Alapadatok
Év, oldalszám:1999, 252 oldal
Nyelv:magyar
Letöltések száma:185
Feltöltve:2007. június 09.
Méret:1 MB
Intézmény:
-
Megjegyzés:
Csatolmány:-
Letöltés PDF-ben:Kérlek jelentkezz be!
Értékelések
Nincs még értékelés. Legyél Te az első!Legnépszerűbb doksik ebben a kategóriában
Tartalmi kivonat
TBBVǑLTOZS FGGVNYEGYENLETEK REGULARITǑSI TULAJDONSǑGAI Akadmiai doktori rtekezs J rai Antal Budapest ELTE 1999 2 Ksznm La zkovi h Mikl¢snak, kandid tusi dolgozatom opponensnek javaslatait s szrevteleit. A szedés az AMS-TEX Járai Zoltán és a szerző által ı́rt magyar változatával készült. Tartalomjegyzék I. Előismeretek 1.§ Bevezets 2.§ Jellsek s terminol¢gia II. Steinhaus-tı́pusú tételek 3.§ Steinhaus ttelnek ltal nos¡t sai 4.§ Pi ard ttelnek ltal nos¡t sai III. Megoldások korlátossága és folytonossága 5.§ Mrhetsg s korl toss g 6.§ Korl tos mrhet megold sok folytonoss ga 7.§ Mazur egy problm j r¢l 8.§ Mrhetsg s folytonoss g 9.§ Mrhet, majdnem mindentti megold sok folytonoss ga 10.§ Baire-tulajdons g s folytonoss g IV.
Differenciálhatóság és analitikusság 11.§ Folytonoss g s lok lis Lips hitz tulajdons g 12.§ Hlder-folytonos megold sok 13.§ Korl tos v ltoz s£ megold sok 14.§ Di eren i lhat¢s g 15.§ Tbbszri di eren i lhat¢s g 16.§ Analitikuss g V. Regularitási tételek sokaságokon 17.§ Lok lis s glob lis regularit si ttelek sokas gokon VI. Regularitási tételek kevesebb változóval 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt VII. Alkalmazások 21.§ Egyszer alkalmaz sok 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Irodalom . 5 . 33 . . 43 54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 61 66 70 75 79 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . 84 98 101 105 109 112 . 116 . 128 . 154 . 166 . 176 . 190 . 198 . 243 4 I. Előismeretek A disszert i¢ fggvnyegyenletek regularit si tulajdons gaival foglalkozik. Egysges keretbe foglalva tartalmazza az iter i¢t nem tartalmaz¢ tbbv ltoz¢s fggvnyegyenletek regularit s val kap solatban kor bban elrt, kandid tusi disszert i¢mban is szerepl eredmnyeimet (amelyek alapj n a Tudom nyos Mins¡t Bizotts g az akadmiai doktori rtekezs beny£jt s ig el¡rt v rakoz si id al¢l felmentett), valamint az az¢ta ebben a tm ban elrt £j eredmnyeimet. Sz mos alkalmaz st is t rgyal A kandid tusi disszerta i¢mban nem szerepl eredmnyek az 1, 7, 8, 9, 10, 11, 12., 13, 14, 17, 18, 19, 20, 21, 22 s 23 paragrafusokban tal lhat¢k, ezen paragrafusok nagy rsze teljesen £j A kandid tusi disszert i¢m jelents rszt kpez, a Haar-mrtk invari ns kiterjesztseivel foglalkoz¢ eredmnyeket | b r
kap sol¢dnak a tmakrhz | itt sak sszefoglalom. A disszert i¢ anyaga lnyegben megegyezik a tmakrbl tervezett knyvem anyag val, de nem tartalmazza m sok eredmnyeinek t rgyal s t. A bevezets is lnyegben a tervezett knyv bevezetse, ami tal n t£l rszletes egy disszert i¢hoz. Mgis lszernek tnt ebben a form ban hagyni, mivel ¡gy az anyag esetleg olyanok sz m ra is hasznos lehet, akik a tmakrrel sak most ismerkednek, s ebben a tmakrben k¡v nnak dolgozni. 1.§ Bevezets 1.§ Bevezets 1.1 Ǒltal nos megjegyzsek s egyszer pld k Mint legegy- szerbb pld t, tekintsk a legjobban ismert fggvnyegyenletet, a Cau hyegyenletet: (1) f (x + y ) = f (x) + f (y ). Itt az ismeretlen az f fggvny. Szlesebb rtelemben a di eren i legyenletek, integr legyenletek, vari i¢s problm k, stb is fggvnyegyenletek, de mi ezt a kifejezst szkebb rtelemben fogjuk haszn lni, sak olyan egyenletekre, amelyekben olyan in
nitezim lis oper i¢k, mint di eren i l s s integr l s, nem szerepelnek. A form lis de n¡ i¢t illeten l sd A zel knyvt: [3℄, 0.1 A fenti (1) fggvnyegyenlet pontos megad s hoz hozz tartozik annak a fggvnyhalmaznak a megad sa, amelynek elemei kztt a megold st keressk. Meg kell adnunk tov bb az x s y v ltoz¢ k azon (x, y ) p rjainak halmaz t, amelyekre az egyenletnek teljeslni kell: ez a fggvnyegyenlet rtelmezsi tartom nya. Pld ul, kereshetjk mindazokat az f : R R mrhet fggvnyeket, amelyekre (1) fenn ll minden (x, y ) ∈ [0, ∞[ × R-re. Olyan feltteleket, mint mrhetsg, Baire-tulajdons g, folytonoss g mindentt vagy egy pontban, korl toss g, di eren i lhat¢s g, analitikuss g, stb., regularit si felttel eknek szok s nevezni. Egybknt, ha egy adott halmazt egy m sik adott halmazba lekpez sszes fggvnyek halmaz ban keressk a megold st, akkor azt mondjuk, hogy a fggvnyegyenlet ltal nos megold s t hat rozzuk
meg. Rendszerint a fggvnyegyenlet rtelmezsi tartom nya a v ltoz¢k sszes olyan p rjainak (vagy tbbeseinek) halmaza, amelyekre az egyenlet mindkt oldala de ni lva van. Pld ul, ha azt mondjuk, hogy f : R R a Cau hyegyenlet megold sa, akkor ebbe impli it m¢don belertjk, hogy (1) minden (x, y ) ∈ R × R-re teljesl. Ha az egyenlet rtelmezsi tartom nya nem a legbvebb halmaz, amelyre mindkt oldal de ni lva van, akkor szk¡tett rtelmezsi tartom ny £ egyenletrl beszlnk; a feltteles egyenlet elnevezs is szok sos, klnsen, ha az egyenlet rtelmezsi tartom nya a megold sfggvnytl vagy fggvnyektl is fgg. A Cau hy-egyenlet egy ktv ltoz¢s egyenlet: a v ltoz¢kat (1)-ben xszel s y -nal jelltk. Olyan fggvnyegyenleteket, mint f (x) = f (−x), f (x) = −f (−x), f (2x) = f (x)2 , vagy pld ul a di eren iaegyenletek egyv ltoz¢s egyenleteknek neveznk. Ez az egy v ltoz¢" lehet vektor v ltoz¢ is; a
kifejezst £gy rtjk, hogy nin s tbb v ltoz¢ az egyenletben, mint az ismeretlen fggvny v ltoz¢inak sz ma, illetve az ismeretlen fggvnyek v ltoz¢i sz m nak minimuma. Egybknt tbbv ltoz¢s fggvnyegyenletrl beszlnk Ez a megklnbztets nagyon hasznos a gyakorlatban Nagy klnbsg van az egyv ltoz¢s s a tbbv ltoz¢s egyenletek megold s ra haszn lt m¢dszerek kztt. Egyv ltoz¢s egyenletekkel kap solatban Ku zma [110℄ illetve Ku zma, Cho zewski, Ger [112℄ knyvre utalunk. Az egy- s tbbv ltoz¢s egyenletek kztti megklnbztets, s mindaz, amit v ltoz¢kr¢l, rtelmezsi tartom nyr¢l, regul ris s ltal nos megold - 6 1.§ Bevezets sokr¢l mondtunk, rtelemszeren alkalmazhat¢ fggvnyegyenlet-rendszerek re is. Tov bbi egyszer pld k fggvnyegyenletekre Cau hy exponen i lis egyenlete: (2) f (x + y ) = f (x)f (y ), Cau hy hatv ny-egyenlete: (3) f (xy ) = f (x)f (y ), s Cau hy logaritmikus
egyenlete: (4) f (xy ) = f (x) + f (y ). J¢l ismert jelensg, hogy egyetlen fggvnyegyenlet sz mos ismeretlen fggvnyt determin lhat. Ez a helyzet pld ul a Cau hy-egyenlettel anal¢g, tbb ismeretlen fggvnyt tartalmaz¢ Pexider-egyenletnl: (5) f1 (x + y ) = f2 (x) + f3 (y ). A fenti egyszer (1){(5) fggvnyegyenleteket mint egyszer pld kat fogjuk haszn lni. Rszletes vizsg latuk megtal lhat¢ A zel [3℄ illetve A zel s Dhombres [16℄ knyvben. 1.2 Egyszer pld k: sima megold sok Az f (x+y ) = f (x)+f (y ) Cau hy-egyenlet egy f : R R megold s r¢l tegyk fel, hogy analitikus . y = x helyettes¡tssel az f (2x) = 2f (x) egyv ltoz¢s egyenletet kapjuk. Az analitikuss g olyan ers felttel, hogy mg ennek az egyv ltoz¢s egyenletnek sin s t£l sok analitikus megold sa. Az f (x) = c0 + c1 x + megold sra azt kapjuk, hogy c0 + 2c1 x + 4c2 x2 + . = 2c0 + 2c1 x + 2c2 x2 + az orig¢ egy krnyezetben, s ¡gy a megold s sak f (x) = cx
lehet egy tetszleges c = c1 konstanssal. Helyettes¡ts mutatja, hogy ez tnyleg megold sa a Cau hy-egyenletnek Cau hy f (x + y ) = f (x)f (y ) exponen i lis egyenletnek esete sokkal rdekesebb. gy mint fent, kapjuk az egyv ltoz¢s f (2x) = f (x)2 egyenletet, s ha f : R R analitikus, f (x) = c0 + c1 x + . , akkor azt hogy c0 + 2c1 x + 4c2 x2 + . = c20 + 2c0 c1 x + (2c0 c2 + c21 )x2 + Innen c0 = c20 . Kt lehetsg van Az els, hogy c0 = 0, amibl kvetkezik, hogy cn = 0 minden n-re, s ¡gy hogy f ≡ 0. A m sodik, hogy c0 = 1 Ebben az esetben c1 tetszleges lehet, s a 2n cn = n X i=0 ci cn−i . 1.§ Bevezets egyenletekbl c = c1 jellssel induk i¢val hogy cn = cn /n!. P∞ aztn kapjuk, n gy az analitikus megold sok f (x) = n=0 c x /n! = exp(cx) alak£ak. Ugyanezzel a m¢dszerrel megkaphatjuk a komplex analitikus f : C C megold sokat is. Vegyk szre, hogy ez az eleg ns m¢dszer az exponen i lis fggvny (s a vele kap solatos sin,
os, sinh s osh fggvnyek) bevezetsnek olyan m¢dja, amely sak a hatv nyoz s legalapvetbb tulajdons g ra pl. Pontosan ez motiv lta Cau hy-t az 11(1){11(4) egyenletek vizsg lat ban: a hatv nyfggvnyek bevezetsnl a pontatlan okoskod sokat s ir ulus vi iosus"-t akarta elkerlni. L sd a trtneti megjegyzseket A zel s Dhombres [16℄ knyvben, 365{371. o Tegyk fel most, hogy a ktszer di eren i lhat¢ f : R R megold sokat keressk. Az f (x + y ) = f (x) + f (y ) Cau hy-egyenlet esetn di eren iljuk mindkt oldalt y szerint Ez megli" az els tagot a jobb oldalon, s azt kapjuk, hogy f ′ (x + y ) = f ′ (y ), ha x, y ∈ R. Megint di eren i lva, de most x szerint, megljk" a m sik tagot is a jobb oldalon, s azt kapjuk, hogy f ′′ (x + y ) = 0. Innen y = 0 helyettes¡tssel az f ′′ (x) = 0 di eren i legyenletet kapjuk Ennek az egyenletnek minden megold sa f (x) = c0 + cx alak£, ahol c0 , c ∈ R konstansok.
Visszahelyettes¡tve az eredeti fggvnyegyenletbe, l tjuk, hogy c0 = 0, s azt kapjuk, hogy a ktszer di eren i lhat¢ megold sok pontosan az f (x) = cx alak£ fggvnyek. Ez az egyszer plda j¢l mutatja az elg sima" megold sok meghat roz s ra haszn lt ltal nos m¢dszer lnyegt. Az ltal nos taktika egyes tagokat meglni" egy-egy alkalmas di eren i loper torral, s vgl megfelel helyettes¡tssel egy di eren i legyenletet kapni. Rendszerint alkalmas helyettes¡tsek vagy az egyenlet bizonyos szimmetri inak felhaszn l sa ala sonyabb fok£ di eren i legyenletet eredmnyez Pld ul az f ′ (x + y ) = f ′ (y ) egyenletbl y = 0 helyettes¡tssel azonnal azt kapjuk, hogy f ′ (x) = c a c = f ′ (0) konstanssal, ami egy elsrend di eren i legyenlet. Cau hy exponen i lis egyenlete: f (x + y ) = f (x)f (y ) esetben hasonl¢an kapjuk, hogy f ′ (x + y ) = f (x)f ′ (y ), s y = 0 helyettes¡tssel, hogy f ′ (x) = cf (x), ahol c = f ′
(0). Vegyk szre, hogy mindkt esetben az egyszer di eren i lhat¢ megold sok ugyanazok, mint az analitikus megold sok. 1.3 Egyszer pld k: regularit si tulajdons gok Hogyan kaphatjuk meg a fenti pld k, a Cau hy-egyenlet, illetve Cau hy exponen i lis egyenlete esetn j¢val gyengbb regularit si felttelek mellett a megold sokat? Egy ltal nos m¢dja ennek az, hogy megmutatjuk, a gyenge regularit si felttelbl, pld ul a folytonoss gb¢l vagy a mrhetsgbl j¢val ersebb regularit si felttelek kvetkeznek, pld ul a megold sok di eren i lhat¢ak vagy analitikusak. Pld ul gyeljk meg, hogy mindkt fenti esetben a megold sokra kapott di eren i legyenletbl kvetkezik, hogy a megold sok analitikusak (l sd Dieudonne [39℄, 1053) Ha f : R R folytonos megold s, akkor a Cau hy-egyenlet esetn mindkt oldalt integr lva a pozit¡v hossz£s g£ [a, b℄ intervallum felett azt 8 1.§ Bevezets kapjuk, hogy f (x)(b − a) = Z b f (x + y ) dy − a
Z b a f (y ) dy. Bevezetve az £j u = x + y v ltoz¢t azt kapjuk, hogy f (x) = 1 b−a Z x+b x+a f (u) du − 1 b−a Z a b f (y ) dy. A jobb oldal di eren i lhat¢, ¡gy kapjuk, hogy f is di eren i lhat¢. Ha f ktszeri di eren i lhat¢s g ra akarunk kvetkeztetni, hasonl¢ okoskod st alkalmazhatunk az eredeti egyenletbl x szerinti di eren i l ssal kapott f ′ (x + y ) = f ′ (x) egyenletre, stb. Cau hy exponen i lis egyenlete esetn f ≡ 0 is folytonos f : R R megold s. Ha f (y0 ) 6= 0, akkor v laszthatunk olyan [a, b℄ krnyezett y0 nak, amelyre f (y )/f (y0) ≥ 1/2 minden y ∈ [a, b℄-re Integr lva azt kapjuk, hogy Z Z f (x) s ¡gy b a f (y ) dy = f (x) = b a f (x + y ) dy, R b+x f (u) du a+x . Rb f ( y ) dy a Ebbl kvetkezik, hogy f di eren i lhat¢. Itt is hasonl¢ meggondol sok alkalmazhat¢k az eredeti egyenletbl x szerinti di eren i l ssal kapott f ′ (x + y ) = f ′ (x)f (y ) egyenletre, s azt kapjuk, hogy a megold s ktszer
di ereni lhat¢, stb. Most vizsg ljuk a Cau hy-egyenlet egy f : R R mrhet megold s t. Legyen [a, b℄ egy intervallum pozit¡v η hosszal Legyen x0 ∈ R tetszleges. Luzin ttele szerint ltezik [x0 + a, x0 + b℄-nek legal bb 3η/4 Lebesgue-mrtk C1 kompakt rszhalmaza, amelyre f |C1 folytonos. Ha |x − x0 | < η/8, akkor a C1 − x halmaz rsze a C = [a − η/8, b + η/8℄ halmaznak. Mivel C (C1 − x) s C (C1 − x0 ) Lebesgue-mrtke legfeljebb η/2, nem fedhetik le C -t. gy a (C1 − x0 ) ∩ (C1 − x) metszet nem res Legyen ε > 0 tetszleges. Mivel f |C1 egyenletesen folytonos, van olyan δ > 0, amelyre u, u′ ∈ C1 , |u − u′ | < δ esetn |f (u) − f (u′ )| < ε. gy ha |x − x0 | < min{η/8, δ}, akkor b rmely y ∈ (C1 − x0 ) ∩ (C1 − x)-szel azt kapjuk, hogy |f (x) − f (x0 )| ≤ |f (x + y ) − f (x0 + y )| + |f (y ) − f (y )| < ε, azaz f folytonos x0 -ban. Mivel x0 tetszleges volt, f mindentt
folytonos Ugyanez a m¢dszer Cau hy exponen i lis egyenletre is alkalmazhat¢, ha bevezetjk a t = x + y £j v ltoz¢t x helyett, azaz ha az ekvivalens f (t) = f (t − y )f (y ) egyenletre trnk t. 1.§ Bevezets Vegyk szre, hogy az f (xy ) = f (x) + f (y ) egyenletnek, Cau hy logaritmikus egyenletnek nin s m s f : R R megold sa, mint f ≡ 0; ez y = 0 helyettes¡tssel kvetkezik. Az f (xy ) = f (x)f (y ) egyenlet, Cau hy hatv ny-egyenlete esetn vannak olyan f : R R megold sok, amelyek mrhetek, de nem folytonosak, folytonosak, de nem di eren i lhat¢ak, stb. Val¢ban, az x 7 |x|c s x 7 |x|c sgn x fggvnyek megold sok b rmely c ∈ R esetn, ha 0c -t £gy rjk, hogy 0 minden c ∈ R-re. 1.4 Hilbert tdik problm ja Hilbert az 1900-as Nemzetkzi Ma- tematikai Kongresszuson ismertetett nevezetes tdik problm ja ([56℄, 304. o), mint ismeretes azt krdezi, hogy1 a folytonos transzform i¢ soport Lie-fle fogalma a fggvnyek di eren i
lhat¢s g nak felttelezse nlkl vizsg lataink sz m ra mennyire hozz frhet", kzelebbrl2 , vajon valamilyen megfelel £j v ltoz¢k s paramterek bevezetsvel a soport nem transzform lhat¢-e t £gy, hogy a de ni l¢ fggvnyek di eren i lhat¢ak legyenek, . " Hilbert, kifejtve hogy a soport-tulajdons g egy fggvnyegyenlet-rendszerben fejezdik ki, ¡gy folytatja3: Ezek a krdsek ltal ban a fggvnyegyenletek szles s rdekes terletre vezetnek bennnket, amelyeket eddig fleg a fellp fggvnyek di eren i lhat¢s g nak felttelezse mellett vizsg ltak. Klnsen az Abel (Oeuvres, 1. kot, 1, 61, 389 o) ltal oly sok leselmjsggel kezelt fggvnyegyenletek, a di eren iaegyenletek, s m s, az irodalomban elfordul¢ egyenletek nmagukban nem mutatj k, mi knyszer¡ti ki a fellp fggvnyek di eren i lhat¢s g nak kvetelmnyt, s bizonyos egziszten ia-bizony¡t sok a varii¢sz m¡t sban kzvetlenl
ahhoz a feladathoz vezettek, hogy egy 1 “. inwieweit der Liesche Begriff der kontinuierlichen Transformationsgruppe auch ohne Annahme der Differenzierbarkeit der Funktionen unserer Untersuchung zugänglich ist.” 2 “es ensteht mithin die Frage, ob nicht etwa durch Einführung geeigneter neuer Verändertlicher und Parameter die Gruppe stets in eine solche übergeführt werden kann, für welche die definierenden Funktionen differenzierbar sind, . ” 3 “Überhaupt werden wir auf das weite und nicht uninteressante Feld der Funktionalgleichungen geführt, die bisher meist nur unter der Voraussetzung der Differenzierbarkeit der auftretenden Funktionen untersucht worden sind. Insbesondere die von Abel (Werke, Bd. 1, S 1, 61, 389) mit so vielem Scharfsinn behandelten Funktionalgleichungen, die Differenzengleichungen und andere in der Literatur vorkommende Gleichungen weisen an sich nichts auf, was zur Forderung der Differenzierbarkeit der auftretenden Funktionen zwingt,
und bei gewissen Existenzbeweisen in der Variationsrechnung fiel mir direkt die Aufgabe zu, aus dem Bestehen einer Differenzengleichung die Differenzierbarkeit der betrachteten Funktionen beweisen zu müssen. In allen diesen Fällen erhebt sich daher die Frage, inwieweit etwa die Aussagen, die wir im Falle der Annahme differenzierbarer Funktionen machen können, unter geeigneten Modifikationen ohne diese Voraussetzung gültig sind.” 10 1.§ Bevezets di eren i legyenlet fel ll¡t s hoz a vizsg lt fggvnyek di eren ilhat¢s g t kellett bizony¡tani. Mindezekben az esetekben ezrt felmerl a krds, mennyiben maradnak hasonl¢ ll¡t sok, amelye- ket a szerepl fggvnyek di eren i lhat¢s g nak felttelezsvel bizony¡thatunk, rvnyesek ezen felttelezs nlkl megfelel m¢dos¡t sok mellett." (Hilbert kiemelsei.) Ezut n Hilbert idzi Minkowskinak egy, az f (x + y ) ≤ f (x) + f (y ) x, y ∈ Rn fggvnyegyenltlensg megold sainak
bizonyos felttelek melletti par i lis di eren i lhat¢s g ra vonatkoz¢ eredmnyt, majd megjegyzi, hogy bizonyos fggvnyegyenleteknek, pld ul az f (x + α) − f (x) = g (x), f (x + β ) − f (x) = 0, fggvnyegyenlet-rendszernek, ahol α, β adott val¢s sz mok, g pedig adott val¢s fggvny, lehet olyan f megold sa, amely folytonos, de nem di ereni lhat¢, mg akkor is, ha g analitikus fggvny. Mai nyelven szok s Hilbert tdik problm j t £gy fogalmazni, hogy igaz-e, hogy egy lok lisan euklidszi soport Lie- soport? L thatjuk azonban, hogy tdik problm j nak m sodik felben Hilbert sokkal ltal nosabban fogalmazva olyan problm kra h¡vja fel a gyelmet, amelyeket ma regularit si problm knak szok s nevezni: fggvnyegyenletekre, di ereni legyenletekre, s m s egyenletekre megmutatni, hogy a di eren i lhat¢s gi felttelek sokkal enyhbb felttelekkel helyettes¡thetk (esetleg megfelel m¢dos¡t sok ut n). Ez a gondolat Hilbert tizenkilen
edik s huszadik problm j ban is visszatr, vari i¢sz m¡t ssal s par i lis di eren i legyenletekkel kap solatban L sd Zeidler [165℄ knyvt, II/A, 86{93 o A Hilbert-problm kkal kap solatban l sd az Alexandrov ltal szerkesztett [19℄ knyvet. 1.5 Ǒltal nos sma fggvnyegyenletek megold s ra A fenti egyszer pld k, valamint Hilbert tdik problm j nak m sodik fele az al bbi ltal nos sm t sugallj k fggvnyegyenletek regul ris megold sainak meghat roz s ra: (1) Regularit si ttelek felhaszn l s val mutassuk meg, hogy a fggvnyegyenlet minden megold sa, amely valamely gyenge" regularit si felttelnek eleget tesz | pld ul mrhet, Baire-tulajdons g£, stb. |, ers" regularit si feltteleket is kielg¡t, pld ul lok lisan integr lhat¢, folytonos, nh nyszor di eren i lhat¢ vagy analitikus. (2) Hat rozzuk meg az ersen" regul ris megold sokat, az egyenletet m s t¡pus£ egyenletre | di eren i legyenletre, integr
legyenletre, a hatv nysor nak egytthat¢ira vonatkoz¢ egyenletrendszerre, stb. | vezetve vissza, vagy a fggvnyegyenletek elmletnek spe i lis m¢dszereit haszn lva. 1.§ Bevezets Dolgozatok sz zai illusztr lj k ezt a bev lt m¢dszert. A (2) lpsben a fggvnyegyenlet spe i lis tulajdons gait, ltal nos tapasztalatokat s alkalmi tleteket haszn lunk: spe i lis helyettes¡tseket, az egyenlet szimmetri it, integr ltranszform i¢kat, egyes tagok meglst" alkalmas di ereni loper torokkal, stb. Sz mos fggvnyegyenletekkel foglalkoz¢ knyvben s ikkben tal lunk pld kat. Az al bbi knyvek tbbv ltoz¢s fggvnyegyenletekkel kap solatos bevezet jelleg anyagot tartalmaznak: A zel [2℄, [5℄; Hille [57℄; Ku zma [111℄; Saaty [138℄, se tion 3. Tbbv ltoz¢s fggvnyegyenletekkel kap solatos monogr k A zel [1℄, s a bvebb [3℄ angol kiad s, valamint A zel-Dhombres [16℄. Fleg spe i lis tm kat t rgyalnak: A zel [8℄ (t
rsadalomtudom nyok); A zel-Daro zy [15℄ (inform i¢mrtkek); A zelGolab [18℄ (geometria); Dhombres [35℄ (feltteles Cau hy-egyenletek); Ei hhorn [40℄ (kzgazdas gtan); Szekelyhidi [158℄ (konvol£ i¢ t¡pus£ egyenletek). L sd mg a [7℄, [10℄, [104℄ ttekint dolgozatokat, a [12℄ ktet ttekint dolgozatait, az Aequationes Mathemati ae kteteit, s fggvnyegyenletekkel kap solatos dolgozatok ott rendszeresen megjelen folytat¢lagos bibliogr j t. Ennek a disszert i¢nak a f tm ja az els lpssel foglalkozik: ltal nos regularit si tteleket fogunk bizony¡tani fggvnyegyenletek egy szles oszt ly ra, a tbbv ltoz¢s, iter i¢t nem tartalmaz¢ egyenletekre. Eredmnyeink v laszt adnak Hilbert tdik problm ja m sodik felnek nagy rszre ezen oszt ly esetn. Mg ebben a szkebb tmakrben is lehetetlen minden dolgozatra hivatkozni, amely valamely spe i lis egyenlet regularit s nak krdsvel foglalkozik. Csak a fent
idzett knyvekre, sszefoglal¢ dolgozatokra, az Aequationes Mathemati ae kteteire s az ott megjelent bibliogr ra utalhatunk. A tbbv ltoz¢s fggvnyegyenletek ltal nos t¡pusaira vonatkoz¢ regularit si eredmnyek egy rszre a jelen disszert i¢ megfelel paragrafus nak bevezetsben utalunk. Mieltt a regularit si problm k t rgyal s ba kezdennk, rviden ttekintjk a sima" megold sok meghat roz s ra szolg l¢ m¢dszereket. 1.6 Ǒltal nos m¢dszerek fggvnyegyenletek sima" megold sainak meghat roz s ra Bevezet pldaknt kt m¢dszert mutattunk be: analitikus megold sok meghat roz s t az egytthat¢kra kapott egyenletrendszer megold s val, s a fggvnyegyenlet visszavezetst di eren i legyenletre. Ez a m sodik m¢dszer klnsen szles krben haszn latos, s rendszerint a sima" megold sok meghat roz s nak legknyelmesebb m¢dj t biztos¡tja. Tov bbi pld kat A zel [3℄ knyvben tal lhatunk, l sd klnsen a
421, 424 pontokat A di eren i legyenlet levezetse rendszerint a tagok di eren i loper torokkal trtn meglst", spe i lis helyettes¡tseket, valamint az egyenlet spe i lis szimetri it haszn lja. A n X i=0 hi (x, y )fi (gi (x, y )) = h(x, y ), (x, y ) ∈ D ⊂ R2 , line ris fggvnyegyenlet-t¡pusra, ahol f0 , f1 , . , fn az ismeretlen fggvnyek, Pales [134℄ dolgozata egy ltal nos algoritmikus m¢dszert ismertet 12 1.§ Bevezets P les alapgondolata az, hogy a helyettes¡tseket az utols¢ lpsnek hagyja, s megmutatja, hogy megfelelen v lasztott di eren i loper torok seg¡tsgvel egy t¡pus, mondjuk az f0 (g0 (x, y )), f0′ (g0 (x, y )), stb., t¡pus£ak kivtelvel az sszes tbbi tag meglhet". Ekkor m r b rmely t = g0 (x, y0 ) helyettes¡ts di eren i legyenletet eredmnyez Nh ny m s fggvnyegyenlet-t¡pusra is ltezik algoritmikus megold si m¢dszer. Pld ul Vin ze m¢dszert kell itt megeml¡tennk (l sd
A zel [3℄, 4.25) De mg igen messze vagyunk att¢l, hogy algoritmikus m¢dszerrel legynk kpesek megoldani az £jonnan felmerl fggvnyegyenletek nagy rszt. Megeml¡tjk, hogy bizonyos fggvnyegyenletek integr legyenletre reduk lhat¢k. Ezt a m¢dszert nem mutatjuk be itt; l sd A zel [3℄ knyvt, 4.12 Fontos m¢dszer integr ltranszform i¢k felhaszn l s val egyszerbb fggvnyegyenletre reduk lni az egyenletet. A zel [3℄ knyve, 411, ezt a m¢dszert is bemutatja Szekelyhidi [156℄ knyve sz mos fggvnyegyenlettel foglalkozik, fleg Abel- soportokon A vizsg latokban a Fourier-transzform i¢ s nom¡t sai, valamint a spektr lszintzis j tszanak f szerepet. L sd mg a kzs ttekint ikknkben [104℄ hivatkozott dolgozatokat. Nha egy fggvnyegyenletre a megold s kzvetlenl megkaphat¢ az egyenletbl egy sr halmazon. Ilyenkor a folytonos megold sok megkaphat¢k, ha a pontokat e sr halmaz pontjaival kzel¡tjk Pld ul, a
Cau hyegyenletnl x = y = 0 helyettes¡tssel f (0) = 0, s induk i¢val f (nx) = nf (x), ha n ∈ N. Az y = −x helyettes¡ts mutatja, hogy f (−x) = −f (x), ¡gy a fenti sszefggs minden n ∈ Z-re teljesl. Most x/n-et helyettes¡tve x helyett kapjuk, hogy f (x/n) = f (x)/n, ha 0 6= n ∈ Z. gy f (rx) = rf (x), ha r ∈ Q. Ez mutatja, hogy f (1) meghat rozza f rtkeit a ra ion lis pontokban, s a val¢s sz mokat ra ion lis sz mokkal kzel¡tve azt kapjuk, hogy a folytonos megold sok f (x) = cx alak£ak, ahol c = f (1). Tov bbi pld kat A zel [3℄ knyvben tal lhatunk, se tion 2. Egy m sik m¢dszer, hogy a fggvnyegyenletet egy olyan fggvnyegyenletre vezetjk vissza, amelynek megold sa m r ismert. Ezen a (lnyegben algebrai) m¢don rendszerint az egyenlet ltal nos megold s t is sikerl meghat rozni A regul ris megold sokat rendszerint a m sik egyenlet regul ris megold saib¢l kapjuk, ¡gy ezek is meghat rozhat¢k. Sz mos pld t tal lhatunk
erre az A zel [3℄ illetve A zel-Dhombres [15℄ knyvekben Puszt n az ltal nos megold s ismerete nem mindig teszi lehetv, hogy a regul ris megold sokat knnyen megkapjuk. Pld ul, a Cau hy-egyenlet ltal nos megold sa a kvetkez: rgz¡tsnk egy tetszleges B b zis t R-nek Q felett, egy Hamel-b zist. Minden x val¢s sz m egyrtelmen fel¡rhat¢, P mint a bi b ziselemek ri ra ion lis egytthat¢kkal vett i ri bi vges line ris kombin i¢ja. P B rmely f : B R fggvny egyrtelmen terjeszthet ki az f (x) = i ri f (bi ) sszefggssel a Cau hy-egyenlet egy megold s v . Vegyk szre, hogy mg ebben a nagyon egyszer esetben sem vil gos kzvetlenl | regularit si ttelek nlkl | hogy mely megold sok mrhetek. Egy tov bbi m¢dszer, amely sak nagyon gyenge regularit si feltevseket haszn l, az £gynevezett disztrib£ i¢ m¢dszer", amelyet Feny}o [43℄ 1.§ Bevezets kezdemnyezett. Az alaptlet, hogy a folytonos (vagy lok lisan
integr lhat¢) megold sok S hwartz-fle disztrib£ i¢knak tekinthetk, s az egyenlet disztrib£ i¢k kztt fenn ll¢ egyenletnek tekinthet. Hasonl¢ trkkkkel, mint a sima megold sok esetn, de ltal ban tbb te hnikai problm val, disztrib£ i¢kra vonatkoz¢ di eren i legyenleteket kaphatunk. Vgl a disztrib£ i¢ megold sokr¢l kiderl, hogy (sima) fggvnyekhez tartoz¢ regul ris disztrib£ i¢k. L sd Baker [23℄, [24℄, [25℄ dolgozatait ezzel a m¢dszerrel kapsolatban Vgl nh ny megjegyzs. Ǒltal nos lokra a legegyszerbb m¢dszer | ha lehet, ltal nos | regularit si ttelek seg¡tsgvel bebizony¡tani, hogy a keresett regul ris megold sok nh nyszor di eren i lhat¢ak, majd di eren i legyenletet keresni a megold sokra. Rendszerint a tbbi m¢dszernl sem tudjuk elkerlni a regularit si tteleket. Azok a m¢dszerek, amelyek gyengbb regularit si feltteleket haszn lnak, rendszerint bonyolultabbak, s nem alkalmazhat¢k a leg ltal
nosabb esetekben. Pld ul, a disztrib£ i¢ m¢dszernl, problm t okoz hogy a S hwartz-fle disztrib£ i¢k kztt nin s szorz s de ni lva. S hwartz lehetetlensgi ttele szerint ez nem is tehet meg kielg¡t m¢don. Mg kevsb lehetsges disztrib£ i¢kat tetszleges tbb v ltoz¢s C ∞ fggvnyekbe helyettes¡teni. Ez a disztrib£ i¢ m¢dszer haszn lat t olyan egyenletekre korl tozza, amelyek nin senek t£l messze a line rist¢l. 1.7 Tbbv ltoz¢s, iter i¢t nem tartalmaz¢ egyenletek A jelen disszert i¢ f tm ja ltal nos regularit si ttelek bizony¡t sa Sz mos fggvnyegyenlet-t¡pusra ilyen regularit si ttelek a tapasztalatok szerint nem teljeslnek. A Hilbert ltal is eml¡tett (l sd 14), egyv ltoz¢s fggvnyegyenletek mellett sz mos, az ismeretlen fggvnyeket egym sba helyettes¡tve tartalmaz¢, iter lt" egyenletnek is van folytonos, de nem differen i lhat¢ megold sa Ilyen pld ul az elszr A zl s Benz [13℄ ltal vizsg lt
f (x + f (y )) = f (x) + f (x + y − f (x)) x, y ∈ R, f : R R egyenlet, amelynek sszes folytonos megold s t Dar¢ zy [31℄ hat rozta meg, s amelynek megold sai az x 7 12 (x ± |x|) fggvnyek is. A Hilbert tdik problm j nak els felben fellp, a soportaxi¢m kat le¡r¢ fggvnyegyenletrendszer is spe i lis kezelst ( tkoordin t z st) ignyel. B r pld ul A zel [4℄ dolgozat ban igen ltal nos felttelek mellett bebizony¡tja, hogy az f (x + y ) = h(x, f (x), f (y ), f (g1(x, f (x), f (y )), f (g2(x, f (x), f (y )), . , f (g3 (x, f (x), f (y ), f (g4(x, f (x), f (y ))), f (g5(x, f (x), f (y ))), . , )), ) fggvnyegyenlet val¢s v ltoz¢s, val¢s rtk f megold sai monotonak, £gy gondolom, iter i¢t tartalmaz¢ egyenletek esetn mg nem beszlhetnk ltal nos elmletrl. Azonban azokra a tbbv ltoz¢s fggvnyegyenletekre, amelyeknl az ismeretlen fggvnyek nin senek nmagukba vagy egym sba helyettes¡tve, ltal nos regularit
si tteleket bizony¡thatunk be. E disszert i¢ f tm j t ilyen ttelek alkotj k 14 1.§ Bevezets Clunk a leg ltal nosabb" iter i¢t nem tartalmaz¢ tbbv ltoz¢s (1) H (X, Y, f (G(X, Y )) , f0 (G0 (X, Y )) , f1 (G1 (X, Y )) , . , fn (Gn (X, Y ))) = 0 egyenlet vizsg lata, ahol (X, Y ) egy E halmaz eleme. Itt f , f0 , f1 , , fn az ismeretlen fggvnyek, a tbbi fggvny ismert. A v ltoz¢k s a fggvnyrtkek is vektorok A fenti egyenlet az x = G(X, Y ) £j v ltoz¢ bevezetsvel, s f (x)-et kifejezve az egyenletbl, ltal ban egy valamivel egyszerbb alakra hozhat¢, amely vizsg lataink ljainak jobban megfelel. Sz mos esetben | mg egy £j y = G0 (X, Y ) v ltoz¢t bevezetve | elrhetjk, hogy egy m sik ismeretlen fggvnyben pedig sak az y v ltoz¢ szerepeljen, ¡gy egyenletnket az (2) f (x) = h (x, y, f0(y ), f1 (g1 (x, y )) , . , fn (gn (x, y ))) , (x, y ) ∈ D alakra hozhatjuk. Mivel ljainknak legjobban az egyenletnek ez
az expliit" alakja felel meg, ltal ban ezt az alakot fogjuk haszn lni, s nem bonyol¡tjuk feleslegesen a tteleket a fenti | ltal ban sak lok lisan elvgezhet | talak¡t sok feltteleinek vizsg lat val. Az ut¢bbi egyenletben f0 szerepeltetse | s ¡gy az y = G0 (X, Y ) £j v ltoz¢ bevezetse is | feleslegesnek tnik. Azonban f0 kivteles szerepet j tszik a jobb oldalon szerepl ismeretlen fggvnyek kztt. Mint azt Sander [144℄ egy problm ja mutatja (l sd 212), gyakran f0 -ra gyengbb, vagy egy ltal n semmilyen felttelt sem kell kir¢ni. Az adott fggvnyekre elssorban simas gi feltteleket fogunk el¡rni Egyszer pld k mutatj k, hogy ezek a felttelek nem hagyhat¢k el. Termszetesen fel kell tennnk, hogy az egyenlet jobb oldala tnyleg fgg y -t¢l, s ¡gy az egyenlet nem egy egyv lto∂g z¢s egyenlet. Ez biztosan teljesl, ha feltesszk, hogy a i m trixok rangja ∂y maxim lis. Rendszerint feltesszk, hogy D ny¡lt halmaz
Clunk annak vizsg lata, hogy a Lebesgue-mrhet, illetve a Bairetulajdons g£ megold sok analitikusak-e? Olyan t¡pus£ ll¡t sokat sz ndkozunk bebizony¡tani, hogy ha az adott fggvnyek elg szpek", s az f1 , f2 , . , fn ismeretlen fggvnyek rendelkeznek egy regularit si tulajdons ggal, akkor az f fggvny is rendelkezik egy regularit si tulajdons ggal, amely eggyel jobb". Az al bbi lpsek alkalmaz sa tnik lszernek: (I) a mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g; (II) a Baire-tulajdons g£ megold sok folytonosak; (III) a folytonos megold sok majdnem mindentt di eren i lhat¢ak; (IV) a majdnem mindentt di eren i lhat¢ megold sok folytonosan di eren i lhat¢ak; (V) minden p-szer folytonosan di eren i lhat¢ megold s p +1-szer is folytonosan di eren i lhat¢; (VI) a vgtelen sokszor di eren i lhat¢ megold sok analitikusak. 1.§ Bevezets Ha f = f0 = f1 = · · · = fn , akkor a fenti lpsek alapj n, lpsenknt kaphatjuk,
hogy a mrhet, illetve Baire-tulajdons g£ megold sok analitikusak. Ha ez nem ll fenn, akkor a tbbi ismeretlen fggvny kifejezse az egyenletbl seg¡thet abban, hogy hasonl¢ eredmnyt kapjunk. Hogy jobban megrthessk, mirt az (I){(VI) lpseket haszn ljuk, mik a f nehzsgek, s milyen t¡pus£ feltteleket kell kir¢nunk az adott fggvnyekre, elszr bemutatunk nh ny alapvet gondolatot. 1.8 A klasszikus m¢dszer Az al bbi, a fggvnyegyenletekkel foglalkoz¢k krben j¢l ismert ltal nos m¢dszer Ka -t¢l ered s (valamivel spei lisabb esetre megfogalmazva) szerepel A zel [3℄ knyvben, 422, 423 Az (1) h(x, y )f (x) = h0 (x, y ) + n X i=1 hi (x, y, fi (gi (x, y ))) , (x, y ) ∈ D fggvnyegyenletre alkalmazhat¢, ahol az f, f1 , . , fn ismeretlen fggvnyek rendre az X, X1, , Xn ⊂ R ny¡lt halmazokon vannak de ni lva, s rtkeik valamely Z, Z1, . , Zn ⊂ R ny¡lt halmazokba esnek Tegyk fel, hogy Y ⊂ R s D ⊂
X × Y is ny¡ltak, f1 , . , fn , h, h0 : D R s ∂h ∂h0 ∂hi ∂hi hi : D × Zi R folytonosak, s a , , , , i = 1, 2, . , n par∂x ∂x ∂x ∂y i lis deriv ltak is folytonosak. Tegyk fel tov bb , hogy a gi fggvnyek ktszer folytonosan di eren i lhat¢ak. Legyen x0 ∈ X , s tegyk fel, hogy ∂g van olyan y0 ∈ Y , amelyre (x0 , y0 ) ∈ D, h(x0 , y0 ) 6= 0 s i (x0 , y0 ) 6= 0, ∂y ha i = 1, 2, . , n Ekkor f folytonosan di eren i lhat¢ az x0 egy krnyezetben Ennek bizony¡t s ra vegyk szre, hogy valamely X0 korl tos ny¡lt intervallumra s [a, b℄ ⊂ Y intervallumra X0 × [a, b℄ ⊂ D, (x0 , y0 ) ∈ X0 × ℄a, b[ Rb 6 0, ha x ∈ X0 . Az (1) egyenlet mindkt oldal t integr lva s a h(x, y ) dy = y szerint az [a, b℄-n, azt kapjuk, hogy f (x) b Z a h(x, y ) dy = Z a b h0 (x, y ) dy + n Z X i=1 a b hi (x, y, fi (gi (x, y ))) dy. A gi,x (y ) = gi (x, y ) jellsekkel vezessk be a jobb oldalon ll¢ integr lokban
kln-kln az u = gi,x (y ), i = 1, 2, . , n £j v ltoz¢t Ehhez szksg esetn helyettes¡tsk X0 -at az x0 egy kisebb krnyezetvel, [a, b℄-t pedig az y0 egy kisebb krnyezetvel. Ekkor azt kapjuk, hogy f (x) Z a b h(x, y ) dy = + Z b h0 (x, y ) dy a n Z gi (x,b) X ∂ −1 −1 hi x, gi,x (u), fi (u)) gi,x (u) du. ∂u g ( x,a ) i i=1 16 1.§ Bevezets Ebbl az egyenletbl kvetkezik, hogy f folytonosan di eren i lhat¢. Val¢ban, egy Z g~(x,b) ~ (x, y ) dy ~I (x) = h ~(x,a) g ~ Y~ ⊂ R korl t¡pus£ paramteres integr l folytonosan di eren i lhat¢, ha X, tos ny¡lt halmazok, g~ : X~ ×[a, b℄ Y~ s h~ : X~ ×Y~ R folytonos fggvnyek, ~ ∂ g~ s a ∂∂xh , ∂x par i lis deriv ltak is folytonosak. Hogy ezt bel ssuk, legyen y1 ∈ Y~ rgz¡tett, s legyen ~ (x, y ) = H ~ H Z y y1 ~ (x, u) du. h folytonosan di eren i lhat¢, s ¡gy I~(x) = H~ (x, g~(x, b)) − H~ (x, g~(x, a)) is folytonosan di eren i lhat¢. ~ Vegyk
szre, hogy sak h~ s ∂∂xh folytonoss g ra van szksgnk. gy h(x, y ) lehet pld ul h∗ (x, y, f0(y )) alak£ folytonosan di eren i lhat¢ h∗ gal, de sak folytonos (esetlegPismeretlen) f0 -al, amely ak r vektor rtk is 1 lehet. Spe i lisan, h(x, y ) = − j =m hj (x, y )fj (y ) is lehetsges m < 0-val s (esetleg ismeretlen) folytonos fj , m ≤ j < 0 fggvnyekkel s folytonosan di eren i lhat¢ hj fgvnyekkel. Tov bb vegyk szre, hogy H (~ x, y~)f0 (G0 (~ x, y~))f (G(~ x, y~)) = H0 (~ x, y~) + n X i=1 Hi (~ x, y~, fi (Gi (~ x, y~))) t¡pus£ egyenletek az (1) t¡pusra vezethetk vissza £j x = G(~x, y~), y = G0 (~ x, y~) v ltoz¢kat bevezetve. Ez a m¢dszer minden tov bbi nlkl ltal nos¡that¢ komplex vagy ak r vektor rtk ismeretlen fggvnyekre is, de vektor-vektor fggvnyekre az ltal nos¡t s nem ilyen nyilv nval¢. Integr lhatunk egy nem res belsej S szimplex felett, s Z ~ (x, y ) dy I~(x) = h g ~(x,S ) alak£
paramteres integr lokhoz jutunk. Termszetesen ilyen integr lok paramter szerinti di eren i l sa klasszikus, ha g~ s h~ sima fggvnyek, de mi sak azt tudjuk, hogy g~ folytonosan di eren i lhat¢ s h~ az x szerinti par i lis deriv ltj val egytt folytonos. Ezeket a problm kat s a fenti klasszikus m¢dszernek vektor-vektor fggvnyekre trtn ltal nos¡t s t a 11. §-ban t rgyaljuk. 1.9 Magasabb rend deriv ltak A fenti klasszikus m¢dszer magasabb rend di eren i lhat¢s g bizony¡t s ra is haszn lhat¢, ha felhaszn ljuk, hogy az Z g~(x,b) ~ (x, y ) dy ~ I (x) = h ~(x,a) g 1.§ Bevezets paramteres integr l sima g~ esetn p + 1-szer di eren i lhat¢, ha a h~ fggvny p-szer folytonosan di eren i lhat¢ s a p-edik deriv ltja folytonosan par i lisan di eren i lhat¢ x szerint. Mg jobb trkk, ami a j¢val ltal nosabb 17(1) nemline ris egyenletre is mkdik, az egyenlet mindkt oldal t p-szer di eren i lni. A kapott egyenlet az elz pont (1)
t¡pus ba tartozik, s ¡gy a klasszikus m¢dszer fent eml¡tett ltal nos¡t s val t rgyalhat¢. Ezt a trkkt alkalmazzuk a 15. §-ban 1.10 A megold sok folytonoss ga A klasszikus m¢dszer (s ltal nos¡t sa is) felhaszn lhat¢ arra is, hogy lok lisan integr lhat¢ megold sok folytonoss g t bizony¡tsuk. gy, ha a mrhetsgbl lok lis korl toss got tudunk bizony¡tani, akkor a folytonoss gra kvetkeztethetnk. Ez volt a hagyom nyos m¢dja a folytonoss g bizony¡t s nak. Pld ul, az f (x + y ) = f (x) + f (y ) Cau hy-egyenletnl, ha egy f : R R megold s mrhet egy pozit¡v Lebesgue-mrtk K halmazon, akkor automatikusan korl tos egy kisebb, de mg mindig pozit¡v mrtk C halmazon, mivel a Kn = {x ∈ K : |f (x)| ≤ n} halmazok mrtke a K mrtkhez tart, amint n ∞. Steinhaus egy j¢l ismert ttele szerint, a C − C halmaz tartalmazza az orig¢ egy krnyezett. Az f fggvny korl tos ezen a krnyezeten, mivel ha x ∈ C −C , akkor x el
ll¡that¢ x = z − y , z, y ∈ C alakban, amibl |f (x)| ≤ |f (x + y )| + |f (y )|, azaz f korl tos az orig¢ egy ε > 0 sugar£ krnyezetben. Ha [−ε, ε℄ felett integr lunk, azt kapjuk, hogy (1) 2εf (x) = Z ε −ε f (x + y ) dy − Z ε −ε f (y ) dy = Z ε+x −ε+x f (u) du − Z ε −ε f (y ) dy. Ebbl az egyenletbl kvetkezik, hogy f folytonos az orig¢ kzelben, s £jra felhaszn lva (1)-et, kapjuk, hogy di eren i lhat¢ is az orig¢ egy krnyezetben. De a Cau hy-egyenlet esetn, rgz¡tve y -t, l tjuk, hogy f az y krl egyszeren konstans plusz egy eltoltja f -nek az orig¢ krl. gy ha egy megold s folytonos, di eren i lhat¢, analitikus, stb. az orig¢ krl, akkor ugyanez teljesl mindentt. Ez a m¢dszer mkdik akkor is, ha Cau hy exponen i lis egyenletnek mrhet f : R R megold sait kell meghat rozni. Ma ez a m¢dszer kevsb fontos, mint kor bban volt, s sak akkor rdemes haszn lni, ha a sz¢ban
forg¢ mrtk nem Radon-mrtk. Ennek a m¢dszernek nh ny, a Haar-mrtk invari ns, illetve a Lebesgue-mrtk kovari ns kiterjesztseivel kap solatos alkalmaz s t az 5. s 6 §-ban fogjuk t rgyalni. Van egy sokkal knyelmesebb m¢dszer, amely Radon-mrtkek esetn mkdik, spe i lisan teh t a Lebesgue-mrtk esetn is. Ez a m¢dszer Luzin ttelt haszn lja: £gy tnik, az tlet M Kiernan-nl [130℄ s Baker-nl [21℄ fordul el elszr. Egy pld t m r mutattunk az 13 pontban A m¢dszer az ltal nos f (x) = h (x, y, f0(y ), f1 (g1 (x, y )) , . , fn (gn (x, y ))) 18 1.§ Bevezets esetben, azaz az 1.7(2) egyenletre is mkdik: V lasszunk valamely C pozit¡v mrtk kompakt halmazt, s v lasszunk gi (x0 , C )-nek olyan nagy" Ki kompakt rszhalmaz t, amelyen fi folytonos. Ha meg tudjuk mutatni, hogy az (1) {y : gi (x0 , y ), gi(x, y ) ∈ Ki , ha 1 ≤ i ≤ n } halmaz soha sem res, amennyiben x elg kzel van x0 -hoz, akkor a
halmaz b rmely y elemt helyettes¡tve az egyenletbe, azt kapjuk, hogy f (x) kzel van f (x0 )-hoz. Ezt a m¢dszert fogjuk felhaszn lni, hogy a mrhetsgbl kzvetlenl a folytonoss gra kvetkeztessnk: l sd a 8. §-t Fontos meg gyels, hogy elg, ha a fggvnyegyenlet majdnem mindentt teljesl: l sd 9. §-t Ez azrt fontos, mert ha egy megold s majdnem mindentt di eren i lhat¢, akkor a deriv ltja (amely automatikusan Borelfggvny, l sd 14.1-et) ugyan sak egy fggvnyegyenletet teljes¡t, s a fenti meg gyelst alkalmazva azt kapjuk, hogy a deriv lt folytonos. Ezt a gondolatot, hogy a majdnem mindentt di eren i lhat¢ megold sok folytonosan di eren i lhat¢ak", a 14. §-ban dolgozzuk ki Vegyk szre, hogy ennek alapj n abb¢l, hogy a megold s lok lisan korl tos v ltoz s£ (val¢s v ltoz¢s esetben), illetve hogy lok lisan Lips hitz-felttelnek tesz eleget (vektor v ltoz¢s esetben), arra kvetkeztethetnk, hogy folytonosan di eren i lhat¢.
Egy rdekes, de a f problm nkkal nem kap solatos krdst vizsg lunk a 7. §-ban A 24 problma a The S ottish Book"-ban [128℄, Mazur problm ja, azt krdezi, hogy igaz-e, hogy egy addit¡v funk ion l egy Bana h tren, amely minden grbe mentn Lebesgue-mrhet, folytonos. Ez egy mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ krds A 7 §-ban rviden rintjk ezt a problm t, megmutatva, hogy az, hogy egy fggvny minden grbe mentn Lebesgue-mrhet, ekvivalens az univerz lis mrhetsggel. 1.11 Steinhaus-t¡pus£ ttelek Mint az elz pontban l ttuk, Steinhaus ttele [150℄ hasznos eszkz fggvnyegyenletek mrhet megold sainak vizsg lat n l A ttel egy m sik v ltozata azt ll¡tja, hogy ha A1 , A2 ⊂ R Lebesgue-mrhet pozit¡v mrtk halmazok, akkor A1 + A2 tartalmaz bels pontot. Ennek a ttelnek sz mos ltal nos¡t sa ismeretes: egyrszt R m s topologikus mrtktrrel helyettes¡thet, m srszt az
sszead s egy ktv ltoz¢s fggvnyre serlhet. Az ltal nos¡t sok nagy rsze Weil gondolat n [164℄ alapul, mely szerint az x 7 Z Y f1 (x − y )f2 (y ) dy konvol£ i¢ folytonos. Ebbl, az fi helyre az Ai halmaz karakterisztikus fggvnyt helyettes¡tve, knnyen megkaphatjuk Steinhaus ttelt. Vegyk szre, az elz pontban az 1.10(1) halmaz µ-mrtke Z Y n i=1 fi (gi (x, y )) fi (gi (x0 , y )) dµ(y ), 1.§ Bevezets ahol fi a Ki halmaz karakterisztikus fggvnye. Ez azt mutatja, hogy amire a mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ ttelek bizony¡t s hoz szksgnk van, az egy ltal nos Steinhaus-t¡pus£ ttel, s a kt tmakr szorosan sszefgg. A 3. §-ban elszr Weil ttelt ltal nos¡tjuk, egy x 7 Z Y h (f1 (g1 (x, y )) , . , fn (gn (x, y ))) dµ(y ) alak£ fggvny folytonoss g t bizony¡tva, majd Steinhaus ttelt ltal nos¡tjuk kettnl tbb v ltoz¢s folytonosan di eren i lhat¢
fggvnyre az sszead s helyett. Sz mos kor bbi eredmny spe i lis esetknt ad¢dik Az ltal nos¡t st impli it m¢don az 5, 8, 9 s 18 §-okban, expli it m¢don pedig a 6. §-ban s a 22 §-ban adott alkalmaz sban fogjuk felhaszn lni 1.12 Baire-kateg¢ria Szoros anal¢gia van a mrtk s a Baire-kate- g¢ria kztt: Oxtoby [132℄ knyve eleg ns bevezets. Ennek alapj n v rhat¢, hogy a mrtkelmleti ttelek nagy rszhez hasonl¢ ttel igaz Bairekateg¢ria esetn is Steinhaus ttelvel anal¢g ttel Baire-kateg¢ria esetn Pi ard ttele, mely szerint ha A ⊂ R m sodik kateg¢ri j£ s Bairetulajdons g£, akkor A − A tartalmazza az orig¢ egy krnyezett Ennek a ttelnek is hasonl¢ ltal nos¡t s t adjuk, mint Steinhaus ttelnek: l sd a 4. §-t A Baire-tulajdons gb¢l kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ ttelek hasonl¢ak a mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ ttelekhez; ezeket a 10. §-ban t rgyaljuk 1.13
Folytonos megold sok di eren i lhat¢s ga Nem vit s, a legnehezebb lps a folytonos megold sok di eren i lhat¢s g nak bizony¡t sa. Mint az 110 pontban l ttuk, elg majdnem mindentti di eren i lhat¢s got bizony¡tani; ez kvetkezik, ha lok lis Lips hitz-tulajdons g fennll s t bizony¡tjuk Az 18 klasszikus m¢dszer ltal nos¡t sa vektor-vektor fggvnyekre hasznos, de t volr¢l sem kielg¡t. Nh ny, a folytonoss g s a lok lis Lips hitz-tulajdons g kztt elhelyezked tulajdons got is meg fogunk vizsg lni: a Holder folytonoss got (12. §) s a lnyegben korl tos v ltoz st (13. §) Nemrgen bizonyos kompakts gi felttelek mellett sikerlt olyan eredmnyeket elrnem, amelyek a legtbb gyakorlati lra elegenden ersek: l sd a 11.5 pontot Ezeknek az eredmnyeknek az els alkalmaz sa a ko kakettzs" 2112 egyenletnek megold sa volt Azonban azt gondolom, hogy ezen eredmnyek erejnek legjobb illusztr i¢ja, hogy Mario Bonk habilit i¢s
dolgozat nak a Weierstrass-fle szigma-fggvny karakteriz i¢j ra vonatkoz¢ £j eredmnyei (a problma Abel munk j ig ny£lik vissza) megkaphat¢k, st, ltal nosabb eredmnyek is kiad¢dnak: l sd a 23. §-t 1.14 Analitikuss g Az utols¢ lps lenne annak bizony¡t sa, hogy a vgtelen sokszor di eren i lhat¢ megold sok analitikusak. Ezzel a lpssel kap solatban sak gyenge eredmnyek vannak, l sd a 16. §-t Vegyk azonban szre, hogy a fggvnyegyenletbl gyakran egy di eren i legyenletet 20 1.§ Bevezets kaphatunk, ¡gy bizonyos esetekben a di eren i legyenletek regularit selmlete haszn lhat¢. L sd Dieudonne [39℄, 1053-at kznsges di eren i legyenletekkel kap solatban, s a Zeidler [165℄ knyvben idzett irodalmat, II/A, 86{93. o Ilyen m¢dszerrel bizony¡tja ltal nos¡tott kzprtk t¡pus£ egyenletek megold sainak analitikuss g t Lavruk s Swiatak [121℄ dolgozata. P les [134℄ dolgozat ban ltal nos m¢dszert ad, amellyel
sszeg alak£ fggvnyegyenleteket di eren i legyenletekre reduk lhatunk. M¢dszernek seg¡tsgvel megmutatja, hogy megfelel felttelek mellett a megold sok analitikusak a ny¡lt rtelmezsi tartom ny egy olyan nagy rszhalmaz n, amelynek a komplementere diszkrt. 1.15 M s regularit si tulajdons gok Mint l ttuk, az 17 pont (I){(VI) lpsei termszetes lp sket" kpeznek, amelyek seg¡tsgvel a mrhetsgbl vagy a Baire-tulajdons gb¢l indulva felkapaszkodhatunk az analitikuss gig. Termszetesen sz mos m s regularit si tulajdons g is elkpzelhet Eml¡tsnk meg rviden nh nyat Az egyszerbb esetekben gyakran haszn latos, de bonyolultabb egyenletekre nem tnik olyan hasznosnak, ha feltesszk, hogy a megold s valamilyen felttelnek tesz eleget egy pontban vagy egy pont valamely krnyezetben. Legnpszerbb azt feltenni, hogy van olyan pont, amelyben a megold s folytonos. Mint m r eml¡tettk, az f (x + y ) = f (x) + f (y ) Cau
hy-egyenletnl rgz¡tve y -t l tjuk, hogy a megold s y krl konstans plusz a megold s orig¢ krli rsznek eltoltja. gy a Cau hy-egyenletnl, ha egy megold s folytonos egy pontban, akkor folytonos mindentt (Sok m s tulajdons gra is hasonl¢ ll¡t s teljesl.) Mostan ban Matkowski [126℄ ltal nos¡totta ezeket a meggondol sokat a Cau hy-t¡pus£ f (g (x, y )) = h(x, y, f (x), f (y )) egyenletre, amelyben f az ismeretlen fggvny. Azonban m s egyenletek esetn nem l tszik ilyen hasznosnak feltenni, hogy a megold s folytonos egy pontban. Pldaknt felh¡vjuk az olvas¢ gyelmt arra, hogy azokat az egy pontban folytonos f : ℄0, 1[ R fggvnyeket, amelyek az inform i¢ alapegyenlett, az f (x) + (1 − x)f y 1−x = f (y ) + (1 − y )f x 1−y , 0 < x, y, x + y < 1 egyenletet elg¡tik ki, nem ilyen egyszer meghat rozni: l sd Diderri h [36℄, [37℄, [38℄ s Maksa [125℄ ikkeit. (Az egyenlet rszletes t rgyal s t l sd A zel
s Daro zy [15℄ knyvben.) Hasonl¡tsuk ezt ssze azzal, milyen egyszeren kapjuk a mrhet megold sokat ltal nos eredmnyeink felhaszn l s val 215-ben Gyakran haszn lt felttel az is, hogy a megold s korl tos, fellrl vagy alulr¢l korl tos, vagy lok lisan korl tos. Pld ul, ha f : R R a Cau hyegyenlet egy megold sa, amely korl tos, mondjuk fellrl egy x0 pont egy krnyezetben, akkor f (x) = xf (1) minden x ∈ R-re. Val¢ban, vegyk szre, hogy mivel f (rx + sy ) = rf (x) + sf (y ) minden x, y ∈ R s r, s ∈ Q-ra, az 1.§ Bevezets f gra konja egy Q feletti line ris altere R2 -nek. Ha f (x) 6= xf (1) valamely x ∈ R-re, akkor (1, f (1)) s (x, f (x)) line risan fggetlen elemei (R felett) a gra konnak, s ¡gy f gra konja sr R2 -ben. A lok lis korl toss gn l egybknt j¢val kevesebb is elg annak bizony¡t s hoz, hogy a Cau hy-egyenlet egy f : R R megold s ra f (x) = xf (1) mindentt. Ha sak azt tesszk fel, hogy f korl tos (mondjuk
fellrl a K konstanssal) egy pozit¡v mrtk mrhet C halmazon (mely felttel egybknt ekvivalens azzal, hogy f -et egy mrhet fggvny major lja C -n), akkor f (x + y ) ≤ f (x) + f (y ) ≤ 2K, ha x, y ∈ C , azaz f korl tos fellrl 2K -val a C + C halmazon. De a Steinhaus-ttel szerint (1.10) ez a halmaz tartalmaz nem res ny¡lt halmazt Itt is elmondhatjuk, hogy ilyen korl toss gi vagy lok lis korl toss gi felttelek egyszerbb egyenleteknl j¢l haszn lhat¢k, de bonyolultabb egyenleteknl nem ilyen hasznosak. Pldaknt ismt az inform i¢ (1) alapegyenlett eml¡thetjk A lok lisan korl tos megold sokat (s ezzel az egy pontban folytonos megold sokat is) Diderri h hat rozta meg, [36℄, [37℄. L sd mg Diderri h [38℄ s Maksa [125℄ ikkt. Hossz£ ideig megoldatlan problma volt, vajon ennek az egyenletnek minden nemnegat¡v megold sa folytonos-e? Vgl Daro zy s Maksa [34℄ adtak ellenpld t. De m r Cau hy exponen ilis
egyenletnek val¢s v ltoz¢s komplex rtk megold sai kztt is vannak korl tos, de nem folytonos fggvnyek: minden, az f (x) = eif1 (x) sszefggssel de ni lt f : R C fggvny, ahol f1 : R R a Cau hy-egyenlet egy megold sa, megold sa Cau hy exponen i lis egyenletnek, s abszol£t rtke mindentt 1. Egy m sik szrevtel, hogy nagyon szp" fggvnyegyenletek esetn is a komplex megold sok nem di eren i lhat¢ak mint komplex v ltoz¢s fggvnyek, b r mg analitikusak is, mint kt v ltoz¢s val¢s fggvnyek. Trivi lis plda a Cau hy-egyenlet. A leg ltal nosabb folytonos f : C C megold s f (z) = cz + dz komplex c, d konstansokkal; nem di eren i lhat¢, mint komplex fggvny, ha d 6= 0. A fenti pld k indokolj k, hogy ltal nos meggondol sainkb¢l elhagyjuk az egy pontban folytonos, lok lisan vagy glob lisan korl tos megold sok vizsg lat t, s nem pr¢b lunk meg komplex di eren i lhat¢s got bizony¡tani. 1.16 Egy ltal nos problma Az
eddig t rgyalt m¢dszerek azt su- gallj k, hogy az 1.7(2) egyenlet, a leg ltal nosabb expli it egyenlet" lehet vizsg lataink kzponti objektuma. Ha feltesszk, hogy f = f0 = f1 = f2 = · · · = fn , akkor az 1.7 bootstrap" m¢dszernek (I){(VI) lpeseit haszn lhatjuk Itt nin s szksgnk az f0 (y ) = f (y ) tagra: ha elhagyjuk, nem korl tozzuk az ltal noss got. Azt, hogy a jobb oldal tnyleg fggjn y -t¢l, ∂g azzal fogjuk biztos¡tani, hogy feltesszk, hogy a i m trixok rangja ma∂y xim lis. Ilyen m¢don az iter i¢t nem tartalmaz¢ tbbv ltoz¢s egyenletek al bbi alapvet regularit si problm j hoz jutunk: 22 1.§ Bevezets 1.17 Problma Legyen X , Y s Z ny¡lt rszhalmazai Rr -nek, Rs - nek s Rt -nek, s legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak. Legyenek f : X Z , gi : D X (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z n Z fggvnyek Tegyk fel, hogy (1) f (x) = h(x, y, f (g1(x, y )), . , f (gn(x, y ))), ha (x, y ) ∈ D; (2) h
analitikus; (3) gi analitikus, s minden x ∈ X -re ltezik egy y , amelyre (x, y ) ∈ D s ∂gi (x, y ) rangja r (i = 1, 2, . , n) ∂y Igaz-e hogy minden f , amely Lebesgue-mrhet vagy Baire-tulajdons g£, analitikus? 1.18 Megjegyzs: a problma v ltozatai A fenti problm ban az analitikus" sz¢t a C ∞ " sz¢val helyettes¡tve, egy m sik problm t kapunk. Tal n ez a problma mg fontosabb, mivel a fggvnyegyenletek megold sait leggyakrabban di eren i legyenletre trtn visszavezetssel keressk meg. Ǒltal nosabban, vizsg lhatjuk a C p -problm t", ahol 1 ≤ p ≤ ∞ vagy p = ω , ahol C ω alatt az analitikus fggvnyek oszt lya rtend (ω > ∞). Mivel nem ers megszor¡t s feltenni, hogy az adott fggvnyek sim bbak, mint amit a megold st¢l v runk, rdemes lehet a C p -C q -problm t" vizsg lni: feltesszk, hogy az adott fggvnyek C p -ben vannak, s azt krdezzk, hogy az f megold s C q -ban van-e?
Itt 0 ≤ q ≤ ω , 1 ≤ p ≤ ω s q ≤ p. Pld ul, nh ny ttelben annak bizony¡t s hoz, hogy f folytonosan di eren i lhat¢, azt fogjuk feltenni, hogy a gi fggvnyek ktszer folytonosan di eren i lhat¢ak, illetve annak bizony¡t s hoz, hogy f folytonos, azt fogjuk feltenni, hogy a gi fggvnyek folytonosan di eren i lhat¢ak. 1.19 Megjegyzsek (1) A fenti ltal nos 117 regularit si problma C ∞ -v ltozat t a szerz fogalmazta meg (J arai [72℄), eredetileg egy valamivel gyengbb form ban, az f (x) = h(x, y, f (y ), f (g1(x, y )), . , f (gn(x, y ))) fggvnyegyenletre. Ezt a problm t A zel Janos a XXI Nemzetkzi Fggvnyegyenletek Szimp¢ziumon a legfontosabb, fggvnyegyenletekkel kapsolatos megoldatlan problm k kztt ismertette (l sd A zel [7℄, 256 o) Az elm£lt tizent v azt mutatta, hogy az f (y ) tag ltal impli it m¢don bevezetett X = Y megszor¡t s nem seg¡t a problma megold s ban. gy a fenti, ersebb form t fogjuk vizsg
lni. (2) Ahelyett, hogy minden x ∈ X -hez van olyan y ∈ Y , amelyre (x, y ) ∈ ∂gi D s (x, y ) rangja r minden 1 ≤ i ≤ n-re, ekvivalens lenne azt feltenni, ∂y ∂gi hogy , 1 ≤ i ≤ n rangja r mindentt a D-n, s minden x ∈ X -hez van ∂y olyan y ∈ Y , amelyre (x, y ) ∈ D. Val¢ban, D-t helyettes¡thetjk azzal a ∂g ny¡lt rszhalmaz val, amelyen minden i rangja r. ∂y 1.§ Bevezets 1.20 A problma j¢l fogalmazott" Egyszer pld kkal megmutatjuk, hogy a problm ban szerepl felttelekbl egyik sem hagyhat¢ el £j felttelek bevezetse nlkl. Ez azt mutatja, hogy nem jogtalan a fenti problm t a tbbv ltoz¢s iter i¢t nem tartalmaz¢ fggvnyegyenletek regularit si alapproblm j nak" nevezni Egy£ttal az ellenpld k krlhat rolj k azt is, milyen t¡pus£ v ltoztat sok kpzelhetk el a felttelekben. Az impli it f (x)f (y )f (x + y ) = 0 egyenlet mutatja, hogy impli it egyenletekre ltal ban nem teljeslnek
regularit si ttelek; minden f : R R fggvny megold s, amelyre f (x) = 0, ha x 6∈ ℄1, 2[. Val¢ban, ha x, y ∈ ℄1, 2[, akkor x + y ∈ ℄2, 4[, ¡gy a szorzat nulla Ezek kztt a fggvnyek kztt vannak fggvnyek, amelyek mrhetek, de nem folytonosak, folytonosak, de nem di eren i lhat¢ak, stb. Egy m sik, a Weierstrass-fle szigma-fggvnyeket karakteriz l¢ egyenlettel kap solatos plda tal lhat¢ a 23.2 megjegyzsben Cau hy hatv ny-egyenlete, f (yz ) = f (y )f (z ) azt mutatja, hogy ha az egyenlet sak abban az rtelemben impli it, hogy £j v ltoz¢ bevezetsvel nem tudjuk f (x) = . alakra hozni, akkor sem teljesl regularit s ltal ban. Val¢ban, itt minden f : R R, f (x) = |x|c s f (x) = |x|c sgn x fggvny megold s (c ∈ R s 0c null nak rtend). Ezek kztt a fggvnyek kztt is vannak, amelyek mrhetek, de nem folytonosak, stb. Az, hogy a fggvnyegyenlet D rtelmezsi tartom ny r¢l feltesszk, hogy ny¡lt, te
hnikai jelleg felttelnek l tszik: e nlkl nehezebb lenne a gi bels fggvnyek di eren i lhat¢s g r¢l beszlni. Hogy ez a felttel nem hagyhat¢ el, mg akkor sem, ha a gi fggvnyek nagyon szpek", azt Cau hy exponen i lis egyenletnek pld ja mutatja. j v ltoz¢t bevezetve, az f (x) = f (x − y )f (y ) egyenletet kapjuk. B rmely olyan D rtelmezsi tartom nyon, amely tartalmazza a (0, 0) orig¢t, s a D0 = {(x, y ) : 0 < y < x} ny¡lt halmazt, de rsze a D0 lez rtj nak, az f (0) = 1, f (x) = 0, ha x > 0 sszefggssel de ni lt fggvny mrhet, de nem folytonos megold s. Ha a fenti problm ban a h kls fggvny nin s C p -ben, akkor a megold s sem felttlenl van C p -ben, 0 ≤ p ≤ ω . Ezt az al bbi egyszer plda mutatja: Legyen H : R R egy kl snsen egyrtelm Borel-fggvny, f : R R, s tekintsk a Cau hy-egyenletet H ◦ f -re, azaz legyen (1) H (f (x + y )) = H (f (x)) + H (f (y )), x, y ∈ R. Ez
az egyenlet ekvivalens az (2) f (x) = h(f (y ), f (x + y )), x, y ∈ R, 24 1.§ Bevezets egyenlettel, ahol h-t a h(z1 , z2 ) = H −1 (H (z2 ) −H (z1 )) sszefggs de ni lja, ha z1 , z2 ∈ R. gy f akkor s sak akkor mrhet [folytonos, stb℄ megold sa (1)-nek, ha f mrhet [folytonos, stb.℄ megold sa (2)-nek De ha f mrhet, akkor H ◦ f is mrhet, ¡gy valamely c konstanssal H (f (x)) = cx, azaz f (x) = H −1 (cx) minden x ∈ R-re. Ha H −1 mrhet, de nem folytonos [folytonos, de nem di eren i lhat¢, stb.℄, akkor (2)-nek van olyan mrhet [folytonos, stb.℄ megold sa, amely nem folytonos [nem di eren i lhat¢, stb℄ Nagyon hasonl¢ plda mutatja, hogy ha a fenti problm ban a gi bels fggvnyek (vagy legal bb egyikk) nin s C p -ben, 0 ≤ p ≤ ω , akkor az f megold s sem felttlenl van C p -ben. Legyen G : R R egy kl snsen egyrtelm Borel-fggvny, amely rendelkezik a kvetkez tulajdons ggal: ha A ⊂ R nulla
Lebesgue-mrtk, akkor G−1 (A) is nulla mrtk. Legyen f : R R egy fggvny, s tekintsk a Cau hy-egyenletet az f ◦ G fggvnyre, azaz tegyk fel, hogy (3) f (G(X + Y )) = f (G(X )) + f (G(Y )), X, Y ∈ R. Az x = G(X ), y = G(Y ) helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy ez az egyenlet ekvivalens az (4) f (x) = f (g (x, y )) − f (y ), x, y ∈ R egyenlettel, ahol g a g (x, y ) = G(G−1 (x) + G−1 (y )) sszefggssel van deni lva, ha x, y ∈ R. gy f akkor s sak akkor mrhet [folytonos, stb℄ megold sa (3)-nak, ha mrhet [folytonos, stb.℄ megold sa (4)-nek De ha f mrhet, akkor f ◦ G is mrhet, ¡gy valamely c konstanssal f (G(X )) = cX , azaz f (x) = cG−1 (x) minden x ∈ R-re. Ha G−1 mrhet, de nem folytonos [folytonos, de nem di eren i lhat¢, stb.℄, akkor (4)-nek van mrhet [folytonos, stb℄ megold sa, amely nem folytonos [nem di eren i lhat¢, stb℄ Vegyk szre, hogy a G(X ) = X 3 spe i lis esetben azt kapjuk, hogy
f (x) = cx1/3 . Ebben az esetben a (4) egyenletben g (x, y ) = (x1/3 + y 1/3 )3 A g fggvny folytonos R × R-en s ak rh nyszor di eren i lhat¢ minden 6 0 6= y pontban. Mg az y 7 g (0, y ) = y fggvny is di eren i l(x, y ), x = hat¢, s deriv ltja nem tnik el. De x = 0-hoz nin s olyan y ∈ R, amelyre g di eren i lhat¢ (x, y )-ban. Ez azt mutatja, hogy a g bels fggvny di ereni lhat¢s ga nem hagyhat¢ el Ez a plda azt is mutatja, hogy az a felttel sem hagyhat¢ el, hogy minden x-hez van olyan y , amelyre (x, y ) ∈ D. ∂g Vgl, hogy i rangj nak r-nek kell lenni, azt a Cau hy hatv ny∂y egyenletbl £j v ltoz¢k bevezetsvel nyert al bbi egyszer plda mutatja: f (x) = f (y )f (x/y ), x ∈ R, ∂g 0 6= y ∈ R. Itt x = 0-hoz nin s olyan y , amelyre (0, y ) 6= 0, ahol g (x, y ) = x/y . A ∂y val¢s rtk megold sok kztt ott vannak az f (x) = |x|c s f (x) = |x|c sgn x fggvnyek, ahol c ∈ R, s 0c null nak rtend. Ezek
nmelyike mrhet, de 1.§ Bevezets nem folytonos, folytonos, de nem di eren i lhat¢, stb. Ugyanez az egyenlet magasabb dimenzi¢ban is ad ellenpld kat, ha x, y ∈ Rr , az y egyetlen koordin t ja sem nulla, s az x/y h nyadost koordin t nknt rtjk. Itt a Q megold sok kztt vannak az f (x) = ri=1 fi (xi ) fggvnyek, ahol minden fi fggvny fi (xi ) = |xi |ci vagy fi (xi ) = |xi |ci sgn xi alak£. ∂g M sik plda arra, hogy i rangja r kell legyen, a Sin ov-egyenlet: ∂y f (x1 , x2 ) = f (x1 , y ) + f (y, x2 ). Ennek az egyenletnek az ltal nos f : R × R R megold sa f (x1 , x2 ) = g (x2 ) − g (x1 ), ahol g : R R tetszleges fggvny. Val¢ban, b rmely ilyen alak£ f megold s. Annak bizony¡t s ra, hogy minden f megold s el ll ¡gy, de ni ljuk g -t a g (x) = −f (x, c) sszefggssel, ahol c ∈ R tetszleges konstans. 1.21 Ǒtviteli elv: egy egyszer plda Sz mos klnbz trkk van, amelyek seg¡tsgvel eredmnyeink olyan
esetekben is haszn lhat¢ak, amelyekben l tsz¢lag, kzvetlenl, nem: l sd az alkalmaz sokkal foglalkoz¢ rszt. Egy ilyen nagyon fontos trkkt" felttlenl meg kell eml¡tennk L tsz¢lag, az 1.17(1) egyenlet igen spe i lis abban a tekintetben, hogy sak egy ismeretlen fggvny szerepel benne. Azonban ez a megszor¡t s nem olyan ers, mint amilyennek l tszik. Ha adott egy ltal nos, iter i¢t nem tartalmaz¢ tbbv ltoz¢s fggvnyegyenlet, s minden ismeretlen fggvny kifejezhet az egyenletbl, akkor (miut n klnbz £j v ltoz¢kat vezettnk be minden egyenletben), tekinthetnk egy olyan vektor rtk fggvnyt, amelynek a klnbz ismeretlen fggvnyek a koordin t i, s eredmnyeinket alkalmazhatjuk erre az egyetlen, de vektor v ltoz¢s, vektor rtk ismeretlen fggvnyre. Ez vil gosan mutatja, milyen fontos, hogy vektor-vektor ismeretlen fggvnyeket t rgyaljunk. Mieltt teljes ltal nosss gban megfogalmazn nk ezt az
tviteli elvet", az f1 (x + y ) = f2 (x) + f3 (y ), f 1 , f2 , f3 : R R Pexider-egyenlet egyszer pld j n mutatjuk be elszr. A fenti egyenletbl az al bbi h rom egyenletet kapjuk: f1 (x1 ) = f2 (x1 − y1 ) + f3 (y1 ), f2 (x2 ) = f1 (x2 + y2 ) − f3 (y2 ), f3 (x3 ) = f1 (x3 + y3 ) − f2 (y3 ). Most az x = (x1 , x2 , x3 ), y = (y1 , y2 , y3) jellsekkel az f (x) = f (x1, x2 , x3 ) = (f1 (x1 ), f2(x2 ), f3 (x3 )) sszefggssel de ni lt f : R3 R3 fggvny eleget tesz az (1) f (x) = h(f (x3 + y3 , x1 − y1 , y2 ), f (x2 + y2 , y3 , y1 )) egyenletnek, ahol az u = (u1 , u2 , u3 ), v = (v1 , v2 , v3 ) jellsekkel a h : R6 R3 fggvnyt a h(u, v ) = (u2 + v3 , v1 − u3 , u1 − v2 ) sszefggs de ni lja. 26 1.§ Bevezets Vegyk szre, hogy az (1) egyenlet az 1.17 problma minden felttelt teljes¡ti Ebben a pld ban a Pexider-egyenlet meglehetsen spe i lis tulajdons gait is felhaszn ltuk. Azonban de ni lhattuk volna a h : (R3 )6 R3
fggvnyt is, a h(u1 , u2 , u3 , u4 , u5 , u6 ) = (u1,2 + u2,3 , u3,1 − u4,3 , u5,1 − u6,2 ) sszefggssel, ahol ui = (ui,1 , ui,2 , ui,3 ) ∈ R3 , ha i = 1, 2, 3, 4, 5, 6; ekkor az (2) f (x) = h (f (g (y3 ), x1 − y1 , g (y2)) , f (g (y2 ), g (y3), y1 ) , . , f (g (y1 ), y3 , g (y2 ))) fggvnyegyenletet kaptuk volna, ahol g egy tetszleges folytonosan di eren i lhat¢ fggvny, amely R-et R-be kpzi, s deriv ltja nem tnik el mindentt. A (2) egyenlet is eleget tesz az 117 problma feltteleinek Megjegyezzk, hogy az a felttel, hogy minden ismeretlen fggvny legyen kifejezhet az egyenletbl, nem hagyhat¢ el. Az al bbi egyszer pld k mutatj k ezt. Az f (x) = f (x + y ) − f (y ) + f0 (x + y )f0 (y )f0 (x + 2y ), f, f0 : R R egyenlet esetn az f, f0 fggvnyp r, ahol f (x) = cx s f0 tetszleges, az ℄1, 2[ intervallumon k¡vl eltn fggvny, egy megold s. Az f (x) = f (x + y ) − f (y ) + f0 (ex y 3 ) − f0 (ex y 2 )f0 (y ),
f, f0 : R R egyenlet esetn az f, f0 fggvnyp r, ahol f (x) = cx s f0 (x) = |x|c0 valamely c0 ∈ R-rel (0c0 alatt null t rtve), egy megold s. Most megfogalmazzuk az ltal nos tviteli elvet, amely azt mutatja, hogy az 1.7(1) ltal nos, iter i¢t nem tartalmaz¢ fggvnyegyenlet regularit s nak problm ja, ha belle minden ismeretlen fggvnyre kvetkezik egy 1.7(2) t¡pus£ expli it egyenlet, az 117 problm ra reduk lhat¢ 1.22 Ǒltal nos tviteli elv Legyenek Xi ⊂ Rr , Yi ⊂ Rs , Zi ⊂ Rt i i i s Di ⊂ Xi × Yi ny¡lt halmazok, s legyenek az ni -k termszetes sz mok, az fi : Xi Zi -k pedig fggvnyek (i = 1, 2, . , m) Tegyk fel, hogy 1 ≤ ki,j ≤ m egy termszetes sz m s gi,j : Di Xki,j egy fggvny, ha 1 ≤ i ≤ m s ha 1 ≤ j ≤ ni . Legyen tov bb hi : Di ×Zki,1 ×· · ·×Zki,ni Zi egy fggvny, ha 1 ≤ i ≤ m. Tegyk fel, hogy 1 ≤ i ≤ m-re fenn ll az fi (xi ) = hi xi , yi , fki,1 (gi,1 (xi , yi )) , . , fki,ni (gi,ni
(xi , yi )) , (xi , yi ) ∈ Di fggvnyegyenlet. (Az fi fggvnyek az ismeretlenek, a tbbi fggvny ismert) Ekkor az x = (x1 , , xm ) jellssel az f (x) = (f1 (x1 ), , fm (xm )) sszefggssel de ni lt f fggvnyhez, amely az X = X1 × X2 × · · · × Xm ⊂ Rr , r = r1 + · · · + rm ny¡lt halmazt kpezi le a Z = Z1 × Z2 × · · · × Zm ny¡lt halmazba, vannak olyan n s s termszetes sz mok s olyan Y ⊂ Rs , D ⊂ X × Y ny¡lt halmazok, tov bb lteznek olyan gj : D X (1 ≤ j ≤ n), h : D × Z n Z fggvnyek, hogy az f (x) = h x, y, f (g1 (x, y )) , . , f (gn (x, y )) , (x, y ) ∈ D 1.§ Bevezets fggvnyegyenlet teljesl. A h s gj fggvnyek v laszthat¢k £gy, hogy az al bbi ll¡t sok is teljesljenek: Ha a hi s gi,j , i = 1, . , m, j = 1, , ni fggvnyek C p -ben vannak, akkor a h s gj fggvnyek is C p -ben vannak, ahol 0 ≤ p ≤ ω . (Itt is C ω alatt az analitikus fggvnyek oszt lya rtend)
Tov bb , ha a gi,j fggvnyek C 1 -ben vannak, s minden 1 ≤ i ≤ m-re ∂g minden xi ∈ Xi -hez van olyan yi hogy (xi , yi ) ∈ Di s rank i,j (xi , yi ) = ∂yi rki,j , ha 1 ≤ j ≤ ni , akkor minden x ∈ X -hez van olyan y ∈ Y , hogy ∂gj (x, y ) = r, ha 1 ≤ j ≤ n. Ha adottak nem res belsej ∂y Ci ⊂ Xi kompakt halmazok, s yi v laszthat¢ £gy, hogy gi,j (xi , yi ) ∈ Cki,j teljesljn, ha 1 ≤ i ≤ m s 1 ≤ j ≤ ni , akkor y is v laszthat¢ £gy, hogy gj (x, y ) ∈ C teljesljn 1 ≤ j ≤ n esetn, ahol C = C1 × C2 × · · · × Cm . (x, y ) ∈ D s rank Bizony¡t s. Elszr is v lasszunk s′i , 1 ≤ i ≤ m termszetes sz mo- kat, amelyekkel si + s′i ≥ rj , ha 1 ≤ j ≤ m. Legyen Yi′ = Rsi Minden ∗ 1 ≤ i, k ≤ m p rra v lasszunk egy tetszleges analitikus gi,k szubmerzi¢′ j t Yi × Yi -nek Ck belsejbe. (Emlkeztetnk r , hogy valamely euklidszi tr egy ny¡lt rszhalmaz nak egy di eren i lhat¢
lekpezst egy euklidszi trbe szubmerzi¢nak nevezzk, ha deriv ltj nak rangja mindentt megegyezik a kptr dimenzi¢j val.) Ha 1 ≤ i ≤ m s 1 ≤ j ≤ ni , v lasszunk egy pi,j permut i¢j t {1, 2, . , m}-nek, amelyre pi,j (ki,j ) = i De ni ljuk a gi,j,k fggvnyt a gi,j,k (xi , yi , yi′ ) = gi,j (xi , yi ) sszefggssel, ha (xi , yi , yi′ ) ∈ Di × Yi′ s k = ki,j . Ha k 6= ki,j , legyen gi,j,k (xpi,j (k) , ypi,j (k) , yp′ i,j (k) ) = gp∗i,j (k),k (ypi,j (k) , yp′ i,j (k) ), ha (xpi,j (k) , ypi,j (k) , yp′ i,j (k) ) ∈ Dpi,j (k) × Yp′i,j (k) . Ezzel a de n¡ i¢val gi,j,k a Dpi,j (k) halmazt Xk -ba kpezi. Vgl de ni ljuk gj ′ -t, ahol j ′ = n1 + n2 + + ni−1 + j A gj ′ (x, y ) fggvny azon (x, y ) p rok D halmaz n van de ni lva, amelyekre (xk , yk , yk′ ) ∈ Dk × Yk′ , ha k = 1, 2, . , m, ahol x = (x1 , x2 , , xm ), y = (~y1 , y~2 , , y~m ) s y~k = (yk , yk′ ), ha k = 1, 2, . , m; a gj ′ (x, y )
rtket £gy de ni ljuk, hogy koordin t i gi,j,k (xpi,j (k) , ypi,j (k) , yp′ i,j (k) ), k = 1, 2, , m legyenek Vegyk szre, ′ ∂g ∂g hogy ¡gy de ni lva, j rangja az (x, y ) pontban r − ri + rank i,j (xi , yi ). ∂y ∂yi Vgl, ezekkel a jellsekkel, de ni ljuk a h fggvnyt £gy, hogy koordin t i ′ )-vel, ha az (x, y, z1, . , zn ) pontban egyezzenek meg hi (xi , yi , zi,′ 1 , , zi,n i ′ 1 ≤ i ≤ m, ahol zi,j a ki,j -edik koordin t ja zn1 +.+ni−1 +j ∈ Z1 × · · · × Zm nek, ha 1 ≤ j ≤ ni ′ 1.23 A f problm val kap solatos eredmnyek sszefoglal sa A teljes 1.17 problma megoldatlan A problm t az 17 pont (I){(VI) lpseinek megfelelen hat rszre oszthatjuk Az (I), (II), (IV) s (V) lpsnek megfelel rszt teljesen megoldjuk. A (III) lpsnek megfelel rszt saknem teljesen megoldjuk (pontosabban, egy ltal ban teljesl kompakts gi felttel mellett oldjuk meg). A (VI) lpssel kap solatban sak igen
ers tov bbi felttelek mellett vannak eredmnyeink. Az (I), (II), (III), (IV), (V) s (VI) lpseknek megfelel rszt rendre a 8.{9, 10, 11, 14, 15 s 16 paragrafusokban t rgyaljuk Tov bbi, az 117 problm hoz kap sol¢d¢ regularit si 28 1.§ Bevezets eredmnyek tal lhat¢k az 5., 6, 7, 12,s 13 paragrafusokban Az al bbiakban sszefoglaljuk az ezen paragrafusok ltal nosabb eredmnyeinek az 117 problm ra vonatkoz¢ kvetkezmnyeit. 1.24 Ttel Az 117 problma jellseivel, ha h folytonos, a gi fggvnyek pedig folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor minden Lebesgue-mrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s folytonos. Bizony¡t s. A 83, illetve a 102 ttelek kvetkezmnye, ha azokat lok lisan alkalmazzuk 1.25 Ttel Az 117 problma jellseivel, ha a h s gi fggvnyek p-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor minden majdnem mindentt differen i lhat¢ f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). Bizony¡t s. A
142 s 152 ttelekbl kvetkezik 1.26 Ttel Az 117 problma jellseivel, ha a h s gi fggvnyek p-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor minden f megold s, amely lok lisan korl tos v ltoz s£, p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). Bizony¡t s. 124 ttelbl kvetkezik, hogy f folytonos A 132 ttelbl kvetkezik, hogy f lok lisan Lips hitz. Az 125 ttelbl kvetkezik, hogy az f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢. 1.27 Ttel Az 117 problma jellseivel, ha a h s gi fggvnyek max{2, p}-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, s van olyan C kompakt rsz- halmaza X -nek, hogy minden x ∈ X -hez van olyan y ∈ Y , amelyre 1.17(3) felttelei mellett mg gi (x, y ) ∈ C is teljesl, akkor minden Lebesgue-mrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). Vegyk szre, hogy a ttelben szerepl kiegsz¡t kompakts gi felttelt megrzi az tviteli elv. Bizony¡t s.
Az 124, 125 s 115 ttelekbl kvetkezik 1.28 Ttel Az 117 problma jellseivel, ha n = 2, t = 1, g1(x, y ) ≡ y , s a h fggvny p-szer, a g2 fggvny max{2, p}-szer folytonosan di eren i lhat¢, akkor minden Lebesgue-mrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). Bizony¡t s. Az ll¡t s az 124, 114 s 125 ttelek kvetkezmnye 1.29 Ttel Az 117 problma jellseivel, ha az 117(1) fggvny- egyenlet az al bbi spe i lis alak£: f (x) = n X i=1 hi x, y, f (gi (x, y )) , ahol a hi : D × Z R fggvnyek p-szer, a gi fggvnyek max{2, p}szer folytonosan differen i lhat¢ak, akkor minden Lebesgue-mrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). t Bizony¡t s. Ez a ttel az 124, 113 s 125 ttelek sszefoglal sa 1.§ Bevezets D 1.30 Ttel Az 117 problma jellseivel, tegyk fel, hogy t = 1, = ℄a, b[×℄a, b[, s az
egyenlet az al bbi spe i lis alak£: (1) f (x) = n X i=1 ci f (gi (x, y )) , ahol ci ∈ R (i = 1, 2, . , n), s gi : ℄a, b[×℄a, b[℄a, b[ ha (x, y ) ∈ D, (i = 1, 2, . , n) Tegyk fel tov bb , hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (2) gi (x, y ) az x s y kztt van, ha x, y ∈℄a, b[; (3) gi analitikus s valamely 0 < A < 1 konstanssal ∂ p gi (x, y ) ≤ Ap p!, k p−k ∂ x∂ y ha x, y ∈℄a, b[ s p = 1, 2, . ; (4) minden x ∈℄a, b[-re s i = 1, 2, . , n-re az ℄a, b[-nek ℄a, b[-be val¢ y 7 gi (x, y ) lekpezse szigor£an monoton, s az a gi fggvny, amelyre a t 7 gi (x, t) lekpezs az y 7 gi (x, y ) lekpezs inverze, ktszer folytonosan di eren i lhat¢ az rtelmezsi tartom ny n. Ekkor minden f megold s, amely Lebesgue-mrhet vagy Baire-tulajdons g£, analitikus. Bizony¡t s. Ez a ttel az 129 s az 162 tteleket foglalja ssze 1.31 Regularit si ttelek sokas gokon Geometriai vagy zikai problm
kb¢l sz rmaz¢ fggvnyegyenletekre az egyenlet termszetes rtelmezsi tartom nya nha egy di eren i lhat¢ sokas g. A 5{15 paragrafusokban szerepl ttelek nagy rsze ltal nos nemline ris egyenletek vektorvektor megold saira vonatkozik, s lok lis jelleg V rhat¢, hogy az eredmnyek j¢ rsze tvihet di eren i lhat¢ sokas gokra is A lok lis jelleg eredmnyeknl ez semmi gondot nem okoz, de a glob lis jelleg eredmnyek £j bizony¡t st ignyelnek. A sokas gokra vonatkoz¢ eredmnyek t rgyal sa a 17. paragrafusban trtnik rdemes az alapproblm t is megfogalmazni di eren i lhat¢ sokas gokra is: 1.32 Problma Legyenek X , Y s Z analitikus sokas gok, s legyen D az X × Y ny¡lt rszhalmaza. Legyenek f : X Z , gi : D X (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z n Z fggvnyek Tegyk fel, hogy (1) f (x) = h(x, y, f (g1(x, y )), . , f (gn(x, y ))), ha (x, y ) ∈ D; (2) h analitikus; (3) gi analitikus s minden x0 ∈ X -hez van olyan y0 , amelyre
(x0 , y0 ) ∈ D s y 7 gi (x0 , y ) szubmerzi¢ az y0 -ban, ha i = 1, 2, . , n Igaz-e, hogy minden f megold s, amely Lebesgue-mrhet vagy Baire-tulajdons g£, analitikus? 30 1.§ Bevezets Termszetesen itt is megfogalmazhat¢ a C p -problma s a C p {C q -problma, amelyekbe itt azt is belertjk, hogy az X , Y s Z sokas gok C p -sokas gok. 1.33 A sokas gokra vonatkoz¢ eredmnyek sszefoglal sa Itt is a teljes v lasz a fenti problm ra nem ismert. Ugyan£gy, mint az 117 problm t, ezt a problm t is az 1.7 pont (I){(VI) lpseinek megfelelen hat rszre oszthatjuk. Az (I), (II), (IV) s (V) lpsnek megfelel rsz teljes megold sa knnyen kvetkezik a 8., 10, 14 s 15 paragrafusok eredmnyeibl (s elg feltenni, hogy a szerepl sokas gok C ∞ -ek) A (III) lpst X kompakts ga esetn megoldjuk. Ha X nem kompakt, tov bbi felttelek mellett kapunk eredmnyeket. Eredmnyeink az al bbi ttelekben sszegezhetk: 1.34 Ttel Az
1.32 problma jellseivel, ha X , Y s Z is C ∞ sokas gok, h folytonos, a gi fggvnyek pedig folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor minden Lebesgue-mrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s folytonos. Bizony¡t s. A 171, illetve a 172 ttelek kvetkezmnye, ha azokat lok lisan alkalmazzuk. 1.35 Ttel Az 1.32 problma jellseivel, ha X , Y s Z is C ∞ sokas gok, a h s a gi fggvnyek p-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor minden majdnem mindentt di eren i lhat¢ f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). Bizony¡t s. A 177 s 178 ttelekbl kvetkezik 1.36 Ttel Az 132 problma jellseivel, ha X , Y s Z is C ∞ - sokas gok, a h s gi fggvnyek max{2, p}-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, s van olyan C kompakt rszhalmaza X -nek, hogy minden x0 ∈ X -hez van olyan y0 ∈ Y , amelyre a fenti problma (3) felttele mellett gi (x0 , y0 ) ∈ C (i = 1, . , n) is teljesl, akkor minden
Lebesgue-mrhet, illetve Bairetulajdons g£ f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞) Bizony¡t s. Az 134, 135 s 174 ttelek kvetkezmnye 1.37 Ttel Az 132 problma jellseivel, ha X , Y s Z is C ∞ - sokas gok, X kompakt, h s gi pedig C -fggvnyek, akkor minden Lebesguemrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s C ∞ -ben van. ∞ Bizony¡t s. Az elz ttel kvetkezmnye 1.38 Ttel Az 132 problma jellseivel, ha X , Y s Z is C ∞ 1, g1 (x, y ) ≡ y , a h fggvny p-szer, a g2 fgg- sokas gok, n = 2, dim(Z ) = vny max{2, p}-szer folytonosan di eren i lhat¢, akkor minden Lebesguemrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s p-szer folytonosan di ereni lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). Bizony¡t s. Az ll¡t s az 134, 176 s 135 ttelek kvetkezmnye 1.§ Bevezets 1.39 Ttel Az 132 problma jellseivel, ha X s Y is C ∞ -sokas gok, Z ny¡lt rszhalmaza Rt -nek, s a fggvnyegyenlet az al
bbi spe i lis alak£: f (x) = n X i=1 hi x, y, f (gi (x, y )) , (x, y ) ∈ D, ahol a hi : D × Z Rt fggvnyek p-szer folytonosan differen i lhat¢ak, a gi fggvnyek pedig max{2, p}-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor minden Lebesgue-mrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). Bizony¡t s. Ez a ttel az 134, 175 s 135 ttelek sszefoglal sa 1.40 Regularit si ttelek kevesebb v ltoz¢val Durv n sz¢lva, a 5.{17 paragrafusok eredmnyei azokban az esetekben bizony¡tanak regularit si tteleket, amelyekben egy r v ltoz¢s fggvny egy legal bb 2r v ltoz¢s fggvnyegyenletnek tesz eleget. Az 117 problma jellseivel, ez azrt van, ∂g mert a felttelbl, hogy i rangja megegyezik X dimenzi¢j val, kvetkezik, ∂y hogy Y dimenzi¢ja nem lehet kisebb, mint X dimenzi¢ja. Az 120 pont utol∂g s¢ kt pld ja azt mutatja, hogy a i rangj ra vonatkoz¢ felttelt nem lehet ∂y egyszeren
elhagyni. Mindazon ltal, hogy legal bbis bizonyos esetekben, a v ltoz¢k sz ma egszen r + 1-ig reduk lhat¢ (az r eset m r egyv ltoz¢s" egyenletet jelentene), azt Swiatak [154℄ regularit si eredmnyei mutatj k. Swiatak ltal nos lok lis integr lhat¢s gb¢l kvetkezik az ak rh nyszori di eren i lhat¢s g" t¡pus£ tteleket bizony¡tott. Eredmnyeit disztrib£ i¢k alkalmaz s val kapta M¢dszernek lnyege annak bizony¡t sa, hogy a disztrib£ i¢ rtelemben vett megold sok egy olyan di eren i legyenletnek tesznek eleget, amelynek sak vgtelen sokszor di eren i lhat¢ megold sai vannak. Ezt a gondolatot haszn lta Swiatak [154℄ dolgozat ban, amelyben a (1) n X i=1 hi (x, y )f (gi(x, y )) = h(x, f (gn+1 (x)), . , f (gm(x))) + h0 (x, y ) fggvnyegyenletre bizony¡tott be egy ltal nos regularit si eredmnyt, ahol f az ismeretlen fggvny. Durv n sz¢lva, a disztrib£ i¢k kztti egyenletknt tekintett (1) egyenletre egy, az y v ltoz¢ban
hat¢ par i lis di eren i loper tort alkalmaz Termszetesen a jobb oldalon szerepl nemline ris tag eltnik. Ha ltezik olyan y0 , amelyre gi (x, y0 ) ≡ x minden 1 ≤ i ≤ n-re (nagyon ers feltevs), akkor ezt a rgz¡tett y0 -at helyettes¡tve P (∂, x)f = H alak£ par i lis di eren i legyenletet kapunk. Ha ez a par i lis di eren ilegyenlet konstans erssg s hypoelliptikus valamely x = x0 -ra, akkor a di eren i legyenletek regularit si elmlete szerint (l sd ezzel kap solatban Hormander [59℄ knyvben a 7.41 ttelt) minden disztrib£ i¢ megold s egy C ∞ fggvnynek felel meg. Annak rszletes t rgyal s t illeten, hogy a fellp nehzsgek hogyan kzdhetk le, s a kapott eredmnyek hogyan 32 1.§ Bevezets alkalmazhat¢k, Swiatak eredeti [151℄, [152℄, [153℄, [154℄, [155℄ dolgozataira utalunk. A fenti, Swiatak ltal vizsg lt egyenlet majdnem line ris", ¡gy form lisan sokkal spe i lisabb, mint az 1.17 problm ban
szerepl (1) egyenlet ∂g Azonban Swiatak ttelei akkor is alkalmazhat¢k, amikor i rangja sokkal ∂y kisebb, mint az f ismeretlen fggvny rtelmezsi tartom ny nak dimenzi ¢ja. Durv n sz¢lva, Swiatak eredmnyei mg akkor is alkalmazhat¢k, ha az ismeretlen f fggvny r v ltoz¢s, s az egyenletben r + 1 v ltoz¢ van. Ez a v ltoz¢k minim lis sz ma, amelyre az egyenlet nem egyv ltoz¢s" egyen let. gy Swiatak eredmnyei azt mutatj k, hogy az 1.17 problm ban a rang felttel t£l ers, s a problm ra vonatkoz¢ eredmnyek (m s feltteleket is v ltoztatva) kiterjeszthetk m s esetekre is. Remlhet, hogy m¢dszereink ltal nos¡t s val ltal nos nemline ris fggvnyegyenletekre is kaphatunk eredmnyeket. Ilyen egyenletekre lehe tetlennek tnik Swiataknak a S hwartz-fle disztrib£ i¢kra alapozott m¢dszereit kiterjeszteni. Remlhet, hogy azt az igen ers feltevst is ki tudjuk kszblni, hogy ltezzen olyan y0 , amelyre gi (x, y0)
≡ x minden 1 ≤ i ≤ nre. A mestersgesnek tn hypoelliptikuss gi felttelnek is el kell tnnie A fenti gondolatokt¢l vezrelve, az 18. paragrafusban ltal nos mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ eredmnyeket fogunk bebizony¡tani kevs" v ltoz¢val A mrhetsg s a Baire-kateg¢ria kztt fenn ll¢ anal¢gia (l sd Oxtoby [132℄) azt sugallja, hogy pr¢b ljunk meg anal¢g eredmnyeket bizony¡tani Baire-tulajdons g£ megold sokra is. A fenn ll¢ klnbsgek, mint pld ul az ε-te hnika", a mrtkben val¢ konvergen ia, s az ehhez kap sol¢d¢ ttelek (pld ul Riesz kiv laszt si ttelnek, stb.) hi nya azt mutatj k, hogy kln t rgyal s szksges A Baire-tulajdons gb¢l kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ eredmnyeket ltal nos nemline ris egyenletekre kevs" v ltoz¢val a 19. paragrafusban bizony¡tunk Vgl, a 20 paragrafusban folytonoss gb¢l kvetkezik a di eren i lhat¢s g" s
p-szer folytonosan di eren i lhat¢ megold sok p + 1-szer is folytonosan di ereni lhat¢ak" t¡pus£ tteleket bizony¡tunk kevs" v ltoz¢s fggvnyegyenletekre. Az ut¢bbi esetben eredmnyeink ltal nos nemline ris egyenletekre is alkalmazhat¢k. Az elbbi esetben a jelenlegi eredmnyek sak line ris egyenletekre alkalmazhat¢k, de sok m s ers felttel nem lp fel. 2.§ Jellsek s terminol¢gia 2.§ Jellsek s terminol¢gia 2.1 Halmazok s fggvnyek Egy A halmaz sz moss g t ard(A) fogja jellni. Ha ard(A) ≤ ℵ0 , akkor azt mondjuk, hogy A megsz ml lhat¢ A c jellst haszn ljuk a kontinuum sz moss gra, azaz 2ℵ0 -ra N, Z, Q, R, C s T a nemnegat¡v egsz, egsz, ra ion lis, val¢s, komplex illetve egysgnyi abszol£t rtk komplex sz mok jellsre fognak szolg lni. Ha f egy fggvny, jellje dmn f az rtelmezsi tartom ny t, rng f pedig az rtkkszlett. Az Nf multipli it sfggvny t £gy de ni ljuk, hogy Nf
(y ) legyen f −1 {y} elemeinek sz ma (esetleg ∞). Minden norm lt tr rl feltesszk, hogy val¢s; a norm t | | fogja jellni. A k k jelet sak line ris oper torok oper tor-norm j ra alkalmazzuk. Ha f : D Y egy norm lt tr egy ny¡lt rszhalmaz t egy norm lt trbe kpez fggvny, akkor f ′ fogja jellni f deriv ltj t. Ha D ⊂ X1 × X2 × × Xn , haszn lni fogjuk a | nem teljesen korrekt m¢don jellt | = (x1 , . , xi−1 , xi+1 , , xn ) : (x1 , , xn) ∈ D par i lis halmaz okat. Az fxi : Dxi Y par i lis fggvny eket az Dxi fxi (x1 , . , xi−1 , xi+1 , , xn ) = f (x1 , , xn ), ha (x1 , . , xn ) ∈ D sszefggssel de ni ljuk Dxi1 , ,xir s fxi1 , ,xir hasonl¢an vannak de ni lva Ha Xi s Y norm lt terek, akkor a ∂i f, vagy ∂xi f ∂f ∂xi par i lis deriv ltat az fx1 ,. ,xi−1 ,xi+1 , ,xn fggvny deriv ltjaknt de ni ljuk, ha ltezik Ha α ∈ Nn egy multiindex, legyen |α| = s legyen n X i=1 |αi | = ∂1α1
∂2α2 · · · ∂nαn f. Ha D ⊂ Rn s Y = Rm , akkor f ′ azonos¡that¢ a ∂αf ∂fj ∂xi n r m i=1 j =1 n m trixszal, ahol f = (fj )m j =1 s x = (xi )i=1 . Ha y = f (x), 1 ≤ i1 , , ir ≤ n, 1 ≤ j1 , . , jr ≤ m, akkor jellje a m trix determin ns t ∂fjl ∂xik r k=1 l=1 ∂ (yj1 , . , yjr ) . ∂ (xi1 , . , xir ) A di eren i l- s integr lsz m¡t s egyb jellseit a szok sos m¢don haszn ljuk; ktsg esetn l sd Rudin [137℄ knyvt. 34 2.§ Jellsek s terminol¢gia 2.2 Topol¢gia Topol¢gi val s topologikus soportokkal kap solatban ltal ban Bourbaki [26℄ terminol¢gi j t s jellseit kvetjk Igy minden regul ris, teljesen regul ris, norm lis, kompakt s lok lisan kompakt trrl feltesszk, hogy Hausdor . Tetszleges X halmaz rszhalmazainak egy tetszleges E oszt ly ra jellje Eσ az E -beli halmazok megsz ml lhat¢ uni¢jaknt el ll¢ halmazok oszt ly t (res uni¢ az res halmaz),
Eδ pedig az E -beli halmazok megsz ml lhat¢ metszeteknt el ll¢ halmazok oszt ly t (res metszet az egsz X ). Egy topologikus tr topol¢gi j t, azaz ny¡lt rszhalmazainak oszt ly t ltal ban G -vel jelljk, z rt halmazainak oszt ly t pedig ltal ban F -el. gy a Gδ , Fσ , Gδσ , Fσδ , stb halmazoszt lyok rtelmezve vannak. X -beli grbe alatt R valamely z rt intervallum t az X topologikus trbe kpez fggvnyt rtnk. Topologikus tr s£ly n ny¡lt b zisai sz moss gainak a minimum t rtjk. Egy topologikus tr karakter n azt a legkisebb n sz moss got rtjk, amelyre a tr minden pontj nak van legfeljebb n sz moss g£ ny¡lt krnyezetb zisa. Ha x, y egy metrikus tr pontjai, s α > 0, akkor azt mondjuk, hogy az x s y pontok α-kzel vannak, ha a dist(x, y ) t vols guk kisebb, mint α. Hasonl¢an, ha x s y egy uniform tr pontjai, s α egy rel i¢ az uniformit sb¢l, azaz egy uniform krnyk, azt mondjuk, hogy az x s y pontok
α-kzel vannak, ha (x, y ) ∈ α. Egy metrikus trben az r ≥ 0 sugar£ s x kzppont£ z rt gmbt Br (x) fogja jellni. Minden, topologikus soportokkal kap solatban ltalunk felhaszn lt eredmny megtal lhat¢ Hewitt s Ross [52℄, [53℄ monogr j ban. 2.3 Folytonoss gi modulusz, Holder- s Lips hitz-fggvnyek Egy metrikus tr egy rszhalmaz t egy m sik metrikus trbe kpez f fggvnyre de ni ljuk az f fggvny ωf folytonoss gi modulusz t az ωf (r ) = sup{dist(f (x), f (y )) : x, y ∈ dmn f, dist(x, y ) ≤ r} sszefggssel, ha 0 ≤ r ≤ ∞. Ha f rtelmezsi tartom nya nem res, mindig teljesl, hogy ωf (0) = 0. Vegyk szre, hogy ωf pontosan akkor (jobbr¢l) folytonos a 0-ban, ha f egyenletesen folytonos. Elfordulhat, hogy (ak r minden pozit¡v r-re) ωf (r) = ∞. Ha valamely 0 < α ≤ 1 kitevre s Hα konstansra ωf (r ) ≤ Hα · r α , ha 0 ≤ r < ∞, akkor azt mondjuk, hogy f Hlder-folytonos α kitevvel s Hα
Hlder-konstans sal. Ha α = 1, a Hlderfolytonos fggvnyeket s a Hlder-konstansokat Lips hitz-fggvny eknek s Lips hitz-konstans oknak is nevezzk. A Hlder-folytonoss g, Hlderkonstans, Lips hitz-fggvny s Lips hitz-konstans lok lis v ltozat t is haszn lni fogjuk A Lips hitz- s lok lisan Lips hitz fggvnyekkel kap solatban l sd Federer [42℄ knyvt. 2.4 Mrtkelmlet Federer [42℄ knyvnek terminol¢gi j t kvetjk gy mrtk alatt egy megsz ml lhat¢an szubaddit¡v, bv¡tett val¢s rtk, nemnegat¡v fggvnyt rtnk, amely egy X halmaz sszes rszhalmaz n van de ni lva; m s terminol¢gi ban ezt a fogalmat kls mrtknek szok s nevezni. A mrhet halmazok σ -algebr ja a Charatheodoryfelttellel de ni lhat¢: egy A ⊂ X halmazt µ-mrhet nek neveznk, ha µ(T ∩ A) + µ(T A) = µ(T ) minden T ⊂ X -re. A µ mrtket vges nek 2.§ Jellsek s terminol¢gia nevezzk, ha µ(X ) < ∞. Ha µ(X ) = 1,
akkor azt mondjuk, hogy µ val¢sz¡nsgi mrtk Ha egy A ⊂ X halmaz el ll megsz ml lhat¢ sok vges µ-mrtk mrhet halmaz egyes¡tseknt, akkor azt mondjuk, hogy A σ vges . Ha X maga σ -vges, akkor azt mondjuk, hogy a µ mrtk σ -vges Ha X egyelem rszhalmazai mind nulla mrtkek, akkor azt mondjuk, hogy a µ mrtk di £z . Ha µ mrtk X -en s Y ⊂ X , a µ megszor¡t s t Y rszhalmazaira µY fogja jellni. Ez mrtk Y -on A µ⌊Y mrtket a (µ⌊Y )(A) = µ(A ∩ Y ) sszefggs de ni lja minden A ⊂ X -re. Ez mrtk X -en Minden f : X Y lekpezs induk l egy X feletti mrtkekhez Y feletti mrtkeket rendel f♯ lekpezst, melynek de n¡ i¢ja f♯ (µ)(B ) = µ(f −1 (B )), ha B ⊂ Y . Ha egy nemnegat¡v, bv¡tett val¢s rtk ν fggvny van de ni lva az X halmaz rszhalmazainak egy tetszleges H rendszern, akkor az sszes T ⊂ X -re a X µ(T ) = inf ν (Hi ) : I megsz ml lhat¢, T ⊂
∪i∈I Hi s Hi ∈ H, ha i ∈ I i∈I sszefggssel rtelmezett fggvny egy µ mrtket de ni l X -en. (Az res sszeg null nak rtend.) A µ halmazfggvny pontosan akkor kiterjesztse ν -nek, ha ν megsz ml lhat¢an szubaddit¡v. Nem nehz megmutatni, hogy egy A ⊂ X halmaz pontosan akkor lesz µ-mrhet, ha µ(H ∩ A) + µ(H A) ≤ ν (H ) minden H ∈ H-ra. Spe i lisan, ha H egy σ -algebra s ν megsz ml lhat¢an addit¡v H-n, akkor µ kiterjesztse ν -nek, s minden H ∈ H halmaz µ-mrhet. Ha µ mrtk X -en, akkor azt mondjuk, hogy B az A halmaz µ-burka, ha A ⊂ B ⊂ X , B mrhet, s µ(A ∩ T ) = µ(B ∩ T ) minden µ-mrhet T halmazra. A µ mrtket X -en regul ris nak nevezzk, ha minden A ⊂ X -hez van olyan µ-mrhet B halmaz, amelyre A ⊂ B s µ(A) = µ(B ). Legyen µ mrtk X -en. A mrtk b zis a µ-mrhet halmazok egy olyan B rendszere, hogy minden µ-mrhet A halmazhoz s minden ε > 0-hoz
van olyan B ∈ B, hogy µ(A △ B ) < ε. A µ s£ly a a µ b zisai sz moss gainak minimuma. A µ karakter e a legkisebb olyan n sz moss g, amelyre minden vges mrtk µ-mrhet Y halmazra µY -nak van legfeljebb n sz moss g£ b zisa. Megjegyezzk, hogy ha µ vges mrtk, akkor µ s£lya s a megfelel L2 tr Hilbert-tr dimenzi¢ja megegyezik, ha legal bb az egyik vgtelen. (L sd Hewitt s Ross [52℄, (16.12)) Ha µ s ν mrtkek X -en, azt mondjuk, hogy µ bv¡tse ν -nek , ha minden ν -mrhet A halmaz µ-mrhet is, s µ(A) = ν (A). Ha µ mrtk az X soporton, azt mondjuk, hogy µ bal [jobb℄ invari ns , ha minden x ∈ X -re s A ⊂ X -re µ(xA) = µ(A) [µ(Ax) = µ(A)℄. 36 2.§ Jellsek s terminol¢gia A Lebesgue-mrtket Rn -en λn -nel, az m-dimenzi¢s Hausdor -mrtket egy metrikus tren pedig χm -el fogjuk jellni. Egy A ⊂ Rn halmaz Lebesguesrsg t az x ∈ Rn pontban a limr↓0 λn (Br (x) ∩ A)/λn
(Br (x)) hat rrtkknt rtelmezzk, ha a hat rrtk ltezik Ha µ mrtk X -en, A ⊂ X s Y egy topologikus tr, akkor azt mondjuk, hogy az f fggvny mrhet A-n, ha f az A majdnem minden pontj ban de ni lva van, f rtkkszlete Y -ban van, s A ∩ f −1 (W ) mrhet halmaz minden W ny¡lt rszhalmaz ra Y -nak. Spe i lisan, A mrhet kell legyen Az itt haszn lt mrtkelmleti eredmnyek s bizony¡t suk megtal lhat¢ Federer [42℄ knyvben. 2.5 Topologikus mrtkek Topologikus mrtkekkel kap solatban Federer [42℄ knyvtl nmileg eltr terminol¢gi t fogunk haszn lni. A µ mrtket az X topologikus tren topologikus mrtk nek fogjuk nevezni, ha X minden ny¡lt rszhalmaza µ-mrhet. Termszetesen, ha µ topologikus mrtk X -en, akkor a Borel-halmaz ok, az X topol¢gi ja ltal gener lt (azaz azt tartalmaz¢ legszkebb) σ -algebra elemei mind µ-mrhetek. A µ topologikus mrtk tart¢ ja a spt µ = X ∪{V : V
⊂ X ny¡lt, µ(V ) = 0} halmaz. Egy µ topologikus mrtket X -en Borel-regul ris nak neveznk, ha minden A ⊂ X -hez van olyan B Borel-halmaz, amelyre A ⊂ B ⊂ X s µ(A) = µ(B ). Radon-mrtk alatt olyan µ topologikus mrtket rtnk, amely egy Hausdor -tren van rtelmezve, s rendelkezik az al bbi tulajdons gokkal: (1) X b rmely K kompakt rszhalmaz nak a µ-mrtke vges; (2) X minden V ny¡lt rszhalmaz ra µ(V ) = sup{µ(K ) : K ⊂ V, K kompakt}; (3) b rmely A rszhalmaz ra X -nek µ(A) = inf {µ(V ) : A ⊂ V, V ny¡lt}. Vil gos, hogy egy Radon-mrtket egyrtelmen meghat roznak a kompakt halmazokon felvett rtkei. Legyen µ Radon-mrtk X -en s A ⊂ X . Az A halmaz akkor s sak akkor µ-mrhet, ha µ(V ∩ A) + µ(V A) ≤ µ(V ) minden V ny¡lt halmazra. Val¢ban, ha ez a felttel teljesl, akkor b rmely T ⊂ X -re µ(T ∩ A) + µ(T A) ≤ µ(V ∩ A) + µ(V A) ≤ µ(V ), 2.§ Jellsek s terminol¢gia ha
T ⊂ V valamely V ny¡lt halmazra. In mumot vve az sszes T -t tartalmaz¢ V -re, azt kapjuk, hogy A mrhet Hasonl¢an, A akkor s sak akkor µ-mrhet, ha µ(K ∩ A) + µ(K A) ≤ µ(K ) minden K kompakt halmazra. Val¢ban, legyen V ny¡lt halmaz, amelyre µ(V ) < ∞, s legyen Kn olyan kompakt rszhalmaza V -nek, amelyre µ(V Kn ) < 1/n. Ekkor µ((V ∩ A) (Kn ∩ A)) ≤ µ(V Kn ) < 1/n, s ¡gy µ(Kn ∩ A) µ(V ∩ A), amint n ∞. Hasonl¢an µ(Kn A) µ(V A) gy azt kapjuk, hogy ha a fenti felttel teljesl, akkor µ(V ) = lim µ(Kn ) = n∞ lim µ(Kn ∩A)+n∞ lim µ(Kn A) = µ(V ∩A)+µ(V A). n∞ Vgl, A akkor s sak akkor µ-mrhet, ha az A ∩ K halmaz µ-mrhet minden K kompakt halmazra. Val¢ban, ebbl a felttelbl az kvetkezik, hogy µ(K ∩ A) + µ(K A) ≤ µ(K ) minden K kompakt halmazra. Nem nehz megmutatni, hogy ha µ Radon-mrtk, akkor µ(A) = sup{µ(K ) : K ⊂ A, K kompakt}, ha A egy vges
mrtk µ-mrhet halmaz. Ha µ Radon-mrtk X -en, akkor µ(X spt µ) = 0. 2.6 Luzin-mrhet fggvnyek Legyen µ Radon-mrtk az X Hausdor -tren, s legyen Y topologikus tr Legyen f egy fggvny, amely X egy E rszhalmaz nak majdnem minden pontj t Y -ba kpezi. Az f fggvny Luzin µ-mrhet E -n, ha E b rmely vges mrtk A rszhalmaz hoz s b rmely ε > 0-hoz van olyan C kompakt rszhalmaza A-nak, amelyre µ(A C ) < ε s f |C folytonos. Ezzel a fogalommal Luzin ttele a kvetkezkppen sz¢l (l sd mg [42℄, 236): 2.7 Luzin ttele Legyen µ Radon-mrtk az X Hausdor -tren, E egy µ-mrhet rszhalmaza X -nek, s Y topologikus tr. Ha egy f lekpezse X valamely rszhalmaz nak Y -ba Luzin µ-mrhet E -n, akkor µ-mrhet is E -n. Megford¡tva, ha az f fggvny µ-mrhet E -n, s az Y topol¢gi ja megsz ml lhat¢ b zis£, akkor f Luzin µ-mrhet is E -n. Bizony¡t s. Meg kell mutatnunk, hogy ha V ny¡lt
rszhalmaza Y -nak, akkor E ∩f −1 (V ) mrhet. Elg megmutatni, hogy K ∩E ∩f −1 (V ) mrhet X minden K kompakt rszhalmaz ra. A K ∩ E halmaz fel¡rhat¢, mint egy nulla mrtk N halmaz, s olyan kompakt Cn halmazok uni¢ja, amelyekre f |Cn folytonos. Cn ∩ f −1 (V ) relat¡v ny¡lt Cn -ben, ¡gy Borel-halmaz Ebbl kvetkezik az ll¡t s. A ford¡tott ir ny bizony¡t s ban Oxtoby [132℄, 8.2 bizony¡t s t kvetjk Legyen Vn megsz ml lhat¢ b zisa Y -nak, A vges mrtk mrhet rszhalmaza E -nek, s ε > 0. Az A-t egy kompakt halmazzal approxim lva 38 2.§ Jellsek s terminol¢gia bellrl, l tjuk, hogy feltehet, hogy A kompakt. V lasszunk minden n-re olyan Un ny¡lt s Cn kompakt halmazt, amelyre Cn ⊂ A ∩ f −1 (Vn ) ⊂ Un s µ(Un Cn ) < ε/2n . Ha C = A ∪∞ n=1 (Un Cn ), akkor C kompakt, µ(A C ) < ε s f −1 (Vn ) ∩ C = Un ∩ C relat¡v ny¡lt. Ebbl kvetkezik, hogy f |C folytonos. 2.8
Haar-mrtk B rmely G lok lisan kompakt soporton ltezik egy bal [jobb℄ invari ns λ Radon-mrtk, amelyre a nem res ny¡lt halmazok mrtke nem nulla. B rmely ilyen λ mrtket bal [jobb℄ Haar-mrtknek neveznk. B rmely kt ilyen λ, λ′ mrtkhez van olyan c pozit¡v konstans, amelyre λ′ = cλ. Tov bb ltezik egy egyrtelmen meghat rozott folytonos homomor zmusa G-nek a pozit¡v val¢s sz mok multiplikat¡v soportj ba (G £gynevezett modul ris fggvnye), hogy ha λ egy bal Haar-mrtk, x ∈ G s az L halmaz λ-mrhet, akkor Lx s L−1 is λ-mrhetek s λ(Lx) = (x)λ(L); λ(L −1 )= Z L (x−1 )dλ(x). Lok lisan kompakt soporton a bal Haar-mrtket ltal ban λ-val fogjuk jellni. 2.9 Baire-kateg¢ria A Baire-kateg¢ri val kap solatos legfontosabb tnyek megtal lhat¢k Bourbaki [26℄ knyvben; l sd a IX. fejezet 5 pontj t s a hozz tartoz¢ feladatokat Mi az Oxtoby [132℄ knyvnek eltr (s sokkal
elterjedtebb) terminol¢gi j t fogjuk haszn lni. Az egyrtelmsg kedvrt rviden sszefoglaljuk azokat a tnyeket, amiket haszn lni fogunk. Az X topologikus tr egy A rszhalmaz t els kateg¢ri j£nak nevezzk, ha A el ll¡that¢ megsz ml lhat¢ sok sehol sem sr halmaz (azaz olyan halmaz, amelynek a lez rtja nem tartalmaz bels pontot) egyes¡tseknt, egybknt A m sodik kateg¢ri j£. Knny l tni, hogy ha X topologikus tr, Y az X egy rszhalmaza, A pedig az Y egy rszhalmaza, s A sehol sem sr [els kateg¢ri j£℄ mint az Y altr rszhalmaza, akkor A sehol sem sr [els kateg¢ri j£℄ az X rszhalmazaknt is. Megford¡tva, ha Y ny¡lt rszhalmaz, A pedig sehol sem sr [els kateg¢ri j£℄ mint X rszhalmaza, akkor A sehol sem sr [els kateg¢ri j£℄ az Y rszhalmazaknt is. Egy X topologikus teret Baire-tr nek neveznk, ha benne megsz ml lhat¢ sok sr ny¡lt halmaz metszete is sr. Baire ttele azt
ll¡tja, hogy lok lisan kompakt tr s teljes metrikus tr Baire-tr. Emlkeztetnk r , hogy egy teljes metrikus tr egy rszhalmaz n pontosan akkor ltezik olyan teljes metrika, amelybl az altr-topol¢gia sz rmazik, ha a rszhalmaz Gδ halmaz. Legyen E az X topologikus tr rszhalmaza. Azt mondjuk, hogy E m sodik kateg¢ri j£ az x ∈ X pontban, ha E ∩ V m sodik kateg¢ri j£ minden V krnyezetre x-nek. Jellje D(E ) az sszes olyan x ∈ X pontok halmaz t, amelyekre E m sodik kateg¢ri j£ x-ben. D(E ) = ∅ akkor s sak 2.§ Jellsek s terminol¢gia akkor, ha E els kateg¢ri j£. Tov bb D(E ) z rt s az E D(E ) halmaz els kateg¢ri j£. Azt mondjuk, hogy E ⊂ X Baire-tulajdons g£, ha van olyan V ny¡lt halmaz, amelyre az E △ V szimmetrikus di eren ia els kateg¢ri j£. Az X sszes Baire-tulajdons g£ rszhalmazai σ -algebr t alkotnak. Termszetesen ez a σ -algebra tartalmazza a Borel-halmazokat, a legkisebb, minden ny¡lt halmazt
tartalmaz¢ σ -algebra elemeit. Az elz bekezds jellseivel egy E ⊂ X halmaz akkor s sak akkor Baire-tulajdons g£, ha E D(E ) els kateg¢ri j£. Az E halmaz akkor s sak akkor Baire-tulajdons g£, ha X minden x pontj nak van olyan U krnyezete, hogy U ∩E Baire-tulajdons g£ X -ben. Legyenek X s Y topologikus terek, s tegyk fel, hogy legal bb az egyik topol¢gi j nak van megsz ml lhat¢ b zisa. X × Y egy E × F rszhalmaza akkor s sak akkor Baire-tulajdons g£, ha az E , F halmazok valamelyike els kateg¢ri j£, vagy mindkett Baire-tulajdons g£. Ezeket a tnyeket az Oxtoby [132℄ knyvnek 15. fejezetben szerepl bizony¡t ssal kombin lva, Kuratowsky s Ulam egy ttelnek az al bbi form j t kapjuk: 2.10 Kuratowsky-Ulam ttel Legyenek X s Y topologikus te- rek, s tegyk fel, hogy Y megsz ml lhat¢ b zis£. Legyen E egy Bairetulajdons g£ halmaz X × Y -ban Ekkor x-ek egy X -beli els kateg¢ri j£ rszhalmaz t kivve Ex
Baire-tulajdons g£, s E pontosan akkor els kateg¢ri j£, ha X -beli x-ek egy els kateg¢ri j£ rszhalmaz t kivve Ex els kateg¢ri j£ Y -ban. 2.11 Baire-tulajdons g£ fggvnyek Azt mondjuk, hogy egy f fggvny Baire-tulajdons g£ E -n, ha f rtelmezsi tartom nya egy els ka- teg¢ri j£ halmazt¢l eltekintve tartalmazza E -t, rtkkszlete pedig egy Y topologikus trben van, s Y b rmely W ny¡lt rszhalmaz ra E ∩ f −1 (W ) Baire-tulajdons g£ halmaz X -ben. Ha f Baire-tulajdons g£ X -en, akkor egyszeren azt mondjuk, hogy Baire-tulajdons g£. Ez a de n¡ i¢ nagyon hasonl¡t a Borel-fggvnyek de n¡ i¢j hoz. Egy f fggvnyt, amely egy X topologikus tr valamely rszhalmaz t egy Y topologikus trbe kpezi le, Borel-fggvny nek neveznk, ha minden Y b rmely V ny¡lt rszhalmaz ra az f −1 (V ) halmaz Borel-halmaz X -ben. A Baire-tulajdons g£ fggvnyek a mrhet fggvnyekhez nagyon hasonl¢an viselkednek. Az al bbi ll¡t
sokat fogjuk felhaszn lni Ha f az X valamely rszhalmaz n de ni lt Baire-tulajdons g£ fggvny, akkor az Y sszes olyan B rszhalmazai, amelyekre f −1 (B ) Bairetulajdons g£, σ -algebr t alkotnak. gy ha f rtkei az Y topologikus trben vannak, g pedig az Y topologikus tr valamely rszhalmaz n rtelmezett Borel-fggvny, akkor g ◦ f Baire-tulajdons g£ az rtelmezsi tartom ny n. Tegyk fel, hogy Y = i Yi megsz ml lhat¢ b zis£ terek megsz ml lhat¢ szorzata. Egy, az X topologikus teret az Y topologikus trbe kpez Q 40 2.§ Jellsek s terminol¢gia f fggvny pontosan akkor Baire-tulajdons g£, ha minden pi ◦ f fggvny Baire-tulajdons g£, ahol pi az Y termszetes projek i¢ja Yi -re. Tegyk fel, hogy X topologikus tr, Y metrikus tr, s az f , fn (n = 1, 2, . ) fggvnyek egy (a fggvnytl fgg) els kateg¢ri j£ halmaz kivtelvel az egsz X -en vannak de ni lva, az rtkeik Y -ban vannak, s Baire-tulajdons
g£ak. Ekkor az = {x : fn (x) f (x)} halmaz Baire-tulajdons g£. Val¢ban, az En,m = {x : dist(fn (x), f (x)) < 1/m} halmazok Baire-tulajdons g£ak, az E halmaz pedig sak egy els kateg¢ri j£ halmazban klnbzik a E halmazt¢l. ∞ [ ∞ ∞ m=1 n=1 k=n Ek,m Tegyk fel, hogy X topologikus tr, Y metrikus tr, az f , fn (n = 1, 2, . ) fggvnyek X -et Y -ba kpezik, az fn fggvnyek Baire-tulajdons g£ak, s fn (x) f (x) minden x ∈ X -re, kivve egy els kateg¢ri j£ halmaz pontjait. Ekkor f is Baire-tulajdons g£ Val¢ban, ha V ny¡lt rszhalmaza Y -nak, s Vi az Y azon pontjait tartalmaz¢ ny¡lt halmaz, amelyek t vols ga Y V -tl nagyobb, mint 1/i, akkor f −1 (V ) az ∞ [ ∞ ∞ [ i=1 j =1 k=j fk−1 (Vi ) halmazt¢l sak egy els kateg¢ri j£ halmazban klnbzik. Azt mondjuk, hogy az X topologikus tr valamely E rszhalmaz t egy m sik, Y topologikus trbe kpez f fggvny Luzin-Baire-tulajdons g£ E n, ha van olyan F els
kateg¢ri j£ halmaz, hogy f |E F folytonos. Az al bbi ttel Luzin ttelvel anal¢g: 2.12 Ttel Tegyk fel, hogy X s Y topologikus terek, s az E rsz- halmaza X -nek Baire-tulajdons g£. Ha az X egy rszhalmaz t Y -ba kpez f fggvny Luzin-Baire-tulajdons g£ E -n, akkor f Baire-tulajdons g£ E -n. Megford¡tva, ha f Baire-tulajdons g£ az E -n, s Y topologi ja megsz ml lhat¢ b zis£, akkor f Luzin-Baire-tulajdons g£ E -n. Bizony¡t s. Tegyk fel, hogy F els kateg¢ri j£, s legyen V egy tetszleges ny¡lt rszhalmaza Y -nak Mivel f |E F folytonos, (E F ) ∩ f −1(V ) el ll U ∩ E F alakban valamely X -beli U ny¡lt halmazzal, ¡gy Bairetulajdons g£. Mivel F ∩ f −1 (V ) els kateg¢ri j£, Baire-tulajdons g£ is gy E ∩ f −1 (V ) is Baire-tulajdons g£. Megford¡tva, legyen Vn az Y topol¢gi j nak egy megsz ml lhat¢ b zisa. Mivel E ∩ f −1 (Vn ) Baire-tulajdons g£, fel¡rhat¢ (Un Fn ) ∪ Fn′ alakban, ′ ahol Fn s Fn′ is
els kateg¢ri j£. Legyen F = ∪∞ n=1 (Fn ∪ Fn ). Ekkor −1 (E F ) ∩ f (Vn ) = (E F ) ∩ Un , ¡gy relat¡v ny¡lt E F -ben. Mivel Vn b zis, ez azt jelenti, hogy f |E F folytonos. 2.§ Jellsek s terminol¢gia A Kuratowsky-Ulam ttelbl kzvetlenl kvetkezik az al bbi, a Fubinittellel anal¢g eredmny: 2.13 Ttel Ha X , Y s Z topologikus terek, Y s Z megsz ml lhat¢ b zis£ak, f : X ×Y Z Baire-tulajdons g£, akkor x-ek egy els kateg¢ri j£ halmaz t kivve, az fx fggvny Baire-tulajdons g£. 2.14 Korl tos v ltoz s A val¢s v ltoz¢s korl tos v ltoz s£ fggv- nyek elemi fogalma mellett szksgnk lesz a tbbv ltoz¢s korl tos v ltoz s£ fggvnyek fogalm ra is. Giusti [48℄ knyve nyom n, ha X ⊂ Rn egy ny¡lt halmaz, azt mondjuk, hogy az f : X R fggvny korl tos v ltoz s£, ha integr lhat¢ s Z sup X f div g : g ∈ K1 (X ; Rn) s |g| ≤ 1 vges; itt K1 (X ; Rn) jelli az sszes X -et Rn -be kpez,
kompakt tart¢j£ folytonosan di eren i lhat¢ fggvnyek oszt R ly′ t. Ha f folytonosan di eren i lhat¢, akkor a fenti kifejezs rtke X |f |; ugyanezzel a szimb¢lummal fogjuk jellni egy tetszleges korl tos v ltoz s£ fggvnyre Ekvivalens de n¡ i¢ lenne, ha azt kvetelnnk meg, hogy az f disztrib£ i¢ rtelemben vett gradiense reprezent lhat¢ egy vektor rtk vges Radon-mrtk R ′ szerinti integr l ssal; X |f | ennek a mrtknek a teljes v ltoz sa. Szigor£an vve, ez a fogalom nem az egyv ltoz¢s korl tos v ltoz s£ fggvnyek fogalm nak ltal nos¡t sa, hanem a korl tos lnyeges v ltoz ssal rendelkez fggvnyek. Ezt a kap solatot, valamint a korl tos v ltoz s£ fggvnyek alapvet tulajdons gait Giusti [48℄ knyve t rgyalja; a tov bbiakban korl tos v ltoz s£ fggvnyekkel kap solatban sak ennek a knyvnek az eredmnyeire t maszkodunk. Tov bbi eredmnyek tal lhat¢k Federer [42℄ knyvben, l sd 4.59 s 4510 Azt fogjuk
mondani, hogy egy vektor rtk fggvny valamely euklidszi trbeli rtkekkel korl tos v ltoz s£, ha minden koordin ta-fggvnye korl tos v ltoz s£. Azt mondjuk, hogy f lok lisan korl tos v ltoz s£ X -en, ha X minden pontj nak van olyan krnyezete, hogy f megszor¡t sa erre a krnyezetre korl tos v ltoz s£. 2.15 Di eren i lhat¢ sokas gok A (C ∞ vagy analitikus) di ereni lhat¢ sokas g okkal kap solatban Dieudonn [39℄ knyvnek terminol¢gij t kvetjk, ¡gy di eren i lhat¢ sokas g alatt mindig vges dimenzi¢s sokas got fogunk rteni, amirl feltesszk, hogy szepar bilis s metriz lhat¢ Egy ttelben a Bana h-sokas g fogalm t is haszn ljuk; Bana h-sokas gokkal kap solatban Zeidler [165℄ knyvnek terminol¢gi j t kvetjk: l sd IV. ktet, 73 fejezet A Lebesgue-mrtkek, Lebesgue-mrhetsg, nullahalmazok fogalm t illeten Dieudonn [39℄ knyvt (l sd 16222) kvetjk; egy µ Lebesgue-mrtket egy X tiszta n-dimenzi¢s C ∞ di
eren i lhat¢ sokas gon az jellemez, hogy ha ϕ egy trkp, akkor egy A ⊂ dmn(ϕ) halmaz pontosan akkor µ-mrhet, ha ϕ(A) Lebesgue-mrhet Rn -ben, tov bb a ϕ trkphez ltezik egy fϕ pozit¡v val¢s rtk C ∞ fggvny rng(ϕ)-n £gy, hogy µ(A) = Z ϕ(A) fϕ (x) dλn (x), ha A ⊂ dmn(ϕ) mrhet. 42 2.§ Jellsek s terminol¢gia B r a Lips hitz-fggvny fogalma nem vihet t sokas gokra, a lok lisan Lips hitz fggvny fogalma igen: egy f : X Y di eren i lhat¢ sokas gok kztti lekpezst lok lisan Lips hitz fggvnynek neveznk, ha b rmely x ∈ X -re van olyan ϕ trkp az x s ψ trkp az f (x) egy-egy krnyezetn, hogy ψ ◦ f ◦ ϕ−1 Lips hitz-fggvny a ϕ(x) egy krnyezetn. Ekkor b rmely m s, x egy krnyezetn rtelmezett ϕ~ s f (x) egy krnyezetn rtelmezett ψ~ trkpre is teljesl, hogy ψ~ ◦ f ◦ ϕ~−1 Lips hitz-fggvny a ϕ~(x) egy krnyezetn. Nem nehz bel tni, hogy ha X s Y
sszefggek, akkor tetszlegesen v lasztva Riemann-strukt£r kat X -en illetve Y -on, f pontosan akkor lok lisan Lips hitz a fenti de n¡ i¢ szerint, ha lok lisan Lips hitz a Riemann-strukt£r kb¢l sz rmaz¢ metrik kra nzve. 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai II. Steinhaus-tı́pusú tételek 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai Hugo Steinhaus [150℄ 1920-ban bebizony¡totta, hogy ha A a sz megyenes pozit¡v Lebesgue-mrtk mrhet rszhalmaza, akkor az A − A halmaz tartalmaz intervallumot. Altal nosabban, ha az A s B halmazok Rn pozit¡v Lebesgue-mrtk mrhet rszhalmazai, akkor az A + B halmaz tartalmaz bels pontot: l sd pld ul Kemperman [107℄ dolgozat t. A bizony¡t s pld ul Weil gondolat ra [164℄ alapozhat¢, hogy a χA s χB karakterisztikus fggvnyek konvol£ i¢ja (ha A s B vges mrtkek) folytonos fggvny, ¡gy a t 7 λ(A ∩ (t − B )) = Z χB (t − y )χA (y ) dλ(y ) fggvny
folytonos, s amint az Fubini ttelbl kvetkezik, nem mindentt nulla. Ez azt jelenti, hogy A + B tartalmaz egy nem res ny¡lt halmazt Ez a bizony¡t s akkor is mkdik, ha λ egy Haar-mrtk egy lok lisan kompakt soporton. A krds ltal nosabban is vizsg lhat¢, ha az sszead st egy ktv ltoz¢s F fggvnnyel helyettes¡tjk, s azt krdezzk, hogy milyen felttelek mellett bizony¡that¢, hogy F (A, B ) tartalmaz bels pontot. Az els lpst ebbe az ir nyba Erds s Oxtoby [41℄ tette meg, bebizony¡tva, hogy ha F : R × R R folytonosan di eren i lhat¢ ktv ltoz¢s fggvny nem eltn par i lis deriv ltakkal, akkor F (A, B ) tartalmaz bels pontot. Tov bbi ltal nos¡t sok ad¢dnak, ha F v ltoz¢i topologikus mrtkterekben vannak, s F bizonyos feloldhat¢s gi feltteleknek tesz eleget: l sd ez ir nyban Ku zma [114℄ s Sander [140℄ dolgozat t. Sander azt is szrevette, hogy az A, B halmazok egyike lehet nem mrhet is Ezek az
eredmnyek alkalmazhat¢k abban az esetben, amikor F folytonosan di eren i lhat¢ fggvny, v ltoz¢i Rn -beli vektorok, s par i lis deriv ltjainak determin nsa nem nulla. Ezen paragrafus lja a krdst tbbv ltoz¢s F fggvnyre vizsg lni. Termszetesen, ha F az R×R×R-et R-be kpezi le, olyan problm t kapunk, amelyet Erds s Oxtoby eredmnye megold. Hogy rtelmes £j problm t kapjunk, olyan fggvnyt kell tekintennk, amelynek rtkkszlete R2 -ben van. A par i lis deriv ltak el nem tnsre vonatkoz¢ felttelt az fogja helyettes¡teni, hogy a deriv ltoper tor nulltere ltal nos helyzet. A 311 44 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai ttel, illetve a 3.13 megjegyzs a Steinhaus-ttel egy ilyen jelleg ltal nos¡t s t adja Kvetkezmnyknt kapjuk az ismert F : Rn × Rn Rn esetet Bizony¡t sunk a konvol£ i¢ folytonoss g r¢l sz¢l¢ ttel egy igen ltal nos v ltozat n m£lik, amelyet a 3.4 ttel tartalmaz Kvetkezmnyknt
kapunk egy t 7 ν n i=1 −1 gi,t (Ai ) t¡pus£ lekpezs folytonoss g ra vonatkoz¢ eredmnyt, ahol a gi,t lekpezsek folytonosan fggnek a t paramtertl s nem kpeznek pozit¡v mrtk halmazt nulla mrtkbe. Ennek a fggvnynek a vizsg lata impli it m¢don elszr a J rai [64℄ dolgozatban, expli iten Krausz [109℄ munk j ban fordul el. Kvetkezmnyknt kapjuk az ismert 37 ll¡t st Mint a bevezetsben is eml¡tettk, az (1) lekpezs alulr¢l flig folytonos volta, s Steinhaus ttelnek sz mos m s v ltozata is alkalmazhat¢ fggvnyegyenletek vizsg lat n l. Ennek a paragrafusnak az eredmnyeit az 5., 6, 8, 9 paragrafusokban, valamint az alkalmaz sok kztt, a 22 paragrafusban haszn ljuk fel. A tov bbi irodalmi hivatkoz sokat l sd M. E Ku zma [114℄, M E Ku zma s M. Ku zma [115℄, illetve Sander [140℄ dolgozat ban Matkowski atkowski [127℄ a Steinhaus-ttel egy m s ir ny£, egyoldali srsgekre s Swi vonatkoz¢ v
ltozat t adt k meg. Az itt szerepl eredmnyek a J rai [87℄ dolgozatban jelentek meg. Egy fontos felttel vizsg lat val kezdjk. 3.1 Felttel Ebben a paragrafusban, valamint a 8, 9 s 18 paragrafusokban is fontos szerepet fog j tszani egy mrtkelmleti felttel, amely a sz munkra szksges leg ltal nosabb form ban a kvetkez: Legyenek X s Y halmazok a µ illetve ν mrtkekkel, T egy halmaz, D ⊂ T × Y s g : D X egy fggvny. Felttelnk a kvetkez: (1) minden ε > 0-hoz ltezik olyan δ > 0, hogy ha B ⊂ Dt , ν (B ) ≥ ε, t ∈ T , akkor µ (gt (B )) ≥ δ . Ezen felttellel kap solatban az al bbiakban sszefoglalunk nh ny egyszer tulajdons got. A felttel vizsg lata abban a legfontosabb esetben, amikor X s Y euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai, a 3.10 pontban trtnik Tov bbi vizsg latok tal lhat¢k a J rai [66℄ dolgozatban. 3.2 Megjegyzsek Az elz pont jellseivel, (1) ha D1 ⊂ D2 ⊂ T × Y , g2 : D2 X , g1
= g2 |D1 s g2 eleget tesz a 3.1(1) felttelnek, akkor g1 is; (2) ha D = D1 ∪ D2 , g1 = g|D1 , g2 = g|D2 , tov bb g1 s g2 eleget tesznek a 3.1(1) felttelnek, akkor g is; (3) ha minden ε > 0-hoz van olyan D = D1 ∪D2 felbont s, hogy g|D2 eleget tesz a 3.1(1) felttelnek, s µ (gt (D1,t )) < ε minden t ∈ T -re, akkor g is eleget tesz a 3.1(1) felttelnek; 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai (4) a 3.1(1) felttel az al bbival ekvivalens: minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy ha A ⊂ X , µ(A) < δ , akkor ν gt−1 (A) < ε minden t ∈ T -re; (5) ha µ regul ris mrtk, akkor az elz, (4) felttelt elg abban az esetben megkvetelni, ha A mrhet; (6) ha X s Y Hausdor -terek, µ s ν pedig Radon-mrtkek, minden gt folytonos a Dt Borel-halmazon, s 3.1(1) teljesl, akkor gt−1 (A) mrhet minden A ⊂ X mrhet σ -vges halmazra, ha t ∈ T ; (7) (6) felttelei mellett, ha B ⊂ A s A egy µ-burka B
-nek, akkor gt−1 (A) is ν -burka gt−1 (B )-nek minden t ∈ T -re; Bizony¡t s. (1){(5) trivi lisak (6)-hoz, A-t el ll¡tva egy B Borelhalmaz s egy C nulla mrtk halmaz egyes¡tseknt, gt−1 (A) = gt−1 (B ) ∪ gt−1 (C ), ahol gt−1 (B ) Borel-halmaz, gt−1 (C ) pedig nulla mrtk. (7)-hez, ha valamely E ⊂ Y mrhet halmazra ν E ∩ gt−1 (A) > ν E ∩ gt−1 (B ) llna fenn, akkor gt−1 (A) mrhetsge s ν Radon-mrtk volta miatt ltezne olyan C ⊂ E ∩ gt−1 (A B ) kompakt halmaz, amelyre ν (C ) > 0 lenne, de gt (C ) ⊂ A B miatt µ (gt (C )) = 0 teljeslne. 3.3 Segdttel Legyen T topologikus tr, X uniform tr, C kom- pakt uniform tr, D ⊂ T × C , t0 ∈ T , {t0 } × C ⊂ D, g : D X folytonos fggvny. Ekkor minden α rel i¢hoz X uniformit s b¢l van olyan β rel i¢ C uniformit s b¢l, s olyan V krnyezete t0 -nak, hogy ha t, t′ ∈ V , az y , y ′ pontok β -kzel vannak C -ben s (t, y ),
(t′, y ′ ) ∈ D, akkor a g (t, y ) s g (t′ , y ′ ) pontok α-kzel vannak X -ben. Bizony¡t s. Legyen δ olyan szimmetrikus uniform krnyk X -en, amelyre δ ◦ δ ⊂ α Minden y ∈ C -hez van olyan Vy krnyezete t0 -nak, s olyan γy szimmetrikus uniform krnyk, hogy ha t ∈ Vy s y ′ az y -hoz γy -kzel van, akkor g (t, y ′) s g (t0 , y ) is δ -kzel vannak X -ben. Minden γy -hoz v lasztva egy βy szimmetrikus uniform krnyket, amelyre βy ◦ βy ⊂ γy , a βy (y ) halmazok ny¡lt magjai egy lefedst T T alkotj k C -nek. Kiv lasztva egy vges lefedst, s β = ni=1 βyi -t, V = ni=1 Vyi -t vve, ha az y s y ′ pontok β -kzel vannak C -ben, akkor van olyan yi , hogy y s yi , valamint y ′ s yi is γyi -kzel vannak, gy g (t, y ) s g (t0 , yi ) valamint g (t′ , y ′ ) s g (t0 , yi ) is δ -kzel vannak, azaz g (t, y ) s g (t′ , y ′ ) α-kzel vannak X -ben. 3.4 Ttel Legyen T topologikus tr, Y Hausdor
-tr, Xi , i = 1, 2, . , n teljesen regul ris tr, Z s Zi , i = 1, 2, , n szepar bilis Bana hterek Legyenek ν s µi vges Radon-mrtkek Y -on, illetve Xi -n Tekintsk az fi : Xi Zi , gi : T × Y Xi , h : Z1 × . × Zn Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (1) h korl tos halmazokat korl tos halmazokba kpez, s folytonos; (i = 1, 2, . , n); (2) fi ∈ L∞ (µi ) 46 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai (3) gi folytonos, s minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy µi (gi,t (B )) ≥ δ , ha B ⊂ Y , ν (B ) ≥ ε, t ∈ T s 1 ≤ i ≤ n. Ekkor az f (t) = Z Y h (f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) dν (y ) fggvny folytonos T -n. Bizony¡t s. Elszr megmutatjuk, hogy az integr l ltezik Minden helyettes¡thetnk egy korl tos Borel-fggvnnyel, amely mindentt deni lva van Xi -n, s amely majdnem egyenl fi -vel. Ez a sere nem v ltoztatja meg az integr land¢ fggvny
mrhetsgt s az integr lt, mivel (3) szerint, azon y -ok halmaza, amelyekre fi (gi (t, y )) rtke megv ltozik, nulla mrtk. Igy feltehetjk, hogy az fi fggvnyek korl tos Borel-fggvnyek (1) szerint, a fi -t (4) y 7 h (f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) lekpezs Borel-fggvny, ha t ∈ T rgz¡tett, rtkkszlete pedig Z egy korl tos rszhalmaza. Igy az integr l ltezik minden t ∈ T -re Legyen most ε > 0 s t0 ∈ T . V lasszunk egy olyan M > 0 val¢s sz mot, amelyre (4) rtkkszlete benne van a 0 kzppont£, M sugar£ z rt gmbben. (3) szerint ltezik olyan δ > 0, hogy ha B ⊂ Y , ν (B ) ≥ ε/(16M n), t ∈ T s 1 ≤ i ≤ n, akkor µi (gi,t (B )) ≥ δ . V lasszunk egy C ⊂ Y kompakt halmazt, amelyre ν (Y C ) < ε/(8M ). A Luzin-ttel szerint, ltezik olyan Ci kompakt rszhalmaza Xi -nek, amelyre µi (Xi Ci ) < δ s fi |Ci folytonos. V lasszunk a C , X1 , , Xn tereken olyan uniformit sokat,
amelyek sszefrhetek a topol¢gi val. (1) szerint ltezik egy α > 0 £gy, hogy ε |h(z1 , . , zn ) − h(z1′ , , zn′ )| < , 2ν (Y ) ha zi , zi′ ∈ fi (Ci ) s |zi − zi′ | < α. Az fi |Ci egyenletes folytonoss ga miatt lteznek olyan βi szimmetrikus rel i¢k az Xi uniformit s b¢l, amelyekre |fi (xi ) − fi (x′i )| < α, ha xi , x′i ∈ Xi , tov bb az xi s x′i pontok βi -kzel vannak, azaz (xi , x′i ) ∈ βi . A 3.3 segdttel szerint, ltezik olyan V ny¡lt krnyezete t0 -nak T -ben, s olyan γ szimmetrikus rel i¢ C uniformit s b¢l, hogy a gi (t0 , y ) s gi (t, y ′ ) pontok βi -kzel vannak Xi -ben, ha t ∈ V , az y s y ′ pontok pedig γ -kzel vannak C -ben. Legyen t egy eleme V -nek, s legyen K = Ekkor Y K =Y C ∪ n i=1 −1 gi,t 0 n [ i=1 (Ci ) ∩ n i=1 −1 gi,t (Ci ) ∩ C. −1 gi,t 0 (Xi Ci ) ! ∪ n [ i=1 ! −1 gi,t (Xi Ci ) , 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai
s innen (felhaszn lva (3)-at, s hogy µi (Xi Ci ) < δ ,) (5) ν (Y K ) < ε 8M +n ε 16M n +n ε 16M n = ε . 4M Felhaszn lva ezt, azt kapjuk, hogy H (t, y ) = h (f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) jellssel Z |f (t) − f (t0 )| ≤ |H (t, y ) − H (t0 , y )| dν (y ) Y Z Z = |H (t, y ) − H (t0 , y )| dν (y ) + |H (t, y ) − H (t0 , y )| dν (y ). Y K K (5) szerint a jobb oldali els tag nem nagyobb, mint ε/2. A K , α, β1 , , βn , γ s V v laszt sa miatt, a jobb oldali m sodik tag sem nagyobb, mint ε/2, ezt kellett bizony¡tani. 3.5 Kvetkezmny Legyenek T , Y , Xi , ν , µi s gi ugyanazok, mint az elz ttelben. Tegyk fel, hogy az elz ttel (3) felttele teljesl, s Ai ⊂ Xi , i = 1, 2, . , n, tov bb Ai mrhet, ha 2 ≤ i ≤ n Ekkor az f (t) = ν n i=1 −1 gi,t (A i ) , ha t ∈ T fggvny folytonos T -n. −1 Bizony¡t s. Az elz ttel (3) felttele miatt, 32(7) szerint a gi,t (B1 )
−1 halmaz egy ν -burka gi,t (A1 )-nek, ha B1 egy µ1 -burka A1 -nek. Igy f (t) = Z Y χB1 (g1 (t, y )) χA2 (g2 (t, y )) · · · χAn (gn (t, y )) dν (y ), ahol χAi az Ai karakterisztikus fggvnye, s χB1 a B1 karakterisztikus fggvnye. 3.6 Ttel Legyen T topologikus tr, X s Y Hausdor -terek µ illetve ν Radon-mrtkekkel, D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak, g : D X , t0 ∈ T , s K ⊂ X kompakt. Tegyk fel, hogy (1) a g s a (t, x) 7 g −1 (x) lekpezsek folytonosak s g homeomor zmusa t Dt -nek X -re, ha t ∈ T ; t (2) minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy µ(gt (B )) > δ , ha B ⊂ Y , ν (B ) ≥ ε s t ∈ T . 48 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai Ekkor ν gt−1 (K ) △ gt−01 (K ) 0, ha t t0 . Bizony¡t s. Legyen ε > 0, ε/2-hz v lasszunk egy δ > 0-t, legyen C = gt−01 (K ), W egy C -t tartalmaz¢ ny¡lt rszhalmaza Dt0 -nak, amelyre ν (W C ) < ε/2, U pedig egy K -t tartalmaz¢
ny¡lt rszhalmaza X -nek, amelyre µ(U K ) < δ . V lasszunk olyan V ny¡lt krnyezett t0 -nak, hogy t ∈ V , y ∈ C esetn gt (y ) rtelmezve legyen, s gt (y ) ∈ U teljesljn, tov bb t ∈ V , x ∈ K esetn gt−1 (x) ∈ W teljesljn. Ekkor gt−1 (K ) gt−01(K ) ⊂ V C miatt ν gt−1 (K ) gt−01 (K ) < ε/2, m srszt ν gt−01 (K ) gt−1 (K ) < ε/2, mivel a gt lekpezs a gt−01 (K ) gt−1 (K ) halmazt U K -ba kpezi le, amelyre µ(U K ) < δ . sszegezve, ν gt−1 (K ) △ gt−01 (K ) < ε, ha t ∈ V , ezt kellett bizony¡tani. 3.7 Kvetkezmny Legyen G egy lok lisan kompakt soport, s legyen λ egy bal Haar-mrtk G-n. Legyen Ai , i = 1, 2, , n vges mrtk rszhalmaza G-nek. Tegyk fel, hogy Ai mrhet, ha 2 ≤ i ≤ n Ekkor a Gn -nek R-be val¢ (t1 , . , tn ) 7 λ(t1 A1 ∩ ∩ tn An ) lekpezse folytonos. Bizony¡t s. Mivel A1 helyettes¡tse a λ-burk val nem v ltoztatja meg ezt a
fggvnyt, feltehetjk, hogy A1 is mrhet. Legyen ε > 0 s T = Gn V lasszunk Ki kompakt halmazokat £gy, hogy Ki ⊂ Ai s λ(Ai Ki ) < ε teljesljn. Legyen Y = X1 = X2 = = Xn = G, s gi (t, y ) = ti−1 y, ha (t1 , . , tn ) ∈ T s y ∈ Y Mivel b rmilyen vges mrtk mrhet B , C halmazokra |λ(B ) − λ(C )| ≤ λ(B △ C ) s n n n [ Bi △ Ci ⊂ (Bi △ Ci ), i=1 i=1 i=1 alkalmazva az elz ttelt, azt kapjuk, hogy |λ(t1 K1 ∩ t2 K2 ∩ . ∩ tn Kn ) − λ(t01 K1 ∩ t02 K2 ∩ ∩ t0n Kn )| ≤ azaz a n X i=1 λ(ti Ki △ t0i Ki ) 0, ha ti t0i , t 7 λ(t1 K1 ∩ t2 K2 ∩ . ∩ tn Kn ) fggvny folytonos T -n. De 0 ≤ λ(t1 A1 ∩ t2 A2 ∩ . ∩ tn An ) − λ(t1 K1 ∩ t2 K2 ∩ ∩ tn Kn ) ¡gy ≤ n X i=1 λ(ti Ai ti Ki ) ≤ nε, (t1 , . , tn ) 7 λ(t1 A1 ∩ ∩ tn An ) folytonos fggvnyek egyenletes hat rrtke, azaz maga is folytonos. 3.§ Steinhaus tetelenek
altalanostasai A kvetkez segdttelben, amelyre f eredmnynk bizony¡t s hoz lesz szksgnk, elegend felttelt adunk a 3.4 ttel (3) felttelnek teljeslsre 3.8 Segdttel Legyen Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, T topologikus tr, y0 ∈ Y s t0 ∈ T . Legyen g : T × Y Rr folytonos fggvny s tegyk ∂g fel, hogy folytonos s ∂y rank ∂g (t0 , y0 ) ∂y = r. Ekkor lteznek Y ∗ illetve T ∗ ny¡lt krnyezetei y0 -nak illetve t0 -nak, s olyan 0 < C < ∞ konstans, hogy Y ∗ ⊂ Y , T ∗ ⊂ T s (1) λk (B ) ≤ λr (gt (B )) C (diam B )k−r , ha B ⊂ Y ∗ s t ∈ T ∗ . (Itt diam B a B halmaz tmrje) Bizony¡t s. Legyen q = k − r, s osszuk az y = (y1, , yk ) koordin t it kt, y ′ = (y1′ , , yq′ ) s y ′′ = (y1′′ , , yr′′ ) soportba £gy, hogy a ∂g ∂g ′ ′′ det (t , y ) = det (t , y , y ) 6= 0 ′′ 0 0 ′′ 0 0 0 ∂y ∂y felttel
teljesljn. Vezessk be az L(t, y ′ ) = ∂g (t, y ′, y0′′ ) ′′ ∂y jellst. Az inverz fggvny ttel bizony¡t s t felhaszn lva (l sd Rudin [137℄, 9.24 ttel), azt kapjuk, hogy ha Y ′′ ny¡lt gmb Rr -ben y0′′ kzpponttal, t ∈ T , (y ′ , y ′′ ) ∈ Y s (2) ∂g (t, y ′, y ′′ ) − L(t, y ′) < ′′ ∂y 1 2 kL(t, y ′)−1 k minden y ′′ ∈ Y ′′ -re, akkor gt,y′ homeomorf lekpezse Y ′′ -nek Rr egy U (t, y ′ ) ny¡lt rszhalmaz ra. Legyen most 0<β< s (3) 1 2 kL(t0 , y0′ )−1 k 0 < γ < det ∂g (t0 , y0′ , y0′′ ) . ∂y ′′ A (2)-ben s (3)-ban szerepl kifejezsek folytonoss g t felhaszn lva, v laszthatunk olyan Y ′′ ny¡lt gmbt y0′′ kzpponttal s olyan Y ′ s T ∗ ny¡lt 50 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai halmazokat, amelyekre t0 ∈ T ∗ , y0′ ∈ Y ′ , Y ∗ = Y ′ × Y ′′ ⊂ Y , tov bb t ∈ T ∗ , y ′
∈ Y ′ s y ′′ ∈ Y ′′ esetn ∂g (t, y ′, y ′′ ) − L(t, y ′) < β ; ∂y ′′ β< γ< 1 2 kL(t, y ′)−1 k ; ∂g (t, y ′ , y ′′ ) . ′′ ∂y det Jellje α(q) a q dimenzi¢s egysggmb λq -mrtkt (α(0) = 1). Azt akarjuk megmutatni, hogy λk (B ) ≤ λr (gt (B )) α(q ) (diam B )k−r , γ ha B ⊂ Y ∗ s t ∈ T ∗ . Legyen R = diam B Ekkor ltezik olyan R sugar£ V z rt gmb Rq -ban, amelyre B ⊂ (V ∩ Y ′ ) × Y ′′ . Tegyk fel indirekt, hogy van olyan t ∈ T ∗ , amelyre λk (B ) > λr (gt (B )) CRq , ahol C = α(q)/γ . Ekkor v laszthatunk olyan U ny¡lt halmazt, amelyre gt (B ) ⊂ U s λk (B ) > λr (U )CRq . Legyen B ∗ = gt−1 (U ) ∩ ((V ∩ Y ′ ) × Y ′′ ) . Ekkor B ⊂ B ∗ , B ∗ Borel-halmaz, s gt (B ∗ ) ⊂ U , azaz λr (gt (B ∗ )) CRq < λk (B ) ≤ λk (B ∗ ). Meg fogjuk mutatni, hogy ez lehetetlen. Legyen By∗′ = {y ′′ : (y ′ , y ′′ ) ∈
B ∗ } , ha y ′ ∈ V ∩ Y ′ . Az integr ltranszform i¢s ttelt felhaszn lva, azt kapjuk, hogy r λ (gt (B )) ≥ λ gt,y′ ( ∗ r By∗′ ) = Z By∗ det ∂g (t, y ′, y ′′ ) dλr (y ′′ ) ≥ γλr (By∗′ ), ∂y ′′ ha y ′ ∈ V ∩ Y ′ . A Fubini-ttel szerint λ (B k ∗ )= Z V ∩Y ′ λr (By∗′ ) dλq (y ′ ) λr (gt (B ∗ )) q ≤ λ (V ) = λr (gt (B ∗ )) CRq , γ ami ellentmond s. Ezzel a bizony¡t s teljes 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai 3.9 Segdttel Az elz segdttel felttelei mellett, ha Rr egy D rszhalmaza 1 srsg a g (t0, y0 ) pontban, akkor gt−01 (D) ∩ Y ∗ is 1 srsg az y0 pontban. ∂g (t0 , y ) folytonoss ga miatt a gt0 fggvny Lips hitz-fel∂y ttelnek tesz eleget az y0 egy krnyezetben. Igy lteznek 0 < M < ∞ s γ > 0 konstansok £gy, hogy |g (t0 , y ) − g (t0 , y0 )| ≤ M |y − y0 |, ha y ∈ Y ∗ s |y − y0 | < γ .
Jellje α(k ) illetve α(r ) a k illetve r dimenzi¢s egysggmb Lebesgue-mrtkt. Legyen ε > 0, s Bizony¡t s. 0<δ< εα(k ) 2 CM r k−r α (r) , ahol C az elz segdttelben szerepl konstans. V lasszunk egy β > 0-t £gy, hogy ha V egy z rt gmb g (t0, y0 ) kzpponttal s β -n l kisebb sug rral, akkor λr (V ∩ D) ≥ (1 − δ )λr (V ) teljesljn. Megmutatjuk, hogy ha W egy z rt gmb Y ∗ -ban, amelynek kzppontja y0 , sugara pedig kisebb γ -n l s β/M -nl, akkor λk W ∩ gt−01 (D) ≥ (1 − ε)λk (W ). Tegyk fel indirekt, hogy valamely R sugar£ W gmbre ellenkez ir ny£ egyenltlensg teljesl. Ekkor ltezik olyan B ⊂ W gt−01 (D) kompakt halmaz, amelyre λk (B ) > ελk (W ) Az elz segdttel szerint εRk α(k ) < λk (B ) ≤ C 2k−r Rk−r λr (gt0 (B )) . De gt0 (B ) kompakt rszhalmaza V D-nek, ahol V a g (t0 , y0 ) kzppont£ M R < β sugar£ z rt gmb Rr -ben. Igy εRk
α(k ) < C 2k−r δλr (V ) = C 2k−r Rk−r M r Rr α(r )δ, ami ellentmond δ v laszt s nak. 3.10 Segdttel Legyen Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, T topologikus tr, D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak s (t0 , y0 ) ∈ D. Tegyk fel, hogy a g : D Rr fggvny folytonos s folytonosan di eren i lhat¢ y szerint. Ha ∂g a (t0 , y0 ) m trix rangja r, akkor lteznek olyan T ∗ illetve Y ∗ krnyezetei ∂y t0 -nak illetve y0 -nak, amelyekre (1) minden ε > 0-hoz ltezik olyan δ > 0, hogy λr (gt (B )) ≥ δ , ha t ∈ T ∗ , B ⊂ Y ∗ s λk (B ) ≥ ε; (2) ha A egy λr -mrhet rszhalmaza Rr -nek, akkor gt−1 (A) ∩ Y ∗ egy λk mrhet rszhalmaza Y -nak minden t ∈ T ∗ -ra. Bizony¡t s. Alkalmazzuk a 38 segdttelt A kapott Y ∗ halmazt ki- sebbel helyettes¡tve, feltehetjk, hogy Y ∗ korl tos. Most a 38 segdttel ll¡t s b¢l s 3.2(4)-bl kvetkezik (1), a 32(7) ll¡t sb¢l pedig (2) 52 3.§ Steinhaus tetelenek
altalanostasai 3.11 Ttel Legyen X egy r-dimenzi¢s euklidszi tr, s legyenek X1 , . , Xn ortogon lis alterei XP -nek r1 , . , rn dimenzi¢kkal Tegyk fel, hogy ri ≥ 1, ha 1 ≤ i ≤ n, s ni=1 ri = r. Legyen U ny¡lt rszhalmaza X -nek, s F : U Rm folytonosan di eren i lhat¢ fggvny. Minden x ∈ U -ra jellje Nx az F ′ (x) nulltert. Legyen Ai egy rszhalmaza Xi nek (i = 1, 2, , n), mrhet, ha 2 ≤ i ≤ n, s tegyk fel, hogy a ∈ U s dim Na = r −m. Jelljk pi -vel az X ortogon lis projek i¢j t Xi -re Tegyk fel, hogy pi (Na ) = Xi s Ai srsge 1 a pi (a) pontban, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor F (A1 × . × An ) krnyezete F (a)-nak Bizony¡t s. Legyen k = r − m Mivel F ′ (x) rangja, rank F ′ (x) alulr¢l flig folytonos, s rank F ′ (x) = m, feltehetjk, hogy rank F ′ (x) = m minden x ∈ U -ra. Hasonl¢an, szksg esetn kisebb U -t v lasztva, feltehetjk, hogy pi (Nx ) = Xi , ha x ∈ U s 1 ≤ i ≤ n.
Ennek bizony¡t s hoz tegyk fel indirekt, hogy van olyan i s van olyan xj ∈ U sorozat, tov bb lteznek j) olyan e(1j ) , . , e(k−r ortonorm lt vektorok Nxj -ben, hogy xj a s i +1 pi (e(sj ) ) = 0, ha j = 1, 2, . s 1 ≤ s ≤ k − ri + 1 Az egysggmb kompakts g t felhaszn lva s rszsorozatra ttrve, feltehetjk, hogy e(sj ) es , ha j ∞. Ez azonban azt mutatja, hogy az es -ek ortonorm lt vektorok Na -ban s pi (es ) = 0, ha 1 ≤ s ≤ k − ri + 1, ami ellentmond s. Szksg esetn kisebb U -t v lasztva, s felhaszn lva a rangsz m ttelt (l sd Dieudonn [39℄, 10.31), azt kapjuk, hogy lteznek u, p s v lekpezsek, valamint egy V ny¡lt krnyezete b = F (a)-nak Rm -ben az al bbi tulajdons gokkal: u az U -t az I r ny¡lt ko k ra kpezi le, ahol I =℄ − 1, 1[, az u invert lhat¢, u s u−1 folytonosan di eren i lhat¢ak; v az I m -et V -re kpezi le, v invert lhat¢, v s v−1 folytonosan di eren i lhat¢ak; p a p : (x1 , . , xr )
7 (x1 , , xm ) projek i¢ja I r -nek I m -re; vgl F = v ◦p◦u. Az I r -et fel¡rhatjuk I r = T ×Y alakban, ahol T = I m s Y = I k . Legyen u(a) = (t0 , y0 ) ∈ T × Y Fel fogunk haszn lni nh ny di eren i lgeometriai tnyt (l sd Dieudonn [39℄, fleg 16.88) U ∩ F −1 (v (t)) egy z rt rszsokas ga U -nak minden t ∈ T -re. Ennek a rszsokas gnak az rinttere egy x ∈ U ∩ F −1 (v(t)) pontban megegyezik az X tr Nx altervel. Nyilv n u−1 di eomor zmusa a T × Y tr {t} × Y z rt rszsokas g nak U ∩ F −1 (v(t))-re. Legyen gi = pi ◦ u−1 , ha 1 ≤ i ≤ n Az U halmaz v laszt sa miatt pi szubmerzi¢ja U ∩ F −1 (v (t))-nek Xi -be. Innen kvetkezik, hogy a gi,t : Y Xi lekpezs is szubmerzi¢, azaz deriv ltj nak rangja ri , ha y ∈ Y s t ∈ T . Most, a 3.8 segdttel szerint, lteznek olyan T ∗ s Y ∗ ny¡lt halmazok, valamint 0 < K < ∞ konstans £gy, hogy t0 ∈ T ∗ ⊂ T , y0 ∈ Y ∗ ⊂ Y , s λk (B ) ≤
Kλri (gi,t (B )) , 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai ha B ⊂ Y ∗ s t ∈ T ∗ . Legyen Xi∗ = Xi , A∗i = Ai , s gi∗ a gi megszor¡t sa T ∗ × Y ∗ -ra. Alkalmazva a 35 kvetkezmnyt a sillaggal jelzett halmazokra s fggvnyekre, azt kapjuk, hogy az f (t) = λ k n i=1 ∗−1 gi,t (A) , ha t ∈ T ∗ ∗−1 fggvny folytonos T -on. A 39 segdttel szerint gi,t 0 (Ai ) srsge 1 az ∗−1 ∗ y0 pontban. Mivel gi,t0 (Ai ) ∩ Y mrhet a 310 segdttel szerint, ha 2 ≤ i ≤ n, azt kapjuk, hogy ∗ n i=1 ∗−1 gi,t 0 (Ai ) srsge 1 az y0 pontban. Innen f (t0 ) > 0 s azt kapjuk, hogy van olyan V krnyezete t0 -nak, amelyre f (t) > 0, ha t ∈ V . Nyilv n v(V ) egy krnyezete b-nek Rm -ben. Ha z ∈ v (V ), akkor t := v −1 (z ) ∈ V , s ¡gy a n i=1 ∗−1 gi,t (Ai ) a halmaznak egy eleme, akkor u−1 (t, y ) ∈ halmaz nem res. Ha y ennek F −1 (z ) s xi = pi u−1 (t, y ) ∈ Ai ,
ha 1 ≤ i ≤ n. Ez azt jelenti, hogy F (x1 , . , xn ) = z , ezt kellett bizony¡tani 3.12 Kvetkezmny Legyen U ny¡lt rszhalmaza Rr × Rr nek, s : (x, y ) 7 F (x, y ) folytonosan di eren i lhat¢ lekpezse U -nak Rr -be. Legyen A, B ⊂ Rr s tegyk fel, hogy a B halmaz λr -mrhet. Ha (a, b) ∈ U , F ∂F ∂F (a, b) 6= 0, det (a, b) 6= 0, ∂x ∂y A srsge az a pontban 1, B srsge a b pontban 1, akkor F (A, B ) tartalmazza F (a, b) egy krnyezett. det Bizony¡t s. A 311 ttel szerint elg megmutatni, hogy p1 (Na,b ) = Rr s p2 (Na,b ) = Rr , ahol Na,b az F ′ (a, b) nulltere. Legyen (x, y ) ∈ Na,b Ha p1 (x, y ) = 0, akkor x = 0. Ebbl 0 = F ′ (a, b)(x, y ) = ∂F (a, b)(y ). ∂y ∂F De det (a, b) 6= 0, innen y = 0. Ez azt mutatja, hogy p1 : Na,b Rr ∂y kl snsen egyrtelm lekpezs, azaz p1 (Na,b ) = Rr . Hasonl¢an kapjuk, hogy p2 (Na,b ) = Rr . 3.13 Megjegyzs Az elz ttel az al bbi glob lis form ban is
fogalmazhat¢: ha Nx ltal nos helyzet, azaz dim Nx = r − m s pi (Nx ) = Xi minden x ∈ U -ra (i = 1, 2, . , n), tov bb teljesl, hogy A1 × × An ⊂ U , λri (Ai ) > 0 (i = 1, 2, . , n), Ai mrhet, ha 2 ≤ i ≤ n, akkor F (A1 × . × An ) tartalmaz egy nem res ny¡lt halmazt Bizony¡t s. V lasszunk olyan a ∈ U pontot, amelyre az Ai srsge a pi (a) pontban 1, ha 1 ≤ i ≤ n, s alkalmazzuk az elz ttelt. 54 4.§ Pi ard ttelnek ltal nos¡t sai 4.§ Pi ard ttelnek ltal nos¡t sai Steinhaus ttelvel anal¢g Pi ard ttele [135℄, mely szerint kt m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz sszege tartalmaz bels pontot. Ers ltal nos¡t sok ismeretesek: itt is az sszead s helyettes¡thet egy ktv ltoz¢s fggvnnyel, ami gyenge feloldhat¢s gi feltteleknek tesz eleget. Ezek az eredmnyek hasznos eszkzk, ha Baire-tulajdons gb¢l kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ regularit si tteleket k¡v nunk
bizony¡tani fggvnyegyenletekre. L sd ezzel kap solatban a Sander [141℄, [143℄, [145℄, Kominek [108℄, Jarai [72℄ s Grosse-Erdmann [49℄ dolgozatokat, valamint az ott idzett irodalmat. Ennek a paragrafusnak a lja Pi ard ttelnek az elz paragrafus eredmnyeihez hasonl¢ ltal nos¡t s t adni. Ezek az eredmnyek a Jarai [91℄ dolgozatban kerltek publik l sra. Az els ttel Pi ard ttele ltalunk adand¢ ltal nos¡t s nak absztrakt verzi¢ja. 4.1 Ttel Legyenek T , Y s Xi topologikus terek, gi : T × Y Xi folytonos fggvnyek, s tegyk fel, hogy gi,t (B ) m sodik kateg¢ri j£, ha B ⊂ Y egy m sodik kateg¢ri j£ halmaz Y -ban. Tegyk fel, hogy Ai ⊂ Xi (i = 1, 2, . , n) s Ai Baire-tulajdons g£ halmaz, ha 1 ≤ i ≤ n Ekkor azon t ∈ T pontok V halmaza, amelyekre n i=1 −1 gi,t (A i ) m sodik kateg¢ri j£, ny¡lt rszhalmaza T -nek. Bizony¡t s. Az Ai halmazok fel¡rhat¢k Ai = Ei △ Mi alakban, ahol Ei ny¡lt, kateg¢riT
j£. Tegyk fel, hogy t0 ∈ V , s legyen Tn M−i 1pedig els n −1 −1 ′ K = i=1 gi,t0 (Ai ), K = K ∩ i=1 gi,t0 (Ei ) . Mivel gi,t0 (Mi ) els kateg¢ri j£ Y -ban, azt kapjuk, hogy ha i = 1, 2, , n, akkor ′ K K ⊂ n [ i=1 −1 gi,t 0 (Mi ) is els kateg¢ri j£, ¡gy K ′ m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Y -nak. Legyen y0 egy olyan pontja K ′ -nek, amelyre W ∩ K ′ m sodik kateg¢ri j£ Y -ban y0 minden W ny¡lt krnyezetre. Nyilv n gi (t0 , y0 ) ∈ Ei , ha i = 1, 2, , n Mivel az Ei halmazok ny¡ltak, a gi fggvnyek pedig folytonosak, a gi−1 (Ei ) halmazok ny¡ltak s tartalmazz k a (t0 , y0 ) pontot, ¡gy lteznek olyan V ′ s T n W ′ ny¡lt halmazok, hogy t0 ∈ V ′ , y0 ∈ W ′ , s V ′ × W ′ ⊂ i=1 gi−1 (Ei ). Megmutatjuk, hogy W′ ∩ n i=1 −1 gi,t (Ai ) 4.§ Pi ard ttelnek ltal nos¡t sai m sodik kateg¢ri j£ minden t ∈ V ′ -re. Ha ez nem teljeslne, akkor a −1 W ′ gi,t (Ai ), i =
1, 2, . , n halmazok egy els kateg¢ri j£ halmazt¢l eltekintve lefednk W ′ -t. Ha megmutatjuk, hogy ezek a halmazok mind els kateg¢ri j£ak, akkor ellentmon−1 (Ei ) szerint fenn ll¢ d sra jutunk. Ez viszont a W ′ ⊂ gi,t −1 −1 W ′ gi,t (Ai ) ⊂ gi,t (Mi Ei ) tartalmaz sb¢l kvetkezik. 4.2 Megjegyzs Ha feltesszk, hogy Y teljes szepar bilis metrikus tr s X1 metriz lhat¢, akkor elhagyhatjuk azt a felttelt, hogy A1 Bairetulajdons g£. Ennek bel t s hoz jellje C1 az sszes olyan x1 ∈ X1 pontok halmaz t, amelyekre az x1 b rmely U1 krnyezetre U1 ∩ A1 m sodik kateg¢ri j£. Ismeretes, hogy C1 z rt halmaz s A1 C1 els kateg¢ri j£ Jellje B1 a C1 bels pontjainak halmaz t. Ekkor B1 ny¡lt s A1 B1 is els kateg¢ri j£ −1 gy, mint az elz bizony¡t sban, kapjuk, hogy W ′ g1−,t1(B1 ) s W ′ gi,t (Ai ), −1 ′ 2 ≤ i ≤ n els kateg¢ri j£ak. Elg megmutatni, hogy W ∩ g1,t (A1 ) m sodik kateg¢ri j£, mivel
ebbl m r kvetkezik, hogy −1 W ′ ∩ ∩ni=1 gi,t (Ai ) nem lehet els kateg¢ri j£. Tegyk fel indirekt, hogy W ′ g1−,t1 (A1 ) els kateg¢ri j£. Ekkor, felhaszn lva, hogy W ′ ∩ g1−,t1 (B1 ) m sodik kateg¢ri j£ ny¡lt halmaz, azt kapjuk, hogy (W ′ ∩ g1−,t1 (B1 )) g1−,t1 (A1 ) = (W ′ ∩ g1−,t1 (B1 )) (W ′ ∩ g1−,t1 (A1 )) m sodik kateg¢ri j£ Baire-halmaz. Legyen G egy m sodik kateg¢ri j£ Gδ rszhalmaza a fenti halmaznak Ekkor g1,t (G) m sodik kateg¢ri j£, mint X1 rszhalmaza. Bourbaki [26℄, IX, §6, Exer ise 10 szerint g1,t(G) Bairetulajdons g£ X1 -ben Vil gos, hogy g1,t (G) ⊂ B1 A1 Egy g1,t (G) = U △F el ll¡t st vve, ahol U ny¡lt, F pedig els kateg¢ri j£, l tjuk, hogy U ∩ B1 nem res ny¡lt halmaz, amelynek az A1 -el vett metszete els kateg¢ri j£. Ez ellentmond B1 de n¡ i¢j nak. La zkovi h [118℄ jegyzetben, II.99, be van bizony¡tva, hogy egy lengyeltr folytonos kpe egy Hausdor -trben
Baire-tulajdons g£ Ez azt mutatja, hogy elg feltenni, hogy X1 Hausdor . Az al bbi lemma lehetv teszi, hogy di eren i lsz m¡t s seg¡tsgvel ellenrizzk, hogy az elz ttelben a gi fggvnyekre kir¢tt felttelek teljeslnek. 56 4.§ Pi ard ttelnek ltal nos¡t sai 4.3 Segdttel Legyen Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, T topologikus tr, D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak s (t0 , y0 ) ∈ D. Tegyk fel, hogy a g : D Rr fggvny folytonos s folytonosan par i lisan deriv lhat¢ y ∂g szerint. Ha a (t0 , y0 ) m trix rangja r, akkor lteznek olyan T ∗ illetve Y ∗ ∂y ny¡lt krnyezetei t0 -nak illetve y0 -nak, hogy (1) ha B m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Y ∗ -nak, akkor gt (B ) is m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Rr -nek minden t ∈ T ∗ -ra; (2) ha A Baire-tulajdons g£ halmaz Rr -ben, akkor gt−1 (A) ∩ Y ∗ is Bairetulajdons g£ halmaz Y -ban minden t ∈ T ∗ -ra. Bizony¡t s. A 38 segdttel bizony¡t s ban megmutattuk,
hogy l- teznek olyan T ∗ s Y ′ ny¡lt halmazok, valamint egy y0′′ kzppont£ Y ′′ ny¡lt gmb, hogy t0 ∈ T ∗ , y0′ ∈ Y ′ , T ∗ × Y ′ × Y ′′ ⊂ D s gt,y′ homeomorf m¢don kpezi le Y ′′ -t Rr egy U (t, y ′) ny¡lt rszhalmaz ra, ha t ∈ T ∗ s y ′ ∈ Y ′ . Tegyk fel indirekt, hogy ltezik olyan m sodik kateg¢ri j£ B rszhalmaza Y ∗ = Y ′ × Y ′′ -nek, s t ∈ T ∗ , amelyre gt (B ) els kateg¢ri j£ rszhalmaza Rr -nek. V lasszunk egy U els kateg¢ri j£ Borel-halmazt Rr -ben, amelyre gt (B ) ⊂ U ⊂ gt (Y ∗ ), s legyen B ∗ = gt−1 (U ) ∩ Y ∗ . Ez a B ∗ halmaz m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz Y ∗ {ban, gt (B ∗ ) pedig els kateg¢ri j£ Rr -ben. A Kuratowsky{Ulam ttel szerint az sszes olyan y ′ ∈ Y ′ pontok halmaza, amelyekre By∗′ m sodik kateg¢ri j£, m sodik kateg¢ri j£ halmaz. M srszt, ugyanezen ttel szerint, az sszes olyan y ′ ∈ Y ′
pontok halmaza, amelyekre By∗′ nem Baire-tulajdons g£, els kateg¢ri j£ halmaz. Ebbl kvetkezik, hogy van olyan y ′ ∈ Y ′ , amelyre By∗′ m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz Y ′′ -ben. Mivel gt,y′ homeomor zmusa Y ′′ -nek U (t, y ′ )-re, gt,y′ (By∗′ ) is m sodik kateg¢ri j£ Rr -ben. Ez ellentmond s, mivel gt,y′ (By∗′ ) ⊂ gt (B ∗ ). Ezzel (1)-et bebizony¡tottuk (2) bizony¡t s hoz tegyk fel, hogy A egy Baire-tulajdons g£ halmaz r R -ben, s v lasszunk egy B Borel-halmazt, amelyre A ⊂ B s B A els kateg¢ri j£. Ekkor gt−1 (A) ∩ Y ∗ = gt−1 (B ) ∩ Y ∗ gt−1 (B A) ∩ Y ∗ . Felhaszn lva, hogy gt−1 (B ) Borel-halmaz, gt−1 (B A) ∩ Y ∗ pedig els kateg¢ri j£ (1) szerint, kapjuk, hogy gt−1 (A) ∩ Y ∗ Baire-tulajdons g£. Ezzel kszen llunk arra, hogy bebizony¡tsuk Rr egy ny¡lt rszhalmaz t R -be kpez fggvnyekre Pi ard ttele ltal nos¡t s nak lok lis verzi¢j t. Durv
n sz¢lva, a ttelben szerepl felttelek azt jelentik, hogy a deriv lt nulltere elg nagy s ltal nos helyzetben van. m 4.4 Ttel Legyen X egy r-dimenzi¢s euklidszi tr, s legyenek X1 , . , Xn ortogon lis altereiPX -nek r1 , , rn dimenzi¢kkal Tegyk fel, hogy ri ≥ 1, ha 1 ≤ i ≤ n s ni=1 ri = r. Legyen U ny¡lt rszhalmaza X nek, s F : U Rm folytonosan di eren i lhat¢ fggvny Minden x ∈ U ra jellje Nx az F ′ (x) nulltert Legyen Ai Baire-tulajdons g£ rszhalmaza 4.§ Pi ard ttelnek ltal nos¡t sai Xi -nek (i = 1, 2, . , n), tov bb tegyk fel, hogy a ∈ U s dim Na = r − m. Jelljk pi -vel az X ortogon lis projek i¢j t Xi -re Tegyk fel, hogy pi (Na ) = Xi s pi (a)-nak van olyan Ui krnyezete, hogy Ui Ai els kateg¢ri j£, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor F (A1 × × An ) krnyezete F (a)-nak Bizony¡t s. A t0, y0 pontokat, T s Y halmazokat s gi lekpezseket de ni ljuk £gy, mint 3.11 bizony¡t s ban A 43
segdttel szerint lteznek olyan T ∗ s Y ∗ halmazok, hogy t0 ∈ T ∗ ⊂ T , y0 ∈ Y ∗ ⊂ Y , s gi,t (B ) m sodik kateg¢ri j£, ha B ⊂ Y ∗ m sodik kateg¢ri j£, s t ∈ T ∗ . Legyen Xi∗ = Xi , A∗i = Ai , gi∗ a gi megszor¡t sa T ∗ × Y ∗ -ra. Alkalmazva az elz ttelt a sillaggal jelzett halmazokra, azt kapjuk, hogy azon t pontok V halmaza, amelyekre n i=1 −1 gi,t (A i ) ∗ ∗ m sodik kateg¢ri j£, ny¡lt T ∗ -ban. Mivel gi,t 0 az Y -ot pi (a) egy ny¡lt krnyezetre kpezi le folytonosan, s g ∗ (t0 , y0 ) = pi (a), van olyan W ny¡lt kr∗−1 nyezete y0 -nak Y ∗ -ban, hogy W gi,t 0 (Ai ) els kateg¢ri j£, ha 1 ≤ i ≤ n. Ez azt jelenti, hogy t0 ∈ V . Nyilv n v(V ) egy krnyezete b-nek Rm -ben Ha z ∈ v (V ), akkor v −1 (z ) ∈ V , s ¡gy a n i=1 ∗−1 gi,t (Ai ) halmaz nem res. Ha y ennek a halmaznak egy eleme, akkor teljesl, hogy −1 −1 −1 u (t, y ) ∈ F (z ) s xi = pi u (t, y ) ∈ Ai
, ha 1 ≤ i ≤ n. Ez azt jelenti, hogy F (x1 , . , xn ) = z, ezt kellett bizony¡tani 4.5 Kvetkezmny Legyen W ny¡lt rszhalmaza Rr × Rr -nek s F : (x, y ) 7 F (x, y ) folytonosan di eren i lhat¢ lekpezse W -nek Rr -be. Legyen A, B ⊂ Rr s tegyk fel, hogy a B halmaz Baire-tulajdons g£. Ha (a, b) ∈ W , ∂F ∂F det (a, b) = 6 0, det (a, b) = 6 0, ∂x ∂y van olyan U krnyezete a-nak, hogy U A els kateg¢ri j£, s van olyan V krnyezete b-nek, hogy V B els kateg¢ri j£, akkor F (A, B ) tartalmazza F (a, b) egy krnyezett. zik. Bizony¡t s. Az elz paragrafus 312 ll¡t s hoz hasonl¢an kvetkeAz elz ttel az al bbi glob lis form ban is megfogalmazhat¢: 4.6 Ttel Legyen X egy r-dimenzi¢s euklidszi tr, s legyenek X1 , . , Xn ortogon lis alterei X -nek r1 , , rn dimenzi¢kkal Jellje pi az X Pnmerleges vet¡tst Xi -re. Tegyk fel, hogy ri ≥ 1, ha 1 ≤ i ≤ n s i=1 ri = r . Tegyk fel, hogy U ny¡lt
rszhalmaza X -nek s F : U 58 4.§ Pi ard ttelnek ltal nos¡t sai Rm folytonosan di eren i lhat¢ fggvny. Ha x ∈ U , jellje Nx az F ′ (x) nulltert. Ha Nx ltal nos helyzet, azaz dim Nx = r − m s pi (Nx ) = Xi minden x ∈ U -ra (i = 1, 2, . , n), A1 × × An ⊂ U , tov bb Ai m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz, ha 1 ≤ i ≤ n, akkor F (A1 ×. ×An ) tartalmaz egy nem res ny¡lt halmazt. Bizony¡t s. A Baire-tulajdons g£ Ai halmaz fel¡rhat¢ Ui △Fi alakban, ahol Ui nem res ny¡lt halmaz s Fi els kateg¢ri j£. B rmely a ∈ U1 × U2 × . × Un -re alkalmazhatjuk az elz ttelt 4.7 Megjegyzs Az elz megjegyzst felhaszn lva, elhagyhatjuk azt a felttelt, hogy A1 Baire-tulajdons g£. 5.§ Mrhetsg s korl toss g III. Megoldások korlátossága és folytonossága 5.§ Mrhetsg s korl toss g A bevezetsben t rgyalt klasszikus m¢dszer lok lisan integr lhat¢, teh t pld ul korl tos,
mrhet megold sokra teszi lehetv a megold s folytonoss g nak bizony¡t s t. Igy szksg volt olyan t¡pus£ ll¡t sokra, amelyek mrhet megold sok korl toss g t biztos¡tj k. Ilyen t¡pus£ ttelek tal lhat¢k spe i lis egyenletekre pld ul Vajzovi [163℄, Dar¢ zy [30℄, illetve Sander [141℄ dolgozat ban. Az al bbiakban egy ltal nos ttelt bizony¡tunk egy fggvnyegyenltlensgre. A ttel elszr a J rai [66℄ dolgozatban kerlt publik l sra Mint a bevezetsben is eml¡tettk, a 8. § knyelmesebben haszn lhat¢ eredmnyei miatt az itt t rgyalt ttelek haszn lata ma gyakorlatilag sak arra az esetre korl toz¢dik, amikor a szerepl mrtkek nem Radon-mrtkek. 5.1 Ttel Legyenek T , Y s Xi (i = 1, 2, , n) halmazok, ν s µi vges mrtkek Y -on illetve Xi -n (i = 1, 2, . , n) Legyen D ⊂ T × Y s f : T R, fi : Xi R, f0 : Y R, gi : D Xi (i = 1, 2, . , n), h : D × Rn+1 R fggvnyek. Tegyk fel, hogy (1) minden (t, y )
∈ D-re f (t) ≤ h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) minden k > 0-hoz van olyan K > 0, hogy ha zi ≤ k (i = 0, 1, . , n) s (t, y ) ∈ D, akkor h(t, y, z0, z1 , . , zn ) ≤ K ; (3) az fi , i = 1, 2, . , n fggvnyek mrhetek; (4) minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy µi (gi,t (B )) ≥ δ , ha 1 ≤ i ≤ n, t ∈ T , B ⊂ Dt s ν (B ) ≥ ε; (5) van olyan ε > 0, hogy ν (Dt ) ≥ ε minden t ∈ T -re. Ekkor f fellrl korl tos T -n. Bizony¡t s. Mivel az {y : y ∈ Y, f0 (y ) ≤ k} , k = 1, 2, . halmazok nvekv halmazsorozatot alkotnak, amelynek egyes¡tse Y , az (5)ben szerepl ε > 0-hoz van olyan k0 , hogy C0 = {y : y ∈ Y, f0(y ) ≤ k0 } 60 5.§ Mrhetsg s korl toss g jellssel ν (C0 ) ≥ ν (Y ) − ε/2. Ebbl ν (C0 ∩ Dt ) ≥ ε minden t ∈ T -re. 2 (4) szerint van olyan δ > 0, hogy µi (gi,t (B )) ≥ δ , ha 1 ≤ i ≤ n, t ∈ T , B ⊂ Dt s ν (B ) ≥
ε/(2n). Mivel 1 ≤ i ≤ n esetn az {x : x ∈ Xi , fi (x) ≤ k} , k = 1, 2, . halmazsorozat mrhet s egyes¡tse Xi , van olyan ki , hogy Ci = {x : x ∈ Xi , fi (x) ≤ ki } jellssel µi (Xi Ci ) < δ . Megmutatjuk, hogy a (6) Dt ∩ C0 ∩ n i=1 −1 gi,t (Ci ) halmaz nem res egyetlen t ∈ T -re sem. Val¢ban, ha a fenti halmaz res −1 lenne, akkor a Dt ∩ C0 halmazt lefednk a gi,t (Xi Ci ) halmazok. Mivel −1 ν (C0 ∩ Dt ) ≥ ε/2, valamely 1 ≤ i ≤ n-re ν gi,t (Xi Ci ) ≥ ε/(2n). Ebbl µi (Xi Ci ) ≥ δ kvetkezne, ami ellentmond Ci v laszt s nak. Legyen most k a k0 , k1 , . , kn sz mok legnagyobbika, s y a (6) halmaz egy eleme. Ekkor gi (t, y ) ∈ Ci s ¡gy (1) s (2) felhaszn l s val f (t) ≤ h (t, y, f0 (y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ≤ K 5.2 Megjegyzs Az elz ttelt nem sak val¢s rtk fggvnyek esetn haszn lhatjuk. Pld ul ha az f, fi fggvnyek rtkei flmetrikus
trekben vannak, tekinthetjk a fggvnyrtkek eltrst a tr egy rgz¡tett pontj t¢l, s ezekre a val¢s rtk fggvnyekre alkalmazhatjuk a ttelt. A ν s µi mrtkek vgessge sem jelents megszor¡t s: alkalmas, kisebb T , Y , D s Xi halmazokat v lasztva, ennek teljeslse legtbbszr elrhet. Ezeket az szrevteleket haszn ljuk a kvetkez ll¡t s bizony¡t s hoz. 5.3 All¡t s. Legyen G egy lok lisan kompakt soport, H egy metri- kus soport a d bal invari ns t vols ggal, f : G H pedig egy homomorzmus. Ha f mrhet a bal Haar-mrtk valamely µ-invari ns bv¡tsre, akkor f minden kompakt halmazon korl tos. Bizony¡t s. Legyen T egy kompakt rszhalmaza G-nek, pakt, pozit¡v mrtk rszhalmaza G-nek, D = T × Y s f (t) = f (ty )f (y )−1, Y egy komX = T Y . Ekkor ha t, y ∈ D. Bevezetve az f (x) = d (e, f (x)) jellst, f egy µ-mrhet fggvny s f (t) ≤ f (ty ) + f (y ), ha t, y ∈ D. Alkalmazva az
elz ttelt, kapjuk, hogy f korl tos T -n. 6.§ Korl tos mrhet megold sok folytonoss ga 6.§ Korl tos mrhet megold sok folytonoss ga Mint a bevezetsben is kifejtettk, a korl tos mrhet megold sok folytonosak" t¡pus£ eredmnyek a 8. § £jabb, mrhet megold sok folytonosak" t¡pus£ eredmnyei miatt m ra vesztettek jelentsgkbl gy sak kt | publik latlan | eredmnyt fogunk t rgyalni, a 6.6 ttelt, s a 68 ll¡t st Ezeknek az az rdekessge, hogy a Lebesgue-mrtk kovari ns, illetve a Haar-mrtk invari ns bv¡tseire is alkalmazhat¢k. Megjegyezzk, hogy a Steinhaus-t¡pus£ ttelek kztt t rgyalt 3.4 ttel is kap solatban ll ezzel a krdskrrel, s haszn lhat¢ korl tos mrhet megold sok folytonoss g nak bizony¡t s ra. Elszr ttekintnk nh ny, a Haar-mrtk invari ns, illetve a Lebesguemrtk kovari ns bv¡tsre vonatkoz¢ eredmnyt. A rszletes t rgyal s a Jarai [68℄ dolgozatban tal
lhat¢. Kakutani s Oxtoby 1950-ben bebizony¡totta [105℄, hogy a T komplex egysgkrn a Haar-mrtk bv¡thet egy olyan invari ns mrtkk, amelyre a megfelel L2 -tr Hilbert-tr dimenzi¢ja 2c , ahol c = ard(T), a kontinuum sz moss g. Ugyanez az ll¡t s igaz minden kompakt metrikus soporton (l sd Hewitt s Ross [52℄, 16. §) M srszt, felhaszn lva Kakutani s Kodaira eredmnyt [106℄, 1959-ben Hulani ki [60℄ megmutatta, hogy 2c nem folytonos karakter tehet egyszerre mrhetv az egysgkrn a Haar-mrtk egy megfelel bv¡tsvel. Ezt az eredmnyt Itzkowitz [61℄ sszefgg kompakt vgtelen Abel- soportra, Hewitt s Ross [54℄ pedig tetszleges lok lisan kompakt Abel- soportra terjesztette ki, megmutatva, hogy b rmely G vgtelen lok lisan kompakt Abelsoport esetn 2 ard(G) karakter tehet egyszerre mrhetv a Haar-mrtk egy alkalmas invari ns bv¡tsvel. Az [68℄ dolgozatban a szerz Kakutani s Oxtoby
eredmnyt ltal nos¡totta tetszleges lok lisan kompakt soportra. A bizony¡t s egy absztrakt bv¡tsi ttelen m£lik, mely szerint egy adott vges mrtk £gy bv¡thet egy sokkal bvebb mrtkk, hogy a bv¡tett mrtk transzform i¢k egy adott oszt ly ra ugyanolyan transzform i¢s tulajdons goknak tesz eleget, mint az eredeti mrtk. Az eredmnyek ismertetshez kt fogalomra lesz szksgnk. 6.1 De n¡ i¢ A µ mrtket J -kovari nsnak nevezzk, ha adott τ lekpezsek egy T halmaza, minden τ ∈ T egy µ-mrhet halmazt kpez le X -be, s minden τ ∈ T -hez hozz van rendelve egy J (τ ) bv¡tett val¢s rtk µ-mrhet fggvny, amely teljes¡ti az al bbi felttelt: (1) az N (τ |A, y ) multipli it s fggvny µ-mrhet s Z A J (τ )(x)dµ(x) = Z X N (τ |A, y )dµ(y ) minden µ-mrhet A halmaz s τ ∈ T = dmn J esetn. Ha minden τ ∈ T -re τ kl snsen egyrtelm s a J (τ ) fggvny µ-majdnem
mindentt megegyezik dmn τ karakterisztikus fggvnyvel, akkor a µ mrtket T -invari ns nak nevezzk. 62 6.§ Korl tos mrhet megold sok folytonoss ga Megjegyezzk, hogy ha a T minden τ eleme kl snsen egyrtelm lekpezs, akkor az (1) felttel ekvivalens az al bbi felttellel: R (2) a τ (A) halmaz µ-mrhet s µ (τ (A)) = A J (τ ) dµ(x) minden µ-mrhet A s τ ∈ T -re. Ebbl, ha T minden τ eleme kl snsen egyrtelm, akkor µ pontosan akkor T -invari ns, ha (3) a τ (A) halmaz µ-mrhet s µ (τ (A)) = µ(A), valah nyszor az A halmaz µ-mrhet, τ ∈ T s A ⊂ dmn τ . 6.2 Pld k (1) Legyen X = Rn s legyen µ a Lebesgue-mrtk Rn -en, T pedig az Rn sszes eltol sainak soportja. Ekkor a µ mrtk T -invari ns Ebben az esetben minden τ ∈ T -re s minden x ∈ Rn -re J (τ )(x) = 1. (2) Legyen X = Rn s legyen µ a Lebesgue-mrtk Rn -en, T pedig az R sszes nmag ba val¢ line ris lekpezseinek
halmaza. Ha n J (τ )(x) = | det τ | minden x ∈ Rn -re s τ ∈ T -re, akkor a µ mrtk J -kovari ns. (3) Legyen X = Rn s legyen µ a Lebesgue-mrtk Rn -en, T pedig az sszes olyan folytonosan di eren i lhat¢ τ fggvnyek halmaza, amelyek Rn egy ny¡lt rszhalmaz t kpezik le Rn -be. Legyen J (τ )(x) a τ fggvny x pontban vett Ja obi-determin ns nak abszol£t rtke, ha x ∈ dmn τ , s legyen 0, ha x ∈/ dmn τ . Ekkor a µ mrtk J -kovari ns 6.3 Megjegyzs Ha µ egy J -kovari ns mrtk, akkor minden nemnegat¡v µ-integr lhat¢ f fggvnyre teljesl az al bbi integr ltranszform i¢s formula: P (1) minden τ ∈ dmn J -re az y 7 x∈τ −1 {y} f (x) fggvny µ-mrhet s Z X f (x)J (τ )(x) dµ(x) = Z X X x∈τ − 1 {y} f (x) dµ(y ). Ez az ll¡t s nyilv nval¢ abban az esetben, amikor f az X egy µ-mrhet rszhalmaz nak a karakterisztikus fggvnye. Innen, karakterisztikus fggvnyek line ris kombin i¢ival
trtn approxim i¢t haszn lva, kapjuk nemnegat¡v integr lhat¢ fggvnyekre Absztrakt bv¡tsi ttelnk a kvetkez: 6.4 Ttel Legyen µ egy J -kovari ns vges mrtk X -en, µ(X ) > 0, s tegyk fel, hogy T = dmn J minden eleme kl snsen egyrtelm. Tegyk fel, hogy valamely n vgtelen sz moss gra s 2X valamely F rszhalmaz ra teljeslnek az al bbi felttelek: (1) ard(X ) = 2n ; 6.§ Korl tos mrhet megold sok folytonoss ga (2) ard(T ) ≤ 2n ; (3) ard(F ) ≤ 2n s minden µ-mrhet A halmazhoz, amelyre µ(A) > 0, ltezik olyan F ∈ F halmaz, amelyre ard(F ) = 2n s F ⊂ A. n Ekkor ltezik 22 s£ly£ J -kovari ns ν bv¡tse µ-nek. A bizony¡t s Kakutani s Oxtoby m¢dszern alapul. A lnyeges klnbsg abban van, hogy teljesen kikszbljk az eredeti verzi¢ topol¢giai termszett. Ez lehetv teszi, hogy tiszt n halmazelmleti s mrtkelmleti eszkzket haszn ljunk A bizony¡t s felhaszn lja a
kiv laszt si axi¢m t, de nem haszn lja a kontinuum hipotzist. A Haar-mrtkre vonatkoz¢ bv¡tsi ttel a kvetkez: 6.5 Ttel Legyen G lok lisan kompakt nem diszkrt soport, s jelljn λ egy bal Haar-mrtket G-n Legyen a G modul ris fggvnye, s n a G topologikus tr karaktere. Ekkor λ-nak (melynek karaktere n) van olyan n κ bv¡tse, amelynek karaktere 22 , s ha z ∈ G s a K halmaz κ-mrhet, akkor (1) zK is κ-mrhet s κ(zK ) = κ(K ); (2) Kz is κ-mrhet s κ(Kz ) = (z )κ(K ); R (3) K −1 is κ-mrhet s κ(K −1 ) = K 1/(z ) dκ(z ). A bizony¡t s a fenti absztrakt bv¡tsi ttelen m£lik. Az absztrakt bv¡tsi ttel m sik alkalmaz saknt megmutattam, hogy az n-dimenzi¢s euklidszi tren a Lebesgue-mrtk egy olyan mrtkk bv¡thet, amelyre a megfelel L2 -tr Hilbert-tr dimenzi¢ja 2c s di ereni lhat¢ koordin ta-transzform i¢kn l ugyan£gy transzform l¢dik, mint a Lebesgue-mrtk, azaz
J -kovari ns a 6.2(3) pld ban szerepl J -vel Ez tulajdonkppen egy, a Lebesgue-mrtk kovari ns bv¡tseire vonatkoz¢ ltal nosabb ttel spe i lis esete. Hasonl¢ ll¡t s igaz sokas gokon: l sd a habilit i¢s rtekezsemet: [85℄, 5. § 6.6 Ttel Legyenek n, k, m1 , , mn s s pozit¡v egszek Legyen Xi az Rk -nak, T s Y az Rs -nek, Zi az Rmi -nek, D pedig T × Y -nak ny¡lt rszhalmaza, s legyen Z egy euklidszi tr. Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi , fi : Xi Zi , hi : D × Zi Z (i = 1, 2, . , n) s h0 : D Z fggvnyeket. Legyen J a 62(3) pld ban adott lekpezs, s µ a Lebesguemrtk J -kovari ns bv¡tse Rk -n Tegyk fel, hogy (t0 , y0 ) ∈ D, s (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h0 (t, y ) + n X i=1 hi (t, y, fi(gi (t, y ))); (2) hi folytonos (i = 0, 1, . , n); (3) az fi fggvny µ-mrhet s korl tos Xi -n; 64 6.§ Korl tos mrhet megold sok folytonoss ga (4) gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ s
∂gi (t0 , y0 ) 6= 0 ∂y (i = 1, 2, . , n) Ekkor f folytonos a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Koordin t kra ttrve feltehetjk, hogy Z = R V laszszunk egy K kompakt halmazt, amely krnyezete y0 -nak, s egy V kompakt lez rt£ ny¡lt halmazt, amely krnyezete t0 -nak £gy, hogy V × K ⊂ D teljesljn. Ha t ∈ V , integr lva K felett, f (t)µ(K ) = Z h0 (t, y ) dµ(y ) + K n Z X i=1 K hi (t, y, fi(gi (t, y ))) dµ(y ). Mivel µ(K ) 6= 0, azt kell megmutatni, hogy a jobb oldalon ll¢ integr lok folytonos fggvnyei t-nek. Ez az els integr l esetben nyilv nval¢, mert h0 egyenletesen folytonos V × K -n. Elhagyva az indexeket, azt kell megmutatnunk, hogy Z h (t, y, f (g (t, y ))) dµ(y ) F (t ) = K folytonos V -n, ha V s K elg ki sik. Az y = gt−1 (x) helyettes¡tssel, felhaszn lva a µ mrtk J -kovari ns volt t, azt kapjuk, hogy F (t) = Z gt (K ) h t, gt−1 (x), f (x) (Jgt−1 ))(x) dµ(x), ha t ∈ V . Mivel g folytonos a V × K
kompakt halmazon, azt egy C kompakt halmazra kpezi le. Mivel gt−1 (x) s (Jgt−1)(x) folytonosak a V × C halmazon, ott korl tosak s egyenletesen folytonosak is Mivel f rtkkszlete egy kompakt L halmazban marad, h pedig egyenletesen folytonos a V × K × L halmazon, azt kapjuk, hogy minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy H (t, x) = h t, gt−1 (x), f (x) (Jgt−1 (x)) jellssel |H (t, x) − H (t′ , x)| < ε, ha t, t′ ∈ V , |t − t′ | < δ s x ∈ gt (K ) ∩ gt′ (K ), tov bb van olyan M > 0, hogy |H (t, x)| ≤ M, ha t ∈ V s x ∈ gt (K ). Ebbl |F (t) − F (t )| ≤ ′ Z |H (t, x) − H (t′ , x)| dµ(x) g (K )∩gt′ (K ) Z t Z + |H (t, x)| dµ(x) + |H (t′ , x)| dµ(x) gt (K )gt′ (K ) gt′ (K )gt (K ) ≤ εµ(C ) + M λk (gt (K ) △ gt′ (K )) . Az M szorz¢ja 3.6 szerint tart null hoz, ha t t′ , amibl kvetkezik az ll¡t s. 6.§ Korl tos mrhet megold sok folytonoss ga 6.7 Megjegyzs Az elz
ttelben a h1 , , hn fggvnyek sszege nem helyettes¡thet egy n-v ltoz¢s h fggvnnyel. St, az sszead s mg a komplex szorz ssal sem helyettes¡thet. Val¢ban, Hewitt s Ross [54℄ bv¡tsi ttele szerint, egy G nem diszkrt lok lisan kompakt Abel- soport (pld ul R) igen sok nem folytonos f : G T homomor zmusa, azaz karaktere tehet egyidejleg mrhetv a Haar-mrtk alkalmas invari ns kiterjesztsvel. Rn -beli rtk homomor zmusokra ez nem igaz, mint az al bbi ll¡t s mutatja. 6.8 All¡t s. Legyen G lok lisan kompakt soport, s f : G Rn egy homomor zmus, amely mrhet a bal Haar-mrtk egy µ bal invari ns bv¡tsre nzve. Ekkor f folytonos Bizony¡t s. Az elz paragrafus eredmnyei szerint f lok lisan korl - tos. Az elz ttel bizony¡t s hoz hasonl¢an elj rva, az f (t) = f (ty ) − f (y ) egyenlet mindkt oldal t integr lva egy pozit¡v mrtk kompakt K halmaz felett, Z Z f (t)µ(K ) = K f (ty ) dµ(y )
− Z = t−1 K A t 7 lekpezs folytonos, mivel Z t−1 K f (y ) dµ(y ) − Z 1 t− 0 K Z f (y ) dµ(y ) − t−1 K Z K f (y ) dµ(y ). f (y ) dµ(y ) f (y ) dµ(y ) ≤ ≤ M λ(t−1 K △ t0−1 K ) = M f (y ) dµ(y ) K Z t−1 K△t0−1 K |f (y )| dµ(y ) 1 2λ(K ) − 2λ(t−1 K ∩ t− 0 K) , ahol λ egy Haar-mrtk. A jobb oldalon z r¢jelben ll¢ kifejezs folytonosan fgg t-tl, s nulla, ha t = t0 , ¡gy f folytonos. 66 7.§ Mazur egy problemajarol 7.§ Mazur egy problemajarol 1935 krl S. Mazur a kvetkez problm t vetette fel (Problem 24 a The S ottish Book"-ban [128℄): Legyen adva egy X (val¢s) Bana h-tren egy f addit¡v funk ion l az al bbi tulajdons ggal: (P ) minden X -beli g grbre, f ◦ g Lebesgue-mrhet. Igaz-e, hogy f folytonos? 1984-ben Labuda s Mauldin [117℄ megmutatt k, hogy a v lasz igen, ltal nosabban, ha f egy addit¡v oper tor, amely X -et egy Hausdor topologikus
vektortrbe kpezi s rendelkezik a (P) tulajdons ggal, akkor f folytonos. Az eredmnyt Lipe ki [122℄ kiterjesztette arra az esetre, amikor X s Y kommutat¡v Hausdor topologikus soportok, X metriz lhat¢, sszefgg, lok lisan ¡vszeren sszefgg s teljes. Ksbb sokkal ltal nosabb fggvnyegyenleteket vizsg ltak. Roman Ger-nek [47℄ hasonl¢ eredmnyei vannak (P) tulajdons g£ Jensen konvex fggvnyekre vonatkoz¢an, Szekelyhidi L szl¢nak [156℄ pedig exponen i lis polinomokkal kap solatban. Ennek a pontnak a lja, hogy megmutassuk, a (P) tulajdons g topologikus terek egy szles oszt ly ra egy sokkal szok sosabb mrhetsgi felttellel, az univerz lis mrhetsggel ekvivalens (J rai [77℄). Ez az eredmny lehetv teszi, hogy mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ ttelek felhaszn l s val a (P) tulajdons gb¢l kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ eredmnyeket kapjunk. Vil gos, hogy ezen a terleten mg sok
minden tiszt zatlan, de az al bbi eredmnyek mutatj k a kt krds szoros sszefggst, s ¡gy tov bbi vizsg latok kiindul¢pontjaknt szolg lhatnak Spe i lisan, egy rgebbi ttelt felhaszn lva S hwartz [148℄ knyvbl, kvetkezmnyknt kapjuk Labuda s Mauldin eredmnyt (l sd 7.5) 7.1 De n¡ i¢ Jellje egy µ mrtkre Mµ a µ-mrhet halmazok oszt ly t Egy X topologikus trre legyen UX = {Mµ : µ Borel-regul ris mrtk X -en}, az X univerz lisan mrhet rszhalmazainak oszt lya. Hasonl¢an, ha X Hausdor -tr, legyen RX = {Mµ : µ Radon-mrtk X -en} az X univerz lisan Radon-mrhet rszhalmazainak oszt lya. Ezekben a de n¡ i¢kban a Borel-regul ris mrtk" illetve Radon-mrtk" kifejezs di £z Borel-regul ris val¢sz¡nsgi mrtk" illetve di £z Radon val¢sz¡nsgi mrtk" kifejezssel helyettes¡thet. Ha X teljes szepar bilis metrikus tr, akkor RX = UX . Ǒltal nosabb
eredmnyek tal lhat¢k S hwartz [148℄ knyvben, 117{130. o; l sd mg Federer [42℄, 2216 Legyen PX = {A : A ⊂ X, g −1(A) Lebesgue-mrhet minden X -beli g grbre}. 7.§ Mazur egy problemajarol Trivi lis, hogy PX egy σ -algebra, s ha f : X Y egy fggvny, amely X -et egy Y topologikus trbe kpezi le, akkor az hogy f −1 (V ) ∈ PX az Y minden V ny¡lt rszhalmaz ra akkor s sak akkor ll fnn, ha minden X -beli g : [a, b℄ X grbre az f ◦ g fggvny λ[a,b℄ -mrhet. gy sak a PX s m s σ -algebr k kztti sszefggst kell vizsg lnunk. Nyilv n BX ⊂ PX , ahol BX jelli az X Borel-halmazainak oszt ly t. Ǒltal nosabban, teljesl az al bbi ttel. 7.2 Ttel Az elz de n¡ i¢ jellseivel, ha X Hausdor -tr, akkor RX ⊂ PX . Bizony¡t s. Tegyk fel, hogy A egy rszhalmaza X -nek, amelyre A ∈/ Ekkor ltezik egy g : [a, b℄ X grbe, amelyre g −1 (A) nem Lebesguemrhet. Legyen µ = g# (λ[a,b℄ ) A
2217, 215(4) eredmnyeket felhaszn lva Federer [42℄-bl, kapjuk, hogy µ Radon-mrtk, de A nem lehet µmrhet PX . A megford¡t s nem igaz minden Hausdor -trben. Nyilv n, ha X teljesen sztes, akkor PX az X sszes rszhalmaz b¢l ll gy valamilyen sszefggsgi tulajdons gra szksg van. Hogy a megford¡t st a legfontosabb esetekre bebizony¡tsuk, egy lemm ra lesz szksgnk Ez a lemma tbb-kevsb ekvivalens Mar zewski egy ttelvel, amelyet lengyell publik lt (l sd [117℄ s [122℄). 7.3 Lemma Legyen µ egy di £z Radon val¢sz¡nsgi mrtk az X teljes metrikus tren. Ekkor minden ε > 0-hoz van olyan C kompakt rszhalmaza [0, 1℄-nek s olyan g : C g (C ) ⊂ X homeomor zmus, hogy g mrtktart¢ C s g (C ) kztt, azaz g# (λC ) = µ⌊g (C ), tov bb 1 > µ(g (C )) > 1 −ε Bizony¡t s. Jellje G(x, r) a ny¡lt, B (x, r) a z rt gmbt kzpponttal s r sug rral. Legyen tn egy szigor£an monoton skken
sorozat, amely 1-hez tart V lasszunk egy K ⊂ X kompakt halmazt, amelyre 1 > µ(K ) > 1 − ε/2. Feltehetjk, hogy spt(µ⌊K ) = K Egy rgz¡tett x ∈ K -ra az r 7 µ(K ∩ B (x, r)) fggvny pozit¡v minden pozit¡v r -re, monoton nveked, s 0-hoz tart, ha r tart 0-hoz. gy v laszthatunk egy 0 < rx < 1/2 sz mot, amelyre a fggvny folytonos az rx pontban, s kisebb az rtke mint 21 µ(K ). Kiv lasztva egy vges lefedst a G(x, rx ), x ∈ K ny¡lt lefedsbl, olyan xi pontokat s ri = rxi sugarakat kapunk, amelyekre µ(K ∩ B (xi , ri )) < 1 µ(K ) 2 x (i = 1, 2, . , n) Tov bb , v laszthatunk olyan ri′ > ri , i = 1, 2, . , n sugarakat, amelyekre ε µ(K ∩ G(xi , ri′ )) < µ(K ∩ B (xi , ri )) + 2 . 2n Legyen K1 = K ∩ B (x1 , r1), s induk i¢val legyen Ki = (K (∪j<i G(xj , rj′ ))) ∩ B (xi , ri ) ha i = 2, 3, . , n 68 7.§ Mazur egy problemajarol Ha a Ki halmazok valamelyike nulla mrtk,
hagyjuk el, skkentve n-et. Vgl, legyen K (1) = n [ i=1 Ki . Nyilv n a Ki halmazok 1-nl kisebb tmrj diszjunkt kompakt halmazok, minden i-re a 0 < µ(Ki ) < 1/2 egyenltlensg teljesl, K (1) ⊂ K s µ(K K (1) ) < ε/22 . V lasszunk diszjunkt z rt Ci , i = 1, 2, , n intervallumokat [0, 1℄-ben £gy, hogy µ(Ki ) < λ(Ci ) < t1 µ(Ki ) teljesljn, ha i = 1, 2, . , n A m sodik lpsben ismteljk meg ezt az elj r st minden Ki -re K helyett. gy olyan ni > 1 Ki,1 , Ki,2 , . , Ki,ni , diszjunkt kompakt rszhalmazait kapjuk Ki -nek, amelyek tmrje kisebb, mint 1/2, mrtkk pozit¡v, de legfeljebb 1/4 s a K (2) i1 n n [ [ = i1 =1 i2 =1 Ki1 ,i2 jellssel K (2) ⊂ K (1) s µ(K (1) K (2) ) < ε/23 . A Ci megfelel Ci,1 , Ci,2 , . , Ci,ni z rt rszintervallumait megv laszthatjuk £gy, hogy µ(Ki1 ,i2 ) < λ(Ci1 ,i2 ) < t2 µ(Ki1 ,i2 ) teljesljn. Legyen C (2) = i1 n n [ [ i1 =1 i2 =1 Ci1 ,i2 .
