Hilbert-terekről
4.1. A Riesz-tétel. Szeparációk
Az alábbiakban legyen(H,h· | ·i)Hilbert-térKfölött. Emlékeztető : hax∈H és∅ 6=M ⊆H,akkor azxpont és az M halmaz távolsága
d(x, M) := inf{kx−yk:y∈M}.
4.1.1. Tétel (Riesz). Tetszőleges ∅ 6= M ⊆ H konvex zárt halmazra és x∈H pontra egyértelműen létezik az M halmazban x-hez legközelebb fekvő pont, azaz∃!x∗∈M, melyre
kx−x∗k=d(x, M).
Bizonyítás. d(x, M) definíciója alapján létezik olyan (xn) ⊆ M sorozat, melyre
kx−xnk →d(x, M) (n→+∞).
Tetszőlegesm, n∈Nesetén azx−xn ésx−xm vektorokra alkalmazzuk a Neumann-szabályt (paralelogramma-szabály) :
kx−xn+x−xmk2+k(x−xn)−(x−xm)k2= 2kx−xnk2+ 2kx−xmk2, azaz
4
x−xn+xm
2
2
+kxm−xnk2= 2kx−xnk2+ 2kx−xmk2. MinthogyM konvexitása miatt xn+x2 m ∈ M, így a bal oldal első tagja leg-alább 4d2(x, M). Megmutatjuk, hogy (xn) Cauchy-sorozat. Legyen ε > 0.
Ekkor létezik N ∈ N, hogy minden n ≥ N esetén kx−xnk2 < d2(x, M) + +ε42. Így mindenn, m≥N esetén a legutóbbi egyenlőség jobb oldala kisebb, mint4d2(x, M) +ε2,a bal oldal első tagja viszont legalább4d2(x, M). Innen kxm−xnk2≤ε2,azazkxm−xnk ≤ε. Tehát(xn)Cauchy-sorozat. Mivel H teljes, ezért(xn)konvergál egyx∗∈H vektorhoz. Mivel pedigM zárt, ezért x∗∈M. Továbbá nyilván
kx−x∗k= limkx−xnk=d(x, M).
Hátravan még az egyértelműség igazolása. Tegyük föl, hogyx∗ésx∗egyaránt olyan M-beli pontok, melyeknek x-től vett távolsága minimális. Tekintsük azon (xn) ⊆ M sorozatot, amelynek páratlan indexű elemei x∗-gal, páros indexű elemei pedigx∗-gal egyeznek meg. Ez a sorozat eleget tesz a bizonyítás elején vett sorozatra kirótt kívánalmaknak. Tehát mindaz is igaz rá, amit arra a sorozatra beláttunk ; nevezetesen hogy konvergens. Ez viszont csak úgy lehet, hax∗=x∗.
4.1.2. Feladat. Adjunk példát Banach-térben vektorra és zárt altérre, ame-lyek távolsága nem vétetik föl ! Jelesül mutassuk meg, hogy a(CR[0,1],k·kC) Banach-téren a ϕf :=
1
R
0
f −f(0) egyenlőséggel definiált folytonos lineá-ris funkcionálkerϕmagterének nincsid[0,1]-hez legközelebbi pontja ! (Ötlet : gondoljuk meg, hogy minden f ∈ kerϕ-re
id[0,1]−f
C > 14, ugyanakkor minden0< δ <1 esetén van olyanf ∈kerϕ,amelyre[δ,1]-enf(t) =t−14, és[0, δ]-n is lineáris f. Leellenőrizhető, hogy ekkor
id[0,1]−f
C =f(0) =
=8−4δδ+2,ami tetszőlegesen közel kerülhet 14-hez.)
A továbbiakban e szakaszban legyenH valós Hilbert-tér.
4.1.3. Tétel(szigorú szeparáció). LegyenM ⊆H nemüres konvex zárt hal-maz ésx∈H\M. Ekkor van olyany∈H vektor, amelyre
sup
u∈M
hu|yi<hx|yi. Sőt feltehető, hogykyk= 1.
