Kirjandus

Ülesanne 7. Tõestage, et meetrise ruumi koonduva jada iga osajadakoondub.Lause 2. Koonduva jada piirelement on ainus.Tõestus. Koondugu jada {x n } (x n ∈ X) meetrilise ruumi X elemendiksx. Olgu jadal {x n } veel teine piirelement y ∈ X. Siis[ ]ρ (xn , x) → 0ρ (x, y) ≤ ρ (x, x n ) + ρ (x n , y) →→ 0 ⇒ρ (x n , y) → 0⇒ ρ (x, y) ≤ 0 ⇒ ρ (x, y) = 0 ⇔ x = y. □Definitsioon 5. Jada {x n } nimetatakse fundamentaaljadaks, kui suvaliseε > 0 korral leidub selline n 0 = n 0 (ε) , etn > n 0 ∧ m > n 0 ⇒ |x n − x m | < ε.Definitsioon 6. Meetrilist ruumi nimetatakse täielikuks, kui iga temafundamentaaljada koondub selle ruumi elemendiks.Ülesanne 8. Näidake, et X = Q, kus Q on kõigi ratsionaalarvude hulk,meetrikaga ρ (x, y) = |x − y| ei ole täielik.√ ∑nNäide 3. Olgu X = R n meetrikaga ρ (x, y) =k=1 (ξ k − η k ) 2 . Kontrollime,selle meetrilise ruumi täielikkust. ()Olgu jada {x m } , kus x m = ξ (m)1 , ξ (m)2 , . . . , ξ n(m) ∈ R n , fundamentaalne.Seega suvalise ε > 0 korral leidub selline n 0 = n 0 (ε) , et∑l > n 0 ∧ m > n 0 ⇒ ρ (x l , x m ) < ε ⇔ √ n ( ) 2ξ (l)k− ξ(m) k < ε ⇒⇒(∣ ∣∣ξ (l)k− ξ(m) kk=1)∣ < ε (l > n 0 ∧ m > n 0 k = 1; 2; . . . ; n) ⇔⇔ [kasutame Cauchy kriteeriumit] ⇔ limm→∞ ξ(m) k= ξ k (k = 1; . . . ; n) .Seega punkt (ξ 1 , ξ 2 , . . . , ξ n ) ∈ R n on jada {x m } piirpunkt ja selle meetrikagavarustatud ruum R n on täielik. ♦Saab tõestada, et ka eespool vaadeldud ruumid m, l p ja C [a, b] on täielikud.5

Ülesanne 2. Tõestage, et operaator f on pidev punktis a ∈ X parajastisiis, kui iga koonduva jada x n → a korral f (x n ) → f (a) .1.3 Banachi püsipunkti printsiipOlgu X meetriline ruum.Definitsioon 1. Punkti x ∗ ∈ X nimetatakse operaatori f : X → Xpüsipunktiks, kui f(x ∗ ) = x ∗ .Näide 1. Olgu X = [a, b] ja f (x) ∈ C [a, b] , kusjuuresx ∈ [a, b] ⇒ f (x) ∈ [a, b] .Näitame, et funktsioonil f on (vähemalt üks) püsipunkt.Moodustame abifunktsiooni g(x) = x−f(x). Saame g(a) ≤ 0 ja g(b) ≥ 0.Et g(x) ∈ C [a, b] , siis peab lõigul [a, b] leiduma selline punkt x ∗ , mille korralg(x ∗ ) = 0. Seega x ∗ − f(x ∗ ) = 0 ja f(x ∗ ) = x ∗ . ♦Definitsioon 2. Operaatorit f : X → X nimetatakse ahendavaks, kuileidub selline q < 1, et(∀x, y ∈ X) ⇒ ρ (f (x) , f (y)) ≤ q · ρ (x, y) .Ülesanne 1. Näidake, et ahendav operaator on pidev.Ülesanne 2. Näidake, et kui | f ′ (x)| ≤ K < 1 (x ∈ [a, b]) , siis operaatorf on ahendav.Lause 1 (Banachi püsipunkti printsiip). Kui X on täielik meetrilineruum, siis ahendaval operaatoril f : X → X on parajasti üks püsipunkt.Tõestus. Olgu x 0 ∈ X suvaline. Moodustame jada {x n } , kusNäitame, et {x n } on Cauchy jada. Etx n = f (x n−1 ) (n ∈ N) .ρ (x n , x n+1 ) = ρ (f (x n−1 ) , f (x n )) ≤ qρ (x n−1 , x n ) ≤≤ q 2 ρ (f (x n−2 ) , f (x n−1 )) ≤ . . . ≤ q n ρ (x 0 , x 1 ) ,stρ (x n , x n+1 ) ≤ q n ρ (x 0 , x 1 ) ,7

siis kolmnurga võrratuse ja viimase hinnangu abil saameρ (x n , x n+p ) ≤ ρ (x n , x n+1 ) + ρ (x n+1 , x n+2 ) + . . . + ρ (x n+p−1 , x n+p ) ≤≤ q n ρ (x 0 , x 1 ) + q n+1 ρ (x 0 , x 1 ) + . . . + q n+p−1 ρ (x 0 , x 1 ) ≤∑ ∞≤ ρ (x 0 , x 1 ) q n q k =qn1 − q ρ (x 0, x 1 ) n→∞→ 0.k=0Seega ∀ε > 0 korral ∃ n 0 , et n > n 0 ja ∀p ∈ N korral ρ (x n , x n+p ) < ε, stn→∞{x n } on Cauchy jada. Ruumi täielikkuse tõttu x n → x ∗ ∈ X. Seega( )f (x ∗ ) = f lim x n = [f on pidev] = lim f ( x n ) = lim x n+1 = x ∗ ,n→∞ n→∞ n→∞st x ∗ on operaatori f püsipunkt. Tõestame püsipunkti ühesuse. Olgu lisaksf(x ∗∗ ) = x ∗∗ . Järelikult[ ]ρ (xρ (x ∗ , x ∗∗ ) = ρ (f (x ∗ ) , f (x ∗∗ )) ≤ qρ (x ∗ , x ∗∗ ) ⇒∗ , x ∗∗ ) ≥ 0,⇒q < 1⇒ ρ (x ∗ , x ∗∗ ) ≤ 0 ⇒ ρ (x ∗ , x ∗∗ ) = 0 ⇔ x ∗ = x ∗∗ . □Ülesanne 3. Tõestage, et kui X on täielik meetriline ruum ja operaatorf on selline, et mingi n ∈ N korral on f n ahendav operaator, siis operaatorilf on parajasti üks püsipunkt.1.4 Banachi püsipunkti printsiibi rakendused1.4.1 Lineaarsete võrrandisüsteemide lahendamineUurime ruumiX = R n = {x : x = (ξ 1 , ξ 2 , . . . , ξ n ) ∧ ξ k ∈ R} (1.4.1.1)kujutust A : X → X, mis on antud seosteη k =n∑a ki ξ i (k = 1, 2, . . . , n) (1.4.1.2)i=1abil.8

KunaOlgu y = (η 1 , η 2 , . . . , η n ) ningρ (y ′ , y ′′ ) = max1 ≤ k ≤ n |η′ k − η k| ′′ = max∣∣= max1 ≤ k ≤ n≤max1 ≤ k ≤ ni=1ρ (x, y) def.= max1 ≤ k ≤ n |ξ k − η k | . (1.4.1.3)n∑n∑a ki ξ i ′ −1 ≤ k ≤ n ∣i=1i=1n∑a ki (ξ i ′ − ξ ′′n∑i )∣∣ ≤ max1 ≤ k ≤ ni=1i=1(n∑|a ki | max1 ≤ i ≤ n |ξ′ i − ξ i ′′ | =siis meetrika (1.4.1.3) korral on tingimusmax1 ≤ k ≤ nmax1 ≤ k ≤ na ki ξ ′′i∣ =|a ki | |ξ ′ i − ξ ′′i | ≤)n∑|a ki | ρ (x ′ , x ′′ ) ,i=1n∑|a ki | < 1 (1.4.1.4)i=1piisav selleks, et seostega (1.4.1.2) määratud kujutus A on ahendav. Etmeetrika (1.4.1.3) korral ruum R n on täielik (veenduge), siis tingimus (1.4.1.4)garanteerib võrradisüsteemi x = Ax ühese lahenduvuse. Seejuures iteratsioonimeetodx n+1 = Ax n koondub suvalise x 0 ∈ X korral selle süsteemiainsaks lahendiks.Ülesanne 1. Olgu X = R n ja ρ (x, y) def.= ∑ nk=1 |ξ k − η k | . Näidake, ettingimusedn∑|a ki | < 1 (i = 1, . . . , n)k=1on piisavad selleks, et seostega (1.4.1.2) määratud kujutus A oleks ahendav.√ ∑nÜlesanne 2. Olgu X = R n ja ρ (x, y) =k=1 (ξ k − η k ) 2 . Näidake,et tingimusn∑ n∑a 2 ki < 1k=1i=1on piisav selleks, et seostega (1.4.1.2) määratud kujutus A oleks ahendav.9

1.4.2 Diferentsiaalvõrrandi lahendi olemasolu ja ühesusLause 1 (Cauchy teoreem). Kui D ⊂ R 2 on lahtine sidus hulk jaf : D → R,kusjuures f on pidev piirkonnas D ja rahuldab muutuja y järgi Lipschitzitingimust piirkonnas D, st leidub selline arv L > 0, et| f (x, y 1 ) − f (x, y 2 )| ≤ L |y 1 − y 2 | ((x, y 1 ) , (x, y 2 ) ∈ D) , (1.4.2.1)siis algtingimusegay(x 0 ) = y 0 . (1.4.2.2)diferentsiaalvõrrandildy= f(x, y) (1.4.2.3)dxleidub iga (x 0 , y 0 ) ∈ D korral parajasti üks lahend.Ülesanne (1.4.2.2) ∧ (1.4.2.3) on ekvivalentne integraalvõrrandigay(x) = y 0 +∫ xMiks? Valime sellise arvu d, et Ld < 1 ja ristkülikx 0f (t, y(t))dt. (1.4.2.4)∆ = {(x, y) : (x 0 − d ≤ x ≤ x 0 + d) ∧ (y 0 − Md ≤ y ≤ y 0 + Md)}kuulub hulka D, kusjuures M > 0 on valitud selliselt, et| f(x, y)| ≤ M ((x, y) ∈ ∆) .Miks on selline valik võimalik? Olgu{ϕ ∈ C [xB =0 − d, x 0 + d] :x ∈ [x 0 − d, x 0 + d] ⇒ |ϕ(x) − y 0 | ≤ Mdst hulk koosneb lõigul [x 0 − d, x 0 + d] määratud pidevatest funktsioonidest,mille graafik paikneb ribas ümber funktsiooni y = y 0 . KunaB = B (y 0 , Md) = {ϕ : ρ (ϕ, y 0 ) ≤ Md}},10

on kinnine hulk (kinnine kera) täielikus meetrilises ruumis C [x 0 − d, x 0 + d] ,siis B on ka ise täielik meetriline ruum. Vaatleme operaatorit g, mis määratakseseosega(g(y)) (x) = y 0 +∫ xx 0f (t, y(t))dt (y ∈ B) .Näitame, et g : B → B ja g on ahendav. Kui y ∈ B ∧ x ∈ [x 0 − d, x 0 + d] ,siis∫ x∣∫ ∣∣∣ x|(g(y)) (x) − y 0 | =∣ f (t, y(t))dt∣ ≤ | f (t, y(t))| dt∣ ≤ Md,x 0 x 0st g(y) ∈ B. Kui y 1 , y 2 ∈ B, siisρ (g(y 1 ), g(y 2 )) = max≤≤≤≤|x−x 0 | ≤ dmax|x−x 0 | ≤ d∫ xmax|x−x 0 | ≤ d∫ xmax|x−x 0 | ≤ d∫ xLx 0|(g(y 1 )) (x) − (g(y 2 )) (x)| ≤∫ x∣ (f (t, y 1 (t)) − f (t, y 2 (t))) dt∣ ≤x 0|(f (t, y 1 (t)) − f (t, y 2 (t)))| dt (1.4.2.1)≤x 0x 0L |y 1 (t) − y 2 (t)| dt ≤max|t−x 0 | ≤ d|y 1 (t) − y 2 (t)| dt ≤ Ld ρ(y 1 , y 2 )ja tingimuse Ld < 1 tõttu on operaator g ahendav. Lause 1.3.1 põhjal on võrrandily = g(y) parajasti üks lahend. See on samaväärne sellega, et võrrandil(1.4.2.4) on parajasti üks lahend ja sellega, et ülesandel (1.4.2.2) ∧ (1.4.2.3)on parajasti üks lahend. □1.4.3 Teoreem ilmutamata funktsioonistProleemiks on operaatorvõrrandilahendamine punkti (u 0 , v 0 ) ümbruses, kusjuuresF (u, v) = 0 (1.4.3.1)F (u 0 , v 0 ) = 0. (1.4.3.2)11

Lause 1. Olgu X, Y ja Z Banachi ruumid üle arvukorpuse K ningF : U(u 0 , v 0 ) ⊆ X × Y → Z (1.4.3.3)olgu C n -kujutus (n ∈ N) punkti (u 0 , v 0 ) ümbruses, kusjuures (1.4.3.2) kehtib.Kui operaatorF v (u 0 , v 0 ) : Y → Zon bijektiivne, siis kehtivad järgmised väited:1 ◦ eksisteerivad sellised arvud r > 0 ja ρ > 0, et iga u ∈ U korral on võrrandil(1.4.3.1) selline ühene lahend v = v(u) ∈ Y , mille korral ‖u − u 0 ‖ < ρ ⇒‖v − v 0 ‖ < r;2 ◦ funktsioon u ↦→ v (u) ∈ C n (U) , kusjuuresv ′ (u) = −F v (u, v(u)) −1 F u (u, v(u)) (∀u ∈ U) .12

2 Normeeritud ruumid ja nende kaasruumid2.1 VektorruumidVektorruumi mõiste on see üks sagedamini kasutatavaid algebralise struktuurimõisteid tänapäeva matemaatikas. Näiteks, paljud matemaatilises analüüsisvaadeldavad funktsioonide hulgad on oma algebraliste omaduste poolestvektorruumid. Analüüsis pruugitakse termini ”vektorruum” asemel terminit”lineaarne ruum”.Definitsioon 1. Hulka X nimetatakse vektorruumiks üle arvukorpuseK, kui hulga X elementide igale paarile (x, y) on vastavusse seatud summa,x + y ∈ X, ja igale paarile (α, x), kus α ∈ K ning x ∈ X, on vastavusseseatud element αx∈X, kusjuures on rahuldatud tingimused 1-8 :1. x + y = y + x (liitmise kommutatiivsus);2. x + (y + z) = (x + y) + z (liitmise assotsiatiivsus);3. ∃ θ ∈ X : θ + x = x (nullelemendi olemasolu);4. ∀ x ∈ X ⇒ ∃ −x ∈ X : x + (−x) = θ (vastandelemendi olemasolu);5. 1 · x = x (unitaarsus);6. α(βx) = (αβ)x (assotsiatiivsus arvude korrutamise suhtes);7. α(x + y) = αx + αy (distributiivsus vektorite liitmise suhtes);8. (α + β)x = αx + βx (distributiivsus arvude liitmise suhtes).Tingimused 1-8 kannavad vektorruumi aksioomide nime. Aksioomid 1-4näitavad, et elementide liitmise suhtes on X kommutatiivne rühm ehk Abelirühm. Teist vastavust nimetatakse elemendi arvuga korrutamise tehteks jasee rahuldab aksioome 5-8. Vektorruumi elemente nimetame vektoriteks.Kui K = R, siis kõneldakse reaalsest vektorruumist ja kui K = C, siiskompleksest vektorruumist. Termini ”vektorruum” asemel kasutatakse kalühendit ”ruum.”Näide 1. Olgu X = R n = {x : x = (ξ 1 , ξ 2 , . . . , ξ n ) ∧ ξ k ∈ R} ja y =(η 1 , η 2 , . . . , η n ) . Kahe ruumi R n elemendi x ja y summa defineerimex + y def.= (ξ 1 + η 1 , ξ 2 + η 2 , . . . , ξ n + η n ) .Elemendi x korrutamisel reaalarvuga λ korrutame selle arvuga kõik koordinaadid.Lihtne otsene kontroll näitab, et tingimused 1-8 on täidetud.13

Näiteks, kontrollime tingimusi 3 ja 4. Konstrueerime elemendidKunaθ = (0, 0, . . . , 0) , −x = (−ξ 1 , −ξ 2 , . . . , −ξ n ) .θ + x = (0, 0, . . . , 0) + (ξ 1 , ξ 2 , . . . , ξ n ) = (0 + ξ 1 , 0 + ξ 2 , . . . , 0 + ξ n ) == (ξ 1 , ξ 2 , . . . , ξ n ) = x,siis element θ rahuldab suvalise x ∈ X korral tingimust 3 ja on seega ruumiX nullelement. Elemendi −x korralx + (−x) = (ξ 1 , ξ 2 , . . . , ξ n ) + (−ξ 1 , −ξ 2 , . . . , −ξ n ) == (ξ 1 − ξ 1 , ξ 2 − ξ 2 , . . . , ξ n − ξ n ) = θ,st tingimus 4 on täidetud. Veenduge, et ka ülejäänud tingimused 1-2 ja 5-8on täidetud!Ülesanne 1. Olgu X on vektorruum. Näidake, et mistahes vektoritex, y ∈ X ja arvu λ ∈ K korral kehtivad järgmised väited ja võrdused:1 ◦ vektorruumi X nullvektor θ on ainus;2 ◦ iga x ∈ X vastandvektor −x on ainus;3 ◦ vastandvektori ühesus lubab defineerida lahutamistehte seosega4 ◦ x = y ⇔ x − y = 0 ;5 ◦ 0x = 0 ∀ x ∈ X ;6 ◦ λ0 = 0 ∀λ ∈ K ;7 ◦ (−1)x = −x ;8 ◦ λx = 0 ⇔ (λ = 0 ∨ x = 0).x − y def.= x + (−y);Ülesanne 2. Vaatleme kõigi kompleksarvuliste elementidega m×n−maatriksitehulka. Kahe maatriksi summa defineerime maatriksite vastavate elementideliitmise teel. Maatriksi korrutamisel kompleksarvuga λ korrutame selle arvugamaatriksi kõik elemendid. Kas saame vektorruumi?Ülesanne 3. Kas kõigi funktsioonide x = x (t) : [α, β] → R hulk onvektorruum (tõestage!) üle arvukorpuse R , kui(x + y)(t) def.= x(t) + y(t) ∀t ∈ [α, β]14

jaÜlesanne 4. Kontrollime, kas(λx)(t) def.= λx(t) ∀t ∈ [α, β].m = {x = {ξ k } : ξ k ∈ K ∧ ξ k = O(1)} ,s.o. kõigi tõkestatud arvjadade ruum, kus K = R või K = C jax + y def.= {ξ k + η k } , λx def.= {λξ k } ,on vektorruum.Definitsioon 2. Vektorruumi X (üle korpuse K) vektorite hulka W ,mis on vektorruum ruumis X defineeritud vektorite liitmise ja vektori arvugakorrutamise suhtes, nimetatakse vektorruumi X alamruumiks.Ülesanne 5. Näidake, et vektorruumi X vektorite hulk W on vektorruumiX alamruum parajasti siis, kui iga kahe vektori x, y ∈ W ja iga arvuλ ∈ K korral ka vektorid x + y ja λx kuuluvad hulka W .Ülesanne 6. Näidake, et kõigi lõigul [α, β] pidevate funktsioonide hulkC[α, β] on kõigi lõigul [α, β] defineeritud funktsioonide vektorruumi alamruum.Ülesanne 7. Tõestage, et kõigi lõigul [a, b] m korda pidevalt diferentseeruvatefunktsioonide hulkC m [a, b] = { x = x(t) : x (m) (t) ∈ C [a, b] }on vektorruumi C[α, β] alamruum.Ülesanne 8. Tõestage, et kõigi sümmeetriliste maatriksite hulk moodustabalamruumi ruutmaatriksite vektorruumis R n×n .Definitsioon 3. Vektorruumi X (üle korpuse K) elementide x 1 , . . . , x nlineaarseks kombinatsiooniks nimetatakse ruumi X iga elementi, mida saabesitada kujul α 1 x 1 + . . . + α n x n , kus α i ∈ K.Definitsioon 4. Hulga Z ⊂ X lineaarseks katteks nimetatakse hulgaZ elementide kõigi lineaarsete kombinatsioonide hulka. Hulga Z lineaarsetkatet tähistatakse sümboliga span Z.Ülesanne 9. Olgu X = R 3 ja Z = { (1; 1; 0) , (1; −1; 0)}. Näidake, etspan Z = { (α; β; 0) : α, β ∈ R }.Ülesanne 10. Näidake, et hulga Z ⊂ X lineaarne kate span Z on vektorruumiX vähim alamruum, mis sisaldab hulka Z.15

Ülesanne 11. Näidake, et vektorruumi X alamhulk W on alamruumparajasti siis, kui ta ühtib oma lineaarse kattega, s.o. W = spanW.Definitsioon 5. Vektorruumi X (üle korpuse K ) vektorite hulkanimetatakse lineaarselt sõltuvaks, kui{ x 1 , . . . , x k }∃ α 1 , . . . , α k ∈ K : |α 1 | + . . . + |α k | ≠ 0 ∧ α 1 x 1 + . . . + α k x k = θ.Definitsioon 6. Vektorruumi X (üle korpuse K ) vektorite hulka{ x 1 , . . . , x k }nimetatakse lineaarselt sõltumatuks, kui ta ei ole lineaarselt sõltuvDefinitsioon 7. Vektorruumi X (üle korpuse K) mingit vektorite hulkaX 1 nimetatakse lineaarselt sõltumatuks, kui mistahes lõplik hulk elementehulgast X 1 on lineaarselt sõltumatu.Näide 2. Kontrollime, kas hulk U = {1+x, x+x 2 , 1+x 2 } on lineaarseltsõltumatu kõigi reaalsete kordajatega ülimalt n-astme polünoomide vektorruumisP n (n ≥ 2).Vaatleme võrdustα(1 + x) + β(x + x 2 ) + γ(1 + x 2 ) = 0Algebrast teame, et polünoom võrdub nulliga parajasti siis, kui kõik sellepolünoomi kordajad on nullid. Seega võime välja kirjutada süsteemi⎧⎨⎩α + γ = 0α + β = 0β + γ = 0Sellel süsteemil leidub vaid triviaalne lahend. Hulk U on lineaarselt sõltumatu. ♦Ülesanne 12. Tõestage, et iga vektorite hulk, mis sisaldab nullvektorit,on lineaarselt sõltuv.Ülesanne 13. Tõestage, et kui determinandi reavektorid on lineaarseltsõltuvad, siis determinant võrdub nulliga.Definitsioon 8. Vektorruumi X vektorite hulka B nimetatakse vektorruumiX Hameli baasiks ehk algebraliseks baasiks, kui B on lineaarselt16.

sõltumatu ja ruumi X iga vektor x avaldub üheselt hulga B vektorite lineaarkombinatsiooninax =n∑α i x i (α i ∈ K, x i ∈ B) ,i=1kusjuures kordajaid α i (i =1: n) nimetatakse vektori x koordinaatideks baasilB ja baasi võimsust nimetatakse vektorruumi X mõõteks.Definitsioon 9. Kui vektorruumi X baasis B olevate vektorite arvon lõplik, siis seda arvu nimetatakse vektorruumi dimensiooniks ja tähistataksedim X ning vektorruumi nimetatakse lõplikudimensionaalseks ehklõplikumõõtmeliseks ruumiks. Kui vektorruumi X baasis B olevate vektoritearv on lõpmatu, siis vektorruumi X nimetatakse lõpmatudimensionaalseksehk lõpmatumõõtmeliseks ruumiks.Ülesanne 14. Näidake, et vektoride k = (0; 0; . . . ; 0; 1; 0; . . . ; 0)k −1 nulli n−k nulli(k = 1, 2, . . . , n)moodustavad baasi ruumis R n . Ülesanne 15. Näidake, et vektorite süsteem{1; t; t 2 ; . . . ; t n } moodustab baasi ülimalt n-astme polünoomide vektorruumisP n .2.2 Normeeritud ruum. Banachi ruumDefinitsioon 1. Vektorruumi X (üle arvukorpuse K) nimetatakse normeeritudruumiks, kui igale vektorile x ∈ X on vastavusse seatud kindel, vektorinormiks nimetatav, mittenegatiivne reaalarv ‖x‖ nii, et on täidetudtingimused:1. ‖x‖ = 0 ⇔ x = θ (samasuse aksioom);2. ‖λx‖ = |λ| ‖x‖ (homogeensuse aksioom);3. ‖x + y‖ ≤ ‖x‖ + ‖y‖ (kolmnurga võrratus).Definitsioon 2. Normeeritud ruumis X kahe vektori vaheline kaugusρ(x, y) defineeritakse valemiga ρ(x, y) = ‖x − y‖ .Veenduge, et sel viisil defineeritud kaugus rahuldab meetrika aksioome.Näide 1. Vektorruumis C n tuuakse sisse vektori p-norm (1 ≤ p ≤ ∞)seostega‖x‖ p= (|ξ 1 | p + . . . + |ξ n | p ) 1/p (1 ≤ p < ∞) ,17

