Príklady na precvičovanie – metrické priestory
Riešené príklady
Príklad 1
Určte vzdialenosť bodov A = [0, 1], B = [1, 2] v súčtovej, euklidovskej a maximálnej
metrike.
Riešenie:
Podľa definície jednotlivých metrík postupne dostaneme pre body A = [a1, a2] =
[0, 1] a B = [b1, b2] = [1, 2]:
ρ1(A, B) = |a1 − b1| + |a2 − b2| = 2,
ρ2(A, B) =
√
(a1 − b1)2 + (a2 − b2)2 =
√
2,
ρ∞(A, B) = max{|a1 − b1|, |a2 − b2|} = max{1, 1} = 1.
Príklad 2
Vypočítajte vzdialenosť bodu A = [5, 6] od priamky p : y = −x − 1 v a)
súčtovej metrike ρ1, b) euklidovskej metrike ρ2.
Riešenie:
a) Z definície vzdialenosti bodu od množiny máme:
ρ1(A, p) = inf{ρ1(A, P), P je bod na priamke p}.
Ľubovoľný bod P na priamke p má súradnice P = [x, y] = [x, −x−1], nakoľko
y = −x − 1 podľa zadania. Preto:
ρ1(A, P) = |5 − x| + |6 − y| = |5 − x| + |7 + x|.
Hľadaná vzdialenosť ρ1(A, p) bude teda minimálna (infimálna) hodnota výrazu
|5−x|+|7+x| pre x ∈ R. Nakreslením grafu funkcie f(x) = |5−x|+|7+x|
ľahko zistíme, že min f(x) = 12, a teda ρ1(A, p)=12.
b) V prípade euklidovskej metriky ρ2 postupujeme podobne. Vzdialenosť
bodu A od ľubovoľného bodu P na priamke p bude:
ρ2(A, P) =
√
(5 − x)2 + (6 − y)2 =
√
(5 − x)2 + (7 + x)2.
1
Hľadáme teraz globálne minimum funkcie g(x) =
√
(5 − x)2 + (7 + x)2 na
celom R; to bude hľadaná vzdialenosť bodu A od priamky p. Keďže pre x →
±∞ ide g(x) do plus nekonečna, globálne minimum g(x) sa musí nadobúdať
jedine v jej stacionárnom bode. Vypočítame preto deriváciu g(x):
g′
(x) =
4x + 4
√
(5 − x)2 + (7 + x)2
.
Máme len jeden stacionárny bod x = −1, pričom g(−1) = 6
√
2. Preto
ρ2(A, p) = 6
√
2.
Príklad 3
Popíšte jednotkovú kružnicu v R2
a jednotkovú sféru v R3
v metrikách ρ1,
ρ2 a ρ∞.
Riešenie:
Pripomeňme, že vo všeobecnom metrickom priestore s metrikou ρ je „jednotková
sféra so stredom v bode a definovaná ako množina bodov x metrického
priestoru s vlastnosťou ρ(a, x) = 1. Aplikujúc toto na našu úlohu s a = [0, 0]
postupne dostávame:
1. (R2
, ρ1) – ρ1([0, 0], [x, y]) = 1 =⇒ |x| + |y| = 1.
2. (R2
, ρ2) – ρ2([0, 0], [x, y]) = 1 =⇒ x2
+ y2
= 1.
3. (R2
, ρ∞) – ρ∞([0, 0], [x, y]) = 1 =⇒ max{|x|, |y|} = 1.
Jednotlivé množiny bodov [x, y] sú vykreslené v zbierke Hasil–Zemánek. Ďalej
v priestore R3
dostaneme:
1. (R3
, ρ1) – ρ1([0, 0, 0], [x, y, z]) = 1 =⇒ |x| + |y| + |y| = 1.
2. (R3
, ρ2) – ρ2([0, 0, 0], [x, y, z]) = 1 =⇒ x2
+ y2
+ z2
= 1.
3. (R3
, ρ∞) – ρ∞([0, 0, 0], [x, y, z]) = 1 =⇒ max{|x|, |y|, |z|} = 1.
Jednotlivé množiny bodov [x, y] sú opäť popísané v zbierke Hasil–Zemánek
(skúste si ich načrtnúť a tým overiť správnosť výsledku).
Príklad 4
Určte vzdialenosť funkcií f(x), g(x) ∈ C[1, e], kde f(x) = x, g(x) = ln x, v
2
metrikách ρc, ρI.