Bizonyítás. Riesz tétele szerint létezik M-ben x-hez legközelebb fekvő x∗ pont. Persze x 6= x∗. Legyen u ∈ M tetszőleges. Ekkor minden t ∈ [0,1]
eseténM konvexitásából
t·u+ (1−t)·x∗∈M, ahonnanx∗ választása miatt
kx−(t·u+ (1−t)·x∗)k2≥ kx−x∗k2. Ezek szerint azf :R→R,
f(t) :=kx−(t·u+ (1−t)·x∗)k2=kx−x∗+t·(x∗−u)k2=
=kx−x∗k2+ 2t· hx∗−u|x−x∗i+t2· kx∗−uk2
nemnegatív értékű másodfokú (vagy konstans) polinomra minden t ∈ [0,1]
eseténf(t)≥f(0). Emiatt az elsőfokú tag együtthatója szükségképpen nem-negatív, azaz
hx∗−u|x−x∗i ≥0.
Inneny:=x−x∗ választással mindenu∈M-re
hx∗|yi − hu|yi=hx∗−u|yi=hx∗−u|x−x∗i ≥0, azazhx∗|yi ≥ hu|yi, ahonnan
hx∗ |yi ≥ sup
u∈M
hu|yi.
Másrészt
hx|yi − hx∗|yi=hx−x∗|yi=kx−x∗k2>0, ezért
hx|yi>hx∗|yi ≥ sup
u∈M
hu|yi. A tétel legutolsó állításay6=0H miatt magától értetődő.
4.1.4. Következmény. LegyenekK, M ⊆H diszjunkt nemüres konvex hal-mazok, továbbáK kompakt ésM zárt. Ekkor van olyany∈H vektor, melyre
sup
u∈M
hu|yi< inf
v∈Khv|yi.
Bizonyítás. Mivel M zárt és −K kompakt, ezért M −K is zárt ; továbbá M ∩K = ∅ miatt 0H ∈/ M −K. A fenti tétel szerint ekkor létezik olyan y∈H vektor, amelyre
sup
u∈M−K
hu|yi<h0H |yi= 0, azaz
0> sup
v∈M,w∈K
hv−w|yi= sup
v∈M,w∈K
(hv|yi − hw|yi) =
= sup
v∈M
hv|yi − inf
w∈Khw|yi, ami bizonyítja állításunkat.
4.1.5. Következmény. EgyM ⊆H halmaz pontosan akkor konvex zárt, ha előáll zárt félterek (azaz{x∈H:hx|yi ≤α}alakú halmazok) metszeteként.
Bizonyítás. Az egyik irány triviális. A másik úgy adódik, hogy a szigorú szeparációt alkalmazzukx-re ésM-re minden egyesx∈H\M mellett.
A következő szeparációs elv az ún. „erős” (de a szigorúnál „gyengébb”) szeparáció. Ehhez néhány megelőző észrevételre lesz szükségünk.
4.1.6. Megjegyzés. Ha M ⊆ H konvex halmaz, akkor M is triviálisan konvex (gondoljunk a lezárás sorozatokkali jellemzésére).
4.1.7. Lemma. LegyenM ⊆H konvex halmaz, x∈intM ésy∈M. Ekkor minden0< t <1 esetén
t·x+ (1−t)·y∈intM.
Bizonyítás. A feltétel szerint van olyanr >0, hogyx+r· BHo ⊆M. Ekkor M konvex volta miatt triviálisan
M ⊇t·(x+r· BHo) + (1−t)·y=t·x+ (1−t)·y+t·r· BoH, amiért ist·x+ (1−t)·y∈intM.
4.1.8. Következmény. HaM ⊆H konvex, akkorintM is konvex.
4.1.9. Lemma. LegyenM ⊆H konvex halmaz, x∈intM ésy∈M. Ekkor minden0< t <1 esetén
t·x+ (1−t)·y∈intM.