Induk i¢val folytatva ezt az elj r st, a Ki1 ,i2 ,. ,ik s Ci1 ,i2 ,. ,ik halmazrendszereket s a K (k) s C (k) halmazokat kapjuk. Legyen K∞ = ∞ K (k) , k=1 C = ∞ C (k) k=1 Minden x ∈ C pontnak egyrtelmen megfelel egy i1 , i2 , . , ik , , 1 ≤ ik ≤ ni1 ,i2 ,. ,ik−1 sorozat, s hasonl¢an, minden y ∈ K∞ -nek is egyrtelmen megfelel egy ilyen sorozat. Legyen g (x) = y , ha a megfelel sorozatok megegyeznek 7.§ Mazur egy problemajarol folytonoss g nak bizony¡t s hoz legyen η > 0. Ha 1/2k−1 < η s δ a minim lis t vols g a Ci1 ,i2 ,. ,ik halmazok kztt, akkor |x − x′ | < δ esetn g (x) s g (x′ ) ugyanabban a Ki1 ,i2 ,. ,ik halmazban vannak, ¡gy t vols guk kisebb, mint η. Ha η > 0 s tk /2k < η, jellje δ a minim lis t vols got a Ki1 ,i2 ,. ,ik halmazok kztt. Ha a t vols g g (x) s g (x′ ) kztt kisebb, mint δ , akkor x s x′ ugyanabban a Ci1 ,i2 ,. ,ik halmazban vannak,
¡gy |x − x′ | < η s g −1 is folytonos. Hogy megmutassuk, g# (λC ) = µ⌊g (C ), elg megmutatni, hogy λ(C ∩ Ci1 ,. ,ik ) = µ(K∞ ∩ Ki1 , ,ik ), mivel C s g (C ) minden ny¡lt rszhalmaza megkaphat¢, mint C illetve g (C ) ezen ny¡lt rszhalmazainak diszjunkt megsz ml lhat¢ uni¢ja, a mrtkek pedig Radon-mrtkek. De a fenti egyenlsg kvetkezik abb¢l, hogy X λ(C ∩ Ci1 ,. ,ik ) = lim λ(Ci1 ,. ,ik ,ik+1 , ,il ), g l∞ µ(K∞ ∩ Ki1 ,. ,ik ) = s ik+1 ,. ,il lim l∞ X ik+1 ,. ,il µ(Ki1 ,. ,ik ,ik+1 , ,il ), µ(Ki1 ,. ,il ) < λ(Ci1 , ,il ) < tl µ(Ki1 , ,il ) 7.4 Ttel Az elz de n¡ i¢ jellseivel, ha X teljes, sszefgg s lok lisan ¡vszeren sszefgg metrikus tr, akkor PX ⊂ RX . Bizony¡t s. Tegyk fel, hogy A olyan rszhalmaza X -nek, amelyre Megmutatjuk, hogy A ∈/ PX . V lasszunk egy di £z Radon val¢sz¡nsgi mrtket, amelyre A ∈/ Mµ . Jellje A′ az A komplementert Ekkor
µ(A) + µ(A′ ) > µ(X ) = 1 V lasszunk olyan ε > 0-t, amelyre µ(A) + µ(A′ ) > 1 + 2ε. Lemm nk szerint ltezik egy g mrtktart¢ homeomor zmusa a [0, 1℄ egy 1 − ε-n l nagyobb Lebesgue mrtk C kompakt rszhalmaz nak K = g (C ) ⊂ X -re. Egy ismert ttel szerint (Kuratowski [116℄, §50, Theorem 5) g kiterjeszthet egy h grbv, amely [0, 1℄-et X -re kpezi le. Nyilv n h# (λ⌊C ) = g# (λC ) = µ⌊K A K mrhetsge miatt µ(A) = µ(A ∩ K ) + µ(A K ), ¡gy µ(A ∩ K ) > µ(A) − ε Hasonl¢an µ(A′ ∩ K ) > µ(A′ ) − ε. Ez azt mutatja, hogy A nem µ⌊K -mrhet Federer [42℄ knyvnek 2.12 pontja szerint h−1 (A) pontosan akkor λ-mrhet, ha az A halmaz h# (λ⌊B )-mrhet X minden B rszhalmaz ra, ami itt nem teljesl, ha B = C . gy A ∈/ PX A ∈ / RX . 7.5 Kvetkezmny Mazur problm j ra a v lasz pozit¡v, azaz ha egy X (val¢s) Bana h-tr egy f addit¡v funk ion lj ra f ◦ g minden g : [a,
b℄ X folytonos fggvnyre Lebesgue-mrhet, akkor f folytonos. Bizony¡t s. Az elz de n¡ i¢ jellseivel, az elz ttelbl kvetkezik, hogy f univerz lisan Radon-mrhet. Mivel minden x ∈ X -re t 7 f (tx) Lebesgue-mrhet s eleget tesz a Cau hy-egyenletnek, ¡gy teh t folytonos, kapjuk, hogy f homogn. S hwartz [148℄ knyvnek egyik ttele (157 o) szerint, egy Bana h-tr egy line ris s univerz lisan Radon-mrhet funk ion lja folytonos is. Ezt felhaszn lva kapjuk, hogy f folytonos 70 8.§ Merhet}oseg es folytonossag 7.6 Megjegyzs Az elz kvetkezmny kiterjeszthet olyan addit¡v oper torokra, amelyek egy (val¢s) ultrabornologikus topologikus vektorteret kpeznek egy (val¢s) lok lisan konvex Hausdor topologikus vektortrbe, ha felhaszn ljuk S hwartz [148℄ knyvben a 159. oldalon szerepl bizony¡t s gondolatait. 8.§ Merhet}oseg es folytonossag Sz mos dolgozat foglalkozik azzal a krdssel, hogy
fggvnyegyenletek megold sainak mrhetsgbl hogyan kvetkeztethetnk a megold sok folytonoss g ra. A sz mos, egy{egy egyenlet mrhet}o megold sainak meghat roz s val foglalkoz¢ dolgozaton k¡vl, tbb vagy kevsb ltal nos egyenlett¡pussal foglalkoznak a kvetkez dolgozatok: Baker [21℄, Itzkowitz [62℄, Paganoni [133℄ s Sander [142℄. Az ezen pontban ltalunk t rgyalt, igen ltal nos egyenlett¡pusra vonatkoz¢ eredmnyekbl ezen eredmnyek jelents rsze megkaphat¢, s alkalmaz sukkal sz mos £j eredmnyt sikerlt elrni: l sd az utols¢ fejezetet. Ezek az eredmnyek a J rai [66℄, [67℄, [72℄ dolgozatokban kerltek publik l sra. Tov bbi hivatkoz sokat illeten l sd ezeket, valamint a fentebb eml¡tett dolgozatokat. 8.1 Ttel Legyen Z egy teljesen regul ris tr, Z0 egy σ -kompakt teljesen regul ris tr, s legyenek Zi , i = 1, 2, . , n megsz ml lhat¢ b zis£ teljesen regul ris terek. Legyenek Xi , i = 1, 2, , n s Y lok
lisan kompakt terek, T tetszleges topologikus tr. Legyen ν Radon-mrtk Y -on, s µi Radon-mrtk Xi -n, i = 1, 2, . , n Tegyk fel, hogy ν (Y ) < ∞, µi (Xi ) < ∞ (i = 1, 2, . , n), s legyen D egy rszhalmaza T × Y -nak Tekintsk az f : T Z , f0 : Y Z0 , fi : Xi Zi , h : D × Z0 × Z1 × . × Zn Z , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n) fggvnyeket Legyen t0 egy rgz¡tett eleme T -nek, s tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) h folytonos; (3) az fi fggvny µi -mrhet Xi -n (i = 1, 2, . , n); (4) gi folytonos D-n (i = 1, 2, . , n); (5) Dt mrhet s ltezik olyan η > 0, hogy ν (Dt ∩ Dt0 ) ≥ η minden t ∈ T -re; (6) minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, amelyre µi (gi,t (B )) ≥ δ , ha B ⊂ Dt ν (B ) ≥ ε, t ∈ T , s 1 ≤ i ≤ n. Ekkor f folytonos a t0 pontban. Bizony¡t s. (5) szerint,
ltezik olyan 0, amelyre ν (Dt ∩ Dt0 ) ≥ η minden t ∈ T -re. Legyen C egy olyan kompakt rszhalmaza Dt0 -nak, amelyre ν (C ) > ν (Dt0 ) − η/4. Legyen ε = η/(8n) Felhaszn lva (6)-ot, egy olyan δ > 0-t kapunk, amelyre 1 ≤ i ≤ n, t ∈ T , B ⊂ Dt s ν (B ) ≥ η/(8n) η > 8.§ Merhet}oseg es folytonossag esetn µi (gi,t (B )) ≥ δ . A Luzin-ttel felhaszn l s val azt kapjuk, hogy ltezik olyan Ci kompakt rszhalmaza Xi -nek, amelyre µi (Xi Ci ) < δ s −1 fi |Ci folytonos. Innen a gi,t (Xi Ci ) ny¡lt halmaz mrtke kisebb, mint η/(8n), ha 1 ≤ i ≤ n s t ∈ T . Tekintsk most a C∩ n i=1 −1 gi,t (Ci ) ∩ = (Dt ∩ C ) n [ n i=1 i=1 −1 gi,t 0 −1 gi,t (Ci ) (Xi Ci ) ∪ n [ i=1 −1 gi,t 0 (Xi Ci ) halmazt. Ez Y mrhet rszhalmaza, s a mrtke nagyobb, mint η/2 Legyen B1 , B2 , B3, . kompakt halmazok egy nvekv sorozata a Z0 trben, amelyre ∪∞ i=1 Bi =
Z0 . Ekkor lim ν f0−1 (Bi ) = ν (Y ) < ∞, i∞ s egy alkalmas i-re a C0 = Bi kompakt halmazra η ν f0−1 (C0 ) > ν (Y ) − . 2 sszevetve ezt az eddig bizony¡tottakkal, l tjuk, hogy a (7) C ∩ f0−1 (C0 ) ∩ n i=1 −1 gi,t (Ci ) ! ∩ n i=1 ! −1 gi,t 0 (Ci ) halmaz nem res, ha t ∈ T . Tekintsnk a Z , Z0 , Zi , Xi s Y tereken a topol¢gi val sszefrhet uniformit sokat. Legyen α egy rel i¢ a Z uniformit s b¢l, s tekintsk a C × C0 × f1 (C1 ) × . × fn (Cn ) kompakt halmazt. (2) s a 33 segdttel szerint t0 -nak ltezik olyan V ′ krnyezete, s lteznek olyan β1 , . , βn uniform krnykek, hogy a h (t, y, f0(y ), z1 , . , zn ) s h(t0 , y, f0 (y ), z1′ , , zn′ ) pontok α-kzel vannak, ha t ∈ V ′ , (t, y ) ∈ D, y ∈ C , f0 (y ) ∈ C0 , tov bb zi , zi′ ∈ fi (Ci ), s a zi , zi′ pontok βi -kzel vannak, ha i = 1, 2, . , n Most vegyk szre, hogy fi egyenletesen folytonos Ci
-n, mivel Ci kompakt. Ezrt ltezik olyan γ uniform krnyk, hogy az fi (xi ) s fi (x′i ) pontok βi -kzel vannak, ha xi , x′i ∈ Ci s az xi , x′i pontok γ -kzel vannak. (4) s a 33 segdttel szerint t0 -nak ltezik olyan V ⊂ V ′ krnyezete, amelyre a gi (t, y ) s gi (t0 , y ) pontok γ -kzel vannak, ha t ∈ V , (t, y ) ∈ D s y ∈ C . Legyen t ∈ V . V lasszunk egy tetszleges y elemet a (7) halmazb¢l Ekkor azt kapjuk, hogy (t, y ) ∈ D, (t0 , y ) ∈ D, f0 (y ) ∈ C0 , gi (t, y ) ∈ Ci s gi (t0 , y ) ∈ Ci , ha i = 1, 2, . , n Igy az fi (gi (t, y )) s fi (gi (t0 , y )) pontok βi -kzel vannak, amibl h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) s h (t0 , y, f0 (y ), f1 (g1 (t0 , y )) , . , fn (gn (t0 , y ))) α-kzel vannak. Ez azt mutatja, hogy az f (t) s f (t0 ) pontok α-kzel vannak, ha t ∈ V , azaz f folytonos t0 -ban. 72 8.§ Merhet}oseg es folytonossag 8.2 Ttel Legyen Z egy teljesen
regul ris tr, Z0 egy σ -kompakt teljesen regul ris tr, Zi (i = 1, 2, . , n) megsz ml lhat¢ b zis£ teljesen regul ris tr, Y s Xi (i = 1, 2, . , n) lok lisan kompakt terek, T tetszleges topologikus tr Tegyk fel, hogy D ⊂ T × Y Legyenek f : T Z , f0 : Y Z0 , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n), fi : Xi Zi (i = 1, 2, , n) s h : D × Z0 × Z1 × . × Zn Z fggvnyek, ν Radon-mrtk Y -on, µi pedig Radon-mrtk Xi -n (i = 1, 2, . , n) Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) (3) (4) (5) h folytonos; az fi fggvny µi -mrhet az Ai rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . , n); gi folytonos D-n (i = 1, 2, . , n); lteznek olyan V s K halmazok, hogy V ny¡lt, K kompakt, V ×K ⊂ D, −1 t0 ∈ V , ν (K ) > 0 s K ⊂ ∩ni=1 gi,t 0 (Ai ); (6) minden ε > 0-hoz ltezik olyan δ > 0, hogy B ⊂ K s ν (B )
≥ ε esetn µi (gi,t (B )) ≥ δ , ha 1 ≤ i ≤ n s t ∈ V . Ekkor f folytonos a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Ezt a ttelt az elz ttelre fogjuk visszavezetni, D-t egy alkalmas kisebb D∗ -gal helyettes¡tve. V lasszunk ν (K )/(4n)-hez δ > 0-t, legyen Xi∗ = gi,t0 (K ) s Wi egy kompakt lez rt£ ny¡lt halmaz, amely tartalmazza Xi∗ -ot, s amelyre µi (Wi Xi∗ ) < δ . A 33 segdttel szerint v laszthatunk olyan T ∗ ⊂ V ny¡lt krnyezett t0 -nak, amelyre gi,t (K ) ⊂ Wi , ha i = 1, 2, . , n s t ∈ T ∗ Legyen Y ∗ = K , η ∗ = ν (K )/2 s t∗0 egy tetszleges eleme T ∗ -nak, D Zi∗ gi∗ ∗ = (t , y ) : t ∈ T n ∗ ∗ ∗ ∗ s y ∈ ∗ n i=1 o −1 ∗ ∗ gi,t , ∗ (Xi ) ∩ Y = Zi (i = 0, 1, . , n), Z ∗ = Z, f ∗ = f |T ∗ , f0∗ = f0 |Y ∗ , = gi |D, fi∗ = fi |Xi∗ (i = 1, 2, . , n), h∗ = h|D∗ ×Z0∗ ×Z1∗ × ×Zn∗ , s legyenek ν ∗ illetve µ∗i a ν illetve µi
megszor¡t sai Y ∗ illetve Xi∗ rszhalmazaira (i = 1, 2, . , n) Ha megmutatjuk, hogy az elz ttel felttelei teljeslnek a sillaggal jelzett halmazokra, pontokra, fggvnyekre s mrtkekre, akkor a bizony¡t s teljes. Vil gos, hogy a 81(1), 81(2) s 81(4) felttelek teljeslnek, m¡g 8.1(3) Xi∗ v laszt s b¢l kvetkezik 81(6) szintn T ∗ s Y ∗ v laszt s b¢l kvetkezik. Igy sak azt kell megmutatnunk, hogy 81(5) teljesl Elg megmutatni, hogy −1 ν gi,t (Xi∗ ) ∩ Y ∗ ≥ 2η∗ − ε, ha 1 ≤ i ≤ n s t ∈ T ∗ , 8.§ Merhet}oseg es folytonossag mivel ekkor ν (Dt∗ ∩ Dt∗0 ) = ν n i=1 −1 gi,t ∗ ( Xi∗ )∩Y n ∗ ≥ 2η ∗ − 2nε = η ∗ . i=1 −1 gi,t ∗ 0 ( Xi∗ )∩Y ∗ Tegyk fel indirekt, hogy van olyan i (1 ≤ i ≤ n) s t ∈ T ∗ , hogy −1 ν Y ∗ ∩ gi,t (Xi∗) < 2η∗ − ε, azaz −1 ν Y ∗ gi,t (Xi∗ ) ≥ ε. Ekkor M srszt, a T ∗ v
laszt de gi,t (y ) ∈/ Xi∗ , azaz −1 µi gi,t Y ∗ gi,t (Xi∗ ) ≥ δ. sa miatt, ha y ∈ Y ∗ g −1 (X ∗ ), i,t i akkor gi,t (y ) ∈ Wi , −1 gi,t Y ∗ gi,t (Xi∗ ) ⊂ Wi Xi∗ . Ez ellentmond s, mivel µi (Wi Xi∗ ) < δ . 8.3 Ttel Legyen Z egy teljesen regul ris tr, Z0 egy σ -kompakt teljesen regul ris tr, Zi (i = 1, 2, . , n) megsz ml lhat¢ b zis£ teljesen regul ris tr, s T tetszleges topologikus tr. Legyen Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, Xi ny¡lt rszhalmaza Rri -nek (i = 1, 2, . , n) s D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak Tekintsk az f : T Z , f0 : Y Z0 , gi : D Xi , fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z0 × Z1 × × Zn Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) (3) (4) (5) h folytonos; az fi fggvny λri -mrhet az Ai rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . ,
n); gi folytonos D-n (i = 1, 2, . , n); Tn −1 λk g ( A ) > 0; i i=1 i,t0 ∂g (6) a i par i lis deriv ltak folytonosak s rangjuk ri minden (t, y ) ∈ D-re ∂y (i = 1, 2, . , n) Ekkor f folytonos a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Ezt a ttelt az elz ttelre fogjuk visszavezetni, D-t egy alkalmas kisebb D∗ -gal helyettes¡tve. Legyen y0 a n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ) halmaz egy srsgi pontja. A 310 segdttel szerint lteznek olyan V illetve W krnyezetei t0 -nak, illetve y0 -nak, amelyekre 74 8.§ Merhet}oseg es folytonossag (7) minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy λri (gi,t (B )) ≥ δ , ha 1 ≤ i ≤ n, t ∈ V , B ⊂ W s λk (B ) ≥ ε; −1 (8) gi,t (Ai ) ∩ W egy λk -mrhet rszhalmaza Rk -nak, ha 1 ≤ i ≤ n s t∈V; (9) V s W kompakt halmazok, V × W ⊂ D s k λ n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ) ∩ W > 0. Legyen D∗ = V × W , h∗ = h|D∗ × Z0 × Z1 × . × Zn , gi∗ = gi |D∗ (i = 1, 2,
. , n), s alkalmazzuk az elz ttelt D helyett a D∗ halmazon 8.4 Megjegyzs A fenti ttelek egyes felttelei m s felttelek rov s ra gyeng¡thetk, ¡gy m s v ltozatokat is kaphatunk Ilyen v ltozatokkal kap solatban l sd a J rai [67℄ s [72℄ dolgozatokat. K-G Grosse-Erdmann [49℄ dolgozat ban egy rdekes mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ ttelt bizony¡tott be. B r eredmnyei sak a Cau hy-t¡pus£ f (G(x, y )) = h(y, f1 (x)) egyenletre alkalmazhat¢k (ahol f s f1 az ismeretlen fggvnyek), a felttelek meglepen gyengk, s eredmnyei sz mos a Cau hy-t¡pus£ egyenletekre vonatkoz¢ kor bbi eredmnyt ltal nos¡tanak. Durv n sz¢lva, semmifle felttelt nem tesz fel azzal kap solatban, hogy a h fggvny hogyan fgg y -t¢l Spe i lisan, h fgghet f0 (y )-t¢l, ahol f0 tetszleges, s az rtkkszletre sin s semmilyen megszor¡t s. A G bels fggvnyre vonatkoz¢ felttelei is valamivel gyengbbek, mint a mi
tteleinkben szerepl felttelek. (Haszn ljunk t = G(x, y ) helyettes¡tst lok lisan, hogy a feltteleket sszevethessk) Sajnos, Grosse-Erdmann bizony¡t sa nem mkdik sok ismeretlen fggvnyt tartalmaz¢ egyenletekre. Ha azonban te hnik j t tvzzk a 18 paragrafus ers eredmnyeivel, akkor a szok sos 31 felttel mellett tbb ismeretlen fggvny esetn is teljesen kikszblhetnk minden, a h fggvny y -t¢l val¢ fggsvel kap solatos felttelt. 8.5 Ttel Legyenek T , Z s Zi (i = 1, 2, , n) topologikus terek, Y s Xi (i = 1, 2, . , n) Hausdor -terek, s tegyk fel, hogy D ⊂ T × Y Legyenek f : T Z , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n), fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z1 × × Zn Z fggvnyek, ν Radon-mrtk Y -on, µi pedig Radon-mrtk Xi -n (i = 1, 2, . , n) Tegyk fel, hogy a t0 ∈ T pontnak van megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa, s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) =
h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); (2) b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra a h fggvny folytonos a tbbi v ltoz¢ban; (3) fi Luzin µi -mrhet az Ai rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . , n); 9.§ Mrhet, majdnem mindentti megold sok folytonoss ga (4) gi folytonos D-n (i = 1, 2, . , n); (5) lteznek olyan V ny¡lt illetve K kompakt halmazok, hogy V × K ⊂ D, −1 t0 ∈ V , ν (K ) > 0 s K ⊂ ∩ni=1 gi,t 0 (Ai ); (6) minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy ha B ⊂ K s ν (B ) ≥ ε, akkor µi (gi,t (B )) ≥ δ minden 1 ≤ i ≤ n-re s t ∈ V -re. Ekkor f folytonos t0 -ban. Bizony¡t s. Legyen tm egy V -beli sorozat, amely t0 -hoz konverg l. Alkalmazva a 18.5 ttelt a ϕ(y, t) = g1 (t, y ), ha (t, y ) ∈ V × K sszefggssel de ni lt ϕ fggvnyre s a νK mrtkre, egy olyan tmk rszsorozatot kapunk, amelyre f1 (g1 (tmk , y )) f1 (g1 (t0 , y )) majdnem minden y ∈ K -ra. Megismtelve ezt az elj r st az f2 , g2
fggvnyekkel s a tmk rszsorozat- tal, ennek a rszsorozatnak egy rszsorozat t kapjuk, stb. Vgl az eredeti tm sorozat egy olyan tml rszsorozat hoz jutunk, amellyel majdnem minden y ∈ K -ra fi (gi (tml , y )) fi (gi (t0 , y )), ha 1 ≤ i ≤ n. Rgz¡tve egy ilyen y ∈ K -t, a fggvnyegyenlet s a h-ra vonatkoz¢ felttel alapj n azt kapjuk, hogy m rmely T -beli tm t0 sorozatnak van olyan tml rszsorozata, amelyre f (tml ) f (t0 ). Tegyk fel, hogy f nem folytonos t0 -ban Ekkor van olyan W krnyezete f (t0)-nak, amelyre f −1 (W ) nem krnyezete t0 -nak. Legyen Um , m = 1, 2, . egy megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa t0 -nak, s v lasszunk egy tm ∈ Um f −1 (W ) sorozatot Erre a sorozatra f (tm ) egyetlen rszsorozata sem konverg l f (t0 )-hoz. 9.§ Mrhet, majdnem mindentti megold sok folytonoss ga 1960-ban Erd}os P l a kvetkez problm t vetette fel: tegyk fel, hogy az f : R R fggvny eleget tesz az f (x + y ) = f (x) + f (y )
Cau hy-egyenletnek (a s¡kbeli Lebesgue-mrtkre nzve) majdnem minden (x, y ) ∈ R2 -re. Igaz-e, hogy ltezik olyan g : R R addit¡v fggvny, amellyel f (x) = g (x) (a sz megyenesen a Lebesgue-mrtkre nzve) majdnem minden x-re? A krdsre N. G de Bruijn s W B Jurkat adtak, egym st¢l fggetlenl, pozit¡v v laszt. Tov bbi hivatkoz sokat illeten l sd Ku zma [111℄ knyvt, 443{447. o Itt egy kap sol¢d¢, szintn termszetes krdssel foglalkozunk. Tegyk fel, hogy a bevezetsben is tekintett, leg ltal nosabb, iter i¢t nem tartalmaz¢ tbbv ltoz¢s (1) H (x, y, f (G(x, y )), f1(G1 (x, y )), . , fn (Gn (x, y ))) = 0 egyenlet teljesl mrhet f, f1 , f2, . , fn ismeretlen fggvnyekre s Rr ×Rk valamely E ny¡lt rszhalmaz nak egy E ′ rszhalmaz b¢l vett minden (x, y ) p rra, ahol az E E ′ halmaz Rr × Rk -beli Lebesgue-mrtke nulla. Minden fggvnyrl feltesszk, hogy valamely euklidszi tr valamely ny¡lt rszhalmaz t
kpezi le valamely euklidszi trbe. Az adott H s G, G1 , , Gn 76 9.§ Mrhet, majdnem mindentti megold sok folytonoss ga fggvnyekrl feltesszk, hogy sim k. Lehet-e tal lni olyan fggvnyeket, amelyekre f~ = f s f~i = fi majdnem mindentt, ha i = 1, . , n £gy, hogy az f, f1 , . , fn fggvnyeket rendre az f~, f~1 , , f~n fggvnyekkel helyettes¡tve, az (1) fggvnyegyenlet mindentt teljesl E -n? A 8. paragrafus eszkzei elg ersnek tnnek e problma kezelshez Meg fogjuk mutatni, hogy alkalmas felttelek mellett a v lasz igen, s az f~, f~i , i = 1, . , n fggvnyek folytonosnak is v laszthat¢k Azonban te hnikailag egyszerbb lesz a 18 paragrafus eszkzeit haszn lni, mint a 8 paragrafus eszkzeivel dolgozni. Elszr az expli it s impli it alak kztti kap solattal foglalkozunk majdnem mindentt fenn ll¢ egyenletek esetn. Ezut n kt ttelt bizony¡tunk, az elst egy ltal nos esetre, a m sodikat
vektor-vektor fggvnyekre, az els seg¡tsgvel. 9.1 Az expli it s impli it alak kztti kap solat majdnem mindentt teljesl egyenletek esetn. Bizonyos felttelek mellett, az (1) H (x, y, f (G(x, y )), f1(G1 (x, y )), . , fn (Gn (x, y ))) = 0 egyenletet itt is egy egyszerbb expli it egyenletre reduk lhatjuk. Nevezetesen, tegyk fel, hogy az f (G(x, y )) tag kifejezhet az (1) egyenletbl, s x helyett egy £j t = G(x, y ) v ltoz¢t tudunk bevezetni. Ekkor a (2) f (t) = h(t, y, f1 (g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))), (t, y ) ∈ D′ fggvnyegyenletet kapjuk. Itt D′ az E ′ halmaz kpe az (x, y ) 7 (G(x, y ), y ) lekpezsnl. Feltesszk, hogy ez a lekpezs di eomor zmus, amely az E ny¡lt halmazt egy D ny¡lt halmazra kpezi le, ¡gy ez a lekpezs s az inverze is nulla Lebesgue-mrtk halmazt nulla Lebesgue-mrtk halmazba visznek. Ha kpesek vagyunk bebizony¡tani, hogy az f fggvny T rtelmezsi tartom ny nak van
olyan T ′ rszhalmaza, hogy T T ′ nulla mrtk s f |T ′ (egyrtelmen) kiterjeszthet egy, az egsz T -n rtelmezett f~ folytonos fggvnny, akkor a (2) fggvnyegyenlet f helyett f~-al is majdnem mindentt teljesl D-n, nevezetesen teljesl a D0′ = D′ ∩ (T ′ × Rk ) halmazon. Ez azt jelenti, hogy ha f -et f~-al helyettes¡tjk, akkor (1) mg mindig fenn ll E0 valamely E0′ rszhalmaz n, amelyre E E0′ nulla mrtk. Megismtelve ezt f1 -el, olyan, az f1 -el majdnem mindentt egyenl, folytonos f~1 fggvnyt s egy olyan E1′ rszhalmaz t kaphatjuk E0′ -nek, hogy (1) teljesl E1′ -en, ha f -et s f1 -et helyettes¡tjk f~-al illetve f~1 -al. Vgl az E egy olyan E ′′ = En′ rszhalmaz hoz jutunk, amelyre E E ′′ nulla mrtk s (1) fenn ll E ′′ -n, ha az f, f1 , . , fn fggvnyeket rendre a velk majdnem mindentt egyenl f~, f~1 , , f~n folytonos fggvnyekkel helyettes¡tjk Mivel (1) bal
oldala folytonos E -n, s nulla az E ′′ ⊂ E sr halmazon, azt kapjuk, hogy (1) mindentt teljesl E -n, ha az f, f1 , . , fn fggvnyeket rendre az f~, f~1, , f~n fggvnyekkel helyettes¡tjk. 9.§ Mrhet, majdnem mindentti megold sok folytonoss ga sszefoglalva, az (1) egyenletre vonatkoz¢ problma a kvetkez problm ra reduk lhat¢: Tegyk fel, hogy a (2) egyenlet fenn ll a D ny¡lt halmaz egy olyan D′ rszhalmaz n, amelyre D D′ nulla mrtk. Adjunk megfelel feltteleket, amelyek mellett ltezik az f fggvny T rtelmezsi tartom ny nak egy alkalmas T ′ rszhalmaza, hogy T T ′ nulla mrtk s az f |T ′ fggvny (egyrtelmen) kiterjeszthet egy, a T halmazon rtelmezett f~ folytonos fggvnny. Megmutatjuk, hogy a T ′ halmaz v laszthat¢ mindazon t ∈ T pontok halmaz nak, amelyekre a {y : (t, y ) ∈ D D′ } halmaz nulla mrtk. Fubini ttele szerint T T ′ nulla mrtk Ǒltal nosabban, az
f~ fggvnyt meghat rozza a T ′ b rmely olyan rszhalmaza, amely mg sr T -ben. Ezt sokkal ltal nosabb felttelek mellett mutatjuk meg a kvetkez ttelben. A bizony¡t s haszn lja a 185 ttelt Emlkeztetnk r , hogy topol¢gi b¢l Bourbaki [26℄ terminol¢gi j t haszn ljuk, s a fggvnynek egy adott pontban vett hat rrtkt Bourbaki az adott pont kiz r sa nlkl de ni lja. 9.2 Ttel Legyenek T s Zi (i = 1, 2, , n) topologikus terek, Z , Y s Xi (i = 1, 2, . , n) Hausdor -terek Tegyk fel, hogy D ⊂ T × Y , T ′ ⊂ T , Xi′ ⊂ Xi . Legyenek f : T ′ Z , gi : D Xi (i = 1, 2, , n), fi : Xi′ Zi (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z1 × × Zn Z fggvnyek, ν Radon-mrtk Y -on, µi pedig Radon-mrtk Xi -n, amelyre µi (Xi Xi′ ) = 0 (i = 1, 2, . , n) Tegyk fel, hogy a t0 ∈ T pontnak van megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa, s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden rgz¡tett y ∈ Y -ra a h fggvny folytonos a
tbbi v ltoz¢j ban; (2) fi Luzin µi -mrhet az Ai mrhet rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . , n); (3) gi folytonos D-n (i = 1, 2, . , n); (4) lteznek olyan V ny¡lt illetve K kompakt halmazok, hogy V × K ⊂ D, −1 t0 ∈ V , ν (K ) > 0 s K ⊂ ∩ni=1 gi,t 0 (Ai ); (5) minden ε > 0-hoz ltezik δ > 0 £gy, hogy B ⊂ K s ν (B ) ≥ ε esetn µi (gi,t (B )) ≥ δ , ha sak 1 ≤ i ≤ n s t ∈ V ; (6) van olyan V ′ rszhalmaza T ′ ∩ V -nek, amelynek a lez rtj ban benne van t0 , s amelyre t ∈ V ′ esetn majdnem minden y ∈ K -ra teljesl, hogy f (t) = h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) Ekkor ltezik limt∈V ′ ,tt0 f (t). Bizony¡t s. Legyen tm egy V ′ -beli t0 -hoz konverg l¢ sorozat A ϕ(y, t) = g1 (t, y ), ha (t, y ) ∈ V × K sszefggssel de ni lt ϕ fggvnyre s a νK mrtkre alkalmazva a 18.5 ttelt, egy olyan tmk rszsorozatot kapunk, amelyre f1 (g1 (tmk , y )) f1 (g1 (t0 , y )) majdnem
minden y ∈ K -ra. Megismtelve ezt az f2 , g2 fggvnyekkel s a tmk rszsorozattal, a rszsorozat egy rszsorozat t kapjuk, stb. Vgl az eredeti tm sorozat egy olyan tml rszsorozat t kapjuk, amelyre majdnem minden y ∈ K -ra fi (gi (tml , y )) fi (gi (t0 , y )), ha 1 ≤ i ≤ n. Rgz¡tve b rmely ilyen y ∈ K -t, a h-ra tett feltevs s a fggvnyegyenlet alapj n azt kapjuk, hogy b rmely V ′ -beli tm t0 sorozatnak 78 9.§ Mrhet, majdnem mindentti megold sok folytonoss ga van olyan tml rszsorozata, amelyre f (tml ) konvergens. Termszetesen ennek a rszsorozatnak a z0 ∈ Z hat rrtke nem fgg y -t¢l gy egy olyan K ′ ⊂ K halmaz minden y pontj ra, amelyre ν (K K ′ ) = 0, azt kapjuk, hogy (7) z0 = h(t0 , y, f1(g1 (t0 , y )), . , fn (gn (t0 , y ))) Tegyk fel, hogy nem igaz, hogy limt∈V ′ ,tt0 f (t) = z0 . Ekkor van olyan W krnyezete z0 -nak, hogy az f a t0 egyetlen U krnyezetre sem kpezi az U ∩ V ′ halmazt W
-be. Legyen Um , m = 1, 2, egy megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa t0 -nak, s v lasszunk olyan t′m ∈ Um ∩ V ′ sorozatot, amelyre f (tm ) 6∈ W Megismtelve a fenti gondolatmenetet t′m -el, egy olyan t′mj rszsorozatot kapunk, amelyre majdnem minden y ∈ K ra fi (gi (t′mj , y )) fi (gi (t0 , y )). Most ha v lasztunk egy olyan y ∈ K ′ -t, amelyre konvergen ia teljesl, akkor a fggvnyegyenletet s (7)-et felhaszn lva ellentmond st kapunk. 9.3 Ttel Legyen Z regul ris tr, Zi (i = 1, 2, , n) topologikus tr s T egy els megsz ml lhat¢ topologikus tr. Legyen Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, Xi ny¡lt rszhalmaza Rri -nek (i = 1, 2, , n) s D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak. Legyen T ′ a T egy sr rszhalmaza, f : T ′ Z , gi : D Xi s h : D × Z1 × . × Zn Z fggvnyek Tegyk fel, hogy az fi fggvnyek az Xi -n λri -majdnem mindentt de ni lt, Zi -beli rtk fggvnyek (i = 1, 2, . , n), s az al bbi felttelek
teljeslnek: (1) minden t ∈ T ′ -re λk -majdnem minden y ∈ Dt -re f (t) = h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); (2) b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra a h fggvny folytonos a tbbi v ltoz¢j ban; (3) az fi fggvny λri -mrhet az rtelmezsi tartom ny n (i = 1, 2, . , n); ∂gi par i lis deriv ltja folytonos D-n (i = 1, 2, . , n); ∂y ∂g (5) minden t ∈ T -hez van olyan y , hogy (t, y ) ∈ D s a i par i lis deriv lt ∂y rangja ri a (t, y ) ∈ D pontban (i = 1, 2, . , n) Ekkor f -nek egy s sak egy folytonos kiterjesztse ltezik T -re. (4) gi s a Bizony¡t s. A ttelt az elz ttelre fogjuk visszavezetni Megmutat- juk, hogy a limt∈T ′ ,tt0 f (t) hat rrtk minden t0 ∈ T -re ltezik. Ha ezt bel tjuk, akkor a kiterjesztst ezzel a hat rrtkkel rtelmezve, a bizony¡t s teljes. ∂g Egy adott t0 -hoz v lasszunk olyan y0 -t, amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s i ∂y rangja ri a (t0 , y0 ) pontban (i = 1, 2, . , n) A hat
rrtk ltezsnek bizony¡t s hoz D-t egy alkalmas kisebb D∗ halmazzal fogjuk helyettes¡teni A 3.10 lemma szerint lteznek a t0 illetve y0 pontoknak V illetve W krnyezetei az al bbi tulajdons gokkal: 10.§ Baire-tulajdonsag es a folytonossag (6) minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy ha 1 ≤ i ≤ n, t ∈ V , B ⊂ W s λk (B ) ≥ ε, akkor λri (gi,t (B )) ≥ δ ; −1 (dmn fi ) ∩ W rszhalmaza Rk -nak λk -mrhet, ha 1 ≤ i ≤ n s (7) a gi,t t∈V; (8) W kompakt, V × W ⊂ D s k λ n i=1 −1 gi,t 0 (dmn fi ) ∩ W > 0. Legyen D∗ = V × W , h∗ = h|D∗ × Z1 × . × Zn , gi∗ = gi |D∗ (i = 1, 2, . , n), s alkalmazzuk az elz ttelt a D∗ halmazzal D helyett 10.§ Baire-tulajdonsag es a folytonossag A 8. paragrafus eredmnyeihez hasonl¢ ll¡t sok bizony¡that¢k fggvnyegyenletek Baire-tulajdons g£ megold saival kap solatban Ilyen ir ny£ ltal nos eredmnyek tal lhat¢k mg Haupt [51℄, Sander
[141℄ illetve Grosse-Erdmann [49℄ dolgozat ban is. Itt is a leg ltal nosabb eset vizsg lat val kezdjk, s annak spe ializ l s val nyernk egy kevsb ltal nos, de jobban kezelhet eredmnyt. Ezek az eredmnyek a J rai [67℄ dolgozatban kerltek publik l sra. Vgl Grosse-Erdmann eredmnynek ltal nos¡t s t adjuk (publik latlan) Tov bbi hivatkoz sokat illeten l sd az idzett dolgozatokat. 10.1 Ttel Legyenek T , Y s Xi (i = 1, 2, , n) topologikus te- rek, Z0 egy σ -kompakt tr, Z teljesen regul ris tr s Zi megsz ml lhat¢ b zis£ topologikus tr (i = 1, 2, . , n) Legyen D ⊂ T × Y , Ai ⊂ Xi (i = 1, 2, . , n), t0 ∈ T s tekintsk az f : T Z , f0 : Y Z0 , gi : D Xi , fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n), h : D × Z0 × Z1 × × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) (3) (4) (5) h folytonos; fi
Baire-tulajdons g£ az Ai rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . , n); gi folytonos (i = 1, 2, . , n); lteznek olyan V s K halmazok, hogy V × K ⊂ D, V ny¡lt, t0 ∈ V , K m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz s K⊂ n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ); (6) ha B egy m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Y -nak s B ⊂ K , akkor gi,t (B ) m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Xi -nek, ha 1 ≤ i ≤ n s t ∈ V . 80 10.§ Baire-tulajdonsag es a folytonossag Ekkor f folytonos a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Mivel Ai Baire-tulajdons g£ halmaz, lteznek olyan Ei , s Mi′′ halmazok, hogy Ei ny¡lt Xi -ben, Mi′′ ⊂ Ei , tov bb az Mi′ , Mi′′ rszhalmazai Xi -nek els kateg¢ri j£ak, Mi′ ∩Ei = ∅ s Ai = (Ei Mi′′ ) ∪Mi′ . Elszr megmutatjuk, hogy lteznek olyan V ′ s K ′ halmazok, hogy V ′ ny¡lt T -ben, K ′ m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz Y -ban, t0 ∈ V ′ ⊂ V , V ′ × K ′ ⊂ D, s K ′
⊂ K , tov bb Mi′ ′ K ⊂ n i=1 −1 gi,t (Ei ) minden t ∈ V ′ -re. −1 −1 ′ Legyen K ′′ = K ∩ (∩ni=1 gi,t 0 (Ei )). Mivel (6) szerint K ∩ gi,t0 (Mi ) els kateg¢ri j£ Y -ban, ha 1 ≤ i ≤ n, (5)-b}ol azt kapjuk, hogy ′′ K K ⊂ n [ i=1 −1 ′ K ∩ gi,t ( M ) 0 i els kateg¢ri j£ Y -ban. Innen K ′′ m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz Y -ban, s ′′ K ⊂ n i=1 −1 gi,t 0 (Ei ). Legyen y0 egy olyan pontja K ′′ -nek, hogy b rmely, y0 -t tartalmaz¢ W ny¡lt halmazra W ∩ K ′′ m sodik kateg¢ri j£ Y -ban. Mivel a gi fggvnyek folytonosak D-n, a gi−1 (Ei ) halmazok ny¡ltak s tartalmazz k a (t0 , y0 ) pontot, ¡gy lteznek olyan V ′ s W ′ ny¡lt halmazok, amelyekre t0 ∈ V ′ ⊂ V , y0 ∈ W ′ ⊂ Y s (V × W ) ∩ D ⊂ ′ ′ n i=1 gi−1 (Ei ). Vil gos, hogy a K = K ∩ W halmaz eleget tesz a megk¡v nt feltteleknek. A bizony¡t s teljes lesz, ha megmutatjuk, hogy f
folytonos V ′ -n. Legyen t ∈ V ′ s legyen U egy krnyezete f (t)-nek Z -ben. Mivel az fi fggvnyek Baire-tulajdons g£ak az Ai halmazon, s Zi megsz ml lhat¢ b zis£, ltezik egy Mi′′′ ⊂ Ai els kateg¢ri j£ rszhalmaza Xi -nek £gy, hogy fi megszor¡t sa Ai Mi′′′ -re folytonos. Legyen Mi = Mi′′ ∪ Mi′′′ Ekkor fi megszor¡t sa −1 Ei Mi -re folytonos (i = 1, 2, . , n) Mivel (6) szerint a K ′ ∩ gi,t (M i ) halmazok els kateg¢ri j£ak Y -ban, a ′ ′′ K ′′′ ′ = K′ ∩ n i=1 ! −1 gi,t (Ei Mi ) halmaz m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz Y -ban. Legyen B1 , B2 , . kompakt halmazok egy nvekv sorozata Z0 -ban, amelynek egyes¡tse Z0 Mivel ∞ [ j =1 K ′′′ ∩ f0−1 (Bj ) = K ′′′ , 10.§ Baire-tulajdonsag es a folytonossag ltezik olyan C0 = Bj kompakt rszhalmaza Z0 -nak, amelyre f0−1 (C0 ) ∩ K ′′′ m sodik kateg¢ri j£ Y -ban. Legyen y egy olyan
pontja ennek a halmaznak, hogy y minden W ny¡lt krnyezetre W ∩f0−1 (C0 ) ∩K ′′′ m sodik kateg¢ri j£ Y -ban. Az xi = gi (t, y ) s zi = fi (xi ), i = 1, 2, , n jellsekkel azt kapjuk, hogy xi ∈ Ei Mi , f0 (y ) ∈ C0 s f (t) = h(t, y, f0 (y ), z1 , . , zn ) V lasszunk egy olyan uniformit st Z -n, amely kompatibilis Z topol¢gi j val. Tal lhatunk olyan α re ex¡v szimmetrikus rel i¢t Z uniformit s b¢l, amelyre z ∈ U , ha a z s f (t) pontok α-kzel vannak Z -ben. A 33 segdttel szerint, ltezik olyan V ′′ krnyezete t-nek, W ′′ krnyezete y -nak, s Ui krnyezete zi -nek, hogy ha t′ ∈ V ′′ , y ′ ∈ W ′′ s zi′ , zi′′ ∈ Ui , akkor h(t, y ′ , z0 , z1′ , . , zn′ ) s h(t′ , y ′ , z0 , z1′′ , , zn′′ ) α-kzel vannak minden z0 ∈ C0 -ra. Felhaszn lva, hogy fi megszor¡t sa Ei Mi -re folytonos xi -ben, v laszthatunk olyan Vi ny¡lt krnyezett xi -nek Ei -ben, amelyre fi (x′i ) ∈
Ui (i = 1, 2, . , n), ha sak x′i ∈ Vi Mi Mivel gi folytonos a (t, y ) pontban, lteznek olyan V ′′′ s W ′′′ ny¡lt halmazok, amelyekre t ∈ V ′′′ ⊂ V ′′ ∩ V ′ , y ∈ W ′′′ ⊂ W ′′ ∩W ′ , s gi (V ′′′ ×W ′′′ ) ⊂ V (i = 1, 2, . , n) Ez azt mutatja, hogy W ′′′ −1 ∩ f0 (C0 ) ∩ K ⊂ ′′′ n i=1 −1 gi,t ′ (Vi ), −1 ha t′ ∈ V ′′′ . A (6) felttel szerint, a K ′′′ ∩ gi,t ′ (Mi ) halmazok els kateg¢ri′ ′′′ j£ak Y -ban, ha t ∈ V , ¡gy a W ′′′ −1 ∩ f0 (C0 ) ∩ K ∩ ′′′ n i=1 −1 gi,t (Vi Mi ) ∩ n i=1 −1 gi,t ′ (Vi Mi ) halmaz nem res, ha t′ ∈ V ′′′ . Legyen y ′ egy tetszleges eleme ennek a halmaznak. Ekkor (t, y ′) ∈ D, (t′ , y ′) ∈ D, f0 (y ′ ) = z0 ∈ C0 , tov bb gi (t, y ′ ) ∈ Vi Mi , gi (t′ , y ′ ) ∈ Vi Mi , ha i = 1, 2, . , n Ebbl kvetkezik, hogy fi (gi (t,
y ′)) = zi′ ∈ Ui , fi (gi (t′ , y ′)) = zi′′ ∈ Ui , ha i = 1, 2, . , n, s V ′′′ , W ′′′ , C0 s Ui (i = 1, 2, . , n) v laszt sa miatt azt kapjuk, hogy f (t) = h (t, y ′ , f0 (y ′ ), f1 (g1 (t, y ′ )) , . , fn (gn (t, y ′ ))) s f (t′ ) = h (t′ , y ′ , f0 (y ′ ), f1 (g1 (t′ , y ′ )) , . , fn (gn (t′ , y ′ ))) α-kzel V ′ -n. vannak Z -ben, azaz f (t′ ) ∈ U . Ez azt mutatja, hogy f folytonos 10.2 Ttel Legyen T topologikus tr, Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, Xi ny¡lt rszhalmaza Rri -nek (i = 1, 2, . , n), Z teljesen regul ris tr, Z0 egy σ -kompakt tr, s Zi (i = 1, 2, . , n) megsz ml lhat¢ b zis£ topologikus tr. Legyen D egy ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak Tekintsk az f : T Z , f0 : Y Z0 , gi : D Xi , fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z0 × Z1 × . × Zn Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: 82 10.§ Baire-tulajdonsag es
a folytonossag (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) (3) (4) (5) h folytonos; fi Baire-tulajdons g£ az Ai rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . , n); gi folytonos (i = 1, 2, . , n); Tn −1 i=1 gi,t0 (Ai ) m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Y -nak; ∂g (6) a i par i lis deriv ltak folytonosak s rangjuk ri minden (t, y ) ∈ D-re ∂y (i = 1, 2, . , n) Ekkor f folytonos a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. A ttelt a 43 segdttel seg¡tsgvel az elz ttelre ve- zetjk vissza. Elg megmutatni, hogy az elz ttel (5) s (6) felttelei teljeslnek, ha K -t s V -t megfelelen v lasztjuk. Mivel jelen ttelnk (5) felttele szerint n −1 gi,t 0 (Ai ) i=1 m sodik kateg¢ri j£ halmaz Y -ban, ltezik olyan y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s y0 minden ny¡lt W krnyezetre a W∩ n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ) halmaz m sodik kateg¢ri j£. A 43 segdttel felhaszn l s val, v
laszthatunk olyan V s W ny¡lt halmazokat, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (7) gi,t (B ) m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Rri -nek, ha i = 1, 2, . , n, t ∈ V , B ⊂ W s B m sodik kateg¢ri j£; T −1 (8) W ∩ ni=1 gi,t 0 (Ai ) m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz Y -ban; (9) V × W ⊂ D, t0 ∈ V s y0 ∈ W . Legyen K =W∩ n i=1 −1 gi,t ( A ) 0 i . Ekkor az elz ttel felttelei teljeslnek, s ¡gy a bizony¡t s teljes. 10.3 Megjegyzs A fenti ttelek egyes felttelei m s felttelek rov s ra gyeng¡thetk, ¡gy m s v ltozatokat is kaphatunk Ilyen v ltozatokkal kap solatban l sd a J rai [67℄ s [72℄ dolgozatokat. K.-G Grosse-Erdmann [49℄ dolgozat ban egy Baire-tulajdons gb¢l kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ ttelt bizony¡tott az f (G(x, y )) = h(y, f1 (x)) 10.§ Baire-tulajdonsag es a folytonossag egyenletre (f s f1 az ismeretlen fggvnyek). A t = G(x, y ) helyettes¡ts ut n l that¢,
hogy ttelnek felttelei nem nagyon klnbznek a mi (kor bban elrt) eredmnyeinkben szerepl felttelektl, kivve, hogy n la semmilyen megkts sem szerepel a h fggvny y -t¢l val¢ fggsvel kap solatban. Az al bbi ttel az eredmnynek ([49℄, Theorem 5.B1) ltal nos¡t sa sok ismeretlen fggvny esetre. A bizony¡t s felhaszn lja a 19 paragrafus egy ltal nos eredmnyt. 10.4 Ttel Legyenek T , Z , Y , Zi s Xi (i = 1, 2, , n) topologikus terek, D ⊂ T × Y . Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi , fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n), h : D ×Z1 × ×Zn Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy a t0 ∈ T pontnak van megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa, s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); (2) (3) (4) (5) minden rgz¡tett y ∈ Y -ra a h fggvny folytonos a tbbi v ltoz¢j ban; fi Luzin-Baire tulajdons g£ az Ai rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . , n); gi
folytonos D-n (i = 1, 2, . , n); lteznek V s K halmazok £gy, hogy V × K ⊂ D, V ny¡lt, t0 ∈ V , K Baire-tulajdons g£, m sodik kateg¢ri j£ s K⊂ n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ); (6) ha B ⊂ K m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Y -nak, akkor gi,t (B ) m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Xi -nek, ha 1 ≤ i ≤ n s t ∈ V . Ekkor f folytonos t0 -ban. Bizony¡t s. Legyen tm egy V -beli sorozat, amely t0-hoz konverg l A 19.4 ttelt alkalmazva a ϕ(y, t) = g1 (t, y ), ha (t, y ) ∈ V × K sszefggssel de ni lt ϕ fggvnyre, azt kapjuk, hogy f1 (g1 (tm , y )) f1 (g1 (t0 , y )) minden y ∈ K -ra, kivve egy els kateg¢ri j£ halmaz pontjait. Megismtelve ezt az f2 , g2 fggvnyekkel, stb., azt kapjuk, hogy egy els kateg¢ri j£ halmaz pontjait kivve minden y ∈ K -ra fi (gi (tm , y ) fi (gi (t0 , y ), ha 1 ≤ i ≤ n. Rgz¡tve b rmely ilyen y ∈ K -t, a fggvnyegyenlet s a h-ra tett feltevs szerint, ha tm t0 a T -ben, akkor f (tm ) f (t0
). Mivel t0 -nak van megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa, ebbl kvetkezik, hogy f folytonos t0 -ban. 84 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag IV. Differenciálhatóság és analitikusság 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag Ennek a paragrafusnak az eredmnyei | s a kvetkez paragrafusok sz mos eredmnye is | az al bbi t¡pus£ paramteres integr lok paramter szerinti di eren i lhat¢s g n m£lik: F (t) = Z gt (S ) h(t, x) dλk (x). Termszetesen ilyen paramteres integr lok di eren i lhat¢s ga elg sima h s g fggvnyek esetn klasszikus, s pld ul a hidrodinamika egyenleteinek levezetsnl szerepel: l sd pld ul Zeidler [165℄, IV., 441{445 o Sz munkra az lesz a fontos, hogy nem szksges feltenni h simas g t. Egy ilyen ttelt J rai [72℄-ben h s ∂h folytonoss g t s g ktszer di eren i lhat¢s g t fel∂t tve bizony¡tottam. La zkovi h Mikl¢s, kandid tusi dolgozatom opponense r mutatott, hogy g egyszeri
folytonos di eren i lhat¢s ga is elegend, s v zolt egy | nem teljes | bizony¡t st. Itt sim¡t s seg¡tsgvel erre az lesebb v ltozatra adunk bizony¡t st; ez a [79℄ dolgozatban kerlt publik l sra B r az ramok s di eren i lform k homot¢pia formul j nak (l sd Federer [42℄, 363. o) haszn lata nmileg egyszers¡ten a bizony¡t st, a lnyege nem v ltozna. Ezrt a [72℄ dolgozatban is haszn lt elemi m¢dszernl maradunk Az ebben a paragrafusban nyert eredmnyeink nagy rsze nem a tbbi paragrafusban vizsg lt leg ltal nosabb egyenlett¡pusra vonatkozik. Elszr sszeg alak£ fggvnyegyenletek esetre bizony¡tunk egy folytonoss gb¢l kvetkezik a folytonos di eren i lhat¢s g" t¡pus£ ttelt. Ez az eredmny igen hasznos lesz a tov bbiakban. Megjegyezzk, hogy nmileg ltal nosabb egyenletek is vizsg lhat¢k ezzel a m¢dszerrel: l sd az utols¢ fejezetben t rgyalt alkalmaz sokat. Ezut n egy, sak h rom ismeretlen fggvnyt tartalmaz¢ Cau
hy-t¡pus£" spe i lis egyenlettel fogalkozunk Ezek az eredmnyek a J rai [72℄ dolgozatban kerltek publik l sra (A 114 ttel megfogalmaz sa ott el¡r st tartalmaz) Vgl egy, az 117 problm ban szerepl ltal nos egyenlett¡pusra vonatkoz¢, de egy plusz kompakts gi felttelt tartalmaz¢ ttelt bizony¡tunk. Ennek els v ltozata val¢s v ltoz¢s, val¢s rtk megold sokra vonatkozott (ekkor a be slsek egyszerbbek), s a Jarai [84℄ dolgozatban kerlt publik l sra. Az ltal nosabb v ltozat a J rai [82℄ dolgozatban szerepel B r ez nem oldja meg az 117 problma folytonoss gb¢l 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag kvetkezik a majdnem mindentti di eren i lhat¢s g" lpst teljes ltal noss gban, nagyon sok konkrt problma megold s ra elegend: l sd a 21.12 pontban a ko kakettzs egyenlett" s a Weierstrass-fle szigma-fggvny karakteriz i¢j t a 23. paragrafusban 11.1 Ttel Legyen S egy nem res belsej
szimplex Rk -ban, s le- gyenek U , V s W ny¡lt rszhalmazai Rk -nak, Rs -nek, illetve Rk -nak. Legyen g : (t, y ) 7 x egy fggvny, amely V × W -t U -ba kpezi le, h : (t, x) 7 z pedig egy V × U -t R-be kpez fggvny. Tegyk fel, hogy S ⊂ W s (1) g folytonosan di eren i lhat¢, (Jgt )(y ) 6= 0, ha t ∈ V s y ∈ W s gt invert lhat¢ minden t ∈ V -re; (2) h s ∂h folytonosak. ∂t Ekkor a Z F (t) = h(t, x) dλk (x) ha t ∈ V g t (S ) sszefggssel de ni lt fggvny folytonosan di eren i lhat¢ V -n, s par ilis deriv ltjai korl tosak H ′ G′ λk (S ) + (k + 1)HGk χk−1 (∂S ) ∂h par i lis deriv ltak korl tja a gt (S ), t ∈ V korl ttal, ahol H a h, H ′ a ∂ti halmazokon, G′ a Jgt Ja obi-determin ns abszol£t rtknek, G pedig a g gradiense norm j nak a korl tja V × S -en. Bizony¡t s. Az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy V sszefgg s W konvex, ¡gy a Jgt Ja obi-determin ns nem v lt eljelet, ha y
befutja W -t s t befutja V -t. Legyen i egy index 1 s s kztt Az els ltezik s megadunk r egy formulpsben meg fogjuk mutatni, hogy ∂F ∂ti l t, feltve, hogy g s h elg sim k. A m sodik lpsben ennek a formul nak a felhaszn l s val megmutatjuk, hogy ∂F folytonos. A harmadik lpsben ∂ti az ltal nos esetet kezdjk vizsg lni g s h sim¡t s nak seg¡tsgvel. A negyedik lpsben megmutatjuk, hogy a formula, amit a sima esetben kaptunk, rvnyes az ltal nos esetben is. Az tdik lps teljess teszi a bizony¡t st I. Elszr tegyk fel, hogy h folytonosan di eren i lhat¢ s g ktszer folytonosan di eren i lhat¢. Helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy F (t ) = Z S h(t, gt (y ))Jgt(y ) dλk (y ), s ¡gy g koordin t it fels indexekkel jellve, ∂F (t) = ∂ti ∂h (t, gt(y ))Jgt(y ) dλk (y ) S ∂ti Z X k ∂h ∂g j + (t, g (t, y )) (t, y ) Jgt (y ) dλk (y ) ∂x ∂ti j S j =1 Z + h(t, g (t, y ))(∂ti Jgt )(y ) dλk (y ). Z
S 86 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag Visszatrve gt (S ) feletti integr lokra, vizsg ljuk a m sodik s harmadik integr lt. Ha H (t, x) jelli azt a vektor rtk fggvnyt, amelynek j -edik j (t, gt−1 (x)), akkor koordin t ja h(t, x) ∂g ∂t i div Ht (x) = k X ∂h ∂g j (t, x) (t, gt−1(x)) ∂xj ∂ti j =1 k X ∂ + h(t, x) ∂xj j =1 ∂g j −1 t, gt (x) , ∂ti ¡gy, ha χn jelli az n-dimenzi¢s Hausdor -mrtket, a m sodik s harmadik integr lb¢l a Gauss{Green ttel felhaszn l s val, n-el jellve a kls norm list, azt kapjuk, hogy Z gt (∂S ) + ahol Z h(t, x) gt (S ) ∂g (t, gt−1(x), n(t, x) ∂ti dχk−1 (x) h(t, x)G(t, x) dλk (x), gt−1 G(t, x) = (∂ti Jgt )( (x))( Jgt−1 j k X ∂ ∂g −1 )(x) − (t, gt (x)) . ∂xj ∂ti j =1 Megmutatjuk, hogy G nulla. Jellje gt a gt inverzt, [e1 , , ek ℄ pedig az e1 , . , ek vektorrendszer determin ns t Jelljk fels indexekkel a
koordin t kat Ekkor (∂ti Jgt )Jgt = ∂ti ∂g ∂g ,. , ∂y1 ∂yk Jg t k X ∂g ∂g ∂ 2g ∂g ∂g = ,. , , ,. , , Jg t . ∂y1 ∂yj−1 ∂ti ∂yj ∂yj +1 ∂yk j =1 Ha ∂ 2g ∂ti ∂yj akkor azt kapjuk, hogy = k X n=1 cnj (∂ti Jgt )Jgt = M srszt, ∂g , ∂yn k X j =1 cjj . j X k k X k X ∂ ∂g ∂ 2 gtj ∂gn (t, gt (x)) = (gt (x)) t (x) ∂xj ∂ti ∂t∂yn ∂xj j =1 j =1 n=1 ! k X k k k j X X X ∂g nt ∂g t m = cn = cnn , ∂y ∂x m j n=1 j =1 n=1 m=1 azaz G(t, x) nulla. 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag ∂F ∂ti II. M sodik lpsknt vegyk szre, hogy az els lps felttelei mellett folytonos V -n. Val¢ban, ∂F fel¡rhat¢, mint a ∂t i Z (4) S s Z gt (∂S ) h(t, x) ∂h (t, gt(y ))Jgt(y ) dλk (y ) ∂ti ∂g t, gt−1 (x) , n(t, x) ∂ti dχk−1 (x) integr lok sszege. Jellje E0 , E1 , , Ek az S oldallapjait Az utols¢ integr l fel¡rhat¢ k Z X j =0 gt (Ej )
h(t, x) ∂g (t, gt−1(x)), n(t, x) ∂ti dχk−1 (x) alakban. Vizsg ljuk ennek az sszegnek egy tagj t Az egyszersg kedvrt hagyjuk el E indext. V lasszunk egy e1 , . , ek ortonorm lt b zist £gy, hogy ek ortogon lis legyen E -re. Elhagyva az eljelet, amely nem fgg t-tl, azt kapjuk, hogy Z gt (E ) h(t, x) h i ∂g ∂g ∂g −1 −1 −1 (t, gt (x)), . , ∂e (t, gt (x)), ∂t (t, gt (x) ∂e1 k−1 i dχk−1 (x), Jt (x) ∂g ahol Jt (x) a ∂e (t, gt−1(x)), . , ∂e∂g (t, gt−1(x)) ir ny menti deriv ltakb¢l 1 k−1 kpzett Gram-determin ns ngyzetgyke. Helyettes¡tssel a fenti integr lb¢l a (5) Z E h(t, g (t, y ))[ ∂g ∂g ∂g (t, y ), . , (t, y ), (t, y )℄ dχk−1(y ) ∂e1 ∂ek−1 ∂ti integr lt kapjuk. A (4) s (5) integr lok folytonosan fggnek a t paramtertl: ez knnyen kvetkezik abb¢l a tnybl, hogy a szerepl fggvnyek folytonosak, s ¡gy kompakt halmazokon egyenletesen folytonosak. III.
Sim¡t st fogunk haszn lni annak bizony¡t s ra, hogy ∂F ezen el∂ti ll¡t sa rvnyes akkor is, ha sak azt tesszk fel, hogy g folytonosan di eltezik s folytonos. Legyen t′ egy tetszleges, de rgz¡tett ren i lhat¢, ∂h ∂t pontja V -nek. V lasszunk egy V ∗ ny¡lt gmbt t′ kzpponttal, amelynek kompakt lez rtja V -ben van, s egy W ∗ konvex ny¡lt halmazt, amely tartalmazza S -et s kompakt lez rtja W -ben van. A V ∗ × W ∗ kompakt halmaz kpe a g lekpezsnl szintn kompakt. V lasszunk olyan U ∗ ny¡lt halmazt, amely tartalmazza ezt a kompakt kpet, s amelynek a kompakt lez rtja benne van U -ban. Az F fggvnyt a V ∗ halmazon fogjuk vizsg lni Az 88 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag F rtkei ezen a halmazon sak a g fggvny V ∗ × W ∗ -en s a h fggvny V ∗ ×U ∗ -n felvett rtkeitl fggnek, ¡gy ha ezeket a fggvnyeket megszoroz- zuk egy-egy vgtelen sokszor di eren i lhat¢
fggvnnyel, amely 1-et vesz fel V ∗ × W ∗ -n illetve V ∗ × U ∗ -n, F nem v ltozik, ¡gy feltehetjk, hogy g s h kompakt tart¢j£ak. Terjesszk ki g -t s h-t az rtelmezsi tartom nyuk komplementerre is £gy, hogy ott null nak de ni ljuk, s az egyszersg kedvrt jelljk a kiterjesztett fggvnyeket ugyan sak g -vel illetve h-val. Legyen ω egy vgtelen sokszor di eren i lhat¢ R fggvny, amelynek a tart¢ja Rs × Rk egysggmbjben van, s amelyre Rs ×Rk ω dλs × λk = 1. Legyen ω ε (u) = ω (u/ε)/εs+k , ha ε > 0 s de ni ljuk konvol£ i¢val a g ε = g ∗ ω ε s hε = h ∗ ω ε fggvnyeket Rεs × Rk -n. J¢l ismert, hogy g ε s hε vgtelen ε ε ∂g ∂g ∂g sokszor di eren i lhat¢ak, ∂g = ∗ ωε, = ∗ ω ε , ∂h = ∂h ∗ ω ε , ∂t ∂t ∂y ∂y ∂t ∂t ε ε ε ∂g ∂g ∂g tov bb g ε g , hε h, ∂g , s ∂h ∂h , ha ε↓0, s a ∂t ∂t ∂y ∂y ∂t ∂t konvergen ia
egyenletes a kompakt halmazokon. I s II eredmnyeit fogjuk haszn lni a sim¡tott fggvnyekre. Ehhez meg kell mutatnunk, hogy gtε a W ∗ halmazt U ∗ -ba kpezi le, invert lhat¢ W ∗ -on, s a Ja obi-determin nsa nem nulla, ha ε elg ki si. Ha K egy kompakt krnyezete V ∗ × W ∗ -nak V × W -ben, akkor gtε gt s Jgtε Jgt egyenletesen a K -n, ¡gy sak gtε invert lhat¢s ga nem trivi lis. Vegyk szre, hogy gt′ m trix nak az inverze kifejezhet gt′ m trix nak determin ns val s aldetermin nsaival, ¡gy ltezik olyan ε0 > 0, hogy ha (t, y ) ∈ K s 0 < ε < ε0 , akkor gtε ′ (y ) inverze de ni lva van s gtε ′ (y )−1 gt′ (y )−1 egyenletesen, ha ε↓0. Az inverz fggvny ttel bizony¡t s t felhaszn lva azt kapjuk, hogy ha Y egy ny¡lt gmb Rk -ban y ′ ∈ W ∗ kzpponttal, (t, y ) ∈ K s kgtε ′ (y ) − gtε ′ (y ′ )k < 2 kgtε ′ 1 (y ′ )−1 k minden y ∈ Y -ra, akkor gtε kl snsen
egyrtelm fggvny Y -on. Megmutatjuk, hogy az Y gmb sugara nagyobbnak v laszthat¢, mint egy kzs r > 0 sz m, amely nem fgg t-tl s y ′ -tl. Val¢ban, v lasztva egy pozit¡v konstanst, amely kisebb, mint a 2 kgt′ 1 (y ′ )−1 k ∂g sz mok in muma, s felhaszn lva, hogy ∂y egyenletesen folytonos K -n, az r sz m £gy v laszthat¢, hogy ha |y − y ′ | < r , akkor kgt′ (y ) − gt′ (y ′ )k < c teljesljn. Most szksg esetn skkentve ε0 -at azt kapjuk, hogy kgtε ′ (y ) − gtε ′ (y ′ )k < c < 2 kgtε ′ 1 (y ′ )−1 k 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag a K -n, ha 0 < ε < ε0 . gy megmutattuk, hogy a gtε lekpezs r-nl kisebb t vols g£ pontokat nem kpezhet ugyanoda. r-nl nem kisebb t vols g£ pontokra sem lehetsges ez; ennek bizony¡t s hoz vegyk szre, hogy a |gt (y ) − gt (y ′ )| folytonos fggvny in muma pozit¡v a {(t, y, y ′) : (t, y ) ∈ K, (t, y ′) ∈
K, |y − y ′ | ≥ r} kompakt halmazon, ¡gy v lasztva egy d pozit¡v sz mot, amely kisebb, mint ez az in mum, szksg esetn skkentve ε0 -at, azt kapjuk, hogy |gtε (y ) − gtε (y ′ )| ≥ d ezen a halmazon, ha 0 < ε < ε0 . IV. Megmutatjuk, hogy az ltal nos esetben F par i lisan di eren ilhat¢ s a par i lis deriv ltjai ugyan£gy ll¡that¢k el (4) s (5) t¡pus£ integr lok line ris kombin i¢jaknt, mint sima g s h esetn. Legyen F (t) = ε Z gtε h (t, x) dλ (x) = ε (S ) k Z S hε (t, g ε (t, y ))Jgtε(y ) dλk (y ), ha t ∈ V ∗ s ε elg ki si. El ll¡tva F -et hasonl¢an, mint a jobb oldali integr l, s felhaszn lva, hogy a fggvnyek egyenletesen folytonosak a kompakt halmazokon s a konvergen ia egyenletes a kompakt halmazokon, ha ε↓0, kapjuk, hogy F ε (t) F (t), ha t ∈ V ∗ . Jellje f1 , , fs az Rs szok sos b zis t. Nyilv n ltezik olyan δ > 0, amelyre t′ + τ fi ∈ V ∗ , ha |τ | ≤ δ Legyen ∂F
ε ′ ε ϕ (τ ) = (t + τ fi ), |τ | ≤ δ. ∂ti Az eddig bizony¡tottak szerint a ϕε (τ ) fggvny el ll¡that¢ (4) s (5) t¡pus£ integr lok line ris kombin i¢jaknt, ha t-t t′ + τ fi -vel, h-t hε -nal s g t g ε-nal helyettes¡tjk. Kpezzk ugyanezeket az integr lokat g -re s hra, s jellje ϕ(τ ) ugyanazt a line ris kombin i¢jukat Ugyan£gy, mint az F ε fggvnyek esetben, azt kapjuk, hogy ϕε ϕ egyenletesen a [−δ, δ ℄ intervallumon, ha ε↓0. gy a τ 7 Z τ −δ ϕε (̺) d̺ fggvnyek egyenletesen konverg lnak a τ 7 fggvnyhez. M srszt Z τ −δ Z τ −δ ϕ(̺) d̺ ϕε (̺) d̺ = F ε (t′ + τ fi ) − F ε (t′ − δfi ) F (t′ + τ fi ) − F (t′ − δfi ), ha ε↓0. Innen azt kapjuk, hogy Z τ −δ ϕ(̺) d̺ = F (t′ + τ fi ) − F (t′ − δfi ), |τ | ≤ δ. 90 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag A II. lps szerint a ϕε fggvnyek folytonosak, ¡gy ϕ
is folytonos a [−δ, δ ℄ intervallumon Ebbl kvetkezik, hogy ∂F ltezik s megegyezik ϕ(0)-al, azaz ∂ti par i lis deriv lt (4) s (5) t¡pus£ integr lok line ris kombin i¢ja. a ∂F ∂ti V. Utols¢ lpsknt vegyk szre, hogy a II lpsben sak a (4) s (5) integr lokban szerepl fggvnyek folytonoss g t haszn ltuk fel. gy a II lpsben haszn lt okoskod st megismtelve azt kapjuk, hogy ∂F folytonos. ∂ti Mivel F par i lis deriv ltjai folytonosak, F folytonosan di eren i lhat¢. Vgl, a (4) s (5) el ll¡t sokb¢l kapjuk a ttelben szerepl be slst 11.2 Lemma Legyenek T , Y s U ny¡lt rszhalmazai Rs , Rk illetve R -nek, D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak, h : D × U R egy folytonos ∂h ∂h fggvny, amelyre s is folytonosak, g : D U ktszer folytonosan ∂t ∂y ∂g di eren i lhat¢ fggvny, (t0 , y0 ) ∈ D, s tegyk fel, hogy ∂y (t0 , y0 ) rangja r . Legyen S egy szimplex Rk egysggmbjben, amelynek a belseje
nem res Ekkor ltezik olyan V0 konvex krnyezete t0 -nak, R0 > 0 val¢s sz m s C konstans, hogy minden R-re, amire 0 < R < R0 fenn ll, hogy RS + y0 ⊂ Dt s a Z t 7 h(t, y, g (t, y )) dy RS +y0 fggvny folytonosan di eren i lhat¢ V0 -on, gradiense pedig korl tos CRk−1 r korl ttal. Bizony¡t s. A bizony¡t s a fenti, paramteres integr lok di eren i l s r¢l sz¢l¢ ttelen m£lik Legyen gt (y ) = x = (x1 , x2 , . , xr ) Az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy a ∂ (x1 , x2 , . , xr ) ∂ (y1 , y2 , . , yr ) Ja obi-determin ns pozit¡v a (t0 , y0 ) pontban. V lasszunk V0 s W0 ny¡lt gmbket t0 illetve y0 kzpponttal £gy, hogy V0 × W0 ⊂ D teljesljn, s ez a Ja obi-determin ns pozit¡v legyen, ha t ∈ V0 , y ∈ W0 . Legyen R0 a W0 sugara. De ni ljuk x∗ = (x∗1 , , x∗r , x∗r+1 , , x∗k )-ot a kvetkezkppen: x∗i = xi , ha 1 ≤ i ≤ r s x∗i = yi , ha r < i ≤ k . Az y 7 x∗ lekpezst
gt∗ -gal fogjuk jellni. Legyen p(x∗ ) = x Vil gos, hogy a ∂ (x1∗ , . , x∗k ) ∂ (y1 , . , yk ) Ja obi-determin ns rtke megegyezik a fenti Ja obi-determin ns rtkvel, ¡gy nem nulla, ha t ∈ V0 s y ∈ W0 . Legyen L(t) = gt∗ ′ (y0 ) Tegyk fel, hogy kgt∗ ′ (y ) − L(t)k < 1 2kL(t0 )−1 k , 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag ha y ∈ W0 . Ekkor az inverz fggvny ttel bizony¡t sa szerint (l sd Rudin [137℄, 9.24 ttel), gt∗ homeomor zmusa W -nek az Rk egy ny¡lt rszhalmaz ra Legyen 1 0<c< . 2kL(t)−1 k R0 -at s V -t szksg esetn kisebbel helyettes¡tve, elrhetjk, hogy kgt∗ ′ − L(t)k < c < 1 2kL(t)−1 k teljesljn, ha t ∈ V s y ∈ W . Most legyen U0 egy ny¡lt halmaz, amelynek kompakt lez rtja benne van gt∗0 (W )-ben. Kisebb V -t vve feltehetjk, hogy U0 ⊂ gt∗ (W ) minden t ∈ V re Most skkentve V -t s R0 -at, feltehetjk, hogy gt∗ (W ) ⊂ U minden t ∈
V -re. Az x∗ = gt∗ (y ) helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy az F (t) = Z gt∗ (RS +y0 ) h t, gt∗−1 (x∗ ), p(x∗ ) J gt∗−1 (x∗ ) dλk (x∗ ) paramteres integr l minden t ∈ V -re teljes¡ti az elz ttel feltteleit. Alkalmazva ezt a ttelt, kapjuk, hogy F folytonosan di eren i lhat¢ V felett, s gradiense korl tos CRk−1 -el valamely C konstansra. 11.3 Ttel Legyenek n, k, r1 , , rn, m1 , , mn s s pozit¡v eg- szek. Legyen Xi egy ny¡lt rszhalmaza Rri -nek (i = 1, 2, , n), legyen T ny¡lt rszhalmaza Rs -nek, Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, Zi ny¡lt rszhalmaza Rmi -nek (i = 1, 2, . , n), legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak, s legyen Z egy euklidszi tr. Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi , fi : Xi Zi , hi : D × Zi Z , (i = 1, 2, . , n) s h0 : D Z fggvnyeket Legyen (t0 , y0 ) ∈ D s tegyk fel, hogy (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h0 (t, y ) + n X i=1 hi (t, y, fi(gi (t, y ))); ∂h0 ∂h
∂h folytonosak, valamint hi , i s i folytonosak (1 ≤ i ≤ n); ∂t ∂t ∂y (3) fi folytonos Xi -n; ∂g (4) gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ s i (t0 , y0 ) rangja ri , 1 ≤ i ≤ ∂y n. (2) h0 s Ekkor f folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Koordin t kra trve t, feltehetjk, hogy Z = R V lasz- szunk egy elg kis S szimplexet s egy elg kis V ny¡lt halmazt, amelyekre 92 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag krnyezete y0 -nak, V krnyezete t0 -nak, s V × S ⊂ D. Integr ljuk az (1) egyenletet S felett y szerint. Azt kapjuk, hogy S (5) f (t) Z S dy = Z S h0 (t, y ) dy + n Z X i=1 S hi (t, y, fi (gi (t, y ))) dy. Mivel S dy egy nem nulla konstans, azt kell megmutatnunk, hogy (5) jobb oldala folytonosan di eren i lhat¢ V felett t szerint, ha S s V elg ki sik. Ez kvetkezik az elz lemm b¢l. R 11.4 Ttel Legyenek T , Y , X1, Z0 s Z1 ny¡lt rszhalmazai az s, k, r1 , m0 illetve
1 dimenzi¢s euklidszi tereknek. Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak. Tekintsk a g1 : D X1 , f : T Rm , f0 : Y Z0 , f1 : X1 Z1 s h : D × Z0 × Z1 Rm fggvnyeket. Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s a kvetkez felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y ))) ; (2) h lok lisan Lips hitz; (3) g1 ktszer folytonosan di eren i lhat¢; (4) f0 s f1 folytonosak; (5) ltezik olyan y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s ∂g1 (t0 , y0 ) rangja r1 . ∂y Ekkor f Lips hitz-felttelnek tesz eleget a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Meg kell mutatnunk, hogy ltezik olyan V krnyezete t0nak, s olyan M val¢s sz m, amelyre |f (t) − f (t′ )| ≤ M |t − t′ | ha t, t′ ∈ V. Legyen z0 = f0 (y0 ), z1 = f1 (g1 (t0 , y0 )). V lasszunk V ⊂ T , W ⊂ Y , U0 ⊂ Z0 s U1 ⊂ R gmbket rendre t0 , y0 , z0 s z1 kzppontokkal £gy, hogy f0 (y ) ∈ U0 , f1 (g1 (t, y )) ∈ U1 s |f (t) − f (t′ )| = |h (t, y,
f0(y ), f1 (g1 (t, y ))) − h (t′ , y, f0 (y ), f1 (g1 (t′ , y )))| ≤ M1 |t − t′ | + M2 |f1 (g1 (t, y )) − f1 (g1 (t′ , y )) |, ha t, t′ ∈ V s y ∈ W . Most, ha megmutatjuk, hogy (esetleg kisebb V -re) ltezik olyan M3 sz m, hogy minden t, t′ ∈ V -hez ltezik egy y ∈ W , amelyre |f1 (g1 (t, y )) − f1 (g1 (t′ , y ))| ≤ M3 |t − t′ |, akkor a bizony¡t s teljes. 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag Legyen S egy szimplex, amely krnyezete y0 -nak, s legyen F (t) = Z S f1 (g1 (t, y )) dy. Az elz lemm b¢l kvetkezik, hogy F folytonosan di eren i lhat¢ korl tos deriv lttal, ha S s V elg ki sik, azaz ltezik olyan M4 sz m, amelyre |F (t) − F (t′ )| ≤ M4 |t − t′ |, ha t, t′ ∈ V. M srszt, mivel f1 val¢s rtk folytonos fggvny s F (t) − F (t ) = ′ Z S (f1 (g1 (t, y )) − f1 (g1 (t′ , y ))) dy, ltezik olyan y ∈ S , amelyre, λk -val jellve a Lebesgue-mrtket Rk -n, F (t) −
F (t′ ) = λk (S ) · (f1 (g1 (t, y )) − f1 (g1 (t′ y ))) . Ezzel az y -nal s M3 = M4 /λk (S ) jellssel |f1 (g1 (t, y )) − f1 (g1 (t′ , y ))| ≤ M3 |t − t′ |. Ezzel a bizony¡t s teljes. Az adott gi fggvnyekre vonatkoz¢ ersebb felttelek mellett egy ismeretlen fggvnyt tartalmaz¢ egyenletre meg tudjuk mutatni, hogy a folytonos megold sok lok lisan Lips hitz fggvnyek. A val¢s v ltoz¢s val¢s rtk ismeretlen fggvny esett a Jarai [84℄ dolgozat t rgyalja Az ltal nos, vektor v ltoz¢s, vektor rtk ismeretlen fggvnyre vonatkoz¢ v ltozat bizony¡t sa a paramteres integr lok paramter szerinti di eren i lhat¢s g n, s a deriv lt expli it be slsn m£lik, amelyet az elz lemma alakj ban fogunk felhaszn lni. Ez az ltal nosabb v ltozat | ki sit eltr alakban | a Jarai [82℄ dolgozatban kerlt publik l sra. 11.5 Ttel Legyen Z egy ny¡lt rszhalmaza egy euklidszi trnek Legyenek T s Y ny¡lt rszhalmazai
Rs -nek illetve Rk -nak. Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak, C kompakt rszhalmaza T -nek. Tekintsk az f : T Z , gi : D T (i = 1, . , n), h : D × Z n Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f (g1(t, y )), . , f (gn(t, y ))); (2) h ktszer folytonosan di eren i lhat¢; (3) gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ D-n s minden t ∈ T -hez van i (t, y ) rangja s, ha i = olyan y , amelyre (t, y ) ∈ D, gi (t, y ) ∈ C s ∂g ∂y 1, . , n; 94 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag (4) az f fggvny folytonos. Ekkor f lok lisan Lips hitz fggvny T -n. Bizony¡t s. A bizony¡t s alapgondolata az f folytonoss gi modulusz nak haszn lata Mivel ez nem felttlenl szubaddit¡v, egy m¢dos¡t s t fogjuk haszn lni. Erre egy fggvnyegyenltlensget vezetnk le, s abb¢l nyerjk a ttel bizony¡t s t. Ha ε > 0, jellje Cε = {x : dist(x, C ) ≤ ε} a (z rt) ε krnyezett C -nek. Ha ε ≤ 0,
legyen Cε = C Rgz¡tsnk egy ε > 0-t, amelyre Cε ⊂ T . Ekkor |f | korl tos egy B korl ttal Cε -on Legyen S egy szimplex Rk egysggmbjben, amelynek a belseje nem res. Minden 0 ≤ r ≤ ε-ra legyen ω (r ) = sup{|f (x) − f (y )| : x ∈ Cε , |x − y| ≤ r, y ∈ Cε−|x−y| }. Nyilv n ω nvekv, ω (0) = 0, ω folytonos a null ban, mivel f egyenletesen folytonos a Cε kompakt halmazon, s ω (r1 + r2 ) ≤ ω (r1 ) + ω (r2), ha 0 ≤ r1 , r2 , r1 + r2 ≤ ε; az utols¢ ll¡t s bizony¡t s hoz tegyk fel, hogy ez az egyenltlensg nem teljesl. Ekkor lteznek x s y £gy, hogy |x−y| ≤ r1 + r2 , x ∈ Cε s y ∈ Cε−|x−y| , de |f (x) − f (y )| > ω (r1 ) + ω (r2 ). Tegyk fel, hogy r2 ≤ r1 . Az y benne van valamely C -beli pont ε − |x − y|-krnyezetben, ¡gy x benne van ugyanezen pont ε-krnyezetben. V lasztva egy z -t az x-et s y -t sszekt szakaszon £gy, hogy |x − z| ≤ r1 s |z − y| ≤ r2
teljeslsn, azt kapjuk, hogy z ∈ Cε−|x−z| , ahonnan |f (x) − f (z)| ≤ ω (r1 ) s |f (z) − f (y )| ≤ ω (r2 ), ami ellentmond s. Egy tetszleges t0 ∈ Cε -hoz v lasszunk egy (t0 -t¢l fgg) y0 -t (3) szerint. Alkalmazva az elz lemm t az f koordin ta-fggvnyeire, azt kapjuk, hogy lteznek δt0 > 0, Rt0 > 0 s ct0 £gy, hogy a t0 kzppont£ 2δt0 sugar£ Vt0 ny¡lt gmbre s az y0 kzppont£ s Rt0 sugar£ z rt Wt0 gmbre Vt0 × Wt0 lez rtja benne van D-ben, s a t 7 Z RS +y0 f (gi (t, y )) dy lekpezsek folytonosan di eren i lhat¢ak Vt0 -on, gradiensk pedig korl tos ct0 Rk−1 korl ttal, ha 0 < R < Rt0 . V lasszunk egy ηt0 pozit¡v konstanst £gy, hogy {t0 }×{y0 }×f (C )n z rt (n +2)ηt0 -krnyezete benne legyen D×Z n -ben. V lasszunk egy 0 < εt0 ≤ ε/3-at £gy, hogy ω (εt0 ) ≤ ηt0 teljesljn. Szksg esetn skkentve δt0 -t s Rt0 -t feltehetjk, hogy 2δt0 ≤ ηt0 , Rt0 ≤ ηt0 , gi (Vt0 ×
Wt0 ) benne van a gi (t0 , y0 ) kzppont£ εt0 sugar£ z rt gmbben, s minden gi Lips hitz-fggvny Vt0 × Wt0 -on Lt0 Lips hitz-konstanssal. Feltehetjk, hogy Lt0 egsz sz m A t0 ∈ Cε kzppont£ s δt0 sugar£ ny¡lt gmbk a Cε kompakt halmaz egy ny¡lt lefedst adj k. Innen ltezik egy T0 ⊂ Cε vges halmaz £gy, hogy a t0 ∈ T0 pontoknak megfelel ny¡lt gmbk egy ny¡lt lefedst adj k Cε nak. Legyen L = sup{Lt0 : t0 ∈ T0 } s legyen 0 < δ ≤ inf {δt0 : t0 ∈ T0 }, 0 < R0 ≤ inf {Rt0 : t0 ∈ T0 } £gy, hogy L(δ + R0 ) ≤ ε. Jellje K a Vt0 × Wt0 halmazok t0 ∈ T0 -ra vett egyes¡tsnek lez rtj t. Nyilv n K kompakt 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag rszhalmaza D-nek. Hasonl¢an, jellje K ′ az {t0 } × {y0 } × f (C )n halmazok z rt (n + 2)ηt0 -krnyezeteinek egyes¡tst t0 ∈ T0 -ra. Ekkor K ′ kompakt ∂h fggvnyek Lips hitz-folytonosak rajta rszhalmaza D×Z n -nek, s ¡gy a ∂z i
∂h fggvnyek pedig korl tosak B ′ Lips hitz-konstanssal, a ∂h s ∂z 0 ∂t i ′ illetve Bi korl ttal (i = 1, 2, . , n) Legyen t egy tetszleges eleme Cε -nak, s legyen t′ egy eleme Cε−|t−t′ | -nak, amelyre |t − t′ | < δ . Ekkor ltezik olyan t0 ∈ T0 , amelyre |t − t0 | < δt0 . A tov bbiakban rgz¡tsk ezt a t0 -t, a hozz tartoz¢ y0 -t, V = Vt0 -t s W = Wt0 -t. Nyilv n t, t′ ∈ V Legyen R egy tetszleges val¢s sz m, amelyre 0 < R < R0 . Integr ljuk a fggvnyegyenlet mindkt oldal t az RS + y0 szimplex felett y szerint. Azt kapjuk, hogy L′i cR f (t) = k Z RS +y0 h(t, y, f (g1(t, y )), . , f (gn(t, y ))) dy, ahol c > 0 az S szimplex mrtke. Innen |f (t) − f (t )| = ′ 1 cRk Z RS +y0 h(t, y, f (g1(t, y )), . , f (gn(t, y ))) − h(t′ , y, f (g1(t′ , y )), . , f (gn(t′ , y ))) dy Hogy a bal oldalra egy j¢ fels be slst kapjunk, a h(t, y, f (g1(t, y )), . , f (gn(t, y ))) − h(t′ ,
y, f (g1(t′ , y )), . , f (gn(t′ , y ))) klnbsg egy j¢ fels be slsre van szksgnk. Alkalmazhatjuk a Taylorttelt a h fggvnyre a z = (t, y, z1, . , zn ) s z′ = (t′ , y, z1′ , , zn′ ) pontokkal, ahol t′ , t ∈ V , y ∈ W , zi = f (gi (t, y )) s zi′ = f (gi(t′ , y )), ha i = 1, . , n A z s z ′ pontok, ¡gy az ket sszekt szakasz is, benne van a (t0 , y0 , f (g1(t0 , y0 ), . , f (gn(t0 , y0 )) kzppont£ s (n + 2)ηt0 sugar£ z rt gmbben, amely rsze K ′ -nek. Azt kapjuk, hogy Z 1 ∂h h(z ) − h(z ) = (τ z + (1 − τ )z′ )(t − t′ ) dτ 0 ∂t n Z 1 X ∂h + (τ z + (1 − τ )z′ )(zi − zi′ ) dτ. ∂z i i=1 0 ′ 96 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag Felhaszn lva ezt, s elhagyva a v ltoz¢k ki¡r s t, azt kapjuk, hogy Z 1 ∂h cR |f (t ) − f (t)| = (τ z + (1 − τ )z′ )(t − t′ ) dτ ∂t 0 RS +y0 Z n 1 X ∂h + (τ z + (1 − τ )z′ )(zi − zi′ ) dτ dy .
∂zi i=1 0 k Z ′ A h romszg-egyenltlensg felhaszn l s val n + 1 tagot kapunk a jobb oldalon. Az els tagra a trivi lis cRk B0′ |t′ − t| fels korl tot kapjuk, ahol B0′ az ∂h fels korl tja. Legyen zi0 = f (gi (t, y0)) (i = 1, 2, , n), s legyen ∂t z 0 = (t, y0 , z10 , . , zn0 ) Ha h′i jelli a ∂h par i lis deriv lt rtkt a z 0 ∂zi pontban, akkor a tbbi tagot £gy ¡rhatjuk, mint Z RS +y0 + h′i Z Z 1 ∂h ∂zi 0 RS +y0 (τ z + (1 − τ )z ) − ) (zi − zi′ ) dτ dy ′ h′i (zi − zi′ ) dy norm j t. Elszr ezen sszeg els tagj nak norm j ra adunk egy fels be slst. |zi − zi′ | egy fels be slse ω (L|t − t′ |), mivel L Lips hitz-konstans gi sz m ra V × W -n. Innen Z RS +y0 Z 1 ∂h 0 ≤ ω (L|t − t |) ′ ∂zi Z (τ z + (1 − τ )z ) − ) (zi − zi′ ) dτ dy ′ h′i Z 1 ∂h (τ z + (1 − τ )z′ ) − h′i dτ dy. ∂z i RS +y0 0 ∂h (τ z + (1 − τ )z ′ ) −
∂h (z 0 ) klnbsg be slsre. Ez Szksgnk van a ∂z ∂zi i a klnbsg nem nagyobb, mint L′i -szr a τ z + (1 − τ )z′ − z0 klnbsg norm ja, azaz L′i -szr a maxim lis t vols g a z′ s z0 = (t, y0, z10 , . , zn0 ) ∂h sz m ra. A maxim lis vektorok kztt, ahol L′i a Lips hitz-konstans ∂z i t vols g z′ s z0 kztt |t − t′ | + R + nω (L(|t − t′ | + R))-vel be slhet. gy a k ′ ′ ′ ′ cR ω (|t − t |L)Li |t − t | + R + nω L(|t − t | + R) fels korl tot kapjuk az els tagra. Hogy a m sodik tagra is kapjunk egy fels korl tot, Z RS +y0 (zi − ) dy = zi′ Z RS +y0 (f (gi (t, y )) − f (gi (t′ , y ))) dy abszol£t rtknek be slsre van szksgnk, mivel |h′i | trivi lisan korl tos ∂h -nek. Erre az integr lra a |t − t′ |c Rk−1 fels a Bi′ fels korl tj val ∂z 0 i korl tot kapjuk a c0 = sup{ct0 : t0 ∈ T0 } jellssel. 11.§ Folytonossag es Lips
hitz-tulajdonsag sszegezve a fenti be slseket, az |f (t) − f (t )| ≤ B0 |t − t | + ′ ′ ′ n X Bi′ |t − t′ |c0 /(cR) i=1 n X ′ + ω (L|t − t |) L′i |t − t′ | + R + nω L(|t − t′ | + R) i=1 be slshez jutunk. Ha |t − t′ | ≤ R, ez a be sls |f (t) − f (t′ )| ≤ c1 |t − t′ | + c2 ω (|t − t′ |)R + c3 ω (|t − t′ |)ω (R) + c4 |t − t′ |/R alakban ¡rhat¢, ahol c1 , c2 , c3 s c4 nem fgg t-tl, t′ -tl s R-tl. Szuprmumot vve elszr a jobb, majd a bal oldalon t ∈ Cε , t′ ∈ Cε−|t−t′ | , |t − t′ | ≤ r -re, azt kapjuk, hogy ω (r ) ≤ c1 r + c2 ω (r )R + c3 ω (r )ω (R) + c4 r/R, ha 0 ≤ r ≤ δ . Ha £gy v lasztjuk R-et, hogy teljes¡tse a c2 R + c3 ω (R) ≤ 1/2 felttelt | ami mindig megtehet, szksg esetn skkentve δ -t | azt kapjuk, hogy ω (r ) ≤ 2(c1 + c4 /R)r, valah nyszor 0 ≤ r ≤ δ . Ez azt mutatja, hogy f lok lisan Lips hitz fggvny C -n. Egy
tetszleges t ∈ T -re az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy t bels pontja C -nek, mivel helyettes¡thetjk C -t C s a t egy kompakt krnyezetnek az uni¢j val. gy a bizony¡t s teljes 11.6 Plda Rendszerint a fenti ttelt nmi kiegsz¡t rvelssel rdemes haszn lni: egy egyszer pld val illusztr ljuk ezt Komplik ltabb esetek hasonl¢an kezelhetk. (L sd az alkalmaz sokn l a 2112 pontban a ko kakettzs egyenlett", s a 23. paragrafusban a Weierstrass-fle szigmafggvny karakteriz i¢j t) Tegyk fel, hogy f eleget tesz az f (t) = h(t, y, f (A1t + B1 y ), f (A2t + B2 y ), . , f (Ant + Bn y )), t, y ∈ Rm fggvnyegyenletnek, ahol f : Rm Rk az ismeretlen fggvny, h adott C ∞ fggvny, Ai , Bi m trixok m sorral s m oszloppal, Bi nem szingul ris s kAi k < 1. Ekkor minden folytonos megold s lok lisan Lips hitz (innen minden mrhet vagy Baire-tulajdons g£ megold s C ∞ ). Ennek bizony¡t s ra
rgz¡tsnk egy N > 0 termszetes sz mot, legyen T egy orig¢ kzppont£ N sugar£ ny¡lt gmb, v lasszunk egy 0 < r < 1 sz mot £gy, hogy kAi k + rkBi k < 1 (i = 1, 2, . , n) teljesljn, s legyen D = T × Y , ahol Y egy orig¢ kzppont£ rN sugar£ ny¡lt gmb. Ttelnket felhaszn lva, azt kapjuk, hogy f lok lisan Lips hitz T -n, innen mindentt, mivel N tetszleges. 98 12.§ Holder-folytonos megoldasok 12.§ Holder-folytonos megoldasok Itt egyetlen ttelt bizony¡tunk, amely lehet, hogy hasznos l n szemnek bizonyul a folytonoss gb¢l kvetkezik a lok lis Lips hitz-tulajdons g" lps teljes ltal noss gban val¢ bizony¡t s ban. Mindenesetre mutatja, hogy az 1.17 problma felttelei mellett, ha egy megold s lok lis Hlder-felttelnek tesz eleget valamely 0 < α < 1-re, akkor lok lis Hlder-felttelnek tesz eleget minden 0 < α < 1-re. Ennek a ttelnek els, sak val¢s v ltoz¢s fggvnyekre vonatkoz¢
bizony¡t sa (J rai [81℄) eszkzknt a Campanato-terek elmletnek alaplemm j t haszn lta fel, amely a par i lis di eren i legyenletek regularit s-elmletbl ismert h¡res klasszikus Morrey-lemma ltal nos¡t sa. (Tov bbi hivatkoz sokat illeten l sd Zeidler knyvt, [165℄, II/A, 90{93. o) Ksbb sikerlt egyszerbb bizony¡t st tal lni, s a ttelt magasabb dimenzi¢ra ltal nos¡tani (J rai [80℄) Ez az egyszerbb bizony¡t s kpezte azt n a 11.5 ttel bizony¡t s nak alapj t 12.1 Ttel Legyen 0 < α < 1, s legyenek Z , Zi euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai (i = 1, 2, . , n) Legyenek T , Y s Xi az Rs , Rk s Rri ny¡lt rszhalmazai. Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nek Tekintsk az f : T Z , fi : Xi Zi (i = 1, . , n), gi : D Xi (i = 1, , n), h : D × Z1 × Z2 × · · · × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); (2) h ktszer folytonosan di
eren i lhat¢; (3) gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ D-n, s minden t ∈ T -hez ltezik i egy y , amelyre (t, y ) ∈ D s ∂g (t, y ) rangja ri , ha i = 1, . , n; ∂y (4) az fi , i = 1, . , n fggvnyek lok lisan Holder folytonosak α kitevvel Ekkor f is lok lisan Holder folytonos 2α/(α + 1) kitevvel. Bizony¡t s. Azt kell megmutatnunk, hogy minden t0 ∈ T pontra az f fggvny Holder folytonos a t0 egy krnyezetn 2α/(1+ α) kitevvel. Az fi -t a koordin t ival helyettes¡tve, az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy Zi ⊂ R, ha i = 1, . , n V lasszunk (3) szerint egy y0 -at t0 -hoz A 11.2 lemma szerint ltezik t0 -nak egy konvex ny¡lt V0 krnyezete, egy nem res belsej szimplex az egysggmbben, valamint R0 > 0 s C konstansok £gy, hogy az y0 kzppont£ s R0 sugar£ W0 z rt gmbre V0 × W0 ⊂ D, s a Z t 7 fi (gi (t, y )) dy RS +y0 lekpezsek folytonosan di eren i lhat¢ak V0 -on, gradiensk pedig korl
tos CRk−1 korl ttal. Szksg esetn skkentve V0 -at s R0 -at feltehetjk, hogy R0 ≤ 1 s gi Lips hitz-fggvny L Lips hitz-konstanssal V0 × W0 -n. Hasonl¢an, feltehetjk, hogy fi Holder folytonos α kitevvel s H Holder 12.§ Holder-folytonos megoldasok konstanssal, |fi | korl tos B korl ttal gi (V0 × W0 )-n, tov bb egy konvex z rt rszhalmazon, amely tartalmazza a V0 × W0 × f1 (g1 (V0 × W0 )) × · · · × fn (gn (V0 × W0 )) ∂h fggvnyek Lips hitz-folytonosak L′ Lips hitz-konstanssal, s halmazt, a ∂z i i ∂h fggvnyek korl tosak B ′ illetve B ′ korl ttal (i = 1, 2, . , n) a ∂h s ∂z 0 i ∂t i Rgz¡tsk R0 -at, V0 -at, W0 -at s y0 -at. Meg fogjuk mutatni, hogy f lok lisan Holder folytonos V0 -on 2α/(1 + α) kitevvel Jelljk t, t′ tetszleges elemeit V0 -nak, s legyen 0 < R < R0 . Integr ljuk a fggvnyegyenlet mindkt oldal t az RS + y0 szimplex felett Ekkor cR f (t) = k Z RS +y0 h(t, y, f1
(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) dy, ahol c > 0 az S szimplex mrtke. Ebbl |f (t) − f (t )| = 1 ′ cRk Z RS +y0 h(t, y, f1 (g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) − h(t′ , y, f1 (g1 (t′ , y )), . , fn (gn (t′ , y ))) dy Hogy a bal oldalra egy j¢ fels be slst kapjunk, a h(t, y, f1 (g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) − h(t′ , y, f1(g1 (t′ , y )), , fn (gn (t′ , y ))) klnbsg egy fels be slsre van szksgnk. Alkalmazhatjuk a Taylorttelt a h fggvnyre a z = (t, y, z1, . , zn ) s z′ = (t′ , y, z1′ , , zn′ ) pontokkal, ahol t′ , t ∈ V , y ∈ W , zi = fi (gi (t, y )) s zi′ = fi (gi (t′ , y )), ha i = 1, . , n Azt kapjuk, hogy Z 1 ∂h h(z ) − h(z ) = (τ z + (1 − τ )z′ )(t − t′ ) dτ ∂t 0 n Z 1 X ∂h + (τ z + (1 − τ )z′ )(zi − zi′ ) dτ. ∂zi i=1 0 ′ Ezt felhaszn lva, elhagyva a v ltoz¢k ki¡r s t, azt kapjuk, hogy Z 1 ∂h cR |f (t ) − f (t)| = (τ z + (1 −
τ )z′ )(t − t′ ) dτ ∂t 0 RS +y0 n Z 1 X ∂h + (τ z + (1 − τ )z′ )(zi − zi′ ) dτ dy . ∂zi i=1 0 k ′ Z 100 12.§ Holder-folytonos megoldasok A h romszg-egyenltlensg felhaszn l s val n + 1 tagot kapunk a jobb oldalon. Az els tagra a trivi lis cRk B0′ |t′ − t| fels korl tot kapjuk, ahol B0′ a ∂h fels korl tja. Legyen zi0 = fi (gi (t, y0 )) (i = 1, 2, , n), s legyen ∂t z 0 = (t, y0 , z10 , . , zn0 ) Ha h′i jelli a ∂h par i lis deriv lt rtkt a z 0 ∂zi pontban, akkor a tbbi tagot t¡rhatjuk az Z RS +y0 Z 1 ∂h ∂zi 0 (τ z + (1 − τ )z ) − ′ h′i ( zi − zi′ ) dτ dy + h′i Z RS +y0 (zi − zi′ ) dy form ba. Elszr ezen sszeg els tagj nak abszol£t rtkre adunk fels be slst. |zi −zi′ | egy fels be slse H (L|t−t′|)α , ahol H egy Holder konstans fi sz m ra, s L Lips hitz-konstans gi sz m ra. Innen Z 1 ∂h (τ z + (1 − τ )z′ ) − h′i )(zi
− zi′ ) dτ dy RS +y0 0 ∂zi Z Z 1 ∂h ′ α ≤ H (L|t − t |) (τ z + (1 − τ )z′ ) − h′i dτ dy. ∂zi RS +y0 0 Z ∂h (τ z + (1 − τ )z ′ ) − ∂h (z 0 ) klnbsg fels be sSzksgnk van mg a ∂z ∂zi i lsre. Ez nem nagyobb, mint L′i szorozva τ z + (1 − τ )z′ − z0 norm j val, azaz L′i -szer a maxim lis t vols g a z′ s z0 = (t, y0 , z10 , . , zn0 ) vektorok ∂h sz m ra. A maxim lis t vols g z ′ kztt, ahol L′i a Lips hitz-konstans ∂z i s z0 kztt |t − t′ | + R + nH (L(|t − t′ | + R))α-val be slhet. gy a cRk H (|t − t′ |L)α L′i (|t − t′ | + R + nH (L(|t − t′ | + R))α ) fels korl tot kapjuk az els tagra. Ahhoz, hogy a m sodik tagra fels korl tot kapjunk, Z RS +y0 (zi − ) dy = zi′ Z RS +y0 fi (gi (t, y )) − fi (gi (t′ , y )) dy abszol£t rtknek egy fels korl tj ra van szksgnk, mivel |h′i | trivi lisan ∂h -nek. A lemm b¢l a |t − t′ |CRk−1
fels korl tos a Bi′ fels korl tj val ∂z i korl tot kapjuk erre az integr lra. sszegezve mindezeket a be slseket, azt kapjuk, hogy |f (t) − f (t )| ≤ B0 |t − t | + ′ ′ ′ Bi′ |t − t′ |C/R i=1 n X α + H (L|t − t′ |) Ha |t − t′ | ≤ R, ez n X i=1 L′i (|t − t′ | + R + nH (L(|t − t′ | + R))α ). |f (t) − f (t′ )| ≤ C0 |t − t′ | + C1 |t − t′ |α Rα + C2 |t − t′ |/R 13.§ Korlatos valtozasu megoldasok alakba ¡rhat¢, ahol C0 , C1 s C2 nem fgg t-tl, t′ -tl s R-tl. Ha egy olyan R-et v lasztunk, amely teljes¡ti az R = |t − t′ |(1−α)/(1+α) felttelt, akkor azt kapjuk, hogy |f (t) − f (t′ )| ≤ (C0 + C1 + C2 )|t − t′ |2α/(1+α) , ha |t − t′ | < R0(1+α)/(1−α) s t, t′ ∈ V0 . Ez mutatja, hogy f lok lisan Holder folytonos V0 -on 2α/(1 + α) Hlder-kitevvel, amibl kvetkezik a ttel. 12.2 Kvetkezmny Az 117 problma felttelei mellett, ha a h s gi
fggvnyek ktszer folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor minden f megold s, amely lok lisan Hlder-folytonos valamely 0 < α < 1 kitevvel, lok lisan Hlder-folytonos minden 0 < α < 1 kitevvel. Bizony¡t s. Ha f Hlder-folytonos valamely α0 = α, 0 < α0 < 1 kitevvel, akkor az elz ttel szerint Hlder-folytonos minden αn = 2αn−1 /(1+ αn−1 ), n = 1, 2, . kitevvel is Mivel αn ↑ 1, kapjuk az ll¡t st 13.§ Korlatos valtozasu megoldasok Mint a jellseknl le¡rtuk, tbbv ltoz¢s korl tos v ltoz s£ fggvnyekkel kap solatban Giusti [48℄ knyvnek terminol¢gi j t kvetjk, ¡gy, szigor£an vve, ez a fogalom nem az egyv ltoz¢s korl tos v ltoz s£ fggvnyek fogalm nak ltal nos¡t sa, hanem a korl tos lnyeges v ltoz ssal rendelkez fggvnyek. Egyetlen ttelt fogunk bizony¡tani, mely szerint lok lisan korl tos v ltoz s£ megold sok lok lis Lips hitz-felttelnek tesznek eleget. A kvetkez lemma ttelnk
bizony¡t s nak a kul sa. 13.1 Lemma Legyenek V , W s U ny¡lt rszhalmazai Rs , Rk illetve Rr -nek, f : U R korl tos v ltoz s£ fggvny, g : V × W U folytonosan ∂g di eren i lhat¢ fggvny, t0 ∈ V , y0 ∈ W , s tegyk fel, hogy ∂y (t0 , y0 ) rangja r. Ekkor ltezik olyan V0 ⊂ V krnyezete t0 -nak, B ⊂ W gmb y0 kzpponttal, s egy C konstans, hogy Z ha t′ , t ∈ V0 . B |f (g (t′ , y )) − f (g (t, y ))| dy ≤ C|t′ − t|, Bizony¡t s. Az y 7 g (t, y ) par i lis fggvnyek jellsre haszn lni fogjuk a gt jellst. Szksg esetn kisebb U , V s W halmazokat vve az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy U , V s W korl tos konvex ny¡lt halmazok, W = W ′ × W ′′ ahol W ′ ⊂ Rr s W ′′ ⊂ Rk−r , g Lips hitz-fggvny V × W -n M Lips hitz-konstanssal, tov bb , hogy ∂gt0 ′ ′′ (y , y ) ∂y ′ 102 13.§ Korlatos valtozasu megoldasok determin nsa nem nulla az y0 pontban,
ahol y ′ ∈ W ′ , y ′′ ∈ W ′′ . Jellje p az (y ′ , y ′′ ) 7 y ′ projek i¢t, ami Rk -t Rr -re kpezi. Jellje gt∗ a W = W ′ × W ′′ nek U × W ′′ -be val¢ (y ′ , y ′′ ) 7 (gt (y ′ , y ′′ ), y ′′ ) lekpezst Az L0 = gt∗0 ′ (y0 ) line ris oper tor determin nsa megegyezik ∂gt0 (y0 ) ∂y ′ determin ns val, ¡gy nem nulla. Legyen 0<c< 1 1 2kL− 0 k . V lasszunk L0 -nak egy X konvex ny¡lt krnyezett £gy, hogy minden X -beli L oper tor invert lhat¢ legyen s teljesljn r , hogy c< 1 2kL−1 k . Szksg esetn t0 egy kis konvex V0 ⊂ V krnyezett s egy kisebb W -t vve feltehetjk, hogy gt∗ ′ (y0 ) ∈ X s kgt∗ ′ (y ) − gt∗ ′ (y0 )k < c, ha t ∈ V s y ∈ W . A kt utols¢ egyenltlensgbl kgt∗ ′ (y ) − gt∗ ′ (y0 )k < 2 kgt∗ ′ 1 , (y0 )−1 k ha y ∈ W s t ∈ V0 . Az inverz fggvny ttel bizony¡t sa szerint (l sd Rudin [1964℄,
9.24 ttel) ebbl kvetkezik, hogy gt∗ homeomor zmusa W nek U × W ′′ egy ny¡lt rszhalmaz ra Ennl valamivel ersebb ll¡t sra lesz szksgnk. Legyen t, t′ ∈ V s 0 ≤ τ ≤ 1 Legyen Gt,t′ ,τ (y ) = τ gt∗(y )+(1 − τ )gt∗′ (y ). Ugyanazon ll¡t sra lesz szksgnk, de erre a fggvnyre Mivel G′t,t′ ,τ (y ) = τ gt∗ ′ (y )+(1 −τ )gt∗′ (y ) s X konvex, ez a line ris oper tor X -ben van. M srszt, G′t,t′ ,τ (y ) − G′t,t′ ,τ (y0 ) = τ (gt∗ ′ (y ) − gt∗ ′ (y0 )) + (1 − τ )(gt∗ ′ (y ) − gt∗ ′ (y0 )), s ¡gy kG′t,t′ ,τ (y ) − G′t,t′ ,τ (y0 )k < c < 2 1 . (y0 )−1 k kG′t,t′ ,τ Ez azt mutatja, hogy alkalmazhatjuk az inverz fggvny ttel bizony¡t s t Gt,t′ ,τ -ra, s kapjuk, hogy Gt,t′ ,τ homeomor zmusa W -nek U × W ′′ -be. Megjegyezzk tov bb , hogy a kS −1 − T −1 k ≤ kT − SkkT −1 k2 1 − kT − SkkT −1 k 13.§ Korlatos
valtozasu megoldasok be slsbl, amely teljesl, ha kT −Sk < 1/kT −1 k, azt kapjuk, hogy kgt∗ ′ (y )−1 k ≤ 1/c s kG′t,t′ ,τ (y )−1 k ≤ 1/c, valah nyszor t, t′ ∈ V0 , 0 ≤ τ ≤ 1 s y ∈ W ; 1 ∗ ′ innen gt∗ −1 s G− t,t′ ,τ Lips hitz-fggvnyek gt (W )-n illetve Gt,t ,τ (W )-n 1/c Lips hitz-konstanssal. Most m r kszen llunk arra, hogy bebizony¡tsuk a lemm t | elszr egy folytonosan di eren i lhat¢ f fggvnyre. Legyen B egy tetszleges z rt gmb W -ben y0 kzpponttal. A Taylor-ttelt s az x∗ = Gt,t′ ,τ (y ) helyettes¡tst haszn lva, a kvetkez be slshez jutunk: Z B |f (g (t, y )) − f (g (t′ , y ))| dy = ≤ Z B Z 1 Z 1Z 0 0 B f ′ (τ g (t, y ) + (1 − τ )g (t′ , y )) (g (t, y ) − g (t′ , y )) dτ dy |f ′ (τ g (t, y ) + (1 − τ )g (t′ , y ))|M |t − t′ | dy dτ = M |t − t | ′ Z 1Z 0 Gt,t′ ,τ (B) Z 1Z 1 ∗ ∗ |f ′ (p(x∗ ))|J (G− t,t′ ,τ )(x ) dx
dτ M |t − t′ | |f ′ (p(x∗ ))| dx∗ dτ k c 0 Gt,t′ ,τ (B) Z Z M |t − t′ | 1 ≤ |f ′ (p(x∗ ))| dx∗ dτ ck ′′ 0 U×W Z ′ Z Z M |t − t | M |t − t′ ||W ′′ | ′′ ′ = |f ′ (x)| dx, |f (x)| dy dx = k k c c U W ′′ U ≤ ahol |W ′′ | a W ′′ Lebesgue-mrtke, s J a Ja obi-determin ns abszol£t rtke. Vgl, hogy a lemma ll¡t s t kapjuk, az 1.17 ttelt fogjuk haszn lni Giusti [48℄ knyvbl. E szerint a ttel szerint ltezik U -n C ∞ -fggvnyeknek egy olyan sorozata, hogy lim j∞ Z U |fj − f | = 0 s lim j∞ Z U |fj′ | = Z U |f ′ |. 104 13.§ Korlatos valtozasu megoldasok Ezt a ttelt felhaszn lva, azt kapjuk, hogy Z Z |f (g (t, y )) − fj (g (t, y ))| dy |f (g (t, y )) − f (g (t , y ))| dy ≤ B Z Z ′ + |fj (g (t, y )) − fj (g (t , y ))| dy + |fj (g (t′, y )) − f (g (t′, y ))| dy B B Z Z M |t − t′ ||W ′′ | ≤ |fj′ (x)| dx + |f (p(x∗ )) − fj (p(x∗
))|J (gt∗−1 )(x∗ ) dx∗ ∗ ck U gt (B ) Z + |f (p(x∗ )) − fj (p(x∗ ))|J (gt∗′ −1 )(x∗ ) dx∗ gt∗′ (B ) Z M |t − t′ ||W ′′ | |f ′ | + 0 + 0, ck U ′ B ha j ∞, valah nyszor t, t′ ∈ V . Ezzel a lemma bizony¡t sa teljes 13.2 Ttel Legyenek T , Y , X1, , Xn ny¡lt rszhalmazai Rs , Rk illetve Rr1 , . , Rrn -nek, s Z , Z0 , Z1 , , Zn euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak Tekintsk az f : T Z , f0 : Y Z0 , fi : Xi Zi (i = 1, . , n), gi : D Xi (i = 1, , n), h : D × Z0 × Z1 × · · · × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); (2) h folytonosan di eren i lhat¢; (3) gi folytonosan di eren i lhat¢ D-n s minden t ∈ T -hez ltezik olyan y , i hogy (t, y ) ∈ D s ∂g (t, y ) rangja ri , ha i = 1, . , n; ∂y (4) f0 folytonos s az fi , i = 1, . , n fggvnyek folytonosak
s lok lisan korl tos v ltoz s£ak. Ekkor f lok lisan Lips hitz fggvny. Bizony¡t s. Az fi (i = 1, 2, , n) fggvnyt a koordin t ival helyet- tes¡tve, feltehetjk, hogy minden fi val¢s rtk. Legyen t0 ∈ T s v lasszuk meg y0 -at (3) szerint. V lasszunk olyan Ui ny¡lt krnyezett gi (t0 , y0 )-nak, amelyen fi korl tos v ltoz s£, s olyan V , W ny¡lt krnyezeteit t0 illetve y0 -nak, hogy gi a V × W -t Ui -be kpezze. Ha V s W elg ki sik, alkalmazhatjuk a Taylor-formul t a h fggvnyre z = (t, y, z0, z1 , , zn ) s z ′ = (t′ , y, z0 , z1′ , . , zn ) pontokkal, ahol t′ , t ∈ V , y ∈ W , z0 = f0 (y ), zi = fi (gi (t, y )) s zi′ = fi (gi (t′ , y )), ha i = 1, . , n Azt kapjuk, hogy Z 1 ∂h f (t ) − f (t) = h(z ) − h(z ) = (τ z′ + (1 − τ )z)(t′ − t) dτ 0 ∂t n Z 1 X ∂h + (τ z′ + (1 − τ )z)(zi′ − zi ) dτ. ∂z i i=1 0 ′ ′ 14.§ Di eren ialhatosag Ha V s W elg ki sik, a h par i lis
deriv ltjai korl tosak egy K konstanssal. Az elz lemm t felhaszn lva v laszthatunk V0 ⊂ V s B ⊂ W -t £gy, hogy a lemma ll¡t sa teljesl i = 1, 2, . , n-re Mindkt oldalt integr lva B felett, azt kapjuk, hogy |f (t ) − f (t)| · |B| ≤ K|t − t| + K ′ ′ n Z X i=1 B |fi (gi (t′ , y )) − fi (gi (t, y ))| dy, ahol |B| a B Lebesgue-mrtke. A lemm t felhaszn lva, ebbl kvetkezik, hogy f Lips hitz-felttelnek tesz eleget V0 -on. 14.§ Di eren ialhatosag Az egyik elz paragrafusban bebizony¡tottuk, hogy sszeg alak£ fggvnyegyenletekre a megold sok folytonoss g b¢l kvetkezik azok folytonos di eren i lhat¢s ga. Kt m sik esetben a folytonoss gb¢l sak a lok lis Lips hitz-tulajdons g kvetkezik. Mint j¢l ismert, Radema her ttele szerint (l sd Federer [42℄, 3.16) egy f : Rm Rn Lips hitz-fggvny λm -majdnem mindentt di eren i lhat¢. Hasonl¢ ll¡t s igaz minden, valamely euklidszi tr egy ny¡lt rszhalmaz t egy m sik
euklidszi trbe kpez lok lisan Lips hitz fggvnyre. (L sd, ltal nosabban, Sztyepanov ttelt Federer [42℄ knyvben, 3.19) Ebben a paragrafusban a fggvnyegyenletek 1.7 pontban megadott ltal nos t¡pus ra meg fogjuk mutatni, hogy a majdnem mindentti di ereni lhat¢s gb¢l kvetkezik a folytonos di eren i lhat¢s g A bizony¡t sban fel fogjuk haszn lni a mrhet megold sok folytonoss g val kap solatos eredmnyeket. Az elbb eml¡tett ttelekkel egytt ¡gy a megold sok lok lis Lips hitz-tulajdons g b¢l azok folytonos di eren i lhat¢s g ra kvetkeztethetnk. Lebesgue ttele rtelmben, val¢s v ltoz¢s val¢s rtk, monoton vagy korl tos v ltoz s£ megold sokra, illetve val¢s v ltoz¢s vektor rtk korl tos v ltoz s£ megold sokra is alkalmazhat¢ ez az ll¡t s, s kapjuk a folytonos di eren i lhat¢s got. (Ezt elszr m s m¢dszerrel bizony¡tottam a [82℄ dolgozatban.) Szksgnk van azonban arra, hogy egy majdnem mindentt di eren i
lhat¢ fggvny deriv ltja Lebesgue-mrhet Ennl j¢val tbbet fogunk bebizony¡tani. Megmutatjuk, hogy egy euklidszi tr egy ny¡lt rszhalmaz n rtelmezett, szepar bilis Bana h-trbeli rtk fggvny deriv ltja Borel-halmazon van rtelmezve s Borel-fggvny. Ez az eredmny a Jarai [70℄ dolgozatban kerlt publik l sra, s ltal nos¡tja a Federer knyvben tal lhat¢, folytonos fggvnyekre vonatkoz¢ hasonl¢ ttelt ([42℄, 3.11) gy vlem, az eredmny nmag ban is rdekes. 14.1 Ttel Legyen U az X vges dimenzi¢s norm lt tr ny¡lt rszhal- maza, Y szeper bilis Bana h-tr, s f : U Y egy tetszleges fggvny. Ekkor (f ′ )−1 (F ) az Fσδ halmazoszt lyban van az X -et Y -ba kpez folytonos line ris oper torok L(X, Y ) norm lt ternek b rmely F z rt rszhalmaz ra. X. Bizony¡t s. Az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy U = J¢l ismert (l sd pld ul Hewitt s Stromberg [55℄ knyvt, 78. o), hogy
106 14.§ Di eren ialhatosag az f sszes folytonoss gi pontjainak C halmaza egy Gδ -halmaz X -ben. Vil gos, hogy L(X, Y ) szepar bilis Bana h-tr V lasszunk egy L1 , L2 , sr halmazt F -ben. Ha i, j s k pozit¡v egszek, legyen Ci,j,k = {x : x ∈ C , |f (x + h) − f (x) − Lk (h)| ≤ |h|/i, ha |h| < 1/j}. Megmutatjuk, hogy minden Ci,j,k relat¡v z rt rszhalmaza C -nek. Legyen x ∈ C Ci,j,k . Ekkor van olyan h ∈ X , amelyre |h| < 1/j , de |f (x + h) − f (x) − Lk (h)| > |h| . i De ni ljuk h′ -t a h′ = h + x − x′ sszefggssel, ha x′ ∈ X . Vegyk szre, hogy x′ + h′ = x + h, ¡gy f (x′ + h′ ) = f (x + h). Mivel f folytonos x-ben, van olyan δ > 0, hogy |h′ | < 1/j s |f (x′ + h′ ) − f (x′ ) − Lk (h′ )| > |h′ | , i ha |x − x′ | < δ . Meg fogjuk mutatni, hogy ′ −1 (f ) (F ) = (1) ∞ [ ∞ [ ∞ i=1 j =1 k=1 Ci,j,k . Tegyk fel, hogy f ′ (x) = L ∈ F . Ekkor x ∈ C , s
minden i-hez van olyan Lk(i) s j (i), amelyre kL − Lk(i) k < 1 |h| s |f (x + h) − f (x) − L(h)| ≤ , 2i 2i ha |h| < j (i). Ebbl |f (x + h) − f (x) − Lk(i) (h)| ≤ |f (x + h) − f (x) − L(h)| + |L(h) − Lk(i) (h)| ≤ |h| 2i + |h| 2i = |h| , i ha |h| < 1/j (i), azaz x ∈ Ci,j (i),k(i) . Megford¡tva, tegyk fel, hogy x ∈ C s minden i-hez van olyan j (i) s k (i), amelyre |h| |f (x + h) − f (x) − Lk(i) (h)| ≤ , i ha |h| < 1/j (i). Legyen i1 s i2 kt pozit¡v egsz, s be sljk meg az kLk(i1 ) − Lk(i2 ) k t vols got. Ha |h| < 1/j (i1 ) s |h| < 1/j (i2 ), akkor azt kapjuk, hogy |Lk(i1 ) (h) − Lk(i2 ) (h)| ≤ |Lk(i1 ) (h) − f (x + h) + f (x)| + |f (x + h) − f (x) − Lk(i2 ) (h)| ≤ |h| i1 + |h| , i2 14.§ Di eren ialhatosag ¡gy 1 kLk(i1 ) − Lk(i2 ) k ≤ i1 + 1 i2 . Ez azt mutatja, hogy Lk(i) , i = 1, 2, . Cau hy-sorozat L(X, Y )-ban Jellje L ennek a sorozatnak a hat rrtkt.
Nyilv n L ∈ F Egy tetszleges i-hez van olyan i∗ ≥ i, amelyre kLk(i∗ ) − Lk < 1/i. Innen |f (x + h) − f (x) − L(h)| ≤ |f (x + h) − f (x) − Lk(i∗ ) (h)| + |Lk(i∗ ) (h) − L(h)| ≤ |h| i∗ |h| 2|h| ≤ , i i + ha |h| < 1/j (i∗ ), s ez azt mutatja, hogy L az f fggvny x-beli di eren i lja. Most (1)-bl, s abb¢l, hogy C egy Gδ -halmaz, kvetkezik, hogy lteznek olyan Fs,t z rt rszhalmazai X -nek, hogy C s (f ′ )−1 (F ) = 0 [ ∞ s=−∞ t=1 azaz (f ′ )−1 (F ) ∈ Fσδ . = 0 [ ∞ s=−∞ t=1 Fs,t Fs,t ∞ [ ∞ s=1 t=1 Fs,t = ∞ ∞ [ s=−∞ t=1 Fs,t , 14.2 Ttel Legyen Z norm lt tr, Z0 egy euklidszi tr ny¡lt rszhal- maza, a Zi -k szepar bilis Bana h-terek ny¡lt rszhalmazai (i = 1, 2, . , n), legyen Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, T ny¡lt rszhalmaza Rs -nek, s Xi ny¡lt rszhalmaza Rri -nek. Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak Tekintsk az f : T Z , fi : Xi Zi ,
gi : D Xi (i = 1, 2, . , n), f0 : Y Z0 , h : D × Z0 × Z1 × . × Zn Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; ∂h ∂h valamint (i = 1, 2, . , n) par i lis deriv ltjai folytonosak; ∂t ∂zi (3) az fi fggvny λri -majdnem mindentt di eren i lhat¢ (i = 1, 2, . , n); (4) gi folytonosan di eren i lhat¢, s van olyan y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s ∂g a i (t0 , y0 ) m trix rangja ri (i = 1, 2, . , n) ∂y Ekkor f folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. (2) h s a Bizony¡t s. V lasszunk T ′ s Y ′ kompakt lez rt£ ny¡lt halmazokat, amelyekre (t0 , y0) ∈ T ′ × Y ′ ⊂ T ′ × Y ′ ⊂ D, s minden ε > 0-hoz ltezik δ > 0, hogy λri (gi,t (B )) ≥ δ , ha t ∈ T ′ , B ⊂ Y ′ , s λk (B ) ≥ ε. Ilyen ny¡lt halmazok lteznek a 3.10 segdttel szerint 108 14.§ Di
eren ialhatosag Most legyen D′ az sszes olyan (t′ , y ′) p rok halmaza, amelyre t′ ∈ T ′ , y ∈ Y ′ , s fi di eren i lhat¢ a gi (t′ , y ′ ) pontban, ha 1 ≤ i ≤ n. Legyen Xi′ = gi (T ′ ×Y ′ ) (i = 1, 2, . , n) Tegyk fel, hogy (t′ , y ′ ) ∈ D′ , s rgz¡tsk y ′ -t. A t 7 h (t, y ′ , f0 (y ′ ), f1 (g1 (t, y ′ )) , . , fn (gn (t, y ′ ))) ′ fggvnyt fogjuk vizsg lni. Ez a fggvny de ni lva van a t′ egy krnyezetben, s di eren i lhat¢ t′ -ben Ebbl f di eren i lhat¢ t′ -ben, s ∂h ′ ′ (t , y , f0 (y ′ ), f1 (g1 (t′ , y ′)) , . , fn (gn (t′ , y ′ ))) ∂t n X ∂h ′ ′ ∂g + (t , y , f0(y ′ ), f1 (g1 (t′ , y ′ )) , . , fn (gn (t′ , y ′))) fi′ (gi (t′ , y ′ )) i (t′ , y ′) ∂zi ∂t i=1 f ′ (t′ ) = Ez azt jelenti, hogy f ′ , f0 , f1 , f1′ , . , fn , fn′ eleget tesznek egy (5) f ′ (t′ ) = H (t′ , y ′ , f0 (y ′ ), . , fn (gn (t′ ,
y ′ )) , fn′ (gn (t′ , y ′ ))) t¡pus£ egyenletnek minden (t′ , y ′) ∈ D′ -re. A 81 ttelt fogjuk alkalmazni erre az egyenletre, annak bizony¡t s ra, hogy f ′ folytonos T ′ -n. Legyen t0′ egy tetszleges eleme T ′ -nek. Meg akarjuk mutatni, hogy az (5) egyenlet teljes¡ti a 8.1 ttel feltteleit Vil gos, hogy a fggvnyek rtelmezsi tartom ny ra s rtkkszletre vonatkoz¢ felttelek teljeslnek, azzal az eltrssel, hogy az fi′ , (1 ≤ i ≤ n) fggvnyek sak majdnem mindentt vannak de ni lva. Ezen nagyon knny seg¡teni: v lasszunk egy tetszleges kiterjesztst fi′ -nek Xi′ -re. Ekkor 81(1) s 81(4) teljeslnek, s az elz ttel szerint teljesl 81(3) is. (Az, hogy az fi fggvnyek mrhetek, knnyen kvetkezik abb¢l, hogy majdnem mindentt di eren i lhat¢ak.) A 81(2) felttel teljeslse h s gi par i lis deriv ltjainak folytonoss g n m£lik. 81(6) vil gos T ′ s Y ′ v laszt sa miatt. 81(5)
bizony¡t s hoz vegyk szre, hogy 81(6) szerint az {y ′ : y ′ ∈ Y ′ , fi′ nem ltezik a gi (t′ , y ′ ) pontban} halmaz nulla mrtk minden t′ ∈ T ′ -re, mivel a gi,t′ szerinti kpe nulla mrtk Xi -ben. Ez azt mutatja, hogy Y ′ Dt′ ′ nulla mrtk minden t′ ∈ T ′ re, ¡gy Dt′ ′ ∩ Dt′ ′0 mrtke megegyezik Y ′ mrtkvel Most alkalmazva a 8.1 ttelt kapjuk, hogy f ′ folytonos T ′ -n 15.§ Tobbszori di eren ialhatosag 15.§ Tobbszori di eren ialhatosag Ebben a paragrafusban azt a krdst tanulm nyozzuk, hogy a megold sok p-szeri di eren i lhat¢s g b¢l kvetkezik-e a p + 1-szer val¢ di eren i lhat¢s g. Kt ttelt bizony¡tunk be A kt ttel az fi s h fggvnyekre vonatkoz¢ felttelekben klnbzik. 15.1 Ttel Legyen Z norm lt tr, Y s Z0 egy-egy euklidszi tr ny¡lt rszhalmaza, Zi szepar bilis Bana h-tr ny¡lt rszhalmaza (i = 1, 2, . , n), T s Xi , i = 1, 2, . ,
n az Rs , illetve az Rri ny¡lt rszhalmazai, D a T ×Y egy ny¡lt rszhalmaza. Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi (i = 1, 2, , n), fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n), f0 : Y Z0 , h : D × Z0 × Z1 × · · · × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy p > 0, t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) minden ∂tα0 ∂zα11 . ∂zαnn h par i lis deriv lt folytonos, ahol 0 ≤ |α| ≤ p; (3) az fi fggvnyek λri -majdnem mindentt p-szer di eren i lhat¢ak (i = 1, 2, . , n); (4) a gi fggvnyek p-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, s ltezik olyan ∂gi y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s (t0 , y0 ) rangja ri (i = 1, 2, . , n) ∂y Ekkor az f fggvny p-szer folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Ez a ttel p = 1-re az elz paragrafus utols¢ ttelt adja vissza. Bizony¡t s ra hasonl¢an fogunk elj rni, mint az
elz paragrafusban V lasszunk T ′ s Y ′ kompakt lez rt£ ny¡lt halmazokat, amelyekre (t0 , y0 ) ∈ T ′ × Y ′ ⊂ T ′ × Y ′ ⊂ D, s minden ε > 0-hoz ltezik δ > 0, hogy λri (gi,t (B )) ≥ δ , ha t ∈ T ′ , B ⊂ Y ′ , s λk (B ) ≥ ε. Ilyen ny¡lt halmazok lteznek a 3.10 segdttel szerint Most legyen D′ az sszes olyan (t′ , y ′) p rok halmaza, amelyre t′ ∈ T ′ , (j ) y ′ ∈ Y ′ , s fi ltezik a gi (t′ , y ′ ) pontban, ha 1 ≤ j ≤ p s 1 ≤ i ≤ n. Legyen Xi′ = gi (T ′ × Y ′ ) (i = 1, 2, . , n) Ugyan£gy, mint az elz ttel bizony¡t s ban, kapjuk, hogy f ′ , f0 , f1 , f1′ , . , fn , fn′ eleget tesznek egy f ′ (t′ ) = h1 (t′ , y ′ , f0 (y ′ ), . , fn (gn (t′ , y ′ )) , fn′ (gn (t′ , y ′ ))) t¡pus£ egyenletnek minden (t′ , y ′ ) ∈ D′ -re. Itt h1 eleget tesz a ttelben h-ra kir¢tt feltteleknek, de p helyett p − 1-re. Tegyk fel, hogy (t′ , y ′)
∈ D′ , s rgz¡tsk y ′ -t. A t 7 h1 (t′ , y ′ , f0 (y ′ ), . , fn (gn (t′ , y ′ )) , fn′ (gn (t′ , y ′ ))) fggvny de ni lva van a t′ egy krnyezetben, s di eren i lhat¢ t′ -ben. Ebbl f ′ di eren i lhat¢ t′ -ben, s di eren i lva, kapjuk, hogy f ′′ , f0 , f1 , f1′ , f1′′ , . , fn , fn′ , fn′′ 110 15.§ Tobbszori di eren ialhatosag eleget tesznek egy f ′′ (t′ ) = h2 (t′ , y ′ , f0 (y ′ ), . , fn (gn (t′ , y ′ )) , fn′ (gn (t′ , y ′ )) , fn′′ (gn (t′ , y ′ ))) t¡pus£ egyenletnek minden (t′ , y ′ ) ∈ D′ -re. Induk i¢val folytatva, azt kapjuk, hogy f (p) , f0 , f1, , f1(p) , , fn , , fn(p) eleget tesznek egy (5) f (p) (t′ ) = hp t′ , y ′ , f0 (y ′ ), . , fn (gn (t′ , y ′ )) , , fn(p) (gn (t′ , y ′ )) t¡pus£ egyenletnek minden (t′ , y ′) ∈ D′ -re, s hp folytonos. Most ugyan£gy, mint az elz ttel bizony¡t s ban, a 8.1
ttelt alkalmazhatjuk erre az egyenletre, s kapjuk, hogy f (p) folytonos T ′ -n 15.2 Ttel Legyen Z egy euklidszi tr, Y s Zi euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai (1 ≤ i ≤ n), tov bb legyenek T s Xi (i = 1, 2, . , n) ny¡lt rszhalmazai Rs -nek, illetve Rri -nek, s D egy ny¡lt rszhalmaza T ×Y nak. Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi (i = 1, 2, , n), fi : Xi : Zi (i = 1, 2, . , n), h : D × Z1 × · · · × Zn Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy p > 0, t0 ∈ T , s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); (2) az sszes ∂tα0 ∂zα11 . ∂zαnn h par i lis deriv ltak folytonosan di eren i lhat¢ak 0 ≤ |α| ≤ p esetn; (3) az fi , i = 1, 2, . , n fggvnyek p-szer folytonosan di eren i lhat¢ak; (4) a gi fggvnyek p +1-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, s ltezik olyan ∂gi y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s (t0 , y0 ) rangja ri , ha i = 1, 2, .
, n ∂y Ekkor az f fggvny p + 1-szer folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Legyen 1 ≤ q ≤ s s di eren i ljuk az (1) egyenletet par i lisan tq szerint. Elhagyva a v ltoz¢k ki¡r s t, azt kapjuk, hogy ∂f ∂tq = ∂h ∂tq ri n X X ∂h X ∂fi,j ∂gi,k + . ∂z ∂x ∂t i,j i,k q i=1 j k=1 Itt zi = (zi,j ), xi = (xi,k ), fi = (fi,j ) s gi = (gi,k ). Ez az egyenlet azt mutatja, hogy ha α ∈ Ns s |α| = 1, akkor ∂ α f eleget tesz egy ∂ f (t) = hα,0 (t, y ) + α nα X β =1 hα,β (t, y )fα,β (gα,β (t, y )) alak£ fggvnyegyenletnek minden (t, y ) ∈ D-re. Itt, ha az α vektor q-adik koordin t ja egy, a tbbi nulla, akkor hα,0 (t, y ) = ∂h (t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))), ∂tq 15.§ Tobbszori di eren ialhatosag s hα,β (t, y ) = gα,β = gi fα,β = valamely 1 ≤ i ≤ n-re, ∂fi,j ∂xi,k valamely i, j, k-ra, ∂h ∂g (t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) i,k (t,
y ) ∂zi,j ∂tq valamely i, j, k-ra. Vil gos, hogy a hα,β fggvny sszes t szerinti, legfeljebb p − 1-edik par i lis deriv ltja folytonosan di eren i lhat¢, tov bb fα,β valamely Xi -t kpezi le R-be s p − 1-szer folytonosan di eren i lhat¢, ha 0 ≤ β ≤ nα . Megismtelve ezt az elj r st, |α| szerinti induk i¢val azt kapjuk, hogy ha α ∈ Ns , 1 ≤ |α| ≤ p, akkor ∂ α f eleget tesz az (5) ∂ f (t) = hα,0 (t, y ) + α nα X β =1 hα,β (t, y )fα,β (gα,β (t, y )) fggvnyegyenletnek minden (t, y ) ∈ D-re. Itt hα,β : D Z s minden t szerinti legfeljebb p − |α|-adik par i lis deriv ltja folytonosan di eren i lhat¢, tov bb fα,β : Xi R valamely 1 ≤ i ≤ n-re, s az fα,β fggvnyek p − |α|szor folytonosan di eren i lhat¢ak, vgl gα,β = gi arra az i-re, amelyre dmn fα,β = Xi . Legyen most α ∈ Ns , |α| = p, s haszn ljuk fel a 11.3 ttelt Azt kapjuk, hogy az f fggvny p +1-edik par i lis deriv ltjai
lteznek s folytonosak a t0 egy krnyezetben, ¡gy az f fggvny p + 1-szer folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. 112 16.§ Analitikuss g 16.§ Analitikuss g Ebben a paragrafusban egyetlen ttelt fogunk bizony¡tani, amely kezdeti lpsnek tekinthet ebbe az ir nyba, s a J rai [83℄ dolgozatban kerlt publik l sra. A tmakrrel kap solatban meg kell eml¡tennk Pales [134℄ dolgozat t, amely egy ltal nos m¢dszert tartalmaz, melynek seg¡tsgvel ktv ltoz¢s fggvnyegyenletek egy ltal nos t¡pus ra a C ∞ -megold sokra di eren i legyenlet kaphat¢; P les az ¡gy kapott di eren i legyenletet haszn lja fel annak bizony¡t s ra, hogy a C ∞ -megold sok egy nagy" halmazon analitikusak. Szksgnk lesz egy segdttelre, amely m s jellsekkel megtal lhat¢ Federer [42℄ knyvben, 239. o 16.1 Segdttel Ha az f s g val¢s fggvnyek p-szer di eren i lhat¢ak a t, illetve x = g (t) pontban, akkor (1) αj p j X
Y d α f d g dp (f ◦ g )(t) = eα α (g (t)) (t ) , dtp dy dxj j =1 α∈S (p) ahol az sszegzs az sszes olyan p-tag£ nemnegat¡v egsz sz mokb¢l ll¢ α sorozatok S (p) halmaz ra trtnik, amelyekre p X j =1 jαj = p, az eα -k pedig sak az α-t¢l fgg pozit¡v egsz sz mok. Ha A s B nemnegat¡v val¢s sz mok, akkor (2) X α∈S (p) eα B α (α)! p Y (Aj j !)αj = Ap p!B (B + 1)p−1 . j =1 Bizony¡t s. (1) knnyen igazolhat¢ p szerinti teljes induk i¢val (2) bizony¡t s hoz tekintsk a valamint az g (t) = At , 1 − At f (x ) = Bx 1 − Bx fggvnyeket. Ekkor (f ◦ g )(t) = ABt , 1 − A(B + 1)t s a deriv ltak knnyen sz molhat¢k. Alkalmazva (1)-et ezekre a fggvnyekre a t = 0 pontban, ppen az ll¡t st kapjuk 16.§ Analitikuss g 16.2 Ttel Tegyk fel, hogy az f : ℄a, b[ R ismeretlen fggvny eleget tesz az (1) f (t) = n X i=1 ci f (gi (t, y )) minden t, y ∈ ℄a, b[-re fggvnyegyenletnek, ahol a ci
-k val¢s konstansok, a gi : ℄a, b[ × ℄a, b[ ℄a, b[ (i = 1, 2, . , n) fggvnyek adottak, s teljeslnek az al bbi felttelek: (2) gi (t, y ) a t s y kz esik minden t, y ∈℄a, b[-re; (3) gi analitikus s ∂ p gi (t, y ) ≤ Ap p! ∂ k t∂ p−k y teljesl minden t, y ∈ ℄a, b[-re s p = 1, 2, . -re valamely 0 < A < 1 konstanssal; (4) minden t ∈ ℄a, b[-re s i = 1, 2, . , n-re az ℄a, b[-nek ℄a, b[-be val¢ y 7 gi (t, y ) lekpezse szigor£an monoton, s az a gi (t, x) fggvny, amelyre az x 7 gi (t, x) lekpezs az y 7 gi (t, y ) inverze, ktszer folytonosan di eren i lhat¢ az rtelmezsi tartom ny n. Ekkor (1) b rmely vgtelen sokszor di eren i lhat¢ f megold sa analitikus ℄a, b[-n. Bizony¡t s. Meg fogjuk mutatni, hogy ha [c, d℄ az ℄a, b[ egy kompakt rszintervalluma, akkor ltezik olyan 0 < B < ∞ val¢s konstans, hogy (5) dp f (t) ≤ B p p! dxp (p = 1, 2, . ) minden t ∈ [c, d℄-re. Ebbl
kvetkezik, hogy f analitikus ℄c, d[-n, s ¡gy analitikus ℄a, b[-n is. Hogy az (5) be slst megkapjuk, p szerinti teljes induk i¢t fogunk haszdf n lni. A els deriv ltra ilyen B ltezse nyilv nval¢, mivel folytonos. dt Di eren i ljuk az (1) egyenlet mindkt oldal t p-szer. Ekkor a bal oldalon dp f (t) ll, a jobb oldalon pedig n darab f (g (t, y )) t¡pus£ tag t szerinti p-edik dtp par i lis deriv ltj nak line ris kombin i¢ja. Egy ilyen par i lis deriv lt, elhagyva az i indexet, az elz segdttel szerint a kvetkezkppen nz ki: (6) αj p j X Y ∂p ∂ α f ∂ g f (g (t, y )) = eα α (g (t, y )) (t, y ) , ∂tp ∂x ∂tj j =1 α∈S (p) ahol S (p) az sszes olyan nemnegat¡v egsz sz mokb¢l ll¢ p-tag£ α sorozatok halmaza, amelyekre p X j =1 jαj = p, 114 16.§ Analitikuss g az eα -k pedig pozit¡v egsz sz mok. Integr ljuk a p-szeri di eren i l ssal kapott egyenlet mindkt oldal t y szerint c-tl d-ig. Ekkor a bal oldalon a (d −
c) dp f (t) dtp kifejezst kapjuk, a jobb oldalon pedig (6) szerint (7) Z d c αi p j Y ∂ α f ∂ g (g (t, y )) (t, y ) dy j ∂xα ∂t j =1 t¡pus£ tagok line ris kombin i¢j t. Minden ilyen tagban bevezethetnk egy x = g (t, y ) helyettes¡tssel egy £j v ltoz¢t, s azt kapjuk, hogy (8) αj Z g (t,d) α p j Y ∂ f ∂ g ∂g (x ) (t, g(t, x)) (t, x) dx. j α ∂t ∂x g (t,c) ∂x j =1 Az integr l, mint a fels hat r fggvnye di eren i lhat¢s g ra, valamint a paramteres integr lok di eren i l s ra vonatkoz¢ ttel szerint a (8) kifejezs di eren i lhat¢ t szerint, s deriv ltja (9) αj Z g (t,d) α p j Y ∂ f ∂ ∂ g ∂g (x) (t, g(t, x)) (t, x) dx j α ∂t ∂t ∂x g (t,c) ∂x j =1 αj p Y dα f ∂j g ∂g ∂g + α (g (t, d)) (t, g (t, g (t, d))) (t, g (t, d)) (t, d) j dx ∂t ∂x ∂t j =1 αj p j Y dα f ∂ g ∂g ∂g − α (g (t, c)) (t, g (g (t, c))) (t, g (t, c)) (t, c). j dx ∂t ∂x ∂t
j =1 Ennek a kifejezsnek az abszol£t rtkre egy fels be slst a kvetkezkppen kaphatunk: Mivel gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ rtelmezsi tartom ny n, van olyan 1 < E < ∞ konstans, hogy a Hi kompakt halmazon = (t, gi (t, y )) : t, y ∈ [c, d℄ ∂gi (t, x) ≤ E, ∂t ∂gi (t, x) ≤ E, ∂x ∂ 2gi (t, x) ≤ 2E 2 , ∂x∂t ha (t, x) ∈ Hi , ha (t, x) ∈ Hi , ha (t, x) ∈ Hi . 16.§ Analitikuss g Igy a (9)-ben szerepl m sodik s harmadik tag abszol£t rtkre a kvetkez fels be slst kaphatjuk: B α (α)! (10) p Y Aj j ! j =1 αj EA. Az integr los tag be slse valamivel nehezebb. Ha a z r¢jelben ll¢, di eren i land¢ szorzat utols¢ tnyezjt deriv ljuk t szerint, akkor a kapott tag be slse p Y (11) j =1 Aj j ! αj 2E 2 , ha viszont a j -edik tnyezt deriv ljuk, akkor a kapott tag be slse (12) Y αj −1 j +1 αj Aj j ! A (j + 1)!(E + 1)E (As s!)αs s6=j p Y = AE (E + 1)(j + 1)αj
(As s!)αs . s=1 Igy az integr l teljes fels be slse a kvetkez: (13) (d − c)B α (α)! p Y s=1 (A s!) s αs ≤ (d − c)4E 2 pB α (α)! 2E 2 + AE (E + 1) p Y s=1 p X j =1 (j + 1)αj (As s!)αs . sszegezve α ∈ S (p)-re, az egy f (gi (t, y )) tagb¢l keletkezett tagok fels be slseknt az elz segdttel felhaszn l s val a kvetkezt kapjuk: (14) (4E 2 p(d − c) + 2E ) X B α (α)! p Y (As s!)αs s=1 α∈S (p) p 2 = (4E p(d − c) + 2E )A p!B (B + 1)p−1 ≤ (4E 2 (d − c) + 2E )Ap (B + 1)p (p + 1)!. Vgl, sszegezve i-re, azt kapjuk, hogy (15) dp+1 f (t) ≤ (A(B + 1))p (p + 1)! p +1 dt ≤ B p+1 (p + 1)! minden t ∈ [c, d℄-re, ha B≥ 4E 2 + 2E d−c X n i=1 |ci | Ezzel bel ttuk, hogy f analitikus ℄c, d[-n. 4E 2 + s 2E d−c B≥ X n i=1 A . 1−A |ci | 116 17.§ Regularitas sokasagokon V. Regularitási tételek sokaságokon 17.§ Regularitas sokasagokon Mint a
bevezetsben eml¡tettk, regularit si tteleink nagy rsze tvihet di eren i lhat¢ sokas gokra. A legtbb ttel lok lis jelleg, ezeknl az tvitel semmi nehzsget nem okoz. A 115 ttel azonban glob lis jelleg, ¡gy b r a bizony¡t s mutatja az ltal nos¡t s lehetsgt, sz mos te hnikai rszletben klnbz £j bizony¡t st kell adnunk sokas gok esetben. Az al bbiakban sak a legfontosabb ttelek sokas gokra vonatkoz¢ v ltozat t t rgyaljuk, a lok lis jelleg ttelek esetn az euklidszi trre vonatkoz¢ megfelel ttelre vezetve vissza az ltal nosabb esetet, s az egyetlen glob lis jelleg eredmny esetn £j bizony¡t st adva. 17.1 Ttel: mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g Legyen Z teljesen regul ris tr, Z0 egy σ -kompakt teljesen regul ris tr, Zi (i = 1, 2, . , n) megsz ml lhat¢ b zis£ teljesen regul ris tr, s T tetszleges topologikus tr Legyenek Y s Xi di eren i lhat¢ sokas gok (i = 1, 2, , n) s D egy
ny¡lt rszhalmaza T ×Y -nak. Tekintsk az f : T Z , f0 : Y Z0 , gi : D Xi , fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z0 × Z1 × × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) h folytonos; (3) az fi fggvny Lebesgue-mrhet az Ai rszhalmaz n Xi -nek (1 ≤ i ≤ n); (4) minden gi,t par i lis lekpezs C 1 -szubmerzi¢ (i = 1, 2, . , n); T −1 (5) ni=1 gi,t 0 (Ai ) nem nulla mrtk; (6) a (t, y ) ∈ D s v az Y sokas g y -beli rintterben van felttelekkel a T s az Y rintnyal bja szorzat ban megadott ny¡lt halmazon rtelme′ zett, Xi rintnyal bj ba kpez (t, y, v ) 7 gi,t (y ), gi,t(y ) lekpezs folytonos. Ekkor f folytonos a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Ezt a ttelt a 83 ttelre fogjuk visszavezetni, koordin t kra ttrve Mivel megsz ml lhat¢ sok trkp rtelmezsi
tartom nya lefedi Y -t, van olyan ϕ trkp, hogy W rtelmezsi tartom ny nak a metszete 17.§ Regularitas sokasagokon a n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ) halmazzal nem nullahalmaz. Tekintsk ennek a halmaznak ϕ ltali kpt, s legyen y0∗ ennek egy srsgi pontja. A gi (t0 , y0 ) pontok elg kis krnyezetein ltezik egy-egy ξi trkp. A t0 elg kis V krnyezett v lasztva s szksg esetn skkentve W -t elrhetjk, hogy V × W ⊂ D s gi (V × W ) ⊂ dmn ξi teljesljn (i = 1, 2, . , n) Legyen W ∗ = rng(ϕ), D∗ = V × W ∗ , Xi∗ = rng(ξi ), A∗i = ξi (Ai ), gi∗(t, y ∗ ) = ξi (gi (t, ϕ−1 (y ∗ ))), ha (t, y ∗) ∈ D∗ , f0∗ = f0 ◦ ϕ, fi∗ = fi ◦ ξi s h∗ (t, y ∗ , z0 , z1 , . , zn ) = h(t, ϕ−1 (y ∗ , z0 , z1 , , zn ), ha (t, y ∗ ) ∈ D∗ s zi ∈ Zi (i = 0, 1, . , n) A ∗ -gal jelzett halmazokra s fggvnyekre alkalmazhat¢ a 8.3 ttel, s ¡gy a bizony¡t s teljes 17.2 Ttel:
Baire-tulajdons gb¢l kvetkezik a folytonoss g Legyen T topologikus tr, Y s Xi di eren i lhat¢ sokas gok, Z teljesen regul ris tr, Z0 egy σ -kompakt tr, Zi (i = 1, 2, . , n) megsz ml lhat¢ b zis£ topologikus tr, s legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak. Tekintsk az f : T Z , f0 : Y Z0 , gi : D Xi , fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z0 × Z1 × . × Zn Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) (3) (4) (5) (6) h folytonos; fi Baire-tulajdons g£ az Ai rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . , n); minden gi,t par i lis lekpezs C 1 -szubmerzi¢ (i = 1, 2, . , n); Tn −1 i=1 gi,t0 (Ai ) m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Y -nak; a (t, y ) ∈ D s v az Y sokas g y -beli rintterben van felttelekkel a T s az Y rintnyal bja szorzat ban megadott ny¡lt halmazon rtelme′ zett, Xi
rintnyal bj ba kpez (t, y, v ) 7 gi,t (y ), gi,t(y ) lekpezs folytonos. Ekkor f folytonos a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. A ttelt a 102 ttelre vezetjk vissza Mivel (5) szerint n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ) m sodik kateg¢ri j£ halmaz Y -ban, ltezik olyan y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s y0 minden ny¡lt W krnyezetre a W∩ n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ) 118 17.§ Regularitas sokasagokon halmaz m sodik kateg¢ri j£. A gi (t0 , y0 ) pontok elg kis krnyezetein ltezik egy-egy ξi trkp V lasszunk olyan kis V krnyezett t0 -nak s olyan kis W -t, hogy W -n szintn ltezzen egy ϕ trkp, V × W ⊂ D legyen s gi (V × W ) ⊂ dmn ξi teljesljn (i = 1, 2, . , n) Legyen W ∗ = rng(ϕ), D∗ = V × W ∗ , Xi∗ = rng(ξi ), A∗i = ξi (Ai ), gi∗ (t, y ∗ ) = ξi (gi (t, ϕ−1 (y ∗ ))), ha (t, y ∗) ∈ D∗ , f0∗ = f0 ◦ ϕ, fi∗ = fi ◦ ξi s h∗ (t, y ∗, z0 , z1 , . , zn ) = h(t, ϕ−1 (y ∗ , z0 , z1
, . , zn ), ha (t, y ∗ ) ∈ D∗ s zi ∈ Zi (i = 0, 1, , n) A ∗ -gal jelzett halmazokra s fggvnyekre alkalmazhat¢ a 10.2 ttel, s ¡gy a bizony¡t s teljes. Az kvetkez ttel ennek a paragrafusnak a legfontosabb eredmnye. Bizony¡t s hoz szksgnk lesz az al bbi lemm ra. 17.3 Lemma Legyen Z ny¡lt rszhalmaza egy euklidszi trnek, Z1 , Z2 , . , Zn euklidszi terek konvex ny¡lt rszhalmazai Legyenek T s Y ny¡lt rszhalmazai Rs -nek illetve Rk -nak, Xi ny¡lt rszhalmaza Rri -nek (i = 1, 2, . , n) Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak, (t0 , y0 ) ∈ D Tekintsk az f : T Z , fi : Xi Zi , gi : D Xi (i = 1, . , n), h : D × Z1 × Z2 × · · · × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); ∂h fggvnyek Lips hitz-folytonosak (2) h folytonosan di eren i lhat¢, a ∂z i ∂h ∂h fggvnyek korl tosak B ′ il′ Li Lips hitz-konstanssal, a s
∂z 0 ∂t i ′ letve Bi korl ttal (i = 1, 2, . , n); (3) gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ Lips hitz-fggvny Li Lips hitzi konstanssal, s ∂g (t , y ) rangja ri , ha i = 1, . , n; ∂y 0 0 (4) az fi fggvnyek folytonosak, folytonoss gi moduluszuk ωi . Ekkor lteznek olyan R0 > 0 s c0 > 0 konstansok s V ny¡lt gmbkrnyezete t0 -nak, hogy ha t, t′ ∈ V , 0 < R < R0 , akkor |f (t) − f (t′ )| ≤ B0′ |t − t′ | + + n X i=1 n X i=1 Bi′ |t − t′ |c0 /R ωi (Li |t − t′ |)L′i |t − t′ | + R + n X j =1 ωj Lj (|t − t′ | + R) . Bizony¡t s. Rgz¡tsnk egy S szimplexet Rk egysggmbjben, amely belsejben tartalmazza az orig¢t. Alkalmazva a 112 lemm t az fi koordin tafggvnyeire, azt kapjuk, hogy lteznek δ > 0, R0 > 0 s C £gy, hogy a t0 kzppont£ δ sugar£ V ny¡lt gmbre s az y0 kzppont£ s R0 sugar£ z rt W gmbre V × W benne van D-ben, s a t 7 Z RS +y0 fi (gi
(t, y )) dy 17.§ Regularitas sokasagokon lekpezsek folytonosan di eren i lhat¢ak V -n, gradiensk pedig korl tos CRk−1 korl ttal, ha 0 < R < R0 . Legyen t, t′ ∈ V Legyen R egy tetszleges val¢s sz m, amelyre 0 < R < R0 . Integr ljuk a fggvnyegyenlet mindkt oldal t az RS + y0 szimplex felett y szerint. Azt kapjuk, hogy |S|R f (t) = k Z RS +y0 h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) dy, ahol |S| > 0 az S szimplex mrtke. Innen |S|R |f (t) − f (t )| = k ′ Z RS +y0 h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) − h(t′ , y, f1(g1 (t′ , y )), . , fn (gn (t′ , y ))) dy Hogy a bal oldalra egy j¢ fels be slst kapjunk, a h(t, y, f1 (g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) − h(t′ , y, f1(g1 (t′ , y )), . , fn (gn (t′ , y ))) klnbsg egy j¢ fels be slsre van szksgnk. Alkalmazhatjuk a Taylorttelt a h fggvnyre a z = (t, y, z1, . , zn ) s z′ = (t′ , y, z1′ , , zn′ )
pontokkal, ahol t′ , t ∈ V , y ∈ W , zi = fi (gi (t, y )) s zi′ = fi (gi (t′ , y )), ha i = 1, . , n A z s z ′ pontok, ¡gy az ket sszekt szakasz is, benne van V × W × Z1 × · · · × Zn -ben. gy azt kapjuk, hogy Z 1 ∂h h(z ) − h(z ) = (τ z + (1 − τ )z′ )(t − t′ ) dτ ∂t 0 n Z 1 X ∂h + (τ z + (1 − τ )z′ )(zi − zi′ ) dτ. ∂z i i=1 0 ′ Felhaszn lva ezt, s elhagyva a v ltoz¢k ki¡r s t, azt kapjuk, hogy Z 1 ∂h |S|R |f (t ) − f (t)| = (τ z + (1 − τ )z′ )(t − t′ ) dτ ∂t RS +y0 0 n Z 1 X ∂h + (τ z + (1 − τ )z′ )(zi − zi′ ) dτ dy . ∂zi i=1 0 k ′ Z A h romszg-egyenltlensg felhaszn l s val n + 1 tagot kapunk a jobb oldalon. Az els tagra a trivi lis |S|Rk B0′ |t′ − t| fels korl tot kapjuk, ahol B0′ az ∂h fels korl tja. Legyen zi0 = fi (gi (t, y0 )) (i = 1, 2, , n), s legyen ∂t 120 17.§ Regularitas sokasagokon z0 ∂h par i lis deriv lt rtket a z
0 = (t, y0, z10 , . , zn0 ) Ha h′i jelli a ∂z i pontban, akkor a tbbi tagot £gy ¡rhatjuk, mint Z RS +y0 Z 1 ∂h 0 Z + h′i ∂zi RS +y0 (τ z + (1 − τ )z ) − ) (zi − zi′ ) dτ dy ′ h′i (zi − zi′ ) dy norm j t. Elszr ezen sszeg els tagj nak norm j ra adunk egy fels be slst. |zi − zi′ | egy fels be slse ωi (Li |t − t′ |), mivel Li Lips hitz-konstans gi sz m ra V × W -n. Innen Z 1 ∂h Z ∂zi RS +y0 0 Z ′ ≤ ωi (Li |t − t |) (τ z + (1 − τ )z ) − ) (zi − zi′ ) dτ dy ′ h′i Z 1 ∂h (τ z + (1 − τ )z′ ) − h′i dτ dy. ∂z i RS +y0 0 ∂h (τ z + (1 − τ )z ′ ) − ∂h (z 0 ) klnbsg be slsre. Ez Szksgnk van a ∂z ∂zi i ′ a klnbsg nem nagyobb, mint Li -szr a τ z + (1 − τ )z′ − z0 klnbsg norm ja, azaz L′i -szr a maxim lis t vols g a z′ s z0 = (t, y0, z10 , . , zn0 ) ∂h sz m ra. A maxim lis vektorok kztt, ahol L′i a Lips
hitz-konstans ∂z i P t vols g z′ s z0 kztt |t − t′ | + R + nj=1 ωj Lj (|t − t′ | + R) -rel be slhet. gy az |S|R ωi (Li |t − t |) k ′ L′i |t − t | + R + ′ n X j =1 ωj Lj (|t − t | + R) ′ fels korl tot kapjuk az els tagra. Hogy a m sodik tagra is kapjunk egy fels korl tot, Z RS +y0 (zi − ) dy = zi′ Z RS +y0 (fi (gi (t, y )) − fi (gi (t′ , y ))) dy abszol£t rtknek be slsre van szksgnk, mivel |h′i | trivi lisan korl tos a Bi′ fels korl tj val ∂h -nek. A lemm b¢l erre az integr lra a |t − t′ |CRk−1 ∂zi fels korl tot kapjuk. sszegezve a fenti be slseket, az |f (t) − f (t′ )| ≤ B0′ |t − t′ | + + n X i=1 n X i=1 Bi′ |t − t′ |C/(|S|R) ωi (Li |t − t′ |)L′i |t − t′ | + R + n X j =1 ωj Lj (|t − t′ | + R) be slshez jutunk, ami ppen a lemma ll¡t s t adja c0 = C/|S| jellssel. 17.§ Regularitas sokasagokon 17.4 Ttel:
folytonos megold sok lok lis Lips hitz tulajdons ga Legyenek Z , T s Y di eren i lhat¢ sokas gok, D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak, C egy kompakt rszhalmaza T -nek. Tekintsk az f : T Z , gi : D T (i = 1, . , n), h : D × Z n Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f (g1(t, y )), . , f (gn(t, y ))); (2) h ktszer folytonosan di eren i lhat¢; (3) gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ D-n s minden t0 ∈ T -hez van olyan y0 , amelyre (t0 , y0) ∈ D, gi (t0 , y0 ) ∈ C s y 7 gi (t0 , y ) szubmerzi¢ y0 -ban, ha i = 1, . , n; (4) f folytonos. Ekkor f lok lisan Lips hitz fggvny T -n. Bizony¡t s. V lasszunk s rgz¡tsnk egy-egy Riemann-strukt£r t Z - n, Y -on s T -n (l sd [39℄, 20.713) Mindh rom sokas gon egy, a rgz¡tett Riemann-strukt£r b¢l sz rmaz¢ t vols got fogunk haszn lni, s ezt az egyszersg kedvrt mindh rom esetben ̺-val jelljk. Ezt a t vols got a kvetkezkppen de ni ljuk:
az adott sokas g minden komponensn ltezik egy, a Riemann-strukt£r b¢l sz rmaz¢ ̺′ t vols g ([39℄, 20.163) Legyen ̺(x, y ) = min{1, ̺′ (x, y )}, ha x s y a sokas g ugyanazon komponensben vannak, egybknt legyen ̺(x, y ) = 1. Ezzel a de n¡ i¢val ̺ a sokas g topol¢gi j t induk l¢ t vols g, s ha ̺(x, y ) < 1, akkor x s y ugyanabban a komponensben vannak, ̺′ (x, y ) is rtelmezve van, s megegyezik ̺(x, y )-nal. A bizony¡t s alapgondolata az f folytonoss gi modulusz nak haszn lata. Mivel ez ltal ban nem szubaddit¡v, egy m¢dos¡t s t fogjuk haszn lni Erre megmutatjuk, hogy eleget tesz egy fggvnyegyenltlensgnek, s ebbl fog kvetkezni, hogy f lok lisan Lips hitz fggvny. Egy ε > 0-ra jellje Cε = {x : ̺(x, C ) ≤ ε} a C (z rt) ε-krnyezett. Legyen Cε = C , ha ε ≤ 0 Mivel T lok lisan kompakt, ltezik ny¡lt krnyezete C -nek, amelynek a lez rtja kompakt. Ezen krnyezet komplementernek a t vols ga C -tl
pozit¡v. Ha ε kisebb mint ez a t vols g, akkor Cε kompakt V lasszunk C minden t pontj hoz egy Vt ny¡lt krnyezetet ugyanabban a komponensben, s egy 0 < εt < 1/2 sz mot £gy, hogy minden Vt -beli kzppont£, εt sugar£ ny¡lt gmb szigor£an geodetikusan konvex legyen (l sd [39℄, 20.175) V lasszunk ki a Vt , t ∈ C ny¡lt lefedsbl C -nek egy vges lefedst, s legyen ε > 0 kisebb a megfelel εt rtkeknl £gy, hogy Cε is kompakt legyen. Legyen ω (r ) = sup{̺(f (x), f (y )) : x ∈ Cε , ̺(x, y ) ≤ r, y ∈ Cε−̺(x,y) }. Nyilv n ω monoton nvekv, ω (0) = 0 s ω folytonos a null ban, mivel f egyenletesen folytonos a Cε kompakt halmazon. Megmutatjuk, hogy ω (r1 + r2 ) ≤ ω (r1 ) + ω (r2 ), ha 0 ≤ r1 , r2 , r1 + r2 ≤ ε. 122 17.§ Regularitas sokasagokon Feltehetjk, hogy r2 ≤ r1 . Tegyk fel indirekt, hogy ω (r1 + r2 ) > ω (r1) + ω (r2 ). Ekkor lteznek x s y £gy, hogy ̺(x, y ) ≤ r1 + r2 , x ∈
Cε s y ∈ Cε−̺(x,y) , de ̺(f (x), f (y )) > ω (r1 ) + ω (r2 ). Valamely c ∈ C -re ̺(y, c) = ̺(y, C ) ≤ ε − ̺(x, y ), ¡gy ̺(x, c) ≤ ε. Valamely εt > ε-ra a c kzppont£, εt sugar£ ny¡lt gmb szigor£an geodetikusan konvex, ¡gy pontosan egy olyan geodetikus ¡v ltezik, amely x-et y -nal kti ssze, s amelynek hossza ̺(x, y ). B rmely z pontra ezen az ¡ven ̺(x, y ) = ̺(x, z) + ̺(z, y ). A z pontot £gy v lasztva, hogy ̺(y, z ) ≤ ̺(x, z ), ̺(x, z ) ≤ r1 s ̺(z, y ) ≤ r2 fenn lljon, kapjuk, hogy ̺(z, c) ≤ ̺(y, c) + ̺(z, y ) ≤ ε − ̺(x, y ) + ̺(y, z ) = ε − ̺(x, z ), ¡gy z ∈ Cε−̺(x,z) ⊂ Cε−̺(y,z) , ahonnan ̺(f (x), f (z)) ≤ ω (r1 ) s ̺(f (z), f (y )) ≤ ω (r2 ), ami ellentmond s. Rgz¡tsnk egy η > 1 egsz sz mot (pld ul η = 2 megfelel). Egy tetszleges t0 ∈ Cε -hez v lasszunk egy (t0 -t¢l fgg) y0 -t (3) szerint. Legyen z0 = f (t0 ), x0i = gi (t0 , y0 ) s zi0 = f
(x0i ), ha i = 1, 2, . , n A Z sokas g z0 -t tartalmaz¢ komponensre alkalmazva [39℄ 20.171, 20175-t, azt kapjuk, hogy van olyan 0 < δt0 < 1/2, hogy 0 < r ≤ δt0 esetn a z0 kzppont£ r sugar£ ny¡lt gmb szigor£an geodetikusan konvex. Szksg esetn skkentve δt0 -at elrhetjk, hogy a ψ norm l koordin t z s rtelmezve van a δt0 sugar£ z0 kzppont£ ny¡lt gmbn, tov bb , hogy ha z s z ′ ezen gmb pontjai, akkor 1 η |ψ (z ) − ψ (z ′ )| ≤ ̺(z, z ′ ) ≤ η|ψ (z ) − ψ (z ′ )|, azaz a norm l koordin t z s s inverze is Lips hitz-fggvny a z0 pont δt0 sugar£ krnyezete s annak koordin ta-trbeli kpe (amely szintn δt0 sugar£ ny¡lt gmb z0∗ = ψ (z0 ) kzpponttal) kztt. (L sd [39℄, 20164, 20165) Legyen Z ∗ a z0∗ kzppont£, δt0 sugar£ ny¡lt gmb. Hasonl¢an elj rva, v laszthatunk a T , Y s Z sokas gok t0 , y0 s zi0 pontjaihoz szigor£an geodetikusan konvex ny¡lt gmbket,
amelyeken a τ , ϕ illetve ψi norm l koordin t z sok rtelmezve vannak, Lips hitz-fggvnyek η Lips hitz-konstanssal, s inverzeik is Lips hitz-fggvnyek η Lips hitzkonstanssal. Jellje a T ∗ , Y ∗ illetve Zi∗ ezen gmbk kpt a megfelel koordin ta-trben. Szksg esetn skkentve a sugarakat elrhetjk, hogy τ −1 (T ∗ ) × ϕ−1 (Y ∗ ) ⊂ D teljesljn, s a (t∗ , y ∗, z1∗ , . , zn∗ ) 7 ψ (h(τ −1 (t∗ ), ϕ−1 (y ∗ ), ψ1−1(z1∗ ), , ψn−1 (zn∗ ))) lekpezs T ∗ × Y ∗ × Z1∗ × · · · × Zn∗ -ot Z ∗ -ba kpezze le. Ezt a lekpezst h∗ -gal fogjuk jellni. Tov bb skkentve a sugarakat, elrhetjk, hogy h∗ par i lis deriv ltjai korl tos Lips hitz-fggvnyek legyenek. Hasonl¢an folytatva, a T sokas g x0i pontjaihoz v lasztunk szigor£an geodetikusan konvex 17.§ Regularitas sokasagokon ny¡lt Xi gmbket legfeljebb ε/3 sug rral, amelyeken a ξi norm l koordin t z sok rtelmezve
vannak, Lips hitz-fggvnyek η Lips hitz-konstanssal, s inverzeik is Lips hitz-fggvnyek η Lips hitz-konstanssal. Jellje Xi∗ ezen gmbk kpt a megfelel koordin ta-trben. Szksg esetn skkentve a sugarakat elrhetjk, hogy a x∗i 7 ψi (f (ξi−1 (x∗i ))) lekpezs Xi∗ -ot Zi∗ -ba kpezze le. Ezt a lekpezst fi∗ -gal fogjuk jellni Szksg esetn skkentve a t∗0 = τ (t0 ) s y0∗ = ψ (y0 ) pontok krli T ∗ illetve Y ∗ gmbk sugarait elrhetjk, hogy a (t∗ , y ∗ ) 7 ξi (gi (τ −1 (t∗ ), ϕ−1 (y ∗ ))) lekpezs T ∗ × Y ∗ -ot Xi∗ -ba kpez Lips hitz-lekpezs legyen. Ezt a lekpezst gi∗ -gal fogjuk jellni Jellje f ∗ a t∗ 7 ψ −1 (f (τ (t∗))) lekpezst T ∗ -nak Z ∗ -ba. Jellje ωi∗ a (szok sos rtelemben vett) folytonoss gi modulusz t fi∗ -nak. Megmutatjuk, hogy ωi∗ (r) ≤ ηω (ηr) minden r ≥ 0-ra. Ha xi , x′i ∈ Xi , akkor ̺(xi , x0i ) < ε/3
s ̺(x′i , x0i ) < ε/3, ¡gy felhaszn lva, hogy x0i ∈ C , azt kapjuk, hogy xi ∈ Cε s ̺(xi , x′i ) < 2ε/3, ¡gy x′i ∈ Cε−̺(xi ,x′i ) . Tegyk fel, hogy |ξi (xi ) − ξi (x′i )| ≤ r . Ekkor ̺(xi , x′i ) ≤ ηr , amibl ̺(f (xi), f (x′i )) ≤ ω (ηr ) Innen |fi∗ (ξi (xi )) − fi∗ (ξi (x′i ))| = |ψi (f (xi )) − ψi (f (x′i ))| ≤ ηω (ηr ). Szuprmumot vve a bal oldalon, kapjuk az ωi∗ (r) ≤ ηω (ηr) egyenltlensget. Alkalmazzuk az elz lemm t a ∗ -gal jellt halmazokkal s fggvnyekkel. Azt kapjuk, hogy ltezik olyan t0 kzppont£, 0 < εt0 < 1/2 sugar£, szigor£an geodetikusan konvex ny¡lt gmb, amelyen a τ norm l koordin t z s rtelmezve van, Rt0 > 0 s ct0 konstansok, hogy ha t, t′ a ny¡lt gmb elemei, 0 < R < Rt0 , akkor |f (τ (t)) − f (τ (t ))| ≤ B0 |τ (t) − τ (t )| + ∗ n X ∗ ′ ′ ′ n X i=1 Bi′ |τ (t) − τ (t′ )|c0 /R n X ′ ′
∗ ′ + Li |τ (t) − τ (t )| Li |τ (t) − τ (t )| + R + ωj Lj (|τ (t) − τ (t )| + R) i=1 j =1 n X ′ ′ ≤ B0 η̺(t, t ) + Bi′ η̺(t, t′ )ct0 /R i=1 n n X X ′ ∗ ′ ′ + ωi Li η̺(t, t ) Li η̺(t, t ) + R + ωj∗ Lj (η̺(t, t′) + R) . i=1 j =1 ωi∗ ′ Termszetesen itt a B0′ , Bi′ , Li s L′i konstansok t0 -t¢l fggnek, ami a jellsben nem jut kifejezsre. Felhaszn lva az ωi∗ s ω kztt fenn ll¢ egyen- 124 17.§ Regularitas sokasagokon ltlensget, a fenti sszefggsbl azt kapjuk, hogy |f (τ (t)) − f (τ (t ))| ≤ B0 η̺(t, t ) + ∗ ∗ + ′ ′ ′ n X Bi′ η̺(t, t′ )ct0 /R i=1 n X 2 ′ ′ ′ ′ ηω (Li η ̺(t, t ))Li η̺(t, t ) + R + ηω ηLj (η̺(t, t ) + R) . i=1 j =1 n X A t0 kzppont£, εt0 sugar£ Vt0 ny¡lt gmbk egy lefedst adj k a Cε kompakt halmaznak. gy ltezik egy T0 ⊂ Cε vges halmaz £gy, hogy a t0 ∈ T0 pontoknak megfelel
ny¡lt gmbk egy ny¡lt lefedst adj k Cε -nak. Jelljn L egy pozit¡v egsz sz mot, amely az sszes t0 ∈ T0 -hoz tartoz¢ sszes Li (i = 1, 2, . , n) konstansn l nagyobb, vagy egyenl Hasonl¢an, jelljn B ′ , L′ s c0 egy-egy konstanst, amely az sszes t0 ∈ T0 -hoz tartoz¢ sszes Bi′ (i = 0, 1, . , n), L′i (i = 1, 2, , n) illetve ct0 konstansn l nagyobb, vagy egyenl. Azt kapjuk, hogy ha t s t′ ugyanabban a Vt0 gmbben vannak, s 0 < R < Rt0 , akkor ̺(f (t), f (t′)) = ̺(ϕ−1 (f ∗ (τ (t))), ϕ−1 (f ∗ (τ (t′ )))) ≤ η|f ∗ (τ (t)) − f ∗ (τ (t′ ))| ≤ B ′ η 2 ̺(t, t′ ) + nB ′ η 2 ̺(t, t′ )c0 /R + nη2 ω (Lη2 ̺(t, t′))L′ (η̺(t, t′) + R + nηω (ηL(η̺(t, t′) + R))) . Jellje δ > 0 a Cε kompakt halmaz Vt0 , t0 ∈ T0 vges lefedshez tartoz¢ Lebesgue-sz mot, azaz v lasszuk £gy δ -t, hogy ha t, t′ ∈ Cε , ̺(t, t′) < δ, akkor van olyan t0 ∈ T0 , hogy t, t′
∈ Vt0 . Legyen 0 < R0 ≤ inf {Rt0 : t0 ∈ T0 }. Tov bb skkentve R0 -at s δ -t, elrhetjk, hogy ηL(ηδ + R0 ) ≤ ε teljesljn. Legyen t egy tetszleges eleme Cε -nak, s legyen t′ egy eleme Cε−̺(t,t′ ) -nek amelyre ̺(t, t′ ) < δ . Ekkor ltezik olyan t0 ∈ T0 , amelyre t, t′ ∈ Vt0 . Felhaszn lva a fenti be slst, azt, hogy L s η egszek, valamint ω szubadditivit s t, azt kapjuk, hogy tetszleges R val¢s sz mra, amelyre 0 < R < R0 , ̺(f (t), f (t′)) ≤ B ′ η 2 ̺(t, t′ ) + nB ′ η 2 ̺(t, t′ )c0 /R + nLη4 ω (̺(t, t′))L′ η̺(t, t′ ) + R + nLη2 (ηω (̺(t, t′)) + ω (R)) . Ha ̺(t, t′) ≤ R, ez a be sls ̺(f (t), f (t′)) ≤ c1 ̺(t, t′ ) + c2 ω (̺(t, t′))R + c3 ω (̺(t, t′ ))ω (R) + c4 ̺(t, t′ )/R alakban ¡rhat¢, ahol c1 , c2 , c3 s c4 nem fgg t-tl, t′ -tl s R-tl. Szuprmumot vve elszr a jobb, majd a bal oldalon t ∈ Cε , t′ ∈ Cε−̺(t,t′ ) ,
̺(t, t′ ) ≤ r -re, azt kapjuk, hogy ω (r ) ≤ c1 r + c2 ω (r )R + c3 ω (r )ω (R) + c4 r/R, ha 0 ≤ r ≤ δ ≤ R < R0 . Ha £gy v lasztjuk R-et, hogy teljes¡tse a c2 R + c3 ω (R) ≤ 1/2 felttelt | ami szksg esetn skkentve δ -t mindig megtehet | azt kapjuk, hogy ω (r ) ≤ 2(c1 + c4 /R)r, 17.§ Regularitas sokasagokon valah nyszor 0 ≤ r ≤ δ . Ez azt mutatja, hogy f lok lisan Lips hitz fggvny C -n. Egy tetszleges t ∈ T -re az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy t bels pontja C -nek, mivel helyettes¡thetjk C -t C s a t egy kompakt krnyezetnek az uni¢j val. gy a bizony¡t s teljes Megjegyezzk, hogy ugyan£gy, mint a 11.5 ttelt, ezt a ttelt is gyakran nmi kiegsz¡t rvelssel rdemes haszn lni (l sd a 11.5 ttel ut n adott pld t). sszeg alak£ egyenletekre tbbet mondhatunk. 17.5 Ttel Legyen Z egy euklidszi tr s T , Y , Xi s Zi (i = 1, 2, . , n) di eren i lhat¢ sokas gok
Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y nak Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi , fi : Xi Zi , hi : D × Zi Z , (i = 1, 2, . , n) s h0 : D Z fggvnyeket Legyen (t0 , y0 ) ∈ D s tegyk fel, hogy (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h0 (t, y ) + n X i=1 hi (t, y, fi(gi (t, y ))); (2) hi folytonosan di eren i lhat¢ (0 ≤ i ≤ n); (3) fi folytonos Xi -n (1 ≤ i ≤ n); (4) gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ s y 7 gi (t0 , y ) szubmerzi¢ y0 ban, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor f folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. A ttelt a 113 ttelre fogjuk visszavezetni Legyen x0i = s zi0 = fi (x0i ), i = 1, 2, . , n A t0 pont valamely krnyezetn rtelmezett τ s az y0 pont valamely krnyezetn rtelmezett ϕ trkpeket megv laszthatjuk £gy, hogy dmn(τ ) × dmn(ϕ) ⊂ D teljesljn. V lasszunk a zi0 pont egy krnyezetn rtelmezett ψi trkpet. Az x0i egy alkalmas krnyezetn v lasztva egy ξi trkpet, fi (dmn(ξi ))
⊂ dmn(ψi ) teljesl Vgl, szksg esetn skkentve τ s ϕ rtelmezsi tartom ny t elrhetjk, hogy gi (dmn(τ ) × dmn(ϕ)) ⊂ dmn(ξi ) teljesljn, ha i = 1, 2, . , n Jellje T ∗ , Y ∗ , Xi∗ s Zi∗ a τ , ϕ, ξi illetve ψi trkpek rtkkszlett, legyen D∗ = T ∗ × Y ∗ , s legyen gi∗ (t∗ , y ∗ ) = ξi (gi (τ −1 (t∗ ), ϕ−1 (y ∗ ))), fi∗ = ψi ◦ fi ◦ ξi−1 i = 1, 2, . , n, f ∗ = f ◦ τ −1 , h∗0 (t∗ , y ∗ ) = h0 (τ −1 (t∗ ), ϕ−1 (y ∗ )) s gi (t0 , y0 ) h∗i (t∗ , y ∗ , zi∗ ) = hi (τ −1 (t∗ ), ϕ−1 (y ∗ ), ψi−1 (zi∗ ))). Most alkalmazhatjuk a 11.3 ttelt a ∗ -gal jelzett halmazokra s fggvnyekre Ha ismeretlen fggvny sak h romszor szerepel az egyenletben, s legal bb az egyik ismeretlen fggvny val¢s rtk, akkor is tbb mondhat¢. 126 17.§ Regularitas sokasagokon 17.6 Ttel Legyenek Z , T , Y , X1, Z0 s Z1 di eren i lhat¢ sokas gok,
Z1 egydimenzi¢s Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak Tekintsk a g1 : D X1 , f : T Z , f0 : Y Z0 , f1 : X1 Z1 s h : D × Z0 × Z1 Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s a kvetkez felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y ))) ; (2) (3) (4) (5) h lok lisan Lips hitz; g1 ktszer folytonosan di eren i lhat¢; f0 s f1 folytonosak; ltezik olyan y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s y 7 g1 (t0 , y ) szubmerzi¢ y0 - ban. Ekkor f Lips hitz-felttelnek tesz eleget a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Az elz ttel bizony¡t s ban haszn lt m¢dszerrel a ttel a 11.4 ttelre vezethet vissza 17.7 Ttel: majdnem mindentt di eren i lhat¢ megold sok folytonosan di eren i lhat¢ak. Legyen Z egy Bana h-sokas g, Zi (i = 1, 2, . , n) szepar bilis Bana h-sokas gok, Y , T s Xi di eren i lhat¢ sokas gok Legyen D egy ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi , fi : Xi Zi , (i =
1, 2, . , n), h : D × Z1 × × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); ∂h ∂h (2) minden rgz¡tett y ∈ Y -ra a s (i = 1, 2, . , n) par i lis deri∂t ∂zi v ltak folytonosak a tbbi v ltoz¢ban; (3) fi majdnem mindentt di eren i lhat¢ (i = 1, 2, . , n); (4) gi folytonosan di eren i lhat¢, s van olyan y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s az y 7 gi (t0 , y ) lekpezs szubmerzi¢ y0 -ban (i = 1, 2, . , n) Ekkor f folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. A 175 ttel bizony¡t s ban haszn lt m¢don a ttelt a 142 ttelre vezethetjk vissza. C p megold sok C p+1 -ben vannak. Legyenek Z , Y , T , Xi (i = 1, 2, . , n) s Zi (0 ≤ i ≤ n) di eren i lhat¢ sokas gok Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak. Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n), fi : Xi : Zi (i = 1, 2, , n), f0
: Y Z0 , h : D × Z0 × Z1 × · · · × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy p > 0, t0 ∈ T , s az 17.8 Ttel: al bbi felttelek teljeslnek: 17.§ Regularitas sokasagokon (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) a h fggvny p + 1-szer folytonosan di eren i lhat¢; (3) f0 folytonosan di eren i lhat¢, az fi , i = 1, 2, . , n fggvnyek pedig p-szer folytonosan di eren i lhat¢ak; (4) a gi fggvnyek p +1-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, s ltezik olyan y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s y 7 gi (t0 , y ) szubmerzi¢ y0 -ban, ha i = 1, 2, . , n Ekkor az f fggvny p + 1-szer folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. A 175 ttel bizony¡t s ban l tott m¢don, a ttelt a 152 ttelre vezethetjk vissza. 128 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt VI. Regularitási tételek kevesebb változóval 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g
kztt Els lpsknt itt is mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ eredmnyeket fogunk bizony¡tani. Tudom som szerint ilyen eredmnyek az 1.17 problma (3) felttelben szerepl ers rang felttel, vagy annak valamely absztrakt v ltozata nlkl sak nagyon spe i lis egyenletekre ismeretesek, pld ul a M Kiernan [129℄ dolgozat ban t rgyalt f (x) = m X i=1 µi f (x + yei ), x ∈ Rn , y ∈ R egyenletre, ahol µi ∈ R, ei ∈ Rn rgz¡tettek. Ott a bizony¡t s a megold sok algebrai tulajdons gain m£lik. Ebben a paragrafusban az 1.17 problm ban szerepl ltal nos nem line ris expli it egyenletre fogunk mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ tteleket bizony¡tani az 1.17(3) felttelben a bels fggvnyekre kir¢tt ers rang felttel nlkl Az 17 pontban le¡rt bootstrap" m¢dszernek megfelelen, | durv n sz¢lva | a mrhetsg s a folytonoss g kztt elhelyezked tulajdons gok egy sorozat
t fogjuk bevezetni. Ezek kpezik azokat a lp sket, amelyeken felkapaszkodhatunk a mrhetsgtl a folytonoss gig. Elszr megvizsg ljuk az £j fogalmak legalapvetbb tulajdons gait. Ezut n bizony¡tjuk regularit si ttelnket. Egy pld t mutatunk a ttel alkalmaz s ra nem trivi lis esetekben A ttel egy nom¡t s t is bebizony¡tjuk Vgl az £j fogalmak tov bbi tulajdons gait vizsg ljuk. 18.1 De n¡ i¢ Legyen X egy halmaz, Y metrikus tr, s f : X egy fggvny. Legyen U Hausdor -tr, µ Radon-mrtk U -n, s P egy topologikus tr, a paramter tr", egy adott p0 ∈ P ponttal. Legyen ϕ egy fggvny, amely U × P -t X -be kpezi. A ϕ fggvnyt egy, a p paramtertl fgg ϕp : u 7 ϕ(u, p) felletseregnek kpzeljk el. Luzin ttele (2.7) s a 3 § ltal nos¡tott Steinhaus-ttele azt sugallj k, hogy az al bbi felttel a mrhetsggel kap solatos: (L) Minden ε > 0-hoz, σ > 0-hoz s C ⊂ U kompakt halmazhoz van olyan Y
P0 krnyezete p0 -nak, amelyre ha p ∈ P0 , akkor µ {u ∈ C : dist (f (ϕ(u, p)), f (ϕ(u, p0))) ≥ σ} ≤ ε. 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt A fenti felttel sorozatokkal az al bbi m¢don fogalmazhat¢: (S) Minden σ > 0-ra, minden C ⊂ U kompakt halmazra, s minden pm p0 sorozatra µ {u ∈ C : dist (f (ϕ(u, pm )), f (ϕ(u, p0))) ≥ σ} 0. Ebben a form ban a felttel ersen emlkeztet a mrtkben val¢ konvergeni ra. Riesz ttele az al bbi felttelt sugallja: (R) Minden pm p0 sorozatnak van olyan pmi rszsorozata, hogy majdnem minden u ∈ U -ra f (ϕ(u, pmi )) f (ϕ(u, p0 )). Ez a felttel az al bbi, Trautner ltal mrhet halmazok karakterisztikus fggvnyeire vizsg lt felttelre emlkeztet (l sd a megjegyzst is, ksbb): (T) Minden pm p0 sorozatra majdnem minden u ∈ U -ra van olyan pmi rszsorozat, hogy f (ϕ(u, pmi )) f (ϕ(u, p0 )). A fenti felttelek kztti kap solatok vizsg lat hoz szksgnk lesz
valamilyen mrhetsg-szer felttelre: (M) Az u 7 f (ϕ(u, p0 )) lekpezs µ-mrhet. Vil gos, hogy az (L) s (S) felttelek akkor is rtelmesek, ha f rtkei egy Y uniform trben vannak; σ -t egyszeren helyettes¡thetjk egy, az Y uniformit s b¢l vett re ex¡v szimmetrikus rel i¢val, s azon u pontok halmaz t kell tekintennk, amelyekre f kt rtke nin s σ -kzel. Az (R) felttel elnye az, hogy mg akkor is rtelmes, ha Y sak topologikus tr. Ugyanez igaz (T)-re s (M)-re is. gy tnik, hogy (T) semmiben sem hasznosabb, mint (R), st regularit si tteleink bizony¡t s hoz kifejezetten nem alkalmas. Az (L) [(S), (R), (T), (M)℄ feltteleket gyakran lok lisan fogjuk ellenrizni. Ha minden u0 ∈ U -hoz van olyan U0 krnyezete u0 -nak s P0 krnyezete p0 -nak, hogy ϕ|U0 × P0 -ra teljesl (L) [(S)℄, akkor ϕ-re is fenn ll (L) [(S)℄. Ennek bel t s hoz v lasszunk C -nek egy vges lefedst, amely vges mrtk ny¡lt
halmazokb¢l ll, s alkalmazzuk az (L) [(S)℄ felttelt ezeknek a ny¡lt halmazoknak kompakt halmazokkal val¢ elg j¢ bels kzel¡tseire: V lasszunk minden x ∈ C -re egy Ux krnyezett x-nek s egy Px krnyezett p0 nak £gy, hogy ϕ|Ux × Px tegyen eleget (L)-nek. Az Ux -et kisebb krnyezettel helyettes¡tve, ha szksges, feltehetjk hogy ny¡lt s µ-mrtke vges. Legyen Ux1 , , Uxr egy vges lefedse C -nek Legyen ε, σ > 0, s v lasszunk 130 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt olyan Ci ⊂ Uxi kompakt halmazokat, amelyekre µ(Uxi Ci ) < ε/(2r). Olyan krnyezett v lasztva p0 -nak, amelyre P0 ⊂ ∩ri=1 Pxi s amelyre az P0 Ri (p) = u ∈ Ci : dist f ϕ(u, p) , f ϕ(u, p0 ) ≥ σ halmazok µ-mrtke kisebb, mint ε/(2r) minden p ∈ P0 -ra, azt kapjuk, hogy µ u∈C : dist f ϕ(u, p) , f ϕ(u, p0 ) ≥ σ ≤ ε, mivel ez a halmaz rsze az ∪ri=1 Ri (p) ∪∪ri=1 (Uxi Ci )
halmaznak. Hasonl¢an, ha pm p0 s (S) teljesl ϕ|Ux × Px -re, akkor adott ε, σ > 0-ra s i = 1, 2, . , r-re ltezik olyan Mi , hogy ha m ≥ Mi , akkor pm ∈ Pxi s Ri (pm ) µ-mrtke kisebb, mint ε/(2r ). Innen ha m ≥ M = max1≤i≤r Mi , akkor µ u∈C : dist f ϕ(u, pm ) , f ϕ(u, p0 ) ≥ σ ≤ ε. Hasonl¢an, ha minden u0 ∈ U -ra van olyan U0 krnyezete u0 -nak s P0 krnyezete p0 -nak, hogy ϕ|U0 × P0 -ra teljesl (R) [(T), (M)℄, akkor , feltve, hogy U Lindelof-tr, kapjuk, hogy ϕ-re is fenn ll (R) [(T), (M)℄. Az (R) felttelnl ez a diagon lis elj r ssal kaphat¢: megsz ml lhat¢ sok U0 lefedi U -t. Rendezzk sorozatba ezeket a ny¡lt halmazokat, s tekintsnk a pm sorozatnak rsz-rsz-. sorozatait A diagon lis elj r s egy olyan rszsorozatot eredmnyez, amelyre a konvergen ia majdnem mindentt fenn ll (T) s (M) esetn az ll¡t s nyilv nval¢. Legyen X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek s 0 ≤ k ≤ n. Az sszes
olyan f fggvnyek oszt ly t, amelyekre az (L) [(S), (R), (T), (M)℄ felttel teljesl, ha sak U ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, µ = λk , P valamely euklidszi tr egy ny¡lt rszhalmaza, p0 ∈ P s ϕ : U × P X egy C 1 -fggvny, amelyre minden p ∈ P -re ϕp immerzi¢ja U -nak X -be, jellje Lk (X, Y ), vagy rviden sak Lk [Sk , Rk , Tk , Mk ℄. (Emlkeztetnk r , hogy egy C 1 -lekpezse U -nak X -be immerzi¢, ha U minden pontj ban a deriv ltja injekt¡v line 0ris 0 0 lekpezs. Ha k = 0, akkor legyen R = {0} s λ {0} = 1, azaz λ a sz ml l¢ mrtk R0 -on. Egy ϕ : {0} × P X fggvnyt pontosan akor tekintnk C 1 -fggvnynek, ha p 7 ϕ(0, p) egy C 1 -fggvny. B rmely fggvnyt, amely R0 egy rszhalmaz t, azaz {0}-t vagy az res halmazt X -be kpezi, immerzi¢nak tekintnk.) Az els kt felttel esetn azt tesszk fel, hogy f rtkei egy Y uniform trben vannak, a m sik h rom felttel esetn pedig, hogy egy Y topologikus
trben. Vil gos, hogy f ∈ Mk akkor s sak akkor teljesl, ha Rk b rmely U ny¡lt rszhalmaz nak b rmely X -be trtn ψ immerzi¢j ra µ = λk -val fenn ll, hogy (M′ ) az f ◦ ψ fggvny µ-mrhet. 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 18.2 Megjegyzsek (1) Cljainknak az Rk (X, Y ) fggvnyoszt ly fog a legjobban megfelelni, mivel el akarjuk kerlni annak felttelezst, hogy Y uniform tr. Ami mg fontosabb, Rk (X, Y )-t haszn lva regularit si tteleinkben elkerlhetjk az ismert fggvnyek egyenletes folytonoss g nak felttelezst, elg folytonoss got feltenni. Az Mk s Lk oszt lyok is szerepet fognak j tszani F eredmnynk azt mutatja, hogy durv n sz¢lva, egy Rk+1 -beli f megold s Rk -ban is benne van. Meg fogjuk mutatni, hogy R0 a folytonos fggvnyek oszt lya, s hogy b rmely, egy X ⊂ Rn ny¡lt halmazt egy Y megsz ml lhat¢ b zis£ trbe kpez f : X Y Lebesgue-mrhet fggvny Rn -ben van. gy,
lpsenknt, a megold sok mrhetsgbl kvetkezik azok folytonoss ga (2) Trautner [159℄ megmutatta, hogy [a, b℄ ⊂ R egy pozit¡v mrtk Lebesgue-mrhet M rszhalmaz hoz s egy pm ∈ [a, b℄ sorozathoz ltezik olyan u ∈ R s pms rszsorozat, hogy pms + u ∈ M . Ez kvetkezik abb¢l, hogy egy Lebesgue-mrhet fggvny T1 -ben van. Val¢ban, helyettes¡tsk pm -et egy rszsorozat val, amely egy p0 ∈ [a, b℄ ponthoz konverg l. Legyen f = ξM az M halmaz karakterisztikus fggvnye, s legyen ϕ : R × R R a ϕ(u, p) = u − p sszefggssel de ni lva. ξM ∈ T1 -bl kvetkezik, hogy majdnem minden u ∈ M + p0 -ra van olyan pms rszsorozat, hogy ξM (u − pms ) ξM (u − p0 ) = 1. Ez azt jelenti, hogy u + pms ∈ M , ha s elg nagy. Trautner ttelt | egyebek mellett | arra haszn lta fel, hogy £j bizony¡t st adjon Steinhaus eredmnyre, mely szerint R egy mrhet addit¡v lekpezse nmag ba folytonos. Trautner
m¢dszert lok lisan kompakt soportokra, illetve mg ltal nosabb esetekre ltal nos¡totta Grosse-Erdmann [49℄. Eredmnyeire a 8 paragrafusban is hivatkoztunk. (3) Az Lk [Sk , Rk , Tk , Mk ℄ oszt ly nem v ltozik, ha sak azt tesszk fel, hogy az (L) [(S), (R), (T), (M)℄ felttel teljesl, valah nyszor U ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, µ = λk , P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P s ϕ : U × P X egy C 1 -fggvny, amelyre ϕp be gyaz sa (azaz olyan immerzi¢ja, amely homeomor zmus az rtelmezsi tartom ny s rtkkszlet kztt) U -nak X -be, ha p ∈ P . Ez azonnal kvetkezik a de n¡ i¢ban eml¡tett lokalit si elvbl. Hasonl¢an, ha sak azt tesszk fel, hogy ϕp0 immerzi¢, a kapott Lk [Sk , Rk , Tk , Mk ℄ oszt ly ugyanaz marad. (4) Ha az (L) [(S)℄ felttelben azt hogy minden C ⊂ U kompakt halmazra" azzal helyettes¡tjk, hogy minden σ -vges mrhet C ⊂ U -ra", akkor ekvivalens felttelt kapunk. Ez
knnyen kvetkezik, ha kompakt halmazokkal bellrl trtn approxim i¢t haszn lunk Az Lk , Sk , Rk , Tk s Mk oszt lyok kztti legegyszerbb kap solatok vizsg lat val kezdnk. 132 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 18.3 Ttel A fenti de n¡ i¢ jellseivel, az (L) felttel fenn ll s b¢l kvetkezik, hogy (S) is teljesl. Ha a p0 pontnak van megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa, akkor (L) kvetkezik (S)-bl Ha Y uniformit s nak van megsz ml lhat¢ b zisa, µ pedig σ -vges, akkor (S)-bl kvetkezik (R) (R)-bl mindig kvetkezik (T). Ha Y uniform tr, melynek topol¢gi ja megsz ml lhat¢ b zis£, tov bb (R) teljesl s (M) teljesl minden p0 ∈ P -re, akkor (S) is. gy, ha Y szepar bilis metrikus tr, akkor Lk = Sk ⊂ Rk ⊂ Tk s Lk ∩ Mk = Sk ∩ Mk = Rk ∩ Mk . Bizony¡t s. Knny l tni, hogy (L)-bl kvetkezik (S), s ha a p0 pontnak van megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa, akkor megford¡tva, (L) kvetkezik (S)-bl. Az
(R)-bl nyilv n kvetkezik (T) Annak bizony¡t sa, hogy ha Y metrikus tr, µ pedig σ -vges, akkor (S)-bl kvetkezik (R), a klasszikus Riesz-fle kiv laszt si ttel bizony¡t s t ut nozza: Legyen C egy tetszleges kompakt rszhalmaza U -nak, v lasszunk egy σi ↓ 0 sorozatot. V laszthatunk olyan pmi rszsorozatot, hogy a {u ∈ C : dist (f (ϕ(u, pmi )), f (ϕ(u, p0))) ≥ σi } halmaz (kls) µ-mrtke kisebb, mint 2−i . Jellje Ai ennek a halmaznak ∞ egy µ-burk t. Ha u nin s a ∩∞ j =1 ∪i=j Ai nulla mrtk halmazban, akkor dist (f (ϕ(u, pmi )), f (ϕ(u, p0))) < σi minden i ≥ j -re valamely j -tl. V lasszunk U -nak egy kompakt halmazokkal val¢ C1 , C2 , majdnem lefedst V lasszuk ki induk i¢val a pm sorozat rsz-rsz-. -sorozatait A diagon lis elj r s egy olyan rszsorozatot eredmnyez, amelyre a konvergen ia majdnem mindentt teljesl Ez a bizony¡t s olyan uniform terekre is mkdik, melyek uniformit s nak van megsz ml
lhat¢ b zisa. Tegyk fel most, hogy Y szepar bilis metrikus tr. Ha f -re teljesl (M) minden p0 ∈ P -re, akkor az u 7 ϕ(u, p) fggvny µ-mrhet minden p ∈ P re. Felhaszn lva, hogy Y szepar bilis, az kapjuk, hogy b rmely p, p′ ∈ P p rra az u 7 (f (ϕ(u, p)), f (ϕ(u, p′))) lekpezse U -nak Y × Y -ba szintn mrhet. Ebbl kvetkezik, hogy minden p, p′ ∈ P p rra az u 7 dist (f (ϕ(u, p)), f (ϕ(u, p′))) lekpezs is mrhet. Tegyk fel, hogy (S) nem teljesl ϕ-re s p0 ∈ P -re Ez azt jelenti, hogy van olyan pm p0 sorozat, σ > 0, ε > 0, s egy C ⊂ U kompakt halmaz, hogy a {u ∈ C : dist (f (ϕ(u, pm)), f (ϕ(u, p0))) ≥ σ} mrhet halmazok mrtke nagyobb, mint ε vgtelen sok m-re. V lasszunk egy olyan pmi rszsorozatot, amelyre az Ai = {u ∈ C : dist (f (ϕ(u, pmi )), f (ϕ(u, p0))) ≥ σ} 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt mrhet halmazok mrtke ≥ ε. Ekkor egy tetszleges pmij
rszsorozatra ∞ b rmely u-ra a ∩∞ k=1 ∪j =k Aij mrhet s legal bb ε mrtk mrhet halmazb¢l f (ϕ(u, pmij )) 6 f (ϕ(u, p0 )). Ez ellentmond annak, hogy f -re fenn ll (R). gy µ {u ∈ C : dist (f (ϕ(u, pm)), f (ϕ(u, p0))) ≥ σ} 0. Ugyanez a bizony¡t s mkdik akkor is, ha Y olyan uniform tr, amelynek topol¢gi ja m sodik megsz ml lhat¢. 18.4 Ttel 181 jellseit haszn lva, legyen Y topologikus tr s Y X s R0 (X, Y ) = X ny¡lt rszhalmaza R -nek. Ekkor M0 (X, Y ) = T0 (X, Y ) = C (X, Y ), az X -et Y -be kpez folytonos fggvnyek oszt lya. Ha Y uniform tr, akkor L0 (X, Y ) = S0 (X, Y ) = C (X, Y ) is fenn ll. n Bizony¡t s. Trivi lis, hogy M0 minden X -et Y -ba kpez fggvnyt tartalmaz. Megmutatjuk, hogy minden f : X Y folytonos fggvny benne van R0 -ban, s ¡gy T0 -ban is. Csak kt lehetsg van, U = ∅ vagy U = {0} Az els esetben nin s mit bizony¡tani; a m sodik esetben pmk = pk v laszthat¢. A megford¡t
st indirekt m¢don bizony¡tjuk: Ha f ∈ T0 , de nem folytonos, akkor ltezik olyan x0 ∈ X , olyan xn x0 sorozat s W krnyezete f (x0 )-nak, hogy f (xn ) ∈ / W . Legyen U = {0}, P = X , p0 = x0 , ϕ(0, p) = p, ha p ∈ P . A pm = xm sorozatnak olyan rszsorozat t v lasztva, amelyre f (ϕ(0, pmk )) = f (xmk ) f (x0 ) = f (ϕ(0, p0 )), ellentmond sra jutunk. Hasonl¢an, ha Y uniform tr s f folytonos, sak kt eset van, C = ∅ vagy C = {0}. Az els esetben nin s mit bizony¡tani A m sodik esetben f ◦ ϕ folytonoss g b¢l kvetkezik, hogy elg nagy m-re az f (ϕ(0, pm )) s f (ϕ(0, p0 )) rtkek elg kzel vannak. Ha f ∈ L0 = S0 s x0 ∈ X , akkor U = C = {0} v laszt ssal, ha P = X , p0 = x0 s ϕ(0, p) = p, ha p ∈ P , akkor f (ϕ(0, pm )) = f (xm ) f (x0 ) = f (ϕ(0, p0 )) b rmely pm = xm x0 sorozatra, amibl kvetkezik f folytonoss ga. Meg fogjuk mutatni, hogy az Rn valamely X ny¡lt rszhalmaz n Lebesguemrhet fggvnyek Rn -ben vannak.