Riešenie:
Jednotlivé vzdialenosti sú definované nasledovne:
ρc(f, g) = max
x∈[1,e]
|f(x) − g(x)| = max
x∈[1,e]
|x − ln x|,
ρI(f, g) =
∫ e
1
|f(x) − g(x)| dx =
∫ e
1
|x − ln x| dx.
Potrebujeme vo výraze |x−ln x| odstrániť absolútnu hodnotu, t.j. zistiť znamienko
výrazu x−ln x na intervale [1, e]. Inými slovami, chceme zistiť, ktorá
z daných dvoch funkcií je na tomto intervale väčšia. Nakreslením vhodného
obrázku zistíme, že x > ln x na [1, e]. Preto |x − ln x| = x − ln x. Pre vzdialenosť
ρc(f, g) potom platí:
ρc(f, g) = max
x∈[1,e]
(x − ln x).
Hľadáme teda globálne maximum funkcie x − ln x na uzavretom intervale
[1, e]. Postupujeme štandardným spôsobom. Daný výraz nemá stacionáry bod
v (1, e), nakoľko derivácia (x − ln x)′
= 1 − 1/x je kladná na (1, e). Preto
funkcia x−ln x je rastúca na [1, e], a teda svoju maximálnu hodnotu nadobúda
v krajnom bode x = e. Takže ρc(f, g) = e − ln e = e − 1.
Pre vzdialenosť ρI(f, g) platí:
ρI(f, g) =
∫ e
1
(x − ln x) dx.
Elementárnou integráciou per-partes dostaneme ρI(f, g) = (e2
− 3)/2.
Príklad 5
Pre x ∈ [0, 1] určte hodnotu a ∈ R tak, aby funkcia f(x) = ax mala najmenšiu
vzdialenosť od funkcie g(x) = x2
v metrike ρc.
Riešenie:
Postup je nasledovný. Zistíme všeobecnú závislosť vzdialenosti ρc(f, g) na
parametre a ∈ R a potom určíme to a, pre ktoré je ρc(f, g) najmenšie. Platí:
ρc(f, g) = max
x∈[0,1]
|f(x) − g(x)| = max
x∈[0,1]
|ax − x2
|.
3
Máme nájsť maximánu hodnotu výrazu |ax − x2
| na intervale [0, 1]. Potiaže
nám robí absolútna hodnota. Pomôže nám jeden trik. Nie je ťažké si uvedomiť,
že v bode x0 ∈ [0, 1] výraz |ax − x2
| nadobúda svoje maximum na [0, 1]
práve vtedy, keď v x0 má maximum i výraz |ax − x2
|2
= (ax − x2
)2
(premyslite
si to; druhá mocnina je pre kladný argument rastúcou funkciou). Úlohu
maximalizovať výraz |ax − x2
| na intervale [0, 1] môžeme teda previesť na
maximalizáciu funkcie h(x) = (ax − x2
)2
, kde už nijakú absolútnu hodnotu
nemáme. Naviac platí:
max
x∈[0,1]
h(x) = max
x∈[0,1]
(ax − x2
)2
=
(
max
x∈[0,1]
|ax − x2
|
)2
= ρ2
c(f, g),
teda:
ρc(f, g) =
√
max
x∈[0,1]
h(x).
Tento trik je v matematickej analýze častý a veľmi uľahčuje výpočty. Globálne
maximum funkcie h(x) na [0, 1] počítame klasickým spôsobom. Zistíme
stacionárne body h(x) v (0, 1):
h′
(x) =
(
(ax − x2
)2
)′
= 2(ax − x2
)(a − 2x) = 2x(a − x)(a − 2x) = 0.
Odtiaľ x = 0 alebo x = a, alebo x = a/2. Do úvahy pripadajú len body a,
a/2, nakoľko 0 /∈ (0, 1). Hodnoty funkcie h(x) v stacionárnych bodoch a v
krajných bodoch 0, 1 sú:
h(a) = 0, h(a/2) = a4
/16 ≥ 0, h(0) = 0, h(1) = (a − 1)2
≥ 0.