Bizonyítás. A feltétel szerint van olyanr >0, hogyx+r· BHo ⊆M. Persze ekkor x+r· BHo ⊆ intM is fennáll. Továbbá létezik olyan z ∈ M vektor, hogyky−zk< 1−tt ·r. Mostt·x+ (1−t)·yelőállt·u+ (1−t)·zalakban, mégpedig nyilván
u:=x+1−t
t ·(y−z)
választással. Innenku−xk ≤ 1−tt · ky−zk< 1−tt ·1−tt ·r=rmiattu∈x+ +r· BHo ⊆intM. Az előző lemma miatt így
t·x+ (1−t)·y=t·u+ (1−t)·z∈intM.
4.1.10. Tétel (erős szeparáció). Legyen M ⊆ H olyan konvex halmaz, amelyre intM 6= ∅. Ekkor minden x ∈ H \intM vektorhoz létezik olyan y∈H vektor, amelyre
hu|yi<hx|yi (∀u∈intM), hu|yi ≤ hx|yi (∀u∈M).
Bizonyítás. Feltehető, hogyx=0H. Legyenx0∈intM. Indirekt tegyük föl, hogy −x0 ∈ Ro+·intM. Mivel x0 eleme a konvex nyílt M∗ := Ro+·intM halmaznak, így a legutóbbi lemma miatt
0H= 1
2·x0+1
2 ·(−x0)∈intM∗=Ro+·intM,
ahonnan persze0H ∈intM, ami ellentmondás. Ezért −x0 ∈/ Ro+·intM. A szigorú szeparációs tétel miatt ekkor van olyan egységnormájúy∈H vektor, amelyre
sup
u∈Ro+·intM
hu|yi<h−x0|yi,
ahonnan mindent >0-ra sup
u∈intM
hu|yi<D
−x0
t |yE , innen pedig t → +∞ határátmenettel sup
u∈intM
hu|yi ≤ 0. Legyen most u∈
∈ intM tetszőleges. Ekkor van olyanδ > 0 szám, hogy u+δ·y ∈ intM, innen
hu|yi<hu|yi+δ· kyk2=hu+δ·y|yi ≤0 =h0H|yi,
ami bizonyítja is az állításunk első felét. Legyen most u ∈ M tetszőleges.
Ekkor az egyik fenti lemma szerint minden0< t <1esetént·x0+(1−t)·u∈
∈intM, így a már látottak miatt
ht·x0+ (1−t)·u|yi<h0H |yi,
ahonnant→0+határátmenettelhu|yi ≤ h0H|yi,ami bizonyítja az állítás második felét.
4.1.11. Következmény. Legyenek K, M ⊆ H diszjunkt nemüres konvex halmazok, és tegyük föl, hogy intM 6= ∅. Ekkor van olyan y ∈ H vektor, amelyre
hu|yi<hv|yi (∀u∈K, v∈intM), hu|yi ≤ hx|yi (∀u∈K, v∈M).
Bizonyítás. Ha x ∈ K, akkor x−intM egy olyan nemüres nyílt halmaz, amely K−M-ben fekszik, tehát int (K−M) 6= ∅. Így alkalmazhatjuk a fenti tételt a konvex K−M halmazra és a rajta kívül fekvő 0H vektorra, ebből éppen egy kívánt tulajdonságú szeparációt nyerünk.
Véges dimenzióban a szeparációs elv tovább vihető. Ehhez egy (szemlélete-sen nyilvánvaló, de annál inkább fontos) technikai lemmára lesz szükségünk.
4.1.12. Lemma. Legyen H véges dimenziós valós euklideszi tér ésM ⊆H olyan konvex halmaz, amelyre 0H ∈/ M. Ekkor van olyan (xk) ⊆ H \M sorozat, amely normában tart0H-hoz.
Bizonyítás. Ha0H ∈/ M ,akkor konstans sorozattal készen vagyunk. Tegyük hát föl, hogy 0H ∈ M \M. Most linM-nek vegyünk föl egy M-ből vett (u1, u2, . . . , um) bázisát. Indirekt tegyük föl, hogy van olyan α > 0 szám, hogy
v:=−α·(u1+u2+· · ·+um)∈M .
