $h = \frac1n$ : $\varphi_n(t_{k+1}) = \varphi_n(t_k) + h\,\varphi_n(t_k) = (1 + h)\varphi_n(t_k)$ , 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 exponentiërend, $(1 + \frac1n)^n = \eu\,\eu^{-1/(2n) + O(n^{-2})} = \eu\bigl(1 - \frac1{2n} + O(n^{-2})\bigr)$ . 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, $n = 10$ : $1.1^{10} = 2.5937424601$ ( $1.1^2 = 1.21$ , $1.1^4 = 1.4641$ , $1.1^8 = 2.14358881$ , maal $1.21$ ), en $\eu - 2.59374 \approx 0.12454$ , tegen de asymptotische voorspelling $\frac{\eu}{20} \approx 0.13591$ : overeenstemming binnen de $O(n^{-2})$ -correctie, wiens leidende term hier de voorspelling naar de waargenomen waarde verlaagt.