Z toho vidíme, že kandidátmi na maximum môžu byť len body x = a/2 a
x = 1. Máme niekoľko možných prípadov:
• a/2 /∈ (0, 1), resp. a /∈ (0, 2) – v tomto prípade nemáme v (0, 1)
žiadny stacionárny bod. Funkcia h(x) je rýdzo monotónna na [0, 1],
a to rastúca. Maximálna hodnota h je h(1) = (a−1)2
. Preto ρc(f, g) =√
(a − 1)2 = |a − 1|.
• a/2 ∈ (0, 1), resp. a ∈ (0, 2) – v tomto prípade máme v (0, 1) práve jeden
stacionárny bod. Maximum h bude preto väčšia z hodnôt h(a/2) =
a4
/16 a h(1) = (a − 1)2
. Nie je ťažké ukázať, že:
pre a ∈ (0, 2
√
2 − 2] je a4
/16 ≤ (a − 1)2
,
4
pre a ∈ [2
√
2 − 2, 2) je a4
/16 ≥ (a − 1)2
.
(overte; nájdite nulové body výrazu a4
/16 − (a − 1)2
ležiace v (0, 2) a
potom rozhodnite o jeho znamienku). Preto dostávame:
pre a ∈ (0, 2
√
2 − 2] má h maximum (a − 1)2
a ρc(f, g) = |a − 1|,
pre a ∈ [2
√
2 − 2, 2) má h maximum a4
/16 a ρc(f, g) = a2
/4.
Odvodili sme teda kompletnú závislosť vzdialenosti ρc(f, g) na parametre a:
ρc(f, g) =



|a − 1|, a ∈ (−∞, 2
√
2 − 2],
a2
/4, a ∈ [2
√
2 − 2, 2),
|a − 1|, a ∈ [2, ∞).
Zakreslením tejto závislosti zistíme, že minimálna hodnota ρc(f, g) sa nadobúda
pre a = 2
√
2 − 2.
Príklad 6
Pre x ∈ [0, 1] určte hodnotu a ∈ R tak, aby funkcia f(x) = ax mala najmenšiu
vzdialenosť od funkcie g(x) = x2
a) v metrike ρI, b) v metrike ρ
definovanej:
ρ(f, g) =
√
∫ 1
0
(f(x) − g(x))2 dx.
Riešenie:
Stratégia je podobná ako v predchádzajúcom príklade. V oboch prípadoch
odvodíme závislosť vzájomnej vzdialenosti funkcií f, g na parametre a a následne
stanovíme, pre aké a je táto vzdialenosť najmenšia.
a) Platí:
ρI(f, g) =
∫ 1
0
|f(x) − g(x)| dx =
∫ 1
0
|ax − x2
| dx.
Chceme odstrániť absolútnu hodnotu v danom integrále. Na to potrebujeme
poznať znamienko výrazu ax − x2
= (a − x)x. Úloha sa nám rozpadne na tri
prípady:
• a ∈ (−∞, 0) – v tomto prípade je výraz ax − x2
záporný pre každé
x ∈ [0, 1]; preto integráciou dostaneme:
ρI(f, g) =
∫ 1
0
(x2
− ax) dx =
1
3
−
a
2
.
5
• a ∈ [0, 1] – v tomto prípade je výraz ax − x2
kladný pre x ∈ [0, a]
a záporný pre x ∈ [a, 1]; preto daný integrál musíme rozdeliť na dva
integrály a až potom odstraňovať absolútnu hodnotu. Dostaneme:
ρI(f, g) =
∫ a
0
|ax − x2
| dx +
∫ 1
a
|ax − x2
| dx =
=
∫ a
0
(ax−x2
) dx+
∫ 1
a
(x2
−ax) dx =
a3
6
+
(
1
3
−
a
2
+
a3
6
)
=
a3
3
−
a
2
+
1
3
.
• a ∈ (1, ∞) – v tomto prípade je výraz ax − x2
kladný pre každé x ∈
[0, 1]; preto integráciou dostaneme:
ρI(f, g) =
∫ 1
0
(ax − x2
) dx =
a
2
−
1
3
.