Ekkor van olyan(yn)⊆M sorozat, amely tartv-hez. Legyen(ϕ1, ϕ2, . . . , ϕm) az(u1, u2, . . . , um)bázis duális bázisa. Persze mindenx∈linM-re
x=
m
X
j=1
ϕj(x)·uj.
Továbbá linM véges dimenziós volta miatt a ϕ1, ϕ2, . . . , ϕm funkcionálok folytonosak, így mindenj = 1, . . . , m-re ϕj(yn)→ ϕj(v) =−α. Ezért van olyann∈Nindex, hogy mindegyikj-re ϕj(yn)<0. Ekkor
1 1−
m
P
j=1
ϕj(yn)
·yn+
m
X
k=1
−ϕk(yn) 1−
m
P
j=1
ϕj(yn)
·uk =
= 1
1−
m
P
j=1
ϕj(yn)
· yn−
m
X
k=1
ϕk(yn)·uk
!
=0H
bal oldala tényleg igazi konvex kombináció, ígyyn, u1, u2, . . . , um∈M miatt eleme isM-nek, a jobb oldal pedig0H, tehát0H ∈M. Ez ellentmondás. Így mindenα >0 mellett−α·(u1+u2+· · ·+um)∈/M, tehát az
xn:=−1
n·(u1+u2+· · ·+um) választással nyert(xn)meg is felel a lemma állításának.
4.1.13. Tétel(végesrangú szeparáció). LegyenH véges dimenziós valós euk-lideszi tér ésM ⊆Holyan konvex halmaz, amelyre0H ∈/ M. Ekkor van olyan y∈H nemnulla vektor, amelyre
sup
u∈M
hu|yi ≤0.
Bizonyítás. A fenti lemma szerint van olyan(xn)⊆H\Msorozat, amely nor-mában tart0H-hoz. A szigorú szeparációs tétel miatt mindenn-re van olyan egységnormájú yn ∈ H vektor, hogy sup
u∈M
hu|yni < hxn|yni. A Bolzano–
Weierstraß-tétel miatt(yn)-nek van olyan (ynk)részsorozata, amely normá-ban tart egy y ∈ H vektorhoz. Persze így kyk = 1. Továbbá k → +∞
határátmenettel mindenu∈M-re hu|yi= lim
k→+∞hu|ynki ≤ lim
k→+∞hxnk|ynki ≤ lim
k→+∞kxnk · kynk= 0, ami igazolja a bizonyítandó állítást.
4.1.14. Következmény. LegyenH véges dimenziós valós euklideszi tér. Ek-kor tetszőleges K, M ⊆H diszjunkt nemüres konvex halmazokra van olyan y∈H nemnulla vektor, hogy
sup
u∈M
hu|yi ≤ inf
v∈Khv|yi.
Bizonyítás. Alkalmazzuk a tételt a konvexM −K halmazra.
4.1.15. Példa. A síkbeliM := ((−∞,1)×(0,+∞))∪1
0 konvex halmaz diszjunkt az origótól, és a fenti tételben szereplő módon szeparálható is tőle (pl. a−pr2lineáris funkcionállal), de szigorúan nem szeparálható, sőt abban az értelemben erősen sem, hogy nincs olyany∈R2nemnulla vektor, amelyre mindenu∈M eseténhu|yi<0állna fönn.
4.1.16. Példa. HaH véges dimenziós euklideszi tér ésf : [a, b]→H folyto-nos,(a, b)-n deriválható függvény, amelyref(a) =f(b) =0H,akkor könnye-dén adódik, hogy
0H∈conv({f0(t) :a < t < b}).