‖x‖ ∞= max1≤k≤n |ξ k| .Veendume, et p-norm (1 ≤ p < ∞) rahuldab definitsioonis 1.5.1 esitatudtingimusi 1-3 :‖x‖ p= (|ξ 1 | p + . . . + |ξ n | p ) 1/p = 0⇔ξ k = 0 (1 ≤ k ≤ n) ⇔ x = θ;‖λx‖ p= (|λξ 1 | p + . . . + |λξ n | p ) 1/p = [|λ| p (|ξ 1 | p + . . . + |ξ n | p )] 1/p == |λ| (|ξ 1 | p + . . . + |ξ n | p ) 1/p = |λ| ‖x‖ p;kasutades Minkowski võrratust, saame( n∑k=1‖x + y‖ p=|ξ k + η k | p ) 1/p≤|ξ k | p ) 1/p+|η k | p ) 1/p=( n∑k=1( n∑k=1= ‖x‖ p+ ||y|| p.Veenduge tingimuste 1-3 täidetuses normi ‖·‖ ∞korral!Enamkasutatavad p-normid on:‖x‖ 1= |ξ 1 | + . . . + |ξ n | ;‖x‖ 2= (|ξ 1 | 2 + . . . + |ξ n | 2 ) 1/2 ;‖x‖ ∞= max1≤k≤n |ξ k| .Ülesanne 1. Olgu u = (1, −1, 3) . Leidke ‖u‖ 1, ‖u‖ 2ja ‖u‖ ∞.Lause 1. Ruumi C n kõik p-normid on ekvivalentsed, s.t. kui ‖·‖ αja‖·‖ βon ruumi C n p-normid, siis leiduvad sellised positiivsed konstandid c 1 jac 2 , etc 1 ‖x‖ α≤ ‖x‖ β≤ c 2 ‖x‖ α∀x∈ C n .SeejuuresTõestame kolm viimast väidet:♦‖x‖ 2≤ ‖x‖ 1≤ √ n ‖x‖ 2,‖x‖ ∞≤ ‖x‖ 2≤ √ n ‖x‖ ∞,‖x‖ ∞≤ ‖x‖ 1≤ n ‖x‖ ∞.‖x‖ 2= (|ξ 1 | 2 + . . . + |ξ n | 2 ) 1/2 ≤( n∑i=11/2 n∑|ξ i | |ξ j |)=j=118

n∑= (( |ξ i |) 2 ) 1/2 = ‖x‖ 1;k=1Hölderi võrratust kasutades, saame p = q = 2 korral, et‖x‖ 1= |ξ 1 | + . . . + |ξ n | = 1 · |ξ 1 | + . . . + 1 · |ξ n | == |1 · ξ 1 | + . . . + |1 · ξ n | ≤≤ (1 2 + . . . + 1 2 ) 1/2 (ξ 2 1 + . . . + ξ 2 n) 1/2 = √ n ‖x‖ 2;‖x‖ ∞= max1≤k≤n |ξ k| = (( max1≤k≤n |ξ k|) 2 ) 1/2 ≤ (ξ 2 1 + . . . + ξ 2 n) 1/2 = ‖x‖ 2;‖x‖ 2= (ξ 2 1 + . . . + ξ 2 n) 1/2 ≤ (( max1≤k≤n |ξ k|) 2 + . . . + ( max1≤k≤n |ξ k|) 2 ) 1/2 == (n( max1≤k≤n |ξ k|) 2 ) 1/2 = √ n ‖x‖ ∞;‖x‖ 1= |ξ 1 | + . . . + |ξ n | ≤ n max1≤k≤n |ξ k| = n ‖x‖ ∞. □Ülesanne 2. Näidata, et kui x ∈ C n , siis lim p→∞ ‖x‖ p= ‖x‖ ∞.Ülesanne 3. Kontrollige, kas kõigi tõkestatud arvjadade ruum m onnormi‖x‖ = sup1≤ k

Ülesanne 5. Tõestage, et kõigi lõigul [a, b] m korda pidevalt diferentseeruvatefunktsioonide hulkC m [a, b] = { x = x(t) : x (m) (t) ∈ C [a, b] }on normi‖x‖ =m∑k=0maxa ≤t ≤b∣ x (k) (t) ∣ ∣korral normeeritud ruum.Definitsioon 3. Öeldakse, et jada {x n } normeeritud ruumis X koondubnormi järgi elemendiks x ∈ X ja kirjutatakse x n → x, kuilim ‖x n − x‖ = 0.n→∞Definitsioon 4. Täielikku normeeritud ruumi nimetatakse Banachiruumiks ehk B-ruumiks.Ülesanne 6. Tõestage, et kõigi lõigul [a, b] pidevate funktsioonide ruumC [a, b] on normi‖x‖ = max |x(t)|a ≤t ≤bkorral Banachi ruum.Definitsioon 5. Banachi ruumi X elementide jada {x k } nimetatakseruumi X Schauderi baasiks, kui iga x ∈ X korral leidub selline üheseltmääratud jada {α k } (α k ∈ K) , et∥ n∑ ∥∥∥∥limn→∞ ∥ x − α k x k = 0.k=1B-ruumi C [0; 1] Schauder baasi konstrueeris J. Schauder. Haari lainekesedmoodustavad Schauderi baasi B-ruumis L p (a, b) (1 ≤ p < +∞) , kus(∫ b) 1/p‖x‖ = |x(t)| p .aTrigonomeetrilised polünoomid (T = 1) ja ka Legandre’i polünoomid moodustavadSchauderi baasi B-ruumis L 2 [0; 1] . Laguerre polünoomid moodustavadSchauderi baasi B-ruumis L 2 [0; +∞) ja Hermiti polünoomid polünoomidmoodustavad Schauder baasi B-ruumis L 2 (−∞; +∞) .20

2.3 Operaatorid normeeritud ruumisOlgu X ja Y normeeritud vektorruumid üle korpuse K.Definitsioon 1. Operaatorit A : X → Y nimetatakse lineaarseks, kui1 ◦ A (x 1 + x 2 ) = Ax 1 + Ax 2 (x 1 , x 2 ∈ X) (aditiivsus),2 ◦ A (λx) = λAx (x ∈ X, λ ∈ K) (homogeensus).Ülesanne 1. Näidake, et kui A on lineaarne operaator, siis Aθ = θ ja( n∑)n∑A λ k x k = λ k Ax k (λ k ∈ K, x k ∈ X) .k=1k=1Näide 1. Olgu A : R n → R m suvaline lineaarne operaator ja {e ′ 1, . . . , e ′ n}ning {e ′′1, . . . , e ′′ m} baasid vastavalt ruumides R n ja R m . Siis[]x ==n∑ξ i e ′ i ⇒ y = Ax = Ai=1n∑i=1ξ im∑k=1a ki e ′′k =m∑n∑ξ i e ′ i =i=1k=1( n∑i=1ξ i a ki)n∑ξ i Ae ′ i =i=1e ′′k =m∑k=1Ae ′ i =m∑k=1η k e ′′k ⇒ η k =a ki e ′′kn∑a ki ξ ii=1=ja⎛⎜⎝⎞ ⎛η 1η 2⎟. ⎠ = ⎜⎝η m⎞a 11 a 12 a 1na 21 a 22 a 2n⎟⎠a m1 a m2 a mn⎛⎜⎝⎞ξ 1ξ 2⎟. ⎠ξ nehk (η1 η 2 . . . η m) T= (aki ) m,n(ξ1 ξ 2 . . . ξ n) Tvõi lühidalty T = Ax T ,kus A = (a ki ) m,n.Ülesanne 2. Olgu funktsioon K (t, s) pidev ruudus [a, b]×[a, b] . Näidake,et seosega(Kx) (t) =∫ baK (t, s) x(s)ds(t ∈ [a, b])määratud integraaloperaator K : C [a, b] → C [a, b] on lineaarne.21

Ülesanne 3. Näidake, et seosega(Dx) (t) = x ′ (t)(t ∈ [a, b])määratud operaator D : C 1 [a, b] → C [a, b] on lineaarne.Operaatorit A normeeritud ruumist X normeeritud ruumi Y nimetataksepidevaks punktis x kui(‖x n − x‖ → 0) ⇒ (‖Ax n − Ax‖ → 0) .Kui operaator A on pidev ja lineaarne, siis( ∞) (∑∞)∑A λ k x k = λ k Ax kk=1k=1limn→∞k=1k=1iga koonduva rea ∑ ∞k=1 λ kx k korral ruumist X, sest( ∞) ()∑n∑A λ k x k = A λ k x k = lim An→∞( n∑)= lim λ k Ax k =n→∞k=1∞∑λ k Ax k .k=1( n∑k=1λ k x k)Lause 1. Lineaarne operaator A : X → Y on pidev punktis x ∈ Xparajasti siis, kui ta on pidev punktis θ.Tõestus. Kui A on pidev punktis θ, siisx n − x → θ ⇒ A (x n − x) → θja Ax n − Ax → θ ning Ax n → Ax, st A on pidev punktis x.Kui A on pidev mingis punktis x ∈ X, siisx n → θ ⇒ x n + x → x ⇒ A (x n + x) → Ax ⇒ Ax n + Ax → Ax ⇒ Ax n → θ,st A on pidev punktis θ. □Definitsioon 2. Operaatorit A : X → Y nimetatakse tõkestatuks, kuileidub selline arv M > 0, et‖Ax‖ ≤ M ‖x‖ (∀x ∈ X) .=22

Näide 2. Olgu funktsioon K (t, s) pidev ruudus [a, b] × [a, b] . Näidake,et seosega(Kx) (t) =∫ baK (t, s) x(s)ds(t ∈ [a, b])määratud integraaloperaator K : C [a, b] → C [a, b] on tõkestatud.Et‖(Kx) (t)‖ = ∥ ∫ ∥ b∥∥ K (t, s) x(s)ds a = max ∣ ∫ ∣b∣∣ K (t, s) x(s)dsa ≤t ≤ba ≤≤ maxa ≤t ≤b∫ b|K (t, s)| |x(s)| ds ≤ maxaa ≤t ≤b∫ b|K (t, s)| max |x(s)| ds ≤aa ≤s ≤b( )∫ b≤ max |x(s)| max |K (t, s)| ds ≤ ∫ bmax |K (t, s)| ds ‖x‖a ≤s ≤b a ≤t ≤baa ≤t ≤baja funktsiooni K (t, s) pidevusest ruudus [a, b] × [a, b] järeldubmaxa ≤t ≤b∫ ba|K (t, s)| ds ≤ M,siis operaator K on tõkestatud. ♦Lause 2. Lineaarne operaator on pidev parajasti siis, kui ta on tõkestatud.Tõestus. Olgu A tõkestatud, st ‖Ax‖ ≤ M ‖x‖ (∀x ∈ X) . Olgu x n →θ. Siis(‖Ax n ‖ ≤ M ‖x n ‖ → 0) ⇒ (‖Ax n ‖ → 0) ⇒ Ax n → θ,st A on pidev punktis θ. Seega Lause 1 põhjal võime väita, et A on pivevkõikjal ruumis X.Olgu A pidev. Oletame vastuväiteliselt, et A on tõkestamata. Siis leiduvadsellised elemendid x n ∈ X \ {θ} , et ‖Ax n ‖ / ‖x n ‖ → ∞. Seega ‖x n ‖ / ‖Ax n ‖ →0, millest saame, et x n / ‖Ax n ‖ → θ. KunaA( 1)‖Ax n ‖ x n= ‖Ax n‖‖Ax n ‖ = 1,siis A ei ole pidev punktis θ. Vastuolu. Järelikult A on tõkestatud. □Lause 3 (vt [5], lk 120-121). Lõplikumõõtmelises normeeritud ruumistegutsev lineaarne operaator on pidev.23

stDefinitsioon 3. Lineaarset sürjektsiooni A : X → Y, mis säilitab normi,‖Ax‖ = ‖x‖ (x ∈ X) ,nimetatakse isomeetriliseks isomorfismiks.2.4 Pidevate lineaarsete operaatorite ruum.Olgu X ja Y normeeritud ruumid üle korpuse K. OlguL (X, Y ) def.= {A : A on pidev lineaarne operaator ruumist X ruumi Y } .Kui A, B ∈ L (X, Y ) , siis defineerime operaatorite A ja B summa ningoperaatori A korrutise arvuga λ ∈ K järgnevalt:(A + B) x def.= Ax + Bx (x ∈ X) ; (λA) x def.= λ (Ax) .Ülesanne 1. Tõestage, et kui pidevate lineaarsete operaatorite ruumisL (X, Y ) defineerida tehted sellisel viisil, siis saame tulemuseks vektorruumi.Et tõkestatud lineaarse operaatori korral‖Ax‖ ≤ M ‖x‖ ∧ ‖x‖ ≤ 1 ⇒ ‖Ax‖ ≤ M,siis ∃ sup ‖Ax‖ ja mõistlik järgmine definitsioon.‖x‖≤1Definitsioon 1. Operaatori A ∈ L (X, Y ) normiks nimetatakse arvu‖A‖ def.= sup ‖Ax‖ . (2.4.1)‖x‖≤1Kontrollime, kas nii defineeritud norm ikka rahuldab normi aksioome 1-3:‖A‖ = 0 ⇔ sup‖x‖≤1‖Ax‖ = 0 ⇔⎧⎨(‖x‖ ≤ 1 ⇒ ‖Ax‖ = 0⇔⎩ ‖x‖ > 1 ⇒ A ‖x‖x )( )∥ = ‖x‖x ∥∥∥‖x‖ ∥ A = 0 ⇔‖x‖⇔ Ax = θ (∀x ∈ X) ⇔ A = θ;‖λA‖ = sup ‖(λA) x‖ = sup ‖λ (Ax)‖ = |λ| sup ‖(Ax)‖ = |λ| ‖A‖ ;‖x‖≤1‖x‖≤1‖x‖≤1‖A + B‖ ≤ sup ‖(A + B) x‖ ≤ sup ‖Ax + Bx‖ ≤‖x‖≤1‖x‖≤1≤ sup (‖Ax‖ + ‖Bx‖) ≤ sup ‖Ax‖ + sup ‖Bx‖ ≤ ‖A‖ + ‖B‖ .‖x‖≤1‖x‖≤1‖x‖≤124

Ülesanne 2. Tõestada, et‖Ax‖sup ‖Ax‖ = sup ‖Ax‖ = sup ‖Ax‖ = sup‖x‖≤1‖x‖=1‖x‖

Kui X on normeeritud ruum üle K ja X ∗ tema kaasruum , siis saabmoodustada ruumi X ∗ kaasruumi.Definitsioon 3. Ruumi (X ∗ ) ∗ def.= L (X ∗ , K) nimetatakse ruumi Xteiseks kaasruumiks.Ruumi (X ∗ ) ∗ tähistamiseks kasutatakse sümbolit X ∗∗ .Ruum X on loomulikul viisil samastatav ruumi X ∗∗ alamhulgaga. Selleksdefineeritakse kujutis π : X → X ∗∗ võrdusegakusπ (x) = F x (x ∈ X) ,F x (f) = f(x) (f ∈ X ∗ ) .kujutust π nimetatakse ruumi X loomulikuks kujutuseks teise kaasruumi X ∗∗ .Selles mõttes saame, et X ⊂ X ∗∗ .Saab tõestada järgmise väite.Lause 2. Alamruum π (X) on kinnine ruumis X ∗∗ parajasti siis, kui Xon Banachi ruum.Definitsioon 4. Kui kujutus π on sürjektiivne ja π (X) = X ∗∗ , siisöeldakse, et ruum X on refleksiivne.3 Nõrk ja tugev koonduvus3.1 Operaatorite jada punktiviisi tõkestatusja punktiviisi koonduvusDefinitsioon 1. Kui X ja Y on normeeritud ruumid, siis operaatoritejada {A n } , kus A n ∈ L (X, Y ) nimetatakse punktiviisi tõkestatuks, kui igax ∈ X korral leidub selline arv M = M (x) > 0, et‖A n x‖ ≤ M (∀n ∈ N) .Ülesanne 1. Olgu funktsioonid K n (t, s) pidevad ruudus [a, b] × [a, b] jaintegraaloperaatorid K n : C [a, b] → C [a, b] määratud seosega(K n x) (t) =∫ baK n (t, s) x(s)ds (t ∈ [a, b]) .26

Näidake, et eeldusel∫ bmaxa ≤ t ≤ ba|K n (t, s)| ds = O(1)on jada {K n } punktiviisi tõkestatud.Lause 1. Kui operaatorite jada {A n } , kus A n ∈ L (X, Y ) , on normijärgi tõkestatud, siis ta on ka punktiviisi tõkestatud, st(∃M 0 > 0 : ‖A n ‖ ≤ M 0(∀n ∈ N)) ⇒⇒ (∃M = M (x) > 0 : ‖A n x‖ ≤ M (∀n ∈ N)) .Tõestus. Saame(A n ∈ L (X, Y )) ⇒ (‖A n x‖ ≤ ‖A n ‖ ‖x‖) ⇒⇒ ‖A n x‖ ≤ M 0 ‖x‖ ⇒ ‖A n x‖ ≤ M,kus M = M (x) = M 0 ‖x‖ . □Saab tõestada järgmise väite (vt [5] lk 134).Lause 2. Kui X on B-ruum ja Y n (n ∈ N) on normeeritud ruumid ningjada {A n } , kus A n ∈ L (X, Y n ) , on punktiviisi tõkestatud, siis normide jada{‖A n ‖} on tõkestatud.Definitsioon 2. Kui X ja Y on normeeritud ruumid, siis operaatoritejada {A n } , kus A n ∈ L (X, Y ) , nimetatakse punktiviisi koonduvaks ehk kõikjalkoonduvaks ruumis X, kui iga x ∈ X korral jada {A n x} koondub ruumisY.Definitsioon 3. Operaatorit A : X → Y, mis on defineeritud seosegaAx = limnA n x (x ∈ X) ,nimetatakse kõikjal koonduva operaatorite jada {A n } , kus A n : X → Y,piiroperaatoriks.Lause 3. Kui jada {A n } , kus A n ∈ L (X, Y ) , koondub kõikjal B-ruumisX ja A on jada {A n } piiroperaator, siis A ∈ L (X, Y ) .Tõestus. Kontrollime, kas A on lineaarne:A (x 1 + x 2 ) = limn(A n (x 1 + x 2 )) = limn(A n x 1 + A n x 2 ) == limnA n x 1 + limnA n x 2 = Ax 1 + Ax 2 ;A (λx) = limn(A n (λx)) = limn(λ (A n x)) == λ limn(A n x) = λA (x) .27

Seega piiroperaator A on lineaarne. Lause 2 põhjal on {‖A n ‖} jada tõkestatud,st ∃M > 0 : ‖A n ‖ ≤ M. Kontrollime, kas A on tõkestatud:∥‖Ax‖ = ∥lim A n x∥ = lim ‖A n x‖ ≤ lim ‖A n ‖ ‖x‖ ≤ lim M ‖x‖ = M ‖x‖ .nn n nSeega∃M > 0 : ‖Ax‖ ≤ M ‖x‖ (x ∈ X) ,st piiroperaator A on tõkestatud. Piiroperaatori A lineaarsusest ja tõkestatusestjäreldub, et A ∈ L (X, Y ) . □3.2 Banach-Steinhausi teoreemDefinitsioon 1. Hulka E nimetatakse põhihulgaks normeeritud ruumisX, kui span E = X.Seega hulga E lineaarne kate span E on kõikjal tihe ruumis X.Lause 1 (Banach-Steinhausi teoreem). Olgu X ja Y B-ruumid ning Epõhihulk ruumis X. Jada {A n } , kus A n ∈ L (X, Y ) , koondub kõikjal ruumisX parajasti siis, kui on täidetud järgmised tingimused:1 ◦ ∃ M > 0 : ‖A n ‖ ≤ M (∀n ∈ N) ;2 ◦ ∃ limnA n x (∀x ∈ E) .Tõestus. Tarvilikkus. Tingimus 1 ◦ järeldub ühtlase tõkestatuse printsiibist.Nimelt{A n x} punktiviisi koondub ⇒ {A n x} on punktiviisi tõkestatud ⇒⇒{‖A n ‖} on tõkestatud.Tingimuse 2 tarvilikkus on ilmne.Piisavus. Näitame kõigepealt, et ∃ limnA n x (∀x ∈ span E) . Kui x ∈span E, siisjax =r∑λ k x k (x k ∈ E, λ k ∈ K)k=1r∑lim A n x = lim A n λ k x k = limn n n=k=1r∑λ k A n x k =k=1[]∃ lim A n x k (∀x k ∈ E)n28=r∑λ k lim A n x k ,nk=1

st ∃ limnA n x (∀x ∈ E) .Kui x ∈ X, kuid x /∈ span E, siis ruumi Y täielikkuse tõttu piisab jada{A n x} koondumiseks näidata, et {A n x} on Cauchy jada. Suvalise arvu ε > 0εkorral leidub selline z ∈ span E, et ‖x − z‖ ≤3 (M + 1) . Saame‖A n x − A m x‖ ≤ ‖A n (x − z) + (A n z − A m z) + A m (z − x)‖ ≤≤≤Kuna z ∈ span E, siis {A n z} koondub ja‖A n ‖ ‖x − z‖ + ‖A n z − A m z‖ + ‖A m ‖ ‖z − x‖ ≤2Mε3 (M + 1) + ‖A nz − A m z‖ .∃ n 0 ∈ N : n, m > n 0 ⇒ ‖A n z − A m z‖ < ε 3 .Seega {A n x} on Cauchy jada.□3.3 Hahn-Banachi teoreemLause 1 (Hahn-Banachi teoreem). Kui X 0 on normeeritud ruumi X alamruumja f 0 : X 0 → K on pidev lineaarne funktsionaal, siis leidub funktsionaalif 0 selline pidev lineaarne jätk f, et f : X → K ning ‖f‖ = ‖f 0 ‖ .Tõestuse leiab huviline õpikust [5], lk 165-169.Lause 2 (piisavast arvust pidevatest funktsionaalidest). Kui X on normeeritudruum, kusjuures X ≠ {θ} , siis iga x ∈ X korral leidub selline pidevlineaarne funktsionaal f ∈ X ∗ , et ‖f‖ = 1 ja f(x) = ‖x‖ .Tõestus. Eeldame lisaks, et x ≠ θ. Moodustame alamruumiDefineerimeX 0 = span {x} = {λx : λ ∈ K} .f 0 (λx) = λ ‖x‖ (λx ∈ X 0 ) .Funktsionaal f 0 : X 0 → K on lineaarne:f 0 (λx + µx) = (λ + µ) ‖x‖ (λ, µ ∈ K) ;f 0 (µ (λx)) = f 0 ((µλ) x) = (µλ) ‖x‖ = µ (λ ‖x‖) = µf 0 (λx).Et|f 0 (λx)| = |λ · ‖x‖| = |λ| · ‖x‖ = 1 · ‖λx‖ ,29

siis‖f 0 ‖ = 1, f 0 (x) = 1 · ‖x‖ = ‖x‖ .Rakendades Hahn-Banachi teoreemi, jõume x ≠ θ korral Lause 2 väiteni.Kui x = θ, siis pidevaks lineaarseks funktsionaaliks f sobib iga ruumi Xelement, mille korral ‖f‖ = 1. □Ülesanne 1 (normeeritud ruumi punktide eraldamisest). Tõestada, etkui x ≠ y, siis leidub selline pidev lineaarne funktsionaal f ∈ X ∗ , et f(x) ≠f(y).Ülesanne 2. Tõestada, et kui f(x) = f(y) (∀f ∈ X ∗ ) , siis x = y.Lause 3. Kui X on normeeritud ruum, siis iga x ∈ X korral‖x‖ = sup | f(x)| .‖f‖≤1Tõestus. Et ‖θ‖ = sup ‖f‖≤1 | f(θ)| = 0, siis x = θ korral väide kehtib. Kuix ≠ θ, siissup | f(x)| ≤ sup ‖ f‖ ‖x‖ ≤ ‖x‖ .‖f‖≤1‖f‖≤1Teisalt, valides Lause 2 põhjal funktsionaali f 0 nii, et ‖f 0 ‖ = 1 ja f 0 (x) =‖x‖ , saame‖x‖ = f 0 (x) = | f 0 (x)| ≤ sup | f(x)| . □‖f‖≤1Lause 4. Kui Y on normeeritud ruumi X kinnine alamruum ja xY, siisleidub selline f ∈ X ∗ , et f(1) = 0 ja f(y) = 0 (y ∈ Y ) .3.4 Nõrk ja tugev koonduvusOlgu X normeeritud ruum ja X ∗ tema kaasruum, st kõigi temal defineeritudpidevate lineaarsete funktsionaalide ruum.Definitsioon 1. Jada {x n } normeeritud ruumi X elementidest nimetataksenõrgalt koonduvaks elemendiks x ∈ X, kuif(x n ) → f(x) (∀f ∈ X ∗ ) . (3.4.1)Fakti et jada {x n } koondub nõrgalt elemendiks x, me tähistame x nvõi w − lim x n = x.nDefinitsioon 2. Jada {x n } normeeritud ruumi X elementidest nimetataksetugevalt koonduvaks elemendiks x ∈ X, kui jada {x n } koondub normi järgielemendiks x ∈ X.30w → x

Tugev koonduvus on normeeritud ruumi tavaline koonduvus.Ülesanne 1. Näidake, et nõrgalt koonduva jada piirelement on ühene.Ülesanne 2. Näidake, et pidev lineaarne operaator teisendab nõrgaltkoonduv jada nõrgalt koonduvaks jadaks.Punktis 2.5 vaatlesime funktsionaale F x ∈ X ∗∗ , defineerituna seosegaF x (f) = f(x) (∀f ∈ X ∗ ) .Funktsionaale F x kasutades saame seosele (3.4.1) anda kujuF xn (f) → F x (f) (∀f ∈ X ∗ ) . (3.4.2)Tingimus (3.4.2) tähendab pidevate lineaarsete funktsionaalide jada {F xn }punktiviisi koondumist funktsionaaliks F x . Kasutame Banach-Steinhausi teoreemi.Tõesti X ∗ ja K on B-ruumid ja jada {F xn } , kus F xn ∈ L (X ∗ , K) ,koondub kõikjal ruumis X ∗ parajasti siis, kui on täidetud järgmised tingimused:1 ◦ ∃ M > 0 : ‖F xn ‖ ≤ M (∀n ∈ N) ;2 ◦ ∃ limnF xn (f) (∀f ∈ E ⊂ X ∗ ) , kus span E = X ∗ .Kuna ‖F xn ‖ = ‖x n ‖ , siis kehtib järgmine väide.Lause 1. Normeeritud ruumi X elementide jada {x n } koondub nõrgaltelemendiks x parajasti siis, kui1 ◦ ∃ M > 0 : ‖x n ‖ ≤ M (∀n ∈ N) ;2 ◦ ∃ limnf (x n ) (∀f ∈ E ⊂ X ∗ ) , kus span E = X ∗ .Ülesanne 3. Näidake, et iga tugevalt koonduv jada {x n } , kus x n onnormeeritud ruumi X elemendid, on ka nõrgalt koonduv samaks piirelemendiks.Ülesannes 1 esitatud väide ei ole pööratav. Illustreerime seda Näite 1abil.Näide 1. Uurime jada e n ={}0; . . . ; 0; 1; 0; . . .nkoonduvust.Et ruumis l 2 on elemendi x = {ξ k } norm antud valemiga∑‖x‖ = √ ∞ ξk 2,siis m < n korral‖e m − e n ‖ ==k=1{∥∥∥ 0; . . . ; 0; 1; 0; . . . ; 0; −1; 0; . . .}∥=m n√1 2 + (−1) 2 = √ 2.31∈ l 2 tugevat ja nõrka

