Semi-continuïteit

Semi-continuïteit
Pierre v. Mouche
2005
Verbeterde versie 1.2 (november 2012)
Voorwoord
Dit typoscriptje gaat over semi-continuïteit van reëelwaardige functies en is omlaag te laden op
http://home.deds.nl/~pvmouche (indien die url nog geldt).1
Het behandelt een paar elementaire
resultaten voor semi-continue functies die elders soms goed van pas komen. Daarnaast behandelt
het het lemma van Weierstrass-Lebesgue, een dekpuntstelling voor semi-continue afbeeldingen en
parameterafhankelijkheid van oplossingen.
Een en ander hier is niet zo snel in de literatuur te
traceren. In de appendix wordt een en ander qua voorkennis (met name boven- en benedenlimieten)
in herinnering geroepen, soms met soms zonder bewijs.
De auteur dankt Dr. W. Pijnappel voor zijn op- en aanmerkingen. Uiteraard houdt de auteur
zich aanbevolen voor verdere op- en aanmerkingen die kunnen leiden tot verbeteringen.
Inhoudsopgave
1 Noties
2
2 Karakterisaties
2
3 Oud maakt nieuw
5
4 Rechts- en links-continuïteit
6
5 Maximaliseerders
7
6 Parameter-afhankelijkheid van oplossingen
8
7 Dekpuntstelling
9
A Ter herinnering
10
1 Voor
ATEX gebruikt onder het
de vervaardiging ervan is het (idealistische) publieke-domein-tekstzetsysteem L
(idealistische) besturingssyssteem Linux.
1
1
Noties
g : X → R, waar X een topologische ruimte is, en a ∈ X . g heet continu in a als er voor
> 0 een omgeving V van a bestaat zodanig dat |g(x) − g(a)| < voor alle x ∈ V . En
g heet continu als g continu in elk punt van X is. Omdat |g(x) − g(a)| < equivalent is met
g(a) − < g(x) < g(a) + , kunnen we de denitie van continuïteit als volgt opsplitsen:
Zij
elke
Denitie 1
g
1.
Zij
X
heet semi-continu naar boven in
zodanig dat
punt van
g
2.
een topologische ruimte,
X
g(x) < g(a) + a
g:X→R
een functie en
als er voor elke
voor alle
x ∈ V. g
>0
a ∈ X.
een omgeving
V
a
van
heet semi-continu naar boven als
bestaat
g
in elk
semi-continu naar boven is.
a als er voor elke > 0 een omgeving V van a bestaat
x ∈ V . g heet semi-continu naar beneden als g in elk
beneden is. heet semi-continu naar beneden in
zodanig dat
punt van
X
g(x) > g(a) − voor alle
semi-continu naar
Dus
g
is continu (in
a) ⇔ g
is zowel semi-continu naar boven als naar beneden (in
Men zou kunnen zeggen: een functie die semi-continu naar beneden in
van
a
a is,
springt in de buurt
niet snel naar beneden. En: een functie die semi-continu naar boven in
buurt van
a
a
is, springt in de
niet snel naar boven.
Merk nog op dat continuïteit van
beneden en naar boven zijn van
g
a).
g
g (in a) equivalent is met het tegelijkertijd semi-continu naar
a). Verder is het evident dat:
(in
is semi-continu naar boven (in
a) ⇔ −g
is semi-continu naar beneden (in
a).
Deze laatste opmerking rechtvaardigt dat ik me hieronder veelal zal beperken tot semi-continuïteit
naar beneden (en in voetnoten eventueel de andere variant nog geef ).
2
Karakterisaties
g : C → R waar C een of andere verzameling is, deniëren we voor α ∈ R:
| g(x) = α} de niveauverzameling van g m.b.t. α;
| g(x) ≤ α} de benedenniveauverzameling van g m.b.t. α;
| g(x) ≥ α} de bovenniveauverzameling van g m.b.t. α;
| g(x) < α} de strikte benedenniveauverzameling van g m.b.t. α;
| g(x) > α} de strikte bovenniveauverzameling van g m.b.t. α.
Gegeven een functie
Niv=
α
Niv≤
α
Niv≥
α
Niv<
α
Niv>
α
:= {x ∈ C
:= {x ∈ C
:= {x ∈ C
:= {x ∈ C
:= {x ∈ C
Zij X een topologische ruimte. De volgende uitspraken voor een functie g : X → R
zijn equivalent:
1. g is semi-continu naar beneden;
2. voor elke α ∈ R is Niv open;
3. voor elke α ∈ R is Niv gesloten. Bewijs. 1 ⇒ 2” a ∈ Niv
g(a) > α
g
a
Propositie 1
2
>
α
≤
α
"
>
α . Omdat
zodanig dat g(x) > α (x
: zij
en
semi-continu naar beneden in
is, is er
a
∈ V ). Dus V ∈ Niv>
α.
"2 ⇒ 1": zij a ∈ X . We bewijzen dat g semi-continu naar beneden in a is. Daartoe zij > 0.
>
Omdat V := Nivg(a)− open is en a ∈ V is, is V een omgeving van a met g(a) − < g(x) (x ∈ V ).
een omgeving van
2 Hier
is het broertje van deze propositie:
d.e.s.d.a. voor elke
α∈R
g
is semi-continu naar boven d.e.s.d.a. voor elke
≥
is Nivα gesloten.
2
α∈R
is
Niv<
α
open
"2
⇒ 3":
omdat
{x ∈ X | g(x) ≤ α} = {x ∈ X | g(x) > α}c
en het complement van een open
verzameling gesloten is.
"3
⇒ 2":
{x ∈ X | g(x) > α} = {x ∈ X | g(x) ≤ α}c
omdat
en het complement van een
gesloten verzameling open is. Q.e.d.