Hogy a 3, 5, 6, 8 s 9 paragrafusok eredmnyeivel val¢ kap solatot vil goss tegyk, s m s helyeken is felhaszn lhat¢ eredmnyeket kapjunk, a bizony¡t s lnyeges rszt az al bbi absztrakt form ban fogalmazzuk meg: 134 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 18.5 Ttel A 181 de n¡ i¢ jellseit fogjuk haszn lni Legyen P topologikus tr, U s X Hausdor -terek µ illetve ν Radon-mrtkekkel. Tegyk fel, hogy a µ mrtk σ -vges, s hogy ϕ : U ×P X folytonos fggvny az al bbi tulajdons ggal: (1) Minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy ha p ∈ P , B ⊂ U , µ(B ) ≥ ε, akkor ν (ϕp (B )) ≥ δ . Tegyk fel tov bb , hogy p0 ∈ P s az f fggvny Luzin ν -mrhet a ϕp0 (U )t tartalmaz¢ mrhet D halmazon valamely Y topologikus trbeli rtkekkel. Ekkor az (M), (R) s (T) felttelek teljeslnek U , P , p0 , ϕ, f s µ-re. Ha mg Y uniform tr is, akkor (L) s (S) is teljeslnek. Bizony¡t s. Elszr
megmutatjuk, hogy (M) teljesl Ǒll¡tsuk el U -t megsz ml lhat¢ sok kompakt halmaz s egy nullmrtk halmaz egyes¡tseknt. Legyen Di , i = 1, 2, ezen kompakt halmazok ϕp0 ltali kpe Le−1 ′ gyen D′ = ∪∞ i=1 Di . Ekkor ν (Di ) < ∞ s µ(ϕp0 (DD )) = 0 V lasszunk Di ben kompakt halmazoknak egy olyan Ki,j , j = 1, 2, sorozat t, amelyre ν (Di Ki,j ) 0, ha j ∞ s f |Ki,j folytonos. Legyen V ny¡lt rszhalmaza Y -nak. Mivel (f |Ki,j )−1 (V ) relat¡v ny¡lt Ki,j -ben, Borel-halmaz X -ben A ∞ −1 K = ∪∞ (V ) is Borel-halmaz X -ben. Az i=1 ∪j =1 Ki,j jellssel B = (f |K ) ′ E = D K halmaz ν -mrtke nulla, ¡gy az N = (f |E )−1 (V ) halmaz szintn nulla mrtk. Most vegyk szre, hogy −1 −1 ′ −1 1 (f ◦ ϕp0 )−1 (V ) = ϕ− (V ) . p0 (B ) ∪ ϕp0 (N ) ∪ ϕp0 (D D ) ∩ f 1 −1 A bal oldalon ϕ− p0 (B ) Borel-halmaz, az (1) felttel miatt pedig a ϕp0 (N ) s 1 ′ ϕ− p0 (D D ) halmazok
nulla mrtkek. Ez azt jelenti, hogy (M) teljesl Most tegyk fel, hogy Y uniform tr. Megmutatjuk, hogy (L) teljesl Legyen C kompakt rszhalmaz U -nak, s legyen K = ϕp0 (C ) Legyen ε > 0 s v lasszunk egy olyan δ > 0-t, amely (1)-ben ε/2-nek felel meg. V lasszunk egy V ny¡lt halmazt, amely tartalmazza K -t, s amelyre ν (V K ) < δ/2. Mivel f Luzin ν -mrhet, van olyan K0 kompakt rszhalmaza K -nak, amelyre ν (K K0 ) < δ/2 s f |K0 folytonos V lasszunk a K0 kompakt Hausdor -tren egy, a topol¢gi val kompatibilis uniformit st. Mivel f |K0 egyenletesen is folytonos, b rmely α re ex¡v szimmetrikus rel i¢hoz az Y uniformit s b¢l van olyan β re ex¡v szimmetrikus rel i¢ a K0 uniformit s b¢l, amelyre az f (x) s f (x′ ) pontok α-kzel vannak Y -ban, ha az x s x′ pontok β -kzel vannak K0 -ban. V lasszunk olyan γ re ex¡v szimmetrikus rel i¢t K0 uniformit s b¢l, amelyre γ ◦ γ ⊂ β Minden u ∈ C -hez ltezik olyan Uu
⊂ U ny¡lt krnyezete u-nak s Pu ny¡lt krnyezete p0 -nak, hogy Uu × Pu -t ϕ a V -be kpezi, s ϕ(Uu × Pu ) minden pontja, amely K0 -ban van, γ -kzel van ϕ(u, p0 )-hoz. V lasztva egy vges Uu1 , Uu2 , . , Uun rszlefedst C -nek, P0 = ∩ni=1 Pui -vel azt kapjuk, hogy minden p ∈ P0 -ra a ϕp lekpezs C -t V -be kpezi, s b rmely u ∈ C -re, ha ϕ(u, p) a K0 -ban van, akkor β -kzel van ϕ(u, p0 )-hoz. Legyen p ∈ P0 s 1 tekintsk a C ∩ ϕp−1 (K0 ) ∩ ϕ− p0 (K0 ) halmazt. Ezt a halmazt ϕp s ϕp0 is a 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt halmazba kpezi, s b rmely u elemre a ϕ(u, p) s ϕ(u, p0 ) pontok β kzel vannak K0 -ban, ¡gy a f (ϕ(u, p)) s f (ϕ(u, p0 )) pontok α-kzel vannak Y -ban. Ha megmutatjuk, hogy ennek a halmaznak a komplementere ε-n l kisebb mrtk, akkor kszen vagyunk. Mivel ennek a halmaznak a C -re 1 −1 vonatkoz¢ komplementert lefedi a C ϕ− p (K0 ) s C ϕp0 (K0 )
halmazok egyes¡tse, elg ezen halmazok mrtkt megbe slni. Az els halmazt ϕp a V K0 halmazba kpezi, ¡gy mrtke nem lehet nagyobb vagy egyenl mint ε/2. A m sodik halmazt ϕp0 kpezi V K0-ba, ¡gy, hasonl¢an, mrtke kisebb, mint ε/2. A bizony¡t s tov bbi rszhez vegyk szre, hogy ha K ′ kompakt rsz1 ′ halmaza X -nek s a C ′ = ϕ− p0 (K ) halmaz µ-mrtke vges, akkor minden ε > 0-hoz van olyan P0 krnyezete p0 -nak, hogy minden p ∈ P0 -ra ′ 1 ′ µ(C ′ ϕ− p (K )) < ε. Ennek bizony¡t s ra v lasszunk a C Borel-halmaznak ′′ ′ ′′ olyan C kompakt rszhalmaz t, amelyre µ(C C ) < ε/2 s legyen K ′′ = ϕp0 (C ′′ ). V lasszunk egy K ′′ -t tartalmaz¢ V ny¡lt halmazt, amelyre ν (V K ′′ ) < δ , ahol δ -t (1) szerint ε/2-hz v lasztottuk. Minden u ∈ C ′′ -hz van olyan Uu s Pu ny¡lt krnyezete u-nak illetve p0 -nak, hogy ϕ(Uu × Pu ) ⊂ V . V lasszunk egy Uu1 , . , Uun
vges rszlefedst az Uu , u ∈ C ′′ lefedsbl, 1 ′′ s legyen P0 = ∩ni=1 Pui . Ekkor, ha p ∈ P0 , a C ′′ ϕ− p (K ) halmazt ϕp a V K ′′ halmazba kpezi, ¡gy µ-mrtke kisebb, mint ε/2. Most mivel ′ ′′ ′′ −1 ′′ 1 ′ K ′′ ⊂ K ′ s C ′ ϕ− p (K ) ⊂ (C C ) ∪ (C ϕp (K )), azt kapjuk, hogy ′ −1 ′ µ(C ϕp (K )) < ε. Most sak azt tegyk fel, hogy Y topologikus tr. Megmutatjuk, hogy (R) teljesl, amibl kvetkezik, hogy (T) is. Legyen ismt C kompakt rszhalmaza U -nak s legyen K = ϕp0 (C ), tov bb legyen pm p0 egy konvergens sorozat P -ben Legyen εi = 2−i s legyen δi > 0 a megfelel, (1) szerint v lasztott δ sz mok sorozata. V lasszunk egy olyan K1 ⊂ K kompakt halmazt, amelyre f |K1 folytonos s ν (K K1 ) < δ1 , s legyen 1 C1 = ϕ− p0 (K1 ). Ekkor µ(C C1 ) < ε1 Induk i¢val, felhaszn lva amit az elz bekezdsben megmutattunk, tal lhatunk olyan m1 < m2 <
. index1 sorozatot, amelyre µ(C1 ϕ− pj (K1 )) < εi+1 , ha j ≥ mi . Ebbl kvetkezik, −1 hogy µ(C1 ∩∞ r=1 ϕpmr (K1 )) < ε1 . Legyen most K2 egy kompakt rszhalmaza 1 K -nak, amelyre f |K2 folytonos s ν (K K2 ) < δ2 . Legyen C2 = ϕ− p0 (K2 ), ekkor µ(C C2 ) < ε2 . Alkalmazzunk £jra teljes induk i¢t, de most a rszsorozatra az eredeti sorozat helyett Ekkor egy olyan rszsorozatot kapunk, −1 amelyre µ(C2 ∩∞ s=1 ϕpmrs (K2 )) < ε2 . Folytatva ezt az elj r st, s a diagon lis sorozatot vve, a pm sorozatnak egy olyan pmt rszsorozat t kapjuk, amelyre az ∞ −1 Ei = (C Ci ) ∪ ∪t=i (Ci ϕpmt (Ki )) K0 ∞ halmaz mrtke kisebb, mint 2εi . Legyen most E = ∩∞ k=1 ∪i=k Ei . Vil gos, hogy µ(E ) = 0. Ha u ∈ C E , akkor van olyan k, hogy u ∈/ Ei , ha i ≥ k Ez egyrszt azt jelenti, hogy u ∈/ C Ci , ha i ≥ k, azaz u ∈ Ci , ha i ≥ k. Ebbl kvetkezik, hogy ϕp0 (u) ∈ Ki , ha i ≥ k, spe i lisan
ϕp0 (u) ∈ Kk . M srszt, 1 ha i ≥ k, akkor minden t ≥ i-re u ∈/ Ci ϕ− pmt (Ki ). Ezt sak i = k -ra fogjuk 136 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt felhaszn lni, m r ebbl kvetkezik, hogy ϕpmt (u) ∈ Kk , ha t ≥ k. Mivel folytonos, azt kapjuk, hogy f (ϕpmt (u)) f (ϕp0 (u)). Az ltal nos esetet £gy kapjuk, hogy U -t el ll¡tjuk egy σ -kompakt halmaz s egy nulla mrtk halmaz egyes¡tseknt s ismt alkalmazzuk az tl¢s elj r st. f |Kk 18.6 Ttel A 181 de n¡ i¢ jellseit fogjuk haszn lni Legyen X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek. Ha Y megsz ml lhat¢ b zis£ topologikus tr, akkor minden λn -mrhet f : X Y fggvny benne van Rn (X, Y )-ban, Tn (X, Y )-ban s Mn (X, Y )-ban. Tov bb , ha Y mg uniform tr is, akkor f benne van Ln (X, Y )-ban s Sn (X, Y )-ban. Bizony¡t s. Luzin ttele szerint f Luzin λn -mrhet Legyen U ⊂ Rn ny¡lt, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U ×P X egy
C 1 -fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P be gyaz s. Az elz ttelt fogjuk alkalmazni lok lisan ϕ-re. Legyen u0 ∈ U s v lasszunk olyan c > 0-t, amelyre | det(ϕ′p0 (u0 ))| > c. V lasztva olyan kompakt lez rt£ U0 krnyezett u0 -nak s P0 kompakt lez rt£ krnyezett p0 -nak, amelyre ϕp kl snsen egyrtelm U0 -on, ha p ∈ P0 , tov bb | det(ϕ′p (u))| > c, ha u ∈ U0 s p ∈ P0 , az integr ltranszform i¢s formula szerint azt kapjuk, hogy b rmely B ⊂ U0 mrhet halmazra λ (ϕp (B )) = n Z B det(ϕ′p (u)) dλn (u) ≥ cλn (B ). A λn (ϕp (B )) ≥ cλn (B ) egyenltlensg nem mrhet B halmaz esetn is fennll, mivel egybknt lenne olyan A ⊃ ϕp (B ) Borel-burok, amelyre λn (A) < 1 −1 cλn (ϕ− p (A)) teljeslne valamely p ∈ P0 -ra. Ez ellentmond s, mivel ϕp (A) Borel-halmaz, teh t mrhet. gy az elz ttel alkalmazhat¢ ϕ|U0 × P0 -ra. Mint a 181 de n¡ i¢ban eml¡tettk, ez elg annak bizony¡t s
ra, hogy (L) [(S), (R), (T), (M)℄ fenn ll f , U , P , p0 , ϕ, λn -re. 18.7 Ttel A 181 de n¡ i¢ jellseit fogjuk haszn lni Legyenek Z , Zi (i = 1, 2, . , n) topologikus terek Legyenek Xi (i = 1, 2, , n) s X euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai s legyen Y ⊂ Rl ny¡lt. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak. Tekintsk az f : X Z , fi : Xi Zi , h : D × Z1 × . × Zn Z , gi : D Xi (i = 1, 2, , n) fggvnyeket Legyen U ⊂ Rk ny¡lt halmaz, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U ×P X egy C 1 -fggvny, amelyre ϕp immerzi¢ja U -nak X -be minden p ∈ P -re, s tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = h(x, y, f1(g1 (x, y )), . , fn (gn (x, y ))); (2) b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra h folytonos a tbbi v ltoz¢ban; (3) az fi fggvny Rk+l -ben van Xi -n (i = 1, 2, . , n); 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt (4) a gi fggvny C 1 -ben van
D-n (i = 1, 2, . , n); (5) minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , hogy (ϕ(u0 , p0 ), y0 ) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p0 ), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja az (u0 , y0) pontban k + l, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor az (R) felttel teljesl f , U , P , p0 , ϕ, λk -ra. Bizony¡t s. Tegyk fel, hogy pm p0 V lasszunk U0 , P0 , Y0 ny¡lt krnyezett u0 , p0 , y0 -nak £gy, hogy (ϕ(u, p), y ) a D-ben legyen, ha u ∈ U0 , p ∈ P0 , y ∈ Y0 , tov bb , az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja k + l legyen u ∈ U0 , p ∈ P0 , y ∈ Y0 s 1 ≤ i ≤ n esetn. Ez lehetsges, mivel D ny¡lt, a gi s ϕ fggvnyek C 1 -ben vannak, a rang alulr¢l flig folytonos, s U × Y dimenzi¢ja k + l, ¡gy a rang ennl nagyobb nem lehet. Mivel az f1 fggvny Rk+l -ben van, van olyan pmr rszsrozata pm -nek, hogy egy nulla λk+l -mrtk E1 halmaz pontjait kivve minden (u, y ) ∈ U0 × Y0 p rra f1 (g1 (ϕ(u, pmr ), y )) f1 (g1 (ϕ(u, p0 ), y )).
Most a pmr rszsorozatra felhaszn lva, hogy f2 a Rk+l oszt lyban van, olyan pmrs rszsorozatot kapunk, amelyre egy nulla λk+l -mrtk E2 halmazt kivve, minden (u, y ) ∈ U0 × Y0 p rra f2 (g2 (ϕ(u, pmrs ), y )) f2 (g2 (ϕ(u, p0 ), y )), stb. Vgl pm egy olyan pmt rszsorozat t kapjuk, hogy a nulla λk+l -mrtk E = ∪ni=1 Ei halmaz pontjait kivve minden (u, y ) ∈ U0 × Y0 p rra fi (gi (ϕ(u, pmt ), y )) fi (gi (ϕ(u, p0 ), y )), ha i = 1, 2, . , n Fubini ttele szerint majdnem minden y ∈ Y0 -ra teljesl, hogy majdnem minden u ∈ U0 -ra (u, y ) ∈/ E . Rgz¡tve b rmely ilyen y -t, a fggvnyegyenletbl, s abb¢l, hogy rgz¡tett y mellett h folytonos a tbbi v ltoz¢ban, azt kapjuk, hogy f (ϕ(u, pmt )) f (ϕ(u, p0 )), amely az (R) felttel a ϕ|U0 × P0 fggvnyre. gy megmutattuk, hogy minden u0 ∈ U -hoz van olyan U0 ny¡lt krnyezete u0 -nak s pmt rszsorozata pm -nek, hogy majdnem minden u ∈ U0 -ra f (ϕ(u, pmt )) f (ϕ(u,
p0 )). Mivel U Lindelof-tr, a 18.1 de n¡ i¢ban tett megjegyzs szerint (R) teljesl 138 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 18.8 Plda A 181 de n¡ i¢ jellseit fogjuk haszn lni Tekintsk a kvetkez fggvnyegyenletet: n X i=0 hi (x, y )f (x + gi (y )) = 0, ha x ∈ Rm , y ∈ R. Tegyk fel, hogy az hi : Rm × R R {0} fggvnyek folytonosak, s a gi : R Rm fggvnyek C 1 -ben vannak. Bevezetve az xj = x + gj (y ) £j v ltoz¢t x helyett, azt kapjuk, hogy (1) f (xj ) = − X hi (xj − gj (y ), y ) f (xj − gj (y ) + gi (y )). hj (xj − gj (y ), y ) i6=j Hogy megmutassuk, az elz ttel (5) felttele teljesl, a ∂ϕ(1) p0 ∂u1 (u) . . .) ∂ϕ(pm 0 (u) . ∂u1 ∂ϕ(1) p0 (u) ∂uk . . (m) ∂ϕp0 ∂uk (u) (1) (1) d gj d gi (y ) − d y (y ) dy . . (m) (m) d gi d gi (y ) − d y (y ) dy m trix rangj t kell megvizsg lnunk, ahol ϕ(pr0) s gi(r) a ϕp0 s a gi
koordin t i. Ha ez k + 1, akkor alkalmazhatjuk az elz ttelt l = 1-el A felttel geometriailag azt jelenti, hogy a gi′ (y ) − gj′ (y ) vektor nin s benne a ϕ′p0 (u) line ris oper tor kpterben (amelyrl tudjuk, hogy k-dimenzi¢s). A kptr ak rmelyik k-dimenzi¢s altere lehet Rm -nek. Megtrtnhet, hogy b rmilyen k -dimenzi¢s line ris altrhez ltezik olyan y ∈ R, hogy a gi′ (y ) − gj′ (y ), i 6= j vektorok egyike sin s benne ebben az altrben. Ekkor ttelnk kzvetlenl alkalmazhat¢, s mutatja, hogy f ∈ Rk+1 -bl kvetkezik f ∈ Rk . Ha ez a helyzet k = m − 1, m − 2, . , 0-ra, akkor kapjuk, hogy minden mrhet megold s folytonos. De vannak esetek, amikor nem ez a helyzet Ha pld ul a gi fggvnyek deriv ltja konstans, azaz ha gi (y ) = yai + bi , akkor semmilyen rgz¡tett j -re sem alkalmazhatjuk az (1) egyenletet, hogy f ∈ Rk+1 -bl megkapjuk f ∈ Rk -t, mivel valamilyen ϕ fggvnyre ϕ′p0 (u) kptere tartalmazni
fog nh ny gi′ (y ) − gj′ (y ) = ai − aj vektort. De az (1) egyenletek kzl b rmelyiket haszn lhatjuk. Mivel Rk -ban lenni lok lis tulajdons g, elg megmutatni, hogy Rm b rmely k-dimenzi¢s line ris alterhez van olyan j , hogy az ai − aj , i 6= j vektorok egyike sin s az adott altrben. Pld ul ez biztosan teljesl, ha n ≥ m s az a0 , . , an vektorok ltal nos helyzetben vannak. Ha ez a felttel nem teljesl, mg mindig lehetsges, hogy ttelnk alkalmazhat¢. Egy hasonl¢ (de valamivel egyszerbb) esetet meg fogunk vizsg lni az alkalmaz sok kztt, a 21.11 pontban 18.9 Megjegyzs B r, mint a fenti plda mutatja, a 187 ttel sz mos esetben alkalmazhat¢, nem kielg¡t, mivel az (5) felttel t£l ers Ha a 18.7 ttelt alkalmazva akarjuk bizony¡tani, hogy f ∈ Rk , a ϕ fggvny 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt i tetszleges lehet. gy az (5) felttel impli it m¢don azt jelenti, hogy ∂g ∂x ∂g rangja nagy kell
legyen, mg akkor is, ha i rangja nagy. Ez a gyakorlat∂y ban azt jelenti, hogy gi -nek az x minden koordin t j t¢l fggenie kell, ami nem knyelmes. Enyh¡teni szeretnnk ezt a felttelt A helyett, hogy (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p0), y ) rangja a maxim lisan lehetsges k + l az (u0 , y0) pontban, sak azt fogjuk feltenni, hogy rangja egy (i-tl fgg) ki konstans az (u0 , p0 , y0 ) valamely krnyezetben. Azonban ekkor Rk ∩Mk -beli fggvnyekkel kell dolgoznunk, s durv n sz¢lva, tteleink azt mondj k, hogy Rk+1 ∩Mk+1 -beli megold sok Rk ∩ Mk -ban is benne vannak. Elszr sak az (M) mrhetsgi felttellel fogunk foglalkozni. Az al bbi lemm t fogjuk felhaszn lni, hogy bebizony¡tsuk, ha az (M) felttel teljesl az fi fggvnyekre, akkor f -re is. 18.10 Lemma 18.1 jellseit fogjuk haszn lni Legyen X ny¡lt rszhalmaza R -nek, Y topologikus tr, 0 ≤ k ≤ n s f ∈ Mk (X, Y ). Ha ψ az Rm tr U ny¡lt rszhalmaz nak C 1 -lekpezse X -be, deriv
ltj nak rangja mindentt k, akkor az f ◦ ψ fggvny λm -mrhet. n Bizony¡t s. A lemma kzvetlenl kvetkezik a rangsz m ttelbl Va- l¢ban, a rangsz m ttel szerint minden u0 ∈ U -nak van olyan U0 krnyezete, hogy ψ|U0 fel¡rhat¢ α ◦ p ◦ β alakban. Itt, az I = ℄−1, 1[ jellssel, a β lekpezs di eomor zmusa U0 -nak I m -re £gy, hogy β (u0 ) = 0, a p projek i¢ja I m -nek I n -be p(x1 , x2 , . , xm) = (x1 , x2 , , xk , 0, , 0) alak£, s α di eomor zmusa I n -nek egy X0 ny¡lt halmazra, amely 0-t x0 = ψ (u0 )-ba I k -val azonos¡tva azt kapjuk, hogy α|I k viszi. Az I k × {0} ⊂ I n halmazt immerzi¢, ¡gy az f ◦ (α|I k ) −1 (V ) halmaz λk -mrhet Y minden V ny¡lt rszhalmaz ra. Mivel a p−1 (A) halmaz λm -mrhet I k b rmely λk -mrhet A rszhalmaz ra, s a β −1 (B ) halmaz λm -mrhet I m b rmely λm -mrhet B rszhalmaz ra, azt kapjuk, hogy az f ◦ (ψ|U0 ) fggvny λm -mrhet. Felhaszn
lva, hogy U Lindelof-tr, kapjuk az ltal nos esetet 18.11 Ttel 181 jellseit fogjuk haszn lni Legyen Z topologikus tr, Zi (i = 1, 2, . , n) pedig szepar bilis metrikus tr Legyenek Xi (i = 1, 2, . , n) s X ny¡lt rszhalmazai valamely euklidszi tereknek s legyen Y ⊂ Rl ny¡lt. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak s tekintsk az f : X Z , fi : Xi Zi , h : D × Z1 × . × Zn Z , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n) fggvnyeket Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, ψ : U X egy C 1 immerzi¢ja U -nak X -be, s tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = h(x, y, f1(g1 (x, y )), . , fn (gn (x, y ))); 140 (2) (3) (4) (5) 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra h folytonos a tbbi v ltoz¢ban; az fi fggvny Mki -ben van Xi -n (i = 1, 2, . , n); a gi fggvny C 1 -ben van D-n (i = 1, 2, . , n); minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , amelyre (ψ (u0 ), y0) ∈ D s az
(u, y ) 7 gi (ψ (u), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja ki az (u0 , y0 ) egy krnyezetben, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor u 7 f (ψ (u)) Lebesgue-mrhet. Bizony¡t s. V lasszunk olyan U0 ny¡lt krnyezett u0 -nak s Y0 ny¡lt krnyezett y0 -nak, amelyre (ψ (u), y ) a D-ben van, ha u ∈ U0 , y ∈ Y0 , tov bb , az (u, y ) 7 gi (ψ (u), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja ki minden u ∈ U0 , y ∈ Y0 , 1 ≤ i ≤ n-re. (5) szerint ez lehetsges Az elz lemm b¢l azt kapjuk, hogy az (u, y ) 7 fi (gi (ψ (u), y )) lekpezs λk+l -mrhet. Fubini ttele szerint, kivve az Y halmaz y pontjainak egy nulla λl -mrtk Ei rszhalmaz t, az u 7 fi (gi (ψ (u), y )) lekpezs λk -mrhet U0 -on. Innen, kivve az E = ∪ni=1 Ei halmaz pontjait, minden y ∈ Y0 -ra az u 7 (ψ (u), f1 (g1 (ψ (u), y )), . , fn (gn (ψ (u), y ))) lekpezse U0 -nak Dy × Z1 × · · · × Zn -be mrhet. Mivel b rmely rgz¡tett a h fggvny folytonos a tbbi v
ltoz¢ban, azt kapjuk, hogy b rmely rgz¡tett y ∈ Y0 E -re az y -ra u 7 h(ψ (u), y, f1(g1 (ψ (u), y )), . , fn (gn (ψ (u), y ))) lekpezs mrhet. Ez azt jelenti, hogy u 7 f (ψ (u)) mrhet U0 -on Mivel U Lindelof-tr, kapjuk az ll¡t st. Az al bbi ttel a kul s az 18.7 ttel 1813 ltal nos¡t s hoz 18.12 Ttel 181 jellseit fogjuk haszn lni Legyen U ⊂ Rm , X s P euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai, p0 ∈ P , Y szepar bilis metrikus tr, ϕ : U × P X egy C 1 -fggvny, amelyre rank ϕ′p (u) = k minden u ∈ U , p ∈ P -re. Ha f ∈ Mk (X, Y ) ∩ Lk (X, Y ), akkor az (L) felttel teljesl f , U , P , p0 , ϕ s λm -el. Bizony¡t s. Legyen u0 ∈ U Mivel ϕ′p0 (u0) rangja k, az u-t fel¡rhatjuk u = (u1 , u2 ) ∈ Rk × Rm−k alakban £gy, hogy ∂ϕ (u0 , p0 ) ∂u1 determin nsa ne legyen 0. gy van olyan U1 × U2 krnyezete u0 -nak s P0 krnyezete p0 -nak, hogy U1 , az U1 lez rtja kompakt, U1 × U2 ⊂ U , s az u1 7 ϕ(u1
, u2 , p) 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt lekpezs immerzi¢ja U1 -nek minden u2 ∈ U2 , p ∈ P0 -re. Feltehetjk, hogy λk (U1 ) s λm−k (U2 ) vgesek. Mivel f ∈ Lk , minden ε, σ > 0-hoz s minden u2 ∈ U2 -hz van olyan δ > 0, hogy ha |u′2 − u2 | < δ , |p − p0 | < δ , akkor u′2 ∈ U2 s λk {u1 ∈ U1 : dist(f (ϕ(u1, u′2 , p)), f (ϕ(u1, u2 , p0 ))) ≥ σ/2} ≤ 2 ε λm−k (U2 ) . Alkalmazva ezt p = p0 -ra is, s kombin lva a kt egyenltlensget, azt kapjuk, hogy (1) λk {u1 ∈ U1 : dist(f (ϕ(u1 , u′2 , p)), f (ϕ(u1, u′2 , p0 ))) ≥ σ} ≤ ε λm−k (U2 ) minden u′2 -re, amelyre |u′2 − u2 | < δ s minden p-re, amelyre |p − p0 | < δ . Rgz¡tett ε, σ > 0-ra legyen δu2 az u2 ∈ U2 -nek megfelel δ . Legyen C tetszleges kompakt rszhalmaza U1 × U2 -nek s legyen C2 = {u2 : (u1 , u2 ) ∈ C} a projek i¢ja C -nek. Az u2 ∈ C2 kzppont£, δu2 -nl kisebb
sugar£ z rt gmbk Vitali-lefedst alkotj k C2 -nek, ¡gy kiv laszthatunk bellk egy Bi , i = 1, 2 . diszjunkt sorozatot, amely λm−k -majdnem mindentt lefedi C2 -t. Mivel f ∈ Mk , az elz lemma szerint az u 7 f (ϕ(u, p)) lekpezsek m λ -mrhetek minden p ∈ P0 -re. gy az u 7 dist(f (ϕ(u, p)), f (ϕ(u, p0))) lekpezs is mrhet, azaz az (2) {u ∈ U1 × Bi : dist(f (ϕ(u, p)), f (ϕ(u, p0))) ≥ σ} halmazok λm -mrhetek. Felhaszn lva (1)-et s a Fubini-ttelt, azt kapjuk, hogy a (2) halmaz λm -mrtke legfeljebb λm−k (Bi )ε/λm−k (U2 ). Mivel a Bi halmazok diszjunkt majdnem lefedst alkotj k C2 -nek, azt kapjuk, hogy λm {u ∈ C : dist(f (ϕ(u, p)), f (ϕ(u, p0))) ≥ σ} ≤ ε. gy megmutattuk, hogy minden u0 ∈ U -nak van olyan U0 = U1 × U2 krnyezete, hogy (L) teljesl ezen a krnyezeten. Az (L) de n¡ i¢j n l tett megjegyzs szerint kvetkezik az ll¡t s. 18.13 Ttel 181 jellseit fogjuk haszn lni Legyen
Z topologikus tr, s legyenek Zi (i = 1, 2, . , n) szepar bilis metrikus terek Legyenek Xi (i = 1, 2, . , n) s X klnbz euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai s legyen Y ⊂ Rl is ny¡lt halmaz. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak Tekintsk az f : X Z , fi : Xi Zi , h : D × Z1 × . × Zn Z , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n) fggvnyeket Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U × P X egy C 1 fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P immerzi¢ja U -nak X -be, s tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: 142 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = h(x, y, f1(g1 (x, y )), . , fn (gn (x, y ))); (2) (3) (4) (5) b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra h folytonos a tbbi v ltoz¢ban; az fi fggvny Rki ∩ Mki -ben van (i = 1, 2, . , n); a gi fggvny C 1 -ben van D-n (i = 1, 2, . , n); minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , amelyre (ϕ(u0 ,
p0 ), y0) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja ki az (u0 , p0 , y0) pont egy krnyezetn minden 1 ≤ i ≤ n-re. Ekkor az (R) s (M) felttelek teljeslnek f , U , P , p0 , ϕ, λk -val. Bizony¡t s. A 1811 ttelbl kvetkezik, hogy az (M) felttel teljesl f , U , P , p0 , ϕ, λk -val. Rgz¡tsnk egy u0 ∈ U -t s v lasszunk egy y0 -at u0 -hoz (5) szerint. V lasszunk olyan U0 , P0 illetve Y0 krnyezeteit u0 -nak, p0 -nak, illetve y0 -nak, amelyekre (ϕ(u, p), y ) ∈ D, ha u ∈ U0 , p ∈ P0 s y ∈ Y0 , tov bb az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja ki az U0 ×P0 ×Y0 halmazon minden 1 ≤ i ≤ nre. Annak bizony¡t sa, hogy az (R) felttel is teljesl, pontosan £gy megy, mint a 18.7 ttelben, de az elz ttelt kell felhaszn lnunk a defn¡ i¢ helyett 18.14 Felttelek Ennek a paragrafusnak a h tralv rszben 181 jellseit fogjuk haszn lni, de sak azt az esetet vizsg ljuk, amikor
X nem res ny¡lt rszhalmaza Rn -nek, f pedig az X -et egy Y szepar bilis metrikus trbe kpezi, mivel el k¡v njuk kerlni azokat a nehzsgeket, amelyek sak Y topol¢gi j nak nem megfelel volt b¢l erednek. 18.15 Megjegyzs 1814 felttelei mellett, egy m sik, a 181 de n¡i¢ban t rgyaltt¢l eltr lokalit si elv is fenn ll Nevezetesen, f ∈ Lk (X, Y ) akkor s sak akkor, ha minden x0 ∈ X -nek van olyan X0 ⊂ X ny¡lt krnyezete, hogy f |X0 ∈ Lk (X0 , Y ). A sak akkor" rsz nyilv nval¢ Az akkor" rszt 18.1 jellseit felhaszn lva bizony¡tjuk Vegyk szre, hogy minden u0 ∈ U ponthoz lteznek olyan U0 illetve P0 krnyezetei u0 -nak illetve p0 nak, hogy x0 = ϕ(u0 , p0 )-ra a ϕ(U0 , P0 ) halmaz rsze X0 -nak. Ez azt jelenti, hogy (L) teljesl ϕ|U0 ×P0 -ra. Most a de n¡ i¢ban megfogalmazott lokalit si elvbl kapjuk, hogy f ∈ Lk (X, Y ). Hasonl¢ lokalit si elv igaz (s ugyan¡gy bizony¡that¢) Sk -ra, Rk -ra, Tk -ra s Mk -ra.
18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 18.16 Az Mk oszt ly 1814 felttelei mellett, legyen Ak = {A ⊂ X : ξA ∈ Mk (X, {0, 1})}, ahol {0, 1}-et mint diszkrt teret tekintjk. Knny l tni, hogy Ak egy σ algebra, s egy f : X Y fggvny pontosan akkor van Mk (X, Y )-ban, ha f −1 (V ) az Ak halmazoszt lyban van Y b rmely V ny¡lt rszhalmaz ra. gy Mk (X, Y ) vizsg lata az Ak σ -algebra vizsg lat ra reduk lhat¢. Knny l tni, hogy An az X sszes λn -mrhet rszhalmazainak oszt lya, A0 pedig az X sszes rszhalmazainak oszt lya. Megmutatjuk, hogy A ∈ Ak akkor s sak akkor, ha minden U ⊂ Rk ny¡lt halmazra s minden ψ : U X immerzi¢ra az A ∩ rng ψ halmaz χk -mrhet. B rmely u ∈ U -hoz van olyan C kompakt krnyezete u-nak, hogy ψ megszor¡t sa C -re kl snsen egyrtelm. Az integr ltranszform i¢s formula szerint, ha ψ −1 (A) ∩ C Lebesgue-mrhet, akkor ψ (C ) ∩ A Hausdor mrhet Megford¡tva is, ha ψ (C
)∩A Hausdor -mrhet, akkor felhaszn lva, hogy ψ (C ) Hausdor -mrtke vges, lteznek olyan B, N ⊂ ψ (C ) Borelhalmazok, hogy B ⊂ A, (A ∩ ψ (C )) B ⊂ N s χk (N ) = 0. A (ψ|C )−1 (B ) s (ψ|C )−1 (N ) halmazok Borel-halmazok, s az ut¢bbi sak nulla mrtk lehet. Ez azt jelenti, hogy a (ψ|C )−1 (A B ) halmaz λk -mrtke is nulla, ¡gy (ψ|C )−1 (A) is λk -mrhet. Most minden u ∈ U -hoz v lasztva a fentiek szerint egy C kompakt krnyezetet, ezek kzl megsz ml lhat¢ sok lefedi U -t. Ha az A ∩ rng ψ halmaz χk -mrhet, akkor a (ψ|Ci )−1 (A) halmazok mind λk -mrhetek, s ¡gy ψ −1 (A) is λk -mrhet. A m sik ir nyban, ha a ψ −1 (A) halmaz λk mrhet, akkor a ψ −1 (A) ∩ Ci halmazok is mrhetek, ¡gy A ∩ rng ψ = (∪i ψ (Ci )) ∩ A is χk -mrhet halmaz. Amit eddig bebizony¡tottunk, abb¢l kvetkezik, hogy minden χk -mrhet halmaz Ak -ban van, mivel rng ψ mindig χk -mrhet. Egy megsz
ml lhat¢an (χk , k)-rekti k lhat¢ halmaz akkor s sak akkor van Ak -ban, ha χk mrhet Csak azt kell megmutatnunk, hogy ha A ∈ Ak megsz ml lhat¢an (χk , k)-rekti k lhat¢, azaz ha az A halmaz χk -majdnem rszhalmaza Rk -beli korl tos halmazok Lips hitz-kpei megsz ml lhat¢ uni¢j nak, akkor az A halmaz χk -mrhet. Federer [42℄ knyvnek 3229 ttele szerint k 1 A ⊂ N ∪ (∪∞ i=1 Si ), ahol χ (N ) = 0 s minden Si egy k -dimenzi¢s C rszsokas ga X -nek. Az Si -t kisebb rszekre osztva, ha kell, feltehetjk, hogy Si az Rk valamely ny¡lt rszhalmaz nak valamely ψi C 1 -immerzi¢ ltali kpe. Mivel a ψi−1 (A) halmaz λk -mrhet, az A∩ rng ψi = A∩Si halmaz χk -mrhet minden i-re. Innen A = (A ∩ N ) ∪ (∪∞ i=1 (A ∩ Si )) is χk -mrhet. Lteznek nem χk -mrhet halmazok is Ak -ban. Egy vges χk -mrtk tiszt n nem rekti k lhat¢ kompakt halmaz b rmely nem χk -mrhet rszhalmaza (Federer [42℄, 2.24) egy ilyen
plda Egy ilyen A halmazra a ψ −1 (A) halmaz nulla Lebesgue-mrtk az Rk b rmely ny¡lt rszhalmaz nak b rmely ψ immerzi¢j ra X -be. Tiszt n nem rekti k lhat¢ halmazra pld t 144 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt Federer knyvben tal lhatunk, [42℄, 3.320 L sd mg Morgan knyvt, [131℄, 3.17 18.17 sszefggs Mk , Lk , Sk , Rk s Tk kztt 1814 feltteleit haszn ljuk. A legegyszerbb krdsek egyike, hogy f ∈ Mk -b¢l kvetkezik-e f ∈ Lk , Sk , Rk vagy Tk . Tudjuk, hogy ez fenn ll, ha k = n Ha k < n, akkor X s egy megfelel k -dimenzi¢s s¡k metszetnek a karakterisztikus fggvnye Mk -ban van, de nin s benne az Lk , Sk , Rk s Tk oszt lyok egyikben sem. A m sik ir nyban, tegyk fel, hogy f ∈ Lk = Sk ⊂ Rk ⊂ Tk . Krds, hogy f ∈ Mk teljesl-e? Ez trivi lisan teljesl, ha k = 0. M srszt, megmutatjuk, hogy az ll¡t s nem bizony¡that¢ ZFC-ben, ha 0 < k ≤ n Nevezetesen, a kontinuum-hipotzist
felhaszn lva pld t adunk olyan f fggvnyre, amelyre f ∈ Lk , de f ∈/ Mk . Godel s Cohen nevezetes eredmnyei szerint, a kontinuum-hipotzis fggetlen ZFC axi¢m it¢l gy Mk ⊂ Lk nem bizony¡that¢ ZFC-ben. Egy m sik krds, hogy igaz-e, hogy Sk = Rk . Ez ismt sak trivi lisan teljesl, ha k = 0. A kontinuum-hipotzist felhaszn lva a 0 < k < n esetben ellenpld t adunk, ezzel megmutatva, hogy a kt oszt ly egyenlsge nem ttel ZFC-ben. A k = n esetrl semmit sem tudok Hasonl¢an, azt is krdezhetjk, hogy teljesl-e Rk = Tk , vagy legal bb Mk ∩ Rk = Mk ∩ Tk . Ez is teljesl k = 0-ra Ha 0 < k < n, megmutatjuk, hogy Mk ∩ Rk $ Mk ∩ Tk , ¡gy Rk $ Tk . A k = n esetben tudjuk, hogy Mn ⊂ Rn ⊂ Tn , ¡gy termszetesen Mn ∩ Rn = Mn ∩ Tn . Nem tudom, teljesl-e, hogy Rn = Tn ? 18.18 Hierar hia a klnbz dimenzi¢khoz tartoz¢ fggvnyoszt lyok kztt 1814 feltteleit haszn ljuk Rgz¡tsk a 0 ≤ k < l ≤
dimenzi¢kat, s vizsg ljuk az Mk , Lk , stb., s az Ml , Ll , stb oszt lyok kztti kap solatokat. Azt remlhetjk, hogy skkentve a dimenzi¢t, az (L), (S), stb. felttelek egyre ersebb v lnak. Az ilyen ir nyba kapott kt pozit¡v eredmny egyike, hogy ez val¢ban fenn ll az (L), (S) s (R) felttelekre mrhetsg mellett: n M k ∩ M l ∩ Lk ⊂ L l . Ennek az ll¡t snak a bizony¡t sa nagyon hasonl¢ a 18.12 ttel bizony¡t s hoz, ¡gy nem ismteljk meg az rvelst Kontinuum-hipotzis mellett adott ellenpld val megmutatjuk, hogy k > 0-ra ZFC 2 Mk ∩ Lk ⊂ Ml ∪ Tl . Hasonl¢an, kontinuum-hipotzis mellett adott ellenpld val mutatjuk meg, hogy ZFC 2 Mk ∩ Lk ∩ Ll ⊂ Ml , kivve a trivi lis k = 0 esetet. 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt Sokkal knnyebb l tni, hogy ltal ban az ellenkez ir ny£ tartalmaz sok sem teljeslnek. B r trivi lisan fenn ll, ltal ban Ml ⊂ M0 Ml 6⊂ Mk ha k > 0. Ezt mutatja X s
egy alkalmas k-dimenzi¢s s¡k metszete egy nem χk -mrhet rszhalmaz nak a karakterisztikus fggvnye. Ugyanez a plda azt is mutatja, hogy Ml ∩ Ll 6⊂ Mk ∪ Tk . Ha X s egy alkalmas k-dimenzi¢s s¡k metszetnek a karakterisztikus fggvnyt tekintjk, akkor l tjuk, hogy Ml ∩ Ll ∩ Mk 6⊂ Tk . Meg fogjuk mutatni, hogy Ml ∩ Rk ⊂ Mk . Nem tudom, hogy itt Rk helyettes¡thet-e Tk -val, kivve a trivi lis k = 0 esetet. L ssuk a bizony¡t sokat. 18.19 Ttel Ml ∩ Rk ⊂ Mk . 18.14 felttelei mellett, ha 0 ≤ k < l ≤ n, akkor Bizony¡t s. k = 0-ra az ll¡t s trivi lis Egybknt legyen ψ egy U ⊂ Rk ny¡lt halmaz immerzi¢ja X -be. Legyen u0 ∈ U , s legyen V egy l − k-dimenzi¢s altere Rn -nek, amely ortogon lis rng ψ ′ (u0 )-ra. Legyen π : Rl−k V egy line ris izometria, s ϕ-t de ni ljuk a ϕ(u, p) = ψ (u)+π (p) sszefggssel. Ekkor p0 = 0-ra ϕp0 = ψ V lasszunk olyan U0 illetve P0 ny¡lt krnyezeteit u0 -nak illetve
p0 -nak, amelyekre ϕ(U0 , P0 ) ⊂ X s ϕ immerzi¢ja U0 × P0 -nak X -be. Mivel f ∈ Ml , az (u, p) 7 f (ϕ(u, p)) lekpezs λl -mrhet. gy λl−k -majdnem minden p ∈ P0 -ra az u 7 f (ϕ(u, p)) lekpezs λk -mrhet V lasszunk egy olyan pm p0 sorozatot, amelyre minden u 7 f (ϕ(u, pm )) mrhet. Mivel f ∈ Rk , van olyan pms rszsorozat, hogy f (ϕ(u, pms )) f (ϕ(u, p0 )) λk -majdnem minden u ∈ U0 -ra. gy u 7 f (ψ (u)) mrhet U0 -on, azaz lok lisan. Ebbl kvetkezik, hogy f ∈ Mk 146 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 18.20 Ellenplda 1814 felttelei mellett, egy ellenpld val megmutatjuk, hogy ha 0 < k < n, akkor Mk ∩ Rk $ Mk ∩ Tk Bizony¡t s. Az egyszersg kedvrt X egy nem res k-dimenzi¢s V = W ∩X alak£ altervel fogunk dolgozni, ahol W = {(x1 , x2 , . , xk , x0k+1 , , x0n )} valamely rgz¡tett x0k+1 , . , x0n -ra Az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy x0k+1 = ·
· · = x0n = 0 Az fqfggvny sak x1 , , xk -t¢l fog fggni, valamint a W altrtl val¢ r = x2k+1 + · · · + x2n t vols gt¢l. Legyen f (x) = 0, ha r = 0. Legyen g (y ) rtke 0 vagy 1 az Rk egy pontj ban att¢l fggen, hogy az y ∈ Rk koordin t i egsz rszeinek sszege p ros vagy p ratlan. Ennek a g sakkt bla" fggvnynek egy h sim¡t s t fogjuk felhaszn lni f de n¡ i¢j ban. A h folytonos fggvnyt £gy kapjuk, hogy g tlag t kpezzk egy adott y pont krl egy alkalmas tgl n, nevezetesen azon z ∈ Rk pontok halmaz n, amelyekre b rmely zi − yi koordin taklnbsg −1/4 s 1/4 kztt van. B rmely m nem negat¡v egsz sz mra, ha xn = α2−m + (1 − α)2−m−1 valamely 0 < α ≤ 1-el, legyen f (y, xk+1 , . , xn ) = αh(2m y ) + (1 − α)h(2m+1 y ) Ha xn > 1, akkor legyen f (y, xk+1 , . , xn ) = h(y ) Mivel f folytonos az xn ≤ 0 s xn > 0 rszein X -nek, nyilv n Borel-fggvny, ¡gy Mm -ben van b rmely 0 ≤ m
≤ n-re. Elszr megmutatjuk, hogy f ∈/ Rk . Legyen π az y 7 (y1 , . , yk , 0, , 0) be gyaz sa Rk -nak Rn -be. V lasszunk egy K ∈ N-et s egy y 0 vektort 2−K Zk -b¢l £gy, hogy ha U az sszes olyan y pontok halmaza, amelyekre y − y 0 minden koordin t ja pozit¡v, de kisebb, mint 2−K , akkor π (U ) lez rtja V rsze legyen. Ha p ∈ R, legyen ϕ(u, p) = π (u) + pen ahol en a (0, . , 0, 1) ∈ Rn egysgvektor Egy alkalmas M -re teljesl, hogy ϕ(u, p) ∈ X , ha u ∈ U s p ∈ P = {p : |p| < 2−M }. Legyen p0 = 0 s pm = 2−m , ha m > M . A pm sorozat b rmely pms rszsorozat ra teljesl, hogy b rmely adott u ∈ U -ra vgtelen sok s van, amelyre f (ϕ(u, pms )) = 1, s ¡gy f (ϕ(u, pms )) 6 f (ϕ(u, p0 )) = 0. gy az Um = {u ∈ U : f (ϕ(u, pm )) = 1} jellssel konvergen ia sak akkor llhat fenn, ha van olyan S , hogy minden ∞ s ≥ S -re u ∈ / Ums , azaz ha u ∈ / ∩∞ S =1 ∪s=S Ums . gy majdnem mindentti konvergen ia sak
akkor teljeslhet, ha ∞ λk (∩∞ S =1 ∪s=S Ums ) = 0. 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt Ez azt jelenti, hogy a majdnem mindentti konvergen i hoz λk (Ums ) 0 teljeslse szksges. Ez azonban nem teljesl, mert λk (Ums ) = λk (U )/2k , ha ms > K . Nehezebb megmutatni, hogy f ∈ Tk . Legyen U ny¡lt rszhalmaza Rk nak, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P s ϕ : U × P X egy C 1 -fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P immerzi¢. Legyen pm p0 egy konvergens sorozat P -ben. Mivel az f fggvny folytonos az X V halmazon, ha ϕ(u, p0 ) ∈/ V , akkor f (ϕ(u, pm)) f (ϕ(u, p0)). gy sak a Z = {u ∈ U : ϕ(u, p0 ) ∈ V } halmazzal kell foglalkoznunk. Vezessk be az Umε = {u ∈ Z : f (ϕ(u, pm )) ≥ ε} jellst Meg kell mutatnunk, hogy majdnem minden u ∈ Z -hez van olyan pms rszsorozata pm nek, amelyre f (ϕ(u, pmk )) f (ϕ(u, p0 )) = 0 Ez azt jelenti, hogy minden ε ε > 0-hoz s minden M -hez
van olyan m ≥ M , hogy u ∈ / Um , azaz hogy ∞ ε u∈ / ∪ε>0 ∪∞ ∩ U . gy azt kell megmutatnunk, hogy ennek a halM =1 m=M m k ∞ ∞ ε maznak a λ -mrtke nulla. Mivel skkentve ε-t az ∪M =1 ∩m=M Um halmaz nvekszik, ha vesznk egy null hoz tart¢ εs > 0 sorozatot s az uni¢t sak ezen εs sz mokra vesszk, az uni¢ nem v ltozik. gy elg azt megmutatni, ε ∞ hogy b rmely ε > 0-ra az ∪∞ M =1 ∩m=M Um halmaz nulla mrtk, vagy, ε ami ezzel ekvivalens, hogy b rmely ε > 0-ra s b rmely M -re a ∩∞ m=M Um halmaz λk -mrtke nulla. Ha ez nem teljeslne, akkor lenne olyan ε > 0 s M , amelyre ennek a halmaznak ltezne egy u0 srsgi pontja. Tegyk fel, hogy ez a helyzet, s rgz¡tsk ε-t, M -et s u0 -t. Feltehetjk tov bb , hogy ε u0 ∈ ∩∞ m=M Um . rjuk ϕ-t ϕ = (ϕ1 , ϕ2 ) alakba, ahol ϕ1 (u, p) az els k koordin t ja ϕ(u, p)-nak, ϕ2 (u, p) pedig az utols¢ n − k . Mivel u0 srsgi
pontja Z nek is, azt kapjuk, hogy ϕ′2,p0 (u0 ) = 0 s det ϕ′1,p0 (u0 ) 6= 0 Az inverz fggvny ttel bizony¡t s t felhaszn lva, tal lhatunk olyan c > 0-t s u0 kzppont£ U0 ny¡lt gmbt, valamint P0 ny¡lt krnyezett p0 -nak, hogy ha Bδ (u0 ) rsze U0 -nak s p ∈ P0 , akkor Bcδ (ϕ1,p (u0 )) √ rsze legyen ϕ1,p (Bδ (u0 ))′ nak. Tov bb feltehetjk, hogy kϕ2,p (u)k ≤ c/(16 k), ha (u, p) ∈ U0 × P0 Szksg esetn skkentve U0 -at s P0 -at azt is feltehetjk, hogy valamely pozit¡v C konstanssal J (ϕ1,p )(u) ≤ C , ha (u, p) ∈ U0 × P0 , ahol J a Ja obidetermin ns abszol£t rtke. Jellje α(k) az Rk tr 1 sugar£ gmbjeinek λk -mrtkt. Ekkor termszetesen b rmely δ sugar£ gmb λk -mrtke α(k)δ k Mivel u0 srsgi pont, van olyan δ0 > 0, hogy a Bδ (u0 ) z rt gmbre ε λk (Bδ (u0 ) (∩∞ m=M Um )) < ck δ k , Ck k/2 23k ha 0√< δ ≤ δ0 . Ehhez a δ0 -hoz v lasszunk egy s0 > 1-et,
amelyre 2−s0 +1 ≤ cδ0 / k . V lasszunk egy M0 -at, amelyre m ≥ M0 esetn pm ∈ P0 s ϕ(u0 , pm ) t vols ga W -tl kisebb, mint 2−s0 −2 . Rgz¡tsnk egy m-et, amely nem kisebb, mint max{M, M0}. Mivel u0 ∈ Umε teljesl, ϕ(u0 , pm ) t vols ga W -tl nagyobb, mint 0, de kisebb, mint 2−s0 −2 . V lasszunk egy s-et £gy, kisebb legyen, mint hogy ez a t vols g ne legyen kisebb, mint 3 · 2−s−3 , de √ √ −s−2 −s . Nyilv n s ≥ s0 Legyen k2 /c < δ ≤ k2−s+1 /c Ekkor 3·2 148 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 0 < δ ≤ δ0 . Jellje S az sszes olyan y ∈ Rk pontok halmaz t, amelyekre 2s y minden koordin t j nak ugyanaz az egsz rsze, mint 2s y0 megfelel −s koordin t j nak, ahol y0 = ϕ1 (u0 , pm ). Az S halmaz √ −s 2 hossz£s g£ intervallumok Des artes-szorzata. gy S tmrje k2 s mivel y0 ∈ S , az S halmaz rsze ϕ1,pm (Bδ (u0 ))-nak. Felhaszn lva kϕ2′ ,pm (u)k be slst, amely minden u ∈
Bδ (u0 )-re teljesl, a √ |ϕ2 (u, pm ) − ϕ2 (u0 , pm )| ≤ cδ/(16 k ) ≤ 2−s−3 be slst kapjuk. Ebbl kvetkezik, hogy ϕ(u, pm ) t vols ga W -tl 2−s−2 s 2−s kz esik. Jellje S0 az S azon y pontjainak halmaz t, amelyekre a h(2s y ), h(2s+1 y ) s h(2s+2 y ) fggvnyrtkek mindegyike nulla. Egy y ∈ S pontosan akkor van S0 -ban, ha 2s y , 2s+1 y s 2s+2 y minden koordin t j nak a trtrsze 1/4 s 3/4 kztt van. Ez azt jelenti, hogy 2s y minden koordin t j nak a trtrsze az [5/16, 6/16℄ ∪ [10/16, 11/16℄ halmazba esik gy az S0 halmaz λk -mrtke 2−sk−3k . Ha u ∈ Bδ (u0 ) s y = ϕ2 (u, p0 ) ∈ S0 , akkor ε u∈ / Um . De J (ϕ1,pm )(u) ≤ C , ¡gy az integr ltranszform i¢s formula szerint ε λk (Bδ (u0 ) Um )≥ 2−sk−3k C ≥ ck δ k . Ck k/2 23k Ez ellentmond δ0 v laszt s nak. Ez az ellentmond s bizony¡tja, hogy f ∈ Tk A tov bbi ellenpld khoz egy lemm ra lesz szksgnk. Az ellenpld k az
£gynevezett majdnem invari ns halmazok ltezsvel kap solatosak Ezeket a halmazokat Kakutani s Oxtoby [105℄ dolgozat ban annak bizony¡t s ra haszn lta fel, hogy a Haar-mrtket a komplex egysgkrn bv¡thetjk egy olyan invari ns mrtkk, amelyre a megfelel L2 -tr Hilbert-tr dimenzi¢ja 2c lesz, ahol c a kontinuum sz moss g. Az al bbi konstruk i¢ a szerz [68℄ dolgozat ban szerepl konstruk i¢ nom¡t sa, ahol | egyebek mellett | Kakutani s Oxtoby eredmnyt terjesztette ki tetszleges lok lisan kompakt soportra. Az ottani gondolatokat itt Sierpinski egy j¢l ismert konstruk i¢j val kombin ljuk, amellyel Sierpinski kontinuum-hipotzis mellett pld t adott az egysgngyzetben egy 1 mrtk (nem mrhet) halmazra, amely b rmely egyenesbl legfeljebb kt pontot tartalmaz. Hogy az al bbi absztrakt halmazelmleti lemma szerept jobban megrtsk, arra az esetre gondolhatunk, amikor X a s¡k, T az sszes olyan di eomor zmusok oszt lya,
amelyek a s¡k valamely ny¡lt rszhalmaz t a s¡k egy m sik ny¡lt rszhalmaz ra kpezik, F a s¡k pozit¡v Lebesgue-mrtk kompakt rszhalmazainak oszt lya, G a s¡k sszes egydimenzi¢s C 1 -rszsokas gainak oszt lya, s n = c = ℵ1 . 18.21 Lemma Legyen X egy halmaz, T pedig olyan kl snsen egyrtelm transzform i¢k egy oszt lya, amelyek mindegyike X egy rszhalmaz t X -be kpezi. Legyenek F , G az X rszhalmazainak oszt lyai Tegyk fel, hogy n > ℵ0 egy sz moss g s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) ard(X ) = n; 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt (2) ard(T ) ≤ n; (3) ard(F ) ≤ n s minden F ∈ F -re ard(F ) = n; (4) ard(G ) ≤ n s minden F ∈ F -re s G0 ⊂ G -re, amelyre ard(G0 ) < n, teljesl, hogy ard(F ∪G0 ) = n; (5) a G oszt ly T -invari ns, azaz ha G ∈ G s τ ∈ T , akkor τ (G) ∈ G s τ −1 (G) ∈ G . Ekkor ltezik az X halmaz Xγ rszhalmazainak egy {Xγ }γ∈ sal dja az al bbi
tulajdons gokkal: (6) ard( ) = n; (7) az Xγ , γ ∈ halmazok p ronknt diszjunktak; (8) minden γ ∈ -ra s G ∈ G -re ard(Xγ ∩ G) < n; (9) ard(F ∩ Xγ ) = n, ha γ ∈ s F ∈ F ; (10) b rmely 0 rszhalmaz ra s b rmely τ ∈ T -re ard τ (∪γ∈ 0 Xγ ) △ (τ (X ) ∩ (∪γ∈ 0 Xγ )) < n. Bizony¡t s. Jellje a legkisebb olyan rendsz mot, amelynek sz moss ga n. Feltehetjk, hogy F nem res, mivel egybknt helyettes¡thetjk {X}-el Legyen Y egy tetszleges n sz moss g£ halmaz Mivel ard(Y × F ) = n, ltezik egy α 7 (yα , Fα ) kl snsen egyrtelm lekpezse a {α : 0 ≤ α < } rendsz mhalmaznak Y × F -re. Az F0 , , Fα , , 0 ≤ α < transz nit sorozat az F minden F elemt pontosan n-szer tartalmazza. Hasonl¢an feltehetjk, hogy G sem res, mivel egybknt helyettes¡thetjk {∅}-al, s v laszthatunk egy G0 , , Gα , , 0 ≤ α < transz nit sorozatot, amely G minden elemt tartalmazza. V
lasszunk tov bb egy α 7 τα lekpezst az {α : 0 ≤ α < } rendsz mhalmaznak a {1X } ∪ T halmazra, amelyre τ0 = 1X , ahol 1X az identikus lekpezse X -nek nmag ra. Minden x ∈ X -re s minden α < rendsz mra jellje Cα (x) az X sszes olyan pontjainak halmaz t, amelyek fel¡rhat¢k τβε11 ◦ · · · ◦ τβεnn (x) alakban, ahol n = 1, 2, . , k = 1, 2, , n, 0 ≤ βk ≤ α s εk vagy 1 vagy −1. Itt τ 1 a τ lekpezst jelenti, τ −1 pedig az inverzt Vil gos, hogy x ∈ Cα (x), s ha x ∈ X s 0 ≤ β ≤ α < , akkor Cβ (x) ⊂ Cα (x) s τβ (Cα (x)) = τβ (X ) ∩ Cα (x). Az is teljesl, hogy ard (Cα (x)) ≤ max{ ard(α), ℵ0 } < n. Ha A ⊂ X , akkor a Cα (A) jellst fogjuk haszn lni az ∪x∈A Cα (x) halmazra. Megmutatjuk, hogy ltezik az X elemeinek olyan {xα β :0≤β≤α< } 150 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt transz nit dupla sorozata, amelyre xα β ∈ Fα , ha 0 ≤
β ≤ α < ; a {Cα (xαβ ) : 0 ≤ β ≤ α < } halmazok p ronknt diszjunktak; Cα (xβα ) diszjunkt b rmely Cα (Gγ ), γ ≤ α halmazt¢l. Ǒllapodjunk meg abban, hogy (γ, δ ) < (α, β ), ha γ < α vagy γ = α s δ < β (lexikogra kus rendezs); ezzel {(α, β ) : 0 ≤ β ≤ α < } j¢lrendezett halmaz. Az {xαβ : 0 ≤ β ≤ α < } sorozatot transz nit induk i¢val de ni ljuk Legyen x00 tetszleges pontja F0 G0 -nak. Tegyk fel, hogy 0 ≤ β ≤ α < , s hogy xγδ m r de ni lva van minden (γ, δ ) < (α, β ), 0 ≤ δ ≤ γ p rra. Tekintsk az sszes Cα (xγδ ) halmazok D(α, β ) uni¢j t, ahol (γ, δ ) az sszes (γ, δ ) < (α, β ) p rokat futja be. Ekkor ard (D(α, β )) ≤ ( ard(α))2 max{ ard(α), ℵ0} < n. Legyen E (α) az sszes Cα (Gγ ), γ ≤ α halmazok egyes¡tse. (5) szerint, E (α) valamely Gα ⊂ G oszt ly egyes¡tse, amelyre ard(Gα ) < n. (4) szerint Fα E (α) sz moss ga n,
¡gy (Fα E (α)) D(α, β ) nem res. Legyen xα β egy tetszleges pontja az (Fα E (α)) D(α, β ) halmaznak. Ekkor Cα (xαβ ) diszjunkt minden Cζ (x)-tl, ahol x = xγδ valamely (γ, δ ) < (α, β )-ra vagy x ∈ Gζ valamely ζ ≤ α-ra. Egybknt ugyanis azt kapn nk, hogy η1 ηm τβε11 ◦ · · · ◦ τβεnn (xα β ) = τδ1 ◦ · · · ◦ τδm (x), ahol βk ≤ α, δj ≤ α, εk vagy 1 vagy −1, s ηj is vagy 1 vagy −1, k = 1, 2, . , n, j = 1, 2, , m gy xα β η1 ηm 1 n = τβ−ε ◦ · · · ◦ τβ−ε 1 ◦ τδ1 ◦ · · · ◦ τδm (x), n ami ellentmond xαβ v laszt s nak. Legyen = {ζ : ζ rendsz m s 0 ≤ ζ < }; Xζ = [ Cα (xα ζ) : ζ ≤ α < , ζ∈ . A (6) s (7) tulajdons gok nyilv nval¢ak. Mivel xαζ ∈ F s xαζ ∈ Cα (xαζ ) ⊂ Xζ , ha ζ ≤ α < s Fα = F , azt kapjuk, hogy F ∩ Xζ -nak legal bb n eleme van. gy (9) teljesl (8) bizony¡t s hoz vegyk szre, hogy Cα
(xα ζ ) ∩ Gγ = ∅, ha α ≥ γ . gy ha G = Gγ , akkor Xζ ∩ G ⊂ ∪{Cα (xα ζ ) : ζ ≤ α < γ}, 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt s a jobb oldal sz moss ga kisebb, mint n. (10) bizony¡t s hoz legyen 0 ⊂ s τ ∈ T . Tegyk fel, hogy 0 ≤ γ < s τγ = τ . Felhaszn lva, hogy τγ Cα (xα ζ) s [ ζ∈ azt kapjuk, hogy Mivel 0 Xζ = = τγ (X ) ∩ Cα (xαζ ), ha γ ≤ α < [ Cα (xα ζ ) : ζ ∈ 0, ζ≤α< , τγ (∪ζ∈ 0 Xζ ) △ τγ (X ) ∩ (∪ζ∈ 0 Xζ ) o [n α ∪ C ⊂ τγ Cα (xα ) ( x ) : ζ ∈ , ζ ≤ α < γ . α ζ 0 ζ ard Cα (xαζ ) ∪ τγ Cα (xαζ ) ≤ max { ard(α), ℵ0} , a jobb oldal sz moss ga kisebb, mint n. gy bel ttuk (10)-et 18.22 Ellenplda 1814 felttelei mellett, feltve a kontinuum-hi- potzist, ha 0 < k ≤ n, akkor Lk 6⊂ Mk . Bizony¡t s. Megadunk egy f ∈ Lk fggvnyt, amelyre f ∈/ Mk Az elz lemm t k¡v njuk
alkalmazni. Csak azt fogjuk felhaszn lni, hogy a Lk de n¡ i¢j ban szerepl fggvnyek folytonosak, s hogy a 18.2 (3) megjegyzs szerint feltehetjk, hogy a ϕp fggvnyek kl snsen egyrtelmek Jellje T az sszes olyan kl snsen egyrtelm τ fggvnyek oszt ly t, 1 k amelyek el ll¡that¢k ϕp ◦ ϕ− p′ alakban, ahol U ny¡lt rszhalmaza R -nak, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, ϕ : U × P X pedig egy folytonos fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P kl snsen egyrtelm. Mivel az sszes U , P p rok sz moss ga kontinuum, s b rmely ϕ folytonos fggvnyt egyrtelmen meghat roznak egy megsz ml lhat¢ sr halmazon felvett rtkei, T sz moss ga kontinuum. Jellje F az X sszes olyan k-rekti k lhat¢ kompakt rszhalmazainak oszt ly t, amelyek χk -mrtke pozit¡v. Mivel minden kompakt halmazt egyrtelmen meghat roz a komplementere, a ny¡lt komplementert pedig egyrtelmen meghat rozz k azok a
rszhalmazai, amelyek elemei egy rgz¡tett megsz ml lhat¢ b zisnak, kvetkezik, hogy az F halmazoszt lynak c eleme van, s minden elemnek a sz moss ga c. Alkalmazva az elz lemm t G = ∅-al, az X rszhalmazainak egy Xγ , γ ∈ R oszt ly t kapjuk. Ellenpld nk az X0 halmaz (azaz γ = 0-ra az Xγ halmaz) f karakterisztikus fggvnye lesz. Legyen U korl tos ny¡lt rszhalmaza Rk -nak s ψ : U X immerzi¢, amelyre az M = ψ (U ) rekti k lhat¢ s χk -mrhet halmaz χk -mrtke pozit¡v de vges. Vegyk szre, hogy ha az X0 ∩ M halmaz χk -mrtke nulla lenne, akkor M X0 tartalmazna egy F ∈ F halmazt, ami lehetetlen, mivel 152 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt F ∩ X0 6= ∅. Ha az X0 ∩ M halmaz χk -mrhet lenne pozit¡v χk -mrtkkel, akkor tartalmazna valamely F ∈ F halmazt. De ez is lehetetlen, mivel F ∩ Xγ = 6 ∅ s Xγ ∩ X0 = ∅ b rmely γ 6= 0-ra. gy X ∩ M nem χk -mrhet, teh t 18.16 szerint f
∈/ Mk Megmutatjuk, hogy f ∈ Lk . Legyen C egy kompakt rszhalmaza U nak A {u ∈ C : f (ϕp0 (u)) 6= f (ϕp (u))} halmaz megegyezik a 1 −1 ϕ− p0 {x ∈ ϕp0 (C ) : x ∈ X0 △ (ϕp0 ◦ ϕp )(X0 )} 1 halmazzal. A τ = ϕp0 ◦ ϕ− p lekpezsre ez a halmaz rszhalmaza a ϕp−01 ((τ (X ) ∩ X0 ) △ τ (X0 )) halmaznak. Ha feltesszk, hogy a kontinuum-hipotzis teljesl, akkor ez a halmaz megsz ml lhat¢. 18.23 Ellenplda 18.14 feltteleit haszn lva, ha 0 < k < n s feltesszk, hogy a kontinuum-hipotzis teljesl, akkor Sk $ Rk . Bizony¡t s. Az elz ellenplda konstruk i¢j t fogjuk haszn lni A T , F s G oszt lyokat ugyan£gy v lasztva, mint az elz ellenpld ban, kapjuk az Xγ , γ ∈ R halmazokat. Ha m ∈ N, m ≥ 2, legyen fm (x) = gm (x)hm (x), ahol gm (x) az Xm halmaz karakterisztikus fggvnye, s hm (x) = 0, ha dist(x, D) ≤ 1 m+1 vagy dist(x, D) ≥ m(m + 1) dist(x, D) − m1+1 ,
1 − dist(x, D) , m(m + 1) m−1 1 ha m+1 ha m 1 m−1 ; 1; ≤ dist(x, D) ≤ m 1 ≤ dist(x, D) ≤ 1 m−1 . Itt D egy adott nem res k-dimenzi¢s z rt krlemez, P∞ amely X s egy k dimenzi¢s s¡k metszetnek a rsze. Legyen f = m=1 fm (Ugyan£gy, mint az elz ellenpld ban, bel that¢, hogy f ∈/ Mk .) gy, mint az elz ellenpld ban, kapjuk, hogy minden gm benne van Lk = Sk -ban, s ¡gy Rk -ban is. Ugyanez trivi lis a folytonos hm fggvnyre Ebbl kvetkezik, hogy a gm hm szorzat szintn Rk -ban van. Mivel az X D ny¡lt halmazon mindentt az f fggvny lok lisan ilyen szorzatok vges sszege, azt kapjuk, hogy f |X D ∈ Rk . Legyen ϕ : U × P X s legyen F = {u : ϕ(u, p0 ) ∈ D}. Nyilv n F z rt halmaz. Legyen C kompakt rszhalmaza F -nek Ha pm p0 , jellje Rm,j az sszes olyan u pontok halmaz t, amelyekre ϕ(u, pm ) ∈ Xj , de ϕ(u, p0 ) ∈ / Xj , vagy ford¡tva, ϕ(u, pm ) ∈ / Xj , de ϕ(u, p0 ) ∈
Xj . 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt A kontinuum-hipotzis mellett, az Rm,j halmazok s az R = ∪∞ m,j =1 Rm,j k uni¢juk megsz ml lhat¢, s ¡gy λ -mrtke nulla. Vegyk szre, hogy minden i-hez van olyan mi , hogy ha m > mi , akkor minden u ∈ C -re 1 |ϕ(u, pm ) − ϕ(u, p0 )| < . i+1 −1 gy, ha u ∈ C , de u ∈/ R s u ∈/ ∪∞ / Xj minden j =i ϕp0 (Xj ), akkor ϕ(u, pm ) ∈ j ≥ i-re. Innen gj (ϕ(u, pm )) = 0, ha j ≥ i M srszt, dist(ϕ(u, pm ), D) < 1 i+1 , ¡gy hj (ϕ(u, pm )) = 0, ha j ≤ i. Teh t azt kapjuk, hogy f (ϕ(u, pm )) = 0, −1 ha u ∈/ R, u ∈/ ∪∞ j =i ϕp0 (Xj ) s m > mi . Mivel az Xj halmazok diszjunktak, ebbl kvetkezik, hogy f (ϕ(u, pm)) f (ϕ(u, p0)), ha m ∞ minden u ∈/ R-re, azaz majdnem mindentt. Megsz ml lhat¢ sok C halmaz egyes¡tst vve, azt kapjuk, hogy f ∈ Rk . M srszt, ha e 6= 0 ortogon lis D-re s ϕ(u, p) = ψ (u) + pe, ahol ψ egy izometrikus immerzi¢,
amely az Rk valamely nem res ny¡lt rszhalmaz t D-re kpezi, p0 = 0, akkor pm = 1/m-re azt kapjuk, hogy {u ∈ C : |f (ϕ(u, pm )) − f (ϕ(u, p0 ))| ≥ 1} ⊃ ψ −1 (Xm ) ∩ C egy megsz ml lhat¢ halmazt kivve. A bal oldalon ll¢ halmaz λk -mrtke megegyezik C mrtkvel. Ez azt mutatja, hogy f ∈/ Sk 18.24 Ellenplda 1814 feltteleit haszn lva, feltve a kontinuumhipotzist, ha 0 < k < l ≤ n, akkor Mk ∩ Lk ∩ Ll 6⊂ Ml Bizony¡t s. Pld t adunk olyan f ∈ Mk ∩Lk ∩Ll fggvnyre, amelyre f∈ / Ml . Ismt az elz lemm t fogjuk haszn lni. Azt is felhaszn ljuk, hogy a 18.2 (3) megjegyzs szerint feltehetjk, hogy a Ll de n¡ i¢j ban szerepl ϕp fggvnyek kl snsen egyrtelm immerzi¢k. Jellje T azt sszes olyan kl snsen egyrtelm τ fggvnyek oszt ly t, amelyek reprezent lhat¢k ϕp ◦ ϕp−′1 alakban, ahol U ny¡lt rszhalmaza Rl -nek, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, ϕ : U × P
X pedig C 1 -fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P kl snsen egyrtelm. Jellje F az X sszes olyan kompakt l-rekti k lhat¢ rszhalmazainak oszt ly t, amelyeknek χl -mrtke pozit¡v. Jellje G az X sszes k-rekti k lhat¢ Borel-halmazainak oszt ly t Nem nehz megmutatni, hogy a G oszt ly T -invari ns. Tov bb minden G ∈ G halmaz χl -mrtke nulla, ¡gy ugyanez teljesl megsz ml lhat¢ sok G ∈ G uni¢j ra. Ez azt jelenti, hogy az F ∪G0 halmaz χl -mrtke pozit¡v, ¡gy sz moss ga c b rmely megsz ml lhat¢ G0 ⊂ G rszoszt lyra s b rmely F ∈ F -re. A 1821 lemma tbbi felttelnek teljeslst m r a 1822 ellenpld n l megvizsg ltuk. Alkalmazva a 18.21 lemm t olyan Xγ , γ ∈ R halmazrendszert kapunk, amelyre Xγ minden G ∈ G halmazb¢l legfeljebb megsz ml lhat¢ pontot tartalmaz, de Xγ ∩ F = 6 ∅ egyetlen F ∈ F -re sem, ¡gy Xγ ∩ F nem χl mrhet egyetlen F ∈ F -re sem. Legyen f az X0 halmaz karakterisztikus fggvnye.
Ugyan£gy, mint a 18.22 ellenpld n l, kapjuk, hogy f ∈ Ll , de f ∈/ Ml Mivel az Rk b rmely 154 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt ny¡lt rszhalmaz nak b rmely ψ C 1 -be gyaz s ra X -be az f ◦ ψ fggvny egy megsz ml lhat¢ halmaz kivtelvel nulla, azt kapjuk, hogy f ∈ Mk s f ∈ Lk . Ezzel az ll¡t st bel ttuk 18.25 Ellenplda 1814 felttelei mellett, ha teljesl a kontinuumhipotzis, akkor 0 < k < l ≤ n-re Mk ∩ Lk 6⊂ Ml ∪ Tl Bizony¡t s. Alkalmazzuk a 1821 lemm t ugyanazzal a T -vel, F -el s G -vel, mint az elz ellenpld ban. Egy Xγ , γ ∈ R halmazrendszert kapunk, ahol minden Xγ sak megsz ml lhat¢ sok pontot tartalmaz minden G ∈ G bl, de Xγ ∩ F = 6 ∅ egyetlen F ∈ F -re sem, ¡gy Xγ ∩ F nem χl -mrhet egyetlen F ∈ F -re sem. Legyen Z olyan l-dimenzi¢s s¡k, amelynek metszete X -el nem res, f pedig legyen a Z ∩ X0 halmaz karakterisztikus fggvnye. Ekkor f ∈ Mk ∩ Sk = Mk ∩
Lk , de f ∈ / Tl s f ∈ / Ml . 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt Ebben a paragrafusban a Baire-tulajdons gb¢l kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ eredmnyeket fogunk bizony¡tani az 1.17 problm ban szerepl (1) ltal nos nem line ris expli it egyenletre, az ott szerepl (3) ers rang felttelnl egyhbb felttelek mellett. Tudom som szerint minden kor bbi eredmny a (3) ers rang felttelt vagy annak valamely absztrakt v ltozat t haszn lja. Az 17 pontban le¡rt bootstrap" m¢dszer szellemben itt is olyan tulajdons gokat vezetnk be, amelyek | durv n sz¢lva | a Bairetulajdons g s a folytonoss g kztt fekszenek. Ez a tulajdons g-sorozat adja azt a lp st, amelyen felkapaszkodhatunk a Baire-tulajdons gt¢l a folytonoss ghoz. Elszr megvizsg ljuk az £j fogalmak legalapvetbb tulajdons gait Ezut n bizony¡tjuk regularit si ttelnket A ttel egy nom¡t s t is bebizony¡tjuk Vgl az £j fogalmak tov bbi tulajdons
gait vizsg ljuk Ezek az eredmnyek a J rai [97℄ dolgozatban publik l s alatt llnak. 19.1 De n¡ i¢ Legyen X egy halmaz, Y metrikus tr, s f : X Y egy fggvny. Legyen U egy topologikus tr, s legyen P is egy topologikus tr, a paramter tr", egy adott p0 ∈ P ponttal. Legyen ϕ egy fggvny U × P -bl X -be. ϕ-re £gy fogunk gondolni, mint a p paramtertl fgg ϕp : u 7 ϕ(u, p) felletek seregre. Luzin ttelnek 212 analogonja s Pi ard ttelnek ltal nos¡t sai (l sd a 4. §-t) azt sugallj k, hogy az al bbi felttel a Baire-tulajdons ggal kap solatos: (S) minden pm p0 sorozatra f (ϕ(u, pm )) f (ϕ(u, p0)), kivve u ∈ U pontok egy els kateg¢ri j£ halmaz t. Vizsg latainkhoz szksgnk lesz az al bbi tulajdons gra: (B) u 7 f (ϕ(u, p0 )) Baire-tulajdons g£. Az (S) s (B) feltteleket gyakran lok lisan fogjuk ellenrizni. Ha minden u0 ∈ U -hoz van olyan U0 krnyezete u0 -nak s P0 krnyezete p0 -nak, 19.§ A
Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt hogy ϕ|U0 × P0 -ra teljesl (S), akkor ϕ-re szintn teljesl (S). Ez knnyen kvetkezik az els kateg¢ri j£" tulajdons g 2.9 pontban eml¡tett lokalit s b¢l Hasonl¢an, ha minden u0 ∈ U -hoz van olyan U0 krnyezete u0 -nak s P0 krnyezete p0 -nak, hogy ϕ|U0 × P0 -ra teljesl (B), akkor ϕ-re szintn teljesl (B). Legyen X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek s 0 ≤ k ≤ n. Jellje Sk (X, Y ) [Bk (X, Y )℄, vagy rviden Sk [Bk ℄ az sszes olyan f fggvnyek oszt ly t, amelyekre az (S) [(B)℄ felttel teljesl, ha U ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P s ϕ : U × P X egy olyan C 1 -fggvny, amelyre ϕp immerzi¢ja U -nak X -be minden p ∈ P -re. (Legyen R0 = {0}). Vil gos, hogy f ∈ Bk akkor s sak akkor, ha a (B′ ) f ◦ ψ Baire-tulajdons g£ felttel fenn ll az Rk b rmely U ny¡lt rszhalmaz nak b rmely ψ immerzi¢j ra X -be. 19.2
Megjegyzsek (1) F eredmnyeink, durv n sz¢lva, azt fogj k mutatni, hogy egy egy fggvnyegyenlet Sk+1 -beli f megold sa Sk -ban is benne van. Megmutatjuk, hogy S0 a folytonos fggvnyek oszt lya, s hogy minden, az X ⊂ Rn ny¡lt halmazt a m sodik megsz ml lhat¢ Y trbe kpez Baire-tulajdons g£ f : X Y fggvny Sn -ben van. gy lpsenknt azt kapjuk, hogy a megold sok Baire-tulajdons g b¢l kvetkezik a folytonoss guk. (2) A mrtkelmleti esettel val¢ anal¢gia szoros, de nem teljes. A mrtkelmleti eset elzmnyeit l sd az elz paragrafusban. (3) Fggvnyegyenletek Baire-tulajdons g£ megold sait sz mos szerz vizsg lta. L sd a 10 paragrafus hivatkoz sait (4) Az Sk [Bk ℄ fggvnyoszt ly nem v ltozik, ha sak azt tesszk fel, hogy (S) [(B)℄ fenn ll, ha U ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P s ϕ : U × P X egy olyan C 1 -fggvny, amelyre ϕp be gyaz sa (azaz olyan immerzi¢ja,
amely homeomor zmus az rtelmezsi tartom nya s rtkkszlete kztt) U -nak X -be minden p ∈ P re. Ez knnyen kvetkezik a de n¡ i¢ban eml¡tett lokalit si elvbl Hasonl¢an, ha az tesszk fel, hogy sak ϕp0 immerzi¢, az eredmnyknt kapott Sk [Bk ℄ fggvnyoszt ly ugyanaz marad. 19.3 Ttel Legyen Y topologikus tr, X pedig ny¡lt rszhalmaza R -nek. 191 jellseit haszn lva, B0 (X, Y ) = Y X s S0 (X, Y ) = C (X, Y ), az X -et Y -ba kpez folytonos fggvnyek oszt lya. n Bizony¡t s. Trivi lis, hogy B0 minden X -et Y -ba kpez fggvnyt tartalmaz. Megmutatjuk, hogy b rmely f : X Y folytonos fggvny S0 -ban van. Mivel U = ∅ vagy U = {0}, vil gos, hogy a p 7 f (ϕ(u, p)) lekpezs minden u ∈ U -ra folytonos. Ebbl kvetkezik, hogy f ∈ S0 156 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt A m sik ir nyt indirekt m¢don bizony¡tjuk: ha f ∈ S0 , de nem folytonos, akkor van olyan x0 ∈ X s xn x0 sorozat, valamint
W krnyezete f (x0 )-nak, hogy f (xn ) ∈/ W . Legyen U = {0}, P = X , p0 = x0 , s ϕ(0, p) = p, ha p ∈ P . A pm = xm sorozatot v lasztva azt kapjuk, hogy f (ϕ(0, pm )) = f (xm ) f (x0 ) = f (ϕ(0, p0 )), ami ellentmond s. Meg fogjuk mutatni, hogy az Rn egy X ny¡lt rszhalmaz n Baire-tulajdons g£ fggvnyek Sn -ben vannak. Hogy a kor bbi 4 s 10 paragrafusok eredmnyeivel az sszefggst vil gosabb tegyk, a ttel f rszt az al bbi absztrakt form ban bizony¡tjuk: 19.4 Ttel Legyenek P , U s X topologikus terek Tegyk fel, hogy ϕ : U × P X folytonos fggvny az al bbi tulajdons ggal: (1) ha p ∈ P s A ⊂ U m sodik kateg¢ri j£, akkor ϕp (A) is m sodik kateg¢ri j£. Tegyk fel tov bb , hogy p0 ∈ P , az f rtkei valamely Y topologikus trben vannak s f Luzin-Baire tulajdons g£ egy olyan D Baire-tulajdons g£ halmazon, amely tartalmazza ϕp0 (U )-t. Ekkor U , P , p0 , ϕ s f -el 191 (S) s (B) felttelei fenn llnak. Bizony¡t s.
Elszr megmutatjuk, hogy (B) teljesl Legyen F olyan els kateg¢ri j£ halmaz, amelyre f |D F folytonos. Feltehetjk, hogy F Borel-halmaz. rjuk fel D-t (V F1 ) ∪ F2 alakba, ahol V ny¡lt rszhalmaza X -nek, F1 , F2 pedig els kateg¢ri j£ak. Itt is | szksg esetn nvelve F2 -t | feltehetjk, hogy F1 Borel-halmaz. Most D = C ∪ N , ahol C = V (F ∪ F1 ) ⊂ D F Borel-halmaz, N = D ∩ (F ∪ F2 ) pedig els kateg¢ri j£. Legyen W ny¡lt rszhalmaza Y -nak. Mivel az A = (f |C )−1 (W ) halmaz relat¡v ny¡lt C -ben, Borel-halmaz X -ben. Az N halmaz els kateg¢ri j£, ¡gy az M = (f |N )−1(W ) halmaz is els kateg¢ri j£. Vegyk szre, hogy 1 −1 (f ◦ ϕp )−1 (W ) = ϕ− p (A) ∪ ϕp (M ). 1 −1 A bal oldalon ϕ− p0 (A) Borel-halmaz, (1) szerint pedig a ϕp0 (M ) halmaz els kateg¢ri j£. Ez azt jelenti, hogy (B) teljesl Megmutatjuk, hogy (S) is teljesl. Legyen u0 tetszleges eleme U ′ = 1 ϕ− p0 (V )-nek. Van olyan U0
krnyezete u0 -nak s P0 krnyezete p0 -nak, hogy 1 U0 ⊂ U ′ s ϕ(U0 ×P0 ) ⊂ V . A fenti F s F1 halmazokkal ϕp−m1 (F ) s ϕ− pm (F1 ) els kateg¢ri j£ halmazok, ha m = 0, 1, 2, . Legyen E0 ezen halmazok egyes¡tse. Ha u ∈ U0 E0 , akkor ϕ(u, pm ) s ϕ(u, p0 ) is C -ben vannak s ϕ(u, pm ) ϕ(u, p0 ). gy azt kapjuk, hogy f (ϕ(u, pm )) f (ϕ(u, p0 )) Most tekintsk az E = {u ∈ U : f (ϕ(u, pm )) 6 f (ϕ(u, p0 ))} 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt halmazt. Eddig bel ttuk, hogy E ∩U ′ els kateg¢ri j£ (mint U rszhalmaza) az u0 ∈ U ′ pontban. Mivel U ′ ny¡lt, ebbl kvetkezik, hogy E ∩ U ′ az U ′ minden pontj ban els kateg¢ri j£, ha U ′ -t mint alteret tekintjk. gy 29 szerint az E ∩ U ′ halmaz els kateg¢ri j£ mint U ′ rszhalmaza, s ¡gy U rszhalmazaknt is. Az E U ′ halmaz rsze ϕp−01 (N )-nek, ¡gy szintn els kateg¢ri j£. Ez mutatja, hogy E els kateg¢ri
j£, amibl kvetkezik (S) 19.5 Ttel 191 jellseit fogjuk haszn lni Legyen X ny¡lt rszhal- maza Rn -nek. Ha Y megsz ml lhat¢ b zis£ topologikus tr, akkor minden Baire-tulajdons g£ f : X Y benne van Sn (X, Y )-ban s Bn (X, Y )-ban. Bizony¡t s. A Luzin-ttel 212 analogonja szerint van olyan F els kateg¢ri j£ rszhalmaza X -nek, hogy f |X F folytonos Legyen U ⊂ Rn ny¡lt, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U × P X egy olyan C 1 -fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P be gyaz s. Az elz ttelt fogjuk alkalmazni ϕ-re lok lisan Legyen u0 ∈ U V lasztva egy olyan U0 krnyezett u0 -nak s P0 krnyezett p0 -nak, amelyre ϕp homeomor zmusa U0 -nak az X egy ny¡lt rszhalmaz ra, ha p ∈ P0 , az kapjuk, hogy ha A egy m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza U0 -nak, akkor ϕp (A) is m sodik kateg¢ri j£. Most az elz ttelt alkalmazhatjuk ϕ|U0 × P0 -ra. Mint a de n¡ i¢n l eml¡tettk, ez elg annak bizony¡t s
hoz, hogy (S) s (B) teljesl f , U , P , p0 , ϕ-re. 19.6 Ttel 191 jellseit fogjuk haszn lni Legyenek Z , Zi (i = 1, 2, . , n) topologikus terek Legyenek Xi (i = 1, 2, , n) s X klnbz euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai, s legyen Y ⊂ Rl is ny¡lt. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak. Tekintsk az f : X Z , fi : Xi Zi , h : D×Z1 ×. ×Zn Z , gi : D Xi (i = 1, 2, , n) fggvnyeket Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U × P X egy olyan C 1 -fggvny, amelyre ϕp immerzi¢ja U -nak X -be minden p ∈ P -re, s tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = h(x, y, f1(g1 (x, y )), . , fn (gn (x, y ))); (2) (3) (4) (5) b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra h folytonos a tbbi v ltoz¢ban; az fi fggvny Sk+l -ben van Xi -n (i = 1, 2, . , n); a gi fggvny C 1 -ben van D-n (i = 1, 2, . , n); minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , hogy
(ϕ(u0 , p0 ), y0 ) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p0 ), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja (u0 , y0 )-ban k + l, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor az (S) felttel teljesl f , U , P , p0 , ϕ-vel. 158 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt Bizony¡t s. Tegyk fel, hogy pm p0 V lasszunk olyan U0 , P0 , Y0 ny¡lt krnyezett u0 , p0 , y0 -nak, hogy (ϕ(u, p), y ) a D-ben legyen, ha u ∈ U0 , p ∈ P0 , y ∈ Y0 , tov bb az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja k + l legyen, ha u ∈ U0 , p ∈ P0 , y ∈ Y0 s 1 ≤ i ≤ n. Ez lehetsges, mivel D ny¡lt, gi s ϕ is C 1 -fggvnyek, a rang alulr¢l flig folytonos, s U × Y dimenzi¢ja k + l, ¡gy a rang nem mehet k + l fl. Mivel az f1 fggvny Sk+l -ben van, azt kapjuk, hogy (u, y ) ∈ U0 × Y0 p rok egy els kateg¢ri j£ E1 halmaz t kivve, f1 (g1 (ϕ(u, pm ), y )) f1 (g1 (ϕ(u, p0 ), y )). Felhaszn lva, hogy f2 is Sk+l -ben van, azt kapjuk, hogy (u, y ) ∈ U0 × Y0
p rok egy els kateg¢ri j£ E2 halmaz t kivve f2 (g2 (ϕ(u, pm ), y )) f2 (g2 (ϕ(u, p0 ), y )), stb. Vgl azt kapjuk, hogy (u, y ) ∈ U0 × Y0 p rok egy els kateg¢ri j£ E = ∪ni=1 Ei halmaz t kivve fi (gi (ϕ(u, pm ), y )) fi (gi (ϕ(u, p0 ), y )), ha i = 1, 2, . , n Kuratowski s Ulam ttele szerint, az Y0 halmaz y elemeinek egy els kateg¢ri j£ halmaz t kivve, azon u ∈ U0 pontok halmaza, amelyekre (u, y ) ∈ E , els kateg¢ri j£. Rgz¡tve egy ilyen y -t, a fggvnyegyenletbl s a h fggvny rgz¡tett y melletti folytonoss g b¢l azt kapjuk, hogy f (ϕ(u, pm )) f (ϕ(u, p0 )), kivve az u-k egy els kateg¢ri j£ halmaz t. Ez az (S) felttel ϕ|U0 × P0 -al A de n¡ i¢ban tett megjegyzs szerint kapjuk, hogy (S) teljesl. Az elz pragrafusban adott 18.8 plda itt is ugyan£gy t rgyalhat¢ Ugyan£gy, mint ott, itt is meg llap¡thatjuk, hogy a rang felttel nem teljesen kielg¡t. Az ltal nos¡t shoz elszr a (B)
felttelre bizony¡tunk egy ttelt, amihez egy lemm ra lesz szksgnk. 19.7 Lemma 191 jellseit fogjuk haszn lni Legyen X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek, Y egy topologikus tr, 0 ≤ k ≤ n s f ∈ Bk (X, Y ) Ha ψ az Rm egy U ny¡lt rszhalmaz nak C 1 -lekpezse X -be, amelyre a deriv lt rangja mindentt k, akkor f ◦ ψ Baire-tulajdons g£. Bizony¡t s. A lemma kzvetlenl kvetkezik a rangsz m ttelbl Va- l¢ban, a rangsz m ttelbl kvetkezik, hogy minden u0 ∈ U -nak van olyan U0 ny¡lt krnyezete, hogy ψ|U0 fel¡rhat¢ α ◦ p ◦ β alakban. Itt I = ℄−1, 1[ jellssel a β lekpezs olyan di eomor zmusa U0 -nak I m -re, amelyre β (u0 ) = 0, az I m -nek I n -re val¢ p projek i¢ja p(x1 , x2 , . , xm ) = (x1 , x2 , , xk , 0, , 0) alak£, α pedig olyan di eomor zmusa I n -nek valamely X0 ny¡lt halmazra, amely 0-t x0 = ψ (u0 )-ba kpezi. Azonos¡tva az I k × {0} ⊂ I n halmaz I k -val 19.§ A Baire-tulajdons g s a
folytonoss g kztt azt kapjuk, hogy α|I k immerzi¢, ¡gy f ◦ (α|I k ) −1 (V ) Baire-tulajdons g£ Y minden V ny¡lt rszhalmaz ra. Mivel p−1 (A) Baire-tulajdons g£ I k b rmely A rszhalmaz ra, amely Baire-tulajdons g£, s β −1 (B ) is Bairetulajdons g£ I m minden Baire-tulajdons g£ B rszhalmaz ra, azt kapjuk, hogy az f ◦ (ψ|U0 ) fggvny Baire-tulajdons g£. Most felhaszn lva (B)-nek a de n¡ i¢ban eml¡tett lokalit s t, kapjuk az ltal nos esetet. 19.8 Ttel 191 jellseivel, legyen Z topologikus tr, Zi (i = 1, 2, . , n) pedig megsz ml lhat¢ b zis£ topologikus tr Legyenek Xi (i = 1, 2, . , n) s X klnbz euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai, s Y ⊂ Rl is legyen ny¡lt. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak Tekintsk az f : X Z , fi : Xi Zi , h : D × Z1 × . × Zn Z , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n) fggvnyeket Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, ψ : U X egy C 1 immerzi¢ja U -nak X -be, s tegyk fel, hogy az al bbi
felttelek teljeslnek: (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = h(x, y, f1(g1 (x, y )), . , fn (gn (x, y ))); (2) (3) (4) (5) b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra a h fggvny folytonos a tbbi v ltoz¢ban; az fi fggvny Bki -ben van Xi -n (i = 1, 2, . , n); a gi fggvny C 1 -ben van D-n (i = 1, 2, . , n); minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , hogy (ψ (u0 ), y0) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ψ (u), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja ki az (u0 , y0 ) egy krnyezetn, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor u 7 f (ψ (u)) Baire-tulajdons g£. Bizony¡t s. V lasszunk olyan U0 krnyezett u0 -nak s Y0 krnyeze- tt y0 -nak, amelyre (ψ (u), y ) a D-ben van, ha u ∈ U0 s y ∈ Y0 , tov bb az (u, y ) 7 gi (ψ (u), y ) lekpezs deriv ltj nak a rangja ki minden u ∈ U0 , y ∈ Y0 , 1 ≤ i ≤ n-re. (5) szerint ez lehetsges Az elz lemm b¢l azt kapjuk, hogy az (u, y ) 7 fi (gi (ψ (u), y )) lekpezs Baire-tulajdons g£ Fubini ttelnek 2.13 analogonja szerint, Y0 -beli y
-ok egy els kateg¢ri j£ Ei halmaz t kivve, az u 7 fi (gi (ψ (u), y )) lekpezs Baire-tulajdons g£ U0 -on gy kivve E = ∪ni=1 Ei elemeit, minden y ∈ Y0 -ra az U0 -nak Dy ×Z1 ×· · ·×Zn -be val¢ u 7 (ψ (u), f1 (g1 (ψ (u), y )), . , fn (gn (ψ (u), y ))) lekpezse Baire-tulajdons g£. Mivel b rmely rgz¡tett y -ra a h fggvny folytonos a tbbi v ltoz¢ban, azt kapjuk, hogy b rmely rgz¡tett y ∈ Y0 E re az u 7 h(ψ (u), y, f1(g1 (ψ (u), y )), . , fn (gn (ψ (u), y ))) lekpezs Baire-tulajdons g£. Ez azt jelenti, hogy az u 7 f (ψ (u)) lekpezs Baire-tulajdons g£ U0 -on. Most a (B) de n¡ i¢j n l eml¡tett lokalit si elv szerint kapjuk az ll¡t st. 160 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt A kvetkez ttel a kul s a 19.6 ttel 1910 ltal nos¡t s hoz 19.9 Ttel 191 jellseit fogjuk haszn lni Legyen U ⊂ Rm , X s P pedig legyenek euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai. Legyen p0 ∈ P , s legyen Y egy
metrikus tr, ϕ : U × P X pedig egy olyan C 1 -fggvny, amelyre rank ϕ′p (u) = k minden u ∈ U , p ∈ P -re. Ha f ∈ Bk (X, Y ) ∩Sk (X, Y ), akkor az (S) felttel teljesl f , U , P , p0 s ϕ-vel. Bizony¡t s. Legyen u = (u1 , u2 ) ∈ Rk × Rm−k u0 ∈ U . Mivel ϕ′p0 (u0 ) rangja k, fel¡rhatjuk u-t alakba £gy, hogy determin nsa ne legyen 0. gy P0 krnyezete p0 -nak, hogy az ∂ϕ (u0 , p0 ) ∂u1 van olyan U1 × U2 ⊂ U krnyezete u0 -nak s u1 7 ϕ(u1 , u2 , p) lekpezs minden u2 ∈ U2 , p ∈ P0 -ra immerzi¢ja U1 -nek. Mivel f ∈ Sk , minden u2 ∈ U2 -hz van olyan els kateg¢ri j£ Fu2 rszhalmaza U1 -nek, amelyre ha u1 ∈ U1 Fu2 , akkor f (ϕ(u1 , u2 , pm )) f (ϕ(u1 , u2 , p0 )). Az elz lemma szerint u 7 f (ϕ(u, p)) Baire-tulajdons g£. gy az {(u1 , u2 ) ∈ U1 × U2 : f (ϕ(u1 , u2 , pm )) f (ϕ(u1 , u2 , p0 ))} halmaz Baire-tulajdons g£ (l sd 2.11-et) A Kuratowski-Ulam ttel, 210, szerint azt kapjuk, hogy a
komplementere els kateg¢ri j£. 19.10 Ttel 191 jellseivel, legyen Z topologikus tr s legyen Zi (i = 1, 2, . , n) szepar bilis metrikus tr Legyenek Xi (i = 1, 2, , n) s X klnbz euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai, s legyen Y ⊂ Rl is ny¡lt. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak Tekintsk az f : X Z , fi : Xi Zi , h : D × Z1 × . × Zn Z , gi : D Xi (i = 1, 2, , n) fggvnyeket. Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U × P X egy olyan C 1 -fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P immerzi¢ja U -nak X -be, s tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = h(x, y, f1(g1 (x, y )), . , fn (gn (x, y ))); (2) (3) (4) (5) b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra a h fggvny folytonos a tbbi v ltoz¢ban; az fi fggvny Ski ∩ Bki -ben van (i = 1, 2, . , n); a gi fggvny C 1 -ben van D-n (i = 1, 2, . , n); minden u0 ∈ U -hoz van
olyan y0 , amelyre (ϕ(u0 , p0 ), y0) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja ki az (u0 , p0 , y0) pont valamely krnyezetn, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor az (S) s (B) felttelek teljeslnek f , U , P , p0 , ϕ-vel. 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt Bizony¡t s. Az 198 ttelbl kvetkezik, hogy a (B) felttel teljesl f , U , P , p0 , ϕ-vel. Rgz¡tsnk egy u0 ∈ U -t s v lasszunk (5) szerint egy y0 -at u0 -hoz. V lasszunk U0 , P0 illetve Y0 ny¡lt krnyezeteit u0 -nak, p0 -nak, illetve y0 -nak £gy, hogy u ∈ U0 , p ∈ P0 s y ∈ Y0 esetn (ϕ(u, p), y ) ∈ D teljesljn, tov bb az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja ki legyen U0 × P0 × Y0 -on minden 1 ≤ i ≤ nre. Most (S) teljeslse ugyan£gy bizony¡that¢, mint a 196 ttelben, de a de n¡ i¢ helyett az elz ttelt kell haszn lnunk. 19.11 Felttelek Ennek a paragrafusnak a h tralv rszben 191
jellseit fogjuk haszn lni, de sak azt az esetet vizsg ljuk, amikor X nem res ny¡lt rszhalmaza Rn -nek, f pedig az X -et egy Y szepar bilis metrikus trbe kpezi, mivel el k¡v njuk kerlni azokat a nehzsgeket, amelyek sak Y topol¢gi j nak nem megfelel volt b¢l erednek. 19.12 Megjegyzs 1911 felttelei mellett, egy m sik, a 191 de n¡- i¢ban t rgyaltt¢l eltr lokalit si elv is fenn ll. Nevezetesen, f ∈ Sk (X, Y ) akkor s sak akkor, ha minden x0 ∈ X -nek van olyan X0 ⊂ X ny¡lt krnyezete, hogy f |X0 ∈ Sk (X0 , Y ). A sak akkor" rsz nyilv nval¢ Az akkor" rszt 191 jellseit haszn lva bizony¡tjuk Vegyk szre, hogy minden u0 ∈ U ponthoz van olyan U0 illetve P0 krnyezete u0 -nak illetve p0 -nak, hogy x0 = ϕ(u0 , p0 )-ra a ϕ(U0 , P0 ) halmaz rsze X0 -nak. Ez azt jelenti, hogy (S) teljesl ϕ|U0 × P0 -ra. Most a de n¡ i¢ban kimondott lokalit si elvbl kvetkezik, hogy f ∈ Sk (X, Y ). Ugyanez a lokalit si elv igaz
(s ugyan¡gy bizony¡that¢) Bk -ra. 19.13 A gyen Bk fggvnyoszt ly. 1911 jellseit fogjuk haszn lni LeAk = {A ⊂ X : ξA ∈ Bk (X, {0, 1})}, ahol {0, 1}-et mint diszkrt teret tekintjk. Knny l tni, hogy Ak egy σ algebra, s az f : X Y fggvny pontosan akkor van Bk (X, Y )-ban, ha f −1 (V ) az Ak -ban van Y b rmely V ny¡lt rszhalmaz ra. gy Bk (X, Y ) vizsg lata az Ak σ -algebra vizsg lat ra reduk l¢dik Knny l tni, hogy An az X sszes Baire-tulajdons g£ rszhalmazainak oszt lya, A0 pedig az X sszes rszhalmazainak oszt lya. Minden Ak tartalmazza X Borel-halmazait Megmutatjuk, hogy A ∈ Ak akkor s sak akkor, ha A ∩ rng ψ Bairetulajdons g£ a rng ψ altrben az Rk b rmely ny¡lt rszhalmaz nak X -be val¢ b rmely ψ be gyaz s ra. Val¢ban, ha A ∈ Ak , akkor ψ −1 (A) Bairetulajdons g£ dmn ψ -ben, s mivel ψ homeomor zmusa dmn ψ -nek rng ψ re, a ψ (ψ −1(A)) = A ∩ rng ψ halmaz Baire-tulajdons g£ rng ψ -ben
Hasonl¢an, ha A ∩ rng ψ Baire-tulajdons g£ rng ψ -ben, akkor ψ −1 (A) Bairetulajdons g£ dmn ψ -ben 192(4) szerint, ha ψ −1 (A) Baire-tulajdons g£ az Rk b rmely ny¡lt rszhalmaz nak X -be val¢ b rmely ψ be gyaz s ra, akkor A ∈ Ak . 162 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt Hasonl¢an, A ∈ Ak akkor s sak akkor, ha A∩rng ψ Baire-tulajdons g£ a rng ψ altrben az Rk b rmely ny¡lt rszhalmaz nak X -be val¢ b rmely ψ immerzi¢j ra. Ǒll¡tsuk el U = dmn ψ -t az U olyan Ui ny¡lt rszhalmazainak megsz ml lhat¢ egyes¡tseknt, amelyekre ψ|Ui be gyaz sa Ui -nek X -be. Ha A ∈ Ak , akkor ψ −1 (A) Baire-tulajdons g£ U -ban, ¡gy Ui ∩ ψ −1 (A) is Baire-tulajdons g£ Ui -ben. Innen Ai = (ψ|Ui )(ψ −1 (A)) Baire-tulajdons g£ ψ (Ui )-ben, azaz Ai △Vi ⊂ Fi valamely Vi relat¡v ny¡lt rszhalmaz val ψ (Ui )nak s valamely Fi -vel, amely els kateg¢ri j£ ψ (Ui )-ben. Mivel Fi els kateg¢ri j£ rng ψ -ben is,
∪i Fi is els kateg¢ri j£ rng ψ -ben. Mivel (∪i Ai ) △ (∪i Vi ) ⊂ ∪i Fi , azt kapjuk, hogy az A ∩ rng ψ = ∪i Ai s a σ -kompakt ∪i Vi halmaz szimmetrikus di eren i ja els kateg¢ri j£. Ez mutatja, hogy A ∩ rng ψ Bairetulajdons g£ rng ψ -ben A m sik ir nyban, ha A∩ψ (Ui ) Baire-tulajdons g£, akkor (ψ|Ui )−1 (A) Baire-tulajdons g£ Ui -ben, ¡gy U -ban is. Mivel ez Rk minden ny¡lt rszhalmaz nak minden ψ immerzi¢j ra teljesl, azt kapjuk, hogy A ∈ Ak . Vgl, A ∈ Ak akkor s sak akkor, ha A ∩ M Baire-tulajdons g£ az M altrben X b rmely M tiszta k -dimenzi¢s rszsokas g ra. Val¢ban, ha ez teljesl, akkor spe i lisan A ∩ rng ψ Baire-tulajdons g£ rng ψ -ben az Rk b rmely ny¡lt rszhalmaz nak X -be val¢ b rmely ψ immerzi¢j ra, ¡gy A ∈ Ak . M srszt, X minden M tiszta k -dimenzi¢s rszsokas ga el ll¡that¢, mint az Rk valamely ny¡lt rszhalmaza egy ψ immerzi¢j nak az rtkkszlete. gy A ∩ M = A ∩ rng
ψ Baire-tulajdons g£ M = rng ψ -ben. 19.14 sszefggsek Bk s Sk kztt 1911 jellseit fogjuk hasz- n lni. A legegyszerbb krdsek egyike, hogy f ∈ Bk -b¢l kvetkezik-e f ∈ Sk ? Tudjuk, hogy ez teljesl k = n-re. Ha k < n, akkor X s egy alkalmas k-dimenzi¢s s¡k metszetnek a karakterisztikus fggvnye Bk -ban van, de nin s benne Sk -ban. A m sik ir nyban, tegyk fel, hogy f ∈ Sk . Krds, hogy teljesl-e f ∈ Bk ? Ez trivi lis k = 0-ra. Meg fogjuk mutatni, hogy ha 0 < k ≤ n, akkor hasonl¢ ll¡t s nem bizony¡that¢ ZFC-ben. Nevezetesen, kontinuumhipotzis mellett pld t adunk olyan f fggvnyre, amelyre f ∈ Sk , de f ∈ / Bk . G odel s Cohen h¡res eredmnyei szerint a kontinuum-hipotzis fggetlen ZFC axi¢m it¢l. gy Bk ⊂ Sk nem bizony¡that¢ ZFC-ben 19.15 Hierar hia a klnbz dimenzi¢khoz tartoz¢ fggvnyoszt lyok kztt 1911 jellseit fogjuk haszn lni Rgz¡tsk a 0 ≤ k < l ≤ n dimenzi¢kat
s vizsg ljuk a Bk s Sk , valamint a Bl s Sl fggvnyoszt lyok kztti kap solatot. Azt remlhetjk, hogy skkentve a dimenzi¢t, (S) egyre ersebb lesz. Az ilyen ir ny£ kt pozit¡v eredmny egyike, hogy ez igaz az (S) felttelre, ha (B) is fenn ll: Bk ∩ Bl ∩ Sk ⊂ Sl . Ennek az ll¡t snak a bizony¡t sa nagyon hasonl¡t a 19.9 ttel bizony¡t s hoz, ¡gy nem ismteljk meg az rvelst 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt ra Kontinuum-hipotzis mellett ellenpld val fogjuk igazolni, hogy k > 0- ZFC 2 Bk ∩ Sk ⊂ Bl ∪ Sl . Hasonl¢an, egy kontinuum-hipotzis mellett adott ellenpld val megmutatjuk, hogy ZFC 2 Bk ∩ Sk ∩ Sl ⊂ Bl , kivve a trivi lis k = 0 esetet. Sokkal knnyebb megmutatni, hogy ltal ban az ellenkez ir ny£ tartalmaz sok sem teljeslnek. B r Bl ⊂ B0 trivi lisan teljesl, ltal ban ha k > 0. Ezt igazoland¢, tekintsnk X s egy alkalmas k-dimenzi¢s s¡k a metszetben egy olyan halmazt,
amely nem Baire-tulajdons g£ az adott s¡kban, s tekintsk ennek a halmaznak a karakterisztikus fggvnyt. Ugyanez a plda mutatja, hogy Bl 6⊂ Bk , Bl ∩ Sl 6⊂ Bk ∪ Sk . Ha X s egy alkalmas k-dimenzi¢s s¡k metszetnek a karakterisztikus fggvnyt vesszk, akkor l tjuk, hogy Meg fogjuk mutatni, hogy Bl ∩ Sl ∩ Bk 6⊂ Sk . L ssuk a bizony¡t sokat. 19.16 Ttel Bl ∩ Sk ⊂ Bk . Bizony¡t s. Bl ∩ Sk ⊂ Bk . 19.11 felttelei mellett, ha 0 ≤ k < l ≤ n, akkor = 0-ra az ll¡t s trivi lis. Egybknt legyen ψ egy U ⊂ R ny¡lt halmaz immerzi¢ja X -be. Legyen u0 ∈ U , s legyen V egy l − k-dimenzi¢s altere Rn -nek, amely ortogon lis rng ψ ′ (u0 )-ra. Legyen π : Rl−k V egy line ris izometria, s ϕ-t de ni ljuk a ϕ(u, p) = ψ (u)+π (p) sszefggssel. Ekkor p0 = 0-ra ϕp0 = ψ V lasszunk olyan U0 illetve P0 ny¡lt krnyezeteit u0 -nak illetve p0 -nak, amelyekre ϕ(U0 , P0 ) ⊂ X s ϕ immerzi¢ja U0 × P0 -nak X -be.
Mivel f ∈ Bl , az (u, p) 7 f (ϕ(u, p)) lekpezs Baire-tulajdons g£. gy Fubini ttelnek 213 analogonja szerint, egy els kateg¢ri j£ halmazt kivve, minden p ∈ P0 -ra az u 7 f (ϕ(u, p)) lekpezs Baire-tulajdons g£. V lasszunk egy pm p0 sorozatot, amelyre minden u 7 f (ϕ(u, pm )) Baire-tulajdons g£. Mivel f ∈ Bk , azt kapjuk, hogy f (ϕ(u, pm )) f (ϕ(u, p0 )) minden u ∈ U0 -ra, egy els kateg¢ri j£ halmaz pontjait kivve. gy az u 7 f (ψ (u)) lekpezs Baire-tulajdons g£ U0 -on, azaz lok lisan. Ebbl kvetkezik, hogy f ∈ Bk . k k 164 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt A tov bbi ellenpld khoz a 18.21 lemm t fogjuk felhaszn lni Ennek a tiszt n halmazelmleti lemm nak a tipikus alkalmaz s t itt azon a spei lis eseten keresztl rthetjk meg, amelyben X a s¡k, T az sszes olyan di eomor zmusok oszt lya, amelyek a s¡k valamely ny¡lt rszhalmaz t a s¡k egy m sik ny¡lt rszhalmaz ra kpezik, F a s¡k m sodik
kateg¢ri j£ Borelhalmazainak oszt lya, G a s¡k sszes egy dimenzi¢s C 1 -rszsokas gainak oszt lya, s n = c = ℵ1 . 19.17 Ellenplda 1911 felttelei mellett, feltve a kontinuumhipotzist, ha 0 < k ≤ n, akkor Sk 6⊂ Bk Bizony¡t s. Megadunk egy f ∈ Sk fggvnyt, amelyre f ∈/ Bk A 18.21 lemm t k¡v njuk alkalmazni Csak azt fogjuk felhaszn lni, hogy az Sk de n¡ i¢j ban szerepl ϕ fggvnyek folytonosak, s hogy a 19.2(4) megjegyzs szerint feltehetjk, hogy a ϕp fggvnyek kl snsen egyrtelmek Jellje T az sszes olyan kl snsen egyrtelm τ fggvnyek oszt ly t, 1 k amelyek el ll¡that¢k ϕp ◦ ϕ− p′ alakban, ahol U ny¡lt rszhalmaza R -nak, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, ϕ : U × P X pedig egy olyan folytonos fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P kl snsen egyrtelm. Mivel az sszes U , P p rok sz moss ga kontinuum, s b rmely ϕ folytonos fggvnyt egyrtelmen meghat
roznak egy adott megsz ml lhat¢ sr halmazon felvett rtkei, a T oszt ly sz moss ga kontinuum. Jellje F az X sszes olyan rszhalmazainak oszt ly t, amelyek el ll¡that¢k ψ (G) alakban, ahol ∅ 6= U ⊂ Rk ny¡lt, ψ : U X be gyaz s, s G ⊂ U m sodik kateg¢ri j£ Borel-halmaz U -ban. F minden eleme Borelhalmaz X -ben, ¡gy F sz moss ga legfeljebb c (kontinuum) Tov bb , Pi ard ttele szerint, G−G tartalmazza az orig¢ egy krnyezett, ¡gy F minden elemnek a sz moss ga c. A 18.21 lemm t alkalmazva G = ∅-al, az X rszhalmazainak egy Xγ , γ ∈ R rendszert kapjuk. Ellenpld nk az X0 halmaz (azaz γ = 0-ra az Xγ halmaz) f karakterisztikus fggvnye lesz. Ha f a Bk oszt lyban lenne, akkor 19.13 eredmnyei szerint Rk b rmely nem res U ny¡lt rszhalmaz nak b rmely ψ be gyaz s ra X -be az A0 = ψ −1 (X0 ) halmaz Baire-tulajdons g£ halmaz lenne. A0 nem lehet els kateg¢ri j£, mivel akkor valamely G ⊂ U A0 m sodik kateg¢ri j£ Borel-halmazra
ψ (G) nem metszene bele X0 -ba. Hasonl¢an, ha A0 m sodik kateg¢ri j£ lenne, akkor v lasztva egy B ⊂ A0 m sodik kateg¢ri j£ Borel-halmazt, azt kapn nk, hogy ψ (G) ⊂ X0 , ellentmond sban azzal, hogy ψ (G) ∩ Xγ 6= ∅ s Xγ ∩ X0 = ∅ minden γ = 6 0-ra. Megmutatjuk, hogy f ∈ Sk . Legyen U ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , s legyen ϕ : U × P X egy olyan C 1 -fggvny, amelyre minden ϕp be gyaz s. Az halmaz megegyezik a {u ∈ U : f (ϕp0 (u)) 6= f (ϕp (u))} −1 1 ϕ− p0 {x ∈ ϕp0 (U ) : x ∈ X0 △ (ϕp0 ◦ ϕp )(X0 )} 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt 1 halmazzal. A τ = ϕp0 ◦ ϕ− p lekpezsre ez a halmaz rszhalmaza a ϕp−01 ((τ (X ) ∩ X0 ) △ τ (X0 )) halmaznak. Ha feltesszk a kontinuum-hipotzist, akkor ez a halmaz megsz ml lhat¢ 19.18 Ellenplda 1911 feltteleit haszn lva, feltve a kontinuumhipotzist, ha 0 < k < l ≤ n, akkor
Bk ∩ Sk ∩ Sl 6⊂ Bl Bizony¡t s. Pld t adunk olyan f ∈ Bk ∩ Sk ∩ Sl fggvnyre, amelyre f∈ / Bl . Ismt a 18.21 lemm t fogjuk alkalmazni Azt is felhaszn ljuk, hogy a 19.2(4) megjegyzs szerint feltehetjk, hogy az Sl de n¡ i¢j ban szerepl ϕp fggvnyek be gyaz sok. Jellje T az sszes olyan kl snsen egyrtelm τ fggvnyek oszt ly t, amelyek reprezent lhat¢k ϕp ◦ ϕp−′1 alakban, ahol U ny¡lt rszhalmaza Rl -nek, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, ϕ : U × P X pedig egy olyan C 1 -fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P be gyaz s. Legyen F ugyanaz, mint az elz ellenpld ban Legyen G az X sszes olyan Borel-halmazainak oszt lya, amelyek benne vannak az X megsz ml lhat¢ sok k-dimenzi¢s rszsokas g nak az egyes¡tsben. Meg kell mutatnunk, hogy a G halmazoszt ly T -invari ns. B rmely τ ∈ T rtelmezsi tartom nya l-dimenzi¢s rszsokas ga X -nek. Ha a G ∈ G halmaz rsze ∪∞ j =1 Mj -nek, ahol
minden Mj egy k -dimenzi¢s rszsokas ga X -nek, akkor minden x ∈ G ∩ Mj ∩ dmn τ -hoz tal lhatunk egy ε > 0-t s egy k-dimenzi¢s Mj′ rszsokas g t dmn τ -nak £gy, hogy minden y -ra, amelyre |y − x| < ε, teljesl, hogy y ∈ X , s hogy y ∈ G∩Mj ∩ dmn τ akkor s sak akkor, ha y ∈ G ∩ Mj′ ∩ dmn τ . Ez azt bizony¡tja, hogy a G ∩ dmn τ Borel-halmaz lefedhet dmn τ megsz ml lhat¢ sok k-dimenzi¢s rszsokas g val. gy a τ (G) Borelhalmaz is lefedhet megsz ml lhat¢ sok k-dimenzi¢s rszsokas ggal Mivel egy k-dimenzi¢s G rszsokas g b rmely rszhalmaz nak dim = ind = Ind topol¢giai dimenzi¢ja ≤ k, az X egy l-dimenzi¢s L rszsokas g nak s G-nek a metszete els kateg¢ri j£ L-ben. Ugyanez igaz b rmely G ∈ G -re, valamint b rmely G0 ⊂ G megsz ml lhat¢ halmazrendszer G uni¢j ra is. Ez azt mutatja, hogy b rmely F ∈ F -re az F G halmaz sz moss ga c. A 1821 lemma alkalmaz s hoz szksges tbbi felttel teljeslst
m r ellenriztk az elz ellenpld n l. A 18.21 lemm t alkalmazva, olyan Xγ , γ ∈ R halmazrendszert kapunk, amelyre minden Xγ minden G ∈ G halmazb¢l megsz ml lhat¢ sok pontot tartalmaz, de Xγ ∩ F = 6 ∅ minden F ∈ F -re. Legyen f az X0 karakterisztikus fggvnye. Ugyan£gy, mint az elz ellenpld n l, azt kapjuk, hogy f ∈ Sl , de f ∈/ Bl . Mivel Rk b rmely ny¡lt rszhalmaz nak b rmely ψ C 1 -be gyaz s ra X -be az f ◦ ψ fggvny egy megsz ml lhat¢ halmazt kivve nulla, azt kapjuk, hogy f ∈ Bk s f ∈ Sk . gy a bizony¡t s teljes. 19.19 Ellenplda 1911 felttelei mellett, ha teljesl a kontinuum- hipotzis, akkor 0 < k < l ≤ n-re Bk ∩ Sk 6⊂ Bl ∪ Sl . 166 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt Bizony¡t s. Alkalmazzuk a 1821 lemm t ugyanazzal a T -vel, F -el s G -vel, mint az elz ellenpld ban. Egy Xγ , γ ∈ R halmazrendszert kapunk, amelyre minden Xγ minden G ∈ G -bl megsz ml lhat¢
sok pontot tartalmaz, de Xγ ∩ F = 6 ∅ egyetlen F ∈ F -re sem. Legyen Z olyan l-dimenzi¢s s¡k, amelynek metszete X -el nem res, f pedig legyen a Z ∩X0 halmaz karakterisztikus fggvnye. Ekkor f ∈ Bk ∩Sk , de f ∈/ Bl s f ∈/ Sl . 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt Mint a bevezetsben eml¡tettk, ltal nos, a lok lisan integr lhat¢ megold sok vgtelen sokszor di eren i lhat¢ak" t¡pus£ eredmnyek kapha t¢k kevs" v ltoz¢s fggvnyegyenletekre is Swiatak m¢dszervel, aki [154℄ dolgozat ban az (1) n X i=1 hi (x, y )f (gi(x, y )) = h(x, f (gn+1 (x)), . , f (gm(x))) + h0 (x, y ) egyenletre bizony¡tott be ilyen eredmnyt, ahol f az egyetlen ismeretlen fggvny. M¢dszernek lnyege, hogy megmutatja, a disztrib£ i¢ rtelemben tekintett megold sok egy olyan di eren i legyenletet elg¡tenek ki, amelynek sak C ∞ megold sai vannak. Mint a bevezets 140 pontj ban kifejtettk, m¢dszervel kap solatban
az egyik problma, hogy lteznie kell olyan y0 -nak, amelyre gi (x, y0 ) ≡ x minden 1 ≤ i ≤ n-re, ami meglehetsen ers felttel. A m sik problma, hogy a fellp par i lis di eren i legyenlet konstans ers sg hypoelliptikus kell legyen. A rszleteket illeten Swiatak eredeti [151℄, [152℄, [153℄, [154℄, [155℄ dolgozataira utalunk. A m¢dszerrel kap solatos tov bbi hivatkoz sok a [104℄ ttekint dolgozatban tal lhat¢k Ebben a paragrafusban ltal nos, folytonoss gb¢l kvetkezik a C ∞ " t¡pus£ eredmnyeket fogunk bizony¡tani. A C 1 -bl kvetkezik C ∞ " rsz az 1.17 problm ban szerepl ltal nos nemline ris expli it egyenletre alkalmazhat¢ az 117(3) felttelben a bels fggvnyekre kir¢tt ers rang felttel nlkl. A folytonoss gb¢l kvetkezik C 1 " rsz sak a line ris t¡pus£ (2) f (x) = h0 (x, y ) + n X i=1 hi (x, y )f (gi(x, y )) egyenletre alkalmazhat¢, ahol f az ismeretlen fggvny. Az 17
pontban le¡rt bootstrap" m¢dszer szellemben olyan tulajdons gok egy sorozat t vezetjk be, amelyek | durv n sz¢lva | a folytonoss g s a folytonos di eren i lhat¢s g kztt vannak. Ez a tulajdons g-sorozat alkotja azt a lp st, amelyen felm szhatunk a folytonoss gt¢l a folytonos di eren i lhat¢s ghoz. Elszr megvizsg ljuk az £j fogalmak alaptulajdons gait. Ezut n bebizony¡tunk egy folytonoss gb¢l kvetkezik C 1 " t¡pus£ ttelt A ttel egy nom¡t s t is bebizony¡tjuk Vgl egy C 1 -bl kvetkezik C ∞ " t¡pus£ ttelt bizony¡tunk. Ezek az eredmnyek a J rai [98℄ dolgozatban publik l s alatt llnak. 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt M¢dszernk elnyei Swiatak m¢dszervel szemben az al bbiak: Nin s szksgnk arra az igen ers feltevsre, hogy van olyan y0 , amelyre gi (x, y0 ) ≡ x, ha 1 ≤ i ≤ n. Ez a felttel a fggvnyegyenletek legtbbjre nem teljesl. Szintn szksgtelen a
meglehetsen mesterklt s nehezen ellenrizhet hypoelliptikuss gi felttel. Feltteleink | az adott fggvnyekre vonatkoz¢ simas gi felttelek mellett | tiszt n line ris algebrai jellegek. L tsz¢lag a Swiatakn l szerepl (1) egyenlet nemline ris, m¡g az ltalunk vizsg lt (2) egyenlet line ris. Azonban az (1) egyenletben y0 -at helyettes¡tve a gi (x, y0) ≡ x felttelek felhaszn l s val azt kapjuk, hogy n X i=1 hi (x, y0 )f (x) = h(x, f (gn+1 (x)), . , f (gm(x))) + h0 (x, y0 ) Ebbl az egyenletbl kifejezve a h(x,P f (gn+1 (x)), . , f (gm (x))) tagot, s visszahelyettes¡tve (1)-be, majd osztva ni=1 hi (x, y0)-al, egy (2) t¡pus£ egyen letet kapunk. gy m¢dszernk alkalmas arra, hogy Swiatak (1) egyenletnek 1 megold saira folytonoss gb¢l kvetkezik C " t¡pus£ ll¡t sokat bizony¡tsunk. A C 1 -bl kvetkezik C ∞ " t¡pus£ eredmnyeink az 117 problm ban szerepl ltal nos nemline ris egyenletre vonatkoznak. Vgl
remlhet, hogy m¢dszereink nom¡t s val az 1.17 problm ban szerepl ltal nos nemline ris egyenletre is kaphat¢k folytonoss gb¢l kvet kezik C 1 " t¡pus£ eredmnyek. Ez lehetetlennek tnik Swiatak m¢dszervel, amely S hwartz-fle disztrib£ i¢kat haszn l, mivel a S hwartz-fle disztrib£i¢k kztt nin s szorz s de ni lva. S hwartz lehetetlensgi ttele" szerint ilyen szorz s nem is de ni lhat¢ kielg¡t m¢don. Mg kevsb lehetsges disztrib£ i¢kat ltal nos (tbbv ltoz¢s) C ∞ -fggvnyekbe helyettes¡teni. Ez a krlmny a disztrib£ i¢-m¢dszert olyan egyenletekre korl tozza, amelyek nin senek t£l messze a line rist¢l. 20.1 De n¡ i¢ Az alapgondolat (1) p 7 Z U w(u, p)f (ϕ(u, p)) dµ(u) t¡pus£ paramteres integr lokat tekinteni az f : X Y fggvnyre, amely az X halmazt az Y Bana h-trbe kpezi. Ilyen paramteres integr lok a (P, U, w, ϕ, µ) paramteres integr i¢s ts ltal adottak, ahol P a paramter
tr, U egy mrtktr a µ mrtkkel, w egy U × P -n rtelmezett val¢s rtk s£lyfggvny s a ϕ : U × P X fggvnyt £gy tekintjk, hogy egy ϕp , p ∈ P paramteres fellet- sal dot reprezent l X -ben. Tekintsk paramteres integr i¢s tsk egy P oszt ly t, s jellje F (X, Y, P ; G ) az sszes olyan f : X Y fggvnyek oszt ly t, amelyekre minden P -beli tsre az (1) paramteres integr l a G fggvnyoszt lyban van. Cljainkra egy spe i lis eset is elegend lesz. Az egyszersg kedvrt, tegyk fel, hogy f az Rn valamely X ny¡lt rszhalmaz t az Y Bana h-trbe 168 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt kpez folytonos fggvny. Az sszes olyan (U, P, w, ϕ, µ) paramteres integr i¢s tsk Pk oszt ly t fogjuk tekinteni, amelyekre U ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, a P paramter-tr ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, µ a λk Lebesgue-mrtk megszor¡t sa U rszhalmazaira, a w : U ×
P R s ϕ : U × P X fggvnyek pedig valamilyen simas gi felttelnek tesznek eleget. Mindig olyan s£lyfggvnyeket fogunk haszn lni, amelyek folytonosak s kompakt tart¢j£ak A ϕ fggvnyrl legal bb annyit fel fogunk tenni, hogy C 1 -ben van. Ilyen felttelek mellett a (2) p 7 Z U w(u, p)f (ϕ(u, p)) du paramteres integr l minden p ∈ P -re ltezik, s folytonos fggvnye p-nek. Az integr l s a k-dimenzi¢s Lebesgue-mrtk szerint trtnik. A 11.1 ttel azt mutatja, hogy ha f sak folytonos, de ϕ ktszer folytonosan di eren i lhat¢, akkor k = n esetn ez a paramteres integr l megfelel felttelek mellett folytonosan di eren i lhat¢. Ha k = 0, akkor ilyen integr lok folytonos di eren i lhat¢s ga ekvivalenss v lik az f folytonos di ereni lhat¢s g val Durv n sz¢lva, skkentve k-t, ilyen paramteres integr lok folytonos di eren i lhat¢s ga egyre ersebb felttell v lik, s ¡gy megadja azt a lp st, amely szksges ahhoz, hogy
felm sszunk a folytonoss gt¢l a folytonos di eren i lhat¢s gig. Hogy j¢l haszn lhat¢ jellseket kapjunk, tekintsk a kvetkez helyzetet. Legyen X ny¡lt rszhalmaza az Rn trnek, Y pedig Bana h-tr s legyen 0 ≤ k ≤ n. Legyen a W oszt ly olyan w fggvnyek oszt lya, amelyek valamely (a w-tl fgg) U × P szorzatot R-be kpeznek, ahol U az Rk egy ny¡lt rszhalmaza, P pedig valamely euklidszi tr ny¡lt rszhalmaza. A oszt ly legyen olyan ϕ fggvnyek oszt lya, amelyek valamely U × P szorzatot X -be kpeznek, ahol U ny¡lt rszhalmaza az Rk trnek, P pedig ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek. A G fggvnyoszt ly legyen valamely euklidszi tr valamely P ny¡lt rszhalmaz t az Y -ba kpez fggvnyek egy oszt lya. Jellje Fk (X, Y, W, ; G ) az sszes olyan f : X Y folytonos fggvnyek oszt ly t, amelyekre valah nyszor a w ∈ W s a ϕ ∈ fggvnyek rtelmezsi tartom nya ugyanaz az U × P , a (2) paramteres
integr l minden p ∈ P -re de ni lva van s a G fggvnyoszt ly eleme. A W , s G fggvnyoszt lyokat simas gi felttelekkel fogjuk megadni. A tov bbiakban, ha 0 ≤ m ≤ ∞, jellje C m az sszes olyan fggvnyek oszt ly t, amelyek valamely euklidszi tr valamely ny¡lt rszhalmaz n vannak rtelmezve, rtkeik valamely Bana h-trben vannak, s m-szer folytonosan di eren i lhat¢ak. Jellje Km a kompakt tart¢j£ fggvnyek ltal alkotott rszoszt ly t a C m fggvnyoszt lynak. Jellje I m az sszes olyan ϕ ∈ C m fggvnyek oszt ly t, amelyek euklidszi terek ny¡lt rszhalmazainak valamely U × P Des artes-szorzat t kpezik le egy euklidszi trbe £gy, hogy u 7 ϕ(u, p) immerzi¢ minden p ∈ P -re. Hasonl¢an, jellje E m az sszes 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt olyan ϕ ∈ C m fggvnyek oszt ly t, amelyek euklidszi terek ny¡lt halmazainak valamely U × P szorzat t kpezik le egy euklidszi trbe
£gy, hogy u 7 ϕ(u, p) be gyaz s minden p ∈ P -re. Sz munkra a legfontosabbak a Fk (X, Y, K1, I 2 ; C 1 ), 0 ≤ k ≤ n fggvnyoszt lyok lesznek. Az f ∈ Fk (X, Y, K1, I 2 ; C 1 ) felttelt gyakran lok lisan fogjuk ellenrizni. Ha egy adott ϕ : U × P X fggvnyre minden u0 ∈ U -hoz s p0 ∈ P -hez van olyan U0 ny¡lt krnyezete u0 -nak s P0 ny¡lt krnyezete p0 -nak, hogy a (2) paramteres integr l C 1 -ben van, valah nyszor w ∈ K1 , w : U × P R, s w tart¢ja rsze U0 × P0 -nak, akkor b rmely w ∈ K1 , w : U × P R-re is a (2) paramteres integr l C 1 -ben van. Ez knnyen kvetkezik egysgfelbont st haszn lva. 20.2 Megjegyzsek (1) Tegyk fel, hogy X ny¡lt rszhalmaza Rn - nek. A kptr legyen Rm F eredmnyeink, durv n sz¢lva, azt fogj k mutatni, hogy ha egy f megold s benne van Fk+1 (X, Rm , K1 , I 2 ; C 1 )-ben akkor benne van Fk (X, Rm , K1 , I 2 ; C 1 )-ben is. Meg fogjuk mutatni, hogy F0 (X, Rm , K1 , I 2 ; C 1 ) megegyezik a C 1
-fggvnyek oszt ly val, s hogy minden f : X Rm folytonos fggvny Fn (X, Rm , K1 , I 2 ; C 1 )-beli. gy lpsrl lpsre azt kapjuk, hogy a folytonos megold sok folytonosan di eren i lhat¢ak. (2) Nmi hasonl¢s g ll fenn a mrtkelmleti s a Baire-kateg¢ria esetekkel. A megfelel mrtkelmleti fogalmak eltrtnetvel kap solatban l sd a 18. paragrafust (3) Mint a bevezetsben le¡rtuk, paramteres integr lok felhaszn l sa fggvnyegyenletek regularit si tulajdons gainak bizony¡t s ra a val¢s v ltoz¢s esetben j¢l ismert, l sd A zel [3℄ knyvt, 4.22, 423 A tbb v ltoz¢s fggvnyek esetre trtn kiterjesztssel a 11 fejezetben foglalkoztunk, amelynek eredmnyeit itt is fel fogjuk haszn lni. (4) Ha X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek, Y Bana h-tr, s 0 ≤ k ≤ n, akkor az Fk (X, Y, K1, I 2 ; C 1 ) fggvnyoszt ly megegyezik az Fk (X, Y, K1, E 2; C 1 ) fggvnyoszt llyal. Ez knnyen kvetkezik a de n¡ i¢ban eml¡tett lokalit
si elv felhaszn l s val. 20.3 Ttel Legyen X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek. Ha akkor F0 (X, Rm, K∞ , I ∞ ; C k ) = C k . 0 ≤ k < ∞, Bizony¡t s. A de n¡ i¢ban szerepl paramteres integr l most egyszeren a p 7 w(0, p)f (ϕ(0, p)) lekpezs Legyen P = X , p 7 ϕ(0, p) az identikus lekpezs, p 7 w(0, p) pedig legyen egy az adott x0 = p0 ∈ X pont valamely krnyezetben. gy azt kapjuk, hogy f egy C k -fggvny az x0 valamely krnyezetben Megford¡tva, ha f ∈ C k , akkor a p 7 w(0, p)f (ϕ(0, p)) lekpezs is C k . Most megmutatjuk, hogy az Rn valamely X ny¡lt rszhalmaz t Rm -be kpez folytonos fggvnyek Fn (X, Rm , K1 , I 2 ; C 1 )-beliek. A bizony¡t s a 11.1 ttelen m£lik 170 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt 20.4 Ttel Legyen X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek, f : X Rm pedig folytonos fggvny. Ekkor 201 jellseivel f ∈ Fn (X, Rm , K1 , E 2; C 1 ) Bizony¡t s. Koordin t kra trve t, feltehetjk, hogy
f val¢s rtk, azaz hogy m = 1. Legyen P ny¡lt rszhalmaza Rs -nek, U pedig ny¡lt rszhalmaza Rn -nek Legyen ϕ : U × P 7 X egy I 2 -beli fggvny A de n¡ i¢ban szerepl lokalit si elv miatt elg megmutatni, hogy p0 ∈ P -nek s u0 ∈ U -nak van olyan P0 ⊂ P illetve U0 ⊂ U ny¡lt krnyezete, hogy ha w : U × P R olyan C 1 -fggvny, amelynek a tart¢ja rsze U0 × P0 -nak, akkor a p 7 Z U w(u, p)f (ϕ(u, p)) du lekpezs C 1 -beli. Ha U0 s P0 elg ki sik, akkor az x = ϕ(u, p) helyettes¡ts minden p ∈ P0 -ra elvgezhet. V laszthatunk egy olyan S szimplexet, amely tartalmazza U0 -at. A fenti integr l ¡gy Z ϕp (S ) 1 −1 w(ϕ− p (x), p)f (x)J (ϕp )(x) dx lesz minden p ∈ P0 -ra. A 111 ttel szerint az integr l folytonosan di ereni lhat¢ fggvnye p ∈ P0 -nak 20.5 Ttel Legyenek X s Xi , 1 ≤ i ≤ n euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai, Y pedig ny¡lt rszhalmaza Rl -nek. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak.
Tekintsk az f : X Rm , fi : Xi Rm , hi : D R, gi : D Xi (i = 1, 2, . , n) fggvnyeket Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U × P X egy I 2 -beli fggvny, s tegyk fel, hogy (20.1 jellseivel) az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = (2) (3) (4) (5) n X i=1 hi (x, y )fi(gi (x, y )); hi folytonosan di eren i lhat¢, ha i = 1, . , n; az fi fggvny Fk+l (Xi , Rm , K1 , E 2; C 1 )-beli (i = 1, 2, . , n); a gi fggvny C 2 -beli D-n (i = 1, 2, . , n); minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , hogy (ϕ(u0 , p0 ), y0 ) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p0 ), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja az (u0 , y0) pontban k + l minden 1 ≤ i ≤ n-re. 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt Ekkor b rmely K1 -beli w : U × P X fggvnyre a p 7 Z w(u, p)f (ϕ(u, p)) du U lekpezs folytonosan di eren i lhat¢ a p0 valamely krnyezetben. Bizony¡t s.
V lasszunk U0, P0 s Y0 ny¡lt krnyezeteit az u0 , p0 illetve y0 pontoknak £gy, hogy (ϕ(u, p), y ) benne legyen a D halmazban, ha u ∈ U0 , p ∈ P0 s y ∈ Y0 , tov bb az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja k + l legyen, ha u ∈ U0 , p ∈ P0 , y ∈ Y0 s 1 ≤ i ≤ n. Ez lehetsges, mivel D ny¡lt, gi s ϕ is C 2 -fggvnyek, a rang alulr¢l flig folytonos, s U × Y dimenzi¢ja k + l, ¡gy a rang nem mehet k + l fl. Legyen w : U0 × P0 R egy tetszleges K1 -fggvny.R V lasszunk egy olyan w0 : Y0 R fggvnyt, amely K1 -beli, s amelyre Y0 w0 (y ) dy = 6 0. (1) szerint azt kapjuk, hogy w(u, p)f (ϕ(u, p))w0(y ) = n X i=1 w(u, p)w0 (y )hi (ϕ(u, p), y )fi(gi (ϕ(u, p), y )). Mindkt oldalt integr lva U0 × Y0 felett, azt kapjuk, hogy Z Y0 w0 (y ) dy = n Z X i=1 Y0 Z Z U0 U0 w(u, p)f (ϕ(u, p)) du w(u, p)w0 (y )hi (ϕ(u, p), y )fi(gi (ϕ(u, p), y )) du dy. A jobb oldal C 1 -beli. Ez bizony¡tja, hogy p 7 Z U0
w(u, p)f (ϕ(u, p)) du folytonosan di eren i lhat¢ P0 -on. Tetszleges K1 -beli w : U × P R s£lyfggvnyre az ll¡t s az u 7 w(u, p0 ) lekpezs tart¢ja egy alkalmas vges lefedsnek megfelel egysgfelbont st haszn lva kvetkezik. A 18. pragrafusban adott 188 plda itt is ugyan£gy t rgyalhat¢ Ugyan£gy, mint ott, itt is meg llap¡thatjuk, hogy a rang felttel nem teljesen kielg¡t Az ltal nos¡t shoz elszr egy lemm ra lesz szksgnk 20.6 Lemma 201 jellseivel, legyen X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek, 0 ≤ k ≤ n s f ∈ Fk (X, Rm , K1 , E 2 ; C 1 ). Legyenek U s P euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai, s tegyk fel, hogy a C 2 -beli ϕ : U × P X fggvnyre az u 7 ϕ(u, p) lekpezs deriv ltj nak rangja ≥ k az (u0 , p0 ) ∈ U × P pontban. Ekkor van olyan U0 krnyezete 172 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt u0 -nak s P0 krnyezete p0 -nak, hogy b rmely K1 -beli w fggvnyre, amelynek tart¢ja
rsze U0 × P0 -nak, a Z p 7 w(u, p)f (ϕ(u, p)) du : U ×P R U lekpezs folytonosan di eren i lhat¢ P -n. Bizony¡t s. Feltehetjk, hogy ha u1-el jelljk az u els k koordin t j b¢l alkotott vektort, u2 -vel pedig az u maradk koordin t ib¢l alkotott vektort, akkor az u1 7 ϕ(u1 , u2 , p) lekpezs Ja obi-determin nsa az (u0 , p0 ) pontban nem nulla. V lasszunk olyan U0 = U1 ×U2 ny¡lt krnyezett u0 -nak s olyan P0 ny¡lt krnyezett p0 -nak, hogy ez a Ja obi-determin ns ne legyen nulla U0 × P0 -on. Ekkor az (u2 , p) 7 Z U1 w(u1 , u2 , p)f (ϕ(u1 , u2 , p)) du1 lekpezs C 1 -beli. Integr lva u2 szerint, kapjuk a lemma ll¡t s t 20.7 Kvetkezmny 201 jellseivel, ha 0 ≤ k ≤ l ≤ n, akkor Fk (X, Rm , K1 , E 2 ; C 1 ) ⊂ Fl (X, Rm , K1 , E 2 ; C 1 ). Kvetkez ttelnk a 20.5 ttel ltal nos¡t sa 20.8 Ttel Legyenek X , Y s Xi , 1 ≤ i ≤ n euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak
Tekintsk az f : X Rm , fi : Xi Rm , hi : D R, gi : D Xi (i = 1, 2, . , n) fggvnyeket. Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U × P X egy I 2 -beli fggvny, s tegyk fel, hogy (20.1 jellseivel) az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = (2) (3) (4) (5) n X i=1 hi (x, y )fi(gi (x, y )); hi folytonosan di eren i lhat¢, ha i = 1, . , n; az fi fggvny Fki (Xi , Rm, K1 , E 2; C 1 )-beli (i = 1, 2, . , n); a g fggvny C 2 -beli D-n (i = 1, 2, . , n); i minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , hogy (ϕ(u0 , p0 ), y0 ) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p0 ), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja (u0 , y0 )-ban legal bb ki , ha 1 ≤ i ≤ n. 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt Ekkor b rmely K1 -beli w : U × P X fggvnyre a p 7 Z w(u, p)f (ϕ(u, p)) du U lekpezs folytonosan di eren i lhat¢ a p0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. V lasszunk
U0 , P0 s Y0 ny¡lt krnyezeteit u0 -nak, p0 -nak, illetve y0 -nak £gy, hogy (ϕ(u, p), y ) benne legyen D-ben, ha u ∈ U0 , p ∈ P0 s y ∈ Y0 , tov bb az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja legal bb ki legyen minden u ∈ U0 , p ∈ P0 , y ∈ Y0 s 1 ≤ i ≤ n-re. Ez lehetsges, mivel D ny¡lt, gi s ϕ is C 2 -fggvnyek, a rang pedig alulr¢l flig folytonos. Legyen w : U0 × P0 R egy KR1 -fggvny. V lasszunk egy olyan K1 beli w0 : Y0 R fggvnyt, amelyre Y0 w0 (y ) dy 6= 0 Az (1) felttelbl azt kapjuk, hogy w(u, p)f (ϕ(u, p))w0(y ) = n X i=1 w(u, p)w0 (y )hi (ϕ(u, p), y )fi(gi (ϕ(u, p), y )). Mindkt oldalt integr lva U0 × Y0 felett, azt kapjuk, hogy Z Y0 w0 (y ) dy = n Z X i=1 Y0 Z Z U0 U0 w(u, p)f (ϕ(u, p)) du w(u, p)w0 (y )hi (ϕ(u, p), y )fi(gi (ϕ(u, p), y )) du dy. Az elz lemma szerint a jobb oldal C 1 -beli. Ez bizony¡tja, hogy p 7 Z U0 w(u, p)f (ϕ(u, p)) du folytonosan di eren i lhat¢ P0
-on. Tetszleges K1 -beli w : U × P R fggvnyre az ll¡t s megkaphat¢, ha az u 7 w(u, p0 ) lekpezs tart¢j nak egy alkalmas vges lefedshez tartoz¢ egysgfelbont sra alkalmazzuk az eddig bizony¡tottakat. Utols¢ ttelnk magasabb rend deriv ltakra vonatkozik. Itt a fggvnyegyenlet lehet nemline ris is 20.9 Ttel Legyen X ny¡lt rszhalmaza Rs -nek. Legyenek Y , Z s Xi , Zi , 1 ≤ i ≤ n euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak. Tekintsk az f : X Rm , fi : Xi Zi , h : D × Z1 × · · · Zi Z , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n) fggvnyeket Legyen r ≥ 1 egy egsz sz m. Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, P valamely euklidszi tr ny¡lt rszhalmaza, p0 ∈ P , ϕ : U × P X egy I 2 -fggvny s tegyk fel, hogy (20.1 jellseivel) az al bbi felttelek teljeslnek: 174 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = h(x, y, f1(g1 (x, y )) . fn (gn (x, y
))); (2) az sszes ∂xα0 ∂zα11 . ∂zαnn h par i lis deriv ltak folytonosan di eren i lhat¢ak, ahol 0 ≤ |α| ≤ r; (3) az fi fggvny sszes r-ed rend par i lis deriv ltjai lteznek, s benne vannak az Fki (Xi , Rm , K1 , E 2; C 1 ) trben (i = 1, 2, . , n); (4) a gi fggvny C r+1 -ben van D-n (i = 1, 2, . , n); (5) minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , hogy (ϕ(u0 , p0 ), y0 ) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p0 ), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja (u0 , y0 )-ban legal bb ki , ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor b rmely K1 -beli w : U × P X fggvnyre s b rmely α ∈ Ns multiindexre, amelyre |α| = r, a p 7 Z U w(u, p)(∂ αf )(ϕ(u, p)) du lekpezs folytonosan di eren i lhat¢ p0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Legyen 1 s di eren i ljuk az (1) egyenletet par i lisan xq szerint. Nem ¡rva ki a valtoz¢kat, azt kapjuk, hogy ∂f ∂xq = ∂h ∂xq ≤ q ≤ s, ri n X X ∂h X ∂fi,j ∂gi,k + . ∂z ∂x ∂x i,j i,k q i=1 j k=1 Itt zi =
(zi,j ), xi = (xi,k ), fi = (fi,j ) s gi = (gi,k ). Ez az egyenlet azt mutatja, hogy ha α ∈ Ns s |α| = 1, akkor ∂ α f eleget tesz egy ∂ f (x) = hα,0 (x, y ) + α nα X β =1 hα,β (x, y )fα,β (gα,β (x, y )) fggvnyegyenletnek, ha (x, y ) ∈ D. Itt, ha az α multiindex q-adik koordin t ja egy, a tbbi pedig nulla, akkor hα,0 (x, y ) = s hα,β (x, y ) = ∂h (x, y, f0(y ), f1 (g1 (x, y )) , . , fn (gn (x, y ))) , ∂xq gα,β = gi fα,β = ∂fi,j ∂xi,k valamely 1 ≤ i ≤ n-re, valamely i, j, k-ra ∂h ∂g (x, y, f0(y ), f1 (g1 (x, y )) , . , fn (gn (x, y ))) i,k (x, y ) ∂zi,j ∂xq 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt valamely i, j, k-ra. Vil gos, hogy hα,β -nak x szerint ltezik s folytonos az r-edik par i lis deriv ltja, ha 0 ≤ β ≤ nα , tov bb fα,β valamelyik Xi -t kpezi R-be s minden r − 1-edik par i lis deriv ltja ltezik s Fki (Xi , Rm , K1 , E 2 ; C 1 )-beli. jra di eren i lva, |α|
szerinti teljes induk i¢val azt kapjuk, hogy ha α ∈ Ns , 1 ≤ |α| ≤ r, akkor (5) ∂ f (x) = hα,0 (x, y ) + α nα X β =1 hα,β (x, y )fα,β (gα,β (x, y )) , ha (x, y ) ∈ D. Itt hα,β : D Z s az x szerinti r + 1 − |α|-adik par i lis deriv ltjai folytonosak, tov bb fα,β : Xi R valamely 1 ≤ i ≤ n-re s az sszes r − |α|-adik par i lis deriv ltjai Fki (Xi , Rm , K1 , E 2; C 1 )-beliek. Vgl, gα,β = gi ugyanarra az i-re, amelyre dmn fα,β = Xi . Most felhaszn ljuk a 20.8 ttelt Azt kapjuk, hogy b rmely K1 -beli w : U × P X fggvnyre s b rmely α ∈ Ns multiindexre, amelyre |α| = r , a Z p 7 w(u, p)(∂ αf )(ϕ(u, p)) du U lekpezs folytonosan di eren i lhat¢ p0 egy krnyezetn. 176 21.§ Egyszer alkalmazasok VII. Alkalmazások Nyilv nval¢, hogy az elz paragrafusokban bizony¡tott eredmnyeknek sz mos alkalmaz sa lehetsges. Itt sak nh ny, az eredmnyek haszn lat t illusztr l¢ pld t adunk meg. 21.§
Egyszer alkalmazasok 21.1 A Cau hy-egyenlet ltal nos¡t sai A hivatkoz sokat ille- ten l sd A zl [3℄ knyvt. Legyen f : Rn Rm egy fggvny, s tegyk fel, hogy f eleget tesz az (1) f (x + y ) = f (x) + f (y ), ha x, y ∈ Rn Cau hy-egyenletnek. A t = x + y helyettes¡tssel (2) f (t) = f (y ) + f (t − y ), ha t, y ∈ Rn . Ebbl, ha f mrhet egy pozit¡v mrtk halmazon vagy Baire-tulajdons g£ egy m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmazon, akkor f folytonos a 8.3, illetve a 102 ttelek szerint Most alkalmazva az 129 ttelt, kapjuk, hogy f vgtelen sokszor di eren i lhat¢. Hasonl¢an, legyen f : Rn R egy ismeretlen fggvny, s legyen adott egy h : R2n+2 R vgtelen sokszor di eren i lhat¢ fggvny. Tegyk fel, hogy f kielg¡ti az (3) f (x + y ) = h (x, y, f (x), f (y )) , ha x, y ∈ Rn ltal nos¡tott Cau hy-egyenletet. Ezzel az egyenlettel kap solatban l sd mg A zl [3℄ knyvt s Sander [141℄, [142℄
dolgozatait. A t = x + y helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy (4) f (t) = h (t − y, y, f (t − y ), f (y )) , ha t, y ∈ Rn . A 8.3, illetve 102 ttelekbl kapjuk, hogy (2) minden f megold sa, amely mrhet egy pozit¡v mrtk mrhet halmazon, vagy Baire-tulajdons g£ egy m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmazon, folytonos. Most az 1.28 ttelbl kapjuk, hogy f vgtelen sokszor di eren i lhat¢ Ugyanez a m¢dszer alkalmazhat¢ az (3) f (G(x, y )) = h (x, y, f (x), f (y )) , ha x, y ∈ Rn 21.§ Egyszer alkalmazasok egyenletre, ahol G : Rn × Rn Rn egy adott, vgtelen sokszor di eren i lhat¢ fggvny £gy, hogy minden t0 ∈ Rn -hez s x0 ∈ Rn -hez ltezik olyan y0 ∈ Rn pont, amelyre G(x0 , y0 ) = t0 , det ∂G (x0 , y0 ) 6= 0 ∂x s det ∂G (x0 , y0 ) 6= 0. ∂y Ekkor t = G(x, y ) helyettes¡tssel lok lisan azt kapjuk, hogy f (t) = h (g (t, y ), y, f (g (t, y )) , f (y )) , ahol G (g (t, y ), y ) = t, s alkalmazhatjuk a
8.3, 102 s 128 tteleket 21.2 A Pexider-egyenlet ltal nos¡t sai A XVI nemzetkzi fggvnyegyenletek konferen i n vetette fel Wolfgang Sander az al bbi problm t (l sd Sander [144℄). Legyenek f , g , s h val¢s fggvnyek, H : R2 R egy folytonos fggvny, s tegyk fel, hogy az f (x + y ) = H (g (x), h(y )) , ha x, y ∈ R fggvnyegyenlet teljesl. Vajon igazak-e az al bbi ll¡t sok: (1) ha g s h Baire-tulajdons g£ak, akkor f folytonos; (2) ha g s h Lebesgue-mrhetek egy-egy pozit¡v mrtk mrhet halmazon, akkor f folytonos; (3) ha g vagy h Lebesgue-mrhet, akkor f folytonos. Ha (1), (2) vagy (3) igaz, akkor vajon az sszead s helyettes¡thet-e egy ltal nosabb fggvnyoszt llyal? Mindh rom problm t s az ltal nos¡t sukat is megoldjuk, ha megmutatjuk, hogy ha f , g s h Rn -et Rm -be kpez fggvnyek, valamint H : Rn × Rn × Rm × Rm Rm egy folytonos fggvny, s fenn ll az f (G(x, y )) = H (x, y, g (x), h(y )) , ha x, y
∈ Rn fggvnyegyenlet, ahol G : Rn × Rn Rn egy adott, folytonosan di eren ilhat¢ fggvny £gy, hogy minden t0 ∈ Rn -hez s x0 ∈ Rn -hez ltezik olyan y0 ∈ Rn pont, amelyre G(x0 , y0 ) = t0 , det ∂G (x0 , y0 ) 6= 0 ∂x s det ∂G (x0 , y0 ) 6= 0, ∂y akkor abb¢l, hogy g Lebesgue-mrhet egy pozit¡v mrtk mrhet halmazon, vagy Baire-tulajdons g£ egy m sodik kateg¢ri j£ halmazon, kvetkezik, hogy f folytonos. Ezen ll¡t s bizony¡t s hoz t = G(x, y ) helyettes¡tssel lok lisan azt kapjuk, hogy f (t) = H (G∗ (t, y ), y, g (G∗ (t, y )) , h(y )) , ahol G (G∗ (t, y ), y ) = t, s alkalmazhatjuk a 8.3, illetve 102 tteleket Sander problm j nak megold sa a J rai [65℄ illetve [67℄ dolgozatokban kerlt publik l sra. 178 21.§ Egyszer alkalmazasok 21.3 A koszinusz fggvnyegyenlete Legyen G egy lok lisan kompakt soport, H egy topologikus gyr megsz ml lhat¢ b zissal, f : G H Az f (uv ) + f (uv −1 ) = 2f (u)f (v ), ha
u, v ∈ G koszinusz fggvnyegyenletet vizsg lt k pld ul Hille s Phillips [58℄, Kurepa [116℄, s Baker [21℄ abban az esetben, amikor G = R vagy G = Rn . Itt arra az esetre fogjuk megmutatni, hogy a mrhet megold sok folytonosak, amikor G lok lisan euklidszi, azaz Lie- soport. Pontosabban, minden olyan lok lisan kompakt soportra bizony¡tunk, amely eleget tesz az al bbi felttelnek: (2) G-nek van olyan K kompakt rszhalmaza, amelyre λ(K ) > 0, s minden C ⊂ K kompakt rszhalmazra, amelyre λ(C ) > 0, λ{x2 : x ∈ C} > 0. Itt λ egy bal Haar-mrtk G-n. Minden Lie- soport eleget tesz ennek a felttelnek. Val¢ban, ha G egy n-dimenzi¢s Lie- soport e egysgelemmel, akkor nem nehz bel tni a Lie- soportokon a Haar-mrtkre vonatkoz¢ ttelek felhaszn l s val (l sd Chevalley [29℄), hogy lteznek olyan U s V ny¡lt n halmazok s egy ϕ homeomor zmusa U -nak ra, R egy ny¡lt rszhalmaz −1 −1 −1 −1 hogy e ∈ V ⊂ U , ϕ(e) =
0, az (x, y ) 7 ϕ ϕ (x) · ϕ (y ) lekpezs analitikus lekpezse ϕ(V ) × ϕ(V )-nek ϕ(U )-ba, s hogy V b rmely C kompakt rszhalmaz ra a C bal Haar mrtke s a ϕ(C ) Lebesgue-mrtke egyszerrre tnik el. Mivel az x 7 ϕ ϕ−1 (x) · ϕ−1 (x) ϕ(V )-t ϕ(U )-ba kpez lekpezs Ja obi-determin nsa 2n a 0 pontban, ltezik olyan W ny¡lt krnyezete e-nek G-ben, hogy W 2 ⊂ V s a fenti lekpezs Ja obi-determin nsa ϕ(W ) felett nem kisebb, mint 1. Innen az integr ltranszform i¢s formula felhaszn l s val kvetkezik, hogy W b rmely C kompakt rszhalmaz ra ϕ {x2 : x ∈ C} Lebesgue-mrtke nem kisebb, mint ϕ(C ) Lebesgue-mrtke. Igy G eleget tesz a (2) felttelnek, K -t a W egy pozit¡v mrtk kompakt rszhalmaz nak v lasztva. Trjnk vissza eredeti ll¡t sunk bizony¡t s hoz. Az (1) egyenletbl, t = uv −1 , y = v helyettes¡tssel, azt kapjuk, hogy f (t) = 2f (ty )f (y ) − f (ty 2 ), ha t, y ∈ G. Legyen t0 egy
tetszleges eleme G-nek. Megmutatjuk, hogy f folytonos a t0 pontban. Legyen T egy kompakt halmaz, amely tartalmazza t0 egy krnyezett, K a (2)-ben szerepl halmaz, D = T × K , legyen tov bb Y = X1 = X2 = X3 = G, h(t, y, z0 , z1 , z2 , z3 ) = 2z1 z2 − z3 , s g1 (t, y ) = ty, g2 (t, y ) = y, g3 (t, y ) = ty 2 , ha (t, y ) ∈ D; ha (t, y ) ∈ D; ha (t, y ) ∈ D. 21.§ Egyszer alkalmazasok A 8.2 ttelt fogjuk alkalmazni az A1 = A2 = A3 = G halmazokra Az egyetlen, ami nem trivi lis, az utols¢ felttel teljeslse a g3 fggvnyre. Mivel, ha B ⊂ K , akkor {ty 2 : y ∈ B} = t{y 2 : y ∈ B} minden t ∈ T -re, azt elg megmutatni, hogy minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy ha B ⊂ K s λ(B ) ≥ ε, akkor λ{y 2 : y ∈ B} ≥ δ . Tegyk fel indirekt, hogy ez nem igaz. Ekkor ltezik olyan ε0 > 0 s minden n termszetes sz mhoz olyan Un ny¡lt rszhalmaza G-nek, amelyre λ(Un ) < 1/2n s λ{y : y ∈ C s y 2 ∈ Un } ≥ ε0 .