Seega jada e n ei ole Cauchy jada. Teisalt näitame, et e n → θ. Tõesti, igafunktsionaal f ∈ l ∗ 2 on määratud jadaga {α k } ∈ l 2 kujulf (x) =∞∑α k ξ k (x = {ξ k } ∈ l 2 ) .k=1Seegajaf (e n ) = α 1 · 0 + . . . + α n−1 · 0 + α n · 1 + α n+1 · 0 + . . . = α n[( ∞)∑f (e n ) = α n ⇒ αk 2 ≤ Mk=1⇒ α nn→∞→ 0]n→∞→ 0 = f (θ) ,st e w n → θ. ♦{}Ülesanne 4. Uurige jada e n = 0; . . . ; 0; 1; 0; . . . ∈ l 1 tugevat ja nõrkankoonduvust.Definitsioon 3. Jada {y n } nimetatakse normeeritud ruumi X elementidejada {x n } kumerate kombinatsioonide jadaks, kui leiduvad indeksid m 1 = 0

siisg A ∈ X ∗ = L (X, K) .Lause 1. Kui A ∈ L (X, Y ) , siis A ∗ ∈ L (Y ∗ , X ∗ ) ja ‖A ∗ ‖ = ‖A‖ .Tõestus. EtA ∗ (g 1 + g 2 ) = (g 1 + g 2 ) A = g 1 A + g 2 A = A ∗ g 1 + A ∗ g 2 ,A ∗ (λg) = (λg) A = λ (gA) = λ (A ∗ g) ,siis operaator A ∗ on lineaarne. Kuna‖A ∗ g‖ = ‖gA‖ ≤ ‖g‖ ‖A‖ = ‖A‖ ‖g‖ ,siis A ∗ ∈ L (Y ∗ , X ∗ ), kusjuures kehtib võrratus ‖A ∗ ‖ ≤ ‖A‖ . Kui Y = {θ} ,siis A = θ ja vastupidine võrratus kehtib. Kui Y ja x ∈ X on suvalineelement, siis valime funktsionaali g ∈ Y ∗ nii, et ‖g‖ = 1 ja g(Ax) = ‖Ax‖ .Sellise valiku korral saame‖Ax‖ = g (Ax) = (A ∗ g) (x) ≤ ‖A ∗ ‖ ‖g‖ ‖x‖ = ‖A ∗ ‖ ‖x‖ .Seega ‖A‖ ≤ ‖A ∗ ‖ . □Ülesanne 1. Tõestada, et1 ◦ (A + B) ∗ = A ∗ + B ∗ ,2 ◦ (λA) ∗ = λA ∗ ,3 ◦ (AB) ∗ = B ∗ A ∗ .4 Operaatorite diferentsiaalarvutus4.1 Nõrk diferentseeruvusOlgu X ja Y normeeritud ruumid üle arvukorpuse K ja U ⊂ X lahtinemittetühi hulk, millel on antud operaator f : U → Y.Definitsioon 1. Kui iga h ∈ X korral eksisteerib piirväärtuslimt→0 ∧ t∈Kf (x + th) − f (x), (4.1.1)tsiis öeldakse, et operaator f on nõrgalt diferentseeruv (Gâteaux’ mõttes diferentseeruv)punktis x ∈ X.33

Piirväärtust (4.1.1) tähistatakse δf(x, h) ja nimetatakse operaatori f nõrgaksdiferentsiaaliks ehk Gâteaux’ diferentsiaaliks punktis x elemendi h suunas.Kuna U on lahtine hulk, siis tingimusest x ∈ U järeldub piisavalt väikeset korral x + th ∈ U. Et t → 0 ⇒ th → θ, siis piisab piirduda vaid juhuga‖h‖ = 1, kus h ∈ X. Definitsioonist 1 järeldub, etδf(x, θ) =f (x + tθ) − f (x)limt→0 ∧ t∈K tf (x) − f (x)= limt→0 ∧ t∈K t= θ.Ülesanne 1. Näidake, et X = Y = R = K korral δf(x, h) = f ′ (x) h,kusjuures δf(x, 1) = f ′ (x).Näide 1. Olgu X = R n , Y = R = K ja x = (x 1 , . . . , x n ) ningh = (h 1 , . . . , h n ) , kus ‖h‖ = 1. Leiame δf(x, h) ja δf(k = 1; 2; . . . ; n) .Kuna(x,(0; . . . ; 0; 1k; 0; . . .δf(x, h) =f (x 1 + th 1 , . . . , x n + th n ) − f (x 1 , . . . , x n )lim=t→0 t= f x1 (x) h 1 + . . . + f xn (x) h n = (grad f) · h,))siisδf( ())x, 0; . . . ; 0; 1; 0; . . . = f xk (x) · 1 = f xk (x) .kSeega toodud tingimustel ( on(δf(x, h) funktsiooni )) f suunatuletis punktis xvektori h suunas ja δf x, 0; . . . ; 0; 1; 0; . . . selle funktsiooni osatuletiskpunktis x muutuja x k järgi. ♦Ülesanne 2. Olgu X = Y = R 2 , K = R ja x = (x 1 , x n ) ning h =(h 1 , h 2 ) . Leidke δf(x, h).Näide 2. Olgu x = (0; 0; 0) ja h = (1; 1; 1) . Veendume, et kuigi funktsioonil⎧⎨ 0, kui (x 1 , x 2 , x 3 ) = (0; 0; 0),f (x 1 , x 2 , x 3 ) = x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 1 x 3⎩, kui (xx 2 1 + x 2 2 + x 2 1 , x 2 , x 3 ) ≠ (0; 0; 0)3eksisteerivad osatuletised f xk punktis (0; 0; 0) , ei ole see funktsioon nõrgaltdiferentseeruv punktis x suunas h.34

Saame∂f(x 1 , x 2 , x 3 )∂x 1∣∣∣∣x=θ= limh 1 →0= limh 1 →0f (0 + h 1 ; 0; 0) − f (0; 0; 0)=h 1h 1 · 0 + 0 · 0 + h 1 · 0− 0h 2 1 + 0 2 + 0 2 = 0.h 1Analoogiliselt leiame ∂f(x ∣1, x 2 , x 3 ) ∣∣∣x=θ= ∂f(x ∣1, x 2 , x 3 ) ∣∣∣x=θ= 0. Teisalt∂x 2 ∂x 3f (0 + t · 1, 0 + t · 1, 0 + t · 1) − f (0, 0, 0)δf(0, (1; 1; 1)) = limt→0 tt 2 + t 2 + t 2= limt 2 + t 2 + t − 0 2 1= limt→0 tt→0 t ,st funktsioon f ei ole nõrgalt diferentseeruv punktis x suunas h. ♦Ülesanne 3. Olgu x = (0; 0; 0; 0) ja h = (1; 1; 1; 1) . Tõestage, et funktsioonil⎧⎨ 0, kui (x 1 , x 2 , x 3 ) = (0; 0; 0),f (x 1 , x 2 , x 3 ) = x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 1 x 3⎩, kui (xx 2 1 + x 2 2 + x 2 1 , x 2 , x 3 ) ≠ (0; 0; 0).3eksisteerivad osatuletised f xk punktis (0; 0; 0) , kuid see funktsioon ei ole nõrgaltdiferentseeruv punktis x suunas h.Näide 3. Olgu funktsioon f : R 2 → R antud järgnevalt:{f (x 1 , x 2 ) =1, kui x 2 = x 3 1 ∧ x 1 ≠ 0,0, x 1 x 2 -tasandi ülejäänud punktides.Veendume, et kuigi f on katkev punktis (0; 0) , on f nõrgalt diferentseeruvselles punktis, isegi igas suunas h = (h 1 , h 2 ) .Kahe muutuja funktsiooni pidevuse definitsiooni põhjal on f katkev punktis(0; 0) . Samasf (0 + th 1 , 0 + th 2 ) − f (0, 0)δf(0, h) = lim=t→0[ t ]piisavalt väikese 0 − 0== lim = 0.t korralt→0 t35=

Seega ei järeldu funktsiooni nõrgalt diferentseeruvusest punktis funktsioonipidevus selles punktis. ♦Ülesanne 4. Olgu funktsioon f : R 2 → R antud järgnevalt:{1, kui xf (x 1 , x 2 ) =2 = x 4 1 ∧ x 1 ≠ 0,0, x 1 x 2 -tasandi ülejäänud punktides.Tõestage, et f on katkev punktis (0; 0) ja nõrgalt diferentseeruv selles punktis,igas suunas h = (h 1 , h 2 ) .4.2 Tugev diferentseeruvusOlgu X ja Y normeeritud ruumid ja U ruumi X lahtine hulk.Definitsioon 1. Kui operaatori f : U → Y korral leidub selline pidevlineaarne operaator A ∈ L (X, Y ) , etf (x + h) − f (x) − Ahlim‖h‖→0 ‖h‖= θ, (4.2.1)siis öeldakse, et operaator f on (tugevalt) diferentseeruv (Fréchet’ mõttesdiferentseeruv) punktis x ∈ U.Tähistuse α (x, h) = f (x + h) − f (x) − Ah korral on tingimus (4.2.1)esitatav kujulα (x, h)lim = 0‖h‖→0 ‖h‖ehk α (x, h) = o (‖h‖) (h → θ) ..Lause 1. Kui operaator f : U → Y on tugevalt diferentseeruv punktisx ∈ U, siis ta on ka nõrgalt diferentseeruv punktis x, kusjuures δf(x, h) = Ah.Tõestus. Kunasiisf (x + th) − f (x)t=δf(x, h) = limt→0f (x + th) − f (x)tα (x, th) + Atht(= lim Ah +t→0= Ah +α (x, th)‖th‖α (x, th)‖th‖|t| ‖h‖,t)|t| ‖h‖= Ah. □tLause 2. Kui operaator f : U → Y on tugevalt diferentseeruv punktisx ∈ U, siis tingimust (4.2.1) rahuldav operaator A ∈ L (X, Y ) on määratudüheselt.36

Tõestus. Olgu lisaks tingimust (4.2.1) rahuldavale operaatorile A ∈ L (X, Y )veel teine seda tingimust rahuldav operaator B ∈ L (X, Y ) . Lausest 1 järeldub,etδf(x, h) = Ah = Bh (∀h ∈ X) .Kuna(Ah = Bh (∀h ∈ X)) ⇒ A = B,siis tingimust (4.2.1) rahuldav A ∈ L (X, Y ) on üheselt määratud. □Definitsioon 2. Tingimust (4.2.1) rahuldavat operaatorit A ∈ L (X, Y )nimetatakse operaatori f : U → Y (Frechet’) tuletiseks punktis x ja ruumiY elementid f(x, h) def.= Ahnimetatakse operaatori f (tugevaks) diferentsiaaliks ehk Frechet’ diferentsiaalikspunktis x, mis vastab argumendi juurdekasvule h.Operaatorit A ∈ L (X, Y ) tähistatakse f ′ (x).Ülesanne 1. Näidake, et kui operaator f : U → Y on tugevalt diferentseeruvpunktis x ∈ U, siis d f(x, h) = δ f(x, h).Lause 3. Kui operaator f : U → Y on tugevalt diferentseeruv punktisx, siis operaator f on pidev punktis x.Tõestus. Olgu x ∈ U ja h ∈ X. Etjasiisf (x + h) − f (x) = Ah + α (x, h)h → θ ⇒ (Ah → θ ∧ α (x, h) = o (‖h‖) → θ) ,h → θ ⇒ f (x + h) → f (x) ,st operaator f on pidev punktis x. □Näide 1. Kui konstantne operaator f : X → Y on defineeritud seosegaf(x) = y 0 (∀x ∈ X) , siis f ′ (x) ∈ L (X, Y ) nullopraator, st f ′ (x) = θ.Et ∀x ∈ X korral f (x + h) − f (x) = y 0 − y 0 = θ, siis tingimus (4.2.1)omandab kujuθ − Ahlim = θ.‖h‖→0 ‖h‖Seega‖h‖ → 0 ⇒ A h‖h‖ → θ ⇒ A = θ.37♦

Ülesanne 2. Näidake, et kui f : X → Y on pidev lineaarne operaator,st f ∈ L (X, Y ) , siis f ′ (x) = f (∀x ∈ X) .Näide 2. Näitame, et kui f : U → R ja U ⊂ R n , siis operaatori f tuletisf ′ (x) kuulub ruumi L (R n , R) = (R n ) ∗ , kusjuures f ′ (x) = grad f (x) .Kui x = (x 1 ; . . . ; x n ) ja h = (h 1 ; . . . ; h n ) , siis mitme muutuja funktsioonidiferentsiaalarvutuse abil saamekusSeegakusf (x + h) − f (x) = f (x 1 + h 1 ; . . . ; x n + h n ) − f (x 1 ; . . . ; x n ) == f x1 (x)h 1 + . . . + f xn (x)h n + α (x, h) ,α (x, h)lim‖h‖→0 ‖h‖= 0.f ′ (x) h = f x1 (x)h 1 + . . . + f xn (x)h n ,f ′ (x) = (f x1 , . . . , f xn ) = grad f (x) ∈ L (R n , R) = (R n ) ∗ja operaatori f ′ (x) rakendamine elemendile h on määratud vektorite grad f (x)ja h skalaarkorrutise abil. ♦Ülesanne 3. Uurige Näite 2 erijuhtu n = 1 korral.Näide 3. Olgu U ⊂ R n . Leiame operaatori f : U → R m korral tuletisef ′ (x).Esitame operaatori f kujulkusf (x) = (f 1 (x) , . . . , f m (x)) T , (4.2.2)f k : U → R (k = 1; . . . ; m) .Et f ′ (x) ∈ L (R n , R m ) , siis saame operaatorit f ′ (x) vaadelda maatriksoperaatorina,st operaatori f diferentseeruvuse korral punktis x ∈ U leidubselline mn-maatriks A = (a ki ), etf (x + h) − f (x) = Ah + α (x, h) , (4.2.3)kus α (x, h) = o (‖h‖) . Seostest (4.2.3) ja (4.2.2) järeldub, etf k (x + h) − f (x) = a k1 h 1 + . . . + a kn h n + α k (x, h) (k = 1; . . . ; m) ,38

kusEtα (x, h) = (α 1 (x, h) ; . . . ; α m (x, h)) .α (x, h) = o (‖h‖) ⇔ (α k (x, h) = o (‖h‖) (k = 1; . . . ; m)) ,operaatori f diferentseeruvus on samaväärne tema kõigi koordinaatide fdiferentseeruvusega ja kuna Näite 2 põhjal(f k(x) ′ ∂fk= (x) , . . . , ∂f )k(x) = grad f k (x) ,∂x 1 ∂x nsiis⎛f ′ (x) = ⎜⎝∂f 1(x)∂x 1· · ·· · · · · · · · ·∂f m(x)∂x 1· · ·∂f 1∂x n(x)∂f m∂x n(x)⎞⎛⎟⎠ = ⎝grad f 1 (x)· · ·grad f m (x)⎞⎠ .♦Ülesanne 4. Uurige Näite 3 erijuhtu n = 1 korral.Ülesanne 5. Tõestage, et kui operaatorid f : U → Y ja g : U → Y ondiferentseeruvad punktis x ∈ U, siisja(f + g) ′ (x) = f ′ (x) + g ′ (x)(λf) ′ (x) = λf ′ (x) (λ ∈ K) .Lause 4. Kui X, Y ja Z on normeeritud ruumid ning operaator f :U → Y on diferentseeruv punktis x ∈ U ⊂ X, f (U) ⊂ V ⊂ Y ja operaatorg : V → Z on diferentseeruv punktis f (x) , siis operaator g f : U → Z ondiferentseeruv punktis x ning(gf) ′ (x) = g ′ (f (x)) f ′ (x) .Tõestus. Operaatori f diferentseeruvus punktis x ∈ U tähendab, etf (x + h) = f (x) + f ′ (x) h + α (x, h) , α (x, h) = o (‖h‖) , f ′ (x) ∈ L (X, Y )ja operaatori g diferentseeruvus punktis y ∈ V tähendab, etg (y + l) − g (y) = g ′ (y) l + β (y, l) , β (y, l) = o (‖l‖) , g ′ (y) ∈ L (Y, Z) .39

Seega(gf) (x + h) − (gf) (x) = g (f (x + h)) − g (f (x)) == g (f (x) + f ′ (x) h + α (x, h)) − g (f (x)) == g ′ (f (x)) (f ′ (x) h + α (x, h)) + β (f(x), f ′ (x) h + α (x, h)) == g ′ (f (x)) f ′ (x) h + γ (x, h) ,kusγ (x, h) = g ′ (y) α (x, h) + β (y, l) , l = f ′ (x) h + α (x, h) .Näitame, et γ (x, h) = o (‖h‖) . Etα (x, h) = o (‖h‖) ⇒ g ′ (y) α (x, h) = o (‖h‖) ,piisab tõestada, et β (y, l) = o (‖h‖) . Kuna‖β (y, l)‖ =‖β (y, l)‖‖l‖· ‖l‖‖h‖ ,siis piisab tõestada, et ‖l‖ / ‖h‖ on tõkestatud. Saame‖l‖‖h‖ = ‖f ′ (x) h + α (x, h)‖‖h‖= ‖f ′ (x)‖ +‖α (x, h)‖‖h‖≤ ‖f ′ (x)‖ ‖h‖ + ‖α (x, h)‖‖h‖= O (1) + o (1) = O (1) .=Seega Lause 4 väide on õige. ♦Ülesanne 6. Uurige Lause 4 erijuhtu, kui f ∈ L (X, Y ) ∧ g ∈ L (Y, Z) .4.3 Kõrgemat järku tuletisedKui X ja Y normeeritud ruumid üle K ning U lahtine hulk ruumis X. Kuif : X → Y on diferentseeruv operaator iga x ∈ U korral, siis saab uuridaoperaatoritf ′ : U → L (X, Y ) ,mis igale x ∈ U seab vastavusse f ′ (x) ∈ L (X, Y ) .40

Definitsioon 1. Kui operaator f ′ : U → L (X, Y ) on pidev punktisx ∈ U, siis opraatorit f nimetatakse pidevalt diferentseeruvaks selles punktis.Definitsioon 2. Kui operaator f ′ on diferentseeruv punktis x, siis öeldakse,et operaator f on kaks korda diferentseeruv punktis x, kusjuures tuletist(f ′ ) ′ (x) nimetatakse operaatori teiseks tuletiseks ja tähistatakse f ′′ (x).Operaatori f : X → Y kahekordne diferentseeruvus punktis x tähendab,et leidub selline f ′′ (x) ∈ L (X, L (X, Y )) , etf ′ (x + h) − f ′ (x) = f ′′ (x)h + β (x, h) , (4.3.1)kus β (x, h) = o (‖h‖) , kui h → θ. Tingimus (4.3.1) tähendab, etf ′ (x + h)l − f ′ (x)l = f ′′ (x)hl + β (x, h) l (∀l ∈ X) .Ülesanne 1. Leidke operaatori f ∈ L (X, Y ) teine tuletis.Saab tõestada järgmise väite.Lause 1. Kui operaator f : U → Y on kaks korda diferentseeruv punktisx ∈ U, siis f ′′ (x)hl on sümmeetriline h ja l suhtes, stf ′′ (x)hl = f ′′ (x)hl (∀h, l ∈ X) .Analoogiliselt operaatori f : U → Y teise tuletisega defineeritakse selleoperaatori kõrgemat järku tuletised.Ülesanne 2. Olgu X normeeritud ruum ja U ⊂ X lahtine hulk. Defineerigeoperaatori f : U → Y kolmandat järku tuletis.5 Üldistatud funktsioonidMatemaatilise analüüsi erinevate küsimuste käsitlemisel esitatakse vaadeldavatelefunktsioonidele erinevaid nõudeid: kord vaadeldakse tõkestatud funktsioone,kord pidevaid funktsioone, kord diferentseeruvaid funktsioone, kordlõpmata arv kordi diferentseeruvaid funktsioone. Mõningatel juhtudel meietavaline funktsiooni mõiste jääb kitsaks vaadeldava probleemi kirjeldamisel.Selles peatükis me käsitleme üht funktsiooni mõiste üldistamise võimalust,vaatleme nn üldistatud funktsioone5.1 Põhifunktsioonide ruumDefinitsioon 1. Hulga, millel funktsiooni väärtused on nullist erinevad,sulundit nimetatakse selle funktsiooni kandjaks.41

Seega funktsiooni ϕ(t) (t ∈ R) kandja supp x avaldub kujulsupp ϕ = {t : ϕ(t) ≠ 0}.Definitsioon 2. Funktsiooni, mille kandja on tõkestatud hulk, nimetataksefiniitseks funktsiooniks ehk tõkestatud kandjaga funktsiooniks.Definitsioon 3. Iga reaalse argumendiga lõpmata arv kordi diferentseeruvatfiniitset funktsiooni nimetatakse põhifunktsiooniks.Kui põhifunktsioonide liitmine ja reaalarvuga korrutamine defineerida tavaliselviisil, siis saame kõigi põhifunktsioonide vektorruumi, mida tähistamesümboliga D. Vektorruumis D ei õnnestu meile sobival viisil defineeridanormi. Jada koonduvuse mõiste ruumis D toome sisse järgneval viisil.Definitsioon 4. Jada {ϕ n (x)} , kus ϕ n (x) ∈ D nimetatakse koonduvaksfunktsiooniks ϕ(x) ∈ D, kui1) leidub lõik, millest väljapool kõik funktsioonid ϕ n (x) võrduvad nulliga;2) tuletiste ϕ (k)n (x) jada{ϕ (k)nϕ (k) (x) ja seda iga k ∈ N 0 = N∪ {0} korral.}(x) koondub sel lõigul ühtlaselt funktsiooniksSellist koonduvust tähistame lühidalt ϕ n D → ϕ.Definitsioon 5. Vektorruumi D, milles jada koonduvus on antud Definitsiooniga4, nimetatakse põhiruumiks.5.2 Üldistatud funktsiooni mõisteDefinitsioon 1. Üldistatud funktsiooniks ehk distributsiooniks nimetatakseiga pidevat lineaarset funktsionaali T ruumis D.Seejuures lineaarset funktsionaali T me nimetame pidevaks ruumis D, kuiϕ n D → ϕ ⇒ T (ϕ n ) → T (ϕ) . (5.2.1)Märgime, et iga lõigul integreeruva funktsiooni g(t) abil saame mingi üldistatudfunktsiooniT g : D → R,kusT g (ϕ) =∫ +∞−∞g(t)ϕ(t)dt (ϕ ∈ D) . (5.2.2)Märkus 1. Meenutame, et funktsionaal f ∈ (C [a, b]) ∗ parajasti siis, kuifunktsionaal f on esitatav kujulf(ϕ) =∫ baϕ(t)dg(t) (ϕ ∈ C [a, b]) ,42

kus g on mingi lõigul [a, b] tõkestatud muuduga V ba g funktsioon, mis onfunktsionaaliga f üheselt määratud. Seejuuresja integraali‖f‖ = V ba g def.= supa=t 0

Seost (5.2.3) esitatakse sageli formaalsel kujul∫ +∞−∞δ(t)ϕ(t)dt = ϕ(0) (∀ϕ ∈ D) . (5.2.4)Sageli üldistatud funktsiooni δ all mõeldakse funktsiooni, mis võrdub nulligakõikjal, välja arvatud punkt 0, milles δ-funktsiooni väärtuseks võetakse ∞.Lisaks nõutakse tingimuse ∫ +∞δ(t)dt = 1 täidetust. ♦−∞Ülesanne 1. Kontrollige, et nihkega deltafunktsioon δ a , kusδ a (ϕ) = ϕ (a) (ϕ ∈ D) , (5.2.5)on üldistatud funktsioon, kusjuures seost (5.2.5) võib formaalselt esitadakujulja∫ +∞−∞δ(t − a)ϕ(t)dt = ϕ(a) (∀ϕ ∈ D)∫ +∞−∞Ülesanne 2. Kontrollige, kasδ(t − a)dt = 1.ϕ → −ϕ ′ (0) (ϕ ∈ D) . (5.2.6)on üldistatud funktsioon. Miks seosega (5.2.6) esitatud üldistatud funktsiooninimetatakse deltafunktsiooni tuletiseks δ ′ (t) kusjuures seost (5.2.6)võib formaalselt esitada kujul∫ +∞−∞δ ′ (t)ϕ(t)dt = −ϕ ′ (0)(∀ϕ ∈ D)?Miks seosegaϕ → −ϕ ′ (a) (ϕ ∈ D)esitatud üldistatud funktsiooni nimetatakse nihkega deltafunktsiooni tuletiseksδ ′ (t − a), kusjuures seda seost (5.2.6) formaalselt esitada kujul∫ +∞−∞δ ′ (t)ϕ(t − a)dt = −ϕ ′ (a) (∀ϕ ∈ D) .44

Definitsioon 3. Päratule integraalile ∫ +∞f(t)dt teatava üheainsa piirprotsessiabil omistatavat väärtust nimetatakse selle integraali Cauchy pea-−∞väärtuseks, näiteksvõi∫ baf(t)dt = lim∫ +∞−∞A→0(∫ c−Af(t)dt =a∫ +AlimA→+∞−Af(t)dt +∫ bc+Af(t)dt)f(t)dt(a < c < b) ,kus c ∈ (a, b) on funktsiooni f katkevuspunkt.Näide 2. Funktsioon 1/t ei ole integreeruv üheski lahtises vahemikus,mis sisaldab nullpunkti. Näitame, et iga ϕ ∈ D korral eksisteerib integraali∫ +∞−∞1t ϕ(t)dtCauchy peaväärtus ja see on lõplik.Tõesti. Kui (a, b) on vahemik, milles sisaldub supp ϕ, ja 0 ∈ (a, b) siis∫ +∞−∞ϕ(t)dtt=∫ baϕ(t)dtt=∫ ba∫ϕ(t) − ϕ(0) bdt +taϕ(0)dt.tEtjaϕ ∈ D ⇒ ∃ limt→0ϕ(t) − ϕ(0)t∫ baϕ(0)dtt∫ b= ϕ ′ (0) ϕ∈D⇒ ∃a(∫ 0−c ∫ϕ(0)dt b= lim+c→0+a t 0+cϕ(t) − ϕ(0)dtt)ϕ(0)dt,tst integraal ∫ b ϕ(0)dton Cauchy peaväärtuse mõttes lõplik, siis 1/t on funktsionaalruumis D. Näidake,atetϕ →∫ +∞−∞ϕ(t)dtt(ϕ ∈ D)on pidev ja lineaarne, st 1/t on üldistatud funktsioon. Kas 1/t on regulaarnevõi singulaarne üldistatud funktsioon? ♦45