Het is bekend dat continuïteit van een afbeelding tusen (semi-)metrische ruimten equivalent is
met rijtjes-continuïteit van die afbeelding. Stelling 1 hieronder behelst de pendant daarvan voor
3
semi-continuïteit gebruikmakend van boven en benedenlimieten.
Om het bewijs van die stelling rond te krijgen is het goed even terug te gaan naar de volgende
situatie van continue afbeeldingen:
Laat X) een metrische ruimte zijn, g : X → R en a ∈ S. Dan zijn equivalent:
1. g is continu te a.
2. Voor elke rij (a ) uit X met lim a = a geldt lim g(a ) = g(a). Bewijs. 1 ⇒ 2 > 0
g
a
V
a
Propositie 2
n
n→∞
: zij
. omdat
n
n→∞
continu te
n
is, bestaat er een omgeving
van
zodanig
|g(x) − g(a)| < voor alle x ∈ V . Omdat limn→∞ an = a, is an ∈ V voor n groot genoeg.
Voor die n geldt dus |g(an ) − g(a)| < . Dus limn→∞ g(an ) = g(a).
2 ⇒ 1: uit het ongerijmde. Stel dus dat g niet continu te a is. Dit impliceert de existentie
van een > 0 zodanig dat voor alle n er een xn ∈ B1/n (a) (i.e. de open bol rond a met straal 1/n)
is met |g(xn ) − g(a)| ≥ . Nu limn→∞ xn = a, maar (g(an )) convergeert niet naar g(a). Q.e.d.
dat
Zij X een metrische ruimte, g : X → R en a ∈ X . Dan zijn equivalent:
1. g is semi-continu naar beneden in a ∈ X .
2. Voor elke rij (a ) uit X met lim a = a geldt lim inf g(a ) ≥ g(a). Bewijs. 1 ⇒ 2 > 0
g
a
Stelling 1
4
n
:
n→∞
zij
.
Omdat
n
n→∞
n
semi-continu naar beneden te
is, bestaat er een
g(x) > g(a) − voor alle x ∈ V . Omdat limn→∞ an = a, is an ∈ V
voor n groot genoeg. Voor die n geldt dus g(an ) > g(a) − . Dit impliceert lim inf n→∞ g(an ) ≥
lim inf n→∞ (g(a) − ) = g(a) − . Omdat dit voor alle > 0 geldt, volgt lim inf n→∞ g(an ) ≥ g(a).
1 ⇒ 1: uit het ongerijmde. Stel dus dat g niet semi-continu naar beneden te a is. Dit
impliceert de existentie van een > 0 zodanig dat voor alle n er een xn ∈ B1/n (a) is met g(xn ) ≤
g(a) − . Nu limn→∞ xn = a en vandaar lim inf n→∞ g(xn ) ≥ g(a). Maar lim inf n→∞ g(xn ) ≤
g(a) − , een tegenspraak. Q.e.d.
omgeving
Laat
V
X
van
en
a
Y
zodanig dat
verzamelingen zijn en
g : X → Y
een afbeelding.
Dan is de graek van
g
gedenieerd door
graph(g) := {(x, y) | x ∈ X, y = g(x)} ⊆ X × Y.
In het geval dat
Y ⊆R
is ook haar epigraek
epi(g) := {(x, y) | x ∈ X, y ≥ g(x)} ⊆ X × R,
en haar hypograek
hypo(g) := {(x, y) | x ∈ X, y ≤ g(x)} ⊆ X × R
gedenieerd. Dus, in dat geval, is de graek van
Als
X
en
Y
g de doorsnede van haar epigraek en hypograek.
topologische ruimten zijn, dan heeft het, cartesische producten steeds van de
producttopologie voorziend, zin te spreken van dingen als dat
dan dus dat
graph(g)
een gesloten deel van
3 Eventueel zie die appendix voor dit soort van
4 Hier is het broertje van deze stelling: zij X
a ∈ X.
Dan: voor elke rij
(an )
uit
X
geldt:
X ×Y
graph(g)
gesloten is. Dat betekent
is.
limieten.
een metrische ruimte en g : X → R semi-continu naar
limn→∞ an = a ⇒ g(limn→∞ an ) ≥ lim supn→∞ g(an ).
3
boven in
Zij X een metrische ruimte. De volgende uitspraken voor een functie g : X → R zijn
equivalent:
1. g is semi-continu naar beneden;
2. epi(g) is gesloten. Bewijs. 1 ⇒ 2 ((x , y ))
epi(g)
(x, y) ∈ X × R
Stelling 2
5
6
"
": zij
n
n
een rij uit
die convergeert naar
g(xn ) ≤ yn voor alle n, (xn ) convergeert naar x en (yn ) convergeert naar y .
g(x) = g(limn→∞ xn ) ≤ lim inf g(xn ) ≤ lim inf n→∞ yn = limn→∞ yn = y .
; dus
Met Stelling 1 volgt
Dus
(x, y) ∈ epi(g),
zoals gewenst.
"2
⇒ 1":
stel
epi(g)
α∈R
is gesloten. Om te bewijzen dat
g
semi-continu naar beneden is bewijzen
g met betrekking tot α gesloten is (en
(xn ) een rij uit {x ∈ X | g(x) ≤ α} die convergeert
naar, zeg, y . We zijn klaar als we laten zien dat g(y) ≤ α. Omdat g(yn ) ≤ α, is (xn , α) een rij uit
epi(g). Deze rij convergeert naar (y, α). Omdat epi(g) gesloten is, is (y, α) ∈ epi(g), dus g(y) ≤ α.
we dat voor elke
de benedenniveauverzameling van
kunnen dan Propositie 1 toepassen). Daartoe zij
Q.e.d.
g:X →R
g zowel semi-continu
naar beneden als naar boven is, is zowel de epigraek als de hypograek van g gesloten. De graek
van g is daarom een doorsnede van gesloten verzamelingen en vandaar weer gesloten. Maar in feite
geldt iets veel sterkers (zie eventueel , 4, in de appendix): de graek van een continue afbeelding
g : X → Y , waar X en Y topologische ruimten zijn met Y hausdorfs, is een gesloten deel van
X × Y . Dit bewijst alvast bewering 1 in de volgende stelling.