Mivel az y 7 y 2 lekpezs folytonos, az {y : y 2 ∈ Un } halmazok ny¡ltak, ¡gy az {y : y 2 ∈ Un } ∩ K halmazok mrhetek. Legyen An = {y 2 : y ∈ C} ∩ ∞ [ i=n Ui . Ekkor B1 ⊃ B2 ⊃ . , λ(Bn ) < 1/2n−1 , s az {y : y 2 ∈ An } halmazok mrhetek vges, de ε0 -n l nem kisebb mrtkkel. Ha B = n y : y2 ∈ ∞ n=1 o An , akkor λ(B ) ≥ ε0 > 0, de ∞ λ{y 2 : y ∈ B} = λ An = 0. n=1 Ha C egy kompakt rszhalmaza B -nek pozit¡v bal Haar mrtkkel, akkor ellentmond sra jutunk (2)-vel. Ezzel a bizony¡t s teljes 21.4 Legyen f : Rm Rk egy ismeretlen fggvny, s legyenek Ai , Bi , i = 1, 2, . , n (1) nemszingul ris m trixok m sorral s m oszloppal. Az f (x) + n X i=1 f (Ai x + Bi y ) = 0, ha x, y ∈ Rm fggvnyegyenletet, spe i lis eseteit s ltal nos¡t sait sz mos szerz tanulm nyozta. A hivatkoz sokat illeten l sd Szkelyhidi [156℄ dolgozat t Az 1.29 ttel szerint (1) minden mrhet vagy
Baire-tulajdons g£ megold sa vgtelen sokszor di eren i lhat¢. 180 21.§ Egyszer alkalmazasok 21.5 Az inform i¢ alapegyenlete Legyen f : ℄0, 1[ R egy isme- retlen fggvny, α > 0 egy konstans, s D Az (1) f (x)+(1−x) f α = (x, y ) : 0 < x, y, x + y < 1 . y 1−x = f (y )+(1−y ) f α x 1−y , ha (x, y ) ∈ D fggvnyegyenlet fontos szerepet j tszik az inform i¢elmlet axiomatikus megalapoz s ban; l sd pld ul A zl s Dar¢ zy [15℄ knyvt, Maksa [124℄ illetve A zl [6℄ dolgozat t. A 129 ttelbl kvetkezik, hogy (1) minden mrhet vagy Baire-tulajdons g£ megold sa vgtelen sokszor di eren i lhat¢. 21.6 A (2,2)-additivit s egyenlete Legyen f : ℄0, 1[ R egy ismeretlen fggvny Az (1) f (pq ) + f (p(1 − q )) + f ((1 − p)q ) + f ((1 − p)(1 − q )) = f (p) + f (1 − p) + f (q) + f (1 − q), ha 0 < p, q < 1 fggvnyegyenlet szintn hasznos az inform i¢elmletben. Ennek az egyenletnek
a mrhet megold sait Dar¢ zy s J rai hat rozt k meg a [32℄ dolgozatban A dolgozatban egy fontos lps annak bizony¡t sa, hogy (1) minden mrhet megold sa hatszor di eren i lhat¢. t = pq s y = q helyettes¡tssel (1)-bl azt kapjuk, hogy (2) t t t f (t) = − f − t − f (y − t) − f 1 − − y + t + f y y y t +f 1− + f (y ) + f (1 − y ), ha 0 < t < y < 1. y Innen, az 1.29 ttel szerint, (1) minden mrhet vagy Baire-tulajdons g£ megold sa vgtelen sokszor di eren i lhat¢. 21.7 sszeg alak£ egyenletek Loson zi [123℄ dolgozat ban az (1) f (xy )+f (x(1 − y )) + f ((1 − x)y ) + f ((1 − x)(1 − y )) = f (x) + f (1 − x) f (y ) + f (1 − y ) fggvnyegyenletet t rgyalja. Attekinti az ismert eredmnyeket, s meghat rozza mindazokat az f : [0, 1℄ C fggvnyeket, amelyek h romszor folytonosan di eren i lhat¢k [0, 1℄-en, s eleget tesznek az (1) fggvnyegyenletnek. Megjegyezzk, hogy az (1)
egyenletnek van olyan megold sa [0, 1℄-en, amely mrhet, de nem folytonos, illetve folytonos, de nem differen i lhat¢, ugyanis az egyenletnek eleget tesznek az f (x) = xc , c ≥ 0 hatv ny-fggvnyek, ahol 0c = 0. 21.§ Egyszer alkalmazasok Egszen m s a helyzet a ℄0, 1[ ny¡lt intervallumon. Az al bbiakban megmutatjuk, hogy az (1) egyenlet minden f :℄0, 1[ C megold sa, amely Lebesgue-mrhet vagy Baire-tulajdons g£, vgtelen sokszor di eren i lhat¢. Vezessk be a g (x) = f (x) + f (1 − x) jellst. Ezzel a jellssel azt kapjuk, hogy (2) f (xy ) + f (x(1 − y )) + f ((1 − x)y ) + f ((1 − x)(1 − y )) = g (x)g (y ), ha x, y ∈℄0, 1[. Az x helyett £j v ltoz¢t vezetve be a t = xy helyettes¡tssel, azt kapjuk, hogy (3) f (t) = g (t/y )g (y ) − f (t(1 − y )/y ) − f ((1 − t/y )y ) − f ((1 − t/y )(1 − y )) , ha 0 < t < y < 1. Egyszer sz mol s s a 310, illetve 43 segdttel mutatja, hogy minden t0 -hoz van olyan y0 ,
hogy a (t0 , y0 ) pont egy krnyezetben alkalmazhat¢ a 8.3 illetve a 102 ttel, ¡gy kapjuk, hogy f folytonos Most kt eset lehetsges. Ha g ≡ 0 az egsz ℄0, 1[-en, akkor a (3) egyenletre azonnal alkalmazhat¢ az 1.29 ttel, s kapjuk az ll¡t st Ha ez nem ll fenn, akkor v laszthat¢ olyan [A, B ℄ ⊂℄0, 1[ intervallum, amelyre Z B A g (y ) dy = 6 0, s ¡gy (2) mindkt oldal t integr lva g (x) Z B A g (y ) dy = + Z B A Z B A f (xy ) dy + Z B A f (x(1 − y )) dy f ((1 − x)y ) dy + Z B A f ((1 − x)(1 − y )) dy. A jobb oldalon szerepl integr lokban kln-kln xy , x(1 − y ), (1 − x)y illetve (1 − x)(1 − y ) helyett egy £j u v ltoz¢t vezetve be, l tjuk, hogy a jobb oldal folytonosan di eren i lhat¢ fggvnye x-nek. Kifejezve g (x)-et, kapjuk, hogy g folytonosan di eren i lhat¢. Most a (3) egyenletre alkalmazva a 113 ttelt lok lisan, kapjuk, hogy f is folytonosan di eren i lhat¢ Vgl (3)-ban vissza¡rva g helyre f
-et, s alkalmazva a 1.25 ttelt, kapjuk az ll¡t st. 21.8 Megjegyzs A zl s Chung egy dolgozat hoz A zl J nos s Jukang Chung [14℄ dolgozatukban m s eredmnyek mellett megmutatj k, hogy ha az fi (i = 1, 2, , n) val¢s fggvnyek lok lisan Lebesgueintegr lhat¢ak, a pk s qk (k = 1, 2, , m) pedig L-fggetlenek, tov bb az (1) n X i=1 fi (x + λi y ) = m X k=1 pk (x)qk (y ), x ∈℄A, B [, y ∈℄C, D[ 182 21.§ Egyszer alkalmazasok fggvnyegyenletnek eleget tesznek a fggvnyek, ahol 0 6= λi = 6 λj , ha i 6= j , akkor az fi , pk s qk fggvnyek vgtelen sokszor di eren i lhat¢ak; az L-fggetlensg azt jelenti, pld ul a qk fggvnyekre, hogy ha m X k=1 ck qk (y ) = 0 majdnem minden y ∈℄C, D[-re, akkor ebbl c1 = c2 = . = cm = 0 Az al bbiakban megmutatjuk, hogy az L-fggetlensg s a lok lis Lebesgue-integr lhat¢s g line ris fggetlensggel s Lebesgue-mrhetsggel helyettes¡thet. Ez az szrevtel a J
rai [69℄ dolgozatban kerlt publik l sra Elszr is vegyk szre (mint [14℄-ben), hogy (2) pk (x) = X ai,j,k fi (x + λi yj ), ha x ∈℄A, B [ i,j egy megfelelen v lasztott C < y1 < y2 < . < ym < D sorozatra, a qk fggvnyek line ris fggetlensge miatt. Hasonl¢an (3) qk (y ) = X bi,j,k fi (xj i,j + λi y ), ha y ∈℄C, D[, ahol A < x1 < x2 < . < B Innen a pk s qk fggvnyek is Lebesguemrhetek A t = x + λi y helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy (4) fi (t) = m X k=1 pk (t − λi y )qk (y ) − X j6=i fj (t + (λj − λi )y ), ha C < y < D s A + λi y < t < B + λi y . Felhaszn lva a 83 ttelt, azt kapjuk, hogy fi folytonos, ¡gy (2) s (3) szerint a pk s qk fggvnyek is folytonosak. Hasonl¢an, mint A zl s Chung [14℄ dolgozat ban, v lasztva egy C ∗ sz mot C s D kztt s integr lva, azt kapjuk, hogy n Z X i=1 t C∗ fi (x + λi y ) dy = m X k=1 pk (x) Z t C∗ qk
(y ) dy. Ha a bal oldalon minden integr lban kln-kln bevezetjk az u = x + λi y £j v ltoz¢t, azt kapjuk, hogy (5) n X i=1 1 λi Z x+λi t x+λi C ∗ fi (u) du = ahol Qk (t) = Z t C∗ n X k=1 pk (x)Qk (t), qk (y ) dy. 21.§ Egyszer alkalmazasok A Qk fggvnyek is line risan fggetlenek, mivel egybknt lteznnek olyan ck nem mind nulla konstansok, hogy m X k=1 azaz Z t m X C ∗ k=1 ck Qk (t) ≡ 0, ck qk (y ) dy ≡ 0, ha t ∈℄C, D[ teljeslne, ami lehetetlen, mert a qk fggvnyek line risan fggetlenek s folytonosak. Igy a pk fggvnyek line ris kombin i¢i az x 7 Z x+λi t x+λi C ∗ fi (s) ds folytonosan di eren i lhat¢ fggvnyeknek. (4) s a 113 ttel szerint az fi fggvnyek is folytonosan di eren i lhat¢ak. Felhaszn lva (4)-et s a 15.2 ttelt, azt kapjuk, hogy az fi fggvnyek | s ¡gy (2) s (3) miatt a pk s qk fggvnyek is | ktszer folytonosan di eren i lhat¢ak. Ismtelve ezt az
rvelst, kapjuk, hogy az fi , pk s qk fggvnyek vgtelen sokszor di eren i lhat¢ak. 21.9 Az Abel-egyenlet A XXVI Nemzetkzi Fggvnyegyenletek Szimp¢ziumon 1988-ban A zl J nos (l sd [11℄) az F (u) + F (v ) + F (1 − uv ) + F ((1 − u)/(1 − uv )) + F ((1 − v )/(1 − uv )) = 0, ha 0 < u, v < 1 egyenlet F : ℄0, 1[ R Lebesgue-integr lhat¢ megold saival kap solatban megmutatta, hogy regularit si eredmnyek felhaszn l s val hogyan kaphat¢k meg egyszerbben a Dar¢ zy Zolt n s Helmut Kiesewetter ltal meghat rozott lok lisan Lebesgue-integr lhat¢ megold sok; tov bbi hivatkoz sokat l sd ott. Az 129 ttelbl kvetkezik, hogy a fenti egyenlet minden mrhet vagy Baire-tulajdons g£ megold sa C ∞ (l sd [78℄). 21.10 Egy fggvnyegyenlet a vletlen mezk spektr lelmletbl A XXXII Nemzetkzi Fggvnyegyenletek Szimp¢ziumon elad - s ban [120℄ Lajk¢ K roly egy ltala folytonoss g, illetve lok lis korl toss g s mrhetsg
mellett vizsg lt, val¢sz¡nsgsz m¡t si problm kban szerepet j tsz¢ fggvnyegyenlettel kap solatban az al bbi problm t vetette fel: igaz-e, hogy a B (t)(1 + B (2a)) = B (a)(B (t + a) + B (t − a)), t, a ∈ R fggvnyegyenlet mrhet megold sai lok lisan korl tosak? Az al bbiakban megmutatjuk, hogyan kaphat¢ eredmnyeinkbl, hogy a mrhet megold sok folytonosak, s ¡gy lok lisan korl tosak (l sd [88℄). 184 21.§ Egyszer alkalmazasok Ltezik egy kompakt, pozit¡v mrtk A halmaz £gy, hogy B (2a) 6= −1, ha a ∈ A, mivel egybknt minden rgz¡tett t-re a bal oldal 0 lenne majdnem mindentt, a jobb oldal pedig 2 lenne majdnem mindentt. gy B (t) = B (a ) (B (t + a) + B (t − a)), 1 + B (2a) a ∈ A, t ∈ R s a 8.1 ttel alkalmazhat¢ annak bizony¡t s ra, hogy B mindentt folytonos Ugyanez a krds a t ≥ a korl toz s mellett is szerepelt. Ebben az esetben A ltezst sak arra tudjuk felhaszn lni, hogy a B folytonoss g
t a t > sup A pontokban bebizony¡tsuk, ¡gy meg kell mutatnunk, hogy a fenti tulajdons gokkal rendelkez A halmaz a −∞ b rmely krnyezetben ltezik. Ha ez nem teljeslne, B a −∞ egy krnyezetben majdnem mindentt −1 lenne. Az x = t − a helyettes¡tssel az eredeti egyenletbl azt kapjuk, hogy B (x + a)(1 + B (2a)) = B (a)(B (x + 2a) + B (x)), x, a ∈ R, x ≥ 0. Rgz¡tve egy tetszleges x ≥ 0-t, a B (a), B (2a), B (x + 2a) tagok majdnem mindentt egyenlk −1-el a −∞ egy krnyezetben, ¡gy B (x) = 1. Most rgz¡tve egy a-t, amelyre B (a) = −1 s B (2a) = −1, nagy x-re ellentmond st kapunk. 21.11 Egy inform i¢mrtkekkel kap solatos egyenlet A G(x) + (1 − x) F1 α (1) u 1−x = G(u) + (1 − u) F1 α + (1 − x) F2 β x 1−u u 1−x + (1 − u) F2 β x 1−u u 1−x fggvnyegyenlet regularit s nak problm j t Wolfgang Sander vetette fel (sz¢beli kzls). Az egyenlet inform
i¢mrtkek vizsg lat ban j tszik szerepet A megold st | ltal nosabb esetre, egyb eredmnyekkel egytt | a [103℄ kzs ikkben publik ltuk. Itt sak a fenti spe i lis esetet t rgyaljuk Az elz paragrafusok ltal nos regularit si tteleit nem lehet kzvetlenl alkalmazni, mivel kt klnbz ismeretlen fggvnynek, F1 -nek s F2 -nek ugyanaz az argumentuma. Levezethetnk azonban az egyenletbl £j egyenleteket, amelyekre m r alkalmazhat¢k az ltal nos eredmnyek Ugyanez a m¢dszer sokkal ltal nosabb fggvnyegyenletekre is alkalmazhat¢. Ezzel a m¢dszerrel megmutatjuk, hogy ha α = 6 β rgz¡tett val¢s sz mok, F1 , F2 , G : ℄0, 1[ R Lebesgue-mrhet vagy Baire-tulajdons g£ fggvnyek, amelyekre az (1) fggvnyegyenlet teljesl, ha 0 < x < 1, 0 < u < 1 s 0 < x + u < 1, akkor F1 , F2 , G ak rh nyszor di eren i lhat¢ak. Elszr is, a fggvnyegyenletet t¡rhatjuk (2) u 1−x G(u) = G(x) + (1 − x) F1 + (1 − x) F2
x x α β − (1 − u) F2 − (1 − u) F1 1−u 1−u α β 21.§ Egyszer alkalmazasok alakba; ez az alak hasznos lesz G regularit s nak bizony¡t s ra. Kt m sik fggvnyegyenletet is sz rmaztatni fogunk, amelyek F1 illetve F2 regularit s nak bizony¡t s ra szolg lnak. Vonjunk ki G(x)-et az (1) egyenlet mindkt oldal b¢l. Az u = t(1 − x) helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy (1 − x)α F1 (t) + (1 − x)β F2 (t) = G(t(1 − x)) + (1 − t(1 − x)) F1 α (3) + (1 − t(1 − x))β F2 x 1 − t(1 − x) x 1 − t(1 − x) − G(x) teljesl, ha 0 < x < 1 s 0 < t < 1. Hogy a bal oldalon ll¢, F2 -t tartalmaz¢ tagot kikszbljk, helyettes¡tsnk y -t x helybe (3)-ban, szorozzuk meg a (3) egyenletet (1 − y )β -val, a helyettes¡tett egyenletet (1 − x)β -val, s vegyk e kt egyenlet klnbsgt: (1 − x)β (1 − y )α F1 (t) − (1 − y )β (1 − x)α F1 (t) = (1 − x) G(t(1 − y )) + (1 − x) (1 −
t + ty ) F1 β β + (1 − x)β (1 − t + ty )β F2 α y y 1 − t(1 − y ) − (1 − x)β G(y ) 1 − t(1 − y ) x β β α − (1 − y ) G(t(1 − x)) − (1 − y ) (1 − t + tx) F1 1 − t(1 − x) x + (1 − y )β G(x). − (1 − y )β (1 − t + tx)β F2 1 − t(1 − x) Az F1 fggvny (1 − x)β (1 − y )α − (1 − y )β (1 − x)α szorz¢ja a bal oldalon nem nulla, ha x = 6 y . Mindkt oldalt osztva vele, azt kapjuk, hogy (4) F1 (t) = (1 − x) G(t(1 − y )) + (1 − x) (1 − t + ty ) F1 β + (1 − x)β (1 − t + ty )β F2 β y α y 1 − t(1 − y ) − (1 − x)β G(y ) x β β α − (1 − y ) G(t(1 − x)) − (1 − y ) (1 − t + tx) F1 1 − t(1 − x) x − (1 − y )β (1 − t + tx)β F2 1 − t(1 − x) ! −1 β β α β α + (1 − y ) G(x) (1 − x) (1 − y ) − (1 − y ) (1 − x) , 1 − t(1 − y ) 186 21.§ Egyszer alkalmazasok valah nyszor 0 < x, y, t < 1 s x
6= y . Hasonl¢an kapjuk az (5) F2 (t) = (1 − x) G(t(1 − y )) + (1 − x) (1 − t + ty ) F2 α + (1 − x)α (1 − t + ty )α F1 α y β y 1 − t(1 − y ) − (1 − x)α G(y ) x α α β − (1 − y ) G(t(1 − x)) − (1 − y ) (1 − t + tx) F2 1 − t(1 − x) x − (1 − y )α (1 − t + tx)α F1 1 − t(1 − x) ! −1 α α β α β + (1 − y ) G(x) (1 − x) (1 − y ) − (1 − y ) (1 − x) 1 − t(1 − y ) egyenletet, amely szintn 0 < x, y, t < 1, x = 6 y esetn teljesl. Most m r alkalmazhatjuk ltal nos tteleinket. A 83 ttelbl a (4) s (5) egyenletek felhaszn l s val azt kapjuk, hogy ha F1 , F2 s G Lebesguemrhetek, akkor F1 illetve F2 folytonosak; sak azt kell ellenriznnk, hogy 6 y , hogy a jobb oldaminden 0 < t < 1-hez van olyan 0 < x, y < 1, x = lon ll¢ ismeretlen fggvnyekben szerepl bels fggvnyekre a ∂/∂x, ∂/∂y par i lis deriv ltak kzl legal bb az egyik nem nulla
a (t, x, y ) pontban. Ezek a bels fggvnyek a (t, x, y ) 7 x, (t, x, y ) 7 y , (t, x, y ) 7 t(1 − x), (t, x, y ) 7 t(1 − y ), (t, x, y ) 7 x/(1 − t(1 − x)) s (t, x, y ) 7 y/(1 − t(1 − y )) fggvnyek. Knny ellenrizni, hogy b rmely x, y , x = 6 y p r megteszi. Ugyanezt a ttelt haszn lva s a (2) egyenletet, kapjuk, hogy G is folytonos. Az anal¢g 102 ttelt haszn lva, hasonl¢an kapjuk, hogy ha F1 , F2 s G Baire-tulajdons g£ak, akkor folytonosak is. Most a 113 ttelt haszn lva hasonl¢an kapjuk, hogy F1 , F2 s G folytonosan di eren i lhat¢ak. Vgl, a 15.2 ttelt felhaszn lva, azt kapjuk, hogy ha az F1 , F2 s G fggvnyek p > 0-szor folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor (2) szerint a G fggvny, (4) illetve (5) szerint pedig az F1 illetve F2 fggvnyek p + 1-szer folytonosan di eren i lhat¢ak. Innen teljes induk i¢val ad¢dik az ll¡t s 21.12 A ko kakettzs egyenlete De Saint-Vin ent bizonyos klaszszikus eredmnyei ltal motiv
lva, amelyek a ko ka kettzsvel" kap solatosak, C Alsina s J L Gar ia-Roig az (1) f (x)f (px + py ) + f (y )f (px + py ) = f (px + py )2 + f (px + py )2 , ha x, y ∈ R fggvnyegyenletet tanulm nyozt k, ahol 0 < p < 1 s p = 1 − p, s meghat rozt k folytonos f : R ℄0, ∞[ megold sait a p = 1/3 esetben. C. Alsina felvetette azt a problm t, hogy tal ljuk meg (1) sszes folytonos f : R ℄0, ∞[ megold s t, ha 0 < p < 1, p = 6 1/3. (L sd [20℄) A problm t Maksa Gyul val kzsen megoldottuk a XXXI Nemzetkzi Fggvnyegyenletek Szimp¢ziumon, (l sd [100℄) s az eredmnyt rszletes bizony¡t s nlkl ismertettk. Az (1) egyenlet nem nulla megold sait mrhetsgi felttel mellett 0 < p < 1 esetn meghat roz¢ al bbi eredmnyt a [101℄ kzs dolgozatban publik ltuk. 21.§ Egyszer alkalmazasok Ttel. Legyen 0 < p < 1 rgz¡tett, p = 1 − p, I ⊂ R egy nem res ny¡lt intervallum s f : I R{0} egy,
az I egy pozit¡v mrtk halmaz n mrhet fggvny. Ekkor f akkor s sak akkor teljes¡ti az (1) fggvnyegyenletet, ha (2) 0 < p < 1 s f (x) = c1 , ha x ∈ I vagy 1 p= vagy s f (x) = c1 ec2 x , ha x ∈ I 3 1 p= s f (x) = c1 (x + c3 ), ha x ∈ I ; 2 itt c1 , c2 , c3 tetszleges konstansok, c1 6= 0, −c3 ∈/ I . Bizony¡t s. Az els lps megmutatni, hogy minden megold s, amely mrhet egy pozit¡v Lebesgue-mrtk A halmazon, vgtelen sokszor di eren i lhat¢. Az egyenletet t¡rhatjuk (3) f (x) = f (px + py ) + f ( px + py )2 f ( px + py ) − f (y ) f (px + py ) f (px + py ) alakba. V lasszunk olyan q sz mot, amelyre 1 > q > 1 − 1/(1/p + 1/p), azaz 0 < (1 − q)(1/p + 1/p) < 1. Lebesgue srsgi ttelt haszn lva, tal lhatunk olyan c ∈ I pontot s r > 0 sz mot, hogy a C = [c−r, c+r℄ halmazra C ⊂ I s λ(A ∩ C ) > qλ(C ), ahol λ a Lebesgue-mrtket jelli R-en. Legyen g1,x (y ) = px + py s
g2,x (y ) = px + py , ha x, y ∈ I . A 83 ttelt szeretnnk alkalmazni annak bizony¡t s ra, hogy f folytonos a c egy krnyezetben. Az egyetlen nem nyilv nval¢ felttel, amit ellenriznnk kell, hogy a g1−,c1 (A) ∩ g2−,c1 (A) halmaz Lebesgue-mrtke pozit¡v. A g1−,c1 s g2−,c1 lekpezsek nagy¡t sok −1 c entrummal s 1/p illetve 1/p faktorral. Innen C gi,c (A) benne van −1 a gi,c (C A) halmazban, ha i = 1, 2, s Lebesgue-mrtke kisebb mint λ(C )(1 −q )/p illetve λ(C )(1 −q )/p. Ez azt mutatja, hogy C∩g1−,c1 (A) ∩g2−,c1 (A) Lebesque-mrtke legal bb λ(C )(1 − (1 − q)/p − (1 − q)/p) > 0. Legyen c ∈ I , s mint fent, egy r > 0-ra jellje C a [c − r, c + r℄ ⊂ I z rt intervallumot. Legyen 1 < Q ≤ min{(1 − p/2)/p, (1 − p/2)/p} Ha |y − c| ≤ r/2 s |x − c| < Qr , akkor |px + py − c| < pQr + r p/2 = r (pQ + p/2) ≤ r , s hasonl¢an |px + py − c| < r. Innen, felhaszn lva az
(1) egyenletet, azt kapjuk, hogy ha f folytonos C -n, akkor f folytonos a ℄c − Qr, c + Qr[ ∩ I halmazon is. Vve egy alkalmas nvekv intervallumsorozatot, azt kapjuk, hogy f folytonos I -n. Most megmutatjuk, hogy f lok lisan Lips hitz fggvny I -n. A 115 ttelt alkalmazhatjuk a fenti C kompakt halmazzal, s azt kapjuk, hogy f lok lisan Lips hitz fggvny ℄c−Qr, c + Qr[ ∩I -n. Vve egy megfelel C -t, ha I korl tos, illetve v lasztva C -k egy megfelel sorozat t, ha I nem korl tos, azt kapjuk, hogy f lok lisan Lips hitz fggvny I -n. Most alkalmazva a 125 ttelt (3)-ra, kapjuk, hogy f vgtelen sokszor di eren i lhat¢. 188 21.§ Egyszer alkalmazasok A m sodik lps megoldani az (1) fggvnyegyenletet. Di eren i lva x szerint, azt kapjuk, hogy f ′ (x)f (px + py ) + f (x)f ′ (px + py )p + f (y )f ′ ( px + py ) p = 2f (px + py )f ′ (px + py )p + 2f (px + py )f ′(px + py )p minden x, y ∈ I -re. Ezt az egyenletet di eren i
lva y szerint, kapjuk, hogy f ′ (x)f ′ (px + py ) p + f (x)f ′′ (px + py )pp + f ′ (y )f ′(px + py ) + f (y )f ′′ (px + py )pp = 2f ′ (pxpy )2 pp + 2f (px + py )f ′′ (px + py )pp + 2f ′ (px + py )2 pp + 2f (px + py )f ′′ (px + py )pp, ha x, y ∈ I . Az y = x helyettes¡tssel ebbl az egyenletbl kvetkezik, hogy pf ′′ (x)f (x) + (2p − 1)f ′ (x)2 (4) = 0, ha x ∈ I . De ni ljuk a g fggvnyt I -n a (5) g = f′ f sszefggssel. Ekkor (4)-bl kvetkezik, hogy (6) pg ′ (x) + (3p − 1)g (x)2 = 0, x ∈ I. Ha g (x0 ) = 0 valamely x0 ∈ I -re, akkor (6) szerint g ′ (x0 ) = 0 is teljesl. M srszt a nulla fggvny megold sa (6)-nak I -n, ¡gy az uni it si ttel szerint g azonosan nulla I -n. gy (5)-bl kvetkezik (2) Ha g (x) 6= 0 minden x ∈ I -re, akkor de ni ljuk h-t az I -n a h = 1/g sszefggssel. (6)-b¢l kvetkezik, hogy h′ (x) = (3p − 1)/p minden x ∈ I -re, ¡gy (7) h(x) = 3p
− 1 p x+c valamely c ∈ R-re s minden x ∈ I -re. Ha p = 1/3, akkor h de n¡ i¢ja szerint azt kapjuk, hogy c = 6 0 s (5)-bl kvetkezik, hogy f ′ (x) − (1/c)f (x) = 0 minden x ∈ I -re. gy (2) teljesl Ha p 6= 1/3, akkor −pc/(3p − 1) ∈/ I s ismt h de n¡ i¢ja szerint (5)-bl kvetkezik, hogy 1 f ′ (x) − 3p−1 f (x ) = 0 x+c p minden x ∈ I -re. Ennlfogva valamely d ∈ R {0}-re azt kapjuk, hogy (8) f (x) = d 3p − 1 p p/(3p−1) x+c minden x ∈ I -re. 21.§ Egyszer alkalmazasok Legyen α = p/(3p − 1). Ezzel a jellssel a fenti f fggvny pontosan akkor megold sa (1)-nek, ha az 1 α α α α 1 1 1 x+c (px + py ) + c + y + c (px + py ) + c α α α α 2α 2α 1 1 = (px + py ) + c + (px + py ) + c α α egyenlet teljesl minden x, y ∈ I -re. Egy line ris helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy ez pontosan akkor igaz, ha xα (px + py )α + y α ( px + py )α = (px + py )2α + (px + py )2α
egyenlet teljesl minden x, y ∈ α1 I + c-re. Ha ez teljesl, akkor az F (t) = (p + pt)α + tα ( p + pt)α − (p + pt)2α − ( p + pt)2α fggvny azonosan 0 az 1 pont egy krnyezetben. Megmutatjuk, hogy ez sak akkor lehetsges, ha α = 1 s ¡gy p = 1/2. Ennek bizony¡t s ra sz moljuk ki az F deriv ltjait az 1 pontban Vil gos, hogy ezek a deriv ltak mind F (n) (1) = Pn (p)(3p − 1)−n alak£ak valamely Pn polinomj val p-nek. Computer algebra rendszert haszn lva a sz m¡t sokra, azt kapjuk, hogy a fggvnynek s els h rom deriv ltj nak rtke 0, de P4 (p) = −48p8 + 124p7 − 90p6 − 12p5 + 40p4 − 16p3 + 2p2 a 1 1 1 1√ 1 1√ 0, 0, , , − + 17, − − 17, 1, 1 3 2 8 8 8 8 gykkkel. Mivel feltettk, hogy p 6= 1/3, 0 < p < 1, a fennmarad¢ esetek √ p = 1/2 s p = −1/8 + 17/8. Mindkett gyke P5 -nek is, de az ut¢bbi nem gyke a P6 (p) = −10080p12 + 45192p11 − 109044p10 + 165872p9 − 141426p8 + 43526p7 + 26452p6 − 30532p5 +
12166p4 − 2298p3 + 172p2 polinomnak, mivel 1 P6 − 1√ 718978689 174377945 √ + 17 = − + 17. 8 8 524288 524288 gy azt kapjuk, hogy sak α = 1 azaz p = 1/2 lehetsges. Ebben az esetben az f fggvny (8)-ban nyilv n teljes¡ti (1)-et, ¡gy (2)-t kapjuk. 190 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse 22.1 Dan Geiger s David He kerman [46℄ dolgozatukban a Diri hlet- eloszl s egy £j jellemzst adt k meg. Eredmnyeik azt mutatj k, hogy bizonyos statisztikai problm kn l nem kell feltennnk, hogy a szerepl val¢sz¡nsgi v ltoz¢k Diri hlet-eloszl s£ak, ez automatikusan kvetkezik a sokkal termszetesebb fggetlensgi feltevsekbl. M¢dszerk abban ll, hogy megmutatj k, a val¢sz¡nsgelmleti meggondol sok a f0 (y1 , . , yn−1 ) (1) n Y j =1 gj (z1,j , . , zk−1,j ) = g0 (x1 , . , xk−1 ) k Y i=1 fi (wi,1 , . , wi,n−1 ) fggvnyegyenletre vezetnek. Az egyenlet fenn ll, ha (y1 ,
. , yn−1 ) ∈ n−1 s (itt m a (z1,j , . , zk−1,j ) ∈ k−1 (1 ≤ j ≤ n), m = {(α1 , . , αm ) : αi > 0, i αi < 1} m-dimenzi¢s egysgszimplex Rm -ben). Az xi -k, 1 ≤ i ≤ k az P (2) xi = n X j =1 zi,j yj , (1 ≤ i < k) sszefggssel, illetve az (3) xk =1− sszefggssel, m¡g wi,j a (4) wi,j = zi,j yj /xi k− X1 i=1 xi (1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j < n) sszefggssel van de ni lva, ahol (5) Az (6) zk,j =1− k− X1 i=1 yn zi,j = 1− (1 ≤ j ≤ n). n− X1 j =1 yj 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse jellssel az is teljesl, hogy (7) xk = n X zi,j yj . j =1 Megjegyezzk, hogy (x1 , . , xk−1 ) ∈ k−1 s (wi,1 , , wi,n−1 ) ∈ n−1 , ha 1 ≤ i ≤ k, tov bb fi , 0 ≤ i ≤ k s gj , 0 ≤ j ≤ n a n−1 illetve k−1 halmazokon rtelmezett val¢s rtk fggvnyek. Mint Geiger s He kerman megjegyzik, az (1) fggvnyegyenlet szimmetrikus abban az rtelemben,
hogy £gy is tekinthet, hogy az x-ek s w-k a szabad v ltoz¢k, azaz (1) minden (x1 , . , xk−1 ) ∈ k−1 -ra s (wi,1 , , wi,n−1 ) ∈ n−1 -re ll fenn, 1 ≤ j ≤ n. Ebben az esetben yj , 1 ≤ j ≤ n az (8) yj = illetve k X i=1 ha 1 ≤ j < n wi,j xi , (9) yn n− X1 = 1− j =1 yj sszefggssel van de ni lva, zi,j pedig a (10) zi,j = wi,j xi /yj ha 1 ≤ j ≤ n, 1 ≤ i < k sszefggssel, ahol wi,n -et a (11) wi,n =1− sszefggs de ni lja. Az (12) n− X1 j =1 xk =1− jellsekkel az is teljesl, hogy (13) yn ha 1 ≤ i ≤ k wi,j = k X i=1 k− X1 i=1 xi wi,j xi . Rviden, az f ↔ g , x ↔ y , z ↔ w, k ↔ n, i ↔ j serkre vonatkoz¢an teljes szimmetria ll fenn. Geiger s He kerman az (1) fggvnyegyenletet di eren i legyenletre trtn reduk i¢val oldj k meg. Ehhez fel kell tennik, hogy az (1)-ben szerepl ismeretlen fggvnyek sim k s mindentt pozit¡vak, de sak azt tudjuk, hogy
valamely val¢sz¡nsgi v ltoz¢k srsgfggvnyei gy az al bbi, Dan Geiger ltal megfogalmazott problm hoz jutunk: 22.2 Problma Tegyk fel, hogy az elz pont (1){(5) felttelei fenn llnak, s az (1) egyenletben szerepl ismeretlen fggvnyek srsgfggvnyek (azaz nemnegat¡vak, Lebesgue-integr lhat¢k, s integr ljuk egy). Kvetkezik-e, hogy mindentt pozit¡vak s C ∞ -beliek? 192 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse Tteleink lehetv teszik, hogy pozit¡v v laszt adjunk erre a krdsre. Ez az eredmny a Jarai [92℄ dolgozatban kerlt publik l sra. Annak bizony¡t s ra, hogy 221(1) pozit¡v megold sai C ∞ -beliek, kzvetlenl haszn lhatjuk ltal nos tteleinket. Szksgnk lesz az al bbi lemm ra 22.3 Lemma Ha y, z ∈ Rm , z 6= 0, y 6= 0, akkor az u 7 hu, yiz line ris transzform i¢ val¢s saj trtkei s saj talterei α = 0, {u ∈ Rm : u ⊥ y} α = hz, yi, {u ∈ Rm : u = cz, c ∈ R}. Bizony¡t s. Tegyk fel,
hogy αu = hu, yiz Kt lehetsg van α = 0, akkor hu, yi = 0. Ha α 6= 0, akkor u = cz valamely c ∈ R-el s αcz = hcz, yiz , amibl kvetkezik, hogy α = hz, yi. Ha ¡gy 22.4 Ttel Tegyk fel, hogy az fi , 0 ≤ i ≤ k s gj , 0 ≤ j ≤ n fggv- nyek Lebesgue-mrhetek, mindentt pozit¡vak, s eleget tesznek a 22.1(1) egyenletnek, amelyben a bels fggvnyek a 22.1(2){(5) sszefggsekkel vannak de ni lva. Ekkor fi , 0 ≤ i ≤ k s gj , 0 ≤ j ≤ n is C ∞ -ben vannak Bizony¡t s. Vegyk a 221(1) egyenlet mindkt oldal nak logaritmu- s t. A 83, 113 s 152 tteleket fogjuk felhaszn lni, hogy megmutassuk, az ln fi , 0 ≤ i ≤ k s ln gj , 0 ≤ j ≤ n fggvnyek C ∞ -ben vannak. Elszr megmutatjuk, a 8.3 ttelbl kvetkezik, hogy ln f0 folytonos Az egyetlen nem trivi lisan teljesl felttel, hogy b rmely (y1 , . , yn−1 )hez vannak olyan z-k, hogy az sszes, a gj , 0 ≤ j ≤ n illetve fi , 1 ≤ i < k fggvnyekbe
¡rt bels fggvnyeknek a z-k szerinti par i lis deriv ltjaib¢l kpzett m trix rangja maxim lis, azaz k − 1 a g -k bels fggvnyeire s n − 1 az f -ek bels fggvnyeire. Azt fogjuk megmutatni, hogy a z-k b rmely v laszt s ra ez a helyzet. A gj , 1 ≤ j ≤ n fggvnyek bels fggvnyeire ez trivi lis. A g0 -ban szerepl bels fggvnyre b rmely 1 ≤ j ≤ n esetn a ∂xi ∂zs,j k−1 i,s=1 1 = (yj δi,s )k− i,s=1 m trix determin nsa yjk−1 , ¡gy nem nulla. Az fi , 1 ≤ i < k fggvnyek bels fggvnyeire azt kapjuk, hogy ∂wi,j ∂zi,t = δj,t yj xi − zi,j yj yt , x2i ahol δ a Krone ker-delta. Jellje Zi az u 7 hu, yizi line ris transzform i¢j t Rn−1 -nek nmag ra, ahol y = (y1 , , yn−1 ) s zi = (zi,1 , , zi,n−1 ) Ezzel a jellssel det ∂wi,j ∂zi,t n−1 ! j,t=1 = Qn−1 j =1 yj x2i n−2 det(xi 1 − Zi ), 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse ahol 1 az identikus lekpezs. Az elz
lemma szerint a Zi val¢s saj trtkei 0 s hy, zi i. Mivel xi 6= 0 s hy, zi i = zi,1 y1 + · · · + zi,n−1 yn−1 6= xi , a jobb oldalon szerepl determin ns nem nulla. Az fk fggvnyben szerepl bels fggvnyre azt kapjuk, hogy ∂wk,j ∂zi,t = ∂zk,j y x − zk,j yj ∂xk ∂zi,t j k ∂zi,t 2 xk = −δj,t yj xk − zk,j yj yt . x2k Jellje Zk az u 7 hu, yizk line ris transzform i¢j t Rn−1 -nek nmag ra, ahol y = (y1 , . , yn−1 ) s zk = (zk,1 , , zk,n−1 ) Ezzel a jellssel b rmely 1 ≤ i < k-re det ∂wk,j ∂zi,t n−1 ! j,t=1 = Qn−1 j =1 yj x2kn−2 det(Zk − xk 1). gy, mint fent, a jobb oldal nem nulla, mivel xk 6= 0 s hy, zk i = zk,1 y1 + · · · + zk,n−1 yn−1 6= xk . M sodik lpsknt megmutatjuk, hogy a 8.3 ttelbl az is kvetkezik, hogy ln gj folytonos, ha 1 ≤ j ≤ n. Itt is, £gy mint fent, az egyetlen nem trivi lisan teljesl felttel, hogy egy tetszleges (z1,j , . , zk−1,j ) vektorhoz
ltezik olyan yi , 1 ≤ i < k s zs,t , 1 ≤ s < k, 1 ≤ t ≤ n, t = 6 j , hogy a gt , 0 ≤ t ≤ n, t 6= j s fi , 0 ≤ i < k fggvnyek bels fggvnyeinek az yi , zs,t v ltoz¢k szerinti deriv ltj nak a rangja maxim lis, azaz k − 1 a g -k bels fggvnyeire s n − 1 az f -ek bels fggvnyeire. Meg fogjuk mutatni, hogy az yi , 1 ≤ i < k s zs,t , 1 ≤ s < k, 1 ≤ t ≤ n, t 6= j v ltoz¢k b rmely v laszt s ra ez a helyzet. Az f0 s a gt , 1 ≤ t ≤ n, t 6= j fggvnyek bels fggvnyeire ez trivi lis. A g0 fggvny bels fggvnyre, s 1 ≤ t ≤ n, t 6= j -re a ∂xi ∂zs,t k−1 i,s=1 1 = (yt δi,s )k− i,s=1 m trix determin nsa ytk−1 , ¡gy nem nulla. Az fi , 1 ≤ i < k fggvnyek bels fggvnyeire ∂wi,j ∂yt = zi,j δj,t xi − zi,j yj (zi,t − zi,n ) . x2i Jellje Zi′ az u 7 hu, yiz′i line ris transzform i¢j t Rn−1 -nek nmag ba, ahol y = (y1 , . , yn−1 ) s z′i = (zi,1
− zi,n , , zi,n−1 − zi,n ) Ezzel a jellssel n−1 ! Qn−1 zi,j ∂wi,j ′ det = j =1 2n−2 det(xi 1 − Zi ). ∂yt j,t=1 xi Mivel zi′ 6= 0 s hy, z′i i = xi − zi,n 6= xi , a jobb oldal determin nsa nem nulla. 194 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse Az fk fggvny bels fggvnyre azt kapjuk, hogy ∂wk,j ∂yt = = = = = zk,j δj,t xk − zk,j yj ∂xk ∂yt 2 xk Pk−1 zk,j δj,t xk + yj i=1 ∂xi ∂yt 2 xk Pk−1 zk,j δj,t xk + yj i=1 (zi,t − zi,n ) x2k zk,j (δj,t xk + yj (1 − zk,t − 1 + zk,n )) x2k zk,j (δj,t xk − yj (zk,t − zk,n )) . x2k Jellje Zk′ az u 7 hu, yiz′k line ris transzform i¢j t Rn−1 -nek nmag ba, ahol y = (y1 , . , yn−1 ) s z′k = (zk,1 − zk,n , , zk,n−1 − zk,n ) Ezzel a jellssel det ∂wk,j ∂yt n−1 ! j,t=1 = Qn−1 j =1 zk,j x2kn−2 det(xk 1 − Zk′ ). A jobb oldal nem nulla, mivel xk 6= 0 s hy, z′k i = xk − zk,n 6= xk . A harmadik lpsben
felhaszn ljuk az egyenlet szimmetri j t. Fel serlve az y -ok s a z-k, illetve az x-ek s a w-k szerept, kapjuk, hogy az ln f0 s az ln gj , 1 ≤ j ≤ n fggvnyek is folytonosak. gy azt kaptuk, hogy fi , 0 ≤ i ≤ k s gj , 0 ≤ j ≤ n folytonosak. Most alkalmazhatjuk a 11.3 ttelt Ugyan£gy, mint fenn, kapjuk, hogy a fggvnyegyenletben szerepl sszes fggvny C 1 -beli. Ha most alkalmazzuk a 15.2 ttelt, ugyan£gy, mint fent, azt kapjuk, hogy minden, az egyenletben szerepl fggvny C 2 -beli. Ismtelve ezt az elj r st, kapjuk, hogy az sszes szerepl fggvnyek C ∞ -beliek. Annak bizony¡t s hoz, hogy a srsgfggvny megold sok mindentt pozit¡vak, a 3. paragrafus ltal nos Steinhaus-t¡pus£ tteleit fogjuk felhaszn lni Szksgnk lesz egy lemm ra 22.5 Lemma Legyen L : Rre × × Rrn Rm egy line ris transzform i¢, a nulltert jellje N Jellje pi a pi (x1 , . , xi , , xn ) = xi , xi ∈ R ri sszefggssel de ni lt
pi : Rre × . × Rrn Rri (1 ≤ i ≤ n) 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse projek i¢t. Legyen r = ni=1 ri A dim(N ) = r − m s pi (N ) = Rri , ha 1 ≤ i ≤ n felttelek pontosan akkor teljeslnek, ha 1 ≤ i ≤ n esetn az P Li : (x1 , . , xi−1 , xi , xi+1 , , xn ) 7 L(x1 , , xi−1 , 0, xi+1, , xn ) transzform i¢ rangja m. Bizony¡t s. A dim(N ) = r−m felttel azzal ekvivalens, hogy rank(L) = m. Tegyk fel, hogy rank(L) = m s pi (N ) = Rri , ha 1 ≤ i ≤ n Legyen y ∈ Rm . V lasszuk £gy x1 , , xi−1 , xi , xi+1 , , xn -et, hogy L(x1 , . , xi , , xn ) = y teljesljn. Mivel xi ∈ pi (N ), lteznek x1′ , , x′i−1 , x′i+1 , , x′n £gy, hogy L(x′1 , . , x′i−1 , xi , x′i+1 , , x′n ) = 0 Az x′′j = xj − x′j , ha j = 6 i jellsekkel azt kapjuk, hogy L(x′′1 , . , x′′i−1 , 0, x′′i+1 , , x′′n ) = y, azaz y benne van az Li rtkkszletben. Mivel y
tetszleges volt, rank(Li ) = m. Most tegyk fel, hogy rank(Li ) = m, ha 1 ≤ i ≤ m. Ebbl kvetkezik, hogy rank(L) = m mivel m ≥ rank(L) ≥ rank(Li ). Legyen xi ∈ Rri s y = L(0, . , 0, −xi , 0, , 0) V lasszunk x1 , . , xi−1 , xi+1 , , xn -t £gy, hogy Li (x1 , . , xi−1 , xi+1 , , xn ) = y teljesljn. Ekkor L(x1 , , xi−1 , xi , xi+1 , , xn ) = 0, azaz pi (N ) tartalmazza xi -t Mivel xi tetszleges volt, pi (N ) = Rri 22.6 Ttel Legyenek fi , 0 ≤ i ≤ n s gj , 0 ≤ j ≤ k olyan sr- sgfggvnyek, amelyek eleget tesznek a 22.1(1) egyenletnek, amelyben a bels fggvnyek a 22.1(2){(5) sszefggsekkel vannak de ni lva Ekkor fi , 0 ≤ i ≤ n s gj , 0 ≤ j ≤ k mindentt pozit¡vak s C ∞ -beliek. Bizony¡t s. Az elz ttel szerint sak azt kell megmutatnunk, hogy a fggvnyek mindentt pozit¡vak. Ez t lpsben fog trtnni Haszn lni fogjuk a {f0 = 0} = {y ∈ n−1 : f0 (y) = 0} jellst
s az anal¢g {fi = 0}, {fi 6= 0}, {gj = 0}, {gj 6= 0} jellseket. I. Elszr azt mutatjuk meg, hogy a {fi 6= 0}, 0 ≤ i ≤ k s {gj 6= 0}, 0 ≤ j ≤ n halmazok tartalmaznak bels pontot. Mivel fi , gj nemnegat¡vak s Lebesgue-integr ljuk 1, pozit¡vak egy pozit¡v mrtk Lebesgue-mrhet halmazon. Haszn ljuk fel most a 313 megjegyzst 196 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse Annak bizony¡t s hoz, hogy {g0 6= 0} tartalmaz bels pontot, a 22.1(1) szerint azt kell megmutatnunk, hogy ha (y1 , . , yn−1 ) befutja a {f0 6= 0} pozit¡v mrtk halmazt, (z1,j , . , zk−1,j ) pedig befutja a {gj 6= 0} pozit¡v mrtk halmazt, akkor (x1 , . , xk−1 ) befut egy nem res ny¡lt halmazt Ehhez a 3.13 megjegyzs szerint azt kell ellenriznnk, hogy (x1 , , xk−1 )nak az y -ok s z-k szerint vett (teljes) di eren i lj nak a rangja k−1, nulltere pedig ltal nos helyzetben van", abban az rtelemben, ahogyan az a 3.13 megjegyzsben
szerepel. Az elz lemma szerint ezen felttelek teljeslse kvetkezik k−1 ! ∂xi det 6= 0 (1 ≤ t ≤ n) ∂zs,t i,s=1 fenn ll s b¢l, amit viszont az elz ttel bizony¡t s ban ellenriztnk. Hasonl¢an, annak bizony¡t s hoz, hogy {fi 6= 0}, 1 ≤ i < k tartalmaz bels pontot, azt haszn lhatjuk, hogy ∂wi,j ∂zi,t n−1 ! 6= 0 ∂wi,j ∂yt n−1 ! = 6 0. det det s j,t=1 j,t=1 Vgl annak bizony¡t s hoz, hogy {fk 6= 0} tartalmaz bels pontot, azt haszn lhatjuk, hogy det s ∂wk,j ∂zi,t n−1 ! det j,t=1 ∂wk,j ∂yt 6= 0 n−1 ! j,t=1 (1 ≤ i < k) 6= 0. Felhaszn lva az egyenlet szimmetri j t, az is kvetkezik, hogy a {f0 6= 0} s {gj = 6 0}, 1 ≤ j ≤ n halmazok is tartalmaznak bels pontot. II. Tegyk fel, hogy az (y1 , . , yn−1 ) ∈ n−1 , (z1,j , . , zk−1,j ) ∈ k−1 , 1 ≤ j ≤ n (x1 , . , xk−1 ) ∈ k−1 , (wi,1 , . , wi,n−1 ) ∈ n−1 , 1 ≤ i ≤ k vektorok
egyike rgz¡tett, a tbbiek egy ny¡lt halmazban mozognak. Ekkor a vektor rtk (x1 , . , xk−1 ) ∈ k−1 illetve (wi,1 , . , wi,n−1 ) ∈ n−1 , 1≤i≤k fggvnyek, amelyeket a 22.1(2){(5) egyenletek de ni lnak, ezt a ny¡lt halmazt egy ny¡lt halmazra kpezik Hasonl¢an, ha az 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse vektorok egyike rgz¡tett, a tbbiek egy ny¡lt halmazban mozognak, akkor a vektor rtk (y1 , . , yn−1 ) ∈ n−1 illetve (z1,j , . , zk−1,j ) ∈ k−1 , 1≤j≤n fggvnyek, amelyeket a 22.1(8){(11) sszefggsek de ni lnak, ezt a ny¡lt halmazt egy ny¡lt halmazra kpezik. Ennek bizony¡t s hoz elszr tegyk fel, hogy (y1 , . , yn−1 ) ∈ n−1 rgz¡tett, s a z-k v ltoznak egy ny¡lt halmazban. Megmutatjuk, hogy (x1 , . , xk−1 ) ezt a ny¡lt halmazt egy ny¡lt halmazra kpezi Az rtkkszlet egy tetszleges pontj hoz v lasszunk egy olyan (z1,j , . , zk−1,j ), 1 ≤ j ≤ n
vektorsorozatot, amelynek ez az adott pont a kpe. Minden z-t rgz¡tve zs,1 , 1 ≤ s < k kivtelvel, s felhaszn lva, hogy (az elz ttel bizony¡t s ban vgzett sz m¡t sok szerint) b rmely 1 ≤ j ≤ n-re a ∂xi ∂zs,j k−1 i,s=1 m trix determin nsa nem nulla, az inverz fggvny ttelbl kapjuk, hogy az rtkkszlet adott pontja bels pont. A tbbi eset is hasonl¢an kvetkezik az elz ttelben vgzett sz m¡t sok s az f ↔ g , x ↔ y , z ↔ w, k ↔ n, i ↔ j serkre vonatkoz¢ szimmetria felhaszn l s val. III. Most megmutatjuk, hogy a {gj 6= 0}, 0 ≤ j ≤ n s {fi 6= 0}, 0 ≤ i ≤ k halmazok ny¡ltak. Tegyk fel, hogy f0 (y1 , . , yn−1 ) 6= 0 Minden 1 ≤ j ≤ n-re v lasszunk egy (z1,j , . , zk−1,j ) bels pontot {gj = 6 0}-b¢l. Jellje xi , 1 ≤ i < k s wi,j , 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j < n az y -okb¢l s z-kbl a 22.1(2){(5) sszefggsek szerint sz m¡tott rtkeket. Rgz¡tve az y -okat s egy kis
krnyezetben v ltoztatva a z-ket, az egyenlet bal oldala nem nulla, ¡gy a jobb oldalon is minden tnyez null t¢l klnbz kell legyen. A II lps szerint ebbl kvetkezik, hogy (x1 , . , xk−1 ) bels pontja {g0 6= 0}-nak (wi,1 , , wi,n−1 ) pedig bels pontja {fi 6= 0}-nak (1 ≤ i ≤ k). Ezen pontok egyikt rgz¡tve, a tbbit v ltoztatva, hasonl¢an kapjuk, hogy (y1 , . , yn−1 ) bels pontja {f0 6= 0}nak A tbbi eset hasonl¢an t rgyalhat¢ IV. Most megmutatjuk, hogy a {gj = 0}, 0 ≤ j ≤ n s {fi = 0}, 0 ≤ i ≤ k halmazok is ny¡ltak. Tegyk fel, hogy f0 (y1 , . , yn−1 ) = 0 Minden 1 ≤ j ≤ n-re v lasszunk egy (z1,j , . , zk−1,j ) pontot {gj 6= 0}-bl Jellje ismt xi , 1 ≤ i < k s wi,j , 1 ≤ i ≤ k , 1 ≤ j < n az y -okb¢l s z -kbl a 22.1(2){(5) egyenletek szerint sz m¡tott rtkeket. Mivel az egyenlet bal oldal n a szorzat nulla, a jobb oldalon ll¢ tnyezk kzl is legal bb az egyik nulla kell
legyen. Tegyk fel, hogy g0 (x1 , . , xk−1 ) = 0 Rgz¡tsk (x1 , , xk−1 )-et Egy kis krnyezetben v ltoztatva a w-ket, a folytonoss g miatt a z-k kzel maradnak 198 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse az eredetihez, ¡gy a nj=1 gj szorzat null t¢l klnbz marad. Mivel a jobb oldal nulla, f0 nulla kell legyen. Mivel az x-ek kzben befutj k az eredetileg v lasztott pont egy krnyezett, az bels pontja {f0 = 0}-nak. Az sszes tbbi eset is hasonl¢an t rgyalhat¢. V. Most m r knnyen kapjuk a ttel ll¡t s t A {gj 6= 0} halmaz nem res ny¡lt rszhalmaza k−1 -nek. A {gj = 0} halmaz ny¡lt rszhalmaza k−1 -nek. Mivel k−1 sszefgg, {gj = 0} res kell legyen Hasonl¢an {fi = 0} = ∅. Q 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse 23.1 Bevezets A harmin adik Nemzetkzi Fggvnyegyenletek Szim- p¢ziumon (1992, Oberwolfa h) Wolfgang Sander a kvetkez problm t vetette fel [146℄: Problma.
Legyenek f, g1 , g2 , h1 , h2 : Rn C fggvnyek. Tegyk fel, hogy f nem mindentt nulla, s hogy g1 s g2 line risan fggetlenek. Ha f, g1 , g2 , h1 , h2 teljes¡tik az (1) f (u + v )f (u − v ) = g1 (u)h1 (v ) + g2 (u)h2 (v ), fggvnyegyenletet, bizony¡tsuk be vagy bl kvetkezik f folytonoss ga. u, v ∈ Rn foljuk meg, hogy f mrhetsg- Ez a krds tulajdonkppen egy, a Weierstrass-fle szigma-fggvnynek addi i¢s ttel seg¡tsgvel trtn jellemzsre vonatkoz¢ krds. Folytonoss g felttelezse mellett Mario Bonk adott ilyen jellemzst habilit i¢s dolgozat ban s azt [27℄ dolgozat ban publik lta. t A zl J nos The state of the se ond part of Hilberts fth problem" ¡m [10℄ ttekint dolgozata motiv lta. Ebben a dolgozatban A zel az Abel ltal vizsg lt fggvnyegyenleteket t rgyalja Hilbert tdik problm j nak m sodik felben idzi Abel fggvnyegyenletekkel kap solatos munk it azzal a megjegyzssel, hogy
rdekes lenne megkapni Abel eredmnyeit di eren i lhat¢s gi felttelek nlkl. A zl sszefoglalja az Abel ltal vizsg lt egyenletekkel kap solatban az¢ta elrt eredmnyeket. Az (2) f (u + v )f (u − v ) = f (u)2 g (v )2 − f (v )2 g (u)2 , (3) g (u + v )g (u − v ) = g (u)2 g (v )2 − c2 f (u)2 f (v )2 egyenletekkel kap solatban azt ¡rja, hogy1 Abel ezt az egyenletrendszert legfeljebb negyedrend di eren i legyenletekre vezette vissza, termszetesen (ngyszeri) di eren i lhat¢s g felttelezse mellett, azaz, mivel komplex 1 “Abel reduced this system to differential equations of up to fourth order, of course under supposition of differentiability (of fourth order), that is, since the functions are complex, of analyticity. Haruki [50] has found, also by reduction to differential equations of at most fourth order, the general (in fourth order) differentiable solutions of (2) alone. The general continuous solution either of (2) alone or of the system (2), (3) for
all u, v ∈ C is not known (to me); even less are those under regularity conditions weaker than continuity or on subsets of C2 .” 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse fggvnyekrl van sz¢, analitikuss g felttelezsvel. Haruki [50℄, szintn legfeljebb negyedrend di eren i legyenletekre trtn visszavezetssel, meghat rozta az egyedl sak (2)-nek eleget tv (ngyszer) di eren i lhat¢ megold sokat Az egyedl sak (2)-t vagy a (2), (3) rendszert minden u, v ∈ C-re kielg¡t ltal nos folytonos megold sok nem ismertek (sz momra); mg kevsb a folytonoss gn l gyengbb regularit si felttelt kielg¡t vagy a C2 rszhalmazain tekintett megold sok." Bonk [27℄ dolgozat ban az (4) f1 (u + v )f2 (u − v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ), u, v ∈ Rn , fggvnyegyenletet, illetve annak spe i lis esett, az (5) f (u + v )f (u − v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ), u, v ∈ Rn , egyenletet vizsg lta. A fggvnyek komplex
rtkek Bebizony¡tott egy regularit si ttelt, azt, hogy (4) minden folytonos f1 , f2, gi , hi megold sa line risan fggetlen gi s hi fggvnyekkel (egyrtelmen) kiterjeszthet egy Cn -en rtelmezett analitikus fggvnny £gy, hogy a kiterjesztsek eleget tesznek (4)-nek Cn -en. Felhaszn lva ezt az eredmnyt, Bonk meghat rozta (5) minden folytonos megold s t a k ≤ 2 esetben. Termszetesen, spe i lis esetknt megkaphat¢ (2) illetve (3), s a (2), (3) rendszer minden folytonos megold sa is. Vizsg lataiban Bonk Fourier-transzform i¢t s spe i lis be slseket haszn l. Durv n sz¢lva, regularit si ttele azon m£lik, hogy a (4) egyenlet megold sai renorm lhat¢k" £gy, hogy a vgtelenben exponen i lisan eltn fggvnyekk v lnak, s egy ilyen f megold s Fourier-transzform ltja egy ugyan sak (4) t¡pus£ egyenletet teljes¡t. A Fourier-transzform lt Lapla etranszform ltja adja a kiterjesztst Cn -re A k ≤ 1 eset elemi A k ≤ 2 esetben a
megold sok komplex fggvnytani eszkzkkel hat rozhat¢k meg. 1992-ben Ri hard Ro hberg s Lee A. Rubel [136℄ m s m¢dszerekkel meghat rozt k a (4) egyenlet analitikus f : C C megold sait a k ≤ 2 esetben. Kt megold st is adtak Els m¢dszerk a fggvnyegyenletet differen i legyenletre vezeti vissza, a m sodik az egyenlet spe i lis szimmetri it haszn lja. (Mindkt esetben nh ny megold st nem vettek szre) Vgl Bonk 1997-ben [28℄ dolgozat ban meghat rozta a (4) egyenlet folytonos megold sait a k ≤ 2 esetben. Ennek a paragrafusnak a lja egyrszt, hogy megmutassuk, eredmnyeinkbl kvetkezik, hogy minden mrhet s nem majdnem mindentt nulla (f1 , f2 ) megold sa (4)-nek C ∞ -ben van. Spe i lisan, Sander fent eml¡tett problm j t is megoldjuk M srszt, megmutatjuk, hogy di eren i legyenletekre trtn visszavezetssel is megkaphat¢k a Bonk fent eml¡tett dolgozataiban szerepl eredmnyek. gy Bonk, valamint Ro hberg s Rubel 200
23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse tteleinek ltal nos¡t s t kapjuk, ltal nos m¢dszerek felhaszn l s n nyugv¢ bizony¡t ssal. Ez a m¢dszer teh t a Hilbert tdik problm ja m sodik felben kijellt utat kveti. A regularit s bizony¡t sa kor bbi regularit si tteleink mellett az 1994ben a [82℄ dolgozatban megjelent, itt 11.5 ttelknt szerepl eredmnyen, valamint az 1.22 tviteli elven m£lik Ezzel a m¢dszerrel megmutathat¢ az is, hogy az (6) f1 (G1 (u, v ))f2 (G2 (u, v )) = k X i=1 gi (u)hi (v ), (u, v) ∈ D ⊂ Rn × Rn egyenlet nem majdnem mindentt nulla f1 , f2 megold sai C ∞ -ben vannak. Az adott G1 , G2 fggvnyeknek nh ny gyenge felttelnek kell eleget tenni, pld ul az x = G1 (u, v), y = G2 (u, v) egyenletrendszernek u, v-re feloldhat¢nak kell lennie. (Bonk m¢dszere ebben az esetben m r nem mkdik) B r m¢dszernkkel mg ennl j¢val ltal nosabb egyenletek is vizsg lhat¢k, itt az egyszersg kedvrt sak a
(4) egyenlet vizsg lat ra szor¡tkozunk. A di eren i legyenletek levezetsben s megold s ban Ro hberg s Rubel dolgozat ra t maszkodtunk, b r a klnbsgek lnyegesek, hiszen neknk komplex v ltoz¢s kznsges di eren i legyenletek analitikus megold sai helyett tbb val¢s v ltoz¢t¢l fgg komplex rtk fggvnyekre vonatkoz¢ par i lis di eren i legyenlet-rendszerek C ∞ megold sait kell megkeresnnk. Megjegyezzk mg, hogy John A. Baker [22℄ dolgozat ban 1974-ben meghat rozta az (7) f1 (x)f2 (y ) = k Y i=1 gi (ai x + bi y ), x, y ∈ R egyenlet nem majdnem mindentt nulla komplex rtk f1 , f2 megold sait. Eredmnyei megadj k (4) megold s t az n = 1, k = 1 spe i lis esetben. 23.2 Megjegyzs Mint m r ismert, Sandernek az elz pontban szerepl problm j ra a v lasz negat¡v, azaz f mrhetsgbl nem kvetkezik f folytonoss ga. Ezt a kvetkez egyszer plda mutatja: Legyen f = h1 = h2 = ξQ , a ra ion lis sz mok halmaz nak
karakterisztikus fggvnye, legyen g1 tetszleges, s legyen g2 = ξQ − g1 . Ekkor 231(1) teljesl, mivel ξQ (u + v )ξQ (u − v ) = ξQ (u)ξQ (v ). Az f (x) = xξQ (x), g1 (u) = u2 ξQ (u), g2 (u) = −ξQ (u), h1 (v) = ξQ (v), h2 (v ) = v 2 ξQ (v ) pld ban nem sak g1 s g2 , hanem h1 s h2 is line risan fggetlenek. Ezek a pld k azon m£lnak, hogy a {x : f (x) 6= 0} halmaz nulla mrtk rsz soportja R-nek. Hasonl¢ pld k konstru lhat¢k a val¢s sz mok m s nulla mrtk rsz soportj t haszn lva a ra ion lis sz mok helyett. Rn -en ezekbl knnyen kaphatunk olyan pld kat, amelyeknl a fggvnyek sak egy v ltoz¢t¢l fggnek. 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Ezek az egyszer pld k azt mutatj k, hogy Sander problm j ra akkor v rhatunk pozit¡v v laszt, ha feltesszk, hogy f nem majdnem mindentt nulla. Ezt a m¢dos¡tott krdst az al bbi ttel megv laszolja 23.3 Ttel Tegyk fel, hogy az f1, f2, gi, hi : Rn
teljes¡tik az f1 (u + v )f2 (u − v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ), C fggvnyek u, v ∈ Rn fggvnyegyenletet, tov bb , hogy f1 , f2 mrhetek s nem majdnem mindentt null k. Ekkor f1 , f2 folytonosak Bizony¡t s. Feltehetjk, hogy gi , hi line risan fggetlenek (ha nem, helyettes¡tsk a gi , hi (i = 1, 2, . , k) fggvnyrendszert egy kevesebb fggvnybl ll¢ rendszerrel) A gi fggvnyek line ris fggetlensge miatt minden hi fggvny kifejezhet mint a v 7 f1 (uj + v)f2 (uj − v) lekpezsek line ris kombin i¢ja, ahol uj , 1 ≤ j ≤ k rgz¡tett vektorok. gy f1 s f2 mrhetsgbl kvetkezik a hi fggvnyek mrhetsge. Hasonl¢an kvetkezik a gi fggvnyek mrhetsge j x = u + v s y = u − v v ltoz¢kat vezetve be, azt kapjuk, hogy (1) f1 (x)f2 (y ) = k x + y x − y X hi , gi 2 2 i=1 x, y ∈ Rn . V lasszunk olyan pozit¡v mrtk Y kompakt halmazt, amelyre f2 (y ) 6= 0, ha y ∈ Y . Ekkor azt kapjuk,
hogy (2) k x + y x − y 1 X f1 (x) = gi hi , x ∈ Rn , y ∈ Y . f2 (y ) i=1 2 2 Legyen x0 ∈ Rn tetszleges. Legyen X egy kompakt krnyezete x0 -nak D = X × Y v laszt ssal, a gi fggvnyekhez az (X + Y )/2, a hi fggvnyekhez pedig az (X −Y )/2 kompakt halmaz v lasztva rtelmezsi tartom nynak a Lebesgue-mrtkkel, alkalmazhatjuk a 8.1 ttelt, s kapjuk, hogy f1 folytonos x0 -ban Mivel x0 tetszleges volt, ez azt jelenti, hogy f1 mindentt folytonos. Hasonl¢an kapjuk, hogy f2 is mindentt folytonos Figyeljk meg, hogy tulajdonkppen sak azt haszn ltuk fel, hogy f2 nem majdnem mindentt nulla, f1 pedig nem mindentt nulla. 23.4 Megjegyzs Hasonl¢ regularit si ttel nem marad igaz a sokkal ltal nosabb m Y j =1 f (aj u + bj v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ), u, v ∈ Rn 202 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse egyenletre, mg ha n = 1, akkor sem. Legyen a bal oldal f (a1 u + b1 v )f (a2 u + b2 v )f (a3 u + b3 v ), legyen f
egy tetszleges mrhet fggvny, amely nulla a ℄1, 2[ intervallumon k¡vl, s legyen a1 = b1 = a2 = 1, b2 = b3 = −1, a3 = 3 s gi ≡ hi ≡ 0. Ekkor, ha x = u + v ∈ ℄1, 2[ s y = u−v ∈ ℄1, 2[, azt kapjuk, hogy a3 u + b3 v = x + 2y ∈ ℄3, 6[, ¡gy a szorzat mindig nulla. 23.5 Ttel Tegyk fel, hogy az f1, f2, gi, hi : Rn kielg¡tik az f1 (u + v )f2 (u − v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ), C fggvnyek u, v ∈ Rn fggvnyegyenletet, tov bb , hogy f1 , f2 mrhetek s nem majdnem mindentt null k. Ekkor az f1 , f2 fggvnyek C ∞ -ben vannak Bizony¡t s. Az elz ttel szerint f1 s f2 folytonosak Ugyan£gy, mint az elz ttel bizony¡t s ban, feltehetjk, hogy a gi s hi fggvnyek line risan fggetlenek. gy mint ott, kifejezve ket f1 s f2 seg¡tsgvel, s vissza¡rva a kapott kifejezst az egyenletbe, azt kapjuk, hogy lteznek olyan ci,j komplex konstansok s ui , vj ∈ Rn vektorok, hogy f1 (u+v )f2 (u−v ) =
k X i,j =1 ci,j f1 (ui +v )f2 (ui −v )f1 (u+vj )f2 (u−vj ), u, v ∈ Rn . Most x = u + v s y = u − v helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy (1) f1 (x)f2 (y ) = k X x − y x − y ci,j f1 ui + f 2 ui − 2 x + y x + y f1 + vj f2 − vj , 2 2 i,j =1 2 ha x, y ∈ Rn . Ha most f1 = f2 = f , akkor egyszeren alkalmazhatjuk az 1.27 ttelt Nevezetesen, v lasztva egy Y korl tos ny¡lt halmazt, amelyen f nem nulla, s egy K fels korl tj t az sszes ui , vi s y ∈ Y vektorok halmaz nak, az 1.27 ttel felttelei teljeslnek az k x+y x − y 1 X x − y x + y f (x) = ci,j f ui + f ui − f + vj f −vj , f (y ) 2 2 2 2 i,j =1 x ∈ X , y ∈ Y fggvnyegyenletre, ahol X az orig¢ krli 5K sugar£ ny¡lt gmb, a C kompakt halmaz pedig az orig¢ krli 4K sugar£ z rt gmb. 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Innen az f fggvny C ∞ -ben van X -en, s mivel K tetszleges nagy lehet, Rn -en mindentt. Lehetsges
lenne az ltal nos esetet erre a spe i lis esetre reduk lni, felhaszn lva Bonk [27℄ eredmnyeit, amelyek az egyenlet spe i lis alakj n m£lnak. E helyett haszn lhatjuk a 122 ltal nos tviteli elvet is, hogy a fenti, kt ismeretlen fggvnyt tartalmaz¢ egyenlet regularit s nak problm j t egy egyetlen ismeretlen fggvnyt tartalmaz¢ egyenlet regularit si problm j ra reduk ljuk. Ez ut¢bbi, ltal nosabb m¢dszert fogjuk haszn lni V lasszunk Y1 s Y2 korl tos ny¡lt halmazokat £gy, hogy f1 nem nulla Y1 -en s f2 nem nulla Y2 -n. j v ltoz¢kat vezetve be, s X1 = X2 -t az orig¢ kzppont£ 5K sugar£ ny¡lt gmbnek v lasztva, ahol K egy fels korl tja az sszes ui , vi , y ∈ Y1 s y ∈ Y2 vektorok norm inak, az (1) egyenletbl az al bbi fggvnyegyenlet-rendszert kapjuk: k 1 X x1 − y 1 x1 − y 1 f1 (x1 ) = ci,j f1 ui + f 2 ui − f2 (y1 ) 2 2 i,j =1 x1 + y 1 x +y + vj f2 1 1 − vj , f1 2 2 k 1 X x2 − y 2 x2 − y 2 ci,j f1 ui + f 2 ui − f2
(x2 ) = f1 (y2 ) i,j =1 2 2 x2 + y 2 x +y f1 + vj f2 2 2 − vj , 2 2 ahol x1 ∈ X1 , y1 ∈ Y2 , x2 ∈ X2 s y2 ∈ Y1 . Legyen most X = X1 × X2 s legyen f az f (x) = (f1 (x1 ), f2(x2 )) sszefggssel de ni lva, ahol x = (x1 , x2 ). Az tviteli elv alapj n f | megfelelen v lasztott D rtelmezsi tartom nnyal s Gi , H fggvnyekkel | eleget tesz egy f (x) = H (f (G0 (y )), f (G1(x, y )), . , f (G4k (x, y ))), (x, y ) ∈ D fggvnyegyenletnek, ahol y = (y1 , y2 ). Val¢ban, legyen Y = Y2 × Y1 , D = X × Y , G0 (y1 , y2 ) = (y2 , y1 ), s ha 1 ≤ i ≤ k , legyen Gi (x1 , x2 , y1 , y2 ) = ui + x1 − y 1 Gk+i (x1 , x2 , y1 , y2 ) = ui + 2 , ui − x2 − y 2 x2 − y 2 , 2 x1 − y 1 , ui − , 2 2 x2 + y 2 G2k+i (x1 , x2 , y1 , y2 ) = + vi , − vi , 2 2 x2 + y 2 x1 + y 1 − vi . G3k+i (x1 , x2 , y1 , y2 ) = + vi , 2 2 Tov bb , legyen H = (H1 , H2 ), ahol H1 s H2 megfelelen v lasztott komplex rtk tbbv ltoz¢s fggvnyek
(esetleg nh ny v ltoz¢t¢l nem fggnek). Most legyen C1 = C2 az orig¢ kzpont£, 4K sugar£ z rt gmb, s legyen C = C1 × C2 . Alkalmazva az 127 ttelt, azt kapjuk, hogy az f fggvny C ∞ -ben van X -en. Ebbl kvetkezik, hogy az f1 s f2 fggvnyek C ∞ -ben vannak az orig¢ kzppont£, 5K sugar£ ny¡lt gmbn. Mivel K tetszleges nagy lehet, az f1 s f2 fggvnyek C ∞ -ben vannak. x1 + y 1 204 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Meg fogjuk mutatni, hogy a 23.1(4) fggvnyegyenlet megold sai a = 2 esetben Weierstrass-fle szigma-fggvnyekkel adhat¢k meg. Itt a Weierstrass-fle fggvnyek legfontosabb tulajdons gait sak sszefoglaljuk abban a form ban, ahogyan felhaszn ljuk. A bizony¡t sok megtal lhat¢k Saks s Zygmund [139℄ klasszikus munk j ban. 23.6 Weierstrass-fggvnyek Legyenek ω1 , ω2 null t¢l klnbz komplex sz mok, ω1 /ω2 ∈/ R. Legyen = ω1 Z + ω2 Z A Weierstrass-fle szigma-fggvny
t a k σ (z, ω1 , ω2 ) = z Y 06=ω∈ z 1− exp ω z ω 1 z 2 + 2 ω abszol£t konvergens szorzat de ni lja. σ a z v ltoz¢ egsz fggvnye, (egyszeres) gykei pontjai Elfajult esetknt rdemes tekinteni a σ (z, ω1 , ∞) = z fggvnyt, ahol Y 06=ω∈ z ω1 1− = ω π sin(πz/ω1 ) = ω1 Z, s a σ (z, ∞, ∞) = z 1− Y 06=ω∈ z =z ω fggvnyt, ahol = {0}. Az ω1 , ω2 p rokat rviden r s lland¢ knak fogjuk nevezni; teh t vagy ω1 = ∞ s ω2 = ∞, vagy 0 6= ω1 ∈ C s ω2 = ∞, vagy 0 6= ω1 ∈ C, 0 6= ω2 ∈ C s ω1 /ω2 ∈/ R. A Weierstrass-fle fggvnyek els v ltoz¢ szerinti deriv ltj t egyszeren ′ -vel fogjuk jellni. A de n¡ i¢b¢l vil gos, hogy b rmilyen α 6= 0 komplex sz mra σ (αz, αω1 , αω2 ) = ασ (z, ω1 , ω2 ). A Weierstrass-fle ζ -fggvny t, mint a σ -fggvny logaritmikus deriv ltj t de ni ljuk: σ ′ (z, ω1 , ω2 ) ζ (z, ω1 , ω2 ) = . σ (z, ω1 , ω2 ) ζ
meromorf fggvny az els v ltoz¢ban, p¢lusai pontjai. A spe i lis esetekben 1 ζ (z, ∞, ∞) = z s X 1 π π 1 1 ζ (z, ω1 , ∞) = tg z = + + , ω1 ω1 z z−ω 06=ω∈ ω egybknt pedig ζ (z, ω1 , ω2 ) = 1 z + X 06=ω∈ 1 z−ω + 1 ω + z ω2 . 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Itt is a de n¡ i¢ alapj n vil gos, hogy b rmely α = 6 0 komplex sz mra ζ (αz, αω1 , αω2 ) = ζ (z, ω1 , ω2 )/α. A Weierstrass-fle P -fggvny t a P (z, ω1 , ω2 ) = −ζ ′ (z, ω1 , ω2 ) sszefggssel de ni ljuk. A spe i lis esetekben 1 P (z, ∞, ∞) = 2 z s P (z, ω1 , ∞) = π2 ω12 sin2 (πz/ω1 ) = 1 z2 + egybknt pedig 1 P (z, ω1 , ω2 ) = 2 z + X 06=ω∈ 1 1 X (z − ω )2 06=ω∈ (z − ω )2 − 1 ω2 , . A P -fggvny az els v ltoz¢j ban peri¢dikus, adja a peri¢dusok halmaz t. A de n¡ i¢ alapj n b rmely α = 6 0 komplex sz mra P (αz, αω1 , αω2 )
= P (z, ω1 , ω2 )/α2 . A P -fggvnyek di eren i legyenleteit is haszn lni fogjuk. A spe i lis esetekben fenn llnak a P ′ (z, ∞, ∞)2 illetve P ′ (z, ω1 , ∞)2 = 4P (z, ∞, ∞)3, = 4P (z, ω1 , ∞)3 − 4 di eren i legyenletek, egybknt pedig a P ′ (z, ω1 , ω2 )2 π2 P (z, ω1 , ∞)2 2 ω1 = 4P (z, ω1 , ω2 )3 − g2 P (z, ω1 , ω2 ) − g3 di eren i legyenlet, ahol g2 = 60 X 06=ω∈ 1 ω4 s g3 = 140 X 06=ω∈ 1 ω6 . Bel that¢, hogy g23 − 27g32 6= 0. Megmutathat¢ (l sd Saks s Zygmund [139℄, Ch. VIII, § 13), hogy ha g23 − 27g32 6= 0, akkor mindig lteznek olyan ω1 , ω2 vgtelentl klnbz r s lland¢k, hogy hozz juk ppen az adott g2 , g3 konstansok tartoznak. 206 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Az egysges jellsek kedvrt, ha ω1 = ω2 = ∞, akkor legyen g1 = g2 = = 0; ha ω1 6= ∞, de ω2 = ∞, akkor legyen g1 = 4π 2 /ω12 s g2 = g3 = 0; egybknt pedig legyen g1 =
0. gy mindig g1 = 0 vagy g2 = g3 = 0, vagy mindkt sszefggs teljesl, de a P -fggvnyek diferen i legyenlete egysgesen g3 P ′ (z, ω1 , ω2 )2 = 4P (z, ω1 , ω2 )3 − g1 P (z, ω1 , ω2 )2 − g2 P (z, ω1 , ω2 ) − g3 alakba ¡rhat¢. Megjegyezzk, hogy a P -fggvnyek a P ′′ (z, ω1 , ω2 ) = 6P (z, ω1 , ω2 )2 − g1 P (z, ω1 , ω2 ) − g2 /2 m sodrend di eren i legyenletet is kielg¡tik. A g1 , g2 , g3 sz mokat invarins oknak szok s nevezni, mivel sak -t¢l fggnek, de nem fggnek ω1 , ω2 megv laszt s t¢l. Mivel a fenti els- illetve m sodrend di eren i legyenletek auton¢m egyenletek, ak rmilyen e ∈ C eltol ssal a P (z + e, ω1 , ω2 ) fggvny ugyanazt a di eren i legyenletet elg¡ti ki, mint a P (z, ω1 , ω2 ) fggvny. A P -fggvnyek seg¡tsgvel ak rmilyen (komplex fggvnyekre vonatkoz¢) y ′ 2 = 4y 3 + c1 y 2 + c2 y + c3 di eren i legyenlet megold sai is megkaphat¢k, mgpedig P (z + e, ω1 , ω2 )+ c
alakban, alkalmas ω1 , ω2 r s lland¢kkal s e, c komplex konstansokkal. Val¢ban, ha a 4y 3 + c1 y 2 + c2 y + c3 polinom e1 , e2 , e3 zrushelyei mind klnbzek, akkor legyen c = (e1 + e2 + e3 )/3 = c1 /12, s vezessk be y + c helyett az £j y~ v ltoz¢t. Ekkor alkalmas g2 , g3 komplex konstansokkal, amelyekre g23 − 27g32 6= 0, c1 3 + c1 y~ − c1 2 c1 3 + c2 y~ − c1 c1 2 + c3 = 4~y 3 − g2 y~ − g3 . 12 12 12 A megfelel, vgtelentl klnbz ω1 , ω2 r s lland¢kkal s ak rmilyen e ∈ 2 C eltol ssal z 7 P (z + e, ω1 , ω2 ) + c eleget tesz az y ′ = 4y 3 + c1 y 2 + c2 y + c3 di eren i legyenletnek. Ha a 4y 3 + c1 y 2 + c2 y + c3 polinom e1 , e2 , e3 zrushelyei nem mind klnbznek, akkor a spe i lis esetek adj k a megold st. Ha mindh rom zrushely egybeesik, akkor ismt a c = (e1 + e2 + e3 )/3 = e1 = e2 = e3 = c1 /12 v laszt s vezet lhoz. y + c helyett bevezetve az £j y~ v ltoz¢t, 4 y~ − c1 + c3 = 4~y 3 . 12
12 12 Ha sak kt zrushely, mondjuk e1 s e2 egyezik meg, akkor legyen c = (e1 + e2 )/2 = e1 = e2 , ekkor y + c helyett bevezetve az £j y~ v ltoz¢t, 4 y~ − + c1 y~ − + c2 y~ − c1 3 c1 2 c1 4 y~ − + c3 + c1 y~ − + c2 y~ − 12 12 12 23.7 Lemma = 4~y 3 − 4e3 y~2 . A fenti jellsekkel, legyenek ω1 , ω2 r s lland¢k, g1 , g2 , g3 a hozz juk tartoz¢ invari nsok, s tekintsk az y2 = 4x3 − g1 x2 − g2 x − g3 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse egyenletet. Ennek minden (x, y ) ∈ C × C, y = 6 0 megold s hoz ltezik olyan z ∈ C, hogy P (z, ω1 , ω2 ) = x s P ′ (z, ω1 , ω2 ) = y. B rmely kt ilyen z klnbsge -ban van. Bizony¡t s. A bizony¡t s az ω2 6= ∞ esetre megtal lhat¢ Saks s Zygmund [139℄ knyvben, Ch VIII 145 Az ω2 = ∞ esetre direkt sz mol ssal bizony¡that¢ a lemma. 23.8 Lemma 236 jellseivel, tegyk fel, hogy valamely c, c~, d = 6 0, e, e~ komplex konstansokra s ω1
, ω2 valamint ω ~ 1 , ω~ 2 r s lland¢kra P (dx + e, ω1 , ω2 ) + c = P (dx + e~, ω ~ 1 , ω~ 2 ) + c~ minden, a sz megyenes egy nem res ny¡lt intervallum b¢l vett x-re. Ekkor ω1 , ω2 illetve ω ~ 1 , ω~ 2 ugyanazt a r sot gener lj k, a z 7 P (z, ω1 , ω2 ) s z 7 P (z, ω ~ 1 , ω~ 2 ) fggvnyek megegyeznek, c = c~, s e − e~ ∈ . illetve ~ az ω1 , ω2 illetve ω~ 1 , ω~ 2 ltal gener lt r sot. A bal oldal a C ( − e)/d, a jobb oldal a C ( ~ − e~)/d ny¡lt halmazon analitikus, s megegyeznek a sz megyenes egy szakasz n, ¡gy az analitikus folytat s elve szerint (l sd Dieudonn [39℄, 9.42) megegyeznek ezen ny¡lt halmazok metszetn. Azonban az (( − e) ∪ ( ~ − e~))/d halmaz supa izol lt pontot tartalmaz, ¡gy ennek minden pontja egyszerre p¢lusa mindkt oldalnak, azaz ( − e)/d = ( ~ − e~)/d. Ebbl = ~ s e − e~ ∈ A P -fggvnyek sszeg el ll¡t s b¢l kvetkezik, hogy z 7 P (z, ω1 , ω2 ) s z 7 P (z, ω ~ 1 , ω~ 2 )
megegyeznek. Mivel e − e~ peri¢dusa ennek a fggvnynek, b rmilyen x rtkre, amelyre dx + e nem p¢lus, Bizony¡t s. Jellje P (dx + e, ω1 , ω2 ) = P (dx + e~, ω ~ 1 , ω~ 2 ), ¡gy c = c~. 23.9 Lemma 236 jellseivel, tegyk fel, hogy ω1 , ω2 valamint ω ~ 1 , ω~ 2 r s lland¢k, s a megfelel gi illetve g~i invari nsok megegyeznek, azaz g1 = g~1 , g2 = g~2 s g3 = g~3 . Ekkor P (z, ω1 , ω2 ) = P (z, ω ~ 1 , ω~ 2 ) minden z ∈ C-re. Bizony¡t s. Ha g2 = g~2 = 0 s g3 = g~3 = 0, akkor az ll¡t s kzvetlenl ad¢dik P (z, ω1 , ∞) de n¡ i¢j b¢l. Egybknt legyen e tetszleges olyan val¢s sz m, amelyre y = P ′ (e, ω1 , ω2 ) 6= 0 rtelmezve van, s legyen x = P (e, ω1 , ω2 ). Ekkor y2 = 4x3 − g1 x2 − g2 x − g3 , 208 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse ¡gy a 23.7 lemma szerint van olyan e~ ∈ C, hogy P (~ e, ω ~ 1 , ω~ 2 ) = x s P ′ (~e, ω~ 1 , ω~ 2 ) = y. Ha s egy megfelel
ngyzetgykvon s", azaz a z 7 z2 lekpezs y egy alkalmas kis krnyezetre vett megszor¡t s nak az inverze, akkor t 7 P (t + e, ω1 , ω2 ) s t 7 P (t + e~, ω~ 1 , ω~ 2 ) is eleget tesznek az u′ = s(4u3 − g1 u2 − g2 u − g3 ) di eren i legyenletnek s az u(0) = x kezdeti felttelnek, ¡gy megyeznek az orig¢ egy kis krnyezetbl vett t val¢s sz mokra. gy az elz lemma alkalmazhat¢, s kapjuk az ll¡t st. 23.10 Fggvnyegyenletek s szigma-fggvnyek Elszr is tegynk nh ny egyszer szrevtelt az (1) f1 (u + v )f2 (u − v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ) fggvnyegyenlet f1 , f2, gi , hi , 1 ≤ i ≤ k megold saival kap solatban. Csak komplex rtk megold sokat fogunk tekinteni, amelyek Kn -en vannak rtelmezve. (K = R vagy K = C) (2) A Cn -en rtelmezett megold sok R2n -en rtelmezett megold soknak is tekinthetk. Egy megold s megszor¡t sa egy R feletti altrre szintn megold s az altren, spe i lisan Cn -en
rtelmezett megold sok megszor¡t sa Rn -re is megold s. (3) B rmely L : Km Kn line ris lekpezsre f1 ◦ L, f2 ◦ L, gi ◦ L, hi ◦ L megold s Km -en. (4) B rmely c1 , c2 ∈ Kn konstansokra az x 7 f1 (x + c1 ), y 7 f2 (y + c2 ), u 7 gi (u + (c1 + c2 )/2), v 7 hi (v + (c1 − c2 )/2) eltoltak is megold sok. (5) Ha f~1 , f~2 , g~1 , h~ 1 a k = 1 spe i lis eset tetszleges megold sai, akkor ~ 1 (i = 1, . , k) is megold sok f1 f~1 , f2 f~2 , gi g~1 s hi h (6) Ha T tetszleges komplex elem k × k-as invert lhat¢ m trix, s T ′ a transzpon ltja, akkor f1 , f2 , g~i s h~ i is megold sok, ahol g = (g1 , . , gk ), ~ = (h~ 1 , . , ~hk ) s g~(u) = T −1 g (u), h = (h1 , . , hk ), g~ = (~ g1 , . , g~k ), h ~ (v) = T ′ h(v). h A fenti transzform i¢k seg¡tsgvel az (1) egyenlet egy megold s b¢l sok m s megold st kaphatunk. A k = 1 esetben az (7) f1 (z ) = f2 (z ) = exp(z 2 ), g1 (z ) = h1 (z ) = exp(2z 2 ) 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny
jellemzse komplex v ltoz¢s, komplex rtk analitikus fggvnyek megold sok. Ezekbl a fenti transzform i¢kkal kaphat¢k az (8) f1 (x) = exp(a1 + L1 (x) + Q(x)), f2 (y ) = exp(a2 + L2 (y ) + Q(y )) alak£ Rn C megold sok, ahol a1 , a2 ∈ C konstansok, L1 , L2 : Rn C line ris form k, Q : Rn C pedig kvadratikus forma. A k = 2 esetben ezekhez jn mg az ω1 6= ∞, ω2 6= ∞ r s lland¢k (l sd az elz pontot) esetn az (9) f1 (z ) = f2 (z ) = σ (z, ω1 , ω2 ), g1 (z ) = h2 (z ) = σ (z, ω1 , ω2 )2 , g2 (z ) = −h1 (z ) = σ (z, ω1 , ω2 )2 P (z, ω1 , ω2 ) megold s (l sd Saks-Zygmund [139℄, Ch. VIII § 7), az ω2 = ∞ esetben, azaz ha ω, ∞ a r s lland¢k, akkor pedig az f1 (z ) = f2 (z ) = σ (z, ω, ∞), g1 (z ) = h2 (z ) = σ (z, ω, ∞)2, g2 (z ) = −h1 (z ) = σ ′ (z, ω, ∞)2 (10) megold s, valamint az f1 (z ) = σ (z, ω, ∞), (11) f2 (z ) ≡ 1, g1 (z ) = h2 (z ) = σ (z, ω, ∞), g2 (z ) = h1 (z ) = σ ′ (z, ω, ∞) s az
f1 (z ) ≡ 1, (12) f2 (z ) = σ (z, ω, ∞), g1 (z ) = h2 (z ) = σ (z, ω, ∞), −g2 (z ) = h1 (z ) = σ ′ (z, ω, ∞) komplex v ltoz¢s, komplex rtk megold sok. Megjegyezzk, hogy mindezekben az esetekben a g1 , g2 s a h1 , h2 fggvnyek is a komplex s¡k b rmely pontj nak b rmely krnyezetben line risan fggetlenek. Ezekbl a fenti transzform i¢kkal kaphat¢k az (13) f1 (x) = exp(a1 + L1 (x) + Q(x))σ (L(x) + e1 , ω1 , ω2 ), f2 (y ) = exp(a2 + L2 (y ) + Q(y ))σ (L(x) + e2 , ω1 , ω2 ) 210 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse illetve (14) f1 (x) = exp(a1 + L1 (x) + Q(x))σ (L(x) + e1 , ω, ∞), f2 (y ) = exp(a2 + L2 (y ) + Q(y )) s (15) f1 (x) = exp(a1 + L1 (x) + Q(x)), f2 (y ) = exp(a2 + L2 (y ) + Q(y ))σ (L(x) + e2 , ω, ∞) alak£ Rn C megold sok, ahol ω1 , ω2 illetve ω, ∞ r s lland¢k, a1 , a2 ∈ C, e1 , e2 ∈ Rn konstansok, L, L1 , L2 : Rn C line ris form k, Q : Rn C pedig kvadratikus forma.
Megjegyezzk, hogy ha L 6≡ 0, akkor a megfelel g1 , g2 s h1 , h2 fggvnyek is line risan fggetlenek Rn b rmely pontj nak b rmely krnyezetben. F eredmnynk az lesz, hogy a (7)-ben illetve (9){(12)-ben megadott komplex v ltoz¢s komplex rtk alapmegold sokb¢l" a fenti transzform i¢kkal minden m s megold s megkaphat¢. Pontosabban, a (8)-ban illetve (13){(15)-ben megadott f1 , f2 : Rn C p rok adj k k = 2 esetn az (1) fggvnyegyenlet minden olyan megold s t, amelyre f1 s f2 mrhetek s egyik sem majdnem mindentt nulla. (8)-ban illetve (13){(15)-ben nem adtuk meg az f1 , f2 p rhoz tartoz¢ gi , hi fggvnyeket, de ezek is knnyen meghat rozhat¢k. Egybknt, mint az al bbi, Gau hman s Rubel [45℄ dolgozat b¢l sz rmaz¢ lemma mutatja, az f1 , f2 p rhoz elg egyetlen gi , hi i = 1, 2, . , k megold srendszert meghat rozni, a tbbi knnyen megkaphat¢. Mint a fentiekben l ttuk, a sz munkra rdekes k = 2 esetben egy ilyen g1 , g2 ,
h1 , h2 fggvnyrendszer knnyen ad¢dik, ha bebizony¡tjuk, hogy f1 , f2 a fent adott alak£ak. A lemma jelentsge abban ll, hogy mutatja, a 231(4) egyenlet megold s n l az f1 , f2 fggvnyek meghat roz s ra kon entr lhatunk. Gau hmann s Rubel rszletesen vizsg lt k azokat az F fggvnyeket, amelyek el ll¡that¢k F (u, v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ) alakban, azaz bizonyos fggvnyterek tenzorszorzat nak elemei. Vizsg lataikban elssorban val¢s v ltoz¢s fggvnyek tereinek tenzorszorzat ra szor¡tkoztak, ¡gy a teljessg kedvrt a bizony¡t st is megadjuk 23.11 Lemma Legyenek U , V halmazok, gi : U C, hi : V C (i = 1, . , k) s g~i : U C, h~ i : V C (i = 1, , k~) fggvnyek, s tegyk fel, hogy a gi (i = 1, . , k), a hi (i = 1, , k), a g~i (i = 1, , k~), s a h~ i (i = 1, . , k~) fggvnyek is line risan fggetlenek, tov bb F (u, v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ) 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse s F (u, v
) = ~ k X ~ i (v) g~i (u)h i=1 kt reprezent i¢ja az F : U × V C fggvnynek. Ekkor k~ = k s ltezik egy egyrtelmen meghat rozott k × k mret komplex elem invert lhat¢ T m trix £gy, hogy g = (g1 , . , gk ), g~ = (~ g1 , . , g~k ), h = (h1 , , hk ) −1 ~ ~ ~ s h = (h1 , . , hk ) jellsekkel g~(u) = T g (u) s h~ (v ) = T ′ h(v ) minden u ∈ U , v ∈ V -re. Itt T ′ a T transzpon ltja Bizony¡t s. Mivel a fggvnyek line risan fggetlenek, lteznek vj ∈ V , j = 1, . , k pontok, hogy hi det((hi (vj ))ki,j =1 ) 6= 0. Ezeket behelyettes¡tve a k X i=1 gi (u)hi (v ) = ~ k X i=1 ~ i (v) g~i (u)h egyenlsgbe, egy line ris egyenletrendszert kapunk a gi fggvnyekre, amelynek determin nsa a fenti determin ns. gy van olyan k × k~ mret komplex elem T m trix, hogy g (u) = T g~(u). Mivel a gi -k line risan fggetlenek, kvetkezik, hogy k ≤ k~, s a szimmetri t felhaszn lva, hogy k~ ≤ k, azaz k~ = k . Nyilv n T invert
lhat¢ kell legyen, mivel egybknt a megfelel line ris transzform i¢ kptere nem lehetne k dimenzi¢s. Mivel k X i=1 gi (u)hi (v ) = k X i=1 ~ i (v), g~i (u)h s ¡gy k X i=1 hi (v ) k X j =1 tij g~j (u) = k X j =1 g~j (u) k X i=1 tij hi (v ) = k X j =1 ~ j (v) g~j (u)h minden u ∈ U , v ∈ V -re, kvetkezik, hogy h~ (v) = T ′ h(v). Ha T1 egy m sik transzform i¢, amelyre g (u) = T1 g~(u), akkor erre is h~ (v) = T1′ h(v), s ¡gy 0 = (T ′ −T1′ )h(v), ami ellentmond a hi fggvnyek line ris fggetlensgnek. Az al bbi lemma tov bb reduk lja a megoldand¢ problm t. Durv n sz¢lva, azt mondja, hogy sokszor elg a megold st lok lisan megkeresni, ekkor m r meghat rozhat¢ a teljes megold s. 212 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse 23.12 Lemma Legyenek f1 , f2, gi, hi , g~i, ~hi : Rn C (i = 1, , k) fggvnyek, tegyk fel, hogy a gi , hi fggvnyek analitikusak, s van olyan δ > 0, hogy (1) f1 (u + v )f2 (u
− v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ), ha |u|, |v| < δ . Tegyk fel, hogy b rmely ε > 0-ra a gi , i = 1, 2, , k fggvnyek is, s a hi , i = 1, 2, . , k fggvnyek is line risan fggetlenek az orig¢ ε sugar£ krnyezetn. Tegyk fel tov bb , hogy (2) f1 (u + v )f2 (u − v ) = k X i=1 ~ i (v) g~i (u)h fenn ll minden u, v ∈ Rn -re. Ekkor (1) fenn ll mindentt, s f1 , f2 is analitikusak. Bizony¡t s. Vil gos, hogy azon 0 < δ ≤ ∞ bv¡tett val¢s sz mok kztt, amelyekre (1) teljesl minden |u|, |v| < δ esetn, van egy maxim lis. Azt kell megmutatnunk, hogy ez a maxim lis rtk ∞. Tegyk fel indirekt, hogy nem ez a helyzet, s a maxim lis δ vges. Megmutatjuk, hogy f2 nem azonosan nulla az orig¢ egyetlen krnyezetben sem. Ha ugyanis azonosan nulla lenne egy ε ≤ 2δ sugar£ krnyezetben, akkor az (1) egyenletbl |u|, |v| < ε/2 esetn azt kapn nk, hogy Pk 0 = i=1 gi (u)hi (v), ami ellentmond a gi , hi fggvnyek line
ris fggetlensgnek. j v ltoz¢kat ¡rva az (1) egyenletbe, azt kapjuk, hogy f1 (x)f2 (y ) = k x + y x − y X hi gi 2 2 i=1 b rmely olyan x, y ∈ Rn p rra, amelyre |x + y| < 2δ s |x −y| < 2δ is fenn ll. Rgz¡tsnk egy y0 -at, amelyre f2 (y0 ) 6= 0. Mindkt oldalt osztva f2 (y0 )-al, azt kapjuk, hogy f1 (x) = k x + y x − y 1 X 0 0 gi hi f2 (y0 ) i=1 2 2 ha sak |x| < 2δ −|y0 |. Ebbl kvetkezik, hogy f1 analitikus az orig¢ 2δ −|y0 | sugar£ krnyezetn. Mivel |y0 | tetszlegesen ki siny lehet, kapjuk, hogy f1 analitikus az orig¢ 2δ sugar£ krnyezetn. Teljesen hasonl¢an ad¢dik, hogy f2 is analitikus ezen a krnyezeten. Most felhaszn ljuk a (2) egyenletet. Az elz lemm b¢l kvetkezik, hogy g~i s h~ i is line risan fggetlenek az orig¢ b rmely ε > 0 sugar£ krnyezetn. Legyen ε > 0 s v lasszunk olyan vj , j = 1, , k vektorokat, amelyekre |vj | < ε s det((hi (vj ))ki,j =1 ) 6= 0. Az f1 (u + vj
)f2 (u − vj ) = k X i=1 ~ i (vj ) g~i (u)h 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse egyenletek teljeslnek minden u ∈ Rn , j = 1, . , k-ra Ezeknek az egyenleteknek a seg¡tsgvel b rmely g~j (u) kifejezhet f1 (u + vj )f2 (u − vj ) alak£ tagok konstans egytthat¢s line ris kombin i¢jaknt. Ebbl kvetkezik, hogy g~i analitikus az orig¢ 2δ − ε sugar£ ny¡lt krnyezetben. Mivel ε tetszlegesen ki sinynek v laszthat¢, minden g~i analitikus az orig¢ 2δ sugar£ ny¡lt krnyezetben. Most ugyan£gy, mint az elz lpsben, kvetkezik, hogy f1 s f2 analitikusak az orig¢ 4δ sugar£ krnyezetben. gy az (1) egyenlet jobb- s baloldala is analitikus a {(u, v ) : u, v ∈ Rn , |u|, |v| < 2δ} ny¡lt halmazon, s megegyeznek ennek a halmaznak a {(u, v ) : u, v ∈ Rn , |u|, |v| < δ} rszhalmaz n. Az analitikus folytat s elve szerint (l sd Dieudonn [39℄, 9.42) az (1) egyenlet teljesl, ha |u|, |v| < 2δ Ez
ellentmond δ maxim lis volt nak, azaz bel ttuk, hogy δ = ∞ 23.13 Determin nsok Legyen F (u, v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ), ha u, v ∈ Rn . Legyenek tov bb 0u , . , ku tetszleges, a gi fggvnyeket tartalmaz¢ valamely (line ris) fggvnytren rtelmezett line ris funk ion lok Az als¢ index jelzi, hogy a funk ion l az u v ltoz¢ban hat, a fels index pedig egy egyszer sorsz m. A funk ion lok tetszlegesek, pld ul egy fggvnyhez hozz rendelhetik egy adott pontban felvett rtkt, valamely adott par i lis vagy ir ny menti deriv ltj nak rtkt egy adott pontban (minden funk ion l ugyanabban a pontban, vagy klnbz pontokban), ezek valamely line ris kombin i¢j t, stb. Hasonl¢an, legyenek v0 , , kv a v v ltoz¢ban hat¢ line ris funk ion lok, amelyek egy, a hi fggvnyeket tartalmaz¢ line ris tren hatnak. A v 7 ju F (u, v), j = 0, 1, , k fggvnyek a hi fggvnyek lineris kombin i¢i, ¡gy nem lehetnek line risanPfggetlenek
Lteznek teh t olyan cj nem mind nulla konstansok, hogy kj=0 cj ju F (u, v) = 0. Alkalmazva erre az sszefggsre a iv line ris funk ion lokat, azt kapjuk, hogy k X j =0 cj iv ju F (u, v ) = 0, ha i = 0, . , k Ez azt jelenti, hogy det iv ju F (u, v) k i,j =0 = 0. Ezt az sszefggst fogjuk arra felhaszn lni, hogy di eren i legyenletet kapjunk az 23.1(4) egyenletben szerepl f1 , f2 fggvnyekre 214 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse 23.14 Di eren i legyenlet Az elz pont jellseit fogjuk haszn lni Vizsg ljuk meg elszr az egyszerbb egydimenzi¢s n = 1 esetet Hogy egyszerbb jellseket kapjunk, jellje egy f fggvny par i lis deriv ltjait fu , fv , fuu , fuv , stb. Legyenek u s v rgz¡tett elemek Ekkor a 0u (g ) = g (u), 1u (g ) = g ′ (u), 2u (g ) = g ′′ (u), 0v (h) = h(v), 1v (h) = h′ (v), 2v (h) = h′′ (v) v laszt ssal azt kapjuk, hogy F det Fv Fvv Fu Fuv Fuvv Fuu Fuuv = 0.
Fuuvv Csak az az eset rdekes sz munkra, amikor F (u, v) 6= 0. Jellje ln az exp fggvny |ℑ(z)| < π s vra val¢ megszor¡t s nak inverzt. Tegyk fel, hogy F (u0 , v0 ) 6= 0. Ekkor az orig¢ egy krnyezetben rtelmezve van a G(u, v ) = ln(F (u + u0 , v + v0 )/F (u0 , v0 )) fggvny, s itt F (u + u0 , v + v0 ) = F (u0 , v0 ) exp(G(u, v )). A determin ns knnyen fel¡rhat¢ G seg¡tsgvel is. Kiemelve a kzs tnyezket, az els sor, illetve az els oszlop alkalmas tbbszrseit kivonva a tbbi sorb¢l illetve oszlopb¢l, azt kapjuk, hogy 1 0 0 Guv 2Gu Guv + Guuv = 0, det 0 0 2Guv Gv + Guvv ∗ ahol ∗ = 4Gu Gv Guv +2Gu Guvv +2Gv Guuv +2G2uv + Guuvv . Most a m sodik sor, illetve oszlop alkalmas tbbszrst levonva a harmadikb¢l, azt kapjuk, hogy 1 0 0 = 0, det 0 Guv Guuv 2 0 Guvv 2Guv + Guuvv azaz, hogy 2G3uv + Guv Guuvv − Guuv Guvv = 0. 23.15 Par i lis di eren i legyenlet Hasonl¢ egyenletet k¡v nunk
levezetni az sszes n ≥ 1 esetre is. Itt is az elz kt pontban haszn lt jellseket alkalmazzuk. Ha u1 , u2 , ir nyok (tetszleges, nem felttlenl 1 hossz£ vektorok), jelljk egy f fggvny ir ny menti deriv ltjait fu1 , fu2 , . , fu1 u1 , fu1 u2 , Hasonl¢an elj rva mint fent, rgz¡tve az u s v pontokat, s tetszleges u1 , u2 , . valamint v1 , v2 , ir nyok szerinti ir ny menti deriv ltakat haszn lva, u0 (g ) = g (u), 1u (g ) = gu1 (u), 2u (g ) = gu2 u3 (u), 0v (h) = h(v), 1v (h) = hv1 (v), 2v (h) = hv2 v3 (v) v laszt ssal azt kapjuk, hogy az (1) 1 0 0 0 Gu1 v1 Gu2 Gu3 v1 + Gu3 Gu2 v1 + Gu2 u3 v1 0 Gv2 Gu1 v3 + Gv3 Gu1 v2 + Gu1 v2 v3 ∗∗ 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse m trix determin nsa nulla, ahol ∗∗ =Gu2 Gv2 Gu3 v3 + Gu2 Gv3 Gu3 v2 + Gu3 Gv2 Gu2 v3 + Gu3 Gv3 Gu2 v2 + Gu2 Gu3 v2 v3 + Gu3 Gu2 v2 v3 + Gv2 Gu2 u3 v3 + Gv3 Gu2 u3 v2 + Gu2 v2 Gu3 v3 + Gu2 v3 Gu3 v2 + Gu2 u3 v2 v3 . A
determin nst kifejtve, egy par i lis di eren i legyenletet kaphatunk, ami azonban sokkal bonyolultabb, mint az n = 1 esetben kapott egyenlet. Hogy egyszers¡tsk, keressnk tov bbi sszefggseket. u0 (g ) = g (u), 1u (g ) = gu1 (u), 2u (g ) = gu2 (u), 0v (h) = h(v ), 1v (h) = hv1 (v ), 2v (h) = hv2 (v ) v laszt ssal hasonl¢an, mint fent, azt kapjuk, hogy (2) Gu1 v1 Gu2 v2 = Gu1 v2 Gu2 v1 . Ezt felhaszn lva, a 0u (g ) = g (u), 1u (g ) = gu1 (u), 2u (g ) = gu2 (u), 0v (h) = h(v ), v1 (h) = gv1 (v ), 2v (h) = hv2 v3 (v ) v laszt ssal azt kapjuk, hogy (3) Gu1 v1 Gu2 v2 v3 = Gu2 v1 Gu1 v2 v3 , s hasonl¢an, 0u (g ) = g (u), 1u (g ) = gu1 (u), u2 (g ) = gu2 u3 (u), 0v (h) = h(v ), v1 (h) = hv1 (v ), 2v (h) = hv2 (v ) v laszt ssal pedig, hogy (4) Gu1 v1 Gu2 u3 v2 = Gu1 v2 Gu2 u3 v1 . Ezeket az sszefggseket felhaszn lva, az (1) m trix determin ns nak kifejtsvel kapott egyenlet lnyegesen egyszersdik, s azt kapjuk, hogy (5) 2Gu1 v1 Gu2 v2
Gu3 v3 + Gu1 v1 Gu2 u3 v2 v3 − Gu1 v2 v3 Gv1 u2 u3 = 0. Most x = u + v, y = u − v helyettes¡tssel, H (x) = ln(f1 (x + x0 )/f1 (x0 )), K (y ) = ln(f2 (y + y0 )/f2 (y0 )) jellssel valamint u1 = e1 , v1 = e′1 , u2 = e2 , v2 = e2′ , u3 = e3 , v3 = e3′ v laszt ssal, ahol e1 , e′1 , e2 , e′2 , e3 , e′3 tetszleges vektorok Rn -bl, azt kapjuk, hogy az orig¢ valamely krnyezetbl vett x, y esetn fenn llnak az al bbi par i lis di eren i legyenletek (vegyk szre, hogy G(u, v) = H (x) + K (y ), ha F (u, v) = f1 (u + v)f2 (u − v)): (6) (He1 e′1 (x) − Ke1 e′1 (y ))(He2e′2 (x) − Ke2 e′2 (y )) = (He1 e′2 (x) − Ke1 e′2 (y ))(He2e1′ (x) − Ke2 e1′ (y )), (7) (He1 e′1 (x) − Ke1 e′1 (y ))(He2e′2 e′3 (x) + Ke2 e′2 e′3 (y )) = (He2 e1′ (x) − Ke2 e′1 (y ))(He1e′2 e′3 (x)) + Ke1 e′2 e3′ (y )), (8) (He1 e′1 (x) − Ke1 e′1 (y ))(He2e3 e′2 (x) − Ke2 e3 e′2 (y )) = (He1 e2′ (x) − Ke1 e′2 (y ))(He2e3
e′1 (x)) − Ke2 e3 e1′ (y )), 216 (9) 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse 2(He1 e′1 (x) − Ke1 e′1 (y ))(He2e′2 (x) − Ke2 e′2 (y ))(He3e′3 (x) − Ke3 e′3 (y )) + (He1 e′1 (x) − Ke1 e′1 (y ))(He2e3 e2′ e′3 (x) + Ke2 e3 e′2 e′3 (y )) − (He1 e′2 e′3 (x) + Ke1 e′2 e′3 (y ))(He2 e3 e1′ (x) − Ke2 e3 e′1 (y )) = 0. Ezt az egyenletrendszert fogjuk megoldani, elszr lok lisan, majd glob lisan. A kvetkez h rom lemm ban a lok lis megold sokat hat rozzuk meg, a glob lis megold sokat a f ttelben keressk meg. A lemm kban a logikailag lehetsges eseteknek sak egy rszt t rgyaljuk, a tbbi lehetsges esettel a f ttel foglalkozik. A lemm k, ugyan£gy, mint a par i lis differen i legyenlet-rendszer levezetse, teljesen lok lis termszetek, ¡gy az itt alkalmazott meggondol sok a 23.1(1) egyenlet, vagy m s, hasonl¢ egyenletek m s tartom nyokon val¢ megold s n l is haszn lhat¢k Els lpsknt
egy adott ir ny mentn keressk meg a megold sokat. 23.16 Lemma: a di eren i legyenlet-rendszer megold sa egy ir ny mentn. 2315 jellseit fogjuk haszn lni az ir ny menti deriv l- takra, 23.6 jellseit pedig a r s lland¢kkal s P -fggvnyekkel kap solatban Legyen f ∈ Rn egy egysgvektor Rn -ben Tegyk fel, hogy valamely ε > 0-ra a H s K fggvnyek az orig¢ Rn -beli ε sugar£ krnyezetn rtelmezett komplex rtk C ∞ fggvnyek, s |x|, |y| < ε esetn eleget tesznek a 23.15 pontbeli (6){(9) di eren i legyenleteknek Ekkor (1) ha Hf f (x) − Kf f (y ) 6= 0, Hf f f (x) 6= 0 s Kf f f (y ) 6= 0, ha x, y ∈ Rn , |x|, |y| < ε, akkor van olyan 0 < ε′ < ε s 0 < δ ≤ ε − ε′ , hogy valamely c ∈ C-vel, ω1 , ω2 r s lland¢kkal, s e, e~ az orig¢ ε′ sugar£ krnyezetn rtelmezett folytonos, komplex rtk fggvnyekkel minden x, y ∈ Rn , |x|, |y| < ε′ , t, s ∈ R, |t|, |s| < δ esetn Hf f (x
+ tf ) = −P (t + e(x), ω1 , ω2 ) + c s Kf f (y + sf ) = −P (s + e~(y ), ω1 , ω2 ) + c; (2) ha Hf f (x) − Kf f (y ) 6= 0, Hf f f (x) 6= 0 s Kf f f (y ) = 0, ha x, y ∈ Rn s |x|, |y| < ε, akkor van olyan 0 < ε′ < ε s 0 < δ ≤ ε − ε′ , hogy valamely c ∈ C-vel, ω (x), ∞ r s lland¢kkal s az orig¢ ε′ sugar£ krnyezetn rtelmezett e(x) komplex rtk fggvnnyel minden x, y ∈ Rn , |x|, |y| < ε′ , t, s ∈ R, |t|, |s| < δ esetn Hf f (x + tf ) = −P (t + e(x), ω (x), ∞) + c s Kf f (y + sf ) = c; (3) ha Hf f (x) − Kf f (y ) 6= 0, Hf f f (x) = 0 s Kf f f (y ) 6= 0, ha x, y ∈ Rn s |x|, |y| < ε, akkor van olyan 0 < ε′ < ε s 0 < δ ≤ ε − ε′ , hogy valamely c ∈ C-vel, ω (y ), ∞ r s lland¢kkal s az orig¢ ε′ sugar£ krnyezetn rtelmezett, komplex rtk e(y ) fggvnnyel minden x, y ∈ Rn , |x|, |y| < ε′ , t, s ∈ R, |t|, |s| < δ esetn Hf f (x
+ tf ) = c s Kf f (y + sf ) = −P (s + e(y ), ω (y ), ∞) + c; 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse (4) ha Hf f f (x) = 0 s Kf f f (y ) = 0, ha x, y ∈ Rn s |x|, |y| < ε, akkor valamely c ∈ C-vel minden 0 < ε′ < ε esetn, ha x, y ∈ Rn , |x|, |y| < ε′ s |t|, |s| < δ = ε − ε′ , akkor Hf f (x + tf ) = c s Kf f (y + sf ) = c. Bizony¡t s. Legyen 0 < ε′′ < ε tetszleges. Rgz¡tett x s y esetn legyen H(t) = Hf f (x + tf ) s K(s) = Kf f (y + sf ). Ezzel a jellssel, e1 = e2 = e3 = e′1 = e′2 = e′3 = f v laszt ssal a 23.15 (9) egyenletbl azt kapjuk, hogy (5) 2(H(t) − K(s))3 − (H′ (t)2 − K′ (s)2)+(H(t) − K(s))(H′′ (t)+ K′′ (s)) = 0, ha t, s ∈ R, |t|, |s| < ε − ε′′ . Elszr az (1) esettel fogunk foglalkozni. L(t) = H(t) − K(0) jellssel L(0) 6= 0 s L′ (t) 6= 0. Az (5) egyenletbl azt kapjuk, hogy 2L(t)3 − (L′ (t)2 − K′ (0)2 ) +
L(t)(L′′ (t) + K′′ (0)) = 0, ami azt jelenti, hogy az L fggvny eleget tesz az (6) L′′ L − L′ 2 + 2L3 + K′′ (0)L + K′ (0)2 = 0 di eren i legyenletnek. J¢l ismert m¢dszerekkel ez a di eren i legyenlet az elsrend (7) L′ 2 = −4L3 − 2CL2 + 2K′′ (0)L + K′ (0)2 di eren i legyenletre reduk lhat¢, valamely C konstanssal. Ezen reduk i¢s lps pontoss ttele helyett meg fogjuk mutatni, hogy az (8) L(0) = L0 6= 0, L′ (0) = L1 6= 0 kezdeti felttelek mellett (6) s (7) lok lisan ekvivalensek. Pontosabban, (7) minden megold sa, amelyre L′ sehol sem nulla, megold sa (6)-nak is. Megford¡tva, (6) minden megold s hoz, amely eleget tesz (8)-nak is, azzal az egyetlen C konstanssal, amelyre teljesl, hogy (9) L21 = −4L30 − 2CL20 + 2K′′ (0) + K′ (0)2 , ltezik R-ben az orig¢nak olyan krnyezete, amelyen a megold s eleget tesz (7)-nek. Tekintsk elszr (7) egy megold s t, amelynek deriv ltja nem tnik el. Di eren i lva
az egyenletet, azt kapjuk, hogy 2L′′ L′ + 12L′ L2 − 2K′′ (0)L′ = 4CL′ L. 218 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Mindkt oldalt osztva 2L′ -vel s szorozva L-el, azt kapjuk, hogy L′′ L + 6L3 − K′′ (0)L = 2CL2 . 2CL2 -et kifejezve (7)-bl, s behelyettes¡tve ebbe az egyenletbe, kapjuk (6)ot. A megford¡t s valamivel nehezebb. Nyilv n egy s sak egy olyan C konstans ltezik, amelyre fenn ll a (9) sszefggs. gy az adott kezdeti felttelek mellett C egyrtelmen meghat rozott Elszr megmutatjuk, hogy (6) megold sai a (8) kezdeti felttelek mellett lok lisan egyrtelmek abban az rtelemben, hogy b rmely kt megold shoz van olyan krnyezete az orig¢nak, amelyen egybeesnek. Mindkt megold s a nulla egy-egy krnyezetn kielg¡ti az expli it (10) L′′ = 2 L′ K′ (0)2 − 2L2 − K′′ (0) − L L egyenletet. Ennek az egyenletnek a (8) kezdfelttelek mellett egy s sak egy teljes megold sa
van. gy teh t a kt megold s a nulla egy krnyezetn meg kell egyezzen ezzel. Most tekintsk (6) egy tetszleges L megold s t, amely nem tnik el. Az egyetlen, (9)-nek eleget tv C konstanst v lasztva, (7) b rmely megold sa, amelynek deriv ltja nem nulla sehol sem, s eleget tesz (8)-nak (van ilyen megold s, mint al bb l tni fogjuk), megegyezik L-el a nulla egy krnyezetben. gy L eleget tesz (7)-nek a nulla egy krnyezetben A kvetkez lps, hogy megoldjuk (7)-et a (8) kezdfelttelek mellett. A Weierstrass-fle P -fggvnyekrl mondottak szerint (l sd 23.6) van olyan c1 konstans, valamint ω1 s ω2 r s lland¢k, hogy b rmely e ∈ C konstansra a t 7 −P (t + e, ω1 , ω2 ) + c1 fggvny eleget tesz a (7) egyenletnek, kivve legfeljebb megsz ml lhat¢ sok izol lt t ∈ R pontot. A 237 lemma szerint az e komplex konstans megv laszthat¢ £gy, hogy a (8) kezdeti felttelek is teljesljenek Megjegyezzk, hogy e megv laszt sa sak a kezdeti
felttelektl fgg, s b r nem egyrtelm, de b rmely kt megfelel e klnbsge -ban van. Mivel (6) s (7) lok lisan ekvivalensek, bel ttuk, hogy van olyan δ > 0, hogy valamely c konstanssal |t| < δ esetn H(t) = −P (t + e, ω1 , ω2 ) + c. Teljesen hasonl¢an kapjuk, hogy vannak olyan c~ s e~ konstansok, δ~ > 0, valamint ω~ 1 s ω~ 2 r s lland¢k, hogy |s| < δ~ esetn K(s) = −P (s + e~, ω ~ 1 , ω~ 2 ) + c~. Itt is e~ sak a kezdeti felttelektl fgg, s megv laszt sa ~ egy elemnek hozz ad s t¢l eltekintve egyrtelm. 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Eddig meggondol saink rgz¡tett x s y esetn voltak rvnyesek. Vizsg ljuk meg az eredmny fggst x-tl s y -t¢l Ha mondjuk y = 0, akkor minden x-re, amelyre |x| < δ , alkalmazhatjuk eddigi meggondol sainkat, s azt kapjuk, hogy lteznek olyan ω1 (x), ω2(x) r s lland¢k, c(x) s e(x) komplex konstansok, s δ (x) > 0, hogy Hf f (x
+ tf ) = −P (t + e(x), ω1 (x), ω2 (x)) + c(x), ha |t| < δ (x). Hasonl¢an, lteznek olyan ω~ 1 (y ), ω~ 2(y ) r s lland¢k, c~(y ) s e~(y ) komplex konstansok, s δ~(y ) > 0, hogy Kf f (y + sf ) = −P (s + e~(y ), ω ~ 1(y ), ω~ 2(y )) + c~(y ), ha |s| < δ~(y ). Meg fogjuk vizsg lni a paramterek fggst x-tl illetve y -t¢l. Legyen gi (x) az ω1 (x), ω2 (x) seg¡tsgvel, g~i (y ) pedig az ω~ 1 (y ), ω~ 2(y ) seg¡tsgvel de ni lva, i = 1, 2, 3 (l sd 23.6) A jellsek egyszers¡tsre nem fogjuk ki¡rni az x-tl, illetve y -t¢l val¢ fggst. Tov bbi rvid¡tsknt legyen P (t) = P (t+e, ω1 , ω2 ) s P~ (s) = P (s+~e, ω~ 1 , ω~ 2 ). A P s P~ fggvnyek eleget tesznek a P′ 2 = 4P 3 − g1 P 2 − g2 P − g3 s P ′′ = 6P 2 − g1 P − g2 /2 2 = 4P~ 3 − g~1 P~ 2 − g~2 P~ − g~3 s P~ ′′ = 6P~ 2 − g~1 P~ − g~2 /2 illetve P~ ′ egyenleteknek. Helyettes¡tsnk vissza (5)-be, s haszn ljuk fel a
fenti sszefggseket Azt kapjuk, hogy (11) 0 =12(~c − c)P (t)P~ (s) + (g1 − g~1 )P (t)P~ (s) 2 ~ ~ + 6(c − c~) (P (s) − P (t)) + (c − c~) g1 P (t) + g~1 P (s) + g2 − g~2 2 g + g~ (P (t) + P~ (s)) + 2(c − c~)3 + (c − c~) 2 2 + (g3 − g~3 ). 2 Di eren i lva t szerint, azt kapjuk, hogy (12) 0 = 12(~c − c)P ′ (t)P~ (s) + (g1 − g~1 )P ′ (t)P~ (s) g2 − g~2 ′ − 6(c − c~)2 P ′ (t) + (c − c~)g1 P ′ (t) + P (t). 2 Di eren i lva s szerint is, azt kapjuk, hogy 0 = 12(~c − c)P ′ (t)P~ ′ (s) + (g1 − g~1 )P ′ (t)P~ ′ (s) teljesl, ha |t| s |s| elg ki si. Ez sak £gy lehetsges, ha (13) g1 − g~1 = 12(c − c~). 220 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Visszahelyettes¡tve ezt (12)-be, azt kapjuk, hogy 0 = (g12 − g~12 + 12g2 − 12~g2 )P ′ (t), ami sak £gy lehetsges, hogy ha (14) 12(g2 − g~2 ) = g~12 − g12 . Ezt s (13)-at felhaszn lva, (11)-bl azt kapjuk, hogy (15) (g1 − g~1 )3 +
36(g1 − g~1 )(g2 + g~2 ) + 864(g3 − g~3 ) = 0. Megmutatjuk, hogy c~ = c, g~1 = g1 , g~2 = g2 s g~3 = g3 konstansok, amibl kvetkezik, hogy ω~ 1 = ω1 s ω~ 2 = ω2 konstansnak v laszthat¢k. Elszr azt mutatjuk meg, hogy nin s olyan x, y p r, hogy ω~ 2 (y ) = ∞, de ω2 (x) 6= ∞, vagy ω2 (x) = ∞, de ω~ 2 (y ) 6= ∞. A kt eset t rgyal sa hasonl¢, sak az elsvel foglalkozunk. Ha lenne ilyen p r, akkor, felhaszn lva, hogy g~2 = g~3 = g1 = 0, a (14) egyenletbl azt kapn nk, hogy 12g2 = g~12 , ¡gy a (15) egyenletbl az ad¢dna, hogy g~13 = 216g3 . Ekkor azonban a 4z3 − g2 z − g3 = 0 egyenletnek −g~1 /12 (legal bb) ktszeres gyke lenne, ami ellentmond annak, hogy ω2 6= ∞. Teh t kt eset maradt: vagy ω2 (x) = ω~ 2 (y ) = ∞ minden x, y -ra, vagy ez egyetlen x, y p rra sem ll fenn. Az els esetben g2 (x) = g3 (x) = 0 = g~2 (y ) = g~3 (y ) mindentt, s ¡gy (15)-bl g1 (x) = g~1 (y ) mindentt, azaz mindkett konstans, s megegyeznek.
Ekkor a 239 lemma szerint ω1 = ω~ 1 konstansnak v laszthat¢. A m sodik esetben g1 (x) = 0 = g~1 (y ) mindentt, s ¡gy (14)-bl g2 (x) = g~2 (y ), (15)-bl pedig g3 (x) = g~3 (y ) mindentt. gy g2 s g~2 , illetve g3 s g~3 konstansok s megegyeznek. Megint a 239 lemma szerint, ω1 = ω~ 1 s ω2 = ω~ 2 konstansnak v laszthat¢. Mindkt esetben (13)-b¢l c(x) s c~(y ) is konstansok s megegyeznek. Most vizsg ljuk e(x)-et illetve e~(y )-t. Mint eml¡tettk, e(x) sak a Hf f (x) s Hf f f (x) kezdrtkektl fgg, s sak modulo egyrtelmen meghat rozott. Tudjuk, hogy Hf f (x) = −P (e(x), ω1 , ω2 ) + c s Legyen Hf f f (x) = −P ′ (e(x), ω1 , ω2 ). X (x) = P (e(x), ω1 , ω2 ) s Y (x) = P ′ (e(x), ω1 , ω2 ). Mivel a fenti sszefggsek szerint az X s Y fggvnyek kifejezhetk Hf f (x) illetve Hf f f (x) seg¡tsgvel is, ¡gy C ∞ -ben vannak. Az X s Y fggvnyek kielg¡tik az Y 2 = 4X 3 − g1 X 2 − g2 X − g3
egyenletet. Mivel az orig¢ban Y nem nulla, az orig¢ krl X egyrtelmen meghat rozza Y -t. Ugyanezen okb¢l a z 7 P (z, ω1 , ω2) lekpezs invert lhat¢ e(0) valamely krnyezetben. 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Jellje I az inverzt, s legyen e∗ (x) = I (c − Hf f (x)). Az orig¢ valamely krnyezetben fenn ll, hogy X (x) = P (e∗ (x), ω1 , ω2 ). Mivel X egyrtelmen meghat rozza Y -t, az orig¢ valamely krnyezetben az is teljesl, hogy Y (x) = P ′ (e∗ (x), ω1 , ω2 ). Ez viszont azt jelenti a 23.7 lemma szerint, hogy e(x) − e∗ (x) ∈ . gy ak r azt is feltehetjk, hogy e ≡ e∗ , azaz feltehetjk, hogy e ∈ C ∞ . Hasonl¢an kapjuk, hogy e~ ∈ C ∞ is feltehet. H tra van mg annak bizony¡t sa, hogy δ (x) s δ~(y ) az x-tl illetve y -t¢l fggetlennek s egyenlnek v laszthat¢k. V lasszuk δ (x)-et maxim lisnak azon ε′′ -nl nem nagyobb δ ′ sz mok kzl, amelyekre Hf f (x + tf )
= −P (t + e(x), ω1 , ω2 ) + c, ha |t| < δ ′ . Megmutatjuk, hogy ha |x| < ε′ = ε′′ /2, akkor δ (x) ≥ ε′ Tegyk fel, hogy valamely x-re ez nem teljesl, pld ul δ (x) < ε′ -hz tetszlegesen kzel van olyan t > δ (x), hogy Hf f (x + tf ) 6= −P (t + e(x), ω1 , ω2 ) + c. (Az az eset, amikor ez t < −δ (x)-re teljesl, hasonl¢an kezelhet.) Bevezetve a t~ = t − δ (x), x~ = x + δ (x)f £j v ltoz¢kat, azt kapjuk, hogy Hf f (~x + t~f ) s −P (t~ + e(x) + δ (x), ω1, ω2 ) + c az orig¢ egy bal oldali krnyezetben egybeesnek, de egyetlen jobb oldali krnyezetben sem azonosan egyenlek. Mivel m srszt Hf f (~ x + t~f ) = −P (t~ + e(~ x), ω1 , ω2 ) + c, ha |t~| < δ (~x), a 23.8 lemma szerint e(~x) −e(x) −δ (x) ∈ gy viszont a nulla egy jobboldali krnyezetben is Hf f (~x + t~f ) = −P (t~+ e(x)+ δ (x), ω1, ω2 )+ c, ami ellentmond s. Kvetkez lpsknt a (2) esettel foglalkozunk. Ebben az
esetben K′ ≡ 0 ′′ s K ≡ 0, s ugyan£gy mint az (1) esetben, azt kapjuk, hogy L eleget tesz az (17) L′ 2 = −4L3 − 2CL2 egyenletnek a nulla egy krnyezetben, valamint a (8) kezdeti feltteleknek. A Weierstrass-fle P -fggvnyekrl mondottak szerint (l sd 23.6) van olyan c1 konstans, valamint ω, ∞ r s lland¢k, hogy b rmely e konstansra a t 7 −P (t + e, ω, ∞) + c1 222 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse fggvny eleget tesz a (17) egyenletnek, kivve legfeljebb megsz ml lhat¢ sok izol lt t ∈ R pontot. Itt is a 237 lemma szerint az e komplex konstans megv laszthat¢ £gy, hogy a (8) kezdeti felttelek is teljesljenek, tov bb e megv laszt sa sak a kezdeti felttelektl fgg, s b r nem egyrtelm, de b rmely kt megfelel e klnbsge -ban van. Ezzel bel ttuk, hogy van olyan δ > 0, hogy valamely c konstanssal |t| < δ esetn H(t) = −P (t + e, ω, ∞) + c. Tov bb nyilv n K(s) = c~ valamely
konstansra, a nulla egy krnyezetben. Vizsg ljuk meg az eredmny fggst x-tl s y -t¢l. Itt is azt kapjuk, hogy lteznek olyan ω (x), ∞ r s lland¢k, c(x) s e(x) komplex konstansok, s δ (x) > 0, hogy Hf f (x + tf ) = −P (t + e(x), ω (x), ∞) + c(x), ha |t| < δ (x), tov bb ltezik olyan c~(y ) komplex konstans s δ~(y ) > 0, hogy Kf f (y + sf ) = c~(y ), ha |s| < δ~(y ). Itt is megvizsg ljuk a paramterek fggst x-tl illetve y -t¢l. Legyen g1 (x) az ω (x), ∞ seg¡tsgvel de ni lva (l sd 23.6-ot) A jellsek egyszers¡tsre nem fogjuk ki¡rni az x-tl, illetve y -t¢l val¢ fggst Tov bbi rvid¡tsknt legyen P (t) = P (t + e, ω, ∞). A P -fggvny eleget tesz a 2 P ′ = 4P 3 − g1 P 2 s P ′′ = 6P 2 − g1 P egyenletnek. Helyettes¡tsnk vissza (5)-be, s haszn ljuk fel a fenti sszefggseket Azt kapjuk, hogy (18) 0 = g1 (c − c~) − 6(c − c~)2 P (t) + 2(c − c~)3 . Di eren i lva t
szerint, azt kapjuk, hogy 0 = g1 (c − c~) − 6(c − c~)2 P ′ (t). Ez sak £gy lehetsges, ha g1 (c − c~) = 6(c − c~)2 . Visszahelyettes¡tve ezt (18)-ba, azt kapjuk, hogy c(x) = c~(y ), ami sak £gy lehetsges, ha mindkett ugyanaz a c konstans. H tra van mg annak bizony¡t sa, hogy δ (x) s δ~(y ) az x-tl illetve y t¢l fggetlennek s egyenlnek v laszthat¢k. Ez ugyan£gy vgezhet a 238 lemma felhaszn l s val, mint az (1) esetben. (3) bizony¡t sa teljesen hasonl¢ (2) bizony¡t s hoz. Vgl (4) trivi lisan kvetkezik (5)-bl. 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse 23.17 Lemma: sszefggs az ir nymenti deriv ltak kztt Az ir ny menti deriv ltakra 23.15 jellseit fogjuk haszn lni Tegyk fel, hogy δ > 0, e s f vektorok Rn -ben, s H , K az Rn tr δ sugar£, orig¢ kzppont£ ny¡lt gmbjn rtelmezett, komplex rtk C ∞ fggvnyek, amelyek eleget tesznek a 23.15 pont (6){(9) di eren i
legyenleteinek Ekkor (1) ha Heee (x), Keee (y ) s Hee (x) − Kee (y ) nem nulla semmilyen x, y ∈ Rn , |x|, |y| < δ esetn sem, akkor lteznek olyan d, c′ s c′′ komplex konstansok, hogy Hef (x) = dHee (x) + c′ s Kef (y ) = dKee (y ) + c′ , H (x) = d2 H (x) + c′′ s K (y ) = d2 K (y ) + c′′ , ff ee Hf f f (x) = d3 Heee (x) s ff ee Kf f f (y ) = d3 Keee (y ) minden x, y ∈ Rn -re, amelyre |x|, |y| < δ ; (2) ha Heee (x) s Hee (x) −Kee (y ) nem nulla semmilyen x, y ∈ Rn , |x|, |y| < δ esetn sem, de Keee (y ) = 0, ha |y| < δ , akkor lteznek olyan d, cee , cef s cf f komplex konstansok, hogy Kee (y ) = cee , Kef (y ) = cef , Hef (x) − cef Kf f (y ) = cf f , = d(Hee (x) − cee ), Hf f (x) − cf f = d2 (Hee (x) − cee ), Hf f f (x) = d3 Heee (x) minden x, y ∈ Rn -re, amelyre |x|, |y| < δ ; (3) ha Keee (y ) s Hee (x) − Kee (y ) nem nulla semmilyen x, y ∈ Rn , |x|, |y| < δ esetn sem, de Heee (x) = 0, ha
|x| < δ , akkor lteznek olyan d, cee , cef s cf f komplex konstansok, hogy Hee (x) = cee , Hef (x) = cef , Kef (y ) − cef Hf f (x) = cf f , = d(Kee (y ) − cee ), Kf f (y ) − cf f = d2 (Kee (y ) − cee ), Kf f f (y ) = d3 Keee (y ) minden x, y ∈ Rn -re, amelyre |x|, |y| < δ ; (4) ha Heee , Hf f f , Keee s Kf f f is azonosan null k az orig¢ δ sugar£ krnyezetn, akkor lteznek olyan cee , cef s cf f komplex konstansok, hogy Hee (x) = cee = Kee (y ), Hef (x) = cef = Kef (y ), Hf f (x) = cf f = Kf f (y ) minden x, y ∈ Rn -re, amelyre |x|, |y| < δ . 224 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Bizony¡t s. Elszr nh ny sszefggst vezetnk le a 2315 pont (7){ (9) egyenleteibl. rjuk fel a 2315 (9) egyenletet mgegyszer, meg serlve e1 s e′1 , e2 s e′2 valamint e3 s e′3 szerept, s vonjuk ki a kt egyenletet egym sb¢l. Azt kapjuk, hogy He1 e′2 e′3 (x) + Ke1 e′2 e′3 (y ) = He1′ e2 e3
(x) − Ke1′ e2 e3 (y ) He1′ e2 e3 (x) + Ke′1 e2 e3 (y ) He1 e′2 e′3 (x) − Ke1 e′2 e′3 (y ) . Ebbl egyszers¡tve, majd fel serlve e1 s e′1 szerept, azt kapjuk, hogy (5) He1 e2 e3 (x)Ke′1 e′2 e′3 (y ) = He′1 e′2 e′3 (x)Ke1 e2 e3 (y ). Tov bbi hasznos sszefggseket kaphatunk a 23.15 pont (7) s (8) egyenleteibl (8)-ban e3 helyre e′3 -at ¡rva, e1 s e′1 illetve e2 s e′2 szerept fel serlve, majd a kapott egyenletet hozz adva (7)-hez, illetve kivonva azt (7)-bl, vgl a kapott kt egyenletben e′1 s e2 szerept fel serlve, azt kapjuk, hogy (6) (He1 e2 (x) − Ke1 e2 (y )) He′1 e′2 e′3 (x) = He′1 e2 (x) − Ke′1 e2 (y ) He1 e′2 e′3 (x), illetve (7) (He1 e2 (x) − Ke1 e2 (y )) Ke′1 e′2 e3′ (y ) = He′1 e2 (x) − Ke′1 e2 (y ) Ke1 e′2 e3′ (y ). Kezdjk (1) bizony¡t s val. e1 = e2 = e3 = e′1 = e′2 = e, e′3 = f v laszt ssal (5)-bl azt kapjuk, hogy Heee (x)Keef (y ) =
Heef (x)Keee (y ). Mivel Heee s Keee se nulla sehol sem, azt kapjuk, hogy Keef (y ) Keee (y ) = Heef (x) . Heee (x) Ez az egyenlsg sak £gy llhat fenn, ha mindkt oldal megegyezik ugyanazzal a d konstanssal. Most (6)-b¢l (Hef (x) − Kef (y )) Heee (x) = (Hee (x) − Kee (y )) Heef (x) = (Hee (x) − Kee (y )) dHeee (x). Mindkt oldalt osztva Heee -vel, s a kapott sszefggst trendezve, Hef (x) − dHee (x) = Kef (y ) − dKee (y ), ami sak £gy llhat fenn, ha mindkt oldal ugyanaz a konstans. Vgl a 23.15 pont (6) egyenletbl (9) (Hf f (x) − Kf f (y )) (Hee (x) − Kee (y )) = (Hef (x) − Kef (y ))2 = d2 (Hee (x) − Kee (y ))2 . 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Mindkt oldalt osztva Hee (x) −Kee (y )-al, ugyan£gy, mint fent, kapjuk, hogy Hf f (x) − d2 Hee (x) s Kf f (y ) − d2 Kee (y ) ugyanaz a konstans. (1) utols¢ kt egyenlete (9) felhaszn l s val ad¢dik. (2) bizony¡t s hoz (5)-bl e′1 = e′2 = e′3 = e
v laszt ssal kapjuk, hogy Heee (x)Ke1 e2 e3 (y ) = He1 e2 e3 (x)Keee (y ). Mivel a jobb oldal mindentt nulla, Ke1 e2 e3 azonosan nulla tetszleges e1 , e2 , e3 vektorokra. Spe i lisan Kee , Kef s Kf f minden par i lis deriv ltja nulla, ¡gy konstansok. Jellje ezeket a konstansokat rendre cee , cef s cf f Tekintsk a Hef (x) − cef Hee (x) − cee fggvny valamely g ir ny menti deriv ltj t. Ez Hef g (x) (Hee (x) − cee ) − (Hef (x) − cef ) Heeg (x) . (Hee (x) − cee )2 A (6) sszefggsbl e1 = e2 = e′2 = e, e1′ = f , e3′ = g helyettes¡tssel kapjuk, hogy a sz ml l¢ nulla. Ez azt jelenti, hogy b rmely ir ny menti deriv lt nulla, azaz Hef (x) − cef ≡d Hee (x) − cee valamely d konstanssal. Ugyan£gy, mint az elz bekezdsben, kapjuk, hogy Hf f (x) − cf f = d2 (Hee (x) − cee ) . (3) bizony¡t sa (2) bizony¡t s val anal¢g. Vgl (4) bizony¡t s hoz 23.15 (9)-bl e1 = e2 = e3 = e′1 = e′2 = e′3 = e v laszt ssal ad¢dik, hogy 2
(Hee (x) − Kee (y ))3 = 0, amibl Hee s Kee konstansok s megegyeznek. Hasonl¢an ad¢dik, hogy Hf f s Kf f is konstansok s megegyeznek. A 2315 (6) egyenletet felhaszn lva, £gy mint fent, kapjuk, hogy Hef s Kef szintn konstansok s megegyeznek. 23.18 Lemma: lok lis megold sok Tegyk fel, hogy a H s K fggvnyek az orig¢ egy δ > 0 sugar£ krnyezetn rtelmezett komplex rtk C ∞ fggvnyek s ott eleget tesznek a 23.15 pontbeli (6){(9) par i lis di eren i legyenleteknek, tov bb (1) b rmely 1 ≤ j ≤ n indexre, ∂j3 H is s ∂j3 K is vagy mindentt nulla az adott krnyezetben, vagy sehol sem nulla az adott krnyezetben; (2) b rmely olyan j indexre, amelyre ∂j3 H vagy ∂j3 K nem nulla az adott krnyezetben, ∂j2 H (x) − ∂j2 K (y ) sehol sem nulla az adott krnyezetbl vett b rmely x-re s y -ra; 226 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse (3) van olyan j index, hogy vagy ∂j3 H vagy ∂j3 K vagy mindkett
nem nulla sehol sem az adott krnyezetben. Ekkor az x = (x1 , . , xn ), y = (y1 , , yn ) jellsekkel, valamint 236 jellseivel (4) ha minden j -re vagy sem ∂j3 H sem ∂j3 K nem nulla sehol sem az adott krnyezetben, vagy mindkett nulla mindentt az adott krnyezetben, akkor valamely ω1 , ω2 r s lland¢kkal s a, a~, bi , ~bi , c, c~, ci,j = cj,i , di , e, e~ komplex sz mokkal az orig¢ valamely krnyezetben H (x) = a + X b i xi + X ~bi yi + X ci,j xi xj +ln c σ (d1 x1 + . + dn xn + e; ω1 , ω2 ) X ci,j yi yj + ln c~ σ (d1 y1 + . + dn yn + e~; ω1 , ω2 ) , i i,j s K (y ) = a ~+ i i,j tov bb di pontosan akkor nulla, ha ∂i3 H s ∂i3 K null k; (5) ha minden j -re vagy ∂j3 H sehol sem nulla, ∂j3 K pedig mindentt nulla az adott krnyezetben, vagy mindkett mindentt nulla az adott krnyezetben, akkor valamely ω, ∞ r s lland¢kkal s a, ~a, bi , ~bi , c, ci,j = cj,i , di , e, e~ komplex sz mokkal az orig¢ egy
krnyezetben H (x) = a + X b i xi + i s X i,j ci,j xi xj + ln c σ (d1 x1 + . + dn xn + e; ω, ∞) K (y ) = a ~+ X ~bi yi + X b i xi + i X ci,j yi yj , X ci,j xi xj i,j tov bb di pontosan akkor nulla, ha ∂i3 H nulla; (6) ha minden j -re vagy ∂j3 H mindentt nulla, ∂j3 K pedig sehol sem nulla az adott krnyezetben, vagy mindkett nulla az adott krnyezetben mindentt, akkor valamely ω, ∞ r s lland¢kkal s a, ~a, bi , ~bi , c~, ci,j = cj,i , di , e, e~ komplex sz mokkal az orig¢ egy krnyezetben H (x ) = a + i s K (y ) = a ~+ X i ~bi yi + X i,j i,j ci,j yi yj + ln c~ σ (d1 y1 + · · · + dn yn + e~; ω, ∞) , tov bb di pontosan akkor nulla, ha ∂i3 K nulla; (7) az (1), (2) (3) felttelek mellett lehetsges tbbi esetben nin s megold s a nulla egyetlen krnyezetben sem. 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Bizony¡t s. Az elz lemma alapj n vil gos, hogy ha van olyan j index, hogy ∂j3 H
sehol sem nulla, ∂j3 K pedig azonosan nulla az adott krnyezetben, akkor ∂i3 K minden 1 ≤ i ≤ n-re azonosan nulla az adott krnyezetben Hasonl¢an, ha van olyan j index, hogy ∂j3 K sehol sem nulla, ∂j3 H pedig azonosan nulla az adott krnyezetben, akkor ∂i3 H minden 1 ≤ i ≤ n-re azonosan nulla az adott krnyezetben. gy sak a (4){(6) pontokban megadott esetekben lehetsges megold s az orig¢ valamely krnyezetben, s ezzel (7)-et bel ttuk. (4){(6) bizony¡t sa a dimenzi¢sz m szerinti induk i¢val trtnik. Nyilv n az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy azok az i indexek, amelyekre ∂i3 H s ∂i3 K azonosan null k, mind nagyobbak, mint azok az indexek, amelyekre valamelyik vagy mindkett nem nulla. Kezdjk (4) bizony¡t s val. n = 1-re az ll¡t s kvetkezik a 2316 lemm b¢l Induk i¢s feltevsnk, hogy n − 1-re teljesl az ll¡t s, azaz lteznek olyan r s lland¢k s olyan a, a~, bi , ~bi , c, c~, ci,j = cj,i , di , e, e~,
(i, j < n) komplex sz mok, hogy a nulla egy krnyezetn (8) s (9) H (x ) = a + X b i xi + X ~bi yi + i<n X ci,j xi xj X ci,j yi yj i,j<n + ln c σ (d1 x1 + · · · + dn−1 xn−1 + e; ω1 , ω2 ) K (y ) = a ~+ i<n i,j<n + ln c~ σ (d1 y1 + · · · + dn−1 yn−1 + e~; ω1 , ω2 ) , ha az f1 , f2, . , fn standard b zisvektorok kzl az els n−1 ltal kifesz¡tett altrben vagyunk, valamint minden i < n-re teljesl, hogy di = 0 akkor s sak akkor, ha ∂i3 H ≡ 0 ≡ ∂i3 K . A kpletek tmrebb ttelre vezessk be az x′ = (x1 , x2, . , xn−1 , 0) s y ′ = (y1 , y2 , . , yn−1 , 0) rvid¡tseket Elszr azt az esetet vizsg ljuk, amikor sem ∂n3 H , sem ∂n3 K nem tnik el. A 2316 lemm b¢l azt kapjuk, hogy (10) s (11) ∂n2 H (x′ + xn fn ) = −P (xn + e1 (x′ ), ω ~ 1 , ω~ 2 ) + c1 ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = −P (yn + e~1 (y ′ ), ω ~ 1 , ω~ 2 ) + c1 elg ki siny x′ , y ′ , xn s yn
esetn, ahol xn , yn val¢s sz mok, x′ s y ′ pedig olyan Rn -beli vektorok, amelyeknek utols¢ koordin t ja nulla. A bizony¡t s alapgondolata megmutatni, hogy van olyan dn konstans s lteznek olyan ei (xi , . , xn−1 ) s e~i (xi , , xn−1 ) folytonos fggvnyek, amelyekkel dn = Di di valamint ei (xi , . , xn−1 ) = d i xi dn + ei+1 (xi+1 , . , xn−1 ) 228 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse s e~i (yi , . , yn−1 ) = di yi dn + e~i+1 (yi+1 , . , yn−1 ), ha i < n. Vegyk szre, hogy en s e~n konstansok Vizsg ljuk a kezdeti feltteleket. A 2317 lemm b¢l azt kapjuk, hogy i < n-re valamely Di s c′i , c′′i konstansokkal (12) ∂i ∂n H (x) = Di ∂i2 H (x) + c′i ∂ 2 H (x) = D2 ∂ 2 H (x) + c′′ n s ∂i ∂n K (y ) = Di ∂i2 K (y ) + c′i , s ∂n2 K (y ) = Di2 ∂i2 K (y ) + c′′i , i i i ∂n3 H (x) = Di3 ∂i3 H (x) s ∂n3 K (y ) = Di3 ∂i3 K (y ) minden elg ki siny x, y
esetn. Az utols¢ sorb¢l kvetkezik, hogy Di 6= 0 A ∂n2 H -ra kapott (10) sszefggst di eren i lva xn szerint, majd xn = 0-t helyettes¡tve, s felhaszn lva (12) utols¢ sor t s az induk i¢s feltevst, azt kapjuk, hogy (13) P ′ (e1 (x1 , . , xn−1 ), ω ~ 1, ω~ 2 ) = −∂n3 H (x′ ) = −D13 ∂13 H (x′ ) = D13 d31 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 ) M srszt, (10)-et s (12) m sodik sor t felhaszn lva, (14) P (e1 (x1 , . , xn−1 ), ω ~ 1, ω~ 2 ) − c1 = −∂n2 H (x′ ) = −D12 ∂12 H (x′ ) − c′′1 = D12 d21 P (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 − 2D12 c11 − c′′1 is teljesl minden elg ki siny x′ -re. Az impli it fggvny ttel szerint ebbl kvetkezik, hogy b rmely rgz¡tett x2 , x3 , . , xn−1 -re az e1 fggvny folytonosan di eren i lhat¢ fggvnye x1 -nek Di eren i lva (14)-et x1 szerint, azt kapjuk, hogy (15) P ′ (e1 (x1 , . , xn−1 ), ω ~ 1 , ω~ 2 )∂1 e1 (x1 , . ,
xn−1 ) = D12 d31 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 ) Ebbl felhaszn lva (13)-at, azt kapjuk, hogy D13 d31 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 ∂1 e1 (x1 , , xn−1 ) = D12 d31 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 , azaz ∂1 e1 (x1 , . , xn−1 ) = 1/D1 Ez azt jelenti, hogy valamely e2 (x2 , , xn−1 ) folytonos fggvnnyel e1 (x1 , x2 , . , xn−1 ) = x1 /D1 + e2 (x2 , , xn−1 ) Bevezetve a dn = D1 d1 jellst, s visszahelyettes¡tve (14)-be, majd felhaszn lva a minden null t¢l klnbz α komplex sz mra fenn ll¢ P (z, ω1 , ω2 )/α2 = P (αz, αω1 , αω2 ) 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse sszefggst, azt kapjuk, hogy (16) P (d1 x1 /dn + e2 (x2 , . , xn−1 ), ω ~ 1 , ω~ 2 ) − c1 2 = dn P (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 − 2D12 c11 − c1′′ = P (d1 x1 /dn + . + dn−1 xn−1 /dn + e/dn , ω1 /dn , ω2 /dn ) − 2c11 D12 − c1′′ Ebben
az egyenletben x2 , . , xn−1 helyre null t helyettes¡tve, a 238 lemm b¢l azt kapjuk, hogy c1 = 2c11 D12 + c′′1 s a z 7 P (z, ω~ 1 , ω~ 2 ) fggvny megegyezik a z 7 P (z, ω1 /dn , ω2 /dn ) fggvnnyel. Bevezetve a cnn = c11 D12 + c′′1 /2 jellst ¡gy (10)-bl azt kapjuk, hogy (17) ∂n2 H (x′ + xn fn ) = 2cnn − P (xn + d1 x1 /dn + e2 (x2 , . , xn−1 ), ω1 /dn , ω2 /dn ) = 2cnn − d2n P (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ) + dn xn , ω1 , ω2 ), (14)-bl pedig, hogy (18) P (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω1 , ω2 ) = P (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 , vgl (11)-bl, hogy (19) ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = 2cnn − d2n P (dn e~1 (y1 , . , yn−1 ) + dn yn , ω1 , ω2 ) Az ut¢bbi egyenletben yn = 0-t helyettes¡tve, s felhaszn lva (12) m sodik sor t, valamint a dn = D1 d1 sszefggst, azt kapjuk, hogy (20) P (dn e~1 (y1 , y2 , . , yn−1 ), ω1 , ω2 ) = P (d1 y1 + . + dn−1 yn−1 + e~, ω1 , ω2
Innen, rgz¡tve az y2 , . , yn−1 v ltoz¢kat, az impli it fggvny ttelbl azt kapjuk, hogy e~1 folytonosan di eren i lhat¢ fggvnye y1 -nek. Di eren ilva y1 szerint, azt kapjuk, hogy dn P ′ (dn e~1 (y1 , y2 , . , yn−1 ), ω1 , ω2 )∂1 e~1 (y1 , , yn−1 ) = d1 P ′ (d1 y1 + . + dn−1 yn−1 + e~, ω1 , ω2 ) M srszt, di eren i lva (19)-et yn szerint, majd yn = 0-t helyettes¡tve, s felhaszn lva (12) utols¢ sor t valamint az induk i¢s feltevst, azt kapjuk, hogy d3n P ′ (dn e~1 (y1 , . , yn−1 ), ω1 , ω2 ) = −∂n3 K (y ′ ) = −D13 ∂13 K (y ′ ) = D13 d31 P ′ (d1 y1 + . + dn−1 yn−1 , ω1 , ω2 Ezt behelyettes¡tve az elz egyenletbe az ad¢dik, hogy e~1 (y1 , y2 , . , yn−1 ) = d1 y1 /dn + e~2 (y2 , , yn−1 ) 230 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse valamely folytonos e~2 fggvnnyel, s ¡gy (19)-bl (21) ∂n2 K (y ′ +yn fn ) = 2cnn −d2n P (d1 y1 +dn e~2 (y2 , . , yn−1
)+dn yn , ω1 , ω2 ), (20)-b¢l pedig (22) P (d1 y1 + dn e~2 (y2 , . , yn−1 ), ω1 , ω2 ) = P (d1 y1 + . + dn−1 yn−1 + e~, ω1 , ω2 Megjegyezzk, hogy ebben az egyenletben y2 = · · · = yn−1 = 0-t, illetve a (18) egyenletben x2 = · · · = xn−1 = 0-t helyettes¡tve, a 23.8 lemma felhaszn l s val ad¢dik, hogy dn e2 (0, . , 0) − e illetve dn e~2 (0, , 0) − e~ is az ω1 , ω2 ltal gener lt r s elemei. Hasonl¢an folytathatjuk. xn = 0-t helyettes¡tve (17)-ben, felhaszn lva (12) m sodik sor t s az induk i¢s feltevst, azt kapjuk, hogy (23) d2n P (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω1 , ω2 ) − 2cnn = −∂n2 H (x′ ) = −D22 ∂22 H (x′ ) − c2′′ = D22 d22 P (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 ) − 2D22 d22 c22 − c2′′ Felhaszn lva (18)-at, ebbl az egyenletbl azt kapjuk, hogy D2 d2 = dn . A (17) egyenletet di eren i lva xn szerint, majd xn = 0-t helyettes¡tve, felhaszn lva (12) utols¢ sor t s az induk i¢s
feltevst, azt kapjuk, hogy (24) d3n P ′ (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω1 , ω2 ) = −∂n3 H (x′ ) = −D23 ∂23 H (x′ ) = D23 d32 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω1 , ω2 ), azaz mivel D2 d2 = dn , (25) P ′ (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω1 , ω2 ) = P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω1 , ω2 ) (18) miatt b rmely rgz¡tett x3 , . , xn−1 -re az impli it fggvny ttelbl az e2 fggvny folytonosan par i lisan di eren i lhat¢ x2 szerint. Di ereni lva (18)-at x2 szerint azt kapjuk, hogy (26) dn P ′ (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω1 , ω2 )∂1 e2 (x2 , , xn−1 ) = d2 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω1 , ω2 ) Ebbl felhaszn lva (25)-t az ad¢dik, hogy ∂1 e2 (x2 , x3 , . , xn−1 ) = d2 /dn mindentt. Ez azt jelenti, hogy valamely folytonos e3 (x3 , , xn−1 ) fggvnnyel e2 (x2 , . , xn−1 ) = d2 x2 /dn + e3 (x3 , , xn−1 ) 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse
Hasonl¢an kapjuk, hogy valamely folytonos e~3 (y3 , . , yn−1 ) fggvnnyel e~2 (y2 , . , yn−1 ) = d2 y2 /dn + e~3 (y3 , , yn−1 ) Induk i¢val folytatva, vgl azt kapjuk, hogy ∂n2 H (x′ + xn fn ) = 2cnn − d2n P (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + den , ω1 , ω2 ) s ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = 2cnn − d2n P (d1 y1 + d2 y2 + · · · + dn yn + de~n , ω1 , ω2 ). Mivel, mint megmutattuk, dn en − e = dn e2 (0, . , 0) − e s dn e~n − e~ = dn e~2 (0, . , 0) − e~ is elemei az r snak, s pontjai peri¢dusok, az is teljesl, hogy ∂n2 H (x′ + xn fn ) = 2cnn − d2n P (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω1 , ω2 ) s ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = 2cnn − d2n P (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e~, ω1 , ω2 ). Most integr ljuk ezeket az egyenleteket. Azt kapjuk, hogy ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + dn ζ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω1 , ω2 ) + B1 (x1 , . , xn−1 ) s ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + dn ζ (d1 y1 +
d2 y2 + · · · + dn yn + e~, ω1 , ω2 ) + B~1 (y1 , . , yn−1 ) A B1 s B~1 fggvnyek C ∞ -ben vannak. jra di eren i lva x1 illetve y1 szerint, majd xn = 0-t illetve yn = 0-t helyettes¡tve, felhaszn lva (12) els sor t s a (8) s (9) kezdeti feltteleket, valamint, hogy Di di = dn , ha i < n, azt kapjuk, hogy ∂1 B ≡ ∂1 B~ konstansok. A kzs rtket 2c1,n -el jellve, azt kapjuk, hogy ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + dn ζ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω1 , ω2 ) + 2c1,n x1 + B2 (x2 , . , xn−1 ) s ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + dn ζ (d1 y1 + d2 y2 + · · · + dn yn + e~, ω1 , ω2 ) + 2c1,n y1 + B~2 (y2 , . , yn−1 ) Induk i¢val hasonl¢an folytatva, vgl azt kapjuk, hogy ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + dn ζ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω1 , ω2 ) + 2c1,n x1 + · · · + 2cn−1,n xn−1 + bn 232 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse s ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + dn
ζ (d1 y1 + d2 y2 + · · · + dn yn + e~, ω1 , ω2 ) + 2c1,n y1 + · · · + 2cn−1,n yn−1 + ~bn . Kvetkez lpsknt ezeket az egyenleteket integr ljuk. Az induk i¢s feltevs miatt ln c σ (d1x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω1 , ω2 ) s ln c~ σ (d1 y1 + d2 y2 + · · · + dn yn + e~, ω1 , ω2 ) rtelmezve vannak az orig¢ egy krnyezetben. gy az elz egyenletek integr l s val az ad¢dik, hogy az orig¢ egy kis gmbkrnyezetben s H (x′ + xn fn ) = ln c σ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω1 , ω2 ) n− X1 2 2ci,n xi xn + bn xn + a1 (x1 , . , xn−1 ) + cnn xn + i=1 K (y ′ + yn fn ) = ln c~ σ (d1 y1 + d2 y2 + · · · + dn yn + e~, ω1 , ω2 ) n− X1 2 2ci,n yi yn + ~bn yn + a~1 (y1 , . , yn−1 ) + cnn yn + i=1 Az xn = 0 illetve yn = 0 helyettes¡tssel, felhaszn lva a (8) s (9) kezdeti feltteleket, azt kapjuk, hogy a1 (x1 , . , xn−1 ) = a + X b i xi + i<n a ~1 (y1 , . , yn−1 ) = a~ + X X cij xi
xj s i,j<n ~bi yi + i<n X cij yi yj . i,j<n gy kapjuk az ll¡t st. Meg kell mg vizsg lnunk azt az esetet, amikor ∂n3 H s ∂n3 K is null k. Ekkor azt kell megmutatnunk, hogy dn = 0 v laszt ssal teljesl az ll¡t s. A 23.16 lemm b¢l azt kapjuk, hogy van olyan c1 ∈ C konstans, hogy minden elg ki si x′ , y ′ , xn s yn esetn ∂n2 H (x′ + xn fn ) = c1 s ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = c1 . gy cnn = c1 /2 jellssel ¡rhatjuk, hogy ∂n2 H (x′ + xn fn ) = 2cnn s ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = 2cnn . Vegyk szre, hogy minden i < n-re ∂i ∂n H (x′ ) s ∂i ∂n K (y ′ ) ugyanaz a konstans; ha ugyanis ∂i3 H s ∂i3 K nem null k, akkor fenn llnak a (12) sszefggsek, s (12) utols¢ sor b¢l Di = 0, ¡gy az ll¡t s kvetkezik (12) els 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse sor b¢l. Ha viszont ∂i3 H s ∂i3 K is azonosan null k, akkor az ll¡t s a 2317 lemma (4) esetbl kvetkezik. Most
integr ljuk a fenti egyenleteket. Azt kapjuk, hogy ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + B1 (x1 , . , xn−1 ) s ~1 (y1 , . , yn−1 ) ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + B A B1 s B~1 fggvnyek C ∞ -ben vannak. jra di eren i lva x1 illetve y1 szerint, majd xn = 0-t illetve yn = 0-t helyettes¡tve, azt kapjuk, hogy ∂1 B ≡ ~ konstansok. A kzs rtket 2c1,n -el jellve, azt kapjuk, hogy ∂1 B ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + 2c1,n x1 + B2 (x2 , . , xn−1 ) s ~2 (y2 , . , yn−1 ) ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + 2c1,n y1 + B Induk i¢val hasonl¢an folytatva, vgl azt kapjuk, hogy ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + 2c1,n x1 + · · · + 2cn−1,n xn−1 + bn s ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + 2c1,n y1 + · · · + 2cn−1,n yn−1 + ~bn . Ezeknek az egyenleteknek az integr l s val az ad¢dik, hogy H (x ′ + xn fn ) = cnn x2 + yn fn ) = cnn y2 n + n− X1 + n− X1 s K (y ′ n i=1 i=1 2ci,n xi xn + bn xn + a1 (x1 , .
, xn−1 ) 2ci,n yi yn + ~bn yn + a~1 (y1 , . , yn−1 ) Az xn = 0 illetve yn = 0 helyettes¡tssel, felhaszn lva a (8) s (9) kezdeti feltteleket, azt kapjuk, hogy a1 (x1 , . , xn−1 ) = a + X b i xi + i<n X ci,j xi xj i,j<n + ln c σ (d1x1 + dn−1 xn−1 + e; ω1 , ω2 ) , s a ~1 (y1 , . , yn−1 ) = a~ + X i<n ~bi yi + X ci,j yi yj i,j<n + ln c~ σ (d1 y1 + . + dn−1 yn−1 + e~; ω1 , ω2 ) , ¡gy mivel dn = 0, kapjuk az ll¡t st. 234 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse (5) bizony¡t s n l is az n = 1 eset kvetkezik a 23.16 lemm b¢l Induki¢s feltevsnk, hogy H (x) = a + X i<n s b i xi + X i,j<n ci,j xi xj +ln c σ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e; ω, ∞) K (y ) = a ~+ X ~bi yi + i<n X ci,j yi yj , i,j<n ha az f1 , f2, . , fn standard b zisvektorok kzl az els n−1 ltal kifesz¡tett altrben vagyunk, tov bb a di pontosan akkor nulla, ha ∂i3 H azonosan
nulla. Elszr azt az esetet vizsg ljuk, amikor ∂n3 H nem tnik el. A 2316 lemm b¢l azt kapjuk, hogy (27) ∂n2 H (x′ + xn fn ) = −P (xn + e1 (x1 , . , xn−1 ), ω~ (x1 , , xn−1 ), ∞)+ c1 s ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = c1 (28) elg ki siny x′ , y ′ , xn s yn esetn, ahol xn , yn val¢s sz mok, x′ s y ′ pedig olyan Rn -beli vektorok, amelyeknek utols¢ koordin t ja nulla. Vizsg ljuk most is a kezdeti feltteleket. Az induk i¢s feltevsbl ∂i2 K (y ′ ) = 2cii . Ezt felhaszn lva, a 2317 lemm b¢l azt kapjuk, hogy valamely Di , cin s cnn komplex konstansokkal ∂i2 K (y ) = 2cii , (29) ∂i ∂n K (y ) = 2cin , = Di (∂i2 H (x) − 2cii ), 2 2 nn = Di (∂i H (x) − 2cii ), ∂n3 H (x) = Di3 ∂i3 H (x) ∂i ∂n H (x) − 2cin ∂ 2 H (x) − 2c n ∂n2 K (y ) = 2cnn , minden elg ki siny x, y esetn. Az utols¢ sorb¢l kvetkezik, hogy Di 6= 0 minden i < n-re. (29) els sor b¢l c1 = 2cnn , tov bb (28)-b¢l 3 2 2 3 (∂n3 H
(x))2 − 4(∂n2 H (x) − 2cnn )3 2 (∂1 H (x)) − 4(∂1 H (x) − 2c11 ) . = D 1 (∂n2 H (x) − 2cnn )2 (∂12 H (x) − 2c11 )2 Az induk i¢s feltevs miatt, felhaszn lva a P -fggvnyek di eren i legyenlett, azt kapjuk, hogy ha ω = ∞, akkor a jobb oldal nulla. Ha ω~ (x1 , , xn−1 ) valahol vgtelentl klnbzne, akkor a bal oldal 4π 2/ω~ (x1 , . , xn−1 )2 lenne, ez lehetetlen, ¡gy ω~ (x1 , . , xn−1 ) ≡ ∞ Ha ω = 6 ∞, akkor a jobb oldal 4d21 D12 π 2 /ω 2 6= 0, ¡gy a bal oldal sem nulla, azaz ω~ (x1 , . , xn−1 ) 6= ∞ sehol sem. Ekkor viszont a bal oldal 4π 2 /ω~ (x1 , , xn−1 )2 , amibl azt kapjuk, hogy ω~ (x1 , , xn−1 ) = ±ω/(d1 D1 ) Mivel az eljel rdektelen (a r s ugyanaz marad), feltehetjk, hogy ω~ (x1 , . , xn−1 ) = ω/(d1 D1 ) mindentt 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Bevezetve a dn = D1 d1 jellst s visszahelyettes¡tve (27)-be, valamint felhaszn lva a b rmely
null t¢l klnbz α komplex sz mra fenn ll¢ P (z, ω, ∞)/α2 sszefggst, azt kapjuk, hogy = P (αz, αω, ∞) (30) ∂n2 H (x′ + xn fn ) = −d2n P (dn xn + dn e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞) + 2cnn Ha ebben az egyenletben xn = 0-t helyettes¡tnk, azt kapjuk, hogy ∂n2 H (x′ ) = −d2n P (e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞) + 2cnn Ha viszont elszr di eren i lunk xn szerint, s azt n helyettes¡tnk xn = 0-t, akkor azt kapjuk, hogy Legyen s ∂n3 H (x′ ) = −d3n P ′ (dn e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞) X (x1 , . , xn−1 ) = P (dn e1 (x1 , , xn−1 ), ω, ∞) Y (x1 , . , xn−1 ) = P ′ (dn e1 (x1 , , xn−1 ), ω, ∞) Mivel a fenti sszefggsek szerint az X s Y fggvnyek kifejezhetk ∂n2 H (x′ ) illetve ∂n3 H (x′ ) seg¡tsgvel is, ¡gy C ∞ -ben vannak. Tegyk fel, hogy ω = 6 ∞. 2 3 2 2 2 Az X s Y fggvnyek kielg¡tik az Y = 4X − 4π X /ω egyenletet. Mivel az orig¢ban Y nem nulla, az orig¢
krl X egyrtelmen meghat rozza Y t. Ugyanezen okb¢l a z 7 P (z, ω, ∞) lekpezs invert lhat¢ dn e1 (0, , 0) valamely krnyezetben. Jellje I az inverzt, s legyen e∗1 (x1 , , xn−1 ) = I −(∂n2 H (x′ ) − 2cnn )/d2n /dn . Az orig¢ valamely krnyezetben fenn ll, hogy X (x1 , . , xn−1 ) = P (dn e∗1 (x1 , , xn−1 ), ω, ∞) Mivel X egyrtelmen meghat rozza Y -t, az orig¢ valamely krnyezetben az is teljesl, hogy Y (x1 , . , xn−1 ) = P ′ (dn e∗1 (x1 , , xn−1 ), ω, ∞) Ez viszont azt jelenti a 23.7 lemma szerint, hogy dn e1 (x1 , . , xn−1 ) − e∗1 (x1 , , xn−1 ) ∈ gy ak r azt is feltehetjk, hogy e1 = e∗1 , azaz feltehetjk, hogy e1 ∈ C ∞ . Hasonl¢an kapjuk ugyanezt, ha ω = ∞. Vizsg ljuk most az e1 fggvnyt. Egyrszt xn = 0-t helyettes¡tve (30)ban, felhaszn lva (29) harmadik sor t s az induk i¢s feltevst, azt kapjuk, hogy (31) d2n P (dn e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞)
− 2cnn = −∂n2 H (x′ ) = −D12 ∂12 H (x′ ) + 2D12 c11 − 2cnn = D12 d21 P (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω, ∞) − 2cnn 236 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Felhaszn lva, hogy dn = D1 d1 , ebbl az egyenletbl azt kapjuk, hogy P (dn e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞) (32) = P (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω, ∞ , M srszt (30) egyenletet di eren i lva xn szerint, majd xn = 0-t helyettes¡tve, felhaszn lva (29) utols¢ sor t s az induk i¢s feltevst, azt kapjuk, hogy d3n P ′ (dn e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞) (33) = −∂n3 H (x′ ) = −D13 ∂23 H (x′ ) = D13 d31 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω, ∞), azaz mivel D1 d1 = dn , P ′ (dn e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞) (34) = P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω, ∞) (32) miatt b rmely rgz¡tett x2 , . , xn−1 -re az impli it fggvny ttelbl az e1 fggvny folytonosan par i lisan di eren i lhat¢ x1 szerint. Di ereni lva (32)-t x1 szerint
azt kapjuk, hogy (35) dn P ′ (dn e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞)∂1e1 (x1 , , xn−1 ) = d1 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω, ∞) Ebbl felhaszn lva (34)-et az ad¢dik, hogy ∂1 e1 (x1 , . , xn−1 ) = d1 /dn mindentt. Ez azt jelenti, hogy valamely folytonos e2 (x2 , , xn−1 ) fggvnnyel e1 (x1 , . , xn−1 ) = d1 x1 /dn + e2 (x2 , , xn−1 ) Visszahelyettes¡tve (32)-be, x2 = · · · = xn−1 = 0 v laszt ssal a 23.8 lemm b¢l azt is megkapjuk, hogy dn e2 (0, , 0) − e eleme az ω ltal gener lt (elfajult) r snak. Hasonl¢an folytathatjuk. Egyrszt xn = 0-t helyettes¡tve (30)-ban, felhaszn lva (29) harmadik sor t s az induk i¢s feltevst, azt kapjuk, hogy (36) d2n P (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω, ∞) − 2cnn = −∂n2 H (x′ ) = −D22 ∂22 H (x′ ) + 2D22 c22 − 2cnn = D22 d22 P (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω, ∞) − 2cnn Felhaszn lva (32)-t, ebbl az egyenletbl azt kapjuk, hogy D2 d2 = dn . A (30)
egyenletet di eren i lva xn szerint, majd xn = 0-t helyettes¡tve, felhaszn lva (29) utols¢ sor t s az induk i¢s feltevst, azt kapjuk, hogy (37) d3n P ′ (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω, ∞) = −∂n3 H (x′ ) = −D23 ∂23 H (x′ ) = D23 d32 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω, ∞), 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse azaz mivel D2 d2 = dn , (38) P ′ (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω, ∞) = P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω, ∞) (32) miatt b rmely rgz¡tett x3 , . , xn−1 -re az impli it fggvny ttelbl az e2 fggvny folytonosan par i lisan di eren i lhat¢ x2 szerint. Di ereni lva (32)-t x2 szerint azt kapjuk, hogy (39) dn P ′ (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω, ∞)∂1e2 (x2 , , xn−1 ) = d2 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω, ∞) Ebbl felhaszn lva (36)-ot az ad¢dik, hogy ∂1 e2 (x2 , x3 , . , xn−1 ) = d2 /dn mindentt. Ez azt jelenti, hogy valamely folytonos e3 (x3 ,
, xn−1 ) fggvnnyel e2 (x2 , . , xn−1 ) = d2 x2 /dn + e3 (x3 , , xn−1 ) Induk i¢val folytatva, vgl azt kapjuk, hogy ∂n2 H (x′ + xn fn ) = 2cnn − d2n P (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + en , ω, ∞). Mivel, mint megmutattuk, en − e = dn e2 (0, . , 0) − e eleme az s pontjai peri¢dusok, az is teljesl, hogy r snak, ∂n2 H (x′ + xn fn ) = 2cnn − d2n P (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω, ∞). Most integr ljuk a ∂n2 H -ra s ∂n2 K -ra kapott egyenleteket. Azt kapjuk, hogy ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + dn ζ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω, ∞) + B1 (x1 , . , xn−1 ) s ~1 (y1 , . , yn−1 ) ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + B A B1 s B~1 fggvnyek C ∞ -ben vannak. jra di eren i lva x1 illetve y1 szerint, majd xn = 0-t illetve yn = 0-t helyettes¡tve, felhaszn lva (29) els s m sodik sor t, valamint, hogy Di di = dn , ha i < n, azt kapjuk, hogy ~ konstansok, ¡gy ∂1 B ≡ 2c1,n ≡ ∂1 B
∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + dn ζ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω, ∞) + 2c1,n x1 + B2 (x2 , . , xn−1 ) s ~2 (y2 , . , yn−1 ) ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + 2c1,n y1 + B 238 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Induk i¢val hasonl¢an folytatva, vgl azt kapjuk, hogy ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + dn ζ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω, ∞) s + 2c1,n x1 + · · · + 2cn−1,n xn−1 + bn ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + 2c1,n y1 + · · · + 2cn−1,n yn−1 + ~bn . Kvetkez lpsknt ezeket az egyenleteket integr ljuk. Az induk i¢s feltevs miatt ln c σ (d1x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω, ∞) rtelmezve van az orig¢ egy krnyezetben. gy az elz egyenletek integr l s val az ad¢dik, hogy az orig¢ egy kis gmbkrnyezetben s H (x′ + xn fn ) = ln c σ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω, ∞) n− X1 2 2ci,n xi xn + bn xn + a1 (x1 , . , xn−1 ) + cnn
xn + i=1 K (y ′ + yn fn ) = cnn y2 n + n− X1 i=1 2ci,n yi yn + ~bn yn + a~1 (y1 , . , yn−1 ) Az xn = 0 illetve yn = 0 helyettes¡tssel, felhaszn lva a (8) s (9) kezdeti feltteleket, azt kapjuk, hogy a1 (x1 , . , xn−1 ) = a + X b i xi + i<n a ~1 (y1 , . , yn−1 ) = a~ + X X cij xi xj s i,j<n ~bi yi + i<n X cij yi yj . i,j<n gy kapjuk az ll¡t st. Meg kell mg vizsg lnunk azt az esetet, amikor ∂n3 H s ∂n3 K is nulla mindentt. Ekkor azt kell megmutatnunk, hogy dn = 0 v laszt ssal teljesl az ll¡t s. A 2316 lemm b¢l azt kapjuk, hogy van olyan c1 ∈ C konstans, hogy minden elg ki si x′ , y ′ , xn s yn esetn ∂n2 H (x′ + xn fn ) = c1 s ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = c1 . gy cnn = c1 /2 jellssel ¡rhatjuk, hogy ∂n2 H (x′ + xn fn ) = 2cnn s ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = 2cnn . Vegyk szre, hogy minden i < n-re ∂i ∂n H (x′ ) s ∂i ∂n K (y ′ ) ugyanaz a konstans; ha ugyanis ∂i3 H
s ∂i3 K nem null k, akkor fenn llnak a (29) sszefggsek, s (29) utols¢ sor b¢l Di = 0, ¡gy az ll¡t s kvetkezik (29) els s m sodik sor b¢l. Ha viszont ∂i3 H s ∂i3 K is azonosan null k, akkor az ll¡t s a 23.17 lemma (4) esetbl kvetkezik A tov bbiakban ugyan£gy j rhatunk el, mint (4) bizony¡t s ban. 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Vgl (6) bizony¡t sa (5) bizony¡t s val anal¢g. 23.19 Ttel Tegyk fel, hogy az f1 , f2, g1, g2, h1 , h2 : Rn C fgg- vnyek eleget tesznek az f1 (u + v )f2 (u − v ) = g1 (u)h1 (v ) + g2 (u)h2 (v ), u, v ∈ Rn fggvnyegyenletnek, f1 s f2 mrhetek s egyik sem majdnem mindentt nulla. Ekkor lteznek olyan a, ~a, e, e~ ∈ C konstansok, L, L1 , L2 : Rn C line ris s Q : Rn C kvadratikus lekpezsek, valamint ω1 , ω2 r s lland¢k (l sd 23.6), hogy f1 (x) = exp(a + L1 (x) + Q(x))σ (L(x) + e, ω1 , ω2 ), ha x ∈ Rn s f2 (y ) = exp(~ a + L2 (y ) + Q(y ))σ (L(y
) + e~, ω1 , ω2 ), ha y ∈ Rn vagy f1 (x) = exp(a + L1 (x) + Q(x))σ (L(x) + e, ω1 , ∞), f2 (y ) = exp(~ a + L2 (y ) + Q(y )), ha y ∈ Rn ha x ∈ Rn s vagy f1 (x) = exp(a + L1 (x) + Q(x)), ha x ∈ Rn s f2 (y ) = exp(~ a + L2 (y ) + Q(y ))σ (L(y ) + e~, ω1 , ∞), ha y ∈ Rn . Megjegyezzk, hogy f1 , f2 fggvnyben a 23.11 s 2310 pontok alapj n g1 , g2 , h1 , h2 meghat rozhat¢k. Bizony¡t s. Elszr tegyk fel, hogy vagy van olyan x0 ∈ Rn pont s olyan 1 ≤ i ≤ n index, hogy H (x) = ln(f1 (x + x0 )/f1 (x0 )) jellssel ∂i3 H nem azonosan nulla az orig¢ egyetlen krnyezetben sem, vagy van olyan y0 ∈ Rn pont s 1 ≤ i ≤ n index, hogy K (y ) = ln(f2 (y + y0 )/f2 (y0 )) jellssel ∂i3 K nem azonosan nulla az orig¢ egyetlen krnyezetben sem. A kt eset t rgyal sa hasonl¢, az elst fogjuk rszletezni. Az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk azt is, hogy i = 1, azaz feltesszk, hogy van olyan x0 ∈ Rn , hogy a
fenti H -val ∂13 H az orig¢ egyetlen krnyezetben sem azonosan nulla. Meg fogjuk mutatni, hogy x0 , y0 ∈ Rn , δ > 0 £gy is megv laszhat¢k, hogy amellett, hogy ∂13 H nem azonosan nulla az orig¢ egyetlen krnyezetben sem, |x|, |y| < δ esetn teljesljenek a 23.15 pont (6){(9) egyenletei, tov bb minden 1 ≤ j ≤ n esetn az al bbi felttelek is fenn llnak: (1) ∂j3 H (x) vagy minden |x| < δ esetn nulla, vagy egyetlen |x| < δ esetn sem nulla; (2) ∂j3 K (y ) is vagy minden |y| < δ esetn nulla, vagy egyetlen |y| < δ esetn sem nulla; 6 0 vagy ∂j3 K = 6 0, vagy mindkett fenn ll, akkor ∂j2 H (x) − (3) ha ∂j3 H = ∂j2 K (y ) sem nulla egyetlen |x| < δ , |y| < δ p rra sem. 240 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Ennek bizony¡t s ra induljunk ki olyan ε > 0 sz mb¢l, s olyan x1 illetve y1 pontokb¢l, amelyekre a H1 (x) = ln(f1 (x + x1 )/f1 (x1 )) s K1 (y ) = ln(f2 (y + y1 )/f2 (y1 ))
fggvnyek rtelmezve vannak az orig¢ ε sugar£ krnyezetben, s ∂13 H1 nem azonosan nulla az orig¢ egyetlen krnyezetben sem. Az ε skkentsvel elrhet, hogy b rmely x0 , y0 -ra, amelyre |x0 − x1 | < ε illetve |y0 − y1 | < ε, a δ = ε − max{|x0 − x1 |, |y0 − y1 |} sugar£ krnyezeten rtelmezve legyenek az (x0 -t¢l illetve y0 -t¢l is fgg) H (x) = ln(f1 (x + x0 )/f1 (x0 )) illetve K (y ) = ln(f2 (y + y0 )/f2 (y0 )) fggvnyek. Vizsg ljuk meg a H1 s H , illetve K1 s K fggvnyek kztti kap solatot. Elg ki siny ε esetn H (x) = ln(f1 (x + x0 )/f1 (x0 )) = ln((f1 (x + (x0 − x1 ) + x1 )/f1 (x1 )) − ln(f1 (x0 )/f1 (x1 )) = H1 (x + (x0 − x1 )) + ln(f1 (x1 )/f1 (x0 )). Ez azt jelenti, hogy H deriv ltjai az orig¢ krl ugyan£gy viselkednek, mint H1 deriv ltjai az x0 − x1 pont krl. Hasonl¢an kapjuk, hogy K (y ) = K1 (y + (y0 − y1 )) + ln(f2 (y1 )/f2 (y0 )), azaz hogy K deriv ltjai az orig¢ krl ugyan£gy
viselkednek, mint K1 deriv ltjai az y0 − y1 pont krl. Vil gos, hogy szksg esetn skkentve ε-t elrhet, hogy |x0 |, |y0| < ε esetn H s K teljes¡tse a 23.15 pontbeli (6){(9) par i lis di eren i legyenletrendszert az orig¢ δ sugar£ krnyezetn Tekintsk az X = {x ∈ Rn : |x| < ε, ∂13H1 (x) 6= 0} ny¡lt halmazt. Ez egy Baire-tr Azon x ∈ X pontok Xj halmaza, amelyeknek vagy van olyan X -beli krnyezete, amelyen ∂j3 H1 sehol sem nulla, vagy van olyan X -beli krnyezete, amelyen ∂j3 H1 mindentt nulla, sr ny¡lt halmaz X -ben. gy a ∩nj=2 Xj halmaz sr ny¡lt rszhalmaza X -nek Legyen x2 ennek tetszleges pontja Az x1 + x2 valamely krnyezetbl vett x0 pontokra teljesl (1). Hasonl¢an kapjuk az y2 pontot: Tekintjk az Y = {y ∈ Rn : |y| < ε} ny¡lt halmazt. Ez egy Baire-tr Azon y ∈ Y pontok Yj halmaza, amelyeknek vagy van olyan Y -beli krnyezete, amelyen ∂j3 K1 sehol sem nulla, vagy van olyan Y -beli
krnyezete, amelyen ∂j3 K1 mindentt nulla, sr ny¡lt halmaz Y -ban. gy a ∩nj=1 Yj halmaz sr ny¡lt rszhalmaza Y -nak. Legyen y2 ennek tetszleges pontja y1 + y2 valamely krnyezetbl vett y0 pontokra teljesl (2). Meg kell mg mutatnunk, hogy x0 s y0 £gy is v laszthat¢, hogy (3) is teljesljn. Ez induk i¢val knnyen kvetkezik Legyen x0 = x1 + x2 s y0 = y1 + y2 . Ha (3) m r teljesl 1 ≤ j < k esetn, s ∂k3 H1 (x2 ) = ∂k3 H (0) 6= 0, akkor helyettes¡tsk x2 -t x2 + tek -val, ahol ek a k-adik egysgvektor, t pedig olyan ki si, hogy az eddig m r teljes¡tett felttelek tov bbra is fenn lljanak, ha pedig ∂k3 H1 (x2 ) = ∂k3 H (0) = 0, akkor, felhaszn lva, hogy ∂k3 K1 (y2 )) = ∂k3 K (0) 6= 0, helyettes¡tsk y2 -t y2 + tek -val, 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse ahol t pedig olyan ki si, hogy az eddig m r teljes¡tett felttelek tov bbra is fenn lljanak. Ha ezekkel az £j x2 , y2 rtkekkel £jra
kpezzk x0 = x1 + x2 -t s y0 = y1 + y2 -t, akkor (3) m r teljesl 1 ≤ j ≤ k esetn. Most alkalmazhatjuk a 23.18 lemm t Azt kapjuk, hogy lteznek olyan ′ ′ a ,a ~ , c, c~, e′ , e~′ ∈ C konstansok, L, L′1 , L′2 : Rn C line ris lekpezsek s Q : Rn C kvadratikus lekpezs, hogy az orig¢ elg kis krnyezetben vagy H (x) = a′ + L′1 (x) + Q(x) + ln σ c(L(x) + e′ , ω1 , ω2 ) K (y ) = a ~′ + L′2 (y ) + Q(y ) + ln c~σ (L(y ) + e~′ , ω1 , ω2 ) s H (x) = a′ + L′1 (x) + Q(x) + ln cσ (L(x) + e′ , ω1 , ∞) s K (y ) = a ~′ + L′2 (y ) + Q(y ) vagy H (x) = a′ + L′1 (x) + Q(x) s K (y ) = a ~′ + L′2 (y ) + Q(y ) + ln c~σ (L(y ) + e~′ , ω1 , ∞) . Ez azt jelenti, hogy az x 7 f1 (x + x0 ) illetve y 7 f2 (y + y0 ) lekpezsek a ttelben ll¡tott el ll¡t ssal rendelkeznek az orig¢ egy kis krnyezetben. Azonban a 2310 pontb¢l tudjuk, hogy ezek a fggvnyek az orig¢ egy kis krnyezetben
eleget tesznek egy (1) t¡pus£ fggvnyegyenletnek mindentt analitikus, s az orig¢ b rmely krnyezetben line risan fggetlen g~1 , g~2, h~ 1 , h~ 2 fggvnyekkel a jobb oldalon. gy alkalmazhat¢ r juk a 23.12 lemma, s kapjuk, hogy mindentt a ttelben k¡v nt el ll¡t ssal rendelkeznek. Ebbl kvetkezik, hogy m s a, a~, e, e~ ∈ C konstansokkal s L1 , L2 : Rn C line ris lekpezsekkel az f1 s f2 fggvnyek is a ttelben adott el ll¡t s£ak. H tra van mg annak az esetnek a vizsg lata, amikor minden x0 ∈ Rn pontra, amelyre f1 (x0 ) 6= 0, a H (x) = ln(f1 (x+x0 )/f1 (x0 )) fggvny minden ∂i3 H par i lis deriv ltja nulla az orig¢ valamely krnyezetben, s minden y0 ∈ Rn pontra, amelyben f2 (y0 ) 6= 0, a K (y ) = ln(f2 (y + y0 )/f2 (y0 )) fggvny minden ∂i3 K par i lis deriv ltja nulla az orig¢ valamely krnyezetben. Megmutatjuk, hogy ebben az esetben a ttel ll¡t sa L ≡ 0 v laszt ssal teljesl, azaz azt fogjuk megmutatni,
hogy lteznek olyan a, a~ komplex konstansok, L1 , L2 : Rn C line ris, illetve Q : Rn C kvadratikus lekpezsek, hogy (4) f1 (x) = exp(a + L1 (x) + Q(x)), ha x ∈ Rn s f2 (y ) = exp(~ a + L2 (y ) + Q(y )), ha y ∈ Rn . Itt is elszr azt mutatjuk meg, hogy a fenti el ll¡t s lok lisan teljesl. A 23.17 lemma (4) ll¡t sa szerint b rmely x0 -ra s y0 -ra, amelyre f1 (x0 ) 6= 0 242 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse illetve f2 (y0 ) 6= 0, a megfelel H illetve K fggvnyekre alkalmas a′ , a~′ komplex konstansokkal, L′1 , L2′ : Rn C line ris illetve Q : Rn C kvadratikus fggvnyekkel H (x) = a′ + L′1 (x) + Q(x) s K (y ) = a ~′ + L′2 (y ) + Q(y ). Ebbl, mivel f1 (x+x0 ) = f1 (x0 ) exp(H (x)) s f2 (y +y0 ) = f2 (y0 ) exp(K (y )), £j v ltoz¢t vezetve be, m s a, a~ komplex konstansokkal s L1 , L2 : Rn C line ris lekpezsekkel az x0 , illetve y0 egy krnyezetben f1 (x) = exp(a + L1 (x) + Q(x)) f2 (y ) = exp(~
a + L2 (y ) + Q(y )). s Rgz¡tsnk egy x0 , y0 p rt, s tekintsk azt a maxim lis 0 < δ ≤ ∞ sugarat, amelyre f1 nem nulla az x0 pont δ sugar£ krnyezetn. Mivel f1 analitikus ezen a gmbn, a fenti el ll¡t s teljesl az egsz gmbn az x0 , y0 p rhoz tartoz¢ a-val, L1 -el s Q-val. Mivel δ < ∞ esetn az x 7 a + L1 (x) + Q(x) fggvny korl tos lenne a gmbn, f1 nem lehetne folytonos, mert a gmbn |f1 |-nek ltezne pozit¡v als¢ korl tja. Ez azt jelenti, hogy δ = ∞, azaz a fenti el ll¡t s az egsz Rn -en teljesl az x0 , y0 p rhoz tartoz¢ a-val, L1 -el s Qval. Hasonl¢an kapjuk, hogy f2 is fel¡rhat¢ (4) alakban az x0 , y0 p rhoz tartoz¢ a~-al, L2 -vel s Q-val. Irodalom Irodalom [1℄ A zl J nos, Vorlesungen uber Funktionalglei hungen und ihre Anwendungen. Birkhauser, 1961 [2℄ A zl J nos, Ein Bli k auf Funktionalglei hungen und Ihre Anwendungen. VEB Deuts her Verlag der Wissens haften, 1962 [3℄ A zl J nos,
Le tures on fun tional equations and their appli ations. A ademi Press, 1966. [4℄ A zl J nos, On stri t monotoni ity of ontinuous solutions of ertain types of fun tional equations. Canad Math Bull 9(2) (1966), 229{232 [5℄ A zl J nos, On Appli ations and Theory of Fun tional Equations. A ademi Press, 1969. [6℄ A zl J nos, Notes on generalized information fun tions. Aequationes Math. 22 (1981), 97{107 [7℄ A zl J nos, Some unsolved problems in the theory of fun tional equations, II. Aequationes Math 26 (1984), 255{260 [8℄ A zl J nos, A short ourse on fun tional equations. D Reidel, 1987 [9℄ A zl J nos, Remark 15. In Report of Meeting; The Twenty-sixth International Symposium on Fun tional Equations Aequationes Math 37 (1989), 107. [10℄ A zl J nos, The state of the se ond part of Hilberts fth problem. Bull. Amer Math So (N S) 20 (1989), 153{163 [11℄ A zl J nos, Remark 15. Report of meeting The twenty-sixth symposium on fun tional equations Aequationes Math
37 (1989), 107{108 [12℄ A zl J nos (Ed.), Aggregating lones, olors, equations, iterates, numbers, and tiles Birkhauser, 1995 (Also as Vol 50 of Aequationes Math.) [13℄ A zl J nos, Walter Benz, Uber das harmonis he Produkt und eine korrespondierende Funktionalglei hung. Abhandlungen aus dem Math Sem. der Univ Hamburg 43 (1975), 3{10 [14℄ A zl J nos, Jukang Chung, Integrable solutions of fun tional equations of a general type. Studia S i Math Hungar 17 (1982{84), 51{67 [15℄ A zel Janos, Daro zy Zoltan, On measures of informations and their hara terizations. A ademi Press, 1975 [16℄ A zel Janos, Jean Dhombres, Fun tional equations in several variables. En y lopedia of mathemati s and its appli ations 31 Cambridge University Press, 1989. [17℄ A zel Janos, Roman Ger, Jarai Antal, Solutions of an equation arising from utility that is both separable and additive. Pro Amer Math So . 127 (1999), 2923{2929 244 Irodalom [18℄ A zel Janos, Stanislaw Golab,
Funktionalglei hungen der Theorie der Geometris hen Objekte. Panstowe Wydawni two Naukowe, Warsawa, 1960. [19℄ Paul S. Alexandrov (Ed), Die Hilberts hen Probleme Akademis he Verlagsgesells haft Geest & Portig K.-G, 1971 [20℄ Claudi Alsina, Problem 1. Aequations Math 47 (1994), 302 [21℄ John A. Baker, Regularity properties of fun tional equations Aequationes Math 6 (1971), 243{248 Q [22℄ John A. Baker, On the fun tional equation f (x)g (y ) = ni=1 hi (ai x + bi y ). Aequationes Math 11 (1974), 154{162 [23℄ John A. Baker, Fun tional equations, tempered distributions and Fourier transforms Trans Amer Math So 315 (1989), 57{68 [24℄ John A. Baker, Fun tional equations, distributions and approximate identities. Can J Math 17(4) (1990), 696{708 [25℄ John A. Baker, Di eren e Operators, Distributions and Fun tional Equations Periodi a Math Hungar 23(3) (1991) 171{183 [26℄ Ni olas Bourbaki, Elements of mathemati s. General topology Addison-Wesley, 1966 [27℄ Mario Bonk,
The addition theorem of Weierstras sigma fun tion. Math. Ann 298 (1994), 591{601 [28℄ Mario Bonk, The addition formula for theta fun tions. Aequationes Math. 53 (1997), 54{72 [29℄ Claude Chevalley, Theory of Lie groups I. Prin eton University Press, 1964. [30℄ Daro zy Zolt n, On the measurable solutions of a fun tional equation. A ta Math. S i Hungar 22 (1971{72), 11{14 die stetigen Losungen der A zel{Benzs hen Funk[31℄ Daro zy Zolt n, Uber tionalglei hung. Abhandlungen aus dem Math Sem der Univ Hamburg 50 (1980), 210-218 [32℄ Daro zy Zolt n, Jarai Antal, On the measurable solutions of a fun tional equation arising in information theory. A ta Math A ad S i Hungar. 34 (1979), 105{116 [33℄ Daro zy Zolt n, Helmut Kiesewetter, Ein Funktionalglei hung von Abel und die Grundglei hung der Information. Period Math Hungar 4 (1973), 25{28. [34℄ Daro zy Zoltan, Maksa Gyula, Nonnegative information fun tions. Colle tion: Analyti fun tion methods in probability theory (Pro
Colloq Methods of Complex Anal. in the Theory of Probab and Statist, Kossuth L Univ Debre en, Debre en, 1977), 67{78 Irodalom [35℄ Jean Dhombres, Some aspe ts of fun tional equations. Chulalongkorn University, Bangkok, Thailand, 1979. [36℄ Georg T. Diderri h, Lo al boundedness and the Shannon entropy Information and Control 36 (1978), 292{308 [37℄ Georg T. Diderri h, Continued fra tions and the fundamental equation of information. Aequationes Math 19 (1979), 93{103 [38℄ Georg T. Diderri h, Boundedness on a set of positive measure and the fundamental equation of information. Publ Math Debre en 33 (1986), 1{7. [39℄ Jean Dieudonne, Grundzge der modernen Analysis I{IX. VEB Deutsher Verlag der Wissens haften, 1971{1988 [40℄ Wolfgang Ei hhorn, Fun tional Equations in E onomi s. Addison-Wesley, 1978. [41℄ Erd}os P l, John C. Oxtoby, Partitions of the plane into sets having positive measure in every no-null measurable produ t set. Trans Amer Math. So 79 (1955), 91{102
[42℄ Herbert Federer, Geometri measure theory. Springer, 1969 [43℄ Feny}o Istv n, Uber eine Losungsmethode gewisser Funktionalglei hungen. A ta Math A ad S i Hung 7 (1956), 383{396 [44℄ Zbigniew Gajda, Christensen measurable solutions of generalized Cau hy fun tional equations. Aequationes Math 31 (1986), 147{158 [45℄ Hillel Gau hman, Lee A. Rubel, Sums of produ ts of fun tions of x times fun tions of y . Lin Alg and its Appl 125 (1989), 19{63 [46℄ Dan Geiger, David He kerman, A hara terization of the Diri hlet distribution through global and lo al parameter independen e. Ann of Statist. 25 (1997), 1344{1369 [47℄ Roman Ger, Mazurs riterion for ontinuity of onvex fun tionals. Talk given at the 25th ISFE in Hamburg{Rissen, 1987. [48℄ Enri o Giusti, Minimal Surfa es and Fun tions of Bounded Variation. Birkhauser, 1984. [49℄ Karl-Goswin Grosse-Erdmann, Regularity properties of fun tional equations and inequalities. Aequationes Math 37 (1989), 233{251 [50℄ Hiroshi
Haruki, Studies on ertain fun tional equations from the standpoint of analyti fun tion theory. S i Rep Osaka Univ 14 (1965), 1{40. [51℄ Otto Haupt, Uber einen Eindeutigkeitssatz fr gewisse Funktionalgleihungen. J Reine Angew Math 186 (1944), 58{64 [52℄ Edwin Hewitt, Kenneth A. Ross, Abstra t harmoni analysis I Springer, 1963 246 Irodalom [53℄ Edwin Hewitt, Kenneth A. Ross, Abstra t harmoni analysis II Springer, 1970 [54℄ Edwin Hewitt, Kenneth A. Ross, Extension of Haar measure and of harmoni analysis for lo ally ompa t Abelian groups. Math Ann 160 (1965), 171{195. [55℄ Edwin Hewitt, Karl Stromberg, Real and abstra t analysis. Springer, 1965. [56℄ David Hilbert, Gesammelte Abhandlungen Band III. Springer, 1970 [57℄ Einar Hille, Topi s in Classi al Analysis. In Vol III of the book Le tures on Modern Mathemati s , Ed. by Thomas L Saaty John Wiley & Sons, 1965. [58℄ Einar Hille, Ralph S. Phillips, Fun tional analysis and semi-groups Amer. Math So Coll Publ,
Vol 31, 1957 [59℄ Lars Hormander, Linear Partial Di erential Operators. Springer, 1976 [60℄ Andrzej Hulani ki, On subsets of full outer measure in produ ts of measure spa es. Bull A ad Polon S i 7 (1959), 331{335 [61℄ Gerald L. Itzkowitz, Extension of Haar measure for ompa t onne ted Abelian groups. Bull Amer Math So 71 (1965), 152{156 [62℄ Gerald L. Itzkowitz, Measurability and ontinuity for a fun tional equation on a topologi al group Aequationes Math 7 (1971), 194{198 [63℄ Jarai Antal, Merhet}o fuggvenyek korlatossagarol. Diakkori dolgozat KLTE, Debre en, 1973, 15 oldal. [64℄ J rai Antal, Fggvenyegyenletek merhet}o megoldasairol. Egyetemi doktori ertekezes KLTE, Debre en, 1976, 46 oldal [65℄ J rai Antal, Remark 17. Solution of two problems of W Sander Aequationes Math 19 (1979), 286{288 [66℄ J rai Antal, On measurable solutions of fun tional equations. Publ Math. Debre en 26 (1979), 17{35 [67℄ J rai Antal, Regularity properties of fun tional
equations. Aequationes Math. 25 (1982), 52{66 [68℄ J rai Antal, Invariant extension of Haar measure. Diss Math 233 (1984), 1{26. [69℄ J rai Antal, A remark to a paper of J. A zel and J K Chung Studia S i. Math Hungar 19 (1984), 273{274 [70℄ J rai Antal, Derivates are Borel fun tions. Aequationes Math 29 (1985), 24{27. [71℄ J rai Antal, Remark 12. In: Pro eedings of the Twenty-third International Symposium on Fun tional Equations Centre for Information Theory, University of Waterloo, 1985, 57{58. Irodalom [72℄ J rai Antal, On regular solutions of fun tional equations. Aequationes Math. 30 (1986), 21{54 [73℄ J rai Antal, Remark to the problem 4 of C. Alsina and J{L Gar ia{ Roig. Aequationes Math 35 (1988), 120 [74℄ J rai Antal, Fuggvenyegyenletek regularitasi tulajdonsagai. Kandidatusi ertekezes. Debre en, 1988, 96 oldal [75℄ J rai Antal, Fuggvenyegyenletek regularitasi tulajdonsagai. Kandidatusi ertekezes tezisei. Debre en, 1988, 21 oldal [76℄ J
rai Antal, Remark 3. (Solution of a problem of C Alsina and J{L Gar ia-Roig.) Aequations Math 36 (1989), 98 [77℄ Jarai Antal, On a problem of S. Mazur (a) Bekldve (b) Talk, XII. Osterrei his her Mathematikerkongre, Wien, 1989; Abstra t: XII. his her Osterrei his her Mathematikerkongre, Vortragsauszuge, Osterrei Mathematiker Gesellshaft, 1989. ( ) 27th International Symposium on Fun tional Equations, Bielsko Biala{Katowi e{Krakow, Poland, 1989; Abstra t: Aequationes Math. 39 (1990), 280 (d) KLTE TTK Debre en, Te hni al report 91/15, 1{6. [78℄ J rai Antal, Remark 22. (To a theorem of J A zel) Aequationes Math 37 (1989), 111. [79℄ J rai Antal, Di erentiation of parametri integrals and regularity of fun tional equations. Grazer Math Ber 315 (1991), 45{50 [80℄ J rai Antal, Holder ontinuous solutions of fun tional equations. Compes Rendus Math Rep A ad S i Canada 14 (1992), 213{218 [81℄ J rai Antal, On Holder ontinuous solutions of fun tional equations. Publ. Math
Debre en 43/3{4 (1993), 359{365 [82℄ J rai Antal, On Lips hitz property of solutions of fun tional equations. Aequationes Math. 47 (1994), 69{78 [83℄ J rai Antal, On the analyti solutions of fun tional equations. Annales Univ. S i Budapest, Se t Comp 14 (1994), 71{77 [84℄ J rai Antal, On ontinuous solutions of fun tional equations. Publ Math. Debre en, 44/1{2 (1994), 115-122 [85℄ J rai Antal, Fuggvenyegyenletek regularitasi tulajdonsagai. Habilita ios ertekezes. Debre en, 1994 132 oldal [86℄ J rai Antal, Fuggvenyegyenletek regularitasi tulajdonsagai. Habilita ios ertekezes tezisei. Debre en, 1994 34 oldal [87℄ J rai Antal, A Steinhaus type theorem. Publ Math Debre en 47 (1995), 1{13. [88℄ J rai Antal, Remark 30. (Solution of a problem of K Lajko) Aequationes Math 49 (1995), 196 248 Irodalom [89℄ J rai Antal, Regularity properties of fun tional equations. Lea ets in Mathemati s. Janus Pannonius University, Pe s, 1996, 1{77 [90℄ J rai Antal,
Remark 23. (To the talk of R Badora) Aequationes Math. 51 (1996), 178 [91℄ J rai Antal, A generalization of a theorem of Pi ard. Publ Math Debre en 52 (3-4) (1998), 497{506. [92℄ J rai Antal, Regularity Property of the Fun tional Equation of the Diri hlet Distribution. Aequationes Math 56 (1998), 37-46 [93℄ Jarai Antal, Measurable solutions of fun tional equations satis ed almost everywhere. Math Pannoni a 10/1 (1999), 103{110 [94℄ J rai Antal, Regularity of bounded variation solutions of fun tional equations. Aequationes Math, megjelens alatt [95℄ J rai Antal, Regularity properties of fun tional equations on manifolds. Bekldve. [96℄ Jarai Antal, Measurability implies ontinuity for solutions of fun tional equations | even with few variables. Bekldve [97℄ Jarai Antal, Baire property implies ontinuity for solutions of fun tional equations | even with few variables. A ta S i Math Szeged 66 (2000), 579{601. [98℄ Jarai, Antal, Continuity implies di erentiability
for solutions of fun tional equations | even with few variables. Megjelens alatt [99℄ J rai Antal, Maksa Gyula, Remark 19. Solution of a problem of C Alsina. Pro eedings of the Twenty-third International Symposium on Fun tional Equations. Centre for Information Theory, University of Waterloo, 1985. [100℄ J rai Antal, Maksa Gyula, Remark 2. (Solution of a problem of C Alsina and J. L Gar ia-Roig) Aequations Math 47 (1994), 302 [101℄ J rai Antal, Maksa Gyula, Regular solutions of a fun tional equation. C. R Math Rep A ad S i Canada, 17(1) (1995), 7{10 [102℄ Jarai Antal, Pales Zsolt, Remark 10. Solution of a problem of T M K Davison Aequationes Math 53 (1997), 190 [103℄ J rai Antal, Wolfgang Sander, A Regularity Theorem in Information Theory. Publ Math Debre en 50 (1997), 339{357 [104℄ J rai Antal, Szekelyhidi L szl¢, Regularization and General Methods in the Theory of Fun tional Equations. Survey paper Aequationes Math 52 (1986), 10{29. [105℄ Shizuo Kakutani, John C.
Oxtoby, Constru tion of a non-separable invariant extension of the Lebesgue measure spa e Ann of Math (N S) 52/2 (1950), 580{590. Irodalom [106℄ Shizuo Kakutani, Kunihiko Kodaira, A non-separable translation invariant extension of the Lebesgue measure spa e. Ann of Math (N S) 52/2 (1950), 574{579. [107℄ Johannes H. B Kemperman, A general fun tional equation Trans Amer. Math So 86 (1957), 28{56 [108℄ Zygfryd Kominek, Some generalization of the theorem of S. Pi ard Pra e Naukowe Uniwersytetu Slaskiego w Katowi a h 37 (1973), 31{ 33. [109℄ Krausz Tam s, Steinhaus-tpusu tetelek. Diakkori dolgozat KLTE Mat. Int, Debre en, 1980 [110℄ Marek Ku zma, Fun tional equations in a single variable. PWN - Polish S ienti Publisher, 1968. [111℄ Marek Ku zma, An Introdu tion to the Theory of Fun tional Equations and Inequalities. Panstwowe Wydawni two Naukowe, Uniwersytet ski, 1985. Sla [112℄ Marek Ku zma, Bogdan Cho zewski, Roman Ger, Iterative Fun tional Equation. En y
lopedia of mathemati s and its appli ations 32 Cambridge University Press, 1990. [113℄ Marzin E. Ku zma, A generalization of Steinhaus theorem to oordinatewise measure preserving binary transformations Colloq Math 36 (1976), 241{248. [114℄ Marzin E. Ku zma, Di erentation of impli it fun tions and Steinhaus theorem in topologi al measure spa es. Colloq Math 39 (1978), 95{ 107. [115℄ Marzin E. Ku zma, Marek Ku zma, An elementary proof and an extension of a theorem of Steinhaus Glas Mat 6(26) (1971), 11{18 [116℄ Svetozar Kurepa, A osine fun tional equation in Hilbert spa e. Canad J. Math 12 (1957), 45{50 [117℄ Iwo Labuda, Ri hard D. Mauldin, Problem 24 of The S ottish Book" on erning additive fun tionals. Coll Math 48 (1984), 89{91 [118℄ La zkovi h Mikl¢s, Valos fuggvenytan. Egyetemi jegyzet Eotvs Lorand Tudom nyegyetem, Budapest, 1995. [119℄ Lajko K roly, On the general solution of re tangle-type fun tional equations. Publ Math Debre en 28 (1981), 137{143
[120℄ Lajko K roly, Remarks to a fun tional equation arising in the spe tral theory of random elds. (Talk on the 32 ISFE) Aequationes Math 49 (1995), 175. [121℄ Bohdan Lawruk, Halina Swiatak, On Fun tions Satisfying a Generalized Mean Value Equation. Aequationes Math 11 (1974), 1{10 250 Irodalom [122℄ Zbigniew Lipe ki, On ontinuity of group homomorphisms. Coll Math 48 (1984), 93{94. [123℄ Loson zi L szl¢, On a fun tional equation of sum form. Publ Math Debre en 26 (1989), 167{177. [124℄ Maksa Gyula, The general solution of a fun tional equation related to the mixed theory of information. Aequationes Math 22 (1981), 90{96 [125℄ Maksa Gyula, Bounded symmetri information fun tions. C R Math Rep. A ad S i Canada Vol II (1980), No 5, 247{252 [126℄ Janusz Matkowski, Continuous solutions of a fun tional equation. Publ Math. Debre en, 52/3-4 (1998), 559-562 atkowski, A re ned Steinhaus theorem [127℄ Janusz Matkowski, Tadeusz Swi and subadditive fun tions.
Megjelens alatt [128℄ Daniel R. Mauldin (Ed), The S ottish Book Birkhauser, 1981 [129℄ Mi hael A. M Kiernan, Boundedness on a Set of Positive Measure and the Mean Value Property Chara terizes Polynomials an a Spa e V n . Aequationes Math. 4 (1970), 31{36 [130℄ Mi hael A. M Kiernan, Di eren e and mean value type fun tional equations Centro Internationale Matemati o Estivo Corso tenuto a La Mendola (Trento) dal 20 al 28 agosto 1970. [131℄ Frank Morgan, Geometri measure theory. A beginners guide A ademi Press, 1988 [132℄ John C. Oxtoby, Mass und Kategorie Springer, 1971 [133℄ Luigi Paganoni, Sulla equivalenza fra misurabilita e ontinuita per le soluzioni di una lasse di equazioni funzionali. Riv Mat Univ Parma (3)3 (1974), 175{188. [134℄ Pales Zsolt, On redu tion of linear two variable fun tional equations to di erential equations without substitutions. Aequationes Math 43 (1992), 236{247. [135℄ S. Pi ard, Sur les ensembles de distan es des ensembles de points dun
espa e eu lidien. Mem Univ Neu h^atel, 13 , Se retariat de lUniversite Neu h^atel, 1939. [136℄ Ri hard Ro hberg, Lee A. Rubel, A fun tional equation Indiana Univ Math. J 41 (1992), 363{376 [137℄ Walter Rudin, Prin iples of mathemati al analysis. Se ond edition M Graw-Hill, 1964. [138℄ Thomas L. Saaty, Modern Nonlinear Equations Dover, 1981 [139℄ Stanislaw Saks, Antoni Zygmund, Analyti Fun tions. Warszawa{Wro law 1952. Irodalom [140℄ Wolfgang Sander, Verallgemeinerungen eines Satzes von H. Steinhaus Manus ripta Math. 18 (1976), 25{42 Sander, W, Errata hierzu Manus ripta Math 20 (1977), 101{103 [141℄ Wolfgang Sander, Regularitatseigens haften von Funktionalglei hungen. Glas. Math Ser III 13(33) (1978), 237{247 [142℄ Wolfgang Sander, Verallgemeinerte Cau hy-Fun tionalgleihungen. Aequationes Math 18 (1978), 357{369 [143℄ Wolfgang Sander, A generalization of a theorem of S. Pi ard Pro Amer. Math So 73 (1979), 281{282 [144℄ Wolfgang Sander, Problem P179.