Odvodili sme teda závislosť vzdialenosti ρI(f, g) na parametre a:
ρI(f, g) =



1/3 − a/2, a ∈ (−∞, 0),
a3
/3 − a/2 + 1/3, a ∈ [0, 1],
a/2 − 1/3, a ∈ (1, ∞),
Zakreslením tejto závislosti zistíme, že minimálna hodnota sa bude nadobúdať
v intervale a ∈ [0, 1] (overte). Hľadáme teda globálne minimum výrazu
a3
/3−a/2+1/3 na intervale [0, 1]. Štandardnou metódou dostaneme, že toto
minimum sa nadobúda pre stacionárny bod a = 1/
√
2 (samy overte). Teda
vzdialenosť ρI(f, g) je minimálna pre hodnotu a = 1/
√
2.
b) Postupujeme úplne rovnako. Výhodou je, že v tomto prípade nemusíme
odstraňovať absolútnu hodnotu, nakoľko:
ρ(f, g) =
√
∫ 1
0
(f(x) − g(x))2 dx =
√
∫ 1
0
(ax − x2)2 dx =
=
√
∫ 1
0
(a2x2 − 2ax3 + x4) dx =
√
a2
3
−
a
2
+
1
5
.
Hľadáme minimálnu hodnotu výrazu
√
a2
3
− a
2
+ 1
5
, kde a ∈ R. Nadobúdať sa
bude práve v stacionárnom bode tohto výrazu (prečo? :) ). Výpočtom zistíme
a = 3/4. Teda vzdialenosť ρ(f, g) je minimálna pre hodnotu a = 3/4.
6
Poznamenajme, že minimum výrazu
√
a2
3
− a
2
+ 1
5
sa bude nadobúdať v
rovnakom bode a, ako minimum výrazu a2
3
− a
2
+ 1
5
. Vyplýva to z toho, že
druhá odmocnina
√
je rastúca funkcia svojho argumentu. Preto stačí hľadať
minimum paraboly a2
3
− a
2
+ 1
5
, o ktorom zo strednej školy vieme, že ak existuje,
nadobúda sa práve v jej vrchole, teda presne v bode a = 3/4.
Príklad 7
Rozhodnite, či funkcia ρ(x, y) = ln(1 + |x − y|), x, y ∈ R, je metrikou na
množine R.
Riešenie:
Toto je typický príklad na metriku. Je potrebné overiť, či daná funkcia ρ
spĺňa definičné axiómy metriky:
(i) nezápornosť a axióm totožnosti – ρ(x, y) je nezáporná pre každú dvojicu
x, y ∈ R, nakoľko ln(1 + |x − y|) ≥ 0 (spomeňme si na vlastnosti
logaritmu, kde je kladný a kde záporný). Ďalej ρ(x, x) = ln(1+|x−x|) =
ln 1 = 0. Na druhej strane, ak ρ(x, y) = 0, potom ln(1 + |x − y|) = 0.
Teda:
eln(1+|x−y|)
= e0
,
1 + |x − y| = 1,
|x − y| = 0 =⇒ x = y.
(ii) axióm symetrie – je zrejmé, že ρ(x, y) = ρ(y, x) pre každé x, y ∈ R.
(iii) trojuholníková nerovnosť – toto obvykle býva najťažšia časť. Chceme
ukázať, že pre každé x, y, z ∈ R platí:
ρ(x, z) + ρ(z, y) ≥ ρ(x, y).
Postupnými úpravami, využijúc vlastnosti logaritmu, dostaneme:
ρ(x, z) + ρ(z, y) = ln(1 + |x − z|) + ln(1 + |z − y|) =
= ln [(1 + |x − z|) · (1 + |z − y|)] =
= ln [1 + |x − z| + |z − y| + |x − z| · |z − y|] ≥
≥ ln[1 + |x − z| + |z − y|] ≥ ln[1 + |x − y|] = ρ(x, y).
7
Pri prechode z 1. na 2. riadok sme využili vlastnosť logaritmu ln a +
ln b = ln ab. Pri prechode z 3. na 4. riadok sme využili fakt, že logaritmus
je rastúca funkcia svojho argumentu a skutočnosť 1 + |x − z| +
|z − y| + |x − z| · |z − y| ≥ 1 + |x − z| + |z − y|. Monotónnosť logaritmu
sme aplikovali i na 4. riadku, využijúc trojuholníkovú nerovnosť
|x − z| + |z − y| ≥ |x − y|.
Overili sme teda platnosť všetkých troch axióm metriky. Preto funkcia ρ je
metrikou na množine R.
Príklad 8
Rozhodnite, či funkcia ρ(x, y) = |x2
−y2
|, x, y ∈ R, je metrikou na množine R.