Een toepassinkje van Stelling 2 is het volgende: als
een continue afbeelding, dan is de graek van
g
X
een metrische ruimte is en
gesloten. Inderdaad: omdat
Zij X een topologische ruimte, Y een hausdorfse topologische ruimte en g : X → Y
een afbeelding. Dan:
1. g is continu ⇒ graph(g) is gesloten.
2. Als Y een compacte metrische ruimte is, dan geldt: graph(g) is gesloten ⇒ g is continu. Bewijs.
K
g(X)
Y
g(X) ⊆ K K
Stelling 3
2. Zij
de afsluiting van
Y
(in
). Dan
en vandaar ook compact. Zij
B
.
is dus een gesloten deel
Y . De continuïteit van
g : X → Y bewijzen we door aan te tonen dat g −1 (B) = {x ∈ X | g(x) ∈ B} een gesloten deel
van X is. We drukken eerst deze verzameling uit uit in termen van
van de compacte
een gesloten deel van
G := graph(g) = {(x, g(x)) | x ∈ X},
zijnde een deelverzameling van
X × K:
{x ∈ X | g(x) ∈ B} = P ((X × B) ∩ G).
P : X × K → X de projectie op de eerste coördinaat, i.e. (x, y) 7→ x, is. Omdat K compact
, 5) P gesloten, i.e. elke gesloten deelverzameling van X × K heeft als beeld
onder P een gesloten deel van X . Dus het bewijs is rond als we weten dat (X ×B)∩G een gesloten
deel van X × K is.
Welnu, G is per veronderstelling een gesloten deel van X × Y . Omdat G ⊆ X × K en X × K
een gesloten deel van X × Y is, volgt: dat G een gesloten deel van X × K is. Omdat (X × B) ∩ G =
(X × (B ∩ K)) ∩ G en ook X × (B ∩ K) een gesloten deel van X × K is, volgt het gewenste. Q.e.d.
waar
is, is (zie eventueel
Herinneren we eraan dat compacte metrische ruimten gesloten en metrisch begrensd zijn en
dat in
Rn
geslotenheid en begrensdheid van een deelverzameling van
Rn
compactheid van die
deelverzameling impliceren.
5 Hier is het broertje: g is semi-continu naar boven d.e.s.d.a. hypo(g) is gesloten deel van X × R.
6 En hier is het broertje: g is semi-continu naar boven d.e.s.d.a. hypo(g) is gesloten deel van X × R.
4
De twee volgende voorbeelden behelzen niet-continue functies
compact is, met een (in
Voorbeeld 1:
R×Y)
g:R→R
waar
Y ⊆R
niet
zij gedenieerd door
g(x) :=
Voorbeeld 2:
g : R → Y,
gesloten graek.
g : R → (0, 1)
e1/x als x 6= 0,
0 als x = 0.
(1)
zij gedenieerd door
g(x) :=
1/2
e−x
als
als
x ≤ 0,
x > 0.
(2)
Opmerkingen:
Nogmaals het bewijs van Stelling 3 bekijkend, lijkt het dat we bij die stelling met dingen bezig
zijn die niet meer zoveel met semi-continuiteït te maken hebben. Maar dat is inderdaad slechts
schijn: de moeilijkste bewering, i.e. de tweede, volgt ook uit niet zo elementaire resultaten uit de
niet-lineaire analyse, en wel uit resultaten voor correspondenties die verbanden behelzen tussen het
hemi-continu naar boven zijn en het een gesloten graek hebben. Dat is dan best zwaar geschut
voor een bewijs omdat ik me hier niet met correspondenties, maar slechts met afbeeldingen, bezig
houd.
Stelling 3 gaat over het verband tussen continuïteit van een afbeelding en het gesloten zijn
van haar graek. In de wiskunde is er een stelling met de naam Stelling van de gesloten graek
die ook over dit verband gaat voor lineaire afbeeldingen, maar echt veel diepzinniger is.
3
Oud maakt nieuw
Propositie 3 Zij X een topologische ruimte en a ∈ X . Als f , f
semi-continu naar beneden zijn in a. Dan:
1. voor λ > 0 is de functie λf semi-continu naar beneden in a.
2. de functie f + f is semi-continu naar beneden in a. Bewijs.
>0
1
2
: X → R
7
functies zijn die
1
1
2
1. Zij
.
f1 semi-continu naar beneden in a is, bestaat er een omgeving V van a zodanig dat
f1 (x) < f1 (a) + /λ (x ∈ V ). Er volgt dat (λf1 )(x) < (λf1 )(a) + voor alle x ∈ V .
2. Omdat fi semi-continu naar beneden in a is, bestaat er een omgeving Vi van a zodanig dat
fi (x) < fi (a) + /2 (x ∈ Vi ). Er volgt dat V1 ∩ V2 een omgeving van a is en dat (f1 + f2 )(x) <
(f1 + f2 )(a) + e voor alle x ∈ V1 ∩ V2 . Q.e.d.
Omdat
Zij X een topologische ruimte en a ∈ X .
1. Als (g ) : X → R een familie van functies is die semi-continu naar beneden in a zijn, dan
is g := sup g ook semi-continu naar beneden in a.