Aequationes Math 19 (1979), 287 [145℄ Wolfgang Sander, Ein Beitrag zur Baire-Kategorie-Theorie. Manus ripta Math 34 (1981), 71{83 [146℄ Wolfgang Sander, Problem 19. Aequationes Math 46 (1993), 294 [147℄ Wolfgang Sander, On a generalized fundamental equation of information. Results in Math 26 (1994), 372{381 [148℄ Laurent S hwartz, Radon measures on arbitrary topologi al spa es and ylindri al measures. Oxford University Press, 1973 [149℄ Jaroslav Sm¡tal, On fun tions and fun tional equations. Adam Hilger, 1988. [150℄ Hugo Steinhaus, Sur les distan es des points dans les ensembles de mesure positive. Fund Math 1 (1920), 93{104 [151℄ Halina Swiatak, On the Regularity of the Lo ally Integrable Solutions P of the Fun tional Equations ki=1 ai (x, t)f (x + ϕi (t)) = b(x, t). Aequationes Math 4 (1970), 291{296 [152℄ Halina Swiatak, Criteria for the Regularity of Continuous and Lo ally Integrable Solutions of a Class of Linear Fun tional Equations. Aequationes Math 6
(1971), 170{187 [153℄ Halina Swiatak, On Certain Regularity Problems for Solutions of Fun tional Equations. Bull A ad Pol S i, Ser Math, Astr et Phys XIX (3) (1971), 209{212. [154℄ Halina Swiatak, The regularity of the lo ally integrable and ontinuous solutions of nonlinear fun tional equations. Trans Amer Math So 221(1) (1976), 97{118. [155℄ Halina Swiatak, Existen e and regularity problems for nonlinear fun tional equations. A ta Math A ad S i Hungar 30 (1{2) (1977), 21{31 [156℄ Szekelyhidi L szl¢, On a lass of linear fun tional equations. Publ Math. Debre en 29 (1982), 19{28 252 Irodalom [157℄ Szekelyhidi L szl¢, On a problem of S. Mazur Trans Amer Math So 316 (1989), 161{164. [158℄ Szkelyhidi L szl¢, Convolution Type Fun tional Equations on Topologi al Abelian Groups. World S ienti , 1991 [159℄ Rolf Trautner, A overing prin iple in real analysis. Quart J Math Oxford 38(2) (1987), 127{130 [160℄ Akira Tsutsumi, Shigeru Haruki, Fun tional Equations
and Hypoellipti ity. Pro Japan A ad Ser A, 58(3) (1982), 105{108 [161℄ Akira Tsutsumi, Shigeru Haruki, The regularity of solutions of fun tional equations and hypoellipti ity. In: A zel J nos (ed), Fun tional Equations: History, Appli ations and Theory, 99{112. D Reidel, 1984 [162℄ Akira Tsutsumi, Shigeru Haruki, On Hypoellipti Fun tional Equations. Math Japoni a 36(3) (1991), 581{590 [163℄ Fikret Vajzovi, On the solution of one fun tional equation. Mat Vesnik 5 (1968), 25{28. [164℄ Andre Weil, Lintegration dans les groupes topologiques et ses appli ations. Paris, 1951 [165℄ Eberhard Zeidler, Nonlinear fun tional analysis I.{IV Springer, 1990
Differenciálhatóság és analitikusság 11.§ Folytonoss g s lok lis Lips hitz tulajdons g 12.§ Hlder-folytonos megold sok 13.§ Korl tos v ltoz s£ megold sok 14.§ Di eren i lhat¢s g 15.§ Tbbszri di eren i lhat¢s g 16.§ Analitikuss g V. Regularitási tételek sokaságokon 17.§ Lok lis s glob lis regularit si ttelek sokas gokon VI. Regularitási tételek kevesebb változóval 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt VII. Alkalmazások 21.§ Egyszer alkalmaz sok 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Irodalom . 5 . 33 . . 43 54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 61 66 70 75 79 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . 84 98 101 105 109 112 . 116 . 128 . 154 . 166 . 176 . 190 . 198 . 243 4 I. Előismeretek A disszert i¢ fggvnyegyenletek regularit si tulajdons gaival foglalkozik. Egysges keretbe foglalva tartalmazza az iter i¢t nem tartalmaz¢ tbbv ltoz¢s fggvnyegyenletek regularit s val kap solatban kor bban elrt, kandid tusi disszert i¢mban is szerepl eredmnyeimet (amelyek alapj n a Tudom nyos Mins¡t Bizotts g az akadmiai doktori rtekezs beny£jt s ig el¡rt v rakoz si id al¢l felmentett), valamint az az¢ta ebben a tm ban elrt £j eredmnyeimet. Sz mos alkalmaz st is t rgyal A kandid tusi disszerta i¢mban nem szerepl eredmnyek az 1, 7, 8, 9, 10, 11, 12., 13, 14, 17, 18, 19, 20, 21, 22 s 23 paragrafusokban tal lhat¢k, ezen paragrafusok nagy rsze teljesen £j A kandid tusi disszert i¢m jelents rszt kpez, a Haar-mrtk invari ns kiterjesztseivel foglalkoz¢ eredmnyeket | b r
kap sol¢dnak a tmakrhz | itt sak sszefoglalom. A disszert i¢ anyaga lnyegben megegyezik a tmakrbl tervezett knyvem anyag val, de nem tartalmazza m sok eredmnyeinek t rgyal s t. A bevezets is lnyegben a tervezett knyv bevezetse, ami tal n t£l rszletes egy disszert i¢hoz. Mgis lszernek tnt ebben a form ban hagyni, mivel ¡gy az anyag esetleg olyanok sz m ra is hasznos lehet, akik a tmakrrel sak most ismerkednek, s ebben a tmakrben k¡v nnak dolgozni. 1.§ Bevezets 1.§ Bevezets 1.1 Ǒltal nos megjegyzsek s egyszer pld k Mint legegy- szerbb pld t, tekintsk a legjobban ismert fggvnyegyenletet, a Cau hyegyenletet: (1) f (x + y ) = f (x) + f (y ). Itt az ismeretlen az f fggvny. Szlesebb rtelemben a di eren i legyenletek, integr legyenletek, vari i¢s problm k, stb is fggvnyegyenletek, de mi ezt a kifejezst szkebb rtelemben fogjuk haszn lni, sak olyan egyenletekre, amelyekben olyan in
nitezim lis oper i¢k, mint di eren i l s s integr l s, nem szerepelnek. A form lis de n¡ i¢t illeten l sd A zel knyvt: [3℄, 0.1 A fenti (1) fggvnyegyenlet pontos megad s hoz hozz tartozik annak a fggvnyhalmaznak a megad sa, amelynek elemei kztt a megold st keressk. Meg kell adnunk tov bb az x s y v ltoz¢ k azon (x, y ) p rjainak halmaz t, amelyekre az egyenletnek teljeslni kell: ez a fggvnyegyenlet rtelmezsi tartom nya. Pld ul, kereshetjk mindazokat az f : R R mrhet fggvnyeket, amelyekre (1) fenn ll minden (x, y ) ∈ [0, ∞[ × R-re. Olyan feltteleket, mint mrhetsg, Baire-tulajdons g, folytonoss g mindentt vagy egy pontban, korl toss g, di eren i lhat¢s g, analitikuss g, stb., regularit si felttel eknek szok s nevezni. Egybknt, ha egy adott halmazt egy m sik adott halmazba lekpez sszes fggvnyek halmaz ban keressk a megold st, akkor azt mondjuk, hogy a fggvnyegyenlet ltal nos megold s t hat rozzuk
meg. Rendszerint a fggvnyegyenlet rtelmezsi tartom nya a v ltoz¢k sszes olyan p rjainak (vagy tbbeseinek) halmaza, amelyekre az egyenlet mindkt oldala de ni lva van. Pld ul, ha azt mondjuk, hogy f : R R a Cau hyegyenlet megold sa, akkor ebbe impli it m¢don belertjk, hogy (1) minden (x, y ) ∈ R × R-re teljesl. Ha az egyenlet rtelmezsi tartom nya nem a legbvebb halmaz, amelyre mindkt oldal de ni lva van, akkor szk¡tett rtelmezsi tartom ny £ egyenletrl beszlnk; a feltteles egyenlet elnevezs is szok sos, klnsen, ha az egyenlet rtelmezsi tartom nya a megold sfggvnytl vagy fggvnyektl is fgg. A Cau hy-egyenlet egy ktv ltoz¢s egyenlet: a v ltoz¢kat (1)-ben xszel s y -nal jelltk. Olyan fggvnyegyenleteket, mint f (x) = f (−x), f (x) = −f (−x), f (2x) = f (x)2 , vagy pld ul a di eren iaegyenletek egyv ltoz¢s egyenleteknek neveznk. Ez az egy v ltoz¢" lehet vektor v ltoz¢ is; a
kifejezst £gy rtjk, hogy nin s tbb v ltoz¢ az egyenletben, mint az ismeretlen fggvny v ltoz¢inak sz ma, illetve az ismeretlen fggvnyek v ltoz¢i sz m nak minimuma. Egybknt tbbv ltoz¢s fggvnyegyenletrl beszlnk Ez a megklnbztets nagyon hasznos a gyakorlatban Nagy klnbsg van az egyv ltoz¢s s a tbbv ltoz¢s egyenletek megold s ra haszn lt m¢dszerek kztt. Egyv ltoz¢s egyenletekkel kap solatban Ku zma [110℄ illetve Ku zma, Cho zewski, Ger [112℄ knyvre utalunk. Az egy- s tbbv ltoz¢s egyenletek kztti megklnbztets, s mindaz, amit v ltoz¢kr¢l, rtelmezsi tartom nyr¢l, regul ris s ltal nos megold - 6 1.§ Bevezets sokr¢l mondtunk, rtelemszeren alkalmazhat¢ fggvnyegyenlet-rendszerek re is. Tov bbi egyszer pld k fggvnyegyenletekre Cau hy exponen i lis egyenlete: (2) f (x + y ) = f (x)f (y ), Cau hy hatv ny-egyenlete: (3) f (xy ) = f (x)f (y ), s Cau hy logaritmikus
egyenlete: (4) f (xy ) = f (x) + f (y ). J¢l ismert jelensg, hogy egyetlen fggvnyegyenlet sz mos ismeretlen fggvnyt determin lhat. Ez a helyzet pld ul a Cau hy-egyenlettel anal¢g, tbb ismeretlen fggvnyt tartalmaz¢ Pexider-egyenletnl: (5) f1 (x + y ) = f2 (x) + f3 (y ). A fenti egyszer (1){(5) fggvnyegyenleteket mint egyszer pld kat fogjuk haszn lni. Rszletes vizsg latuk megtal lhat¢ A zel [3℄ illetve A zel s Dhombres [16℄ knyvben. 1.2 Egyszer pld k: sima megold sok Az f (x+y ) = f (x)+f (y ) Cau hy-egyenlet egy f : R R megold s r¢l tegyk fel, hogy analitikus . y = x helyettes¡tssel az f (2x) = 2f (x) egyv ltoz¢s egyenletet kapjuk. Az analitikuss g olyan ers felttel, hogy mg ennek az egyv ltoz¢s egyenletnek sin s t£l sok analitikus megold sa. Az f (x) = c0 + c1 x + megold sra azt kapjuk, hogy c0 + 2c1 x + 4c2 x2 + . = 2c0 + 2c1 x + 2c2 x2 + az orig¢ egy krnyezetben, s ¡gy a megold s sak f (x) = cx
lehet egy tetszleges c = c1 konstanssal. Helyettes¡ts mutatja, hogy ez tnyleg megold sa a Cau hy-egyenletnek Cau hy f (x + y ) = f (x)f (y ) exponen i lis egyenletnek esete sokkal rdekesebb. gy mint fent, kapjuk az egyv ltoz¢s f (2x) = f (x)2 egyenletet, s ha f : R R analitikus, f (x) = c0 + c1 x + . , akkor azt hogy c0 + 2c1 x + 4c2 x2 + . = c20 + 2c0 c1 x + (2c0 c2 + c21 )x2 + Innen c0 = c20 . Kt lehetsg van Az els, hogy c0 = 0, amibl kvetkezik, hogy cn = 0 minden n-re, s ¡gy hogy f ≡ 0. A m sodik, hogy c0 = 1 Ebben az esetben c1 tetszleges lehet, s a 2n cn = n X i=0 ci cn−i . 1.§ Bevezets egyenletekbl c = c1 jellssel induk i¢val hogy cn = cn /n!. P∞ aztn kapjuk, n gy az analitikus megold sok f (x) = n=0 c x /n! = exp(cx) alak£ak. Ugyanezzel a m¢dszerrel megkaphatjuk a komplex analitikus f : C C megold sokat is. Vegyk szre, hogy ez az eleg ns m¢dszer az exponen i lis fggvny (s a vele kap solatos sin,
os, sinh s osh fggvnyek) bevezetsnek olyan m¢dja, amely sak a hatv nyoz s legalapvetbb tulajdons g ra pl. Pontosan ez motiv lta Cau hy-t az 11(1){11(4) egyenletek vizsg lat ban: a hatv nyfggvnyek bevezetsnl a pontatlan okoskod sokat s ir ulus vi iosus"-t akarta elkerlni. L sd a trtneti megjegyzseket A zel s Dhombres [16℄ knyvben, 365{371. o Tegyk fel most, hogy a ktszer di eren i lhat¢ f : R R megold sokat keressk. Az f (x + y ) = f (x) + f (y ) Cau hy-egyenlet esetn di eren iljuk mindkt oldalt y szerint Ez megli" az els tagot a jobb oldalon, s azt kapjuk, hogy f ′ (x + y ) = f ′ (y ), ha x, y ∈ R. Megint di eren i lva, de most x szerint, megljk" a m sik tagot is a jobb oldalon, s azt kapjuk, hogy f ′′ (x + y ) = 0. Innen y = 0 helyettes¡tssel az f ′′ (x) = 0 di eren i legyenletet kapjuk Ennek az egyenletnek minden megold sa f (x) = c0 + cx alak£, ahol c0 , c ∈ R konstansok.
Visszahelyettes¡tve az eredeti fggvnyegyenletbe, l tjuk, hogy c0 = 0, s azt kapjuk, hogy a ktszer di eren i lhat¢ megold sok pontosan az f (x) = cx alak£ fggvnyek. Ez az egyszer plda j¢l mutatja az elg sima" megold sok meghat roz s ra haszn lt ltal nos m¢dszer lnyegt. Az ltal nos taktika egyes tagokat meglni" egy-egy alkalmas di eren i loper torral, s vgl megfelel helyettes¡tssel egy di eren i legyenletet kapni. Rendszerint alkalmas helyettes¡tsek vagy az egyenlet bizonyos szimmetri inak felhaszn l sa ala sonyabb fok£ di eren i legyenletet eredmnyez Pld ul az f ′ (x + y ) = f ′ (y ) egyenletbl y = 0 helyettes¡tssel azonnal azt kapjuk, hogy f ′ (x) = c a c = f ′ (0) konstanssal, ami egy elsrend di eren i legyenlet. Cau hy exponen i lis egyenlete: f (x + y ) = f (x)f (y ) esetben hasonl¢an kapjuk, hogy f ′ (x + y ) = f (x)f ′ (y ), s y = 0 helyettes¡tssel, hogy f ′ (x) = cf (x), ahol c = f ′
(0). Vegyk szre, hogy mindkt esetben az egyszer di eren i lhat¢ megold sok ugyanazok, mint az analitikus megold sok. 1.3 Egyszer pld k: regularit si tulajdons gok Hogyan kaphatjuk meg a fenti pld k, a Cau hy-egyenlet, illetve Cau hy exponen i lis egyenlete esetn j¢val gyengbb regularit si felttelek mellett a megold sokat? Egy ltal nos m¢dja ennek az, hogy megmutatjuk, a gyenge regularit si felttelbl, pld ul a folytonoss gb¢l vagy a mrhetsgbl j¢val ersebb regularit si felttelek kvetkeznek, pld ul a megold sok di eren i lhat¢ak vagy analitikusak. Pld ul gyeljk meg, hogy mindkt fenti esetben a megold sokra kapott di eren i legyenletbl kvetkezik, hogy a megold sok analitikusak (l sd Dieudonne [39℄, 1053) Ha f : R R folytonos megold s, akkor a Cau hy-egyenlet esetn mindkt oldalt integr lva a pozit¡v hossz£s g£ [a, b℄ intervallum felett azt 8 1.§ Bevezets kapjuk, hogy f (x)(b − a) = Z b f (x + y ) dy − a
Z b a f (y ) dy. Bevezetve az £j u = x + y v ltoz¢t azt kapjuk, hogy f (x) = 1 b−a Z x+b x+a f (u) du − 1 b−a Z a b f (y ) dy. A jobb oldal di eren i lhat¢, ¡gy kapjuk, hogy f is di eren i lhat¢. Ha f ktszeri di eren i lhat¢s g ra akarunk kvetkeztetni, hasonl¢ okoskod st alkalmazhatunk az eredeti egyenletbl x szerinti di eren i l ssal kapott f ′ (x + y ) = f ′ (x) egyenletre, stb. Cau hy exponen i lis egyenlete esetn f ≡ 0 is folytonos f : R R megold s. Ha f (y0 ) 6= 0, akkor v laszthatunk olyan [a, b℄ krnyezett y0 nak, amelyre f (y )/f (y0) ≥ 1/2 minden y ∈ [a, b℄-re Integr lva azt kapjuk, hogy Z Z f (x) s ¡gy b a f (y ) dy = f (x) = b a f (x + y ) dy, R b+x f (u) du a+x . Rb f ( y ) dy a Ebbl kvetkezik, hogy f di eren i lhat¢. Itt is hasonl¢ meggondol sok alkalmazhat¢k az eredeti egyenletbl x szerinti di eren i l ssal kapott f ′ (x + y ) = f ′ (x)f (y ) egyenletre, s azt kapjuk, hogy a megold s ktszer
di ereni lhat¢, stb. Most vizsg ljuk a Cau hy-egyenlet egy f : R R mrhet megold s t. Legyen [a, b℄ egy intervallum pozit¡v η hosszal Legyen x0 ∈ R tetszleges. Luzin ttele szerint ltezik [x0 + a, x0 + b℄-nek legal bb 3η/4 Lebesgue-mrtk C1 kompakt rszhalmaza, amelyre f |C1 folytonos. Ha |x − x0 | < η/8, akkor a C1 − x halmaz rsze a C = [a − η/8, b + η/8℄ halmaznak. Mivel C (C1 − x) s C (C1 − x0 ) Lebesgue-mrtke legfeljebb η/2, nem fedhetik le C -t. gy a (C1 − x0 ) ∩ (C1 − x) metszet nem res Legyen ε > 0 tetszleges. Mivel f |C1 egyenletesen folytonos, van olyan δ > 0, amelyre u, u′ ∈ C1 , |u − u′ | < δ esetn |f (u) − f (u′ )| < ε. gy ha |x − x0 | < min{η/8, δ}, akkor b rmely y ∈ (C1 − x0 ) ∩ (C1 − x)-szel azt kapjuk, hogy |f (x) − f (x0 )| ≤ |f (x + y ) − f (x0 + y )| + |f (y ) − f (y )| < ε, azaz f folytonos x0 -ban. Mivel x0 tetszleges volt, f mindentt
folytonos Ugyanez a m¢dszer Cau hy exponen i lis egyenletre is alkalmazhat¢, ha bevezetjk a t = x + y £j v ltoz¢t x helyett, azaz ha az ekvivalens f (t) = f (t − y )f (y ) egyenletre trnk t. 1.§ Bevezets Vegyk szre, hogy az f (xy ) = f (x) + f (y ) egyenletnek, Cau hy logaritmikus egyenletnek nin s m s f : R R megold sa, mint f ≡ 0; ez y = 0 helyettes¡tssel kvetkezik. Az f (xy ) = f (x)f (y ) egyenlet, Cau hy hatv ny-egyenlete esetn vannak olyan f : R R megold sok, amelyek mrhetek, de nem folytonosak, folytonosak, de nem di eren i lhat¢ak, stb. Val¢ban, az x 7 |x|c s x 7 |x|c sgn x fggvnyek megold sok b rmely c ∈ R esetn, ha 0c -t £gy rjk, hogy 0 minden c ∈ R-re. 1.4 Hilbert tdik problm ja Hilbert az 1900-as Nemzetkzi Ma- tematikai Kongresszuson ismertetett nevezetes tdik problm ja ([56℄, 304. o), mint ismeretes azt krdezi, hogy1 a folytonos transzform i¢ soport Lie-fle fogalma a fggvnyek di eren i
lhat¢s g nak felttelezse nlkl vizsg lataink sz m ra mennyire hozz frhet", kzelebbrl2 , vajon valamilyen megfelel £j v ltoz¢k s paramterek bevezetsvel a soport nem transzform lhat¢-e t £gy, hogy a de ni l¢ fggvnyek di eren i lhat¢ak legyenek, . " Hilbert, kifejtve hogy a soport-tulajdons g egy fggvnyegyenlet-rendszerben fejezdik ki, ¡gy folytatja3: Ezek a krdsek ltal ban a fggvnyegyenletek szles s rdekes terletre vezetnek bennnket, amelyeket eddig fleg a fellp fggvnyek di eren i lhat¢s g nak felttelezse mellett vizsg ltak. Klnsen az Abel (Oeuvres, 1. kot, 1, 61, 389 o) ltal oly sok leselmjsggel kezelt fggvnyegyenletek, a di eren iaegyenletek, s m s, az irodalomban elfordul¢ egyenletek nmagukban nem mutatj k, mi knyszer¡ti ki a fellp fggvnyek di eren i lhat¢s g nak kvetelmnyt, s bizonyos egziszten ia-bizony¡t sok a varii¢sz m¡t sban kzvetlenl
ahhoz a feladathoz vezettek, hogy egy 1 “. inwieweit der Liesche Begriff der kontinuierlichen Transformationsgruppe auch ohne Annahme der Differenzierbarkeit der Funktionen unserer Untersuchung zugänglich ist.” 2 “es ensteht mithin die Frage, ob nicht etwa durch Einführung geeigneter neuer Verändertlicher und Parameter die Gruppe stets in eine solche übergeführt werden kann, für welche die definierenden Funktionen differenzierbar sind, . ” 3 “Überhaupt werden wir auf das weite und nicht uninteressante Feld der Funktionalgleichungen geführt, die bisher meist nur unter der Voraussetzung der Differenzierbarkeit der auftretenden Funktionen untersucht worden sind. Insbesondere die von Abel (Werke, Bd. 1, S 1, 61, 389) mit so vielem Scharfsinn behandelten Funktionalgleichungen, die Differenzengleichungen und andere in der Literatur vorkommende Gleichungen weisen an sich nichts auf, was zur Forderung der Differenzierbarkeit der auftretenden Funktionen zwingt,
und bei gewissen Existenzbeweisen in der Variationsrechnung fiel mir direkt die Aufgabe zu, aus dem Bestehen einer Differenzengleichung die Differenzierbarkeit der betrachteten Funktionen beweisen zu müssen. In allen diesen Fällen erhebt sich daher die Frage, inwieweit etwa die Aussagen, die wir im Falle der Annahme differenzierbarer Funktionen machen können, unter geeigneten Modifikationen ohne diese Voraussetzung gültig sind.” 10 1.§ Bevezets di eren i legyenlet fel ll¡t s hoz a vizsg lt fggvnyek di eren ilhat¢s g t kellett bizony¡tani. Mindezekben az esetekben ezrt felmerl a krds, mennyiben maradnak hasonl¢ ll¡t sok, amelye- ket a szerepl fggvnyek di eren i lhat¢s g nak felttelezsvel bizony¡thatunk, rvnyesek ezen felttelezs nlkl megfelel m¢dos¡t sok mellett." (Hilbert kiemelsei.) Ezut n Hilbert idzi Minkowskinak egy, az f (x + y ) ≤ f (x) + f (y ) x, y ∈ Rn fggvnyegyenltlensg megold sainak
bizonyos felttelek melletti par i lis di eren i lhat¢s g ra vonatkoz¢ eredmnyt, majd megjegyzi, hogy bizonyos fggvnyegyenleteknek, pld ul az f (x + α) − f (x) = g (x), f (x + β ) − f (x) = 0, fggvnyegyenlet-rendszernek, ahol α, β adott val¢s sz mok, g pedig adott val¢s fggvny, lehet olyan f megold sa, amely folytonos, de nem di ereni lhat¢, mg akkor is, ha g analitikus fggvny. Mai nyelven szok s Hilbert tdik problm j t £gy fogalmazni, hogy igaz-e, hogy egy lok lisan euklidszi soport Lie- soport? L thatjuk azonban, hogy tdik problm j nak m sodik felben Hilbert sokkal ltal nosabban fogalmazva olyan problm kra h¡vja fel a gyelmet, amelyeket ma regularit si problm knak szok s nevezni: fggvnyegyenletekre, di ereni legyenletekre, s m s egyenletekre megmutatni, hogy a di eren i lhat¢s gi felttelek sokkal enyhbb felttelekkel helyettes¡thetk (esetleg megfelel m¢dos¡t sok ut n). Ez a gondolat Hilbert tizenkilen
edik s huszadik problm j ban is visszatr, vari i¢sz m¡t ssal s par i lis di eren i legyenletekkel kap solatban L sd Zeidler [165℄ knyvt, II/A, 86{93 o A Hilbert-problm kkal kap solatban l sd az Alexandrov ltal szerkesztett [19℄ knyvet. 1.5 Ǒltal nos sma fggvnyegyenletek megold s ra A fenti egyszer pld k, valamint Hilbert tdik problm j nak m sodik fele az al bbi ltal nos sm t sugallj k fggvnyegyenletek regul ris megold sainak meghat roz s ra: (1) Regularit si ttelek felhaszn l s val mutassuk meg, hogy a fggvnyegyenlet minden megold sa, amely valamely gyenge" regularit si felttelnek eleget tesz | pld ul mrhet, Baire-tulajdons g£, stb. |, ers" regularit si feltteleket is kielg¡t, pld ul lok lisan integr lhat¢, folytonos, nh nyszor di eren i lhat¢ vagy analitikus. (2) Hat rozzuk meg az ersen" regul ris megold sokat, az egyenletet m s t¡pus£ egyenletre | di eren i legyenletre, integr
legyenletre, a hatv nysor nak egytthat¢ira vonatkoz¢ egyenletrendszerre, stb. | vezetve vissza, vagy a fggvnyegyenletek elmletnek spe i lis m¢dszereit haszn lva. 1.§ Bevezets Dolgozatok sz zai illusztr lj k ezt a bev lt m¢dszert. A (2) lpsben a fggvnyegyenlet spe i lis tulajdons gait, ltal nos tapasztalatokat s alkalmi tleteket haszn lunk: spe i lis helyettes¡tseket, az egyenlet szimmetri it, integr ltranszform i¢kat, egyes tagok meglst" alkalmas di ereni loper torokkal, stb. Sz mos fggvnyegyenletekkel foglalkoz¢ knyvben s ikkben tal lunk pld kat. Az al bbi knyvek tbbv ltoz¢s fggvnyegyenletekkel kap solatos bevezet jelleg anyagot tartalmaznak: A zel [2℄, [5℄; Hille [57℄; Ku zma [111℄; Saaty [138℄, se tion 3. Tbbv ltoz¢s fggvnyegyenletekkel kap solatos monogr k A zel [1℄, s a bvebb [3℄ angol kiad s, valamint A zel-Dhombres [16℄. Fleg spe i lis tm kat t rgyalnak: A zel [8℄ (t
rsadalomtudom nyok); A zel-Daro zy [15℄ (inform i¢mrtkek); A zelGolab [18℄ (geometria); Dhombres [35℄ (feltteles Cau hy-egyenletek); Ei hhorn [40℄ (kzgazdas gtan); Szekelyhidi [158℄ (konvol£ i¢ t¡pus£ egyenletek). L sd mg a [7℄, [10℄, [104℄ ttekint dolgozatokat, a [12℄ ktet ttekint dolgozatait, az Aequationes Mathemati ae kteteit, s fggvnyegyenletekkel kap solatos dolgozatok ott rendszeresen megjelen folytat¢lagos bibliogr j t. Ennek a disszert i¢nak a f tm ja az els lpssel foglalkozik: ltal nos regularit si tteleket fogunk bizony¡tani fggvnyegyenletek egy szles oszt ly ra, a tbbv ltoz¢s, iter i¢t nem tartalmaz¢ egyenletekre. Eredmnyeink v laszt adnak Hilbert tdik problm ja m sodik felnek nagy rszre ezen oszt ly esetn. Mg ebben a szkebb tmakrben is lehetetlen minden dolgozatra hivatkozni, amely valamely spe i lis egyenlet regularit s nak krdsvel foglalkozik. Csak a fent
idzett knyvekre, sszefoglal¢ dolgozatokra, az Aequationes Mathemati ae kteteire s az ott megjelent bibliogr ra utalhatunk. A tbbv ltoz¢s fggvnyegyenletek ltal nos t¡pusaira vonatkoz¢ regularit si eredmnyek egy rszre a jelen disszert i¢ megfelel paragrafus nak bevezetsben utalunk. Mieltt a regularit si problm k t rgyal s ba kezdennk, rviden ttekintjk a sima" megold sok meghat roz s ra szolg l¢ m¢dszereket. 1.6 Ǒltal nos m¢dszerek fggvnyegyenletek sima" megold sainak meghat roz s ra Bevezet pldaknt kt m¢dszert mutattunk be: analitikus megold sok meghat roz s t az egytthat¢kra kapott egyenletrendszer megold s val, s a fggvnyegyenlet visszavezetst di eren i legyenletre. Ez a m sodik m¢dszer klnsen szles krben haszn latos, s rendszerint a sima" megold sok meghat roz s nak legknyelmesebb m¢dj t biztos¡tja. Tov bbi pld kat A zel [3℄ knyvben tal lhatunk, l sd klnsen a
421, 424 pontokat A di eren i legyenlet levezetse rendszerint a tagok di eren i loper torokkal trtn meglst", spe i lis helyettes¡tseket, valamint az egyenlet spe i lis szimetri it haszn lja. A n X i=0 hi (x, y )fi (gi (x, y )) = h(x, y ), (x, y ) ∈ D ⊂ R2 , line ris fggvnyegyenlet-t¡pusra, ahol f0 , f1 , . , fn az ismeretlen fggvnyek, Pales [134℄ dolgozata egy ltal nos algoritmikus m¢dszert ismertet 12 1.§ Bevezets P les alapgondolata az, hogy a helyettes¡tseket az utols¢ lpsnek hagyja, s megmutatja, hogy megfelelen v lasztott di eren i loper torok seg¡tsgvel egy t¡pus, mondjuk az f0 (g0 (x, y )), f0′ (g0 (x, y )), stb., t¡pus£ak kivtelvel az sszes tbbi tag meglhet". Ekkor m r b rmely t = g0 (x, y0 ) helyettes¡ts di eren i legyenletet eredmnyez Nh ny m s fggvnyegyenlet-t¡pusra is ltezik algoritmikus megold si m¢dszer. Pld ul Vin ze m¢dszert kell itt megeml¡tennk (l sd
A zel [3℄, 4.25) De mg igen messze vagyunk att¢l, hogy algoritmikus m¢dszerrel legynk kpesek megoldani az £jonnan felmerl fggvnyegyenletek nagy rszt. Megeml¡tjk, hogy bizonyos fggvnyegyenletek integr legyenletre reduk lhat¢k. Ezt a m¢dszert nem mutatjuk be itt; l sd A zel [3℄ knyvt, 4.12 Fontos m¢dszer integr ltranszform i¢k felhaszn l s val egyszerbb fggvnyegyenletre reduk lni az egyenletet. A zel [3℄ knyve, 411, ezt a m¢dszert is bemutatja Szekelyhidi [156℄ knyve sz mos fggvnyegyenlettel foglalkozik, fleg Abel- soportokon A vizsg latokban a Fourier-transzform i¢ s nom¡t sai, valamint a spektr lszintzis j tszanak f szerepet. L sd mg a kzs ttekint ikknkben [104℄ hivatkozott dolgozatokat. Nha egy fggvnyegyenletre a megold s kzvetlenl megkaphat¢ az egyenletbl egy sr halmazon. Ilyenkor a folytonos megold sok megkaphat¢k, ha a pontokat e sr halmaz pontjaival kzel¡tjk Pld ul, a
Cau hyegyenletnl x = y = 0 helyettes¡tssel f (0) = 0, s induk i¢val f (nx) = nf (x), ha n ∈ N. Az y = −x helyettes¡ts mutatja, hogy f (−x) = −f (x), ¡gy a fenti sszefggs minden n ∈ Z-re teljesl. Most x/n-et helyettes¡tve x helyett kapjuk, hogy f (x/n) = f (x)/n, ha 0 6= n ∈ Z. gy f (rx) = rf (x), ha r ∈ Q. Ez mutatja, hogy f (1) meghat rozza f rtkeit a ra ion lis pontokban, s a val¢s sz mokat ra ion lis sz mokkal kzel¡tve azt kapjuk, hogy a folytonos megold sok f (x) = cx alak£ak, ahol c = f (1). Tov bbi pld kat A zel [3℄ knyvben tal lhatunk, se tion 2. Egy m sik m¢dszer, hogy a fggvnyegyenletet egy olyan fggvnyegyenletre vezetjk vissza, amelynek megold sa m r ismert. Ezen a (lnyegben algebrai) m¢don rendszerint az egyenlet ltal nos megold s t is sikerl meghat rozni A regul ris megold sokat rendszerint a m sik egyenlet regul ris megold saib¢l kapjuk, ¡gy ezek is meghat rozhat¢k. Sz mos pld t tal lhatunk
erre az A zel [3℄ illetve A zel-Dhombres [15℄ knyvekben Puszt n az ltal nos megold s ismerete nem mindig teszi lehetv, hogy a regul ris megold sokat knnyen megkapjuk. Pld ul, a Cau hy-egyenlet ltal nos megold sa a kvetkez: rgz¡tsnk egy tetszleges B b zis t R-nek Q felett, egy Hamel-b zist. Minden x val¢s sz m egyrtelmen fel¡rhat¢, P mint a bi b ziselemek ri ra ion lis egytthat¢kkal vett i ri bi vges line ris kombin i¢ja. P B rmely f : B R fggvny egyrtelmen terjeszthet ki az f (x) = i ri f (bi ) sszefggssel a Cau hy-egyenlet egy megold s v . Vegyk szre, hogy mg ebben a nagyon egyszer esetben sem vil gos kzvetlenl | regularit si ttelek nlkl | hogy mely megold sok mrhetek. Egy tov bbi m¢dszer, amely sak nagyon gyenge regularit si feltevseket haszn l, az £gynevezett disztrib£ i¢ m¢dszer", amelyet Feny}o [43℄ 1.§ Bevezets kezdemnyezett. Az alaptlet, hogy a folytonos (vagy lok lisan
integr lhat¢) megold sok S hwartz-fle disztrib£ i¢knak tekinthetk, s az egyenlet disztrib£ i¢k kztt fenn ll¢ egyenletnek tekinthet. Hasonl¢ trkkkkel, mint a sima megold sok esetn, de ltal ban tbb te hnikai problm val, disztrib£ i¢kra vonatkoz¢ di eren i legyenleteket kaphatunk. Vgl a disztrib£ i¢ megold sokr¢l kiderl, hogy (sima) fggvnyekhez tartoz¢ regul ris disztrib£ i¢k. L sd Baker [23℄, [24℄, [25℄ dolgozatait ezzel a m¢dszerrel kapsolatban Vgl nh ny megjegyzs. Ǒltal nos lokra a legegyszerbb m¢dszer | ha lehet, ltal nos | regularit si ttelek seg¡tsgvel bebizony¡tani, hogy a keresett regul ris megold sok nh nyszor di eren i lhat¢ak, majd di eren i legyenletet keresni a megold sokra. Rendszerint a tbbi m¢dszernl sem tudjuk elkerlni a regularit si tteleket. Azok a m¢dszerek, amelyek gyengbb regularit si feltteleket haszn lnak, rendszerint bonyolultabbak, s nem alkalmazhat¢k a leg ltal
nosabb esetekben. Pld ul, a disztrib£ i¢ m¢dszernl, problm t okoz hogy a S hwartz-fle disztrib£ i¢k kztt nin s szorz s de ni lva. S hwartz lehetetlensgi ttele szerint ez nem is tehet meg kielg¡t m¢don. Mg kevsb lehetsges disztrib£ i¢kat tetszleges tbb v ltoz¢s C ∞ fggvnyekbe helyettes¡teni. Ez a disztrib£ i¢ m¢dszer haszn lat t olyan egyenletekre korl tozza, amelyek nin senek t£l messze a line rist¢l. 1.7 Tbbv ltoz¢s, iter i¢t nem tartalmaz¢ egyenletek A jelen disszert i¢ f tm ja ltal nos regularit si ttelek bizony¡t sa Sz mos fggvnyegyenlet-t¡pusra ilyen regularit si ttelek a tapasztalatok szerint nem teljeslnek. A Hilbert ltal is eml¡tett (l sd 14), egyv ltoz¢s fggvnyegyenletek mellett sz mos, az ismeretlen fggvnyeket egym sba helyettes¡tve tartalmaz¢, iter lt" egyenletnek is van folytonos, de nem differen i lhat¢ megold sa Ilyen pld ul az elszr A zl s Benz [13℄ ltal vizsg lt
f (x + f (y )) = f (x) + f (x + y − f (x)) x, y ∈ R, f : R R egyenlet, amelynek sszes folytonos megold s t Dar¢ zy [31℄ hat rozta meg, s amelynek megold sai az x 7 12 (x ± |x|) fggvnyek is. A Hilbert tdik problm j nak els felben fellp, a soportaxi¢m kat le¡r¢ fggvnyegyenletrendszer is spe i lis kezelst ( tkoordin t z st) ignyel. B r pld ul A zel [4℄ dolgozat ban igen ltal nos felttelek mellett bebizony¡tja, hogy az f (x + y ) = h(x, f (x), f (y ), f (g1(x, f (x), f (y )), f (g2(x, f (x), f (y )), . , f (g3 (x, f (x), f (y ), f (g4(x, f (x), f (y ))), f (g5(x, f (x), f (y ))), . , )), ) fggvnyegyenlet val¢s v ltoz¢s, val¢s rtk f megold sai monotonak, £gy gondolom, iter i¢t tartalmaz¢ egyenletek esetn mg nem beszlhetnk ltal nos elmletrl. Azonban azokra a tbbv ltoz¢s fggvnyegyenletekre, amelyeknl az ismeretlen fggvnyek nin senek nmagukba vagy egym sba helyettes¡tve, ltal nos regularit
si tteleket bizony¡thatunk be. E disszert i¢ f tm j t ilyen ttelek alkotj k 14 1.§ Bevezets Clunk a leg ltal nosabb" iter i¢t nem tartalmaz¢ tbbv ltoz¢s (1) H (X, Y, f (G(X, Y )) , f0 (G0 (X, Y )) , f1 (G1 (X, Y )) , . , fn (Gn (X, Y ))) = 0 egyenlet vizsg lata, ahol (X, Y ) egy E halmaz eleme. Itt f , f0 , f1 , , fn az ismeretlen fggvnyek, a tbbi fggvny ismert. A v ltoz¢k s a fggvnyrtkek is vektorok A fenti egyenlet az x = G(X, Y ) £j v ltoz¢ bevezetsvel, s f (x)-et kifejezve az egyenletbl, ltal ban egy valamivel egyszerbb alakra hozhat¢, amely vizsg lataink ljainak jobban megfelel. Sz mos esetben | mg egy £j y = G0 (X, Y ) v ltoz¢t bevezetve | elrhetjk, hogy egy m sik ismeretlen fggvnyben pedig sak az y v ltoz¢ szerepeljen, ¡gy egyenletnket az (2) f (x) = h (x, y, f0(y ), f1 (g1 (x, y )) , . , fn (gn (x, y ))) , (x, y ) ∈ D alakra hozhatjuk. Mivel ljainknak legjobban az egyenletnek ez
az expliit" alakja felel meg, ltal ban ezt az alakot fogjuk haszn lni, s nem bonyol¡tjuk feleslegesen a tteleket a fenti | ltal ban sak lok lisan elvgezhet | talak¡t sok feltteleinek vizsg lat val. Az ut¢bbi egyenletben f0 szerepeltetse | s ¡gy az y = G0 (X, Y ) £j v ltoz¢ bevezetse is | feleslegesnek tnik. Azonban f0 kivteles szerepet j tszik a jobb oldalon szerepl ismeretlen fggvnyek kztt. Mint azt Sander [144℄ egy problm ja mutatja (l sd 212), gyakran f0 -ra gyengbb, vagy egy ltal n semmilyen felttelt sem kell kir¢ni. Az adott fggvnyekre elssorban simas gi feltteleket fogunk el¡rni Egyszer pld k mutatj k, hogy ezek a felttelek nem hagyhat¢k el. Termszetesen fel kell tennnk, hogy az egyenlet jobb oldala tnyleg fgg y -t¢l, s ¡gy az egyenlet nem egy egyv lto∂g z¢s egyenlet. Ez biztosan teljesl, ha feltesszk, hogy a i m trixok rangja ∂y maxim lis. Rendszerint feltesszk, hogy D ny¡lt halmaz
Clunk annak vizsg lata, hogy a Lebesgue-mrhet, illetve a Bairetulajdons g£ megold sok analitikusak-e? Olyan t¡pus£ ll¡t sokat sz ndkozunk bebizony¡tani, hogy ha az adott fggvnyek elg szpek", s az f1 , f2 , . , fn ismeretlen fggvnyek rendelkeznek egy regularit si tulajdons ggal, akkor az f fggvny is rendelkezik egy regularit si tulajdons ggal, amely eggyel jobb". Az al bbi lpsek alkalmaz sa tnik lszernek: (I) a mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g; (II) a Baire-tulajdons g£ megold sok folytonosak; (III) a folytonos megold sok majdnem mindentt di eren i lhat¢ak; (IV) a majdnem mindentt di eren i lhat¢ megold sok folytonosan di eren i lhat¢ak; (V) minden p-szer folytonosan di eren i lhat¢ megold s p +1-szer is folytonosan di eren i lhat¢; (VI) a vgtelen sokszor di eren i lhat¢ megold sok analitikusak. 1.§ Bevezets Ha f = f0 = f1 = · · · = fn , akkor a fenti lpsek alapj n, lpsenknt kaphatjuk,
hogy a mrhet, illetve Baire-tulajdons g£ megold sok analitikusak. Ha ez nem ll fenn, akkor a tbbi ismeretlen fggvny kifejezse az egyenletbl seg¡thet abban, hogy hasonl¢ eredmnyt kapjunk. Hogy jobban megrthessk, mirt az (I){(VI) lpseket haszn ljuk, mik a f nehzsgek, s milyen t¡pus£ feltteleket kell kir¢nunk az adott fggvnyekre, elszr bemutatunk nh ny alapvet gondolatot. 1.8 A klasszikus m¢dszer Az al bbi, a fggvnyegyenletekkel foglalkoz¢k krben j¢l ismert ltal nos m¢dszer Ka -t¢l ered s (valamivel spei lisabb esetre megfogalmazva) szerepel A zel [3℄ knyvben, 422, 423 Az (1) h(x, y )f (x) = h0 (x, y ) + n X i=1 hi (x, y, fi (gi (x, y ))) , (x, y ) ∈ D fggvnyegyenletre alkalmazhat¢, ahol az f, f1 , . , fn ismeretlen fggvnyek rendre az X, X1, , Xn ⊂ R ny¡lt halmazokon vannak de ni lva, s rtkeik valamely Z, Z1, . , Zn ⊂ R ny¡lt halmazokba esnek Tegyk fel, hogy Y ⊂ R s D ⊂
X × Y is ny¡ltak, f1 , . , fn , h, h0 : D R s ∂h ∂h0 ∂hi ∂hi hi : D × Zi R folytonosak, s a , , , , i = 1, 2, . , n par∂x ∂x ∂x ∂y i lis deriv ltak is folytonosak. Tegyk fel tov bb , hogy a gi fggvnyek ktszer folytonosan di eren i lhat¢ak. Legyen x0 ∈ X , s tegyk fel, hogy ∂g van olyan y0 ∈ Y , amelyre (x0 , y0 ) ∈ D, h(x0 , y0 ) 6= 0 s i (x0 , y0 ) 6= 0, ∂y ha i = 1, 2, . , n Ekkor f folytonosan di eren i lhat¢ az x0 egy krnyezetben Ennek bizony¡t s ra vegyk szre, hogy valamely X0 korl tos ny¡lt intervallumra s [a, b℄ ⊂ Y intervallumra X0 × [a, b℄ ⊂ D, (x0 , y0 ) ∈ X0 × ℄a, b[ Rb 6 0, ha x ∈ X0 . Az (1) egyenlet mindkt oldal t integr lva s a h(x, y ) dy = y szerint az [a, b℄-n, azt kapjuk, hogy f (x) b Z a h(x, y ) dy = Z a b h0 (x, y ) dy + n Z X i=1 a b hi (x, y, fi (gi (x, y ))) dy. A gi,x (y ) = gi (x, y ) jellsekkel vezessk be a jobb oldalon ll¢ integr lokban
kln-kln az u = gi,x (y ), i = 1, 2, . , n £j v ltoz¢t Ehhez szksg esetn helyettes¡tsk X0 -at az x0 egy kisebb krnyezetvel, [a, b℄-t pedig az y0 egy kisebb krnyezetvel. Ekkor azt kapjuk, hogy f (x) Z a b h(x, y ) dy = + Z b h0 (x, y ) dy a n Z gi (x,b) X ∂ −1 −1 hi x, gi,x (u), fi (u)) gi,x (u) du. ∂u g ( x,a ) i i=1 16 1.§ Bevezets Ebbl az egyenletbl kvetkezik, hogy f folytonosan di eren i lhat¢. Val¢ban, egy Z g~(x,b) ~ (x, y ) dy ~I (x) = h ~(x,a) g ~ Y~ ⊂ R korl t¡pus£ paramteres integr l folytonosan di eren i lhat¢, ha X, tos ny¡lt halmazok, g~ : X~ ×[a, b℄ Y~ s h~ : X~ ×Y~ R folytonos fggvnyek, ~ ∂ g~ s a ∂∂xh , ∂x par i lis deriv ltak is folytonosak. Hogy ezt bel ssuk, legyen y1 ∈ Y~ rgz¡tett, s legyen ~ (x, y ) = H ~ H Z y y1 ~ (x, u) du. h folytonosan di eren i lhat¢, s ¡gy I~(x) = H~ (x, g~(x, b)) − H~ (x, g~(x, a)) is folytonosan di eren i lhat¢. ~ Vegyk
szre, hogy sak h~ s ∂∂xh folytonoss g ra van szksgnk. gy h(x, y ) lehet pld ul h∗ (x, y, f0(y )) alak£ folytonosan di eren i lhat¢ h∗ gal, de sak folytonos (esetlegPismeretlen) f0 -al, amely ak r vektor rtk is 1 lehet. Spe i lisan, h(x, y ) = − j =m hj (x, y )fj (y ) is lehetsges m < 0-val s (esetleg ismeretlen) folytonos fj , m ≤ j < 0 fggvnyekkel s folytonosan di eren i lhat¢ hj fgvnyekkel. Tov bb vegyk szre, hogy H (~ x, y~)f0 (G0 (~ x, y~))f (G(~ x, y~)) = H0 (~ x, y~) + n X i=1 Hi (~ x, y~, fi (Gi (~ x, y~))) t¡pus£ egyenletek az (1) t¡pusra vezethetk vissza £j x = G(~x, y~), y = G0 (~ x, y~) v ltoz¢kat bevezetve. Ez a m¢dszer minden tov bbi nlkl ltal nos¡that¢ komplex vagy ak r vektor rtk ismeretlen fggvnyekre is, de vektor-vektor fggvnyekre az ltal nos¡t s nem ilyen nyilv nval¢. Integr lhatunk egy nem res belsej S szimplex felett, s Z ~ (x, y ) dy I~(x) = h g ~(x,S ) alak£
paramteres integr lokhoz jutunk. Termszetesen ilyen integr lok paramter szerinti di eren i l sa klasszikus, ha g~ s h~ sima fggvnyek, de mi sak azt tudjuk, hogy g~ folytonosan di eren i lhat¢ s h~ az x szerinti par i lis deriv ltj val egytt folytonos. Ezeket a problm kat s a fenti klasszikus m¢dszernek vektor-vektor fggvnyekre trtn ltal nos¡t s t a 11. §-ban t rgyaljuk. 1.9 Magasabb rend deriv ltak A fenti klasszikus m¢dszer magasabb rend di eren i lhat¢s g bizony¡t s ra is haszn lhat¢, ha felhaszn ljuk, hogy az Z g~(x,b) ~ (x, y ) dy ~ I (x) = h ~(x,a) g 1.§ Bevezets paramteres integr l sima g~ esetn p + 1-szer di eren i lhat¢, ha a h~ fggvny p-szer folytonosan di eren i lhat¢ s a p-edik deriv ltja folytonosan par i lisan di eren i lhat¢ x szerint. Mg jobb trkk, ami a j¢val ltal nosabb 17(1) nemline ris egyenletre is mkdik, az egyenlet mindkt oldal t p-szer di eren i lni. A kapott egyenlet az elz pont (1)
t¡pus ba tartozik, s ¡gy a klasszikus m¢dszer fent eml¡tett ltal nos¡t s val t rgyalhat¢. Ezt a trkkt alkalmazzuk a 15. §-ban 1.10 A megold sok folytonoss ga A klasszikus m¢dszer (s ltal nos¡t sa is) felhaszn lhat¢ arra is, hogy lok lisan integr lhat¢ megold sok folytonoss g t bizony¡tsuk. gy, ha a mrhetsgbl lok lis korl toss got tudunk bizony¡tani, akkor a folytonoss gra kvetkeztethetnk. Ez volt a hagyom nyos m¢dja a folytonoss g bizony¡t s nak. Pld ul, az f (x + y ) = f (x) + f (y ) Cau hy-egyenletnl, ha egy f : R R megold s mrhet egy pozit¡v Lebesgue-mrtk K halmazon, akkor automatikusan korl tos egy kisebb, de mg mindig pozit¡v mrtk C halmazon, mivel a Kn = {x ∈ K : |f (x)| ≤ n} halmazok mrtke a K mrtkhez tart, amint n ∞. Steinhaus egy j¢l ismert ttele szerint, a C − C halmaz tartalmazza az orig¢ egy krnyezett. Az f fggvny korl tos ezen a krnyezeten, mivel ha x ∈ C −C , akkor x el
ll¡that¢ x = z − y , z, y ∈ C alakban, amibl |f (x)| ≤ |f (x + y )| + |f (y )|, azaz f korl tos az orig¢ egy ε > 0 sugar£ krnyezetben. Ha [−ε, ε℄ felett integr lunk, azt kapjuk, hogy (1) 2εf (x) = Z ε −ε f (x + y ) dy − Z ε −ε f (y ) dy = Z ε+x −ε+x f (u) du − Z ε −ε f (y ) dy. Ebbl az egyenletbl kvetkezik, hogy f folytonos az orig¢ kzelben, s £jra felhaszn lva (1)-et, kapjuk, hogy di eren i lhat¢ is az orig¢ egy krnyezetben. De a Cau hy-egyenlet esetn, rgz¡tve y -t, l tjuk, hogy f az y krl egyszeren konstans plusz egy eltoltja f -nek az orig¢ krl. gy ha egy megold s folytonos, di eren i lhat¢, analitikus, stb. az orig¢ krl, akkor ugyanez teljesl mindentt. Ez a m¢dszer mkdik akkor is, ha Cau hy exponen i lis egyenletnek mrhet f : R R megold sait kell meghat rozni. Ma ez a m¢dszer kevsb fontos, mint kor bban volt, s sak akkor rdemes haszn lni, ha a sz¢ban
forg¢ mrtk nem Radon-mrtk. Ennek a m¢dszernek nh ny, a Haar-mrtk invari ns, illetve a Lebesgue-mrtk kovari ns kiterjesztseivel kap solatos alkalmaz s t az 5. s 6 §-ban fogjuk t rgyalni. Van egy sokkal knyelmesebb m¢dszer, amely Radon-mrtkek esetn mkdik, spe i lisan teh t a Lebesgue-mrtk esetn is. Ez a m¢dszer Luzin ttelt haszn lja: £gy tnik, az tlet M Kiernan-nl [130℄ s Baker-nl [21℄ fordul el elszr. Egy pld t m r mutattunk az 13 pontban A m¢dszer az ltal nos f (x) = h (x, y, f0(y ), f1 (g1 (x, y )) , . , fn (gn (x, y ))) 18 1.§ Bevezets esetben, azaz az 1.7(2) egyenletre is mkdik: V lasszunk valamely C pozit¡v mrtk kompakt halmazt, s v lasszunk gi (x0 , C )-nek olyan nagy" Ki kompakt rszhalmaz t, amelyen fi folytonos. Ha meg tudjuk mutatni, hogy az (1) {y : gi (x0 , y ), gi(x, y ) ∈ Ki , ha 1 ≤ i ≤ n } halmaz soha sem res, amennyiben x elg kzel van x0 -hoz, akkor a
halmaz b rmely y elemt helyettes¡tve az egyenletbe, azt kapjuk, hogy f (x) kzel van f (x0 )-hoz. Ezt a m¢dszert fogjuk felhaszn lni, hogy a mrhetsgbl kzvetlenl a folytonoss gra kvetkeztessnk: l sd a 8. §-t Fontos meg gyels, hogy elg, ha a fggvnyegyenlet majdnem mindentt teljesl: l sd 9. §-t Ez azrt fontos, mert ha egy megold s majdnem mindentt di eren i lhat¢, akkor a deriv ltja (amely automatikusan Borelfggvny, l sd 14.1-et) ugyan sak egy fggvnyegyenletet teljes¡t, s a fenti meg gyelst alkalmazva azt kapjuk, hogy a deriv lt folytonos. Ezt a gondolatot, hogy a majdnem mindentt di eren i lhat¢ megold sok folytonosan di eren i lhat¢ak", a 14. §-ban dolgozzuk ki Vegyk szre, hogy ennek alapj n abb¢l, hogy a megold s lok lisan korl tos v ltoz s£ (val¢s v ltoz¢s esetben), illetve hogy lok lisan Lips hitz-felttelnek tesz eleget (vektor v ltoz¢s esetben), arra kvetkeztethetnk, hogy folytonosan di eren i lhat¢.
Egy rdekes, de a f problm nkkal nem kap solatos krdst vizsg lunk a 7. §-ban A 24 problma a The S ottish Book"-ban [128℄, Mazur problm ja, azt krdezi, hogy igaz-e, hogy egy addit¡v funk ion l egy Bana h tren, amely minden grbe mentn Lebesgue-mrhet, folytonos. Ez egy mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ krds A 7 §-ban rviden rintjk ezt a problm t, megmutatva, hogy az, hogy egy fggvny minden grbe mentn Lebesgue-mrhet, ekvivalens az univerz lis mrhetsggel. 1.11 Steinhaus-t¡pus£ ttelek Mint az elz pontban l ttuk, Steinhaus ttele [150℄ hasznos eszkz fggvnyegyenletek mrhet megold sainak vizsg lat n l A ttel egy m sik v ltozata azt ll¡tja, hogy ha A1 , A2 ⊂ R Lebesgue-mrhet pozit¡v mrtk halmazok, akkor A1 + A2 tartalmaz bels pontot. Ennek a ttelnek sz mos ltal nos¡t sa ismeretes: egyrszt R m s topologikus mrtktrrel helyettes¡thet, m srszt az
sszead s egy ktv ltoz¢s fggvnyre serlhet. Az ltal nos¡t sok nagy rsze Weil gondolat n [164℄ alapul, mely szerint az x 7 Z Y f1 (x − y )f2 (y ) dy konvol£ i¢ folytonos. Ebbl, az fi helyre az Ai halmaz karakterisztikus fggvnyt helyettes¡tve, knnyen megkaphatjuk Steinhaus ttelt. Vegyk szre, az elz pontban az 1.10(1) halmaz µ-mrtke Z Y n i=1 fi (gi (x, y )) fi (gi (x0 , y )) dµ(y ), 1.§ Bevezets ahol fi a Ki halmaz karakterisztikus fggvnye. Ez azt mutatja, hogy amire a mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ ttelek bizony¡t s hoz szksgnk van, az egy ltal nos Steinhaus-t¡pus£ ttel, s a kt tmakr szorosan sszefgg. A 3. §-ban elszr Weil ttelt ltal nos¡tjuk, egy x 7 Z Y h (f1 (g1 (x, y )) , . , fn (gn (x, y ))) dµ(y ) alak£ fggvny folytonoss g t bizony¡tva, majd Steinhaus ttelt ltal nos¡tjuk kettnl tbb v ltoz¢s folytonosan di eren i lhat¢
fggvnyre az sszead s helyett. Sz mos kor bbi eredmny spe i lis esetknt ad¢dik Az ltal nos¡t st impli it m¢don az 5, 8, 9 s 18 §-okban, expli it m¢don pedig a 6. §-ban s a 22 §-ban adott alkalmaz sban fogjuk felhaszn lni 1.12 Baire-kateg¢ria Szoros anal¢gia van a mrtk s a Baire-kate- g¢ria kztt: Oxtoby [132℄ knyve eleg ns bevezets. Ennek alapj n v rhat¢, hogy a mrtkelmleti ttelek nagy rszhez hasonl¢ ttel igaz Bairekateg¢ria esetn is Steinhaus ttelvel anal¢g ttel Baire-kateg¢ria esetn Pi ard ttele, mely szerint ha A ⊂ R m sodik kateg¢ri j£ s Bairetulajdons g£, akkor A − A tartalmazza az orig¢ egy krnyezett Ennek a ttelnek is hasonl¢ ltal nos¡t s t adjuk, mint Steinhaus ttelnek: l sd a 4. §-t A Baire-tulajdons gb¢l kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ ttelek hasonl¢ak a mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ ttelekhez; ezeket a 10. §-ban t rgyaljuk 1.13
Folytonos megold sok di eren i lhat¢s ga Nem vit s, a legnehezebb lps a folytonos megold sok di eren i lhat¢s g nak bizony¡t sa. Mint az 110 pontban l ttuk, elg majdnem mindentti di eren i lhat¢s got bizony¡tani; ez kvetkezik, ha lok lis Lips hitz-tulajdons g fennll s t bizony¡tjuk Az 18 klasszikus m¢dszer ltal nos¡t sa vektor-vektor fggvnyekre hasznos, de t volr¢l sem kielg¡t. Nh ny, a folytonoss g s a lok lis Lips hitz-tulajdons g kztt elhelyezked tulajdons got is meg fogunk vizsg lni: a Holder folytonoss got (12. §) s a lnyegben korl tos v ltoz st (13. §) Nemrgen bizonyos kompakts gi felttelek mellett sikerlt olyan eredmnyeket elrnem, amelyek a legtbb gyakorlati lra elegenden ersek: l sd a 11.5 pontot Ezeknek az eredmnyeknek az els alkalmaz sa a ko kakettzs" 2112 egyenletnek megold sa volt Azonban azt gondolom, hogy ezen eredmnyek erejnek legjobb illusztr i¢ja, hogy Mario Bonk habilit i¢s
dolgozat nak a Weierstrass-fle szigma-fggvny karakteriz i¢j ra vonatkoz¢ £j eredmnyei (a problma Abel munk j ig ny£lik vissza) megkaphat¢k, st, ltal nosabb eredmnyek is kiad¢dnak: l sd a 23. §-t 1.14 Analitikuss g Az utols¢ lps lenne annak bizony¡t sa, hogy a vgtelen sokszor di eren i lhat¢ megold sok analitikusak. Ezzel a lpssel kap solatban sak gyenge eredmnyek vannak, l sd a 16. §-t Vegyk azonban szre, hogy a fggvnyegyenletbl gyakran egy di eren i legyenletet 20 1.§ Bevezets kaphatunk, ¡gy bizonyos esetekben a di eren i legyenletek regularit selmlete haszn lhat¢. L sd Dieudonne [39℄, 1053-at kznsges di eren i legyenletekkel kap solatban, s a Zeidler [165℄ knyvben idzett irodalmat, II/A, 86{93. o Ilyen m¢dszerrel bizony¡tja ltal nos¡tott kzprtk t¡pus£ egyenletek megold sainak analitikuss g t Lavruk s Swiatak [121℄ dolgozata. P les [134℄ dolgozat ban ltal nos m¢dszert ad, amellyel
sszeg alak£ fggvnyegyenleteket di eren i legyenletekre reduk lhatunk. M¢dszernek seg¡tsgvel megmutatja, hogy megfelel felttelek mellett a megold sok analitikusak a ny¡lt rtelmezsi tartom ny egy olyan nagy rszhalmaz n, amelynek a komplementere diszkrt. 1.15 M s regularit si tulajdons gok Mint l ttuk, az 17 pont (I){(VI) lpsei termszetes lp sket" kpeznek, amelyek seg¡tsgvel a mrhetsgbl vagy a Baire-tulajdons gb¢l indulva felkapaszkodhatunk az analitikuss gig. Termszetesen sz mos m s regularit si tulajdons g is elkpzelhet Eml¡tsnk meg rviden nh nyat Az egyszerbb esetekben gyakran haszn latos, de bonyolultabb egyenletekre nem tnik olyan hasznosnak, ha feltesszk, hogy a megold s valamilyen felttelnek tesz eleget egy pontban vagy egy pont valamely krnyezetben. Legnpszerbb azt feltenni, hogy van olyan pont, amelyben a megold s folytonos. Mint m r eml¡tettk, az f (x + y ) = f (x) + f (y ) Cau
hy-egyenletnl rgz¡tve y -t l tjuk, hogy a megold s y krl konstans plusz a megold s orig¢ krli rsznek eltoltja. gy a Cau hy-egyenletnl, ha egy megold s folytonos egy pontban, akkor folytonos mindentt (Sok m s tulajdons gra is hasonl¢ ll¡t s teljesl.) Mostan ban Matkowski [126℄ ltal nos¡totta ezeket a meggondol sokat a Cau hy-t¡pus£ f (g (x, y )) = h(x, y, f (x), f (y )) egyenletre, amelyben f az ismeretlen fggvny. Azonban m s egyenletek esetn nem l tszik ilyen hasznosnak feltenni, hogy a megold s folytonos egy pontban. Pldaknt felh¡vjuk az olvas¢ gyelmt arra, hogy azokat az egy pontban folytonos f : ℄0, 1[ R fggvnyeket, amelyek az inform i¢ alapegyenlett, az f (x) + (1 − x)f y 1−x = f (y ) + (1 − y )f x 1−y , 0 < x, y, x + y < 1 egyenletet elg¡tik ki, nem ilyen egyszer meghat rozni: l sd Diderri h [36℄, [37℄, [38℄ s Maksa [125℄ ikkeit. (Az egyenlet rszletes t rgyal s t l sd A zel
s Daro zy [15℄ knyvben.) Hasonl¡tsuk ezt ssze azzal, milyen egyszeren kapjuk a mrhet megold sokat ltal nos eredmnyeink felhaszn l s val 215-ben Gyakran haszn lt felttel az is, hogy a megold s korl tos, fellrl vagy alulr¢l korl tos, vagy lok lisan korl tos. Pld ul, ha f : R R a Cau hyegyenlet egy megold sa, amely korl tos, mondjuk fellrl egy x0 pont egy krnyezetben, akkor f (x) = xf (1) minden x ∈ R-re. Val¢ban, vegyk szre, hogy mivel f (rx + sy ) = rf (x) + sf (y ) minden x, y ∈ R s r, s ∈ Q-ra, az 1.§ Bevezets f gra konja egy Q feletti line ris altere R2 -nek. Ha f (x) 6= xf (1) valamely x ∈ R-re, akkor (1, f (1)) s (x, f (x)) line risan fggetlen elemei (R felett) a gra konnak, s ¡gy f gra konja sr R2 -ben. A lok lis korl toss gn l egybknt j¢val kevesebb is elg annak bizony¡t s hoz, hogy a Cau hy-egyenlet egy f : R R megold s ra f (x) = xf (1) mindentt. Ha sak azt tesszk fel, hogy f korl tos (mondjuk
fellrl a K konstanssal) egy pozit¡v mrtk mrhet C halmazon (mely felttel egybknt ekvivalens azzal, hogy f -et egy mrhet fggvny major lja C -n), akkor f (x + y ) ≤ f (x) + f (y ) ≤ 2K, ha x, y ∈ C , azaz f korl tos fellrl 2K -val a C + C halmazon. De a Steinhaus-ttel szerint (1.10) ez a halmaz tartalmaz nem res ny¡lt halmazt Itt is elmondhatjuk, hogy ilyen korl toss gi vagy lok lis korl toss gi felttelek egyszerbb egyenleteknl j¢l haszn lhat¢k, de bonyolultabb egyenleteknl nem ilyen hasznosak. Pldaknt ismt az inform i¢ (1) alapegyenlett eml¡thetjk A lok lisan korl tos megold sokat (s ezzel az egy pontban folytonos megold sokat is) Diderri h hat rozta meg, [36℄, [37℄. L sd mg Diderri h [38℄ s Maksa [125℄ ikkt. Hossz£ ideig megoldatlan problma volt, vajon ennek az egyenletnek minden nemnegat¡v megold sa folytonos-e? Vgl Daro zy s Maksa [34℄ adtak ellenpld t. De m r Cau hy exponen ilis
egyenletnek val¢s v ltoz¢s komplex rtk megold sai kztt is vannak korl tos, de nem folytonos fggvnyek: minden, az f (x) = eif1 (x) sszefggssel de ni lt f : R C fggvny, ahol f1 : R R a Cau hy-egyenlet egy megold sa, megold sa Cau hy exponen i lis egyenletnek, s abszol£t rtke mindentt 1. Egy m sik szrevtel, hogy nagyon szp" fggvnyegyenletek esetn is a komplex megold sok nem di eren i lhat¢ak mint komplex v ltoz¢s fggvnyek, b r mg analitikusak is, mint kt v ltoz¢s val¢s fggvnyek. Trivi lis plda a Cau hy-egyenlet. A leg ltal nosabb folytonos f : C C megold s f (z) = cz + dz komplex c, d konstansokkal; nem di eren i lhat¢, mint komplex fggvny, ha d 6= 0. A fenti pld k indokolj k, hogy ltal nos meggondol sainkb¢l elhagyjuk az egy pontban folytonos, lok lisan vagy glob lisan korl tos megold sok vizsg lat t, s nem pr¢b lunk meg komplex di eren i lhat¢s got bizony¡tani. 1.16 Egy ltal nos problma Az
eddig t rgyalt m¢dszerek azt su- gallj k, hogy az 1.7(2) egyenlet, a leg ltal nosabb expli it egyenlet" lehet vizsg lataink kzponti objektuma. Ha feltesszk, hogy f = f0 = f1 = f2 = · · · = fn , akkor az 1.7 bootstrap" m¢dszernek (I){(VI) lpeseit haszn lhatjuk Itt nin s szksgnk az f0 (y ) = f (y ) tagra: ha elhagyjuk, nem korl tozzuk az ltal noss got. Azt, hogy a jobb oldal tnyleg fggjn y -t¢l, ∂g azzal fogjuk biztos¡tani, hogy feltesszk, hogy a i m trixok rangja ma∂y xim lis. Ilyen m¢don az iter i¢t nem tartalmaz¢ tbbv ltoz¢s egyenletek al bbi alapvet regularit si problm j hoz jutunk: 22 1.§ Bevezets 1.17 Problma Legyen X , Y s Z ny¡lt rszhalmazai Rr -nek, Rs - nek s Rt -nek, s legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak. Legyenek f : X Z , gi : D X (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z n Z fggvnyek Tegyk fel, hogy (1) f (x) = h(x, y, f (g1(x, y )), . , f (gn(x, y ))), ha (x, y ) ∈ D; (2) h
analitikus; (3) gi analitikus, s minden x ∈ X -re ltezik egy y , amelyre (x, y ) ∈ D s ∂gi (x, y ) rangja r (i = 1, 2, . , n) ∂y Igaz-e hogy minden f , amely Lebesgue-mrhet vagy Baire-tulajdons g£, analitikus? 1.18 Megjegyzs: a problma v ltozatai A fenti problm ban az analitikus" sz¢t a C ∞ " sz¢val helyettes¡tve, egy m sik problm t kapunk. Tal n ez a problma mg fontosabb, mivel a fggvnyegyenletek megold sait leggyakrabban di eren i legyenletre trtn visszavezetssel keressk meg. Ǒltal nosabban, vizsg lhatjuk a C p -problm t", ahol 1 ≤ p ≤ ∞ vagy p = ω , ahol C ω alatt az analitikus fggvnyek oszt lya rtend (ω > ∞). Mivel nem ers megszor¡t s feltenni, hogy az adott fggvnyek sim bbak, mint amit a megold st¢l v runk, rdemes lehet a C p -C q -problm t" vizsg lni: feltesszk, hogy az adott fggvnyek C p -ben vannak, s azt krdezzk, hogy az f megold s C q -ban van-e?
Itt 0 ≤ q ≤ ω , 1 ≤ p ≤ ω s q ≤ p. Pld ul, nh ny ttelben annak bizony¡t s hoz, hogy f folytonosan di eren i lhat¢, azt fogjuk feltenni, hogy a gi fggvnyek ktszer folytonosan di eren i lhat¢ak, illetve annak bizony¡t s hoz, hogy f folytonos, azt fogjuk feltenni, hogy a gi fggvnyek folytonosan di eren i lhat¢ak. 1.19 Megjegyzsek (1) A fenti ltal nos 117 regularit si problma C ∞ -v ltozat t a szerz fogalmazta meg (J arai [72℄), eredetileg egy valamivel gyengbb form ban, az f (x) = h(x, y, f (y ), f (g1(x, y )), . , f (gn(x, y ))) fggvnyegyenletre. Ezt a problm t A zel Janos a XXI Nemzetkzi Fggvnyegyenletek Szimp¢ziumon a legfontosabb, fggvnyegyenletekkel kapsolatos megoldatlan problm k kztt ismertette (l sd A zel [7℄, 256 o) Az elm£lt tizent v azt mutatta, hogy az f (y ) tag ltal impli it m¢don bevezetett X = Y megszor¡t s nem seg¡t a problma megold s ban. gy a fenti, ersebb form t fogjuk vizsg
lni. (2) Ahelyett, hogy minden x ∈ X -hez van olyan y ∈ Y , amelyre (x, y ) ∈ ∂gi D s (x, y ) rangja r minden 1 ≤ i ≤ n-re, ekvivalens lenne azt feltenni, ∂y ∂gi hogy , 1 ≤ i ≤ n rangja r mindentt a D-n, s minden x ∈ X -hez van ∂y olyan y ∈ Y , amelyre (x, y ) ∈ D. Val¢ban, D-t helyettes¡thetjk azzal a ∂g ny¡lt rszhalmaz val, amelyen minden i rangja r. ∂y 1.§ Bevezets 1.20 A problma j¢l fogalmazott" Egyszer pld kkal megmutatjuk, hogy a problm ban szerepl felttelekbl egyik sem hagyhat¢ el £j felttelek bevezetse nlkl. Ez azt mutatja, hogy nem jogtalan a fenti problm t a tbbv ltoz¢s iter i¢t nem tartalmaz¢ fggvnyegyenletek regularit si alapproblm j nak" nevezni Egy£ttal az ellenpld k krlhat rolj k azt is, milyen t¡pus£ v ltoztat sok kpzelhetk el a felttelekben. Az impli it f (x)f (y )f (x + y ) = 0 egyenlet mutatja, hogy impli it egyenletekre ltal ban nem teljeslnek
regularit si ttelek; minden f : R R fggvny megold s, amelyre f (x) = 0, ha x 6∈ ℄1, 2[. Val¢ban, ha x, y ∈ ℄1, 2[, akkor x + y ∈ ℄2, 4[, ¡gy a szorzat nulla Ezek kztt a fggvnyek kztt vannak fggvnyek, amelyek mrhetek, de nem folytonosak, folytonosak, de nem di eren i lhat¢ak, stb. Egy m sik, a Weierstrass-fle szigma-fggvnyeket karakteriz l¢ egyenlettel kap solatos plda tal lhat¢ a 23.2 megjegyzsben Cau hy hatv ny-egyenlete, f (yz ) = f (y )f (z ) azt mutatja, hogy ha az egyenlet sak abban az rtelemben impli it, hogy £j v ltoz¢ bevezetsvel nem tudjuk f (x) = . alakra hozni, akkor sem teljesl regularit s ltal ban. Val¢ban, itt minden f : R R, f (x) = |x|c s f (x) = |x|c sgn x fggvny megold s (c ∈ R s 0c null nak rtend). Ezek kztt a fggvnyek kztt is vannak, amelyek mrhetek, de nem folytonosak, stb. Az, hogy a fggvnyegyenlet D rtelmezsi tartom ny r¢l feltesszk, hogy ny¡lt, te
hnikai jelleg felttelnek l tszik: e nlkl nehezebb lenne a gi bels fggvnyek di eren i lhat¢s g r¢l beszlni. Hogy ez a felttel nem hagyhat¢ el, mg akkor sem, ha a gi fggvnyek nagyon szpek", azt Cau hy exponen i lis egyenletnek pld ja mutatja. j v ltoz¢t bevezetve, az f (x) = f (x − y )f (y ) egyenletet kapjuk. B rmely olyan D rtelmezsi tartom nyon, amely tartalmazza a (0, 0) orig¢t, s a D0 = {(x, y ) : 0 < y < x} ny¡lt halmazt, de rsze a D0 lez rtj nak, az f (0) = 1, f (x) = 0, ha x > 0 sszefggssel de ni lt fggvny mrhet, de nem folytonos megold s. Ha a fenti problm ban a h kls fggvny nin s C p -ben, akkor a megold s sem felttlenl van C p -ben, 0 ≤ p ≤ ω . Ezt az al bbi egyszer plda mutatja: Legyen H : R R egy kl snsen egyrtelm Borel-fggvny, f : R R, s tekintsk a Cau hy-egyenletet H ◦ f -re, azaz legyen (1) H (f (x + y )) = H (f (x)) + H (f (y )), x, y ∈ R. Ez
az egyenlet ekvivalens az (2) f (x) = h(f (y ), f (x + y )), x, y ∈ R, 24 1.§ Bevezets egyenlettel, ahol h-t a h(z1 , z2 ) = H −1 (H (z2 ) −H (z1 )) sszefggs de ni lja, ha z1 , z2 ∈ R. gy f akkor s sak akkor mrhet [folytonos, stb℄ megold sa (1)-nek, ha f mrhet [folytonos, stb.℄ megold sa (2)-nek De ha f mrhet, akkor H ◦ f is mrhet, ¡gy valamely c konstanssal H (f (x)) = cx, azaz f (x) = H −1 (cx) minden x ∈ R-re. Ha H −1 mrhet, de nem folytonos [folytonos, de nem di eren i lhat¢, stb.℄, akkor (2)-nek van olyan mrhet [folytonos, stb.℄ megold sa, amely nem folytonos [nem di eren i lhat¢, stb℄ Nagyon hasonl¢ plda mutatja, hogy ha a fenti problm ban a gi bels fggvnyek (vagy legal bb egyikk) nin s C p -ben, 0 ≤ p ≤ ω , akkor az f megold s sem felttlenl van C p -ben. Legyen G : R R egy kl snsen egyrtelm Borel-fggvny, amely rendelkezik a kvetkez tulajdons ggal: ha A ⊂ R nulla
Lebesgue-mrtk, akkor G−1 (A) is nulla mrtk. Legyen f : R R egy fggvny, s tekintsk a Cau hy-egyenletet az f ◦ G fggvnyre, azaz tegyk fel, hogy (3) f (G(X + Y )) = f (G(X )) + f (G(Y )), X, Y ∈ R. Az x = G(X ), y = G(Y ) helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy ez az egyenlet ekvivalens az (4) f (x) = f (g (x, y )) − f (y ), x, y ∈ R egyenlettel, ahol g a g (x, y ) = G(G−1 (x) + G−1 (y )) sszefggssel van deni lva, ha x, y ∈ R. gy f akkor s sak akkor mrhet [folytonos, stb℄ megold sa (3)-nak, ha mrhet [folytonos, stb.℄ megold sa (4)-nek De ha f mrhet, akkor f ◦ G is mrhet, ¡gy valamely c konstanssal f (G(X )) = cX , azaz f (x) = cG−1 (x) minden x ∈ R-re. Ha G−1 mrhet, de nem folytonos [folytonos, de nem di eren i lhat¢, stb.℄, akkor (4)-nek van mrhet [folytonos, stb℄ megold sa, amely nem folytonos [nem di eren i lhat¢, stb℄ Vegyk szre, hogy a G(X ) = X 3 spe i lis esetben azt kapjuk, hogy
f (x) = cx1/3 . Ebben az esetben a (4) egyenletben g (x, y ) = (x1/3 + y 1/3 )3 A g fggvny folytonos R × R-en s ak rh nyszor di eren i lhat¢ minden 6 0 6= y pontban. Mg az y 7 g (0, y ) = y fggvny is di eren i l(x, y ), x = hat¢, s deriv ltja nem tnik el. De x = 0-hoz nin s olyan y ∈ R, amelyre g di eren i lhat¢ (x, y )-ban. Ez azt mutatja, hogy a g bels fggvny di ereni lhat¢s ga nem hagyhat¢ el Ez a plda azt is mutatja, hogy az a felttel sem hagyhat¢ el, hogy minden x-hez van olyan y , amelyre (x, y ) ∈ D. ∂g Vgl, hogy i rangj nak r-nek kell lenni, azt a Cau hy hatv ny∂y egyenletbl £j v ltoz¢k bevezetsvel nyert al bbi egyszer plda mutatja: f (x) = f (y )f (x/y ), x ∈ R, ∂g 0 6= y ∈ R. Itt x = 0-hoz nin s olyan y , amelyre (0, y ) 6= 0, ahol g (x, y ) = x/y . A ∂y val¢s rtk megold sok kztt ott vannak az f (x) = |x|c s f (x) = |x|c sgn x fggvnyek, ahol c ∈ R, s 0c null nak rtend. Ezek
nmelyike mrhet, de 1.§ Bevezets nem folytonos, folytonos, de nem di eren i lhat¢, stb. Ugyanez az egyenlet magasabb dimenzi¢ban is ad ellenpld kat, ha x, y ∈ Rr , az y egyetlen koordin t ja sem nulla, s az x/y h nyadost koordin t nknt rtjk. Itt a Q megold sok kztt vannak az f (x) = ri=1 fi (xi ) fggvnyek, ahol minden fi fggvny fi (xi ) = |xi |ci vagy fi (xi ) = |xi |ci sgn xi alak£. ∂g M sik plda arra, hogy i rangja r kell legyen, a Sin ov-egyenlet: ∂y f (x1 , x2 ) = f (x1 , y ) + f (y, x2 ). Ennek az egyenletnek az ltal nos f : R × R R megold sa f (x1 , x2 ) = g (x2 ) − g (x1 ), ahol g : R R tetszleges fggvny. Val¢ban, b rmely ilyen alak£ f megold s. Annak bizony¡t s ra, hogy minden f megold s el ll ¡gy, de ni ljuk g -t a g (x) = −f (x, c) sszefggssel, ahol c ∈ R tetszleges konstans. 1.21 Ǒtviteli elv: egy egyszer plda Sz mos klnbz trkk van, amelyek seg¡tsgvel eredmnyeink olyan
esetekben is haszn lhat¢ak, amelyekben l tsz¢lag, kzvetlenl, nem: l sd az alkalmaz sokkal foglalkoz¢ rszt. Egy ilyen nagyon fontos trkkt" felttlenl meg kell eml¡tennk L tsz¢lag, az 1.17(1) egyenlet igen spe i lis abban a tekintetben, hogy sak egy ismeretlen fggvny szerepel benne. Azonban ez a megszor¡t s nem olyan ers, mint amilyennek l tszik. Ha adott egy ltal nos, iter i¢t nem tartalmaz¢ tbbv ltoz¢s fggvnyegyenlet, s minden ismeretlen fggvny kifejezhet az egyenletbl, akkor (miut n klnbz £j v ltoz¢kat vezettnk be minden egyenletben), tekinthetnk egy olyan vektor rtk fggvnyt, amelynek a klnbz ismeretlen fggvnyek a koordin t i, s eredmnyeinket alkalmazhatjuk erre az egyetlen, de vektor v ltoz¢s, vektor rtk ismeretlen fggvnyre. Ez vil gosan mutatja, milyen fontos, hogy vektor-vektor ismeretlen fggvnyeket t rgyaljunk. Mieltt teljes ltal nosss gban megfogalmazn nk ezt az
tviteli elvet", az f1 (x + y ) = f2 (x) + f3 (y ), f 1 , f2 , f3 : R R Pexider-egyenlet egyszer pld j n mutatjuk be elszr. A fenti egyenletbl az al bbi h rom egyenletet kapjuk: f1 (x1 ) = f2 (x1 − y1 ) + f3 (y1 ), f2 (x2 ) = f1 (x2 + y2 ) − f3 (y2 ), f3 (x3 ) = f1 (x3 + y3 ) − f2 (y3 ). Most az x = (x1 , x2 , x3 ), y = (y1 , y2 , y3) jellsekkel az f (x) = f (x1, x2 , x3 ) = (f1 (x1 ), f2(x2 ), f3 (x3 )) sszefggssel de ni lt f : R3 R3 fggvny eleget tesz az (1) f (x) = h(f (x3 + y3 , x1 − y1 , y2 ), f (x2 + y2 , y3 , y1 )) egyenletnek, ahol az u = (u1 , u2 , u3 ), v = (v1 , v2 , v3 ) jellsekkel a h : R6 R3 fggvnyt a h(u, v ) = (u2 + v3 , v1 − u3 , u1 − v2 ) sszefggs de ni lja. 26 1.§ Bevezets Vegyk szre, hogy az (1) egyenlet az 1.17 problma minden felttelt teljes¡ti Ebben a pld ban a Pexider-egyenlet meglehetsen spe i lis tulajdons gait is felhaszn ltuk. Azonban de ni lhattuk volna a h : (R3 )6 R3
fggvnyt is, a h(u1 , u2 , u3 , u4 , u5 , u6 ) = (u1,2 + u2,3 , u3,1 − u4,3 , u5,1 − u6,2 ) sszefggssel, ahol ui = (ui,1 , ui,2 , ui,3 ) ∈ R3 , ha i = 1, 2, 3, 4, 5, 6; ekkor az (2) f (x) = h (f (g (y3 ), x1 − y1 , g (y2)) , f (g (y2 ), g (y3), y1 ) , . , f (g (y1 ), y3 , g (y2 ))) fggvnyegyenletet kaptuk volna, ahol g egy tetszleges folytonosan di eren i lhat¢ fggvny, amely R-et R-be kpzi, s deriv ltja nem tnik el mindentt. A (2) egyenlet is eleget tesz az 117 problma feltteleinek Megjegyezzk, hogy az a felttel, hogy minden ismeretlen fggvny legyen kifejezhet az egyenletbl, nem hagyhat¢ el. Az al bbi egyszer pld k mutatj k ezt. Az f (x) = f (x + y ) − f (y ) + f0 (x + y )f0 (y )f0 (x + 2y ), f, f0 : R R egyenlet esetn az f, f0 fggvnyp r, ahol f (x) = cx s f0 tetszleges, az ℄1, 2[ intervallumon k¡vl eltn fggvny, egy megold s. Az f (x) = f (x + y ) − f (y ) + f0 (ex y 3 ) − f0 (ex y 2 )f0 (y ),
f, f0 : R R egyenlet esetn az f, f0 fggvnyp r, ahol f (x) = cx s f0 (x) = |x|c0 valamely c0 ∈ R-rel (0c0 alatt null t rtve), egy megold s. Most megfogalmazzuk az ltal nos tviteli elvet, amely azt mutatja, hogy az 1.7(1) ltal nos, iter i¢t nem tartalmaz¢ fggvnyegyenlet regularit s nak problm ja, ha belle minden ismeretlen fggvnyre kvetkezik egy 1.7(2) t¡pus£ expli it egyenlet, az 117 problm ra reduk lhat¢ 1.22 Ǒltal nos tviteli elv Legyenek Xi ⊂ Rr , Yi ⊂ Rs , Zi ⊂ Rt i i i s Di ⊂ Xi × Yi ny¡lt halmazok, s legyenek az ni -k termszetes sz mok, az fi : Xi Zi -k pedig fggvnyek (i = 1, 2, . , m) Tegyk fel, hogy 1 ≤ ki,j ≤ m egy termszetes sz m s gi,j : Di Xki,j egy fggvny, ha 1 ≤ i ≤ m s ha 1 ≤ j ≤ ni . Legyen tov bb hi : Di ×Zki,1 ×· · ·×Zki,ni Zi egy fggvny, ha 1 ≤ i ≤ m. Tegyk fel, hogy 1 ≤ i ≤ m-re fenn ll az fi (xi ) = hi xi , yi , fki,1 (gi,1 (xi , yi )) , . , fki,ni (gi,ni
(xi , yi )) , (xi , yi ) ∈ Di fggvnyegyenlet. (Az fi fggvnyek az ismeretlenek, a tbbi fggvny ismert) Ekkor az x = (x1 , , xm ) jellssel az f (x) = (f1 (x1 ), , fm (xm )) sszefggssel de ni lt f fggvnyhez, amely az X = X1 × X2 × · · · × Xm ⊂ Rr , r = r1 + · · · + rm ny¡lt halmazt kpezi le a Z = Z1 × Z2 × · · · × Zm ny¡lt halmazba, vannak olyan n s s termszetes sz mok s olyan Y ⊂ Rs , D ⊂ X × Y ny¡lt halmazok, tov bb lteznek olyan gj : D X (1 ≤ j ≤ n), h : D × Z n Z fggvnyek, hogy az f (x) = h x, y, f (g1 (x, y )) , . , f (gn (x, y )) , (x, y ) ∈ D 1.§ Bevezets fggvnyegyenlet teljesl. A h s gj fggvnyek v laszthat¢k £gy, hogy az al bbi ll¡t sok is teljesljenek: Ha a hi s gi,j , i = 1, . , m, j = 1, , ni fggvnyek C p -ben vannak, akkor a h s gj fggvnyek is C p -ben vannak, ahol 0 ≤ p ≤ ω . (Itt is C ω alatt az analitikus fggvnyek oszt lya rtend)
Tov bb , ha a gi,j fggvnyek C 1 -ben vannak, s minden 1 ≤ i ≤ m-re ∂g minden xi ∈ Xi -hez van olyan yi hogy (xi , yi ) ∈ Di s rank i,j (xi , yi ) = ∂yi rki,j , ha 1 ≤ j ≤ ni , akkor minden x ∈ X -hez van olyan y ∈ Y , hogy ∂gj (x, y ) = r, ha 1 ≤ j ≤ n. Ha adottak nem res belsej ∂y Ci ⊂ Xi kompakt halmazok, s yi v laszthat¢ £gy, hogy gi,j (xi , yi ) ∈ Cki,j teljesljn, ha 1 ≤ i ≤ m s 1 ≤ j ≤ ni , akkor y is v laszthat¢ £gy, hogy gj (x, y ) ∈ C teljesljn 1 ≤ j ≤ n esetn, ahol C = C1 × C2 × · · · × Cm . (x, y ) ∈ D s rank Bizony¡t s. Elszr is v lasszunk s′i , 1 ≤ i ≤ m termszetes sz mo- kat, amelyekkel si + s′i ≥ rj , ha 1 ≤ j ≤ m. Legyen Yi′ = Rsi Minden ∗ 1 ≤ i, k ≤ m p rra v lasszunk egy tetszleges analitikus gi,k szubmerzi¢′ j t Yi × Yi -nek Ck belsejbe. (Emlkeztetnk r , hogy valamely euklidszi tr egy ny¡lt rszhalmaz nak egy di eren i lhat¢
lekpezst egy euklidszi trbe szubmerzi¢nak nevezzk, ha deriv ltj nak rangja mindentt megegyezik a kptr dimenzi¢j val.) Ha 1 ≤ i ≤ m s 1 ≤ j ≤ ni , v lasszunk egy pi,j permut i¢j t {1, 2, . , m}-nek, amelyre pi,j (ki,j ) = i De ni ljuk a gi,j,k fggvnyt a gi,j,k (xi , yi , yi′ ) = gi,j (xi , yi ) sszefggssel, ha (xi , yi , yi′ ) ∈ Di × Yi′ s k = ki,j . Ha k 6= ki,j , legyen gi,j,k (xpi,j (k) , ypi,j (k) , yp′ i,j (k) ) = gp∗i,j (k),k (ypi,j (k) , yp′ i,j (k) ), ha (xpi,j (k) , ypi,j (k) , yp′ i,j (k) ) ∈ Dpi,j (k) × Yp′i,j (k) . Ezzel a de n¡ i¢val gi,j,k a Dpi,j (k) halmazt Xk -ba kpezi. Vgl de ni ljuk gj ′ -t, ahol j ′ = n1 + n2 + + ni−1 + j A gj ′ (x, y ) fggvny azon (x, y ) p rok D halmaz n van de ni lva, amelyekre (xk , yk , yk′ ) ∈ Dk × Yk′ , ha k = 1, 2, . , m, ahol x = (x1 , x2 , , xm ), y = (~y1 , y~2 , , y~m ) s y~k = (yk , yk′ ), ha k = 1, 2, . , m; a gj ′ (x, y )
rtket £gy de ni ljuk, hogy koordin t i gi,j,k (xpi,j (k) , ypi,j (k) , yp′ i,j (k) ), k = 1, 2, , m legyenek Vegyk szre, ′ ∂g ∂g hogy ¡gy de ni lva, j rangja az (x, y ) pontban r − ri + rank i,j (xi , yi ). ∂y ∂yi Vgl, ezekkel a jellsekkel, de ni ljuk a h fggvnyt £gy, hogy koordin t i ′ )-vel, ha az (x, y, z1, . , zn ) pontban egyezzenek meg hi (xi , yi , zi,′ 1 , , zi,n i ′ 1 ≤ i ≤ m, ahol zi,j a ki,j -edik koordin t ja zn1 +.+ni−1 +j ∈ Z1 × · · · × Zm nek, ha 1 ≤ j ≤ ni ′ 1.23 A f problm val kap solatos eredmnyek sszefoglal sa A teljes 1.17 problma megoldatlan A problm t az 17 pont (I){(VI) lpseinek megfelelen hat rszre oszthatjuk Az (I), (II), (IV) s (V) lpsnek megfelel rszt teljesen megoldjuk. A (III) lpsnek megfelel rszt saknem teljesen megoldjuk (pontosabban, egy ltal ban teljesl kompakts gi felttel mellett oldjuk meg). A (VI) lpssel kap solatban sak igen
ers tov bbi felttelek mellett vannak eredmnyeink. Az (I), (II), (III), (IV), (V) s (VI) lpseknek megfelel rszt rendre a 8.{9, 10, 11, 14, 15 s 16 paragrafusokban t rgyaljuk Tov bbi, az 117 problm hoz kap sol¢d¢ regularit si 28 1.§ Bevezets eredmnyek tal lhat¢k az 5., 6, 7, 12,s 13 paragrafusokban Az al bbiakban sszefoglaljuk az ezen paragrafusok ltal nosabb eredmnyeinek az 117 problm ra vonatkoz¢ kvetkezmnyeit. 1.24 Ttel Az 117 problma jellseivel, ha h folytonos, a gi fggvnyek pedig folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor minden Lebesgue-mrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s folytonos. Bizony¡t s. A 83, illetve a 102 ttelek kvetkezmnye, ha azokat lok lisan alkalmazzuk 1.25 Ttel Az 117 problma jellseivel, ha a h s gi fggvnyek p-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor minden majdnem mindentt differen i lhat¢ f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). Bizony¡t s. A
142 s 152 ttelekbl kvetkezik 1.26 Ttel Az 117 problma jellseivel, ha a h s gi fggvnyek p-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor minden f megold s, amely lok lisan korl tos v ltoz s£, p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). Bizony¡t s. 124 ttelbl kvetkezik, hogy f folytonos A 132 ttelbl kvetkezik, hogy f lok lisan Lips hitz. Az 125 ttelbl kvetkezik, hogy az f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢. 1.27 Ttel Az 117 problma jellseivel, ha a h s gi fggvnyek max{2, p}-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, s van olyan C kompakt rsz- halmaza X -nek, hogy minden x ∈ X -hez van olyan y ∈ Y , amelyre 1.17(3) felttelei mellett mg gi (x, y ) ∈ C is teljesl, akkor minden Lebesgue-mrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). Vegyk szre, hogy a ttelben szerepl kiegsz¡t kompakts gi felttelt megrzi az tviteli elv. Bizony¡t s.
Az 124, 125 s 115 ttelekbl kvetkezik 1.28 Ttel Az 117 problma jellseivel, ha n = 2, t = 1, g1(x, y ) ≡ y , s a h fggvny p-szer, a g2 fggvny max{2, p}-szer folytonosan di eren i lhat¢, akkor minden Lebesgue-mrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). Bizony¡t s. Az ll¡t s az 124, 114 s 125 ttelek kvetkezmnye 1.29 Ttel Az 117 problma jellseivel, ha az 117(1) fggvny- egyenlet az al bbi spe i lis alak£: f (x) = n X i=1 hi x, y, f (gi (x, y )) , ahol a hi : D × Z R fggvnyek p-szer, a gi fggvnyek max{2, p}szer folytonosan differen i lhat¢ak, akkor minden Lebesgue-mrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). t Bizony¡t s. Ez a ttel az 124, 113 s 125 ttelek sszefoglal sa 1.§ Bevezets D 1.30 Ttel Az 117 problma jellseivel, tegyk fel, hogy t = 1, = ℄a, b[×℄a, b[, s az
egyenlet az al bbi spe i lis alak£: (1) f (x) = n X i=1 ci f (gi (x, y )) , ahol ci ∈ R (i = 1, 2, . , n), s gi : ℄a, b[×℄a, b[℄a, b[ ha (x, y ) ∈ D, (i = 1, 2, . , n) Tegyk fel tov bb , hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (2) gi (x, y ) az x s y kztt van, ha x, y ∈℄a, b[; (3) gi analitikus s valamely 0 < A < 1 konstanssal ∂ p gi (x, y ) ≤ Ap p!, k p−k ∂ x∂ y ha x, y ∈℄a, b[ s p = 1, 2, . ; (4) minden x ∈℄a, b[-re s i = 1, 2, . , n-re az ℄a, b[-nek ℄a, b[-be val¢ y 7 gi (x, y ) lekpezse szigor£an monoton, s az a gi fggvny, amelyre a t 7 gi (x, t) lekpezs az y 7 gi (x, y ) lekpezs inverze, ktszer folytonosan di eren i lhat¢ az rtelmezsi tartom ny n. Ekkor minden f megold s, amely Lebesgue-mrhet vagy Baire-tulajdons g£, analitikus. Bizony¡t s. Ez a ttel az 129 s az 162 tteleket foglalja ssze 1.31 Regularit si ttelek sokas gokon Geometriai vagy zikai problm
kb¢l sz rmaz¢ fggvnyegyenletekre az egyenlet termszetes rtelmezsi tartom nya nha egy di eren i lhat¢ sokas g. A 5{15 paragrafusokban szerepl ttelek nagy rsze ltal nos nemline ris egyenletek vektorvektor megold saira vonatkozik, s lok lis jelleg V rhat¢, hogy az eredmnyek j¢ rsze tvihet di eren i lhat¢ sokas gokra is A lok lis jelleg eredmnyeknl ez semmi gondot nem okoz, de a glob lis jelleg eredmnyek £j bizony¡t st ignyelnek. A sokas gokra vonatkoz¢ eredmnyek t rgyal sa a 17. paragrafusban trtnik rdemes az alapproblm t is megfogalmazni di eren i lhat¢ sokas gokra is: 1.32 Problma Legyenek X , Y s Z analitikus sokas gok, s legyen D az X × Y ny¡lt rszhalmaza. Legyenek f : X Z , gi : D X (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z n Z fggvnyek Tegyk fel, hogy (1) f (x) = h(x, y, f (g1(x, y )), . , f (gn(x, y ))), ha (x, y ) ∈ D; (2) h analitikus; (3) gi analitikus s minden x0 ∈ X -hez van olyan y0 , amelyre
(x0 , y0 ) ∈ D s y 7 gi (x0 , y ) szubmerzi¢ az y0 -ban, ha i = 1, 2, . , n Igaz-e, hogy minden f megold s, amely Lebesgue-mrhet vagy Baire-tulajdons g£, analitikus? 30 1.§ Bevezets Termszetesen itt is megfogalmazhat¢ a C p -problma s a C p {C q -problma, amelyekbe itt azt is belertjk, hogy az X , Y s Z sokas gok C p -sokas gok. 1.33 A sokas gokra vonatkoz¢ eredmnyek sszefoglal sa Itt is a teljes v lasz a fenti problm ra nem ismert. Ugyan£gy, mint az 117 problm t, ezt a problm t is az 1.7 pont (I){(VI) lpseinek megfelelen hat rszre oszthatjuk. Az (I), (II), (IV) s (V) lpsnek megfelel rsz teljes megold sa knnyen kvetkezik a 8., 10, 14 s 15 paragrafusok eredmnyeibl (s elg feltenni, hogy a szerepl sokas gok C ∞ -ek) A (III) lpst X kompakts ga esetn megoldjuk. Ha X nem kompakt, tov bbi felttelek mellett kapunk eredmnyeket. Eredmnyeink az al bbi ttelekben sszegezhetk: 1.34 Ttel Az
1.32 problma jellseivel, ha X , Y s Z is C ∞ sokas gok, h folytonos, a gi fggvnyek pedig folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor minden Lebesgue-mrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s folytonos. Bizony¡t s. A 171, illetve a 172 ttelek kvetkezmnye, ha azokat lok lisan alkalmazzuk. 1.35 Ttel Az 1.32 problma jellseivel, ha X , Y s Z is C ∞ sokas gok, a h s a gi fggvnyek p-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor minden majdnem mindentt di eren i lhat¢ f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). Bizony¡t s. A 177 s 178 ttelekbl kvetkezik 1.36 Ttel Az 132 problma jellseivel, ha X , Y s Z is C ∞ - sokas gok, a h s gi fggvnyek max{2, p}-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, s van olyan C kompakt rszhalmaza X -nek, hogy minden x0 ∈ X -hez van olyan y0 ∈ Y , amelyre a fenti problma (3) felttele mellett gi (x0 , y0 ) ∈ C (i = 1, . , n) is teljesl, akkor minden
Lebesgue-mrhet, illetve Bairetulajdons g£ f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞) Bizony¡t s. Az 134, 135 s 174 ttelek kvetkezmnye 1.37 Ttel Az 132 problma jellseivel, ha X , Y s Z is C ∞ - sokas gok, X kompakt, h s gi pedig C -fggvnyek, akkor minden Lebesguemrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s C ∞ -ben van. ∞ Bizony¡t s. Az elz ttel kvetkezmnye 1.38 Ttel Az 132 problma jellseivel, ha X , Y s Z is C ∞ 1, g1 (x, y ) ≡ y , a h fggvny p-szer, a g2 fgg- sokas gok, n = 2, dim(Z ) = vny max{2, p}-szer folytonosan di eren i lhat¢, akkor minden Lebesguemrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s p-szer folytonosan di ereni lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). Bizony¡t s. Az ll¡t s az 134, 176 s 135 ttelek kvetkezmnye 1.§ Bevezets 1.39 Ttel Az 132 problma jellseivel, ha X s Y is C ∞ -sokas gok, Z ny¡lt rszhalmaza Rt -nek, s a fggvnyegyenlet az al
bbi spe i lis alak£: f (x) = n X i=1 hi x, y, f (gi (x, y )) , (x, y ) ∈ D, ahol a hi : D × Z Rt fggvnyek p-szer folytonosan differen i lhat¢ak, a gi fggvnyek pedig max{2, p}-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor minden Lebesgue-mrhet, illetve Baire-tulajdons g£ f megold s p-szer folytonosan di eren i lhat¢ (1 ≤ p ≤ ∞). Bizony¡t s. Ez a ttel az 134, 175 s 135 ttelek sszefoglal sa 1.40 Regularit si ttelek kevesebb v ltoz¢val Durv n sz¢lva, a 5.{17 paragrafusok eredmnyei azokban az esetekben bizony¡tanak regularit si tteleket, amelyekben egy r v ltoz¢s fggvny egy legal bb 2r v ltoz¢s fggvnyegyenletnek tesz eleget. Az 117 problma jellseivel, ez azrt van, ∂g mert a felttelbl, hogy i rangja megegyezik X dimenzi¢j val, kvetkezik, ∂y hogy Y dimenzi¢ja nem lehet kisebb, mint X dimenzi¢ja. Az 120 pont utol∂g s¢ kt pld ja azt mutatja, hogy a i rangj ra vonatkoz¢ felttelt nem lehet ∂y egyszeren
elhagyni. Mindazon ltal, hogy legal bbis bizonyos esetekben, a v ltoz¢k sz ma egszen r + 1-ig reduk lhat¢ (az r eset m r egyv ltoz¢s" egyenletet jelentene), azt Swiatak [154℄ regularit si eredmnyei mutatj k. Swiatak ltal nos lok lis integr lhat¢s gb¢l kvetkezik az ak rh nyszori di eren i lhat¢s g" t¡pus£ tteleket bizony¡tott. Eredmnyeit disztrib£ i¢k alkalmaz s val kapta M¢dszernek lnyege annak bizony¡t sa, hogy a disztrib£ i¢ rtelemben vett megold sok egy olyan di eren i legyenletnek tesznek eleget, amelynek sak vgtelen sokszor di eren i lhat¢ megold sai vannak. Ezt a gondolatot haszn lta Swiatak [154℄ dolgozat ban, amelyben a (1) n X i=1 hi (x, y )f (gi(x, y )) = h(x, f (gn+1 (x)), . , f (gm(x))) + h0 (x, y ) fggvnyegyenletre bizony¡tott be egy ltal nos regularit si eredmnyt, ahol f az ismeretlen fggvny. Durv n sz¢lva, a disztrib£ i¢k kztti egyenletknt tekintett (1) egyenletre egy, az y v ltoz¢ban
hat¢ par i lis di eren i loper tort alkalmaz Termszetesen a jobb oldalon szerepl nemline ris tag eltnik. Ha ltezik olyan y0 , amelyre gi (x, y0 ) ≡ x minden 1 ≤ i ≤ n-re (nagyon ers feltevs), akkor ezt a rgz¡tett y0 -at helyettes¡tve P (∂, x)f = H alak£ par i lis di eren i legyenletet kapunk. Ha ez a par i lis di eren ilegyenlet konstans erssg s hypoelliptikus valamely x = x0 -ra, akkor a di eren i legyenletek regularit si elmlete szerint (l sd ezzel kap solatban Hormander [59℄ knyvben a 7.41 ttelt) minden disztrib£ i¢ megold s egy C ∞ fggvnynek felel meg. Annak rszletes t rgyal s t illeten, hogy a fellp nehzsgek hogyan kzdhetk le, s a kapott eredmnyek hogyan 32 1.§ Bevezets alkalmazhat¢k, Swiatak eredeti [151℄, [152℄, [153℄, [154℄, [155℄ dolgozataira utalunk. A fenti, Swiatak ltal vizsg lt egyenlet majdnem line ris", ¡gy form lisan sokkal spe i lisabb, mint az 1.17 problm ban
szerepl (1) egyenlet ∂g Azonban Swiatak ttelei akkor is alkalmazhat¢k, amikor i rangja sokkal ∂y kisebb, mint az f ismeretlen fggvny rtelmezsi tartom ny nak dimenzi ¢ja. Durv n sz¢lva, Swiatak eredmnyei mg akkor is alkalmazhat¢k, ha az ismeretlen f fggvny r v ltoz¢s, s az egyenletben r + 1 v ltoz¢ van. Ez a v ltoz¢k minim lis sz ma, amelyre az egyenlet nem egyv ltoz¢s" egyen let. gy Swiatak eredmnyei azt mutatj k, hogy az 1.17 problm ban a rang felttel t£l ers, s a problm ra vonatkoz¢ eredmnyek (m s feltteleket is v ltoztatva) kiterjeszthetk m s esetekre is. Remlhet, hogy m¢dszereink ltal nos¡t s val ltal nos nemline ris fggvnyegyenletekre is kaphatunk eredmnyeket. Ilyen egyenletekre lehe tetlennek tnik Swiataknak a S hwartz-fle disztrib£ i¢kra alapozott m¢dszereit kiterjeszteni. Remlhet, hogy azt az igen ers feltevst is ki tudjuk kszblni, hogy ltezzen olyan y0 , amelyre gi (x, y0)
≡ x minden 1 ≤ i ≤ nre. A mestersgesnek tn hypoelliptikuss gi felttelnek is el kell tnnie A fenti gondolatokt¢l vezrelve, az 18. paragrafusban ltal nos mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ eredmnyeket fogunk bebizony¡tani kevs" v ltoz¢val A mrhetsg s a Baire-kateg¢ria kztt fenn ll¢ anal¢gia (l sd Oxtoby [132℄) azt sugallja, hogy pr¢b ljunk meg anal¢g eredmnyeket bizony¡tani Baire-tulajdons g£ megold sokra is. A fenn ll¢ klnbsgek, mint pld ul az ε-te hnika", a mrtkben val¢ konvergen ia, s az ehhez kap sol¢d¢ ttelek (pld ul Riesz kiv laszt si ttelnek, stb.) hi nya azt mutatj k, hogy kln t rgyal s szksges A Baire-tulajdons gb¢l kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ eredmnyeket ltal nos nemline ris egyenletekre kevs" v ltoz¢val a 19. paragrafusban bizony¡tunk Vgl, a 20 paragrafusban folytonoss gb¢l kvetkezik a di eren i lhat¢s g" s
p-szer folytonosan di eren i lhat¢ megold sok p + 1-szer is folytonosan di ereni lhat¢ak" t¡pus£ tteleket bizony¡tunk kevs" v ltoz¢s fggvnyegyenletekre. Az ut¢bbi esetben eredmnyeink ltal nos nemline ris egyenletekre is alkalmazhat¢k. Az elbbi esetben a jelenlegi eredmnyek sak line ris egyenletekre alkalmazhat¢k, de sok m s ers felttel nem lp fel. 2.§ Jellsek s terminol¢gia 2.§ Jellsek s terminol¢gia 2.1 Halmazok s fggvnyek Egy A halmaz sz moss g t ard(A) fogja jellni. Ha ard(A) ≤ ℵ0 , akkor azt mondjuk, hogy A megsz ml lhat¢ A c jellst haszn ljuk a kontinuum sz moss gra, azaz 2ℵ0 -ra N, Z, Q, R, C s T a nemnegat¡v egsz, egsz, ra ion lis, val¢s, komplex illetve egysgnyi abszol£t rtk komplex sz mok jellsre fognak szolg lni. Ha f egy fggvny, jellje dmn f az rtelmezsi tartom ny t, rng f pedig az rtkkszlett. Az Nf multipli it sfggvny t £gy de ni ljuk, hogy Nf
(y ) legyen f −1 {y} elemeinek sz ma (esetleg ∞). Minden norm lt tr rl feltesszk, hogy val¢s; a norm t | | fogja jellni. A k k jelet sak line ris oper torok oper tor-norm j ra alkalmazzuk. Ha f : D Y egy norm lt tr egy ny¡lt rszhalmaz t egy norm lt trbe kpez fggvny, akkor f ′ fogja jellni f deriv ltj t. Ha D ⊂ X1 × X2 × × Xn , haszn lni fogjuk a | nem teljesen korrekt m¢don jellt | = (x1 , . , xi−1 , xi+1 , , xn ) : (x1 , , xn) ∈ D par i lis halmaz okat. Az fxi : Dxi Y par i lis fggvny eket az Dxi fxi (x1 , . , xi−1 , xi+1 , , xn ) = f (x1 , , xn ), ha (x1 , . , xn ) ∈ D sszefggssel de ni ljuk Dxi1 , ,xir s fxi1 , ,xir hasonl¢an vannak de ni lva Ha Xi s Y norm lt terek, akkor a ∂i f, vagy ∂xi f ∂f ∂xi par i lis deriv ltat az fx1 ,. ,xi−1 ,xi+1 , ,xn fggvny deriv ltjaknt de ni ljuk, ha ltezik Ha α ∈ Nn egy multiindex, legyen |α| = s legyen n X i=1 |αi | = ∂1α1
∂2α2 · · · ∂nαn f. Ha D ⊂ Rn s Y = Rm , akkor f ′ azonos¡that¢ a ∂αf ∂fj ∂xi n r m i=1 j =1 n m trixszal, ahol f = (fj )m j =1 s x = (xi )i=1 . Ha y = f (x), 1 ≤ i1 , , ir ≤ n, 1 ≤ j1 , . , jr ≤ m, akkor jellje a m trix determin ns t ∂fjl ∂xik r k=1 l=1 ∂ (yj1 , . , yjr ) . ∂ (xi1 , . , xir ) A di eren i l- s integr lsz m¡t s egyb jellseit a szok sos m¢don haszn ljuk; ktsg esetn l sd Rudin [137℄ knyvt. 34 2.§ Jellsek s terminol¢gia 2.2 Topol¢gia Topol¢gi val s topologikus soportokkal kap solatban ltal ban Bourbaki [26℄ terminol¢gi j t s jellseit kvetjk Igy minden regul ris, teljesen regul ris, norm lis, kompakt s lok lisan kompakt trrl feltesszk, hogy Hausdor . Tetszleges X halmaz rszhalmazainak egy tetszleges E oszt ly ra jellje Eσ az E -beli halmazok megsz ml lhat¢ uni¢jaknt el ll¢ halmazok oszt ly t (res uni¢ az res halmaz),
Eδ pedig az E -beli halmazok megsz ml lhat¢ metszeteknt el ll¢ halmazok oszt ly t (res metszet az egsz X ). Egy topologikus tr topol¢gi j t, azaz ny¡lt rszhalmazainak oszt ly t ltal ban G -vel jelljk, z rt halmazainak oszt ly t pedig ltal ban F -el. gy a Gδ , Fσ , Gδσ , Fσδ , stb halmazoszt lyok rtelmezve vannak. X -beli grbe alatt R valamely z rt intervallum t az X topologikus trbe kpez fggvnyt rtnk. Topologikus tr s£ly n ny¡lt b zisai sz moss gainak a minimum t rtjk. Egy topologikus tr karakter n azt a legkisebb n sz moss got rtjk, amelyre a tr minden pontj nak van legfeljebb n sz moss g£ ny¡lt krnyezetb zisa. Ha x, y egy metrikus tr pontjai, s α > 0, akkor azt mondjuk, hogy az x s y pontok α-kzel vannak, ha a dist(x, y ) t vols guk kisebb, mint α. Hasonl¢an, ha x s y egy uniform tr pontjai, s α egy rel i¢ az uniformit sb¢l, azaz egy uniform krnyk, azt mondjuk, hogy az x s y pontok
α-kzel vannak, ha (x, y ) ∈ α. Egy metrikus trben az r ≥ 0 sugar£ s x kzppont£ z rt gmbt Br (x) fogja jellni. Minden, topologikus soportokkal kap solatban ltalunk felhaszn lt eredmny megtal lhat¢ Hewitt s Ross [52℄, [53℄ monogr j ban. 2.3 Folytonoss gi modulusz, Holder- s Lips hitz-fggvnyek Egy metrikus tr egy rszhalmaz t egy m sik metrikus trbe kpez f fggvnyre de ni ljuk az f fggvny ωf folytonoss gi modulusz t az ωf (r ) = sup{dist(f (x), f (y )) : x, y ∈ dmn f, dist(x, y ) ≤ r} sszefggssel, ha 0 ≤ r ≤ ∞. Ha f rtelmezsi tartom nya nem res, mindig teljesl, hogy ωf (0) = 0. Vegyk szre, hogy ωf pontosan akkor (jobbr¢l) folytonos a 0-ban, ha f egyenletesen folytonos. Elfordulhat, hogy (ak r minden pozit¡v r-re) ωf (r) = ∞. Ha valamely 0 < α ≤ 1 kitevre s Hα konstansra ωf (r ) ≤ Hα · r α , ha 0 ≤ r < ∞, akkor azt mondjuk, hogy f Hlder-folytonos α kitevvel s Hα
Hlder-konstans sal. Ha α = 1, a Hlderfolytonos fggvnyeket s a Hlder-konstansokat Lips hitz-fggvny eknek s Lips hitz-konstans oknak is nevezzk. A Hlder-folytonoss g, Hlderkonstans, Lips hitz-fggvny s Lips hitz-konstans lok lis v ltozat t is haszn lni fogjuk A Lips hitz- s lok lisan Lips hitz fggvnyekkel kap solatban l sd Federer [42℄ knyvt. 2.4 Mrtkelmlet Federer [42℄ knyvnek terminol¢gi j t kvetjk gy mrtk alatt egy megsz ml lhat¢an szubaddit¡v, bv¡tett val¢s rtk, nemnegat¡v fggvnyt rtnk, amely egy X halmaz sszes rszhalmaz n van de ni lva; m s terminol¢gi ban ezt a fogalmat kls mrtknek szok s nevezni. A mrhet halmazok σ -algebr ja a Charatheodoryfelttellel de ni lhat¢: egy A ⊂ X halmazt µ-mrhet nek neveznk, ha µ(T ∩ A) + µ(T A) = µ(T ) minden T ⊂ X -re. A µ mrtket vges nek 2.§ Jellsek s terminol¢gia nevezzk, ha µ(X ) < ∞. Ha µ(X ) = 1,
akkor azt mondjuk, hogy µ val¢sz¡nsgi mrtk Ha egy A ⊂ X halmaz el ll megsz ml lhat¢ sok vges µ-mrtk mrhet halmaz egyes¡tseknt, akkor azt mondjuk, hogy A σ vges . Ha X maga σ -vges, akkor azt mondjuk, hogy a µ mrtk σ -vges Ha X egyelem rszhalmazai mind nulla mrtkek, akkor azt mondjuk, hogy a µ mrtk di £z . Ha µ mrtk X -en s Y ⊂ X , a µ megszor¡t s t Y rszhalmazaira µY fogja jellni. Ez mrtk Y -on A µ⌊Y mrtket a (µ⌊Y )(A) = µ(A ∩ Y ) sszefggs de ni lja minden A ⊂ X -re. Ez mrtk X -en Minden f : X Y lekpezs induk l egy X feletti mrtkekhez Y feletti mrtkeket rendel f♯ lekpezst, melynek de n¡ i¢ja f♯ (µ)(B ) = µ(f −1 (B )), ha B ⊂ Y . Ha egy nemnegat¡v, bv¡tett val¢s rtk ν fggvny van de ni lva az X halmaz rszhalmazainak egy tetszleges H rendszern, akkor az sszes T ⊂ X -re a X µ(T ) = inf ν (Hi ) : I megsz ml lhat¢, T ⊂
∪i∈I Hi s Hi ∈ H, ha i ∈ I i∈I sszefggssel rtelmezett fggvny egy µ mrtket de ni l X -en. (Az res sszeg null nak rtend.) A µ halmazfggvny pontosan akkor kiterjesztse ν -nek, ha ν megsz ml lhat¢an szubaddit¡v. Nem nehz megmutatni, hogy egy A ⊂ X halmaz pontosan akkor lesz µ-mrhet, ha µ(H ∩ A) + µ(H A) ≤ ν (H ) minden H ∈ H-ra. Spe i lisan, ha H egy σ -algebra s ν megsz ml lhat¢an addit¡v H-n, akkor µ kiterjesztse ν -nek, s minden H ∈ H halmaz µ-mrhet. Ha µ mrtk X -en, akkor azt mondjuk, hogy B az A halmaz µ-burka, ha A ⊂ B ⊂ X , B mrhet, s µ(A ∩ T ) = µ(B ∩ T ) minden µ-mrhet T halmazra. A µ mrtket X -en regul ris nak nevezzk, ha minden A ⊂ X -hez van olyan µ-mrhet B halmaz, amelyre A ⊂ B s µ(A) = µ(B ). Legyen µ mrtk X -en. A mrtk b zis a µ-mrhet halmazok egy olyan B rendszere, hogy minden µ-mrhet A halmazhoz s minden ε > 0-hoz
van olyan B ∈ B, hogy µ(A △ B ) < ε. A µ s£ly a a µ b zisai sz moss gainak minimuma. A µ karakter e a legkisebb olyan n sz moss g, amelyre minden vges mrtk µ-mrhet Y halmazra µY -nak van legfeljebb n sz moss g£ b zisa. Megjegyezzk, hogy ha µ vges mrtk, akkor µ s£lya s a megfelel L2 tr Hilbert-tr dimenzi¢ja megegyezik, ha legal bb az egyik vgtelen. (L sd Hewitt s Ross [52℄, (16.12)) Ha µ s ν mrtkek X -en, azt mondjuk, hogy µ bv¡tse ν -nek , ha minden ν -mrhet A halmaz µ-mrhet is, s µ(A) = ν (A). Ha µ mrtk az X soporton, azt mondjuk, hogy µ bal [jobb℄ invari ns , ha minden x ∈ X -re s A ⊂ X -re µ(xA) = µ(A) [µ(Ax) = µ(A)℄. 36 2.§ Jellsek s terminol¢gia A Lebesgue-mrtket Rn -en λn -nel, az m-dimenzi¢s Hausdor -mrtket egy metrikus tren pedig χm -el fogjuk jellni. Egy A ⊂ Rn halmaz Lebesguesrsg t az x ∈ Rn pontban a limr↓0 λn (Br (x) ∩ A)/λn
(Br (x)) hat rrtkknt rtelmezzk, ha a hat rrtk ltezik Ha µ mrtk X -en, A ⊂ X s Y egy topologikus tr, akkor azt mondjuk, hogy az f fggvny mrhet A-n, ha f az A majdnem minden pontj ban de ni lva van, f rtkkszlete Y -ban van, s A ∩ f −1 (W ) mrhet halmaz minden W ny¡lt rszhalmaz ra Y -nak. Spe i lisan, A mrhet kell legyen Az itt haszn lt mrtkelmleti eredmnyek s bizony¡t suk megtal lhat¢ Federer [42℄ knyvben. 2.5 Topologikus mrtkek Topologikus mrtkekkel kap solatban Federer [42℄ knyvtl nmileg eltr terminol¢gi t fogunk haszn lni. A µ mrtket az X topologikus tren topologikus mrtk nek fogjuk nevezni, ha X minden ny¡lt rszhalmaza µ-mrhet. Termszetesen, ha µ topologikus mrtk X -en, akkor a Borel-halmaz ok, az X topol¢gi ja ltal gener lt (azaz azt tartalmaz¢ legszkebb) σ -algebra elemei mind µ-mrhetek. A µ topologikus mrtk tart¢ ja a spt µ = X ∪{V : V
⊂ X ny¡lt, µ(V ) = 0} halmaz. Egy µ topologikus mrtket X -en Borel-regul ris nak neveznk, ha minden A ⊂ X -hez van olyan B Borel-halmaz, amelyre A ⊂ B ⊂ X s µ(A) = µ(B ). Radon-mrtk alatt olyan µ topologikus mrtket rtnk, amely egy Hausdor -tren van rtelmezve, s rendelkezik az al bbi tulajdons gokkal: (1) X b rmely K kompakt rszhalmaz nak a µ-mrtke vges; (2) X minden V ny¡lt rszhalmaz ra µ(V ) = sup{µ(K ) : K ⊂ V, K kompakt}; (3) b rmely A rszhalmaz ra X -nek µ(A) = inf {µ(V ) : A ⊂ V, V ny¡lt}. Vil gos, hogy egy Radon-mrtket egyrtelmen meghat roznak a kompakt halmazokon felvett rtkei. Legyen µ Radon-mrtk X -en s A ⊂ X . Az A halmaz akkor s sak akkor µ-mrhet, ha µ(V ∩ A) + µ(V A) ≤ µ(V ) minden V ny¡lt halmazra. Val¢ban, ha ez a felttel teljesl, akkor b rmely T ⊂ X -re µ(T ∩ A) + µ(T A) ≤ µ(V ∩ A) + µ(V A) ≤ µ(V ), 2.§ Jellsek s terminol¢gia ha
T ⊂ V valamely V ny¡lt halmazra. In mumot vve az sszes T -t tartalmaz¢ V -re, azt kapjuk, hogy A mrhet Hasonl¢an, A akkor s sak akkor µ-mrhet, ha µ(K ∩ A) + µ(K A) ≤ µ(K ) minden K kompakt halmazra. Val¢ban, legyen V ny¡lt halmaz, amelyre µ(V ) < ∞, s legyen Kn olyan kompakt rszhalmaza V -nek, amelyre µ(V Kn ) < 1/n. Ekkor µ((V ∩ A) (Kn ∩ A)) ≤ µ(V Kn ) < 1/n, s ¡gy µ(Kn ∩ A) µ(V ∩ A), amint n ∞. Hasonl¢an µ(Kn A) µ(V A) gy azt kapjuk, hogy ha a fenti felttel teljesl, akkor µ(V ) = lim µ(Kn ) = n∞ lim µ(Kn ∩A)+n∞ lim µ(Kn A) = µ(V ∩A)+µ(V A). n∞ Vgl, A akkor s sak akkor µ-mrhet, ha az A ∩ K halmaz µ-mrhet minden K kompakt halmazra. Val¢ban, ebbl a felttelbl az kvetkezik, hogy µ(K ∩ A) + µ(K A) ≤ µ(K ) minden K kompakt halmazra. Nem nehz megmutatni, hogy ha µ Radon-mrtk, akkor µ(A) = sup{µ(K ) : K ⊂ A, K kompakt}, ha A egy vges
mrtk µ-mrhet halmaz. Ha µ Radon-mrtk X -en, akkor µ(X spt µ) = 0. 2.6 Luzin-mrhet fggvnyek Legyen µ Radon-mrtk az X Hausdor -tren, s legyen Y topologikus tr Legyen f egy fggvny, amely X egy E rszhalmaz nak majdnem minden pontj t Y -ba kpezi. Az f fggvny Luzin µ-mrhet E -n, ha E b rmely vges mrtk A rszhalmaz hoz s b rmely ε > 0-hoz van olyan C kompakt rszhalmaza A-nak, amelyre µ(A C ) < ε s f |C folytonos. Ezzel a fogalommal Luzin ttele a kvetkezkppen sz¢l (l sd mg [42℄, 236): 2.7 Luzin ttele Legyen µ Radon-mrtk az X Hausdor -tren, E egy µ-mrhet rszhalmaza X -nek, s Y topologikus tr. Ha egy f lekpezse X valamely rszhalmaz nak Y -ba Luzin µ-mrhet E -n, akkor µ-mrhet is E -n. Megford¡tva, ha az f fggvny µ-mrhet E -n, s az Y topol¢gi ja megsz ml lhat¢ b zis£, akkor f Luzin µ-mrhet is E -n. Bizony¡t s. Meg kell mutatnunk, hogy ha V ny¡lt
rszhalmaza Y -nak, akkor E ∩f −1 (V ) mrhet. Elg megmutatni, hogy K ∩E ∩f −1 (V ) mrhet X minden K kompakt rszhalmaz ra. A K ∩ E halmaz fel¡rhat¢, mint egy nulla mrtk N halmaz, s olyan kompakt Cn halmazok uni¢ja, amelyekre f |Cn folytonos. Cn ∩ f −1 (V ) relat¡v ny¡lt Cn -ben, ¡gy Borel-halmaz Ebbl kvetkezik az ll¡t s. A ford¡tott ir ny bizony¡t s ban Oxtoby [132℄, 8.2 bizony¡t s t kvetjk Legyen Vn megsz ml lhat¢ b zisa Y -nak, A vges mrtk mrhet rszhalmaza E -nek, s ε > 0. Az A-t egy kompakt halmazzal approxim lva 38 2.§ Jellsek s terminol¢gia bellrl, l tjuk, hogy feltehet, hogy A kompakt. V lasszunk minden n-re olyan Un ny¡lt s Cn kompakt halmazt, amelyre Cn ⊂ A ∩ f −1 (Vn ) ⊂ Un s µ(Un Cn ) < ε/2n . Ha C = A ∪∞ n=1 (Un Cn ), akkor C kompakt, µ(A C ) < ε s f −1 (Vn ) ∩ C = Un ∩ C relat¡v ny¡lt. Ebbl kvetkezik, hogy f |C folytonos. 2.8
Haar-mrtk B rmely G lok lisan kompakt soporton ltezik egy bal [jobb℄ invari ns λ Radon-mrtk, amelyre a nem res ny¡lt halmazok mrtke nem nulla. B rmely ilyen λ mrtket bal [jobb℄ Haar-mrtknek neveznk. B rmely kt ilyen λ, λ′ mrtkhez van olyan c pozit¡v konstans, amelyre λ′ = cλ. Tov bb ltezik egy egyrtelmen meghat rozott folytonos homomor zmusa G-nek a pozit¡v val¢s sz mok multiplikat¡v soportj ba (G £gynevezett modul ris fggvnye), hogy ha λ egy bal Haar-mrtk, x ∈ G s az L halmaz λ-mrhet, akkor Lx s L−1 is λ-mrhetek s λ(Lx) = (x)λ(L); λ(L −1 )= Z L (x−1 )dλ(x). Lok lisan kompakt soporton a bal Haar-mrtket ltal ban λ-val fogjuk jellni. 2.9 Baire-kateg¢ria A Baire-kateg¢ri val kap solatos legfontosabb tnyek megtal lhat¢k Bourbaki [26℄ knyvben; l sd a IX. fejezet 5 pontj t s a hozz tartoz¢ feladatokat Mi az Oxtoby [132℄ knyvnek eltr (s sokkal
elterjedtebb) terminol¢gi j t fogjuk haszn lni. Az egyrtelmsg kedvrt rviden sszefoglaljuk azokat a tnyeket, amiket haszn lni fogunk. Az X topologikus tr egy A rszhalmaz t els kateg¢ri j£nak nevezzk, ha A el ll¡that¢ megsz ml lhat¢ sok sehol sem sr halmaz (azaz olyan halmaz, amelynek a lez rtja nem tartalmaz bels pontot) egyes¡tseknt, egybknt A m sodik kateg¢ri j£. Knny l tni, hogy ha X topologikus tr, Y az X egy rszhalmaza, A pedig az Y egy rszhalmaza, s A sehol sem sr [els kateg¢ri j£℄ mint az Y altr rszhalmaza, akkor A sehol sem sr [els kateg¢ri j£℄ az X rszhalmazaknt is. Megford¡tva, ha Y ny¡lt rszhalmaz, A pedig sehol sem sr [els kateg¢ri j£℄ mint X rszhalmaza, akkor A sehol sem sr [els kateg¢ri j£℄ az Y rszhalmazaknt is. Egy X topologikus teret Baire-tr nek neveznk, ha benne megsz ml lhat¢ sok sr ny¡lt halmaz metszete is sr. Baire ttele azt
ll¡tja, hogy lok lisan kompakt tr s teljes metrikus tr Baire-tr. Emlkeztetnk r , hogy egy teljes metrikus tr egy rszhalmaz n pontosan akkor ltezik olyan teljes metrika, amelybl az altr-topol¢gia sz rmazik, ha a rszhalmaz Gδ halmaz. Legyen E az X topologikus tr rszhalmaza. Azt mondjuk, hogy E m sodik kateg¢ri j£ az x ∈ X pontban, ha E ∩ V m sodik kateg¢ri j£ minden V krnyezetre x-nek. Jellje D(E ) az sszes olyan x ∈ X pontok halmaz t, amelyekre E m sodik kateg¢ri j£ x-ben. D(E ) = ∅ akkor s sak 2.§ Jellsek s terminol¢gia akkor, ha E els kateg¢ri j£. Tov bb D(E ) z rt s az E D(E ) halmaz els kateg¢ri j£. Azt mondjuk, hogy E ⊂ X Baire-tulajdons g£, ha van olyan V ny¡lt halmaz, amelyre az E △ V szimmetrikus di eren ia els kateg¢ri j£. Az X sszes Baire-tulajdons g£ rszhalmazai σ -algebr t alkotnak. Termszetesen ez a σ -algebra tartalmazza a Borel-halmazokat, a legkisebb, minden ny¡lt halmazt
tartalmaz¢ σ -algebra elemeit. Az elz bekezds jellseivel egy E ⊂ X halmaz akkor s sak akkor Baire-tulajdons g£, ha E D(E ) els kateg¢ri j£. Az E halmaz akkor s sak akkor Baire-tulajdons g£, ha X minden x pontj nak van olyan U krnyezete, hogy U ∩E Baire-tulajdons g£ X -ben. Legyenek X s Y topologikus terek, s tegyk fel, hogy legal bb az egyik topol¢gi j nak van megsz ml lhat¢ b zisa. X × Y egy E × F rszhalmaza akkor s sak akkor Baire-tulajdons g£, ha az E , F halmazok valamelyike els kateg¢ri j£, vagy mindkett Baire-tulajdons g£. Ezeket a tnyeket az Oxtoby [132℄ knyvnek 15. fejezetben szerepl bizony¡t ssal kombin lva, Kuratowsky s Ulam egy ttelnek az al bbi form j t kapjuk: 2.10 Kuratowsky-Ulam ttel Legyenek X s Y topologikus te- rek, s tegyk fel, hogy Y megsz ml lhat¢ b zis£. Legyen E egy Bairetulajdons g£ halmaz X × Y -ban Ekkor x-ek egy X -beli els kateg¢ri j£ rszhalmaz t kivve Ex
Baire-tulajdons g£, s E pontosan akkor els kateg¢ri j£, ha X -beli x-ek egy els kateg¢ri j£ rszhalmaz t kivve Ex els kateg¢ri j£ Y -ban. 2.11 Baire-tulajdons g£ fggvnyek Azt mondjuk, hogy egy f fggvny Baire-tulajdons g£ E -n, ha f rtelmezsi tartom nya egy els ka- teg¢ri j£ halmazt¢l eltekintve tartalmazza E -t, rtkkszlete pedig egy Y topologikus trben van, s Y b rmely W ny¡lt rszhalmaz ra E ∩ f −1 (W ) Baire-tulajdons g£ halmaz X -ben. Ha f Baire-tulajdons g£ X -en, akkor egyszeren azt mondjuk, hogy Baire-tulajdons g£. Ez a de n¡ i¢ nagyon hasonl¡t a Borel-fggvnyek de n¡ i¢j hoz. Egy f fggvnyt, amely egy X topologikus tr valamely rszhalmaz t egy Y topologikus trbe kpezi le, Borel-fggvny nek neveznk, ha minden Y b rmely V ny¡lt rszhalmaz ra az f −1 (V ) halmaz Borel-halmaz X -ben. A Baire-tulajdons g£ fggvnyek a mrhet fggvnyekhez nagyon hasonl¢an viselkednek. Az al bbi ll¡t
sokat fogjuk felhaszn lni Ha f az X valamely rszhalmaz n de ni lt Baire-tulajdons g£ fggvny, akkor az Y sszes olyan B rszhalmazai, amelyekre f −1 (B ) Bairetulajdons g£, σ -algebr t alkotnak. gy ha f rtkei az Y topologikus trben vannak, g pedig az Y topologikus tr valamely rszhalmaz n rtelmezett Borel-fggvny, akkor g ◦ f Baire-tulajdons g£ az rtelmezsi tartom ny n. Tegyk fel, hogy Y = i Yi megsz ml lhat¢ b zis£ terek megsz ml lhat¢ szorzata. Egy, az X topologikus teret az Y topologikus trbe kpez Q 40 2.§ Jellsek s terminol¢gia f fggvny pontosan akkor Baire-tulajdons g£, ha minden pi ◦ f fggvny Baire-tulajdons g£, ahol pi az Y termszetes projek i¢ja Yi -re. Tegyk fel, hogy X topologikus tr, Y metrikus tr, s az f , fn (n = 1, 2, . ) fggvnyek egy (a fggvnytl fgg) els kateg¢ri j£ halmaz kivtelvel az egsz X -en vannak de ni lva, az rtkeik Y -ban vannak, s Baire-tulajdons
g£ak. Ekkor az = {x : fn (x) f (x)} halmaz Baire-tulajdons g£. Val¢ban, az En,m = {x : dist(fn (x), f (x)) < 1/m} halmazok Baire-tulajdons g£ak, az E halmaz pedig sak egy els kateg¢ri j£ halmazban klnbzik a E halmazt¢l. ∞ [ ∞ ∞ m=1 n=1 k=n Ek,m Tegyk fel, hogy X topologikus tr, Y metrikus tr, az f , fn (n = 1, 2, . ) fggvnyek X -et Y -ba kpezik, az fn fggvnyek Baire-tulajdons g£ak, s fn (x) f (x) minden x ∈ X -re, kivve egy els kateg¢ri j£ halmaz pontjait. Ekkor f is Baire-tulajdons g£ Val¢ban, ha V ny¡lt rszhalmaza Y -nak, s Vi az Y azon pontjait tartalmaz¢ ny¡lt halmaz, amelyek t vols ga Y V -tl nagyobb, mint 1/i, akkor f −1 (V ) az ∞ [ ∞ ∞ [ i=1 j =1 k=j fk−1 (Vi ) halmazt¢l sak egy els kateg¢ri j£ halmazban klnbzik. Azt mondjuk, hogy az X topologikus tr valamely E rszhalmaz t egy m sik, Y topologikus trbe kpez f fggvny Luzin-Baire-tulajdons g£ E n, ha van olyan F els
kateg¢ri j£ halmaz, hogy f |E F folytonos. Az al bbi ttel Luzin ttelvel anal¢g: 2.12 Ttel Tegyk fel, hogy X s Y topologikus terek, s az E rsz- halmaza X -nek Baire-tulajdons g£. Ha az X egy rszhalmaz t Y -ba kpez f fggvny Luzin-Baire-tulajdons g£ E -n, akkor f Baire-tulajdons g£ E -n. Megford¡tva, ha f Baire-tulajdons g£ az E -n, s Y topologi ja megsz ml lhat¢ b zis£, akkor f Luzin-Baire-tulajdons g£ E -n. Bizony¡t s. Tegyk fel, hogy F els kateg¢ri j£, s legyen V egy tetszleges ny¡lt rszhalmaza Y -nak Mivel f |E F folytonos, (E F ) ∩ f −1(V ) el ll U ∩ E F alakban valamely X -beli U ny¡lt halmazzal, ¡gy Bairetulajdons g£. Mivel F ∩ f −1 (V ) els kateg¢ri j£, Baire-tulajdons g£ is gy E ∩ f −1 (V ) is Baire-tulajdons g£. Megford¡tva, legyen Vn az Y topol¢gi j nak egy megsz ml lhat¢ b zisa. Mivel E ∩ f −1 (Vn ) Baire-tulajdons g£, fel¡rhat¢ (Un Fn ) ∪ Fn′ alakban, ′ ahol Fn s Fn′ is
els kateg¢ri j£. Legyen F = ∪∞ n=1 (Fn ∪ Fn ). Ekkor −1 (E F ) ∩ f (Vn ) = (E F ) ∩ Un , ¡gy relat¡v ny¡lt E F -ben. Mivel Vn b zis, ez azt jelenti, hogy f |E F folytonos. 2.§ Jellsek s terminol¢gia A Kuratowsky-Ulam ttelbl kzvetlenl kvetkezik az al bbi, a Fubinittellel anal¢g eredmny: 2.13 Ttel Ha X , Y s Z topologikus terek, Y s Z megsz ml lhat¢ b zis£ak, f : X ×Y Z Baire-tulajdons g£, akkor x-ek egy els kateg¢ri j£ halmaz t kivve, az fx fggvny Baire-tulajdons g£. 2.14 Korl tos v ltoz s A val¢s v ltoz¢s korl tos v ltoz s£ fggv- nyek elemi fogalma mellett szksgnk lesz a tbbv ltoz¢s korl tos v ltoz s£ fggvnyek fogalm ra is. Giusti [48℄ knyve nyom n, ha X ⊂ Rn egy ny¡lt halmaz, azt mondjuk, hogy az f : X R fggvny korl tos v ltoz s£, ha integr lhat¢ s Z sup X f div g : g ∈ K1 (X ; Rn) s |g| ≤ 1 vges; itt K1 (X ; Rn) jelli az sszes X -et Rn -be kpez,
kompakt tart¢j£ folytonosan di eren i lhat¢ fggvnyek oszt R ly′ t. Ha f folytonosan di eren i lhat¢, akkor a fenti kifejezs rtke X |f |; ugyanezzel a szimb¢lummal fogjuk jellni egy tetszleges korl tos v ltoz s£ fggvnyre Ekvivalens de n¡ i¢ lenne, ha azt kvetelnnk meg, hogy az f disztrib£ i¢ rtelemben vett gradiense reprezent lhat¢ egy vektor rtk vges Radon-mrtk R ′ szerinti integr l ssal; X |f | ennek a mrtknek a teljes v ltoz sa. Szigor£an vve, ez a fogalom nem az egyv ltoz¢s korl tos v ltoz s£ fggvnyek fogalm nak ltal nos¡t sa, hanem a korl tos lnyeges v ltoz ssal rendelkez fggvnyek. Ezt a kap solatot, valamint a korl tos v ltoz s£ fggvnyek alapvet tulajdons gait Giusti [48℄ knyve t rgyalja; a tov bbiakban korl tos v ltoz s£ fggvnyekkel kap solatban sak ennek a knyvnek az eredmnyeire t maszkodunk. Tov bbi eredmnyek tal lhat¢k Federer [42℄ knyvben, l sd 4.59 s 4510 Azt fogjuk
mondani, hogy egy vektor rtk fggvny valamely euklidszi trbeli rtkekkel korl tos v ltoz s£, ha minden koordin ta-fggvnye korl tos v ltoz s£. Azt mondjuk, hogy f lok lisan korl tos v ltoz s£ X -en, ha X minden pontj nak van olyan krnyezete, hogy f megszor¡t sa erre a krnyezetre korl tos v ltoz s£. 2.15 Di eren i lhat¢ sokas gok A (C ∞ vagy analitikus) di ereni lhat¢ sokas g okkal kap solatban Dieudonn [39℄ knyvnek terminol¢gij t kvetjk, ¡gy di eren i lhat¢ sokas g alatt mindig vges dimenzi¢s sokas got fogunk rteni, amirl feltesszk, hogy szepar bilis s metriz lhat¢ Egy ttelben a Bana h-sokas g fogalm t is haszn ljuk; Bana h-sokas gokkal kap solatban Zeidler [165℄ knyvnek terminol¢gi j t kvetjk: l sd IV. ktet, 73 fejezet A Lebesgue-mrtkek, Lebesgue-mrhetsg, nullahalmazok fogalm t illeten Dieudonn [39℄ knyvt (l sd 16222) kvetjk; egy µ Lebesgue-mrtket egy X tiszta n-dimenzi¢s C ∞ di
eren i lhat¢ sokas gon az jellemez, hogy ha ϕ egy trkp, akkor egy A ⊂ dmn(ϕ) halmaz pontosan akkor µ-mrhet, ha ϕ(A) Lebesgue-mrhet Rn -ben, tov bb a ϕ trkphez ltezik egy fϕ pozit¡v val¢s rtk C ∞ fggvny rng(ϕ)-n £gy, hogy µ(A) = Z ϕ(A) fϕ (x) dλn (x), ha A ⊂ dmn(ϕ) mrhet. 42 2.§ Jellsek s terminol¢gia B r a Lips hitz-fggvny fogalma nem vihet t sokas gokra, a lok lisan Lips hitz fggvny fogalma igen: egy f : X Y di eren i lhat¢ sokas gok kztti lekpezst lok lisan Lips hitz fggvnynek neveznk, ha b rmely x ∈ X -re van olyan ϕ trkp az x s ψ trkp az f (x) egy-egy krnyezetn, hogy ψ ◦ f ◦ ϕ−1 Lips hitz-fggvny a ϕ(x) egy krnyezetn. Ekkor b rmely m s, x egy krnyezetn rtelmezett ϕ~ s f (x) egy krnyezetn rtelmezett ψ~ trkpre is teljesl, hogy ψ~ ◦ f ◦ ϕ~−1 Lips hitz-fggvny a ϕ~(x) egy krnyezetn. Nem nehz bel tni, hogy ha X s Y
sszefggek, akkor tetszlegesen v lasztva Riemann-strukt£r kat X -en illetve Y -on, f pontosan akkor lok lisan Lips hitz a fenti de n¡ i¢ szerint, ha lok lisan Lips hitz a Riemann-strukt£r kb¢l sz rmaz¢ metrik kra nzve. 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai II. Steinhaus-tı́pusú tételek 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai Hugo Steinhaus [150℄ 1920-ban bebizony¡totta, hogy ha A a sz megyenes pozit¡v Lebesgue-mrtk mrhet rszhalmaza, akkor az A − A halmaz tartalmaz intervallumot. Altal nosabban, ha az A s B halmazok Rn pozit¡v Lebesgue-mrtk mrhet rszhalmazai, akkor az A + B halmaz tartalmaz bels pontot: l sd pld ul Kemperman [107℄ dolgozat t. A bizony¡t s pld ul Weil gondolat ra [164℄ alapozhat¢, hogy a χA s χB karakterisztikus fggvnyek konvol£ i¢ja (ha A s B vges mrtkek) folytonos fggvny, ¡gy a t 7 λ(A ∩ (t − B )) = Z χB (t − y )χA (y ) dλ(y ) fggvny
folytonos, s amint az Fubini ttelbl kvetkezik, nem mindentt nulla. Ez azt jelenti, hogy A + B tartalmaz egy nem res ny¡lt halmazt Ez a bizony¡t s akkor is mkdik, ha λ egy Haar-mrtk egy lok lisan kompakt soporton. A krds ltal nosabban is vizsg lhat¢, ha az sszead st egy ktv ltoz¢s F fggvnnyel helyettes¡tjk, s azt krdezzk, hogy milyen felttelek mellett bizony¡that¢, hogy F (A, B ) tartalmaz bels pontot. Az els lpst ebbe az ir nyba Erds s Oxtoby [41℄ tette meg, bebizony¡tva, hogy ha F : R × R R folytonosan di eren i lhat¢ ktv ltoz¢s fggvny nem eltn par i lis deriv ltakkal, akkor F (A, B ) tartalmaz bels pontot. Tov bbi ltal nos¡t sok ad¢dnak, ha F v ltoz¢i topologikus mrtkterekben vannak, s F bizonyos feloldhat¢s gi feltteleknek tesz eleget: l sd ez ir nyban Ku zma [114℄ s Sander [140℄ dolgozat t. Sander azt is szrevette, hogy az A, B halmazok egyike lehet nem mrhet is Ezek az
eredmnyek alkalmazhat¢k abban az esetben, amikor F folytonosan di eren i lhat¢ fggvny, v ltoz¢i Rn -beli vektorok, s par i lis deriv ltjainak determin nsa nem nulla. Ezen paragrafus lja a krdst tbbv ltoz¢s F fggvnyre vizsg lni. Termszetesen, ha F az R×R×R-et R-be kpezi le, olyan problm t kapunk, amelyet Erds s Oxtoby eredmnye megold. Hogy rtelmes £j problm t kapjunk, olyan fggvnyt kell tekintennk, amelynek rtkkszlete R2 -ben van. A par i lis deriv ltak el nem tnsre vonatkoz¢ felttelt az fogja helyettes¡teni, hogy a deriv ltoper tor nulltere ltal nos helyzet. A 311 44 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai ttel, illetve a 3.13 megjegyzs a Steinhaus-ttel egy ilyen jelleg ltal nos¡t s t adja Kvetkezmnyknt kapjuk az ismert F : Rn × Rn Rn esetet Bizony¡t sunk a konvol£ i¢ folytonoss g r¢l sz¢l¢ ttel egy igen ltal nos v ltozat n m£lik, amelyet a 3.4 ttel tartalmaz Kvetkezmnyknt
kapunk egy t 7 ν n i=1 −1 gi,t (Ai ) t¡pus£ lekpezs folytonoss g ra vonatkoz¢ eredmnyt, ahol a gi,t lekpezsek folytonosan fggnek a t paramtertl s nem kpeznek pozit¡v mrtk halmazt nulla mrtkbe. Ennek a fggvnynek a vizsg lata impli it m¢don elszr a J rai [64℄ dolgozatban, expli iten Krausz [109℄ munk j ban fordul el. Kvetkezmnyknt kapjuk az ismert 37 ll¡t st Mint a bevezetsben is eml¡tettk, az (1) lekpezs alulr¢l flig folytonos volta, s Steinhaus ttelnek sz mos m s v ltozata is alkalmazhat¢ fggvnyegyenletek vizsg lat n l. Ennek a paragrafusnak az eredmnyeit az 5., 6, 8, 9 paragrafusokban, valamint az alkalmaz sok kztt, a 22 paragrafusban haszn ljuk fel. A tov bbi irodalmi hivatkoz sokat l sd M. E Ku zma [114℄, M E Ku zma s M. Ku zma [115℄, illetve Sander [140℄ dolgozat ban Matkowski atkowski [127℄ a Steinhaus-ttel egy m s ir ny£, egyoldali srsgekre s Swi vonatkoz¢ v
ltozat t adt k meg. Az itt szerepl eredmnyek a J rai [87℄ dolgozatban jelentek meg. Egy fontos felttel vizsg lat val kezdjk. 3.1 Felttel Ebben a paragrafusban, valamint a 8, 9 s 18 paragrafusokban is fontos szerepet fog j tszani egy mrtkelmleti felttel, amely a sz munkra szksges leg ltal nosabb form ban a kvetkez: Legyenek X s Y halmazok a µ illetve ν mrtkekkel, T egy halmaz, D ⊂ T × Y s g : D X egy fggvny. Felttelnk a kvetkez: (1) minden ε > 0-hoz ltezik olyan δ > 0, hogy ha B ⊂ Dt , ν (B ) ≥ ε, t ∈ T , akkor µ (gt (B )) ≥ δ . Ezen felttellel kap solatban az al bbiakban sszefoglalunk nh ny egyszer tulajdons got. A felttel vizsg lata abban a legfontosabb esetben, amikor X s Y euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai, a 3.10 pontban trtnik Tov bbi vizsg latok tal lhat¢k a J rai [66℄ dolgozatban. 3.2 Megjegyzsek Az elz pont jellseivel, (1) ha D1 ⊂ D2 ⊂ T × Y , g2 : D2 X , g1
= g2 |D1 s g2 eleget tesz a 3.1(1) felttelnek, akkor g1 is; (2) ha D = D1 ∪ D2 , g1 = g|D1 , g2 = g|D2 , tov bb g1 s g2 eleget tesznek a 3.1(1) felttelnek, akkor g is; (3) ha minden ε > 0-hoz van olyan D = D1 ∪D2 felbont s, hogy g|D2 eleget tesz a 3.1(1) felttelnek, s µ (gt (D1,t )) < ε minden t ∈ T -re, akkor g is eleget tesz a 3.1(1) felttelnek; 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai (4) a 3.1(1) felttel az al bbival ekvivalens: minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy ha A ⊂ X , µ(A) < δ , akkor ν gt−1 (A) < ε minden t ∈ T -re; (5) ha µ regul ris mrtk, akkor az elz, (4) felttelt elg abban az esetben megkvetelni, ha A mrhet; (6) ha X s Y Hausdor -terek, µ s ν pedig Radon-mrtkek, minden gt folytonos a Dt Borel-halmazon, s 3.1(1) teljesl, akkor gt−1 (A) mrhet minden A ⊂ X mrhet σ -vges halmazra, ha t ∈ T ; (7) (6) felttelei mellett, ha B ⊂ A s A egy µ-burka B
-nek, akkor gt−1 (A) is ν -burka gt−1 (B )-nek minden t ∈ T -re; Bizony¡t s. (1){(5) trivi lisak (6)-hoz, A-t el ll¡tva egy B Borelhalmaz s egy C nulla mrtk halmaz egyes¡tseknt, gt−1 (A) = gt−1 (B ) ∪ gt−1 (C ), ahol gt−1 (B ) Borel-halmaz, gt−1 (C ) pedig nulla mrtk. (7)-hez, ha valamely E ⊂ Y mrhet halmazra ν E ∩ gt−1 (A) > ν E ∩ gt−1 (B ) llna fenn, akkor gt−1 (A) mrhetsge s ν Radon-mrtk volta miatt ltezne olyan C ⊂ E ∩ gt−1 (A B ) kompakt halmaz, amelyre ν (C ) > 0 lenne, de gt (C ) ⊂ A B miatt µ (gt (C )) = 0 teljeslne. 3.3 Segdttel Legyen T topologikus tr, X uniform tr, C kom- pakt uniform tr, D ⊂ T × C , t0 ∈ T , {t0 } × C ⊂ D, g : D X folytonos fggvny. Ekkor minden α rel i¢hoz X uniformit s b¢l van olyan β rel i¢ C uniformit s b¢l, s olyan V krnyezete t0 -nak, hogy ha t, t′ ∈ V , az y , y ′ pontok β -kzel vannak C -ben s (t, y ),
(t′, y ′ ) ∈ D, akkor a g (t, y ) s g (t′ , y ′ ) pontok α-kzel vannak X -ben. Bizony¡t s. Legyen δ olyan szimmetrikus uniform krnyk X -en, amelyre δ ◦ δ ⊂ α Minden y ∈ C -hez van olyan Vy krnyezete t0 -nak, s olyan γy szimmetrikus uniform krnyk, hogy ha t ∈ Vy s y ′ az y -hoz γy -kzel van, akkor g (t, y ′) s g (t0 , y ) is δ -kzel vannak X -ben. Minden γy -hoz v lasztva egy βy szimmetrikus uniform krnyket, amelyre βy ◦ βy ⊂ γy , a βy (y ) halmazok ny¡lt magjai egy lefedst T T alkotj k C -nek. Kiv lasztva egy vges lefedst, s β = ni=1 βyi -t, V = ni=1 Vyi -t vve, ha az y s y ′ pontok β -kzel vannak C -ben, akkor van olyan yi , hogy y s yi , valamint y ′ s yi is γyi -kzel vannak, gy g (t, y ) s g (t0 , yi ) valamint g (t′ , y ′ ) s g (t0 , yi ) is δ -kzel vannak, azaz g (t, y ) s g (t′ , y ′ ) α-kzel vannak X -ben. 3.4 Ttel Legyen T topologikus tr, Y Hausdor
-tr, Xi , i = 1, 2, . , n teljesen regul ris tr, Z s Zi , i = 1, 2, , n szepar bilis Bana hterek Legyenek ν s µi vges Radon-mrtkek Y -on, illetve Xi -n Tekintsk az fi : Xi Zi , gi : T × Y Xi , h : Z1 × . × Zn Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (1) h korl tos halmazokat korl tos halmazokba kpez, s folytonos; (i = 1, 2, . , n); (2) fi ∈ L∞ (µi ) 46 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai (3) gi folytonos, s minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy µi (gi,t (B )) ≥ δ , ha B ⊂ Y , ν (B ) ≥ ε, t ∈ T s 1 ≤ i ≤ n. Ekkor az f (t) = Z Y h (f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) dν (y ) fggvny folytonos T -n. Bizony¡t s. Elszr megmutatjuk, hogy az integr l ltezik Minden helyettes¡thetnk egy korl tos Borel-fggvnnyel, amely mindentt deni lva van Xi -n, s amely majdnem egyenl fi -vel. Ez a sere nem v ltoztatja meg az integr land¢ fggvny
mrhetsgt s az integr lt, mivel (3) szerint, azon y -ok halmaza, amelyekre fi (gi (t, y )) rtke megv ltozik, nulla mrtk. Igy feltehetjk, hogy az fi fggvnyek korl tos Borel-fggvnyek (1) szerint, a fi -t (4) y 7 h (f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) lekpezs Borel-fggvny, ha t ∈ T rgz¡tett, rtkkszlete pedig Z egy korl tos rszhalmaza. Igy az integr l ltezik minden t ∈ T -re Legyen most ε > 0 s t0 ∈ T . V lasszunk egy olyan M > 0 val¢s sz mot, amelyre (4) rtkkszlete benne van a 0 kzppont£, M sugar£ z rt gmbben. (3) szerint ltezik olyan δ > 0, hogy ha B ⊂ Y , ν (B ) ≥ ε/(16M n), t ∈ T s 1 ≤ i ≤ n, akkor µi (gi,t (B )) ≥ δ . V lasszunk egy C ⊂ Y kompakt halmazt, amelyre ν (Y C ) < ε/(8M ). A Luzin-ttel szerint, ltezik olyan Ci kompakt rszhalmaza Xi -nek, amelyre µi (Xi Ci ) < δ s fi |Ci folytonos. V lasszunk a C , X1 , , Xn tereken olyan uniformit sokat,
amelyek sszefrhetek a topol¢gi val. (1) szerint ltezik egy α > 0 £gy, hogy ε |h(z1 , . , zn ) − h(z1′ , , zn′ )| < , 2ν (Y ) ha zi , zi′ ∈ fi (Ci ) s |zi − zi′ | < α. Az fi |Ci egyenletes folytonoss ga miatt lteznek olyan βi szimmetrikus rel i¢k az Xi uniformit s b¢l, amelyekre |fi (xi ) − fi (x′i )| < α, ha xi , x′i ∈ Xi , tov bb az xi s x′i pontok βi -kzel vannak, azaz (xi , x′i ) ∈ βi . A 3.3 segdttel szerint, ltezik olyan V ny¡lt krnyezete t0 -nak T -ben, s olyan γ szimmetrikus rel i¢ C uniformit s b¢l, hogy a gi (t0 , y ) s gi (t, y ′ ) pontok βi -kzel vannak Xi -ben, ha t ∈ V , az y s y ′ pontok pedig γ -kzel vannak C -ben. Legyen t egy eleme V -nek, s legyen K = Ekkor Y K =Y C ∪ n i=1 −1 gi,t 0 n [ i=1 (Ci ) ∩ n i=1 −1 gi,t (Ci ) ∩ C. −1 gi,t 0 (Xi Ci ) ! ∪ n [ i=1 ! −1 gi,t (Xi Ci ) , 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai
s innen (felhaszn lva (3)-at, s hogy µi (Xi Ci ) < δ ,) (5) ν (Y K ) < ε 8M +n ε 16M n +n ε 16M n = ε . 4M Felhaszn lva ezt, azt kapjuk, hogy H (t, y ) = h (f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) jellssel Z |f (t) − f (t0 )| ≤ |H (t, y ) − H (t0 , y )| dν (y ) Y Z Z = |H (t, y ) − H (t0 , y )| dν (y ) + |H (t, y ) − H (t0 , y )| dν (y ). Y K K (5) szerint a jobb oldali els tag nem nagyobb, mint ε/2. A K , α, β1 , , βn , γ s V v laszt sa miatt, a jobb oldali m sodik tag sem nagyobb, mint ε/2, ezt kellett bizony¡tani. 3.5 Kvetkezmny Legyenek T , Y , Xi , ν , µi s gi ugyanazok, mint az elz ttelben. Tegyk fel, hogy az elz ttel (3) felttele teljesl, s Ai ⊂ Xi , i = 1, 2, . , n, tov bb Ai mrhet, ha 2 ≤ i ≤ n Ekkor az f (t) = ν n i=1 −1 gi,t (A i ) , ha t ∈ T fggvny folytonos T -n. −1 Bizony¡t s. Az elz ttel (3) felttele miatt, 32(7) szerint a gi,t (B1 )
−1 halmaz egy ν -burka gi,t (A1 )-nek, ha B1 egy µ1 -burka A1 -nek. Igy f (t) = Z Y χB1 (g1 (t, y )) χA2 (g2 (t, y )) · · · χAn (gn (t, y )) dν (y ), ahol χAi az Ai karakterisztikus fggvnye, s χB1 a B1 karakterisztikus fggvnye. 3.6 Ttel Legyen T topologikus tr, X s Y Hausdor -terek µ illetve ν Radon-mrtkekkel, D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak, g : D X , t0 ∈ T , s K ⊂ X kompakt. Tegyk fel, hogy (1) a g s a (t, x) 7 g −1 (x) lekpezsek folytonosak s g homeomor zmusa t Dt -nek X -re, ha t ∈ T ; t (2) minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy µ(gt (B )) > δ , ha B ⊂ Y , ν (B ) ≥ ε s t ∈ T . 48 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai Ekkor ν gt−1 (K ) △ gt−01 (K ) 0, ha t t0 . Bizony¡t s. Legyen ε > 0, ε/2-hz v lasszunk egy δ > 0-t, legyen C = gt−01 (K ), W egy C -t tartalmaz¢ ny¡lt rszhalmaza Dt0 -nak, amelyre ν (W C ) < ε/2, U pedig egy K -t tartalmaz¢
ny¡lt rszhalmaza X -nek, amelyre µ(U K ) < δ . V lasszunk olyan V ny¡lt krnyezett t0 -nak, hogy t ∈ V , y ∈ C esetn gt (y ) rtelmezve legyen, s gt (y ) ∈ U teljesljn, tov bb t ∈ V , x ∈ K esetn gt−1 (x) ∈ W teljesljn. Ekkor gt−1 (K ) gt−01(K ) ⊂ V C miatt ν gt−1 (K ) gt−01 (K ) < ε/2, m srszt ν gt−01 (K ) gt−1 (K ) < ε/2, mivel a gt lekpezs a gt−01 (K ) gt−1 (K ) halmazt U K -ba kpezi le, amelyre µ(U K ) < δ . sszegezve, ν gt−1 (K ) △ gt−01 (K ) < ε, ha t ∈ V , ezt kellett bizony¡tani. 3.7 Kvetkezmny Legyen G egy lok lisan kompakt soport, s legyen λ egy bal Haar-mrtk G-n. Legyen Ai , i = 1, 2, , n vges mrtk rszhalmaza G-nek. Tegyk fel, hogy Ai mrhet, ha 2 ≤ i ≤ n Ekkor a Gn -nek R-be val¢ (t1 , . , tn ) 7 λ(t1 A1 ∩ ∩ tn An ) lekpezse folytonos. Bizony¡t s. Mivel A1 helyettes¡tse a λ-burk val nem v ltoztatja meg ezt a
fggvnyt, feltehetjk, hogy A1 is mrhet. Legyen ε > 0 s T = Gn V lasszunk Ki kompakt halmazokat £gy, hogy Ki ⊂ Ai s λ(Ai Ki ) < ε teljesljn. Legyen Y = X1 = X2 = = Xn = G, s gi (t, y ) = ti−1 y, ha (t1 , . , tn ) ∈ T s y ∈ Y Mivel b rmilyen vges mrtk mrhet B , C halmazokra |λ(B ) − λ(C )| ≤ λ(B △ C ) s n n n [ Bi △ Ci ⊂ (Bi △ Ci ), i=1 i=1 i=1 alkalmazva az elz ttelt, azt kapjuk, hogy |λ(t1 K1 ∩ t2 K2 ∩ . ∩ tn Kn ) − λ(t01 K1 ∩ t02 K2 ∩ ∩ t0n Kn )| ≤ azaz a n X i=1 λ(ti Ki △ t0i Ki ) 0, ha ti t0i , t 7 λ(t1 K1 ∩ t2 K2 ∩ . ∩ tn Kn ) fggvny folytonos T -n. De 0 ≤ λ(t1 A1 ∩ t2 A2 ∩ . ∩ tn An ) − λ(t1 K1 ∩ t2 K2 ∩ ∩ tn Kn ) ¡gy ≤ n X i=1 λ(ti Ai ti Ki ) ≤ nε, (t1 , . , tn ) 7 λ(t1 A1 ∩ ∩ tn An ) folytonos fggvnyek egyenletes hat rrtke, azaz maga is folytonos. 3.§ Steinhaus tetelenek
altalanostasai A kvetkez segdttelben, amelyre f eredmnynk bizony¡t s hoz lesz szksgnk, elegend felttelt adunk a 3.4 ttel (3) felttelnek teljeslsre 3.8 Segdttel Legyen Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, T topologikus tr, y0 ∈ Y s t0 ∈ T . Legyen g : T × Y Rr folytonos fggvny s tegyk ∂g fel, hogy folytonos s ∂y rank ∂g (t0 , y0 ) ∂y = r. Ekkor lteznek Y ∗ illetve T ∗ ny¡lt krnyezetei y0 -nak illetve t0 -nak, s olyan 0 < C < ∞ konstans, hogy Y ∗ ⊂ Y , T ∗ ⊂ T s (1) λk (B ) ≤ λr (gt (B )) C (diam B )k−r , ha B ⊂ Y ∗ s t ∈ T ∗ . (Itt diam B a B halmaz tmrje) Bizony¡t s. Legyen q = k − r, s osszuk az y = (y1, , yk ) koordin t it kt, y ′ = (y1′ , , yq′ ) s y ′′ = (y1′′ , , yr′′ ) soportba £gy, hogy a ∂g ∂g ′ ′′ det (t , y ) = det (t , y , y ) 6= 0 ′′ 0 0 ′′ 0 0 0 ∂y ∂y felttel
teljesljn. Vezessk be az L(t, y ′ ) = ∂g (t, y ′, y0′′ ) ′′ ∂y jellst. Az inverz fggvny ttel bizony¡t s t felhaszn lva (l sd Rudin [137℄, 9.24 ttel), azt kapjuk, hogy ha Y ′′ ny¡lt gmb Rr -ben y0′′ kzpponttal, t ∈ T , (y ′ , y ′′ ) ∈ Y s (2) ∂g (t, y ′, y ′′ ) − L(t, y ′) < ′′ ∂y 1 2 kL(t, y ′)−1 k minden y ′′ ∈ Y ′′ -re, akkor gt,y′ homeomorf lekpezse Y ′′ -nek Rr egy U (t, y ′ ) ny¡lt rszhalmaz ra. Legyen most 0<β< s (3) 1 2 kL(t0 , y0′ )−1 k 0 < γ < det ∂g (t0 , y0′ , y0′′ ) . ∂y ′′ A (2)-ben s (3)-ban szerepl kifejezsek folytonoss g t felhaszn lva, v laszthatunk olyan Y ′′ ny¡lt gmbt y0′′ kzpponttal s olyan Y ′ s T ∗ ny¡lt 50 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai halmazokat, amelyekre t0 ∈ T ∗ , y0′ ∈ Y ′ , Y ∗ = Y ′ × Y ′′ ⊂ Y , tov bb t ∈ T ∗ , y ′
∈ Y ′ s y ′′ ∈ Y ′′ esetn ∂g (t, y ′, y ′′ ) − L(t, y ′) < β ; ∂y ′′ β< γ< 1 2 kL(t, y ′)−1 k ; ∂g (t, y ′ , y ′′ ) . ′′ ∂y det Jellje α(q) a q dimenzi¢s egysggmb λq -mrtkt (α(0) = 1). Azt akarjuk megmutatni, hogy λk (B ) ≤ λr (gt (B )) α(q ) (diam B )k−r , γ ha B ⊂ Y ∗ s t ∈ T ∗ . Legyen R = diam B Ekkor ltezik olyan R sugar£ V z rt gmb Rq -ban, amelyre B ⊂ (V ∩ Y ′ ) × Y ′′ . Tegyk fel indirekt, hogy van olyan t ∈ T ∗ , amelyre λk (B ) > λr (gt (B )) CRq , ahol C = α(q)/γ . Ekkor v laszthatunk olyan U ny¡lt halmazt, amelyre gt (B ) ⊂ U s λk (B ) > λr (U )CRq . Legyen B ∗ = gt−1 (U ) ∩ ((V ∩ Y ′ ) × Y ′′ ) . Ekkor B ⊂ B ∗ , B ∗ Borel-halmaz, s gt (B ∗ ) ⊂ U , azaz λr (gt (B ∗ )) CRq < λk (B ) ≤ λk (B ∗ ). Meg fogjuk mutatni, hogy ez lehetetlen. Legyen By∗′ = {y ′′ : (y ′ , y ′′ ) ∈
B ∗ } , ha y ′ ∈ V ∩ Y ′ . Az integr ltranszform i¢s ttelt felhaszn lva, azt kapjuk, hogy r λ (gt (B )) ≥ λ gt,y′ ( ∗ r By∗′ ) = Z By∗ det ∂g (t, y ′, y ′′ ) dλr (y ′′ ) ≥ γλr (By∗′ ), ∂y ′′ ha y ′ ∈ V ∩ Y ′ . A Fubini-ttel szerint λ (B k ∗ )= Z V ∩Y ′ λr (By∗′ ) dλq (y ′ ) λr (gt (B ∗ )) q ≤ λ (V ) = λr (gt (B ∗ )) CRq , γ ami ellentmond s. Ezzel a bizony¡t s teljes 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai 3.9 Segdttel Az elz segdttel felttelei mellett, ha Rr egy D rszhalmaza 1 srsg a g (t0, y0 ) pontban, akkor gt−01 (D) ∩ Y ∗ is 1 srsg az y0 pontban. ∂g (t0 , y ) folytonoss ga miatt a gt0 fggvny Lips hitz-fel∂y ttelnek tesz eleget az y0 egy krnyezetben. Igy lteznek 0 < M < ∞ s γ > 0 konstansok £gy, hogy |g (t0 , y ) − g (t0 , y0 )| ≤ M |y − y0 |, ha y ∈ Y ∗ s |y − y0 | < γ .
Jellje α(k ) illetve α(r ) a k illetve r dimenzi¢s egysggmb Lebesgue-mrtkt. Legyen ε > 0, s Bizony¡t s. 0<δ< εα(k ) 2 CM r k−r α (r) , ahol C az elz segdttelben szerepl konstans. V lasszunk egy β > 0-t £gy, hogy ha V egy z rt gmb g (t0, y0 ) kzpponttal s β -n l kisebb sug rral, akkor λr (V ∩ D) ≥ (1 − δ )λr (V ) teljesljn. Megmutatjuk, hogy ha W egy z rt gmb Y ∗ -ban, amelynek kzppontja y0 , sugara pedig kisebb γ -n l s β/M -nl, akkor λk W ∩ gt−01 (D) ≥ (1 − ε)λk (W ). Tegyk fel indirekt, hogy valamely R sugar£ W gmbre ellenkez ir ny£ egyenltlensg teljesl. Ekkor ltezik olyan B ⊂ W gt−01 (D) kompakt halmaz, amelyre λk (B ) > ελk (W ) Az elz segdttel szerint εRk α(k ) < λk (B ) ≤ C 2k−r Rk−r λr (gt0 (B )) . De gt0 (B ) kompakt rszhalmaza V D-nek, ahol V a g (t0 , y0 ) kzppont£ M R < β sugar£ z rt gmb Rr -ben. Igy εRk
α(k ) < C 2k−r δλr (V ) = C 2k−r Rk−r M r Rr α(r )δ, ami ellentmond δ v laszt s nak. 3.10 Segdttel Legyen Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, T topologikus tr, D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak s (t0 , y0 ) ∈ D. Tegyk fel, hogy a g : D Rr fggvny folytonos s folytonosan di eren i lhat¢ y szerint. Ha ∂g a (t0 , y0 ) m trix rangja r, akkor lteznek olyan T ∗ illetve Y ∗ krnyezetei ∂y t0 -nak illetve y0 -nak, amelyekre (1) minden ε > 0-hoz ltezik olyan δ > 0, hogy λr (gt (B )) ≥ δ , ha t ∈ T ∗ , B ⊂ Y ∗ s λk (B ) ≥ ε; (2) ha A egy λr -mrhet rszhalmaza Rr -nek, akkor gt−1 (A) ∩ Y ∗ egy λk mrhet rszhalmaza Y -nak minden t ∈ T ∗ -ra. Bizony¡t s. Alkalmazzuk a 38 segdttelt A kapott Y ∗ halmazt ki- sebbel helyettes¡tve, feltehetjk, hogy Y ∗ korl tos. Most a 38 segdttel ll¡t s b¢l s 3.2(4)-bl kvetkezik (1), a 32(7) ll¡t sb¢l pedig (2) 52 3.§ Steinhaus tetelenek
altalanostasai 3.11 Ttel Legyen X egy r-dimenzi¢s euklidszi tr, s legyenek X1 , . , Xn ortogon lis alterei XP -nek r1 , . , rn dimenzi¢kkal Tegyk fel, hogy ri ≥ 1, ha 1 ≤ i ≤ n, s ni=1 ri = r. Legyen U ny¡lt rszhalmaza X -nek, s F : U Rm folytonosan di eren i lhat¢ fggvny. Minden x ∈ U -ra jellje Nx az F ′ (x) nulltert. Legyen Ai egy rszhalmaza Xi nek (i = 1, 2, , n), mrhet, ha 2 ≤ i ≤ n, s tegyk fel, hogy a ∈ U s dim Na = r −m. Jelljk pi -vel az X ortogon lis projek i¢j t Xi -re Tegyk fel, hogy pi (Na ) = Xi s Ai srsge 1 a pi (a) pontban, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor F (A1 × . × An ) krnyezete F (a)-nak Bizony¡t s. Legyen k = r − m Mivel F ′ (x) rangja, rank F ′ (x) alulr¢l flig folytonos, s rank F ′ (x) = m, feltehetjk, hogy rank F ′ (x) = m minden x ∈ U -ra. Hasonl¢an, szksg esetn kisebb U -t v lasztva, feltehetjk, hogy pi (Nx ) = Xi , ha x ∈ U s 1 ≤ i ≤ n.
Ennek bizony¡t s hoz tegyk fel indirekt, hogy van olyan i s van olyan xj ∈ U sorozat, tov bb lteznek j) olyan e(1j ) , . , e(k−r ortonorm lt vektorok Nxj -ben, hogy xj a s i +1 pi (e(sj ) ) = 0, ha j = 1, 2, . s 1 ≤ s ≤ k − ri + 1 Az egysggmb kompakts g t felhaszn lva s rszsorozatra ttrve, feltehetjk, hogy e(sj ) es , ha j ∞. Ez azonban azt mutatja, hogy az es -ek ortonorm lt vektorok Na -ban s pi (es ) = 0, ha 1 ≤ s ≤ k − ri + 1, ami ellentmond s. Szksg esetn kisebb U -t v lasztva, s felhaszn lva a rangsz m ttelt (l sd Dieudonn [39℄, 10.31), azt kapjuk, hogy lteznek u, p s v lekpezsek, valamint egy V ny¡lt krnyezete b = F (a)-nak Rm -ben az al bbi tulajdons gokkal: u az U -t az I r ny¡lt ko k ra kpezi le, ahol I =℄ − 1, 1[, az u invert lhat¢, u s u−1 folytonosan di eren i lhat¢ak; v az I m -et V -re kpezi le, v invert lhat¢, v s v−1 folytonosan di eren i lhat¢ak; p a p : (x1 , . , xr )
7 (x1 , , xm ) projek i¢ja I r -nek I m -re; vgl F = v ◦p◦u. Az I r -et fel¡rhatjuk I r = T ×Y alakban, ahol T = I m s Y = I k . Legyen u(a) = (t0 , y0 ) ∈ T × Y Fel fogunk haszn lni nh ny di eren i lgeometriai tnyt (l sd Dieudonn [39℄, fleg 16.88) U ∩ F −1 (v (t)) egy z rt rszsokas ga U -nak minden t ∈ T -re. Ennek a rszsokas gnak az rinttere egy x ∈ U ∩ F −1 (v(t)) pontban megegyezik az X tr Nx altervel. Nyilv n u−1 di eomor zmusa a T × Y tr {t} × Y z rt rszsokas g nak U ∩ F −1 (v(t))-re. Legyen gi = pi ◦ u−1 , ha 1 ≤ i ≤ n Az U halmaz v laszt sa miatt pi szubmerzi¢ja U ∩ F −1 (v (t))-nek Xi -be. Innen kvetkezik, hogy a gi,t : Y Xi lekpezs is szubmerzi¢, azaz deriv ltj nak rangja ri , ha y ∈ Y s t ∈ T . Most, a 3.8 segdttel szerint, lteznek olyan T ∗ s Y ∗ ny¡lt halmazok, valamint 0 < K < ∞ konstans £gy, hogy t0 ∈ T ∗ ⊂ T , y0 ∈ Y ∗ ⊂ Y , s λk (B ) ≤
Kλri (gi,t (B )) , 3.§ Steinhaus tetelenek altalanostasai ha B ⊂ Y ∗ s t ∈ T ∗ . Legyen Xi∗ = Xi , A∗i = Ai , s gi∗ a gi megszor¡t sa T ∗ × Y ∗ -ra. Alkalmazva a 35 kvetkezmnyt a sillaggal jelzett halmazokra s fggvnyekre, azt kapjuk, hogy az f (t) = λ k n i=1 ∗−1 gi,t (A) , ha t ∈ T ∗ ∗−1 fggvny folytonos T -on. A 39 segdttel szerint gi,t 0 (Ai ) srsge 1 az ∗−1 ∗ y0 pontban. Mivel gi,t0 (Ai ) ∩ Y mrhet a 310 segdttel szerint, ha 2 ≤ i ≤ n, azt kapjuk, hogy ∗ n i=1 ∗−1 gi,t 0 (Ai ) srsge 1 az y0 pontban. Innen f (t0 ) > 0 s azt kapjuk, hogy van olyan V krnyezete t0 -nak, amelyre f (t) > 0, ha t ∈ V . Nyilv n v(V ) egy krnyezete b-nek Rm -ben. Ha z ∈ v (V ), akkor t := v −1 (z ) ∈ V , s ¡gy a n i=1 ∗−1 gi,t (Ai ) a halmaznak egy eleme, akkor u−1 (t, y ) ∈ halmaz nem res. Ha y ennek F −1 (z ) s xi = pi u−1 (t, y ) ∈ Ai ,
ha 1 ≤ i ≤ n. Ez azt jelenti, hogy F (x1 , . , xn ) = z , ezt kellett bizony¡tani 3.12 Kvetkezmny Legyen U ny¡lt rszhalmaza Rr × Rr nek, s : (x, y ) 7 F (x, y ) folytonosan di eren i lhat¢ lekpezse U -nak Rr -be. Legyen A, B ⊂ Rr s tegyk fel, hogy a B halmaz λr -mrhet. Ha (a, b) ∈ U , F ∂F ∂F (a, b) 6= 0, det (a, b) 6= 0, ∂x ∂y A srsge az a pontban 1, B srsge a b pontban 1, akkor F (A, B ) tartalmazza F (a, b) egy krnyezett. det Bizony¡t s. A 311 ttel szerint elg megmutatni, hogy p1 (Na,b ) = Rr s p2 (Na,b ) = Rr , ahol Na,b az F ′ (a, b) nulltere. Legyen (x, y ) ∈ Na,b Ha p1 (x, y ) = 0, akkor x = 0. Ebbl 0 = F ′ (a, b)(x, y ) = ∂F (a, b)(y ). ∂y ∂F De det (a, b) 6= 0, innen y = 0. Ez azt mutatja, hogy p1 : Na,b Rr ∂y kl snsen egyrtelm lekpezs, azaz p1 (Na,b ) = Rr . Hasonl¢an kapjuk, hogy p2 (Na,b ) = Rr . 3.13 Megjegyzs Az elz ttel az al bbi glob lis form ban is
fogalmazhat¢: ha Nx ltal nos helyzet, azaz dim Nx = r − m s pi (Nx ) = Xi minden x ∈ U -ra (i = 1, 2, . , n), tov bb teljesl, hogy A1 × × An ⊂ U , λri (Ai ) > 0 (i = 1, 2, . , n), Ai mrhet, ha 2 ≤ i ≤ n, akkor F (A1 × . × An ) tartalmaz egy nem res ny¡lt halmazt Bizony¡t s. V lasszunk olyan a ∈ U pontot, amelyre az Ai srsge a pi (a) pontban 1, ha 1 ≤ i ≤ n, s alkalmazzuk az elz ttelt. 54 4.§ Pi ard ttelnek ltal nos¡t sai 4.§ Pi ard ttelnek ltal nos¡t sai Steinhaus ttelvel anal¢g Pi ard ttele [135℄, mely szerint kt m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz sszege tartalmaz bels pontot. Ers ltal nos¡t sok ismeretesek: itt is az sszead s helyettes¡thet egy ktv ltoz¢s fggvnnyel, ami gyenge feloldhat¢s gi feltteleknek tesz eleget. Ezek az eredmnyek hasznos eszkzk, ha Baire-tulajdons gb¢l kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ regularit si tteleket k¡v nunk
bizony¡tani fggvnyegyenletekre. L sd ezzel kap solatban a Sander [141℄, [143℄, [145℄, Kominek [108℄, Jarai [72℄ s Grosse-Erdmann [49℄ dolgozatokat, valamint az ott idzett irodalmat. Ennek a paragrafusnak a lja Pi ard ttelnek az elz paragrafus eredmnyeihez hasonl¢ ltal nos¡t s t adni. Ezek az eredmnyek a Jarai [91℄ dolgozatban kerltek publik l sra. Az els ttel Pi ard ttele ltalunk adand¢ ltal nos¡t s nak absztrakt verzi¢ja. 4.1 Ttel Legyenek T , Y s Xi topologikus terek, gi : T × Y Xi folytonos fggvnyek, s tegyk fel, hogy gi,t (B ) m sodik kateg¢ri j£, ha B ⊂ Y egy m sodik kateg¢ri j£ halmaz Y -ban. Tegyk fel, hogy Ai ⊂ Xi (i = 1, 2, . , n) s Ai Baire-tulajdons g£ halmaz, ha 1 ≤ i ≤ n Ekkor azon t ∈ T pontok V halmaza, amelyekre n i=1 −1 gi,t (A i ) m sodik kateg¢ri j£, ny¡lt rszhalmaza T -nek. Bizony¡t s. Az Ai halmazok fel¡rhat¢k Ai = Ei △ Mi alakban, ahol Ei ny¡lt, kateg¢riT
j£. Tegyk fel, hogy t0 ∈ V , s legyen Tn M−i 1pedig els n −1 −1 ′ K = i=1 gi,t0 (Ai ), K = K ∩ i=1 gi,t0 (Ei ) . Mivel gi,t0 (Mi ) els kateg¢ri j£ Y -ban, azt kapjuk, hogy ha i = 1, 2, , n, akkor ′ K K ⊂ n [ i=1 −1 gi,t 0 (Mi ) is els kateg¢ri j£, ¡gy K ′ m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Y -nak. Legyen y0 egy olyan pontja K ′ -nek, amelyre W ∩ K ′ m sodik kateg¢ri j£ Y -ban y0 minden W ny¡lt krnyezetre. Nyilv n gi (t0 , y0 ) ∈ Ei , ha i = 1, 2, , n Mivel az Ei halmazok ny¡ltak, a gi fggvnyek pedig folytonosak, a gi−1 (Ei ) halmazok ny¡ltak s tartalmazz k a (t0 , y0 ) pontot, ¡gy lteznek olyan V ′ s T n W ′ ny¡lt halmazok, hogy t0 ∈ V ′ , y0 ∈ W ′ , s V ′ × W ′ ⊂ i=1 gi−1 (Ei ). Megmutatjuk, hogy W′ ∩ n i=1 −1 gi,t (Ai ) 4.§ Pi ard ttelnek ltal nos¡t sai m sodik kateg¢ri j£ minden t ∈ V ′ -re. Ha ez nem teljeslne, akkor a −1 W ′ gi,t (Ai ), i =
1, 2, . , n halmazok egy els kateg¢ri j£ halmazt¢l eltekintve lefednk W ′ -t. Ha megmutatjuk, hogy ezek a halmazok mind els kateg¢ri j£ak, akkor ellentmon−1 (Ei ) szerint fenn ll¢ d sra jutunk. Ez viszont a W ′ ⊂ gi,t −1 −1 W ′ gi,t (Ai ) ⊂ gi,t (Mi Ei ) tartalmaz sb¢l kvetkezik. 4.2 Megjegyzs Ha feltesszk, hogy Y teljes szepar bilis metrikus tr s X1 metriz lhat¢, akkor elhagyhatjuk azt a felttelt, hogy A1 Bairetulajdons g£. Ennek bel t s hoz jellje C1 az sszes olyan x1 ∈ X1 pontok halmaz t, amelyekre az x1 b rmely U1 krnyezetre U1 ∩ A1 m sodik kateg¢ri j£. Ismeretes, hogy C1 z rt halmaz s A1 C1 els kateg¢ri j£ Jellje B1 a C1 bels pontjainak halmaz t. Ekkor B1 ny¡lt s A1 B1 is els kateg¢ri j£ −1 gy, mint az elz bizony¡t sban, kapjuk, hogy W ′ g1−,t1(B1 ) s W ′ gi,t (Ai ), −1 ′ 2 ≤ i ≤ n els kateg¢ri j£ak. Elg megmutatni, hogy W ∩ g1,t (A1 ) m sodik kateg¢ri j£, mivel
ebbl m r kvetkezik, hogy −1 W ′ ∩ ∩ni=1 gi,t (Ai ) nem lehet els kateg¢ri j£. Tegyk fel indirekt, hogy W ′ g1−,t1 (A1 ) els kateg¢ri j£. Ekkor, felhaszn lva, hogy W ′ ∩ g1−,t1 (B1 ) m sodik kateg¢ri j£ ny¡lt halmaz, azt kapjuk, hogy (W ′ ∩ g1−,t1 (B1 )) g1−,t1 (A1 ) = (W ′ ∩ g1−,t1 (B1 )) (W ′ ∩ g1−,t1 (A1 )) m sodik kateg¢ri j£ Baire-halmaz. Legyen G egy m sodik kateg¢ri j£ Gδ rszhalmaza a fenti halmaznak Ekkor g1,t (G) m sodik kateg¢ri j£, mint X1 rszhalmaza. Bourbaki [26℄, IX, §6, Exer ise 10 szerint g1,t(G) Bairetulajdons g£ X1 -ben Vil gos, hogy g1,t (G) ⊂ B1 A1 Egy g1,t (G) = U △F el ll¡t st vve, ahol U ny¡lt, F pedig els kateg¢ri j£, l tjuk, hogy U ∩ B1 nem res ny¡lt halmaz, amelynek az A1 -el vett metszete els kateg¢ri j£. Ez ellentmond B1 de n¡ i¢j nak. La zkovi h [118℄ jegyzetben, II.99, be van bizony¡tva, hogy egy lengyeltr folytonos kpe egy Hausdor -trben
Baire-tulajdons g£ Ez azt mutatja, hogy elg feltenni, hogy X1 Hausdor . Az al bbi lemma lehetv teszi, hogy di eren i lsz m¡t s seg¡tsgvel ellenrizzk, hogy az elz ttelben a gi fggvnyekre kir¢tt felttelek teljeslnek. 56 4.§ Pi ard ttelnek ltal nos¡t sai 4.3 Segdttel Legyen Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, T topologikus tr, D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak s (t0 , y0 ) ∈ D. Tegyk fel, hogy a g : D Rr fggvny folytonos s folytonosan par i lisan deriv lhat¢ y ∂g szerint. Ha a (t0 , y0 ) m trix rangja r, akkor lteznek olyan T ∗ illetve Y ∗ ∂y ny¡lt krnyezetei t0 -nak illetve y0 -nak, hogy (1) ha B m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Y ∗ -nak, akkor gt (B ) is m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Rr -nek minden t ∈ T ∗ -ra; (2) ha A Baire-tulajdons g£ halmaz Rr -ben, akkor gt−1 (A) ∩ Y ∗ is Bairetulajdons g£ halmaz Y -ban minden t ∈ T ∗ -ra. Bizony¡t s. A 38 segdttel bizony¡t s ban megmutattuk,
hogy l- teznek olyan T ∗ s Y ′ ny¡lt halmazok, valamint egy y0′′ kzppont£ Y ′′ ny¡lt gmb, hogy t0 ∈ T ∗ , y0′ ∈ Y ′ , T ∗ × Y ′ × Y ′′ ⊂ D s gt,y′ homeomorf m¢don kpezi le Y ′′ -t Rr egy U (t, y ′) ny¡lt rszhalmaz ra, ha t ∈ T ∗ s y ′ ∈ Y ′ . Tegyk fel indirekt, hogy ltezik olyan m sodik kateg¢ri j£ B rszhalmaza Y ∗ = Y ′ × Y ′′ -nek, s t ∈ T ∗ , amelyre gt (B ) els kateg¢ri j£ rszhalmaza Rr -nek. V lasszunk egy U els kateg¢ri j£ Borel-halmazt Rr -ben, amelyre gt (B ) ⊂ U ⊂ gt (Y ∗ ), s legyen B ∗ = gt−1 (U ) ∩ Y ∗ . Ez a B ∗ halmaz m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz Y ∗ {ban, gt (B ∗ ) pedig els kateg¢ri j£ Rr -ben. A Kuratowsky{Ulam ttel szerint az sszes olyan y ′ ∈ Y ′ pontok halmaza, amelyekre By∗′ m sodik kateg¢ri j£, m sodik kateg¢ri j£ halmaz. M srszt, ugyanezen ttel szerint, az sszes olyan y ′ ∈ Y ′
pontok halmaza, amelyekre By∗′ nem Baire-tulajdons g£, els kateg¢ri j£ halmaz. Ebbl kvetkezik, hogy van olyan y ′ ∈ Y ′ , amelyre By∗′ m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz Y ′′ -ben. Mivel gt,y′ homeomor zmusa Y ′′ -nek U (t, y ′ )-re, gt,y′ (By∗′ ) is m sodik kateg¢ri j£ Rr -ben. Ez ellentmond s, mivel gt,y′ (By∗′ ) ⊂ gt (B ∗ ). Ezzel (1)-et bebizony¡tottuk (2) bizony¡t s hoz tegyk fel, hogy A egy Baire-tulajdons g£ halmaz r R -ben, s v lasszunk egy B Borel-halmazt, amelyre A ⊂ B s B A els kateg¢ri j£. Ekkor gt−1 (A) ∩ Y ∗ = gt−1 (B ) ∩ Y ∗ gt−1 (B A) ∩ Y ∗ . Felhaszn lva, hogy gt−1 (B ) Borel-halmaz, gt−1 (B A) ∩ Y ∗ pedig els kateg¢ri j£ (1) szerint, kapjuk, hogy gt−1 (A) ∩ Y ∗ Baire-tulajdons g£. Ezzel kszen llunk arra, hogy bebizony¡tsuk Rr egy ny¡lt rszhalmaz t R -be kpez fggvnyekre Pi ard ttele ltal nos¡t s nak lok lis verzi¢j t. Durv
n sz¢lva, a ttelben szerepl felttelek azt jelentik, hogy a deriv lt nulltere elg nagy s ltal nos helyzetben van. m 4.4 Ttel Legyen X egy r-dimenzi¢s euklidszi tr, s legyenek X1 , . , Xn ortogon lis altereiPX -nek r1 , , rn dimenzi¢kkal Tegyk fel, hogy ri ≥ 1, ha 1 ≤ i ≤ n s ni=1 ri = r. Legyen U ny¡lt rszhalmaza X nek, s F : U Rm folytonosan di eren i lhat¢ fggvny Minden x ∈ U ra jellje Nx az F ′ (x) nulltert Legyen Ai Baire-tulajdons g£ rszhalmaza 4.§ Pi ard ttelnek ltal nos¡t sai Xi -nek (i = 1, 2, . , n), tov bb tegyk fel, hogy a ∈ U s dim Na = r − m. Jelljk pi -vel az X ortogon lis projek i¢j t Xi -re Tegyk fel, hogy pi (Na ) = Xi s pi (a)-nak van olyan Ui krnyezete, hogy Ui Ai els kateg¢ri j£, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor F (A1 × × An ) krnyezete F (a)-nak Bizony¡t s. A t0, y0 pontokat, T s Y halmazokat s gi lekpezseket de ni ljuk £gy, mint 3.11 bizony¡t s ban A 43
segdttel szerint lteznek olyan T ∗ s Y ∗ halmazok, hogy t0 ∈ T ∗ ⊂ T , y0 ∈ Y ∗ ⊂ Y , s gi,t (B ) m sodik kateg¢ri j£, ha B ⊂ Y ∗ m sodik kateg¢ri j£, s t ∈ T ∗ . Legyen Xi∗ = Xi , A∗i = Ai , gi∗ a gi megszor¡t sa T ∗ × Y ∗ -ra. Alkalmazva az elz ttelt a sillaggal jelzett halmazokra, azt kapjuk, hogy azon t pontok V halmaza, amelyekre n i=1 −1 gi,t (A i ) ∗ ∗ m sodik kateg¢ri j£, ny¡lt T ∗ -ban. Mivel gi,t 0 az Y -ot pi (a) egy ny¡lt krnyezetre kpezi le folytonosan, s g ∗ (t0 , y0 ) = pi (a), van olyan W ny¡lt kr∗−1 nyezete y0 -nak Y ∗ -ban, hogy W gi,t 0 (Ai ) els kateg¢ri j£, ha 1 ≤ i ≤ n. Ez azt jelenti, hogy t0 ∈ V . Nyilv n v(V ) egy krnyezete b-nek Rm -ben Ha z ∈ v (V ), akkor v −1 (z ) ∈ V , s ¡gy a n i=1 ∗−1 gi,t (Ai ) halmaz nem res. Ha y ennek a halmaznak egy eleme, akkor teljesl, hogy −1 −1 −1 u (t, y ) ∈ F (z ) s xi = pi u (t, y ) ∈ Ai
, ha 1 ≤ i ≤ n. Ez azt jelenti, hogy F (x1 , . , xn ) = z, ezt kellett bizony¡tani 4.5 Kvetkezmny Legyen W ny¡lt rszhalmaza Rr × Rr -nek s F : (x, y ) 7 F (x, y ) folytonosan di eren i lhat¢ lekpezse W -nek Rr -be. Legyen A, B ⊂ Rr s tegyk fel, hogy a B halmaz Baire-tulajdons g£. Ha (a, b) ∈ W , ∂F ∂F det (a, b) = 6 0, det (a, b) = 6 0, ∂x ∂y van olyan U krnyezete a-nak, hogy U A els kateg¢ri j£, s van olyan V krnyezete b-nek, hogy V B els kateg¢ri j£, akkor F (A, B ) tartalmazza F (a, b) egy krnyezett. zik. Bizony¡t s. Az elz paragrafus 312 ll¡t s hoz hasonl¢an kvetkeAz elz ttel az al bbi glob lis form ban is megfogalmazhat¢: 4.6 Ttel Legyen X egy r-dimenzi¢s euklidszi tr, s legyenek X1 , . , Xn ortogon lis alterei X -nek r1 , , rn dimenzi¢kkal Jellje pi az X Pnmerleges vet¡tst Xi -re. Tegyk fel, hogy ri ≥ 1, ha 1 ≤ i ≤ n s i=1 ri = r . Tegyk fel, hogy U ny¡lt
rszhalmaza X -nek s F : U 58 4.§ Pi ard ttelnek ltal nos¡t sai Rm folytonosan di eren i lhat¢ fggvny. Ha x ∈ U , jellje Nx az F ′ (x) nulltert. Ha Nx ltal nos helyzet, azaz dim Nx = r − m s pi (Nx ) = Xi minden x ∈ U -ra (i = 1, 2, . , n), A1 × × An ⊂ U , tov bb Ai m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz, ha 1 ≤ i ≤ n, akkor F (A1 ×. ×An ) tartalmaz egy nem res ny¡lt halmazt. Bizony¡t s. A Baire-tulajdons g£ Ai halmaz fel¡rhat¢ Ui △Fi alakban, ahol Ui nem res ny¡lt halmaz s Fi els kateg¢ri j£. B rmely a ∈ U1 × U2 × . × Un -re alkalmazhatjuk az elz ttelt 4.7 Megjegyzs Az elz megjegyzst felhaszn lva, elhagyhatjuk azt a felttelt, hogy A1 Baire-tulajdons g£. 5.§ Mrhetsg s korl toss g III. Megoldások korlátossága és folytonossága 5.§ Mrhetsg s korl toss g A bevezetsben t rgyalt klasszikus m¢dszer lok lisan integr lhat¢, teh t pld ul korl tos,
mrhet megold sokra teszi lehetv a megold s folytonoss g nak bizony¡t s t. Igy szksg volt olyan t¡pus£ ll¡t sokra, amelyek mrhet megold sok korl toss g t biztos¡tj k. Ilyen t¡pus£ ttelek tal lhat¢k spe i lis egyenletekre pld ul Vajzovi [163℄, Dar¢ zy [30℄, illetve Sander [141℄ dolgozat ban. Az al bbiakban egy ltal nos ttelt bizony¡tunk egy fggvnyegyenltlensgre. A ttel elszr a J rai [66℄ dolgozatban kerlt publik l sra Mint a bevezetsben is eml¡tettk, a 8. § knyelmesebben haszn lhat¢ eredmnyei miatt az itt t rgyalt ttelek haszn lata ma gyakorlatilag sak arra az esetre korl toz¢dik, amikor a szerepl mrtkek nem Radon-mrtkek. 5.1 Ttel Legyenek T , Y s Xi (i = 1, 2, , n) halmazok, ν s µi vges mrtkek Y -on illetve Xi -n (i = 1, 2, . , n) Legyen D ⊂ T × Y s f : T R, fi : Xi R, f0 : Y R, gi : D Xi (i = 1, 2, . , n), h : D × Rn+1 R fggvnyek. Tegyk fel, hogy (1) minden (t, y )
∈ D-re f (t) ≤ h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) minden k > 0-hoz van olyan K > 0, hogy ha zi ≤ k (i = 0, 1, . , n) s (t, y ) ∈ D, akkor h(t, y, z0, z1 , . , zn ) ≤ K ; (3) az fi , i = 1, 2, . , n fggvnyek mrhetek; (4) minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy µi (gi,t (B )) ≥ δ , ha 1 ≤ i ≤ n, t ∈ T , B ⊂ Dt s ν (B ) ≥ ε; (5) van olyan ε > 0, hogy ν (Dt ) ≥ ε minden t ∈ T -re. Ekkor f fellrl korl tos T -n. Bizony¡t s. Mivel az {y : y ∈ Y, f0 (y ) ≤ k} , k = 1, 2, . halmazok nvekv halmazsorozatot alkotnak, amelynek egyes¡tse Y , az (5)ben szerepl ε > 0-hoz van olyan k0 , hogy C0 = {y : y ∈ Y, f0(y ) ≤ k0 } 60 5.§ Mrhetsg s korl toss g jellssel ν (C0 ) ≥ ν (Y ) − ε/2. Ebbl ν (C0 ∩ Dt ) ≥ ε minden t ∈ T -re. 2 (4) szerint van olyan δ > 0, hogy µi (gi,t (B )) ≥ δ , ha 1 ≤ i ≤ n, t ∈ T , B ⊂ Dt s ν (B ) ≥
ε/(2n). Mivel 1 ≤ i ≤ n esetn az {x : x ∈ Xi , fi (x) ≤ k} , k = 1, 2, . halmazsorozat mrhet s egyes¡tse Xi , van olyan ki , hogy Ci = {x : x ∈ Xi , fi (x) ≤ ki } jellssel µi (Xi Ci ) < δ . Megmutatjuk, hogy a (6) Dt ∩ C0 ∩ n i=1 −1 gi,t (Ci ) halmaz nem res egyetlen t ∈ T -re sem. Val¢ban, ha a fenti halmaz res −1 lenne, akkor a Dt ∩ C0 halmazt lefednk a gi,t (Xi Ci ) halmazok. Mivel −1 ν (C0 ∩ Dt ) ≥ ε/2, valamely 1 ≤ i ≤ n-re ν gi,t (Xi Ci ) ≥ ε/(2n). Ebbl µi (Xi Ci ) ≥ δ kvetkezne, ami ellentmond Ci v laszt s nak. Legyen most k a k0 , k1 , . , kn sz mok legnagyobbika, s y a (6) halmaz egy eleme. Ekkor gi (t, y ) ∈ Ci s ¡gy (1) s (2) felhaszn l s val f (t) ≤ h (t, y, f0 (y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ≤ K 5.2 Megjegyzs Az elz ttelt nem sak val¢s rtk fggvnyek esetn haszn lhatjuk. Pld ul ha az f, fi fggvnyek rtkei flmetrikus
trekben vannak, tekinthetjk a fggvnyrtkek eltrst a tr egy rgz¡tett pontj t¢l, s ezekre a val¢s rtk fggvnyekre alkalmazhatjuk a ttelt. A ν s µi mrtkek vgessge sem jelents megszor¡t s: alkalmas, kisebb T , Y , D s Xi halmazokat v lasztva, ennek teljeslse legtbbszr elrhet. Ezeket az szrevteleket haszn ljuk a kvetkez ll¡t s bizony¡t s hoz. 5.3 All¡t s. Legyen G egy lok lisan kompakt soport, H egy metri- kus soport a d bal invari ns t vols ggal, f : G H pedig egy homomorzmus. Ha f mrhet a bal Haar-mrtk valamely µ-invari ns bv¡tsre, akkor f minden kompakt halmazon korl tos. Bizony¡t s. Legyen T egy kompakt rszhalmaza G-nek, pakt, pozit¡v mrtk rszhalmaza G-nek, D = T × Y s f (t) = f (ty )f (y )−1, Y egy komX = T Y . Ekkor ha t, y ∈ D. Bevezetve az f (x) = d (e, f (x)) jellst, f egy µ-mrhet fggvny s f (t) ≤ f (ty ) + f (y ), ha t, y ∈ D. Alkalmazva az
elz ttelt, kapjuk, hogy f korl tos T -n. 6.§ Korl tos mrhet megold sok folytonoss ga 6.§ Korl tos mrhet megold sok folytonoss ga Mint a bevezetsben is kifejtettk, a korl tos mrhet megold sok folytonosak" t¡pus£ eredmnyek a 8. § £jabb, mrhet megold sok folytonosak" t¡pus£ eredmnyei miatt m ra vesztettek jelentsgkbl gy sak kt | publik latlan | eredmnyt fogunk t rgyalni, a 6.6 ttelt, s a 68 ll¡t st Ezeknek az az rdekessge, hogy a Lebesgue-mrtk kovari ns, illetve a Haar-mrtk invari ns bv¡tseire is alkalmazhat¢k. Megjegyezzk, hogy a Steinhaus-t¡pus£ ttelek kztt t rgyalt 3.4 ttel is kap solatban ll ezzel a krdskrrel, s haszn lhat¢ korl tos mrhet megold sok folytonoss g nak bizony¡t s ra. Elszr ttekintnk nh ny, a Haar-mrtk invari ns, illetve a Lebesguemrtk kovari ns bv¡tsre vonatkoz¢ eredmnyt. A rszletes t rgyal s a Jarai [68℄ dolgozatban tal
lhat¢. Kakutani s Oxtoby 1950-ben bebizony¡totta [105℄, hogy a T komplex egysgkrn a Haar-mrtk bv¡thet egy olyan invari ns mrtkk, amelyre a megfelel L2 -tr Hilbert-tr dimenzi¢ja 2c , ahol c = ard(T), a kontinuum sz moss g. Ugyanez az ll¡t s igaz minden kompakt metrikus soporton (l sd Hewitt s Ross [52℄, 16. §) M srszt, felhaszn lva Kakutani s Kodaira eredmnyt [106℄, 1959-ben Hulani ki [60℄ megmutatta, hogy 2c nem folytonos karakter tehet egyszerre mrhetv az egysgkrn a Haar-mrtk egy megfelel bv¡tsvel. Ezt az eredmnyt Itzkowitz [61℄ sszefgg kompakt vgtelen Abel- soportra, Hewitt s Ross [54℄ pedig tetszleges lok lisan kompakt Abel- soportra terjesztette ki, megmutatva, hogy b rmely G vgtelen lok lisan kompakt Abelsoport esetn 2 ard(G) karakter tehet egyszerre mrhetv a Haar-mrtk egy alkalmas invari ns bv¡tsvel. Az [68℄ dolgozatban a szerz Kakutani s Oxtoby
eredmnyt ltal nos¡totta tetszleges lok lisan kompakt soportra. A bizony¡t s egy absztrakt bv¡tsi ttelen m£lik, mely szerint egy adott vges mrtk £gy bv¡thet egy sokkal bvebb mrtkk, hogy a bv¡tett mrtk transzform i¢k egy adott oszt ly ra ugyanolyan transzform i¢s tulajdons goknak tesz eleget, mint az eredeti mrtk. Az eredmnyek ismertetshez kt fogalomra lesz szksgnk. 6.1 De n¡ i¢ A µ mrtket J -kovari nsnak nevezzk, ha adott τ lekpezsek egy T halmaza, minden τ ∈ T egy µ-mrhet halmazt kpez le X -be, s minden τ ∈ T -hez hozz van rendelve egy J (τ ) bv¡tett val¢s rtk µ-mrhet fggvny, amely teljes¡ti az al bbi felttelt: (1) az N (τ |A, y ) multipli it s fggvny µ-mrhet s Z A J (τ )(x)dµ(x) = Z X N (τ |A, y )dµ(y ) minden µ-mrhet A halmaz s τ ∈ T = dmn J esetn. Ha minden τ ∈ T -re τ kl snsen egyrtelm s a J (τ ) fggvny µ-majdnem
mindentt megegyezik dmn τ karakterisztikus fggvnyvel, akkor a µ mrtket T -invari ns nak nevezzk. 62 6.§ Korl tos mrhet megold sok folytonoss ga Megjegyezzk, hogy ha a T minden τ eleme kl snsen egyrtelm lekpezs, akkor az (1) felttel ekvivalens az al bbi felttellel: R (2) a τ (A) halmaz µ-mrhet s µ (τ (A)) = A J (τ ) dµ(x) minden µ-mrhet A s τ ∈ T -re. Ebbl, ha T minden τ eleme kl snsen egyrtelm, akkor µ pontosan akkor T -invari ns, ha (3) a τ (A) halmaz µ-mrhet s µ (τ (A)) = µ(A), valah nyszor az A halmaz µ-mrhet, τ ∈ T s A ⊂ dmn τ . 6.2 Pld k (1) Legyen X = Rn s legyen µ a Lebesgue-mrtk Rn -en, T pedig az Rn sszes eltol sainak soportja. Ekkor a µ mrtk T -invari ns Ebben az esetben minden τ ∈ T -re s minden x ∈ Rn -re J (τ )(x) = 1. (2) Legyen X = Rn s legyen µ a Lebesgue-mrtk Rn -en, T pedig az R sszes nmag ba val¢ line ris lekpezseinek
halmaza. Ha n J (τ )(x) = | det τ | minden x ∈ Rn -re s τ ∈ T -re, akkor a µ mrtk J -kovari ns. (3) Legyen X = Rn s legyen µ a Lebesgue-mrtk Rn -en, T pedig az sszes olyan folytonosan di eren i lhat¢ τ fggvnyek halmaza, amelyek Rn egy ny¡lt rszhalmaz t kpezik le Rn -be. Legyen J (τ )(x) a τ fggvny x pontban vett Ja obi-determin ns nak abszol£t rtke, ha x ∈ dmn τ , s legyen 0, ha x ∈/ dmn τ . Ekkor a µ mrtk J -kovari ns 6.3 Megjegyzs Ha µ egy J -kovari ns mrtk, akkor minden nemnegat¡v µ-integr lhat¢ f fggvnyre teljesl az al bbi integr ltranszform i¢s formula: P (1) minden τ ∈ dmn J -re az y 7 x∈τ −1 {y} f (x) fggvny µ-mrhet s Z X f (x)J (τ )(x) dµ(x) = Z X X x∈τ − 1 {y} f (x) dµ(y ). Ez az ll¡t s nyilv nval¢ abban az esetben, amikor f az X egy µ-mrhet rszhalmaz nak a karakterisztikus fggvnye. Innen, karakterisztikus fggvnyek line ris kombin i¢ival
trtn approxim i¢t haszn lva, kapjuk nemnegat¡v integr lhat¢ fggvnyekre Absztrakt bv¡tsi ttelnk a kvetkez: 6.4 Ttel Legyen µ egy J -kovari ns vges mrtk X -en, µ(X ) > 0, s tegyk fel, hogy T = dmn J minden eleme kl snsen egyrtelm. Tegyk fel, hogy valamely n vgtelen sz moss gra s 2X valamely F rszhalmaz ra teljeslnek az al bbi felttelek: (1) ard(X ) = 2n ; 6.§ Korl tos mrhet megold sok folytonoss ga (2) ard(T ) ≤ 2n ; (3) ard(F ) ≤ 2n s minden µ-mrhet A halmazhoz, amelyre µ(A) > 0, ltezik olyan F ∈ F halmaz, amelyre ard(F ) = 2n s F ⊂ A. n Ekkor ltezik 22 s£ly£ J -kovari ns ν bv¡tse µ-nek. A bizony¡t s Kakutani s Oxtoby m¢dszern alapul. A lnyeges klnbsg abban van, hogy teljesen kikszbljk az eredeti verzi¢ topol¢giai termszett. Ez lehetv teszi, hogy tiszt n halmazelmleti s mrtkelmleti eszkzket haszn ljunk A bizony¡t s felhaszn lja a
kiv laszt si axi¢m t, de nem haszn lja a kontinuum hipotzist. A Haar-mrtkre vonatkoz¢ bv¡tsi ttel a kvetkez: 6.5 Ttel Legyen G lok lisan kompakt nem diszkrt soport, s jelljn λ egy bal Haar-mrtket G-n Legyen a G modul ris fggvnye, s n a G topologikus tr karaktere. Ekkor λ-nak (melynek karaktere n) van olyan n κ bv¡tse, amelynek karaktere 22 , s ha z ∈ G s a K halmaz κ-mrhet, akkor (1) zK is κ-mrhet s κ(zK ) = κ(K ); (2) Kz is κ-mrhet s κ(Kz ) = (z )κ(K ); R (3) K −1 is κ-mrhet s κ(K −1 ) = K 1/(z ) dκ(z ). A bizony¡t s a fenti absztrakt bv¡tsi ttelen m£lik. Az absztrakt bv¡tsi ttel m sik alkalmaz saknt megmutattam, hogy az n-dimenzi¢s euklidszi tren a Lebesgue-mrtk egy olyan mrtkk bv¡thet, amelyre a megfelel L2 -tr Hilbert-tr dimenzi¢ja 2c s di ereni lhat¢ koordin ta-transzform i¢kn l ugyan£gy transzform l¢dik, mint a Lebesgue-mrtk, azaz
J -kovari ns a 6.2(3) pld ban szerepl J -vel Ez tulajdonkppen egy, a Lebesgue-mrtk kovari ns bv¡tseire vonatkoz¢ ltal nosabb ttel spe i lis esete. Hasonl¢ ll¡t s igaz sokas gokon: l sd a habilit i¢s rtekezsemet: [85℄, 5. § 6.6 Ttel Legyenek n, k, m1 , , mn s s pozit¡v egszek Legyen Xi az Rk -nak, T s Y az Rs -nek, Zi az Rmi -nek, D pedig T × Y -nak ny¡lt rszhalmaza, s legyen Z egy euklidszi tr. Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi , fi : Xi Zi , hi : D × Zi Z (i = 1, 2, . , n) s h0 : D Z fggvnyeket. Legyen J a 62(3) pld ban adott lekpezs, s µ a Lebesguemrtk J -kovari ns bv¡tse Rk -n Tegyk fel, hogy (t0 , y0 ) ∈ D, s (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h0 (t, y ) + n X i=1 hi (t, y, fi(gi (t, y ))); (2) hi folytonos (i = 0, 1, . , n); (3) az fi fggvny µ-mrhet s korl tos Xi -n; 64 6.§ Korl tos mrhet megold sok folytonoss ga (4) gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ s
∂gi (t0 , y0 ) 6= 0 ∂y (i = 1, 2, . , n) Ekkor f folytonos a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Koordin t kra ttrve feltehetjk, hogy Z = R V laszszunk egy K kompakt halmazt, amely krnyezete y0 -nak, s egy V kompakt lez rt£ ny¡lt halmazt, amely krnyezete t0 -nak £gy, hogy V × K ⊂ D teljesljn. Ha t ∈ V , integr lva K felett, f (t)µ(K ) = Z h0 (t, y ) dµ(y ) + K n Z X i=1 K hi (t, y, fi(gi (t, y ))) dµ(y ). Mivel µ(K ) 6= 0, azt kell megmutatni, hogy a jobb oldalon ll¢ integr lok folytonos fggvnyei t-nek. Ez az els integr l esetben nyilv nval¢, mert h0 egyenletesen folytonos V × K -n. Elhagyva az indexeket, azt kell megmutatnunk, hogy Z h (t, y, f (g (t, y ))) dµ(y ) F (t ) = K folytonos V -n, ha V s K elg ki sik. Az y = gt−1 (x) helyettes¡tssel, felhaszn lva a µ mrtk J -kovari ns volt t, azt kapjuk, hogy F (t) = Z gt (K ) h t, gt−1 (x), f (x) (Jgt−1 ))(x) dµ(x), ha t ∈ V . Mivel g folytonos a V × K
kompakt halmazon, azt egy C kompakt halmazra kpezi le. Mivel gt−1 (x) s (Jgt−1)(x) folytonosak a V × C halmazon, ott korl tosak s egyenletesen folytonosak is Mivel f rtkkszlete egy kompakt L halmazban marad, h pedig egyenletesen folytonos a V × K × L halmazon, azt kapjuk, hogy minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy H (t, x) = h t, gt−1 (x), f (x) (Jgt−1 (x)) jellssel |H (t, x) − H (t′ , x)| < ε, ha t, t′ ∈ V , |t − t′ | < δ s x ∈ gt (K ) ∩ gt′ (K ), tov bb van olyan M > 0, hogy |H (t, x)| ≤ M, ha t ∈ V s x ∈ gt (K ). Ebbl |F (t) − F (t )| ≤ ′ Z |H (t, x) − H (t′ , x)| dµ(x) g (K )∩gt′ (K ) Z t Z + |H (t, x)| dµ(x) + |H (t′ , x)| dµ(x) gt (K )gt′ (K ) gt′ (K )gt (K ) ≤ εµ(C ) + M λk (gt (K ) △ gt′ (K )) . Az M szorz¢ja 3.6 szerint tart null hoz, ha t t′ , amibl kvetkezik az ll¡t s. 6.§ Korl tos mrhet megold sok folytonoss ga 6.7 Megjegyzs Az elz
ttelben a h1 , , hn fggvnyek sszege nem helyettes¡thet egy n-v ltoz¢s h fggvnnyel. St, az sszead s mg a komplex szorz ssal sem helyettes¡thet. Val¢ban, Hewitt s Ross [54℄ bv¡tsi ttele szerint, egy G nem diszkrt lok lisan kompakt Abel- soport (pld ul R) igen sok nem folytonos f : G T homomor zmusa, azaz karaktere tehet egyidejleg mrhetv a Haar-mrtk alkalmas invari ns kiterjesztsvel. Rn -beli rtk homomor zmusokra ez nem igaz, mint az al bbi ll¡t s mutatja. 6.8 All¡t s. Legyen G lok lisan kompakt soport, s f : G Rn egy homomor zmus, amely mrhet a bal Haar-mrtk egy µ bal invari ns bv¡tsre nzve. Ekkor f folytonos Bizony¡t s. Az elz paragrafus eredmnyei szerint f lok lisan korl - tos. Az elz ttel bizony¡t s hoz hasonl¢an elj rva, az f (t) = f (ty ) − f (y ) egyenlet mindkt oldal t integr lva egy pozit¡v mrtk kompakt K halmaz felett, Z Z f (t)µ(K ) = K f (ty ) dµ(y )
− Z = t−1 K A t 7 lekpezs folytonos, mivel Z t−1 K f (y ) dµ(y ) − Z 1 t− 0 K Z f (y ) dµ(y ) − t−1 K Z K f (y ) dµ(y ). f (y ) dµ(y ) f (y ) dµ(y ) ≤ ≤ M λ(t−1 K △ t0−1 K ) = M f (y ) dµ(y ) K Z t−1 K△t0−1 K |f (y )| dµ(y ) 1 2λ(K ) − 2λ(t−1 K ∩ t− 0 K) , ahol λ egy Haar-mrtk. A jobb oldalon z r¢jelben ll¢ kifejezs folytonosan fgg t-tl, s nulla, ha t = t0 , ¡gy f folytonos. 66 7.§ Mazur egy problemajarol 7.§ Mazur egy problemajarol 1935 krl S. Mazur a kvetkez problm t vetette fel (Problem 24 a The S ottish Book"-ban [128℄): Legyen adva egy X (val¢s) Bana h-tren egy f addit¡v funk ion l az al bbi tulajdons ggal: (P ) minden X -beli g grbre, f ◦ g Lebesgue-mrhet. Igaz-e, hogy f folytonos? 1984-ben Labuda s Mauldin [117℄ megmutatt k, hogy a v lasz igen, ltal nosabban, ha f egy addit¡v oper tor, amely X -et egy Hausdor topologikus
vektortrbe kpezi s rendelkezik a (P) tulajdons ggal, akkor f folytonos. Az eredmnyt Lipe ki [122℄ kiterjesztette arra az esetre, amikor X s Y kommutat¡v Hausdor topologikus soportok, X metriz lhat¢, sszefgg, lok lisan ¡vszeren sszefgg s teljes. Ksbb sokkal ltal nosabb fggvnyegyenleteket vizsg ltak. Roman Ger-nek [47℄ hasonl¢ eredmnyei vannak (P) tulajdons g£ Jensen konvex fggvnyekre vonatkoz¢an, Szekelyhidi L szl¢nak [156℄ pedig exponen i lis polinomokkal kap solatban. Ennek a pontnak a lja, hogy megmutassuk, a (P) tulajdons g topologikus terek egy szles oszt ly ra egy sokkal szok sosabb mrhetsgi felttellel, az univerz lis mrhetsggel ekvivalens (J rai [77℄). Ez az eredmny lehetv teszi, hogy mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ ttelek felhaszn l s val a (P) tulajdons gb¢l kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ eredmnyeket kapjunk. Vil gos, hogy ezen a terleten mg sok
minden tiszt zatlan, de az al bbi eredmnyek mutatj k a kt krds szoros sszefggst, s ¡gy tov bbi vizsg latok kiindul¢pontjaknt szolg lhatnak Spe i lisan, egy rgebbi ttelt felhaszn lva S hwartz [148℄ knyvbl, kvetkezmnyknt kapjuk Labuda s Mauldin eredmnyt (l sd 7.5) 7.1 De n¡ i¢ Jellje egy µ mrtkre Mµ a µ-mrhet halmazok oszt ly t Egy X topologikus trre legyen UX = {Mµ : µ Borel-regul ris mrtk X -en}, az X univerz lisan mrhet rszhalmazainak oszt lya. Hasonl¢an, ha X Hausdor -tr, legyen RX = {Mµ : µ Radon-mrtk X -en} az X univerz lisan Radon-mrhet rszhalmazainak oszt lya. Ezekben a de n¡ i¢kban a Borel-regul ris mrtk" illetve Radon-mrtk" kifejezs di £z Borel-regul ris val¢sz¡nsgi mrtk" illetve di £z Radon val¢sz¡nsgi mrtk" kifejezssel helyettes¡thet. Ha X teljes szepar bilis metrikus tr, akkor RX = UX . Ǒltal nosabb
eredmnyek tal lhat¢k S hwartz [148℄ knyvben, 117{130. o; l sd mg Federer [42℄, 2216 Legyen PX = {A : A ⊂ X, g −1(A) Lebesgue-mrhet minden X -beli g grbre}. 7.§ Mazur egy problemajarol Trivi lis, hogy PX egy σ -algebra, s ha f : X Y egy fggvny, amely X -et egy Y topologikus trbe kpezi le, akkor az hogy f −1 (V ) ∈ PX az Y minden V ny¡lt rszhalmaz ra akkor s sak akkor ll fnn, ha minden X -beli g : [a, b℄ X grbre az f ◦ g fggvny λ[a,b℄ -mrhet. gy sak a PX s m s σ -algebr k kztti sszefggst kell vizsg lnunk. Nyilv n BX ⊂ PX , ahol BX jelli az X Borel-halmazainak oszt ly t. Ǒltal nosabban, teljesl az al bbi ttel. 7.2 Ttel Az elz de n¡ i¢ jellseivel, ha X Hausdor -tr, akkor RX ⊂ PX . Bizony¡t s. Tegyk fel, hogy A egy rszhalmaza X -nek, amelyre A ∈/ Ekkor ltezik egy g : [a, b℄ X grbe, amelyre g −1 (A) nem Lebesguemrhet. Legyen µ = g# (λ[a,b℄ ) A
2217, 215(4) eredmnyeket felhaszn lva Federer [42℄-bl, kapjuk, hogy µ Radon-mrtk, de A nem lehet µmrhet PX . A megford¡t s nem igaz minden Hausdor -trben. Nyilv n, ha X teljesen sztes, akkor PX az X sszes rszhalmaz b¢l ll gy valamilyen sszefggsgi tulajdons gra szksg van. Hogy a megford¡t st a legfontosabb esetekre bebizony¡tsuk, egy lemm ra lesz szksgnk Ez a lemma tbb-kevsb ekvivalens Mar zewski egy ttelvel, amelyet lengyell publik lt (l sd [117℄ s [122℄). 7.3 Lemma Legyen µ egy di £z Radon val¢sz¡nsgi mrtk az X teljes metrikus tren. Ekkor minden ε > 0-hoz van olyan C kompakt rszhalmaza [0, 1℄-nek s olyan g : C g (C ) ⊂ X homeomor zmus, hogy g mrtktart¢ C s g (C ) kztt, azaz g# (λC ) = µ⌊g (C ), tov bb 1 > µ(g (C )) > 1 −ε Bizony¡t s. Jellje G(x, r) a ny¡lt, B (x, r) a z rt gmbt kzpponttal s r sug rral. Legyen tn egy szigor£an monoton skken
sorozat, amely 1-hez tart V lasszunk egy K ⊂ X kompakt halmazt, amelyre 1 > µ(K ) > 1 − ε/2. Feltehetjk, hogy spt(µ⌊K ) = K Egy rgz¡tett x ∈ K -ra az r 7 µ(K ∩ B (x, r)) fggvny pozit¡v minden pozit¡v r -re, monoton nveked, s 0-hoz tart, ha r tart 0-hoz. gy v laszthatunk egy 0 < rx < 1/2 sz mot, amelyre a fggvny folytonos az rx pontban, s kisebb az rtke mint 21 µ(K ). Kiv lasztva egy vges lefedst a G(x, rx ), x ∈ K ny¡lt lefedsbl, olyan xi pontokat s ri = rxi sugarakat kapunk, amelyekre µ(K ∩ B (xi , ri )) < 1 µ(K ) 2 x (i = 1, 2, . , n) Tov bb , v laszthatunk olyan ri′ > ri , i = 1, 2, . , n sugarakat, amelyekre ε µ(K ∩ G(xi , ri′ )) < µ(K ∩ B (xi , ri )) + 2 . 2n Legyen K1 = K ∩ B (x1 , r1), s induk i¢val legyen Ki = (K (∪j<i G(xj , rj′ ))) ∩ B (xi , ri ) ha i = 2, 3, . , n 68 7.§ Mazur egy problemajarol Ha a Ki halmazok valamelyike nulla mrtk,
hagyjuk el, skkentve n-et. Vgl, legyen K (1) = n [ i=1 Ki . Nyilv n a Ki halmazok 1-nl kisebb tmrj diszjunkt kompakt halmazok, minden i-re a 0 < µ(Ki ) < 1/2 egyenltlensg teljesl, K (1) ⊂ K s µ(K K (1) ) < ε/22 . V lasszunk diszjunkt z rt Ci , i = 1, 2, , n intervallumokat [0, 1℄-ben £gy, hogy µ(Ki ) < λ(Ci ) < t1 µ(Ki ) teljesljn, ha i = 1, 2, . , n A m sodik lpsben ismteljk meg ezt az elj r st minden Ki -re K helyett. gy olyan ni > 1 Ki,1 , Ki,2 , . , Ki,ni , diszjunkt kompakt rszhalmazait kapjuk Ki -nek, amelyek tmrje kisebb, mint 1/2, mrtkk pozit¡v, de legfeljebb 1/4 s a K (2) i1 n n [ [ = i1 =1 i2 =1 Ki1 ,i2 jellssel K (2) ⊂ K (1) s µ(K (1) K (2) ) < ε/23 . A Ci megfelel Ci,1 , Ci,2 , . , Ci,ni z rt rszintervallumait megv laszthatjuk £gy, hogy µ(Ki1 ,i2 ) < λ(Ci1 ,i2 ) < t2 µ(Ki1 ,i2 ) teljesljn. Legyen C (2) = i1 n n [ [ i1 =1 i2 =1 Ci1 ,i2 .