Riešenie:
Nie je splnený axióm totožnosti; totiž voľbou x ̸= 0 a y = −x máme
ρ(x, y) = 0, ale x ̸= y. Preto daná funkcia ρ neudáva na R metriku.
Príklad 9
Rozhodnite, či funkcia
ρ(x, y) =
{
min{|x| + |y|, |x − 1| + |y − 1|}, x ̸= y,
0, x = y,
je metrikou na množine C.
Riešenie:
Postupujeme ako v predchádzajúcich príkladoch. Overenie prvých dvoch
axióm metriky nechávame na čitateľa :). Overíme trojuholníkovú nerovnosť,
t.j., ukážeme, že pre ľubovoľné x, y, z ∈ C platí:
ρ(x, z) + ρ(z, y) ≥ ρ(x, y).
V prípade, ak x = y alebo x = z, alebo y = z, je overenie jednoduché:
• x = y:
ρ(x, z) + ρ(z, y) = ρ(x, z) + ρ(z, x) = 2ρ(x, z) ≥ 0 = ρ(x, x) = ρ(x, y).
• x = z (platí dokonca rovnosť):
ρ(x, z) + ρ(z, y) = ρ(x, x) + ρ(x, y) = 0 + ρ(x, y) = ρ(x, y).
8
• y = z (platí dokonca rovnosť):
ρ(x, z) + ρ(z, y) = ρ(x, y) + ρ(y, y) = ρ(x, y) + 0 = ρ(x, y).
Pre dôkaz všeobecného prípadu, t.j. x ̸= y ̸= z, využijeme pomocné trojuholníkové
nerovnosti platiace pre každé a ∈ C:
|a| + |a − 1| ≥ 1, |a| + 1 ≥ |a − 1|, |a − 1| + 1 ≥ |a|.
(overte samy; zakreslite do komplexnej roviny čísla 0, a, a−1 a na vzniknutý
rovinný trojuholník aplikujte „skutočnú trojuholníkovú nerovnosť známu zo
základnej školy :) ). V tomto príde sa vzdialenosti ρ(x, y), resp. ρ(x, z), resp.
ρ(z, y) budú určovať ako minimum z hodnôt |x| + |y| a |x − 1| + |y − 1|, resp.
|x| + |z| a |x − 1| + |z − 1|, resp. |z| + |y| a |z − 1| + |y − 1|. Neostáva nám
nič iné, ako prebrať všetky prípady :-/. Tak s chuťou do toho:
• ρ(x, z) = |x| + |z| a ρ(z, y) = |z| + |y|:
ρ(x, z) + ρ(z, y) = |x| + |y| + 2|z| ≥ |x| + |y| ≥ ρ(x, y).
• ρ(x, z) = |x| + |z| a ρ(z, y) = |z − 1| + |y − 1|:
ρ(x, z) + ρ(z, y) = |x| + |y − 1| + |z| + |z − 1| ≥ |x| + |y − 1| + 1 ≥
≥ |x| + |y| ≥ ρ(x, y).
(aplikovali sme dvakrát pomocné trojuholníkové nerovnosti, a to |z| +
|z − 1| ≥ 1 a |y − 1| + 1 ≥ |y|)
• ρ(x, z) = |x − 1| + |z − 1| a ρ(z, y) = |z| + |y|:
ρ(x, z) + ρ(z, y) = |x − 1| + |y| + |z − 1| + |z| ≥ |x − 1| + |y| + 1 ≥
≥ |x − 1| + |y − 1| ≥ ρ(x, y).
(aplikovali sme dvakrát pomocné trojuholníkové nerovnosti, a to |z −
1| + |z| ≥ 1 a |y| + 1 ≥ |y − 1|)
• ρ(x, z) = |x − 1| + |z − 1| a ρ(z, y) = |z − 1| + |y − 1|:
ρ(x, z)+ρ(z, y) = |x−1|+|y −1|+2|z −1| ≥ |x−1|+|y −1| ≥ ρ(x, y).
9
Vo všetkých možných prípadoch platí trojuholníková nerovnosť, a teda funkcia
ρ je metrikou na C.
Príklad 10
Na množine C[−1, 1] uvažujme metriku ρI a metriku σ definovanú takto:
∀ f, g ∈ C[−1, 1] : σ(f, g) =
∫ 1
−1
x2
|f(x) − g(x)| dx.