2. Als g , . . . , g : X → R functies zijn die semi-continu naar beneden in a zijn, dan is
g := min (g , . . . , g ) ook semi-continu naar beneden in a. Propositie 4
i i∈I
i∈I
1
m
1
7 Ja,
i
m
ondanks dat het over lineaire afbeeldingen gaat! Men bedenke dat er zich in oneindig dimensionale lineaire
topologische ruimten minder alledaagse problemen kunnen voordoen.
5
Bewijs.
1. Zij
> 0.
Er is een
i ∈ I zodanig dat gi (a) > g(a) − 2 . Omdat gi semi-continu naar
V van a zodanig dat g(x) > gi (a) − 2e (x ∈ V ). Voor x ∈ V geldt
a is, is er een omgeving
g(x) > g(a) − .
m
2. Zij > 0. Er is een omgeving Vi van a zodanig dat gi (x) > gi (a) − (x ∈ Vi ). V := ∩i=1 Vi
is een omgeving van a waarvoor voor alle i geldt gi (x) > gi (a) − (x ∈ V ). Daaruit volgt voor
alle x ∈ V dat g(x) = min (g1 (x), . . . , gm (x)) > min (g1 (a), . . . , gm (a)) − = g(a) − . Q.e.d.
boven in
dus
Propositie 5 Als f , f : X → R positieve functies zijn die semi-continu naar beneden zijn, dan
is ook de functie f f semi-continu naar beneden. Bewijs. λ ∈ R
{x ∈ X | (f f )(x) > λ}
f f >0
1
2
1 2
Zij
mogen we
. We bewijzen dat
λ>0
open is. Omdat
1 2
is,
1 2
veronderstellen. Nu opmerkend dat
{x ∈ X | (f1 f2 )(x) > λ} = ∪α>0 ({x ∈ X | f1 (x) > α} ∩ {x ∈ X | f2 (x) > λ/α})
een vereniging van open verzamelingen is en dus open is. Q.e.d.
Stel f , f : R → R.
1. als f continu in a ∈ R is en f semi-continu naar beneden in f (a) is, dan is f ◦ f
semi-continu naar beneden in a.
2. Als f continu is en f semi-continu naar beneden is, dan is f ◦ f semi-continu naar
beneden. Bewijs.
>0
f
f (a)
ξ>0
Propositie 6
1
2
1
2
1
2
1. Zij
dat voor alle
1
2
. Omdat
2 semi-continu naar beneden in
2
1
is, is er een
1
1
zodanig
y∈R
|y − f1 (a)| < ξ ⇒ f2 (y) < f2 (f1 (a)) + .
Omdat
f1
continu in
a
is, is er een
δ>0
zodanig dat voor alle
x∈R
|x − a| < δ ⇒ |f1 (x) − f1 (a)| < ξ.
Nu geldt, oals gewenst, voor alle
x∈R
|x − a| < δ ⇒ f2 (f1 (x)) < f2 (f1 (a)) + .
2. Uit 1. Q.e.d.
4
Rechts- en links-continuïteit
We hebben gezien dat de semi-continuïteitsnoties zich op natuurlijke wijze voordoen door een
opsplitsing van de continuïteisnotie.
In het bijzonder zijn semi-continuiteits-noties gedenieerd
voor functies in geval het domein een deelverzameling van
R
is.
Voor dergelijke functies zijn
ook de noties van rechts- en linkscontinuïteit gedenieerd, hetgeen in dat geval een alternatieve
opsplitsing van de continuïteitsnotie betreft. Men verwarre deze noties niet. We bekijken dit hier
nader.
g : X → R, waar X een deelverzameling van R is, en a ∈ X . g heet rechts-continu in a
> 0 een δ > 0 bestaat zodanig dat |g(x) − g(a)| < voor alle x ∈ X met
a ≤ x < a + δ . g heet links-continu in a als er voor elke > 0 een δ > 0 bestaat zodanig dat
|g(x) − g(a)| < voor alle x ∈ X met a − δ < x ≤ a. g heet links-continu als g links-continu in elk
punt van X is en g heet rechts-continu als g rechts-continu in elk punt van X is
Zij
als er voor elke
Natuurlijk geldt:
g
Propositie 7
is continu (in
a) ⇔ g
is zowel rechts- als links-continu (in
a).
Zij g : X → R stijgend, waar X een deelverzameling van R is, en a ∈ X . Dan:
6
1. g is semi-continu naar boven in a ⇔ g is rechts-continu in a.
2. g is semi-continu naar beneden in a ⇔ g is links-continu in a. Bewijs. ⇒ > 0
g
a
1. : zij
. Omdat
semi-continu naar boven in
is, is er een δ > 0 zodanig
g(x) < g(a) + voor alle x ∈ X met |x − a| < δ . In het bijzonder g(x) − g(a) < voor alle
x ∈ X met a ≤ x < a + δ . Omdat g stijgend is volgt hieruit dat 0 ≤ g(x) − g(a) < voor alle
x ∈ X met a ≤ x < a + δ en dus dat |g(x) − g(a)| < voor alle x ∈ X met a ≤ x < a + δ . Dus g
is rechts-continu in a.