Ülesanne 3. Näidake, et funktsioon 1/ (2t) ei ole integreeruv üheskilahtises vahemikus, mis sisaldab nullpunkti, kuid iga ϕ ∈ D korral eksisteeribintegraali∫ +∞ϕ(t)dt2t−∞Cauchy peaväärtus ja see on lõplik.5.3 Tehted üldistatud funktsioonidegaKuna üldistatud funktsioonid on pidevad lineaarsed funktsionaalid ruumisD, siis kõigi üldistatud funktsioonide hulk on lineaarne ruum, ruumi D kaasruum,st D ∗ . Seega on loomulikul viisil defineeritud üldistatud funktsioonideliitmine ja korrutamine arvukorpuse R elemendiga..Definitsioon 1. Öeldakse, et üldistatud funktsioonide jada {T n } , kusT n ∈ D ∗ , koondub üldistatud funktsiooniks T ∈ D ∗ , kuiT n (ϕ) → T (ϕ) (∀ϕ ∈ D) .Seega üldistatud funktsioonide jada koonduvus on punktiviisi koonduvus.Definitsioon 2. Kui γ(t) on lõpmata arv kordi diferentseeruv funktsioon,siis funktsiooni γ ja üldistatud funktsiooni T korrutise defineerime seosega(γT ) (ϕ) def.= T (γϕ) (∀ϕ ∈ D) .Definitsioonis 2 esinev suurus T (γϕ) on määratud, kuna(ϕ ∈ D) ⇒ (γϕ ∈ D) .Märgime, et mõistlikul viisil ei õnnestu defineerida kahe üldistatud funktsioonikorrutist.Tava mõttes diferentseeruva funktsiooni g(t) korral saame regulaarse üldistatudfunktsiooni T g , kusT g (ϕ) =∫ +∞−∞Üldistatud funktsiooni T g tuletise d T gd tg(t)ϕ(t)dt.∫d T +∞gd t (ϕ) = g ′ (t)ϕ(t)dt.−∞46defineerime loomulikul viisil

Et∫ +∞−∞g ′ (t)ϕ(t)dt =[]du = g ′ (t)dt . u = g(t)=v = ϕ(t) . dv = ϕ ′ (t)dt∫ +∞= (g(t)ϕ(t))| +∞−∞ − g(t)ϕ ′ (t)dt ==∫ +∞−∞−∞g(t) (−ϕ ′ (t)) dt,siisd T gd t (ϕ) = −T g(ϕ ′ ).Definitsioon 3. Üldistatud funktsiooni T tuletis d T defineeritakse seosegad td Td t (ϕ) = −T (ϕ′ ) (∀ϕ ∈ D) .Ülesanne 1. Tõestage, et üldistatud funktsioon on lõpmata arv kordidiferentseeruv, kusjuures iga k ∈ N korrald k Td t k (ϕ) = (−1)k T (ϕ (k) ) (∀ϕ ∈ D) .Ülesanne 2. Tõestage, et üldistatud funktsioonide jada {T n } , kus T n ∈D ∗ , punktiviisi koonduvusest { üldistatud } funktsiooniks T ∈ D ∗ järeldub üldistatudfunktsiooni jada punktiviisi koonduvus üldistatud funkt-d Tnd tsiooniks d Tdt .Näide 1. Heaviside’i funktsioon{ 1, kui t ≥ 0H(t) =0, kui t < 0määrab ära üldistatud funktsiooniH (ϕ) =∫ +∞Uurime selle funktsiooni tuletist.0ϕ(t)dt (∀ϕ ∈ D) .47

stLähtudes Definitsioonist 3 saamed Hd t (ϕ) = −H(ϕ′ ) = −∫ +∞0ϕ ′ (t)dt = −ϕ(t)| +∞0= ϕ(0) (∀ϕ ∈ D) ,( d Hd t (ϕ) = δ (ϕ) (∀ϕ ∈ D) )⇒ d Hd t = δ.Ülesanne 3. Uurige üldistatud funktsiooni δ ′ = d δ (esimest järku Diracid timpulssfunktsiooni).Ülesanne 4. Uurige üldistatud funktsiooni δ (k) = d k δ(k-ndat järkud t kDiraci impulssfunktsiooni).Ülesanne 5. Avaldis Heaviside’i funktsioonidest ∑ ∞k=−∞ c kH (t − t k )määrab ära üldistatud funktsiooni. Uurige selle üldistatud funktsiooni tuletist.Näide 2. Rea ∑ ∞ sin ntk=1summa f(t) on 2π-perioodiline funktsioon,nkusjuures lõigul [−π, π] saame⎧⎨π − t, kui 0 < t ≤ π,f(t) = 2⎩ π + t, kui − π ≤ t < 0.2Käsitleme funktsiooni f kui üldistatud funktsiooni. Selle funktsiooni esitusekskogu reaalteljel Heaviside’i funktsioonide abil on∞∑ π − (t − 2kπ)f(t) =(H(t − 2kπ) − H(t − 2 (k + 1) π)).2Leiame tuletisek=−∞f ′ (t) = − 1 2∞∑+∞∑k=−∞k=−∞= − 1 2 + ∞∑−∞∑k=−∞(H(t − 2kπ) − H(t − (2k + 1) π)) +π − t + 2kπ2k=−∞♦(δ(t − 2kπ) − δ(t − 2 (k + 1) π)) =π − t + 2kπδ(t − 2kπ) −2π − t + 2kπδ(t − 2 (k + 1) π).248

Kui võtta viimases reas k + 1 = m, st k = m − 1, siis saamef ′ (t) = − 1 2 + ∞∑−∞∑m=−∞k=−∞π − t + 2kπδ(t − 2kπ) −2π − t + 2 (m − 1) πδ(t − 2mπ)2ehkf ′ (t) = − 1 2 + ∞∑−∞∑k=−∞k=−∞= − 1 2 + ∞∑π − t + 2kπδ(t − 2kπ) −2−π − t + 2kπδ(t − 2kπ) =2k=−∞= − 1 2 + π ∞∑k=−∞π − t + 2kπ + π + t − 2kπδ(t − 2kπ) =2δ(t − 2kπ).Seega f ′ (t) on üldistatud funktsioon, mille rakendamisel suvalisele finiitselefunktsioonile ϕ(x) saame vaid lõpliku arvu liidetavaid. Teisalt rea ∑ ∞ sin ntk=1nliikmeti diferentseerimisel saame hajuva rea ∑ ∞k=1cos nt. Üldistatud funktsioonidemõttes see rida koondub üldistatud funktsiooniks−1/2 + π∞∑k=−∞δ(t − 2kπ).Lisame ühe tulemuse diferentsiaalvõrrandi lahendamisest üldistatud funktsioonidehulgal.Lause 1. Võrrand y ′ = f omab lahendit iga üldistatud funktsiooni f ∈D ∗ korral.49

5.4 Maatriksargumendiga funktsioonide lihtsamadarvutusvõttedOlgu antud maatriks A ∈ C n×n ja kompleksmuutuja funktsioonf(z), f : C → C.On palju võimalusi maatriksargumendiga funktsiooni f(A) defineerimiseks,lähtudes kompleksmuutuja funktsioonist f(z).1 ◦ Lihtsaim neist võimalustest tundub olema muutuja ”z” vahetu asendaminemuutujaga ”A”.Näide 1. Leiame funktsiooni f(z) = z 2 + 3z − 7 väärtuse kohal⎛A = ⎝1 2 34 5 67 8 9⎞⎠ .Etsiisf(A) ==f(z) = z 2 + 3z − 7 ⇒ f(A) = A 2 + 3A − 7I,⎛⎝⎛⎝1 2 34 5 67 8 9⎞⎠226 42 5178 89 114123 150 170⎛+ 3 ⎝⎞⎠ .1 2 34 5 67 8 9♦⎞⎛⎠ − 7 ⎝1 0 00 1 00 0 1⎞⎠ =Näide 2. Leiame f(z) = (4 + 5z) / (3 − 8z) väärtuse kohal⎛1 2⎞3A = ⎝ 4 5 6 ⎠ .7 8 9Etf(z) = 4 + 5z3 − 8z ⇒ f(A) = (4I + 5A)(3I − 8A)−1 ,50

siisf(A) ===⎛⎝⎛⎝⎛⎝9 10 1520 29 3035 40 499 10 1520 29 3035 40 4977− 941503 167− 9401503⎞⎛⎠ · ⎝⎞ ⎛⎠ ⎝−5 −16 −24−32 −37 −48−56 −64 −69⎞⎠173− 16 401503 167 1503− 160 317− 1761503 67 15038− 64 1091503 501 15032351503113− 1034167 1503471503− 376501− 2991503⎞⎠ .♦−1⎞=⎠ =Ülesanne 1. Leidke f(z) = (2 − 3z + 4z 2 ) / (3 − z + z 2 ) väärtus kohal( ) 1 2A = .3 12 ◦ Lõpmata arv kordi diferentseeruvate funktsioonide korral on võimalus rakendadafunktsiooni arendust Taylori (Maclaurini) ritta:e z =∞∑k=0z kk! → eA =∞∑k=0A kk! ,cos z =sin z =∞∑(−1) k z2k(2k)! → cos A =k=0∞∑k=0(−1) k A2k(2k)! ,∞∑(−1) k z 2k+1∞(2k + 1)! → sin A = ∑(−1) k A 2k+1(2k + 1)! ,k=0ln(1 + z) =∞∑(−1)k=1k+1 zkNäide 3. Leiame e A , kui A =Et ( 1 10 1) k=k=0∞k → ln(I + A) = ∑k=1( ) 1 10 1( 1 k0 1)(k ∈ N) ,k+1 Ak(−1)k .51

siise A ==∞∑(1 1 1k! 0 1k=0⎛∑ ∞k=0⎜⎝01k!) k ∞∑ 1=k!k=0⎞kk! ⎟1 ⎠ =k!∑ ∞k=0∑ ∞k=0( 1 k0 1( e e0 e)=). ♦Ülesanne 2. Leidke e A , sin A, cos A ja ln(I + A), kui( ) 0.1 0.1A =.0.1 0.15.5 Cauchy integraalvalemi analoogi rakendaminePaljude probleemide lahendamisel ei ole eelnev lähenemine otstarbekas.Vaatleme erijuhtu funktsiooni väärtuse arvutamisest juhul kui argumendikson pidev lineaarne operaator. Antud rakendus on seotud pideva lineaarseoperaatori resolvendi mõistega, millest täpsemalt leiate monograafiast [2], lk605-617 .Meenutame mõningaid mõisteid kompleksmuutuja funktsioonide teooriast,millel baseerub järgnev esitus.Lause 1 (Cauchy-Riemanni tingimused). Tingimused∂u∂x = ∂v∂y , ∂u∂y = −∂v ∂xon tarvilikud ja piisavad funktsiooni w = f(z) = u + iv tuletise f ′ (z) olemasolukspunktis z = x + iy.Definitsioon 1. Kui funktsioon f(z) on diferentseeruv punktis z jaselle punkti mingis ümbruses, siis seda funktsiooni nimetatakse analüütilisekspunktis z. Kui funktsioon f(z) on analüütiline piirkonna D igas punktis, siisseda funktsiooni nimetatakse analüütiliseks piirkonnas D.Definitsioon 2. Kompleksmuutuja funktsiooni f(z) integraaliks ülejoone Γ nimetatakse piirväärtustlimmax |∆ z k |→0n∑∫f (ς k ) ∆ z k =k=152Γf(z)dz,

kusjuures joon Γ on punktidega z k (k = 0; 1; . . . ; n) jaotatud n osakaareks jak-ndal osakaarel on valitud punkt ς k .Lausest 1 ja Definitsioonist 1 järeldub järgmine väide.Lause 2 (Cauchy teoreem). Kui funktsioon f(z) on analüütiline ühelisidusaspiirkonnas D, siis∮f(z)dz = 0Γiga piirkonda D kuuluva kinnise joone Γ korral.Lause 3 (Cauchy valem). Kui funktsioon f(z) on analüütiline ühelisidusaspiirkonnas D ja kinnine joon selles piirkonnas, siisf(z) = 1 ∮(ζ − z) −1 f(ζ)dζ (6.2.1)2πiΓiga z korral, mis kuulub joone Γ poolt hõlmatavasse piirkonda.Definitsioon 3. Punkti, milles funktsioon f(z) ei ole analüütiline, nimetatakseselle funktsiooni iseäraseks punktiks.Definitsioon 4. Kui c on funktsiooni f(z) iseärane punkt ja f(z) onanalüütiline rõngas 0 < |z − c| < r, siis f(z) on selles rõngas ühesel viisilarendatav (Laurent’i) ritta kujulf(z) =+∞∑k=−∞c k (z − c) k .Definitsioon 5. Kui funktsiooni f(z) arenduses Laurent’i ritta rõngas0 < |z − c| < r on vaid lõplik arv z − c negatiivseid astmeid, siis punktic nimetatakse funktsiooni f(z) pooluseks ja maksimaalset negatiivse astmeastmenäitajat nimetatakse selle pooluse järguks.Definitsioon 6. Kui punkt c on funktsiooni f(z) iseärane punkt ja f(z)on analüütiline rõngas 0 < |z − c| < r ning 0 < ρ < r, siis integraali∮f(z)dz|z−c|=ρnimetatakse funktsiooni f(z) resiidiks punktis c ja tähistatakse resz=c f(z).Lause 4. Kui c on funktsiooni f(z) esimest järku poolus, siisres f(z) = lim (z − c) f(z). (6.2.2)z=c z → c53

Lause 5.esitatav kujulKui c on funktsiooni f(z) esimest järku poolus ja f(z) onkusjuures f 1 (c) ≠ 0 ja f 2 (c) = 0, siisf(z) = f 1(z)f 2 (z) ,res f(z) = f 1(c)z=c f 2(c) . (6.2.3)′Lause 6. Kui c on funktsiooni f(z) n-ndat järku poolus, siisres f(z) = 1z=c (n − 1)! lim d n−1z → c dz [(z − n−1 c)n f(z)] . (6.2.4)Lause 7. Kui funktsioon on analüütiline joonega Γ piiratud tõkestatudpiirkonnas D ja rajajoone punktides, välja arvatud lõplik arv iseäraseidpunkte z 1 , . . . , z n selles piirkonnas, siis∮n∑f(z)dz = 2πi res f(z). (6.2.5)z=z kΓLause 8. Kui A ∈ C n×n ja f(z) on analüütiline lahtises piirkonnas Dning Γ on kinnine lihtne joon (ei lõika iseennast) piirkonnas D ja maatriksiA spekter λ(A) sisaldub joone Γ poolt hõlmatavas piirkonnas D Γ , siisf(A) = 12πi∮Γk=1f(z)(zI − A) −1 dz , (6.2.6)kusjuures integraali rakendatakse maatriksile elementide kaupa.( ) 1 1Näide 1. Olgu f(z) = e z ja A =. Leiame e−1 1A .Et∣ 1 − λ 1−1 1 − λ ∣ = 0 ⇒ λ2 − 2λ + 2 = 0 ⇒{λ1 = 1 + iλ 2 = 1 − isiis Lause 8 tingimusi rahuldavaks jooneks Γ sobib ringjoon |z| = 2. Valemi(6.2.6) rakendamiseks leiame esiteks( ) ( ) ( )1 0 1 1 z − 1 −1zI − A = z −=0 1 −1 1 1 z − 154,

ja(zI − A) −1 ==( )1 z − 1 1=det(zI − A) −1 z − 1⎛⎞z − 1 1⎜⎝z 2 − 2z + 2 z 2 − 2z + 2 ⎟1 z − 1 ⎠ .−z 2 − 2z + 2 z 2 − 2z + 2Valemi (6.2.6) abil saame⎛⎞e A = 1 ∮z − 1 1e z ⎜⎝z 2 − 2z + 2 z 2 − 2z + 2 ⎟2πi1 z − 1 ⎠ dz =|z|=2 −z 2 − 2z + 2 z 2 − 2z + 2⎛= 1 ∮ (z − 1) e z e z ⎞⎜⎝z 2 − 2z + 2 z 2 − 2z + 2 ⎟2πie z (z − 1) e z ⎠ dz =|z|=2−z 2 − 2z + 2 z 2 − 2z + 2⎛∮1(z − 1) e z dz ∮1e z ⎞dz⎜ 2πi |z|=2= ⎝z 2 2πi |z|=2− 2z + 2z 2 − 2z + 2 ⎟∮− 1 e z dz ∮1(z − 1) e z dz⎠ .2πi |z|=2z 2 2πi |z|=2− 2z + 2 z 2 − 2z + 2Kuna∮|z|=2(z − 1) e z dzz 2 − 2z + 2(6.2.5)=()(z − 1) e z= 2πi resz=1+i z 2 − 2z + 2 + res (z − 1) e zz=1−i z 2 − 2z + 2( ) (z − 1) ez= 2πi(z − 1) ez2z − 2 ∣ + z=1+i2z − 2 ∣ =( ) z=1−ie 1+i + e 1−i= 2πi= 2πi e ei + e −i= 2πi e cos 122(6.2.3)=55

ja∮e z dz (6.2.5)=|z|=2 z 2 − 2z + 2()e z= 2πi resz=1+i z 2 − 2z + 2 + res e z (6.2.3)=z=1−i z 2 − 2z + 2( ) ez= 2πi2z − 2∣ +ezz=1+i2z − 2∣ =( ) z=1−ie 1+i − e 1−i= 2πi= 2πi e ei − e −i= 2πi e sin 1,2i2isiise A = e ·( cos 1 sin 1− sin 1 cos 1). ♦Ülesanne 1. Leidke Lause 8 abil cos A ja sin A, kui( ) 1 1A =.−1 1Ülesanne 2. Leidke Lause 8 abil e A , cos A, sin A ja ln (I + A) , kui( ) .1 .1A =.−.1 .2Ülesanne 3. Leidke Lause 8 abil e A , cos A ja sin A, kui⎛1 −1 1⎞A = ⎝ −1 2 −1 ⎠ .1 −1 15.6 Maatriksi lahutuse rakendamineOletame, et λ 1 , · · · , λ n on maatriksi A ∈ C n×n omaväärtused ja neilevastavad omavektorid x 1 , . . . , x n on lineaarselt sõltumatud. Moodustamen × n ruutmaatriksi X, valides esimeseks veeruvektoriks vektori x 1 , teiseksveeruvektoriks vektori x 2 , . . . , n-ndaks veeruvektoriks vektori x n , stX = ( x 1 · · · x n). (6.3.1)56

TähistameΛ =⎛⎜⎝⎞λ 1 · · · 0⎟. · · · . ⎠ . (6.3.2)0 · · · λ nLause 1. Kui maatriksil A ∈ C n×n on n lineaarselt sõltumatut omavektoritx 1 , · · · , x n , mis vastavad omaväärtustele λ 1 , · · · , λ n , siis maatriks A onesitatav kujulA = XΛX −1 , (6.3.3)kus maatriksid X ja Λ on määratud vastavalt seostega (6.3.1) ja (6.3.2) .Tõestuseks piisab näidata, etAX = XΛ.Et Ax k = λ k x k(1 ≤ k ≤ n) , siisAX = A [ x 1 · · · x n]=ja= [ ] [ ]Ax 1 · · · Ax n = λ1 x 1 · · · λ n x n .⎡⎤XΛ = [ λ] 1 · · · 0⎢⎥x 1 · · · x n ⎣ . · · · . ⎦ =0 · · · λ n= [ λ 1 x 1 · · · λ n x n].Järelikult kehtib seos (6.3.3) paika ja ka seosΛ = X −1 AX.□Lause 2. Kui λ 1 , . . . , λ n on maatriksi A omaväärtused ja neile vastavadomavektorid x 1 , . . . , x n on lineaarselt sõltumatud ning f(z) on analüütilinelahtisel hulgal, mis sisaldab maatriksi A spektrit, siisf(A) = X diag( f(λ 1 ), . . . , f(λ n )) X −1 , (6.3.4)kus maatriks X on määratud seosega (6.3.1).57

Tõestus. EtA k = ( XΛX −1) k= XΛX −1 XΛX −1 · · · XΛX −1 = XΛ k X −1 ,siisf(A) ==∞∑k=1∞∑k=1f (k) (0)A k =k!∞∑ f (k) (0) ( ) XΛX−1 k=k!(∑ ∞k=1f (k) (0)XΛ k X −1 = Xk!= X f (Λ) X −1 .k=1)f (k) (0)Λ k X −1 =k!Kuna (miks?)(zI − Λ) −1 = diag ( (z − λ 1 ) −1 , (z − λ 2 ) −1 , . . . , (z − λ 2 ) −1) ,siis kasutades valemit (6.2.6) saameSeegaf (Λ) = 1 ∮f(z)(zI − Λ) −1 dz =2πi Γ= 1 ∮f(z)diag ( (z − λ 1 ) −1 , . . . , (z − λ n ) −1) dz =2πi Γ( ∮∮ )1 f(z) 1 f(z)= diagdz, . . . ,dz =2πi Γ z − λ 1 2πi Γ z − λ n= diag (f(λ 1 ) , . . . , f(λ n )) .f(A) = X f (Λ) X −1 = X diag (f(λ 1 ) , . . . , f(λ n )) X −1ja kehtib seos (6.3.4).Järeldus 1. Kui λ 1 , . . . , λ n on maatriksi A omaväärtused ja neile vastavadomavektorid x 1 , . . . , x n on lineaarselt sõltumatud, siisexp A = X diag( exp λ 1 , . . . , exp λ n ) X −1 = X (exp Λ) X −1 ,cos A = X diag(cos λ 1 , . . . , cos λ n ) X −1 = X (cos Λ ) X −1 ,sin A = X diag(sin λ 1 , . . . , sin λ n ) X −1 = X (sin Λ ) X −1 ,58

kusjuures⎡⎤⎡⎤λ 1 · · · 0exp λ 1 · · · 0⎢Λ = ⎣ ...⎥⎢. . ⎦ , exp Λ = ⎣.. ..⎥ . ⎦ ,0 · · · λ n 0 · · · exp λ n⎡⎤⎡⎤cos λ 1 · · · 0sin λ 1 · · · 0⎢cos Λ = ⎣.. ..⎥⎢. ⎦ , sin Λ = ⎣.. ..⎥ . ⎦ .0 · · · cos λ n 0 · · · sin λ n( ) 1 1Näide 1. Olgu f(z) = e z ja A =. Leiame e−1 1A .Lahendame antud maatriksile vastava karakteristliku võrrandi:∣ 1 − λ 1{ −1 1 − λ ∣ = 0 ⇒ (1 − λ1 = 1 + i,λ)2 + 1 = 0 ⇒λ 2 = 1 − iLeiame vastavad omavektorid:()1 − (1 + i) 1 . 0λ 1 = 1 + i ⇒∼−1 1 − (1 + i) . 0() ()−i 1 . 0 II+I·i −i 1 . 0∼∼⇔ −iξ 1 + ξ 2 = 0 ⇒−1 i . 00 0 . 0( ) 1⇒ ξ 1 = 1 ∧ ξ 2 = i ⇒ x 1 = ,i()1 − (1 − i) 1 . 0λ 2 = 1 − i ⇒∼−1 1 − (1 − i) . 0() ()i 1 . 0 II−I·i i 1 . 0∼∼⇔ iξ 1 + ξ 2 = 0 ⇒−1 i . 00 0 . 0( ) 1⇒ ξ 1 = 1 ∧ ξ 2 = −i ⇒ x 2 =−iSeega seose (6.3.1) põhjal saame( 1 1X =i −i).59

( 1− 1, inverse:i 2 2ja12)1i Et2( )X −1 1 −i −1= ( )=1 1 −i 1deti −i= − 1 ( ) ( −i −11− 1=i 2 22i −i 1diag ( e λ 1, e λ 2 ) =siis valemi (6.3.4) põhjal saame12( )e1+i00 e 1−i ,)1i 2e A = X diag ( e λ 1, e ) λ 2X −1 =( ) ( ) ( 1 1 e1+i0 1− 1=i )i −i 0 e 1−i 2 21 1i =2 2( 1)=2 e1+i + 1 2 e1−i − 1 2 ie1+i + 1 2 ie1−i12 ie1+i − 1 2 ie1−i 1 2 e1+i + 1 =2( )e1−icos 1 sin 1= e ·. ♦− sin 1 cos 1siisNäide 2. Leiame sin A, kui⎛A = ⎝1 1 11 1 11 1 1Et ∣ ∣∣∣∣∣ 1 − λ 1 11 1 − λ 11 1 1 − λ⎞⎠ .∣ = 0,(1 − λ) 3 − 3(1 − λ) + 2 = 0,60

mille lahendeiks on λ 1 = λ 2 = 0 ja λ 3 = 3. Leiame omaväärtustele λ 1 = λ 2 =0 vastavad omavektorid. Kuna λ 1 = 0 korral⎛⎞ ⎛⎞1 − 0 1 1 . 0 1 1 1 . 0⎜⎝ 1 1 − 0 1 . 0⎟⎠ ∼ ⎜⎝ 0 0 0 . 0⎟⎠ ,1 1 1 − 0 . 0 0 0 0 . 0siis sõltumatuid võrrandeid jääb üksξ 1 + ξ 2 + ξ 3 = 0ja süsteemi vabadusastmete arv on 2 ning süsteemi üldlahendiks on⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ξ 1 −q − p−1−1x = ⎝ ξ 2⎠ = ⎝ q ⎠ = p ⎝ 0 ⎠ + q ⎝ 1 ⎠ ,ξ 3 p10kus p ja q suvalised reaalarvud. Järelikult, omaväärtustele λ 1 = λ 2 = 0vastavad omavektorid x moodustavad ruumi R 3 kahemõõtmelise alamruumi,mille baasivektoreiks võime valida vektorid x 1 = [−1 0 1] T ja vektoridx 2 = [−1 1 0] T . Omaväärtuse λ 3 = 3 korral⎛⎞⎞⎜⎝1 − 3 1 11 1 − 3 1. 0. 01 1 1 − 3 . 0⎛⎟⎠ ∼ ⎜⎝1 1 −2 . 01 −2 1−2 1 1. 0. 0⎛⎞ ⎛⎞1 1 −2 . 0 1 1 −2 . 0∼ ⎜⎝ 0 −3 3 . 0⎟⎠ ∼ ⎜⎝ 0 1 −1 . 0⎟⎠ ∼0 3 −3 . 0 0 0 0 . 0⎛⎞1 0 −1 . 0∼ ⎜⎝ 0 1 −1 . 0⎟⎠ .0 0 0 . 0Selle süsteemi vabadusastmete arv on 1 omaväärtusele λ 3omavektorid avalduvad kujul⎡ ⎤ ⎡ ⎤r 1x = ⎣ r ⎦ = r ⎣ 1 ⎦r 161⎟⎠ ∼= 3 vastavad

ja moodustavad ruumis R 3 ühemõõtmelise alamruumi, baasivektorigax 3 = [1 1 1] T . Vastavalt seosele (6.3.1) saame⎛−1 −1⎞1X = ⎝ 0 1 1 ⎠ .1 0 1Et (kontrollige)⎛X −1 = ⎝siis valemi (6.3.4) põhjal saame− 1 3− 1 3− 1 313232− 1 3 31 13 3⎞⎠ ,f(A) = X diag(sin 0, sin 0 , sin 3) X −1 =⎛⎞ ⎛⎞ ⎛−1 −1 1 0 0 0= ⎝ 0 1 1 ⎠ ⎝ 0 0 0 ⎠ ⎝1 0 1 0 0 sin 3⎛= 1 ⎝3sin 3 sin 3 sin 3sin 3 sin 3 sin 3sin 3 sin 3 sin 3⎞⎠ .♦− 1 3− 1 3− 1 313232− 1 3 31 13 3⎞⎠ =Ülesanne 1. Leidke Lause 2 abil e A , cos A ja sin A, kui( ) 1 1A =.−1 1Ülesanne 2. Leidke Lause 2 abil e A , cos A, sin A ja ln (I + A) , kui( ) 0.1 0.1A =.−0.1 0.2Ülesanne 3. Leidke Lause 2 abil e A , cos A ja sin A, kui⎛1 −1 1⎞A = ⎝ −1 2 −1 ⎠ .1 −1 162