Induk i¢val folytatva ezt az elj r st, a Ki1 ,i2 ,. ,ik s Ci1 ,i2 ,. ,ik halmazrendszereket s a K (k) s C (k) halmazokat kapjuk. Legyen K∞ = ∞ K (k) , k=1 C = ∞ C (k) k=1 Minden x ∈ C pontnak egyrtelmen megfelel egy i1 , i2 , . , ik , , 1 ≤ ik ≤ ni1 ,i2 ,. ,ik−1 sorozat, s hasonl¢an, minden y ∈ K∞ -nek is egyrtelmen megfelel egy ilyen sorozat. Legyen g (x) = y , ha a megfelel sorozatok megegyeznek 7.§ Mazur egy problemajarol folytonoss g nak bizony¡t s hoz legyen η > 0. Ha 1/2k−1 < η s δ a minim lis t vols g a Ci1 ,i2 ,. ,ik halmazok kztt, akkor |x − x′ | < δ esetn g (x) s g (x′ ) ugyanabban a Ki1 ,i2 ,. ,ik halmazban vannak, ¡gy t vols guk kisebb, mint η. Ha η > 0 s tk /2k < η, jellje δ a minim lis t vols got a Ki1 ,i2 ,. ,ik halmazok kztt. Ha a t vols g g (x) s g (x′ ) kztt kisebb, mint δ , akkor x s x′ ugyanabban a Ci1 ,i2 ,. ,ik halmazban vannak,
¡gy |x − x′ | < η s g −1 is folytonos. Hogy megmutassuk, g# (λC ) = µ⌊g (C ), elg megmutatni, hogy λ(C ∩ Ci1 ,. ,ik ) = µ(K∞ ∩ Ki1 , ,ik ), mivel C s g (C ) minden ny¡lt rszhalmaza megkaphat¢, mint C illetve g (C ) ezen ny¡lt rszhalmazainak diszjunkt megsz ml lhat¢ uni¢ja, a mrtkek pedig Radon-mrtkek. De a fenti egyenlsg kvetkezik abb¢l, hogy X λ(C ∩ Ci1 ,. ,ik ) = lim λ(Ci1 ,. ,ik ,ik+1 , ,il ), g l∞ µ(K∞ ∩ Ki1 ,. ,ik ) = s ik+1 ,. ,il lim l∞ X ik+1 ,. ,il µ(Ki1 ,. ,ik ,ik+1 , ,il ), µ(Ki1 ,. ,il ) < λ(Ci1 , ,il ) < tl µ(Ki1 , ,il ) 7.4 Ttel Az elz de n¡ i¢ jellseivel, ha X teljes, sszefgg s lok lisan ¡vszeren sszefgg metrikus tr, akkor PX ⊂ RX . Bizony¡t s. Tegyk fel, hogy A olyan rszhalmaza X -nek, amelyre Megmutatjuk, hogy A ∈/ PX . V lasszunk egy di £z Radon val¢sz¡nsgi mrtket, amelyre A ∈/ Mµ . Jellje A′ az A komplementert Ekkor
µ(A) + µ(A′ ) > µ(X ) = 1 V lasszunk olyan ε > 0-t, amelyre µ(A) + µ(A′ ) > 1 + 2ε. Lemm nk szerint ltezik egy g mrtktart¢ homeomor zmusa a [0, 1℄ egy 1 − ε-n l nagyobb Lebesgue mrtk C kompakt rszhalmaz nak K = g (C ) ⊂ X -re. Egy ismert ttel szerint (Kuratowski [116℄, §50, Theorem 5) g kiterjeszthet egy h grbv, amely [0, 1℄-et X -re kpezi le. Nyilv n h# (λ⌊C ) = g# (λC ) = µ⌊K A K mrhetsge miatt µ(A) = µ(A ∩ K ) + µ(A K ), ¡gy µ(A ∩ K ) > µ(A) − ε Hasonl¢an µ(A′ ∩ K ) > µ(A′ ) − ε. Ez azt mutatja, hogy A nem µ⌊K -mrhet Federer [42℄ knyvnek 2.12 pontja szerint h−1 (A) pontosan akkor λ-mrhet, ha az A halmaz h# (λ⌊B )-mrhet X minden B rszhalmaz ra, ami itt nem teljesl, ha B = C . gy A ∈/ PX A ∈ / RX . 7.5 Kvetkezmny Mazur problm j ra a v lasz pozit¡v, azaz ha egy X (val¢s) Bana h-tr egy f addit¡v funk ion lj ra f ◦ g minden g : [a,
b℄ X folytonos fggvnyre Lebesgue-mrhet, akkor f folytonos. Bizony¡t s. Az elz de n¡ i¢ jellseivel, az elz ttelbl kvetkezik, hogy f univerz lisan Radon-mrhet. Mivel minden x ∈ X -re t 7 f (tx) Lebesgue-mrhet s eleget tesz a Cau hy-egyenletnek, ¡gy teh t folytonos, kapjuk, hogy f homogn. S hwartz [148℄ knyvnek egyik ttele (157 o) szerint, egy Bana h-tr egy line ris s univerz lisan Radon-mrhet funk ion lja folytonos is. Ezt felhaszn lva kapjuk, hogy f folytonos 70 8.§ Merhet}oseg es folytonossag 7.6 Megjegyzs Az elz kvetkezmny kiterjeszthet olyan addit¡v oper torokra, amelyek egy (val¢s) ultrabornologikus topologikus vektorteret kpeznek egy (val¢s) lok lisan konvex Hausdor topologikus vektortrbe, ha felhaszn ljuk S hwartz [148℄ knyvben a 159. oldalon szerepl bizony¡t s gondolatait. 8.§ Merhet}oseg es folytonossag Sz mos dolgozat foglalkozik azzal a krdssel, hogy
fggvnyegyenletek megold sainak mrhetsgbl hogyan kvetkeztethetnk a megold sok folytonoss g ra. A sz mos, egy{egy egyenlet mrhet}o megold sainak meghat roz s val foglalkoz¢ dolgozaton k¡vl, tbb vagy kevsb ltal nos egyenlett¡pussal foglalkoznak a kvetkez dolgozatok: Baker [21℄, Itzkowitz [62℄, Paganoni [133℄ s Sander [142℄. Az ezen pontban ltalunk t rgyalt, igen ltal nos egyenlett¡pusra vonatkoz¢ eredmnyekbl ezen eredmnyek jelents rsze megkaphat¢, s alkalmaz sukkal sz mos £j eredmnyt sikerlt elrni: l sd az utols¢ fejezetet. Ezek az eredmnyek a J rai [66℄, [67℄, [72℄ dolgozatokban kerltek publik l sra. Tov bbi hivatkoz sokat illeten l sd ezeket, valamint a fentebb eml¡tett dolgozatokat. 8.1 Ttel Legyen Z egy teljesen regul ris tr, Z0 egy σ -kompakt teljesen regul ris tr, s legyenek Zi , i = 1, 2, . , n megsz ml lhat¢ b zis£ teljesen regul ris terek. Legyenek Xi , i = 1, 2, , n s Y lok
lisan kompakt terek, T tetszleges topologikus tr. Legyen ν Radon-mrtk Y -on, s µi Radon-mrtk Xi -n, i = 1, 2, . , n Tegyk fel, hogy ν (Y ) < ∞, µi (Xi ) < ∞ (i = 1, 2, . , n), s legyen D egy rszhalmaza T × Y -nak Tekintsk az f : T Z , f0 : Y Z0 , fi : Xi Zi , h : D × Z0 × Z1 × . × Zn Z , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n) fggvnyeket Legyen t0 egy rgz¡tett eleme T -nek, s tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) h folytonos; (3) az fi fggvny µi -mrhet Xi -n (i = 1, 2, . , n); (4) gi folytonos D-n (i = 1, 2, . , n); (5) Dt mrhet s ltezik olyan η > 0, hogy ν (Dt ∩ Dt0 ) ≥ η minden t ∈ T -re; (6) minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, amelyre µi (gi,t (B )) ≥ δ , ha B ⊂ Dt ν (B ) ≥ ε, t ∈ T , s 1 ≤ i ≤ n. Ekkor f folytonos a t0 pontban. Bizony¡t s. (5) szerint,
ltezik olyan 0, amelyre ν (Dt ∩ Dt0 ) ≥ η minden t ∈ T -re. Legyen C egy olyan kompakt rszhalmaza Dt0 -nak, amelyre ν (C ) > ν (Dt0 ) − η/4. Legyen ε = η/(8n) Felhaszn lva (6)-ot, egy olyan δ > 0-t kapunk, amelyre 1 ≤ i ≤ n, t ∈ T , B ⊂ Dt s ν (B ) ≥ η/(8n) η > 8.§ Merhet}oseg es folytonossag esetn µi (gi,t (B )) ≥ δ . A Luzin-ttel felhaszn l s val azt kapjuk, hogy ltezik olyan Ci kompakt rszhalmaza Xi -nek, amelyre µi (Xi Ci ) < δ s −1 fi |Ci folytonos. Innen a gi,t (Xi Ci ) ny¡lt halmaz mrtke kisebb, mint η/(8n), ha 1 ≤ i ≤ n s t ∈ T . Tekintsk most a C∩ n i=1 −1 gi,t (Ci ) ∩ = (Dt ∩ C ) n [ n i=1 i=1 −1 gi,t 0 −1 gi,t (Ci ) (Xi Ci ) ∪ n [ i=1 −1 gi,t 0 (Xi Ci ) halmazt. Ez Y mrhet rszhalmaza, s a mrtke nagyobb, mint η/2 Legyen B1 , B2 , B3, . kompakt halmazok egy nvekv sorozata a Z0 trben, amelyre ∪∞ i=1 Bi =
Z0 . Ekkor lim ν f0−1 (Bi ) = ν (Y ) < ∞, i∞ s egy alkalmas i-re a C0 = Bi kompakt halmazra η ν f0−1 (C0 ) > ν (Y ) − . 2 sszevetve ezt az eddig bizony¡tottakkal, l tjuk, hogy a (7) C ∩ f0−1 (C0 ) ∩ n i=1 −1 gi,t (Ci ) ! ∩ n i=1 ! −1 gi,t 0 (Ci ) halmaz nem res, ha t ∈ T . Tekintsnk a Z , Z0 , Zi , Xi s Y tereken a topol¢gi val sszefrhet uniformit sokat. Legyen α egy rel i¢ a Z uniformit s b¢l, s tekintsk a C × C0 × f1 (C1 ) × . × fn (Cn ) kompakt halmazt. (2) s a 33 segdttel szerint t0 -nak ltezik olyan V ′ krnyezete, s lteznek olyan β1 , . , βn uniform krnykek, hogy a h (t, y, f0(y ), z1 , . , zn ) s h(t0 , y, f0 (y ), z1′ , , zn′ ) pontok α-kzel vannak, ha t ∈ V ′ , (t, y ) ∈ D, y ∈ C , f0 (y ) ∈ C0 , tov bb zi , zi′ ∈ fi (Ci ), s a zi , zi′ pontok βi -kzel vannak, ha i = 1, 2, . , n Most vegyk szre, hogy fi egyenletesen folytonos Ci
-n, mivel Ci kompakt. Ezrt ltezik olyan γ uniform krnyk, hogy az fi (xi ) s fi (x′i ) pontok βi -kzel vannak, ha xi , x′i ∈ Ci s az xi , x′i pontok γ -kzel vannak. (4) s a 33 segdttel szerint t0 -nak ltezik olyan V ⊂ V ′ krnyezete, amelyre a gi (t, y ) s gi (t0 , y ) pontok γ -kzel vannak, ha t ∈ V , (t, y ) ∈ D s y ∈ C . Legyen t ∈ V . V lasszunk egy tetszleges y elemet a (7) halmazb¢l Ekkor azt kapjuk, hogy (t, y ) ∈ D, (t0 , y ) ∈ D, f0 (y ) ∈ C0 , gi (t, y ) ∈ Ci s gi (t0 , y ) ∈ Ci , ha i = 1, 2, . , n Igy az fi (gi (t, y )) s fi (gi (t0 , y )) pontok βi -kzel vannak, amibl h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) s h (t0 , y, f0 (y ), f1 (g1 (t0 , y )) , . , fn (gn (t0 , y ))) α-kzel vannak. Ez azt mutatja, hogy az f (t) s f (t0 ) pontok α-kzel vannak, ha t ∈ V , azaz f folytonos t0 -ban. 72 8.§ Merhet}oseg es folytonossag 8.2 Ttel Legyen Z egy teljesen
regul ris tr, Z0 egy σ -kompakt teljesen regul ris tr, Zi (i = 1, 2, . , n) megsz ml lhat¢ b zis£ teljesen regul ris tr, Y s Xi (i = 1, 2, . , n) lok lisan kompakt terek, T tetszleges topologikus tr Tegyk fel, hogy D ⊂ T × Y Legyenek f : T Z , f0 : Y Z0 , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n), fi : Xi Zi (i = 1, 2, , n) s h : D × Z0 × Z1 × . × Zn Z fggvnyek, ν Radon-mrtk Y -on, µi pedig Radon-mrtk Xi -n (i = 1, 2, . , n) Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) (3) (4) (5) h folytonos; az fi fggvny µi -mrhet az Ai rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . , n); gi folytonos D-n (i = 1, 2, . , n); lteznek olyan V s K halmazok, hogy V ny¡lt, K kompakt, V ×K ⊂ D, −1 t0 ∈ V , ν (K ) > 0 s K ⊂ ∩ni=1 gi,t 0 (Ai ); (6) minden ε > 0-hoz ltezik olyan δ > 0, hogy B ⊂ K s ν (B )
≥ ε esetn µi (gi,t (B )) ≥ δ , ha 1 ≤ i ≤ n s t ∈ V . Ekkor f folytonos a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Ezt a ttelt az elz ttelre fogjuk visszavezetni, D-t egy alkalmas kisebb D∗ -gal helyettes¡tve. V lasszunk ν (K )/(4n)-hez δ > 0-t, legyen Xi∗ = gi,t0 (K ) s Wi egy kompakt lez rt£ ny¡lt halmaz, amely tartalmazza Xi∗ -ot, s amelyre µi (Wi Xi∗ ) < δ . A 33 segdttel szerint v laszthatunk olyan T ∗ ⊂ V ny¡lt krnyezett t0 -nak, amelyre gi,t (K ) ⊂ Wi , ha i = 1, 2, . , n s t ∈ T ∗ Legyen Y ∗ = K , η ∗ = ν (K )/2 s t∗0 egy tetszleges eleme T ∗ -nak, D Zi∗ gi∗ ∗ = (t , y ) : t ∈ T n ∗ ∗ ∗ ∗ s y ∈ ∗ n i=1 o −1 ∗ ∗ gi,t , ∗ (Xi ) ∩ Y = Zi (i = 0, 1, . , n), Z ∗ = Z, f ∗ = f |T ∗ , f0∗ = f0 |Y ∗ , = gi |D, fi∗ = fi |Xi∗ (i = 1, 2, . , n), h∗ = h|D∗ ×Z0∗ ×Z1∗ × ×Zn∗ , s legyenek ν ∗ illetve µ∗i a ν illetve µi
megszor¡t sai Y ∗ illetve Xi∗ rszhalmazaira (i = 1, 2, . , n) Ha megmutatjuk, hogy az elz ttel felttelei teljeslnek a sillaggal jelzett halmazokra, pontokra, fggvnyekre s mrtkekre, akkor a bizony¡t s teljes. Vil gos, hogy a 81(1), 81(2) s 81(4) felttelek teljeslnek, m¡g 8.1(3) Xi∗ v laszt s b¢l kvetkezik 81(6) szintn T ∗ s Y ∗ v laszt s b¢l kvetkezik. Igy sak azt kell megmutatnunk, hogy 81(5) teljesl Elg megmutatni, hogy −1 ν gi,t (Xi∗ ) ∩ Y ∗ ≥ 2η∗ − ε, ha 1 ≤ i ≤ n s t ∈ T ∗ , 8.§ Merhet}oseg es folytonossag mivel ekkor ν (Dt∗ ∩ Dt∗0 ) = ν n i=1 −1 gi,t ∗ ( Xi∗ )∩Y n ∗ ≥ 2η ∗ − 2nε = η ∗ . i=1 −1 gi,t ∗ 0 ( Xi∗ )∩Y ∗ Tegyk fel indirekt, hogy van olyan i (1 ≤ i ≤ n) s t ∈ T ∗ , hogy −1 ν Y ∗ ∩ gi,t (Xi∗) < 2η∗ − ε, azaz −1 ν Y ∗ gi,t (Xi∗ ) ≥ ε. Ekkor M srszt, a T ∗ v
laszt de gi,t (y ) ∈/ Xi∗ , azaz −1 µi gi,t Y ∗ gi,t (Xi∗ ) ≥ δ. sa miatt, ha y ∈ Y ∗ g −1 (X ∗ ), i,t i akkor gi,t (y ) ∈ Wi , −1 gi,t Y ∗ gi,t (Xi∗ ) ⊂ Wi Xi∗ . Ez ellentmond s, mivel µi (Wi Xi∗ ) < δ . 8.3 Ttel Legyen Z egy teljesen regul ris tr, Z0 egy σ -kompakt teljesen regul ris tr, Zi (i = 1, 2, . , n) megsz ml lhat¢ b zis£ teljesen regul ris tr, s T tetszleges topologikus tr. Legyen Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, Xi ny¡lt rszhalmaza Rri -nek (i = 1, 2, . , n) s D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak Tekintsk az f : T Z , f0 : Y Z0 , gi : D Xi , fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z0 × Z1 × × Zn Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) (3) (4) (5) h folytonos; az fi fggvny λri -mrhet az Ai rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . ,
n); gi folytonos D-n (i = 1, 2, . , n); Tn −1 λk g ( A ) > 0; i i=1 i,t0 ∂g (6) a i par i lis deriv ltak folytonosak s rangjuk ri minden (t, y ) ∈ D-re ∂y (i = 1, 2, . , n) Ekkor f folytonos a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Ezt a ttelt az elz ttelre fogjuk visszavezetni, D-t egy alkalmas kisebb D∗ -gal helyettes¡tve. Legyen y0 a n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ) halmaz egy srsgi pontja. A 310 segdttel szerint lteznek olyan V illetve W krnyezetei t0 -nak, illetve y0 -nak, amelyekre 74 8.§ Merhet}oseg es folytonossag (7) minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy λri (gi,t (B )) ≥ δ , ha 1 ≤ i ≤ n, t ∈ V , B ⊂ W s λk (B ) ≥ ε; −1 (8) gi,t (Ai ) ∩ W egy λk -mrhet rszhalmaza Rk -nak, ha 1 ≤ i ≤ n s t∈V; (9) V s W kompakt halmazok, V × W ⊂ D s k λ n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ) ∩ W > 0. Legyen D∗ = V × W , h∗ = h|D∗ × Z0 × Z1 × . × Zn , gi∗ = gi |D∗ (i = 1, 2,
. , n), s alkalmazzuk az elz ttelt D helyett a D∗ halmazon 8.4 Megjegyzs A fenti ttelek egyes felttelei m s felttelek rov s ra gyeng¡thetk, ¡gy m s v ltozatokat is kaphatunk Ilyen v ltozatokkal kap solatban l sd a J rai [67℄ s [72℄ dolgozatokat. K-G Grosse-Erdmann [49℄ dolgozat ban egy rdekes mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ ttelt bizony¡tott be. B r eredmnyei sak a Cau hy-t¡pus£ f (G(x, y )) = h(y, f1 (x)) egyenletre alkalmazhat¢k (ahol f s f1 az ismeretlen fggvnyek), a felttelek meglepen gyengk, s eredmnyei sz mos a Cau hy-t¡pus£ egyenletekre vonatkoz¢ kor bbi eredmnyt ltal nos¡tanak. Durv n sz¢lva, semmifle felttelt nem tesz fel azzal kap solatban, hogy a h fggvny hogyan fgg y -t¢l Spe i lisan, h fgghet f0 (y )-t¢l, ahol f0 tetszleges, s az rtkkszletre sin s semmilyen megszor¡t s. A G bels fggvnyre vonatkoz¢ felttelei is valamivel gyengbbek, mint a mi
tteleinkben szerepl felttelek. (Haszn ljunk t = G(x, y ) helyettes¡tst lok lisan, hogy a feltteleket sszevethessk) Sajnos, Grosse-Erdmann bizony¡t sa nem mkdik sok ismeretlen fggvnyt tartalmaz¢ egyenletekre. Ha azonban te hnik j t tvzzk a 18 paragrafus ers eredmnyeivel, akkor a szok sos 31 felttel mellett tbb ismeretlen fggvny esetn is teljesen kikszblhetnk minden, a h fggvny y -t¢l val¢ fggsvel kap solatos felttelt. 8.5 Ttel Legyenek T , Z s Zi (i = 1, 2, , n) topologikus terek, Y s Xi (i = 1, 2, . , n) Hausdor -terek, s tegyk fel, hogy D ⊂ T × Y Legyenek f : T Z , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n), fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z1 × × Zn Z fggvnyek, ν Radon-mrtk Y -on, µi pedig Radon-mrtk Xi -n (i = 1, 2, . , n) Tegyk fel, hogy a t0 ∈ T pontnak van megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa, s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) =
h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); (2) b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra a h fggvny folytonos a tbbi v ltoz¢ban; (3) fi Luzin µi -mrhet az Ai rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . , n); 9.§ Mrhet, majdnem mindentti megold sok folytonoss ga (4) gi folytonos D-n (i = 1, 2, . , n); (5) lteznek olyan V ny¡lt illetve K kompakt halmazok, hogy V × K ⊂ D, −1 t0 ∈ V , ν (K ) > 0 s K ⊂ ∩ni=1 gi,t 0 (Ai ); (6) minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy ha B ⊂ K s ν (B ) ≥ ε, akkor µi (gi,t (B )) ≥ δ minden 1 ≤ i ≤ n-re s t ∈ V -re. Ekkor f folytonos t0 -ban. Bizony¡t s. Legyen tm egy V -beli sorozat, amely t0 -hoz konverg l. Alkalmazva a 18.5 ttelt a ϕ(y, t) = g1 (t, y ), ha (t, y ) ∈ V × K sszefggssel de ni lt ϕ fggvnyre s a νK mrtkre, egy olyan tmk rszsorozatot kapunk, amelyre f1 (g1 (tmk , y )) f1 (g1 (t0 , y )) majdnem minden y ∈ K -ra. Megismtelve ezt az elj r st az f2 , g2
fggvnyekkel s a tmk rszsorozat- tal, ennek a rszsorozatnak egy rszsorozat t kapjuk, stb. Vgl az eredeti tm sorozat egy olyan tml rszsorozat hoz jutunk, amellyel majdnem minden y ∈ K -ra fi (gi (tml , y )) fi (gi (t0 , y )), ha 1 ≤ i ≤ n. Rgz¡tve egy ilyen y ∈ K -t, a fggvnyegyenlet s a h-ra vonatkoz¢ felttel alapj n azt kapjuk, hogy m rmely T -beli tm t0 sorozatnak van olyan tml rszsorozata, amelyre f (tml ) f (t0 ). Tegyk fel, hogy f nem folytonos t0 -ban Ekkor van olyan W krnyezete f (t0)-nak, amelyre f −1 (W ) nem krnyezete t0 -nak. Legyen Um , m = 1, 2, . egy megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa t0 -nak, s v lasszunk egy tm ∈ Um f −1 (W ) sorozatot Erre a sorozatra f (tm ) egyetlen rszsorozata sem konverg l f (t0 )-hoz. 9.§ Mrhet, majdnem mindentti megold sok folytonoss ga 1960-ban Erd}os P l a kvetkez problm t vetette fel: tegyk fel, hogy az f : R R fggvny eleget tesz az f (x + y ) = f (x) + f (y )
Cau hy-egyenletnek (a s¡kbeli Lebesgue-mrtkre nzve) majdnem minden (x, y ) ∈ R2 -re. Igaz-e, hogy ltezik olyan g : R R addit¡v fggvny, amellyel f (x) = g (x) (a sz megyenesen a Lebesgue-mrtkre nzve) majdnem minden x-re? A krdsre N. G de Bruijn s W B Jurkat adtak, egym st¢l fggetlenl, pozit¡v v laszt. Tov bbi hivatkoz sokat illeten l sd Ku zma [111℄ knyvt, 443{447. o Itt egy kap sol¢d¢, szintn termszetes krdssel foglalkozunk. Tegyk fel, hogy a bevezetsben is tekintett, leg ltal nosabb, iter i¢t nem tartalmaz¢ tbbv ltoz¢s (1) H (x, y, f (G(x, y )), f1(G1 (x, y )), . , fn (Gn (x, y ))) = 0 egyenlet teljesl mrhet f, f1 , f2, . , fn ismeretlen fggvnyekre s Rr ×Rk valamely E ny¡lt rszhalmaz nak egy E ′ rszhalmaz b¢l vett minden (x, y ) p rra, ahol az E E ′ halmaz Rr × Rk -beli Lebesgue-mrtke nulla. Minden fggvnyrl feltesszk, hogy valamely euklidszi tr valamely ny¡lt rszhalmaz t
kpezi le valamely euklidszi trbe. Az adott H s G, G1 , , Gn 76 9.§ Mrhet, majdnem mindentti megold sok folytonoss ga fggvnyekrl feltesszk, hogy sim k. Lehet-e tal lni olyan fggvnyeket, amelyekre f~ = f s f~i = fi majdnem mindentt, ha i = 1, . , n £gy, hogy az f, f1 , . , fn fggvnyeket rendre az f~, f~1 , , f~n fggvnyekkel helyettes¡tve, az (1) fggvnyegyenlet mindentt teljesl E -n? A 8. paragrafus eszkzei elg ersnek tnnek e problma kezelshez Meg fogjuk mutatni, hogy alkalmas felttelek mellett a v lasz igen, s az f~, f~i , i = 1, . , n fggvnyek folytonosnak is v laszthat¢k Azonban te hnikailag egyszerbb lesz a 18 paragrafus eszkzeit haszn lni, mint a 8 paragrafus eszkzeivel dolgozni. Elszr az expli it s impli it alak kztti kap solattal foglalkozunk majdnem mindentt fenn ll¢ egyenletek esetn. Ezut n kt ttelt bizony¡tunk, az elst egy ltal nos esetre, a m sodikat
vektor-vektor fggvnyekre, az els seg¡tsgvel. 9.1 Az expli it s impli it alak kztti kap solat majdnem mindentt teljesl egyenletek esetn. Bizonyos felttelek mellett, az (1) H (x, y, f (G(x, y )), f1(G1 (x, y )), . , fn (Gn (x, y ))) = 0 egyenletet itt is egy egyszerbb expli it egyenletre reduk lhatjuk. Nevezetesen, tegyk fel, hogy az f (G(x, y )) tag kifejezhet az (1) egyenletbl, s x helyett egy £j t = G(x, y ) v ltoz¢t tudunk bevezetni. Ekkor a (2) f (t) = h(t, y, f1 (g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))), (t, y ) ∈ D′ fggvnyegyenletet kapjuk. Itt D′ az E ′ halmaz kpe az (x, y ) 7 (G(x, y ), y ) lekpezsnl. Feltesszk, hogy ez a lekpezs di eomor zmus, amely az E ny¡lt halmazt egy D ny¡lt halmazra kpezi le, ¡gy ez a lekpezs s az inverze is nulla Lebesgue-mrtk halmazt nulla Lebesgue-mrtk halmazba visznek. Ha kpesek vagyunk bebizony¡tani, hogy az f fggvny T rtelmezsi tartom ny nak van
olyan T ′ rszhalmaza, hogy T T ′ nulla mrtk s f |T ′ (egyrtelmen) kiterjeszthet egy, az egsz T -n rtelmezett f~ folytonos fggvnny, akkor a (2) fggvnyegyenlet f helyett f~-al is majdnem mindentt teljesl D-n, nevezetesen teljesl a D0′ = D′ ∩ (T ′ × Rk ) halmazon. Ez azt jelenti, hogy ha f -et f~-al helyettes¡tjk, akkor (1) mg mindig fenn ll E0 valamely E0′ rszhalmaz n, amelyre E E0′ nulla mrtk. Megismtelve ezt f1 -el, olyan, az f1 -el majdnem mindentt egyenl, folytonos f~1 fggvnyt s egy olyan E1′ rszhalmaz t kaphatjuk E0′ -nek, hogy (1) teljesl E1′ -en, ha f -et s f1 -et helyettes¡tjk f~-al illetve f~1 -al. Vgl az E egy olyan E ′′ = En′ rszhalmaz hoz jutunk, amelyre E E ′′ nulla mrtk s (1) fenn ll E ′′ -n, ha az f, f1 , . , fn fggvnyeket rendre a velk majdnem mindentt egyenl f~, f~1 , , f~n folytonos fggvnyekkel helyettes¡tjk Mivel (1) bal
oldala folytonos E -n, s nulla az E ′′ ⊂ E sr halmazon, azt kapjuk, hogy (1) mindentt teljesl E -n, ha az f, f1 , . , fn fggvnyeket rendre az f~, f~1, , f~n fggvnyekkel helyettes¡tjk. 9.§ Mrhet, majdnem mindentti megold sok folytonoss ga sszefoglalva, az (1) egyenletre vonatkoz¢ problma a kvetkez problm ra reduk lhat¢: Tegyk fel, hogy a (2) egyenlet fenn ll a D ny¡lt halmaz egy olyan D′ rszhalmaz n, amelyre D D′ nulla mrtk. Adjunk megfelel feltteleket, amelyek mellett ltezik az f fggvny T rtelmezsi tartom ny nak egy alkalmas T ′ rszhalmaza, hogy T T ′ nulla mrtk s az f |T ′ fggvny (egyrtelmen) kiterjeszthet egy, a T halmazon rtelmezett f~ folytonos fggvnny. Megmutatjuk, hogy a T ′ halmaz v laszthat¢ mindazon t ∈ T pontok halmaz nak, amelyekre a {y : (t, y ) ∈ D D′ } halmaz nulla mrtk. Fubini ttele szerint T T ′ nulla mrtk Ǒltal nosabban, az
f~ fggvnyt meghat rozza a T ′ b rmely olyan rszhalmaza, amely mg sr T -ben. Ezt sokkal ltal nosabb felttelek mellett mutatjuk meg a kvetkez ttelben. A bizony¡t s haszn lja a 185 ttelt Emlkeztetnk r , hogy topol¢gi b¢l Bourbaki [26℄ terminol¢gi j t haszn ljuk, s a fggvnynek egy adott pontban vett hat rrtkt Bourbaki az adott pont kiz r sa nlkl de ni lja. 9.2 Ttel Legyenek T s Zi (i = 1, 2, , n) topologikus terek, Z , Y s Xi (i = 1, 2, . , n) Hausdor -terek Tegyk fel, hogy D ⊂ T × Y , T ′ ⊂ T , Xi′ ⊂ Xi . Legyenek f : T ′ Z , gi : D Xi (i = 1, 2, , n), fi : Xi′ Zi (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z1 × × Zn Z fggvnyek, ν Radon-mrtk Y -on, µi pedig Radon-mrtk Xi -n, amelyre µi (Xi Xi′ ) = 0 (i = 1, 2, . , n) Tegyk fel, hogy a t0 ∈ T pontnak van megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa, s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden rgz¡tett y ∈ Y -ra a h fggvny folytonos a
tbbi v ltoz¢j ban; (2) fi Luzin µi -mrhet az Ai mrhet rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . , n); (3) gi folytonos D-n (i = 1, 2, . , n); (4) lteznek olyan V ny¡lt illetve K kompakt halmazok, hogy V × K ⊂ D, −1 t0 ∈ V , ν (K ) > 0 s K ⊂ ∩ni=1 gi,t 0 (Ai ); (5) minden ε > 0-hoz ltezik δ > 0 £gy, hogy B ⊂ K s ν (B ) ≥ ε esetn µi (gi,t (B )) ≥ δ , ha sak 1 ≤ i ≤ n s t ∈ V ; (6) van olyan V ′ rszhalmaza T ′ ∩ V -nek, amelynek a lez rtj ban benne van t0 , s amelyre t ∈ V ′ esetn majdnem minden y ∈ K -ra teljesl, hogy f (t) = h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) Ekkor ltezik limt∈V ′ ,tt0 f (t). Bizony¡t s. Legyen tm egy V ′ -beli t0 -hoz konverg l¢ sorozat A ϕ(y, t) = g1 (t, y ), ha (t, y ) ∈ V × K sszefggssel de ni lt ϕ fggvnyre s a νK mrtkre alkalmazva a 18.5 ttelt, egy olyan tmk rszsorozatot kapunk, amelyre f1 (g1 (tmk , y )) f1 (g1 (t0 , y )) majdnem
minden y ∈ K -ra. Megismtelve ezt az f2 , g2 fggvnyekkel s a tmk rszsorozattal, a rszsorozat egy rszsorozat t kapjuk, stb. Vgl az eredeti tm sorozat egy olyan tml rszsorozat t kapjuk, amelyre majdnem minden y ∈ K -ra fi (gi (tml , y )) fi (gi (t0 , y )), ha 1 ≤ i ≤ n. Rgz¡tve b rmely ilyen y ∈ K -t, a h-ra tett feltevs s a fggvnyegyenlet alapj n azt kapjuk, hogy b rmely V ′ -beli tm t0 sorozatnak 78 9.§ Mrhet, majdnem mindentti megold sok folytonoss ga van olyan tml rszsorozata, amelyre f (tml ) konvergens. Termszetesen ennek a rszsorozatnak a z0 ∈ Z hat rrtke nem fgg y -t¢l gy egy olyan K ′ ⊂ K halmaz minden y pontj ra, amelyre ν (K K ′ ) = 0, azt kapjuk, hogy (7) z0 = h(t0 , y, f1(g1 (t0 , y )), . , fn (gn (t0 , y ))) Tegyk fel, hogy nem igaz, hogy limt∈V ′ ,tt0 f (t) = z0 . Ekkor van olyan W krnyezete z0 -nak, hogy az f a t0 egyetlen U krnyezetre sem kpezi az U ∩ V ′ halmazt W
-be. Legyen Um , m = 1, 2, egy megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa t0 -nak, s v lasszunk olyan t′m ∈ Um ∩ V ′ sorozatot, amelyre f (tm ) 6∈ W Megismtelve a fenti gondolatmenetet t′m -el, egy olyan t′mj rszsorozatot kapunk, amelyre majdnem minden y ∈ K ra fi (gi (t′mj , y )) fi (gi (t0 , y )). Most ha v lasztunk egy olyan y ∈ K ′ -t, amelyre konvergen ia teljesl, akkor a fggvnyegyenletet s (7)-et felhaszn lva ellentmond st kapunk. 9.3 Ttel Legyen Z regul ris tr, Zi (i = 1, 2, , n) topologikus tr s T egy els megsz ml lhat¢ topologikus tr. Legyen Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, Xi ny¡lt rszhalmaza Rri -nek (i = 1, 2, , n) s D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak. Legyen T ′ a T egy sr rszhalmaza, f : T ′ Z , gi : D Xi s h : D × Z1 × . × Zn Z fggvnyek Tegyk fel, hogy az fi fggvnyek az Xi -n λri -majdnem mindentt de ni lt, Zi -beli rtk fggvnyek (i = 1, 2, . , n), s az al bbi felttelek
teljeslnek: (1) minden t ∈ T ′ -re λk -majdnem minden y ∈ Dt -re f (t) = h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); (2) b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra a h fggvny folytonos a tbbi v ltoz¢j ban; (3) az fi fggvny λri -mrhet az rtelmezsi tartom ny n (i = 1, 2, . , n); ∂gi par i lis deriv ltja folytonos D-n (i = 1, 2, . , n); ∂y ∂g (5) minden t ∈ T -hez van olyan y , hogy (t, y ) ∈ D s a i par i lis deriv lt ∂y rangja ri a (t, y ) ∈ D pontban (i = 1, 2, . , n) Ekkor f -nek egy s sak egy folytonos kiterjesztse ltezik T -re. (4) gi s a Bizony¡t s. A ttelt az elz ttelre fogjuk visszavezetni Megmutat- juk, hogy a limt∈T ′ ,tt0 f (t) hat rrtk minden t0 ∈ T -re ltezik. Ha ezt bel tjuk, akkor a kiterjesztst ezzel a hat rrtkkel rtelmezve, a bizony¡t s teljes. ∂g Egy adott t0 -hoz v lasszunk olyan y0 -t, amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s i ∂y rangja ri a (t0 , y0 ) pontban (i = 1, 2, . , n) A hat
rrtk ltezsnek bizony¡t s hoz D-t egy alkalmas kisebb D∗ halmazzal fogjuk helyettes¡teni A 3.10 lemma szerint lteznek a t0 illetve y0 pontoknak V illetve W krnyezetei az al bbi tulajdons gokkal: 10.§ Baire-tulajdonsag es a folytonossag (6) minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy ha 1 ≤ i ≤ n, t ∈ V , B ⊂ W s λk (B ) ≥ ε, akkor λri (gi,t (B )) ≥ δ ; −1 (dmn fi ) ∩ W rszhalmaza Rk -nak λk -mrhet, ha 1 ≤ i ≤ n s (7) a gi,t t∈V; (8) W kompakt, V × W ⊂ D s k λ n i=1 −1 gi,t 0 (dmn fi ) ∩ W > 0. Legyen D∗ = V × W , h∗ = h|D∗ × Z1 × . × Zn , gi∗ = gi |D∗ (i = 1, 2, . , n), s alkalmazzuk az elz ttelt a D∗ halmazzal D helyett 10.§ Baire-tulajdonsag es a folytonossag A 8. paragrafus eredmnyeihez hasonl¢ ll¡t sok bizony¡that¢k fggvnyegyenletek Baire-tulajdons g£ megold saival kap solatban Ilyen ir ny£ ltal nos eredmnyek tal lhat¢k mg Haupt [51℄, Sander
[141℄ illetve Grosse-Erdmann [49℄ dolgozat ban is. Itt is a leg ltal nosabb eset vizsg lat val kezdjk, s annak spe ializ l s val nyernk egy kevsb ltal nos, de jobban kezelhet eredmnyt. Ezek az eredmnyek a J rai [67℄ dolgozatban kerltek publik l sra. Vgl Grosse-Erdmann eredmnynek ltal nos¡t s t adjuk (publik latlan) Tov bbi hivatkoz sokat illeten l sd az idzett dolgozatokat. 10.1 Ttel Legyenek T , Y s Xi (i = 1, 2, , n) topologikus te- rek, Z0 egy σ -kompakt tr, Z teljesen regul ris tr s Zi megsz ml lhat¢ b zis£ topologikus tr (i = 1, 2, . , n) Legyen D ⊂ T × Y , Ai ⊂ Xi (i = 1, 2, . , n), t0 ∈ T s tekintsk az f : T Z , f0 : Y Z0 , gi : D Xi , fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n), h : D × Z0 × Z1 × × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) (3) (4) (5) h folytonos; fi
Baire-tulajdons g£ az Ai rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . , n); gi folytonos (i = 1, 2, . , n); lteznek olyan V s K halmazok, hogy V × K ⊂ D, V ny¡lt, t0 ∈ V , K m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz s K⊂ n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ); (6) ha B egy m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Y -nak s B ⊂ K , akkor gi,t (B ) m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Xi -nek, ha 1 ≤ i ≤ n s t ∈ V . 80 10.§ Baire-tulajdonsag es a folytonossag Ekkor f folytonos a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Mivel Ai Baire-tulajdons g£ halmaz, lteznek olyan Ei , s Mi′′ halmazok, hogy Ei ny¡lt Xi -ben, Mi′′ ⊂ Ei , tov bb az Mi′ , Mi′′ rszhalmazai Xi -nek els kateg¢ri j£ak, Mi′ ∩Ei = ∅ s Ai = (Ei Mi′′ ) ∪Mi′ . Elszr megmutatjuk, hogy lteznek olyan V ′ s K ′ halmazok, hogy V ′ ny¡lt T -ben, K ′ m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz Y -ban, t0 ∈ V ′ ⊂ V , V ′ × K ′ ⊂ D, s K ′
⊂ K , tov bb Mi′ ′ K ⊂ n i=1 −1 gi,t (Ei ) minden t ∈ V ′ -re. −1 −1 ′ Legyen K ′′ = K ∩ (∩ni=1 gi,t 0 (Ei )). Mivel (6) szerint K ∩ gi,t0 (Mi ) els kateg¢ri j£ Y -ban, ha 1 ≤ i ≤ n, (5)-b}ol azt kapjuk, hogy ′′ K K ⊂ n [ i=1 −1 ′ K ∩ gi,t ( M ) 0 i els kateg¢ri j£ Y -ban. Innen K ′′ m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz Y -ban, s ′′ K ⊂ n i=1 −1 gi,t 0 (Ei ). Legyen y0 egy olyan pontja K ′′ -nek, hogy b rmely, y0 -t tartalmaz¢ W ny¡lt halmazra W ∩ K ′′ m sodik kateg¢ri j£ Y -ban. Mivel a gi fggvnyek folytonosak D-n, a gi−1 (Ei ) halmazok ny¡ltak s tartalmazz k a (t0 , y0 ) pontot, ¡gy lteznek olyan V ′ s W ′ ny¡lt halmazok, amelyekre t0 ∈ V ′ ⊂ V , y0 ∈ W ′ ⊂ Y s (V × W ) ∩ D ⊂ ′ ′ n i=1 gi−1 (Ei ). Vil gos, hogy a K = K ∩ W halmaz eleget tesz a megk¡v nt feltteleknek. A bizony¡t s teljes lesz, ha megmutatjuk, hogy f
folytonos V ′ -n. Legyen t ∈ V ′ s legyen U egy krnyezete f (t)-nek Z -ben. Mivel az fi fggvnyek Baire-tulajdons g£ak az Ai halmazon, s Zi megsz ml lhat¢ b zis£, ltezik egy Mi′′′ ⊂ Ai els kateg¢ri j£ rszhalmaza Xi -nek £gy, hogy fi megszor¡t sa Ai Mi′′′ -re folytonos. Legyen Mi = Mi′′ ∪ Mi′′′ Ekkor fi megszor¡t sa −1 Ei Mi -re folytonos (i = 1, 2, . , n) Mivel (6) szerint a K ′ ∩ gi,t (M i ) halmazok els kateg¢ri j£ak Y -ban, a ′ ′′ K ′′′ ′ = K′ ∩ n i=1 ! −1 gi,t (Ei Mi ) halmaz m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz Y -ban. Legyen B1 , B2 , . kompakt halmazok egy nvekv sorozata Z0 -ban, amelynek egyes¡tse Z0 Mivel ∞ [ j =1 K ′′′ ∩ f0−1 (Bj ) = K ′′′ , 10.§ Baire-tulajdonsag es a folytonossag ltezik olyan C0 = Bj kompakt rszhalmaza Z0 -nak, amelyre f0−1 (C0 ) ∩ K ′′′ m sodik kateg¢ri j£ Y -ban. Legyen y egy olyan
pontja ennek a halmaznak, hogy y minden W ny¡lt krnyezetre W ∩f0−1 (C0 ) ∩K ′′′ m sodik kateg¢ri j£ Y -ban. Az xi = gi (t, y ) s zi = fi (xi ), i = 1, 2, , n jellsekkel azt kapjuk, hogy xi ∈ Ei Mi , f0 (y ) ∈ C0 s f (t) = h(t, y, f0 (y ), z1 , . , zn ) V lasszunk egy olyan uniformit st Z -n, amely kompatibilis Z topol¢gi j val. Tal lhatunk olyan α re ex¡v szimmetrikus rel i¢t Z uniformit s b¢l, amelyre z ∈ U , ha a z s f (t) pontok α-kzel vannak Z -ben. A 33 segdttel szerint, ltezik olyan V ′′ krnyezete t-nek, W ′′ krnyezete y -nak, s Ui krnyezete zi -nek, hogy ha t′ ∈ V ′′ , y ′ ∈ W ′′ s zi′ , zi′′ ∈ Ui , akkor h(t, y ′ , z0 , z1′ , . , zn′ ) s h(t′ , y ′ , z0 , z1′′ , , zn′′ ) α-kzel vannak minden z0 ∈ C0 -ra. Felhaszn lva, hogy fi megszor¡t sa Ei Mi -re folytonos xi -ben, v laszthatunk olyan Vi ny¡lt krnyezett xi -nek Ei -ben, amelyre fi (x′i ) ∈
Ui (i = 1, 2, . , n), ha sak x′i ∈ Vi Mi Mivel gi folytonos a (t, y ) pontban, lteznek olyan V ′′′ s W ′′′ ny¡lt halmazok, amelyekre t ∈ V ′′′ ⊂ V ′′ ∩ V ′ , y ∈ W ′′′ ⊂ W ′′ ∩W ′ , s gi (V ′′′ ×W ′′′ ) ⊂ V (i = 1, 2, . , n) Ez azt mutatja, hogy W ′′′ −1 ∩ f0 (C0 ) ∩ K ⊂ ′′′ n i=1 −1 gi,t ′ (Vi ), −1 ha t′ ∈ V ′′′ . A (6) felttel szerint, a K ′′′ ∩ gi,t ′ (Mi ) halmazok els kateg¢ri′ ′′′ j£ak Y -ban, ha t ∈ V , ¡gy a W ′′′ −1 ∩ f0 (C0 ) ∩ K ∩ ′′′ n i=1 −1 gi,t (Vi Mi ) ∩ n i=1 −1 gi,t ′ (Vi Mi ) halmaz nem res, ha t′ ∈ V ′′′ . Legyen y ′ egy tetszleges eleme ennek a halmaznak. Ekkor (t, y ′) ∈ D, (t′ , y ′) ∈ D, f0 (y ′ ) = z0 ∈ C0 , tov bb gi (t, y ′ ) ∈ Vi Mi , gi (t′ , y ′ ) ∈ Vi Mi , ha i = 1, 2, . , n Ebbl kvetkezik, hogy fi (gi (t,
y ′)) = zi′ ∈ Ui , fi (gi (t′ , y ′)) = zi′′ ∈ Ui , ha i = 1, 2, . , n, s V ′′′ , W ′′′ , C0 s Ui (i = 1, 2, . , n) v laszt sa miatt azt kapjuk, hogy f (t) = h (t, y ′ , f0 (y ′ ), f1 (g1 (t, y ′ )) , . , fn (gn (t, y ′ ))) s f (t′ ) = h (t′ , y ′ , f0 (y ′ ), f1 (g1 (t′ , y ′ )) , . , fn (gn (t′ , y ′ ))) α-kzel V ′ -n. vannak Z -ben, azaz f (t′ ) ∈ U . Ez azt mutatja, hogy f folytonos 10.2 Ttel Legyen T topologikus tr, Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, Xi ny¡lt rszhalmaza Rri -nek (i = 1, 2, . , n), Z teljesen regul ris tr, Z0 egy σ -kompakt tr, s Zi (i = 1, 2, . , n) megsz ml lhat¢ b zis£ topologikus tr. Legyen D egy ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak Tekintsk az f : T Z , f0 : Y Z0 , gi : D Xi , fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z0 × Z1 × . × Zn Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: 82 10.§ Baire-tulajdonsag es
a folytonossag (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) (3) (4) (5) h folytonos; fi Baire-tulajdons g£ az Ai rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . , n); gi folytonos (i = 1, 2, . , n); Tn −1 i=1 gi,t0 (Ai ) m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Y -nak; ∂g (6) a i par i lis deriv ltak folytonosak s rangjuk ri minden (t, y ) ∈ D-re ∂y (i = 1, 2, . , n) Ekkor f folytonos a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. A ttelt a 43 segdttel seg¡tsgvel az elz ttelre ve- zetjk vissza. Elg megmutatni, hogy az elz ttel (5) s (6) felttelei teljeslnek, ha K -t s V -t megfelelen v lasztjuk. Mivel jelen ttelnk (5) felttele szerint n −1 gi,t 0 (Ai ) i=1 m sodik kateg¢ri j£ halmaz Y -ban, ltezik olyan y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s y0 minden ny¡lt W krnyezetre a W∩ n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ) halmaz m sodik kateg¢ri j£. A 43 segdttel felhaszn l s val, v
laszthatunk olyan V s W ny¡lt halmazokat, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (7) gi,t (B ) m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Rri -nek, ha i = 1, 2, . , n, t ∈ V , B ⊂ W s B m sodik kateg¢ri j£; T −1 (8) W ∩ ni=1 gi,t 0 (Ai ) m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmaz Y -ban; (9) V × W ⊂ D, t0 ∈ V s y0 ∈ W . Legyen K =W∩ n i=1 −1 gi,t ( A ) 0 i . Ekkor az elz ttel felttelei teljeslnek, s ¡gy a bizony¡t s teljes. 10.3 Megjegyzs A fenti ttelek egyes felttelei m s felttelek rov s ra gyeng¡thetk, ¡gy m s v ltozatokat is kaphatunk Ilyen v ltozatokkal kap solatban l sd a J rai [67℄ s [72℄ dolgozatokat. K.-G Grosse-Erdmann [49℄ dolgozat ban egy Baire-tulajdons gb¢l kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ ttelt bizony¡tott az f (G(x, y )) = h(y, f1 (x)) 10.§ Baire-tulajdonsag es a folytonossag egyenletre (f s f1 az ismeretlen fggvnyek). A t = G(x, y ) helyettes¡ts ut n l that¢,
hogy ttelnek felttelei nem nagyon klnbznek a mi (kor bban elrt) eredmnyeinkben szerepl felttelektl, kivve, hogy n la semmilyen megkts sem szerepel a h fggvny y -t¢l val¢ fggsvel kap solatban. Az al bbi ttel az eredmnynek ([49℄, Theorem 5.B1) ltal nos¡t sa sok ismeretlen fggvny esetre. A bizony¡t s felhaszn lja a 19 paragrafus egy ltal nos eredmnyt. 10.4 Ttel Legyenek T , Z , Y , Zi s Xi (i = 1, 2, , n) topologikus terek, D ⊂ T × Y . Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi , fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n), h : D ×Z1 × ×Zn Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy a t0 ∈ T pontnak van megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa, s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); (2) (3) (4) (5) minden rgz¡tett y ∈ Y -ra a h fggvny folytonos a tbbi v ltoz¢j ban; fi Luzin-Baire tulajdons g£ az Ai rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . , n); gi
folytonos D-n (i = 1, 2, . , n); lteznek V s K halmazok £gy, hogy V × K ⊂ D, V ny¡lt, t0 ∈ V , K Baire-tulajdons g£, m sodik kateg¢ri j£ s K⊂ n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ); (6) ha B ⊂ K m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Y -nak, akkor gi,t (B ) m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Xi -nek, ha 1 ≤ i ≤ n s t ∈ V . Ekkor f folytonos t0 -ban. Bizony¡t s. Legyen tm egy V -beli sorozat, amely t0-hoz konverg l A 19.4 ttelt alkalmazva a ϕ(y, t) = g1 (t, y ), ha (t, y ) ∈ V × K sszefggssel de ni lt ϕ fggvnyre, azt kapjuk, hogy f1 (g1 (tm , y )) f1 (g1 (t0 , y )) minden y ∈ K -ra, kivve egy els kateg¢ri j£ halmaz pontjait. Megismtelve ezt az f2 , g2 fggvnyekkel, stb., azt kapjuk, hogy egy els kateg¢ri j£ halmaz pontjait kivve minden y ∈ K -ra fi (gi (tm , y ) fi (gi (t0 , y ), ha 1 ≤ i ≤ n. Rgz¡tve b rmely ilyen y ∈ K -t, a fggvnyegyenlet s a h-ra tett feltevs szerint, ha tm t0 a T -ben, akkor f (tm ) f (t0
). Mivel t0 -nak van megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa, ebbl kvetkezik, hogy f folytonos t0 -ban. 84 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag IV. Differenciálhatóság és analitikusság 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag Ennek a paragrafusnak az eredmnyei | s a kvetkez paragrafusok sz mos eredmnye is | az al bbi t¡pus£ paramteres integr lok paramter szerinti di eren i lhat¢s g n m£lik: F (t) = Z gt (S ) h(t, x) dλk (x). Termszetesen ilyen paramteres integr lok di eren i lhat¢s ga elg sima h s g fggvnyek esetn klasszikus, s pld ul a hidrodinamika egyenleteinek levezetsnl szerepel: l sd pld ul Zeidler [165℄, IV., 441{445 o Sz munkra az lesz a fontos, hogy nem szksges feltenni h simas g t. Egy ilyen ttelt J rai [72℄-ben h s ∂h folytonoss g t s g ktszer di eren i lhat¢s g t fel∂t tve bizony¡tottam. La zkovi h Mikl¢s, kandid tusi dolgozatom opponense r mutatott, hogy g egyszeri
folytonos di eren i lhat¢s ga is elegend, s v zolt egy | nem teljes | bizony¡t st. Itt sim¡t s seg¡tsgvel erre az lesebb v ltozatra adunk bizony¡t st; ez a [79℄ dolgozatban kerlt publik l sra B r az ramok s di eren i lform k homot¢pia formul j nak (l sd Federer [42℄, 363. o) haszn lata nmileg egyszers¡ten a bizony¡t st, a lnyege nem v ltozna. Ezrt a [72℄ dolgozatban is haszn lt elemi m¢dszernl maradunk Az ebben a paragrafusban nyert eredmnyeink nagy rsze nem a tbbi paragrafusban vizsg lt leg ltal nosabb egyenlett¡pusra vonatkozik. Elszr sszeg alak£ fggvnyegyenletek esetre bizony¡tunk egy folytonoss gb¢l kvetkezik a folytonos di eren i lhat¢s g" t¡pus£ ttelt. Ez az eredmny igen hasznos lesz a tov bbiakban. Megjegyezzk, hogy nmileg ltal nosabb egyenletek is vizsg lhat¢k ezzel a m¢dszerrel: l sd az utols¢ fejezetben t rgyalt alkalmaz sokat. Ezut n egy, sak h rom ismeretlen fggvnyt tartalmaz¢ Cau
hy-t¡pus£" spe i lis egyenlettel fogalkozunk Ezek az eredmnyek a J rai [72℄ dolgozatban kerltek publik l sra (A 114 ttel megfogalmaz sa ott el¡r st tartalmaz) Vgl egy, az 117 problm ban szerepl ltal nos egyenlett¡pusra vonatkoz¢, de egy plusz kompakts gi felttelt tartalmaz¢ ttelt bizony¡tunk. Ennek els v ltozata val¢s v ltoz¢s, val¢s rtk megold sokra vonatkozott (ekkor a be slsek egyszerbbek), s a Jarai [84℄ dolgozatban kerlt publik l sra. Az ltal nosabb v ltozat a J rai [82℄ dolgozatban szerepel B r ez nem oldja meg az 117 problma folytonoss gb¢l 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag kvetkezik a majdnem mindentti di eren i lhat¢s g" lpst teljes ltal noss gban, nagyon sok konkrt problma megold s ra elegend: l sd a 21.12 pontban a ko kakettzs egyenlett" s a Weierstrass-fle szigma-fggvny karakteriz i¢j t a 23. paragrafusban 11.1 Ttel Legyen S egy nem res belsej
szimplex Rk -ban, s le- gyenek U , V s W ny¡lt rszhalmazai Rk -nak, Rs -nek, illetve Rk -nak. Legyen g : (t, y ) 7 x egy fggvny, amely V × W -t U -ba kpezi le, h : (t, x) 7 z pedig egy V × U -t R-be kpez fggvny. Tegyk fel, hogy S ⊂ W s (1) g folytonosan di eren i lhat¢, (Jgt )(y ) 6= 0, ha t ∈ V s y ∈ W s gt invert lhat¢ minden t ∈ V -re; (2) h s ∂h folytonosak. ∂t Ekkor a Z F (t) = h(t, x) dλk (x) ha t ∈ V g t (S ) sszefggssel de ni lt fggvny folytonosan di eren i lhat¢ V -n, s par ilis deriv ltjai korl tosak H ′ G′ λk (S ) + (k + 1)HGk χk−1 (∂S ) ∂h par i lis deriv ltak korl tja a gt (S ), t ∈ V korl ttal, ahol H a h, H ′ a ∂ti halmazokon, G′ a Jgt Ja obi-determin ns abszol£t rtknek, G pedig a g gradiense norm j nak a korl tja V × S -en. Bizony¡t s. Az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy V sszefgg s W konvex, ¡gy a Jgt Ja obi-determin ns nem v lt eljelet, ha y
befutja W -t s t befutja V -t. Legyen i egy index 1 s s kztt Az els ltezik s megadunk r egy formulpsben meg fogjuk mutatni, hogy ∂F ∂ti l t, feltve, hogy g s h elg sim k. A m sodik lpsben ennek a formul nak a felhaszn l s val megmutatjuk, hogy ∂F folytonos. A harmadik lpsben ∂ti az ltal nos esetet kezdjk vizsg lni g s h sim¡t s nak seg¡tsgvel. A negyedik lpsben megmutatjuk, hogy a formula, amit a sima esetben kaptunk, rvnyes az ltal nos esetben is. Az tdik lps teljess teszi a bizony¡t st I. Elszr tegyk fel, hogy h folytonosan di eren i lhat¢ s g ktszer folytonosan di eren i lhat¢. Helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy F (t ) = Z S h(t, gt (y ))Jgt(y ) dλk (y ), s ¡gy g koordin t it fels indexekkel jellve, ∂F (t) = ∂ti ∂h (t, gt(y ))Jgt(y ) dλk (y ) S ∂ti Z X k ∂h ∂g j + (t, g (t, y )) (t, y ) Jgt (y ) dλk (y ) ∂x ∂ti j S j =1 Z + h(t, g (t, y ))(∂ti Jgt )(y ) dλk (y ). Z
S 86 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag Visszatrve gt (S ) feletti integr lokra, vizsg ljuk a m sodik s harmadik integr lt. Ha H (t, x) jelli azt a vektor rtk fggvnyt, amelynek j -edik j (t, gt−1 (x)), akkor koordin t ja h(t, x) ∂g ∂t i div Ht (x) = k X ∂h ∂g j (t, x) (t, gt−1(x)) ∂xj ∂ti j =1 k X ∂ + h(t, x) ∂xj j =1 ∂g j −1 t, gt (x) , ∂ti ¡gy, ha χn jelli az n-dimenzi¢s Hausdor -mrtket, a m sodik s harmadik integr lb¢l a Gauss{Green ttel felhaszn l s val, n-el jellve a kls norm list, azt kapjuk, hogy Z gt (∂S ) + ahol Z h(t, x) gt (S ) ∂g (t, gt−1(x), n(t, x) ∂ti dχk−1 (x) h(t, x)G(t, x) dλk (x), gt−1 G(t, x) = (∂ti Jgt )( (x))( Jgt−1 j k X ∂ ∂g −1 )(x) − (t, gt (x)) . ∂xj ∂ti j =1 Megmutatjuk, hogy G nulla. Jellje gt a gt inverzt, [e1 , , ek ℄ pedig az e1 , . , ek vektorrendszer determin ns t Jelljk fels indexekkel a
koordin t kat Ekkor (∂ti Jgt )Jgt = ∂ti ∂g ∂g ,. , ∂y1 ∂yk Jg t k X ∂g ∂g ∂ 2g ∂g ∂g = ,. , , ,. , , Jg t . ∂y1 ∂yj−1 ∂ti ∂yj ∂yj +1 ∂yk j =1 Ha ∂ 2g ∂ti ∂yj akkor azt kapjuk, hogy = k X n=1 cnj (∂ti Jgt )Jgt = M srszt, ∂g , ∂yn k X j =1 cjj . j X k k X k X ∂ ∂g ∂ 2 gtj ∂gn (t, gt (x)) = (gt (x)) t (x) ∂xj ∂ti ∂t∂yn ∂xj j =1 j =1 n=1 ! k X k k k j X X X ∂g nt ∂g t m = cn = cnn , ∂y ∂x m j n=1 j =1 n=1 m=1 azaz G(t, x) nulla. 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag ∂F ∂ti II. M sodik lpsknt vegyk szre, hogy az els lps felttelei mellett folytonos V -n. Val¢ban, ∂F fel¡rhat¢, mint a ∂t i Z (4) S s Z gt (∂S ) h(t, x) ∂h (t, gt(y ))Jgt(y ) dλk (y ) ∂ti ∂g t, gt−1 (x) , n(t, x) ∂ti dχk−1 (x) integr lok sszege. Jellje E0 , E1 , , Ek az S oldallapjait Az utols¢ integr l fel¡rhat¢ k Z X j =0 gt (Ej )
h(t, x) ∂g (t, gt−1(x)), n(t, x) ∂ti dχk−1 (x) alakban. Vizsg ljuk ennek az sszegnek egy tagj t Az egyszersg kedvrt hagyjuk el E indext. V lasszunk egy e1 , . , ek ortonorm lt b zist £gy, hogy ek ortogon lis legyen E -re. Elhagyva az eljelet, amely nem fgg t-tl, azt kapjuk, hogy Z gt (E ) h(t, x) h i ∂g ∂g ∂g −1 −1 −1 (t, gt (x)), . , ∂e (t, gt (x)), ∂t (t, gt (x) ∂e1 k−1 i dχk−1 (x), Jt (x) ∂g ahol Jt (x) a ∂e (t, gt−1(x)), . , ∂e∂g (t, gt−1(x)) ir ny menti deriv ltakb¢l 1 k−1 kpzett Gram-determin ns ngyzetgyke. Helyettes¡tssel a fenti integr lb¢l a (5) Z E h(t, g (t, y ))[ ∂g ∂g ∂g (t, y ), . , (t, y ), (t, y )℄ dχk−1(y ) ∂e1 ∂ek−1 ∂ti integr lt kapjuk. A (4) s (5) integr lok folytonosan fggnek a t paramtertl: ez knnyen kvetkezik abb¢l a tnybl, hogy a szerepl fggvnyek folytonosak, s ¡gy kompakt halmazokon egyenletesen folytonosak. III.
Sim¡t st fogunk haszn lni annak bizony¡t s ra, hogy ∂F ezen el∂ti ll¡t sa rvnyes akkor is, ha sak azt tesszk fel, hogy g folytonosan di eltezik s folytonos. Legyen t′ egy tetszleges, de rgz¡tett ren i lhat¢, ∂h ∂t pontja V -nek. V lasszunk egy V ∗ ny¡lt gmbt t′ kzpponttal, amelynek kompakt lez rtja V -ben van, s egy W ∗ konvex ny¡lt halmazt, amely tartalmazza S -et s kompakt lez rtja W -ben van. A V ∗ × W ∗ kompakt halmaz kpe a g lekpezsnl szintn kompakt. V lasszunk olyan U ∗ ny¡lt halmazt, amely tartalmazza ezt a kompakt kpet, s amelynek a kompakt lez rtja benne van U -ban. Az F fggvnyt a V ∗ halmazon fogjuk vizsg lni Az 88 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag F rtkei ezen a halmazon sak a g fggvny V ∗ × W ∗ -en s a h fggvny V ∗ ×U ∗ -n felvett rtkeitl fggnek, ¡gy ha ezeket a fggvnyeket megszoroz- zuk egy-egy vgtelen sokszor di eren i lhat¢
fggvnnyel, amely 1-et vesz fel V ∗ × W ∗ -n illetve V ∗ × U ∗ -n, F nem v ltozik, ¡gy feltehetjk, hogy g s h kompakt tart¢j£ak. Terjesszk ki g -t s h-t az rtelmezsi tartom nyuk komplementerre is £gy, hogy ott null nak de ni ljuk, s az egyszersg kedvrt jelljk a kiterjesztett fggvnyeket ugyan sak g -vel illetve h-val. Legyen ω egy vgtelen sokszor di eren i lhat¢ R fggvny, amelynek a tart¢ja Rs × Rk egysggmbjben van, s amelyre Rs ×Rk ω dλs × λk = 1. Legyen ω ε (u) = ω (u/ε)/εs+k , ha ε > 0 s de ni ljuk konvol£ i¢val a g ε = g ∗ ω ε s hε = h ∗ ω ε fggvnyeket Rεs × Rk -n. J¢l ismert, hogy g ε s hε vgtelen ε ε ∂g ∂g ∂g sokszor di eren i lhat¢ak, ∂g = ∗ ωε, = ∗ ω ε , ∂h = ∂h ∗ ω ε , ∂t ∂t ∂y ∂y ∂t ∂t ε ε ε ∂g ∂g ∂g tov bb g ε g , hε h, ∂g , s ∂h ∂h , ha ε↓0, s a ∂t ∂t ∂y ∂y ∂t ∂t konvergen ia
egyenletes a kompakt halmazokon. I s II eredmnyeit fogjuk haszn lni a sim¡tott fggvnyekre. Ehhez meg kell mutatnunk, hogy gtε a W ∗ halmazt U ∗ -ba kpezi le, invert lhat¢ W ∗ -on, s a Ja obi-determin nsa nem nulla, ha ε elg ki si. Ha K egy kompakt krnyezete V ∗ × W ∗ -nak V × W -ben, akkor gtε gt s Jgtε Jgt egyenletesen a K -n, ¡gy sak gtε invert lhat¢s ga nem trivi lis. Vegyk szre, hogy gt′ m trix nak az inverze kifejezhet gt′ m trix nak determin ns val s aldetermin nsaival, ¡gy ltezik olyan ε0 > 0, hogy ha (t, y ) ∈ K s 0 < ε < ε0 , akkor gtε ′ (y ) inverze de ni lva van s gtε ′ (y )−1 gt′ (y )−1 egyenletesen, ha ε↓0. Az inverz fggvny ttel bizony¡t s t felhaszn lva azt kapjuk, hogy ha Y egy ny¡lt gmb Rk -ban y ′ ∈ W ∗ kzpponttal, (t, y ) ∈ K s kgtε ′ (y ) − gtε ′ (y ′ )k < 2 kgtε ′ 1 (y ′ )−1 k minden y ∈ Y -ra, akkor gtε kl snsen
egyrtelm fggvny Y -on. Megmutatjuk, hogy az Y gmb sugara nagyobbnak v laszthat¢, mint egy kzs r > 0 sz m, amely nem fgg t-tl s y ′ -tl. Val¢ban, v lasztva egy pozit¡v konstanst, amely kisebb, mint a 2 kgt′ 1 (y ′ )−1 k ∂g sz mok in muma, s felhaszn lva, hogy ∂y egyenletesen folytonos K -n, az r sz m £gy v laszthat¢, hogy ha |y − y ′ | < r , akkor kgt′ (y ) − gt′ (y ′ )k < c teljesljn. Most szksg esetn skkentve ε0 -at azt kapjuk, hogy kgtε ′ (y ) − gtε ′ (y ′ )k < c < 2 kgtε ′ 1 (y ′ )−1 k 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag a K -n, ha 0 < ε < ε0 . gy megmutattuk, hogy a gtε lekpezs r-nl kisebb t vols g£ pontokat nem kpezhet ugyanoda. r-nl nem kisebb t vols g£ pontokra sem lehetsges ez; ennek bizony¡t s hoz vegyk szre, hogy a |gt (y ) − gt (y ′ )| folytonos fggvny in muma pozit¡v a {(t, y, y ′) : (t, y ) ∈ K, (t, y ′) ∈
K, |y − y ′ | ≥ r} kompakt halmazon, ¡gy v lasztva egy d pozit¡v sz mot, amely kisebb, mint ez az in mum, szksg esetn skkentve ε0 -at, azt kapjuk, hogy |gtε (y ) − gtε (y ′ )| ≥ d ezen a halmazon, ha 0 < ε < ε0 . IV. Megmutatjuk, hogy az ltal nos esetben F par i lisan di eren ilhat¢ s a par i lis deriv ltjai ugyan£gy ll¡that¢k el (4) s (5) t¡pus£ integr lok line ris kombin i¢jaknt, mint sima g s h esetn. Legyen F (t) = ε Z gtε h (t, x) dλ (x) = ε (S ) k Z S hε (t, g ε (t, y ))Jgtε(y ) dλk (y ), ha t ∈ V ∗ s ε elg ki si. El ll¡tva F -et hasonl¢an, mint a jobb oldali integr l, s felhaszn lva, hogy a fggvnyek egyenletesen folytonosak a kompakt halmazokon s a konvergen ia egyenletes a kompakt halmazokon, ha ε↓0, kapjuk, hogy F ε (t) F (t), ha t ∈ V ∗ . Jellje f1 , , fs az Rs szok sos b zis t. Nyilv n ltezik olyan δ > 0, amelyre t′ + τ fi ∈ V ∗ , ha |τ | ≤ δ Legyen ∂F
ε ′ ε ϕ (τ ) = (t + τ fi ), |τ | ≤ δ. ∂ti Az eddig bizony¡tottak szerint a ϕε (τ ) fggvny el ll¡that¢ (4) s (5) t¡pus£ integr lok line ris kombin i¢jaknt, ha t-t t′ + τ fi -vel, h-t hε -nal s g t g ε-nal helyettes¡tjk. Kpezzk ugyanezeket az integr lokat g -re s hra, s jellje ϕ(τ ) ugyanazt a line ris kombin i¢jukat Ugyan£gy, mint az F ε fggvnyek esetben, azt kapjuk, hogy ϕε ϕ egyenletesen a [−δ, δ ℄ intervallumon, ha ε↓0. gy a τ 7 Z τ −δ ϕε (̺) d̺ fggvnyek egyenletesen konverg lnak a τ 7 fggvnyhez. M srszt Z τ −δ Z τ −δ ϕ(̺) d̺ ϕε (̺) d̺ = F ε (t′ + τ fi ) − F ε (t′ − δfi ) F (t′ + τ fi ) − F (t′ − δfi ), ha ε↓0. Innen azt kapjuk, hogy Z τ −δ ϕ(̺) d̺ = F (t′ + τ fi ) − F (t′ − δfi ), |τ | ≤ δ. 90 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag A II. lps szerint a ϕε fggvnyek folytonosak, ¡gy ϕ
is folytonos a [−δ, δ ℄ intervallumon Ebbl kvetkezik, hogy ∂F ltezik s megegyezik ϕ(0)-al, azaz ∂ti par i lis deriv lt (4) s (5) t¡pus£ integr lok line ris kombin i¢ja. a ∂F ∂ti V. Utols¢ lpsknt vegyk szre, hogy a II lpsben sak a (4) s (5) integr lokban szerepl fggvnyek folytonoss g t haszn ltuk fel. gy a II lpsben haszn lt okoskod st megismtelve azt kapjuk, hogy ∂F folytonos. ∂ti Mivel F par i lis deriv ltjai folytonosak, F folytonosan di eren i lhat¢. Vgl, a (4) s (5) el ll¡t sokb¢l kapjuk a ttelben szerepl be slst 11.2 Lemma Legyenek T , Y s U ny¡lt rszhalmazai Rs , Rk illetve R -nek, D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak, h : D × U R egy folytonos ∂h ∂h fggvny, amelyre s is folytonosak, g : D U ktszer folytonosan ∂t ∂y ∂g di eren i lhat¢ fggvny, (t0 , y0 ) ∈ D, s tegyk fel, hogy ∂y (t0 , y0 ) rangja r . Legyen S egy szimplex Rk egysggmbjben, amelynek a belseje
nem res Ekkor ltezik olyan V0 konvex krnyezete t0 -nak, R0 > 0 val¢s sz m s C konstans, hogy minden R-re, amire 0 < R < R0 fenn ll, hogy RS + y0 ⊂ Dt s a Z t 7 h(t, y, g (t, y )) dy RS +y0 fggvny folytonosan di eren i lhat¢ V0 -on, gradiense pedig korl tos CRk−1 r korl ttal. Bizony¡t s. A bizony¡t s a fenti, paramteres integr lok di eren i l s r¢l sz¢l¢ ttelen m£lik Legyen gt (y ) = x = (x1 , x2 , . , xr ) Az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy a ∂ (x1 , x2 , . , xr ) ∂ (y1 , y2 , . , yr ) Ja obi-determin ns pozit¡v a (t0 , y0 ) pontban. V lasszunk V0 s W0 ny¡lt gmbket t0 illetve y0 kzpponttal £gy, hogy V0 × W0 ⊂ D teljesljn, s ez a Ja obi-determin ns pozit¡v legyen, ha t ∈ V0 , y ∈ W0 . Legyen R0 a W0 sugara. De ni ljuk x∗ = (x∗1 , , x∗r , x∗r+1 , , x∗k )-ot a kvetkezkppen: x∗i = xi , ha 1 ≤ i ≤ r s x∗i = yi , ha r < i ≤ k . Az y 7 x∗ lekpezst
gt∗ -gal fogjuk jellni. Legyen p(x∗ ) = x Vil gos, hogy a ∂ (x1∗ , . , x∗k ) ∂ (y1 , . , yk ) Ja obi-determin ns rtke megegyezik a fenti Ja obi-determin ns rtkvel, ¡gy nem nulla, ha t ∈ V0 s y ∈ W0 . Legyen L(t) = gt∗ ′ (y0 ) Tegyk fel, hogy kgt∗ ′ (y ) − L(t)k < 1 2kL(t0 )−1 k , 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag ha y ∈ W0 . Ekkor az inverz fggvny ttel bizony¡t sa szerint (l sd Rudin [137℄, 9.24 ttel), gt∗ homeomor zmusa W -nek az Rk egy ny¡lt rszhalmaz ra Legyen 1 0<c< . 2kL(t)−1 k R0 -at s V -t szksg esetn kisebbel helyettes¡tve, elrhetjk, hogy kgt∗ ′ − L(t)k < c < 1 2kL(t)−1 k teljesljn, ha t ∈ V s y ∈ W . Most legyen U0 egy ny¡lt halmaz, amelynek kompakt lez rtja benne van gt∗0 (W )-ben. Kisebb V -t vve feltehetjk, hogy U0 ⊂ gt∗ (W ) minden t ∈ V re Most skkentve V -t s R0 -at, feltehetjk, hogy gt∗ (W ) ⊂ U minden t ∈
V -re. Az x∗ = gt∗ (y ) helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy az F (t) = Z gt∗ (RS +y0 ) h t, gt∗−1 (x∗ ), p(x∗ ) J gt∗−1 (x∗ ) dλk (x∗ ) paramteres integr l minden t ∈ V -re teljes¡ti az elz ttel feltteleit. Alkalmazva ezt a ttelt, kapjuk, hogy F folytonosan di eren i lhat¢ V felett, s gradiense korl tos CRk−1 -el valamely C konstansra. 11.3 Ttel Legyenek n, k, r1 , , rn, m1 , , mn s s pozit¡v eg- szek. Legyen Xi egy ny¡lt rszhalmaza Rri -nek (i = 1, 2, , n), legyen T ny¡lt rszhalmaza Rs -nek, Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, Zi ny¡lt rszhalmaza Rmi -nek (i = 1, 2, . , n), legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak, s legyen Z egy euklidszi tr. Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi , fi : Xi Zi , hi : D × Zi Z , (i = 1, 2, . , n) s h0 : D Z fggvnyeket Legyen (t0 , y0 ) ∈ D s tegyk fel, hogy (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h0 (t, y ) + n X i=1 hi (t, y, fi(gi (t, y ))); ∂h0 ∂h
∂h folytonosak, valamint hi , i s i folytonosak (1 ≤ i ≤ n); ∂t ∂t ∂y (3) fi folytonos Xi -n; ∂g (4) gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ s i (t0 , y0 ) rangja ri , 1 ≤ i ≤ ∂y n. (2) h0 s Ekkor f folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Koordin t kra trve t, feltehetjk, hogy Z = R V lasz- szunk egy elg kis S szimplexet s egy elg kis V ny¡lt halmazt, amelyekre 92 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag krnyezete y0 -nak, V krnyezete t0 -nak, s V × S ⊂ D. Integr ljuk az (1) egyenletet S felett y szerint. Azt kapjuk, hogy S (5) f (t) Z S dy = Z S h0 (t, y ) dy + n Z X i=1 S hi (t, y, fi (gi (t, y ))) dy. Mivel S dy egy nem nulla konstans, azt kell megmutatnunk, hogy (5) jobb oldala folytonosan di eren i lhat¢ V felett t szerint, ha S s V elg ki sik. Ez kvetkezik az elz lemm b¢l. R 11.4 Ttel Legyenek T , Y , X1, Z0 s Z1 ny¡lt rszhalmazai az s, k, r1 , m0 illetve
1 dimenzi¢s euklidszi tereknek. Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak. Tekintsk a g1 : D X1 , f : T Rm , f0 : Y Z0 , f1 : X1 Z1 s h : D × Z0 × Z1 Rm fggvnyeket. Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s a kvetkez felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y ))) ; (2) h lok lisan Lips hitz; (3) g1 ktszer folytonosan di eren i lhat¢; (4) f0 s f1 folytonosak; (5) ltezik olyan y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s ∂g1 (t0 , y0 ) rangja r1 . ∂y Ekkor f Lips hitz-felttelnek tesz eleget a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Meg kell mutatnunk, hogy ltezik olyan V krnyezete t0nak, s olyan M val¢s sz m, amelyre |f (t) − f (t′ )| ≤ M |t − t′ | ha t, t′ ∈ V. Legyen z0 = f0 (y0 ), z1 = f1 (g1 (t0 , y0 )). V lasszunk V ⊂ T , W ⊂ Y , U0 ⊂ Z0 s U1 ⊂ R gmbket rendre t0 , y0 , z0 s z1 kzppontokkal £gy, hogy f0 (y ) ∈ U0 , f1 (g1 (t, y )) ∈ U1 s |f (t) − f (t′ )| = |h (t, y,
f0(y ), f1 (g1 (t, y ))) − h (t′ , y, f0 (y ), f1 (g1 (t′ , y )))| ≤ M1 |t − t′ | + M2 |f1 (g1 (t, y )) − f1 (g1 (t′ , y )) |, ha t, t′ ∈ V s y ∈ W . Most, ha megmutatjuk, hogy (esetleg kisebb V -re) ltezik olyan M3 sz m, hogy minden t, t′ ∈ V -hez ltezik egy y ∈ W , amelyre |f1 (g1 (t, y )) − f1 (g1 (t′ , y ))| ≤ M3 |t − t′ |, akkor a bizony¡t s teljes. 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag Legyen S egy szimplex, amely krnyezete y0 -nak, s legyen F (t) = Z S f1 (g1 (t, y )) dy. Az elz lemm b¢l kvetkezik, hogy F folytonosan di eren i lhat¢ korl tos deriv lttal, ha S s V elg ki sik, azaz ltezik olyan M4 sz m, amelyre |F (t) − F (t′ )| ≤ M4 |t − t′ |, ha t, t′ ∈ V. M srszt, mivel f1 val¢s rtk folytonos fggvny s F (t) − F (t ) = ′ Z S (f1 (g1 (t, y )) − f1 (g1 (t′ , y ))) dy, ltezik olyan y ∈ S , amelyre, λk -val jellve a Lebesgue-mrtket Rk -n, F (t) −
F (t′ ) = λk (S ) · (f1 (g1 (t, y )) − f1 (g1 (t′ y ))) . Ezzel az y -nal s M3 = M4 /λk (S ) jellssel |f1 (g1 (t, y )) − f1 (g1 (t′ , y ))| ≤ M3 |t − t′ |. Ezzel a bizony¡t s teljes. Az adott gi fggvnyekre vonatkoz¢ ersebb felttelek mellett egy ismeretlen fggvnyt tartalmaz¢ egyenletre meg tudjuk mutatni, hogy a folytonos megold sok lok lisan Lips hitz fggvnyek. A val¢s v ltoz¢s val¢s rtk ismeretlen fggvny esett a Jarai [84℄ dolgozat t rgyalja Az ltal nos, vektor v ltoz¢s, vektor rtk ismeretlen fggvnyre vonatkoz¢ v ltozat bizony¡t sa a paramteres integr lok paramter szerinti di eren i lhat¢s g n, s a deriv lt expli it be slsn m£lik, amelyet az elz lemma alakj ban fogunk felhaszn lni. Ez az ltal nosabb v ltozat | ki sit eltr alakban | a Jarai [82℄ dolgozatban kerlt publik l sra. 11.5 Ttel Legyen Z egy ny¡lt rszhalmaza egy euklidszi trnek Legyenek T s Y ny¡lt rszhalmazai
Rs -nek illetve Rk -nak. Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak, C kompakt rszhalmaza T -nek. Tekintsk az f : T Z , gi : D T (i = 1, . , n), h : D × Z n Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f (g1(t, y )), . , f (gn(t, y ))); (2) h ktszer folytonosan di eren i lhat¢; (3) gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ D-n s minden t ∈ T -hez van i (t, y ) rangja s, ha i = olyan y , amelyre (t, y ) ∈ D, gi (t, y ) ∈ C s ∂g ∂y 1, . , n; 94 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag (4) az f fggvny folytonos. Ekkor f lok lisan Lips hitz fggvny T -n. Bizony¡t s. A bizony¡t s alapgondolata az f folytonoss gi modulusz nak haszn lata Mivel ez nem felttlenl szubaddit¡v, egy m¢dos¡t s t fogjuk haszn lni. Erre egy fggvnyegyenltlensget vezetnk le, s abb¢l nyerjk a ttel bizony¡t s t. Ha ε > 0, jellje Cε = {x : dist(x, C ) ≤ ε} a (z rt) ε krnyezett C -nek. Ha ε ≤ 0,
legyen Cε = C Rgz¡tsnk egy ε > 0-t, amelyre Cε ⊂ T . Ekkor |f | korl tos egy B korl ttal Cε -on Legyen S egy szimplex Rk egysggmbjben, amelynek a belseje nem res. Minden 0 ≤ r ≤ ε-ra legyen ω (r ) = sup{|f (x) − f (y )| : x ∈ Cε , |x − y| ≤ r, y ∈ Cε−|x−y| }. Nyilv n ω nvekv, ω (0) = 0, ω folytonos a null ban, mivel f egyenletesen folytonos a Cε kompakt halmazon, s ω (r1 + r2 ) ≤ ω (r1 ) + ω (r2), ha 0 ≤ r1 , r2 , r1 + r2 ≤ ε; az utols¢ ll¡t s bizony¡t s hoz tegyk fel, hogy ez az egyenltlensg nem teljesl. Ekkor lteznek x s y £gy, hogy |x−y| ≤ r1 + r2 , x ∈ Cε s y ∈ Cε−|x−y| , de |f (x) − f (y )| > ω (r1 ) + ω (r2 ). Tegyk fel, hogy r2 ≤ r1 . Az y benne van valamely C -beli pont ε − |x − y|-krnyezetben, ¡gy x benne van ugyanezen pont ε-krnyezetben. V lasztva egy z -t az x-et s y -t sszekt szakaszon £gy, hogy |x − z| ≤ r1 s |z − y| ≤ r2
teljeslsn, azt kapjuk, hogy z ∈ Cε−|x−z| , ahonnan |f (x) − f (z)| ≤ ω (r1 ) s |f (z) − f (y )| ≤ ω (r2 ), ami ellentmond s. Egy tetszleges t0 ∈ Cε -hoz v lasszunk egy (t0 -t¢l fgg) y0 -t (3) szerint. Alkalmazva az elz lemm t az f koordin ta-fggvnyeire, azt kapjuk, hogy lteznek δt0 > 0, Rt0 > 0 s ct0 £gy, hogy a t0 kzppont£ 2δt0 sugar£ Vt0 ny¡lt gmbre s az y0 kzppont£ s Rt0 sugar£ z rt Wt0 gmbre Vt0 × Wt0 lez rtja benne van D-ben, s a t 7 Z RS +y0 f (gi (t, y )) dy lekpezsek folytonosan di eren i lhat¢ak Vt0 -on, gradiensk pedig korl tos ct0 Rk−1 korl ttal, ha 0 < R < Rt0 . V lasszunk egy ηt0 pozit¡v konstanst £gy, hogy {t0 }×{y0 }×f (C )n z rt (n +2)ηt0 -krnyezete benne legyen D×Z n -ben. V lasszunk egy 0 < εt0 ≤ ε/3-at £gy, hogy ω (εt0 ) ≤ ηt0 teljesljn. Szksg esetn skkentve δt0 -t s Rt0 -t feltehetjk, hogy 2δt0 ≤ ηt0 , Rt0 ≤ ηt0 , gi (Vt0 ×
Wt0 ) benne van a gi (t0 , y0 ) kzppont£ εt0 sugar£ z rt gmbben, s minden gi Lips hitz-fggvny Vt0 × Wt0 -on Lt0 Lips hitz-konstanssal. Feltehetjk, hogy Lt0 egsz sz m A t0 ∈ Cε kzppont£ s δt0 sugar£ ny¡lt gmbk a Cε kompakt halmaz egy ny¡lt lefedst adj k. Innen ltezik egy T0 ⊂ Cε vges halmaz £gy, hogy a t0 ∈ T0 pontoknak megfelel ny¡lt gmbk egy ny¡lt lefedst adj k Cε nak. Legyen L = sup{Lt0 : t0 ∈ T0 } s legyen 0 < δ ≤ inf {δt0 : t0 ∈ T0 }, 0 < R0 ≤ inf {Rt0 : t0 ∈ T0 } £gy, hogy L(δ + R0 ) ≤ ε. Jellje K a Vt0 × Wt0 halmazok t0 ∈ T0 -ra vett egyes¡tsnek lez rtj t. Nyilv n K kompakt 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag rszhalmaza D-nek. Hasonl¢an, jellje K ′ az {t0 } × {y0 } × f (C )n halmazok z rt (n + 2)ηt0 -krnyezeteinek egyes¡tst t0 ∈ T0 -ra. Ekkor K ′ kompakt ∂h fggvnyek Lips hitz-folytonosak rajta rszhalmaza D×Z n -nek, s ¡gy a ∂z i
∂h fggvnyek pedig korl tosak B ′ Lips hitz-konstanssal, a ∂h s ∂z 0 ∂t i ′ illetve Bi korl ttal (i = 1, 2, . , n) Legyen t egy tetszleges eleme Cε -nak, s legyen t′ egy eleme Cε−|t−t′ | -nak, amelyre |t − t′ | < δ . Ekkor ltezik olyan t0 ∈ T0 , amelyre |t − t0 | < δt0 . A tov bbiakban rgz¡tsk ezt a t0 -t, a hozz tartoz¢ y0 -t, V = Vt0 -t s W = Wt0 -t. Nyilv n t, t′ ∈ V Legyen R egy tetszleges val¢s sz m, amelyre 0 < R < R0 . Integr ljuk a fggvnyegyenlet mindkt oldal t az RS + y0 szimplex felett y szerint. Azt kapjuk, hogy L′i cR f (t) = k Z RS +y0 h(t, y, f (g1(t, y )), . , f (gn(t, y ))) dy, ahol c > 0 az S szimplex mrtke. Innen |f (t) − f (t )| = ′ 1 cRk Z RS +y0 h(t, y, f (g1(t, y )), . , f (gn(t, y ))) − h(t′ , y, f (g1(t′ , y )), . , f (gn(t′ , y ))) dy Hogy a bal oldalra egy j¢ fels be slst kapjunk, a h(t, y, f (g1(t, y )), . , f (gn(t, y ))) − h(t′ ,
y, f (g1(t′ , y )), . , f (gn(t′ , y ))) klnbsg egy j¢ fels be slsre van szksgnk. Alkalmazhatjuk a Taylorttelt a h fggvnyre a z = (t, y, z1, . , zn ) s z′ = (t′ , y, z1′ , , zn′ ) pontokkal, ahol t′ , t ∈ V , y ∈ W , zi = f (gi (t, y )) s zi′ = f (gi(t′ , y )), ha i = 1, . , n A z s z ′ pontok, ¡gy az ket sszekt szakasz is, benne van a (t0 , y0 , f (g1(t0 , y0 ), . , f (gn(t0 , y0 )) kzppont£ s (n + 2)ηt0 sugar£ z rt gmbben, amely rsze K ′ -nek. Azt kapjuk, hogy Z 1 ∂h h(z ) − h(z ) = (τ z + (1 − τ )z′ )(t − t′ ) dτ 0 ∂t n Z 1 X ∂h + (τ z + (1 − τ )z′ )(zi − zi′ ) dτ. ∂z i i=1 0 ′ 96 11.§ Folytonossag es Lips hitz-tulajdonsag Felhaszn lva ezt, s elhagyva a v ltoz¢k ki¡r s t, azt kapjuk, hogy Z 1 ∂h cR |f (t ) − f (t)| = (τ z + (1 − τ )z′ )(t − t′ ) dτ ∂t 0 RS +y0 Z n 1 X ∂h + (τ z + (1 − τ )z′ )(zi − zi′ ) dτ dy .
∂zi i=1 0 k Z ′ A h romszg-egyenltlensg felhaszn l s val n + 1 tagot kapunk a jobb oldalon. Az els tagra a trivi lis cRk B0′ |t′ − t| fels korl tot kapjuk, ahol B0′ az ∂h fels korl tja. Legyen zi0 = f (gi (t, y0)) (i = 1, 2, , n), s legyen ∂t z 0 = (t, y0 , z10 , . , zn0 ) Ha h′i jelli a ∂h par i lis deriv lt rtkt a z 0 ∂zi pontban, akkor a tbbi tagot £gy ¡rhatjuk, mint Z RS +y0 + h′i Z Z 1 ∂h ∂zi 0 RS +y0 (τ z + (1 − τ )z ) − ) (zi − zi′ ) dτ dy ′ h′i (zi − zi′ ) dy norm j t. Elszr ezen sszeg els tagj nak norm j ra adunk egy fels be slst. |zi − zi′ | egy fels be slse ω (L|t − t′ |), mivel L Lips hitz-konstans gi sz m ra V × W -n. Innen Z RS +y0 Z 1 ∂h 0 ≤ ω (L|t − t |) ′ ∂zi Z (τ z + (1 − τ )z ) − ) (zi − zi′ ) dτ dy ′ h′i Z 1 ∂h (τ z + (1 − τ )z′ ) − h′i dτ dy. ∂z i RS +y0 0 ∂h (τ z + (1 − τ )z ′ ) −
∂h (z 0 ) klnbsg be slsre. Ez Szksgnk van a ∂z ∂zi i a klnbsg nem nagyobb, mint L′i -szr a τ z + (1 − τ )z′ − z0 klnbsg norm ja, azaz L′i -szr a maxim lis t vols g a z′ s z0 = (t, y0, z10 , . , zn0 ) ∂h sz m ra. A maxim lis vektorok kztt, ahol L′i a Lips hitz-konstans ∂z i t vols g z′ s z0 kztt |t − t′ | + R + nω (L(|t − t′ | + R))-vel be slhet. gy a k ′ ′ ′ ′ cR ω (|t − t |L)Li |t − t | + R + nω L(|t − t | + R) fels korl tot kapjuk az els tagra. Hogy a m sodik tagra is kapjunk egy fels korl tot, Z RS +y0 (zi − ) dy = zi′ Z RS +y0 (f (gi (t, y )) − f (gi (t′ , y ))) dy abszol£t rtknek be slsre van szksgnk, mivel |h′i | trivi lisan korl tos ∂h -nek. Erre az integr lra a |t − t′ |c Rk−1 fels a Bi′ fels korl tj val ∂z 0 i korl tot kapjuk a c0 = sup{ct0 : t0 ∈ T0 } jellssel. 11.§ Folytonossag es Lips
hitz-tulajdonsag sszegezve a fenti be slseket, az |f (t) − f (t )| ≤ B0 |t − t | + ′ ′ ′ n X Bi′ |t − t′ |c0 /(cR) i=1 n X ′ + ω (L|t − t |) L′i |t − t′ | + R + nω L(|t − t′ | + R) i=1 be slshez jutunk. Ha |t − t′ | ≤ R, ez a be sls |f (t) − f (t′ )| ≤ c1 |t − t′ | + c2 ω (|t − t′ |)R + c3 ω (|t − t′ |)ω (R) + c4 |t − t′ |/R alakban ¡rhat¢, ahol c1 , c2 , c3 s c4 nem fgg t-tl, t′ -tl s R-tl. Szuprmumot vve elszr a jobb, majd a bal oldalon t ∈ Cε , t′ ∈ Cε−|t−t′ | , |t − t′ | ≤ r -re, azt kapjuk, hogy ω (r ) ≤ c1 r + c2 ω (r )R + c3 ω (r )ω (R) + c4 r/R, ha 0 ≤ r ≤ δ . Ha £gy v lasztjuk R-et, hogy teljes¡tse a c2 R + c3 ω (R) ≤ 1/2 felttelt | ami mindig megtehet, szksg esetn skkentve δ -t | azt kapjuk, hogy ω (r ) ≤ 2(c1 + c4 /R)r, valah nyszor 0 ≤ r ≤ δ . Ez azt mutatja, hogy f lok lisan Lips hitz fggvny C -n. Egy
tetszleges t ∈ T -re az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy t bels pontja C -nek, mivel helyettes¡thetjk C -t C s a t egy kompakt krnyezetnek az uni¢j val. gy a bizony¡t s teljes 11.6 Plda Rendszerint a fenti ttelt nmi kiegsz¡t rvelssel rdemes haszn lni: egy egyszer pld val illusztr ljuk ezt Komplik ltabb esetek hasonl¢an kezelhetk. (L sd az alkalmaz sokn l a 2112 pontban a ko kakettzs egyenlett", s a 23. paragrafusban a Weierstrass-fle szigmafggvny karakteriz i¢j t) Tegyk fel, hogy f eleget tesz az f (t) = h(t, y, f (A1t + B1 y ), f (A2t + B2 y ), . , f (Ant + Bn y )), t, y ∈ Rm fggvnyegyenletnek, ahol f : Rm Rk az ismeretlen fggvny, h adott C ∞ fggvny, Ai , Bi m trixok m sorral s m oszloppal, Bi nem szingul ris s kAi k < 1. Ekkor minden folytonos megold s lok lisan Lips hitz (innen minden mrhet vagy Baire-tulajdons g£ megold s C ∞ ). Ennek bizony¡t s ra
rgz¡tsnk egy N > 0 termszetes sz mot, legyen T egy orig¢ kzppont£ N sugar£ ny¡lt gmb, v lasszunk egy 0 < r < 1 sz mot £gy, hogy kAi k + rkBi k < 1 (i = 1, 2, . , n) teljesljn, s legyen D = T × Y , ahol Y egy orig¢ kzppont£ rN sugar£ ny¡lt gmb. Ttelnket felhaszn lva, azt kapjuk, hogy f lok lisan Lips hitz T -n, innen mindentt, mivel N tetszleges. 98 12.§ Holder-folytonos megoldasok 12.§ Holder-folytonos megoldasok Itt egyetlen ttelt bizony¡tunk, amely lehet, hogy hasznos l n szemnek bizonyul a folytonoss gb¢l kvetkezik a lok lis Lips hitz-tulajdons g" lps teljes ltal noss gban val¢ bizony¡t s ban. Mindenesetre mutatja, hogy az 1.17 problma felttelei mellett, ha egy megold s lok lis Hlder-felttelnek tesz eleget valamely 0 < α < 1-re, akkor lok lis Hlder-felttelnek tesz eleget minden 0 < α < 1-re. Ennek a ttelnek els, sak val¢s v ltoz¢s fggvnyekre vonatkoz¢
bizony¡t sa (J rai [81℄) eszkzknt a Campanato-terek elmletnek alaplemm j t haszn lta fel, amely a par i lis di eren i legyenletek regularit s-elmletbl ismert h¡res klasszikus Morrey-lemma ltal nos¡t sa. (Tov bbi hivatkoz sokat illeten l sd Zeidler knyvt, [165℄, II/A, 90{93. o) Ksbb sikerlt egyszerbb bizony¡t st tal lni, s a ttelt magasabb dimenzi¢ra ltal nos¡tani (J rai [80℄) Ez az egyszerbb bizony¡t s kpezte azt n a 11.5 ttel bizony¡t s nak alapj t 12.1 Ttel Legyen 0 < α < 1, s legyenek Z , Zi euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai (i = 1, 2, . , n) Legyenek T , Y s Xi az Rs , Rk s Rri ny¡lt rszhalmazai. Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nek Tekintsk az f : T Z , fi : Xi Zi (i = 1, . , n), gi : D Xi (i = 1, , n), h : D × Z1 × Z2 × · · · × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); (2) h ktszer folytonosan di
eren i lhat¢; (3) gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ D-n, s minden t ∈ T -hez ltezik i egy y , amelyre (t, y ) ∈ D s ∂g (t, y ) rangja ri , ha i = 1, . , n; ∂y (4) az fi , i = 1, . , n fggvnyek lok lisan Holder folytonosak α kitevvel Ekkor f is lok lisan Holder folytonos 2α/(α + 1) kitevvel. Bizony¡t s. Azt kell megmutatnunk, hogy minden t0 ∈ T pontra az f fggvny Holder folytonos a t0 egy krnyezetn 2α/(1+ α) kitevvel. Az fi -t a koordin t ival helyettes¡tve, az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy Zi ⊂ R, ha i = 1, . , n V lasszunk (3) szerint egy y0 -at t0 -hoz A 11.2 lemma szerint ltezik t0 -nak egy konvex ny¡lt V0 krnyezete, egy nem res belsej szimplex az egysggmbben, valamint R0 > 0 s C konstansok £gy, hogy az y0 kzppont£ s R0 sugar£ W0 z rt gmbre V0 × W0 ⊂ D, s a Z t 7 fi (gi (t, y )) dy RS +y0 lekpezsek folytonosan di eren i lhat¢ak V0 -on, gradiensk pedig korl
tos CRk−1 korl ttal. Szksg esetn skkentve V0 -at s R0 -at feltehetjk, hogy R0 ≤ 1 s gi Lips hitz-fggvny L Lips hitz-konstanssal V0 × W0 -n. Hasonl¢an, feltehetjk, hogy fi Holder folytonos α kitevvel s H Holder 12.§ Holder-folytonos megoldasok konstanssal, |fi | korl tos B korl ttal gi (V0 × W0 )-n, tov bb egy konvex z rt rszhalmazon, amely tartalmazza a V0 × W0 × f1 (g1 (V0 × W0 )) × · · · × fn (gn (V0 × W0 )) ∂h fggvnyek Lips hitz-folytonosak L′ Lips hitz-konstanssal, s halmazt, a ∂z i i ∂h fggvnyek korl tosak B ′ illetve B ′ korl ttal (i = 1, 2, . , n) a ∂h s ∂z 0 i ∂t i Rgz¡tsk R0 -at, V0 -at, W0 -at s y0 -at. Meg fogjuk mutatni, hogy f lok lisan Holder folytonos V0 -on 2α/(1 + α) kitevvel Jelljk t, t′ tetszleges elemeit V0 -nak, s legyen 0 < R < R0 . Integr ljuk a fggvnyegyenlet mindkt oldal t az RS + y0 szimplex felett Ekkor cR f (t) = k Z RS +y0 h(t, y, f1
(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) dy, ahol c > 0 az S szimplex mrtke. Ebbl |f (t) − f (t )| = 1 ′ cRk Z RS +y0 h(t, y, f1 (g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) − h(t′ , y, f1 (g1 (t′ , y )), . , fn (gn (t′ , y ))) dy Hogy a bal oldalra egy j¢ fels be slst kapjunk, a h(t, y, f1 (g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) − h(t′ , y, f1(g1 (t′ , y )), , fn (gn (t′ , y ))) klnbsg egy fels be slsre van szksgnk. Alkalmazhatjuk a Taylorttelt a h fggvnyre a z = (t, y, z1, . , zn ) s z′ = (t′ , y, z1′ , , zn′ ) pontokkal, ahol t′ , t ∈ V , y ∈ W , zi = fi (gi (t, y )) s zi′ = fi (gi (t′ , y )), ha i = 1, . , n Azt kapjuk, hogy Z 1 ∂h h(z ) − h(z ) = (τ z + (1 − τ )z′ )(t − t′ ) dτ ∂t 0 n Z 1 X ∂h + (τ z + (1 − τ )z′ )(zi − zi′ ) dτ. ∂zi i=1 0 ′ Ezt felhaszn lva, elhagyva a v ltoz¢k ki¡r s t, azt kapjuk, hogy Z 1 ∂h cR |f (t ) − f (t)| = (τ z + (1 −
τ )z′ )(t − t′ ) dτ ∂t 0 RS +y0 n Z 1 X ∂h + (τ z + (1 − τ )z′ )(zi − zi′ ) dτ dy . ∂zi i=1 0 k ′ Z 100 12.§ Holder-folytonos megoldasok A h romszg-egyenltlensg felhaszn l s val n + 1 tagot kapunk a jobb oldalon. Az els tagra a trivi lis cRk B0′ |t′ − t| fels korl tot kapjuk, ahol B0′ a ∂h fels korl tja. Legyen zi0 = fi (gi (t, y0 )) (i = 1, 2, , n), s legyen ∂t z 0 = (t, y0 , z10 , . , zn0 ) Ha h′i jelli a ∂h par i lis deriv lt rtkt a z 0 ∂zi pontban, akkor a tbbi tagot t¡rhatjuk az Z RS +y0 Z 1 ∂h ∂zi 0 (τ z + (1 − τ )z ) − ′ h′i ( zi − zi′ ) dτ dy + h′i Z RS +y0 (zi − zi′ ) dy form ba. Elszr ezen sszeg els tagj nak abszol£t rtkre adunk fels be slst. |zi −zi′ | egy fels be slse H (L|t−t′|)α , ahol H egy Holder konstans fi sz m ra, s L Lips hitz-konstans gi sz m ra. Innen Z 1 ∂h (τ z + (1 − τ )z′ ) − h′i )(zi
− zi′ ) dτ dy RS +y0 0 ∂zi Z Z 1 ∂h ′ α ≤ H (L|t − t |) (τ z + (1 − τ )z′ ) − h′i dτ dy. ∂zi RS +y0 0 Z ∂h (τ z + (1 − τ )z ′ ) − ∂h (z 0 ) klnbsg fels be sSzksgnk van mg a ∂z ∂zi i lsre. Ez nem nagyobb, mint L′i szorozva τ z + (1 − τ )z′ − z0 norm j val, azaz L′i -szer a maxim lis t vols g a z′ s z0 = (t, y0 , z10 , . , zn0 ) vektorok ∂h sz m ra. A maxim lis t vols g z ′ kztt, ahol L′i a Lips hitz-konstans ∂z i s z0 kztt |t − t′ | + R + nH (L(|t − t′ | + R))α-val be slhet. gy a cRk H (|t − t′ |L)α L′i (|t − t′ | + R + nH (L(|t − t′ | + R))α ) fels korl tot kapjuk az els tagra. Ahhoz, hogy a m sodik tagra fels korl tot kapjunk, Z RS +y0 (zi − ) dy = zi′ Z RS +y0 fi (gi (t, y )) − fi (gi (t′ , y )) dy abszol£t rtknek egy fels korl tj ra van szksgnk, mivel |h′i | trivi lisan ∂h -nek. A lemm b¢l a |t − t′ |CRk−1
fels korl tos a Bi′ fels korl tj val ∂z i korl tot kapjuk erre az integr lra. sszegezve mindezeket a be slseket, azt kapjuk, hogy |f (t) − f (t )| ≤ B0 |t − t | + ′ ′ ′ Bi′ |t − t′ |C/R i=1 n X α + H (L|t − t′ |) Ha |t − t′ | ≤ R, ez n X i=1 L′i (|t − t′ | + R + nH (L(|t − t′ | + R))α ). |f (t) − f (t′ )| ≤ C0 |t − t′ | + C1 |t − t′ |α Rα + C2 |t − t′ |/R 13.§ Korlatos valtozasu megoldasok alakba ¡rhat¢, ahol C0 , C1 s C2 nem fgg t-tl, t′ -tl s R-tl. Ha egy olyan R-et v lasztunk, amely teljes¡ti az R = |t − t′ |(1−α)/(1+α) felttelt, akkor azt kapjuk, hogy |f (t) − f (t′ )| ≤ (C0 + C1 + C2 )|t − t′ |2α/(1+α) , ha |t − t′ | < R0(1+α)/(1−α) s t, t′ ∈ V0 . Ez mutatja, hogy f lok lisan Holder folytonos V0 -on 2α/(1 + α) Hlder-kitevvel, amibl kvetkezik a ttel. 12.2 Kvetkezmny Az 117 problma felttelei mellett, ha a h s gi
fggvnyek ktszer folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor minden f megold s, amely lok lisan Hlder-folytonos valamely 0 < α < 1 kitevvel, lok lisan Hlder-folytonos minden 0 < α < 1 kitevvel. Bizony¡t s. Ha f Hlder-folytonos valamely α0 = α, 0 < α0 < 1 kitevvel, akkor az elz ttel szerint Hlder-folytonos minden αn = 2αn−1 /(1+ αn−1 ), n = 1, 2, . kitevvel is Mivel αn ↑ 1, kapjuk az ll¡t st 13.§ Korlatos valtozasu megoldasok Mint a jellseknl le¡rtuk, tbbv ltoz¢s korl tos v ltoz s£ fggvnyekkel kap solatban Giusti [48℄ knyvnek terminol¢gi j t kvetjk, ¡gy, szigor£an vve, ez a fogalom nem az egyv ltoz¢s korl tos v ltoz s£ fggvnyek fogalm nak ltal nos¡t sa, hanem a korl tos lnyeges v ltoz ssal rendelkez fggvnyek. Egyetlen ttelt fogunk bizony¡tani, mely szerint lok lisan korl tos v ltoz s£ megold sok lok lis Lips hitz-felttelnek tesznek eleget. A kvetkez lemma ttelnk
bizony¡t s nak a kul sa. 13.1 Lemma Legyenek V , W s U ny¡lt rszhalmazai Rs , Rk illetve Rr -nek, f : U R korl tos v ltoz s£ fggvny, g : V × W U folytonosan ∂g di eren i lhat¢ fggvny, t0 ∈ V , y0 ∈ W , s tegyk fel, hogy ∂y (t0 , y0 ) rangja r. Ekkor ltezik olyan V0 ⊂ V krnyezete t0 -nak, B ⊂ W gmb y0 kzpponttal, s egy C konstans, hogy Z ha t′ , t ∈ V0 . B |f (g (t′ , y )) − f (g (t, y ))| dy ≤ C|t′ − t|, Bizony¡t s. Az y 7 g (t, y ) par i lis fggvnyek jellsre haszn lni fogjuk a gt jellst. Szksg esetn kisebb U , V s W halmazokat vve az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy U , V s W korl tos konvex ny¡lt halmazok, W = W ′ × W ′′ ahol W ′ ⊂ Rr s W ′′ ⊂ Rk−r , g Lips hitz-fggvny V × W -n M Lips hitz-konstanssal, tov bb , hogy ∂gt0 ′ ′′ (y , y ) ∂y ′ 102 13.§ Korlatos valtozasu megoldasok determin nsa nem nulla az y0 pontban,
ahol y ′ ∈ W ′ , y ′′ ∈ W ′′ . Jellje p az (y ′ , y ′′ ) 7 y ′ projek i¢t, ami Rk -t Rr -re kpezi. Jellje gt∗ a W = W ′ × W ′′ nek U × W ′′ -be val¢ (y ′ , y ′′ ) 7 (gt (y ′ , y ′′ ), y ′′ ) lekpezst Az L0 = gt∗0 ′ (y0 ) line ris oper tor determin nsa megegyezik ∂gt0 (y0 ) ∂y ′ determin ns val, ¡gy nem nulla. Legyen 0<c< 1 1 2kL− 0 k . V lasszunk L0 -nak egy X konvex ny¡lt krnyezett £gy, hogy minden X -beli L oper tor invert lhat¢ legyen s teljesljn r , hogy c< 1 2kL−1 k . Szksg esetn t0 egy kis konvex V0 ⊂ V krnyezett s egy kisebb W -t vve feltehetjk, hogy gt∗ ′ (y0 ) ∈ X s kgt∗ ′ (y ) − gt∗ ′ (y0 )k < c, ha t ∈ V s y ∈ W . A kt utols¢ egyenltlensgbl kgt∗ ′ (y ) − gt∗ ′ (y0 )k < 2 kgt∗ ′ 1 , (y0 )−1 k ha y ∈ W s t ∈ V0 . Az inverz fggvny ttel bizony¡t sa szerint (l sd Rudin [1964℄,
9.24 ttel) ebbl kvetkezik, hogy gt∗ homeomor zmusa W nek U × W ′′ egy ny¡lt rszhalmaz ra Ennl valamivel ersebb ll¡t sra lesz szksgnk. Legyen t, t′ ∈ V s 0 ≤ τ ≤ 1 Legyen Gt,t′ ,τ (y ) = τ gt∗(y )+(1 − τ )gt∗′ (y ). Ugyanazon ll¡t sra lesz szksgnk, de erre a fggvnyre Mivel G′t,t′ ,τ (y ) = τ gt∗ ′ (y )+(1 −τ )gt∗′ (y ) s X konvex, ez a line ris oper tor X -ben van. M srszt, G′t,t′ ,τ (y ) − G′t,t′ ,τ (y0 ) = τ (gt∗ ′ (y ) − gt∗ ′ (y0 )) + (1 − τ )(gt∗ ′ (y ) − gt∗ ′ (y0 )), s ¡gy kG′t,t′ ,τ (y ) − G′t,t′ ,τ (y0 )k < c < 2 1 . (y0 )−1 k kG′t,t′ ,τ Ez azt mutatja, hogy alkalmazhatjuk az inverz fggvny ttel bizony¡t s t Gt,t′ ,τ -ra, s kapjuk, hogy Gt,t′ ,τ homeomor zmusa W -nek U × W ′′ -be. Megjegyezzk tov bb , hogy a kS −1 − T −1 k ≤ kT − SkkT −1 k2 1 − kT − SkkT −1 k 13.§ Korlatos
valtozasu megoldasok be slsbl, amely teljesl, ha kT −Sk < 1/kT −1 k, azt kapjuk, hogy kgt∗ ′ (y )−1 k ≤ 1/c s kG′t,t′ ,τ (y )−1 k ≤ 1/c, valah nyszor t, t′ ∈ V0 , 0 ≤ τ ≤ 1 s y ∈ W ; 1 ∗ ′ innen gt∗ −1 s G− t,t′ ,τ Lips hitz-fggvnyek gt (W )-n illetve Gt,t ,τ (W )-n 1/c Lips hitz-konstanssal. Most m r kszen llunk arra, hogy bebizony¡tsuk a lemm t | elszr egy folytonosan di eren i lhat¢ f fggvnyre. Legyen B egy tetszleges z rt gmb W -ben y0 kzpponttal. A Taylor-ttelt s az x∗ = Gt,t′ ,τ (y ) helyettes¡tst haszn lva, a kvetkez be slshez jutunk: Z B |f (g (t, y )) − f (g (t′ , y ))| dy = ≤ Z B Z 1 Z 1Z 0 0 B f ′ (τ g (t, y ) + (1 − τ )g (t′ , y )) (g (t, y ) − g (t′ , y )) dτ dy |f ′ (τ g (t, y ) + (1 − τ )g (t′ , y ))|M |t − t′ | dy dτ = M |t − t | ′ Z 1Z 0 Gt,t′ ,τ (B) Z 1Z 1 ∗ ∗ |f ′ (p(x∗ ))|J (G− t,t′ ,τ )(x ) dx
dτ M |t − t′ | |f ′ (p(x∗ ))| dx∗ dτ k c 0 Gt,t′ ,τ (B) Z Z M |t − t′ | 1 ≤ |f ′ (p(x∗ ))| dx∗ dτ ck ′′ 0 U×W Z ′ Z Z M |t − t | M |t − t′ ||W ′′ | ′′ ′ = |f ′ (x)| dx, |f (x)| dy dx = k k c c U W ′′ U ≤ ahol |W ′′ | a W ′′ Lebesgue-mrtke, s J a Ja obi-determin ns abszol£t rtke. Vgl, hogy a lemma ll¡t s t kapjuk, az 1.17 ttelt fogjuk haszn lni Giusti [48℄ knyvbl. E szerint a ttel szerint ltezik U -n C ∞ -fggvnyeknek egy olyan sorozata, hogy lim j∞ Z U |fj − f | = 0 s lim j∞ Z U |fj′ | = Z U |f ′ |. 104 13.§ Korlatos valtozasu megoldasok Ezt a ttelt felhaszn lva, azt kapjuk, hogy Z Z |f (g (t, y )) − fj (g (t, y ))| dy |f (g (t, y )) − f (g (t , y ))| dy ≤ B Z Z ′ + |fj (g (t, y )) − fj (g (t , y ))| dy + |fj (g (t′, y )) − f (g (t′, y ))| dy B B Z Z M |t − t′ ||W ′′ | ≤ |fj′ (x)| dx + |f (p(x∗ )) − fj (p(x∗
))|J (gt∗−1 )(x∗ ) dx∗ ∗ ck U gt (B ) Z + |f (p(x∗ )) − fj (p(x∗ ))|J (gt∗′ −1 )(x∗ ) dx∗ gt∗′ (B ) Z M |t − t′ ||W ′′ | |f ′ | + 0 + 0, ck U ′ B ha j ∞, valah nyszor t, t′ ∈ V . Ezzel a lemma bizony¡t sa teljes 13.2 Ttel Legyenek T , Y , X1, , Xn ny¡lt rszhalmazai Rs , Rk illetve Rr1 , . , Rrn -nek, s Z , Z0 , Z1 , , Zn euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak Tekintsk az f : T Z , f0 : Y Z0 , fi : Xi Zi (i = 1, . , n), gi : D Xi (i = 1, , n), h : D × Z0 × Z1 × · · · × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); (2) h folytonosan di eren i lhat¢; (3) gi folytonosan di eren i lhat¢ D-n s minden t ∈ T -hez ltezik olyan y , i hogy (t, y ) ∈ D s ∂g (t, y ) rangja ri , ha i = 1, . , n; ∂y (4) f0 folytonos s az fi , i = 1, . , n fggvnyek folytonosak
s lok lisan korl tos v ltoz s£ak. Ekkor f lok lisan Lips hitz fggvny. Bizony¡t s. Az fi (i = 1, 2, , n) fggvnyt a koordin t ival helyet- tes¡tve, feltehetjk, hogy minden fi val¢s rtk. Legyen t0 ∈ T s v lasszuk meg y0 -at (3) szerint. V lasszunk olyan Ui ny¡lt krnyezett gi (t0 , y0 )-nak, amelyen fi korl tos v ltoz s£, s olyan V , W ny¡lt krnyezeteit t0 illetve y0 -nak, hogy gi a V × W -t Ui -be kpezze. Ha V s W elg ki sik, alkalmazhatjuk a Taylor-formul t a h fggvnyre z = (t, y, z0, z1 , , zn ) s z ′ = (t′ , y, z0 , z1′ , . , zn ) pontokkal, ahol t′ , t ∈ V , y ∈ W , z0 = f0 (y ), zi = fi (gi (t, y )) s zi′ = fi (gi (t′ , y )), ha i = 1, . , n Azt kapjuk, hogy Z 1 ∂h f (t ) − f (t) = h(z ) − h(z ) = (τ z′ + (1 − τ )z)(t′ − t) dτ 0 ∂t n Z 1 X ∂h + (τ z′ + (1 − τ )z)(zi′ − zi ) dτ. ∂z i i=1 0 ′ ′ 14.§ Di eren ialhatosag Ha V s W elg ki sik, a h par i lis
deriv ltjai korl tosak egy K konstanssal. Az elz lemm t felhaszn lva v laszthatunk V0 ⊂ V s B ⊂ W -t £gy, hogy a lemma ll¡t sa teljesl i = 1, 2, . , n-re Mindkt oldalt integr lva B felett, azt kapjuk, hogy |f (t ) − f (t)| · |B| ≤ K|t − t| + K ′ ′ n Z X i=1 B |fi (gi (t′ , y )) − fi (gi (t, y ))| dy, ahol |B| a B Lebesgue-mrtke. A lemm t felhaszn lva, ebbl kvetkezik, hogy f Lips hitz-felttelnek tesz eleget V0 -on. 14.§ Di eren ialhatosag Az egyik elz paragrafusban bebizony¡tottuk, hogy sszeg alak£ fggvnyegyenletekre a megold sok folytonoss g b¢l kvetkezik azok folytonos di eren i lhat¢s ga. Kt m sik esetben a folytonoss gb¢l sak a lok lis Lips hitz-tulajdons g kvetkezik. Mint j¢l ismert, Radema her ttele szerint (l sd Federer [42℄, 3.16) egy f : Rm Rn Lips hitz-fggvny λm -majdnem mindentt di eren i lhat¢. Hasonl¢ ll¡t s igaz minden, valamely euklidszi tr egy ny¡lt rszhalmaz t egy m sik
euklidszi trbe kpez lok lisan Lips hitz fggvnyre. (L sd, ltal nosabban, Sztyepanov ttelt Federer [42℄ knyvben, 3.19) Ebben a paragrafusban a fggvnyegyenletek 1.7 pontban megadott ltal nos t¡pus ra meg fogjuk mutatni, hogy a majdnem mindentti di ereni lhat¢s gb¢l kvetkezik a folytonos di eren i lhat¢s g A bizony¡t sban fel fogjuk haszn lni a mrhet megold sok folytonoss g val kap solatos eredmnyeket. Az elbb eml¡tett ttelekkel egytt ¡gy a megold sok lok lis Lips hitz-tulajdons g b¢l azok folytonos di eren i lhat¢s g ra kvetkeztethetnk. Lebesgue ttele rtelmben, val¢s v ltoz¢s val¢s rtk, monoton vagy korl tos v ltoz s£ megold sokra, illetve val¢s v ltoz¢s vektor rtk korl tos v ltoz s£ megold sokra is alkalmazhat¢ ez az ll¡t s, s kapjuk a folytonos di eren i lhat¢s got. (Ezt elszr m s m¢dszerrel bizony¡tottam a [82℄ dolgozatban.) Szksgnk van azonban arra, hogy egy majdnem mindentt di eren i
lhat¢ fggvny deriv ltja Lebesgue-mrhet Ennl j¢val tbbet fogunk bebizony¡tani. Megmutatjuk, hogy egy euklidszi tr egy ny¡lt rszhalmaz n rtelmezett, szepar bilis Bana h-trbeli rtk fggvny deriv ltja Borel-halmazon van rtelmezve s Borel-fggvny. Ez az eredmny a Jarai [70℄ dolgozatban kerlt publik l sra, s ltal nos¡tja a Federer knyvben tal lhat¢, folytonos fggvnyekre vonatkoz¢ hasonl¢ ttelt ([42℄, 3.11) gy vlem, az eredmny nmag ban is rdekes. 14.1 Ttel Legyen U az X vges dimenzi¢s norm lt tr ny¡lt rszhal- maza, Y szeper bilis Bana h-tr, s f : U Y egy tetszleges fggvny. Ekkor (f ′ )−1 (F ) az Fσδ halmazoszt lyban van az X -et Y -ba kpez folytonos line ris oper torok L(X, Y ) norm lt ternek b rmely F z rt rszhalmaz ra. X. Bizony¡t s. Az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy U = J¢l ismert (l sd pld ul Hewitt s Stromberg [55℄ knyvt, 78. o), hogy
106 14.§ Di eren ialhatosag az f sszes folytonoss gi pontjainak C halmaza egy Gδ -halmaz X -ben. Vil gos, hogy L(X, Y ) szepar bilis Bana h-tr V lasszunk egy L1 , L2 , sr halmazt F -ben. Ha i, j s k pozit¡v egszek, legyen Ci,j,k = {x : x ∈ C , |f (x + h) − f (x) − Lk (h)| ≤ |h|/i, ha |h| < 1/j}. Megmutatjuk, hogy minden Ci,j,k relat¡v z rt rszhalmaza C -nek. Legyen x ∈ C Ci,j,k . Ekkor van olyan h ∈ X , amelyre |h| < 1/j , de |f (x + h) − f (x) − Lk (h)| > |h| . i De ni ljuk h′ -t a h′ = h + x − x′ sszefggssel, ha x′ ∈ X . Vegyk szre, hogy x′ + h′ = x + h, ¡gy f (x′ + h′ ) = f (x + h). Mivel f folytonos x-ben, van olyan δ > 0, hogy |h′ | < 1/j s |f (x′ + h′ ) − f (x′ ) − Lk (h′ )| > |h′ | , i ha |x − x′ | < δ . Meg fogjuk mutatni, hogy ′ −1 (f ) (F ) = (1) ∞ [ ∞ [ ∞ i=1 j =1 k=1 Ci,j,k . Tegyk fel, hogy f ′ (x) = L ∈ F . Ekkor x ∈ C , s
minden i-hez van olyan Lk(i) s j (i), amelyre kL − Lk(i) k < 1 |h| s |f (x + h) − f (x) − L(h)| ≤ , 2i 2i ha |h| < j (i). Ebbl |f (x + h) − f (x) − Lk(i) (h)| ≤ |f (x + h) − f (x) − L(h)| + |L(h) − Lk(i) (h)| ≤ |h| 2i + |h| 2i = |h| , i ha |h| < 1/j (i), azaz x ∈ Ci,j (i),k(i) . Megford¡tva, tegyk fel, hogy x ∈ C s minden i-hez van olyan j (i) s k (i), amelyre |h| |f (x + h) − f (x) − Lk(i) (h)| ≤ , i ha |h| < 1/j (i). Legyen i1 s i2 kt pozit¡v egsz, s be sljk meg az kLk(i1 ) − Lk(i2 ) k t vols got. Ha |h| < 1/j (i1 ) s |h| < 1/j (i2 ), akkor azt kapjuk, hogy |Lk(i1 ) (h) − Lk(i2 ) (h)| ≤ |Lk(i1 ) (h) − f (x + h) + f (x)| + |f (x + h) − f (x) − Lk(i2 ) (h)| ≤ |h| i1 + |h| , i2 14.§ Di eren ialhatosag ¡gy 1 kLk(i1 ) − Lk(i2 ) k ≤ i1 + 1 i2 . Ez azt mutatja, hogy Lk(i) , i = 1, 2, . Cau hy-sorozat L(X, Y )-ban Jellje L ennek a sorozatnak a hat rrtkt.
Nyilv n L ∈ F Egy tetszleges i-hez van olyan i∗ ≥ i, amelyre kLk(i∗ ) − Lk < 1/i. Innen |f (x + h) − f (x) − L(h)| ≤ |f (x + h) − f (x) − Lk(i∗ ) (h)| + |Lk(i∗ ) (h) − L(h)| ≤ |h| i∗ |h| 2|h| ≤ , i i + ha |h| < 1/j (i∗ ), s ez azt mutatja, hogy L az f fggvny x-beli di eren i lja. Most (1)-bl, s abb¢l, hogy C egy Gδ -halmaz, kvetkezik, hogy lteznek olyan Fs,t z rt rszhalmazai X -nek, hogy C s (f ′ )−1 (F ) = 0 [ ∞ s=−∞ t=1 azaz (f ′ )−1 (F ) ∈ Fσδ . = 0 [ ∞ s=−∞ t=1 Fs,t Fs,t ∞ [ ∞ s=1 t=1 Fs,t = ∞ ∞ [ s=−∞ t=1 Fs,t , 14.2 Ttel Legyen Z norm lt tr, Z0 egy euklidszi tr ny¡lt rszhal- maza, a Zi -k szepar bilis Bana h-terek ny¡lt rszhalmazai (i = 1, 2, . , n), legyen Y ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, T ny¡lt rszhalmaza Rs -nek, s Xi ny¡lt rszhalmaza Rri -nek. Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak Tekintsk az f : T Z , fi : Xi Zi ,
gi : D Xi (i = 1, 2, . , n), f0 : Y Z0 , h : D × Z0 × Z1 × . × Zn Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; ∂h ∂h valamint (i = 1, 2, . , n) par i lis deriv ltjai folytonosak; ∂t ∂zi (3) az fi fggvny λri -majdnem mindentt di eren i lhat¢ (i = 1, 2, . , n); (4) gi folytonosan di eren i lhat¢, s van olyan y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s ∂g a i (t0 , y0 ) m trix rangja ri (i = 1, 2, . , n) ∂y Ekkor f folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. (2) h s a Bizony¡t s. V lasszunk T ′ s Y ′ kompakt lez rt£ ny¡lt halmazokat, amelyekre (t0 , y0) ∈ T ′ × Y ′ ⊂ T ′ × Y ′ ⊂ D, s minden ε > 0-hoz ltezik δ > 0, hogy λri (gi,t (B )) ≥ δ , ha t ∈ T ′ , B ⊂ Y ′ , s λk (B ) ≥ ε. Ilyen ny¡lt halmazok lteznek a 3.10 segdttel szerint 108 14.§ Di
eren ialhatosag Most legyen D′ az sszes olyan (t′ , y ′) p rok halmaza, amelyre t′ ∈ T ′ , y ∈ Y ′ , s fi di eren i lhat¢ a gi (t′ , y ′ ) pontban, ha 1 ≤ i ≤ n. Legyen Xi′ = gi (T ′ ×Y ′ ) (i = 1, 2, . , n) Tegyk fel, hogy (t′ , y ′ ) ∈ D′ , s rgz¡tsk y ′ -t. A t 7 h (t, y ′ , f0 (y ′ ), f1 (g1 (t, y ′ )) , . , fn (gn (t, y ′ ))) ′ fggvnyt fogjuk vizsg lni. Ez a fggvny de ni lva van a t′ egy krnyezetben, s di eren i lhat¢ t′ -ben Ebbl f di eren i lhat¢ t′ -ben, s ∂h ′ ′ (t , y , f0 (y ′ ), f1 (g1 (t′ , y ′)) , . , fn (gn (t′ , y ′ ))) ∂t n X ∂h ′ ′ ∂g + (t , y , f0(y ′ ), f1 (g1 (t′ , y ′ )) , . , fn (gn (t′ , y ′))) fi′ (gi (t′ , y ′ )) i (t′ , y ′) ∂zi ∂t i=1 f ′ (t′ ) = Ez azt jelenti, hogy f ′ , f0 , f1 , f1′ , . , fn , fn′ eleget tesznek egy (5) f ′ (t′ ) = H (t′ , y ′ , f0 (y ′ ), . , fn (gn (t′ ,
y ′ )) , fn′ (gn (t′ , y ′ ))) t¡pus£ egyenletnek minden (t′ , y ′) ∈ D′ -re. A 81 ttelt fogjuk alkalmazni erre az egyenletre, annak bizony¡t s ra, hogy f ′ folytonos T ′ -n. Legyen t0′ egy tetszleges eleme T ′ -nek. Meg akarjuk mutatni, hogy az (5) egyenlet teljes¡ti a 8.1 ttel feltteleit Vil gos, hogy a fggvnyek rtelmezsi tartom ny ra s rtkkszletre vonatkoz¢ felttelek teljeslnek, azzal az eltrssel, hogy az fi′ , (1 ≤ i ≤ n) fggvnyek sak majdnem mindentt vannak de ni lva. Ezen nagyon knny seg¡teni: v lasszunk egy tetszleges kiterjesztst fi′ -nek Xi′ -re. Ekkor 81(1) s 81(4) teljeslnek, s az elz ttel szerint teljesl 81(3) is. (Az, hogy az fi fggvnyek mrhetek, knnyen kvetkezik abb¢l, hogy majdnem mindentt di eren i lhat¢ak.) A 81(2) felttel teljeslse h s gi par i lis deriv ltjainak folytonoss g n m£lik. 81(6) vil gos T ′ s Y ′ v laszt sa miatt. 81(5)
bizony¡t s hoz vegyk szre, hogy 81(6) szerint az {y ′ : y ′ ∈ Y ′ , fi′ nem ltezik a gi (t′ , y ′ ) pontban} halmaz nulla mrtk minden t′ ∈ T ′ -re, mivel a gi,t′ szerinti kpe nulla mrtk Xi -ben. Ez azt mutatja, hogy Y ′ Dt′ ′ nulla mrtk minden t′ ∈ T ′ re, ¡gy Dt′ ′ ∩ Dt′ ′0 mrtke megegyezik Y ′ mrtkvel Most alkalmazva a 8.1 ttelt kapjuk, hogy f ′ folytonos T ′ -n 15.§ Tobbszori di eren ialhatosag 15.§ Tobbszori di eren ialhatosag Ebben a paragrafusban azt a krdst tanulm nyozzuk, hogy a megold sok p-szeri di eren i lhat¢s g b¢l kvetkezik-e a p + 1-szer val¢ di eren i lhat¢s g. Kt ttelt bizony¡tunk be A kt ttel az fi s h fggvnyekre vonatkoz¢ felttelekben klnbzik. 15.1 Ttel Legyen Z norm lt tr, Y s Z0 egy-egy euklidszi tr ny¡lt rszhalmaza, Zi szepar bilis Bana h-tr ny¡lt rszhalmaza (i = 1, 2, . , n), T s Xi , i = 1, 2, . ,
n az Rs , illetve az Rri ny¡lt rszhalmazai, D a T ×Y egy ny¡lt rszhalmaza. Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi (i = 1, 2, , n), fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n), f0 : Y Z0 , h : D × Z0 × Z1 × · · · × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy p > 0, t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) minden ∂tα0 ∂zα11 . ∂zαnn h par i lis deriv lt folytonos, ahol 0 ≤ |α| ≤ p; (3) az fi fggvnyek λri -majdnem mindentt p-szer di eren i lhat¢ak (i = 1, 2, . , n); (4) a gi fggvnyek p-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, s ltezik olyan ∂gi y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s (t0 , y0 ) rangja ri (i = 1, 2, . , n) ∂y Ekkor az f fggvny p-szer folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Ez a ttel p = 1-re az elz paragrafus utols¢ ttelt adja vissza. Bizony¡t s ra hasonl¢an fogunk elj rni, mint az
elz paragrafusban V lasszunk T ′ s Y ′ kompakt lez rt£ ny¡lt halmazokat, amelyekre (t0 , y0 ) ∈ T ′ × Y ′ ⊂ T ′ × Y ′ ⊂ D, s minden ε > 0-hoz ltezik δ > 0, hogy λri (gi,t (B )) ≥ δ , ha t ∈ T ′ , B ⊂ Y ′ , s λk (B ) ≥ ε. Ilyen ny¡lt halmazok lteznek a 3.10 segdttel szerint Most legyen D′ az sszes olyan (t′ , y ′) p rok halmaza, amelyre t′ ∈ T ′ , (j ) y ′ ∈ Y ′ , s fi ltezik a gi (t′ , y ′ ) pontban, ha 1 ≤ j ≤ p s 1 ≤ i ≤ n. Legyen Xi′ = gi (T ′ × Y ′ ) (i = 1, 2, . , n) Ugyan£gy, mint az elz ttel bizony¡t s ban, kapjuk, hogy f ′ , f0 , f1 , f1′ , . , fn , fn′ eleget tesznek egy f ′ (t′ ) = h1 (t′ , y ′ , f0 (y ′ ), . , fn (gn (t′ , y ′ )) , fn′ (gn (t′ , y ′ ))) t¡pus£ egyenletnek minden (t′ , y ′ ) ∈ D′ -re. Itt h1 eleget tesz a ttelben h-ra kir¢tt feltteleknek, de p helyett p − 1-re. Tegyk fel, hogy (t′ , y ′)
∈ D′ , s rgz¡tsk y ′ -t. A t 7 h1 (t′ , y ′ , f0 (y ′ ), . , fn (gn (t′ , y ′ )) , fn′ (gn (t′ , y ′ ))) fggvny de ni lva van a t′ egy krnyezetben, s di eren i lhat¢ t′ -ben. Ebbl f ′ di eren i lhat¢ t′ -ben, s di eren i lva, kapjuk, hogy f ′′ , f0 , f1 , f1′ , f1′′ , . , fn , fn′ , fn′′ 110 15.§ Tobbszori di eren ialhatosag eleget tesznek egy f ′′ (t′ ) = h2 (t′ , y ′ , f0 (y ′ ), . , fn (gn (t′ , y ′ )) , fn′ (gn (t′ , y ′ )) , fn′′ (gn (t′ , y ′ ))) t¡pus£ egyenletnek minden (t′ , y ′ ) ∈ D′ -re. Induk i¢val folytatva, azt kapjuk, hogy f (p) , f0 , f1, , f1(p) , , fn , , fn(p) eleget tesznek egy (5) f (p) (t′ ) = hp t′ , y ′ , f0 (y ′ ), . , fn (gn (t′ , y ′ )) , , fn(p) (gn (t′ , y ′ )) t¡pus£ egyenletnek minden (t′ , y ′) ∈ D′ -re, s hp folytonos. Most ugyan£gy, mint az elz ttel bizony¡t s ban, a 8.1
ttelt alkalmazhatjuk erre az egyenletre, s kapjuk, hogy f (p) folytonos T ′ -n 15.2 Ttel Legyen Z egy euklidszi tr, Y s Zi euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai (1 ≤ i ≤ n), tov bb legyenek T s Xi (i = 1, 2, . , n) ny¡lt rszhalmazai Rs -nek, illetve Rri -nek, s D egy ny¡lt rszhalmaza T ×Y nak. Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi (i = 1, 2, , n), fi : Xi : Zi (i = 1, 2, . , n), h : D × Z1 × · · · × Zn Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy p > 0, t0 ∈ T , s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); (2) az sszes ∂tα0 ∂zα11 . ∂zαnn h par i lis deriv ltak folytonosan di eren i lhat¢ak 0 ≤ |α| ≤ p esetn; (3) az fi , i = 1, 2, . , n fggvnyek p-szer folytonosan di eren i lhat¢ak; (4) a gi fggvnyek p +1-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, s ltezik olyan ∂gi y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s (t0 , y0 ) rangja ri , ha i = 1, 2, .
, n ∂y Ekkor az f fggvny p + 1-szer folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Legyen 1 ≤ q ≤ s s di eren i ljuk az (1) egyenletet par i lisan tq szerint. Elhagyva a v ltoz¢k ki¡r s t, azt kapjuk, hogy ∂f ∂tq = ∂h ∂tq ri n X X ∂h X ∂fi,j ∂gi,k + . ∂z ∂x ∂t i,j i,k q i=1 j k=1 Itt zi = (zi,j ), xi = (xi,k ), fi = (fi,j ) s gi = (gi,k ). Ez az egyenlet azt mutatja, hogy ha α ∈ Ns s |α| = 1, akkor ∂ α f eleget tesz egy ∂ f (t) = hα,0 (t, y ) + α nα X β =1 hα,β (t, y )fα,β (gα,β (t, y )) alak£ fggvnyegyenletnek minden (t, y ) ∈ D-re. Itt, ha az α vektor q-adik koordin t ja egy, a tbbi nulla, akkor hα,0 (t, y ) = ∂h (t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))), ∂tq 15.§ Tobbszori di eren ialhatosag s hα,β (t, y ) = gα,β = gi fα,β = valamely 1 ≤ i ≤ n-re, ∂fi,j ∂xi,k valamely i, j, k-ra, ∂h ∂g (t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) i,k (t,
y ) ∂zi,j ∂tq valamely i, j, k-ra. Vil gos, hogy a hα,β fggvny sszes t szerinti, legfeljebb p − 1-edik par i lis deriv ltja folytonosan di eren i lhat¢, tov bb fα,β valamely Xi -t kpezi le R-be s p − 1-szer folytonosan di eren i lhat¢, ha 0 ≤ β ≤ nα . Megismtelve ezt az elj r st, |α| szerinti induk i¢val azt kapjuk, hogy ha α ∈ Ns , 1 ≤ |α| ≤ p, akkor ∂ α f eleget tesz az (5) ∂ f (t) = hα,0 (t, y ) + α nα X β =1 hα,β (t, y )fα,β (gα,β (t, y )) fggvnyegyenletnek minden (t, y ) ∈ D-re. Itt hα,β : D Z s minden t szerinti legfeljebb p − |α|-adik par i lis deriv ltja folytonosan di eren i lhat¢, tov bb fα,β : Xi R valamely 1 ≤ i ≤ n-re, s az fα,β fggvnyek p − |α|szor folytonosan di eren i lhat¢ak, vgl gα,β = gi arra az i-re, amelyre dmn fα,β = Xi . Legyen most α ∈ Ns , |α| = p, s haszn ljuk fel a 11.3 ttelt Azt kapjuk, hogy az f fggvny p +1-edik par i lis deriv ltjai
lteznek s folytonosak a t0 egy krnyezetben, ¡gy az f fggvny p + 1-szer folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. 112 16.§ Analitikuss g 16.§ Analitikuss g Ebben a paragrafusban egyetlen ttelt fogunk bizony¡tani, amely kezdeti lpsnek tekinthet ebbe az ir nyba, s a J rai [83℄ dolgozatban kerlt publik l sra. A tmakrrel kap solatban meg kell eml¡tennk Pales [134℄ dolgozat t, amely egy ltal nos m¢dszert tartalmaz, melynek seg¡tsgvel ktv ltoz¢s fggvnyegyenletek egy ltal nos t¡pus ra a C ∞ -megold sokra di eren i legyenlet kaphat¢; P les az ¡gy kapott di eren i legyenletet haszn lja fel annak bizony¡t s ra, hogy a C ∞ -megold sok egy nagy" halmazon analitikusak. Szksgnk lesz egy segdttelre, amely m s jellsekkel megtal lhat¢ Federer [42℄ knyvben, 239. o 16.1 Segdttel Ha az f s g val¢s fggvnyek p-szer di eren i lhat¢ak a t, illetve x = g (t) pontban, akkor (1) αj p j X
Y d α f d g dp (f ◦ g )(t) = eα α (g (t)) (t ) , dtp dy dxj j =1 α∈S (p) ahol az sszegzs az sszes olyan p-tag£ nemnegat¡v egsz sz mokb¢l ll¢ α sorozatok S (p) halmaz ra trtnik, amelyekre p X j =1 jαj = p, az eα -k pedig sak az α-t¢l fgg pozit¡v egsz sz mok. Ha A s B nemnegat¡v val¢s sz mok, akkor (2) X α∈S (p) eα B α (α)! p Y (Aj j !)αj = Ap p!B (B + 1)p−1 . j =1 Bizony¡t s. (1) knnyen igazolhat¢ p szerinti teljes induk i¢val (2) bizony¡t s hoz tekintsk a valamint az g (t) = At , 1 − At f (x ) = Bx 1 − Bx fggvnyeket. Ekkor (f ◦ g )(t) = ABt , 1 − A(B + 1)t s a deriv ltak knnyen sz molhat¢k. Alkalmazva (1)-et ezekre a fggvnyekre a t = 0 pontban, ppen az ll¡t st kapjuk 16.§ Analitikuss g 16.2 Ttel Tegyk fel, hogy az f : ℄a, b[ R ismeretlen fggvny eleget tesz az (1) f (t) = n X i=1 ci f (gi (t, y )) minden t, y ∈ ℄a, b[-re fggvnyegyenletnek, ahol a ci
-k val¢s konstansok, a gi : ℄a, b[ × ℄a, b[ ℄a, b[ (i = 1, 2, . , n) fggvnyek adottak, s teljeslnek az al bbi felttelek: (2) gi (t, y ) a t s y kz esik minden t, y ∈℄a, b[-re; (3) gi analitikus s ∂ p gi (t, y ) ≤ Ap p! ∂ k t∂ p−k y teljesl minden t, y ∈ ℄a, b[-re s p = 1, 2, . -re valamely 0 < A < 1 konstanssal; (4) minden t ∈ ℄a, b[-re s i = 1, 2, . , n-re az ℄a, b[-nek ℄a, b[-be val¢ y 7 gi (t, y ) lekpezse szigor£an monoton, s az a gi (t, x) fggvny, amelyre az x 7 gi (t, x) lekpezs az y 7 gi (t, y ) inverze, ktszer folytonosan di eren i lhat¢ az rtelmezsi tartom ny n. Ekkor (1) b rmely vgtelen sokszor di eren i lhat¢ f megold sa analitikus ℄a, b[-n. Bizony¡t s. Meg fogjuk mutatni, hogy ha [c, d℄ az ℄a, b[ egy kompakt rszintervalluma, akkor ltezik olyan 0 < B < ∞ val¢s konstans, hogy (5) dp f (t) ≤ B p p! dxp (p = 1, 2, . ) minden t ∈ [c, d℄-re. Ebbl
kvetkezik, hogy f analitikus ℄c, d[-n, s ¡gy analitikus ℄a, b[-n is. Hogy az (5) be slst megkapjuk, p szerinti teljes induk i¢t fogunk haszdf n lni. A els deriv ltra ilyen B ltezse nyilv nval¢, mivel folytonos. dt Di eren i ljuk az (1) egyenlet mindkt oldal t p-szer. Ekkor a bal oldalon dp f (t) ll, a jobb oldalon pedig n darab f (g (t, y )) t¡pus£ tag t szerinti p-edik dtp par i lis deriv ltj nak line ris kombin i¢ja. Egy ilyen par i lis deriv lt, elhagyva az i indexet, az elz segdttel szerint a kvetkezkppen nz ki: (6) αj p j X Y ∂p ∂ α f ∂ g f (g (t, y )) = eα α (g (t, y )) (t, y ) , ∂tp ∂x ∂tj j =1 α∈S (p) ahol S (p) az sszes olyan nemnegat¡v egsz sz mokb¢l ll¢ p-tag£ α sorozatok halmaza, amelyekre p X j =1 jαj = p, 114 16.§ Analitikuss g az eα -k pedig pozit¡v egsz sz mok. Integr ljuk a p-szeri di eren i l ssal kapott egyenlet mindkt oldal t y szerint c-tl d-ig. Ekkor a bal oldalon a (d −
c) dp f (t) dtp kifejezst kapjuk, a jobb oldalon pedig (6) szerint (7) Z d c αi p j Y ∂ α f ∂ g (g (t, y )) (t, y ) dy j ∂xα ∂t j =1 t¡pus£ tagok line ris kombin i¢j t. Minden ilyen tagban bevezethetnk egy x = g (t, y ) helyettes¡tssel egy £j v ltoz¢t, s azt kapjuk, hogy (8) αj Z g (t,d) α p j Y ∂ f ∂ g ∂g (x ) (t, g(t, x)) (t, x) dx. j α ∂t ∂x g (t,c) ∂x j =1 Az integr l, mint a fels hat r fggvnye di eren i lhat¢s g ra, valamint a paramteres integr lok di eren i l s ra vonatkoz¢ ttel szerint a (8) kifejezs di eren i lhat¢ t szerint, s deriv ltja (9) αj Z g (t,d) α p j Y ∂ f ∂ ∂ g ∂g (x) (t, g(t, x)) (t, x) dx j α ∂t ∂t ∂x g (t,c) ∂x j =1 αj p Y dα f ∂j g ∂g ∂g + α (g (t, d)) (t, g (t, g (t, d))) (t, g (t, d)) (t, d) j dx ∂t ∂x ∂t j =1 αj p j Y dα f ∂ g ∂g ∂g − α (g (t, c)) (t, g (g (t, c))) (t, g (t, c)) (t, c). j dx ∂t ∂x ∂t
j =1 Ennek a kifejezsnek az abszol£t rtkre egy fels be slst a kvetkezkppen kaphatunk: Mivel gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ rtelmezsi tartom ny n, van olyan 1 < E < ∞ konstans, hogy a Hi kompakt halmazon = (t, gi (t, y )) : t, y ∈ [c, d℄ ∂gi (t, x) ≤ E, ∂t ∂gi (t, x) ≤ E, ∂x ∂ 2gi (t, x) ≤ 2E 2 , ∂x∂t ha (t, x) ∈ Hi , ha (t, x) ∈ Hi , ha (t, x) ∈ Hi . 16.§ Analitikuss g Igy a (9)-ben szerepl m sodik s harmadik tag abszol£t rtkre a kvetkez fels be slst kaphatjuk: B α (α)! (10) p Y Aj j ! j =1 αj EA. Az integr los tag be slse valamivel nehezebb. Ha a z r¢jelben ll¢, di eren i land¢ szorzat utols¢ tnyezjt deriv ljuk t szerint, akkor a kapott tag be slse p Y (11) j =1 Aj j ! αj 2E 2 , ha viszont a j -edik tnyezt deriv ljuk, akkor a kapott tag be slse (12) Y αj −1 j +1 αj Aj j ! A (j + 1)!(E + 1)E (As s!)αs s6=j p Y = AE (E + 1)(j + 1)αj
(As s!)αs . s=1 Igy az integr l teljes fels be slse a kvetkez: (13) (d − c)B α (α)! p Y s=1 (A s!) s αs ≤ (d − c)4E 2 pB α (α)! 2E 2 + AE (E + 1) p Y s=1 p X j =1 (j + 1)αj (As s!)αs . sszegezve α ∈ S (p)-re, az egy f (gi (t, y )) tagb¢l keletkezett tagok fels be slseknt az elz segdttel felhaszn l s val a kvetkezt kapjuk: (14) (4E 2 p(d − c) + 2E ) X B α (α)! p Y (As s!)αs s=1 α∈S (p) p 2 = (4E p(d − c) + 2E )A p!B (B + 1)p−1 ≤ (4E 2 (d − c) + 2E )Ap (B + 1)p (p + 1)!. Vgl, sszegezve i-re, azt kapjuk, hogy (15) dp+1 f (t) ≤ (A(B + 1))p (p + 1)! p +1 dt ≤ B p+1 (p + 1)! minden t ∈ [c, d℄-re, ha B≥ 4E 2 + 2E d−c X n i=1 |ci | Ezzel bel ttuk, hogy f analitikus ℄c, d[-n. 4E 2 + s 2E d−c B≥ X n i=1 A . 1−A |ci | 116 17.§ Regularitas sokasagokon V. Regularitási tételek sokaságokon 17.§ Regularitas sokasagokon Mint a
bevezetsben eml¡tettk, regularit si tteleink nagy rsze tvihet di eren i lhat¢ sokas gokra. A legtbb ttel lok lis jelleg, ezeknl az tvitel semmi nehzsget nem okoz. A 115 ttel azonban glob lis jelleg, ¡gy b r a bizony¡t s mutatja az ltal nos¡t s lehetsgt, sz mos te hnikai rszletben klnbz £j bizony¡t st kell adnunk sokas gok esetben. Az al bbiakban sak a legfontosabb ttelek sokas gokra vonatkoz¢ v ltozat t t rgyaljuk, a lok lis jelleg ttelek esetn az euklidszi trre vonatkoz¢ megfelel ttelre vezetve vissza az ltal nosabb esetet, s az egyetlen glob lis jelleg eredmny esetn £j bizony¡t st adva. 17.1 Ttel: mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g Legyen Z teljesen regul ris tr, Z0 egy σ -kompakt teljesen regul ris tr, Zi (i = 1, 2, . , n) megsz ml lhat¢ b zis£ teljesen regul ris tr, s T tetszleges topologikus tr Legyenek Y s Xi di eren i lhat¢ sokas gok (i = 1, 2, , n) s D egy
ny¡lt rszhalmaza T ×Y -nak. Tekintsk az f : T Z , f0 : Y Z0 , gi : D Xi , fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z0 × Z1 × × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) h folytonos; (3) az fi fggvny Lebesgue-mrhet az Ai rszhalmaz n Xi -nek (1 ≤ i ≤ n); (4) minden gi,t par i lis lekpezs C 1 -szubmerzi¢ (i = 1, 2, . , n); T −1 (5) ni=1 gi,t 0 (Ai ) nem nulla mrtk; (6) a (t, y ) ∈ D s v az Y sokas g y -beli rintterben van felttelekkel a T s az Y rintnyal bja szorzat ban megadott ny¡lt halmazon rtelme′ zett, Xi rintnyal bj ba kpez (t, y, v ) 7 gi,t (y ), gi,t(y ) lekpezs folytonos. Ekkor f folytonos a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Ezt a ttelt a 83 ttelre fogjuk visszavezetni, koordin t kra ttrve Mivel megsz ml lhat¢ sok trkp rtelmezsi
tartom nya lefedi Y -t, van olyan ϕ trkp, hogy W rtelmezsi tartom ny nak a metszete 17.§ Regularitas sokasagokon a n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ) halmazzal nem nullahalmaz. Tekintsk ennek a halmaznak ϕ ltali kpt, s legyen y0∗ ennek egy srsgi pontja. A gi (t0 , y0 ) pontok elg kis krnyezetein ltezik egy-egy ξi trkp. A t0 elg kis V krnyezett v lasztva s szksg esetn skkentve W -t elrhetjk, hogy V × W ⊂ D s gi (V × W ) ⊂ dmn ξi teljesljn (i = 1, 2, . , n) Legyen W ∗ = rng(ϕ), D∗ = V × W ∗ , Xi∗ = rng(ξi ), A∗i = ξi (Ai ), gi∗(t, y ∗ ) = ξi (gi (t, ϕ−1 (y ∗ ))), ha (t, y ∗) ∈ D∗ , f0∗ = f0 ◦ ϕ, fi∗ = fi ◦ ξi s h∗ (t, y ∗ , z0 , z1 , . , zn ) = h(t, ϕ−1 (y ∗ , z0 , z1 , , zn ), ha (t, y ∗ ) ∈ D∗ s zi ∈ Zi (i = 0, 1, . , n) A ∗ -gal jelzett halmazokra s fggvnyekre alkalmazhat¢ a 8.3 ttel, s ¡gy a bizony¡t s teljes 17.2 Ttel:
Baire-tulajdons gb¢l kvetkezik a folytonoss g Legyen T topologikus tr, Y s Xi di eren i lhat¢ sokas gok, Z teljesen regul ris tr, Z0 egy σ -kompakt tr, Zi (i = 1, 2, . , n) megsz ml lhat¢ b zis£ topologikus tr, s legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak. Tekintsk az f : T Z , f0 : Y Z0 , gi : D Xi , fi : Xi Zi (i = 1, 2, . , n) s h : D × Z0 × Z1 × . × Zn Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) (3) (4) (5) (6) h folytonos; fi Baire-tulajdons g£ az Ai rszhalmaz n Xi -nek (i = 1, 2, . , n); minden gi,t par i lis lekpezs C 1 -szubmerzi¢ (i = 1, 2, . , n); Tn −1 i=1 gi,t0 (Ai ) m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza Y -nak; a (t, y ) ∈ D s v az Y sokas g y -beli rintterben van felttelekkel a T s az Y rintnyal bja szorzat ban megadott ny¡lt halmazon rtelme′ zett, Xi
rintnyal bj ba kpez (t, y, v ) 7 gi,t (y ), gi,t(y ) lekpezs folytonos. Ekkor f folytonos a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. A ttelt a 102 ttelre vezetjk vissza Mivel (5) szerint n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ) m sodik kateg¢ri j£ halmaz Y -ban, ltezik olyan y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s y0 minden ny¡lt W krnyezetre a W∩ n i=1 −1 gi,t 0 (Ai ) 118 17.§ Regularitas sokasagokon halmaz m sodik kateg¢ri j£. A gi (t0 , y0 ) pontok elg kis krnyezetein ltezik egy-egy ξi trkp V lasszunk olyan kis V krnyezett t0 -nak s olyan kis W -t, hogy W -n szintn ltezzen egy ϕ trkp, V × W ⊂ D legyen s gi (V × W ) ⊂ dmn ξi teljesljn (i = 1, 2, . , n) Legyen W ∗ = rng(ϕ), D∗ = V × W ∗ , Xi∗ = rng(ξi ), A∗i = ξi (Ai ), gi∗ (t, y ∗ ) = ξi (gi (t, ϕ−1 (y ∗ ))), ha (t, y ∗) ∈ D∗ , f0∗ = f0 ◦ ϕ, fi∗ = fi ◦ ξi s h∗ (t, y ∗, z0 , z1 , . , zn ) = h(t, ϕ−1 (y ∗ , z0 , z1
, . , zn ), ha (t, y ∗ ) ∈ D∗ s zi ∈ Zi (i = 0, 1, , n) A ∗ -gal jelzett halmazokra s fggvnyekre alkalmazhat¢ a 10.2 ttel, s ¡gy a bizony¡t s teljes. Az kvetkez ttel ennek a paragrafusnak a legfontosabb eredmnye. Bizony¡t s hoz szksgnk lesz az al bbi lemm ra. 17.3 Lemma Legyen Z ny¡lt rszhalmaza egy euklidszi trnek, Z1 , Z2 , . , Zn euklidszi terek konvex ny¡lt rszhalmazai Legyenek T s Y ny¡lt rszhalmazai Rs -nek illetve Rk -nak, Xi ny¡lt rszhalmaza Rri -nek (i = 1, 2, . , n) Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak, (t0 , y0 ) ∈ D Tekintsk az f : T Z , fi : Xi Zi , gi : D Xi (i = 1, . , n), h : D × Z1 × Z2 × · · · × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); ∂h fggvnyek Lips hitz-folytonosak (2) h folytonosan di eren i lhat¢, a ∂z i ∂h ∂h fggvnyek korl tosak B ′ il′ Li Lips hitz-konstanssal, a s
∂z 0 ∂t i ′ letve Bi korl ttal (i = 1, 2, . , n); (3) gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ Lips hitz-fggvny Li Lips hitzi konstanssal, s ∂g (t , y ) rangja ri , ha i = 1, . , n; ∂y 0 0 (4) az fi fggvnyek folytonosak, folytonoss gi moduluszuk ωi . Ekkor lteznek olyan R0 > 0 s c0 > 0 konstansok s V ny¡lt gmbkrnyezete t0 -nak, hogy ha t, t′ ∈ V , 0 < R < R0 , akkor |f (t) − f (t′ )| ≤ B0′ |t − t′ | + + n X i=1 n X i=1 Bi′ |t − t′ |c0 /R ωi (Li |t − t′ |)L′i |t − t′ | + R + n X j =1 ωj Lj (|t − t′ | + R) . Bizony¡t s. Rgz¡tsnk egy S szimplexet Rk egysggmbjben, amely belsejben tartalmazza az orig¢t. Alkalmazva a 112 lemm t az fi koordin tafggvnyeire, azt kapjuk, hogy lteznek δ > 0, R0 > 0 s C £gy, hogy a t0 kzppont£ δ sugar£ V ny¡lt gmbre s az y0 kzppont£ s R0 sugar£ z rt W gmbre V × W benne van D-ben, s a t 7 Z RS +y0 fi (gi
(t, y )) dy 17.§ Regularitas sokasagokon lekpezsek folytonosan di eren i lhat¢ak V -n, gradiensk pedig korl tos CRk−1 korl ttal, ha 0 < R < R0 . Legyen t, t′ ∈ V Legyen R egy tetszleges val¢s sz m, amelyre 0 < R < R0 . Integr ljuk a fggvnyegyenlet mindkt oldal t az RS + y0 szimplex felett y szerint. Azt kapjuk, hogy |S|R f (t) = k Z RS +y0 h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) dy, ahol |S| > 0 az S szimplex mrtke. Innen |S|R |f (t) − f (t )| = k ′ Z RS +y0 h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) − h(t′ , y, f1(g1 (t′ , y )), . , fn (gn (t′ , y ))) dy Hogy a bal oldalra egy j¢ fels be slst kapjunk, a h(t, y, f1 (g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))) − h(t′ , y, f1(g1 (t′ , y )), . , fn (gn (t′ , y ))) klnbsg egy j¢ fels be slsre van szksgnk. Alkalmazhatjuk a Taylorttelt a h fggvnyre a z = (t, y, z1, . , zn ) s z′ = (t′ , y, z1′ , , zn′ )
pontokkal, ahol t′ , t ∈ V , y ∈ W , zi = fi (gi (t, y )) s zi′ = fi (gi (t′ , y )), ha i = 1, . , n A z s z ′ pontok, ¡gy az ket sszekt szakasz is, benne van V × W × Z1 × · · · × Zn -ben. gy azt kapjuk, hogy Z 1 ∂h h(z ) − h(z ) = (τ z + (1 − τ )z′ )(t − t′ ) dτ ∂t 0 n Z 1 X ∂h + (τ z + (1 − τ )z′ )(zi − zi′ ) dτ. ∂z i i=1 0 ′ Felhaszn lva ezt, s elhagyva a v ltoz¢k ki¡r s t, azt kapjuk, hogy Z 1 ∂h |S|R |f (t ) − f (t)| = (τ z + (1 − τ )z′ )(t − t′ ) dτ ∂t RS +y0 0 n Z 1 X ∂h + (τ z + (1 − τ )z′ )(zi − zi′ ) dτ dy . ∂zi i=1 0 k ′ Z A h romszg-egyenltlensg felhaszn l s val n + 1 tagot kapunk a jobb oldalon. Az els tagra a trivi lis |S|Rk B0′ |t′ − t| fels korl tot kapjuk, ahol B0′ az ∂h fels korl tja. Legyen zi0 = fi (gi (t, y0 )) (i = 1, 2, , n), s legyen ∂t 120 17.§ Regularitas sokasagokon z0 ∂h par i lis deriv lt rtket a z
0 = (t, y0, z10 , . , zn0 ) Ha h′i jelli a ∂z i pontban, akkor a tbbi tagot £gy ¡rhatjuk, mint Z RS +y0 Z 1 ∂h 0 Z + h′i ∂zi RS +y0 (τ z + (1 − τ )z ) − ) (zi − zi′ ) dτ dy ′ h′i (zi − zi′ ) dy norm j t. Elszr ezen sszeg els tagj nak norm j ra adunk egy fels be slst. |zi − zi′ | egy fels be slse ωi (Li |t − t′ |), mivel Li Lips hitz-konstans gi sz m ra V × W -n. Innen Z 1 ∂h Z ∂zi RS +y0 0 Z ′ ≤ ωi (Li |t − t |) (τ z + (1 − τ )z ) − ) (zi − zi′ ) dτ dy ′ h′i Z 1 ∂h (τ z + (1 − τ )z′ ) − h′i dτ dy. ∂z i RS +y0 0 ∂h (τ z + (1 − τ )z ′ ) − ∂h (z 0 ) klnbsg be slsre. Ez Szksgnk van a ∂z ∂zi i ′ a klnbsg nem nagyobb, mint Li -szr a τ z + (1 − τ )z′ − z0 klnbsg norm ja, azaz L′i -szr a maxim lis t vols g a z′ s z0 = (t, y0, z10 , . , zn0 ) ∂h sz m ra. A maxim lis vektorok kztt, ahol L′i a Lips
hitz-konstans ∂z i P t vols g z′ s z0 kztt |t − t′ | + R + nj=1 ωj Lj (|t − t′ | + R) -rel be slhet. gy az |S|R ωi (Li |t − t |) k ′ L′i |t − t | + R + ′ n X j =1 ωj Lj (|t − t | + R) ′ fels korl tot kapjuk az els tagra. Hogy a m sodik tagra is kapjunk egy fels korl tot, Z RS +y0 (zi − ) dy = zi′ Z RS +y0 (fi (gi (t, y )) − fi (gi (t′ , y ))) dy abszol£t rtknek be slsre van szksgnk, mivel |h′i | trivi lisan korl tos a Bi′ fels korl tj val ∂h -nek. A lemm b¢l erre az integr lra a |t − t′ |CRk−1 ∂zi fels korl tot kapjuk. sszegezve a fenti be slseket, az |f (t) − f (t′ )| ≤ B0′ |t − t′ | + + n X i=1 n X i=1 Bi′ |t − t′ |C/(|S|R) ωi (Li |t − t′ |)L′i |t − t′ | + R + n X j =1 ωj Lj (|t − t′ | + R) be slshez jutunk, ami ppen a lemma ll¡t s t adja c0 = C/|S| jellssel. 17.§ Regularitas sokasagokon 17.4 Ttel:
folytonos megold sok lok lis Lips hitz tulajdons ga Legyenek Z , T s Y di eren i lhat¢ sokas gok, D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak, C egy kompakt rszhalmaza T -nek. Tekintsk az f : T Z , gi : D T (i = 1, . , n), h : D × Z n Z fggvnyeket Tegyk fel, hogy (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f (g1(t, y )), . , f (gn(t, y ))); (2) h ktszer folytonosan di eren i lhat¢; (3) gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ D-n s minden t0 ∈ T -hez van olyan y0 , amelyre (t0 , y0) ∈ D, gi (t0 , y0 ) ∈ C s y 7 gi (t0 , y ) szubmerzi¢ y0 -ban, ha i = 1, . , n; (4) f folytonos. Ekkor f lok lisan Lips hitz fggvny T -n. Bizony¡t s. V lasszunk s rgz¡tsnk egy-egy Riemann-strukt£r t Z - n, Y -on s T -n (l sd [39℄, 20.713) Mindh rom sokas gon egy, a rgz¡tett Riemann-strukt£r b¢l sz rmaz¢ t vols got fogunk haszn lni, s ezt az egyszersg kedvrt mindh rom esetben ̺-val jelljk. Ezt a t vols got a kvetkezkppen de ni ljuk:
az adott sokas g minden komponensn ltezik egy, a Riemann-strukt£r b¢l sz rmaz¢ ̺′ t vols g ([39℄, 20.163) Legyen ̺(x, y ) = min{1, ̺′ (x, y )}, ha x s y a sokas g ugyanazon komponensben vannak, egybknt legyen ̺(x, y ) = 1. Ezzel a de n¡ i¢val ̺ a sokas g topol¢gi j t induk l¢ t vols g, s ha ̺(x, y ) < 1, akkor x s y ugyanabban a komponensben vannak, ̺′ (x, y ) is rtelmezve van, s megegyezik ̺(x, y )-nal. A bizony¡t s alapgondolata az f folytonoss gi modulusz nak haszn lata. Mivel ez ltal ban nem szubaddit¡v, egy m¢dos¡t s t fogjuk haszn lni Erre megmutatjuk, hogy eleget tesz egy fggvnyegyenltlensgnek, s ebbl fog kvetkezni, hogy f lok lisan Lips hitz fggvny. Egy ε > 0-ra jellje Cε = {x : ̺(x, C ) ≤ ε} a C (z rt) ε-krnyezett. Legyen Cε = C , ha ε ≤ 0 Mivel T lok lisan kompakt, ltezik ny¡lt krnyezete C -nek, amelynek a lez rtja kompakt. Ezen krnyezet komplementernek a t vols ga C -tl
pozit¡v. Ha ε kisebb mint ez a t vols g, akkor Cε kompakt V lasszunk C minden t pontj hoz egy Vt ny¡lt krnyezetet ugyanabban a komponensben, s egy 0 < εt < 1/2 sz mot £gy, hogy minden Vt -beli kzppont£, εt sugar£ ny¡lt gmb szigor£an geodetikusan konvex legyen (l sd [39℄, 20.175) V lasszunk ki a Vt , t ∈ C ny¡lt lefedsbl C -nek egy vges lefedst, s legyen ε > 0 kisebb a megfelel εt rtkeknl £gy, hogy Cε is kompakt legyen. Legyen ω (r ) = sup{̺(f (x), f (y )) : x ∈ Cε , ̺(x, y ) ≤ r, y ∈ Cε−̺(x,y) }. Nyilv n ω monoton nvekv, ω (0) = 0 s ω folytonos a null ban, mivel f egyenletesen folytonos a Cε kompakt halmazon. Megmutatjuk, hogy ω (r1 + r2 ) ≤ ω (r1 ) + ω (r2 ), ha 0 ≤ r1 , r2 , r1 + r2 ≤ ε. 122 17.§ Regularitas sokasagokon Feltehetjk, hogy r2 ≤ r1 . Tegyk fel indirekt, hogy ω (r1 + r2 ) > ω (r1) + ω (r2 ). Ekkor lteznek x s y £gy, hogy ̺(x, y ) ≤ r1 + r2 , x ∈
Cε s y ∈ Cε−̺(x,y) , de ̺(f (x), f (y )) > ω (r1 ) + ω (r2 ). Valamely c ∈ C -re ̺(y, c) = ̺(y, C ) ≤ ε − ̺(x, y ), ¡gy ̺(x, c) ≤ ε. Valamely εt > ε-ra a c kzppont£, εt sugar£ ny¡lt gmb szigor£an geodetikusan konvex, ¡gy pontosan egy olyan geodetikus ¡v ltezik, amely x-et y -nal kti ssze, s amelynek hossza ̺(x, y ). B rmely z pontra ezen az ¡ven ̺(x, y ) = ̺(x, z) + ̺(z, y ). A z pontot £gy v lasztva, hogy ̺(y, z ) ≤ ̺(x, z ), ̺(x, z ) ≤ r1 s ̺(z, y ) ≤ r2 fenn lljon, kapjuk, hogy ̺(z, c) ≤ ̺(y, c) + ̺(z, y ) ≤ ε − ̺(x, y ) + ̺(y, z ) = ε − ̺(x, z ), ¡gy z ∈ Cε−̺(x,z) ⊂ Cε−̺(y,z) , ahonnan ̺(f (x), f (z)) ≤ ω (r1 ) s ̺(f (z), f (y )) ≤ ω (r2 ), ami ellentmond s. Rgz¡tsnk egy η > 1 egsz sz mot (pld ul η = 2 megfelel). Egy tetszleges t0 ∈ Cε -hez v lasszunk egy (t0 -t¢l fgg) y0 -t (3) szerint. Legyen z0 = f (t0 ), x0i = gi (t0 , y0 ) s zi0 = f
(x0i ), ha i = 1, 2, . , n A Z sokas g z0 -t tartalmaz¢ komponensre alkalmazva [39℄ 20.171, 20175-t, azt kapjuk, hogy van olyan 0 < δt0 < 1/2, hogy 0 < r ≤ δt0 esetn a z0 kzppont£ r sugar£ ny¡lt gmb szigor£an geodetikusan konvex. Szksg esetn skkentve δt0 -at elrhetjk, hogy a ψ norm l koordin t z s rtelmezve van a δt0 sugar£ z0 kzppont£ ny¡lt gmbn, tov bb , hogy ha z s z ′ ezen gmb pontjai, akkor 1 η |ψ (z ) − ψ (z ′ )| ≤ ̺(z, z ′ ) ≤ η|ψ (z ) − ψ (z ′ )|, azaz a norm l koordin t z s s inverze is Lips hitz-fggvny a z0 pont δt0 sugar£ krnyezete s annak koordin ta-trbeli kpe (amely szintn δt0 sugar£ ny¡lt gmb z0∗ = ψ (z0 ) kzpponttal) kztt. (L sd [39℄, 20164, 20165) Legyen Z ∗ a z0∗ kzppont£, δt0 sugar£ ny¡lt gmb. Hasonl¢an elj rva, v laszthatunk a T , Y s Z sokas gok t0 , y0 s zi0 pontjaihoz szigor£an geodetikusan konvex ny¡lt gmbket,
amelyeken a τ , ϕ illetve ψi norm l koordin t z sok rtelmezve vannak, Lips hitz-fggvnyek η Lips hitz-konstanssal, s inverzeik is Lips hitz-fggvnyek η Lips hitzkonstanssal. Jellje a T ∗ , Y ∗ illetve Zi∗ ezen gmbk kpt a megfelel koordin ta-trben. Szksg esetn skkentve a sugarakat elrhetjk, hogy τ −1 (T ∗ ) × ϕ−1 (Y ∗ ) ⊂ D teljesljn, s a (t∗ , y ∗, z1∗ , . , zn∗ ) 7 ψ (h(τ −1 (t∗ ), ϕ−1 (y ∗ ), ψ1−1(z1∗ ), , ψn−1 (zn∗ ))) lekpezs T ∗ × Y ∗ × Z1∗ × · · · × Zn∗ -ot Z ∗ -ba kpezze le. Ezt a lekpezst h∗ -gal fogjuk jellni. Tov bb skkentve a sugarakat, elrhetjk, hogy h∗ par i lis deriv ltjai korl tos Lips hitz-fggvnyek legyenek. Hasonl¢an folytatva, a T sokas g x0i pontjaihoz v lasztunk szigor£an geodetikusan konvex 17.§ Regularitas sokasagokon ny¡lt Xi gmbket legfeljebb ε/3 sug rral, amelyeken a ξi norm l koordin t z sok rtelmezve
vannak, Lips hitz-fggvnyek η Lips hitz-konstanssal, s inverzeik is Lips hitz-fggvnyek η Lips hitz-konstanssal. Jellje Xi∗ ezen gmbk kpt a megfelel koordin ta-trben. Szksg esetn skkentve a sugarakat elrhetjk, hogy a x∗i 7 ψi (f (ξi−1 (x∗i ))) lekpezs Xi∗ -ot Zi∗ -ba kpezze le. Ezt a lekpezst fi∗ -gal fogjuk jellni Szksg esetn skkentve a t∗0 = τ (t0 ) s y0∗ = ψ (y0 ) pontok krli T ∗ illetve Y ∗ gmbk sugarait elrhetjk, hogy a (t∗ , y ∗ ) 7 ξi (gi (τ −1 (t∗ ), ϕ−1 (y ∗ ))) lekpezs T ∗ × Y ∗ -ot Xi∗ -ba kpez Lips hitz-lekpezs legyen. Ezt a lekpezst gi∗ -gal fogjuk jellni Jellje f ∗ a t∗ 7 ψ −1 (f (τ (t∗))) lekpezst T ∗ -nak Z ∗ -ba. Jellje ωi∗ a (szok sos rtelemben vett) folytonoss gi modulusz t fi∗ -nak. Megmutatjuk, hogy ωi∗ (r) ≤ ηω (ηr) minden r ≥ 0-ra. Ha xi , x′i ∈ Xi , akkor ̺(xi , x0i ) < ε/3
s ̺(x′i , x0i ) < ε/3, ¡gy felhaszn lva, hogy x0i ∈ C , azt kapjuk, hogy xi ∈ Cε s ̺(xi , x′i ) < 2ε/3, ¡gy x′i ∈ Cε−̺(xi ,x′i ) . Tegyk fel, hogy |ξi (xi ) − ξi (x′i )| ≤ r . Ekkor ̺(xi , x′i ) ≤ ηr , amibl ̺(f (xi), f (x′i )) ≤ ω (ηr ) Innen |fi∗ (ξi (xi )) − fi∗ (ξi (x′i ))| = |ψi (f (xi )) − ψi (f (x′i ))| ≤ ηω (ηr ). Szuprmumot vve a bal oldalon, kapjuk az ωi∗ (r) ≤ ηω (ηr) egyenltlensget. Alkalmazzuk az elz lemm t a ∗ -gal jellt halmazokkal s fggvnyekkel. Azt kapjuk, hogy ltezik olyan t0 kzppont£, 0 < εt0 < 1/2 sugar£, szigor£an geodetikusan konvex ny¡lt gmb, amelyen a τ norm l koordin t z s rtelmezve van, Rt0 > 0 s ct0 konstansok, hogy ha t, t′ a ny¡lt gmb elemei, 0 < R < Rt0 , akkor |f (τ (t)) − f (τ (t ))| ≤ B0 |τ (t) − τ (t )| + ∗ n X ∗ ′ ′ ′ n X i=1 Bi′ |τ (t) − τ (t′ )|c0 /R n X ′ ′
∗ ′ + Li |τ (t) − τ (t )| Li |τ (t) − τ (t )| + R + ωj Lj (|τ (t) − τ (t )| + R) i=1 j =1 n X ′ ′ ≤ B0 η̺(t, t ) + Bi′ η̺(t, t′ )ct0 /R i=1 n n X X ′ ∗ ′ ′ + ωi Li η̺(t, t ) Li η̺(t, t ) + R + ωj∗ Lj (η̺(t, t′) + R) . i=1 j =1 ωi∗ ′ Termszetesen itt a B0′ , Bi′ , Li s L′i konstansok t0 -t¢l fggnek, ami a jellsben nem jut kifejezsre. Felhaszn lva az ωi∗ s ω kztt fenn ll¢ egyen- 124 17.§ Regularitas sokasagokon ltlensget, a fenti sszefggsbl azt kapjuk, hogy |f (τ (t)) − f (τ (t ))| ≤ B0 η̺(t, t ) + ∗ ∗ + ′ ′ ′ n X Bi′ η̺(t, t′ )ct0 /R i=1 n X 2 ′ ′ ′ ′ ηω (Li η ̺(t, t ))Li η̺(t, t ) + R + ηω ηLj (η̺(t, t ) + R) . i=1 j =1 n X A t0 kzppont£, εt0 sugar£ Vt0 ny¡lt gmbk egy lefedst adj k a Cε kompakt halmaznak. gy ltezik egy T0 ⊂ Cε vges halmaz £gy, hogy a t0 ∈ T0 pontoknak megfelel
ny¡lt gmbk egy ny¡lt lefedst adj k Cε -nak. Jelljn L egy pozit¡v egsz sz mot, amely az sszes t0 ∈ T0 -hoz tartoz¢ sszes Li (i = 1, 2, . , n) konstansn l nagyobb, vagy egyenl Hasonl¢an, jelljn B ′ , L′ s c0 egy-egy konstanst, amely az sszes t0 ∈ T0 -hoz tartoz¢ sszes Bi′ (i = 0, 1, . , n), L′i (i = 1, 2, , n) illetve ct0 konstansn l nagyobb, vagy egyenl. Azt kapjuk, hogy ha t s t′ ugyanabban a Vt0 gmbben vannak, s 0 < R < Rt0 , akkor ̺(f (t), f (t′)) = ̺(ϕ−1 (f ∗ (τ (t))), ϕ−1 (f ∗ (τ (t′ )))) ≤ η|f ∗ (τ (t)) − f ∗ (τ (t′ ))| ≤ B ′ η 2 ̺(t, t′ ) + nB ′ η 2 ̺(t, t′ )c0 /R + nη2 ω (Lη2 ̺(t, t′))L′ (η̺(t, t′) + R + nηω (ηL(η̺(t, t′) + R))) . Jellje δ > 0 a Cε kompakt halmaz Vt0 , t0 ∈ T0 vges lefedshez tartoz¢ Lebesgue-sz mot, azaz v lasszuk £gy δ -t, hogy ha t, t′ ∈ Cε , ̺(t, t′) < δ, akkor van olyan t0 ∈ T0 , hogy t, t′
∈ Vt0 . Legyen 0 < R0 ≤ inf {Rt0 : t0 ∈ T0 }. Tov bb skkentve R0 -at s δ -t, elrhetjk, hogy ηL(ηδ + R0 ) ≤ ε teljesljn. Legyen t egy tetszleges eleme Cε -nak, s legyen t′ egy eleme Cε−̺(t,t′ ) -nek amelyre ̺(t, t′ ) < δ . Ekkor ltezik olyan t0 ∈ T0 , amelyre t, t′ ∈ Vt0 . Felhaszn lva a fenti be slst, azt, hogy L s η egszek, valamint ω szubadditivit s t, azt kapjuk, hogy tetszleges R val¢s sz mra, amelyre 0 < R < R0 , ̺(f (t), f (t′)) ≤ B ′ η 2 ̺(t, t′ ) + nB ′ η 2 ̺(t, t′ )c0 /R + nLη4 ω (̺(t, t′))L′ η̺(t, t′ ) + R + nLη2 (ηω (̺(t, t′)) + ω (R)) . Ha ̺(t, t′) ≤ R, ez a be sls ̺(f (t), f (t′)) ≤ c1 ̺(t, t′ ) + c2 ω (̺(t, t′))R + c3 ω (̺(t, t′ ))ω (R) + c4 ̺(t, t′ )/R alakban ¡rhat¢, ahol c1 , c2 , c3 s c4 nem fgg t-tl, t′ -tl s R-tl. Szuprmumot vve elszr a jobb, majd a bal oldalon t ∈ Cε , t′ ∈ Cε−̺(t,t′ ) ,
̺(t, t′ ) ≤ r -re, azt kapjuk, hogy ω (r ) ≤ c1 r + c2 ω (r )R + c3 ω (r )ω (R) + c4 r/R, ha 0 ≤ r ≤ δ ≤ R < R0 . Ha £gy v lasztjuk R-et, hogy teljes¡tse a c2 R + c3 ω (R) ≤ 1/2 felttelt | ami szksg esetn skkentve δ -t mindig megtehet | azt kapjuk, hogy ω (r ) ≤ 2(c1 + c4 /R)r, 17.§ Regularitas sokasagokon valah nyszor 0 ≤ r ≤ δ . Ez azt mutatja, hogy f lok lisan Lips hitz fggvny C -n. Egy tetszleges t ∈ T -re az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy t bels pontja C -nek, mivel helyettes¡thetjk C -t C s a t egy kompakt krnyezetnek az uni¢j val. gy a bizony¡t s teljes Megjegyezzk, hogy ugyan£gy, mint a 11.5 ttelt, ezt a ttelt is gyakran nmi kiegsz¡t rvelssel rdemes haszn lni (l sd a 11.5 ttel ut n adott pld t). sszeg alak£ egyenletekre tbbet mondhatunk. 17.5 Ttel Legyen Z egy euklidszi tr s T , Y , Xi s Zi (i = 1, 2, . , n) di eren i lhat¢ sokas gok
Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y nak Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi , fi : Xi Zi , hi : D × Zi Z , (i = 1, 2, . , n) s h0 : D Z fggvnyeket Legyen (t0 , y0 ) ∈ D s tegyk fel, hogy (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h0 (t, y ) + n X i=1 hi (t, y, fi(gi (t, y ))); (2) hi folytonosan di eren i lhat¢ (0 ≤ i ≤ n); (3) fi folytonos Xi -n (1 ≤ i ≤ n); (4) gi ktszer folytonosan di eren i lhat¢ s y 7 gi (t0 , y ) szubmerzi¢ y0 ban, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor f folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. A ttelt a 113 ttelre fogjuk visszavezetni Legyen x0i = s zi0 = fi (x0i ), i = 1, 2, . , n A t0 pont valamely krnyezetn rtelmezett τ s az y0 pont valamely krnyezetn rtelmezett ϕ trkpeket megv laszthatjuk £gy, hogy dmn(τ ) × dmn(ϕ) ⊂ D teljesljn. V lasszunk a zi0 pont egy krnyezetn rtelmezett ψi trkpet. Az x0i egy alkalmas krnyezetn v lasztva egy ξi trkpet, fi (dmn(ξi ))
⊂ dmn(ψi ) teljesl Vgl, szksg esetn skkentve τ s ϕ rtelmezsi tartom ny t elrhetjk, hogy gi (dmn(τ ) × dmn(ϕ)) ⊂ dmn(ξi ) teljesljn, ha i = 1, 2, . , n Jellje T ∗ , Y ∗ , Xi∗ s Zi∗ a τ , ϕ, ξi illetve ψi trkpek rtkkszlett, legyen D∗ = T ∗ × Y ∗ , s legyen gi∗ (t∗ , y ∗ ) = ξi (gi (τ −1 (t∗ ), ϕ−1 (y ∗ ))), fi∗ = ψi ◦ fi ◦ ξi−1 i = 1, 2, . , n, f ∗ = f ◦ τ −1 , h∗0 (t∗ , y ∗ ) = h0 (τ −1 (t∗ ), ϕ−1 (y ∗ )) s gi (t0 , y0 ) h∗i (t∗ , y ∗ , zi∗ ) = hi (τ −1 (t∗ ), ϕ−1 (y ∗ ), ψi−1 (zi∗ ))). Most alkalmazhatjuk a 11.3 ttelt a ∗ -gal jelzett halmazokra s fggvnyekre Ha ismeretlen fggvny sak h romszor szerepel az egyenletben, s legal bb az egyik ismeretlen fggvny val¢s rtk, akkor is tbb mondhat¢. 126 17.§ Regularitas sokasagokon 17.6 Ttel Legyenek Z , T , Y , X1, Z0 s Z1 di eren i lhat¢ sokas gok,
Z1 egydimenzi¢s Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak Tekintsk a g1 : D X1 , f : T Z , f0 : Y Z0 , f1 : X1 Z1 s h : D × Z0 × Z1 Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s a kvetkez felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y ))) ; (2) (3) (4) (5) h lok lisan Lips hitz; g1 ktszer folytonosan di eren i lhat¢; f0 s f1 folytonosak; ltezik olyan y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s y 7 g1 (t0 , y ) szubmerzi¢ y0 - ban. Ekkor f Lips hitz-felttelnek tesz eleget a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Az elz ttel bizony¡t s ban haszn lt m¢dszerrel a ttel a 11.4 ttelre vezethet vissza 17.7 Ttel: majdnem mindentt di eren i lhat¢ megold sok folytonosan di eren i lhat¢ak. Legyen Z egy Bana h-sokas g, Zi (i = 1, 2, . , n) szepar bilis Bana h-sokas gok, Y , T s Xi di eren i lhat¢ sokas gok Legyen D egy ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi , fi : Xi Zi , (i =
1, 2, . , n), h : D × Z1 × × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy t0 ∈ T s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h(t, y, f1(g1 (t, y )), . , fn (gn (t, y ))); ∂h ∂h (2) minden rgz¡tett y ∈ Y -ra a s (i = 1, 2, . , n) par i lis deri∂t ∂zi v ltak folytonosak a tbbi v ltoz¢ban; (3) fi majdnem mindentt di eren i lhat¢ (i = 1, 2, . , n); (4) gi folytonosan di eren i lhat¢, s van olyan y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s az y 7 gi (t0 , y ) lekpezs szubmerzi¢ y0 -ban (i = 1, 2, . , n) Ekkor f folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. A 175 ttel bizony¡t s ban haszn lt m¢don a ttelt a 142 ttelre vezethetjk vissza. C p megold sok C p+1 -ben vannak. Legyenek Z , Y , T , Xi (i = 1, 2, . , n) s Zi (0 ≤ i ≤ n) di eren i lhat¢ sokas gok Legyen D ny¡lt rszhalmaza T × Y -nak. Tekintsk az f : T Z , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n), fi : Xi : Zi (i = 1, 2, , n), f0
: Y Z0 , h : D × Z0 × Z1 × · · · × Zn Z fggvnyeket. Tegyk fel, hogy p > 0, t0 ∈ T , s az 17.8 Ttel: al bbi felttelek teljeslnek: 17.§ Regularitas sokasagokon (1) minden (t, y ) ∈ D-re f (t) = h (t, y, f0(y ), f1 (g1 (t, y )) , . , fn (gn (t, y ))) ; (2) a h fggvny p + 1-szer folytonosan di eren i lhat¢; (3) f0 folytonosan di eren i lhat¢, az fi , i = 1, 2, . , n fggvnyek pedig p-szer folytonosan di eren i lhat¢ak; (4) a gi fggvnyek p +1-szer folytonosan di eren i lhat¢ak, s ltezik olyan y0 , amelyre (t0 , y0 ) ∈ D s y 7 gi (t0 , y ) szubmerzi¢ y0 -ban, ha i = 1, 2, . , n Ekkor az f fggvny p + 1-szer folytonosan di eren i lhat¢ a t0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. A 175 ttel bizony¡t s ban l tott m¢don, a ttelt a 152 ttelre vezethetjk vissza. 128 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt VI. Regularitási tételek kevesebb változóval 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g
kztt Els lpsknt itt is mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ eredmnyeket fogunk bizony¡tani. Tudom som szerint ilyen eredmnyek az 1.17 problma (3) felttelben szerepl ers rang felttel, vagy annak valamely absztrakt v ltozata nlkl sak nagyon spe i lis egyenletekre ismeretesek, pld ul a M Kiernan [129℄ dolgozat ban t rgyalt f (x) = m X i=1 µi f (x + yei ), x ∈ Rn , y ∈ R egyenletre, ahol µi ∈ R, ei ∈ Rn rgz¡tettek. Ott a bizony¡t s a megold sok algebrai tulajdons gain m£lik. Ebben a paragrafusban az 1.17 problm ban szerepl ltal nos nem line ris expli it egyenletre fogunk mrhetsgbl kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ tteleket bizony¡tani az 1.17(3) felttelben a bels fggvnyekre kir¢tt ers rang felttel nlkl Az 17 pontban le¡rt bootstrap" m¢dszernek megfelelen, | durv n sz¢lva | a mrhetsg s a folytonoss g kztt elhelyezked tulajdons gok egy sorozat
t fogjuk bevezetni. Ezek kpezik azokat a lp sket, amelyeken felkapaszkodhatunk a mrhetsgtl a folytonoss gig. Elszr megvizsg ljuk az £j fogalmak legalapvetbb tulajdons gait. Ezut n bizony¡tjuk regularit si ttelnket. Egy pld t mutatunk a ttel alkalmaz s ra nem trivi lis esetekben A ttel egy nom¡t s t is bebizony¡tjuk Vgl az £j fogalmak tov bbi tulajdons gait vizsg ljuk. 18.1 De n¡ i¢ Legyen X egy halmaz, Y metrikus tr, s f : X egy fggvny. Legyen U Hausdor -tr, µ Radon-mrtk U -n, s P egy topologikus tr, a paramter tr", egy adott p0 ∈ P ponttal. Legyen ϕ egy fggvny, amely U × P -t X -be kpezi. A ϕ fggvnyt egy, a p paramtertl fgg ϕp : u 7 ϕ(u, p) felletseregnek kpzeljk el. Luzin ttele (2.7) s a 3 § ltal nos¡tott Steinhaus-ttele azt sugallj k, hogy az al bbi felttel a mrhetsggel kap solatos: (L) Minden ε > 0-hoz, σ > 0-hoz s C ⊂ U kompakt halmazhoz van olyan Y
P0 krnyezete p0 -nak, amelyre ha p ∈ P0 , akkor µ {u ∈ C : dist (f (ϕ(u, p)), f (ϕ(u, p0))) ≥ σ} ≤ ε. 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt A fenti felttel sorozatokkal az al bbi m¢don fogalmazhat¢: (S) Minden σ > 0-ra, minden C ⊂ U kompakt halmazra, s minden pm p0 sorozatra µ {u ∈ C : dist (f (ϕ(u, pm )), f (ϕ(u, p0))) ≥ σ} 0. Ebben a form ban a felttel ersen emlkeztet a mrtkben val¢ konvergeni ra. Riesz ttele az al bbi felttelt sugallja: (R) Minden pm p0 sorozatnak van olyan pmi rszsorozata, hogy majdnem minden u ∈ U -ra f (ϕ(u, pmi )) f (ϕ(u, p0 )). Ez a felttel az al bbi, Trautner ltal mrhet halmazok karakterisztikus fggvnyeire vizsg lt felttelre emlkeztet (l sd a megjegyzst is, ksbb): (T) Minden pm p0 sorozatra majdnem minden u ∈ U -ra van olyan pmi rszsorozat, hogy f (ϕ(u, pmi )) f (ϕ(u, p0 )). A fenti felttelek kztti kap solatok vizsg lat hoz szksgnk lesz
valamilyen mrhetsg-szer felttelre: (M) Az u 7 f (ϕ(u, p0 )) lekpezs µ-mrhet. Vil gos, hogy az (L) s (S) felttelek akkor is rtelmesek, ha f rtkei egy Y uniform trben vannak; σ -t egyszeren helyettes¡thetjk egy, az Y uniformit s b¢l vett re ex¡v szimmetrikus rel i¢val, s azon u pontok halmaz t kell tekintennk, amelyekre f kt rtke nin s σ -kzel. Az (R) felttel elnye az, hogy mg akkor is rtelmes, ha Y sak topologikus tr. Ugyanez igaz (T)-re s (M)-re is. gy tnik, hogy (T) semmiben sem hasznosabb, mint (R), st regularit si tteleink bizony¡t s hoz kifejezetten nem alkalmas. Az (L) [(S), (R), (T), (M)℄ feltteleket gyakran lok lisan fogjuk ellenrizni. Ha minden u0 ∈ U -hoz van olyan U0 krnyezete u0 -nak s P0 krnyezete p0 -nak, hogy ϕ|U0 × P0 -ra teljesl (L) [(S)℄, akkor ϕ-re is fenn ll (L) [(S)℄. Ennek bel t s hoz v lasszunk C -nek egy vges lefedst, amely vges mrtk ny¡lt
halmazokb¢l ll, s alkalmazzuk az (L) [(S)℄ felttelt ezeknek a ny¡lt halmazoknak kompakt halmazokkal val¢ elg j¢ bels kzel¡tseire: V lasszunk minden x ∈ C -re egy Ux krnyezett x-nek s egy Px krnyezett p0 nak £gy, hogy ϕ|Ux × Px tegyen eleget (L)-nek. Az Ux -et kisebb krnyezettel helyettes¡tve, ha szksges, feltehetjk hogy ny¡lt s µ-mrtke vges. Legyen Ux1 , , Uxr egy vges lefedse C -nek Legyen ε, σ > 0, s v lasszunk 130 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt olyan Ci ⊂ Uxi kompakt halmazokat, amelyekre µ(Uxi Ci ) < ε/(2r). Olyan krnyezett v lasztva p0 -nak, amelyre P0 ⊂ ∩ri=1 Pxi s amelyre az P0 Ri (p) = u ∈ Ci : dist f ϕ(u, p) , f ϕ(u, p0 ) ≥ σ halmazok µ-mrtke kisebb, mint ε/(2r) minden p ∈ P0 -ra, azt kapjuk, hogy µ u∈C : dist f ϕ(u, p) , f ϕ(u, p0 ) ≥ σ ≤ ε, mivel ez a halmaz rsze az ∪ri=1 Ri (p) ∪∪ri=1 (Uxi Ci )
halmaznak. Hasonl¢an, ha pm p0 s (S) teljesl ϕ|Ux × Px -re, akkor adott ε, σ > 0-ra s i = 1, 2, . , r-re ltezik olyan Mi , hogy ha m ≥ Mi , akkor pm ∈ Pxi s Ri (pm ) µ-mrtke kisebb, mint ε/(2r ). Innen ha m ≥ M = max1≤i≤r Mi , akkor µ u∈C : dist f ϕ(u, pm ) , f ϕ(u, p0 ) ≥ σ ≤ ε. Hasonl¢an, ha minden u0 ∈ U -ra van olyan U0 krnyezete u0 -nak s P0 krnyezete p0 -nak, hogy ϕ|U0 × P0 -ra teljesl (R) [(T), (M)℄, akkor , feltve, hogy U Lindelof-tr, kapjuk, hogy ϕ-re is fenn ll (R) [(T), (M)℄. Az (R) felttelnl ez a diagon lis elj r ssal kaphat¢: megsz ml lhat¢ sok U0 lefedi U -t. Rendezzk sorozatba ezeket a ny¡lt halmazokat, s tekintsnk a pm sorozatnak rsz-rsz-. sorozatait A diagon lis elj r s egy olyan rszsorozatot eredmnyez, amelyre a konvergen ia majdnem mindentt fenn ll (T) s (M) esetn az ll¡t s nyilv nval¢. Legyen X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek s 0 ≤ k ≤ n. Az sszes
olyan f fggvnyek oszt ly t, amelyekre az (L) [(S), (R), (T), (M)℄ felttel teljesl, ha sak U ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, µ = λk , P valamely euklidszi tr egy ny¡lt rszhalmaza, p0 ∈ P s ϕ : U × P X egy C 1 -fggvny, amelyre minden p ∈ P -re ϕp immerzi¢ja U -nak X -be, jellje Lk (X, Y ), vagy rviden sak Lk [Sk , Rk , Tk , Mk ℄. (Emlkeztetnk r , hogy egy C 1 -lekpezse U -nak X -be immerzi¢, ha U minden pontj ban a deriv ltja injekt¡v line 0ris 0 0 lekpezs. Ha k = 0, akkor legyen R = {0} s λ {0} = 1, azaz λ a sz ml l¢ mrtk R0 -on. Egy ϕ : {0} × P X fggvnyt pontosan akor tekintnk C 1 -fggvnynek, ha p 7 ϕ(0, p) egy C 1 -fggvny. B rmely fggvnyt, amely R0 egy rszhalmaz t, azaz {0}-t vagy az res halmazt X -be kpezi, immerzi¢nak tekintnk.) Az els kt felttel esetn azt tesszk fel, hogy f rtkei egy Y uniform trben vannak, a m sik h rom felttel esetn pedig, hogy egy Y topologikus
trben. Vil gos, hogy f ∈ Mk akkor s sak akkor teljesl, ha Rk b rmely U ny¡lt rszhalmaz nak b rmely X -be trtn ψ immerzi¢j ra µ = λk -val fenn ll, hogy (M′ ) az f ◦ ψ fggvny µ-mrhet. 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 18.2 Megjegyzsek (1) Cljainknak az Rk (X, Y ) fggvnyoszt ly fog a legjobban megfelelni, mivel el akarjuk kerlni annak felttelezst, hogy Y uniform tr. Ami mg fontosabb, Rk (X, Y )-t haszn lva regularit si tteleinkben elkerlhetjk az ismert fggvnyek egyenletes folytonoss g nak felttelezst, elg folytonoss got feltenni. Az Mk s Lk oszt lyok is szerepet fognak j tszani F eredmnynk azt mutatja, hogy durv n sz¢lva, egy Rk+1 -beli f megold s Rk -ban is benne van. Meg fogjuk mutatni, hogy R0 a folytonos fggvnyek oszt lya, s hogy b rmely, egy X ⊂ Rn ny¡lt halmazt egy Y megsz ml lhat¢ b zis£ trbe kpez f : X Y Lebesgue-mrhet fggvny Rn -ben van. gy,
lpsenknt, a megold sok mrhetsgbl kvetkezik azok folytonoss ga (2) Trautner [159℄ megmutatta, hogy [a, b℄ ⊂ R egy pozit¡v mrtk Lebesgue-mrhet M rszhalmaz hoz s egy pm ∈ [a, b℄ sorozathoz ltezik olyan u ∈ R s pms rszsorozat, hogy pms + u ∈ M . Ez kvetkezik abb¢l, hogy egy Lebesgue-mrhet fggvny T1 -ben van. Val¢ban, helyettes¡tsk pm -et egy rszsorozat val, amely egy p0 ∈ [a, b℄ ponthoz konverg l. Legyen f = ξM az M halmaz karakterisztikus fggvnye, s legyen ϕ : R × R R a ϕ(u, p) = u − p sszefggssel de ni lva. ξM ∈ T1 -bl kvetkezik, hogy majdnem minden u ∈ M + p0 -ra van olyan pms rszsorozat, hogy ξM (u − pms ) ξM (u − p0 ) = 1. Ez azt jelenti, hogy u + pms ∈ M , ha s elg nagy. Trautner ttelt | egyebek mellett | arra haszn lta fel, hogy £j bizony¡t st adjon Steinhaus eredmnyre, mely szerint R egy mrhet addit¡v lekpezse nmag ba folytonos. Trautner
m¢dszert lok lisan kompakt soportokra, illetve mg ltal nosabb esetekre ltal nos¡totta Grosse-Erdmann [49℄. Eredmnyeire a 8 paragrafusban is hivatkoztunk. (3) Az Lk [Sk , Rk , Tk , Mk ℄ oszt ly nem v ltozik, ha sak azt tesszk fel, hogy az (L) [(S), (R), (T), (M)℄ felttel teljesl, valah nyszor U ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, µ = λk , P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P s ϕ : U × P X egy C 1 -fggvny, amelyre ϕp be gyaz sa (azaz olyan immerzi¢ja, amely homeomor zmus az rtelmezsi tartom ny s rtkkszlet kztt) U -nak X -be, ha p ∈ P . Ez azonnal kvetkezik a de n¡ i¢ban eml¡tett lokalit si elvbl. Hasonl¢an, ha sak azt tesszk fel, hogy ϕp0 immerzi¢, a kapott Lk [Sk , Rk , Tk , Mk ℄ oszt ly ugyanaz marad. (4) Ha az (L) [(S)℄ felttelben azt hogy minden C ⊂ U kompakt halmazra" azzal helyettes¡tjk, hogy minden σ -vges mrhet C ⊂ U -ra", akkor ekvivalens felttelt kapunk. Ez
knnyen kvetkezik, ha kompakt halmazokkal bellrl trtn approxim i¢t haszn lunk Az Lk , Sk , Rk , Tk s Mk oszt lyok kztti legegyszerbb kap solatok vizsg lat val kezdnk. 132 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 18.3 Ttel A fenti de n¡ i¢ jellseivel, az (L) felttel fenn ll s b¢l kvetkezik, hogy (S) is teljesl. Ha a p0 pontnak van megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa, akkor (L) kvetkezik (S)-bl Ha Y uniformit s nak van megsz ml lhat¢ b zisa, µ pedig σ -vges, akkor (S)-bl kvetkezik (R) (R)-bl mindig kvetkezik (T). Ha Y uniform tr, melynek topol¢gi ja megsz ml lhat¢ b zis£, tov bb (R) teljesl s (M) teljesl minden p0 ∈ P -re, akkor (S) is. gy, ha Y szepar bilis metrikus tr, akkor Lk = Sk ⊂ Rk ⊂ Tk s Lk ∩ Mk = Sk ∩ Mk = Rk ∩ Mk . Bizony¡t s. Knny l tni, hogy (L)-bl kvetkezik (S), s ha a p0 pontnak van megsz ml lhat¢ krnyezetb zisa, akkor megford¡tva, (L) kvetkezik (S)-bl. Az
(R)-bl nyilv n kvetkezik (T) Annak bizony¡t sa, hogy ha Y metrikus tr, µ pedig σ -vges, akkor (S)-bl kvetkezik (R), a klasszikus Riesz-fle kiv laszt si ttel bizony¡t s t ut nozza: Legyen C egy tetszleges kompakt rszhalmaza U -nak, v lasszunk egy σi ↓ 0 sorozatot. V laszthatunk olyan pmi rszsorozatot, hogy a {u ∈ C : dist (f (ϕ(u, pmi )), f (ϕ(u, p0))) ≥ σi } halmaz (kls) µ-mrtke kisebb, mint 2−i . Jellje Ai ennek a halmaznak ∞ egy µ-burk t. Ha u nin s a ∩∞ j =1 ∪i=j Ai nulla mrtk halmazban, akkor dist (f (ϕ(u, pmi )), f (ϕ(u, p0))) < σi minden i ≥ j -re valamely j -tl. V lasszunk U -nak egy kompakt halmazokkal val¢ C1 , C2 , majdnem lefedst V lasszuk ki induk i¢val a pm sorozat rsz-rsz-. -sorozatait A diagon lis elj r s egy olyan rszsorozatot eredmnyez, amelyre a konvergen ia majdnem mindentt teljesl Ez a bizony¡t s olyan uniform terekre is mkdik, melyek uniformit s nak van megsz ml
lhat¢ b zisa. Tegyk fel most, hogy Y szepar bilis metrikus tr. Ha f -re teljesl (M) minden p0 ∈ P -re, akkor az u 7 ϕ(u, p) fggvny µ-mrhet minden p ∈ P re. Felhaszn lva, hogy Y szepar bilis, az kapjuk, hogy b rmely p, p′ ∈ P p rra az u 7 (f (ϕ(u, p)), f (ϕ(u, p′))) lekpezse U -nak Y × Y -ba szintn mrhet. Ebbl kvetkezik, hogy minden p, p′ ∈ P p rra az u 7 dist (f (ϕ(u, p)), f (ϕ(u, p′))) lekpezs is mrhet. Tegyk fel, hogy (S) nem teljesl ϕ-re s p0 ∈ P -re Ez azt jelenti, hogy van olyan pm p0 sorozat, σ > 0, ε > 0, s egy C ⊂ U kompakt halmaz, hogy a {u ∈ C : dist (f (ϕ(u, pm)), f (ϕ(u, p0))) ≥ σ} mrhet halmazok mrtke nagyobb, mint ε vgtelen sok m-re. V lasszunk egy olyan pmi rszsorozatot, amelyre az Ai = {u ∈ C : dist (f (ϕ(u, pmi )), f (ϕ(u, p0))) ≥ σ} 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt mrhet halmazok mrtke ≥ ε. Ekkor egy tetszleges pmij
rszsorozatra ∞ b rmely u-ra a ∩∞ k=1 ∪j =k Aij mrhet s legal bb ε mrtk mrhet halmazb¢l f (ϕ(u, pmij )) 6 f (ϕ(u, p0 )). Ez ellentmond annak, hogy f -re fenn ll (R). gy µ {u ∈ C : dist (f (ϕ(u, pm)), f (ϕ(u, p0))) ≥ σ} 0. Ugyanez a bizony¡t s mkdik akkor is, ha Y olyan uniform tr, amelynek topol¢gi ja m sodik megsz ml lhat¢. 18.4 Ttel 181 jellseit haszn lva, legyen Y topologikus tr s Y X s R0 (X, Y ) = X ny¡lt rszhalmaza R -nek. Ekkor M0 (X, Y ) = T0 (X, Y ) = C (X, Y ), az X -et Y -be kpez folytonos fggvnyek oszt lya. Ha Y uniform tr, akkor L0 (X, Y ) = S0 (X, Y ) = C (X, Y ) is fenn ll. n Bizony¡t s. Trivi lis, hogy M0 minden X -et Y -ba kpez fggvnyt tartalmaz. Megmutatjuk, hogy minden f : X Y folytonos fggvny benne van R0 -ban, s ¡gy T0 -ban is. Csak kt lehetsg van, U = ∅ vagy U = {0} Az els esetben nin s mit bizony¡tani; a m sodik esetben pmk = pk v laszthat¢. A megford¡t
st indirekt m¢don bizony¡tjuk: Ha f ∈ T0 , de nem folytonos, akkor ltezik olyan x0 ∈ X , olyan xn x0 sorozat s W krnyezete f (x0 )-nak, hogy f (xn ) ∈ / W . Legyen U = {0}, P = X , p0 = x0 , ϕ(0, p) = p, ha p ∈ P . A pm = xm sorozatnak olyan rszsorozat t v lasztva, amelyre f (ϕ(0, pmk )) = f (xmk ) f (x0 ) = f (ϕ(0, p0 )), ellentmond sra jutunk. Hasonl¢an, ha Y uniform tr s f folytonos, sak kt eset van, C = ∅ vagy C = {0}. Az els esetben nin s mit bizony¡tani A m sodik esetben f ◦ ϕ folytonoss g b¢l kvetkezik, hogy elg nagy m-re az f (ϕ(0, pm )) s f (ϕ(0, p0 )) rtkek elg kzel vannak. Ha f ∈ L0 = S0 s x0 ∈ X , akkor U = C = {0} v laszt ssal, ha P = X , p0 = x0 s ϕ(0, p) = p, ha p ∈ P , akkor f (ϕ(0, pm )) = f (xm ) f (x0 ) = f (ϕ(0, p0 )) b rmely pm = xm x0 sorozatra, amibl kvetkezik f folytonoss ga. Meg fogjuk mutatni, hogy az Rn valamely X ny¡lt rszhalmaz n Lebesguemrhet fggvnyek Rn -ben vannak.