⇐: zij > 0. Omdat g rechts-continu in a is, is er een δ > 0 zodanig dat |g(x) − g(a)| < +
voor alle x ∈ X met a ≤ x < a + δ . In het bijzonder g(x) < g(a) + voor alle x ∈ X met
a ≤ x < a + δ . Omdat g stijgend is volgt hieruit dat g(x) < g(a) + voor alle x ∈ X met
a − δ < x < a + δ en dus dat g(x) < g(a) + voor alle x ∈ X met |x − a| < δ . Dus g is semi-cotninu
naar boven in a.
dat
2. Analoog aan 1. Q.e.d.
Dit alles geziend hebbende, zij het duidelijk dat men ook op voor de hand liggende wijze de
noties van links semi-continu naar beneden, rechts semicontinu naar beneden, links semi-continu
naar boven en rechts semicontinu naar boven invoeren kan:
Denitie 2
1.
g
X
een deelverzameling van
R, g : X → R
a als
x ∈ ]a − δ, a].
heet links semi-continu naar boven in
dat
g
Zij
g(x) < g(a) + voor alle
heet links semi-continu naar boven als
g
een functie en
>0
er voor elke
X
in elk punt van
a ∈ X.
een
δ>0
bestaat zodanig
links semi-continu naar boven
is.
g
a als
x ∈ [a, a + δ [.
heet rechts semi-continu naar boven in
dat
g(x) < g(a) + g heet rechts
voor alle
semi-continu naar boven als
>0
er voor elke
g in elk punt van X
een
δ>0
bestaat zodanig
rechts semi-continu naar boven
is.
2.
g
a
x ∈ ]a − δ, a].
heet links semi-continu naar beneden in
dat
g(a) − < g(x)
g heet links
voor alle
semi-continu naar beneden als
als er voor elke
>0
g in elk punt van X
een
δ>0
bestaat zodanig
links semi-continu naar boven
is.
g heet rechts semi-continu naar beneden in a als er voor elke > 0 een δ > 0 bestaat zodanig
dat g(a) − < g(x) voor alle x ∈ [a, a + δ [.
g
heet rechts semi-continu naar beneden als
g
in elk punt van
X
rechts semi-continu naar
boven is.
5
Maximaliseerders
Het bewijs van de volgende stelling berust op toepassing van de eindige-doorsnede-eigenschap, i.e.
van het volgende welbekende resultaat : een metrische ruimte
familie
(Fi )i∈I
∩i∈I Fi
niet-leeg is.
van gesloten delen van
X
X
is compact d.e.s.d.a. voor elke
waarvoor elke eindige doorsnede niet-leeg is, de doorsnede
Stelling 4 (Lemma van Weierstrass-Lebesgue.) Zij X een niet-lege compacte metrische ruimte
en g : X → R semi-continu naar boven. Dan heeft g een maximaliseerder en de collectie der
maximaliseerders van g is compact. 8
8 Hier
is het broertje: zij
Dan heeft
g
X
een niet-lege compacte metrische ruimte en
een minimaliseerder en de collectie der minimaliseerders van
7
g
g:X→R
is compact.
semi-continu naar beneden.
Bewijs.
van
g
Niv≥
λ
Zij
α := sup g . Dan α ∈ R ∪ {+∞}. Er geldt dat de verzameling der maximaliseerders
∩λ<α Niv≥
λ . Omdat g semi-continu naar boven is, is vanwege Stelling 2, elke
gelijk is aan
gesloten.
De verzameling van maximaliseerders is dus zijnde een doorsnede van gesloten
verzamelingen, ook gesloten.
Ze is zelfs compact omdat een gesloten deel van een compacte
verzameling compact is.
Resteert te bewijzen dat er een maximaliseerder bestaat. Daartoe merken we op dat voor elke
λ < α, Niv≥
λ,
compacte verzamelingen
6
≥
Niv≥
λ1 ⊇ Nivλ2 (λ1 ≤ λ2 ). De eindige-doorsnede eigenschap voor
≥
garandeert daarom dat ∩λ<α Nivλ 6= ∅. Q.e.d.
niet-leeg is. En dat
Parameter-afhankelijkheid van oplossingen
Soms wil men weten of een unieke oplossing van een vergelijking (of stelsel van vergelijkingen als u
wilt) continu van een parameter afhangt. Natuurlijk is de impliciete functie stelling in dit verband
van belang. Maar deze maakt dierentieerbaarheidsveronderstellingen. Ik bekijk dit probleem nu
zonder zulke veronderstellingen. Preciezer bekijk ik daartoe nu de volgende vrij algemene situatie.
Zij
A
een niet-leeg deel van
Rn , T
een niet-lege topologische ruimte en
f : A × T → Rm
een continue functie met de eigenschap dat er voor elke (parameter)
met
f (a, t) = 0.
Deze
a
noterend met
a? (t)
t∈T
één unieke
a∈A
is
hebben we een wel-gedenieerde functie
a? : T → A
en geldt
f (a? (t), t) = 0 (t ∈ T ).
Vandaar
f −1 (0) = {(a? (t), t) | t ∈ T }.
Als men zich deze situatie voor de geest haalt, dan is het niet uitgesloten dat men vermoed, in
het bijzonder in geval van
A=R
en
m=1
is, dat
a?
continu is. Echter dat hoeft niet zo te zijn.
De volgende klasse van tegenvoorbeelden maakt dit duidelijk.
Zij
g : R → R
een functie die niet continu is en een gesloten graek heeft (bijvoorbeeld
Zij Γ de gespiegelde graek van g , i.e. de verzameling
Γ := {(g(t), t) | t ∈ R} van R2 . Ook Γ is gesloten. Omdat Γ 6= ∅, is de kortste-afstands-functie
2
tot Γ een wel-gedenieerde functie f : R × R → R: het is de functie die aan (a, t) ∈ R de kortste
afstand tot Γ toevoegt. Het is welbekend dat f continu is en dat Γ, dus Γ, de verzameling der
2
nulpunten van f is. Dus {(a, t) ∈ R | f (a, t) = 0} = {(g(t), t) | t ∈ R}. Vandaar a? = g en a? is
de functie gedenieerd door (1) of (2)).
niet continu.
Stelling 5
Bewijs.
Als A gesloten is en de functie a
?