5.7 Sylvesteri teoreemi rakendamineLause 1 (Cayley-Hamiltoni teoreem vt [7] , lk 76-78). Kui A ∈ C n×n jap(λ) = det(A − λI)on maatriksi A karakteristlik polünoom, siis p(A) = θ, st maatriks A rahuldaboma karakteristlikku võrrandit.Lause 2 (Sylvesteri teoreem). Kui maatriksi A ∈ C n×n kõik omaväärtusedλ k on erinevad, siisf(A) =n∑k=1f(λ k ) Π i≠k(A − λ i I)Π i≠k (λ k − λ i )(6.4.1)võif(A) = 1 ∆n∑∆ k A k−1 , (6.4.2)k=1kus ∆ k (k = 1; 2; . . . ; n) on determinant, mis on saadud Vandermonde’i determinandist1 1 . . . 1∆ =λ 1 λ 2 . . . λ n. . . . . . . . . . . .∣ λ n−11 λ2 n−1 . . . λ n−1 ∣nasendades k-nda reavektori(λ k−11 λ k−12 . . . λ k−11 )vektoriga(f(λ 1 ) f(λ 2 ) . . . f(λ n )).( ) 1 1Näide 1. Leida exp A, kui A =.−1 1Leiame kõigepealt maatriksi A omaväärtused∣ 1 − λ 1−1 1 − λ ∣ = 0 ⇒ (1 − λ)2 + 1 = 0 ⇒{λ1 = 1 + iλ 2 = 1 − i63

ja siis kasutame valemit (6.4.1)= e ·A − (1 − i)I A − (1 + i)Iexp A =1 + i − 1 + i e1+i +1 − i − 1 − i e1−i =( ) ( )= e1+i i 1+ e1−i −i 1=2i −1 i −2i −1 −i( (e i + e −i ))/2 (e i − e −i ))/2i−(e i − e −i ))/2i (e i + e −i ))/2ning kasutates valemit (6.4.2)( ) ( ( 1 11 1exp= 1/ det−1 11 + i 1 − i( ) 1 1+det−1 1= e {( 1 0−2i 0 1)= e ·( cos 1 sin 1− sin 1 cos 1)) [ ( e1+ieI det1−i1 + i 1 − i( )]1 1e 1+i e 1−i =)( 1 1[(1 − i)e i − (1 + i)e −i ] +−1 1= e ( ) ( −ie i − ie −i e −i − e icos 1 sin 1−2i −e −i + e i −ie i − ie −i = e ·− sin 1 cos 16 Ortogonaalread6.1 Skalaarkorrutis)) }[e −i − e i ] =). ♦)+Definitsioon 1. Vektorruumi X üle korpuse K nimetatakse skalaarkorrutamisegaruumiks, kui igale elemendipaarile x, y ∈ X on vastavusse seatudkindel, vektorite x ja y skalaarkorrutiseks nimetatav, arv 〈x, y〉 ∈ K nii, eton täidetud tingimused (skalaarkorrutise aksioomid):1. 〈x, x〉 ≥0; 〈x, x〉 = 0 ⇒ x = 0;2. 〈x, y〉 =〈y, x〉 , kus 〈y, x〉 on suuruse 〈x, y〉 kaaskompleks;3. 〈x + y, z〉 = 〈x, z〉 + 〈y + z〉 (aditiivsus esimese teguri suhtes);4. 〈λx, y〉 =λ〈x, y〉 (homogeensus esimese teguri suhtes).64

Definitsioon 5. Hilberti ruumi H vektori x kaugus alamruumist Y ⊂ Hdefineeritakse valemigaρ(x, Y) = inf ‖x − y‖ .y∈YLause 3. Kui Y on Hilberti ruumi H kinnine alamruum ja x ∈ H, siisleidub selline üheselt määratud y ∈ Y, et ‖x − y‖ = ρ(x, Y).Definitsioon 6. Lauses 3 esinevat vektorit y nimetatakse vektori xristprojektsiooniks alamruumile Y.Definitsioon 7.Vektorite süsteemi S = {x 1 , . . . , x k , . . .} nimetatakse ortogonaalseks,kui 〈x i , x j 〉 = ‖x i ‖ 2 δ ij kus δ ij on Kroneckeri sümbol. Vektoritesüsteemi S = {x 1 , . . . , x k , . . .} nimetatakse ortonormeerituks, kui 〈x i , x j 〉 =δ ij .Näide 1. Vektorite süsteem {e k } ( k = 1 : n), kuson ruumis C n ortonormeeritud.Näide 2. Vektorite süsteeme k = [0; 0; . . . ; 0; 1; 0; . . . ; 0] T ,k −1 nulli n−k nulli{1/ √ 2π, (cos t)/ √ π, (sin t)/ √ π, (cos 2t)/ √ π, (sin 2t)/ √ π, . . .}on ortonormeeritud süsteem ruumis L 2 [−π, π] .Näide 3. Vektorite süsteem {exp(i2πkt)} k∈Z on ortonormeeritud süsteemruumis L 2 [0; 1]. Tõesti〈x k , x j 〉 ==∫ 10exp(i2πkt)exp(i2πjt)dt =∫ 10exp(i2π(k − j)t)dt ={ (exp(i2π(k − j)) − 1)/(i2π(k − j)) = 0, kui k ≠ j;1 , kui k = j.Lause 4. (Gram-Schmidti ortogonaliseerimisteoreem). Olgu {x 1 , . . . , x k }lineaarselt sõltumatu vektorite süsteem skalaarkorrutisega vektorruumis H,siis leidub selline ortonormeeritud süsteem {ε 1 , . . . , ε k }, etspan{x 1 , . . . , x k } = span{ε 1 , . . . , ε k }.Tõestame selle väite matemaatilise induktsiooni meetodil. Juhul k = 1defineerime ε 1 = x 1 / ‖x 1 ‖ ja tõesti, span {x 1 } = span{ε 1 }. Induktsioonibaas70

on olemas. Näitame induktsioonisammu lubatavust. Eeldame, et lause väidepeab paika k = i−1 korral, s.t. leidub selline selline ortonormeeritud süsteem{ε 1 , . . . , ε i−1 }, et span{x 1 , . . . , x i−1 } = span{ε 1 , . . . , ε i−1 }. Vaatleme vektority i =λ 1 ε 1 + . . . + λ i−1 ε i−1 + x i , λ j ∈ K.Kordajad λ ν (ν =1: i-1) valime nii, et y i ⊥ ε ν (ν =1: i-1), st 〈y i , ε ν 〉 = 0.Saame i − 1 tingimust:λ ν 〈ε ν , ε ν 〉 + 〈x i , ε ν 〉 = 0, ehk λ ν = − 〈x i , ε ν 〉 (ν =1: i-1). Seega,Valime ε i = y i / ‖y i ‖ . Kunasiis vektorite y iy i = x i − 〈x i , ε 1 〉 ε 1 − . . . − 〈x i , ε i−1 〉 ε i−1 .ε ν ∈ span {x 1 , . . . , x i−1 } (ν =1: i-1),ja ε i konstruktsiooni põhjal ε i ∈ span {x 1 , . . . , x i }. Seegaspan {ε 1 , . . . , ε i } ⊂ span {x 1 , . . . , x i }.Vektori y i esitusest järeldub, et x i on vektorite ε 1 , . . . , ε i lineaarne kombinatsioon.Järelikult,span {x 1 , . . . , x i } ⊂ span {ε 1 , . . . , ε i }.Seegaspan {x 1 , . . . , x i } = span {ε 1 , . . . , ε i }.□Näide 4. On antud ruumi R 4 vektorite süsteem{x 1 , x 2 , x 3 }, kusx 1 = [1; 0; 1; 0] T , x 2 = [1; 1; 1; 0] T , x 3 = [0; 1; 0; 1] T .Leiame sellise ortonormeeritud süsteemi {ε 1 , ε 2 , ε 3 }, etspan {x 1 , x 2 , x 3 } = span {ε 1 , ε 2 , ε 3 }.Lause 1.6.8 tõestuses esitatud ortogonaliseerimisprotsessi rakendamiseks, esiteks,kontrollime, kas süsteem {x 1 , x 2 , x 3 } on lineaarselt sõltumatu (võib kamitte kontrollida, see selgub ka ortogonaliseerimise käigus):⎡⎣1 0 1 01 1 1 00 1 0 1⎤⎦ II-I∼⎡⎣1 0 1 00 1 0 00 1 0 171⎤⎦ III-II∼⎡⎣1 0 1 00 1 0 00 0 0 1⎤⎦ ⇒

{x 1 , x 2 , x 3 } on lineaarselt sõltumatu. Leiame vektoriVektor y 2 avaldub kujul:ε 1 = x 1 / ‖x 1 ‖ = [1/ √ 2; 0; 1/ √ 2; 0] T .y 2 = x 2 − 〈x 2 , ε 1 〉 ε 1 = [1; 1; 1; 0] T − √ 2[1/ √ 2; 0; 1/ √ 2; 0] T = [0; 1; 0; 0] T .Kuna ‖y 2 ‖ = 1, siis ε 2 = y 2 / ‖y 2 ‖ = [0; 1; 0; 0] T . Vektor y 3 avaldub kujul:Seega,y 3 = x 3 − 〈x 3 , ε 1 〉 ε 1 − 〈x 3 , ε 2 〉 ε 2 == [0; 1; 0; 1] T − 0 · [1/ √ 2; 0; 1/ √ 2; 0] T − 1 · [0; 1; 0; 0] T = [0; 0; 0; 1] T .ε 3 = y 3 / ‖y 3 ‖ = [0; 0; 0; 1] T .Näide 5. On antud ruumi L 2 [−1; 1] lineaarselt sõltumatu vektorite süsteem{x 1 , x 2 , x 3 }, kus x 1 = 1, x 2 = t ja x 3 = t 2 . Leida selline ortonormeeritudsüsteem {ε 1 , ε 2 , ε 3 }, et♦span {x 1 , x 2 , x 3 } = span {ε 1 , ε 2 , ε 3 }.Veenduda, et süsteem {x 1 , x 2 , x 3 } on lineaarselt sõltumatu. Leiame vektoriε 1 = x 1 / ‖x 1 ‖ = 1/ √ 2.Vektor y 2 avaldub kujul:∫ 1y 2 = x 2 − 〈x 2 , ε 1 〉 ε 1 = t − ( t · ( √ 1 )dt) 11√ = t − 0 · √ = t.−1 2 2 2Seega,Vektor y 3 avaldub kujul:√ ∫ 1√2 3ε 2 = y 2 / ‖y 2 ‖ = t/ t · tdt = t/√−13 = 2 t.y 3 = x 3 − 〈x 3 , ε 1 〉 ε 1 − 〈x 3 , ε 2 〉 ε 2 =∫ 1= t 2 − ( t 2 · ( √ 1 )dt) 1 ∫ 1√3 3√ − ( t (√ 2−1 2 2 −1 2 t)dt) 2 t =72

Järelikult,= t 2 − 1 2 · 23 − 0 = t2 − 1 3 .√ ∫ε 3 = y 3 / ‖y 3 ‖ = (t 2 − 1 13 )/ (t 2 − 1 3 )(t2 − 1 3 )dt == (t 2 − 1 √23 )/ 5 − 4 9 + 2 √459 = 8 (t2 − 1 3 ) = 3 √52 2 (t2 − 1 3 ).Funktsioonid ε 1 , ε 2 ja ε 3 on normeeritud Legendre’i polünoomid lõigul [−1; 1]. ♦Ülesanne 9. Näidake, et paarikaupa ortogonaalsete vektorite süsteem{x 1 , . . . , x n } on lineaarselt sõltumatu.6.3 Fourier’ readOlgu Hilberti ruumis H antud loenduv ortonormeeritud süsteem {x k } k∈N.Definitsioon 1. Rida kujul ∑ ∞k=1 c kx k , kus c k ∈ K, nimetatakse ortogonaalreaksortonormeeritud süsteemi {x k } k∈Njärgi.Definitsioon 2. Elemendi x ∈ H Fourier’ kordajaks süsteemi {x k } järginimetatakse arvec k = 〈x, x k 〉 (k ∈ N) (7.3.1)ja rida ∑ ∞k=1 c kx k , kus kordajad c k on leitud valemi (7.3.1) abil, elemendix ∈ H Fourier’ reaks süsteemi {x k } järgi.Lause 1. Kui S n on Fourier’ rea (7.3.1) osasumma, siis x − S n ⊥ S n jan∑‖x − S n ‖ 2 + |c k | 2 = ‖x‖ 2 . (7.3.2)k=1Tõestus. Kuna S n on elementide x k lineaarne kombinatsioon, siis ortogonaalsuseksx − S n ⊥ S n piisab näidata, etEt−1x − S n ⊥ x k (k = 1; . . . ; n) .〈x − S n , x k 〉 = 〈x, x k 〉 − 〈S n , x k 〉 = c k −= c k −〈 n∑m=1c m x m , x k〉n∑c m 〈x m , x k 〉 = c k − c k = 0,m=173=

siis x − S n ⊥ x k(k = 1; . . . ; n) ja järelikult x − S n ⊥ S n . Seega esitusestx = (x − S n ) + S n ,kusjuures x − S n ⊥ S n , järeldub, et‖x‖ 2 = ‖x − S n ‖ 2 +Lause 2. Kehtib Besseli võrratusn∑‖c k x k ‖ 2 . □ (7.3.3)k=1∞∑|c k | 2 ≤ ‖x‖ 2 . (7.3.4)k=1Tõestus. Seosest (7.3.3) järeldub, et‖x‖ 2 ≥n∑‖c k x k ‖ 2 (∀n ∈ N) , (7.3.5)k=1st rida ∑ ∞k=1 ‖c kx k ‖ 2 on koonduv. Etsiis võrratusest (7.3.5) saame‖c k x k ‖ = |c k | ‖x k ‖ = |c k | ,∞∑|c k | 2 ≤ ‖x‖ 2 .k=1Järelikult rida ∑ ∞k=1 |c k| 2 on koonduv ja kehtib Besseli võrratus (7.3.4). □Saab tõestada järgmise väite, mille tõestuse leiate saoovi korral õpikust[5] , lk 244-245.Lause 3 (Rieszi teoreem). Kui H on Hilberti ruum, siis iga pideva lineaarsefunktsionaali f ∈ H ∗ korral leidub parajasti üks element y ∈ H, etf(x) = 〈x, y〉 (∀x ∈ H) ,kusjuures ‖f‖ = ‖y‖ .Lause 4. Kui süsteem {x k } k∈Non ortonormeeritud, siis x k w → θ.Tõestus. Etx k w → θ ⇔ f(x k ) → 0 (∀f ∈ H ∗ )74

ja Lause 3 põhjalsiisf(x k ) → 0 (∀f ∈ H ∗ ) ⇔ 〈x k , y〉 → 0 (∀y ∈ H) ,x k w → θ ⇔ 〈x k , y〉 → 0 (∀y ∈ H) .Olgu 〈x k , y〉 = c k . Lause 2 põhjal saame ∑ ∞k=1 |c k| 2 < +∞. Seega〈x k , y〉 → 0 (∀y ∈ X) . □Lause 4. Iga Hilberti ruumi H elemendi x Fourier’ rida koondub. Kuitähistada∞∑y = c k x k , (7.3.6)k=1siis y on elemendi x ortogonaalne projektsioon alamruumile L ({x k }).Tõestus. Kuna ∑ ∞k=1 c kx k on paarikaupa ortogonaalsete liikmetega ridaja∞∑∞∑‖c k x k ‖ 2 = |c k | 2 < +∞,k=1k=1siis rida ∑ ∞k=1 c kx k koondub. Olgu y selle rea summa. Näitame, et y onelemendi x ortogonaalne projektsioon alamruumile L = L ({x k }). Kuna y ∈L ja x = y +(x−y), siis ülesande 7.2.8 põhjal piisab näidata, et (x − y) ⊥ L.Selleks näitame, et (x − y) ⊥ x k (∀k ∈ N) korral. Tõesti,〈 ∞〉∑〈x − y, x k 〉 = 〈x, x k 〉 − c m x m , x k == c k −m=1∞∑c m 〈x m , x k 〉 = c k − c k = 0.m=1[ kasutame skalaarkorrutisepidevust□]=Lause 5. Elemendi x Fourier’ rida koondub elemendiks x parajasti siis,kui x korral kehtib Parsevali võrduskus c k = 〈x, x k 〉 (k ∈ N) .∞∑|c k | 2 = ‖x‖ 2 , (7.3.7)k=175

Tõestus. Et∞∑c k x k = x ⇔ S n → x ⇔ ‖S n − x‖ 2 → 0,k=1siis seoste (7.3.3) ja ‖c k x k ‖ = |c k | põhjal saame∞∑‖S n − x‖ 2 → 0 ⇔ ‖x‖ 2 = |c k | 2 . □Lause 6. Iga elemendi x ∈ H korral selle elemendi Fourier’ rida ortonormeeritudsüsteemi {x k } järgi koondub elemendiks x parajasti siis, kuisüsteem {x k } on täielik.Tõestus. Lause 4 põhjal saame ∑ ∞k=1 c kx k = y, kus y on elemendi xortogonaalne projektsioon alamruumile L = L ({x k }) . Seega ∑ ∞k=1 c kx k = xparajasti siis, kui L = H, st süsteem {x k } on täielik. □Näide 1. Ortonormeeritud trigonomeetriline süsteem{ 1√ , cos √ t , sin t}cos nt sin nt√ , . . . , √ , √ , . . .2π π π π πon ruumis L(−π, π) täielik, kusjuures funktsiooni x(t) ∈ L(−π, π) Fourier’rea∞∑c k x k = a ∞02 + ∑a k cos kt + b k sin ktk=1k=1k=1kordajad a k (k ∈ N ∪ {0}) ja b k (k ∈ N) leitakse valemitea k = 1 π∫ π−πx(t) cos kt dt,b k = 1 πpõhjal.Näide 2. Haari ortonormaalsete lainekeste süsteemkuson täielik ruumis L 2 (R) .∫ π−πx(t) sin kt dtψ j, k (x) =(√2) jψ(2 j x − k ) (j, k ∈ Z) ,⎧⎨ 1, kui 0 ≤ x < 0.5,ψ(x) = −1, kui 0.5 ≤ x < 1,⎩0, kui x /∈ [0; 1) ,76

7 Lisad7.1 Lebesgue’i integraalMatemaatilise analüüsi põhikursuses kasutame Riemanni integraali. Riemanniintegraali korral jaotatakse lõik [a, b] punktidega x k (k = 0, 1, 2, . . . , n)n osalõiguks [x k−1 , x k ], kusjuures a = x 0 < x 1 < x 2 < x n−1 < x n = b, jaigas osalõigus valitakse punkt ξ k ∈ [x k−1 , x k ] ja moodustatakse Riemanniintegraalsumma ∑ nk=1 f (ξ k) ∆x k , kus ∆x k = x k − x k−1 . Kui eksisteerib piirväärtusn∑lim f (ξ k ) ∆x k ,max ∆x k →0k=1mis ei sõltu lõigu [a, b] osalõikudeks jagamise viisist ja punkti c k valikust k-ndas osalõigus [x k−1 , x k ], siis seda piirväärtust nimetatakse funktsiooni f(x)määratud integraaliks (Riemanni integraaliks) lõigul [a, b] ja tähistatakse∫ baf(x)dx. Öeldakse, et funktsioon f(x) on integreeruv lõigul [a, b] (Riemannimõttes). Selleks, et summa piirväärtus ei sõltuks punktide ξ k valikust, peabξ k lähedastele väärtustele vastama ka f (ξ k ) lähedased väärtused. Sellineolukord on pidevate funktsioonide korral, kuid paljude praktikas kasutatavatefunktsioonide korral see nii ei ole.Näide 1. Uurime Dirichlet funktsiooniD(x) ={ 1, kui x ∈ Q,0, kui x ∈ R\Q,kus Q on kõigi ratsionaalarvude hulk, integreeruvust lõigul [0; 1] Riemannimõttes. Kui ξ k ∈ Q (k = 1, 2, . . . , n) , siis ∑ nk=1 D (ξ k) ∆x k = 1 ja kui ξ k ∈R\Q (k = 1, 2, . . . , n) , siis ∑ nk=1 D (ξ k) ∆x k = 0. Seega sõltub vaadeldavpiirväärtus punktide ξ k valikust, st funktsioon D(x) ei ole integreeruv lõigul[a, b] Riemanni mõttes.Järgnevas esitame Lebesgue’i integraali elementaarse käsitluse. Saab tõestadajärgmised väited hulga R lahtiste ja kinniste alamhulkade struktuurikohta.Lause 1. Iga lahtine hulk G ⊂ R avaldub üheselt lõpliku või loenduvahulga J ühisosata vahemike (a k , b k ) ühendina G = ⋃ k∈J (a k, b k ) .Lause 2. Iga tõkestatud kinnine hulk F ⊂ R avaldub üheselt määratavavähima lõigu [a, b] ja lõpliku või loenduva hulga J ühisosata vahemike (a k , b k )77

ühendi G = ⋃ k∈J (a k, b k ) vahena, stF = [a, b] \ ⋃ k∈J (a k, b k ) .Definitsioon 1. Nii vahemiku (α, β) kui ka lõigu [α, β] Lebesgue’i mõõduksnimetatakse arvu β − α.Definitsioon 2. Arvu µ (G) = ∑ k∈J (b k − a k ) nimetatakse tõkestatudlahtise hulga G = ⋃ k∈J (a k, b k ) , kus vahemikud (a k , b k ) (k ∈ J) on ühisosata,Lebesgue’i mõõduks.Definitsioon 3. Arvu µ (F ) = b − a − ∑ k∈J (b k − a k ) nimetataksetõkestatud kinnise hulga F = [a, b] \ ⋃ k∈J (a k, b k ) , kus vahemikud (a k , b k )(k ∈ J) on ühisosata, Lebesgue’i mõõduks.Kehtivad järgmised väited.Järeldus 1. Kui F = {a} , siis µ (F ) = 0.Järeldus 2. Kui F on lõplik või loenduv hulk, siis µ (F ) = 0.Definitsioon 4. Mis tahes tõkestatud hulka A ⊂ R nimetatakse Lebesgue’imõttes mõõtuvaks, kuiinf µ (G) = sup µ (F ) ,G⊃A F ⊂Aja suurust µ (A) = inf G⊃A µ (G) = sup F ⊂A µ (F ) nimetatakse tõkestatudhulga A Lebesgue’i mõõduks.Järeldus 3. Kui tõkestatud hulgad A ja B ⊂ A on mõõtuvad, siis onseda ka A\B, kusjuures µ (B) + µ (A\B) = µ (A) .Järeldus 4. Tühja hulga Lebesgue’i mõõt on null.Definitsioon 5. Funktsiooni f, mis on defineeritud hulgal X ⊂ R,nimetatakse (Lebesgue’i mõttes) mõõtuvaks hulgal X, kui:• X on mõõtuv;• {x | x ∈ X ∧ f(x) > a} on mõõtuv kui iga a ∈ R korral.Järeldus 5. Kui f on mõõtuv hulgal X, siis iga lõigu I ⊂ R korral onhulk X ∩ f −1 (I) mõõtuv.Lebesgue’i mõttes mõõtuvavate funktsioonide seost pidevate funktsioonidegaiseloomustab järgmine N. Luzini teoreem.Lause 3. Kui f on hulgal X defineeritud mõõtuv ja peaaegu lõplikfunktsioon, siis mis tahes ε > 0 puhul leidub selline hulgal X pidev funktsioonϕ, etµ ({x | f(x) = ϕ(x)}) < ε78