(Legyenn:= dimlin(Rf). Persze föltehető, hogyn≥1. Indirekt tegyük föl, hogy mégis0H ∈/ conv({f0(t) :a < t < b}). Ekkor alkalmazhatjuk a véges-rangú szeparációt, amelyből egy olyan nemnullay∈lin(Rf)vektort nyerünk, hogyh· |yi ◦f deriváltja nempozitív, teháth· |yi ◦f monoton fogyó ; no de a végpontokban nulla, így végül ish· |yi ◦f azonosan nulla. EmiattRf ⊆y⊥, ami (n−1)-dimenziós, s ez ellentmondás.) Innen tetszőleges f : [a, b] → H folytonos,(a, b)-n deriválható függvényre triviálisan
f(b)−f(a)
b−a ∈conv({f0(t) :a < t < b}).
(Mint az közismert, a Lagrange-féle középértéktétel klasszikus alakjában már R2-be képező függvényre sem igaz, lásd pl.f : [0,2π]→R2, t7→cost
sint
.) 4.1.17. Feladat. Igazoljuk a következőt :haX valós vektortér, A⊆X kon-vex halmaz,f1, f2, . . . , fn :A→Rpedig olyan konvex függvények, amelyek felső burkolója nemnegatív,akkorazf1, f2, . . . , fn függvényeknek van olyan konvex kombinációja is, amely nemnegatív. (Ötlet : alkalmazzuk Rn-ben a végesrangú szeparációs tételt az origóra és a
C:={a∈Rn:∃x∈A,hogy∀j-reaj> fj(x)}
konvex halmazra, majd lássuk be a kapott vektor nemnegativitását.) 4.1.18. Feladat(gyenge∗-szeparáció). LegyenXvalós normált tér,∅ 6=K⊆
⊆X∗ konvex halmaz,ϕ∈X∗, ε >0ésx1, x2, . . . , xn∈X olyanok, hogy
n
\
j=1
{ψ∈X∗:ψ(xj)∈[ϕ(xj)−ε, ϕ(xj) +ε]} ∩K=∅.
Mutassuk meg, hogy ekkor van olyana∈X vektor, hogy sup
ψ∈K
ψ(a) +ε≤ϕ(a).
(Ötlet : Alkalmas eltolással elérhető, hogy 0X∗ ∈ K. A vektorok alkalmas átelőjelezésével és ε csökkentésével az is elérhető, hogy mindegyik ϕ(xj)−
−ε pozitív legyen. A feltétel, K konvex volta és 0X∗ ∈ K alapján ekkor mindenψ∈K-ra van olyanj,hogyψ(xj)≤ϕ(xj)−ε. Alkalmazzuk az előző feladatot aψ7→ϕ(xj)−ε−ψ(xj)konvex függvényekre aK halmazon.)
Véges dimenziós terekben a normák ekvivalenciája miatt már az eddigiek alapján is triviális, hogy a fenti típusú szeparációk tetszőleges norma mellett is igazak.
4.1.19. Tétel (Goldstine). Legyen X valós Banach-tér,Φ∈X∗∗, kΦk ≤1 és H ⊆X∗ véges halmaz. Ekkor tetszőleges ε > 0 esetén van olyan x∈X, kxk ≤1 vektor, hogy mindenϕ∈H mellett|Φϕ−ϕx| ≤ε.
Bizonyítás. Jelöljex∈X vektorraxb∈X∗∗, bxϕ:=ϕx. Indirekt tegyük föl, hogy aΦ|H ∈RH vektor nincs benne a véges dimenziós RH,k·k∞
normált térben vett
K:=
xb|H :x∈ BX
konvex kompakt halmazban. Ekkor a szigorú szeparációs tétel miatt van olyan α∈RH vektor, amelyre
X
ϕ∈H
α(ϕ)·Φϕ >max
a∈K
X
ϕ∈H
α(ϕ)·a(ϕ) = sup
x∈BX
X
ϕ∈H
α(ϕ)·ϕx, innenϕ∗:= P
ϕ∈H
α(ϕ)·ϕválasztással persze Φϕ∗> sup
x∈BX
ϕ∗x=kϕ∗k, amikΦk ≤1 miatt ellentmondás.
TehátΦ|H ∈K,ígyεsugarú környezete tartalmaz egyxb|H, x∈ BX alakú vektort. Ez azxéppen megfelel a tétel kívánalmainak.