:T →A
begrensd is, dan is deze functie continu. n
a? (T ) een begrensd deel van R is, is K := a? (T ) geloten en begrensd en
Y := K ∩ A. Omdat A gesloten is, is ook Y compact. We moeten bewijzen
a? : T → A continu is. Omdat a? (T ) ⊆ K , volstaat het te bewijzen dat a? : T → Y continu
Omdat
vandaar compact. Zij
dat
is.
De evidente maar uiterst belangrijke opmerking is dat
{(t, a? (t)) | t ∈ T } = graph(a? ) is.
Deze
opmerking is belangrijk omdat continuiteit van een afbeelding voor heel wat gevallen (zoals in
Stelling 3(2)) gegarandeerd is als de graek van die afbeelding gesloten is.
f : A × T → Rm continu is, is f −1 (0) een gesloten deel van A × T en vandaar graph(a? )
een gesloten deel van T × A. Omdat ook graph(a? ) ⊆ T × Y is en Y een gesloten deel van A is, is
graph(a? ) ook een gesloten deel van T × Y . Dus aan alle voorwaarden van Stelling 3(2) is voldaan.
Omdat
Q.e.d.
Het volgende resultaat behelst een speciaal geval van de situatie van Stelling 5 waar
en dus continu is.
vertaal!! en hoe zit het met semi-difb?
8
a? begrensd
Suppose T is a proper interval of R with 0 ∈ T ⊆ R and f : R ×T → R is continuous.
If for every t ∈ T , there exists a unique a (t) ∈ R with f (a (t), t) = 0 and f (a, t) < 0 for every
a ∈ T with a > a (t), then the function a : T → R is continuous. Bewijs. t ∈ T t > 0
a : [0, t] → R
Stelling 6
+
?
?
Fix
+
?
?
with
a? : T → R
+
. If we can prove that
is continuous, then it follows
?
a? : [0, t] → R
a? [0, t]
a? [0, t] is bounded.
Let t ∈ [0, t]. As f (a? (t), t) = 0 and f (a, t) < 0 for a > a? (t), we can x a(t) > a? (t) such that
f (a(t), t) < 0. As f is continuous at (a(t), t), there exists an open ball Br(t) (a(t), t) in R+ × [0, t]
with radius r(t) > 0 around (a(t), t) on which f is negative.
0
0
Let Z := ∪t∈[0,t] Br(t) (a(t), t) and Z := ∪t∈[0,t] (t − r(t), t + r(t)). Z is an open covering of
m
the compact set [0, t]. So there exists t1 , . . . , tm ∈ [0, t] such that [0, t] ⊆ ∪i=1 (ti − r(ti ), ti + r(ti )).
We may suppose that a(t1 ) ≥ a(tk ) (1 ≤ k ≤ m).
Now x t ∈ [0, t]. Take k ∈ {1, . . . , m} such that t ∈ (tk − r(tk ), tk + r(tk )). Then (a(tk ), t) ∈
Br(tk ) (a(tk ), tk ) and therefore f (a(tk ), t) < 0. This implies a? (t) < a(tk ) ≤ a(t1 ). So with
z = a(t1 ), f (a, t) < 0 for all a > z and t ∈ [0, t] and therefore a? [0, t] ≤ z , thus a? [0, t] is
that
is continuous. As the graph of
is closed, continuity of
follows if we can show that
bounded. Q.e.d.
Eenmaal het bewijsidee van Stelling 5 hebbend zijn allerlei varianten van die stelling mogelijk.
T, A1 , A2 segmenten van R zijn en Jt1 , Jt2 (t ∈ T )
(t ∈ T ) en Jt2 ∈ A2 ∈ (t ∈ T ). Stel Z := ∪t∈T Jt1 × Jt2 × {t}
A1 × A2 ,
Bijvoorbeeld voor de volgende situatie: laat
1
1
segmenten van R zodanig dat Jt ⊆ A
3 9
is gesloten deel van R . Zij, met A =
f : A × T → R2
t ∈ T er één unieke (a1 , a2 ) ∈ Jt1 × Jt2
(a1 , a2 ) noterend met a• (t) hebben we een wel-gedenieerde functie
een continue functie. Veronderstel dat voor elke (parameter)
f ((a1 , a2 ), t) = 0.
a• : T → A.
is met
Propositie 8
Bewijs.
Deze
Als de functie a
Er geldt
•
:T →A
begrensd is, dan is deze functie continu. f ((a• (t), t) = 0 (t ∈ T ).
Omdat
{(a• (t), t) | t ∈ T } = f −1 (0) ∩ Z
K := a• (T ) en Y := K ∩ A zijn
a? : T → Y continu is. Omdat f : A × T → Rm continu is, is f −1 (0)
−1
een gesloten deel van A × T en f
(0) ∩ Z dus ook. Vandaar is graph(a• ) een gesloten deel van
T × A. Omdat ook graph(a• ) ⊆ T × Y is en Y een gesloten deel van A is, is graph(a• ) ook een
gesloten deel van T × Y . Dus aan alle voorwaarden van Stelling 3(2) is voldaan. Q.e.d.
gesloten is, gaat het bewijs analoog aan dat van de vorige stelling:
compact. We bewijzen dat
7
Dekpuntstelling
Stelling 7 Stel I is een eigenlijk interval van R en g : I → R een functie die links semi-continu
naar boven en rechts semi-continu naar beneden is. Als er a, b ∈ I met a < b, a < g(a) en b > g(b)
bestaan, dan heeft g een dekpunt. Bewijs.
(a ), (b )
(c )
Denieer recursief de rijtjes of rijen
n
n
en
n , door:
a0 := a, b0 := b
en voor
n ≥ 1:
cn :=
9 Dat
is bijvoorbeeld zo als
1
(an−1 + bn−1 ).