Lebesgue’i integraali korral eeldatakse funktsiooni f(x) mõõtuvust hulgalE. Tuleb eristada kaht juhtu:• f(x) on tõkestatud hulgal E;• f(x) on tõkestamata hulgal E.Käsitleme vaid esimest neist juhtudest (teisel juhul tuleb kasutada täiendavatpiirväärtust). Kui f(x) on tõkestatud hulgal E, siis leiduvad sellisedarvud m ja M, et m ≤ f(x) ≤ M (x ∈ E) . Erinevalt Riemanni integraalistteostame Lebesgue’i integraali korral alajaotuse y-teljelm = y 0 < y 1 < y 2 < . . . < y n−1 < y n = M.Tähistame I k = [y k−1 , y k ] . Olgu f −1 (I k ) kõigi hulga E punktide hulk, millesfunktsiooni f(x) väärtused kuuluvad lõiku I k . Olgu µ (f −1 (I k )) hulga f −1 (I k )Lebesgue’i mõõtyy k+1✻. .. . .. .... ...... . ....I k c k ...y k.......f −1 (I k )... .. . .. . .. . .. . .. . ...y = f(x).. . ...... ....... .........x✲Definitsioon 6. Kui eksisteerib piirväärtusn∑lim c k µ ( f −1 (I k ) ) ,max ∆y k →0k=1mis ei sõltu lõigu [m, M] jaotamisest osalõikudeks ja punkti c k ∈ [y k−1 , y k ]valikust, siis öeldakse, et tõkestatud funktsioon f : R → R on integreeruvLebesgue’i mõttes hulgal E.Sarnaselt Riemanni integraaliga kasutame tähistust∫n∑f(x)dx = lim c k µ ( f −1 (I k ) ) .max ∆y k →0E79k=1

Näites 1 esitatud Dirichlet funktsiooni D(x) integreerimisel lõigul E =[0; 1] leiame, et m = 0 ja M = 1. Lõigu E jaotamisel osalõikudeks I k saameD −1 (I 1 ) = {x | x ∈ E \ Q } , D −1 (I k ) = ∅ (1 < k < n) ,D −1 (I n ) = {x | x ∈ E ∩ Q } .Seega µ (D −1 (I k )) = 0 (1 < k < n) . Järelduse 2 põhjal µ (D −1 (I n )) = 0 jajärelduse 3 põhjal µ (D −1 (I 0 )) = 1. Järelikult∫[0;1]D(x)dx = limmax ∆y k →0n∑c k µ ( D −1 (I k ) ) =k=1= limmax ∆y k →0 ((c 1) · 1 + 0 + (c n ) · 0) == limmax ∆y k →0 c 1 = 0.Lisaks paljudele Riemanni integraali juurest tuttavatele omadustele onLebesgue’i integraalil kui Riemanni integraali üldistusel omadusi, mis võimaldavadtema rakendamist laiema funktsioonide klassi korral. Näiteks, iga hulgalE Lebesgue’i mõttes mõõtuv tõkestatud funktsioon on integreeruv sellelhulgal.7.2 KompleksarvudDefinitsioon 1. Kompleksarvudeks nimetatakse reaalarvude järjestatudpaare (x, y) , kusjuures nende paaride võrdsus, liitmine ja korrutamine ondefineeritud järgmiselt:1 ◦ (x 1 , y 1 ) = (x 2 , y 2 ) ⇔ x 1 = x 2 ∧ y 1 = y 2 ;2 ◦ (x 1 , y 1 ) + (x 2 , y 2 ) def.= (x 1 + x 2 , y 1 + y 2 ) ;3 ◦ (x 1 , y 1 ) · (x 2 , y 2 ) def.= (x 1 x 2 − y 1 y 2 , x 1 y 2 + x 2 y 1 ) .Kompleksarve (x, y) , (x 1 , y 1 ) , (x 2 , y 2 ) , (x 3 , y 3 ) tähistame järgnevas z, z 1 ,z 2 ja z 3 .Ülesanne 1. Vahetu kontrollimisega näidake:1 ◦ z 1 + z 2 = z 2 + z 1 (liitmise kommutatiivsus);2 ◦ z 1 z 2 = z 2 z 1 (korrutamise kommutatiivsus);3 ◦ (z 1 + z 2 ) + z 3 = z 1 + (z 2 + z 3 ) (liitmise assotsiatiivsus);4 ◦ (z 1 z 2 ) z 3 = z 1 (z 2 z 3 ) (korrutamise assotsiatiivsus);5 ◦ (z 1 + z 2 ) z 3 = z 1 z 3 + z 2 z 3 (distributiivsus).80

Kui kompleksarve (0; 0) , (x; 0) ja (0; y) tähistada lühidalt 0, x ja iy, siisz = (x, y) = (x; 0) + (0; 1) (y; 0) = x + iy.Definitsioon 2. Kompleksarvu z esitust kujul z = x + iy nimetataksekompleksarvu algebraliseks kujuks, kusjuures arvu x nimetatakse kompleksarvureaalosaks ja y kompleksarvu imaginaarosaks (täpsemini imaginaarosakordajaks).Kasutatakse tähistusix = Rz = Rz,y = Iz.Arvu i nimetatakse imaginaarühikuks. Arvu z def.= x − iy nimetataksekompleksarvu z = x + iy kaaskompleksarvuks. Kõigi kompleksarvude hulkatähistatakse tähega C. Tasandit, mille igale punktile (x, y) on seatud vastavussekompleksarv z = x+iy, nimetatakse komplekstasandiks (z-tasandiks),✻yy✟✯z = x + iy1 |z|.❑.Arg z✟ ✟✟✟✟✟✟✟✟✟✟ ....1xx-telge reaalteljeks ja y-telge imaginaarteljeks. Rõhutame, et komplekstasandilz on x ja y reaalsed, st me vaid kasutame xy-tasandit kompleksarvude kujutamiseks.Komplekstasandil joonistame kompleksarvu z kohavektori. Arvuz kohavektori pikkust tähistatakse |z| ja nimetatakse kompleksarvu z mooduliks.Nurka, mille kompleksarvu kohavektor moodustab reaaltelje positiivsesuunaga, nimetatakse kompleksarvu argumendiks ja tähistatakse Arg z. Kompleksarvuargument on määratud liidetava 2kπ (k ∈ Z) täpsusega, sest täispööre2π võrra viib kompleksarvu kohavektori esialgsesse asendisse tagasi.Kompleksarvu argumendi Arg z väärtust, mis kuulub poollõiku (−π, π] , nimetataksekompleksarvu argumendi peaväärtuseks ja tähistatakse arg z, st arg z ∈ (−π, π] .SeegaArg z = arg z + 2kπ (k ∈ Z) , (1)kus−π < arg z ≤ π.81z✲x

Kehtivad seosedja⎧⎪⎨arg z =⎪⎩|z| = √ x 2 + y 2 (2)arctan (y/x) , kui x > 0,arctan (y/x) + π, kui x < 0 ∧ y ≥ 0,arctan (y/x) − π, kui x < 0 ∧ y < 0,π/2, kui x = 0 ∧ y > 0,−π/2, kui x = 0 ∧ y < 0.NB! Mõningates raamatutes kasutatakse argumendi peaväärtuse jaoks mõndateist poollõiku pikkusega 2π, näiteks [0; 2π) .Näide 1. Leiame kompleksarvu − √ 3 − i mooduli, argumendi peaväärtuseja argumendi.Valemite (2), (3) ja (1) abil saame vastavalt∣∣− √ √ ( 3 − 1 · i∣ = − √ 23)+ (−1) 2 ,(3)jaarg(− √ )3 − 1 · i=[− √ ]3 < 0 ∧ −1 < 0 == arctan −1− √ 3 − π = π 6 − π = −5π 6Arg z = − 5π (6 + 2kπ = 2k − 5 )π (k ∈ Z) .6♦Kui tähistada ϕ = Arg z ja kasutada polaarkoordinaate punkti asukohamääramiseks xy-tasandil, siis saame kompleksarvu trigonomeetrilise kujuja kompleksarvu eksponentkujuz = |z| (cos ϕ + i sin ϕ) (4)z = |z| e iϕ , (5)kuson Euleri valem.e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ (6)82

Kuna funktsioonid cos ϕ ja sin ϕ ning (tõesta, et e 2πi = 1!) e iϕ on 2πperioodilised,siis võime valemeis (4) ja (5) võtta ϕ = arg z.Näide 2. Leiame kompleksarvu − √ 3 − i trigonomeetrise kuju ja eksponentkuju.Kuna ∣ ∣ −√3 − i∣ ∣ = 2 ja arg(−√3 − i)= −5π/6, siis valemite (4) ning(5) abil saame vastavaltja− √ 3 − i = 2 (cos (−5π/6) + i sin (−5π/6))− √ 3 − i = 2 e i(−5π/6) = 2 e −5πi/6 .Komplekstasandit täiendatakse lõpmatuspunktiga ∞, kompleksarvuga,mille moodul on +∞, st |∞| = +∞. Lõpmatuspunkti reaal- ja imaginaarosaning argumenti ei defineerita. Lõpmatuspunktiga täiendatud komplekstasanditnimetatakse laiendatud komplekstasandiks.7.3 Tehted kompleksarvudegaKompleksarvude z 1 = (x 1 , y 1 ) ja z 2 = (x 2 , y 2 ) liitmine ja korrutamine oneelnevalt defineeritud. Esitame need definitsioonid algebralisel kujul esitatudkompleksarvude z 1 = x 1 + iy 1 ja z 2 = x 2 + iy 2 korral:z 1 + z 2 = (x 1 + x 2 ) + i (y 1 + y 2 ) , z 1 z 2 = (x 1 x 2 − y 1 y 2 ) + i (x 1 y 2 + x 2 y 1 ) .Kahe kompleksarvu z 1 ja z 2 vahe z 1 − z 2 ja jagatis z 1 /z 2 defineeritakse vastavaltkui võrrandi z 1 = z + z 2 ja võrrandi z 1 = zz 2 lahend. Leiame, etz 1 − z 2 = (x 1 − x 2 ) + i (y 1 − y 2 ) ,z 1z 2= x 1 + iy 1x 2 + iy 2= (x 1 + iy 1 ) (x 2 − iy 2 )(x 2 + iy 2 ) (x 2 − iy 2 ) = (x 1x 2 + y 1 y 2 ) + i (x 2 y 1 − x 1 y 2 )x 2 2 + y 2 2= x 1x 2 + y 1 y 2x 2 2 + y 2 2+ i x 2y 1 − x 1 y 2.x 2 2 + y22Osutub, et kompleksarve on tihti otstarbekas liita ja lahutada algebraliselkujul, aga korrutada, astendada ning jagada eksponentkujul. Saamez 1 · z 2 = |z 1 | (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ) · |z 2 | (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ) == |z 1 | |z 2 | ((cos ϕ 1 cos ϕ 2 − sin ϕ 1 sin ϕ 2 ) + i (cos ϕ 1 sin ϕ 2 + sin ϕ 1 cos ϕ 2 )) == |z 1 | |z 2 | (cos (ϕ 1 + ϕ 2 ) + i sin (ϕ 1 + ϕ 2 )) = |z 1 | |z 2 | e i(ϕ 1+ϕ 2 ) ,83♦=

Seegaz 1z 2= z 1 · z 2|z 2 | 2 = |z 1| |z 2 | (cos (ϕ 1 − ϕ 2 ) + i sin (ϕ 1 − ϕ 2 ))|z 2 | 2 = |z 1||z 2 | ei(ϕ 1−ϕ 2 ) .z 1 · z 2 = |z 1 | |z 2 | e i(arg z 1+arg z 2 ) z 1, = |z 1|z 2 |z 2 | ei(arg z 1−arg z 2 ) ,z n = |z| n (cos (n arg z) + i sin (n arg z)) = |z| n e i n arg z .Kompleksarvu ja kaaskompleksi moodulil ning argumendil on järgmised omadused:1 ◦ |z| ∣ ≥∣ 0; 2 ◦ |−z| = |z| = |z| ; 3 ◦ |z 1 · z 2 | = |z 1 | · |z 2 | ;∣∣∣4 ◦ z 1 ∣∣∣= |z 1|z 2 |z 2 | ; 5◦ ||z 1 | − |z 2 || ≤ |z 1 + z 2 | ≤ |z 1 | + |z 2 | ;6 ◦ |z| = √ zz; 7 ◦ z 1 + z 2 = z 1 + z 2 ; 8 ◦ z 1 z 2 = z 1 z 2 ;( )9 ◦ z1= z 1; 10 ◦ zz 2 z n = (z) n ; 11 ◦ Rz = 1 (z + z) ;2 212 ◦ Iz = 1 (z − z) .2i (−2 + i2 √ ) 93Näide 1. Arvutame− √ 2 − i √ .2Kujutame arvud −2+i2 √ 3 ja − √ 2−i √ 2 komplekstasandil ning määramenende mooduli ja argumendi−2 + i2 √ 3. ❑y2 √ 3z.. ✙. . .arg (−2 + i2 √ 3) = 2 3 π. .......1−2 1x✻arg− √ 2 2 − i √ (− √ 2 − i √ ✲.2) = − 3 ..✠4 π.. . . . .284

Leiame:∣∣−2 + i2 √ √(3∣ (2)= (−2) 2 + 2 √ 23)= 4;(arg −2 + i2 √ ) [ ](3) −2 < 0,3 =2 √ 3 ≥ 0∣∣− √ 2 − i √ √ ( 2∣ (2)= − √ ) 2 (2 + − √ 22)= 2;(arg − √ 2 − i √ ) [ √ ](3) − 2 < 0,2 =− √ 2 < 0Seegaja(−2 + i2 √ ) 93− √ 2 − i √ =2Definitsioon 1. Võrrandi= arctan 2√ 3−2 + π = π − 1 3 π = 2π 3= arctan −√ 2− √ 2 − π == −π + π 4 = −3 4 π.−2 + i2 √ 3 = 4 e i2π/3 , − √ 2 − i √ 2 = 2 e −i3π/3( 4 ei2π/32 e −i3π/4 ) 9= ( 2 e i 17π/12) 9= 2 9 e i51π/4 == 2 9 e i51π/4 = 2 9 e i(48π+3π)/4 = 2 9 e i12π · e i3π/4 =[ ] (= e i2kπ k∈Z= 1 = 2 9 e i3π/4 = 2 9 cos 3π 4 + i sin 3π )=4= 2(− √ 9 2/2 + i √ )2/2 = −256 √ 2 + 256i √ 2. ♦w n = z (n ∈ {2; 3; 4; . . .}) (1)iga lahendit w nimetatakse kompleksarvu z n-ndaks juureks ja tähistataksew = n√ z.Kuna on tegemist muutuja w suhtes n-ndat järku algebralise võrrandiga,siis algebra põhiteoreemi kohaselt on sel võrrandil kompleksarvude hulgaltäpselt n lahendit. Kui esitada z ja w eksponentkujul z = |z| e i arg z ningw = |w| e i arg w , siis saame võrrandile (1) kuju|w| n e in arg w = |z| e i arg z .85

Kaks kompleksarvu, esitatuna eksponentkujul, on võrdsed parajasti siis, kuion võrdsed nende moodulid ja teiseks nende argumendid. Suurus n arg wvõib erineda kompleksarvu z peaväärtusest arg z arvu 2π mingi kordse 2kπ(k ∈ Z) võrra. SeegaJärelikultja|w| n = |z| ∧ n arg w = arg z + 2kπ (k ∈ Z) .|w| = n√ |z| (tegemist on juba reaalmuutuja juurega),arg w = (arg z + 2kπ) /n (k ∈ Z)n√ z =n √ |z|e i(arg z+2kπ)/n (k ∈ Z) .Kuna e i2π = 1, siis n√ z erinevaid väärtusi on vaid n tükki jan√ z =n √ |z|e i(arg z+2kπ)/n (k = 0; 1; 2; . . . ; n − 1) . (2)Osutub, et n√ z väärtused asetsevad z-tasandil korrapärase n-nurga, millekeskpunkt on nullpunkt, tippudes.Näide 2. Leiame 3√ −8 kõik väärtused ja kujutame nad z-tasandil.Kuna |−8| = 8 ja arg (−8) = π, siis valemi (2) põhjal3√ √ −8 =3|−8|e i(arg(−8)+2kπ)/3 = 2 e i(π+2kπ)/3 (k = 0; 1; 2)ning3√−8∣∣k=0 = 2 e iπ/3 = 2 (cos (π/3) + i sin (π/3)) = 1 + i √ 3,3√−8∣∣k=1 = 2 e iπ = 2 (cos π + i sin π) = −2,3√−8∣∣k=2 = 2 e i5π/3 = 2 (cos (5π/3) + i sin (5π/3)) = 1 − i √ 3.Teeme joonise...... −2..............2.... . . .−2y✻..... 1 . + i √ 3............... 1 − i √ 3z✲1 2 x♦86

Näide 3. Leiame kompleksarvu z kõigi n-ndate juurte summa.∑n−1k=0√n|z|ei(arg z+2kπ)/nValemi (2) põhjal saame⎡= n√ ∑n−1|z|e i(arg z)/n e i2kπ/n = ⎣k=0n−1 ∑k=0q k = 1−qn1−q ,q = e i2π/n⎤⎦ == n√ i(arg z)/n 1 − ei2π|z|e1 − e = [ e i2π = 1 ] = 0. ♦i2π/n7.4 Joon, piirkond ja rajaDefinitsioon 1. Jooneks ehk Jordani jooneks komplekstasandil z nimetataksepunktide, mis on määratud võrrandigaz = z(t) = x(t) + iy(t) t ∈ [α, β] ,kus x(t) ja y(t) on pidevad reaalmuutuja funktsioonid lõigul [α, β] , hulka,kusjuurest 1 ≠ t 2 ⇒ z (t 1 ) ≠ z (t 2 ) ,st joonel pole kordseid punkte. Erandiks võivad olla vaid punktid z (α) jaz (β) . Kui z (α) = z (β) , siis joont nimetatakse kinniseks. Joont nimetataksesiledaks, kui funktsioonid x ′ (t) ja y ′ (t) on pidevad lõigul [α, β] . Joont nimetataksetükati siledaks, kui ta koosneb lõplikust arvust siledatest osadest.Näide 1. Olgu joon antud võrrandigajaz(t) = a cos t + i b sin t (t ∈ [0, 2π]) . (1)Kuna funktsioonid x(t) = a cos t ja y (t) = b sin t on pidevad lõigul [0, 2π]t 1 ≠ t 2 ⇒ z (t 1 ) ≠ z (t 2 ) ,välja arvatud punktid t 1 = 0 ja t 2 = 2π, siis on tegamist Jordani joonega.Funktsioonid x ′ (t) = −a sin t ja y ′ (t) = b cos t on pidevad lõigul [0, 2π] .Tegemist on seega sileda joonega. Etx 2 (t)a 2+ y2 (t)b 2 =(a cos t)2 (b sin t)2+ = 1 (t ∈ [0, 2π]) ,a 2 b 2siis võrrand (1) esitab komplekstasandil ellipsi, mille keskpunkt on nullpunktisja teljed paralleelsed koordinaattelgedega, telgedega a ja b. ♦87

Näide 2. Olgu z-tasandil antud kolmnurk ABCy✻54 + 5 i.Cz..−2A . −2 − i−14.B5 − 2 ix✲Leiame tema rajajoone võrrandid ja uurime selle joone siledust.Veenduge, et lõikudel AB, BC ja AC on vastavalt võrrandidAB : z(t) = −2 − i + t (7 − i) (t ∈ [0; 1]) ,BC : z(t) = 5 − 2i + t (−1 + 7i) (t ∈ [0; 1]) ,AC : z(t) = −2 − i + t (6 + 6i) (t ∈ [0; 1]) .Kontrollige, et vastavad tuletised on pidevad lõigul [0; 1] . Seega rajajoon(murdjoon) ABC on tükati sile, koosnedes kolmest siledast tükist. ♦Definitsioon 2. Hulga rajapunktiks nimetatakse punkti, mille igas ümbrusesleidub nii sellesse hulka kuuluvaid kui ka sinna mittekuuluvaid punkte.Definitsioon 3. Hulga rajaks nimetatakse selle hulga kõigi rajapunktidehulka.Definitsioon 4. Hulka, mis ei sisalda ühtki oma rajapunkti, nimetatakselahtiseks hulgaks.Definitsioon 5. Hulka, mis sisaldab kõik oma rajapunktid, nimetataksekinniseks hulgaks.Definitsioon 6. Sidusaks hulgaks nimetatakse hulka, mille iga kahtpunkti saab ühendada sellesse hulka kuuluva Jordani joonega.Definitsioon 7. Piirkonnaks nimetatakse lahtist sidusat hulka.Definitsioon 8. Kinniseks piirkonnaks nimetatakse kinnist sidusat hulka.Definitsioon 9. Piirkonda nimetatakse ühelisidusaks, kui selle piirkonnaraja on sidus.Definitsioon 10. Piirkonda nimetatakse mitmelisidusaks, kui selle piirkonnaraja ei ole sidus, vaid koosneb mitmest sidusast osast.88

Ülesanne 1. Olgu vaadeldavaks hulgaks ring |z − 1 + i| < √ 2. Kas seehulk on kinnine või lahtine? Kas see hulk on piirkond? Milline on selle hulgaraja? Kas tegemist on üheli- või mitmelisidusa piirkonnaga?Ülesanne 2. Olgu vaadeldavaks hulgaks rõngas 1 < |z − 1 + i| < √ 2.Kas see hulk on kinnine või lahtine? Kas see hulk on piirkond? Milline onselle hulga raja? Kas tegemist on üheli- või mitmelisidusa piirkonnaga?7.5 Kompleksmuutuja funktsioonOlgu D hulk komplekstasandil või laiendatud komplekstasandil.Definitsioon 1. Kui hulga D igale elemendile z on vastavusse seatudmingi kindel kompleksarv w, siis öeldakse, et hulgal D on defineeritud kompleksmuutujafunktsioon ehk kujutus w = f (z) .Definitsioon 2. Hulka D nimetatakse funktsiooni f määramispiirkonnaksja hulka f (D) = {w | (z ∈ D) ∧ (w = f (z))} funktsiooni f väärtustepiirkonnaks.Definitsioon 3. Funktsiooni z = f −1 (w) nimetatakse funktsiooniw = f (z) pöördfunktsiooniks, kui hulga f(D) iga element on ainult ühe hulgaD elemendi kujutiseks.Definitsioon 4. Funktsiooni, mille argumendi mõnele väärtusele määramispiirkonnastvastab vähemalt kaks funktsiooni väärtust, nimetatakse mitmeseksfunktsiooniks.Definitsioon 5. Suurusi u = Rw ja v = Iw nimetatakse vastavaltkompleksmuutuja funktsiooni w = f (z) reaal- ja imaginaarosaks.Kuna z = x + iy = z (x, y) ja w = f(z) = u + iv, siis funktsiooni f(z)defineerimine on samaväärne vastavas xy-tasandi piirkonnas kahe reaalseteväärtustega kahe muutuja funktsiooni u(x, y) ja v(x, y) defineerimisega.Kompleksmuutuja funktsiooni f(z) graafik paikneb (neljamõõtmelises) korrutisruumisD × f (D) .Näide 1. Leiame piirkonna D = {z | (|z| < 2 ∧ (0 < arg z < π/3))}kujutise funktsiooni w = z 3 abil.89

Skitseerime piirkonna Dy√ ✻ C z3 ✲✛.✛ ✲ .✛ ✲.1 ✛ ✲..✛.✛ D✛.✛.B✲x. ✛✲.−2 A 1 2Esitame piirkonna D rajajoone ABC osade võrrandidAB : z = ρ e i·0 (0 ≤ ρ ≤ 2) ;BC : z = 2 e i·ϕ (0 ≤ ϕ ≤ π/3) ;CA : z = ρ e i·π/3 (0 ≤ ρ ≤ 2) .Uurime, milleks teisenevad need rajajoone osad kujutamisel funktsioonigaw = z 3 . Esiteks leiame lõigu AB kujutise A ′ B ′ehkAnaloogiliselt saameehkjaehkA ′ B ′ : w = ρ 3 e 3i·0 (0 ≤ ρ ≤ 2)A ′ B ′ : w = r e i·0 (0 ≤ r ≤ 8) .B ′ C ′ : w = 2 3 e 3i·ϕ (0 ≤ ϕ ≤ π/3)B ′ C ′ : w = 8 e i·ψ (0 ≤ ψ ≤ π)C ′ A ′ : w = ρ 3 e 3i·π/3 (0 ≤ ρ ≤ 2)C ′ A ′ : w = r e i·π (0 ≤ r ≤ 8) .Skitseerime w-tasandil joone A ′ B ′ C ′ :v ✻8w. . . . .✛.✲.... ✛✲.. ✛✲.. ✛✲.. ✛✲.f(D)....C ′ .1. ✛✲✛✲B ′ ✲u−8 A ′ .1 890

Osutub, et f(D) on lahtine poolring w-tasandil. Veenduge, et nii piirkonnaD kui ka piirkonna f(D) rajajoon on tükati sile. ♦Definitsioon 6. Kompleksarvu c nimetatakse funktsiooni f (z) piirväärtusekspiirprotsessis z → z 0 , kui ∀ε > 0 korral ∃δ = δ (ε) > 0 selline, et|z − z 0 | < δ ⇒ |f (z) − c| < ε.Definitsioon 7. Kompleksmuutuja funktsiooni f (z) nimetatakse pidevakspunktis z 0 , kuilimz→z 0f (z) = f (z 0 ) .7.6 Kompleksmuutuja funktsiooni tuletisArgumendi z muudule ∆z vastavaks funktsiooni w = f(z) muuduks ∆wnimetatakse vahet ∆w = f(z + ∆z) − f(z).Definitsioon 1. Piirväärtust∆wlim∆z→0 ∆z = f ′ (z) = d fdznimetatakse funktsiooni tuletiseks punktis z.Kui funktsioonil f(z) on tuletis punktis z, siis öeldakse, et funktsioonf(z) on diferentseeruv punktis z.Definitsioon 2. Funktsiooni f(z) nimetatakse analüütiliseks punktis z,kui f(z) on diferentseeruv punktis z ja mingis selle punkti ümbruses.Definitsioon 3. Funktsiooni f(z) nimetatakse analüütiliseks piirkonnas,kui f(z) on analüütiline selle piirkonna igas punktis.Definitsioon 4. Punkti, milles funktsiooni f(z) ei ole analüütiline,nimetatakse funktsiooni f(z) iseäraseks punktis.Näide 1. Leiame (z 3 ) ′ .Definitsiooni 1 põhjal saame(z3 ) ′∆z 3= lim∆z→0 ∆z = lim (z + ∆z) 3 − z 3=∆z→0 ∆z3z 2 ∆z + 3z (∆z) 2 + (∆z) 3= lim=∆z→0(∆z= lim 3z 2 + 3z∆z + (∆z) 2) = 3z 2 . ♦∆z→0Analoogiliselt reaalmuutuja funktsioonidega on kompleksmuutuja funktsioonideljärgmised tehetega seotud omadused.91(1)