Hogy a 3, 5, 6, 8 s 9 paragrafusok eredmnyeivel val¢ kap solatot vil goss tegyk, s m s helyeken is felhaszn lhat¢ eredmnyeket kapjunk, a bizony¡t s lnyeges rszt az al bbi absztrakt form ban fogalmazzuk meg: 134 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 18.5 Ttel A 181 de n¡ i¢ jellseit fogjuk haszn lni Legyen P topologikus tr, U s X Hausdor -terek µ illetve ν Radon-mrtkekkel. Tegyk fel, hogy a µ mrtk σ -vges, s hogy ϕ : U ×P X folytonos fggvny az al bbi tulajdons ggal: (1) Minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy ha p ∈ P , B ⊂ U , µ(B ) ≥ ε, akkor ν (ϕp (B )) ≥ δ . Tegyk fel tov bb , hogy p0 ∈ P s az f fggvny Luzin ν -mrhet a ϕp0 (U )t tartalmaz¢ mrhet D halmazon valamely Y topologikus trbeli rtkekkel. Ekkor az (M), (R) s (T) felttelek teljeslnek U , P , p0 , ϕ, f s µ-re. Ha mg Y uniform tr is, akkor (L) s (S) is teljeslnek. Bizony¡t s. Elszr
megmutatjuk, hogy (M) teljesl Ǒll¡tsuk el U -t megsz ml lhat¢ sok kompakt halmaz s egy nullmrtk halmaz egyes¡tseknt. Legyen Di , i = 1, 2, ezen kompakt halmazok ϕp0 ltali kpe Le−1 ′ gyen D′ = ∪∞ i=1 Di . Ekkor ν (Di ) < ∞ s µ(ϕp0 (DD )) = 0 V lasszunk Di ben kompakt halmazoknak egy olyan Ki,j , j = 1, 2, sorozat t, amelyre ν (Di Ki,j ) 0, ha j ∞ s f |Ki,j folytonos. Legyen V ny¡lt rszhalmaza Y -nak. Mivel (f |Ki,j )−1 (V ) relat¡v ny¡lt Ki,j -ben, Borel-halmaz X -ben A ∞ −1 K = ∪∞ (V ) is Borel-halmaz X -ben. Az i=1 ∪j =1 Ki,j jellssel B = (f |K ) ′ E = D K halmaz ν -mrtke nulla, ¡gy az N = (f |E )−1 (V ) halmaz szintn nulla mrtk. Most vegyk szre, hogy −1 −1 ′ −1 1 (f ◦ ϕp0 )−1 (V ) = ϕ− (V ) . p0 (B ) ∪ ϕp0 (N ) ∪ ϕp0 (D D ) ∩ f 1 −1 A bal oldalon ϕ− p0 (B ) Borel-halmaz, az (1) felttel miatt pedig a ϕp0 (N ) s 1 ′ ϕ− p0 (D D ) halmazok
nulla mrtkek. Ez azt jelenti, hogy (M) teljesl Most tegyk fel, hogy Y uniform tr. Megmutatjuk, hogy (L) teljesl Legyen C kompakt rszhalmaz U -nak, s legyen K = ϕp0 (C ) Legyen ε > 0 s v lasszunk egy olyan δ > 0-t, amely (1)-ben ε/2-nek felel meg. V lasszunk egy V ny¡lt halmazt, amely tartalmazza K -t, s amelyre ν (V K ) < δ/2. Mivel f Luzin ν -mrhet, van olyan K0 kompakt rszhalmaza K -nak, amelyre ν (K K0 ) < δ/2 s f |K0 folytonos V lasszunk a K0 kompakt Hausdor -tren egy, a topol¢gi val kompatibilis uniformit st. Mivel f |K0 egyenletesen is folytonos, b rmely α re ex¡v szimmetrikus rel i¢hoz az Y uniformit s b¢l van olyan β re ex¡v szimmetrikus rel i¢ a K0 uniformit s b¢l, amelyre az f (x) s f (x′ ) pontok α-kzel vannak Y -ban, ha az x s x′ pontok β -kzel vannak K0 -ban. V lasszunk olyan γ re ex¡v szimmetrikus rel i¢t K0 uniformit s b¢l, amelyre γ ◦ γ ⊂ β Minden u ∈ C -hez ltezik olyan Uu
⊂ U ny¡lt krnyezete u-nak s Pu ny¡lt krnyezete p0 -nak, hogy Uu × Pu -t ϕ a V -be kpezi, s ϕ(Uu × Pu ) minden pontja, amely K0 -ban van, γ -kzel van ϕ(u, p0 )-hoz. V lasztva egy vges Uu1 , Uu2 , . , Uun rszlefedst C -nek, P0 = ∩ni=1 Pui -vel azt kapjuk, hogy minden p ∈ P0 -ra a ϕp lekpezs C -t V -be kpezi, s b rmely u ∈ C -re, ha ϕ(u, p) a K0 -ban van, akkor β -kzel van ϕ(u, p0 )-hoz. Legyen p ∈ P0 s 1 tekintsk a C ∩ ϕp−1 (K0 ) ∩ ϕ− p0 (K0 ) halmazt. Ezt a halmazt ϕp s ϕp0 is a 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt halmazba kpezi, s b rmely u elemre a ϕ(u, p) s ϕ(u, p0 ) pontok β kzel vannak K0 -ban, ¡gy a f (ϕ(u, p)) s f (ϕ(u, p0 )) pontok α-kzel vannak Y -ban. Ha megmutatjuk, hogy ennek a halmaznak a komplementere ε-n l kisebb mrtk, akkor kszen vagyunk. Mivel ennek a halmaznak a C -re 1 −1 vonatkoz¢ komplementert lefedi a C ϕ− p (K0 ) s C ϕp0 (K0 )
halmazok egyes¡tse, elg ezen halmazok mrtkt megbe slni. Az els halmazt ϕp a V K0 halmazba kpezi, ¡gy mrtke nem lehet nagyobb vagy egyenl mint ε/2. A m sodik halmazt ϕp0 kpezi V K0-ba, ¡gy, hasonl¢an, mrtke kisebb, mint ε/2. A bizony¡t s tov bbi rszhez vegyk szre, hogy ha K ′ kompakt rsz1 ′ halmaza X -nek s a C ′ = ϕ− p0 (K ) halmaz µ-mrtke vges, akkor minden ε > 0-hoz van olyan P0 krnyezete p0 -nak, hogy minden p ∈ P0 -ra ′ 1 ′ µ(C ′ ϕ− p (K )) < ε. Ennek bizony¡t s ra v lasszunk a C Borel-halmaznak ′′ ′ ′′ olyan C kompakt rszhalmaz t, amelyre µ(C C ) < ε/2 s legyen K ′′ = ϕp0 (C ′′ ). V lasszunk egy K ′′ -t tartalmaz¢ V ny¡lt halmazt, amelyre ν (V K ′′ ) < δ , ahol δ -t (1) szerint ε/2-hz v lasztottuk. Minden u ∈ C ′′ -hz van olyan Uu s Pu ny¡lt krnyezete u-nak illetve p0 -nak, hogy ϕ(Uu × Pu ) ⊂ V . V lasszunk egy Uu1 , . , Uun
vges rszlefedst az Uu , u ∈ C ′′ lefedsbl, 1 ′′ s legyen P0 = ∩ni=1 Pui . Ekkor, ha p ∈ P0 , a C ′′ ϕ− p (K ) halmazt ϕp a V K ′′ halmazba kpezi, ¡gy µ-mrtke kisebb, mint ε/2. Most mivel ′ ′′ ′′ −1 ′′ 1 ′ K ′′ ⊂ K ′ s C ′ ϕ− p (K ) ⊂ (C C ) ∪ (C ϕp (K )), azt kapjuk, hogy ′ −1 ′ µ(C ϕp (K )) < ε. Most sak azt tegyk fel, hogy Y topologikus tr. Megmutatjuk, hogy (R) teljesl, amibl kvetkezik, hogy (T) is. Legyen ismt C kompakt rszhalmaza U -nak s legyen K = ϕp0 (C ), tov bb legyen pm p0 egy konvergens sorozat P -ben Legyen εi = 2−i s legyen δi > 0 a megfelel, (1) szerint v lasztott δ sz mok sorozata. V lasszunk egy olyan K1 ⊂ K kompakt halmazt, amelyre f |K1 folytonos s ν (K K1 ) < δ1 , s legyen 1 C1 = ϕ− p0 (K1 ). Ekkor µ(C C1 ) < ε1 Induk i¢val, felhaszn lva amit az elz bekezdsben megmutattunk, tal lhatunk olyan m1 < m2 <
. index1 sorozatot, amelyre µ(C1 ϕ− pj (K1 )) < εi+1 , ha j ≥ mi . Ebbl kvetkezik, −1 hogy µ(C1 ∩∞ r=1 ϕpmr (K1 )) < ε1 . Legyen most K2 egy kompakt rszhalmaza 1 K -nak, amelyre f |K2 folytonos s ν (K K2 ) < δ2 . Legyen C2 = ϕ− p0 (K2 ), ekkor µ(C C2 ) < ε2 . Alkalmazzunk £jra teljes induk i¢t, de most a rszsorozatra az eredeti sorozat helyett Ekkor egy olyan rszsorozatot kapunk, −1 amelyre µ(C2 ∩∞ s=1 ϕpmrs (K2 )) < ε2 . Folytatva ezt az elj r st, s a diagon lis sorozatot vve, a pm sorozatnak egy olyan pmt rszsorozat t kapjuk, amelyre az ∞ −1 Ei = (C Ci ) ∪ ∪t=i (Ci ϕpmt (Ki )) K0 ∞ halmaz mrtke kisebb, mint 2εi . Legyen most E = ∩∞ k=1 ∪i=k Ei . Vil gos, hogy µ(E ) = 0. Ha u ∈ C E , akkor van olyan k, hogy u ∈/ Ei , ha i ≥ k Ez egyrszt azt jelenti, hogy u ∈/ C Ci , ha i ≥ k, azaz u ∈ Ci , ha i ≥ k. Ebbl kvetkezik, hogy ϕp0 (u) ∈ Ki , ha i ≥ k, spe i lisan
ϕp0 (u) ∈ Kk . M srszt, 1 ha i ≥ k, akkor minden t ≥ i-re u ∈/ Ci ϕ− pmt (Ki ). Ezt sak i = k -ra fogjuk 136 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt felhaszn lni, m r ebbl kvetkezik, hogy ϕpmt (u) ∈ Kk , ha t ≥ k. Mivel folytonos, azt kapjuk, hogy f (ϕpmt (u)) f (ϕp0 (u)). Az ltal nos esetet £gy kapjuk, hogy U -t el ll¡tjuk egy σ -kompakt halmaz s egy nulla mrtk halmaz egyes¡tseknt s ismt alkalmazzuk az tl¢s elj r st. f |Kk 18.6 Ttel A 181 de n¡ i¢ jellseit fogjuk haszn lni Legyen X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek. Ha Y megsz ml lhat¢ b zis£ topologikus tr, akkor minden λn -mrhet f : X Y fggvny benne van Rn (X, Y )-ban, Tn (X, Y )-ban s Mn (X, Y )-ban. Tov bb , ha Y mg uniform tr is, akkor f benne van Ln (X, Y )-ban s Sn (X, Y )-ban. Bizony¡t s. Luzin ttele szerint f Luzin λn -mrhet Legyen U ⊂ Rn ny¡lt, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U ×P X egy
C 1 -fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P be gyaz s. Az elz ttelt fogjuk alkalmazni lok lisan ϕ-re. Legyen u0 ∈ U s v lasszunk olyan c > 0-t, amelyre | det(ϕ′p0 (u0 ))| > c. V lasztva olyan kompakt lez rt£ U0 krnyezett u0 -nak s P0 kompakt lez rt£ krnyezett p0 -nak, amelyre ϕp kl snsen egyrtelm U0 -on, ha p ∈ P0 , tov bb | det(ϕ′p (u))| > c, ha u ∈ U0 s p ∈ P0 , az integr ltranszform i¢s formula szerint azt kapjuk, hogy b rmely B ⊂ U0 mrhet halmazra λ (ϕp (B )) = n Z B det(ϕ′p (u)) dλn (u) ≥ cλn (B ). A λn (ϕp (B )) ≥ cλn (B ) egyenltlensg nem mrhet B halmaz esetn is fennll, mivel egybknt lenne olyan A ⊃ ϕp (B ) Borel-burok, amelyre λn (A) < 1 −1 cλn (ϕ− p (A)) teljeslne valamely p ∈ P0 -ra. Ez ellentmond s, mivel ϕp (A) Borel-halmaz, teh t mrhet. gy az elz ttel alkalmazhat¢ ϕ|U0 × P0 -ra. Mint a 181 de n¡ i¢ban eml¡tettk, ez elg annak bizony¡t s
ra, hogy (L) [(S), (R), (T), (M)℄ fenn ll f , U , P , p0 , ϕ, λn -re. 18.7 Ttel A 181 de n¡ i¢ jellseit fogjuk haszn lni Legyenek Z , Zi (i = 1, 2, . , n) topologikus terek Legyenek Xi (i = 1, 2, , n) s X euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai s legyen Y ⊂ Rl ny¡lt. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak. Tekintsk az f : X Z , fi : Xi Zi , h : D × Z1 × . × Zn Z , gi : D Xi (i = 1, 2, , n) fggvnyeket Legyen U ⊂ Rk ny¡lt halmaz, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U ×P X egy C 1 -fggvny, amelyre ϕp immerzi¢ja U -nak X -be minden p ∈ P -re, s tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = h(x, y, f1(g1 (x, y )), . , fn (gn (x, y ))); (2) b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra h folytonos a tbbi v ltoz¢ban; (3) az fi fggvny Rk+l -ben van Xi -n (i = 1, 2, . , n); 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt (4) a gi fggvny C 1 -ben van
D-n (i = 1, 2, . , n); (5) minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , hogy (ϕ(u0 , p0 ), y0 ) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p0 ), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja az (u0 , y0) pontban k + l, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor az (R) felttel teljesl f , U , P , p0 , ϕ, λk -ra. Bizony¡t s. Tegyk fel, hogy pm p0 V lasszunk U0 , P0 , Y0 ny¡lt krnyezett u0 , p0 , y0 -nak £gy, hogy (ϕ(u, p), y ) a D-ben legyen, ha u ∈ U0 , p ∈ P0 , y ∈ Y0 , tov bb , az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja k + l legyen u ∈ U0 , p ∈ P0 , y ∈ Y0 s 1 ≤ i ≤ n esetn. Ez lehetsges, mivel D ny¡lt, a gi s ϕ fggvnyek C 1 -ben vannak, a rang alulr¢l flig folytonos, s U × Y dimenzi¢ja k + l, ¡gy a rang ennl nagyobb nem lehet. Mivel az f1 fggvny Rk+l -ben van, van olyan pmr rszsrozata pm -nek, hogy egy nulla λk+l -mrtk E1 halmaz pontjait kivve minden (u, y ) ∈ U0 × Y0 p rra f1 (g1 (ϕ(u, pmr ), y )) f1 (g1 (ϕ(u, p0 ), y )).
Most a pmr rszsorozatra felhaszn lva, hogy f2 a Rk+l oszt lyban van, olyan pmrs rszsorozatot kapunk, amelyre egy nulla λk+l -mrtk E2 halmazt kivve, minden (u, y ) ∈ U0 × Y0 p rra f2 (g2 (ϕ(u, pmrs ), y )) f2 (g2 (ϕ(u, p0 ), y )), stb. Vgl pm egy olyan pmt rszsorozat t kapjuk, hogy a nulla λk+l -mrtk E = ∪ni=1 Ei halmaz pontjait kivve minden (u, y ) ∈ U0 × Y0 p rra fi (gi (ϕ(u, pmt ), y )) fi (gi (ϕ(u, p0 ), y )), ha i = 1, 2, . , n Fubini ttele szerint majdnem minden y ∈ Y0 -ra teljesl, hogy majdnem minden u ∈ U0 -ra (u, y ) ∈/ E . Rgz¡tve b rmely ilyen y -t, a fggvnyegyenletbl, s abb¢l, hogy rgz¡tett y mellett h folytonos a tbbi v ltoz¢ban, azt kapjuk, hogy f (ϕ(u, pmt )) f (ϕ(u, p0 )), amely az (R) felttel a ϕ|U0 × P0 fggvnyre. gy megmutattuk, hogy minden u0 ∈ U -hoz van olyan U0 ny¡lt krnyezete u0 -nak s pmt rszsorozata pm -nek, hogy majdnem minden u ∈ U0 -ra f (ϕ(u, pmt )) f (ϕ(u,
p0 )). Mivel U Lindelof-tr, a 18.1 de n¡ i¢ban tett megjegyzs szerint (R) teljesl 138 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 18.8 Plda A 181 de n¡ i¢ jellseit fogjuk haszn lni Tekintsk a kvetkez fggvnyegyenletet: n X i=0 hi (x, y )f (x + gi (y )) = 0, ha x ∈ Rm , y ∈ R. Tegyk fel, hogy az hi : Rm × R R {0} fggvnyek folytonosak, s a gi : R Rm fggvnyek C 1 -ben vannak. Bevezetve az xj = x + gj (y ) £j v ltoz¢t x helyett, azt kapjuk, hogy (1) f (xj ) = − X hi (xj − gj (y ), y ) f (xj − gj (y ) + gi (y )). hj (xj − gj (y ), y ) i6=j Hogy megmutassuk, az elz ttel (5) felttele teljesl, a ∂ϕ(1) p0 ∂u1 (u) . . .) ∂ϕ(pm 0 (u) . ∂u1 ∂ϕ(1) p0 (u) ∂uk . . (m) ∂ϕp0 ∂uk (u) (1) (1) d gj d gi (y ) − d y (y ) dy . . (m) (m) d gi d gi (y ) − d y (y ) dy m trix rangj t kell megvizsg lnunk, ahol ϕ(pr0) s gi(r) a ϕp0 s a gi
koordin t i. Ha ez k + 1, akkor alkalmazhatjuk az elz ttelt l = 1-el A felttel geometriailag azt jelenti, hogy a gi′ (y ) − gj′ (y ) vektor nin s benne a ϕ′p0 (u) line ris oper tor kpterben (amelyrl tudjuk, hogy k-dimenzi¢s). A kptr ak rmelyik k-dimenzi¢s altere lehet Rm -nek. Megtrtnhet, hogy b rmilyen k -dimenzi¢s line ris altrhez ltezik olyan y ∈ R, hogy a gi′ (y ) − gj′ (y ), i 6= j vektorok egyike sin s benne ebben az altrben. Ekkor ttelnk kzvetlenl alkalmazhat¢, s mutatja, hogy f ∈ Rk+1 -bl kvetkezik f ∈ Rk . Ha ez a helyzet k = m − 1, m − 2, . , 0-ra, akkor kapjuk, hogy minden mrhet megold s folytonos. De vannak esetek, amikor nem ez a helyzet Ha pld ul a gi fggvnyek deriv ltja konstans, azaz ha gi (y ) = yai + bi , akkor semmilyen rgz¡tett j -re sem alkalmazhatjuk az (1) egyenletet, hogy f ∈ Rk+1 -bl megkapjuk f ∈ Rk -t, mivel valamilyen ϕ fggvnyre ϕ′p0 (u) kptere tartalmazni
fog nh ny gi′ (y ) − gj′ (y ) = ai − aj vektort. De az (1) egyenletek kzl b rmelyiket haszn lhatjuk. Mivel Rk -ban lenni lok lis tulajdons g, elg megmutatni, hogy Rm b rmely k-dimenzi¢s line ris alterhez van olyan j , hogy az ai − aj , i 6= j vektorok egyike sin s az adott altrben. Pld ul ez biztosan teljesl, ha n ≥ m s az a0 , . , an vektorok ltal nos helyzetben vannak. Ha ez a felttel nem teljesl, mg mindig lehetsges, hogy ttelnk alkalmazhat¢. Egy hasonl¢ (de valamivel egyszerbb) esetet meg fogunk vizsg lni az alkalmaz sok kztt, a 21.11 pontban 18.9 Megjegyzs B r, mint a fenti plda mutatja, a 187 ttel sz mos esetben alkalmazhat¢, nem kielg¡t, mivel az (5) felttel t£l ers Ha a 18.7 ttelt alkalmazva akarjuk bizony¡tani, hogy f ∈ Rk , a ϕ fggvny 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt i tetszleges lehet. gy az (5) felttel impli it m¢don azt jelenti, hogy ∂g ∂x ∂g rangja nagy kell
legyen, mg akkor is, ha i rangja nagy. Ez a gyakorlat∂y ban azt jelenti, hogy gi -nek az x minden koordin t j t¢l fggenie kell, ami nem knyelmes. Enyh¡teni szeretnnk ezt a felttelt A helyett, hogy (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p0), y ) rangja a maxim lisan lehetsges k + l az (u0 , y0) pontban, sak azt fogjuk feltenni, hogy rangja egy (i-tl fgg) ki konstans az (u0 , p0 , y0 ) valamely krnyezetben. Azonban ekkor Rk ∩Mk -beli fggvnyekkel kell dolgoznunk, s durv n sz¢lva, tteleink azt mondj k, hogy Rk+1 ∩Mk+1 -beli megold sok Rk ∩ Mk -ban is benne vannak. Elszr sak az (M) mrhetsgi felttellel fogunk foglalkozni. Az al bbi lemm t fogjuk felhaszn lni, hogy bebizony¡tsuk, ha az (M) felttel teljesl az fi fggvnyekre, akkor f -re is. 18.10 Lemma 18.1 jellseit fogjuk haszn lni Legyen X ny¡lt rszhalmaza R -nek, Y topologikus tr, 0 ≤ k ≤ n s f ∈ Mk (X, Y ). Ha ψ az Rm tr U ny¡lt rszhalmaz nak C 1 -lekpezse X -be, deriv
ltj nak rangja mindentt k, akkor az f ◦ ψ fggvny λm -mrhet. n Bizony¡t s. A lemma kzvetlenl kvetkezik a rangsz m ttelbl Va- l¢ban, a rangsz m ttel szerint minden u0 ∈ U -nak van olyan U0 krnyezete, hogy ψ|U0 fel¡rhat¢ α ◦ p ◦ β alakban. Itt, az I = ℄−1, 1[ jellssel, a β lekpezs di eomor zmusa U0 -nak I m -re £gy, hogy β (u0 ) = 0, a p projek i¢ja I m -nek I n -be p(x1 , x2 , . , xm) = (x1 , x2 , , xk , 0, , 0) alak£, s α di eomor zmusa I n -nek egy X0 ny¡lt halmazra, amely 0-t x0 = ψ (u0 )-ba I k -val azonos¡tva azt kapjuk, hogy α|I k viszi. Az I k × {0} ⊂ I n halmazt immerzi¢, ¡gy az f ◦ (α|I k ) −1 (V ) halmaz λk -mrhet Y minden V ny¡lt rszhalmaz ra. Mivel a p−1 (A) halmaz λm -mrhet I k b rmely λk -mrhet A rszhalmaz ra, s a β −1 (B ) halmaz λm -mrhet I m b rmely λm -mrhet B rszhalmaz ra, azt kapjuk, hogy az f ◦ (ψ|U0 ) fggvny λm -mrhet. Felhaszn
lva, hogy U Lindelof-tr, kapjuk az ltal nos esetet 18.11 Ttel 181 jellseit fogjuk haszn lni Legyen Z topologikus tr, Zi (i = 1, 2, . , n) pedig szepar bilis metrikus tr Legyenek Xi (i = 1, 2, . , n) s X ny¡lt rszhalmazai valamely euklidszi tereknek s legyen Y ⊂ Rl ny¡lt. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak s tekintsk az f : X Z , fi : Xi Zi , h : D × Z1 × . × Zn Z , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n) fggvnyeket Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, ψ : U X egy C 1 immerzi¢ja U -nak X -be, s tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = h(x, y, f1(g1 (x, y )), . , fn (gn (x, y ))); 140 (2) (3) (4) (5) 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra h folytonos a tbbi v ltoz¢ban; az fi fggvny Mki -ben van Xi -n (i = 1, 2, . , n); a gi fggvny C 1 -ben van D-n (i = 1, 2, . , n); minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , amelyre (ψ (u0 ), y0) ∈ D s az
(u, y ) 7 gi (ψ (u), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja ki az (u0 , y0 ) egy krnyezetben, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor u 7 f (ψ (u)) Lebesgue-mrhet. Bizony¡t s. V lasszunk olyan U0 ny¡lt krnyezett u0 -nak s Y0 ny¡lt krnyezett y0 -nak, amelyre (ψ (u), y ) a D-ben van, ha u ∈ U0 , y ∈ Y0 , tov bb , az (u, y ) 7 gi (ψ (u), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja ki minden u ∈ U0 , y ∈ Y0 , 1 ≤ i ≤ n-re. (5) szerint ez lehetsges Az elz lemm b¢l azt kapjuk, hogy az (u, y ) 7 fi (gi (ψ (u), y )) lekpezs λk+l -mrhet. Fubini ttele szerint, kivve az Y halmaz y pontjainak egy nulla λl -mrtk Ei rszhalmaz t, az u 7 fi (gi (ψ (u), y )) lekpezs λk -mrhet U0 -on. Innen, kivve az E = ∪ni=1 Ei halmaz pontjait, minden y ∈ Y0 -ra az u 7 (ψ (u), f1 (g1 (ψ (u), y )), . , fn (gn (ψ (u), y ))) lekpezse U0 -nak Dy × Z1 × · · · × Zn -be mrhet. Mivel b rmely rgz¡tett a h fggvny folytonos a tbbi v
ltoz¢ban, azt kapjuk, hogy b rmely rgz¡tett y ∈ Y0 E -re az y -ra u 7 h(ψ (u), y, f1(g1 (ψ (u), y )), . , fn (gn (ψ (u), y ))) lekpezs mrhet. Ez azt jelenti, hogy u 7 f (ψ (u)) mrhet U0 -on Mivel U Lindelof-tr, kapjuk az ll¡t st. Az al bbi ttel a kul s az 18.7 ttel 1813 ltal nos¡t s hoz 18.12 Ttel 181 jellseit fogjuk haszn lni Legyen U ⊂ Rm , X s P euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai, p0 ∈ P , Y szepar bilis metrikus tr, ϕ : U × P X egy C 1 -fggvny, amelyre rank ϕ′p (u) = k minden u ∈ U , p ∈ P -re. Ha f ∈ Mk (X, Y ) ∩ Lk (X, Y ), akkor az (L) felttel teljesl f , U , P , p0 , ϕ s λm -el. Bizony¡t s. Legyen u0 ∈ U Mivel ϕ′p0 (u0) rangja k, az u-t fel¡rhatjuk u = (u1 , u2 ) ∈ Rk × Rm−k alakban £gy, hogy ∂ϕ (u0 , p0 ) ∂u1 determin nsa ne legyen 0. gy van olyan U1 × U2 krnyezete u0 -nak s P0 krnyezete p0 -nak, hogy U1 , az U1 lez rtja kompakt, U1 × U2 ⊂ U , s az u1 7 ϕ(u1
, u2 , p) 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt lekpezs immerzi¢ja U1 -nek minden u2 ∈ U2 , p ∈ P0 -re. Feltehetjk, hogy λk (U1 ) s λm−k (U2 ) vgesek. Mivel f ∈ Lk , minden ε, σ > 0-hoz s minden u2 ∈ U2 -hz van olyan δ > 0, hogy ha |u′2 − u2 | < δ , |p − p0 | < δ , akkor u′2 ∈ U2 s λk {u1 ∈ U1 : dist(f (ϕ(u1, u′2 , p)), f (ϕ(u1, u2 , p0 ))) ≥ σ/2} ≤ 2 ε λm−k (U2 ) . Alkalmazva ezt p = p0 -ra is, s kombin lva a kt egyenltlensget, azt kapjuk, hogy (1) λk {u1 ∈ U1 : dist(f (ϕ(u1 , u′2 , p)), f (ϕ(u1, u′2 , p0 ))) ≥ σ} ≤ ε λm−k (U2 ) minden u′2 -re, amelyre |u′2 − u2 | < δ s minden p-re, amelyre |p − p0 | < δ . Rgz¡tett ε, σ > 0-ra legyen δu2 az u2 ∈ U2 -nek megfelel δ . Legyen C tetszleges kompakt rszhalmaza U1 × U2 -nek s legyen C2 = {u2 : (u1 , u2 ) ∈ C} a projek i¢ja C -nek. Az u2 ∈ C2 kzppont£, δu2 -nl kisebb
sugar£ z rt gmbk Vitali-lefedst alkotj k C2 -nek, ¡gy kiv laszthatunk bellk egy Bi , i = 1, 2 . diszjunkt sorozatot, amely λm−k -majdnem mindentt lefedi C2 -t. Mivel f ∈ Mk , az elz lemma szerint az u 7 f (ϕ(u, p)) lekpezsek m λ -mrhetek minden p ∈ P0 -re. gy az u 7 dist(f (ϕ(u, p)), f (ϕ(u, p0))) lekpezs is mrhet, azaz az (2) {u ∈ U1 × Bi : dist(f (ϕ(u, p)), f (ϕ(u, p0))) ≥ σ} halmazok λm -mrhetek. Felhaszn lva (1)-et s a Fubini-ttelt, azt kapjuk, hogy a (2) halmaz λm -mrtke legfeljebb λm−k (Bi )ε/λm−k (U2 ). Mivel a Bi halmazok diszjunkt majdnem lefedst alkotj k C2 -nek, azt kapjuk, hogy λm {u ∈ C : dist(f (ϕ(u, p)), f (ϕ(u, p0))) ≥ σ} ≤ ε. gy megmutattuk, hogy minden u0 ∈ U -nak van olyan U0 = U1 × U2 krnyezete, hogy (L) teljesl ezen a krnyezeten. Az (L) de n¡ i¢j n l tett megjegyzs szerint kvetkezik az ll¡t s. 18.13 Ttel 181 jellseit fogjuk haszn lni Legyen
Z topologikus tr, s legyenek Zi (i = 1, 2, . , n) szepar bilis metrikus terek Legyenek Xi (i = 1, 2, . , n) s X klnbz euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai s legyen Y ⊂ Rl is ny¡lt halmaz. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak Tekintsk az f : X Z , fi : Xi Zi , h : D × Z1 × . × Zn Z , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n) fggvnyeket Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U × P X egy C 1 fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P immerzi¢ja U -nak X -be, s tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: 142 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = h(x, y, f1(g1 (x, y )), . , fn (gn (x, y ))); (2) (3) (4) (5) b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra h folytonos a tbbi v ltoz¢ban; az fi fggvny Rki ∩ Mki -ben van (i = 1, 2, . , n); a gi fggvny C 1 -ben van D-n (i = 1, 2, . , n); minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , amelyre (ϕ(u0 ,
p0 ), y0) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja ki az (u0 , p0 , y0) pont egy krnyezetn minden 1 ≤ i ≤ n-re. Ekkor az (R) s (M) felttelek teljeslnek f , U , P , p0 , ϕ, λk -val. Bizony¡t s. A 1811 ttelbl kvetkezik, hogy az (M) felttel teljesl f , U , P , p0 , ϕ, λk -val. Rgz¡tsnk egy u0 ∈ U -t s v lasszunk egy y0 -at u0 -hoz (5) szerint. V lasszunk olyan U0 , P0 illetve Y0 krnyezeteit u0 -nak, p0 -nak, illetve y0 -nak, amelyekre (ϕ(u, p), y ) ∈ D, ha u ∈ U0 , p ∈ P0 s y ∈ Y0 , tov bb az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja ki az U0 ×P0 ×Y0 halmazon minden 1 ≤ i ≤ nre. Annak bizony¡t sa, hogy az (R) felttel is teljesl, pontosan £gy megy, mint a 18.7 ttelben, de az elz ttelt kell felhaszn lnunk a defn¡ i¢ helyett 18.14 Felttelek Ennek a paragrafusnak a h tralv rszben 181 jellseit fogjuk haszn lni, de sak azt az esetet vizsg ljuk, amikor
X nem res ny¡lt rszhalmaza Rn -nek, f pedig az X -et egy Y szepar bilis metrikus trbe kpezi, mivel el k¡v njuk kerlni azokat a nehzsgeket, amelyek sak Y topol¢gi j nak nem megfelel volt b¢l erednek. 18.15 Megjegyzs 1814 felttelei mellett, egy m sik, a 181 de n¡i¢ban t rgyaltt¢l eltr lokalit si elv is fenn ll Nevezetesen, f ∈ Lk (X, Y ) akkor s sak akkor, ha minden x0 ∈ X -nek van olyan X0 ⊂ X ny¡lt krnyezete, hogy f |X0 ∈ Lk (X0 , Y ). A sak akkor" rsz nyilv nval¢ Az akkor" rszt 18.1 jellseit felhaszn lva bizony¡tjuk Vegyk szre, hogy minden u0 ∈ U ponthoz lteznek olyan U0 illetve P0 krnyezetei u0 -nak illetve p0 nak, hogy x0 = ϕ(u0 , p0 )-ra a ϕ(U0 , P0 ) halmaz rsze X0 -nak. Ez azt jelenti, hogy (L) teljesl ϕ|U0 ×P0 -ra. Most a de n¡ i¢ban megfogalmazott lokalit si elvbl kapjuk, hogy f ∈ Lk (X, Y ). Hasonl¢ lokalit si elv igaz (s ugyan¡gy bizony¡that¢) Sk -ra, Rk -ra, Tk -ra s Mk -ra.
18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 18.16 Az Mk oszt ly 1814 felttelei mellett, legyen Ak = {A ⊂ X : ξA ∈ Mk (X, {0, 1})}, ahol {0, 1}-et mint diszkrt teret tekintjk. Knny l tni, hogy Ak egy σ algebra, s egy f : X Y fggvny pontosan akkor van Mk (X, Y )-ban, ha f −1 (V ) az Ak halmazoszt lyban van Y b rmely V ny¡lt rszhalmaz ra. gy Mk (X, Y ) vizsg lata az Ak σ -algebra vizsg lat ra reduk lhat¢. Knny l tni, hogy An az X sszes λn -mrhet rszhalmazainak oszt lya, A0 pedig az X sszes rszhalmazainak oszt lya. Megmutatjuk, hogy A ∈ Ak akkor s sak akkor, ha minden U ⊂ Rk ny¡lt halmazra s minden ψ : U X immerzi¢ra az A ∩ rng ψ halmaz χk -mrhet. B rmely u ∈ U -hoz van olyan C kompakt krnyezete u-nak, hogy ψ megszor¡t sa C -re kl snsen egyrtelm. Az integr ltranszform i¢s formula szerint, ha ψ −1 (A) ∩ C Lebesgue-mrhet, akkor ψ (C ) ∩ A Hausdor mrhet Megford¡tva is, ha ψ (C
)∩A Hausdor -mrhet, akkor felhaszn lva, hogy ψ (C ) Hausdor -mrtke vges, lteznek olyan B, N ⊂ ψ (C ) Borelhalmazok, hogy B ⊂ A, (A ∩ ψ (C )) B ⊂ N s χk (N ) = 0. A (ψ|C )−1 (B ) s (ψ|C )−1 (N ) halmazok Borel-halmazok, s az ut¢bbi sak nulla mrtk lehet. Ez azt jelenti, hogy a (ψ|C )−1 (A B ) halmaz λk -mrtke is nulla, ¡gy (ψ|C )−1 (A) is λk -mrhet. Most minden u ∈ U -hoz v lasztva a fentiek szerint egy C kompakt krnyezetet, ezek kzl megsz ml lhat¢ sok lefedi U -t. Ha az A ∩ rng ψ halmaz χk -mrhet, akkor a (ψ|Ci )−1 (A) halmazok mind λk -mrhetek, s ¡gy ψ −1 (A) is λk -mrhet. A m sik ir nyban, ha a ψ −1 (A) halmaz λk mrhet, akkor a ψ −1 (A) ∩ Ci halmazok is mrhetek, ¡gy A ∩ rng ψ = (∪i ψ (Ci )) ∩ A is χk -mrhet halmaz. Amit eddig bebizony¡tottunk, abb¢l kvetkezik, hogy minden χk -mrhet halmaz Ak -ban van, mivel rng ψ mindig χk -mrhet. Egy megsz
ml lhat¢an (χk , k)-rekti k lhat¢ halmaz akkor s sak akkor van Ak -ban, ha χk mrhet Csak azt kell megmutatnunk, hogy ha A ∈ Ak megsz ml lhat¢an (χk , k)-rekti k lhat¢, azaz ha az A halmaz χk -majdnem rszhalmaza Rk -beli korl tos halmazok Lips hitz-kpei megsz ml lhat¢ uni¢j nak, akkor az A halmaz χk -mrhet. Federer [42℄ knyvnek 3229 ttele szerint k 1 A ⊂ N ∪ (∪∞ i=1 Si ), ahol χ (N ) = 0 s minden Si egy k -dimenzi¢s C rszsokas ga X -nek. Az Si -t kisebb rszekre osztva, ha kell, feltehetjk, hogy Si az Rk valamely ny¡lt rszhalmaz nak valamely ψi C 1 -immerzi¢ ltali kpe. Mivel a ψi−1 (A) halmaz λk -mrhet, az A∩ rng ψi = A∩Si halmaz χk -mrhet minden i-re. Innen A = (A ∩ N ) ∪ (∪∞ i=1 (A ∩ Si )) is χk -mrhet. Lteznek nem χk -mrhet halmazok is Ak -ban. Egy vges χk -mrtk tiszt n nem rekti k lhat¢ kompakt halmaz b rmely nem χk -mrhet rszhalmaza (Federer [42℄, 2.24) egy ilyen
plda Egy ilyen A halmazra a ψ −1 (A) halmaz nulla Lebesgue-mrtk az Rk b rmely ny¡lt rszhalmaz nak b rmely ψ immerzi¢j ra X -be. Tiszt n nem rekti k lhat¢ halmazra pld t 144 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt Federer knyvben tal lhatunk, [42℄, 3.320 L sd mg Morgan knyvt, [131℄, 3.17 18.17 sszefggs Mk , Lk , Sk , Rk s Tk kztt 1814 feltteleit haszn ljuk. A legegyszerbb krdsek egyike, hogy f ∈ Mk -b¢l kvetkezik-e f ∈ Lk , Sk , Rk vagy Tk . Tudjuk, hogy ez fenn ll, ha k = n Ha k < n, akkor X s egy megfelel k -dimenzi¢s s¡k metszetnek a karakterisztikus fggvnye Mk -ban van, de nin s benne az Lk , Sk , Rk s Tk oszt lyok egyikben sem. A m sik ir nyban, tegyk fel, hogy f ∈ Lk = Sk ⊂ Rk ⊂ Tk . Krds, hogy f ∈ Mk teljesl-e? Ez trivi lisan teljesl, ha k = 0. M srszt, megmutatjuk, hogy az ll¡t s nem bizony¡that¢ ZFC-ben, ha 0 < k ≤ n Nevezetesen, a kontinuum-hipotzist
felhaszn lva pld t adunk olyan f fggvnyre, amelyre f ∈ Lk , de f ∈/ Mk . Godel s Cohen nevezetes eredmnyei szerint, a kontinuum-hipotzis fggetlen ZFC axi¢m it¢l gy Mk ⊂ Lk nem bizony¡that¢ ZFC-ben. Egy m sik krds, hogy igaz-e, hogy Sk = Rk . Ez ismt sak trivi lisan teljesl, ha k = 0. A kontinuum-hipotzist felhaszn lva a 0 < k < n esetben ellenpld t adunk, ezzel megmutatva, hogy a kt oszt ly egyenlsge nem ttel ZFC-ben. A k = n esetrl semmit sem tudok Hasonl¢an, azt is krdezhetjk, hogy teljesl-e Rk = Tk , vagy legal bb Mk ∩ Rk = Mk ∩ Tk . Ez is teljesl k = 0-ra Ha 0 < k < n, megmutatjuk, hogy Mk ∩ Rk $ Mk ∩ Tk , ¡gy Rk $ Tk . A k = n esetben tudjuk, hogy Mn ⊂ Rn ⊂ Tn , ¡gy termszetesen Mn ∩ Rn = Mn ∩ Tn . Nem tudom, teljesl-e, hogy Rn = Tn ? 18.18 Hierar hia a klnbz dimenzi¢khoz tartoz¢ fggvnyoszt lyok kztt 1814 feltteleit haszn ljuk Rgz¡tsk a 0 ≤ k < l ≤
dimenzi¢kat, s vizsg ljuk az Mk , Lk , stb., s az Ml , Ll , stb oszt lyok kztti kap solatokat. Azt remlhetjk, hogy skkentve a dimenzi¢t, az (L), (S), stb. felttelek egyre ersebb v lnak. Az ilyen ir nyba kapott kt pozit¡v eredmny egyike, hogy ez val¢ban fenn ll az (L), (S) s (R) felttelekre mrhetsg mellett: n M k ∩ M l ∩ Lk ⊂ L l . Ennek az ll¡t snak a bizony¡t sa nagyon hasonl¢ a 18.12 ttel bizony¡t s hoz, ¡gy nem ismteljk meg az rvelst Kontinuum-hipotzis mellett adott ellenpld val megmutatjuk, hogy k > 0-ra ZFC 2 Mk ∩ Lk ⊂ Ml ∪ Tl . Hasonl¢an, kontinuum-hipotzis mellett adott ellenpld val mutatjuk meg, hogy ZFC 2 Mk ∩ Lk ∩ Ll ⊂ Ml , kivve a trivi lis k = 0 esetet. 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt Sokkal knnyebb l tni, hogy ltal ban az ellenkez ir ny£ tartalmaz sok sem teljeslnek. B r trivi lisan fenn ll, ltal ban Ml ⊂ M0 Ml 6⊂ Mk ha k > 0. Ezt mutatja X s
egy alkalmas k-dimenzi¢s s¡k metszete egy nem χk -mrhet rszhalmaz nak a karakterisztikus fggvnye. Ugyanez a plda azt is mutatja, hogy Ml ∩ Ll 6⊂ Mk ∪ Tk . Ha X s egy alkalmas k-dimenzi¢s s¡k metszetnek a karakterisztikus fggvnyt tekintjk, akkor l tjuk, hogy Ml ∩ Ll ∩ Mk 6⊂ Tk . Meg fogjuk mutatni, hogy Ml ∩ Rk ⊂ Mk . Nem tudom, hogy itt Rk helyettes¡thet-e Tk -val, kivve a trivi lis k = 0 esetet. L ssuk a bizony¡t sokat. 18.19 Ttel Ml ∩ Rk ⊂ Mk . 18.14 felttelei mellett, ha 0 ≤ k < l ≤ n, akkor Bizony¡t s. k = 0-ra az ll¡t s trivi lis Egybknt legyen ψ egy U ⊂ Rk ny¡lt halmaz immerzi¢ja X -be. Legyen u0 ∈ U , s legyen V egy l − k-dimenzi¢s altere Rn -nek, amely ortogon lis rng ψ ′ (u0 )-ra. Legyen π : Rl−k V egy line ris izometria, s ϕ-t de ni ljuk a ϕ(u, p) = ψ (u)+π (p) sszefggssel. Ekkor p0 = 0-ra ϕp0 = ψ V lasszunk olyan U0 illetve P0 ny¡lt krnyezeteit u0 -nak illetve
p0 -nak, amelyekre ϕ(U0 , P0 ) ⊂ X s ϕ immerzi¢ja U0 × P0 -nak X -be. Mivel f ∈ Ml , az (u, p) 7 f (ϕ(u, p)) lekpezs λl -mrhet. gy λl−k -majdnem minden p ∈ P0 -ra az u 7 f (ϕ(u, p)) lekpezs λk -mrhet V lasszunk egy olyan pm p0 sorozatot, amelyre minden u 7 f (ϕ(u, pm )) mrhet. Mivel f ∈ Rk , van olyan pms rszsorozat, hogy f (ϕ(u, pms )) f (ϕ(u, p0 )) λk -majdnem minden u ∈ U0 -ra. gy u 7 f (ψ (u)) mrhet U0 -on, azaz lok lisan. Ebbl kvetkezik, hogy f ∈ Mk 146 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 18.20 Ellenplda 1814 felttelei mellett, egy ellenpld val megmutatjuk, hogy ha 0 < k < n, akkor Mk ∩ Rk $ Mk ∩ Tk Bizony¡t s. Az egyszersg kedvrt X egy nem res k-dimenzi¢s V = W ∩X alak£ altervel fogunk dolgozni, ahol W = {(x1 , x2 , . , xk , x0k+1 , , x0n )} valamely rgz¡tett x0k+1 , . , x0n -ra Az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy x0k+1 = ·
· · = x0n = 0 Az fqfggvny sak x1 , , xk -t¢l fog fggni, valamint a W altrtl val¢ r = x2k+1 + · · · + x2n t vols gt¢l. Legyen f (x) = 0, ha r = 0. Legyen g (y ) rtke 0 vagy 1 az Rk egy pontj ban att¢l fggen, hogy az y ∈ Rk koordin t i egsz rszeinek sszege p ros vagy p ratlan. Ennek a g sakkt bla" fggvnynek egy h sim¡t s t fogjuk felhaszn lni f de n¡ i¢j ban. A h folytonos fggvnyt £gy kapjuk, hogy g tlag t kpezzk egy adott y pont krl egy alkalmas tgl n, nevezetesen azon z ∈ Rk pontok halmaz n, amelyekre b rmely zi − yi koordin taklnbsg −1/4 s 1/4 kztt van. B rmely m nem negat¡v egsz sz mra, ha xn = α2−m + (1 − α)2−m−1 valamely 0 < α ≤ 1-el, legyen f (y, xk+1 , . , xn ) = αh(2m y ) + (1 − α)h(2m+1 y ) Ha xn > 1, akkor legyen f (y, xk+1 , . , xn ) = h(y ) Mivel f folytonos az xn ≤ 0 s xn > 0 rszein X -nek, nyilv n Borel-fggvny, ¡gy Mm -ben van b rmely 0 ≤ m
≤ n-re. Elszr megmutatjuk, hogy f ∈/ Rk . Legyen π az y 7 (y1 , . , yk , 0, , 0) be gyaz sa Rk -nak Rn -be. V lasszunk egy K ∈ N-et s egy y 0 vektort 2−K Zk -b¢l £gy, hogy ha U az sszes olyan y pontok halmaza, amelyekre y − y 0 minden koordin t ja pozit¡v, de kisebb, mint 2−K , akkor π (U ) lez rtja V rsze legyen. Ha p ∈ R, legyen ϕ(u, p) = π (u) + pen ahol en a (0, . , 0, 1) ∈ Rn egysgvektor Egy alkalmas M -re teljesl, hogy ϕ(u, p) ∈ X , ha u ∈ U s p ∈ P = {p : |p| < 2−M }. Legyen p0 = 0 s pm = 2−m , ha m > M . A pm sorozat b rmely pms rszsorozat ra teljesl, hogy b rmely adott u ∈ U -ra vgtelen sok s van, amelyre f (ϕ(u, pms )) = 1, s ¡gy f (ϕ(u, pms )) 6 f (ϕ(u, p0 )) = 0. gy az Um = {u ∈ U : f (ϕ(u, pm )) = 1} jellssel konvergen ia sak akkor llhat fenn, ha van olyan S , hogy minden ∞ s ≥ S -re u ∈ / Ums , azaz ha u ∈ / ∩∞ S =1 ∪s=S Ums . gy majdnem mindentti konvergen ia sak
akkor teljeslhet, ha ∞ λk (∩∞ S =1 ∪s=S Ums ) = 0. 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt Ez azt jelenti, hogy a majdnem mindentti konvergen i hoz λk (Ums ) 0 teljeslse szksges. Ez azonban nem teljesl, mert λk (Ums ) = λk (U )/2k , ha ms > K . Nehezebb megmutatni, hogy f ∈ Tk . Legyen U ny¡lt rszhalmaza Rk nak, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P s ϕ : U × P X egy C 1 -fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P immerzi¢. Legyen pm p0 egy konvergens sorozat P -ben. Mivel az f fggvny folytonos az X V halmazon, ha ϕ(u, p0 ) ∈/ V , akkor f (ϕ(u, pm)) f (ϕ(u, p0)). gy sak a Z = {u ∈ U : ϕ(u, p0 ) ∈ V } halmazzal kell foglalkoznunk. Vezessk be az Umε = {u ∈ Z : f (ϕ(u, pm )) ≥ ε} jellst Meg kell mutatnunk, hogy majdnem minden u ∈ Z -hez van olyan pms rszsorozata pm nek, amelyre f (ϕ(u, pmk )) f (ϕ(u, p0 )) = 0 Ez azt jelenti, hogy minden ε ε > 0-hoz s minden M -hez
van olyan m ≥ M , hogy u ∈ / Um , azaz hogy ∞ ε u∈ / ∪ε>0 ∪∞ ∩ U . gy azt kell megmutatnunk, hogy ennek a halM =1 m=M m k ∞ ∞ ε maznak a λ -mrtke nulla. Mivel skkentve ε-t az ∪M =1 ∩m=M Um halmaz nvekszik, ha vesznk egy null hoz tart¢ εs > 0 sorozatot s az uni¢t sak ezen εs sz mokra vesszk, az uni¢ nem v ltozik. gy elg azt megmutatni, ε ∞ hogy b rmely ε > 0-ra az ∪∞ M =1 ∩m=M Um halmaz nulla mrtk, vagy, ε ami ezzel ekvivalens, hogy b rmely ε > 0-ra s b rmely M -re a ∩∞ m=M Um halmaz λk -mrtke nulla. Ha ez nem teljeslne, akkor lenne olyan ε > 0 s M , amelyre ennek a halmaznak ltezne egy u0 srsgi pontja. Tegyk fel, hogy ez a helyzet, s rgz¡tsk ε-t, M -et s u0 -t. Feltehetjk tov bb , hogy ε u0 ∈ ∩∞ m=M Um . rjuk ϕ-t ϕ = (ϕ1 , ϕ2 ) alakba, ahol ϕ1 (u, p) az els k koordin t ja ϕ(u, p)-nak, ϕ2 (u, p) pedig az utols¢ n − k . Mivel u0 srsgi
pontja Z nek is, azt kapjuk, hogy ϕ′2,p0 (u0 ) = 0 s det ϕ′1,p0 (u0 ) 6= 0 Az inverz fggvny ttel bizony¡t s t felhaszn lva, tal lhatunk olyan c > 0-t s u0 kzppont£ U0 ny¡lt gmbt, valamint P0 ny¡lt krnyezett p0 -nak, hogy ha Bδ (u0 ) rsze U0 -nak s p ∈ P0 , akkor Bcδ (ϕ1,p (u0 )) √ rsze legyen ϕ1,p (Bδ (u0 ))′ nak. Tov bb feltehetjk, hogy kϕ2,p (u)k ≤ c/(16 k), ha (u, p) ∈ U0 × P0 Szksg esetn skkentve U0 -at s P0 -at azt is feltehetjk, hogy valamely pozit¡v C konstanssal J (ϕ1,p )(u) ≤ C , ha (u, p) ∈ U0 × P0 , ahol J a Ja obidetermin ns abszol£t rtke. Jellje α(k) az Rk tr 1 sugar£ gmbjeinek λk -mrtkt. Ekkor termszetesen b rmely δ sugar£ gmb λk -mrtke α(k)δ k Mivel u0 srsgi pont, van olyan δ0 > 0, hogy a Bδ (u0 ) z rt gmbre ε λk (Bδ (u0 ) (∩∞ m=M Um )) < ck δ k , Ck k/2 23k ha 0√< δ ≤ δ0 . Ehhez a δ0 -hoz v lasszunk egy s0 > 1-et,
amelyre 2−s0 +1 ≤ cδ0 / k . V lasszunk egy M0 -at, amelyre m ≥ M0 esetn pm ∈ P0 s ϕ(u0 , pm ) t vols ga W -tl kisebb, mint 2−s0 −2 . Rgz¡tsnk egy m-et, amely nem kisebb, mint max{M, M0}. Mivel u0 ∈ Umε teljesl, ϕ(u0 , pm ) t vols ga W -tl nagyobb, mint 0, de kisebb, mint 2−s0 −2 . V lasszunk egy s-et £gy, kisebb legyen, mint hogy ez a t vols g ne legyen kisebb, mint 3 · 2−s−3 , de √ √ −s−2 −s . Nyilv n s ≥ s0 Legyen k2 /c < δ ≤ k2−s+1 /c Ekkor 3·2 148 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt 0 < δ ≤ δ0 . Jellje S az sszes olyan y ∈ Rk pontok halmaz t, amelyekre 2s y minden koordin t j nak ugyanaz az egsz rsze, mint 2s y0 megfelel −s koordin t j nak, ahol y0 = ϕ1 (u0 , pm ). Az S halmaz √ −s 2 hossz£s g£ intervallumok Des artes-szorzata. gy S tmrje k2 s mivel y0 ∈ S , az S halmaz rsze ϕ1,pm (Bδ (u0 ))-nak. Felhaszn lva kϕ2′ ,pm (u)k be slst, amely minden u ∈
Bδ (u0 )-re teljesl, a √ |ϕ2 (u, pm ) − ϕ2 (u0 , pm )| ≤ cδ/(16 k ) ≤ 2−s−3 be slst kapjuk. Ebbl kvetkezik, hogy ϕ(u, pm ) t vols ga W -tl 2−s−2 s 2−s kz esik. Jellje S0 az S azon y pontjainak halmaz t, amelyekre a h(2s y ), h(2s+1 y ) s h(2s+2 y ) fggvnyrtkek mindegyike nulla. Egy y ∈ S pontosan akkor van S0 -ban, ha 2s y , 2s+1 y s 2s+2 y minden koordin t j nak a trtrsze 1/4 s 3/4 kztt van. Ez azt jelenti, hogy 2s y minden koordin t j nak a trtrsze az [5/16, 6/16℄ ∪ [10/16, 11/16℄ halmazba esik gy az S0 halmaz λk -mrtke 2−sk−3k . Ha u ∈ Bδ (u0 ) s y = ϕ2 (u, p0 ) ∈ S0 , akkor ε u∈ / Um . De J (ϕ1,pm )(u) ≤ C , ¡gy az integr ltranszform i¢s formula szerint ε λk (Bδ (u0 ) Um )≥ 2−sk−3k C ≥ ck δ k . Ck k/2 23k Ez ellentmond δ0 v laszt s nak. Ez az ellentmond s bizony¡tja, hogy f ∈ Tk A tov bbi ellenpld khoz egy lemm ra lesz szksgnk. Az ellenpld k az
£gynevezett majdnem invari ns halmazok ltezsvel kap solatosak Ezeket a halmazokat Kakutani s Oxtoby [105℄ dolgozat ban annak bizony¡t s ra haszn lta fel, hogy a Haar-mrtket a komplex egysgkrn bv¡thetjk egy olyan invari ns mrtkk, amelyre a megfelel L2 -tr Hilbert-tr dimenzi¢ja 2c lesz, ahol c a kontinuum sz moss g. Az al bbi konstruk i¢ a szerz [68℄ dolgozat ban szerepl konstruk i¢ nom¡t sa, ahol | egyebek mellett | Kakutani s Oxtoby eredmnyt terjesztette ki tetszleges lok lisan kompakt soportra. Az ottani gondolatokat itt Sierpinski egy j¢l ismert konstruk i¢j val kombin ljuk, amellyel Sierpinski kontinuum-hipotzis mellett pld t adott az egysgngyzetben egy 1 mrtk (nem mrhet) halmazra, amely b rmely egyenesbl legfeljebb kt pontot tartalmaz. Hogy az al bbi absztrakt halmazelmleti lemma szerept jobban megrtsk, arra az esetre gondolhatunk, amikor X a s¡k, T az sszes olyan di eomor zmusok oszt lya,
amelyek a s¡k valamely ny¡lt rszhalmaz t a s¡k egy m sik ny¡lt rszhalmaz ra kpezik, F a s¡k pozit¡v Lebesgue-mrtk kompakt rszhalmazainak oszt lya, G a s¡k sszes egydimenzi¢s C 1 -rszsokas gainak oszt lya, s n = c = ℵ1 . 18.21 Lemma Legyen X egy halmaz, T pedig olyan kl snsen egyrtelm transzform i¢k egy oszt lya, amelyek mindegyike X egy rszhalmaz t X -be kpezi. Legyenek F , G az X rszhalmazainak oszt lyai Tegyk fel, hogy n > ℵ0 egy sz moss g s az al bbi felttelek teljeslnek: (1) ard(X ) = n; 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt (2) ard(T ) ≤ n; (3) ard(F ) ≤ n s minden F ∈ F -re ard(F ) = n; (4) ard(G ) ≤ n s minden F ∈ F -re s G0 ⊂ G -re, amelyre ard(G0 ) < n, teljesl, hogy ard(F ∪G0 ) = n; (5) a G oszt ly T -invari ns, azaz ha G ∈ G s τ ∈ T , akkor τ (G) ∈ G s τ −1 (G) ∈ G . Ekkor ltezik az X halmaz Xγ rszhalmazainak egy {Xγ }γ∈ sal dja az al bbi
tulajdons gokkal: (6) ard( ) = n; (7) az Xγ , γ ∈ halmazok p ronknt diszjunktak; (8) minden γ ∈ -ra s G ∈ G -re ard(Xγ ∩ G) < n; (9) ard(F ∩ Xγ ) = n, ha γ ∈ s F ∈ F ; (10) b rmely 0 rszhalmaz ra s b rmely τ ∈ T -re ard τ (∪γ∈ 0 Xγ ) △ (τ (X ) ∩ (∪γ∈ 0 Xγ )) < n. Bizony¡t s. Jellje a legkisebb olyan rendsz mot, amelynek sz moss ga n. Feltehetjk, hogy F nem res, mivel egybknt helyettes¡thetjk {X}-el Legyen Y egy tetszleges n sz moss g£ halmaz Mivel ard(Y × F ) = n, ltezik egy α 7 (yα , Fα ) kl snsen egyrtelm lekpezse a {α : 0 ≤ α < } rendsz mhalmaznak Y × F -re. Az F0 , , Fα , , 0 ≤ α < transz nit sorozat az F minden F elemt pontosan n-szer tartalmazza. Hasonl¢an feltehetjk, hogy G sem res, mivel egybknt helyettes¡thetjk {∅}-al, s v laszthatunk egy G0 , , Gα , , 0 ≤ α < transz nit sorozatot, amely G minden elemt tartalmazza. V
lasszunk tov bb egy α 7 τα lekpezst az {α : 0 ≤ α < } rendsz mhalmaznak a {1X } ∪ T halmazra, amelyre τ0 = 1X , ahol 1X az identikus lekpezse X -nek nmag ra. Minden x ∈ X -re s minden α < rendsz mra jellje Cα (x) az X sszes olyan pontjainak halmaz t, amelyek fel¡rhat¢k τβε11 ◦ · · · ◦ τβεnn (x) alakban, ahol n = 1, 2, . , k = 1, 2, , n, 0 ≤ βk ≤ α s εk vagy 1 vagy −1. Itt τ 1 a τ lekpezst jelenti, τ −1 pedig az inverzt Vil gos, hogy x ∈ Cα (x), s ha x ∈ X s 0 ≤ β ≤ α < , akkor Cβ (x) ⊂ Cα (x) s τβ (Cα (x)) = τβ (X ) ∩ Cα (x). Az is teljesl, hogy ard (Cα (x)) ≤ max{ ard(α), ℵ0 } < n. Ha A ⊂ X , akkor a Cα (A) jellst fogjuk haszn lni az ∪x∈A Cα (x) halmazra. Megmutatjuk, hogy ltezik az X elemeinek olyan {xα β :0≤β≤α< } 150 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt transz nit dupla sorozata, amelyre xα β ∈ Fα , ha 0 ≤
β ≤ α < ; a {Cα (xαβ ) : 0 ≤ β ≤ α < } halmazok p ronknt diszjunktak; Cα (xβα ) diszjunkt b rmely Cα (Gγ ), γ ≤ α halmazt¢l. Ǒllapodjunk meg abban, hogy (γ, δ ) < (α, β ), ha γ < α vagy γ = α s δ < β (lexikogra kus rendezs); ezzel {(α, β ) : 0 ≤ β ≤ α < } j¢lrendezett halmaz. Az {xαβ : 0 ≤ β ≤ α < } sorozatot transz nit induk i¢val de ni ljuk Legyen x00 tetszleges pontja F0 G0 -nak. Tegyk fel, hogy 0 ≤ β ≤ α < , s hogy xγδ m r de ni lva van minden (γ, δ ) < (α, β ), 0 ≤ δ ≤ γ p rra. Tekintsk az sszes Cα (xγδ ) halmazok D(α, β ) uni¢j t, ahol (γ, δ ) az sszes (γ, δ ) < (α, β ) p rokat futja be. Ekkor ard (D(α, β )) ≤ ( ard(α))2 max{ ard(α), ℵ0} < n. Legyen E (α) az sszes Cα (Gγ ), γ ≤ α halmazok egyes¡tse. (5) szerint, E (α) valamely Gα ⊂ G oszt ly egyes¡tse, amelyre ard(Gα ) < n. (4) szerint Fα E (α) sz moss ga n,
¡gy (Fα E (α)) D(α, β ) nem res. Legyen xα β egy tetszleges pontja az (Fα E (α)) D(α, β ) halmaznak. Ekkor Cα (xαβ ) diszjunkt minden Cζ (x)-tl, ahol x = xγδ valamely (γ, δ ) < (α, β )-ra vagy x ∈ Gζ valamely ζ ≤ α-ra. Egybknt ugyanis azt kapn nk, hogy η1 ηm τβε11 ◦ · · · ◦ τβεnn (xα β ) = τδ1 ◦ · · · ◦ τδm (x), ahol βk ≤ α, δj ≤ α, εk vagy 1 vagy −1, s ηj is vagy 1 vagy −1, k = 1, 2, . , n, j = 1, 2, , m gy xα β η1 ηm 1 n = τβ−ε ◦ · · · ◦ τβ−ε 1 ◦ τδ1 ◦ · · · ◦ τδm (x), n ami ellentmond xαβ v laszt s nak. Legyen = {ζ : ζ rendsz m s 0 ≤ ζ < }; Xζ = [ Cα (xα ζ) : ζ ≤ α < , ζ∈ . A (6) s (7) tulajdons gok nyilv nval¢ak. Mivel xαζ ∈ F s xαζ ∈ Cα (xαζ ) ⊂ Xζ , ha ζ ≤ α < s Fα = F , azt kapjuk, hogy F ∩ Xζ -nak legal bb n eleme van. gy (9) teljesl (8) bizony¡t s hoz vegyk szre, hogy Cα
(xα ζ ) ∩ Gγ = ∅, ha α ≥ γ . gy ha G = Gγ , akkor Xζ ∩ G ⊂ ∪{Cα (xα ζ ) : ζ ≤ α < γ}, 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt s a jobb oldal sz moss ga kisebb, mint n. (10) bizony¡t s hoz legyen 0 ⊂ s τ ∈ T . Tegyk fel, hogy 0 ≤ γ < s τγ = τ . Felhaszn lva, hogy τγ Cα (xα ζ) s [ ζ∈ azt kapjuk, hogy Mivel 0 Xζ = = τγ (X ) ∩ Cα (xαζ ), ha γ ≤ α < [ Cα (xα ζ ) : ζ ∈ 0, ζ≤α< , τγ (∪ζ∈ 0 Xζ ) △ τγ (X ) ∩ (∪ζ∈ 0 Xζ ) o [n α ∪ C ⊂ τγ Cα (xα ) ( x ) : ζ ∈ , ζ ≤ α < γ . α ζ 0 ζ ard Cα (xαζ ) ∪ τγ Cα (xαζ ) ≤ max { ard(α), ℵ0} , a jobb oldal sz moss ga kisebb, mint n. gy bel ttuk (10)-et 18.22 Ellenplda 1814 felttelei mellett, feltve a kontinuum-hi- potzist, ha 0 < k ≤ n, akkor Lk 6⊂ Mk . Bizony¡t s. Megadunk egy f ∈ Lk fggvnyt, amelyre f ∈/ Mk Az elz lemm t k¡v njuk
alkalmazni. Csak azt fogjuk felhaszn lni, hogy a Lk de n¡ i¢j ban szerepl fggvnyek folytonosak, s hogy a 18.2 (3) megjegyzs szerint feltehetjk, hogy a ϕp fggvnyek kl snsen egyrtelmek Jellje T az sszes olyan kl snsen egyrtelm τ fggvnyek oszt ly t, 1 k amelyek el ll¡that¢k ϕp ◦ ϕ− p′ alakban, ahol U ny¡lt rszhalmaza R -nak, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, ϕ : U × P X pedig egy folytonos fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P kl snsen egyrtelm. Mivel az sszes U , P p rok sz moss ga kontinuum, s b rmely ϕ folytonos fggvnyt egyrtelmen meghat roznak egy megsz ml lhat¢ sr halmazon felvett rtkei, T sz moss ga kontinuum. Jellje F az X sszes olyan k-rekti k lhat¢ kompakt rszhalmazainak oszt ly t, amelyek χk -mrtke pozit¡v. Mivel minden kompakt halmazt egyrtelmen meghat roz a komplementere, a ny¡lt komplementert pedig egyrtelmen meghat rozz k azok a
rszhalmazai, amelyek elemei egy rgz¡tett megsz ml lhat¢ b zisnak, kvetkezik, hogy az F halmazoszt lynak c eleme van, s minden elemnek a sz moss ga c. Alkalmazva az elz lemm t G = ∅-al, az X rszhalmazainak egy Xγ , γ ∈ R oszt ly t kapjuk. Ellenpld nk az X0 halmaz (azaz γ = 0-ra az Xγ halmaz) f karakterisztikus fggvnye lesz. Legyen U korl tos ny¡lt rszhalmaza Rk -nak s ψ : U X immerzi¢, amelyre az M = ψ (U ) rekti k lhat¢ s χk -mrhet halmaz χk -mrtke pozit¡v de vges. Vegyk szre, hogy ha az X0 ∩ M halmaz χk -mrtke nulla lenne, akkor M X0 tartalmazna egy F ∈ F halmazt, ami lehetetlen, mivel 152 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt F ∩ X0 6= ∅. Ha az X0 ∩ M halmaz χk -mrhet lenne pozit¡v χk -mrtkkel, akkor tartalmazna valamely F ∈ F halmazt. De ez is lehetetlen, mivel F ∩ Xγ = 6 ∅ s Xγ ∩ X0 = ∅ b rmely γ 6= 0-ra. gy X ∩ M nem χk -mrhet, teh t 18.16 szerint f
∈/ Mk Megmutatjuk, hogy f ∈ Lk . Legyen C egy kompakt rszhalmaza U nak A {u ∈ C : f (ϕp0 (u)) 6= f (ϕp (u))} halmaz megegyezik a 1 −1 ϕ− p0 {x ∈ ϕp0 (C ) : x ∈ X0 △ (ϕp0 ◦ ϕp )(X0 )} 1 halmazzal. A τ = ϕp0 ◦ ϕ− p lekpezsre ez a halmaz rszhalmaza a ϕp−01 ((τ (X ) ∩ X0 ) △ τ (X0 )) halmaznak. Ha feltesszk, hogy a kontinuum-hipotzis teljesl, akkor ez a halmaz megsz ml lhat¢. 18.23 Ellenplda 18.14 feltteleit haszn lva, ha 0 < k < n s feltesszk, hogy a kontinuum-hipotzis teljesl, akkor Sk $ Rk . Bizony¡t s. Az elz ellenplda konstruk i¢j t fogjuk haszn lni A T , F s G oszt lyokat ugyan£gy v lasztva, mint az elz ellenpld ban, kapjuk az Xγ , γ ∈ R halmazokat. Ha m ∈ N, m ≥ 2, legyen fm (x) = gm (x)hm (x), ahol gm (x) az Xm halmaz karakterisztikus fggvnye, s hm (x) = 0, ha dist(x, D) ≤ 1 m+1 vagy dist(x, D) ≥ m(m + 1) dist(x, D) − m1+1 ,
1 − dist(x, D) , m(m + 1) m−1 1 ha m+1 ha m 1 m−1 ; 1; ≤ dist(x, D) ≤ m 1 ≤ dist(x, D) ≤ 1 m−1 . Itt D egy adott nem res k-dimenzi¢s z rt krlemez, P∞ amely X s egy k dimenzi¢s s¡k metszetnek a rsze. Legyen f = m=1 fm (Ugyan£gy, mint az elz ellenpld ban, bel that¢, hogy f ∈/ Mk .) gy, mint az elz ellenpld ban, kapjuk, hogy minden gm benne van Lk = Sk -ban, s ¡gy Rk -ban is. Ugyanez trivi lis a folytonos hm fggvnyre Ebbl kvetkezik, hogy a gm hm szorzat szintn Rk -ban van. Mivel az X D ny¡lt halmazon mindentt az f fggvny lok lisan ilyen szorzatok vges sszege, azt kapjuk, hogy f |X D ∈ Rk . Legyen ϕ : U × P X s legyen F = {u : ϕ(u, p0 ) ∈ D}. Nyilv n F z rt halmaz. Legyen C kompakt rszhalmaza F -nek Ha pm p0 , jellje Rm,j az sszes olyan u pontok halmaz t, amelyekre ϕ(u, pm ) ∈ Xj , de ϕ(u, p0 ) ∈ / Xj , vagy ford¡tva, ϕ(u, pm ) ∈ / Xj , de ϕ(u, p0 ) ∈
Xj . 18.§ A mrhetsg s a folytonoss g kztt A kontinuum-hipotzis mellett, az Rm,j halmazok s az R = ∪∞ m,j =1 Rm,j k uni¢juk megsz ml lhat¢, s ¡gy λ -mrtke nulla. Vegyk szre, hogy minden i-hez van olyan mi , hogy ha m > mi , akkor minden u ∈ C -re 1 |ϕ(u, pm ) − ϕ(u, p0 )| < . i+1 −1 gy, ha u ∈ C , de u ∈/ R s u ∈/ ∪∞ / Xj minden j =i ϕp0 (Xj ), akkor ϕ(u, pm ) ∈ j ≥ i-re. Innen gj (ϕ(u, pm )) = 0, ha j ≥ i M srszt, dist(ϕ(u, pm ), D) < 1 i+1 , ¡gy hj (ϕ(u, pm )) = 0, ha j ≤ i. Teh t azt kapjuk, hogy f (ϕ(u, pm )) = 0, −1 ha u ∈/ R, u ∈/ ∪∞ j =i ϕp0 (Xj ) s m > mi . Mivel az Xj halmazok diszjunktak, ebbl kvetkezik, hogy f (ϕ(u, pm)) f (ϕ(u, p0)), ha m ∞ minden u ∈/ R-re, azaz majdnem mindentt. Megsz ml lhat¢ sok C halmaz egyes¡tst vve, azt kapjuk, hogy f ∈ Rk . M srszt, ha e 6= 0 ortogon lis D-re s ϕ(u, p) = ψ (u) + pe, ahol ψ egy izometrikus immerzi¢,
amely az Rk valamely nem res ny¡lt rszhalmaz t D-re kpezi, p0 = 0, akkor pm = 1/m-re azt kapjuk, hogy {u ∈ C : |f (ϕ(u, pm )) − f (ϕ(u, p0 ))| ≥ 1} ⊃ ψ −1 (Xm ) ∩ C egy megsz ml lhat¢ halmazt kivve. A bal oldalon ll¢ halmaz λk -mrtke megegyezik C mrtkvel. Ez azt mutatja, hogy f ∈/ Sk 18.24 Ellenplda 1814 feltteleit haszn lva, feltve a kontinuumhipotzist, ha 0 < k < l ≤ n, akkor Mk ∩ Lk ∩ Ll 6⊂ Ml Bizony¡t s. Pld t adunk olyan f ∈ Mk ∩Lk ∩Ll fggvnyre, amelyre f∈ / Ml . Ismt az elz lemm t fogjuk haszn lni. Azt is felhaszn ljuk, hogy a 18.2 (3) megjegyzs szerint feltehetjk, hogy a Ll de n¡ i¢j ban szerepl ϕp fggvnyek kl snsen egyrtelm immerzi¢k. Jellje T azt sszes olyan kl snsen egyrtelm τ fggvnyek oszt ly t, amelyek reprezent lhat¢k ϕp ◦ ϕp−′1 alakban, ahol U ny¡lt rszhalmaza Rl -nek, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, ϕ : U × P
X pedig C 1 -fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P kl snsen egyrtelm. Jellje F az X sszes olyan kompakt l-rekti k lhat¢ rszhalmazainak oszt ly t, amelyeknek χl -mrtke pozit¡v. Jellje G az X sszes k-rekti k lhat¢ Borel-halmazainak oszt ly t Nem nehz megmutatni, hogy a G oszt ly T -invari ns. Tov bb minden G ∈ G halmaz χl -mrtke nulla, ¡gy ugyanez teljesl megsz ml lhat¢ sok G ∈ G uni¢j ra. Ez azt jelenti, hogy az F ∪G0 halmaz χl -mrtke pozit¡v, ¡gy sz moss ga c b rmely megsz ml lhat¢ G0 ⊂ G rszoszt lyra s b rmely F ∈ F -re. A 1821 lemma tbbi felttelnek teljeslst m r a 1822 ellenpld n l megvizsg ltuk. Alkalmazva a 18.21 lemm t olyan Xγ , γ ∈ R halmazrendszert kapunk, amelyre Xγ minden G ∈ G halmazb¢l legfeljebb megsz ml lhat¢ pontot tartalmaz, de Xγ ∩ F = 6 ∅ egyetlen F ∈ F -re sem, ¡gy Xγ ∩ F nem χl mrhet egyetlen F ∈ F -re sem. Legyen f az X0 halmaz karakterisztikus fggvnye.
Ugyan£gy, mint a 18.22 ellenpld n l, kapjuk, hogy f ∈ Ll , de f ∈/ Ml Mivel az Rk b rmely 154 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt ny¡lt rszhalmaz nak b rmely ψ C 1 -be gyaz s ra X -be az f ◦ ψ fggvny egy megsz ml lhat¢ halmaz kivtelvel nulla, azt kapjuk, hogy f ∈ Mk s f ∈ Lk . Ezzel az ll¡t st bel ttuk 18.25 Ellenplda 1814 felttelei mellett, ha teljesl a kontinuumhipotzis, akkor 0 < k < l ≤ n-re Mk ∩ Lk 6⊂ Ml ∪ Tl Bizony¡t s. Alkalmazzuk a 1821 lemm t ugyanazzal a T -vel, F -el s G -vel, mint az elz ellenpld ban. Egy Xγ , γ ∈ R halmazrendszert kapunk, ahol minden Xγ sak megsz ml lhat¢ sok pontot tartalmaz minden G ∈ G bl, de Xγ ∩ F = 6 ∅ egyetlen F ∈ F -re sem, ¡gy Xγ ∩ F nem χl -mrhet egyetlen F ∈ F -re sem. Legyen Z olyan l-dimenzi¢s s¡k, amelynek metszete X -el nem res, f pedig legyen a Z ∩ X0 halmaz karakterisztikus fggvnye. Ekkor f ∈ Mk ∩ Sk = Mk ∩
Lk , de f ∈ / Tl s f ∈ / Ml . 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt Ebben a paragrafusban a Baire-tulajdons gb¢l kvetkezik a folytonoss g" t¡pus£ eredmnyeket fogunk bizony¡tani az 1.17 problm ban szerepl (1) ltal nos nem line ris expli it egyenletre, az ott szerepl (3) ers rang felttelnl egyhbb felttelek mellett. Tudom som szerint minden kor bbi eredmny a (3) ers rang felttelt vagy annak valamely absztrakt v ltozat t haszn lja. Az 17 pontban le¡rt bootstrap" m¢dszer szellemben itt is olyan tulajdons gokat vezetnk be, amelyek | durv n sz¢lva | a Bairetulajdons g s a folytonoss g kztt fekszenek. Ez a tulajdons g-sorozat adja azt a lp st, amelyen felkapaszkodhatunk a Baire-tulajdons gt¢l a folytonoss ghoz. Elszr megvizsg ljuk az £j fogalmak legalapvetbb tulajdons gait Ezut n bizony¡tjuk regularit si ttelnket A ttel egy nom¡t s t is bebizony¡tjuk Vgl az £j fogalmak tov bbi tulajdons
gait vizsg ljuk Ezek az eredmnyek a J rai [97℄ dolgozatban publik l s alatt llnak. 19.1 De n¡ i¢ Legyen X egy halmaz, Y metrikus tr, s f : X Y egy fggvny. Legyen U egy topologikus tr, s legyen P is egy topologikus tr, a paramter tr", egy adott p0 ∈ P ponttal. Legyen ϕ egy fggvny U × P -bl X -be. ϕ-re £gy fogunk gondolni, mint a p paramtertl fgg ϕp : u 7 ϕ(u, p) felletek seregre. Luzin ttelnek 212 analogonja s Pi ard ttelnek ltal nos¡t sai (l sd a 4. §-t) azt sugallj k, hogy az al bbi felttel a Baire-tulajdons ggal kap solatos: (S) minden pm p0 sorozatra f (ϕ(u, pm )) f (ϕ(u, p0)), kivve u ∈ U pontok egy els kateg¢ri j£ halmaz t. Vizsg latainkhoz szksgnk lesz az al bbi tulajdons gra: (B) u 7 f (ϕ(u, p0 )) Baire-tulajdons g£. Az (S) s (B) feltteleket gyakran lok lisan fogjuk ellenrizni. Ha minden u0 ∈ U -hoz van olyan U0 krnyezete u0 -nak s P0 krnyezete p0 -nak, 19.§ A
Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt hogy ϕ|U0 × P0 -ra teljesl (S), akkor ϕ-re szintn teljesl (S). Ez knnyen kvetkezik az els kateg¢ri j£" tulajdons g 2.9 pontban eml¡tett lokalit s b¢l Hasonl¢an, ha minden u0 ∈ U -hoz van olyan U0 krnyezete u0 -nak s P0 krnyezete p0 -nak, hogy ϕ|U0 × P0 -ra teljesl (B), akkor ϕ-re szintn teljesl (B). Legyen X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek s 0 ≤ k ≤ n. Jellje Sk (X, Y ) [Bk (X, Y )℄, vagy rviden Sk [Bk ℄ az sszes olyan f fggvnyek oszt ly t, amelyekre az (S) [(B)℄ felttel teljesl, ha U ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P s ϕ : U × P X egy olyan C 1 -fggvny, amelyre ϕp immerzi¢ja U -nak X -be minden p ∈ P -re. (Legyen R0 = {0}). Vil gos, hogy f ∈ Bk akkor s sak akkor, ha a (B′ ) f ◦ ψ Baire-tulajdons g£ felttel fenn ll az Rk b rmely U ny¡lt rszhalmaz nak b rmely ψ immerzi¢j ra X -be. 19.2
Megjegyzsek (1) F eredmnyeink, durv n sz¢lva, azt fogj k mutatni, hogy egy egy fggvnyegyenlet Sk+1 -beli f megold sa Sk -ban is benne van. Megmutatjuk, hogy S0 a folytonos fggvnyek oszt lya, s hogy minden, az X ⊂ Rn ny¡lt halmazt a m sodik megsz ml lhat¢ Y trbe kpez Baire-tulajdons g£ f : X Y fggvny Sn -ben van. gy lpsenknt azt kapjuk, hogy a megold sok Baire-tulajdons g b¢l kvetkezik a folytonoss guk. (2) A mrtkelmleti esettel val¢ anal¢gia szoros, de nem teljes. A mrtkelmleti eset elzmnyeit l sd az elz paragrafusban. (3) Fggvnyegyenletek Baire-tulajdons g£ megold sait sz mos szerz vizsg lta. L sd a 10 paragrafus hivatkoz sait (4) Az Sk [Bk ℄ fggvnyoszt ly nem v ltozik, ha sak azt tesszk fel, hogy (S) [(B)℄ fenn ll, ha U ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P s ϕ : U × P X egy olyan C 1 -fggvny, amelyre ϕp be gyaz sa (azaz olyan immerzi¢ja,
amely homeomor zmus az rtelmezsi tartom nya s rtkkszlete kztt) U -nak X -be minden p ∈ P re. Ez knnyen kvetkezik a de n¡ i¢ban eml¡tett lokalit si elvbl Hasonl¢an, ha az tesszk fel, hogy sak ϕp0 immerzi¢, az eredmnyknt kapott Sk [Bk ℄ fggvnyoszt ly ugyanaz marad. 19.3 Ttel Legyen Y topologikus tr, X pedig ny¡lt rszhalmaza R -nek. 191 jellseit haszn lva, B0 (X, Y ) = Y X s S0 (X, Y ) = C (X, Y ), az X -et Y -ba kpez folytonos fggvnyek oszt lya. n Bizony¡t s. Trivi lis, hogy B0 minden X -et Y -ba kpez fggvnyt tartalmaz. Megmutatjuk, hogy b rmely f : X Y folytonos fggvny S0 -ban van. Mivel U = ∅ vagy U = {0}, vil gos, hogy a p 7 f (ϕ(u, p)) lekpezs minden u ∈ U -ra folytonos. Ebbl kvetkezik, hogy f ∈ S0 156 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt A m sik ir nyt indirekt m¢don bizony¡tjuk: ha f ∈ S0 , de nem folytonos, akkor van olyan x0 ∈ X s xn x0 sorozat, valamint
W krnyezete f (x0 )-nak, hogy f (xn ) ∈/ W . Legyen U = {0}, P = X , p0 = x0 , s ϕ(0, p) = p, ha p ∈ P . A pm = xm sorozatot v lasztva azt kapjuk, hogy f (ϕ(0, pm )) = f (xm ) f (x0 ) = f (ϕ(0, p0 )), ami ellentmond s. Meg fogjuk mutatni, hogy az Rn egy X ny¡lt rszhalmaz n Baire-tulajdons g£ fggvnyek Sn -ben vannak. Hogy a kor bbi 4 s 10 paragrafusok eredmnyeivel az sszefggst vil gosabb tegyk, a ttel f rszt az al bbi absztrakt form ban bizony¡tjuk: 19.4 Ttel Legyenek P , U s X topologikus terek Tegyk fel, hogy ϕ : U × P X folytonos fggvny az al bbi tulajdons ggal: (1) ha p ∈ P s A ⊂ U m sodik kateg¢ri j£, akkor ϕp (A) is m sodik kateg¢ri j£. Tegyk fel tov bb , hogy p0 ∈ P , az f rtkei valamely Y topologikus trben vannak s f Luzin-Baire tulajdons g£ egy olyan D Baire-tulajdons g£ halmazon, amely tartalmazza ϕp0 (U )-t. Ekkor U , P , p0 , ϕ s f -el 191 (S) s (B) felttelei fenn llnak. Bizony¡t s.
Elszr megmutatjuk, hogy (B) teljesl Legyen F olyan els kateg¢ri j£ halmaz, amelyre f |D F folytonos. Feltehetjk, hogy F Borel-halmaz. rjuk fel D-t (V F1 ) ∪ F2 alakba, ahol V ny¡lt rszhalmaza X -nek, F1 , F2 pedig els kateg¢ri j£ak. Itt is | szksg esetn nvelve F2 -t | feltehetjk, hogy F1 Borel-halmaz. Most D = C ∪ N , ahol C = V (F ∪ F1 ) ⊂ D F Borel-halmaz, N = D ∩ (F ∪ F2 ) pedig els kateg¢ri j£. Legyen W ny¡lt rszhalmaza Y -nak. Mivel az A = (f |C )−1 (W ) halmaz relat¡v ny¡lt C -ben, Borel-halmaz X -ben. Az N halmaz els kateg¢ri j£, ¡gy az M = (f |N )−1(W ) halmaz is els kateg¢ri j£. Vegyk szre, hogy 1 −1 (f ◦ ϕp )−1 (W ) = ϕ− p (A) ∪ ϕp (M ). 1 −1 A bal oldalon ϕ− p0 (A) Borel-halmaz, (1) szerint pedig a ϕp0 (M ) halmaz els kateg¢ri j£. Ez azt jelenti, hogy (B) teljesl Megmutatjuk, hogy (S) is teljesl. Legyen u0 tetszleges eleme U ′ = 1 ϕ− p0 (V )-nek. Van olyan U0
krnyezete u0 -nak s P0 krnyezete p0 -nak, hogy 1 U0 ⊂ U ′ s ϕ(U0 ×P0 ) ⊂ V . A fenti F s F1 halmazokkal ϕp−m1 (F ) s ϕ− pm (F1 ) els kateg¢ri j£ halmazok, ha m = 0, 1, 2, . Legyen E0 ezen halmazok egyes¡tse. Ha u ∈ U0 E0 , akkor ϕ(u, pm ) s ϕ(u, p0 ) is C -ben vannak s ϕ(u, pm ) ϕ(u, p0 ). gy azt kapjuk, hogy f (ϕ(u, pm )) f (ϕ(u, p0 )) Most tekintsk az E = {u ∈ U : f (ϕ(u, pm )) 6 f (ϕ(u, p0 ))} 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt halmazt. Eddig bel ttuk, hogy E ∩U ′ els kateg¢ri j£ (mint U rszhalmaza) az u0 ∈ U ′ pontban. Mivel U ′ ny¡lt, ebbl kvetkezik, hogy E ∩ U ′ az U ′ minden pontj ban els kateg¢ri j£, ha U ′ -t mint alteret tekintjk. gy 29 szerint az E ∩ U ′ halmaz els kateg¢ri j£ mint U ′ rszhalmaza, s ¡gy U rszhalmazaknt is. Az E U ′ halmaz rsze ϕp−01 (N )-nek, ¡gy szintn els kateg¢ri j£. Ez mutatja, hogy E els kateg¢ri
j£, amibl kvetkezik (S) 19.5 Ttel 191 jellseit fogjuk haszn lni Legyen X ny¡lt rszhal- maza Rn -nek. Ha Y megsz ml lhat¢ b zis£ topologikus tr, akkor minden Baire-tulajdons g£ f : X Y benne van Sn (X, Y )-ban s Bn (X, Y )-ban. Bizony¡t s. A Luzin-ttel 212 analogonja szerint van olyan F els kateg¢ri j£ rszhalmaza X -nek, hogy f |X F folytonos Legyen U ⊂ Rn ny¡lt, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U × P X egy olyan C 1 -fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P be gyaz s. Az elz ttelt fogjuk alkalmazni ϕ-re lok lisan Legyen u0 ∈ U V lasztva egy olyan U0 krnyezett u0 -nak s P0 krnyezett p0 -nak, amelyre ϕp homeomor zmusa U0 -nak az X egy ny¡lt rszhalmaz ra, ha p ∈ P0 , az kapjuk, hogy ha A egy m sodik kateg¢ri j£ rszhalmaza U0 -nak, akkor ϕp (A) is m sodik kateg¢ri j£. Most az elz ttelt alkalmazhatjuk ϕ|U0 × P0 -ra. Mint a de n¡ i¢n l eml¡tettk, ez elg annak bizony¡t s
hoz, hogy (S) s (B) teljesl f , U , P , p0 , ϕ-re. 19.6 Ttel 191 jellseit fogjuk haszn lni Legyenek Z , Zi (i = 1, 2, . , n) topologikus terek Legyenek Xi (i = 1, 2, , n) s X klnbz euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai, s legyen Y ⊂ Rl is ny¡lt. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak. Tekintsk az f : X Z , fi : Xi Zi , h : D×Z1 ×. ×Zn Z , gi : D Xi (i = 1, 2, , n) fggvnyeket Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U × P X egy olyan C 1 -fggvny, amelyre ϕp immerzi¢ja U -nak X -be minden p ∈ P -re, s tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = h(x, y, f1(g1 (x, y )), . , fn (gn (x, y ))); (2) (3) (4) (5) b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra h folytonos a tbbi v ltoz¢ban; az fi fggvny Sk+l -ben van Xi -n (i = 1, 2, . , n); a gi fggvny C 1 -ben van D-n (i = 1, 2, . , n); minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , hogy
(ϕ(u0 , p0 ), y0 ) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p0 ), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja (u0 , y0 )-ban k + l, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor az (S) felttel teljesl f , U , P , p0 , ϕ-vel. 158 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt Bizony¡t s. Tegyk fel, hogy pm p0 V lasszunk olyan U0 , P0 , Y0 ny¡lt krnyezett u0 , p0 , y0 -nak, hogy (ϕ(u, p), y ) a D-ben legyen, ha u ∈ U0 , p ∈ P0 , y ∈ Y0 , tov bb az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja k + l legyen, ha u ∈ U0 , p ∈ P0 , y ∈ Y0 s 1 ≤ i ≤ n. Ez lehetsges, mivel D ny¡lt, gi s ϕ is C 1 -fggvnyek, a rang alulr¢l flig folytonos, s U × Y dimenzi¢ja k + l, ¡gy a rang nem mehet k + l fl. Mivel az f1 fggvny Sk+l -ben van, azt kapjuk, hogy (u, y ) ∈ U0 × Y0 p rok egy els kateg¢ri j£ E1 halmaz t kivve, f1 (g1 (ϕ(u, pm ), y )) f1 (g1 (ϕ(u, p0 ), y )). Felhaszn lva, hogy f2 is Sk+l -ben van, azt kapjuk, hogy (u, y ) ∈ U0 × Y0
p rok egy els kateg¢ri j£ E2 halmaz t kivve f2 (g2 (ϕ(u, pm ), y )) f2 (g2 (ϕ(u, p0 ), y )), stb. Vgl azt kapjuk, hogy (u, y ) ∈ U0 × Y0 p rok egy els kateg¢ri j£ E = ∪ni=1 Ei halmaz t kivve fi (gi (ϕ(u, pm ), y )) fi (gi (ϕ(u, p0 ), y )), ha i = 1, 2, . , n Kuratowski s Ulam ttele szerint, az Y0 halmaz y elemeinek egy els kateg¢ri j£ halmaz t kivve, azon u ∈ U0 pontok halmaza, amelyekre (u, y ) ∈ E , els kateg¢ri j£. Rgz¡tve egy ilyen y -t, a fggvnyegyenletbl s a h fggvny rgz¡tett y melletti folytonoss g b¢l azt kapjuk, hogy f (ϕ(u, pm )) f (ϕ(u, p0 )), kivve az u-k egy els kateg¢ri j£ halmaz t. Ez az (S) felttel ϕ|U0 × P0 -al A de n¡ i¢ban tett megjegyzs szerint kapjuk, hogy (S) teljesl. Az elz pragrafusban adott 18.8 plda itt is ugyan£gy t rgyalhat¢ Ugyan£gy, mint ott, itt is meg llap¡thatjuk, hogy a rang felttel nem teljesen kielg¡t. Az ltal nos¡t shoz elszr a (B)
felttelre bizony¡tunk egy ttelt, amihez egy lemm ra lesz szksgnk. 19.7 Lemma 191 jellseit fogjuk haszn lni Legyen X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek, Y egy topologikus tr, 0 ≤ k ≤ n s f ∈ Bk (X, Y ) Ha ψ az Rm egy U ny¡lt rszhalmaz nak C 1 -lekpezse X -be, amelyre a deriv lt rangja mindentt k, akkor f ◦ ψ Baire-tulajdons g£. Bizony¡t s. A lemma kzvetlenl kvetkezik a rangsz m ttelbl Va- l¢ban, a rangsz m ttelbl kvetkezik, hogy minden u0 ∈ U -nak van olyan U0 ny¡lt krnyezete, hogy ψ|U0 fel¡rhat¢ α ◦ p ◦ β alakban. Itt I = ℄−1, 1[ jellssel a β lekpezs olyan di eomor zmusa U0 -nak I m -re, amelyre β (u0 ) = 0, az I m -nek I n -re val¢ p projek i¢ja p(x1 , x2 , . , xm ) = (x1 , x2 , , xk , 0, , 0) alak£, α pedig olyan di eomor zmusa I n -nek valamely X0 ny¡lt halmazra, amely 0-t x0 = ψ (u0 )-ba kpezi. Azonos¡tva az I k × {0} ⊂ I n halmaz I k -val 19.§ A Baire-tulajdons g s a
folytonoss g kztt azt kapjuk, hogy α|I k immerzi¢, ¡gy f ◦ (α|I k ) −1 (V ) Baire-tulajdons g£ Y minden V ny¡lt rszhalmaz ra. Mivel p−1 (A) Baire-tulajdons g£ I k b rmely A rszhalmaz ra, amely Baire-tulajdons g£, s β −1 (B ) is Bairetulajdons g£ I m minden Baire-tulajdons g£ B rszhalmaz ra, azt kapjuk, hogy az f ◦ (ψ|U0 ) fggvny Baire-tulajdons g£. Most felhaszn lva (B)-nek a de n¡ i¢ban eml¡tett lokalit s t, kapjuk az ltal nos esetet. 19.8 Ttel 191 jellseivel, legyen Z topologikus tr, Zi (i = 1, 2, . , n) pedig megsz ml lhat¢ b zis£ topologikus tr Legyenek Xi (i = 1, 2, . , n) s X klnbz euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai, s Y ⊂ Rl is legyen ny¡lt. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak Tekintsk az f : X Z , fi : Xi Zi , h : D × Z1 × . × Zn Z , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n) fggvnyeket Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, ψ : U X egy C 1 immerzi¢ja U -nak X -be, s tegyk fel, hogy az al bbi
felttelek teljeslnek: (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = h(x, y, f1(g1 (x, y )), . , fn (gn (x, y ))); (2) (3) (4) (5) b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra a h fggvny folytonos a tbbi v ltoz¢ban; az fi fggvny Bki -ben van Xi -n (i = 1, 2, . , n); a gi fggvny C 1 -ben van D-n (i = 1, 2, . , n); minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , hogy (ψ (u0 ), y0) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ψ (u), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja ki az (u0 , y0 ) egy krnyezetn, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor u 7 f (ψ (u)) Baire-tulajdons g£. Bizony¡t s. V lasszunk olyan U0 krnyezett u0 -nak s Y0 krnyeze- tt y0 -nak, amelyre (ψ (u), y ) a D-ben van, ha u ∈ U0 s y ∈ Y0 , tov bb az (u, y ) 7 gi (ψ (u), y ) lekpezs deriv ltj nak a rangja ki minden u ∈ U0 , y ∈ Y0 , 1 ≤ i ≤ n-re. (5) szerint ez lehetsges Az elz lemm b¢l azt kapjuk, hogy az (u, y ) 7 fi (gi (ψ (u), y )) lekpezs Baire-tulajdons g£ Fubini ttelnek 2.13 analogonja szerint, Y0 -beli y
-ok egy els kateg¢ri j£ Ei halmaz t kivve, az u 7 fi (gi (ψ (u), y )) lekpezs Baire-tulajdons g£ U0 -on gy kivve E = ∪ni=1 Ei elemeit, minden y ∈ Y0 -ra az U0 -nak Dy ×Z1 ×· · ·×Zn -be val¢ u 7 (ψ (u), f1 (g1 (ψ (u), y )), . , fn (gn (ψ (u), y ))) lekpezse Baire-tulajdons g£. Mivel b rmely rgz¡tett y -ra a h fggvny folytonos a tbbi v ltoz¢ban, azt kapjuk, hogy b rmely rgz¡tett y ∈ Y0 E re az u 7 h(ψ (u), y, f1(g1 (ψ (u), y )), . , fn (gn (ψ (u), y ))) lekpezs Baire-tulajdons g£. Ez azt jelenti, hogy az u 7 f (ψ (u)) lekpezs Baire-tulajdons g£ U0 -on. Most a (B) de n¡ i¢j n l eml¡tett lokalit si elv szerint kapjuk az ll¡t st. 160 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt A kvetkez ttel a kul s a 19.6 ttel 1910 ltal nos¡t s hoz 19.9 Ttel 191 jellseit fogjuk haszn lni Legyen U ⊂ Rm , X s P pedig legyenek euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai. Legyen p0 ∈ P , s legyen Y egy
metrikus tr, ϕ : U × P X pedig egy olyan C 1 -fggvny, amelyre rank ϕ′p (u) = k minden u ∈ U , p ∈ P -re. Ha f ∈ Bk (X, Y ) ∩Sk (X, Y ), akkor az (S) felttel teljesl f , U , P , p0 s ϕ-vel. Bizony¡t s. Legyen u = (u1 , u2 ) ∈ Rk × Rm−k u0 ∈ U . Mivel ϕ′p0 (u0 ) rangja k, fel¡rhatjuk u-t alakba £gy, hogy determin nsa ne legyen 0. gy P0 krnyezete p0 -nak, hogy az ∂ϕ (u0 , p0 ) ∂u1 van olyan U1 × U2 ⊂ U krnyezete u0 -nak s u1 7 ϕ(u1 , u2 , p) lekpezs minden u2 ∈ U2 , p ∈ P0 -ra immerzi¢ja U1 -nek. Mivel f ∈ Sk , minden u2 ∈ U2 -hz van olyan els kateg¢ri j£ Fu2 rszhalmaza U1 -nek, amelyre ha u1 ∈ U1 Fu2 , akkor f (ϕ(u1 , u2 , pm )) f (ϕ(u1 , u2 , p0 )). Az elz lemma szerint u 7 f (ϕ(u, p)) Baire-tulajdons g£. gy az {(u1 , u2 ) ∈ U1 × U2 : f (ϕ(u1 , u2 , pm )) f (ϕ(u1 , u2 , p0 ))} halmaz Baire-tulajdons g£ (l sd 2.11-et) A Kuratowski-Ulam ttel, 210, szerint azt kapjuk, hogy a
komplementere els kateg¢ri j£. 19.10 Ttel 191 jellseivel, legyen Z topologikus tr s legyen Zi (i = 1, 2, . , n) szepar bilis metrikus tr Legyenek Xi (i = 1, 2, , n) s X klnbz euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai, s legyen Y ⊂ Rl is ny¡lt. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak Tekintsk az f : X Z , fi : Xi Zi , h : D × Z1 × . × Zn Z , gi : D Xi (i = 1, 2, , n) fggvnyeket. Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U × P X egy olyan C 1 -fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P immerzi¢ja U -nak X -be, s tegyk fel, hogy az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = h(x, y, f1(g1 (x, y )), . , fn (gn (x, y ))); (2) (3) (4) (5) b rmely rgz¡tett y ∈ Y -ra a h fggvny folytonos a tbbi v ltoz¢ban; az fi fggvny Ski ∩ Bki -ben van (i = 1, 2, . , n); a gi fggvny C 1 -ben van D-n (i = 1, 2, . , n); minden u0 ∈ U -hoz van
olyan y0 , amelyre (ϕ(u0 , p0 ), y0) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja ki az (u0 , p0 , y0) pont valamely krnyezetn, ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor az (S) s (B) felttelek teljeslnek f , U , P , p0 , ϕ-vel. 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt Bizony¡t s. Az 198 ttelbl kvetkezik, hogy a (B) felttel teljesl f , U , P , p0 , ϕ-vel. Rgz¡tsnk egy u0 ∈ U -t s v lasszunk (5) szerint egy y0 -at u0 -hoz. V lasszunk U0 , P0 illetve Y0 ny¡lt krnyezeteit u0 -nak, p0 -nak, illetve y0 -nak £gy, hogy u ∈ U0 , p ∈ P0 s y ∈ Y0 esetn (ϕ(u, p), y ) ∈ D teljesljn, tov bb az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja ki legyen U0 × P0 × Y0 -on minden 1 ≤ i ≤ nre. Most (S) teljeslse ugyan£gy bizony¡that¢, mint a 196 ttelben, de a de n¡ i¢ helyett az elz ttelt kell haszn lnunk. 19.11 Felttelek Ennek a paragrafusnak a h tralv rszben 191
jellseit fogjuk haszn lni, de sak azt az esetet vizsg ljuk, amikor X nem res ny¡lt rszhalmaza Rn -nek, f pedig az X -et egy Y szepar bilis metrikus trbe kpezi, mivel el k¡v njuk kerlni azokat a nehzsgeket, amelyek sak Y topol¢gi j nak nem megfelel volt b¢l erednek. 19.12 Megjegyzs 1911 felttelei mellett, egy m sik, a 191 de n¡- i¢ban t rgyaltt¢l eltr lokalit si elv is fenn ll. Nevezetesen, f ∈ Sk (X, Y ) akkor s sak akkor, ha minden x0 ∈ X -nek van olyan X0 ⊂ X ny¡lt krnyezete, hogy f |X0 ∈ Sk (X0 , Y ). A sak akkor" rsz nyilv nval¢ Az akkor" rszt 191 jellseit haszn lva bizony¡tjuk Vegyk szre, hogy minden u0 ∈ U ponthoz van olyan U0 illetve P0 krnyezete u0 -nak illetve p0 -nak, hogy x0 = ϕ(u0 , p0 )-ra a ϕ(U0 , P0 ) halmaz rsze X0 -nak. Ez azt jelenti, hogy (S) teljesl ϕ|U0 × P0 -ra. Most a de n¡ i¢ban kimondott lokalit si elvbl kvetkezik, hogy f ∈ Sk (X, Y ). Ugyanez a lokalit si elv igaz
(s ugyan¡gy bizony¡that¢) Bk -ra. 19.13 A gyen Bk fggvnyoszt ly. 1911 jellseit fogjuk haszn lni LeAk = {A ⊂ X : ξA ∈ Bk (X, {0, 1})}, ahol {0, 1}-et mint diszkrt teret tekintjk. Knny l tni, hogy Ak egy σ algebra, s az f : X Y fggvny pontosan akkor van Bk (X, Y )-ban, ha f −1 (V ) az Ak -ban van Y b rmely V ny¡lt rszhalmaz ra. gy Bk (X, Y ) vizsg lata az Ak σ -algebra vizsg lat ra reduk l¢dik Knny l tni, hogy An az X sszes Baire-tulajdons g£ rszhalmazainak oszt lya, A0 pedig az X sszes rszhalmazainak oszt lya. Minden Ak tartalmazza X Borel-halmazait Megmutatjuk, hogy A ∈ Ak akkor s sak akkor, ha A ∩ rng ψ Bairetulajdons g£ a rng ψ altrben az Rk b rmely ny¡lt rszhalmaz nak X -be val¢ b rmely ψ be gyaz s ra. Val¢ban, ha A ∈ Ak , akkor ψ −1 (A) Bairetulajdons g£ dmn ψ -ben, s mivel ψ homeomor zmusa dmn ψ -nek rng ψ re, a ψ (ψ −1(A)) = A ∩ rng ψ halmaz Baire-tulajdons g£ rng ψ -ben
Hasonl¢an, ha A ∩ rng ψ Baire-tulajdons g£ rng ψ -ben, akkor ψ −1 (A) Bairetulajdons g£ dmn ψ -ben 192(4) szerint, ha ψ −1 (A) Baire-tulajdons g£ az Rk b rmely ny¡lt rszhalmaz nak X -be val¢ b rmely ψ be gyaz s ra, akkor A ∈ Ak . 162 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt Hasonl¢an, A ∈ Ak akkor s sak akkor, ha A∩rng ψ Baire-tulajdons g£ a rng ψ altrben az Rk b rmely ny¡lt rszhalmaz nak X -be val¢ b rmely ψ immerzi¢j ra. Ǒll¡tsuk el U = dmn ψ -t az U olyan Ui ny¡lt rszhalmazainak megsz ml lhat¢ egyes¡tseknt, amelyekre ψ|Ui be gyaz sa Ui -nek X -be. Ha A ∈ Ak , akkor ψ −1 (A) Baire-tulajdons g£ U -ban, ¡gy Ui ∩ ψ −1 (A) is Baire-tulajdons g£ Ui -ben. Innen Ai = (ψ|Ui )(ψ −1 (A)) Baire-tulajdons g£ ψ (Ui )-ben, azaz Ai △Vi ⊂ Fi valamely Vi relat¡v ny¡lt rszhalmaz val ψ (Ui )nak s valamely Fi -vel, amely els kateg¢ri j£ ψ (Ui )-ben. Mivel Fi els kateg¢ri j£ rng ψ -ben is,
∪i Fi is els kateg¢ri j£ rng ψ -ben. Mivel (∪i Ai ) △ (∪i Vi ) ⊂ ∪i Fi , azt kapjuk, hogy az A ∩ rng ψ = ∪i Ai s a σ -kompakt ∪i Vi halmaz szimmetrikus di eren i ja els kateg¢ri j£. Ez mutatja, hogy A ∩ rng ψ Bairetulajdons g£ rng ψ -ben A m sik ir nyban, ha A∩ψ (Ui ) Baire-tulajdons g£, akkor (ψ|Ui )−1 (A) Baire-tulajdons g£ Ui -ben, ¡gy U -ban is. Mivel ez Rk minden ny¡lt rszhalmaz nak minden ψ immerzi¢j ra teljesl, azt kapjuk, hogy A ∈ Ak . Vgl, A ∈ Ak akkor s sak akkor, ha A ∩ M Baire-tulajdons g£ az M altrben X b rmely M tiszta k -dimenzi¢s rszsokas g ra. Val¢ban, ha ez teljesl, akkor spe i lisan A ∩ rng ψ Baire-tulajdons g£ rng ψ -ben az Rk b rmely ny¡lt rszhalmaz nak X -be val¢ b rmely ψ immerzi¢j ra, ¡gy A ∈ Ak . M srszt, X minden M tiszta k -dimenzi¢s rszsokas ga el ll¡that¢, mint az Rk valamely ny¡lt rszhalmaza egy ψ immerzi¢j nak az rtkkszlete. gy A ∩ M = A ∩ rng
ψ Baire-tulajdons g£ M = rng ψ -ben. 19.14 sszefggsek Bk s Sk kztt 1911 jellseit fogjuk hasz- n lni. A legegyszerbb krdsek egyike, hogy f ∈ Bk -b¢l kvetkezik-e f ∈ Sk ? Tudjuk, hogy ez teljesl k = n-re. Ha k < n, akkor X s egy alkalmas k-dimenzi¢s s¡k metszetnek a karakterisztikus fggvnye Bk -ban van, de nin s benne Sk -ban. A m sik ir nyban, tegyk fel, hogy f ∈ Sk . Krds, hogy teljesl-e f ∈ Bk ? Ez trivi lis k = 0-ra. Meg fogjuk mutatni, hogy ha 0 < k ≤ n, akkor hasonl¢ ll¡t s nem bizony¡that¢ ZFC-ben. Nevezetesen, kontinuumhipotzis mellett pld t adunk olyan f fggvnyre, amelyre f ∈ Sk , de f ∈ / Bk . G odel s Cohen h¡res eredmnyei szerint a kontinuum-hipotzis fggetlen ZFC axi¢m it¢l. gy Bk ⊂ Sk nem bizony¡that¢ ZFC-ben 19.15 Hierar hia a klnbz dimenzi¢khoz tartoz¢ fggvnyoszt lyok kztt 1911 jellseit fogjuk haszn lni Rgz¡tsk a 0 ≤ k < l ≤ n dimenzi¢kat
s vizsg ljuk a Bk s Sk , valamint a Bl s Sl fggvnyoszt lyok kztti kap solatot. Azt remlhetjk, hogy skkentve a dimenzi¢t, (S) egyre ersebb lesz. Az ilyen ir ny£ kt pozit¡v eredmny egyike, hogy ez igaz az (S) felttelre, ha (B) is fenn ll: Bk ∩ Bl ∩ Sk ⊂ Sl . Ennek az ll¡t snak a bizony¡t sa nagyon hasonl¡t a 19.9 ttel bizony¡t s hoz, ¡gy nem ismteljk meg az rvelst 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt ra Kontinuum-hipotzis mellett ellenpld val fogjuk igazolni, hogy k > 0- ZFC 2 Bk ∩ Sk ⊂ Bl ∪ Sl . Hasonl¢an, egy kontinuum-hipotzis mellett adott ellenpld val megmutatjuk, hogy ZFC 2 Bk ∩ Sk ∩ Sl ⊂ Bl , kivve a trivi lis k = 0 esetet. Sokkal knnyebb megmutatni, hogy ltal ban az ellenkez ir ny£ tartalmaz sok sem teljeslnek. B r Bl ⊂ B0 trivi lisan teljesl, ltal ban ha k > 0. Ezt igazoland¢, tekintsnk X s egy alkalmas k-dimenzi¢s s¡k a metszetben egy olyan halmazt,
amely nem Baire-tulajdons g£ az adott s¡kban, s tekintsk ennek a halmaznak a karakterisztikus fggvnyt. Ugyanez a plda mutatja, hogy Bl 6⊂ Bk , Bl ∩ Sl 6⊂ Bk ∪ Sk . Ha X s egy alkalmas k-dimenzi¢s s¡k metszetnek a karakterisztikus fggvnyt vesszk, akkor l tjuk, hogy Meg fogjuk mutatni, hogy Bl ∩ Sl ∩ Bk 6⊂ Sk . L ssuk a bizony¡t sokat. 19.16 Ttel Bl ∩ Sk ⊂ Bk . Bizony¡t s. Bl ∩ Sk ⊂ Bk . 19.11 felttelei mellett, ha 0 ≤ k < l ≤ n, akkor = 0-ra az ll¡t s trivi lis. Egybknt legyen ψ egy U ⊂ R ny¡lt halmaz immerzi¢ja X -be. Legyen u0 ∈ U , s legyen V egy l − k-dimenzi¢s altere Rn -nek, amely ortogon lis rng ψ ′ (u0 )-ra. Legyen π : Rl−k V egy line ris izometria, s ϕ-t de ni ljuk a ϕ(u, p) = ψ (u)+π (p) sszefggssel. Ekkor p0 = 0-ra ϕp0 = ψ V lasszunk olyan U0 illetve P0 ny¡lt krnyezeteit u0 -nak illetve p0 -nak, amelyekre ϕ(U0 , P0 ) ⊂ X s ϕ immerzi¢ja U0 × P0 -nak X -be.
Mivel f ∈ Bl , az (u, p) 7 f (ϕ(u, p)) lekpezs Baire-tulajdons g£. gy Fubini ttelnek 213 analogonja szerint, egy els kateg¢ri j£ halmazt kivve, minden p ∈ P0 -ra az u 7 f (ϕ(u, p)) lekpezs Baire-tulajdons g£. V lasszunk egy pm p0 sorozatot, amelyre minden u 7 f (ϕ(u, pm )) Baire-tulajdons g£. Mivel f ∈ Bk , azt kapjuk, hogy f (ϕ(u, pm )) f (ϕ(u, p0 )) minden u ∈ U0 -ra, egy els kateg¢ri j£ halmaz pontjait kivve. gy az u 7 f (ψ (u)) lekpezs Baire-tulajdons g£ U0 -on, azaz lok lisan. Ebbl kvetkezik, hogy f ∈ Bk . k k 164 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt A tov bbi ellenpld khoz a 18.21 lemm t fogjuk felhaszn lni Ennek a tiszt n halmazelmleti lemm nak a tipikus alkalmaz s t itt azon a spei lis eseten keresztl rthetjk meg, amelyben X a s¡k, T az sszes olyan di eomor zmusok oszt lya, amelyek a s¡k valamely ny¡lt rszhalmaz t a s¡k egy m sik ny¡lt rszhalmaz ra kpezik, F a s¡k m sodik
kateg¢ri j£ Borelhalmazainak oszt lya, G a s¡k sszes egy dimenzi¢s C 1 -rszsokas gainak oszt lya, s n = c = ℵ1 . 19.17 Ellenplda 1911 felttelei mellett, feltve a kontinuumhipotzist, ha 0 < k ≤ n, akkor Sk 6⊂ Bk Bizony¡t s. Megadunk egy f ∈ Sk fggvnyt, amelyre f ∈/ Bk A 18.21 lemm t k¡v njuk alkalmazni Csak azt fogjuk felhaszn lni, hogy az Sk de n¡ i¢j ban szerepl ϕ fggvnyek folytonosak, s hogy a 19.2(4) megjegyzs szerint feltehetjk, hogy a ϕp fggvnyek kl snsen egyrtelmek Jellje T az sszes olyan kl snsen egyrtelm τ fggvnyek oszt ly t, 1 k amelyek el ll¡that¢k ϕp ◦ ϕ− p′ alakban, ahol U ny¡lt rszhalmaza R -nak, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, ϕ : U × P X pedig egy olyan folytonos fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P kl snsen egyrtelm. Mivel az sszes U , P p rok sz moss ga kontinuum, s b rmely ϕ folytonos fggvnyt egyrtelmen meghat
roznak egy adott megsz ml lhat¢ sr halmazon felvett rtkei, a T oszt ly sz moss ga kontinuum. Jellje F az X sszes olyan rszhalmazainak oszt ly t, amelyek el ll¡that¢k ψ (G) alakban, ahol ∅ 6= U ⊂ Rk ny¡lt, ψ : U X be gyaz s, s G ⊂ U m sodik kateg¢ri j£ Borel-halmaz U -ban. F minden eleme Borelhalmaz X -ben, ¡gy F sz moss ga legfeljebb c (kontinuum) Tov bb , Pi ard ttele szerint, G−G tartalmazza az orig¢ egy krnyezett, ¡gy F minden elemnek a sz moss ga c. A 18.21 lemm t alkalmazva G = ∅-al, az X rszhalmazainak egy Xγ , γ ∈ R rendszert kapjuk. Ellenpld nk az X0 halmaz (azaz γ = 0-ra az Xγ halmaz) f karakterisztikus fggvnye lesz. Ha f a Bk oszt lyban lenne, akkor 19.13 eredmnyei szerint Rk b rmely nem res U ny¡lt rszhalmaz nak b rmely ψ be gyaz s ra X -be az A0 = ψ −1 (X0 ) halmaz Baire-tulajdons g£ halmaz lenne. A0 nem lehet els kateg¢ri j£, mivel akkor valamely G ⊂ U A0 m sodik kateg¢ri j£ Borel-halmazra
ψ (G) nem metszene bele X0 -ba. Hasonl¢an, ha A0 m sodik kateg¢ri j£ lenne, akkor v lasztva egy B ⊂ A0 m sodik kateg¢ri j£ Borel-halmazt, azt kapn nk, hogy ψ (G) ⊂ X0 , ellentmond sban azzal, hogy ψ (G) ∩ Xγ 6= ∅ s Xγ ∩ X0 = ∅ minden γ = 6 0-ra. Megmutatjuk, hogy f ∈ Sk . Legyen U ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , s legyen ϕ : U × P X egy olyan C 1 -fggvny, amelyre minden ϕp be gyaz s. Az halmaz megegyezik a {u ∈ U : f (ϕp0 (u)) 6= f (ϕp (u))} −1 1 ϕ− p0 {x ∈ ϕp0 (U ) : x ∈ X0 △ (ϕp0 ◦ ϕp )(X0 )} 19.§ A Baire-tulajdons g s a folytonoss g kztt 1 halmazzal. A τ = ϕp0 ◦ ϕ− p lekpezsre ez a halmaz rszhalmaza a ϕp−01 ((τ (X ) ∩ X0 ) △ τ (X0 )) halmaznak. Ha feltesszk a kontinuum-hipotzist, akkor ez a halmaz megsz ml lhat¢ 19.18 Ellenplda 1911 feltteleit haszn lva, feltve a kontinuumhipotzist, ha 0 < k < l ≤ n, akkor
Bk ∩ Sk ∩ Sl 6⊂ Bl Bizony¡t s. Pld t adunk olyan f ∈ Bk ∩ Sk ∩ Sl fggvnyre, amelyre f∈ / Bl . Ismt a 18.21 lemm t fogjuk alkalmazni Azt is felhaszn ljuk, hogy a 19.2(4) megjegyzs szerint feltehetjk, hogy az Sl de n¡ i¢j ban szerepl ϕp fggvnyek be gyaz sok. Jellje T az sszes olyan kl snsen egyrtelm τ fggvnyek oszt ly t, amelyek reprezent lhat¢k ϕp ◦ ϕp−′1 alakban, ahol U ny¡lt rszhalmaza Rl -nek, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, ϕ : U × P X pedig egy olyan C 1 -fggvny, amelyre minden ϕp , p ∈ P be gyaz s. Legyen F ugyanaz, mint az elz ellenpld ban Legyen G az X sszes olyan Borel-halmazainak oszt lya, amelyek benne vannak az X megsz ml lhat¢ sok k-dimenzi¢s rszsokas g nak az egyes¡tsben. Meg kell mutatnunk, hogy a G halmazoszt ly T -invari ns. B rmely τ ∈ T rtelmezsi tartom nya l-dimenzi¢s rszsokas ga X -nek. Ha a G ∈ G halmaz rsze ∪∞ j =1 Mj -nek, ahol
minden Mj egy k -dimenzi¢s rszsokas ga X -nek, akkor minden x ∈ G ∩ Mj ∩ dmn τ -hoz tal lhatunk egy ε > 0-t s egy k-dimenzi¢s Mj′ rszsokas g t dmn τ -nak £gy, hogy minden y -ra, amelyre |y − x| < ε, teljesl, hogy y ∈ X , s hogy y ∈ G∩Mj ∩ dmn τ akkor s sak akkor, ha y ∈ G ∩ Mj′ ∩ dmn τ . Ez azt bizony¡tja, hogy a G ∩ dmn τ Borel-halmaz lefedhet dmn τ megsz ml lhat¢ sok k-dimenzi¢s rszsokas g val. gy a τ (G) Borelhalmaz is lefedhet megsz ml lhat¢ sok k-dimenzi¢s rszsokas ggal Mivel egy k-dimenzi¢s G rszsokas g b rmely rszhalmaz nak dim = ind = Ind topol¢giai dimenzi¢ja ≤ k, az X egy l-dimenzi¢s L rszsokas g nak s G-nek a metszete els kateg¢ri j£ L-ben. Ugyanez igaz b rmely G ∈ G -re, valamint b rmely G0 ⊂ G megsz ml lhat¢ halmazrendszer G uni¢j ra is. Ez azt mutatja, hogy b rmely F ∈ F -re az F G halmaz sz moss ga c. A 1821 lemma alkalmaz s hoz szksges tbbi felttel teljeslst
m r ellenriztk az elz ellenpld n l. A 18.21 lemm t alkalmazva, olyan Xγ , γ ∈ R halmazrendszert kapunk, amelyre minden Xγ minden G ∈ G halmazb¢l megsz ml lhat¢ sok pontot tartalmaz, de Xγ ∩ F = 6 ∅ minden F ∈ F -re. Legyen f az X0 karakterisztikus fggvnye. Ugyan£gy, mint az elz ellenpld n l, azt kapjuk, hogy f ∈ Sl , de f ∈/ Bl . Mivel Rk b rmely ny¡lt rszhalmaz nak b rmely ψ C 1 -be gyaz s ra X -be az f ◦ ψ fggvny egy megsz ml lhat¢ halmazt kivve nulla, azt kapjuk, hogy f ∈ Bk s f ∈ Sk . gy a bizony¡t s teljes. 19.19 Ellenplda 1911 felttelei mellett, ha teljesl a kontinuum- hipotzis, akkor 0 < k < l ≤ n-re Bk ∩ Sk 6⊂ Bl ∪ Sl . 166 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt Bizony¡t s. Alkalmazzuk a 1821 lemm t ugyanazzal a T -vel, F -el s G -vel, mint az elz ellenpld ban. Egy Xγ , γ ∈ R halmazrendszert kapunk, amelyre minden Xγ minden G ∈ G -bl megsz ml lhat¢
sok pontot tartalmaz, de Xγ ∩ F = 6 ∅ egyetlen F ∈ F -re sem. Legyen Z olyan l-dimenzi¢s s¡k, amelynek metszete X -el nem res, f pedig legyen a Z ∩X0 halmaz karakterisztikus fggvnye. Ekkor f ∈ Bk ∩Sk , de f ∈/ Bl s f ∈/ Sl . 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt Mint a bevezetsben eml¡tettk, ltal nos, a lok lisan integr lhat¢ megold sok vgtelen sokszor di eren i lhat¢ak" t¡pus£ eredmnyek kapha t¢k kevs" v ltoz¢s fggvnyegyenletekre is Swiatak m¢dszervel, aki [154℄ dolgozat ban az (1) n X i=1 hi (x, y )f (gi(x, y )) = h(x, f (gn+1 (x)), . , f (gm(x))) + h0 (x, y ) egyenletre bizony¡tott be ilyen eredmnyt, ahol f az egyetlen ismeretlen fggvny. M¢dszernek lnyege, hogy megmutatja, a disztrib£ i¢ rtelemben tekintett megold sok egy olyan di eren i legyenletet elg¡tenek ki, amelynek sak C ∞ megold sai vannak. Mint a bevezets 140 pontj ban kifejtettk, m¢dszervel kap solatban
az egyik problma, hogy lteznie kell olyan y0 -nak, amelyre gi (x, y0 ) ≡ x minden 1 ≤ i ≤ n-re, ami meglehetsen ers felttel. A m sik problma, hogy a fellp par i lis di eren i legyenlet konstans ers sg hypoelliptikus kell legyen. A rszleteket illeten Swiatak eredeti [151℄, [152℄, [153℄, [154℄, [155℄ dolgozataira utalunk. A m¢dszerrel kap solatos tov bbi hivatkoz sok a [104℄ ttekint dolgozatban tal lhat¢k Ebben a paragrafusban ltal nos, folytonoss gb¢l kvetkezik a C ∞ " t¡pus£ eredmnyeket fogunk bizony¡tani. A C 1 -bl kvetkezik C ∞ " rsz az 1.17 problm ban szerepl ltal nos nemline ris expli it egyenletre alkalmazhat¢ az 117(3) felttelben a bels fggvnyekre kir¢tt ers rang felttel nlkl. A folytonoss gb¢l kvetkezik C 1 " rsz sak a line ris t¡pus£ (2) f (x) = h0 (x, y ) + n X i=1 hi (x, y )f (gi(x, y )) egyenletre alkalmazhat¢, ahol f az ismeretlen fggvny. Az 17
pontban le¡rt bootstrap" m¢dszer szellemben olyan tulajdons gok egy sorozat t vezetjk be, amelyek | durv n sz¢lva | a folytonoss g s a folytonos di eren i lhat¢s g kztt vannak. Ez a tulajdons g-sorozat alkotja azt a lp st, amelyen felm szhatunk a folytonoss gt¢l a folytonos di eren i lhat¢s ghoz. Elszr megvizsg ljuk az £j fogalmak alaptulajdons gait. Ezut n bebizony¡tunk egy folytonoss gb¢l kvetkezik C 1 " t¡pus£ ttelt A ttel egy nom¡t s t is bebizony¡tjuk Vgl egy C 1 -bl kvetkezik C ∞ " t¡pus£ ttelt bizony¡tunk. Ezek az eredmnyek a J rai [98℄ dolgozatban publik l s alatt llnak. 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt M¢dszernk elnyei Swiatak m¢dszervel szemben az al bbiak: Nin s szksgnk arra az igen ers feltevsre, hogy van olyan y0 , amelyre gi (x, y0 ) ≡ x, ha 1 ≤ i ≤ n. Ez a felttel a fggvnyegyenletek legtbbjre nem teljesl. Szintn szksgtelen a
meglehetsen mesterklt s nehezen ellenrizhet hypoelliptikuss gi felttel. Feltteleink | az adott fggvnyekre vonatkoz¢ simas gi felttelek mellett | tiszt n line ris algebrai jellegek. L tsz¢lag a Swiatakn l szerepl (1) egyenlet nemline ris, m¡g az ltalunk vizsg lt (2) egyenlet line ris. Azonban az (1) egyenletben y0 -at helyettes¡tve a gi (x, y0) ≡ x felttelek felhaszn l s val azt kapjuk, hogy n X i=1 hi (x, y0 )f (x) = h(x, f (gn+1 (x)), . , f (gm(x))) + h0 (x, y0 ) Ebbl az egyenletbl kifejezve a h(x,P f (gn+1 (x)), . , f (gm (x))) tagot, s visszahelyettes¡tve (1)-be, majd osztva ni=1 hi (x, y0)-al, egy (2) t¡pus£ egyen letet kapunk. gy m¢dszernk alkalmas arra, hogy Swiatak (1) egyenletnek 1 megold saira folytonoss gb¢l kvetkezik C " t¡pus£ ll¡t sokat bizony¡tsunk. A C 1 -bl kvetkezik C ∞ " t¡pus£ eredmnyeink az 117 problm ban szerepl ltal nos nemline ris egyenletre vonatkoznak. Vgl
remlhet, hogy m¢dszereink nom¡t s val az 1.17 problm ban szerepl ltal nos nemline ris egyenletre is kaphat¢k folytonoss gb¢l kvet kezik C 1 " t¡pus£ eredmnyek. Ez lehetetlennek tnik Swiatak m¢dszervel, amely S hwartz-fle disztrib£ i¢kat haszn l, mivel a S hwartz-fle disztrib£i¢k kztt nin s szorz s de ni lva. S hwartz lehetetlensgi ttele" szerint ilyen szorz s nem is de ni lhat¢ kielg¡t m¢don. Mg kevsb lehetsges disztrib£ i¢kat ltal nos (tbbv ltoz¢s) C ∞ -fggvnyekbe helyettes¡teni. Ez a krlmny a disztrib£ i¢-m¢dszert olyan egyenletekre korl tozza, amelyek nin senek t£l messze a line rist¢l. 20.1 De n¡ i¢ Az alapgondolat (1) p 7 Z U w(u, p)f (ϕ(u, p)) dµ(u) t¡pus£ paramteres integr lokat tekinteni az f : X Y fggvnyre, amely az X halmazt az Y Bana h-trbe kpezi. Ilyen paramteres integr lok a (P, U, w, ϕ, µ) paramteres integr i¢s ts ltal adottak, ahol P a paramter
tr, U egy mrtktr a µ mrtkkel, w egy U × P -n rtelmezett val¢s rtk s£lyfggvny s a ϕ : U × P X fggvnyt £gy tekintjk, hogy egy ϕp , p ∈ P paramteres fellet- sal dot reprezent l X -ben. Tekintsk paramteres integr i¢s tsk egy P oszt ly t, s jellje F (X, Y, P ; G ) az sszes olyan f : X Y fggvnyek oszt ly t, amelyekre minden P -beli tsre az (1) paramteres integr l a G fggvnyoszt lyban van. Cljainkra egy spe i lis eset is elegend lesz. Az egyszersg kedvrt, tegyk fel, hogy f az Rn valamely X ny¡lt rszhalmaz t az Y Bana h-trbe 168 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt kpez folytonos fggvny. Az sszes olyan (U, P, w, ϕ, µ) paramteres integr i¢s tsk Pk oszt ly t fogjuk tekinteni, amelyekre U ny¡lt rszhalmaza Rk -nak, a P paramter-tr ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, µ a λk Lebesgue-mrtk megszor¡t sa U rszhalmazaira, a w : U ×
P R s ϕ : U × P X fggvnyek pedig valamilyen simas gi felttelnek tesznek eleget. Mindig olyan s£lyfggvnyeket fogunk haszn lni, amelyek folytonosak s kompakt tart¢j£ak A ϕ fggvnyrl legal bb annyit fel fogunk tenni, hogy C 1 -ben van. Ilyen felttelek mellett a (2) p 7 Z U w(u, p)f (ϕ(u, p)) du paramteres integr l minden p ∈ P -re ltezik, s folytonos fggvnye p-nek. Az integr l s a k-dimenzi¢s Lebesgue-mrtk szerint trtnik. A 11.1 ttel azt mutatja, hogy ha f sak folytonos, de ϕ ktszer folytonosan di eren i lhat¢, akkor k = n esetn ez a paramteres integr l megfelel felttelek mellett folytonosan di eren i lhat¢. Ha k = 0, akkor ilyen integr lok folytonos di eren i lhat¢s ga ekvivalenss v lik az f folytonos di ereni lhat¢s g val Durv n sz¢lva, skkentve k-t, ilyen paramteres integr lok folytonos di eren i lhat¢s ga egyre ersebb felttell v lik, s ¡gy megadja azt a lp st, amely szksges ahhoz, hogy
felm sszunk a folytonoss gt¢l a folytonos di eren i lhat¢s gig. Hogy j¢l haszn lhat¢ jellseket kapjunk, tekintsk a kvetkez helyzetet. Legyen X ny¡lt rszhalmaza az Rn trnek, Y pedig Bana h-tr s legyen 0 ≤ k ≤ n. Legyen a W oszt ly olyan w fggvnyek oszt lya, amelyek valamely (a w-tl fgg) U × P szorzatot R-be kpeznek, ahol U az Rk egy ny¡lt rszhalmaza, P pedig valamely euklidszi tr ny¡lt rszhalmaza. A oszt ly legyen olyan ϕ fggvnyek oszt lya, amelyek valamely U × P szorzatot X -be kpeznek, ahol U ny¡lt rszhalmaza az Rk trnek, P pedig ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek. A G fggvnyoszt ly legyen valamely euklidszi tr valamely P ny¡lt rszhalmaz t az Y -ba kpez fggvnyek egy oszt lya. Jellje Fk (X, Y, W, ; G ) az sszes olyan f : X Y folytonos fggvnyek oszt ly t, amelyekre valah nyszor a w ∈ W s a ϕ ∈ fggvnyek rtelmezsi tartom nya ugyanaz az U × P , a (2) paramteres
integr l minden p ∈ P -re de ni lva van s a G fggvnyoszt ly eleme. A W , s G fggvnyoszt lyokat simas gi felttelekkel fogjuk megadni. A tov bbiakban, ha 0 ≤ m ≤ ∞, jellje C m az sszes olyan fggvnyek oszt ly t, amelyek valamely euklidszi tr valamely ny¡lt rszhalmaz n vannak rtelmezve, rtkeik valamely Bana h-trben vannak, s m-szer folytonosan di eren i lhat¢ak. Jellje Km a kompakt tart¢j£ fggvnyek ltal alkotott rszoszt ly t a C m fggvnyoszt lynak. Jellje I m az sszes olyan ϕ ∈ C m fggvnyek oszt ly t, amelyek euklidszi terek ny¡lt rszhalmazainak valamely U × P Des artes-szorzat t kpezik le egy euklidszi trbe £gy, hogy u 7 ϕ(u, p) immerzi¢ minden p ∈ P -re. Hasonl¢an, jellje E m az sszes 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt olyan ϕ ∈ C m fggvnyek oszt ly t, amelyek euklidszi terek ny¡lt halmazainak valamely U × P szorzat t kpezik le egy euklidszi trbe
£gy, hogy u 7 ϕ(u, p) be gyaz s minden p ∈ P -re. Sz munkra a legfontosabbak a Fk (X, Y, K1, I 2 ; C 1 ), 0 ≤ k ≤ n fggvnyoszt lyok lesznek. Az f ∈ Fk (X, Y, K1, I 2 ; C 1 ) felttelt gyakran lok lisan fogjuk ellenrizni. Ha egy adott ϕ : U × P X fggvnyre minden u0 ∈ U -hoz s p0 ∈ P -hez van olyan U0 ny¡lt krnyezete u0 -nak s P0 ny¡lt krnyezete p0 -nak, hogy a (2) paramteres integr l C 1 -ben van, valah nyszor w ∈ K1 , w : U × P R, s w tart¢ja rsze U0 × P0 -nak, akkor b rmely w ∈ K1 , w : U × P R-re is a (2) paramteres integr l C 1 -ben van. Ez knnyen kvetkezik egysgfelbont st haszn lva. 20.2 Megjegyzsek (1) Tegyk fel, hogy X ny¡lt rszhalmaza Rn - nek. A kptr legyen Rm F eredmnyeink, durv n sz¢lva, azt fogj k mutatni, hogy ha egy f megold s benne van Fk+1 (X, Rm , K1 , I 2 ; C 1 )-ben akkor benne van Fk (X, Rm , K1 , I 2 ; C 1 )-ben is. Meg fogjuk mutatni, hogy F0 (X, Rm , K1 , I 2 ; C 1 ) megegyezik a C 1
-fggvnyek oszt ly val, s hogy minden f : X Rm folytonos fggvny Fn (X, Rm , K1 , I 2 ; C 1 )-beli. gy lpsrl lpsre azt kapjuk, hogy a folytonos megold sok folytonosan di eren i lhat¢ak. (2) Nmi hasonl¢s g ll fenn a mrtkelmleti s a Baire-kateg¢ria esetekkel. A megfelel mrtkelmleti fogalmak eltrtnetvel kap solatban l sd a 18. paragrafust (3) Mint a bevezetsben le¡rtuk, paramteres integr lok felhaszn l sa fggvnyegyenletek regularit si tulajdons gainak bizony¡t s ra a val¢s v ltoz¢s esetben j¢l ismert, l sd A zel [3℄ knyvt, 4.22, 423 A tbb v ltoz¢s fggvnyek esetre trtn kiterjesztssel a 11 fejezetben foglalkoztunk, amelynek eredmnyeit itt is fel fogjuk haszn lni. (4) Ha X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek, Y Bana h-tr, s 0 ≤ k ≤ n, akkor az Fk (X, Y, K1, I 2 ; C 1 ) fggvnyoszt ly megegyezik az Fk (X, Y, K1, E 2; C 1 ) fggvnyoszt llyal. Ez knnyen kvetkezik a de n¡ i¢ban eml¡tett lokalit
si elv felhaszn l s val. 20.3 Ttel Legyen X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek. Ha akkor F0 (X, Rm, K∞ , I ∞ ; C k ) = C k . 0 ≤ k < ∞, Bizony¡t s. A de n¡ i¢ban szerepl paramteres integr l most egyszeren a p 7 w(0, p)f (ϕ(0, p)) lekpezs Legyen P = X , p 7 ϕ(0, p) az identikus lekpezs, p 7 w(0, p) pedig legyen egy az adott x0 = p0 ∈ X pont valamely krnyezetben. gy azt kapjuk, hogy f egy C k -fggvny az x0 valamely krnyezetben Megford¡tva, ha f ∈ C k , akkor a p 7 w(0, p)f (ϕ(0, p)) lekpezs is C k . Most megmutatjuk, hogy az Rn valamely X ny¡lt rszhalmaz t Rm -be kpez folytonos fggvnyek Fn (X, Rm , K1 , I 2 ; C 1 )-beliek. A bizony¡t s a 11.1 ttelen m£lik 170 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt 20.4 Ttel Legyen X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek, f : X Rm pedig folytonos fggvny. Ekkor 201 jellseivel f ∈ Fn (X, Rm , K1 , E 2; C 1 ) Bizony¡t s. Koordin t kra trve t, feltehetjk, hogy
f val¢s rtk, azaz hogy m = 1. Legyen P ny¡lt rszhalmaza Rs -nek, U pedig ny¡lt rszhalmaza Rn -nek Legyen ϕ : U × P 7 X egy I 2 -beli fggvny A de n¡ i¢ban szerepl lokalit si elv miatt elg megmutatni, hogy p0 ∈ P -nek s u0 ∈ U -nak van olyan P0 ⊂ P illetve U0 ⊂ U ny¡lt krnyezete, hogy ha w : U × P R olyan C 1 -fggvny, amelynek a tart¢ja rsze U0 × P0 -nak, akkor a p 7 Z U w(u, p)f (ϕ(u, p)) du lekpezs C 1 -beli. Ha U0 s P0 elg ki sik, akkor az x = ϕ(u, p) helyettes¡ts minden p ∈ P0 -ra elvgezhet. V laszthatunk egy olyan S szimplexet, amely tartalmazza U0 -at. A fenti integr l ¡gy Z ϕp (S ) 1 −1 w(ϕ− p (x), p)f (x)J (ϕp )(x) dx lesz minden p ∈ P0 -ra. A 111 ttel szerint az integr l folytonosan di ereni lhat¢ fggvnye p ∈ P0 -nak 20.5 Ttel Legyenek X s Xi , 1 ≤ i ≤ n euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai, Y pedig ny¡lt rszhalmaza Rl -nek. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak.
Tekintsk az f : X Rm , fi : Xi Rm , hi : D R, gi : D Xi (i = 1, 2, . , n) fggvnyeket Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U × P X egy I 2 -beli fggvny, s tegyk fel, hogy (20.1 jellseivel) az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = (2) (3) (4) (5) n X i=1 hi (x, y )fi(gi (x, y )); hi folytonosan di eren i lhat¢, ha i = 1, . , n; az fi fggvny Fk+l (Xi , Rm , K1 , E 2; C 1 )-beli (i = 1, 2, . , n); a gi fggvny C 2 -beli D-n (i = 1, 2, . , n); minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , hogy (ϕ(u0 , p0 ), y0 ) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p0 ), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja az (u0 , y0) pontban k + l minden 1 ≤ i ≤ n-re. 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt Ekkor b rmely K1 -beli w : U × P X fggvnyre a p 7 Z w(u, p)f (ϕ(u, p)) du U lekpezs folytonosan di eren i lhat¢ a p0 valamely krnyezetben. Bizony¡t s.
V lasszunk U0, P0 s Y0 ny¡lt krnyezeteit az u0 , p0 illetve y0 pontoknak £gy, hogy (ϕ(u, p), y ) benne legyen a D halmazban, ha u ∈ U0 , p ∈ P0 s y ∈ Y0 , tov bb az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja k + l legyen, ha u ∈ U0 , p ∈ P0 , y ∈ Y0 s 1 ≤ i ≤ n. Ez lehetsges, mivel D ny¡lt, gi s ϕ is C 2 -fggvnyek, a rang alulr¢l flig folytonos, s U × Y dimenzi¢ja k + l, ¡gy a rang nem mehet k + l fl. Legyen w : U0 × P0 R egy tetszleges K1 -fggvny.R V lasszunk egy olyan w0 : Y0 R fggvnyt, amely K1 -beli, s amelyre Y0 w0 (y ) dy = 6 0. (1) szerint azt kapjuk, hogy w(u, p)f (ϕ(u, p))w0(y ) = n X i=1 w(u, p)w0 (y )hi (ϕ(u, p), y )fi(gi (ϕ(u, p), y )). Mindkt oldalt integr lva U0 × Y0 felett, azt kapjuk, hogy Z Y0 w0 (y ) dy = n Z X i=1 Y0 Z Z U0 U0 w(u, p)f (ϕ(u, p)) du w(u, p)w0 (y )hi (ϕ(u, p), y )fi(gi (ϕ(u, p), y )) du dy. A jobb oldal C 1 -beli. Ez bizony¡tja, hogy p 7 Z U0
w(u, p)f (ϕ(u, p)) du folytonosan di eren i lhat¢ P0 -on. Tetszleges K1 -beli w : U × P R s£lyfggvnyre az ll¡t s az u 7 w(u, p0 ) lekpezs tart¢ja egy alkalmas vges lefedsnek megfelel egysgfelbont st haszn lva kvetkezik. A 18. pragrafusban adott 188 plda itt is ugyan£gy t rgyalhat¢ Ugyan£gy, mint ott, itt is meg llap¡thatjuk, hogy a rang felttel nem teljesen kielg¡t Az ltal nos¡t shoz elszr egy lemm ra lesz szksgnk 20.6 Lemma 201 jellseivel, legyen X ny¡lt rszhalmaza Rn -nek, 0 ≤ k ≤ n s f ∈ Fk (X, Rm , K1 , E 2 ; C 1 ). Legyenek U s P euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai, s tegyk fel, hogy a C 2 -beli ϕ : U × P X fggvnyre az u 7 ϕ(u, p) lekpezs deriv ltj nak rangja ≥ k az (u0 , p0 ) ∈ U × P pontban. Ekkor van olyan U0 krnyezete 172 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt u0 -nak s P0 krnyezete p0 -nak, hogy b rmely K1 -beli w fggvnyre, amelynek tart¢ja
rsze U0 × P0 -nak, a Z p 7 w(u, p)f (ϕ(u, p)) du : U ×P R U lekpezs folytonosan di eren i lhat¢ P -n. Bizony¡t s. Feltehetjk, hogy ha u1-el jelljk az u els k koordin t j b¢l alkotott vektort, u2 -vel pedig az u maradk koordin t ib¢l alkotott vektort, akkor az u1 7 ϕ(u1 , u2 , p) lekpezs Ja obi-determin nsa az (u0 , p0 ) pontban nem nulla. V lasszunk olyan U0 = U1 ×U2 ny¡lt krnyezett u0 -nak s olyan P0 ny¡lt krnyezett p0 -nak, hogy ez a Ja obi-determin ns ne legyen nulla U0 × P0 -on. Ekkor az (u2 , p) 7 Z U1 w(u1 , u2 , p)f (ϕ(u1 , u2 , p)) du1 lekpezs C 1 -beli. Integr lva u2 szerint, kapjuk a lemma ll¡t s t 20.7 Kvetkezmny 201 jellseivel, ha 0 ≤ k ≤ l ≤ n, akkor Fk (X, Rm , K1 , E 2 ; C 1 ) ⊂ Fl (X, Rm , K1 , E 2 ; C 1 ). Kvetkez ttelnk a 20.5 ttel ltal nos¡t sa 20.8 Ttel Legyenek X , Y s Xi , 1 ≤ i ≤ n euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak
Tekintsk az f : X Rm , fi : Xi Rm , hi : D R, gi : D Xi (i = 1, 2, . , n) fggvnyeket. Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, P ny¡lt rszhalmaza valamely euklidszi trnek, p0 ∈ P , ϕ : U × P X egy I 2 -beli fggvny, s tegyk fel, hogy (20.1 jellseivel) az al bbi felttelek teljeslnek: (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = (2) (3) (4) (5) n X i=1 hi (x, y )fi(gi (x, y )); hi folytonosan di eren i lhat¢, ha i = 1, . , n; az fi fggvny Fki (Xi , Rm, K1 , E 2; C 1 )-beli (i = 1, 2, . , n); a g fggvny C 2 -beli D-n (i = 1, 2, . , n); i minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , hogy (ϕ(u0 , p0 ), y0 ) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p0 ), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja (u0 , y0 )-ban legal bb ki , ha 1 ≤ i ≤ n. 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt Ekkor b rmely K1 -beli w : U × P X fggvnyre a p 7 Z w(u, p)f (ϕ(u, p)) du U lekpezs folytonosan di eren i lhat¢ a p0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. V lasszunk
U0 , P0 s Y0 ny¡lt krnyezeteit u0 -nak, p0 -nak, illetve y0 -nak £gy, hogy (ϕ(u, p), y ) benne legyen D-ben, ha u ∈ U0 , p ∈ P0 s y ∈ Y0 , tov bb az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja legal bb ki legyen minden u ∈ U0 , p ∈ P0 , y ∈ Y0 s 1 ≤ i ≤ n-re. Ez lehetsges, mivel D ny¡lt, gi s ϕ is C 2 -fggvnyek, a rang pedig alulr¢l flig folytonos. Legyen w : U0 × P0 R egy KR1 -fggvny. V lasszunk egy olyan K1 beli w0 : Y0 R fggvnyt, amelyre Y0 w0 (y ) dy 6= 0 Az (1) felttelbl azt kapjuk, hogy w(u, p)f (ϕ(u, p))w0(y ) = n X i=1 w(u, p)w0 (y )hi (ϕ(u, p), y )fi(gi (ϕ(u, p), y )). Mindkt oldalt integr lva U0 × Y0 felett, azt kapjuk, hogy Z Y0 w0 (y ) dy = n Z X i=1 Y0 Z Z U0 U0 w(u, p)f (ϕ(u, p)) du w(u, p)w0 (y )hi (ϕ(u, p), y )fi(gi (ϕ(u, p), y )) du dy. Az elz lemma szerint a jobb oldal C 1 -beli. Ez bizony¡tja, hogy p 7 Z U0 w(u, p)f (ϕ(u, p)) du folytonosan di eren i lhat¢ P0
-on. Tetszleges K1 -beli w : U × P R fggvnyre az ll¡t s megkaphat¢, ha az u 7 w(u, p0 ) lekpezs tart¢j nak egy alkalmas vges lefedshez tartoz¢ egysgfelbont sra alkalmazzuk az eddig bizony¡tottakat. Utols¢ ttelnk magasabb rend deriv ltakra vonatkozik. Itt a fggvnyegyenlet lehet nemline ris is 20.9 Ttel Legyen X ny¡lt rszhalmaza Rs -nek. Legyenek Y , Z s Xi , Zi , 1 ≤ i ≤ n euklidszi terek ny¡lt rszhalmazai. Legyen D ny¡lt rszhalmaza X × Y -nak. Tekintsk az f : X Rm , fi : Xi Zi , h : D × Z1 × · · · Zi Z , gi : D Xi (i = 1, 2, . , n) fggvnyeket Legyen r ≥ 1 egy egsz sz m. Legyen U ⊂ Rk ny¡lt, P valamely euklidszi tr ny¡lt rszhalmaza, p0 ∈ P , ϕ : U × P X egy I 2 -fggvny s tegyk fel, hogy (20.1 jellseivel) az al bbi felttelek teljeslnek: 174 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt (1) minden (x, y ) ∈ D-re f (x) = h(x, y, f1(g1 (x, y )) . fn (gn (x, y
))); (2) az sszes ∂xα0 ∂zα11 . ∂zαnn h par i lis deriv ltak folytonosan di eren i lhat¢ak, ahol 0 ≤ |α| ≤ r; (3) az fi fggvny sszes r-ed rend par i lis deriv ltjai lteznek, s benne vannak az Fki (Xi , Rm , K1 , E 2; C 1 ) trben (i = 1, 2, . , n); (4) a gi fggvny C r+1 -ben van D-n (i = 1, 2, . , n); (5) minden u0 ∈ U -hoz van olyan y0 , hogy (ϕ(u0 , p0 ), y0 ) ∈ D s az (u, y ) 7 gi (ϕ(u, p0 ), y ) lekpezs deriv ltj nak rangja (u0 , y0 )-ban legal bb ki , ha 1 ≤ i ≤ n. Ekkor b rmely K1 -beli w : U × P X fggvnyre s b rmely α ∈ Ns multiindexre, amelyre |α| = r, a p 7 Z U w(u, p)(∂ αf )(ϕ(u, p)) du lekpezs folytonosan di eren i lhat¢ p0 egy krnyezetben. Bizony¡t s. Legyen 1 s di eren i ljuk az (1) egyenletet par i lisan xq szerint. Nem ¡rva ki a valtoz¢kat, azt kapjuk, hogy ∂f ∂xq = ∂h ∂xq ≤ q ≤ s, ri n X X ∂h X ∂fi,j ∂gi,k + . ∂z ∂x ∂x i,j i,k q i=1 j k=1 Itt zi =
(zi,j ), xi = (xi,k ), fi = (fi,j ) s gi = (gi,k ). Ez az egyenlet azt mutatja, hogy ha α ∈ Ns s |α| = 1, akkor ∂ α f eleget tesz egy ∂ f (x) = hα,0 (x, y ) + α nα X β =1 hα,β (x, y )fα,β (gα,β (x, y )) fggvnyegyenletnek, ha (x, y ) ∈ D. Itt, ha az α multiindex q-adik koordin t ja egy, a tbbi pedig nulla, akkor hα,0 (x, y ) = s hα,β (x, y ) = ∂h (x, y, f0(y ), f1 (g1 (x, y )) , . , fn (gn (x, y ))) , ∂xq gα,β = gi fα,β = ∂fi,j ∂xi,k valamely 1 ≤ i ≤ n-re, valamely i, j, k-ra ∂h ∂g (x, y, f0(y ), f1 (g1 (x, y )) , . , fn (gn (x, y ))) i,k (x, y ) ∂zi,j ∂xq 20.§ A folytonoss g s a di eren i lhat¢s g kztt valamely i, j, k-ra. Vil gos, hogy hα,β -nak x szerint ltezik s folytonos az r-edik par i lis deriv ltja, ha 0 ≤ β ≤ nα , tov bb fα,β valamelyik Xi -t kpezi R-be s minden r − 1-edik par i lis deriv ltja ltezik s Fki (Xi , Rm , K1 , E 2 ; C 1 )-beli. jra di eren i lva, |α|
szerinti teljes induk i¢val azt kapjuk, hogy ha α ∈ Ns , 1 ≤ |α| ≤ r, akkor (5) ∂ f (x) = hα,0 (x, y ) + α nα X β =1 hα,β (x, y )fα,β (gα,β (x, y )) , ha (x, y ) ∈ D. Itt hα,β : D Z s az x szerinti r + 1 − |α|-adik par i lis deriv ltjai folytonosak, tov bb fα,β : Xi R valamely 1 ≤ i ≤ n-re s az sszes r − |α|-adik par i lis deriv ltjai Fki (Xi , Rm , K1 , E 2; C 1 )-beliek. Vgl, gα,β = gi ugyanarra az i-re, amelyre dmn fα,β = Xi . Most felhaszn ljuk a 20.8 ttelt Azt kapjuk, hogy b rmely K1 -beli w : U × P X fggvnyre s b rmely α ∈ Ns multiindexre, amelyre |α| = r , a Z p 7 w(u, p)(∂ αf )(ϕ(u, p)) du U lekpezs folytonosan di eren i lhat¢ p0 egy krnyezetn. 176 21.§ Egyszer alkalmazasok VII. Alkalmazások Nyilv nval¢, hogy az elz paragrafusokban bizony¡tott eredmnyeknek sz mos alkalmaz sa lehetsges. Itt sak nh ny, az eredmnyek haszn lat t illusztr l¢ pld t adunk meg. 21.§
Egyszer alkalmazasok 21.1 A Cau hy-egyenlet ltal nos¡t sai A hivatkoz sokat ille- ten l sd A zl [3℄ knyvt. Legyen f : Rn Rm egy fggvny, s tegyk fel, hogy f eleget tesz az (1) f (x + y ) = f (x) + f (y ), ha x, y ∈ Rn Cau hy-egyenletnek. A t = x + y helyettes¡tssel (2) f (t) = f (y ) + f (t − y ), ha t, y ∈ Rn . Ebbl, ha f mrhet egy pozit¡v mrtk halmazon vagy Baire-tulajdons g£ egy m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmazon, akkor f folytonos a 8.3, illetve a 102 ttelek szerint Most alkalmazva az 129 ttelt, kapjuk, hogy f vgtelen sokszor di eren i lhat¢. Hasonl¢an, legyen f : Rn R egy ismeretlen fggvny, s legyen adott egy h : R2n+2 R vgtelen sokszor di eren i lhat¢ fggvny. Tegyk fel, hogy f kielg¡ti az (3) f (x + y ) = h (x, y, f (x), f (y )) , ha x, y ∈ Rn ltal nos¡tott Cau hy-egyenletet. Ezzel az egyenlettel kap solatban l sd mg A zl [3℄ knyvt s Sander [141℄, [142℄
dolgozatait. A t = x + y helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy (4) f (t) = h (t − y, y, f (t − y ), f (y )) , ha t, y ∈ Rn . A 8.3, illetve 102 ttelekbl kapjuk, hogy (2) minden f megold sa, amely mrhet egy pozit¡v mrtk mrhet halmazon, vagy Baire-tulajdons g£ egy m sodik kateg¢ri j£ Baire-tulajdons g£ halmazon, folytonos. Most az 1.28 ttelbl kapjuk, hogy f vgtelen sokszor di eren i lhat¢ Ugyanez a m¢dszer alkalmazhat¢ az (3) f (G(x, y )) = h (x, y, f (x), f (y )) , ha x, y ∈ Rn 21.§ Egyszer alkalmazasok egyenletre, ahol G : Rn × Rn Rn egy adott, vgtelen sokszor di eren i lhat¢ fggvny £gy, hogy minden t0 ∈ Rn -hez s x0 ∈ Rn -hez ltezik olyan y0 ∈ Rn pont, amelyre G(x0 , y0 ) = t0 , det ∂G (x0 , y0 ) 6= 0 ∂x s det ∂G (x0 , y0 ) 6= 0. ∂y Ekkor t = G(x, y ) helyettes¡tssel lok lisan azt kapjuk, hogy f (t) = h (g (t, y ), y, f (g (t, y )) , f (y )) , ahol G (g (t, y ), y ) = t, s alkalmazhatjuk a
8.3, 102 s 128 tteleket 21.2 A Pexider-egyenlet ltal nos¡t sai A XVI nemzetkzi fggvnyegyenletek konferen i n vetette fel Wolfgang Sander az al bbi problm t (l sd Sander [144℄). Legyenek f , g , s h val¢s fggvnyek, H : R2 R egy folytonos fggvny, s tegyk fel, hogy az f (x + y ) = H (g (x), h(y )) , ha x, y ∈ R fggvnyegyenlet teljesl. Vajon igazak-e az al bbi ll¡t sok: (1) ha g s h Baire-tulajdons g£ak, akkor f folytonos; (2) ha g s h Lebesgue-mrhetek egy-egy pozit¡v mrtk mrhet halmazon, akkor f folytonos; (3) ha g vagy h Lebesgue-mrhet, akkor f folytonos. Ha (1), (2) vagy (3) igaz, akkor vajon az sszead s helyettes¡thet-e egy ltal nosabb fggvnyoszt llyal? Mindh rom problm t s az ltal nos¡t sukat is megoldjuk, ha megmutatjuk, hogy ha f , g s h Rn -et Rm -be kpez fggvnyek, valamint H : Rn × Rn × Rm × Rm Rm egy folytonos fggvny, s fenn ll az f (G(x, y )) = H (x, y, g (x), h(y )) , ha x, y
∈ Rn fggvnyegyenlet, ahol G : Rn × Rn Rn egy adott, folytonosan di eren ilhat¢ fggvny £gy, hogy minden t0 ∈ Rn -hez s x0 ∈ Rn -hez ltezik olyan y0 ∈ Rn pont, amelyre G(x0 , y0 ) = t0 , det ∂G (x0 , y0 ) 6= 0 ∂x s det ∂G (x0 , y0 ) 6= 0, ∂y akkor abb¢l, hogy g Lebesgue-mrhet egy pozit¡v mrtk mrhet halmazon, vagy Baire-tulajdons g£ egy m sodik kateg¢ri j£ halmazon, kvetkezik, hogy f folytonos. Ezen ll¡t s bizony¡t s hoz t = G(x, y ) helyettes¡tssel lok lisan azt kapjuk, hogy f (t) = H (G∗ (t, y ), y, g (G∗ (t, y )) , h(y )) , ahol G (G∗ (t, y ), y ) = t, s alkalmazhatjuk a 8.3, illetve 102 tteleket Sander problm j nak megold sa a J rai [65℄ illetve [67℄ dolgozatokban kerlt publik l sra. 178 21.§ Egyszer alkalmazasok 21.3 A koszinusz fggvnyegyenlete Legyen G egy lok lisan kompakt soport, H egy topologikus gyr megsz ml lhat¢ b zissal, f : G H Az f (uv ) + f (uv −1 ) = 2f (u)f (v ), ha
u, v ∈ G koszinusz fggvnyegyenletet vizsg lt k pld ul Hille s Phillips [58℄, Kurepa [116℄, s Baker [21℄ abban az esetben, amikor G = R vagy G = Rn . Itt arra az esetre fogjuk megmutatni, hogy a mrhet megold sok folytonosak, amikor G lok lisan euklidszi, azaz Lie- soport. Pontosabban, minden olyan lok lisan kompakt soportra bizony¡tunk, amely eleget tesz az al bbi felttelnek: (2) G-nek van olyan K kompakt rszhalmaza, amelyre λ(K ) > 0, s minden C ⊂ K kompakt rszhalmazra, amelyre λ(C ) > 0, λ{x2 : x ∈ C} > 0. Itt λ egy bal Haar-mrtk G-n. Minden Lie- soport eleget tesz ennek a felttelnek. Val¢ban, ha G egy n-dimenzi¢s Lie- soport e egysgelemmel, akkor nem nehz bel tni a Lie- soportokon a Haar-mrtkre vonatkoz¢ ttelek felhaszn l s val (l sd Chevalley [29℄), hogy lteznek olyan U s V ny¡lt n halmazok s egy ϕ homeomor zmusa U -nak ra, R egy ny¡lt rszhalmaz −1 −1 −1 −1 hogy e ∈ V ⊂ U , ϕ(e) =
0, az (x, y ) 7 ϕ ϕ (x) · ϕ (y ) lekpezs analitikus lekpezse ϕ(V ) × ϕ(V )-nek ϕ(U )-ba, s hogy V b rmely C kompakt rszhalmaz ra a C bal Haar mrtke s a ϕ(C ) Lebesgue-mrtke egyszerrre tnik el. Mivel az x 7 ϕ ϕ−1 (x) · ϕ−1 (x) ϕ(V )-t ϕ(U )-ba kpez lekpezs Ja obi-determin nsa 2n a 0 pontban, ltezik olyan W ny¡lt krnyezete e-nek G-ben, hogy W 2 ⊂ V s a fenti lekpezs Ja obi-determin nsa ϕ(W ) felett nem kisebb, mint 1. Innen az integr ltranszform i¢s formula felhaszn l s val kvetkezik, hogy W b rmely C kompakt rszhalmaz ra ϕ {x2 : x ∈ C} Lebesgue-mrtke nem kisebb, mint ϕ(C ) Lebesgue-mrtke. Igy G eleget tesz a (2) felttelnek, K -t a W egy pozit¡v mrtk kompakt rszhalmaz nak v lasztva. Trjnk vissza eredeti ll¡t sunk bizony¡t s hoz. Az (1) egyenletbl, t = uv −1 , y = v helyettes¡tssel, azt kapjuk, hogy f (t) = 2f (ty )f (y ) − f (ty 2 ), ha t, y ∈ G. Legyen t0 egy
tetszleges eleme G-nek. Megmutatjuk, hogy f folytonos a t0 pontban. Legyen T egy kompakt halmaz, amely tartalmazza t0 egy krnyezett, K a (2)-ben szerepl halmaz, D = T × K , legyen tov bb Y = X1 = X2 = X3 = G, h(t, y, z0 , z1 , z2 , z3 ) = 2z1 z2 − z3 , s g1 (t, y ) = ty, g2 (t, y ) = y, g3 (t, y ) = ty 2 , ha (t, y ) ∈ D; ha (t, y ) ∈ D; ha (t, y ) ∈ D. 21.§ Egyszer alkalmazasok A 8.2 ttelt fogjuk alkalmazni az A1 = A2 = A3 = G halmazokra Az egyetlen, ami nem trivi lis, az utols¢ felttel teljeslse a g3 fggvnyre. Mivel, ha B ⊂ K , akkor {ty 2 : y ∈ B} = t{y 2 : y ∈ B} minden t ∈ T -re, azt elg megmutatni, hogy minden ε > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy ha B ⊂ K s λ(B ) ≥ ε, akkor λ{y 2 : y ∈ B} ≥ δ . Tegyk fel indirekt, hogy ez nem igaz. Ekkor ltezik olyan ε0 > 0 s minden n termszetes sz mhoz olyan Un ny¡lt rszhalmaza G-nek, amelyre λ(Un ) < 1/2n s λ{y : y ∈ C s y 2 ∈ Un } ≥ ε0 .