2
T = [0, 1], A1 = [0, b1 ], A2 = [0, b2 ]
t[a, b1 ], Jt2 = (1 − t)[a, b2 ].
9
waar
0 ≤ a ≤ b1
en
0 ≤ a ≤ b2
en
Jt1 =
g(cn ) = cn ,
Als
dan stop, anders denieer verder
an := cn en bn := bn−1
an := an−1 en bn := cn
als
als
cn < g(cn ),
cn > g(cn ).
g een dekpunt. Als ze niet stopt, dan hebben we rijen (an ), (bn )
(cn ) Men ziet snel in dat a0 ≤ an ≤ cn+1 ≤ bn ≤ b0 , de rij (an ) is stijgend, de rij (bn ) is dalend
limn→∞ (bn − an ) = 0. Er volgt dat (an ) en (bn ) convergeren naar eenzelfde punt x.
Men ziet ook snel in dat an < g(an ) voor alle n en bn > g(bn ) voor alle n. Dat impliceert
Als deze procedure stopt, dan heeft
en
en
x = lim an ≤ lim sup g(an ), x = lim bn ≥ lim inf g(bn ).
n→∞
Omdat
g
x
te
n→∞
n→∞
links semi-continu naar boven is en
an ≤ x
n→∞
is volgt,
lim supn→∞ g(an ) ≤ g(x)
en
dus nu
x ≤ g(x).
Omdat
g
te
x
links semi-continu naar beneden en
bn ≥ x
is volgt,
g(x) ≤ lim inf g(bn )
n→∞
en dus nu
g(x) ≤ x.
Dus
g(x) = x.
A
Q.e.d.
Ter herinnering
(Boven- en benedenlimitieten voor rijen) Beschouw
van
R.
Zij
(an )
R := R∪{−∞, +∞}.
een rij uit
R.
A ⊆ R zijn sup(A) en inf(A) wel-gedenieerde elementen
Voor
Voor elk natuurlijk getal
n(≥ 1)
zij
sn := sup{ak | k ≥ n} ∈ R ∪ {+∞},
in := inf{ak | k ≥ n} ∈ R ∪ {−∞}.
Men denieert
lim sup ak := inf sn ∈ R, lim inf ak := sup in ∈ R.
n
k→∞
lim supk→∞ ak
k→∞
n
(an ) en lim inf k→∞ ak
lim supk→∞ ak en lim inf k→∞ ak
heet ook wel de bovenlimiet van de rij
benedenlimiet van de rij
(an ).
In plaats van
heet ook wel de
zal ik hieronder
ook wel kortweg respectievelijk
L, l
schrijven.
Vanwege de eenvoudige eigenschap
lim sup(−ak ) = − lim inf ak
k→∞
k→∞
kunnen we resultaten voor
Voor alle
k, m
lim sup
snel omzetten in die voor
lim inf
(en omgekeerd).
geldt
sk ≥ ak ≥ ik , sk ≥ im ,
(inderdaad: sk ≥ ak+m ≥ im ). Dat impliceert inf k sk ≥ il
lim supk→∞ ak ≥ lim inf k→∞ ak . En zelfs
en daaruit
sup ak ≥ lim sup ak ≥ lim inf ak ≥ inf ak .
k
k→∞
k→∞
10
k
inf k sk ≥ supl il .
Dus
Merk op dat de rij
(sn )
dalend is en dat de rij
L ≤ sn
(in )
en
stijgend is; vandaar, voor alle
n,
l ≥ in .
lim supk→∞ ak = +∞ dan en slechts dan als (an ) naar boven onbegrensd
lim inf k→∞ ak = −∞ dan en slechts dan als (an ) naar beneden onbegrensd is.
Merk ook op dat
en dat
Voorbeeld:
voor de rij
(an )
an = n
gegeven door
geldt
sn = +∞
en
in = n
is
en vandaar
L = l = +∞.
De noties van
lim sup
en
lim inf
zijn doorgaans een speciaal geval van de notie van limiet van
(sn )
een rij. Inderdaad, omdat de rij
nog in
dalend is, geldt in geval
(sn )
naar boven begrensd is ook
R:
lim sup ak = lim sn .
n→∞
k→∞
En omdat de rij
(in )
stijgend is, geldt in geval
(in )
naar beneden begrensd is ook nog in
R
lim inf ak = lim in .
n→∞
k→∞
het zij duidelijk dat voor rijen
•
•
,
(an )
en
(bn )
uit
R:
λ ∈ R+ : lim supk→∞ (λak ) = λ lim supk→∞ ak en lim inf k→∞ (λak ) = λ lim inf k→∞ ak .
an ≤ bn voor alle n, dan
lim supk→∞ ak ≤ lim supk→∞ bk en lim inf k→∞ ak ≤ lim inf k→∞ bk .
voor
als
1
: Voor rijen (a ) en (b ) uit R:
n
n
als het rechterlid welgedenieerd in R
als het rechterlid welgedenieerd in R is.
lim supk→∞ (ak + bk ) ≤ lim supk→∞ ak + lim supk→∞ bk
is.
lim inf k→∞ (ak + bk ) ≥ lim inf k→∞ ak + lim inf k→∞ bk
Bewijs.
We bewijzen de bewering voor
lim sup.
+∞ is, dan geldt de bewering. Als een van beiden bovenlimielim supk→∞ ak = −∞, dan is lim supk→∞ ak 6= ∞ en vandaar (an ) naar boven
begrensd, zeg door M . Dat impliceert dat in de te bewijzen ongelijkheid het rechterlid −∞ is.