Lause 1. Kehtivad seosed:• (c 1 f 1 (z) + c 2 f 2 (z)) ′ = c 1 f ′ 1(z) + c 2 f ′ 2(z);• (f 1 (z)f 2 (z)) ′ = f 1(z)f ′ 2 (z) + f 1 (z)f 2(z);′( ) ′ f1 (z)• = f 1(z)f ′ 2 (z) − f 1 (z)f 2(z)′ .f 2 (z)f2 2 (z)Kui punktis z diferentseeruv funktsioon w = f(z) on punkti z ümbrusespööratav, st ∃ f −1 (w) , siisstd f −1 (w)dwf −1 (w + ∆w) − f −1 (w)= lim∆w→0 ∆w= lim∆z→0z + ∆z − z∆w= lim∆z→01∆w∆z∆w→0⇔∆z→0==1lim ∆z→0∆w∆z= 1 ,dfdz(f −1 (w) ) ′=1f ′ (z) . (2)Uuurime tuletise f ′ (z) eksisteerimise tingimusi. Kuna z = x + iy jaw = u + iv, siis∆wlim∆z→0 ∆z = lim ∆u + i∆v(∆x,∆y)→(0;0) ∆x + i∆y .∆u + i∆vSuuruse piirväärtus ei tohi sõltuda piirpunktile lähenemise viisist∆x + i∆y(∆x, ∆y) → (0; 0) . Kui ∆y = 0, siisKui ∆x = 0, siis∆wlim∆z→0 ∆z = lim ∆u + i∆v∆x→0 ∆x + i0∆wlim∆z→0 ∆z = lim ∆u + i∆v∆y→0 i∆y= ∂u∂x + i∂v ∂x .= −i ∂u∂y + ∂v∂y .Seega∂u∂x + i∂v ∂x = ∂v∂y − i∂u ∂y .92

Lause 2 (Cauchy-Riemanni tingimused). Kui funktsioon f(z) ondiferentseeruv punktis z, siis selles punktis on rahuldatud Cauchy-Riemannitingimused⎧⎪⎨⎪⎩∂u∂x = ∂v∂y ,∂u(3)∂y = −∂v ∂x .Cauchy-Riemanni tingimused on järelikult tarvilikud tuletise f ′ (z) olemasolukspunktis z = x + iy. Tõestage, et funktsioonide u(x, y) ja v(x, y)diferentseeruvuse korral punktis (x, y) on Cauchy-Riemanni tingimused kapiisavad tuletise f ′ (z) olemasoluks punktis z = x + iy.Näide 2. Leiame funktsiooni w = z 3 diferntseeruvuse piirkonna.Kunaw = z 3 = (x + iy) 3 = x 3 + 3ix 2 y − 3xy 2 − iy 3 ,siis u = x 3 − 3xy 2 ja v = 3x 2 y − y 3 . Seegau x = 3x 2 − 3y 2 , u y = −6xy, v x = 6xy, v y = 3x 2 − 3y 2ja Cauchy-Riemanni tingimused (3) omandavad kuju{ 3x 2 − 3y 2 = 3x 2 − 3y 2 ,−6xy = −6xy.Järelikult on funktsiooni w = z 3 korral Cauchy-Riemanni tingimused täidetudkomplekstasandi igas punktis. Kuna funktsioonid u = x 3 − 3xy 2 jav = 3x 2 y − y 3 on diferentseeruvad komplekstasandi igas punktis, siis funktsioonw = z 3 on diferentseeruv komplekstasandi igas punktis z. Lisaks(z3 ) ′=∂u∂x + i∂v ∂x = 3x2 − 3y 2 + i6xy = 3 (x + iy) 2 .Kui funktsiooni w = f(z) reaal- ja imaginaarosal u(x, y) ja v(x, y) onpidevad teist järku osatuletised, siis Cauchy-Riemanni esimesest tingimusestsaame u xx = v yx ja teisest u yy = −v xy ningAnaloogiliselt jõuame tulemuseniu xx + u yy = v yx − v xy = 0.v xx + v yy = 0.93♦

Funktsiooni r = r(x, y), mis rahuldab seost (Laplace’i võrrandit)r xx + r yy = 0,nimetatakse harmooniliseks funktsiooniks.Kui direntseeruva funktsiooni w = f(z) reaal- ja imaginaarosal u(x, y) jav(x, y) on pidevad teist järku osatuletised, siis u(x, y) ja v(x, y) on harmoonilisedfunktsioonid. Sel korral nimetatakse funktsioonide paari u(x, y) jav(x, y) kaasharmooniliste paariks.Näide 3. On teada analüütilise funktsiooni w = f(z) = − (x + iy) 2 +i (x + iy) : −x 2 + y 2 − y imaginaarosa v = x − 2xy. Leiame f(z), kuif(1) = 2 + i.Kuna v x = 1 − 2y ja v y = −2x, siis Cauchy-Riemanni esimese tingimusepõhjalu x = −2x,millestu =∫[(−2x) dx == −x 2 + ϕ (y) ,võttes osatuletist muutuja x järgimuutujat y käsitletakse kui konstanti]=kus ϕ (y) on suvaline muutuja y funktsioon. Seega u y = ϕ ′ (y) ja Cauchy-Riemanni teise tingimuse põhjalϕ ′ (y) = −1 + 2y,millest∫ϕ (y) =(−1 + 2y) dy = .Järelikult u = −x 2 + y 2 − y + C ningw = f(z) = u + iv = −x 2 + y 2 − y + C + i (x − 2xy) == i (x + iy) − (x + iy) 2 + C = iz − z 2 + C.Kuna f(1) = 2 + i, siisi − 1 + C = 2 + i ⇒ C = 3ja f(z) = iz − z 2 + 3.♦94

7.7 ArvreadDefinitsioon 1. Avaldist∞∑c k = c 1 + c 2 + c 3 + . . . + c k + . . . ,k=1kus c k = a k +ib k on kompleksarvud, nimetatakse kompleksarvuliseks arvreaks.Definitsioon 2. Rida ∑ ∞k=1 c k nimetatakse koonduvaks, kuija hajuvaks, kui∃ limn→∞∄ limn→∞n∑c k ,k=1n∑c k .Tõestage iseseisvalt järgmine väide.Lause 1. Rida ∑ ∞k=1 c k, kus c k = a k + ib k , on koonduv parajasti siis, kuiread ∑ ∞k=1 a k ja ∑ ∞k=1 b k on koonduvad.Definitsioon 3. Rida ∑ ∞k=1 c k nimetatakse absoluutselt koonduvaks, kuirida ∑ ∞k=1 |c k| on koonduv.Definitsioon 4. Koonduvat rida, mis ei ole absoluutselt koonduv, nimetataksetingimisi koonduvaks.Tõestage iseseisvalt järgmine väide.Lause 2. Rida ∑ ∞k=1 c k, kus c k = a k + ib k , on absoluutselt koonduvparajasti siis, kui read ∑ ∞k=1 a k ja ∑ ∞k=1 b k on absoluutselt koonduvad.Näide 1. Uurime rea ∑ √ √ 3∞ k + i k 4k=1 (−1)k koonduvust.k 2Nii reaalosadest koostatud rida∞∑k=1(−1) k √kk 2kui ka imaginaarosadest koostatud rida∞∑k=1(−1) k 3 √ k 4k 2 =k=1∞ = ∑(−1) k k −3/2k=1∞∑(−1) k k −2/3k=195

on Leibnizi tunnuse põhjal koonduvad. Seega Lause 1 põhjal on koonduvuuritav rida. Kuna∞∑∣∣∣(−1) k k −3/2 ∣∣ ∑ ∞= k −3/2on koonduv (miks?) jak=1k=1∞∑∣∣∣(−1) k k −2/3 ∣∣ ∑ ∞= k −2/3 ,k=1on hajuv (miks?), siis Lause 2 põhjal on uuritav rida tingimisi koonduv.7.8 FunktsionaalreadDefinitsioon 1. Avaldist kujulk=1∞∑u k (z) = u 0 (z) + u 1 (z) + . . . + u k (z) + . . . ,k=0kus u k (z) on kompleksmuutuja funktsioonid, nimetatakse funktsionaalreaks.Fikseeritud z korral saame sellest avaldisest arvrea. Kui eksisteerib osasummaden∑s n (z) = u k (z)k=0jada piirväärtus n → ∞ korral, siis öeldakse, et rida koondub punktis z.Piirväärtust s(z) = lim s n (z) nimetatakse rea summaks. Kõigi punktide zn→∞hulka, kus funktsionaalrida koondub, nimetatakse rea koondumispiirkonnaks.Vahet∞∑r n (z) = s(z) − s n (z) = u k (z)nimetatakse rea jääkliikmeks. Ilmseltk=n+1lim r n(z) = 0 ⇔ ∃ε > 0 ∃n 0 = n 0 (z, ε) ∈ N : n > n 0 ⇒ |r n (z)| < ε.n→∞Kui rea koondumispiirkonna teatud osa kõigi punktide korral naturaalarvun 0 valik sõltub vaid arvust ε, st n 0 (z, ε) = n 0 (ε), siis öeldakse, et funktsionaalridakoondub selles osas ühtlaselt.96

7.9 AstmereadDefinitsioon 1. Funktsionaalrida kujul∞∑c k z k , (1)k=0kus c k on konstandid, nimetatakse astmereaks.Astmerea (1) koonduvuspiirkond ei ole tühi hulk, sest sisaldab vähemaltnullpunkti.Tõestage Abeli teoreem.Lause 1 (Abeli teoreem). Kehtivad väited:• Kui astmerida (1) koondub punktis z 0 , siis (1) koondub absoluutseltigas punktis z, mis rahuldab võrratust |z| < |z 0 | ;• Kui astmerida (1) hajub punktis z 0 , siis (1) hajub igas punktis z, misrahuldab võrratust |z| > |z 0 | ;• Kui astmerida (1) koondub punktis z 0 , siis (1) koondub ühtlaselt hulgal|z| ≤ q < |z 0 | .Definitsioon 2. SuurustR =sup |z|∑ ∞k=0 c kz k ∈ cnimetatakse astmerea koonduvusraadiuseks.Lause 2. Kui eksisteerib piirväärtus (lõplik või lõpmatu)∣ limc k ∣∣∣ 1k→∞∣ või lim √c k+1 n→∞ n |ck | ,siis see piirväärtus on võrdne rea (1) koonduvusraadiusega R.Näide 1. Leiame rea ∑ ∞k=0 k3 z k /e k koonduvusraadiuse R.Tegemist on astmereaga, kus c k = k 3 /e k . Kuna c k+1 = (k + 1) 3 /e k+1 , siis∣ ∣ ∣ ∣ ∣∣∣ c k ∣∣∣ ∣∣∣ k 3 /e k ∣∣∣R = lim = limk→∞ c k+1 k→∞ (k + 1) 3 = e lim/e k+1Lause 3. Kui reakoonduvusraadius on R, siis(1 + 1/k) 3 = e. ♦k→∞1∞∑c k (z − a) k , (2)k=097

• rea (2) summa S(z) on ringis |z − a| < R pidev funktsioon,• rida (2) on liikmeti integreeritav piki suvalist joont, mis kuulub piirkonda|z − a| < R,• rea (2) summa S(z) on ringis |z − a| < R analüütiline funktsioon,• rida (2) on liikmeti mis tahes arv kordi diferentseeruv ringis |z − a| < RjaS (m) (z) =∞∑k(k − 1) · · · (k − m + 1) c k (z − a) k−m ,k=mkusjuures saadud rea koonduvusraadius on samuti R.Defineerime mõningad kompleksmuutuja funktsioonid astmerea summana.Eksponentfunktsiooniks e z ≡ exp (z) nimetatakse funktsioonie z def.=∞∑k=0Veenduge, et selle rea korral R = ∞ ja e z 1+z 2= e z 1e z 2. Seega suvalise z =x + iy korralk=0z kk! .e x+iy = e x · e iy .Defineerime kompleksmuutuja z korral∞∑cos z def.= (−1) k z 2k(2k)! ,def.sin z =∞∑k=0(−1) k z 2k+1(2k + 1)! ,kusjuures mõlema rea korral R = ∞. Tõestage, et nii cos z kui ka sin z onanalüütilised komplekstasandi igas punktis.Lause 4 (Euleri valem). Kehtib seosTõestus. Saamee iz =∞∑ (iz) kk!k=0=∞∑(−1) k z 2k ∞(2k)! + i ∑k=0e iz = cos z + i sin z. (3)= 1 + iz − z22! − iz3 3! + z44! + . . . + (iz)kk!k=0(−1) k z 2k+1(2k + 1)!98+ . . . == cos z + i sin z. ♦

Seosest (3) järeldube −iz = cos (−z) + i sin (−z) = cos z − i sin z.Seegae iz + e −iz = cos z + i sin z + cos z − i sin z = 2 cos z,e iz − e −iz = cos z + i sin z − cos z + i sin z = 2i sin zjaningcos z = ( e iz + e −iz) /2 (4)sin z = ( e iz − e −iz) / (2i) (5)Näide 2. Leiame funktsiooni w = e z analüüütilisuse piirkonna.Kunaw = e z = e x+iy = e x iy (3)· e = e x (cos y + i sin y) == e x cos y + ie x sin y = u + iv,siis u = e x cos y ja v = e x sin y ningu x =, u y = −e x sin y, v x = e x sin y, v y =ja Cauchy-Riemanni tingimused on kujul{ e x cos y = e x cos y,−e x sin y = −e x sin y.Järelikult on funktsioon w = e z analüütiline komplekstasandi igas punktis.♦Näide 3. Leiame cos (4i) .Valemi (4) abil saamecos (4i) = ( e i·4i + e −i·4i) /2 = ( e 4 + e −4) /2 ≈ 27. 308.♦Definitsioon 3. Võrrandie w = z (6)kõigi lahendite hulka nimetatakse kompleksmuutuja naturaallogaritmiksw = Ln z.99

ehkKui w = u + iv ja z = |z| e i arg z , siis saame võrrandile (6) kujue u+iv = |z| e i arg ze u · e iv = |z| e i arg z ,millest kahe kompleksarvu võrdsuse tingimuse põhjal{e u = |z| ,v = arg z + 2πehk { u = ln |z| ,v = Arg z.Seega saame lõpmata mitmese funktsiooniLn z = ln |z| + iArg z = ln |z| + i (arg z + 2kπ) (k ∈ Z) . (7)Täisarvu k fikseerimisel k = 0 saame ühese kompleksmuutuja funktsiooniln z = Ln z | k=0 = ln |z| + i arg z,mida nimetatakse naturaallogaritmi peaharuks.Näide 4. Leiame Ln ( 1 − i √ 3 ) ja ln ( 1 − i √ 3 ) .Kuna ∣ ∣1 − i √ 3 ∣ = 2 ja arg ( 1 − i √ 3 ) = −π/3, siis(Ln 1 − i √ )3 = ln 2 + i (2kπ − π/3) (k ∈ Z) ,(ln 1 − i √ )3 = ln 2 − iπ/3. ♦Definitsioon 4. Funktsiooniw = z c def.= e c Ln z , (8)kus c on kompleksarv, nimetatakse kompleksmuutuja üldiseks astmefunktsiooniks.Näide 5. Leiame i i .Kuna |i| = 1, arg i = π/2 jaLn i = ln 1 + i (π/2 + 2kπ) = i (2k + 1/2) π,100

siis valemi (5) põhjali i = e i·i(2k+1/2) = e −(2k+1/2)π (k ∈ Z) . ♦Definitsioon 5. Võrrandisin w = z (9)kõigi lahendite hulka nimetatakse kompleksmuutuja arkussiinuseks w = Arc sin z.Seose (5) abil saame võrrandile (9) kuju(e iw − e −iw) / (2i) = z,millestehk(e iw − iz ) 2ste 2iw − 2ize iw − 1 = 0= 1 − z 2 ⇔ e iw − iz = √ 1 − z 2 ⇔⇔ e iw = iz + √ 1 − z 2 ⇔ iw = Ln(iz + √ )1 − z 2⇔ w = −i Ln(iz + √ )1 − z 2 ,Arc sin z = −i Ln(iz + √ )1 − z 2⇔(10)Analoogiliselt saadakse avaldisedArc cos z = −i LnArc tan z = − i 2(z + √ )z 2 − 1 , (11)Ln1+ iz1 − iz , (12)Arc cot z = i 2 Lnz − iz + i . (13)Kui valemeis (10-13) kompleksmuutuja naturaallogaritm asendada naturaallogaritmipeaharuga, saadakse vastavalt arcsin z, arccos z, arctan z ja arc cot z.101

Näide 6. Leiame arctan (1 + i) .Kuna |1 + i| = √ 2 ja arg (1 + i) = π/4, siisarctan (1 + i) = − i 1 + i (1 + i)ln2 1 − i (1 + i) = − i 2 ln i2 − i = − i i (2 + i)ln =2 5= − i −1 + 2iln = − i (− 1 )2 5 2 2 ln 5 + i (π − arctan 2) == π 2 − 1 2 arctan 2 + i ln 5. ♦4Defineerime hüperboolsed funktsioonidcosh z def.=∞∑k=0z 2k(2k)! ,tanh z def.= sinh zcosh z ,def.sinh z =∞∑k=0def.coth z = cosh zsinh zz 2k+1(2k + 1)! ,ja areafunktsioonid w = Ar cosh z, w = Ar sinh z, w = Ar tanh z ningw = Ar coth z vastavalt võrranditecosh w = z, sinh w = z, tanh w = z, coth w = zlahendeina. Nii cosh z kui ka sinh z korral R = ∞ Tõestage, et nii cosh z kuika sinh z on analüütilised komplekstasandi igas punktis.Lause 5. Kehtivad seosedjaAr cosh z = Ln(z + √ z 2 − 1)(, Ar sinh z = Ln z + √ )z 2 + 1 ,Ar tanh z = 1 2 Ln 1 + z1 − z , Ar coth z = 1 2 Ln z + 1z − 1cosh (iz) = cos z, sinh (iz) = i sin z,cos (iz) = cosh z, sin (iz) = i sinh z.102

7.10 Kompleksmuutuja funktsiooni integraalOlgu antud sile või tükati sile lõpliku pikkusega Jordani joon Γz = z(t) = x(t) + iy(t) (α ≤ t ≤ β)ja sellel joonel pidev funktsioon f(z). Lahtise joone Γ korral loeme positiivseksparameetri t kasvamisele vastavat suunda ja kinnise joone Γ korralsuunda, milles liikudes jääb hõlmatav piirkond vasakule. Olgu z(α)joone alguspunkt ja z(β) joone lõpppunkt. Jaotame joone punktidega z k(k = 0; 1; . . . ; n) n osaks, kusjuures z 0 = z(α) ja z n = z(β). Olgu ∆z k =z k − z k−1 ja ς k olgu k-nda osakaare punkt.Definitsioon 1. Kui eksisteerib piirväärtuslimn→∞, max |∆z k | →0n∑f(ς k )∆z k ,mis ei sõltu joone Γ osakaarteks jaotamise viisist ja punktide ς k valikust, siisseda piirväärtust nimetatakse funktsiooni f(z) integraaliks üle joone Γ.Seega∫Γk=1f(z)dz def.= limn→∞, max |∆z k | →0Lause 1. Kui w = f (z) = u + iv, siis∫ ∫∫f(z)dz = udx − vdy + iΓΓn∑f(ς k )∆z k . (1)k=1Lause 2. Kui w = f (z) = u + iv ja joon on antud kujulz = z(t) = x(t) + iy(t) (α ≤ t ≤ β) ,Γvdx + udy. (2)siisehk∫f(z)dz =∫ βΓα(u (x(t), y(t)) + iv (x(t), y(t))) (x ′ (t) + iy ′ (t)) dt (3)∫f(z)dz =∫ βΓαf (z (t)) z ′ (t) dt. (4)103

Näide 1. Leiame ∫ Γ (z2 − z) dz, kus Γ on sirglõik punktist z α = 1 + ipunkti z β = 3 + 4i.Kuna joon on esitatav parameetrilise võrrandigasiis valemi (4) põhjal∫(z 2 − z ) dz =z = 1 + i + t (2 + 3i) (0 ≤ t ≤ 1) ,∫ 1((1 + i + t (2 + 3i)) 2 − (1 + i + t (2 + 3i)) ) (2 + 3i) dt =Γ=0∫ 10♦(2 + 3i) ( i − 4t + 7it − 1 − 5t 2 + 12it 2) dt = 3i − 209/6.Tõestage järgmised väited.Lause 3 (Cauchy teoreem). Kui funktsioon f(z) on analüütiline ühelisidusaspiirkonnas D, siis∫f(z)dz = 0 (5)Γiga piirkonda D kuuluva kinnise joone Γ korral.Näide 2. Leiame ∫ cos z dz, kus Γ : |z − 2 + 3i| = 4.ΓKuna cos z on analüütiline kogu komplekstasandil, siis Lause 3 põhjaluuritav integraal võrdub nulliga. ♦Lause 4 (Cauchy teoreem mitmelisidusa piirkonna jaoks ). Kuifunktsioon f(z) on analüütiline mitmelisidusas piirkonnas D ja selle rajajoontel,..... .Γ.. . . . . .. . . . ... ...... .... ..... .... .......γ.2 ... .. . .. . ... .. .... . . . . . .. . . . . . . ...... .............. . . .. . . . ... .. . ... .... ........ .... ..... ... γ . . .1. D.. ...... . .... γ .... . . . .. . . . . .......n ......... ...... .. . . ............. .... .. .. ..... .. .. . .. .siis integraal üle välise rajajoone Γ võrdub integraalide summaga üle sisemisterajajoonte γ k (k = 1; . . . ; n)∫n∑∫f(z)dz = f(z)dz. (6)Γγ kk=1104z

Definitsioon 2. Funktsiooni F (z) nimetatakse funktsiooni f(z) algfunktsioonikspiirkonnas D, kui selle piirkonna igas punktis F ′ (z) = f(z).Lause 5 (Newton-Leibnizi valem). Kui F (z) on piirkonnas D analüütilisefunktsiooni f(z) algfunktsioon ja z 0 , z ∈ D, siis∫ zzf(z)dz = F (z) − F (z 0 ) = F (z)∣ . (7)z 0z 0Näide 3. Leiame ∫ 2icos z dz.1Kuna cos z on analüütiline kogu komplekstasandil ja (sin z) ′ = cos z, siisvalemi (7) põhjal∫ 2i1cos z dz = sin z∣2i1= cos(2i) − cos 1 = cosh 2 − cos 1. ♦Lause 5 (Cauchy integraalvalem). Kui f(z) on analüütiline funktsioonühelisidusas piirkonnas D ja Γ kinnine iseennast mittelõikav joon sellespiirkonnas ning ς kuulub joone Γ poolt hõlmatavasse piirkonda, siisf(ς) = 12πi∫Γf (z) dzz − ς . (8)Näide 4. Leiame ∫ sin z|z|=4z − iπ/2 dz.Kuna sin z on analüütiline ringis |z| < 4 ja ς = iπ/2 kuulub sellesse ringi,siis valemi (8) põhjal∫|z|=4sin zz − iπ/2 dz = 2πi sin iπ 2 = −2π sinh π 2 .Lause 6 (Cauchy integraalvalem tuletiste korral). Kui funktsioonf(z) on analüütiline ühelisidusas piirkonnas D ja Γ kinnine iseennast mittelõikavjoon selles piirkonnas ning ς kuulub joone Γ poolt hõlmatavasse piirkonda,siis funktsioon f(z) on punktis ς lõpmata arv kordi diferentseeruv,kusjuuresf (n) (ς) = n! ∫2πi ΓNäide 5. Leiame ∫ |z|=5e z(z + iπ) 4 dz.f (z) dz(z − ς) n+1 (n ∈ N) . (9)105♦

Kuna e z on analüütiline ringis |z| < 5 ja ς = −iπ kuulub sellesse ringi,siis n = 3 korral saame valemi (9) abil∫∣e z2πi ∣∣∣ς=−iπ4dz = (e ς ) ′′′ = 2πi|z|=4 (z + iπ) 3!3! e−iπ == πi3 (cos (−π) + i sin (−π)) = −iπ 3 . ♦Lause 7. Iga ringis |z − c| < R analüütiline funktsioon f(z) on sellesringis ühesel viisil arendatav astmerittaf(z) =∞∑c k (z − c) k , (10)k=0kus c k = f (k) (c)/k!Näide 6. Leiame funktsiooni f(z) = 2/(1 + 3z) arenduse astmerittaz − i − 1 astmete järgi ringis |z − i − 1| < 5/3.Näidake, et z = −1/3 on selle funktsiooni ainus iseärane punkt. Kunapunkti i + 1 kaugus punktist −1/3 on|i + 1 − (−1/3)| = |i + 4/3| = 5/3,siis see funktsioon on analüütiline rõngas |z − i − 1| < 5/3 ja Lause 7 põhjalon see funktsioon ühesel viisil arendatav astmeritta z − i − 1 astmete järgiringis |z − i − 1| < 5/3. Et1/ (1 − q) |q|

Laurent’i ridaDefinitsioon 1. Funktsionaalrida kujul∞∑k=−∞c k (z − c) k =∑−1k=−∞c k (z − c) k +∞∑c k (z − c) knimetatakse Laurenti reaks z −c astmete järgi, kusjuures ∑ −1k=−∞ c k (z − c) knimetatakse Laurent’i rea peaosaks ja ∑ ∞k=0 c k (z − c) k Laurent’i rea korrapäraseksosaks.Lause 1. Rõngas r < |z − c| < R analüütiline funktsioon f(z) on sellesrõngas ühesel viisil arendatav Laurent’i ritta kujulf(z) r

Definitsioon 6. Funktsiooni f(z) iseärast punkti c nimetatakse oluliseltiseäraseks punktiks, kui arenduses (1) peaosa liikmete arv on lõpmatu.Näide 1. Leiame funktsiooni f(z) = (sin z) /z iseärase punkti z = 0 liigi.Nii sin z kui ka z on analüütilised kogu komplekstasandil. Seega (sin z) /zon analüütiline kogu komplekstasandil, välja arvatud z = 0. Arendame funktsiooniLaurent’i ritta rõngas 0 < |zc| < +∞ :sin zz|z|