Mivel az y 7 y 2 lekpezs folytonos, az {y : y 2 ∈ Un } halmazok ny¡ltak, ¡gy az {y : y 2 ∈ Un } ∩ K halmazok mrhetek. Legyen An = {y 2 : y ∈ C} ∩ ∞ [ i=n Ui . Ekkor B1 ⊃ B2 ⊃ . , λ(Bn ) < 1/2n−1 , s az {y : y 2 ∈ An } halmazok mrhetek vges, de ε0 -n l nem kisebb mrtkkel. Ha B = n y : y2 ∈ ∞ n=1 o An , akkor λ(B ) ≥ ε0 > 0, de ∞ λ{y 2 : y ∈ B} = λ An = 0. n=1 Ha C egy kompakt rszhalmaza B -nek pozit¡v bal Haar mrtkkel, akkor ellentmond sra jutunk (2)-vel. Ezzel a bizony¡t s teljes 21.4 Legyen f : Rm Rk egy ismeretlen fggvny, s legyenek Ai , Bi , i = 1, 2, . , n (1) nemszingul ris m trixok m sorral s m oszloppal. Az f (x) + n X i=1 f (Ai x + Bi y ) = 0, ha x, y ∈ Rm fggvnyegyenletet, spe i lis eseteit s ltal nos¡t sait sz mos szerz tanulm nyozta. A hivatkoz sokat illeten l sd Szkelyhidi [156℄ dolgozat t Az 1.29 ttel szerint (1) minden mrhet vagy
Baire-tulajdons g£ megold sa vgtelen sokszor di eren i lhat¢. 180 21.§ Egyszer alkalmazasok 21.5 Az inform i¢ alapegyenlete Legyen f : ℄0, 1[ R egy isme- retlen fggvny, α > 0 egy konstans, s D Az (1) f (x)+(1−x) f α = (x, y ) : 0 < x, y, x + y < 1 . y 1−x = f (y )+(1−y ) f α x 1−y , ha (x, y ) ∈ D fggvnyegyenlet fontos szerepet j tszik az inform i¢elmlet axiomatikus megalapoz s ban; l sd pld ul A zl s Dar¢ zy [15℄ knyvt, Maksa [124℄ illetve A zl [6℄ dolgozat t. A 129 ttelbl kvetkezik, hogy (1) minden mrhet vagy Baire-tulajdons g£ megold sa vgtelen sokszor di eren i lhat¢. 21.6 A (2,2)-additivit s egyenlete Legyen f : ℄0, 1[ R egy ismeretlen fggvny Az (1) f (pq ) + f (p(1 − q )) + f ((1 − p)q ) + f ((1 − p)(1 − q )) = f (p) + f (1 − p) + f (q) + f (1 − q), ha 0 < p, q < 1 fggvnyegyenlet szintn hasznos az inform i¢elmletben. Ennek az egyenletnek
a mrhet megold sait Dar¢ zy s J rai hat rozt k meg a [32℄ dolgozatban A dolgozatban egy fontos lps annak bizony¡t sa, hogy (1) minden mrhet megold sa hatszor di eren i lhat¢. t = pq s y = q helyettes¡tssel (1)-bl azt kapjuk, hogy (2) t t t f (t) = − f − t − f (y − t) − f 1 − − y + t + f y y y t +f 1− + f (y ) + f (1 − y ), ha 0 < t < y < 1. y Innen, az 1.29 ttel szerint, (1) minden mrhet vagy Baire-tulajdons g£ megold sa vgtelen sokszor di eren i lhat¢. 21.7 sszeg alak£ egyenletek Loson zi [123℄ dolgozat ban az (1) f (xy )+f (x(1 − y )) + f ((1 − x)y ) + f ((1 − x)(1 − y )) = f (x) + f (1 − x) f (y ) + f (1 − y ) fggvnyegyenletet t rgyalja. Attekinti az ismert eredmnyeket, s meghat rozza mindazokat az f : [0, 1℄ C fggvnyeket, amelyek h romszor folytonosan di eren i lhat¢k [0, 1℄-en, s eleget tesznek az (1) fggvnyegyenletnek. Megjegyezzk, hogy az (1)
egyenletnek van olyan megold sa [0, 1℄-en, amely mrhet, de nem folytonos, illetve folytonos, de nem differen i lhat¢, ugyanis az egyenletnek eleget tesznek az f (x) = xc , c ≥ 0 hatv ny-fggvnyek, ahol 0c = 0. 21.§ Egyszer alkalmazasok Egszen m s a helyzet a ℄0, 1[ ny¡lt intervallumon. Az al bbiakban megmutatjuk, hogy az (1) egyenlet minden f :℄0, 1[ C megold sa, amely Lebesgue-mrhet vagy Baire-tulajdons g£, vgtelen sokszor di eren i lhat¢. Vezessk be a g (x) = f (x) + f (1 − x) jellst. Ezzel a jellssel azt kapjuk, hogy (2) f (xy ) + f (x(1 − y )) + f ((1 − x)y ) + f ((1 − x)(1 − y )) = g (x)g (y ), ha x, y ∈℄0, 1[. Az x helyett £j v ltoz¢t vezetve be a t = xy helyettes¡tssel, azt kapjuk, hogy (3) f (t) = g (t/y )g (y ) − f (t(1 − y )/y ) − f ((1 − t/y )y ) − f ((1 − t/y )(1 − y )) , ha 0 < t < y < 1. Egyszer sz mol s s a 310, illetve 43 segdttel mutatja, hogy minden t0 -hoz van olyan y0 ,
hogy a (t0 , y0 ) pont egy krnyezetben alkalmazhat¢ a 8.3 illetve a 102 ttel, ¡gy kapjuk, hogy f folytonos Most kt eset lehetsges. Ha g ≡ 0 az egsz ℄0, 1[-en, akkor a (3) egyenletre azonnal alkalmazhat¢ az 1.29 ttel, s kapjuk az ll¡t st Ha ez nem ll fenn, akkor v laszthat¢ olyan [A, B ℄ ⊂℄0, 1[ intervallum, amelyre Z B A g (y ) dy = 6 0, s ¡gy (2) mindkt oldal t integr lva g (x) Z B A g (y ) dy = + Z B A Z B A f (xy ) dy + Z B A f (x(1 − y )) dy f ((1 − x)y ) dy + Z B A f ((1 − x)(1 − y )) dy. A jobb oldalon szerepl integr lokban kln-kln xy , x(1 − y ), (1 − x)y illetve (1 − x)(1 − y ) helyett egy £j u v ltoz¢t vezetve be, l tjuk, hogy a jobb oldal folytonosan di eren i lhat¢ fggvnye x-nek. Kifejezve g (x)-et, kapjuk, hogy g folytonosan di eren i lhat¢. Most a (3) egyenletre alkalmazva a 113 ttelt lok lisan, kapjuk, hogy f is folytonosan di eren i lhat¢ Vgl (3)-ban vissza¡rva g helyre f
-et, s alkalmazva a 1.25 ttelt, kapjuk az ll¡t st. 21.8 Megjegyzs A zl s Chung egy dolgozat hoz A zl J nos s Jukang Chung [14℄ dolgozatukban m s eredmnyek mellett megmutatj k, hogy ha az fi (i = 1, 2, , n) val¢s fggvnyek lok lisan Lebesgueintegr lhat¢ak, a pk s qk (k = 1, 2, , m) pedig L-fggetlenek, tov bb az (1) n X i=1 fi (x + λi y ) = m X k=1 pk (x)qk (y ), x ∈℄A, B [, y ∈℄C, D[ 182 21.§ Egyszer alkalmazasok fggvnyegyenletnek eleget tesznek a fggvnyek, ahol 0 6= λi = 6 λj , ha i 6= j , akkor az fi , pk s qk fggvnyek vgtelen sokszor di eren i lhat¢ak; az L-fggetlensg azt jelenti, pld ul a qk fggvnyekre, hogy ha m X k=1 ck qk (y ) = 0 majdnem minden y ∈℄C, D[-re, akkor ebbl c1 = c2 = . = cm = 0 Az al bbiakban megmutatjuk, hogy az L-fggetlensg s a lok lis Lebesgue-integr lhat¢s g line ris fggetlensggel s Lebesgue-mrhetsggel helyettes¡thet. Ez az szrevtel a J
rai [69℄ dolgozatban kerlt publik l sra Elszr is vegyk szre (mint [14℄-ben), hogy (2) pk (x) = X ai,j,k fi (x + λi yj ), ha x ∈℄A, B [ i,j egy megfelelen v lasztott C < y1 < y2 < . < ym < D sorozatra, a qk fggvnyek line ris fggetlensge miatt. Hasonl¢an (3) qk (y ) = X bi,j,k fi (xj i,j + λi y ), ha y ∈℄C, D[, ahol A < x1 < x2 < . < B Innen a pk s qk fggvnyek is Lebesguemrhetek A t = x + λi y helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy (4) fi (t) = m X k=1 pk (t − λi y )qk (y ) − X j6=i fj (t + (λj − λi )y ), ha C < y < D s A + λi y < t < B + λi y . Felhaszn lva a 83 ttelt, azt kapjuk, hogy fi folytonos, ¡gy (2) s (3) szerint a pk s qk fggvnyek is folytonosak. Hasonl¢an, mint A zl s Chung [14℄ dolgozat ban, v lasztva egy C ∗ sz mot C s D kztt s integr lva, azt kapjuk, hogy n Z X i=1 t C∗ fi (x + λi y ) dy = m X k=1 pk (x) Z t C∗ qk
(y ) dy. Ha a bal oldalon minden integr lban kln-kln bevezetjk az u = x + λi y £j v ltoz¢t, azt kapjuk, hogy (5) n X i=1 1 λi Z x+λi t x+λi C ∗ fi (u) du = ahol Qk (t) = Z t C∗ n X k=1 pk (x)Qk (t), qk (y ) dy. 21.§ Egyszer alkalmazasok A Qk fggvnyek is line risan fggetlenek, mivel egybknt lteznnek olyan ck nem mind nulla konstansok, hogy m X k=1 azaz Z t m X C ∗ k=1 ck Qk (t) ≡ 0, ck qk (y ) dy ≡ 0, ha t ∈℄C, D[ teljeslne, ami lehetetlen, mert a qk fggvnyek line risan fggetlenek s folytonosak. Igy a pk fggvnyek line ris kombin i¢i az x 7 Z x+λi t x+λi C ∗ fi (s) ds folytonosan di eren i lhat¢ fggvnyeknek. (4) s a 113 ttel szerint az fi fggvnyek is folytonosan di eren i lhat¢ak. Felhaszn lva (4)-et s a 15.2 ttelt, azt kapjuk, hogy az fi fggvnyek | s ¡gy (2) s (3) miatt a pk s qk fggvnyek is | ktszer folytonosan di eren i lhat¢ak. Ismtelve ezt az
rvelst, kapjuk, hogy az fi , pk s qk fggvnyek vgtelen sokszor di eren i lhat¢ak. 21.9 Az Abel-egyenlet A XXVI Nemzetkzi Fggvnyegyenletek Szimp¢ziumon 1988-ban A zl J nos (l sd [11℄) az F (u) + F (v ) + F (1 − uv ) + F ((1 − u)/(1 − uv )) + F ((1 − v )/(1 − uv )) = 0, ha 0 < u, v < 1 egyenlet F : ℄0, 1[ R Lebesgue-integr lhat¢ megold saival kap solatban megmutatta, hogy regularit si eredmnyek felhaszn l s val hogyan kaphat¢k meg egyszerbben a Dar¢ zy Zolt n s Helmut Kiesewetter ltal meghat rozott lok lisan Lebesgue-integr lhat¢ megold sok; tov bbi hivatkoz sokat l sd ott. Az 129 ttelbl kvetkezik, hogy a fenti egyenlet minden mrhet vagy Baire-tulajdons g£ megold sa C ∞ (l sd [78℄). 21.10 Egy fggvnyegyenlet a vletlen mezk spektr lelmletbl A XXXII Nemzetkzi Fggvnyegyenletek Szimp¢ziumon elad - s ban [120℄ Lajk¢ K roly egy ltala folytonoss g, illetve lok lis korl toss g s mrhetsg
mellett vizsg lt, val¢sz¡nsgsz m¡t si problm kban szerepet j tsz¢ fggvnyegyenlettel kap solatban az al bbi problm t vetette fel: igaz-e, hogy a B (t)(1 + B (2a)) = B (a)(B (t + a) + B (t − a)), t, a ∈ R fggvnyegyenlet mrhet megold sai lok lisan korl tosak? Az al bbiakban megmutatjuk, hogyan kaphat¢ eredmnyeinkbl, hogy a mrhet megold sok folytonosak, s ¡gy lok lisan korl tosak (l sd [88℄). 184 21.§ Egyszer alkalmazasok Ltezik egy kompakt, pozit¡v mrtk A halmaz £gy, hogy B (2a) 6= −1, ha a ∈ A, mivel egybknt minden rgz¡tett t-re a bal oldal 0 lenne majdnem mindentt, a jobb oldal pedig 2 lenne majdnem mindentt. gy B (t) = B (a ) (B (t + a) + B (t − a)), 1 + B (2a) a ∈ A, t ∈ R s a 8.1 ttel alkalmazhat¢ annak bizony¡t s ra, hogy B mindentt folytonos Ugyanez a krds a t ≥ a korl toz s mellett is szerepelt. Ebben az esetben A ltezst sak arra tudjuk felhaszn lni, hogy a B folytonoss g
t a t > sup A pontokban bebizony¡tsuk, ¡gy meg kell mutatnunk, hogy a fenti tulajdons gokkal rendelkez A halmaz a −∞ b rmely krnyezetben ltezik. Ha ez nem teljeslne, B a −∞ egy krnyezetben majdnem mindentt −1 lenne. Az x = t − a helyettes¡tssel az eredeti egyenletbl azt kapjuk, hogy B (x + a)(1 + B (2a)) = B (a)(B (x + 2a) + B (x)), x, a ∈ R, x ≥ 0. Rgz¡tve egy tetszleges x ≥ 0-t, a B (a), B (2a), B (x + 2a) tagok majdnem mindentt egyenlk −1-el a −∞ egy krnyezetben, ¡gy B (x) = 1. Most rgz¡tve egy a-t, amelyre B (a) = −1 s B (2a) = −1, nagy x-re ellentmond st kapunk. 21.11 Egy inform i¢mrtkekkel kap solatos egyenlet A G(x) + (1 − x) F1 α (1) u 1−x = G(u) + (1 − u) F1 α + (1 − x) F2 β x 1−u u 1−x + (1 − u) F2 β x 1−u u 1−x fggvnyegyenlet regularit s nak problm j t Wolfgang Sander vetette fel (sz¢beli kzls). Az egyenlet inform
i¢mrtkek vizsg lat ban j tszik szerepet A megold st | ltal nosabb esetre, egyb eredmnyekkel egytt | a [103℄ kzs ikkben publik ltuk. Itt sak a fenti spe i lis esetet t rgyaljuk Az elz paragrafusok ltal nos regularit si tteleit nem lehet kzvetlenl alkalmazni, mivel kt klnbz ismeretlen fggvnynek, F1 -nek s F2 -nek ugyanaz az argumentuma. Levezethetnk azonban az egyenletbl £j egyenleteket, amelyekre m r alkalmazhat¢k az ltal nos eredmnyek Ugyanez a m¢dszer sokkal ltal nosabb fggvnyegyenletekre is alkalmazhat¢. Ezzel a m¢dszerrel megmutatjuk, hogy ha α = 6 β rgz¡tett val¢s sz mok, F1 , F2 , G : ℄0, 1[ R Lebesgue-mrhet vagy Baire-tulajdons g£ fggvnyek, amelyekre az (1) fggvnyegyenlet teljesl, ha 0 < x < 1, 0 < u < 1 s 0 < x + u < 1, akkor F1 , F2 , G ak rh nyszor di eren i lhat¢ak. Elszr is, a fggvnyegyenletet t¡rhatjuk (2) u 1−x G(u) = G(x) + (1 − x) F1 + (1 − x) F2
x x α β − (1 − u) F2 − (1 − u) F1 1−u 1−u α β 21.§ Egyszer alkalmazasok alakba; ez az alak hasznos lesz G regularit s nak bizony¡t s ra. Kt m sik fggvnyegyenletet is sz rmaztatni fogunk, amelyek F1 illetve F2 regularit s nak bizony¡t s ra szolg lnak. Vonjunk ki G(x)-et az (1) egyenlet mindkt oldal b¢l. Az u = t(1 − x) helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy (1 − x)α F1 (t) + (1 − x)β F2 (t) = G(t(1 − x)) + (1 − t(1 − x)) F1 α (3) + (1 − t(1 − x))β F2 x 1 − t(1 − x) x 1 − t(1 − x) − G(x) teljesl, ha 0 < x < 1 s 0 < t < 1. Hogy a bal oldalon ll¢, F2 -t tartalmaz¢ tagot kikszbljk, helyettes¡tsnk y -t x helybe (3)-ban, szorozzuk meg a (3) egyenletet (1 − y )β -val, a helyettes¡tett egyenletet (1 − x)β -val, s vegyk e kt egyenlet klnbsgt: (1 − x)β (1 − y )α F1 (t) − (1 − y )β (1 − x)α F1 (t) = (1 − x) G(t(1 − y )) + (1 − x) (1 −
t + ty ) F1 β β + (1 − x)β (1 − t + ty )β F2 α y y 1 − t(1 − y ) − (1 − x)β G(y ) 1 − t(1 − y ) x β β α − (1 − y ) G(t(1 − x)) − (1 − y ) (1 − t + tx) F1 1 − t(1 − x) x + (1 − y )β G(x). − (1 − y )β (1 − t + tx)β F2 1 − t(1 − x) Az F1 fggvny (1 − x)β (1 − y )α − (1 − y )β (1 − x)α szorz¢ja a bal oldalon nem nulla, ha x = 6 y . Mindkt oldalt osztva vele, azt kapjuk, hogy (4) F1 (t) = (1 − x) G(t(1 − y )) + (1 − x) (1 − t + ty ) F1 β + (1 − x)β (1 − t + ty )β F2 β y α y 1 − t(1 − y ) − (1 − x)β G(y ) x β β α − (1 − y ) G(t(1 − x)) − (1 − y ) (1 − t + tx) F1 1 − t(1 − x) x − (1 − y )β (1 − t + tx)β F2 1 − t(1 − x) ! −1 β β α β α + (1 − y ) G(x) (1 − x) (1 − y ) − (1 − y ) (1 − x) , 1 − t(1 − y ) 186 21.§ Egyszer alkalmazasok valah nyszor 0 < x, y, t < 1 s x
6= y . Hasonl¢an kapjuk az (5) F2 (t) = (1 − x) G(t(1 − y )) + (1 − x) (1 − t + ty ) F2 α + (1 − x)α (1 − t + ty )α F1 α y β y 1 − t(1 − y ) − (1 − x)α G(y ) x α α β − (1 − y ) G(t(1 − x)) − (1 − y ) (1 − t + tx) F2 1 − t(1 − x) x − (1 − y )α (1 − t + tx)α F1 1 − t(1 − x) ! −1 α α β α β + (1 − y ) G(x) (1 − x) (1 − y ) − (1 − y ) (1 − x) 1 − t(1 − y ) egyenletet, amely szintn 0 < x, y, t < 1, x = 6 y esetn teljesl. Most m r alkalmazhatjuk ltal nos tteleinket. A 83 ttelbl a (4) s (5) egyenletek felhaszn l s val azt kapjuk, hogy ha F1 , F2 s G Lebesguemrhetek, akkor F1 illetve F2 folytonosak; sak azt kell ellenriznnk, hogy 6 y , hogy a jobb oldaminden 0 < t < 1-hez van olyan 0 < x, y < 1, x = lon ll¢ ismeretlen fggvnyekben szerepl bels fggvnyekre a ∂/∂x, ∂/∂y par i lis deriv ltak kzl legal bb az egyik nem nulla
a (t, x, y ) pontban. Ezek a bels fggvnyek a (t, x, y ) 7 x, (t, x, y ) 7 y , (t, x, y ) 7 t(1 − x), (t, x, y ) 7 t(1 − y ), (t, x, y ) 7 x/(1 − t(1 − x)) s (t, x, y ) 7 y/(1 − t(1 − y )) fggvnyek. Knny ellenrizni, hogy b rmely x, y , x = 6 y p r megteszi. Ugyanezt a ttelt haszn lva s a (2) egyenletet, kapjuk, hogy G is folytonos. Az anal¢g 102 ttelt haszn lva, hasonl¢an kapjuk, hogy ha F1 , F2 s G Baire-tulajdons g£ak, akkor folytonosak is. Most a 113 ttelt haszn lva hasonl¢an kapjuk, hogy F1 , F2 s G folytonosan di eren i lhat¢ak. Vgl, a 15.2 ttelt felhaszn lva, azt kapjuk, hogy ha az F1 , F2 s G fggvnyek p > 0-szor folytonosan di eren i lhat¢ak, akkor (2) szerint a G fggvny, (4) illetve (5) szerint pedig az F1 illetve F2 fggvnyek p + 1-szer folytonosan di eren i lhat¢ak. Innen teljes induk i¢val ad¢dik az ll¡t s 21.12 A ko kakettzs egyenlete De Saint-Vin ent bizonyos klaszszikus eredmnyei ltal motiv
lva, amelyek a ko ka kettzsvel" kap solatosak, C Alsina s J L Gar ia-Roig az (1) f (x)f (px + py ) + f (y )f (px + py ) = f (px + py )2 + f (px + py )2 , ha x, y ∈ R fggvnyegyenletet tanulm nyozt k, ahol 0 < p < 1 s p = 1 − p, s meghat rozt k folytonos f : R ℄0, ∞[ megold sait a p = 1/3 esetben. C. Alsina felvetette azt a problm t, hogy tal ljuk meg (1) sszes folytonos f : R ℄0, ∞[ megold s t, ha 0 < p < 1, p = 6 1/3. (L sd [20℄) A problm t Maksa Gyul val kzsen megoldottuk a XXXI Nemzetkzi Fggvnyegyenletek Szimp¢ziumon, (l sd [100℄) s az eredmnyt rszletes bizony¡t s nlkl ismertettk. Az (1) egyenlet nem nulla megold sait mrhetsgi felttel mellett 0 < p < 1 esetn meghat roz¢ al bbi eredmnyt a [101℄ kzs dolgozatban publik ltuk. 21.§ Egyszer alkalmazasok Ttel. Legyen 0 < p < 1 rgz¡tett, p = 1 − p, I ⊂ R egy nem res ny¡lt intervallum s f : I R{0} egy,
az I egy pozit¡v mrtk halmaz n mrhet fggvny. Ekkor f akkor s sak akkor teljes¡ti az (1) fggvnyegyenletet, ha (2) 0 < p < 1 s f (x) = c1 , ha x ∈ I vagy 1 p= vagy s f (x) = c1 ec2 x , ha x ∈ I 3 1 p= s f (x) = c1 (x + c3 ), ha x ∈ I ; 2 itt c1 , c2 , c3 tetszleges konstansok, c1 6= 0, −c3 ∈/ I . Bizony¡t s. Az els lps megmutatni, hogy minden megold s, amely mrhet egy pozit¡v Lebesgue-mrtk A halmazon, vgtelen sokszor di eren i lhat¢. Az egyenletet t¡rhatjuk (3) f (x) = f (px + py ) + f ( px + py )2 f ( px + py ) − f (y ) f (px + py ) f (px + py ) alakba. V lasszunk olyan q sz mot, amelyre 1 > q > 1 − 1/(1/p + 1/p), azaz 0 < (1 − q)(1/p + 1/p) < 1. Lebesgue srsgi ttelt haszn lva, tal lhatunk olyan c ∈ I pontot s r > 0 sz mot, hogy a C = [c−r, c+r℄ halmazra C ⊂ I s λ(A ∩ C ) > qλ(C ), ahol λ a Lebesgue-mrtket jelli R-en. Legyen g1,x (y ) = px + py s
g2,x (y ) = px + py , ha x, y ∈ I . A 83 ttelt szeretnnk alkalmazni annak bizony¡t s ra, hogy f folytonos a c egy krnyezetben. Az egyetlen nem nyilv nval¢ felttel, amit ellenriznnk kell, hogy a g1−,c1 (A) ∩ g2−,c1 (A) halmaz Lebesgue-mrtke pozit¡v. A g1−,c1 s g2−,c1 lekpezsek nagy¡t sok −1 c entrummal s 1/p illetve 1/p faktorral. Innen C gi,c (A) benne van −1 a gi,c (C A) halmazban, ha i = 1, 2, s Lebesgue-mrtke kisebb mint λ(C )(1 −q )/p illetve λ(C )(1 −q )/p. Ez azt mutatja, hogy C∩g1−,c1 (A) ∩g2−,c1 (A) Lebesque-mrtke legal bb λ(C )(1 − (1 − q)/p − (1 − q)/p) > 0. Legyen c ∈ I , s mint fent, egy r > 0-ra jellje C a [c − r, c + r℄ ⊂ I z rt intervallumot. Legyen 1 < Q ≤ min{(1 − p/2)/p, (1 − p/2)/p} Ha |y − c| ≤ r/2 s |x − c| < Qr , akkor |px + py − c| < pQr + r p/2 = r (pQ + p/2) ≤ r , s hasonl¢an |px + py − c| < r. Innen, felhaszn lva az
(1) egyenletet, azt kapjuk, hogy ha f folytonos C -n, akkor f folytonos a ℄c − Qr, c + Qr[ ∩ I halmazon is. Vve egy alkalmas nvekv intervallumsorozatot, azt kapjuk, hogy f folytonos I -n. Most megmutatjuk, hogy f lok lisan Lips hitz fggvny I -n. A 115 ttelt alkalmazhatjuk a fenti C kompakt halmazzal, s azt kapjuk, hogy f lok lisan Lips hitz fggvny ℄c−Qr, c + Qr[ ∩I -n. Vve egy megfelel C -t, ha I korl tos, illetve v lasztva C -k egy megfelel sorozat t, ha I nem korl tos, azt kapjuk, hogy f lok lisan Lips hitz fggvny I -n. Most alkalmazva a 125 ttelt (3)-ra, kapjuk, hogy f vgtelen sokszor di eren i lhat¢. 188 21.§ Egyszer alkalmazasok A m sodik lps megoldani az (1) fggvnyegyenletet. Di eren i lva x szerint, azt kapjuk, hogy f ′ (x)f (px + py ) + f (x)f ′ (px + py )p + f (y )f ′ ( px + py ) p = 2f (px + py )f ′ (px + py )p + 2f (px + py )f ′(px + py )p minden x, y ∈ I -re. Ezt az egyenletet di eren i
lva y szerint, kapjuk, hogy f ′ (x)f ′ (px + py ) p + f (x)f ′′ (px + py )pp + f ′ (y )f ′(px + py ) + f (y )f ′′ (px + py )pp = 2f ′ (pxpy )2 pp + 2f (px + py )f ′′ (px + py )pp + 2f ′ (px + py )2 pp + 2f (px + py )f ′′ (px + py )pp, ha x, y ∈ I . Az y = x helyettes¡tssel ebbl az egyenletbl kvetkezik, hogy pf ′′ (x)f (x) + (2p − 1)f ′ (x)2 (4) = 0, ha x ∈ I . De ni ljuk a g fggvnyt I -n a (5) g = f′ f sszefggssel. Ekkor (4)-bl kvetkezik, hogy (6) pg ′ (x) + (3p − 1)g (x)2 = 0, x ∈ I. Ha g (x0 ) = 0 valamely x0 ∈ I -re, akkor (6) szerint g ′ (x0 ) = 0 is teljesl. M srszt a nulla fggvny megold sa (6)-nak I -n, ¡gy az uni it si ttel szerint g azonosan nulla I -n. gy (5)-bl kvetkezik (2) Ha g (x) 6= 0 minden x ∈ I -re, akkor de ni ljuk h-t az I -n a h = 1/g sszefggssel. (6)-b¢l kvetkezik, hogy h′ (x) = (3p − 1)/p minden x ∈ I -re, ¡gy (7) h(x) = 3p
− 1 p x+c valamely c ∈ R-re s minden x ∈ I -re. Ha p = 1/3, akkor h de n¡ i¢ja szerint azt kapjuk, hogy c = 6 0 s (5)-bl kvetkezik, hogy f ′ (x) − (1/c)f (x) = 0 minden x ∈ I -re. gy (2) teljesl Ha p 6= 1/3, akkor −pc/(3p − 1) ∈/ I s ismt h de n¡ i¢ja szerint (5)-bl kvetkezik, hogy 1 f ′ (x) − 3p−1 f (x ) = 0 x+c p minden x ∈ I -re. Ennlfogva valamely d ∈ R {0}-re azt kapjuk, hogy (8) f (x) = d 3p − 1 p p/(3p−1) x+c minden x ∈ I -re. 21.§ Egyszer alkalmazasok Legyen α = p/(3p − 1). Ezzel a jellssel a fenti f fggvny pontosan akkor megold sa (1)-nek, ha az 1 α α α α 1 1 1 x+c (px + py ) + c + y + c (px + py ) + c α α α α 2α 2α 1 1 = (px + py ) + c + (px + py ) + c α α egyenlet teljesl minden x, y ∈ I -re. Egy line ris helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy ez pontosan akkor igaz, ha xα (px + py )α + y α ( px + py )α = (px + py )2α + (px + py )2α
egyenlet teljesl minden x, y ∈ α1 I + c-re. Ha ez teljesl, akkor az F (t) = (p + pt)α + tα ( p + pt)α − (p + pt)2α − ( p + pt)2α fggvny azonosan 0 az 1 pont egy krnyezetben. Megmutatjuk, hogy ez sak akkor lehetsges, ha α = 1 s ¡gy p = 1/2. Ennek bizony¡t s ra sz moljuk ki az F deriv ltjait az 1 pontban Vil gos, hogy ezek a deriv ltak mind F (n) (1) = Pn (p)(3p − 1)−n alak£ak valamely Pn polinomj val p-nek. Computer algebra rendszert haszn lva a sz m¡t sokra, azt kapjuk, hogy a fggvnynek s els h rom deriv ltj nak rtke 0, de P4 (p) = −48p8 + 124p7 − 90p6 − 12p5 + 40p4 − 16p3 + 2p2 a 1 1 1 1√ 1 1√ 0, 0, , , − + 17, − − 17, 1, 1 3 2 8 8 8 8 gykkkel. Mivel feltettk, hogy p 6= 1/3, 0 < p < 1, a fennmarad¢ esetek √ p = 1/2 s p = −1/8 + 17/8. Mindkett gyke P5 -nek is, de az ut¢bbi nem gyke a P6 (p) = −10080p12 + 45192p11 − 109044p10 + 165872p9 − 141426p8 + 43526p7 + 26452p6 − 30532p5 +
12166p4 − 2298p3 + 172p2 polinomnak, mivel 1 P6 − 1√ 718978689 174377945 √ + 17 = − + 17. 8 8 524288 524288 gy azt kapjuk, hogy sak α = 1 azaz p = 1/2 lehetsges. Ebben az esetben az f fggvny (8)-ban nyilv n teljes¡ti (1)-et, ¡gy (2)-t kapjuk. 190 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse 22.1 Dan Geiger s David He kerman [46℄ dolgozatukban a Diri hlet- eloszl s egy £j jellemzst adt k meg. Eredmnyeik azt mutatj k, hogy bizonyos statisztikai problm kn l nem kell feltennnk, hogy a szerepl val¢sz¡nsgi v ltoz¢k Diri hlet-eloszl s£ak, ez automatikusan kvetkezik a sokkal termszetesebb fggetlensgi feltevsekbl. M¢dszerk abban ll, hogy megmutatj k, a val¢sz¡nsgelmleti meggondol sok a f0 (y1 , . , yn−1 ) (1) n Y j =1 gj (z1,j , . , zk−1,j ) = g0 (x1 , . , xk−1 ) k Y i=1 fi (wi,1 , . , wi,n−1 ) fggvnyegyenletre vezetnek. Az egyenlet fenn ll, ha (y1 ,
. , yn−1 ) ∈ n−1 s (itt m a (z1,j , . , zk−1,j ) ∈ k−1 (1 ≤ j ≤ n), m = {(α1 , . , αm ) : αi > 0, i αi < 1} m-dimenzi¢s egysgszimplex Rm -ben). Az xi -k, 1 ≤ i ≤ k az P (2) xi = n X j =1 zi,j yj , (1 ≤ i < k) sszefggssel, illetve az (3) xk =1− sszefggssel, m¡g wi,j a (4) wi,j = zi,j yj /xi k− X1 i=1 xi (1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j < n) sszefggssel van de ni lva, ahol (5) Az (6) zk,j =1− k− X1 i=1 yn zi,j = 1− (1 ≤ j ≤ n). n− X1 j =1 yj 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse jellssel az is teljesl, hogy (7) xk = n X zi,j yj . j =1 Megjegyezzk, hogy (x1 , . , xk−1 ) ∈ k−1 s (wi,1 , , wi,n−1 ) ∈ n−1 , ha 1 ≤ i ≤ k, tov bb fi , 0 ≤ i ≤ k s gj , 0 ≤ j ≤ n a n−1 illetve k−1 halmazokon rtelmezett val¢s rtk fggvnyek. Mint Geiger s He kerman megjegyzik, az (1) fggvnyegyenlet szimmetrikus abban az rtelemben,
hogy £gy is tekinthet, hogy az x-ek s w-k a szabad v ltoz¢k, azaz (1) minden (x1 , . , xk−1 ) ∈ k−1 -ra s (wi,1 , , wi,n−1 ) ∈ n−1 -re ll fenn, 1 ≤ j ≤ n. Ebben az esetben yj , 1 ≤ j ≤ n az (8) yj = illetve k X i=1 ha 1 ≤ j < n wi,j xi , (9) yn n− X1 = 1− j =1 yj sszefggssel van de ni lva, zi,j pedig a (10) zi,j = wi,j xi /yj ha 1 ≤ j ≤ n, 1 ≤ i < k sszefggssel, ahol wi,n -et a (11) wi,n =1− sszefggs de ni lja. Az (12) n− X1 j =1 xk =1− jellsekkel az is teljesl, hogy (13) yn ha 1 ≤ i ≤ k wi,j = k X i=1 k− X1 i=1 xi wi,j xi . Rviden, az f ↔ g , x ↔ y , z ↔ w, k ↔ n, i ↔ j serkre vonatkoz¢an teljes szimmetria ll fenn. Geiger s He kerman az (1) fggvnyegyenletet di eren i legyenletre trtn reduk i¢val oldj k meg. Ehhez fel kell tennik, hogy az (1)-ben szerepl ismeretlen fggvnyek sim k s mindentt pozit¡vak, de sak azt tudjuk, hogy
valamely val¢sz¡nsgi v ltoz¢k srsgfggvnyei gy az al bbi, Dan Geiger ltal megfogalmazott problm hoz jutunk: 22.2 Problma Tegyk fel, hogy az elz pont (1){(5) felttelei fenn llnak, s az (1) egyenletben szerepl ismeretlen fggvnyek srsgfggvnyek (azaz nemnegat¡vak, Lebesgue-integr lhat¢k, s integr ljuk egy). Kvetkezik-e, hogy mindentt pozit¡vak s C ∞ -beliek? 192 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse Tteleink lehetv teszik, hogy pozit¡v v laszt adjunk erre a krdsre. Ez az eredmny a Jarai [92℄ dolgozatban kerlt publik l sra. Annak bizony¡t s ra, hogy 221(1) pozit¡v megold sai C ∞ -beliek, kzvetlenl haszn lhatjuk ltal nos tteleinket. Szksgnk lesz az al bbi lemm ra 22.3 Lemma Ha y, z ∈ Rm , z 6= 0, y 6= 0, akkor az u 7 hu, yiz line ris transzform i¢ val¢s saj trtkei s saj talterei α = 0, {u ∈ Rm : u ⊥ y} α = hz, yi, {u ∈ Rm : u = cz, c ∈ R}. Bizony¡t s. Tegyk fel,
hogy αu = hu, yiz Kt lehetsg van α = 0, akkor hu, yi = 0. Ha α 6= 0, akkor u = cz valamely c ∈ R-el s αcz = hcz, yiz , amibl kvetkezik, hogy α = hz, yi. Ha ¡gy 22.4 Ttel Tegyk fel, hogy az fi , 0 ≤ i ≤ k s gj , 0 ≤ j ≤ n fggv- nyek Lebesgue-mrhetek, mindentt pozit¡vak, s eleget tesznek a 22.1(1) egyenletnek, amelyben a bels fggvnyek a 22.1(2){(5) sszefggsekkel vannak de ni lva. Ekkor fi , 0 ≤ i ≤ k s gj , 0 ≤ j ≤ n is C ∞ -ben vannak Bizony¡t s. Vegyk a 221(1) egyenlet mindkt oldal nak logaritmu- s t. A 83, 113 s 152 tteleket fogjuk felhaszn lni, hogy megmutassuk, az ln fi , 0 ≤ i ≤ k s ln gj , 0 ≤ j ≤ n fggvnyek C ∞ -ben vannak. Elszr megmutatjuk, a 8.3 ttelbl kvetkezik, hogy ln f0 folytonos Az egyetlen nem trivi lisan teljesl felttel, hogy b rmely (y1 , . , yn−1 )hez vannak olyan z-k, hogy az sszes, a gj , 0 ≤ j ≤ n illetve fi , 1 ≤ i < k fggvnyekbe
¡rt bels fggvnyeknek a z-k szerinti par i lis deriv ltjaib¢l kpzett m trix rangja maxim lis, azaz k − 1 a g -k bels fggvnyeire s n − 1 az f -ek bels fggvnyeire. Azt fogjuk megmutatni, hogy a z-k b rmely v laszt s ra ez a helyzet. A gj , 1 ≤ j ≤ n fggvnyek bels fggvnyeire ez trivi lis. A g0 -ban szerepl bels fggvnyre b rmely 1 ≤ j ≤ n esetn a ∂xi ∂zs,j k−1 i,s=1 1 = (yj δi,s )k− i,s=1 m trix determin nsa yjk−1 , ¡gy nem nulla. Az fi , 1 ≤ i < k fggvnyek bels fggvnyeire azt kapjuk, hogy ∂wi,j ∂zi,t = δj,t yj xi − zi,j yj yt , x2i ahol δ a Krone ker-delta. Jellje Zi az u 7 hu, yizi line ris transzform i¢j t Rn−1 -nek nmag ra, ahol y = (y1 , , yn−1 ) s zi = (zi,1 , , zi,n−1 ) Ezzel a jellssel det ∂wi,j ∂zi,t n−1 ! j,t=1 = Qn−1 j =1 yj x2i n−2 det(xi 1 − Zi ), 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse ahol 1 az identikus lekpezs. Az elz
lemma szerint a Zi val¢s saj trtkei 0 s hy, zi i. Mivel xi 6= 0 s hy, zi i = zi,1 y1 + · · · + zi,n−1 yn−1 6= xi , a jobb oldalon szerepl determin ns nem nulla. Az fk fggvnyben szerepl bels fggvnyre azt kapjuk, hogy ∂wk,j ∂zi,t = ∂zk,j y x − zk,j yj ∂xk ∂zi,t j k ∂zi,t 2 xk = −δj,t yj xk − zk,j yj yt . x2k Jellje Zk az u 7 hu, yizk line ris transzform i¢j t Rn−1 -nek nmag ra, ahol y = (y1 , . , yn−1 ) s zk = (zk,1 , , zk,n−1 ) Ezzel a jellssel b rmely 1 ≤ i < k-re det ∂wk,j ∂zi,t n−1 ! j,t=1 = Qn−1 j =1 yj x2kn−2 det(Zk − xk 1). gy, mint fent, a jobb oldal nem nulla, mivel xk 6= 0 s hy, zk i = zk,1 y1 + · · · + zk,n−1 yn−1 6= xk . M sodik lpsknt megmutatjuk, hogy a 8.3 ttelbl az is kvetkezik, hogy ln gj folytonos, ha 1 ≤ j ≤ n. Itt is, £gy mint fent, az egyetlen nem trivi lisan teljesl felttel, hogy egy tetszleges (z1,j , . , zk−1,j ) vektorhoz
ltezik olyan yi , 1 ≤ i < k s zs,t , 1 ≤ s < k, 1 ≤ t ≤ n, t = 6 j , hogy a gt , 0 ≤ t ≤ n, t 6= j s fi , 0 ≤ i < k fggvnyek bels fggvnyeinek az yi , zs,t v ltoz¢k szerinti deriv ltj nak a rangja maxim lis, azaz k − 1 a g -k bels fggvnyeire s n − 1 az f -ek bels fggvnyeire. Meg fogjuk mutatni, hogy az yi , 1 ≤ i < k s zs,t , 1 ≤ s < k, 1 ≤ t ≤ n, t 6= j v ltoz¢k b rmely v laszt s ra ez a helyzet. Az f0 s a gt , 1 ≤ t ≤ n, t 6= j fggvnyek bels fggvnyeire ez trivi lis. A g0 fggvny bels fggvnyre, s 1 ≤ t ≤ n, t 6= j -re a ∂xi ∂zs,t k−1 i,s=1 1 = (yt δi,s )k− i,s=1 m trix determin nsa ytk−1 , ¡gy nem nulla. Az fi , 1 ≤ i < k fggvnyek bels fggvnyeire ∂wi,j ∂yt = zi,j δj,t xi − zi,j yj (zi,t − zi,n ) . x2i Jellje Zi′ az u 7 hu, yiz′i line ris transzform i¢j t Rn−1 -nek nmag ba, ahol y = (y1 , . , yn−1 ) s z′i = (zi,1
− zi,n , , zi,n−1 − zi,n ) Ezzel a jellssel n−1 ! Qn−1 zi,j ∂wi,j ′ det = j =1 2n−2 det(xi 1 − Zi ). ∂yt j,t=1 xi Mivel zi′ 6= 0 s hy, z′i i = xi − zi,n 6= xi , a jobb oldal determin nsa nem nulla. 194 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse Az fk fggvny bels fggvnyre azt kapjuk, hogy ∂wk,j ∂yt = = = = = zk,j δj,t xk − zk,j yj ∂xk ∂yt 2 xk Pk−1 zk,j δj,t xk + yj i=1 ∂xi ∂yt 2 xk Pk−1 zk,j δj,t xk + yj i=1 (zi,t − zi,n ) x2k zk,j (δj,t xk + yj (1 − zk,t − 1 + zk,n )) x2k zk,j (δj,t xk − yj (zk,t − zk,n )) . x2k Jellje Zk′ az u 7 hu, yiz′k line ris transzform i¢j t Rn−1 -nek nmag ba, ahol y = (y1 , . , yn−1 ) s z′k = (zk,1 − zk,n , , zk,n−1 − zk,n ) Ezzel a jellssel det ∂wk,j ∂yt n−1 ! j,t=1 = Qn−1 j =1 zk,j x2kn−2 det(xk 1 − Zk′ ). A jobb oldal nem nulla, mivel xk 6= 0 s hy, z′k i = xk − zk,n 6= xk . A harmadik lpsben
felhaszn ljuk az egyenlet szimmetri j t. Fel serlve az y -ok s a z-k, illetve az x-ek s a w-k szerept, kapjuk, hogy az ln f0 s az ln gj , 1 ≤ j ≤ n fggvnyek is folytonosak. gy azt kaptuk, hogy fi , 0 ≤ i ≤ k s gj , 0 ≤ j ≤ n folytonosak. Most alkalmazhatjuk a 11.3 ttelt Ugyan£gy, mint fenn, kapjuk, hogy a fggvnyegyenletben szerepl sszes fggvny C 1 -beli. Ha most alkalmazzuk a 15.2 ttelt, ugyan£gy, mint fent, azt kapjuk, hogy minden, az egyenletben szerepl fggvny C 2 -beli. Ismtelve ezt az elj r st, kapjuk, hogy az sszes szerepl fggvnyek C ∞ -beliek. Annak bizony¡t s hoz, hogy a srsgfggvny megold sok mindentt pozit¡vak, a 3. paragrafus ltal nos Steinhaus-t¡pus£ tteleit fogjuk felhaszn lni Szksgnk lesz egy lemm ra 22.5 Lemma Legyen L : Rre × × Rrn Rm egy line ris transzform i¢, a nulltert jellje N Jellje pi a pi (x1 , . , xi , , xn ) = xi , xi ∈ R ri sszefggssel de ni lt
pi : Rre × . × Rrn Rri (1 ≤ i ≤ n) 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse projek i¢t. Legyen r = ni=1 ri A dim(N ) = r − m s pi (N ) = Rri , ha 1 ≤ i ≤ n felttelek pontosan akkor teljeslnek, ha 1 ≤ i ≤ n esetn az P Li : (x1 , . , xi−1 , xi , xi+1 , , xn ) 7 L(x1 , , xi−1 , 0, xi+1, , xn ) transzform i¢ rangja m. Bizony¡t s. A dim(N ) = r−m felttel azzal ekvivalens, hogy rank(L) = m. Tegyk fel, hogy rank(L) = m s pi (N ) = Rri , ha 1 ≤ i ≤ n Legyen y ∈ Rm . V lasszuk £gy x1 , , xi−1 , xi , xi+1 , , xn -et, hogy L(x1 , . , xi , , xn ) = y teljesljn. Mivel xi ∈ pi (N ), lteznek x1′ , , x′i−1 , x′i+1 , , x′n £gy, hogy L(x′1 , . , x′i−1 , xi , x′i+1 , , x′n ) = 0 Az x′′j = xj − x′j , ha j = 6 i jellsekkel azt kapjuk, hogy L(x′′1 , . , x′′i−1 , 0, x′′i+1 , , x′′n ) = y, azaz y benne van az Li rtkkszletben. Mivel y
tetszleges volt, rank(Li ) = m. Most tegyk fel, hogy rank(Li ) = m, ha 1 ≤ i ≤ m. Ebbl kvetkezik, hogy rank(L) = m mivel m ≥ rank(L) ≥ rank(Li ). Legyen xi ∈ Rri s y = L(0, . , 0, −xi , 0, , 0) V lasszunk x1 , . , xi−1 , xi+1 , , xn -t £gy, hogy Li (x1 , . , xi−1 , xi+1 , , xn ) = y teljesljn. Ekkor L(x1 , , xi−1 , xi , xi+1 , , xn ) = 0, azaz pi (N ) tartalmazza xi -t Mivel xi tetszleges volt, pi (N ) = Rri 22.6 Ttel Legyenek fi , 0 ≤ i ≤ n s gj , 0 ≤ j ≤ k olyan sr- sgfggvnyek, amelyek eleget tesznek a 22.1(1) egyenletnek, amelyben a bels fggvnyek a 22.1(2){(5) sszefggsekkel vannak de ni lva Ekkor fi , 0 ≤ i ≤ n s gj , 0 ≤ j ≤ k mindentt pozit¡vak s C ∞ -beliek. Bizony¡t s. Az elz ttel szerint sak azt kell megmutatnunk, hogy a fggvnyek mindentt pozit¡vak. Ez t lpsben fog trtnni Haszn lni fogjuk a {f0 = 0} = {y ∈ n−1 : f0 (y) = 0} jellst
s az anal¢g {fi = 0}, {fi 6= 0}, {gj = 0}, {gj 6= 0} jellseket. I. Elszr azt mutatjuk meg, hogy a {fi 6= 0}, 0 ≤ i ≤ k s {gj 6= 0}, 0 ≤ j ≤ n halmazok tartalmaznak bels pontot. Mivel fi , gj nemnegat¡vak s Lebesgue-integr ljuk 1, pozit¡vak egy pozit¡v mrtk Lebesgue-mrhet halmazon. Haszn ljuk fel most a 313 megjegyzst 196 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse Annak bizony¡t s hoz, hogy {g0 6= 0} tartalmaz bels pontot, a 22.1(1) szerint azt kell megmutatnunk, hogy ha (y1 , . , yn−1 ) befutja a {f0 6= 0} pozit¡v mrtk halmazt, (z1,j , . , zk−1,j ) pedig befutja a {gj 6= 0} pozit¡v mrtk halmazt, akkor (x1 , . , xk−1 ) befut egy nem res ny¡lt halmazt Ehhez a 3.13 megjegyzs szerint azt kell ellenriznnk, hogy (x1 , , xk−1 )nak az y -ok s z-k szerint vett (teljes) di eren i lj nak a rangja k−1, nulltere pedig ltal nos helyzetben van", abban az rtelemben, ahogyan az a 3.13 megjegyzsben
szerepel. Az elz lemma szerint ezen felttelek teljeslse kvetkezik k−1 ! ∂xi det 6= 0 (1 ≤ t ≤ n) ∂zs,t i,s=1 fenn ll s b¢l, amit viszont az elz ttel bizony¡t s ban ellenriztnk. Hasonl¢an, annak bizony¡t s hoz, hogy {fi 6= 0}, 1 ≤ i < k tartalmaz bels pontot, azt haszn lhatjuk, hogy ∂wi,j ∂zi,t n−1 ! 6= 0 ∂wi,j ∂yt n−1 ! = 6 0. det det s j,t=1 j,t=1 Vgl annak bizony¡t s hoz, hogy {fk 6= 0} tartalmaz bels pontot, azt haszn lhatjuk, hogy det s ∂wk,j ∂zi,t n−1 ! det j,t=1 ∂wk,j ∂yt 6= 0 n−1 ! j,t=1 (1 ≤ i < k) 6= 0. Felhaszn lva az egyenlet szimmetri j t, az is kvetkezik, hogy a {f0 6= 0} s {gj = 6 0}, 1 ≤ j ≤ n halmazok is tartalmaznak bels pontot. II. Tegyk fel, hogy az (y1 , . , yn−1 ) ∈ n−1 , (z1,j , . , zk−1,j ) ∈ k−1 , 1 ≤ j ≤ n (x1 , . , xk−1 ) ∈ k−1 , (wi,1 , . , wi,n−1 ) ∈ n−1 , 1 ≤ i ≤ k vektorok
egyike rgz¡tett, a tbbiek egy ny¡lt halmazban mozognak. Ekkor a vektor rtk (x1 , . , xk−1 ) ∈ k−1 illetve (wi,1 , . , wi,n−1 ) ∈ n−1 , 1≤i≤k fggvnyek, amelyeket a 22.1(2){(5) egyenletek de ni lnak, ezt a ny¡lt halmazt egy ny¡lt halmazra kpezik Hasonl¢an, ha az 22.§ A Diri hlet-eloszl s jellemzse vektorok egyike rgz¡tett, a tbbiek egy ny¡lt halmazban mozognak, akkor a vektor rtk (y1 , . , yn−1 ) ∈ n−1 illetve (z1,j , . , zk−1,j ) ∈ k−1 , 1≤j≤n fggvnyek, amelyeket a 22.1(8){(11) sszefggsek de ni lnak, ezt a ny¡lt halmazt egy ny¡lt halmazra kpezik. Ennek bizony¡t s hoz elszr tegyk fel, hogy (y1 , . , yn−1 ) ∈ n−1 rgz¡tett, s a z-k v ltoznak egy ny¡lt halmazban. Megmutatjuk, hogy (x1 , . , xk−1 ) ezt a ny¡lt halmazt egy ny¡lt halmazra kpezi Az rtkkszlet egy tetszleges pontj hoz v lasszunk egy olyan (z1,j , . , zk−1,j ), 1 ≤ j ≤ n
vektorsorozatot, amelynek ez az adott pont a kpe. Minden z-t rgz¡tve zs,1 , 1 ≤ s < k kivtelvel, s felhaszn lva, hogy (az elz ttel bizony¡t s ban vgzett sz m¡t sok szerint) b rmely 1 ≤ j ≤ n-re a ∂xi ∂zs,j k−1 i,s=1 m trix determin nsa nem nulla, az inverz fggvny ttelbl kapjuk, hogy az rtkkszlet adott pontja bels pont. A tbbi eset is hasonl¢an kvetkezik az elz ttelben vgzett sz m¡t sok s az f ↔ g , x ↔ y , z ↔ w, k ↔ n, i ↔ j serkre vonatkoz¢ szimmetria felhaszn l s val. III. Most megmutatjuk, hogy a {gj 6= 0}, 0 ≤ j ≤ n s {fi 6= 0}, 0 ≤ i ≤ k halmazok ny¡ltak. Tegyk fel, hogy f0 (y1 , . , yn−1 ) 6= 0 Minden 1 ≤ j ≤ n-re v lasszunk egy (z1,j , . , zk−1,j ) bels pontot {gj = 6 0}-b¢l. Jellje xi , 1 ≤ i < k s wi,j , 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j < n az y -okb¢l s z-kbl a 22.1(2){(5) sszefggsek szerint sz m¡tott rtkeket. Rgz¡tve az y -okat s egy kis
krnyezetben v ltoztatva a z-ket, az egyenlet bal oldala nem nulla, ¡gy a jobb oldalon is minden tnyez null t¢l klnbz kell legyen. A II lps szerint ebbl kvetkezik, hogy (x1 , . , xk−1 ) bels pontja {g0 6= 0}-nak (wi,1 , , wi,n−1 ) pedig bels pontja {fi 6= 0}-nak (1 ≤ i ≤ k). Ezen pontok egyikt rgz¡tve, a tbbit v ltoztatva, hasonl¢an kapjuk, hogy (y1 , . , yn−1 ) bels pontja {f0 6= 0}nak A tbbi eset hasonl¢an t rgyalhat¢ IV. Most megmutatjuk, hogy a {gj = 0}, 0 ≤ j ≤ n s {fi = 0}, 0 ≤ i ≤ k halmazok is ny¡ltak. Tegyk fel, hogy f0 (y1 , . , yn−1 ) = 0 Minden 1 ≤ j ≤ n-re v lasszunk egy (z1,j , . , zk−1,j ) pontot {gj 6= 0}-bl Jellje ismt xi , 1 ≤ i < k s wi,j , 1 ≤ i ≤ k , 1 ≤ j < n az y -okb¢l s z -kbl a 22.1(2){(5) egyenletek szerint sz m¡tott rtkeket. Mivel az egyenlet bal oldal n a szorzat nulla, a jobb oldalon ll¢ tnyezk kzl is legal bb az egyik nulla kell
legyen. Tegyk fel, hogy g0 (x1 , . , xk−1 ) = 0 Rgz¡tsk (x1 , , xk−1 )-et Egy kis krnyezetben v ltoztatva a w-ket, a folytonoss g miatt a z-k kzel maradnak 198 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse az eredetihez, ¡gy a nj=1 gj szorzat null t¢l klnbz marad. Mivel a jobb oldal nulla, f0 nulla kell legyen. Mivel az x-ek kzben befutj k az eredetileg v lasztott pont egy krnyezett, az bels pontja {f0 = 0}-nak. Az sszes tbbi eset is hasonl¢an t rgyalhat¢. V. Most m r knnyen kapjuk a ttel ll¡t s t A {gj 6= 0} halmaz nem res ny¡lt rszhalmaza k−1 -nek. A {gj = 0} halmaz ny¡lt rszhalmaza k−1 -nek. Mivel k−1 sszefgg, {gj = 0} res kell legyen Hasonl¢an {fi = 0} = ∅. Q 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse 23.1 Bevezets A harmin adik Nemzetkzi Fggvnyegyenletek Szim- p¢ziumon (1992, Oberwolfa h) Wolfgang Sander a kvetkez problm t vetette fel [146℄: Problma.
Legyenek f, g1 , g2 , h1 , h2 : Rn C fggvnyek. Tegyk fel, hogy f nem mindentt nulla, s hogy g1 s g2 line risan fggetlenek. Ha f, g1 , g2 , h1 , h2 teljes¡tik az (1) f (u + v )f (u − v ) = g1 (u)h1 (v ) + g2 (u)h2 (v ), fggvnyegyenletet, bizony¡tsuk be vagy bl kvetkezik f folytonoss ga. u, v ∈ Rn foljuk meg, hogy f mrhetsg- Ez a krds tulajdonkppen egy, a Weierstrass-fle szigma-fggvnynek addi i¢s ttel seg¡tsgvel trtn jellemzsre vonatkoz¢ krds. Folytonoss g felttelezse mellett Mario Bonk adott ilyen jellemzst habilit i¢s dolgozat ban s azt [27℄ dolgozat ban publik lta. t A zl J nos The state of the se ond part of Hilberts fth problem" ¡m [10℄ ttekint dolgozata motiv lta. Ebben a dolgozatban A zel az Abel ltal vizsg lt fggvnyegyenleteket t rgyalja Hilbert tdik problm j nak m sodik felben idzi Abel fggvnyegyenletekkel kap solatos munk it azzal a megjegyzssel, hogy
rdekes lenne megkapni Abel eredmnyeit di eren i lhat¢s gi felttelek nlkl. A zl sszefoglalja az Abel ltal vizsg lt egyenletekkel kap solatban az¢ta elrt eredmnyeket. Az (2) f (u + v )f (u − v ) = f (u)2 g (v )2 − f (v )2 g (u)2 , (3) g (u + v )g (u − v ) = g (u)2 g (v )2 − c2 f (u)2 f (v )2 egyenletekkel kap solatban azt ¡rja, hogy1 Abel ezt az egyenletrendszert legfeljebb negyedrend di eren i legyenletekre vezette vissza, termszetesen (ngyszeri) di eren i lhat¢s g felttelezse mellett, azaz, mivel komplex 1 “Abel reduced this system to differential equations of up to fourth order, of course under supposition of differentiability (of fourth order), that is, since the functions are complex, of analyticity. Haruki [50] has found, also by reduction to differential equations of at most fourth order, the general (in fourth order) differentiable solutions of (2) alone. The general continuous solution either of (2) alone or of the system (2), (3) for
all u, v ∈ C is not known (to me); even less are those under regularity conditions weaker than continuity or on subsets of C2 .” 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse fggvnyekrl van sz¢, analitikuss g felttelezsvel. Haruki [50℄, szintn legfeljebb negyedrend di eren i legyenletekre trtn visszavezetssel, meghat rozta az egyedl sak (2)-nek eleget tv (ngyszer) di eren i lhat¢ megold sokat Az egyedl sak (2)-t vagy a (2), (3) rendszert minden u, v ∈ C-re kielg¡t ltal nos folytonos megold sok nem ismertek (sz momra); mg kevsb a folytonoss gn l gyengbb regularit si felttelt kielg¡t vagy a C2 rszhalmazain tekintett megold sok." Bonk [27℄ dolgozat ban az (4) f1 (u + v )f2 (u − v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ), u, v ∈ Rn , fggvnyegyenletet, illetve annak spe i lis esett, az (5) f (u + v )f (u − v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ), u, v ∈ Rn , egyenletet vizsg lta. A fggvnyek komplex
rtkek Bebizony¡tott egy regularit si ttelt, azt, hogy (4) minden folytonos f1 , f2, gi , hi megold sa line risan fggetlen gi s hi fggvnyekkel (egyrtelmen) kiterjeszthet egy Cn -en rtelmezett analitikus fggvnny £gy, hogy a kiterjesztsek eleget tesznek (4)-nek Cn -en. Felhaszn lva ezt az eredmnyt, Bonk meghat rozta (5) minden folytonos megold s t a k ≤ 2 esetben. Termszetesen, spe i lis esetknt megkaphat¢ (2) illetve (3), s a (2), (3) rendszer minden folytonos megold sa is. Vizsg lataiban Bonk Fourier-transzform i¢t s spe i lis be slseket haszn l. Durv n sz¢lva, regularit si ttele azon m£lik, hogy a (4) egyenlet megold sai renorm lhat¢k" £gy, hogy a vgtelenben exponen i lisan eltn fggvnyekk v lnak, s egy ilyen f megold s Fourier-transzform ltja egy ugyan sak (4) t¡pus£ egyenletet teljes¡t. A Fourier-transzform lt Lapla etranszform ltja adja a kiterjesztst Cn -re A k ≤ 1 eset elemi A k ≤ 2 esetben a
megold sok komplex fggvnytani eszkzkkel hat rozhat¢k meg. 1992-ben Ri hard Ro hberg s Lee A. Rubel [136℄ m s m¢dszerekkel meghat rozt k a (4) egyenlet analitikus f : C C megold sait a k ≤ 2 esetben. Kt megold st is adtak Els m¢dszerk a fggvnyegyenletet differen i legyenletre vezeti vissza, a m sodik az egyenlet spe i lis szimmetri it haszn lja. (Mindkt esetben nh ny megold st nem vettek szre) Vgl Bonk 1997-ben [28℄ dolgozat ban meghat rozta a (4) egyenlet folytonos megold sait a k ≤ 2 esetben. Ennek a paragrafusnak a lja egyrszt, hogy megmutassuk, eredmnyeinkbl kvetkezik, hogy minden mrhet s nem majdnem mindentt nulla (f1 , f2 ) megold sa (4)-nek C ∞ -ben van. Spe i lisan, Sander fent eml¡tett problm j t is megoldjuk M srszt, megmutatjuk, hogy di eren i legyenletekre trtn visszavezetssel is megkaphat¢k a Bonk fent eml¡tett dolgozataiban szerepl eredmnyek. gy Bonk, valamint Ro hberg s Rubel 200
23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse tteleinek ltal nos¡t s t kapjuk, ltal nos m¢dszerek felhaszn l s n nyugv¢ bizony¡t ssal. Ez a m¢dszer teh t a Hilbert tdik problm ja m sodik felben kijellt utat kveti. A regularit s bizony¡t sa kor bbi regularit si tteleink mellett az 1994ben a [82℄ dolgozatban megjelent, itt 11.5 ttelknt szerepl eredmnyen, valamint az 1.22 tviteli elven m£lik Ezzel a m¢dszerrel megmutathat¢ az is, hogy az (6) f1 (G1 (u, v ))f2 (G2 (u, v )) = k X i=1 gi (u)hi (v ), (u, v) ∈ D ⊂ Rn × Rn egyenlet nem majdnem mindentt nulla f1 , f2 megold sai C ∞ -ben vannak. Az adott G1 , G2 fggvnyeknek nh ny gyenge felttelnek kell eleget tenni, pld ul az x = G1 (u, v), y = G2 (u, v) egyenletrendszernek u, v-re feloldhat¢nak kell lennie. (Bonk m¢dszere ebben az esetben m r nem mkdik) B r m¢dszernkkel mg ennl j¢val ltal nosabb egyenletek is vizsg lhat¢k, itt az egyszersg kedvrt sak a
(4) egyenlet vizsg lat ra szor¡tkozunk. A di eren i legyenletek levezetsben s megold s ban Ro hberg s Rubel dolgozat ra t maszkodtunk, b r a klnbsgek lnyegesek, hiszen neknk komplex v ltoz¢s kznsges di eren i legyenletek analitikus megold sai helyett tbb val¢s v ltoz¢t¢l fgg komplex rtk fggvnyekre vonatkoz¢ par i lis di eren i legyenlet-rendszerek C ∞ megold sait kell megkeresnnk. Megjegyezzk mg, hogy John A. Baker [22℄ dolgozat ban 1974-ben meghat rozta az (7) f1 (x)f2 (y ) = k Y i=1 gi (ai x + bi y ), x, y ∈ R egyenlet nem majdnem mindentt nulla komplex rtk f1 , f2 megold sait. Eredmnyei megadj k (4) megold s t az n = 1, k = 1 spe i lis esetben. 23.2 Megjegyzs Mint m r ismert, Sandernek az elz pontban szerepl problm j ra a v lasz negat¡v, azaz f mrhetsgbl nem kvetkezik f folytonoss ga. Ezt a kvetkez egyszer plda mutatja: Legyen f = h1 = h2 = ξQ , a ra ion lis sz mok halmaz nak
karakterisztikus fggvnye, legyen g1 tetszleges, s legyen g2 = ξQ − g1 . Ekkor 231(1) teljesl, mivel ξQ (u + v )ξQ (u − v ) = ξQ (u)ξQ (v ). Az f (x) = xξQ (x), g1 (u) = u2 ξQ (u), g2 (u) = −ξQ (u), h1 (v) = ξQ (v), h2 (v ) = v 2 ξQ (v ) pld ban nem sak g1 s g2 , hanem h1 s h2 is line risan fggetlenek. Ezek a pld k azon m£lnak, hogy a {x : f (x) 6= 0} halmaz nulla mrtk rsz soportja R-nek. Hasonl¢ pld k konstru lhat¢k a val¢s sz mok m s nulla mrtk rsz soportj t haszn lva a ra ion lis sz mok helyett. Rn -en ezekbl knnyen kaphatunk olyan pld kat, amelyeknl a fggvnyek sak egy v ltoz¢t¢l fggnek. 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Ezek az egyszer pld k azt mutatj k, hogy Sander problm j ra akkor v rhatunk pozit¡v v laszt, ha feltesszk, hogy f nem majdnem mindentt nulla. Ezt a m¢dos¡tott krdst az al bbi ttel megv laszolja 23.3 Ttel Tegyk fel, hogy az f1, f2, gi, hi : Rn
teljes¡tik az f1 (u + v )f2 (u − v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ), C fggvnyek u, v ∈ Rn fggvnyegyenletet, tov bb , hogy f1 , f2 mrhetek s nem majdnem mindentt null k. Ekkor f1 , f2 folytonosak Bizony¡t s. Feltehetjk, hogy gi , hi line risan fggetlenek (ha nem, helyettes¡tsk a gi , hi (i = 1, 2, . , k) fggvnyrendszert egy kevesebb fggvnybl ll¢ rendszerrel) A gi fggvnyek line ris fggetlensge miatt minden hi fggvny kifejezhet mint a v 7 f1 (uj + v)f2 (uj − v) lekpezsek line ris kombin i¢ja, ahol uj , 1 ≤ j ≤ k rgz¡tett vektorok. gy f1 s f2 mrhetsgbl kvetkezik a hi fggvnyek mrhetsge. Hasonl¢an kvetkezik a gi fggvnyek mrhetsge j x = u + v s y = u − v v ltoz¢kat vezetve be, azt kapjuk, hogy (1) f1 (x)f2 (y ) = k x + y x − y X hi , gi 2 2 i=1 x, y ∈ Rn . V lasszunk olyan pozit¡v mrtk Y kompakt halmazt, amelyre f2 (y ) 6= 0, ha y ∈ Y . Ekkor azt kapjuk,
hogy (2) k x + y x − y 1 X f1 (x) = gi hi , x ∈ Rn , y ∈ Y . f2 (y ) i=1 2 2 Legyen x0 ∈ Rn tetszleges. Legyen X egy kompakt krnyezete x0 -nak D = X × Y v laszt ssal, a gi fggvnyekhez az (X + Y )/2, a hi fggvnyekhez pedig az (X −Y )/2 kompakt halmaz v lasztva rtelmezsi tartom nynak a Lebesgue-mrtkkel, alkalmazhatjuk a 8.1 ttelt, s kapjuk, hogy f1 folytonos x0 -ban Mivel x0 tetszleges volt, ez azt jelenti, hogy f1 mindentt folytonos. Hasonl¢an kapjuk, hogy f2 is mindentt folytonos Figyeljk meg, hogy tulajdonkppen sak azt haszn ltuk fel, hogy f2 nem majdnem mindentt nulla, f1 pedig nem mindentt nulla. 23.4 Megjegyzs Hasonl¢ regularit si ttel nem marad igaz a sokkal ltal nosabb m Y j =1 f (aj u + bj v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ), u, v ∈ Rn 202 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse egyenletre, mg ha n = 1, akkor sem. Legyen a bal oldal f (a1 u + b1 v )f (a2 u + b2 v )f (a3 u + b3 v ), legyen f
egy tetszleges mrhet fggvny, amely nulla a ℄1, 2[ intervallumon k¡vl, s legyen a1 = b1 = a2 = 1, b2 = b3 = −1, a3 = 3 s gi ≡ hi ≡ 0. Ekkor, ha x = u + v ∈ ℄1, 2[ s y = u−v ∈ ℄1, 2[, azt kapjuk, hogy a3 u + b3 v = x + 2y ∈ ℄3, 6[, ¡gy a szorzat mindig nulla. 23.5 Ttel Tegyk fel, hogy az f1, f2, gi, hi : Rn kielg¡tik az f1 (u + v )f2 (u − v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ), C fggvnyek u, v ∈ Rn fggvnyegyenletet, tov bb , hogy f1 , f2 mrhetek s nem majdnem mindentt null k. Ekkor az f1 , f2 fggvnyek C ∞ -ben vannak Bizony¡t s. Az elz ttel szerint f1 s f2 folytonosak Ugyan£gy, mint az elz ttel bizony¡t s ban, feltehetjk, hogy a gi s hi fggvnyek line risan fggetlenek. gy mint ott, kifejezve ket f1 s f2 seg¡tsgvel, s vissza¡rva a kapott kifejezst az egyenletbe, azt kapjuk, hogy lteznek olyan ci,j komplex konstansok s ui , vj ∈ Rn vektorok, hogy f1 (u+v )f2 (u−v ) =
k X i,j =1 ci,j f1 (ui +v )f2 (ui −v )f1 (u+vj )f2 (u−vj ), u, v ∈ Rn . Most x = u + v s y = u − v helyettes¡tssel azt kapjuk, hogy (1) f1 (x)f2 (y ) = k X x − y x − y ci,j f1 ui + f 2 ui − 2 x + y x + y f1 + vj f2 − vj , 2 2 i,j =1 2 ha x, y ∈ Rn . Ha most f1 = f2 = f , akkor egyszeren alkalmazhatjuk az 1.27 ttelt Nevezetesen, v lasztva egy Y korl tos ny¡lt halmazt, amelyen f nem nulla, s egy K fels korl tj t az sszes ui , vi s y ∈ Y vektorok halmaz nak, az 1.27 ttel felttelei teljeslnek az k x+y x − y 1 X x − y x + y f (x) = ci,j f ui + f ui − f + vj f −vj , f (y ) 2 2 2 2 i,j =1 x ∈ X , y ∈ Y fggvnyegyenletre, ahol X az orig¢ krli 5K sugar£ ny¡lt gmb, a C kompakt halmaz pedig az orig¢ krli 4K sugar£ z rt gmb. 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Innen az f fggvny C ∞ -ben van X -en, s mivel K tetszleges nagy lehet, Rn -en mindentt. Lehetsges
lenne az ltal nos esetet erre a spe i lis esetre reduk lni, felhaszn lva Bonk [27℄ eredmnyeit, amelyek az egyenlet spe i lis alakj n m£lnak. E helyett haszn lhatjuk a 122 ltal nos tviteli elvet is, hogy a fenti, kt ismeretlen fggvnyt tartalmaz¢ egyenlet regularit s nak problm j t egy egyetlen ismeretlen fggvnyt tartalmaz¢ egyenlet regularit si problm j ra reduk ljuk. Ez ut¢bbi, ltal nosabb m¢dszert fogjuk haszn lni V lasszunk Y1 s Y2 korl tos ny¡lt halmazokat £gy, hogy f1 nem nulla Y1 -en s f2 nem nulla Y2 -n. j v ltoz¢kat vezetve be, s X1 = X2 -t az orig¢ kzppont£ 5K sugar£ ny¡lt gmbnek v lasztva, ahol K egy fels korl tja az sszes ui , vi , y ∈ Y1 s y ∈ Y2 vektorok norm inak, az (1) egyenletbl az al bbi fggvnyegyenlet-rendszert kapjuk: k 1 X x1 − y 1 x1 − y 1 f1 (x1 ) = ci,j f1 ui + f 2 ui − f2 (y1 ) 2 2 i,j =1 x1 + y 1 x +y + vj f2 1 1 − vj , f1 2 2 k 1 X x2 − y 2 x2 − y 2 ci,j f1 ui + f 2 ui − f2
(x2 ) = f1 (y2 ) i,j =1 2 2 x2 + y 2 x +y f1 + vj f2 2 2 − vj , 2 2 ahol x1 ∈ X1 , y1 ∈ Y2 , x2 ∈ X2 s y2 ∈ Y1 . Legyen most X = X1 × X2 s legyen f az f (x) = (f1 (x1 ), f2(x2 )) sszefggssel de ni lva, ahol x = (x1 , x2 ). Az tviteli elv alapj n f | megfelelen v lasztott D rtelmezsi tartom nnyal s Gi , H fggvnyekkel | eleget tesz egy f (x) = H (f (G0 (y )), f (G1(x, y )), . , f (G4k (x, y ))), (x, y ) ∈ D fggvnyegyenletnek, ahol y = (y1 , y2 ). Val¢ban, legyen Y = Y2 × Y1 , D = X × Y , G0 (y1 , y2 ) = (y2 , y1 ), s ha 1 ≤ i ≤ k , legyen Gi (x1 , x2 , y1 , y2 ) = ui + x1 − y 1 Gk+i (x1 , x2 , y1 , y2 ) = ui + 2 , ui − x2 − y 2 x2 − y 2 , 2 x1 − y 1 , ui − , 2 2 x2 + y 2 G2k+i (x1 , x2 , y1 , y2 ) = + vi , − vi , 2 2 x2 + y 2 x1 + y 1 − vi . G3k+i (x1 , x2 , y1 , y2 ) = + vi , 2 2 Tov bb , legyen H = (H1 , H2 ), ahol H1 s H2 megfelelen v lasztott komplex rtk tbbv ltoz¢s fggvnyek
(esetleg nh ny v ltoz¢t¢l nem fggnek). Most legyen C1 = C2 az orig¢ kzpont£, 4K sugar£ z rt gmb, s legyen C = C1 × C2 . Alkalmazva az 127 ttelt, azt kapjuk, hogy az f fggvny C ∞ -ben van X -en. Ebbl kvetkezik, hogy az f1 s f2 fggvnyek C ∞ -ben vannak az orig¢ kzppont£, 5K sugar£ ny¡lt gmbn. Mivel K tetszleges nagy lehet, az f1 s f2 fggvnyek C ∞ -ben vannak. x1 + y 1 204 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Meg fogjuk mutatni, hogy a 23.1(4) fggvnyegyenlet megold sai a = 2 esetben Weierstrass-fle szigma-fggvnyekkel adhat¢k meg. Itt a Weierstrass-fle fggvnyek legfontosabb tulajdons gait sak sszefoglaljuk abban a form ban, ahogyan felhaszn ljuk. A bizony¡t sok megtal lhat¢k Saks s Zygmund [139℄ klasszikus munk j ban. 23.6 Weierstrass-fggvnyek Legyenek ω1 , ω2 null t¢l klnbz komplex sz mok, ω1 /ω2 ∈/ R. Legyen = ω1 Z + ω2 Z A Weierstrass-fle szigma-fggvny
t a k σ (z, ω1 , ω2 ) = z Y 06=ω∈ z 1− exp ω z ω 1 z 2 + 2 ω abszol£t konvergens szorzat de ni lja. σ a z v ltoz¢ egsz fggvnye, (egyszeres) gykei pontjai Elfajult esetknt rdemes tekinteni a σ (z, ω1 , ∞) = z fggvnyt, ahol Y 06=ω∈ z ω1 1− = ω π sin(πz/ω1 ) = ω1 Z, s a σ (z, ∞, ∞) = z 1− Y 06=ω∈ z =z ω fggvnyt, ahol = {0}. Az ω1 , ω2 p rokat rviden r s lland¢ knak fogjuk nevezni; teh t vagy ω1 = ∞ s ω2 = ∞, vagy 0 6= ω1 ∈ C s ω2 = ∞, vagy 0 6= ω1 ∈ C, 0 6= ω2 ∈ C s ω1 /ω2 ∈/ R. A Weierstrass-fle fggvnyek els v ltoz¢ szerinti deriv ltj t egyszeren ′ -vel fogjuk jellni. A de n¡ i¢b¢l vil gos, hogy b rmilyen α 6= 0 komplex sz mra σ (αz, αω1 , αω2 ) = ασ (z, ω1 , ω2 ). A Weierstrass-fle ζ -fggvny t, mint a σ -fggvny logaritmikus deriv ltj t de ni ljuk: σ ′ (z, ω1 , ω2 ) ζ (z, ω1 , ω2 ) = . σ (z, ω1 , ω2 ) ζ
meromorf fggvny az els v ltoz¢ban, p¢lusai pontjai. A spe i lis esetekben 1 ζ (z, ∞, ∞) = z s X 1 π π 1 1 ζ (z, ω1 , ∞) = tg z = + + , ω1 ω1 z z−ω 06=ω∈ ω egybknt pedig ζ (z, ω1 , ω2 ) = 1 z + X 06=ω∈ 1 z−ω + 1 ω + z ω2 . 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Itt is a de n¡ i¢ alapj n vil gos, hogy b rmely α = 6 0 komplex sz mra ζ (αz, αω1 , αω2 ) = ζ (z, ω1 , ω2 )/α. A Weierstrass-fle P -fggvny t a P (z, ω1 , ω2 ) = −ζ ′ (z, ω1 , ω2 ) sszefggssel de ni ljuk. A spe i lis esetekben 1 P (z, ∞, ∞) = 2 z s P (z, ω1 , ∞) = π2 ω12 sin2 (πz/ω1 ) = 1 z2 + egybknt pedig 1 P (z, ω1 , ω2 ) = 2 z + X 06=ω∈ 1 1 X (z − ω )2 06=ω∈ (z − ω )2 − 1 ω2 , . A P -fggvny az els v ltoz¢j ban peri¢dikus, adja a peri¢dusok halmaz t. A de n¡ i¢ alapj n b rmely α = 6 0 komplex sz mra P (αz, αω1 , αω2 )
= P (z, ω1 , ω2 )/α2 . A P -fggvnyek di eren i legyenleteit is haszn lni fogjuk. A spe i lis esetekben fenn llnak a P ′ (z, ∞, ∞)2 illetve P ′ (z, ω1 , ∞)2 = 4P (z, ∞, ∞)3, = 4P (z, ω1 , ∞)3 − 4 di eren i legyenletek, egybknt pedig a P ′ (z, ω1 , ω2 )2 π2 P (z, ω1 , ∞)2 2 ω1 = 4P (z, ω1 , ω2 )3 − g2 P (z, ω1 , ω2 ) − g3 di eren i legyenlet, ahol g2 = 60 X 06=ω∈ 1 ω4 s g3 = 140 X 06=ω∈ 1 ω6 . Bel that¢, hogy g23 − 27g32 6= 0. Megmutathat¢ (l sd Saks s Zygmund [139℄, Ch. VIII, § 13), hogy ha g23 − 27g32 6= 0, akkor mindig lteznek olyan ω1 , ω2 vgtelentl klnbz r s lland¢k, hogy hozz juk ppen az adott g2 , g3 konstansok tartoznak. 206 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Az egysges jellsek kedvrt, ha ω1 = ω2 = ∞, akkor legyen g1 = g2 = = 0; ha ω1 6= ∞, de ω2 = ∞, akkor legyen g1 = 4π 2 /ω12 s g2 = g3 = 0; egybknt pedig legyen g1 =
0. gy mindig g1 = 0 vagy g2 = g3 = 0, vagy mindkt sszefggs teljesl, de a P -fggvnyek diferen i legyenlete egysgesen g3 P ′ (z, ω1 , ω2 )2 = 4P (z, ω1 , ω2 )3 − g1 P (z, ω1 , ω2 )2 − g2 P (z, ω1 , ω2 ) − g3 alakba ¡rhat¢. Megjegyezzk, hogy a P -fggvnyek a P ′′ (z, ω1 , ω2 ) = 6P (z, ω1 , ω2 )2 − g1 P (z, ω1 , ω2 ) − g2 /2 m sodrend di eren i legyenletet is kielg¡tik. A g1 , g2 , g3 sz mokat invarins oknak szok s nevezni, mivel sak -t¢l fggnek, de nem fggnek ω1 , ω2 megv laszt s t¢l. Mivel a fenti els- illetve m sodrend di eren i legyenletek auton¢m egyenletek, ak rmilyen e ∈ C eltol ssal a P (z + e, ω1 , ω2 ) fggvny ugyanazt a di eren i legyenletet elg¡ti ki, mint a P (z, ω1 , ω2 ) fggvny. A P -fggvnyek seg¡tsgvel ak rmilyen (komplex fggvnyekre vonatkoz¢) y ′ 2 = 4y 3 + c1 y 2 + c2 y + c3 di eren i legyenlet megold sai is megkaphat¢k, mgpedig P (z + e, ω1 , ω2 )+ c
alakban, alkalmas ω1 , ω2 r s lland¢kkal s e, c komplex konstansokkal. Val¢ban, ha a 4y 3 + c1 y 2 + c2 y + c3 polinom e1 , e2 , e3 zrushelyei mind klnbzek, akkor legyen c = (e1 + e2 + e3 )/3 = c1 /12, s vezessk be y + c helyett az £j y~ v ltoz¢t. Ekkor alkalmas g2 , g3 komplex konstansokkal, amelyekre g23 − 27g32 6= 0, c1 3 + c1 y~ − c1 2 c1 3 + c2 y~ − c1 c1 2 + c3 = 4~y 3 − g2 y~ − g3 . 12 12 12 A megfelel, vgtelentl klnbz ω1 , ω2 r s lland¢kkal s ak rmilyen e ∈ 2 C eltol ssal z 7 P (z + e, ω1 , ω2 ) + c eleget tesz az y ′ = 4y 3 + c1 y 2 + c2 y + c3 di eren i legyenletnek. Ha a 4y 3 + c1 y 2 + c2 y + c3 polinom e1 , e2 , e3 zrushelyei nem mind klnbznek, akkor a spe i lis esetek adj k a megold st. Ha mindh rom zrushely egybeesik, akkor ismt a c = (e1 + e2 + e3 )/3 = e1 = e2 = e3 = c1 /12 v laszt s vezet lhoz. y + c helyett bevezetve az £j y~ v ltoz¢t, 4 y~ − c1 + c3 = 4~y 3 . 12
12 12 Ha sak kt zrushely, mondjuk e1 s e2 egyezik meg, akkor legyen c = (e1 + e2 )/2 = e1 = e2 , ekkor y + c helyett bevezetve az £j y~ v ltoz¢t, 4 y~ − + c1 y~ − + c2 y~ − c1 3 c1 2 c1 4 y~ − + c3 + c1 y~ − + c2 y~ − 12 12 12 23.7 Lemma = 4~y 3 − 4e3 y~2 . A fenti jellsekkel, legyenek ω1 , ω2 r s lland¢k, g1 , g2 , g3 a hozz juk tartoz¢ invari nsok, s tekintsk az y2 = 4x3 − g1 x2 − g2 x − g3 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse egyenletet. Ennek minden (x, y ) ∈ C × C, y = 6 0 megold s hoz ltezik olyan z ∈ C, hogy P (z, ω1 , ω2 ) = x s P ′ (z, ω1 , ω2 ) = y. B rmely kt ilyen z klnbsge -ban van. Bizony¡t s. A bizony¡t s az ω2 6= ∞ esetre megtal lhat¢ Saks s Zygmund [139℄ knyvben, Ch VIII 145 Az ω2 = ∞ esetre direkt sz mol ssal bizony¡that¢ a lemma. 23.8 Lemma 236 jellseivel, tegyk fel, hogy valamely c, c~, d = 6 0, e, e~ komplex konstansokra s ω1
, ω2 valamint ω ~ 1 , ω~ 2 r s lland¢kra P (dx + e, ω1 , ω2 ) + c = P (dx + e~, ω ~ 1 , ω~ 2 ) + c~ minden, a sz megyenes egy nem res ny¡lt intervallum b¢l vett x-re. Ekkor ω1 , ω2 illetve ω ~ 1 , ω~ 2 ugyanazt a r sot gener lj k, a z 7 P (z, ω1 , ω2 ) s z 7 P (z, ω ~ 1 , ω~ 2 ) fggvnyek megegyeznek, c = c~, s e − e~ ∈ . illetve ~ az ω1 , ω2 illetve ω~ 1 , ω~ 2 ltal gener lt r sot. A bal oldal a C ( − e)/d, a jobb oldal a C ( ~ − e~)/d ny¡lt halmazon analitikus, s megegyeznek a sz megyenes egy szakasz n, ¡gy az analitikus folytat s elve szerint (l sd Dieudonn [39℄, 9.42) megegyeznek ezen ny¡lt halmazok metszetn. Azonban az (( − e) ∪ ( ~ − e~))/d halmaz supa izol lt pontot tartalmaz, ¡gy ennek minden pontja egyszerre p¢lusa mindkt oldalnak, azaz ( − e)/d = ( ~ − e~)/d. Ebbl = ~ s e − e~ ∈ A P -fggvnyek sszeg el ll¡t s b¢l kvetkezik, hogy z 7 P (z, ω1 , ω2 ) s z 7 P (z, ω ~ 1 , ω~ 2 )
megegyeznek. Mivel e − e~ peri¢dusa ennek a fggvnynek, b rmilyen x rtkre, amelyre dx + e nem p¢lus, Bizony¡t s. Jellje P (dx + e, ω1 , ω2 ) = P (dx + e~, ω ~ 1 , ω~ 2 ), ¡gy c = c~. 23.9 Lemma 236 jellseivel, tegyk fel, hogy ω1 , ω2 valamint ω ~ 1 , ω~ 2 r s lland¢k, s a megfelel gi illetve g~i invari nsok megegyeznek, azaz g1 = g~1 , g2 = g~2 s g3 = g~3 . Ekkor P (z, ω1 , ω2 ) = P (z, ω ~ 1 , ω~ 2 ) minden z ∈ C-re. Bizony¡t s. Ha g2 = g~2 = 0 s g3 = g~3 = 0, akkor az ll¡t s kzvetlenl ad¢dik P (z, ω1 , ∞) de n¡ i¢j b¢l. Egybknt legyen e tetszleges olyan val¢s sz m, amelyre y = P ′ (e, ω1 , ω2 ) 6= 0 rtelmezve van, s legyen x = P (e, ω1 , ω2 ). Ekkor y2 = 4x3 − g1 x2 − g2 x − g3 , 208 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse ¡gy a 23.7 lemma szerint van olyan e~ ∈ C, hogy P (~ e, ω ~ 1 , ω~ 2 ) = x s P ′ (~e, ω~ 1 , ω~ 2 ) = y. Ha s egy megfelel
ngyzetgykvon s", azaz a z 7 z2 lekpezs y egy alkalmas kis krnyezetre vett megszor¡t s nak az inverze, akkor t 7 P (t + e, ω1 , ω2 ) s t 7 P (t + e~, ω~ 1 , ω~ 2 ) is eleget tesznek az u′ = s(4u3 − g1 u2 − g2 u − g3 ) di eren i legyenletnek s az u(0) = x kezdeti felttelnek, ¡gy megyeznek az orig¢ egy kis krnyezetbl vett t val¢s sz mokra. gy az elz lemma alkalmazhat¢, s kapjuk az ll¡t st. 23.10 Fggvnyegyenletek s szigma-fggvnyek Elszr is tegynk nh ny egyszer szrevtelt az (1) f1 (u + v )f2 (u − v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ) fggvnyegyenlet f1 , f2, gi , hi , 1 ≤ i ≤ k megold saival kap solatban. Csak komplex rtk megold sokat fogunk tekinteni, amelyek Kn -en vannak rtelmezve. (K = R vagy K = C) (2) A Cn -en rtelmezett megold sok R2n -en rtelmezett megold soknak is tekinthetk. Egy megold s megszor¡t sa egy R feletti altrre szintn megold s az altren, spe i lisan Cn -en
rtelmezett megold sok megszor¡t sa Rn -re is megold s. (3) B rmely L : Km Kn line ris lekpezsre f1 ◦ L, f2 ◦ L, gi ◦ L, hi ◦ L megold s Km -en. (4) B rmely c1 , c2 ∈ Kn konstansokra az x 7 f1 (x + c1 ), y 7 f2 (y + c2 ), u 7 gi (u + (c1 + c2 )/2), v 7 hi (v + (c1 − c2 )/2) eltoltak is megold sok. (5) Ha f~1 , f~2 , g~1 , h~ 1 a k = 1 spe i lis eset tetszleges megold sai, akkor ~ 1 (i = 1, . , k) is megold sok f1 f~1 , f2 f~2 , gi g~1 s hi h (6) Ha T tetszleges komplex elem k × k-as invert lhat¢ m trix, s T ′ a transzpon ltja, akkor f1 , f2 , g~i s h~ i is megold sok, ahol g = (g1 , . , gk ), ~ = (h~ 1 , . , ~hk ) s g~(u) = T −1 g (u), h = (h1 , . , hk ), g~ = (~ g1 , . , g~k ), h ~ (v) = T ′ h(v). h A fenti transzform i¢k seg¡tsgvel az (1) egyenlet egy megold s b¢l sok m s megold st kaphatunk. A k = 1 esetben az (7) f1 (z ) = f2 (z ) = exp(z 2 ), g1 (z ) = h1 (z ) = exp(2z 2 ) 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny
jellemzse komplex v ltoz¢s, komplex rtk analitikus fggvnyek megold sok. Ezekbl a fenti transzform i¢kkal kaphat¢k az (8) f1 (x) = exp(a1 + L1 (x) + Q(x)), f2 (y ) = exp(a2 + L2 (y ) + Q(y )) alak£ Rn C megold sok, ahol a1 , a2 ∈ C konstansok, L1 , L2 : Rn C line ris form k, Q : Rn C pedig kvadratikus forma. A k = 2 esetben ezekhez jn mg az ω1 6= ∞, ω2 6= ∞ r s lland¢k (l sd az elz pontot) esetn az (9) f1 (z ) = f2 (z ) = σ (z, ω1 , ω2 ), g1 (z ) = h2 (z ) = σ (z, ω1 , ω2 )2 , g2 (z ) = −h1 (z ) = σ (z, ω1 , ω2 )2 P (z, ω1 , ω2 ) megold s (l sd Saks-Zygmund [139℄, Ch. VIII § 7), az ω2 = ∞ esetben, azaz ha ω, ∞ a r s lland¢k, akkor pedig az f1 (z ) = f2 (z ) = σ (z, ω, ∞), g1 (z ) = h2 (z ) = σ (z, ω, ∞)2, g2 (z ) = −h1 (z ) = σ ′ (z, ω, ∞)2 (10) megold s, valamint az f1 (z ) = σ (z, ω, ∞), (11) f2 (z ) ≡ 1, g1 (z ) = h2 (z ) = σ (z, ω, ∞), g2 (z ) = h1 (z ) = σ ′ (z, ω, ∞) s az
f1 (z ) ≡ 1, (12) f2 (z ) = σ (z, ω, ∞), g1 (z ) = h2 (z ) = σ (z, ω, ∞), −g2 (z ) = h1 (z ) = σ ′ (z, ω, ∞) komplex v ltoz¢s, komplex rtk megold sok. Megjegyezzk, hogy mindezekben az esetekben a g1 , g2 s a h1 , h2 fggvnyek is a komplex s¡k b rmely pontj nak b rmely krnyezetben line risan fggetlenek. Ezekbl a fenti transzform i¢kkal kaphat¢k az (13) f1 (x) = exp(a1 + L1 (x) + Q(x))σ (L(x) + e1 , ω1 , ω2 ), f2 (y ) = exp(a2 + L2 (y ) + Q(y ))σ (L(x) + e2 , ω1 , ω2 ) 210 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse illetve (14) f1 (x) = exp(a1 + L1 (x) + Q(x))σ (L(x) + e1 , ω, ∞), f2 (y ) = exp(a2 + L2 (y ) + Q(y )) s (15) f1 (x) = exp(a1 + L1 (x) + Q(x)), f2 (y ) = exp(a2 + L2 (y ) + Q(y ))σ (L(x) + e2 , ω, ∞) alak£ Rn C megold sok, ahol ω1 , ω2 illetve ω, ∞ r s lland¢k, a1 , a2 ∈ C, e1 , e2 ∈ Rn konstansok, L, L1 , L2 : Rn C line ris form k, Q : Rn C pedig kvadratikus forma.
Megjegyezzk, hogy ha L 6≡ 0, akkor a megfelel g1 , g2 s h1 , h2 fggvnyek is line risan fggetlenek Rn b rmely pontj nak b rmely krnyezetben. F eredmnynk az lesz, hogy a (7)-ben illetve (9){(12)-ben megadott komplex v ltoz¢s komplex rtk alapmegold sokb¢l" a fenti transzform i¢kkal minden m s megold s megkaphat¢. Pontosabban, a (8)-ban illetve (13){(15)-ben megadott f1 , f2 : Rn C p rok adj k k = 2 esetn az (1) fggvnyegyenlet minden olyan megold s t, amelyre f1 s f2 mrhetek s egyik sem majdnem mindentt nulla. (8)-ban illetve (13){(15)-ben nem adtuk meg az f1 , f2 p rhoz tartoz¢ gi , hi fggvnyeket, de ezek is knnyen meghat rozhat¢k. Egybknt, mint az al bbi, Gau hman s Rubel [45℄ dolgozat b¢l sz rmaz¢ lemma mutatja, az f1 , f2 p rhoz elg egyetlen gi , hi i = 1, 2, . , k megold srendszert meghat rozni, a tbbi knnyen megkaphat¢. Mint a fentiekben l ttuk, a sz munkra rdekes k = 2 esetben egy ilyen g1 , g2 ,
h1 , h2 fggvnyrendszer knnyen ad¢dik, ha bebizony¡tjuk, hogy f1 , f2 a fent adott alak£ak. A lemma jelentsge abban ll, hogy mutatja, a 231(4) egyenlet megold s n l az f1 , f2 fggvnyek meghat roz s ra kon entr lhatunk. Gau hmann s Rubel rszletesen vizsg lt k azokat az F fggvnyeket, amelyek el ll¡that¢k F (u, v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ) alakban, azaz bizonyos fggvnyterek tenzorszorzat nak elemei. Vizsg lataikban elssorban val¢s v ltoz¢s fggvnyek tereinek tenzorszorzat ra szor¡tkoztak, ¡gy a teljessg kedvrt a bizony¡t st is megadjuk 23.11 Lemma Legyenek U , V halmazok, gi : U C, hi : V C (i = 1, . , k) s g~i : U C, h~ i : V C (i = 1, , k~) fggvnyek, s tegyk fel, hogy a gi (i = 1, . , k), a hi (i = 1, , k), a g~i (i = 1, , k~), s a h~ i (i = 1, . , k~) fggvnyek is line risan fggetlenek, tov bb F (u, v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ) 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse s F (u, v
) = ~ k X ~ i (v) g~i (u)h i=1 kt reprezent i¢ja az F : U × V C fggvnynek. Ekkor k~ = k s ltezik egy egyrtelmen meghat rozott k × k mret komplex elem invert lhat¢ T m trix £gy, hogy g = (g1 , . , gk ), g~ = (~ g1 , . , g~k ), h = (h1 , , hk ) −1 ~ ~ ~ s h = (h1 , . , hk ) jellsekkel g~(u) = T g (u) s h~ (v ) = T ′ h(v ) minden u ∈ U , v ∈ V -re. Itt T ′ a T transzpon ltja Bizony¡t s. Mivel a fggvnyek line risan fggetlenek, lteznek vj ∈ V , j = 1, . , k pontok, hogy hi det((hi (vj ))ki,j =1 ) 6= 0. Ezeket behelyettes¡tve a k X i=1 gi (u)hi (v ) = ~ k X i=1 ~ i (v) g~i (u)h egyenlsgbe, egy line ris egyenletrendszert kapunk a gi fggvnyekre, amelynek determin nsa a fenti determin ns. gy van olyan k × k~ mret komplex elem T m trix, hogy g (u) = T g~(u). Mivel a gi -k line risan fggetlenek, kvetkezik, hogy k ≤ k~, s a szimmetri t felhaszn lva, hogy k~ ≤ k, azaz k~ = k . Nyilv n T invert
lhat¢ kell legyen, mivel egybknt a megfelel line ris transzform i¢ kptere nem lehetne k dimenzi¢s. Mivel k X i=1 gi (u)hi (v ) = k X i=1 ~ i (v), g~i (u)h s ¡gy k X i=1 hi (v ) k X j =1 tij g~j (u) = k X j =1 g~j (u) k X i=1 tij hi (v ) = k X j =1 ~ j (v) g~j (u)h minden u ∈ U , v ∈ V -re, kvetkezik, hogy h~ (v) = T ′ h(v). Ha T1 egy m sik transzform i¢, amelyre g (u) = T1 g~(u), akkor erre is h~ (v) = T1′ h(v), s ¡gy 0 = (T ′ −T1′ )h(v), ami ellentmond a hi fggvnyek line ris fggetlensgnek. Az al bbi lemma tov bb reduk lja a megoldand¢ problm t. Durv n sz¢lva, azt mondja, hogy sokszor elg a megold st lok lisan megkeresni, ekkor m r meghat rozhat¢ a teljes megold s. 212 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse 23.12 Lemma Legyenek f1 , f2, gi, hi , g~i, ~hi : Rn C (i = 1, , k) fggvnyek, tegyk fel, hogy a gi , hi fggvnyek analitikusak, s van olyan δ > 0, hogy (1) f1 (u + v )f2 (u
− v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ), ha |u|, |v| < δ . Tegyk fel, hogy b rmely ε > 0-ra a gi , i = 1, 2, , k fggvnyek is, s a hi , i = 1, 2, . , k fggvnyek is line risan fggetlenek az orig¢ ε sugar£ krnyezetn. Tegyk fel tov bb , hogy (2) f1 (u + v )f2 (u − v ) = k X i=1 ~ i (v) g~i (u)h fenn ll minden u, v ∈ Rn -re. Ekkor (1) fenn ll mindentt, s f1 , f2 is analitikusak. Bizony¡t s. Vil gos, hogy azon 0 < δ ≤ ∞ bv¡tett val¢s sz mok kztt, amelyekre (1) teljesl minden |u|, |v| < δ esetn, van egy maxim lis. Azt kell megmutatnunk, hogy ez a maxim lis rtk ∞. Tegyk fel indirekt, hogy nem ez a helyzet, s a maxim lis δ vges. Megmutatjuk, hogy f2 nem azonosan nulla az orig¢ egyetlen krnyezetben sem. Ha ugyanis azonosan nulla lenne egy ε ≤ 2δ sugar£ krnyezetben, akkor az (1) egyenletbl |u|, |v| < ε/2 esetn azt kapn nk, hogy Pk 0 = i=1 gi (u)hi (v), ami ellentmond a gi , hi fggvnyek line
ris fggetlensgnek. j v ltoz¢kat ¡rva az (1) egyenletbe, azt kapjuk, hogy f1 (x)f2 (y ) = k x + y x − y X hi gi 2 2 i=1 b rmely olyan x, y ∈ Rn p rra, amelyre |x + y| < 2δ s |x −y| < 2δ is fenn ll. Rgz¡tsnk egy y0 -at, amelyre f2 (y0 ) 6= 0. Mindkt oldalt osztva f2 (y0 )-al, azt kapjuk, hogy f1 (x) = k x + y x − y 1 X 0 0 gi hi f2 (y0 ) i=1 2 2 ha sak |x| < 2δ −|y0 |. Ebbl kvetkezik, hogy f1 analitikus az orig¢ 2δ −|y0 | sugar£ krnyezetn. Mivel |y0 | tetszlegesen ki siny lehet, kapjuk, hogy f1 analitikus az orig¢ 2δ sugar£ krnyezetn. Teljesen hasonl¢an ad¢dik, hogy f2 is analitikus ezen a krnyezeten. Most felhaszn ljuk a (2) egyenletet. Az elz lemm b¢l kvetkezik, hogy g~i s h~ i is line risan fggetlenek az orig¢ b rmely ε > 0 sugar£ krnyezetn. Legyen ε > 0 s v lasszunk olyan vj , j = 1, , k vektorokat, amelyekre |vj | < ε s det((hi (vj ))ki,j =1 ) 6= 0. Az f1 (u + vj
)f2 (u − vj ) = k X i=1 ~ i (vj ) g~i (u)h 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse egyenletek teljeslnek minden u ∈ Rn , j = 1, . , k-ra Ezeknek az egyenleteknek a seg¡tsgvel b rmely g~j (u) kifejezhet f1 (u + vj )f2 (u − vj ) alak£ tagok konstans egytthat¢s line ris kombin i¢jaknt. Ebbl kvetkezik, hogy g~i analitikus az orig¢ 2δ − ε sugar£ ny¡lt krnyezetben. Mivel ε tetszlegesen ki sinynek v laszthat¢, minden g~i analitikus az orig¢ 2δ sugar£ ny¡lt krnyezetben. Most ugyan£gy, mint az elz lpsben, kvetkezik, hogy f1 s f2 analitikusak az orig¢ 4δ sugar£ krnyezetben. gy az (1) egyenlet jobb- s baloldala is analitikus a {(u, v ) : u, v ∈ Rn , |u|, |v| < 2δ} ny¡lt halmazon, s megegyeznek ennek a halmaznak a {(u, v ) : u, v ∈ Rn , |u|, |v| < δ} rszhalmaz n. Az analitikus folytat s elve szerint (l sd Dieudonn [39℄, 9.42) az (1) egyenlet teljesl, ha |u|, |v| < 2δ Ez
ellentmond δ maxim lis volt nak, azaz bel ttuk, hogy δ = ∞ 23.13 Determin nsok Legyen F (u, v ) = k X i=1 gi (u)hi (v ), ha u, v ∈ Rn . Legyenek tov bb 0u , . , ku tetszleges, a gi fggvnyeket tartalmaz¢ valamely (line ris) fggvnytren rtelmezett line ris funk ion lok Az als¢ index jelzi, hogy a funk ion l az u v ltoz¢ban hat, a fels index pedig egy egyszer sorsz m. A funk ion lok tetszlegesek, pld ul egy fggvnyhez hozz rendelhetik egy adott pontban felvett rtkt, valamely adott par i lis vagy ir ny menti deriv ltj nak rtkt egy adott pontban (minden funk ion l ugyanabban a pontban, vagy klnbz pontokban), ezek valamely line ris kombin i¢j t, stb. Hasonl¢an, legyenek v0 , , kv a v v ltoz¢ban hat¢ line ris funk ion lok, amelyek egy, a hi fggvnyeket tartalmaz¢ line ris tren hatnak. A v 7 ju F (u, v), j = 0, 1, , k fggvnyek a hi fggvnyek lineris kombin i¢i, ¡gy nem lehetnek line risanPfggetlenek
Lteznek teh t olyan cj nem mind nulla konstansok, hogy kj=0 cj ju F (u, v) = 0. Alkalmazva erre az sszefggsre a iv line ris funk ion lokat, azt kapjuk, hogy k X j =0 cj iv ju F (u, v ) = 0, ha i = 0, . , k Ez azt jelenti, hogy det iv ju F (u, v) k i,j =0 = 0. Ezt az sszefggst fogjuk arra felhaszn lni, hogy di eren i legyenletet kapjunk az 23.1(4) egyenletben szerepl f1 , f2 fggvnyekre 214 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse 23.14 Di eren i legyenlet Az elz pont jellseit fogjuk haszn lni Vizsg ljuk meg elszr az egyszerbb egydimenzi¢s n = 1 esetet Hogy egyszerbb jellseket kapjunk, jellje egy f fggvny par i lis deriv ltjait fu , fv , fuu , fuv , stb. Legyenek u s v rgz¡tett elemek Ekkor a 0u (g ) = g (u), 1u (g ) = g ′ (u), 2u (g ) = g ′′ (u), 0v (h) = h(v), 1v (h) = h′ (v), 2v (h) = h′′ (v) v laszt ssal azt kapjuk, hogy F det Fv Fvv Fu Fuv Fuvv Fuu Fuuv = 0.
Fuuvv Csak az az eset rdekes sz munkra, amikor F (u, v) 6= 0. Jellje ln az exp fggvny |ℑ(z)| < π s vra val¢ megszor¡t s nak inverzt. Tegyk fel, hogy F (u0 , v0 ) 6= 0. Ekkor az orig¢ egy krnyezetben rtelmezve van a G(u, v ) = ln(F (u + u0 , v + v0 )/F (u0 , v0 )) fggvny, s itt F (u + u0 , v + v0 ) = F (u0 , v0 ) exp(G(u, v )). A determin ns knnyen fel¡rhat¢ G seg¡tsgvel is. Kiemelve a kzs tnyezket, az els sor, illetve az els oszlop alkalmas tbbszrseit kivonva a tbbi sorb¢l illetve oszlopb¢l, azt kapjuk, hogy 1 0 0 Guv 2Gu Guv + Guuv = 0, det 0 0 2Guv Gv + Guvv ∗ ahol ∗ = 4Gu Gv Guv +2Gu Guvv +2Gv Guuv +2G2uv + Guuvv . Most a m sodik sor, illetve oszlop alkalmas tbbszrst levonva a harmadikb¢l, azt kapjuk, hogy 1 0 0 = 0, det 0 Guv Guuv 2 0 Guvv 2Guv + Guuvv azaz, hogy 2G3uv + Guv Guuvv − Guuv Guvv = 0. 23.15 Par i lis di eren i legyenlet Hasonl¢ egyenletet k¡v nunk
levezetni az sszes n ≥ 1 esetre is. Itt is az elz kt pontban haszn lt jellseket alkalmazzuk. Ha u1 , u2 , ir nyok (tetszleges, nem felttlenl 1 hossz£ vektorok), jelljk egy f fggvny ir ny menti deriv ltjait fu1 , fu2 , . , fu1 u1 , fu1 u2 , Hasonl¢an elj rva mint fent, rgz¡tve az u s v pontokat, s tetszleges u1 , u2 , . valamint v1 , v2 , ir nyok szerinti ir ny menti deriv ltakat haszn lva, u0 (g ) = g (u), 1u (g ) = gu1 (u), 2u (g ) = gu2 u3 (u), 0v (h) = h(v), 1v (h) = hv1 (v), 2v (h) = hv2 v3 (v) v laszt ssal azt kapjuk, hogy az (1) 1 0 0 0 Gu1 v1 Gu2 Gu3 v1 + Gu3 Gu2 v1 + Gu2 u3 v1 0 Gv2 Gu1 v3 + Gv3 Gu1 v2 + Gu1 v2 v3 ∗∗ 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse m trix determin nsa nulla, ahol ∗∗ =Gu2 Gv2 Gu3 v3 + Gu2 Gv3 Gu3 v2 + Gu3 Gv2 Gu2 v3 + Gu3 Gv3 Gu2 v2 + Gu2 Gu3 v2 v3 + Gu3 Gu2 v2 v3 + Gv2 Gu2 u3 v3 + Gv3 Gu2 u3 v2 + Gu2 v2 Gu3 v3 + Gu2 v3 Gu3 v2 + Gu2 u3 v2 v3 . A
determin nst kifejtve, egy par i lis di eren i legyenletet kaphatunk, ami azonban sokkal bonyolultabb, mint az n = 1 esetben kapott egyenlet. Hogy egyszers¡tsk, keressnk tov bbi sszefggseket. u0 (g ) = g (u), 1u (g ) = gu1 (u), 2u (g ) = gu2 (u), 0v (h) = h(v ), 1v (h) = hv1 (v ), 2v (h) = hv2 (v ) v laszt ssal hasonl¢an, mint fent, azt kapjuk, hogy (2) Gu1 v1 Gu2 v2 = Gu1 v2 Gu2 v1 . Ezt felhaszn lva, a 0u (g ) = g (u), 1u (g ) = gu1 (u), 2u (g ) = gu2 (u), 0v (h) = h(v ), v1 (h) = gv1 (v ), 2v (h) = hv2 v3 (v ) v laszt ssal azt kapjuk, hogy (3) Gu1 v1 Gu2 v2 v3 = Gu2 v1 Gu1 v2 v3 , s hasonl¢an, 0u (g ) = g (u), 1u (g ) = gu1 (u), u2 (g ) = gu2 u3 (u), 0v (h) = h(v ), v1 (h) = hv1 (v ), 2v (h) = hv2 (v ) v laszt ssal pedig, hogy (4) Gu1 v1 Gu2 u3 v2 = Gu1 v2 Gu2 u3 v1 . Ezeket az sszefggseket felhaszn lva, az (1) m trix determin ns nak kifejtsvel kapott egyenlet lnyegesen egyszersdik, s azt kapjuk, hogy (5) 2Gu1 v1 Gu2 v2
Gu3 v3 + Gu1 v1 Gu2 u3 v2 v3 − Gu1 v2 v3 Gv1 u2 u3 = 0. Most x = u + v, y = u − v helyettes¡tssel, H (x) = ln(f1 (x + x0 )/f1 (x0 )), K (y ) = ln(f2 (y + y0 )/f2 (y0 )) jellssel valamint u1 = e1 , v1 = e′1 , u2 = e2 , v2 = e2′ , u3 = e3 , v3 = e3′ v laszt ssal, ahol e1 , e′1 , e2 , e′2 , e3 , e′3 tetszleges vektorok Rn -bl, azt kapjuk, hogy az orig¢ valamely krnyezetbl vett x, y esetn fenn llnak az al bbi par i lis di eren i legyenletek (vegyk szre, hogy G(u, v) = H (x) + K (y ), ha F (u, v) = f1 (u + v)f2 (u − v)): (6) (He1 e′1 (x) − Ke1 e′1 (y ))(He2e′2 (x) − Ke2 e′2 (y )) = (He1 e′2 (x) − Ke1 e′2 (y ))(He2e1′ (x) − Ke2 e1′ (y )), (7) (He1 e′1 (x) − Ke1 e′1 (y ))(He2e′2 e′3 (x) + Ke2 e′2 e′3 (y )) = (He2 e1′ (x) − Ke2 e′1 (y ))(He1e′2 e′3 (x)) + Ke1 e′2 e3′ (y )), (8) (He1 e′1 (x) − Ke1 e′1 (y ))(He2e3 e′2 (x) − Ke2 e3 e′2 (y )) = (He1 e2′ (x) − Ke1 e′2 (y ))(He2e3
e′1 (x)) − Ke2 e3 e1′ (y )), 216 (9) 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse 2(He1 e′1 (x) − Ke1 e′1 (y ))(He2e′2 (x) − Ke2 e′2 (y ))(He3e′3 (x) − Ke3 e′3 (y )) + (He1 e′1 (x) − Ke1 e′1 (y ))(He2e3 e2′ e′3 (x) + Ke2 e3 e′2 e′3 (y )) − (He1 e′2 e′3 (x) + Ke1 e′2 e′3 (y ))(He2 e3 e1′ (x) − Ke2 e3 e′1 (y )) = 0. Ezt az egyenletrendszert fogjuk megoldani, elszr lok lisan, majd glob lisan. A kvetkez h rom lemm ban a lok lis megold sokat hat rozzuk meg, a glob lis megold sokat a f ttelben keressk meg. A lemm kban a logikailag lehetsges eseteknek sak egy rszt t rgyaljuk, a tbbi lehetsges esettel a f ttel foglalkozik. A lemm k, ugyan£gy, mint a par i lis differen i legyenlet-rendszer levezetse, teljesen lok lis termszetek, ¡gy az itt alkalmazott meggondol sok a 23.1(1) egyenlet, vagy m s, hasonl¢ egyenletek m s tartom nyokon val¢ megold s n l is haszn lhat¢k Els lpsknt
egy adott ir ny mentn keressk meg a megold sokat. 23.16 Lemma: a di eren i legyenlet-rendszer megold sa egy ir ny mentn. 2315 jellseit fogjuk haszn lni az ir ny menti deriv l- takra, 23.6 jellseit pedig a r s lland¢kkal s P -fggvnyekkel kap solatban Legyen f ∈ Rn egy egysgvektor Rn -ben Tegyk fel, hogy valamely ε > 0-ra a H s K fggvnyek az orig¢ Rn -beli ε sugar£ krnyezetn rtelmezett komplex rtk C ∞ fggvnyek, s |x|, |y| < ε esetn eleget tesznek a 23.15 pontbeli (6){(9) di eren i legyenleteknek Ekkor (1) ha Hf f (x) − Kf f (y ) 6= 0, Hf f f (x) 6= 0 s Kf f f (y ) 6= 0, ha x, y ∈ Rn , |x|, |y| < ε, akkor van olyan 0 < ε′ < ε s 0 < δ ≤ ε − ε′ , hogy valamely c ∈ C-vel, ω1 , ω2 r s lland¢kkal, s e, e~ az orig¢ ε′ sugar£ krnyezetn rtelmezett folytonos, komplex rtk fggvnyekkel minden x, y ∈ Rn , |x|, |y| < ε′ , t, s ∈ R, |t|, |s| < δ esetn Hf f (x
+ tf ) = −P (t + e(x), ω1 , ω2 ) + c s Kf f (y + sf ) = −P (s + e~(y ), ω1 , ω2 ) + c; (2) ha Hf f (x) − Kf f (y ) 6= 0, Hf f f (x) 6= 0 s Kf f f (y ) = 0, ha x, y ∈ Rn s |x|, |y| < ε, akkor van olyan 0 < ε′ < ε s 0 < δ ≤ ε − ε′ , hogy valamely c ∈ C-vel, ω (x), ∞ r s lland¢kkal s az orig¢ ε′ sugar£ krnyezetn rtelmezett e(x) komplex rtk fggvnnyel minden x, y ∈ Rn , |x|, |y| < ε′ , t, s ∈ R, |t|, |s| < δ esetn Hf f (x + tf ) = −P (t + e(x), ω (x), ∞) + c s Kf f (y + sf ) = c; (3) ha Hf f (x) − Kf f (y ) 6= 0, Hf f f (x) = 0 s Kf f f (y ) 6= 0, ha x, y ∈ Rn s |x|, |y| < ε, akkor van olyan 0 < ε′ < ε s 0 < δ ≤ ε − ε′ , hogy valamely c ∈ C-vel, ω (y ), ∞ r s lland¢kkal s az orig¢ ε′ sugar£ krnyezetn rtelmezett, komplex rtk e(y ) fggvnnyel minden x, y ∈ Rn , |x|, |y| < ε′ , t, s ∈ R, |t|, |s| < δ esetn Hf f (x
+ tf ) = c s Kf f (y + sf ) = −P (s + e(y ), ω (y ), ∞) + c; 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse (4) ha Hf f f (x) = 0 s Kf f f (y ) = 0, ha x, y ∈ Rn s |x|, |y| < ε, akkor valamely c ∈ C-vel minden 0 < ε′ < ε esetn, ha x, y ∈ Rn , |x|, |y| < ε′ s |t|, |s| < δ = ε − ε′ , akkor Hf f (x + tf ) = c s Kf f (y + sf ) = c. Bizony¡t s. Legyen 0 < ε′′ < ε tetszleges. Rgz¡tett x s y esetn legyen H(t) = Hf f (x + tf ) s K(s) = Kf f (y + sf ). Ezzel a jellssel, e1 = e2 = e3 = e′1 = e′2 = e′3 = f v laszt ssal a 23.15 (9) egyenletbl azt kapjuk, hogy (5) 2(H(t) − K(s))3 − (H′ (t)2 − K′ (s)2)+(H(t) − K(s))(H′′ (t)+ K′′ (s)) = 0, ha t, s ∈ R, |t|, |s| < ε − ε′′ . Elszr az (1) esettel fogunk foglalkozni. L(t) = H(t) − K(0) jellssel L(0) 6= 0 s L′ (t) 6= 0. Az (5) egyenletbl azt kapjuk, hogy 2L(t)3 − (L′ (t)2 − K′ (0)2 ) +
L(t)(L′′ (t) + K′′ (0)) = 0, ami azt jelenti, hogy az L fggvny eleget tesz az (6) L′′ L − L′ 2 + 2L3 + K′′ (0)L + K′ (0)2 = 0 di eren i legyenletnek. J¢l ismert m¢dszerekkel ez a di eren i legyenlet az elsrend (7) L′ 2 = −4L3 − 2CL2 + 2K′′ (0)L + K′ (0)2 di eren i legyenletre reduk lhat¢, valamely C konstanssal. Ezen reduk i¢s lps pontoss ttele helyett meg fogjuk mutatni, hogy az (8) L(0) = L0 6= 0, L′ (0) = L1 6= 0 kezdeti felttelek mellett (6) s (7) lok lisan ekvivalensek. Pontosabban, (7) minden megold sa, amelyre L′ sehol sem nulla, megold sa (6)-nak is. Megford¡tva, (6) minden megold s hoz, amely eleget tesz (8)-nak is, azzal az egyetlen C konstanssal, amelyre teljesl, hogy (9) L21 = −4L30 − 2CL20 + 2K′′ (0) + K′ (0)2 , ltezik R-ben az orig¢nak olyan krnyezete, amelyen a megold s eleget tesz (7)-nek. Tekintsk elszr (7) egy megold s t, amelynek deriv ltja nem tnik el. Di eren i lva
az egyenletet, azt kapjuk, hogy 2L′′ L′ + 12L′ L2 − 2K′′ (0)L′ = 4CL′ L. 218 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Mindkt oldalt osztva 2L′ -vel s szorozva L-el, azt kapjuk, hogy L′′ L + 6L3 − K′′ (0)L = 2CL2 . 2CL2 -et kifejezve (7)-bl, s behelyettes¡tve ebbe az egyenletbe, kapjuk (6)ot. A megford¡t s valamivel nehezebb. Nyilv n egy s sak egy olyan C konstans ltezik, amelyre fenn ll a (9) sszefggs. gy az adott kezdeti felttelek mellett C egyrtelmen meghat rozott Elszr megmutatjuk, hogy (6) megold sai a (8) kezdeti felttelek mellett lok lisan egyrtelmek abban az rtelemben, hogy b rmely kt megold shoz van olyan krnyezete az orig¢nak, amelyen egybeesnek. Mindkt megold s a nulla egy-egy krnyezetn kielg¡ti az expli it (10) L′′ = 2 L′ K′ (0)2 − 2L2 − K′′ (0) − L L egyenletet. Ennek az egyenletnek a (8) kezdfelttelek mellett egy s sak egy teljes megold sa
van. gy teh t a kt megold s a nulla egy krnyezetn meg kell egyezzen ezzel. Most tekintsk (6) egy tetszleges L megold s t, amely nem tnik el. Az egyetlen, (9)-nek eleget tv C konstanst v lasztva, (7) b rmely megold sa, amelynek deriv ltja nem nulla sehol sem, s eleget tesz (8)-nak (van ilyen megold s, mint al bb l tni fogjuk), megegyezik L-el a nulla egy krnyezetben. gy L eleget tesz (7)-nek a nulla egy krnyezetben A kvetkez lps, hogy megoldjuk (7)-et a (8) kezdfelttelek mellett. A Weierstrass-fle P -fggvnyekrl mondottak szerint (l sd 23.6) van olyan c1 konstans, valamint ω1 s ω2 r s lland¢k, hogy b rmely e ∈ C konstansra a t 7 −P (t + e, ω1 , ω2 ) + c1 fggvny eleget tesz a (7) egyenletnek, kivve legfeljebb megsz ml lhat¢ sok izol lt t ∈ R pontot. A 237 lemma szerint az e komplex konstans megv laszthat¢ £gy, hogy a (8) kezdeti felttelek is teljesljenek Megjegyezzk, hogy e megv laszt sa sak a kezdeti
felttelektl fgg, s b r nem egyrtelm, de b rmely kt megfelel e klnbsge -ban van. Mivel (6) s (7) lok lisan ekvivalensek, bel ttuk, hogy van olyan δ > 0, hogy valamely c konstanssal |t| < δ esetn H(t) = −P (t + e, ω1 , ω2 ) + c. Teljesen hasonl¢an kapjuk, hogy vannak olyan c~ s e~ konstansok, δ~ > 0, valamint ω~ 1 s ω~ 2 r s lland¢k, hogy |s| < δ~ esetn K(s) = −P (s + e~, ω ~ 1 , ω~ 2 ) + c~. Itt is e~ sak a kezdeti felttelektl fgg, s megv laszt sa ~ egy elemnek hozz ad s t¢l eltekintve egyrtelm. 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Eddig meggondol saink rgz¡tett x s y esetn voltak rvnyesek. Vizsg ljuk meg az eredmny fggst x-tl s y -t¢l Ha mondjuk y = 0, akkor minden x-re, amelyre |x| < δ , alkalmazhatjuk eddigi meggondol sainkat, s azt kapjuk, hogy lteznek olyan ω1 (x), ω2(x) r s lland¢k, c(x) s e(x) komplex konstansok, s δ (x) > 0, hogy Hf f (x
+ tf ) = −P (t + e(x), ω1 (x), ω2 (x)) + c(x), ha |t| < δ (x). Hasonl¢an, lteznek olyan ω~ 1 (y ), ω~ 2(y ) r s lland¢k, c~(y ) s e~(y ) komplex konstansok, s δ~(y ) > 0, hogy Kf f (y + sf ) = −P (s + e~(y ), ω ~ 1(y ), ω~ 2(y )) + c~(y ), ha |s| < δ~(y ). Meg fogjuk vizsg lni a paramterek fggst x-tl illetve y -t¢l. Legyen gi (x) az ω1 (x), ω2 (x) seg¡tsgvel, g~i (y ) pedig az ω~ 1 (y ), ω~ 2(y ) seg¡tsgvel de ni lva, i = 1, 2, 3 (l sd 23.6) A jellsek egyszers¡tsre nem fogjuk ki¡rni az x-tl, illetve y -t¢l val¢ fggst. Tov bbi rvid¡tsknt legyen P (t) = P (t+e, ω1 , ω2 ) s P~ (s) = P (s+~e, ω~ 1 , ω~ 2 ). A P s P~ fggvnyek eleget tesznek a P′ 2 = 4P 3 − g1 P 2 − g2 P − g3 s P ′′ = 6P 2 − g1 P − g2 /2 2 = 4P~ 3 − g~1 P~ 2 − g~2 P~ − g~3 s P~ ′′ = 6P~ 2 − g~1 P~ − g~2 /2 illetve P~ ′ egyenleteknek. Helyettes¡tsnk vissza (5)-be, s haszn ljuk fel a
fenti sszefggseket Azt kapjuk, hogy (11) 0 =12(~c − c)P (t)P~ (s) + (g1 − g~1 )P (t)P~ (s) 2 ~ ~ + 6(c − c~) (P (s) − P (t)) + (c − c~) g1 P (t) + g~1 P (s) + g2 − g~2 2 g + g~ (P (t) + P~ (s)) + 2(c − c~)3 + (c − c~) 2 2 + (g3 − g~3 ). 2 Di eren i lva t szerint, azt kapjuk, hogy (12) 0 = 12(~c − c)P ′ (t)P~ (s) + (g1 − g~1 )P ′ (t)P~ (s) g2 − g~2 ′ − 6(c − c~)2 P ′ (t) + (c − c~)g1 P ′ (t) + P (t). 2 Di eren i lva s szerint is, azt kapjuk, hogy 0 = 12(~c − c)P ′ (t)P~ ′ (s) + (g1 − g~1 )P ′ (t)P~ ′ (s) teljesl, ha |t| s |s| elg ki si. Ez sak £gy lehetsges, ha (13) g1 − g~1 = 12(c − c~). 220 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Visszahelyettes¡tve ezt (12)-be, azt kapjuk, hogy 0 = (g12 − g~12 + 12g2 − 12~g2 )P ′ (t), ami sak £gy lehetsges, hogy ha (14) 12(g2 − g~2 ) = g~12 − g12 . Ezt s (13)-at felhaszn lva, (11)-bl azt kapjuk, hogy (15) (g1 − g~1 )3 +
36(g1 − g~1 )(g2 + g~2 ) + 864(g3 − g~3 ) = 0. Megmutatjuk, hogy c~ = c, g~1 = g1 , g~2 = g2 s g~3 = g3 konstansok, amibl kvetkezik, hogy ω~ 1 = ω1 s ω~ 2 = ω2 konstansnak v laszthat¢k. Elszr azt mutatjuk meg, hogy nin s olyan x, y p r, hogy ω~ 2 (y ) = ∞, de ω2 (x) 6= ∞, vagy ω2 (x) = ∞, de ω~ 2 (y ) 6= ∞. A kt eset t rgyal sa hasonl¢, sak az elsvel foglalkozunk. Ha lenne ilyen p r, akkor, felhaszn lva, hogy g~2 = g~3 = g1 = 0, a (14) egyenletbl azt kapn nk, hogy 12g2 = g~12 , ¡gy a (15) egyenletbl az ad¢dna, hogy g~13 = 216g3 . Ekkor azonban a 4z3 − g2 z − g3 = 0 egyenletnek −g~1 /12 (legal bb) ktszeres gyke lenne, ami ellentmond annak, hogy ω2 6= ∞. Teh t kt eset maradt: vagy ω2 (x) = ω~ 2 (y ) = ∞ minden x, y -ra, vagy ez egyetlen x, y p rra sem ll fenn. Az els esetben g2 (x) = g3 (x) = 0 = g~2 (y ) = g~3 (y ) mindentt, s ¡gy (15)-bl g1 (x) = g~1 (y ) mindentt, azaz mindkett konstans, s megegyeznek.
Ekkor a 239 lemma szerint ω1 = ω~ 1 konstansnak v laszthat¢. A m sodik esetben g1 (x) = 0 = g~1 (y ) mindentt, s ¡gy (14)-bl g2 (x) = g~2 (y ), (15)-bl pedig g3 (x) = g~3 (y ) mindentt. gy g2 s g~2 , illetve g3 s g~3 konstansok s megegyeznek. Megint a 239 lemma szerint, ω1 = ω~ 1 s ω2 = ω~ 2 konstansnak v laszthat¢. Mindkt esetben (13)-b¢l c(x) s c~(y ) is konstansok s megegyeznek. Most vizsg ljuk e(x)-et illetve e~(y )-t. Mint eml¡tettk, e(x) sak a Hf f (x) s Hf f f (x) kezdrtkektl fgg, s sak modulo egyrtelmen meghat rozott. Tudjuk, hogy Hf f (x) = −P (e(x), ω1 , ω2 ) + c s Legyen Hf f f (x) = −P ′ (e(x), ω1 , ω2 ). X (x) = P (e(x), ω1 , ω2 ) s Y (x) = P ′ (e(x), ω1 , ω2 ). Mivel a fenti sszefggsek szerint az X s Y fggvnyek kifejezhetk Hf f (x) illetve Hf f f (x) seg¡tsgvel is, ¡gy C ∞ -ben vannak. Az X s Y fggvnyek kielg¡tik az Y 2 = 4X 3 − g1 X 2 − g2 X − g3
egyenletet. Mivel az orig¢ban Y nem nulla, az orig¢ krl X egyrtelmen meghat rozza Y -t. Ugyanezen okb¢l a z 7 P (z, ω1 , ω2) lekpezs invert lhat¢ e(0) valamely krnyezetben. 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Jellje I az inverzt, s legyen e∗ (x) = I (c − Hf f (x)). Az orig¢ valamely krnyezetben fenn ll, hogy X (x) = P (e∗ (x), ω1 , ω2 ). Mivel X egyrtelmen meghat rozza Y -t, az orig¢ valamely krnyezetben az is teljesl, hogy Y (x) = P ′ (e∗ (x), ω1 , ω2 ). Ez viszont azt jelenti a 23.7 lemma szerint, hogy e(x) − e∗ (x) ∈ . gy ak r azt is feltehetjk, hogy e ≡ e∗ , azaz feltehetjk, hogy e ∈ C ∞ . Hasonl¢an kapjuk, hogy e~ ∈ C ∞ is feltehet. H tra van mg annak bizony¡t sa, hogy δ (x) s δ~(y ) az x-tl illetve y -t¢l fggetlennek s egyenlnek v laszthat¢k. V lasszuk δ (x)-et maxim lisnak azon ε′′ -nl nem nagyobb δ ′ sz mok kzl, amelyekre Hf f (x + tf )
= −P (t + e(x), ω1 , ω2 ) + c, ha |t| < δ ′ . Megmutatjuk, hogy ha |x| < ε′ = ε′′ /2, akkor δ (x) ≥ ε′ Tegyk fel, hogy valamely x-re ez nem teljesl, pld ul δ (x) < ε′ -hz tetszlegesen kzel van olyan t > δ (x), hogy Hf f (x + tf ) 6= −P (t + e(x), ω1 , ω2 ) + c. (Az az eset, amikor ez t < −δ (x)-re teljesl, hasonl¢an kezelhet.) Bevezetve a t~ = t − δ (x), x~ = x + δ (x)f £j v ltoz¢kat, azt kapjuk, hogy Hf f (~x + t~f ) s −P (t~ + e(x) + δ (x), ω1, ω2 ) + c az orig¢ egy bal oldali krnyezetben egybeesnek, de egyetlen jobb oldali krnyezetben sem azonosan egyenlek. Mivel m srszt Hf f (~ x + t~f ) = −P (t~ + e(~ x), ω1 , ω2 ) + c, ha |t~| < δ (~x), a 23.8 lemma szerint e(~x) −e(x) −δ (x) ∈ gy viszont a nulla egy jobboldali krnyezetben is Hf f (~x + t~f ) = −P (t~+ e(x)+ δ (x), ω1, ω2 )+ c, ami ellentmond s. Kvetkez lpsknt a (2) esettel foglalkozunk. Ebben az
esetben K′ ≡ 0 ′′ s K ≡ 0, s ugyan£gy mint az (1) esetben, azt kapjuk, hogy L eleget tesz az (17) L′ 2 = −4L3 − 2CL2 egyenletnek a nulla egy krnyezetben, valamint a (8) kezdeti feltteleknek. A Weierstrass-fle P -fggvnyekrl mondottak szerint (l sd 23.6) van olyan c1 konstans, valamint ω, ∞ r s lland¢k, hogy b rmely e konstansra a t 7 −P (t + e, ω, ∞) + c1 222 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse fggvny eleget tesz a (17) egyenletnek, kivve legfeljebb megsz ml lhat¢ sok izol lt t ∈ R pontot. Itt is a 237 lemma szerint az e komplex konstans megv laszthat¢ £gy, hogy a (8) kezdeti felttelek is teljesljenek, tov bb e megv laszt sa sak a kezdeti felttelektl fgg, s b r nem egyrtelm, de b rmely kt megfelel e klnbsge -ban van. Ezzel bel ttuk, hogy van olyan δ > 0, hogy valamely c konstanssal |t| < δ esetn H(t) = −P (t + e, ω, ∞) + c. Tov bb nyilv n K(s) = c~ valamely
konstansra, a nulla egy krnyezetben. Vizsg ljuk meg az eredmny fggst x-tl s y -t¢l. Itt is azt kapjuk, hogy lteznek olyan ω (x), ∞ r s lland¢k, c(x) s e(x) komplex konstansok, s δ (x) > 0, hogy Hf f (x + tf ) = −P (t + e(x), ω (x), ∞) + c(x), ha |t| < δ (x), tov bb ltezik olyan c~(y ) komplex konstans s δ~(y ) > 0, hogy Kf f (y + sf ) = c~(y ), ha |s| < δ~(y ). Itt is megvizsg ljuk a paramterek fggst x-tl illetve y -t¢l. Legyen g1 (x) az ω (x), ∞ seg¡tsgvel de ni lva (l sd 23.6-ot) A jellsek egyszers¡tsre nem fogjuk ki¡rni az x-tl, illetve y -t¢l val¢ fggst Tov bbi rvid¡tsknt legyen P (t) = P (t + e, ω, ∞). A P -fggvny eleget tesz a 2 P ′ = 4P 3 − g1 P 2 s P ′′ = 6P 2 − g1 P egyenletnek. Helyettes¡tsnk vissza (5)-be, s haszn ljuk fel a fenti sszefggseket Azt kapjuk, hogy (18) 0 = g1 (c − c~) − 6(c − c~)2 P (t) + 2(c − c~)3 . Di eren i lva t
szerint, azt kapjuk, hogy 0 = g1 (c − c~) − 6(c − c~)2 P ′ (t). Ez sak £gy lehetsges, ha g1 (c − c~) = 6(c − c~)2 . Visszahelyettes¡tve ezt (18)-ba, azt kapjuk, hogy c(x) = c~(y ), ami sak £gy lehetsges, ha mindkett ugyanaz a c konstans. H tra van mg annak bizony¡t sa, hogy δ (x) s δ~(y ) az x-tl illetve y t¢l fggetlennek s egyenlnek v laszthat¢k. Ez ugyan£gy vgezhet a 238 lemma felhaszn l s val, mint az (1) esetben. (3) bizony¡t sa teljesen hasonl¢ (2) bizony¡t s hoz. Vgl (4) trivi lisan kvetkezik (5)-bl. 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse 23.17 Lemma: sszefggs az ir nymenti deriv ltak kztt Az ir ny menti deriv ltakra 23.15 jellseit fogjuk haszn lni Tegyk fel, hogy δ > 0, e s f vektorok Rn -ben, s H , K az Rn tr δ sugar£, orig¢ kzppont£ ny¡lt gmbjn rtelmezett, komplex rtk C ∞ fggvnyek, amelyek eleget tesznek a 23.15 pont (6){(9) di eren i
legyenleteinek Ekkor (1) ha Heee (x), Keee (y ) s Hee (x) − Kee (y ) nem nulla semmilyen x, y ∈ Rn , |x|, |y| < δ esetn sem, akkor lteznek olyan d, c′ s c′′ komplex konstansok, hogy Hef (x) = dHee (x) + c′ s Kef (y ) = dKee (y ) + c′ , H (x) = d2 H (x) + c′′ s K (y ) = d2 K (y ) + c′′ , ff ee Hf f f (x) = d3 Heee (x) s ff ee Kf f f (y ) = d3 Keee (y ) minden x, y ∈ Rn -re, amelyre |x|, |y| < δ ; (2) ha Heee (x) s Hee (x) −Kee (y ) nem nulla semmilyen x, y ∈ Rn , |x|, |y| < δ esetn sem, de Keee (y ) = 0, ha |y| < δ , akkor lteznek olyan d, cee , cef s cf f komplex konstansok, hogy Kee (y ) = cee , Kef (y ) = cef , Hef (x) − cef Kf f (y ) = cf f , = d(Hee (x) − cee ), Hf f (x) − cf f = d2 (Hee (x) − cee ), Hf f f (x) = d3 Heee (x) minden x, y ∈ Rn -re, amelyre |x|, |y| < δ ; (3) ha Keee (y ) s Hee (x) − Kee (y ) nem nulla semmilyen x, y ∈ Rn , |x|, |y| < δ esetn sem, de Heee (x) = 0, ha
|x| < δ , akkor lteznek olyan d, cee , cef s cf f komplex konstansok, hogy Hee (x) = cee , Hef (x) = cef , Kef (y ) − cef Hf f (x) = cf f , = d(Kee (y ) − cee ), Kf f (y ) − cf f = d2 (Kee (y ) − cee ), Kf f f (y ) = d3 Keee (y ) minden x, y ∈ Rn -re, amelyre |x|, |y| < δ ; (4) ha Heee , Hf f f , Keee s Kf f f is azonosan null k az orig¢ δ sugar£ krnyezetn, akkor lteznek olyan cee , cef s cf f komplex konstansok, hogy Hee (x) = cee = Kee (y ), Hef (x) = cef = Kef (y ), Hf f (x) = cf f = Kf f (y ) minden x, y ∈ Rn -re, amelyre |x|, |y| < δ . 224 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Bizony¡t s. Elszr nh ny sszefggst vezetnk le a 2315 pont (7){ (9) egyenleteibl. rjuk fel a 2315 (9) egyenletet mgegyszer, meg serlve e1 s e′1 , e2 s e′2 valamint e3 s e′3 szerept, s vonjuk ki a kt egyenletet egym sb¢l. Azt kapjuk, hogy He1 e′2 e′3 (x) + Ke1 e′2 e′3 (y ) = He1′ e2 e3
(x) − Ke1′ e2 e3 (y ) He1′ e2 e3 (x) + Ke′1 e2 e3 (y ) He1 e′2 e′3 (x) − Ke1 e′2 e′3 (y ) . Ebbl egyszers¡tve, majd fel serlve e1 s e′1 szerept, azt kapjuk, hogy (5) He1 e2 e3 (x)Ke′1 e′2 e′3 (y ) = He′1 e′2 e′3 (x)Ke1 e2 e3 (y ). Tov bbi hasznos sszefggseket kaphatunk a 23.15 pont (7) s (8) egyenleteibl (8)-ban e3 helyre e′3 -at ¡rva, e1 s e′1 illetve e2 s e′2 szerept fel serlve, majd a kapott egyenletet hozz adva (7)-hez, illetve kivonva azt (7)-bl, vgl a kapott kt egyenletben e′1 s e2 szerept fel serlve, azt kapjuk, hogy (6) (He1 e2 (x) − Ke1 e2 (y )) He′1 e′2 e′3 (x) = He′1 e2 (x) − Ke′1 e2 (y ) He1 e′2 e′3 (x), illetve (7) (He1 e2 (x) − Ke1 e2 (y )) Ke′1 e′2 e3′ (y ) = He′1 e2 (x) − Ke′1 e2 (y ) Ke1 e′2 e3′ (y ). Kezdjk (1) bizony¡t s val. e1 = e2 = e3 = e′1 = e′2 = e, e′3 = f v laszt ssal (5)-bl azt kapjuk, hogy Heee (x)Keef (y ) =
Heef (x)Keee (y ). Mivel Heee s Keee se nulla sehol sem, azt kapjuk, hogy Keef (y ) Keee (y ) = Heef (x) . Heee (x) Ez az egyenlsg sak £gy llhat fenn, ha mindkt oldal megegyezik ugyanazzal a d konstanssal. Most (6)-b¢l (Hef (x) − Kef (y )) Heee (x) = (Hee (x) − Kee (y )) Heef (x) = (Hee (x) − Kee (y )) dHeee (x). Mindkt oldalt osztva Heee -vel, s a kapott sszefggst trendezve, Hef (x) − dHee (x) = Kef (y ) − dKee (y ), ami sak £gy llhat fenn, ha mindkt oldal ugyanaz a konstans. Vgl a 23.15 pont (6) egyenletbl (9) (Hf f (x) − Kf f (y )) (Hee (x) − Kee (y )) = (Hef (x) − Kef (y ))2 = d2 (Hee (x) − Kee (y ))2 . 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Mindkt oldalt osztva Hee (x) −Kee (y )-al, ugyan£gy, mint fent, kapjuk, hogy Hf f (x) − d2 Hee (x) s Kf f (y ) − d2 Kee (y ) ugyanaz a konstans. (1) utols¢ kt egyenlete (9) felhaszn l s val ad¢dik. (2) bizony¡t s hoz (5)-bl e′1 = e′2 = e′3 = e
v laszt ssal kapjuk, hogy Heee (x)Ke1 e2 e3 (y ) = He1 e2 e3 (x)Keee (y ). Mivel a jobb oldal mindentt nulla, Ke1 e2 e3 azonosan nulla tetszleges e1 , e2 , e3 vektorokra. Spe i lisan Kee , Kef s Kf f minden par i lis deriv ltja nulla, ¡gy konstansok. Jellje ezeket a konstansokat rendre cee , cef s cf f Tekintsk a Hef (x) − cef Hee (x) − cee fggvny valamely g ir ny menti deriv ltj t. Ez Hef g (x) (Hee (x) − cee ) − (Hef (x) − cef ) Heeg (x) . (Hee (x) − cee )2 A (6) sszefggsbl e1 = e2 = e′2 = e, e1′ = f , e3′ = g helyettes¡tssel kapjuk, hogy a sz ml l¢ nulla. Ez azt jelenti, hogy b rmely ir ny menti deriv lt nulla, azaz Hef (x) − cef ≡d Hee (x) − cee valamely d konstanssal. Ugyan£gy, mint az elz bekezdsben, kapjuk, hogy Hf f (x) − cf f = d2 (Hee (x) − cee ) . (3) bizony¡t sa (2) bizony¡t s val anal¢g. Vgl (4) bizony¡t s hoz 23.15 (9)-bl e1 = e2 = e3 = e′1 = e′2 = e′3 = e v laszt ssal ad¢dik, hogy 2
(Hee (x) − Kee (y ))3 = 0, amibl Hee s Kee konstansok s megegyeznek. Hasonl¢an ad¢dik, hogy Hf f s Kf f is konstansok s megegyeznek. A 2315 (6) egyenletet felhaszn lva, £gy mint fent, kapjuk, hogy Hef s Kef szintn konstansok s megegyeznek. 23.18 Lemma: lok lis megold sok Tegyk fel, hogy a H s K fggvnyek az orig¢ egy δ > 0 sugar£ krnyezetn rtelmezett komplex rtk C ∞ fggvnyek s ott eleget tesznek a 23.15 pontbeli (6){(9) par i lis di eren i legyenleteknek, tov bb (1) b rmely 1 ≤ j ≤ n indexre, ∂j3 H is s ∂j3 K is vagy mindentt nulla az adott krnyezetben, vagy sehol sem nulla az adott krnyezetben; (2) b rmely olyan j indexre, amelyre ∂j3 H vagy ∂j3 K nem nulla az adott krnyezetben, ∂j2 H (x) − ∂j2 K (y ) sehol sem nulla az adott krnyezetbl vett b rmely x-re s y -ra; 226 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse (3) van olyan j index, hogy vagy ∂j3 H vagy ∂j3 K vagy mindkett
nem nulla sehol sem az adott krnyezetben. Ekkor az x = (x1 , . , xn ), y = (y1 , , yn ) jellsekkel, valamint 236 jellseivel (4) ha minden j -re vagy sem ∂j3 H sem ∂j3 K nem nulla sehol sem az adott krnyezetben, vagy mindkett nulla mindentt az adott krnyezetben, akkor valamely ω1 , ω2 r s lland¢kkal s a, a~, bi , ~bi , c, c~, ci,j = cj,i , di , e, e~ komplex sz mokkal az orig¢ valamely krnyezetben H (x) = a + X b i xi + X ~bi yi + X ci,j xi xj +ln c σ (d1 x1 + . + dn xn + e; ω1 , ω2 ) X ci,j yi yj + ln c~ σ (d1 y1 + . + dn yn + e~; ω1 , ω2 ) , i i,j s K (y ) = a ~+ i i,j tov bb di pontosan akkor nulla, ha ∂i3 H s ∂i3 K null k; (5) ha minden j -re vagy ∂j3 H sehol sem nulla, ∂j3 K pedig mindentt nulla az adott krnyezetben, vagy mindkett mindentt nulla az adott krnyezetben, akkor valamely ω, ∞ r s lland¢kkal s a, ~a, bi , ~bi , c, ci,j = cj,i , di , e, e~ komplex sz mokkal az orig¢ egy
krnyezetben H (x) = a + X b i xi + i s X i,j ci,j xi xj + ln c σ (d1 x1 + . + dn xn + e; ω, ∞) K (y ) = a ~+ X ~bi yi + X b i xi + i X ci,j yi yj , X ci,j xi xj i,j tov bb di pontosan akkor nulla, ha ∂i3 H nulla; (6) ha minden j -re vagy ∂j3 H mindentt nulla, ∂j3 K pedig sehol sem nulla az adott krnyezetben, vagy mindkett nulla az adott krnyezetben mindentt, akkor valamely ω, ∞ r s lland¢kkal s a, ~a, bi , ~bi , c~, ci,j = cj,i , di , e, e~ komplex sz mokkal az orig¢ egy krnyezetben H (x ) = a + i s K (y ) = a ~+ X i ~bi yi + X i,j i,j ci,j yi yj + ln c~ σ (d1 y1 + · · · + dn yn + e~; ω, ∞) , tov bb di pontosan akkor nulla, ha ∂i3 K nulla; (7) az (1), (2) (3) felttelek mellett lehetsges tbbi esetben nin s megold s a nulla egyetlen krnyezetben sem. 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Bizony¡t s. Az elz lemma alapj n vil gos, hogy ha van olyan j index, hogy ∂j3 H
sehol sem nulla, ∂j3 K pedig azonosan nulla az adott krnyezetben, akkor ∂i3 K minden 1 ≤ i ≤ n-re azonosan nulla az adott krnyezetben Hasonl¢an, ha van olyan j index, hogy ∂j3 K sehol sem nulla, ∂j3 H pedig azonosan nulla az adott krnyezetben, akkor ∂i3 H minden 1 ≤ i ≤ n-re azonosan nulla az adott krnyezetben. gy sak a (4){(6) pontokban megadott esetekben lehetsges megold s az orig¢ valamely krnyezetben, s ezzel (7)-et bel ttuk. (4){(6) bizony¡t sa a dimenzi¢sz m szerinti induk i¢val trtnik. Nyilv n az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk, hogy azok az i indexek, amelyekre ∂i3 H s ∂i3 K azonosan null k, mind nagyobbak, mint azok az indexek, amelyekre valamelyik vagy mindkett nem nulla. Kezdjk (4) bizony¡t s val. n = 1-re az ll¡t s kvetkezik a 2316 lemm b¢l Induk i¢s feltevsnk, hogy n − 1-re teljesl az ll¡t s, azaz lteznek olyan r s lland¢k s olyan a, a~, bi , ~bi , c, c~, ci,j = cj,i , di , e, e~,
(i, j < n) komplex sz mok, hogy a nulla egy krnyezetn (8) s (9) H (x ) = a + X b i xi + X ~bi yi + i<n X ci,j xi xj X ci,j yi yj i,j<n + ln c σ (d1 x1 + · · · + dn−1 xn−1 + e; ω1 , ω2 ) K (y ) = a ~+ i<n i,j<n + ln c~ σ (d1 y1 + · · · + dn−1 yn−1 + e~; ω1 , ω2 ) , ha az f1 , f2, . , fn standard b zisvektorok kzl az els n−1 ltal kifesz¡tett altrben vagyunk, valamint minden i < n-re teljesl, hogy di = 0 akkor s sak akkor, ha ∂i3 H ≡ 0 ≡ ∂i3 K . A kpletek tmrebb ttelre vezessk be az x′ = (x1 , x2, . , xn−1 , 0) s y ′ = (y1 , y2 , . , yn−1 , 0) rvid¡tseket Elszr azt az esetet vizsg ljuk, amikor sem ∂n3 H , sem ∂n3 K nem tnik el. A 2316 lemm b¢l azt kapjuk, hogy (10) s (11) ∂n2 H (x′ + xn fn ) = −P (xn + e1 (x′ ), ω ~ 1 , ω~ 2 ) + c1 ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = −P (yn + e~1 (y ′ ), ω ~ 1 , ω~ 2 ) + c1 elg ki siny x′ , y ′ , xn s yn
esetn, ahol xn , yn val¢s sz mok, x′ s y ′ pedig olyan Rn -beli vektorok, amelyeknek utols¢ koordin t ja nulla. A bizony¡t s alapgondolata megmutatni, hogy van olyan dn konstans s lteznek olyan ei (xi , . , xn−1 ) s e~i (xi , , xn−1 ) folytonos fggvnyek, amelyekkel dn = Di di valamint ei (xi , . , xn−1 ) = d i xi dn + ei+1 (xi+1 , . , xn−1 ) 228 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse s e~i (yi , . , yn−1 ) = di yi dn + e~i+1 (yi+1 , . , yn−1 ), ha i < n. Vegyk szre, hogy en s e~n konstansok Vizsg ljuk a kezdeti feltteleket. A 2317 lemm b¢l azt kapjuk, hogy i < n-re valamely Di s c′i , c′′i konstansokkal (12) ∂i ∂n H (x) = Di ∂i2 H (x) + c′i ∂ 2 H (x) = D2 ∂ 2 H (x) + c′′ n s ∂i ∂n K (y ) = Di ∂i2 K (y ) + c′i , s ∂n2 K (y ) = Di2 ∂i2 K (y ) + c′′i , i i i ∂n3 H (x) = Di3 ∂i3 H (x) s ∂n3 K (y ) = Di3 ∂i3 K (y ) minden elg ki siny x, y
esetn. Az utols¢ sorb¢l kvetkezik, hogy Di 6= 0 A ∂n2 H -ra kapott (10) sszefggst di eren i lva xn szerint, majd xn = 0-t helyettes¡tve, s felhaszn lva (12) utols¢ sor t s az induk i¢s feltevst, azt kapjuk, hogy (13) P ′ (e1 (x1 , . , xn−1 ), ω ~ 1, ω~ 2 ) = −∂n3 H (x′ ) = −D13 ∂13 H (x′ ) = D13 d31 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 ) M srszt, (10)-et s (12) m sodik sor t felhaszn lva, (14) P (e1 (x1 , . , xn−1 ), ω ~ 1, ω~ 2 ) − c1 = −∂n2 H (x′ ) = −D12 ∂12 H (x′ ) − c′′1 = D12 d21 P (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 − 2D12 c11 − c′′1 is teljesl minden elg ki siny x′ -re. Az impli it fggvny ttel szerint ebbl kvetkezik, hogy b rmely rgz¡tett x2 , x3 , . , xn−1 -re az e1 fggvny folytonosan di eren i lhat¢ fggvnye x1 -nek Di eren i lva (14)-et x1 szerint, azt kapjuk, hogy (15) P ′ (e1 (x1 , . , xn−1 ), ω ~ 1 , ω~ 2 )∂1 e1 (x1 , . ,
xn−1 ) = D12 d31 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 ) Ebbl felhaszn lva (13)-at, azt kapjuk, hogy D13 d31 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 ∂1 e1 (x1 , , xn−1 ) = D12 d31 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 , azaz ∂1 e1 (x1 , . , xn−1 ) = 1/D1 Ez azt jelenti, hogy valamely e2 (x2 , , xn−1 ) folytonos fggvnnyel e1 (x1 , x2 , . , xn−1 ) = x1 /D1 + e2 (x2 , , xn−1 ) Bevezetve a dn = D1 d1 jellst, s visszahelyettes¡tve (14)-be, majd felhaszn lva a minden null t¢l klnbz α komplex sz mra fenn ll¢ P (z, ω1 , ω2 )/α2 = P (αz, αω1 , αω2 ) 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse sszefggst, azt kapjuk, hogy (16) P (d1 x1 /dn + e2 (x2 , . , xn−1 ), ω ~ 1 , ω~ 2 ) − c1 2 = dn P (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 − 2D12 c11 − c1′′ = P (d1 x1 /dn + . + dn−1 xn−1 /dn + e/dn , ω1 /dn , ω2 /dn ) − 2c11 D12 − c1′′ Ebben
az egyenletben x2 , . , xn−1 helyre null t helyettes¡tve, a 238 lemm b¢l azt kapjuk, hogy c1 = 2c11 D12 + c′′1 s a z 7 P (z, ω~ 1 , ω~ 2 ) fggvny megegyezik a z 7 P (z, ω1 /dn , ω2 /dn ) fggvnnyel. Bevezetve a cnn = c11 D12 + c′′1 /2 jellst ¡gy (10)-bl azt kapjuk, hogy (17) ∂n2 H (x′ + xn fn ) = 2cnn − P (xn + d1 x1 /dn + e2 (x2 , . , xn−1 ), ω1 /dn , ω2 /dn ) = 2cnn − d2n P (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ) + dn xn , ω1 , ω2 ), (14)-bl pedig, hogy (18) P (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω1 , ω2 ) = P (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 , vgl (11)-bl, hogy (19) ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = 2cnn − d2n P (dn e~1 (y1 , . , yn−1 ) + dn yn , ω1 , ω2 ) Az ut¢bbi egyenletben yn = 0-t helyettes¡tve, s felhaszn lva (12) m sodik sor t, valamint a dn = D1 d1 sszefggst, azt kapjuk, hogy (20) P (dn e~1 (y1 , y2 , . , yn−1 ), ω1 , ω2 ) = P (d1 y1 + . + dn−1 yn−1 + e~, ω1 , ω2
Innen, rgz¡tve az y2 , . , yn−1 v ltoz¢kat, az impli it fggvny ttelbl azt kapjuk, hogy e~1 folytonosan di eren i lhat¢ fggvnye y1 -nek. Di eren ilva y1 szerint, azt kapjuk, hogy dn P ′ (dn e~1 (y1 , y2 , . , yn−1 ), ω1 , ω2 )∂1 e~1 (y1 , , yn−1 ) = d1 P ′ (d1 y1 + . + dn−1 yn−1 + e~, ω1 , ω2 ) M srszt, di eren i lva (19)-et yn szerint, majd yn = 0-t helyettes¡tve, s felhaszn lva (12) utols¢ sor t valamint az induk i¢s feltevst, azt kapjuk, hogy d3n P ′ (dn e~1 (y1 , . , yn−1 ), ω1 , ω2 ) = −∂n3 K (y ′ ) = −D13 ∂13 K (y ′ ) = D13 d31 P ′ (d1 y1 + . + dn−1 yn−1 , ω1 , ω2 Ezt behelyettes¡tve az elz egyenletbe az ad¢dik, hogy e~1 (y1 , y2 , . , yn−1 ) = d1 y1 /dn + e~2 (y2 , , yn−1 ) 230 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse valamely folytonos e~2 fggvnnyel, s ¡gy (19)-bl (21) ∂n2 K (y ′ +yn fn ) = 2cnn −d2n P (d1 y1 +dn e~2 (y2 , . , yn−1
)+dn yn , ω1 , ω2 ), (20)-b¢l pedig (22) P (d1 y1 + dn e~2 (y2 , . , yn−1 ), ω1 , ω2 ) = P (d1 y1 + . + dn−1 yn−1 + e~, ω1 , ω2 Megjegyezzk, hogy ebben az egyenletben y2 = · · · = yn−1 = 0-t, illetve a (18) egyenletben x2 = · · · = xn−1 = 0-t helyettes¡tve, a 23.8 lemma felhaszn l s val ad¢dik, hogy dn e2 (0, . , 0) − e illetve dn e~2 (0, , 0) − e~ is az ω1 , ω2 ltal gener lt r s elemei. Hasonl¢an folytathatjuk. xn = 0-t helyettes¡tve (17)-ben, felhaszn lva (12) m sodik sor t s az induk i¢s feltevst, azt kapjuk, hogy (23) d2n P (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω1 , ω2 ) − 2cnn = −∂n2 H (x′ ) = −D22 ∂22 H (x′ ) − c2′′ = D22 d22 P (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω1 , ω2 ) − 2D22 d22 c22 − c2′′ Felhaszn lva (18)-at, ebbl az egyenletbl azt kapjuk, hogy D2 d2 = dn . A (17) egyenletet di eren i lva xn szerint, majd xn = 0-t helyettes¡tve, felhaszn lva (12) utols¢ sor t s az induk i¢s
feltevst, azt kapjuk, hogy (24) d3n P ′ (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω1 , ω2 ) = −∂n3 H (x′ ) = −D23 ∂23 H (x′ ) = D23 d32 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω1 , ω2 ), azaz mivel D2 d2 = dn , (25) P ′ (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω1 , ω2 ) = P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω1 , ω2 ) (18) miatt b rmely rgz¡tett x3 , . , xn−1 -re az impli it fggvny ttelbl az e2 fggvny folytonosan par i lisan di eren i lhat¢ x2 szerint. Di ereni lva (18)-at x2 szerint azt kapjuk, hogy (26) dn P ′ (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω1 , ω2 )∂1 e2 (x2 , , xn−1 ) = d2 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω1 , ω2 ) Ebbl felhaszn lva (25)-t az ad¢dik, hogy ∂1 e2 (x2 , x3 , . , xn−1 ) = d2 /dn mindentt. Ez azt jelenti, hogy valamely folytonos e3 (x3 , , xn−1 ) fggvnnyel e2 (x2 , . , xn−1 ) = d2 x2 /dn + e3 (x3 , , xn−1 ) 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse
Hasonl¢an kapjuk, hogy valamely folytonos e~3 (y3 , . , yn−1 ) fggvnnyel e~2 (y2 , . , yn−1 ) = d2 y2 /dn + e~3 (y3 , , yn−1 ) Induk i¢val folytatva, vgl azt kapjuk, hogy ∂n2 H (x′ + xn fn ) = 2cnn − d2n P (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + den , ω1 , ω2 ) s ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = 2cnn − d2n P (d1 y1 + d2 y2 + · · · + dn yn + de~n , ω1 , ω2 ). Mivel, mint megmutattuk, dn en − e = dn e2 (0, . , 0) − e s dn e~n − e~ = dn e~2 (0, . , 0) − e~ is elemei az r snak, s pontjai peri¢dusok, az is teljesl, hogy ∂n2 H (x′ + xn fn ) = 2cnn − d2n P (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω1 , ω2 ) s ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = 2cnn − d2n P (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e~, ω1 , ω2 ). Most integr ljuk ezeket az egyenleteket. Azt kapjuk, hogy ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + dn ζ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω1 , ω2 ) + B1 (x1 , . , xn−1 ) s ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + dn ζ (d1 y1 +
d2 y2 + · · · + dn yn + e~, ω1 , ω2 ) + B~1 (y1 , . , yn−1 ) A B1 s B~1 fggvnyek C ∞ -ben vannak. jra di eren i lva x1 illetve y1 szerint, majd xn = 0-t illetve yn = 0-t helyettes¡tve, felhaszn lva (12) els sor t s a (8) s (9) kezdeti feltteleket, valamint, hogy Di di = dn , ha i < n, azt kapjuk, hogy ∂1 B ≡ ∂1 B~ konstansok. A kzs rtket 2c1,n -el jellve, azt kapjuk, hogy ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + dn ζ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω1 , ω2 ) + 2c1,n x1 + B2 (x2 , . , xn−1 ) s ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + dn ζ (d1 y1 + d2 y2 + · · · + dn yn + e~, ω1 , ω2 ) + 2c1,n y1 + B~2 (y2 , . , yn−1 ) Induk i¢val hasonl¢an folytatva, vgl azt kapjuk, hogy ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + dn ζ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω1 , ω2 ) + 2c1,n x1 + · · · + 2cn−1,n xn−1 + bn 232 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse s ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + dn
ζ (d1 y1 + d2 y2 + · · · + dn yn + e~, ω1 , ω2 ) + 2c1,n y1 + · · · + 2cn−1,n yn−1 + ~bn . Kvetkez lpsknt ezeket az egyenleteket integr ljuk. Az induk i¢s feltevs miatt ln c σ (d1x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω1 , ω2 ) s ln c~ σ (d1 y1 + d2 y2 + · · · + dn yn + e~, ω1 , ω2 ) rtelmezve vannak az orig¢ egy krnyezetben. gy az elz egyenletek integr l s val az ad¢dik, hogy az orig¢ egy kis gmbkrnyezetben s H (x′ + xn fn ) = ln c σ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω1 , ω2 ) n− X1 2 2ci,n xi xn + bn xn + a1 (x1 , . , xn−1 ) + cnn xn + i=1 K (y ′ + yn fn ) = ln c~ σ (d1 y1 + d2 y2 + · · · + dn yn + e~, ω1 , ω2 ) n− X1 2 2ci,n yi yn + ~bn yn + a~1 (y1 , . , yn−1 ) + cnn yn + i=1 Az xn = 0 illetve yn = 0 helyettes¡tssel, felhaszn lva a (8) s (9) kezdeti feltteleket, azt kapjuk, hogy a1 (x1 , . , xn−1 ) = a + X b i xi + i<n a ~1 (y1 , . , yn−1 ) = a~ + X X cij xi
xj s i,j<n ~bi yi + i<n X cij yi yj . i,j<n gy kapjuk az ll¡t st. Meg kell mg vizsg lnunk azt az esetet, amikor ∂n3 H s ∂n3 K is null k. Ekkor azt kell megmutatnunk, hogy dn = 0 v laszt ssal teljesl az ll¡t s. A 23.16 lemm b¢l azt kapjuk, hogy van olyan c1 ∈ C konstans, hogy minden elg ki si x′ , y ′ , xn s yn esetn ∂n2 H (x′ + xn fn ) = c1 s ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = c1 . gy cnn = c1 /2 jellssel ¡rhatjuk, hogy ∂n2 H (x′ + xn fn ) = 2cnn s ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = 2cnn . Vegyk szre, hogy minden i < n-re ∂i ∂n H (x′ ) s ∂i ∂n K (y ′ ) ugyanaz a konstans; ha ugyanis ∂i3 H s ∂i3 K nem null k, akkor fenn llnak a (12) sszefggsek, s (12) utols¢ sor b¢l Di = 0, ¡gy az ll¡t s kvetkezik (12) els 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse sor b¢l. Ha viszont ∂i3 H s ∂i3 K is azonosan null k, akkor az ll¡t s a 2317 lemma (4) esetbl kvetkezik. Most
integr ljuk a fenti egyenleteket. Azt kapjuk, hogy ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + B1 (x1 , . , xn−1 ) s ~1 (y1 , . , yn−1 ) ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + B A B1 s B~1 fggvnyek C ∞ -ben vannak. jra di eren i lva x1 illetve y1 szerint, majd xn = 0-t illetve yn = 0-t helyettes¡tve, azt kapjuk, hogy ∂1 B ≡ ~ konstansok. A kzs rtket 2c1,n -el jellve, azt kapjuk, hogy ∂1 B ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + 2c1,n x1 + B2 (x2 , . , xn−1 ) s ~2 (y2 , . , yn−1 ) ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + 2c1,n y1 + B Induk i¢val hasonl¢an folytatva, vgl azt kapjuk, hogy ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + 2c1,n x1 + · · · + 2cn−1,n xn−1 + bn s ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + 2c1,n y1 + · · · + 2cn−1,n yn−1 + ~bn . Ezeknek az egyenleteknek az integr l s val az ad¢dik, hogy H (x ′ + xn fn ) = cnn x2 + yn fn ) = cnn y2 n + n− X1 + n− X1 s K (y ′ n i=1 i=1 2ci,n xi xn + bn xn + a1 (x1 , .
, xn−1 ) 2ci,n yi yn + ~bn yn + a~1 (y1 , . , yn−1 ) Az xn = 0 illetve yn = 0 helyettes¡tssel, felhaszn lva a (8) s (9) kezdeti feltteleket, azt kapjuk, hogy a1 (x1 , . , xn−1 ) = a + X b i xi + i<n X ci,j xi xj i,j<n + ln c σ (d1x1 + dn−1 xn−1 + e; ω1 , ω2 ) , s a ~1 (y1 , . , yn−1 ) = a~ + X i<n ~bi yi + X ci,j yi yj i,j<n + ln c~ σ (d1 y1 + . + dn−1 yn−1 + e~; ω1 , ω2 ) , ¡gy mivel dn = 0, kapjuk az ll¡t st. 234 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse (5) bizony¡t s n l is az n = 1 eset kvetkezik a 23.16 lemm b¢l Induki¢s feltevsnk, hogy H (x) = a + X i<n s b i xi + X i,j<n ci,j xi xj +ln c σ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e; ω, ∞) K (y ) = a ~+ X ~bi yi + i<n X ci,j yi yj , i,j<n ha az f1 , f2, . , fn standard b zisvektorok kzl az els n−1 ltal kifesz¡tett altrben vagyunk, tov bb a di pontosan akkor nulla, ha ∂i3 H azonosan
nulla. Elszr azt az esetet vizsg ljuk, amikor ∂n3 H nem tnik el. A 2316 lemm b¢l azt kapjuk, hogy (27) ∂n2 H (x′ + xn fn ) = −P (xn + e1 (x1 , . , xn−1 ), ω~ (x1 , , xn−1 ), ∞)+ c1 s ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = c1 (28) elg ki siny x′ , y ′ , xn s yn esetn, ahol xn , yn val¢s sz mok, x′ s y ′ pedig olyan Rn -beli vektorok, amelyeknek utols¢ koordin t ja nulla. Vizsg ljuk most is a kezdeti feltteleket. Az induk i¢s feltevsbl ∂i2 K (y ′ ) = 2cii . Ezt felhaszn lva, a 2317 lemm b¢l azt kapjuk, hogy valamely Di , cin s cnn komplex konstansokkal ∂i2 K (y ) = 2cii , (29) ∂i ∂n K (y ) = 2cin , = Di (∂i2 H (x) − 2cii ), 2 2 nn = Di (∂i H (x) − 2cii ), ∂n3 H (x) = Di3 ∂i3 H (x) ∂i ∂n H (x) − 2cin ∂ 2 H (x) − 2c n ∂n2 K (y ) = 2cnn , minden elg ki siny x, y esetn. Az utols¢ sorb¢l kvetkezik, hogy Di 6= 0 minden i < n-re. (29) els sor b¢l c1 = 2cnn , tov bb (28)-b¢l 3 2 2 3 (∂n3 H
(x))2 − 4(∂n2 H (x) − 2cnn )3 2 (∂1 H (x)) − 4(∂1 H (x) − 2c11 ) . = D 1 (∂n2 H (x) − 2cnn )2 (∂12 H (x) − 2c11 )2 Az induk i¢s feltevs miatt, felhaszn lva a P -fggvnyek di eren i legyenlett, azt kapjuk, hogy ha ω = ∞, akkor a jobb oldal nulla. Ha ω~ (x1 , , xn−1 ) valahol vgtelentl klnbzne, akkor a bal oldal 4π 2/ω~ (x1 , . , xn−1 )2 lenne, ez lehetetlen, ¡gy ω~ (x1 , . , xn−1 ) ≡ ∞ Ha ω = 6 ∞, akkor a jobb oldal 4d21 D12 π 2 /ω 2 6= 0, ¡gy a bal oldal sem nulla, azaz ω~ (x1 , . , xn−1 ) 6= ∞ sehol sem. Ekkor viszont a bal oldal 4π 2 /ω~ (x1 , , xn−1 )2 , amibl azt kapjuk, hogy ω~ (x1 , , xn−1 ) = ±ω/(d1 D1 ) Mivel az eljel rdektelen (a r s ugyanaz marad), feltehetjk, hogy ω~ (x1 , . , xn−1 ) = ω/(d1 D1 ) mindentt 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Bevezetve a dn = D1 d1 jellst s visszahelyettes¡tve (27)-be, valamint felhaszn lva a b rmely
null t¢l klnbz α komplex sz mra fenn ll¢ P (z, ω, ∞)/α2 sszefggst, azt kapjuk, hogy = P (αz, αω, ∞) (30) ∂n2 H (x′ + xn fn ) = −d2n P (dn xn + dn e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞) + 2cnn Ha ebben az egyenletben xn = 0-t helyettes¡tnk, azt kapjuk, hogy ∂n2 H (x′ ) = −d2n P (e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞) + 2cnn Ha viszont elszr di eren i lunk xn szerint, s azt n helyettes¡tnk xn = 0-t, akkor azt kapjuk, hogy Legyen s ∂n3 H (x′ ) = −d3n P ′ (dn e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞) X (x1 , . , xn−1 ) = P (dn e1 (x1 , , xn−1 ), ω, ∞) Y (x1 , . , xn−1 ) = P ′ (dn e1 (x1 , , xn−1 ), ω, ∞) Mivel a fenti sszefggsek szerint az X s Y fggvnyek kifejezhetk ∂n2 H (x′ ) illetve ∂n3 H (x′ ) seg¡tsgvel is, ¡gy C ∞ -ben vannak. Tegyk fel, hogy ω = 6 ∞. 2 3 2 2 2 Az X s Y fggvnyek kielg¡tik az Y = 4X − 4π X /ω egyenletet. Mivel az orig¢ban Y nem nulla, az orig¢
krl X egyrtelmen meghat rozza Y t. Ugyanezen okb¢l a z 7 P (z, ω, ∞) lekpezs invert lhat¢ dn e1 (0, , 0) valamely krnyezetben. Jellje I az inverzt, s legyen e∗1 (x1 , , xn−1 ) = I −(∂n2 H (x′ ) − 2cnn )/d2n /dn . Az orig¢ valamely krnyezetben fenn ll, hogy X (x1 , . , xn−1 ) = P (dn e∗1 (x1 , , xn−1 ), ω, ∞) Mivel X egyrtelmen meghat rozza Y -t, az orig¢ valamely krnyezetben az is teljesl, hogy Y (x1 , . , xn−1 ) = P ′ (dn e∗1 (x1 , , xn−1 ), ω, ∞) Ez viszont azt jelenti a 23.7 lemma szerint, hogy dn e1 (x1 , . , xn−1 ) − e∗1 (x1 , , xn−1 ) ∈ gy ak r azt is feltehetjk, hogy e1 = e∗1 , azaz feltehetjk, hogy e1 ∈ C ∞ . Hasonl¢an kapjuk ugyanezt, ha ω = ∞. Vizsg ljuk most az e1 fggvnyt. Egyrszt xn = 0-t helyettes¡tve (30)ban, felhaszn lva (29) harmadik sor t s az induk i¢s feltevst, azt kapjuk, hogy (31) d2n P (dn e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞)
− 2cnn = −∂n2 H (x′ ) = −D12 ∂12 H (x′ ) + 2D12 c11 − 2cnn = D12 d21 P (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω, ∞) − 2cnn 236 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Felhaszn lva, hogy dn = D1 d1 , ebbl az egyenletbl azt kapjuk, hogy P (dn e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞) (32) = P (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω, ∞ , M srszt (30) egyenletet di eren i lva xn szerint, majd xn = 0-t helyettes¡tve, felhaszn lva (29) utols¢ sor t s az induk i¢s feltevst, azt kapjuk, hogy d3n P ′ (dn e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞) (33) = −∂n3 H (x′ ) = −D13 ∂23 H (x′ ) = D13 d31 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω, ∞), azaz mivel D1 d1 = dn , P ′ (dn e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞) (34) = P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω, ∞) (32) miatt b rmely rgz¡tett x2 , . , xn−1 -re az impli it fggvny ttelbl az e1 fggvny folytonosan par i lisan di eren i lhat¢ x1 szerint. Di ereni lva (32)-t x1 szerint
azt kapjuk, hogy (35) dn P ′ (dn e1 (x1 , . , xn−1 ), ω, ∞)∂1e1 (x1 , , xn−1 ) = d1 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω, ∞) Ebbl felhaszn lva (34)-et az ad¢dik, hogy ∂1 e1 (x1 , . , xn−1 ) = d1 /dn mindentt. Ez azt jelenti, hogy valamely folytonos e2 (x2 , , xn−1 ) fggvnnyel e1 (x1 , . , xn−1 ) = d1 x1 /dn + e2 (x2 , , xn−1 ) Visszahelyettes¡tve (32)-be, x2 = · · · = xn−1 = 0 v laszt ssal a 23.8 lemm b¢l azt is megkapjuk, hogy dn e2 (0, , 0) − e eleme az ω ltal gener lt (elfajult) r snak. Hasonl¢an folytathatjuk. Egyrszt xn = 0-t helyettes¡tve (30)-ban, felhaszn lva (29) harmadik sor t s az induk i¢s feltevst, azt kapjuk, hogy (36) d2n P (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω, ∞) − 2cnn = −∂n2 H (x′ ) = −D22 ∂22 H (x′ ) + 2D22 c22 − 2cnn = D22 d22 P (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 + e, ω, ∞) − 2cnn Felhaszn lva (32)-t, ebbl az egyenletbl azt kapjuk, hogy D2 d2 = dn . A (30)
egyenletet di eren i lva xn szerint, majd xn = 0-t helyettes¡tve, felhaszn lva (29) utols¢ sor t s az induk i¢s feltevst, azt kapjuk, hogy (37) d3n P ′ (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω, ∞) = −∂n3 H (x′ ) = −D23 ∂23 H (x′ ) = D23 d32 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω, ∞), 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse azaz mivel D2 d2 = dn , (38) P ′ (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω, ∞) = P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω, ∞) (32) miatt b rmely rgz¡tett x3 , . , xn−1 -re az impli it fggvny ttelbl az e2 fggvny folytonosan par i lisan di eren i lhat¢ x2 szerint. Di ereni lva (32)-t x2 szerint azt kapjuk, hogy (39) dn P ′ (d1 x1 + dn e2 (x2 , . , xn−1 ), ω, ∞)∂1e2 (x2 , , xn−1 ) = d2 P ′ (d1 x1 + . + dn−1 xn−1 , ω, ∞) Ebbl felhaszn lva (36)-ot az ad¢dik, hogy ∂1 e2 (x2 , x3 , . , xn−1 ) = d2 /dn mindentt. Ez azt jelenti, hogy valamely folytonos e3 (x3 ,
, xn−1 ) fggvnnyel e2 (x2 , . , xn−1 ) = d2 x2 /dn + e3 (x3 , , xn−1 ) Induk i¢val folytatva, vgl azt kapjuk, hogy ∂n2 H (x′ + xn fn ) = 2cnn − d2n P (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + en , ω, ∞). Mivel, mint megmutattuk, en − e = dn e2 (0, . , 0) − e eleme az s pontjai peri¢dusok, az is teljesl, hogy r snak, ∂n2 H (x′ + xn fn ) = 2cnn − d2n P (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω, ∞). Most integr ljuk a ∂n2 H -ra s ∂n2 K -ra kapott egyenleteket. Azt kapjuk, hogy ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + dn ζ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω, ∞) + B1 (x1 , . , xn−1 ) s ~1 (y1 , . , yn−1 ) ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + B A B1 s B~1 fggvnyek C ∞ -ben vannak. jra di eren i lva x1 illetve y1 szerint, majd xn = 0-t illetve yn = 0-t helyettes¡tve, felhaszn lva (29) els s m sodik sor t, valamint, hogy Di di = dn , ha i < n, azt kapjuk, hogy ~ konstansok, ¡gy ∂1 B ≡ 2c1,n ≡ ∂1 B
∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + dn ζ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω, ∞) + 2c1,n x1 + B2 (x2 , . , xn−1 ) s ~2 (y2 , . , yn−1 ) ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + 2c1,n y1 + B 238 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Induk i¢val hasonl¢an folytatva, vgl azt kapjuk, hogy ∂n H (x′ + xn fn ) = 2cnn xn + dn ζ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω, ∞) s + 2c1,n x1 + · · · + 2cn−1,n xn−1 + bn ∂n K (y ′ + yn fn ) = 2cnn yn + 2c1,n y1 + · · · + 2cn−1,n yn−1 + ~bn . Kvetkez lpsknt ezeket az egyenleteket integr ljuk. Az induk i¢s feltevs miatt ln c σ (d1x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω, ∞) rtelmezve van az orig¢ egy krnyezetben. gy az elz egyenletek integr l s val az ad¢dik, hogy az orig¢ egy kis gmbkrnyezetben s H (x′ + xn fn ) = ln c σ (d1 x1 + d2 x2 + · · · + dn xn + e, ω, ∞) n− X1 2 2ci,n xi xn + bn xn + a1 (x1 , . , xn−1 ) + cnn
xn + i=1 K (y ′ + yn fn ) = cnn y2 n + n− X1 i=1 2ci,n yi yn + ~bn yn + a~1 (y1 , . , yn−1 ) Az xn = 0 illetve yn = 0 helyettes¡tssel, felhaszn lva a (8) s (9) kezdeti feltteleket, azt kapjuk, hogy a1 (x1 , . , xn−1 ) = a + X b i xi + i<n a ~1 (y1 , . , yn−1 ) = a~ + X X cij xi xj s i,j<n ~bi yi + i<n X cij yi yj . i,j<n gy kapjuk az ll¡t st. Meg kell mg vizsg lnunk azt az esetet, amikor ∂n3 H s ∂n3 K is nulla mindentt. Ekkor azt kell megmutatnunk, hogy dn = 0 v laszt ssal teljesl az ll¡t s. A 2316 lemm b¢l azt kapjuk, hogy van olyan c1 ∈ C konstans, hogy minden elg ki si x′ , y ′ , xn s yn esetn ∂n2 H (x′ + xn fn ) = c1 s ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = c1 . gy cnn = c1 /2 jellssel ¡rhatjuk, hogy ∂n2 H (x′ + xn fn ) = 2cnn s ∂n2 K (y ′ + yn fn ) = 2cnn . Vegyk szre, hogy minden i < n-re ∂i ∂n H (x′ ) s ∂i ∂n K (y ′ ) ugyanaz a konstans; ha ugyanis ∂i3 H
s ∂i3 K nem null k, akkor fenn llnak a (29) sszefggsek, s (29) utols¢ sor b¢l Di = 0, ¡gy az ll¡t s kvetkezik (29) els s m sodik sor b¢l. Ha viszont ∂i3 H s ∂i3 K is azonosan null k, akkor az ll¡t s a 23.17 lemma (4) esetbl kvetkezik A tov bbiakban ugyan£gy j rhatunk el, mint (4) bizony¡t s ban. 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Vgl (6) bizony¡t sa (5) bizony¡t s val anal¢g. 23.19 Ttel Tegyk fel, hogy az f1 , f2, g1, g2, h1 , h2 : Rn C fgg- vnyek eleget tesznek az f1 (u + v )f2 (u − v ) = g1 (u)h1 (v ) + g2 (u)h2 (v ), u, v ∈ Rn fggvnyegyenletnek, f1 s f2 mrhetek s egyik sem majdnem mindentt nulla. Ekkor lteznek olyan a, ~a, e, e~ ∈ C konstansok, L, L1 , L2 : Rn C line ris s Q : Rn C kvadratikus lekpezsek, valamint ω1 , ω2 r s lland¢k (l sd 23.6), hogy f1 (x) = exp(a + L1 (x) + Q(x))σ (L(x) + e, ω1 , ω2 ), ha x ∈ Rn s f2 (y ) = exp(~ a + L2 (y ) + Q(y ))σ (L(y
) + e~, ω1 , ω2 ), ha y ∈ Rn vagy f1 (x) = exp(a + L1 (x) + Q(x))σ (L(x) + e, ω1 , ∞), f2 (y ) = exp(~ a + L2 (y ) + Q(y )), ha y ∈ Rn ha x ∈ Rn s vagy f1 (x) = exp(a + L1 (x) + Q(x)), ha x ∈ Rn s f2 (y ) = exp(~ a + L2 (y ) + Q(y ))σ (L(y ) + e~, ω1 , ∞), ha y ∈ Rn . Megjegyezzk, hogy f1 , f2 fggvnyben a 23.11 s 2310 pontok alapj n g1 , g2 , h1 , h2 meghat rozhat¢k. Bizony¡t s. Elszr tegyk fel, hogy vagy van olyan x0 ∈ Rn pont s olyan 1 ≤ i ≤ n index, hogy H (x) = ln(f1 (x + x0 )/f1 (x0 )) jellssel ∂i3 H nem azonosan nulla az orig¢ egyetlen krnyezetben sem, vagy van olyan y0 ∈ Rn pont s 1 ≤ i ≤ n index, hogy K (y ) = ln(f2 (y + y0 )/f2 (y0 )) jellssel ∂i3 K nem azonosan nulla az orig¢ egyetlen krnyezetben sem. A kt eset t rgyal sa hasonl¢, az elst fogjuk rszletezni. Az ltal noss g megszor¡t sa nlkl feltehetjk azt is, hogy i = 1, azaz feltesszk, hogy van olyan x0 ∈ Rn , hogy a
fenti H -val ∂13 H az orig¢ egyetlen krnyezetben sem azonosan nulla. Meg fogjuk mutatni, hogy x0 , y0 ∈ Rn , δ > 0 £gy is megv laszhat¢k, hogy amellett, hogy ∂13 H nem azonosan nulla az orig¢ egyetlen krnyezetben sem, |x|, |y| < δ esetn teljesljenek a 23.15 pont (6){(9) egyenletei, tov bb minden 1 ≤ j ≤ n esetn az al bbi felttelek is fenn llnak: (1) ∂j3 H (x) vagy minden |x| < δ esetn nulla, vagy egyetlen |x| < δ esetn sem nulla; (2) ∂j3 K (y ) is vagy minden |y| < δ esetn nulla, vagy egyetlen |y| < δ esetn sem nulla; 6 0 vagy ∂j3 K = 6 0, vagy mindkett fenn ll, akkor ∂j2 H (x) − (3) ha ∂j3 H = ∂j2 K (y ) sem nulla egyetlen |x| < δ , |y| < δ p rra sem. 240 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse Ennek bizony¡t s ra induljunk ki olyan ε > 0 sz mb¢l, s olyan x1 illetve y1 pontokb¢l, amelyekre a H1 (x) = ln(f1 (x + x1 )/f1 (x1 )) s K1 (y ) = ln(f2 (y + y1 )/f2 (y1 ))
fggvnyek rtelmezve vannak az orig¢ ε sugar£ krnyezetben, s ∂13 H1 nem azonosan nulla az orig¢ egyetlen krnyezetben sem. Az ε skkentsvel elrhet, hogy b rmely x0 , y0 -ra, amelyre |x0 − x1 | < ε illetve |y0 − y1 | < ε, a δ = ε − max{|x0 − x1 |, |y0 − y1 |} sugar£ krnyezeten rtelmezve legyenek az (x0 -t¢l illetve y0 -t¢l is fgg) H (x) = ln(f1 (x + x0 )/f1 (x0 )) illetve K (y ) = ln(f2 (y + y0 )/f2 (y0 )) fggvnyek. Vizsg ljuk meg a H1 s H , illetve K1 s K fggvnyek kztti kap solatot. Elg ki siny ε esetn H (x) = ln(f1 (x + x0 )/f1 (x0 )) = ln((f1 (x + (x0 − x1 ) + x1 )/f1 (x1 )) − ln(f1 (x0 )/f1 (x1 )) = H1 (x + (x0 − x1 )) + ln(f1 (x1 )/f1 (x0 )). Ez azt jelenti, hogy H deriv ltjai az orig¢ krl ugyan£gy viselkednek, mint H1 deriv ltjai az x0 − x1 pont krl. Hasonl¢an kapjuk, hogy K (y ) = K1 (y + (y0 − y1 )) + ln(f2 (y1 )/f2 (y0 )), azaz hogy K deriv ltjai az orig¢ krl ugyan£gy
viselkednek, mint K1 deriv ltjai az y0 − y1 pont krl. Vil gos, hogy szksg esetn skkentve ε-t elrhet, hogy |x0 |, |y0| < ε esetn H s K teljes¡tse a 23.15 pontbeli (6){(9) par i lis di eren i legyenletrendszert az orig¢ δ sugar£ krnyezetn Tekintsk az X = {x ∈ Rn : |x| < ε, ∂13H1 (x) 6= 0} ny¡lt halmazt. Ez egy Baire-tr Azon x ∈ X pontok Xj halmaza, amelyeknek vagy van olyan X -beli krnyezete, amelyen ∂j3 H1 sehol sem nulla, vagy van olyan X -beli krnyezete, amelyen ∂j3 H1 mindentt nulla, sr ny¡lt halmaz X -ben. gy a ∩nj=2 Xj halmaz sr ny¡lt rszhalmaza X -nek Legyen x2 ennek tetszleges pontja Az x1 + x2 valamely krnyezetbl vett x0 pontokra teljesl (1). Hasonl¢an kapjuk az y2 pontot: Tekintjk az Y = {y ∈ Rn : |y| < ε} ny¡lt halmazt. Ez egy Baire-tr Azon y ∈ Y pontok Yj halmaza, amelyeknek vagy van olyan Y -beli krnyezete, amelyen ∂j3 K1 sehol sem nulla, vagy van olyan Y -beli
krnyezete, amelyen ∂j3 K1 mindentt nulla, sr ny¡lt halmaz Y -ban. gy a ∩nj=1 Yj halmaz sr ny¡lt rszhalmaza Y -nak. Legyen y2 ennek tetszleges pontja y1 + y2 valamely krnyezetbl vett y0 pontokra teljesl (2). Meg kell mg mutatnunk, hogy x0 s y0 £gy is v laszthat¢, hogy (3) is teljesljn. Ez induk i¢val knnyen kvetkezik Legyen x0 = x1 + x2 s y0 = y1 + y2 . Ha (3) m r teljesl 1 ≤ j < k esetn, s ∂k3 H1 (x2 ) = ∂k3 H (0) 6= 0, akkor helyettes¡tsk x2 -t x2 + tek -val, ahol ek a k-adik egysgvektor, t pedig olyan ki si, hogy az eddig m r teljes¡tett felttelek tov bbra is fenn lljanak, ha pedig ∂k3 H1 (x2 ) = ∂k3 H (0) = 0, akkor, felhaszn lva, hogy ∂k3 K1 (y2 )) = ∂k3 K (0) 6= 0, helyettes¡tsk y2 -t y2 + tek -val, 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse ahol t pedig olyan ki si, hogy az eddig m r teljes¡tett felttelek tov bbra is fenn lljanak. Ha ezekkel az £j x2 , y2 rtkekkel £jra
kpezzk x0 = x1 + x2 -t s y0 = y1 + y2 -t, akkor (3) m r teljesl 1 ≤ j ≤ k esetn. Most alkalmazhatjuk a 23.18 lemm t Azt kapjuk, hogy lteznek olyan ′ ′ a ,a ~ , c, c~, e′ , e~′ ∈ C konstansok, L, L′1 , L′2 : Rn C line ris lekpezsek s Q : Rn C kvadratikus lekpezs, hogy az orig¢ elg kis krnyezetben vagy H (x) = a′ + L′1 (x) + Q(x) + ln σ c(L(x) + e′ , ω1 , ω2 ) K (y ) = a ~′ + L′2 (y ) + Q(y ) + ln c~σ (L(y ) + e~′ , ω1 , ω2 ) s H (x) = a′ + L′1 (x) + Q(x) + ln cσ (L(x) + e′ , ω1 , ∞) s K (y ) = a ~′ + L′2 (y ) + Q(y ) vagy H (x) = a′ + L′1 (x) + Q(x) s K (y ) = a ~′ + L′2 (y ) + Q(y ) + ln c~σ (L(y ) + e~′ , ω1 , ∞) . Ez azt jelenti, hogy az x 7 f1 (x + x0 ) illetve y 7 f2 (y + y0 ) lekpezsek a ttelben ll¡tott el ll¡t ssal rendelkeznek az orig¢ egy kis krnyezetben. Azonban a 2310 pontb¢l tudjuk, hogy ezek a fggvnyek az orig¢ egy kis krnyezetben
eleget tesznek egy (1) t¡pus£ fggvnyegyenletnek mindentt analitikus, s az orig¢ b rmely krnyezetben line risan fggetlen g~1 , g~2, h~ 1 , h~ 2 fggvnyekkel a jobb oldalon. gy alkalmazhat¢ r juk a 23.12 lemma, s kapjuk, hogy mindentt a ttelben k¡v nt el ll¡t ssal rendelkeznek. Ebbl kvetkezik, hogy m s a, a~, e, e~ ∈ C konstansokkal s L1 , L2 : Rn C line ris lekpezsekkel az f1 s f2 fggvnyek is a ttelben adott el ll¡t s£ak. H tra van mg annak az esetnek a vizsg lata, amikor minden x0 ∈ Rn pontra, amelyre f1 (x0 ) 6= 0, a H (x) = ln(f1 (x+x0 )/f1 (x0 )) fggvny minden ∂i3 H par i lis deriv ltja nulla az orig¢ valamely krnyezetben, s minden y0 ∈ Rn pontra, amelyben f2 (y0 ) 6= 0, a K (y ) = ln(f2 (y + y0 )/f2 (y0 )) fggvny minden ∂i3 K par i lis deriv ltja nulla az orig¢ valamely krnyezetben. Megmutatjuk, hogy ebben az esetben a ttel ll¡t sa L ≡ 0 v laszt ssal teljesl, azaz azt fogjuk megmutatni,
hogy lteznek olyan a, a~ komplex konstansok, L1 , L2 : Rn C line ris, illetve Q : Rn C kvadratikus lekpezsek, hogy (4) f1 (x) = exp(a + L1 (x) + Q(x)), ha x ∈ Rn s f2 (y ) = exp(~ a + L2 (y ) + Q(y )), ha y ∈ Rn . Itt is elszr azt mutatjuk meg, hogy a fenti el ll¡t s lok lisan teljesl. A 23.17 lemma (4) ll¡t sa szerint b rmely x0 -ra s y0 -ra, amelyre f1 (x0 ) 6= 0 242 23.§ A Weierstrass-fle szigma-fggvny jellemzse illetve f2 (y0 ) 6= 0, a megfelel H illetve K fggvnyekre alkalmas a′ , a~′ komplex konstansokkal, L′1 , L2′ : Rn C line ris illetve Q : Rn C kvadratikus fggvnyekkel H (x) = a′ + L′1 (x) + Q(x) s K (y ) = a ~′ + L′2 (y ) + Q(y ). Ebbl, mivel f1 (x+x0 ) = f1 (x0 ) exp(H (x)) s f2 (y +y0 ) = f2 (y0 ) exp(K (y )), £j v ltoz¢t vezetve be, m s a, a~ komplex konstansokkal s L1 , L2 : Rn C line ris lekpezsekkel az x0 , illetve y0 egy krnyezetben f1 (x) = exp(a + L1 (x) + Q(x)) f2 (y ) = exp(~
a + L2 (y ) + Q(y )). s Rgz¡tsnk egy x0 , y0 p rt, s tekintsk azt a maxim lis 0 < δ ≤ ∞ sugarat, amelyre f1 nem nulla az x0 pont δ sugar£ krnyezetn. Mivel f1 analitikus ezen a gmbn, a fenti el ll¡t s teljesl az egsz gmbn az x0 , y0 p rhoz tartoz¢ a-val, L1 -el s Q-val. Mivel δ < ∞ esetn az x 7 a + L1 (x) + Q(x) fggvny korl tos lenne a gmbn, f1 nem lehetne folytonos, mert a gmbn |f1 |-nek ltezne pozit¡v als¢ korl tja. Ez azt jelenti, hogy δ = ∞, azaz a fenti el ll¡t s az egsz Rn -en teljesl az x0 , y0 p rhoz tartoz¢ a-val, L1 -el s Qval. Hasonl¢an kapjuk, hogy f2 is fel¡rhat¢ (4) alakban az x0 , y0 p rhoz tartoz¢ a~-al, L2 -vel s Q-val. Irodalom Irodalom [1℄ A zl J nos, Vorlesungen uber Funktionalglei hungen und ihre Anwendungen. Birkhauser, 1961 [2℄ A zl J nos, Ein Bli k auf Funktionalglei hungen und Ihre Anwendungen. VEB Deuts her Verlag der Wissens haften, 1962 [3℄ A zl J nos,
Le tures on fun tional equations and their appli ations. A ademi Press, 1966. [4℄ A zl J nos, On stri t monotoni ity of ontinuous solutions of ertain types of fun tional equations. Canad Math Bull 9(2) (1966), 229{232 [5℄ A zl J nos, On Appli ations and Theory of Fun tional Equations. A ademi Press, 1969. [6℄ A zl J nos, Notes on generalized information fun tions. Aequationes Math. 22 (1981), 97{107 [7℄ A zl J nos, Some unsolved problems in the theory of fun tional equations, II. Aequationes Math 26 (1984), 255{260 [8℄ A zl J nos, A short ourse on fun tional equations. D Reidel, 1987 [9℄ A zl J nos, Remark 15. In Report of Meeting; The Twenty-sixth International Symposium on Fun tional Equations Aequationes Math 37 (1989), 107. [10℄ A zl J nos, The state of the se ond part of Hilberts fth problem. Bull. Amer Math So (N S) 20 (1989), 153{163 [11℄ A zl J nos, Remark 15. Report of meeting The twenty-sixth symposium on fun tional equations Aequationes Math
37 (1989), 107{108 [12℄ A zl J nos (Ed.), Aggregating lones, olors, equations, iterates, numbers, and tiles Birkhauser, 1995 (Also as Vol 50 of Aequationes Math.) [13℄ A zl J nos, Walter Benz, Uber das harmonis he Produkt und eine korrespondierende Funktionalglei hung. Abhandlungen aus dem Math Sem. der Univ Hamburg 43 (1975), 3{10 [14℄ A zl J nos, Jukang Chung, Integrable solutions of fun tional equations of a general type. Studia S i Math Hungar 17 (1982{84), 51{67 [15℄ A zel Janos, Daro zy Zoltan, On measures of informations and their hara terizations. A ademi Press, 1975 [16℄ A zel Janos, Jean Dhombres, Fun tional equations in several variables. En y lopedia of mathemati s and its appli ations 31 Cambridge University Press, 1989. [17℄ A zel Janos, Roman Ger, Jarai Antal, Solutions of an equation arising from utility that is both separable and additive. Pro Amer Math So . 127 (1999), 2923{2929 244 Irodalom [18℄ A zel Janos, Stanislaw Golab,
Funktionalglei hungen der Theorie der Geometris hen Objekte. Panstowe Wydawni two Naukowe, Warsawa, 1960. [19℄ Paul S. Alexandrov (Ed), Die Hilberts hen Probleme Akademis he Verlagsgesells haft Geest & Portig K.-G, 1971 [20℄ Claudi Alsina, Problem 1. Aequations Math 47 (1994), 302 [21℄ John A. Baker, Regularity properties of fun tional equations Aequationes Math 6 (1971), 243{248 Q [22℄ John A. Baker, On the fun tional equation f (x)g (y ) = ni=1 hi (ai x + bi y ). Aequationes Math 11 (1974), 154{162 [23℄ John A. Baker, Fun tional equations, tempered distributions and Fourier transforms Trans Amer Math So 315 (1989), 57{68 [24℄ John A. Baker, Fun tional equations, distributions and approximate identities. Can J Math 17(4) (1990), 696{708 [25℄ John A. Baker, Di eren e Operators, Distributions and Fun tional Equations Periodi a Math Hungar 23(3) (1991) 171{183 [26℄ Ni olas Bourbaki, Elements of mathemati s. General topology Addison-Wesley, 1966 [27℄ Mario Bonk,
The addition theorem of Weierstras sigma fun tion. Math. Ann 298 (1994), 591{601 [28℄ Mario Bonk, The addition formula for theta fun tions. Aequationes Math. 53 (1997), 54{72 [29℄ Claude Chevalley, Theory of Lie groups I. Prin eton University Press, 1964. [30℄ Daro zy Zolt n, On the measurable solutions of a fun tional equation. A ta Math. S i Hungar 22 (1971{72), 11{14 die stetigen Losungen der A zel{Benzs hen Funk[31℄ Daro zy Zolt n, Uber tionalglei hung. Abhandlungen aus dem Math Sem der Univ Hamburg 50 (1980), 210-218 [32℄ Daro zy Zolt n, Jarai Antal, On the measurable solutions of a fun tional equation arising in information theory. A ta Math A ad S i Hungar. 34 (1979), 105{116 [33℄ Daro zy Zolt n, Helmut Kiesewetter, Ein Funktionalglei hung von Abel und die Grundglei hung der Information. Period Math Hungar 4 (1973), 25{28. [34℄ Daro zy Zoltan, Maksa Gyula, Nonnegative information fun tions. Colle tion: Analyti fun tion methods in probability theory (Pro
Colloq Methods of Complex Anal. in the Theory of Probab and Statist, Kossuth L Univ Debre en, Debre en, 1977), 67{78 Irodalom [35℄ Jean Dhombres, Some aspe ts of fun tional equations. Chulalongkorn University, Bangkok, Thailand, 1979. [36℄ Georg T. Diderri h, Lo al boundedness and the Shannon entropy Information and Control 36 (1978), 292{308 [37℄ Georg T. Diderri h, Continued fra tions and the fundamental equation of information. Aequationes Math 19 (1979), 93{103 [38℄ Georg T. Diderri h, Boundedness on a set of positive measure and the fundamental equation of information. Publ Math Debre en 33 (1986), 1{7. [39℄ Jean Dieudonne, Grundzge der modernen Analysis I{IX. VEB Deutsher Verlag der Wissens haften, 1971{1988 [40℄ Wolfgang Ei hhorn, Fun tional Equations in E onomi s. Addison-Wesley, 1978. [41℄ Erd}os P l, John C. Oxtoby, Partitions of the plane into sets having positive measure in every no-null measurable produ t set. Trans Amer Math. So 79 (1955), 91{102
[42℄ Herbert Federer, Geometri measure theory. Springer, 1969 [43℄ Feny}o Istv n, Uber eine Losungsmethode gewisser Funktionalglei hungen. A ta Math A ad S i Hung 7 (1956), 383{396 [44℄ Zbigniew Gajda, Christensen measurable solutions of generalized Cau hy fun tional equations. Aequationes Math 31 (1986), 147{158 [45℄ Hillel Gau hman, Lee A. Rubel, Sums of produ ts of fun tions of x times fun tions of y . Lin Alg and its Appl 125 (1989), 19{63 [46℄ Dan Geiger, David He kerman, A hara terization of the Diri hlet distribution through global and lo al parameter independen e. Ann of Statist. 25 (1997), 1344{1369 [47℄ Roman Ger, Mazurs riterion for ontinuity of onvex fun tionals. Talk given at the 25th ISFE in Hamburg{Rissen, 1987. [48℄ Enri o Giusti, Minimal Surfa es and Fun tions of Bounded Variation. Birkhauser, 1984. [49℄ Karl-Goswin Grosse-Erdmann, Regularity properties of fun tional equations and inequalities. Aequationes Math 37 (1989), 233{251 [50℄ Hiroshi
Haruki, Studies on ertain fun tional equations from the standpoint of analyti fun tion theory. S i Rep Osaka Univ 14 (1965), 1{40. [51℄ Otto Haupt, Uber einen Eindeutigkeitssatz fr gewisse Funktionalgleihungen. J Reine Angew Math 186 (1944), 58{64 [52℄ Edwin Hewitt, Kenneth A. Ross, Abstra t harmoni analysis I Springer, 1963 246 Irodalom [53℄ Edwin Hewitt, Kenneth A. Ross, Abstra t harmoni analysis II Springer, 1970 [54℄ Edwin Hewitt, Kenneth A. Ross, Extension of Haar measure and of harmoni analysis for lo ally ompa t Abelian groups. Math Ann 160 (1965), 171{195. [55℄ Edwin Hewitt, Karl Stromberg, Real and abstra t analysis. Springer, 1965. [56℄ David Hilbert, Gesammelte Abhandlungen Band III. Springer, 1970 [57℄ Einar Hille, Topi s in Classi al Analysis. In Vol III of the book Le tures on Modern Mathemati s , Ed. by Thomas L Saaty John Wiley & Sons, 1965. [58℄ Einar Hille, Ralph S. Phillips, Fun tional analysis and semi-groups Amer. Math So Coll Publ,
Vol 31, 1957 [59℄ Lars Hormander, Linear Partial Di erential Operators. Springer, 1976 [60℄ Andrzej Hulani ki, On subsets of full outer measure in produ ts of measure spa es. Bull A ad Polon S i 7 (1959), 331{335 [61℄ Gerald L. Itzkowitz, Extension of Haar measure for ompa t onne ted Abelian groups. Bull Amer Math So 71 (1965), 152{156 [62℄ Gerald L. Itzkowitz, Measurability and ontinuity for a fun tional equation on a topologi al group Aequationes Math 7 (1971), 194{198 [63℄ Jarai Antal, Merhet}o fuggvenyek korlatossagarol. Diakkori dolgozat KLTE, Debre en, 1973, 15 oldal. [64℄ J rai Antal, Fggvenyegyenletek merhet}o megoldasairol. Egyetemi doktori ertekezes KLTE, Debre en, 1976, 46 oldal [65℄ J rai Antal, Remark 17. Solution of two problems of W Sander Aequationes Math 19 (1979), 286{288 [66℄ J rai Antal, On measurable solutions of fun tional equations. Publ Math. Debre en 26 (1979), 17{35 [67℄ J rai Antal, Regularity properties of fun tional
equations. Aequationes Math. 25 (1982), 52{66 [68℄ J rai Antal, Invariant extension of Haar measure. Diss Math 233 (1984), 1{26. [69℄ J rai Antal, A remark to a paper of J. A zel and J K Chung Studia S i. Math Hungar 19 (1984), 273{274 [70℄ J rai Antal, Derivates are Borel fun tions. Aequationes Math 29 (1985), 24{27. [71℄ J rai Antal, Remark 12. In: Pro eedings of the Twenty-third International Symposium on Fun tional Equations Centre for Information Theory, University of Waterloo, 1985, 57{58. Irodalom [72℄ J rai Antal, On regular solutions of fun tional equations. Aequationes Math. 30 (1986), 21{54 [73℄ J rai Antal, Remark to the problem 4 of C. Alsina and J{L Gar ia{ Roig. Aequationes Math 35 (1988), 120 [74℄ J rai Antal, Fuggvenyegyenletek regularitasi tulajdonsagai. Kandidatusi ertekezes. Debre en, 1988, 96 oldal [75℄ J rai Antal, Fuggvenyegyenletek regularitasi tulajdonsagai. Kandidatusi ertekezes tezisei. Debre en, 1988, 21 oldal [76℄ J
rai Antal, Remark 3. (Solution of a problem of C Alsina and J{L Gar ia-Roig.) Aequations Math 36 (1989), 98 [77℄ Jarai Antal, On a problem of S. Mazur (a) Bekldve (b) Talk, XII. Osterrei his her Mathematikerkongre, Wien, 1989; Abstra t: XII. his her Osterrei his her Mathematikerkongre, Vortragsauszuge, Osterrei Mathematiker Gesellshaft, 1989. ( ) 27th International Symposium on Fun tional Equations, Bielsko Biala{Katowi e{Krakow, Poland, 1989; Abstra t: Aequationes Math. 39 (1990), 280 (d) KLTE TTK Debre en, Te hni al report 91/15, 1{6. [78℄ J rai Antal, Remark 22. (To a theorem of J A zel) Aequationes Math 37 (1989), 111. [79℄ J rai Antal, Di erentiation of parametri integrals and regularity of fun tional equations. Grazer Math Ber 315 (1991), 45{50 [80℄ J rai Antal, Holder ontinuous solutions of fun tional equations. Compes Rendus Math Rep A ad S i Canada 14 (1992), 213{218 [81℄ J rai Antal, On Holder ontinuous solutions of fun tional equations. Publ. Math
Debre en 43/3{4 (1993), 359{365 [82℄ J rai Antal, On Lips hitz property of solutions of fun tional equations. Aequationes Math. 47 (1994), 69{78 [83℄ J rai Antal, On the analyti solutions of fun tional equations. Annales Univ. S i Budapest, Se t Comp 14 (1994), 71{77 [84℄ J rai Antal, On ontinuous solutions of fun tional equations. Publ Math. Debre en, 44/1{2 (1994), 115-122 [85℄ J rai Antal, Fuggvenyegyenletek regularitasi tulajdonsagai. Habilita ios ertekezes. Debre en, 1994 132 oldal [86℄ J rai Antal, Fuggvenyegyenletek regularitasi tulajdonsagai. Habilita ios ertekezes tezisei. Debre en, 1994 34 oldal [87℄ J rai Antal, A Steinhaus type theorem. Publ Math Debre en 47 (1995), 1{13. [88℄ J rai Antal, Remark 30. (Solution of a problem of K Lajko) Aequationes Math 49 (1995), 196 248 Irodalom [89℄ J rai Antal, Regularity properties of fun tional equations. Lea ets in Mathemati s. Janus Pannonius University, Pe s, 1996, 1{77 [90℄ J rai Antal,
Remark 23. (To the talk of R Badora) Aequationes Math. 51 (1996), 178 [91℄ J rai Antal, A generalization of a theorem of Pi ard. Publ Math Debre en 52 (3-4) (1998), 497{506. [92℄ J rai Antal, Regularity Property of the Fun tional Equation of the Diri hlet Distribution. Aequationes Math 56 (1998), 37-46 [93℄ Jarai Antal, Measurable solutions of fun tional equations satis ed almost everywhere. Math Pannoni a 10/1 (1999), 103{110 [94℄ J rai Antal, Regularity of bounded variation solutions of fun tional equations. Aequationes Math, megjelens alatt [95℄ J rai Antal, Regularity properties of fun tional equations on manifolds. Bekldve. [96℄ Jarai Antal, Measurability implies ontinuity for solutions of fun tional equations | even with few variables. Bekldve [97℄ Jarai Antal, Baire property implies ontinuity for solutions of fun tional equations | even with few variables. A ta S i Math Szeged 66 (2000), 579{601. [98℄ Jarai, Antal, Continuity implies di erentiability
for solutions of fun tional equations | even with few variables. Megjelens alatt [99℄ J rai Antal, Maksa Gyula, Remark 19. Solution of a problem of C Alsina. Pro eedings of the Twenty-third International Symposium on Fun tional Equations. Centre for Information Theory, University of Waterloo, 1985. [100℄ J rai Antal, Maksa Gyula, Remark 2. (Solution of a problem of C Alsina and J. L Gar ia-Roig) Aequations Math 47 (1994), 302 [101℄ J rai Antal, Maksa Gyula, Regular solutions of a fun tional equation. C. R Math Rep A ad S i Canada, 17(1) (1995), 7{10 [102℄ Jarai Antal, Pales Zsolt, Remark 10. Solution of a problem of T M K Davison Aequationes Math 53 (1997), 190 [103℄ J rai Antal, Wolfgang Sander, A Regularity Theorem in Information Theory. Publ Math Debre en 50 (1997), 339{357 [104℄ J rai Antal, Szekelyhidi L szl¢, Regularization and General Methods in the Theory of Fun tional Equations. Survey paper Aequationes Math 52 (1986), 10{29. [105℄ Shizuo Kakutani, John C.
Oxtoby, Constru tion of a non-separable invariant extension of the Lebesgue measure spa e Ann of Math (N S) 52/2 (1950), 580{590. Irodalom [106℄ Shizuo Kakutani, Kunihiko Kodaira, A non-separable translation invariant extension of the Lebesgue measure spa e. Ann of Math (N S) 52/2 (1950), 574{579. [107℄ Johannes H. B Kemperman, A general fun tional equation Trans Amer. Math So 86 (1957), 28{56 [108℄ Zygfryd Kominek, Some generalization of the theorem of S. Pi ard Pra e Naukowe Uniwersytetu Slaskiego w Katowi a h 37 (1973), 31{ 33. [109℄ Krausz Tam s, Steinhaus-tpusu tetelek. Diakkori dolgozat KLTE Mat. Int, Debre en, 1980 [110℄ Marek Ku zma, Fun tional equations in a single variable. PWN - Polish S ienti Publisher, 1968. [111℄ Marek Ku zma, An Introdu tion to the Theory of Fun tional Equations and Inequalities. Panstwowe Wydawni two Naukowe, Uniwersytet ski, 1985. Sla [112℄ Marek Ku zma, Bogdan Cho zewski, Roman Ger, Iterative Fun tional Equation. En y
lopedia of mathemati s and its appli ations 32 Cambridge University Press, 1990. [113℄ Marzin E. Ku zma, A generalization of Steinhaus theorem to oordinatewise measure preserving binary transformations Colloq Math 36 (1976), 241{248. [114℄ Marzin E. Ku zma, Di erentation of impli it fun tions and Steinhaus theorem in topologi al measure spa es. Colloq Math 39 (1978), 95{ 107. [115℄ Marzin E. Ku zma, Marek Ku zma, An elementary proof and an extension of a theorem of Steinhaus Glas Mat 6(26) (1971), 11{18 [116℄ Svetozar Kurepa, A osine fun tional equation in Hilbert spa e. Canad J. Math 12 (1957), 45{50 [117℄ Iwo Labuda, Ri hard D. Mauldin, Problem 24 of The S ottish Book" on erning additive fun tionals. Coll Math 48 (1984), 89{91 [118℄ La zkovi h Mikl¢s, Valos fuggvenytan. Egyetemi jegyzet Eotvs Lorand Tudom nyegyetem, Budapest, 1995. [119℄ Lajko K roly, On the general solution of re tangle-type fun tional equations. Publ Math Debre en 28 (1981), 137{143
[120℄ Lajko K roly, Remarks to a fun tional equation arising in the spe tral theory of random elds. (Talk on the 32 ISFE) Aequationes Math 49 (1995), 175. [121℄ Bohdan Lawruk, Halina Swiatak, On Fun tions Satisfying a Generalized Mean Value Equation. Aequationes Math 11 (1974), 1{10 250 Irodalom [122℄ Zbigniew Lipe ki, On ontinuity of group homomorphisms. Coll Math 48 (1984), 93{94. [123℄ Loson zi L szl¢, On a fun tional equation of sum form. Publ Math Debre en 26 (1989), 167{177. [124℄ Maksa Gyula, The general solution of a fun tional equation related to the mixed theory of information. Aequationes Math 22 (1981), 90{96 [125℄ Maksa Gyula, Bounded symmetri information fun tions. C R Math Rep. A ad S i Canada Vol II (1980), No 5, 247{252 [126℄ Janusz Matkowski, Continuous solutions of a fun tional equation. Publ Math. Debre en, 52/3-4 (1998), 559-562 atkowski, A re ned Steinhaus theorem [127℄ Janusz Matkowski, Tadeusz Swi and subadditive fun tions.
Megjelens alatt [128℄ Daniel R. Mauldin (Ed), The S ottish Book Birkhauser, 1981 [129℄ Mi hael A. M Kiernan, Boundedness on a Set of Positive Measure and the Mean Value Property Chara terizes Polynomials an a Spa e V n . Aequationes Math. 4 (1970), 31{36 [130℄ Mi hael A. M Kiernan, Di eren e and mean value type fun tional equations Centro Internationale Matemati o Estivo Corso tenuto a La Mendola (Trento) dal 20 al 28 agosto 1970. [131℄ Frank Morgan, Geometri measure theory. A beginners guide A ademi Press, 1988 [132℄ John C. Oxtoby, Mass und Kategorie Springer, 1971 [133℄ Luigi Paganoni, Sulla equivalenza fra misurabilita e ontinuita per le soluzioni di una lasse di equazioni funzionali. Riv Mat Univ Parma (3)3 (1974), 175{188. [134℄ Pales Zsolt, On redu tion of linear two variable fun tional equations to di erential equations without substitutions. Aequationes Math 43 (1992), 236{247. [135℄ S. Pi ard, Sur les ensembles de distan es des ensembles de points dun
espa e eu lidien. Mem Univ Neu h^atel, 13 , Se retariat de lUniversite Neu h^atel, 1939. [136℄ Ri hard Ro hberg, Lee A. Rubel, A fun tional equation Indiana Univ Math. J 41 (1992), 363{376 [137℄ Walter Rudin, Prin iples of mathemati al analysis. Se ond edition M Graw-Hill, 1964. [138℄ Thomas L. Saaty, Modern Nonlinear Equations Dover, 1981 [139℄ Stanislaw Saks, Antoni Zygmund, Analyti Fun tions. Warszawa{Wro law 1952. Irodalom [140℄ Wolfgang Sander, Verallgemeinerungen eines Satzes von H. Steinhaus Manus ripta Math. 18 (1976), 25{42 Sander, W, Errata hierzu Manus ripta Math 20 (1977), 101{103 [141℄ Wolfgang Sander, Regularitatseigens haften von Funktionalglei hungen. Glas. Math Ser III 13(33) (1978), 237{247 [142℄ Wolfgang Sander, Verallgemeinerte Cau hy-Fun tionalgleihungen. Aequationes Math 18 (1978), 357{369 [143℄ Wolfgang Sander, A generalization of a theorem of S. Pi ard Pro Amer. Math So 73 (1979), 281{282 [144℄ Wolfgang Sander, Problem P179.
Aequationes Math 19 (1979), 287 [145℄ Wolfgang Sander, Ein Beitrag zur Baire-Kategorie-Theorie. Manus ripta Math 34 (1981), 71{83 [146℄ Wolfgang Sander, Problem 19. Aequationes Math 46 (1993), 294 [147℄ Wolfgang Sander, On a generalized fundamental equation of information. Results in Math 26 (1994), 372{381 [148℄ Laurent S hwartz, Radon measures on arbitrary topologi al spa es and ylindri al measures. Oxford University Press, 1973 [149℄ Jaroslav Sm¡tal, On fun tions and fun tional equations. Adam Hilger, 1988. [150℄ Hugo Steinhaus, Sur les distan es des points dans les ensembles de mesure positive. Fund Math 1 (1920), 93{104 [151℄ Halina Swiatak, On the Regularity of the Lo ally Integrable Solutions P of the Fun tional Equations ki=1 ai (x, t)f (x + ϕi (t)) = b(x, t). Aequationes Math 4 (1970), 291{296 [152℄ Halina Swiatak, Criteria for the Regularity of Continuous and Lo ally Integrable Solutions of a Class of Linear Fun tional Equations. Aequationes Math 6
(1971), 170{187 [153℄ Halina Swiatak, On Certain Regularity Problems for Solutions of Fun tional Equations. Bull A ad Pol S i, Ser Math, Astr et Phys XIX (3) (1971), 209{212. [154℄ Halina Swiatak, The regularity of the lo ally integrable and ontinuous solutions of nonlinear fun tional equations. Trans Amer Math So 221(1) (1976), 97{118. [155℄ Halina Swiatak, Existen e and regularity problems for nonlinear fun tional equations. A ta Math A ad S i Hungar 30 (1{2) (1977), 21{31 [156℄ Szekelyhidi L szl¢, On a lass of linear fun tional equations. Publ Math. Debre en 29 (1982), 19{28 252 Irodalom [157℄ Szekelyhidi L szl¢, On a problem of S. Mazur Trans Amer Math So 316 (1989), 161{164. [158℄ Szkelyhidi L szl¢, Convolution Type Fun tional Equations on Topologi al Abelian Groups. World S ienti , 1991 [159℄ Rolf Trautner, A overing prin iple in real analysis. Quart J Math Oxford 38(2) (1987), 127{130 [160℄ Akira Tsutsumi, Shigeru Haruki, Fun tional Equations
and Hypoellipti ity. Pro Japan A ad Ser A, 58(3) (1982), 105{108 [161℄ Akira Tsutsumi, Shigeru Haruki, The regularity of solutions of fun tional equations and hypoellipti ity. In: A zel J nos (ed), Fun tional Equations: History, Appli ations and Theory, 99{112. D Reidel, 1984 [162℄ Akira Tsutsumi, Shigeru Haruki, On Hypoellipti Fun tional Equations. Math Japoni a 36(3) (1991), 581{590 [163℄ Fikret Vajzovi, On the solution of one fun tional equation. Mat Vesnik 5 (1968), 25{28. [164℄ Andre Weil, Lintegration dans les groupes topologiques et ses appli ations. Paris, 1951 [165℄ Eberhard Zeidler, Nonlinear fun tional analysis I.{IV Springer, 1990
Jellemzően a vállalkozás beindítása előtt elkészített tanulmány, de készülhet már meglévő vállalkozás esetében is. Az üzleti tervezés egy olyan tervezési módszer, amely keretet a cég céljainak eléréséhez. Írásunk módszertani útmutatóként szolgál azoknak, akik érdeklődnek az üzleti tervezés iránt.