Omdat lim supk→∞ ak = −∞, is, voor gegeven A ∈ R, supk≥n ak = sn < A − M voor n groot
genoeg. Daaruit supk≥n (ak + bk ) ≤ supk≥n ak + supk≥n bk = sn + M < A. Dit impliceert dat
ook het linkerlid −∞ is.
Als een van beiden bovenlimiten
ten
−∞
is, zeg
(an ) en (bn ) begrensd en dus ook (an + bn )
sn (a + b) = supk≥n (ak + bk ) en verdere dergelijke notaties volgt omdat
sn (a + b) ≤ sn (a) + sn (b) en de limieten limn→∞ sn (a + b), limn→∞ sn (a), limn→∞ sn (b) bestaan, lim supk→∞ (ak + bk ) = limn→∞ sn (a + b) ≤ limn→∞ (sn (a) + sn (b)) = limn→∞ (sn (a)) +
limn→∞ (sn (b)) == lim supk→∞ ak + lim supk→∞ bk . Q.e.d.
Stel nu beide bovenlimieten zijn eindig. Dan zijn
begrensd.
Met
Van groot belang voor het werken met limsup en liminf is:
, 2 Stel lim sup
a ∈ R. Voor alle > 0 is het aantal n met a > lim sup
a +
eindig en is het aantal n met a > lim sup a − oneindig.
Stel lim inf a ∈ R. Voor alle > 0 is het aantal n met a < lim inf a − eindig en
is het aantal n met a < lim inf a + oneindig.
Bewijs.
lim sup
k→∞
k
n
n
k→∞
k→∞
k
n
n
k→∞
L ∈ R geldt L ≤ sn ≤ L + voor n groot
ak ≤ sn ≤ L + . Dus als ak > L + , dan k < n.
geldt
L − < sn ,
i.e.
k→∞
k
.
Omdat
n
ak > L − .
k
k
We bewijzen de beweringen voor
Voor alle
k→∞
k
genoeg. Fixeer zo'n
L − < sup{ak | k ≥ n}.
Q.e.d.
11
n.
Voor
k≥n
Er bestaat dus een
volgt
k ≥n
met
Voor alle a ∈ R geldt: lim sup
Bewijs. ⇐
,
3
k→∞
ak = lim inf k→∞ ak = a ⇔ limk→∞ ak = a
L ≤ a.
c ∈ R met L > c > a. Dus c > an voor n groot
Dat impliceert dat c ≥ sN en dus ook c ≥ L. Tegenspraak. Net zo
dus L ≤ a ≤ l ≤ L. Dus L = l = a.
`
a 6= +∞
': We bewijzen eerst uit het ongerijmde dat
en is er een
.
L > a.
Dan is
genoeg, zeg voor
n ≥ N.
Stel dus
blijkt
l ≥ a.
We hebben
`⇒': als
a = +∞, dan is l = supn in = +∞ en bestaat er voor elke A ∈ R een N met iN > A.
an > A voor alle n ≥ N en dus is limk→∞ ak = +∞ = l = a. Als a = −∞
gaat de redenering net zo. Rest het geval a ∈ R. Nu sn , in voor alle n en weten we dat
a = l = lim supk→∞ ak = L. Q.e.d.
Dat impliceert
(Topologie) , 4 De graek van een continue afbeelding g : X → Y , waar X en Y topologische ruimten
zijn met Y hausdorfs, is een gesloten deel van X × Y .
Bewijs.
X
Y
Hier is een bewijs van deze bewering in het geval
en
metrische ruimten zijn:
(xn , yn ) een rij uit graph(g) die convergent is, zeg met limiet (x, y) ∈ X × Y . Omdat
(xn , yn ) ∈ graph(g) is yn = g(xn ). Dus de rij (xn , g(xn )) convergeert naar (x, y). Dit impliceert
dat (xn ) naar x convergeert en dat (g(xn )) naar y convergeert. Omdat g continu in x is,
convergeert de rij (g(xn )) naar g(x). Dus g(x) = y en daarmee (x, y) ∈ graph(g). Q.e.d.
zij
Ω het complement van graph(g) in X × Y . We gaan
(x0 , y0 ) ∈ Ω. Dan y0 6= f (x0 ). Omdat Y hausdorfs is, bestaan
er disjuncte open omgevingen V en W van y0 respectievelijk f (x0 ). Omdat f continu in x0
is, is er een open omgeving U van x0 zodanig dat g(U ) ⊆ W . Als (u, v) ∈ U × V , dan geldt
g(u) ∈ W en v ∈ V en dus g(u) 6= v , i.e. u, v) 6∈ graph(g). De open omgeving U × V van
(x0 , y0 ) ligt daarom in Ω. Dus Ω is open. Q.e.d.
En hier voor het algemenere geval: zij
bewijzen dat
Ω
open is. Fixeer
5 Laat X en K topologische ruimten zijn met K compact. Dan is de projectie op de eerste
coördinaat P : X × K → X gesloten.
Bewijs.
X
,
Hier is een bewijsje waarbij ik voor het gemak aanneem dat
een metrische ruimte
A een gesloten deel van X × K . Aan te tonen is dat P (A) een gesloten deel is van X .
Stel (xn ) is een convergente deelrij in P (A). We moeten dus nu aantonen dat de limiet ξ van
die rij in P (A) ligt. Kies voor elke xn een yn ∈ K met (xn , yn ) ∈ A en P (xn , yn ) = xn . De yn
liggen in de compacte K , dus is er een deelrij (yp(n) ) van (yn ) die convergeert, zeg naar η . Nu
is (xp(n) , yp(n) ) een rij in A die convergeert naar (ξ, η). Omdat A gesloten is, ligt (ξ, η) ook in
A en dus ligt ξ in P (A), hetgeen te bewijzen was. Q.e.d.
is: zij
12