• c on oluliselt iseärane punkt parajasti siis, kui ei eksisteeri lõplikku egalõpmatut piirväärtust funktsioonist f(z) piirprotsessis z → c.Lõpmatuspunkti ∞ loeme iga funktsiooni f(z) korral iseäraseks punktiks.Definitsioon 7. Kui leidub selline r > 0, et f(z) on analüütiline rõngasr < |z| < +∞, siis lõpmatuspunkti nimetatakse funktsiooni f(z) isoleeritudiseäraseks punktiks.Definitsioon 8. Kui arendusesf(z) r

7.11 ResiididKui c on funktsiooni f(z) (isoleeritud) iseärane punkt, siisf(z) 0

Tõestus. Saame∮12πi= 1 ∮2πi==|z−c|=rdz = rie iϕ dϕ⎡∑f(z)dz f(z)0

jad n−1 [f(z) (z − c) m ]0

Järeldus 2. Kui c on funktsiooni f(z) lihtne poolus jakusjuures ϕ (c) ≠ 0, ψ (c) = 0 ning ψ (c) ≠ 0 siisf(z) = ϕ (z)ψ (z) , (5)res z=c f(z) = ϕ (c)ψ ′ (c) . (6)Tõestus. Seoste (4) ja (5) abil saame[ ]ϕ (z)res z=c f(z) = limz→c ψ (z) (z − c) lim z→c ϕ (z)=ψ (z) − ψ (c)lim z→c(z − c)= ϕ (c)ψ ′ (c) .□Näide 4. Leiame valemi (6) abil funktsiooni (cos z) / (z − 2) resiidiiseärases punktis 2.Valime ϕ (z) = cos z ja ψ (z) = z − 2. Et ϕ (2) = cos 2 ≠ 0 ja ψ (2) = 0ning ψ ′ (2) = 1 ≠ 0, siis valemi (6) abil saamecos zres z=2z − 2 = cos 21= cos 2. ♦Definitsioon 2. Funktsiooni f(z) resiidiks punktis ∞ defineeritakse, kuires z=∞ f(z) = − 1 ∮f(z)dz,2πi|z|=Rkus 0 < r < R ja f (z) on analüütiline rõngas r < |z − c| < +∞.Tõestage järgmine väide.Lause 3. Kui funktsioon f(z) on analüütiline kogu laiendatud komplekstasandil,välja arvatud lõplik arv punkte c k (k = 1; . . . ; n), siisres z=∞ f(z) +n∑res z=ck f(z) = 0.k=1113

7.12 Pideva lineaarse operaatori normi arvutamise näitedI Uurime diferentseerimisoperaatoritD : C 1 [a, b] → C [a, b] ,kus kõigi lõigul [a, b] pidevate funktsiooonide ruum C [a, b] on varustatudnormiga‖x‖ C[a,b]= maxa≤x≤b |x(t)|ja kõigi lõigul [a, b] diferentseeruvate funktsiooonide ruum C 1 [a, b] normiga‖x‖ C[a,b]= max |x(t)| + maxa≤x≤b a≤x≤b |x′ (t)| .Ülesaanne 1. Tõestage, et D on lineaarne operaator.Lause 1. Operaator D on tõkestatud ja pidev ning ‖D‖ = 1.Tõestus. Et‖Dx‖ C[a,b]= ‖x ′ (t)‖ C[a,b]= maxa≤x≤b |x′ (t)| ≤≤maxa≤x≤b|x(t)| + maxa≤x≤b |x′ (t)| ≤ 1 · ‖x‖ C 1 [a,b] ,siis D on tõkestatud. Iga lineaarne tõkestatud operaator on pidev. Et‖Dx‖ C[a,b]≤ 1 · ‖x‖ C 1 [a,b] ,siis ‖D‖ ≤ 1. Funktsioonide jada {e nt } korral e nt ∈ C 1 [a, b] , kusjuures∥ ∥ ent C= max ∣ ∣ 1 [a,b] ent + max ∣ ∣ nent = (n + 1) maxSeegaja(ent ) ′a≤x≤b= ne nt ,a≤x≤b∥ ( e nt) ′ ∥ ∥∥C[a,b] = max‖De nt ‖ C[a,b]‖e nt ‖ C 1 [a,b]supnning ‖D‖ ≥ 1. Järelikult ‖D‖ = 1.‖De nt ‖ C[a,b]‖e nt ‖ C 1 [a,b]□114a≤x≤b= nn + 1= 1a≤x≤b ent ,∣ ∣ nent = n maxa≤x≤b ent .

II Uurime operaatorit A ∈ L (R m , R n )Lause 1. Kui A ∈ L (R m , R n ) ja ruumides R m ning R n kasutada 2-normi, siis‖A‖ 2= √ max µ,µ∈λ(A T A)st ‖ A‖ 2on ruutjuur maatriksi A T A suurimast omaväärtusest.Tõestus. Normi ‖ A‖ 2leidmiseks leiame esiteks ‖ A‖ 22 . Seega,‖A‖ 2= max ‖Ax‖ 2⇒ ‖ A‖ 22 = max ‖Ax‖ 22 = max x T A T Ax.‖x‖ 2 =1‖x‖ 2 =1x T x=1Olgu A T A = B ∈ R n×n . Maatriks B on sümmeetriline maatriks, sestB T = (A T A) T = A T A.Saamejax T x =⎛⎞ ⎛x T A T Ax = x T Bx = ( b) 1 ; 1 · · · b 1 ; n⎜⎟ ⎜ξ 1 · · · ξ n ⎝ . · · · . ⎠ ⎝b n ; 1 · · · b n ; n⎛= ( ξ 1 · · ·)ξ n⎝=(ξ 1n∑j=1ξ 2j⎞b 1 ; 1 ξ 1 + . . . + b 1 ; n ξ n· · · · · · · · · ⎠ =b n ; 1 ξ 1 + . . . + b n ; n ξ nn∑b 1; j ξ j + . . . + ξ nj=1)n∑b n; j ξ j .j=1Seega x T A T Ax on n muutuja ξ 1 , . . . , ξ n funktsioon ning⎞ξ 1⎟. ⎠ =ξ n∂ (x T A T Ax)∂ξ i=n∑b i; j ξ j +j=1n∑b i; j =b j; in∑b j; i ξ j = 2 b i; j ξ j = 2 ( A T Ax ) , ij=1j=1∂( x T x)∂ξ i= 2ξ i = 2 (x) i,115

kus (x) ion vektori x i-s komponent. Ülesandeks on leida max x T A T Ax lisatingimuselx T x =1. See on tingliku ekstreemumi leidmise ülesanne. Sellelahendamiseks moodustame abifunktsiooniΦ(ξ 1 ; . . . , ξ n ; ρ) = x T A T Ax+µ (1 − x T x) .Funktsiooni Φ statsionaarsete punktide leidmiseks koostame võrrandisüsteemi:∂Φ= 0 (i = 1 : n) ∧ ∂Φ∂ξ i ∂ρ = 0st { (2 A T Ax ) − 2µ (x) i i= 0 (i = 1 : n)1 − x T x = 0ehk { A T Ax =µx ,‖x‖ 2=1 .Seega iga statsionaarne punkt tingliku ekstreemumi jaoks on maatriksi A T Aomaväärtusele vastav normeeritud vektor x . Avaldame seosest A T Ax = µxomaväärtuse µ . Saame, et µ = x T A T Ax, kusjuures ‖x‖ 2=1 . Võrreldessaadud tulemust lähtevalemiga ‖A‖ 22Seega,‖A‖ 2= √leidmiseks, näeme,et ‖A‖22 = maxµ∈λ(A T A)maxµ∈λ(A T A)st ‖ A‖ 2on ruutjuur maatriksi A T A suurimast omaväärtusest.Ülesanne 1. Leidke maatriksi⎛ ⎞0A = ⎝ 1 ⎠2norm ‖A‖ 2.Ülesanne 2. Leidke maatriksiA = ( 0 1 2 )norm ‖A‖ 2.Ülesanne 3. ∗⎛a) A = ⎝0 0 10 1 01 1 1µ,Leidke maatriksi A norm ‖A‖ 2, kui⎛⎞ ⎛ ⎞3 0 0⎠ , b) A = ⎝ 0 2 0 ⎠ , c) A = ⎜⎝0 0 1−2 −1 2 −11 2 1 −22 −1 2 10 2 0 1⎞µ.⎟⎠ .116

7.13 Omaväärtused ja omavektoridDefinitsioon 1. KuiAx = λx, (1)kus A ∈ C n×n , x ∈ C n ja λ on arv, siis arvu λ nimetatakse maatriksi Aomaväärtuseks ja vektorit x sellele omaväärtusele λ vastavaks maatriksi A(parempoolseks) omavektoriks.Definitsioon 2. Vektorit x nimetatakse maatriksi A vasakpoolseks omavektoriks,kui x H A = λx H , kus x H on transponeeritud kaasmaatriks.Lause 1. Kui x on omaväärtusele λ vastav maatriksi A vasakpoolneomavektor, siis see x on omaväärtusele λ vastav maatriksi A H parempoolneomavektor.Tõestus. Saame väidete ahelax H A = λx H ⇔ (x H A) H = (λx H ) H ⇔ A H x = λx. □Nendime, et kui x on omaväärtusele λ vastav omavektor, siis on seda kacx, kus c ∈ C . Seos (1) on esitatav kujul(A − λI)x = 0, (2)kus I on n×n ühikmaatriks. Kuna omaväärtusprobleemil (1) on iga ruutmaatriksiA korral omavektoriks nullvektor, siis järgnevas piirdume vaid mittetriviaalseteomavektorite uurimisega. Seos (2) kujutab endast homogeensetlineaarset algebralist võrrandisüsteemi, millel on mittetriviaalseid lahendeidvaid siis, kui selle süsteemi maatriks A − λI on singulaarne, s.t.det(A − λI) = 0. (3)Võrrandit (3) nimetatakse maatriksi A karakteristlikuks võrrandiks ja polünoomip(λ) = det(A − λI)nimetatakse maatriksi A karakteristlikuks polünoomiks. Võrrand (3) on n−järkualgebraline võrrand suuruse λ suhtes ning on kirja pandav kujul:a 11 − λ a 12 · · · a 1na 21 a 22 − λ · · · a 2n· · · · · · · · · · · ·= 0. (4)∣ a n1 a n2 · · · a nn − λ ∣117

Algebra põhiteoreemi kohaselt on maatriksil A ∈ C n×n parajasti n omaväärtust,arvestades kordsust.Definitsioon 3. Maatriksi A ∈ C n×n kõigi omaväärtuste hulka{λ 1 , . . . , λ n } (siin võib olla võrdseid!) nimetatakse maatriksi A spektriks jatähistatakse λ(A).Näide 1. Leiame maatriksiomaväärtused ja omavektorid.⎛A = ⎝1 1 11 1 11 1 1Koostame antud maatriksile vastava karakteristliku võrrandi (3):1 − λ 1 11 1 − λ 1∣ 1 1 1 − λ ∣ = 0.Arvutades determinandi, saame kuupvõrrandi⎞⎠(1 − λ) 3 − 3(1 − λ) + 2 = 0,mille lahendeiks on λ 1 = λ 2 = 0 ja λ 3 = 3. Leiame omaväärtustele λ 1 = λ 2 =0 vastavad omavektorid. Selleks paigutame süsteemi (2) suuruse λ väärtuse0 ja lahendame saadud süsteemi:⎛⎞⎞⎜⎝1 − 0 1 11 1 − 0 1. 0. 01 1 1 − 0 . 0Sõltumatuid võrrandeid jääb üks,⎛⎟⎠ ∼ ⎜⎝ξ 1 + ξ 2 + ξ 3 = 0,1 1 1 . 00 0 0 . 00 0 0 . 0⎟⎠ .ja süsteemi vabadusastmete arv on 2 ning süsteemi üldlahendiks on⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ξ 1 −q − p−1−1x = ⎝ ξ 2⎠ = ⎝ q ⎠ = p ⎝ 0 ⎠ + q ⎝ 1 ⎠ ,ξ 3 p10118

kus p ja q suvalised reaalarvud. Järelikult, omaväärtustele λ 1 = λ 2 = 0vastavad omavektorid x moodustavad ruumi R 3 kahemõõtmelise alamruumi,mille baasivektoreiks võime valida vektorid x 1 = [−1 0 1] T ja vektoridx 2 = [−1 1 0] T . Omaväärtusele λ 3 = 3 vastavate omavektorite leidmisekstuleb võrrandisüsteemis (2) suurus λ asendada selle väärtusega 3. Tulemusenatuleb lahendada võrrandisüsteem:⎛⎞⎞⎜⎝1 − 3 1 11 1 − 3 1. 0. 01 1 1 − 3 . 0⎛⎟⎠ ∼ ⎜⎝1 1 −2 . 01 −2 1−2 1 1. 0. 0⎟⎠ ∼⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞1 1 −2 . 0 1 1 −2 . 0 1 0 −1 . 0∼ ⎜⎝ 0 −3 3 . 0⎟⎠ ∼ ⎜⎝ 0 1 −1 . 0⎟⎠ ∼ ⎜⎝ 0 1 −1 . 0⎟⎠ .0 3 −3 . 0 0 0 0 . 0 0 0 0 . 0Selle süsteemi vabadusastmete arv on 1 ning maatriksi A omaväärtusele λ 3 =3 vastavad omavektorid avalduvad kujul⎛ ⎞ ⎛ ⎞r 1x = ⎝ r ⎠ = r ⎝ 1 ⎠r 1ja moodustavad ruumis R 3 ühemõõtmelise alamruumi, baasivektorigax 3 = [1 1 1] T .Ülesanne 1. ∗ Leidke maatriksi A omaväärtused ja omavektorid, kui( ) ( ) ( )2 35 −21 −1a) A =, b) A =, c) A =.−1 67 42 4Ülesanne 2. ∗ Leidke maatriksi A omaväärtused ja omavektorid, kui⎛⎞ ⎛ ⎞3 −2 21 1 1a) A = ⎝ 0 1 0 ⎠ , b) A = ⎝ 0 1 1 ⎠ .−1 1 00 0 0Lause 2. Kui λ 1 , λ 2 , · · · , λ n on maatriksi A omaväärtused, siisdet(A) = λ 1 λ 2 · · · λ n .119

Tõestus. Karakteristliku võrrandi (3) vasak pool, nullkohtadega λ 1 , · · · , λ n ,on esitatav kujuldet(A − λI) = (−1) n (λ − λ 1 ) · · · (λ − λ n ). (6)Võttes selles seoses λ = 0, saame lause väite. □Järeldus 1. Regulaarse maatriksi A ükski omaväärtus ei ole 0.Lause 3. Kui x on regulaarse maatriksi A omaväärtusele λ vastavomavektor, siis sama vektor x on pöördmaatriksi A −1 omaväärtusele 1/λvastav omavektor.Tõestuseks korrutame seose (2) mõlemat poolt vasakult maatriksiga A −1 .Leiame, et A −1 Ax = A −1 λx ehk A −1 x = (1/λ)x. □Lause 4. Kui x on maatriksi A omaväärtusele λ vastav omavektor, siissama vektor x on maatriksi A 2 omaväärtusele λ 2 vastavaks omavektoriks.Tõestus. See väide järeldub võrduste ahelast:A 2 x = A(Ax) = A(λx) = λ(Ax) = λ(λx) = λ 2 x. □Ülesanne 3. ∗ Olgu suurused λ 1 , . . . , λ n maatriksi A ∈ C n×n omaväärtused.Tõestage, et suurused λ k 1, . . . , λ k n on maatriksi A k (k ∈ N) omaväärtused.Ülesanne 4. ∗ Tõestage, et kui suurused λ 1 , . . . , λ n on maatriksi A ∈C n×n omaväärtused, siis suurused λ 1 ± µ, . . . , λ n ± µ on maatriksi A ± µIomaväärtused.Lause 5. Maatriksi A jälg , st tema peadiagonaalil paiknevate elementidesumma, võrdub maatriksi A kõigi omaväärtuste summaga.Tõestuseks kasutame seost (6). Selle seose vasaku poole arenduses suuruseλ astmete järgi on astme λ n−1 kordajaks (−1) n−1 (a 11 + a 22 + · · · + a nn ) japaremas pooles (−1) n+1 (λ 1 + λ 2 + · · · + λ n ). □Näide 2. ∗ Olgu teada maatriksi⎛A =⎜⎝4 2 0 40 2 −1 00 0 3 30 4 0 7⎞⎟⎠120

kolm omaväärtust: λ 1 = 4, λ 2 = 1, λ 3 = 6. Leiame maatriksi A neljandaomaväärtuseja determinandi.Kuna maatriksi A jälg võrdub maatriksi A kõigi omaväärtuste summaga, siis4 + 2 + 3 + 7 = 4 + 1 + 6 + λ 4 ⇒ λ 4 = 5.Leiame maatriksi A determinandidet(A) = λ 1 λ 2 λ 3 λ 4 = 4 · 1 · 6 · 5 = 120.Ülesanne 5. ∗ On teada, et maatriksi⎛A =⎜⎝67 266 −30 64−24 −91 12 −20−6 −42 10 −1242 126 −21 21kolm omaväärtust: λ 1 = 7, λ 2 = −7, λ 3 = 21. Leidke maatriksi A neljasomaväärtusja determinant.Lause 6. Nii ülemise kui ka alumise kolmnurkse maatriksi omaväärtustekson kõik peadiagonaali elemendid ja ainult need.Tõestus. Vaatleme selle väite tõestust ülemise kolmnurkse maatriksi Akorral. Koostame vastava karakteristliku võrrandia 11 − λ a 12 · · · a 1n0 a 22 − λ · · · a 2n· · · · · · · · · · · ·= 0.∣ 0 0 · · · a nn − λ ∣Determinandi arendamine annab karakteristlikule võrrandile kuju⎞⎟⎠(a 11 − λ)(a 22 − λ) · · · (a nn − λ) = 0. □Ülesanne 6. ∗ Leidke maatriksi A omaväärtused ja omavektorid, kui⎛⎞⎛ ⎞1 2 4 −31 1 1a) A = ⎝ 0 2 1 ⎠ , b) A = ⎜ 0 1 7 7⎟⎝ 0 0 3 8 ⎠ .0 0 20 0 0 −2121

Lause 7. Maatriksi A erinevatele omaväärtustele vastavad omavektoridon lineaarselt sõltumatud.Tõestus. Olgu x 1 , x 2 , · · · , x k maatriksi A erinevatele omaväärtusteleλ 1 , λ 2 , · · · , λ k (k = 2 : n) vastavad omavektorid. Näitame, et nendeomavektorite süsteem on lineaarselt sõltumatu. Lihtsuse mõttes viime selletõestuse läbi vaid k = 2 korral. Oletame väitevastaselt, et vektorite süsteem{x 1 , x 2 } on lineaarselt sõltuv, st∃(α 1 , α 2 ) : α 1 x 1 + α 2 x 2 = 0 ∧ |α 1 | + |α 2 | ≠ 0. (7)Korrutame seoses (7) esineva võrduse mõlemat poolt vasakult maatriksigaA. Saame,α 1 Ax 1 + α 2 Ax 2 = 0 (8)ehkα 1 λ 1 x 1 + α 2 λ 2 x 2 = 0. (9)Korrutades seoses (7) esinevat võrdust suurusega λ 1 ja lahutades saadudtulemuse seosest (9), saameα 2 (λ 2 − λ 1 )x 2 = 0.Selle seose vasakus pooles saab nulliga võrduda vaid esimene tegur, α 2 = 0.Analoogiliselt, korrutades seoses (7) esinevat võrdust suurusega λ 2 , jõuamevõrduseni α 1 = 0. Seega |α 1 | + |α 2 | = 0, mis on vastuolus eeldusega (7).Järelikult, omavektorite süsteem {x 1 , x 2 } on lineaarselt sõltumatu. □Oletame, et maatriksi A omavektorite süsteem {x 1 , . . . , x n } on lineaarseltsõltumatu. Moodustame n × n ruutmaatriksi S, valides esimeseksveeruvektoriks vektori x 1 , teiseks veeruvektoriks vektori x 2 , . . . , n-ndaksveeruvektoriks vektori x n , stTähistameS = ( x 1 · · · x n). (10)Λ =⎛⎜⎝Eelpool toodud näite 1 korral⎛−1 −1⎞1⎛S = ⎝ 0 1 1 ⎠ ∧ Λ = ⎝1 0 1⎞λ 1 · · · 0⎟. · · · . ⎠ . (11)0 · · · λ n1220 0 00 0 00 0 3⎞⎠ .

Lause 8. Kui maatriksil A on n lineaarselt sõltumatut omavektoritx 1 , · · · , x n , mis vastavad omaväärtustele λ 1 , · · · , λ n , siis maatriks A on esitatavkujulA = SΛS −1 , (12)kus maatriksid S ja Λ on määratud vastavalt seostega (10) ja (11) .Tõestuseks piisab näidata, etLähtume seose (13) vasakust poolest:AS = SΛ. (13)AS = A ( x 1 · · · x n)== ( Ax 1 · · · Ax n)=(λ1 x 1 · · · λ n x n).Lähtume seose (13) paremast poolest:⎛⎞SΛ = ( λ) 1 · · · 0⎜⎟x 1 · · · x n ⎝ . · · · . ⎠ =0 · · · λ n= ( λ 1 x 1 · · · λ n x n).Järelikult peab seos (13) paika, ja seega ka seos (12), aga samuti ka seosΛ = S −1 AS. □ (14)Näide 3. ∗ Leiame 3 × 3-maatriksi A, mille omaväärtusi ja neile vastavaidomavektoreid me teame:λ 1 = 3 ⇒ x 1 = ( −3 2 1 ) T,λ 2 = −2 ⇒ x 2 = ( −2 1 0 ) T,λ 3 = 1 ⇒ x 3 = ( −6 3 1 ) T.Kuna otsitav maatriks A on esitatav kujul A = SΛS −1 , kus⎛ ⎞S = ( )3 0 0x 1 x 2 x 3 ∧ Λ = ⎝ 0 −2 0 ⎠ ,0 0 1123

siis⎛A = ⎝⎛= ⎝−3 −2 −62 1 31 0 1−9 4 −66 −2 33 0 1⎞ ⎛⎠ ⎝⎞ ⎛⎠ ⎝3 0 00 −2 00 0 11 2 01 3 −3−1 −2 1⎞ ⎛⎠ ⎝⎞−3 −2 −62 1 31 0 1⎛⎠ = ⎝⎞⎠1 6 −181 0 92 4 1−1⎞⎠ .=Ülesanne 7. ∗ Leiame 2 × 2-maatriksi A, mille omaväärtusi ja neile vastavaidomavektoreid me teame:( )( )3 5λ 1 = 1 ⇒ x 1 = ∧ λ42 = 2 ⇒ x 2 = .7Ülesanne 8. ∗ Leiame 3 × 3-maatriksi A, mille omaväärtusi ja neile vastavaidomavektoreid me teame:λ 1 = 3 ⇒ x 1 = ( −1 −1 1 ) T,λ 2 = −3 ⇒ x 2 = ( 2 1 0 ) T,λ 3 = 5 ⇒ x 3 = ( 0 0 1 ) T.Näide 4. ∗ Leiame maatriksid A 100 ja A 155 , kui( ) 41 −30A =.56 −41Kuna ∣ ∣∣∣ 41 − λ −3056 −41 − λja∣ = 0 ⇒ λ2 − 1 = 0( )( 3 5λ 1 = 1 ⇒ x 1 = ∧ λ42 = −1 ⇒ x 2 =7),ningA = SΛS −1 ∧ Λ =( 1 00 −1)∧ S =124( 3 54 7)∧ S −1 =( 7 −5−4 3),

siisja=A 155 =A 100 = (SΛS −1 )(SΛS −1 ) · · · (SΛS −1 ) = SΛ 100 S −1 =( ) ( ) ( ) ( )3 5 11000 7 −5 1 04 7 0 (−1) 100 = = I−4 3 0 1( 3 54 7) ( ) ( 11550 7 −50 (−1) 155 −4 3)=Ülesanne 9. ∗ Leidke maatriksid A 100 ja A 155 , kui( ) ( −5 2−20 42a) A =, b) A =−21 8−9 19( 41 −3056 −41).)= A.Lause 9. Kui maatriksi A ja B kõik omaväärtused on ühekordsed ningmaatriksid A ja B on kommuteeruvad, siis neil on ühised omavektorid.Tõestame selle väite. Olgu x maatriksi A omaväärtusele λ vastav omavektor,st peab paika seos (2) . Korrutame seose (2) mõlemat poolt vasakultmaatriksiga B ja arvestame eeldust, maatriksite A ja B kommuteeruvust.Tulemuseks saame seoste ahela:Ax = λx ⇒ B(Ax) = B(λx) ⇔ (BA)x = λ(Bx) ⇔ A(Bx) = λ(Bx).Seega, kui x on maatriksi A omaväärtusele λ vastav omavektor, siis ka Bx onmaatriksi A samale omaväärtusele λ vastav omavektor. Kuna maatriksi Aühekordsele omaväärtusele vastav omavektorite hulk on ruumi R n ühemõõtmelinealamruum, siis vektorid x ja Bx on kollineaarsed, s.t.∃µ : Bx = µx.Järelikult, maatriksi A omaväärtusele λ vastav omavektor x on ka maatriksiB omavektoriks, mis vastab maatriksi B omaväärtusele µ . Analoogiliseltsaab näidata, et maatriksi B iga omavektor on ka maatriksi A omavektor.□Lause 10. Kui maatriksitel A, B ∈ C n×n on n ühist lineaarselt sõltumatutomavektorit, siis need maatriksid on kommuteeruvad.Tõestus. Lause 2.5.8 põhjal on need maatriksid esitatavad kujulA = SΛS −1 , B = SΥS −1 , (15)125

kus S on neist n omavektorist kui veeruvektorist moodustatud maatriks jaΛ on diagonaalmaatriks, mille peadigonaalil on maatriksi A omaväärtusedningΥ on diagonaalmaatriks, mille diagonaalil on maatriksi B omaväärtused.Leiame korrutised AB ja BA, kasutades seoses (15) antud esitusi:jaAB = SΛS −1 SΥS −1 = SΛΥS −1BA = SΥS −1 SΛS −1 = SΥΛS −1 .Kuna diagonaalmaatriksid Λ ja Υ on kommuteeruvad, siis AB = BA, midaoligi vaja tõestada. □Lause 11 (Cayley-Hamiltoni teoreem). Kui A ∈ C n×n jap(λ) = det (A − λI),siis p(A) = 0, st maatriks A rahuldab oma karakteristlikku võrrandit.126