Ďalej pre pevné k ∈ R uvažujme zbrazenie F : (C[−1, 1], ρI) −→ (C[−1, 1], σ)
definované F(f)(x) = kf(x3
), f ∈ C[−1, 1]. Pre aké k je F izometrické zobrazenie
metrických priestorov?
Riešenie:
Ak F je izometria, potom pre každé f, g ∈ C[−1, 1] musí platiť:
σ(F(f), F(g)) = ρI(f, g),
t.j. zobrazenie F zachováva vzdialenosti (F(f) je označenie novej funkcie,
obrazu funkcie f v zobrazení F; symbol F(f)(x) je potom hodnota funkcie
F(f) v bode x) Podľa definície metriky σ a zobrazenia F platí:
σ(F(f), F(g)) =
∫ 1
−1
x2
|F(f)(x) − F(g)(x)| dx =
∫ 1
−1
x2
|kf(x3
) − kg(x3
)| dx.
V poslednom integrále vykonáme substitúciu t = x3
, dt = 3x3
dx. Dostaneme:
∫ 1
−1
x2
|kf(x3
)−kg(x3
)| dx =
∫ 1
−1
1
3
|kf(t)−kg(t)| dt =
|k|
3
∫ 1
−1
|f(t)−g(t)| dt.
Teda:
σ(F(f), F(g)) =
|k|
3
∫ 1
−1
|f(t) − g(t)| dt =
|k|
3
ρI(f, g).
Preto podmienka izometrickosti zobrazenia F je |k| = 3, teda k = ±3.
Príklad 11
Uvažujme množinu matíc
M =
{(
0 a1
a2 0
)
, a1, a2 ∈ R
}
10
s metrikou ρ definovanou takto:
A =
(
0 a1
a2 0
)
, B =
(
0 b1
b2 0
)
∈ M : ρ(A, B) =
√
(a1 − b1)2 + (a2 − b2)2.
Ďalej pre pevné φ ∈ R uvažujme zobrazenie Tφ : (M, ρ) −→ (R2
, ρ2) defi-
nované:
Tφ(A) = [a1 cos φ + a2 sin φ, a2 cos φ − a1 sin φ], A =
(
0 a1
a2 0
)
∈ M.
Dokážte, že Tφ je pre každé φ ∈ R izometrické zobrazenie.
Riešenie:
Postupujeme podobne ako v predchádzajúcom príklade. Pre ľubovoľné A, B ∈
M chceme ukázať, že platí:
ρ2(Tφ(A), Tφ(B)) = ρ(A, B).
Podľa definície Tφ máme (po úprave):
ρ2(Tφ(A), Tφ(B)) =
ρ2([a1 cos φ+a2 sin φ, a2 cos φ−a1 sin φ], [b1 cos φ+b2 sin φ, b2 cos φ−b1 sin φ]) =
√
((a1 − b1) cos φ + (a2 − b2) sin φ)2 + ((a2 − b2) cos φ − (a1 − b1) sin φ)2 =
√
(a1 − b1)2 + (a2 − b2)2 = ρ(A, B).
Príklad 12
Nech A = (0, 1)∩I, kde I je množina všetkých iracionálnych čísiel. Určte Ao
,
A′
, ¯A, h(A) a adherenciu množiny A (množinu izolovaných bodov množiny
A). Je množina A otvorená, resp. uzavretá? Je množina A hustá v metrickom
priestore ([0, 1], ρ1)?
Riešenie:
Pri tejto úlohe je nutné jednak poznať definície jednotlivých objektov zmienených
v zadaní (otvorená, uzavretá množina, vnútro množiny, uzáver množiny,
hranica množiny, hromadný, izolovaný bod množiny) a dôsledne s nimi
11
pracovať, jednak vedieť základné vlastnosti reálnych čísiel, a nakoniec, čo je
najdôležitejšie, mať snahu o tom aspoň trochu rozmýšľať (bohužiaľ :-/).
Množina A je teda množina všetkých iracionálnych čísiel v intervale (0, 1)
a je chápaná ako podmnožina metrického priestoru (R, ρ1). Potom:
1. Ao
– množina všetkých vnútorných bodov množiny A (vnútro množiny
A). V našom prípade Ao
= ∅. Totiž v každom okolí ľubovoľného bodu
množiny A sa nachádza aspoň jedno racionálne číslo, ktoré však nepatrí
do A (pozrite si definíciu vnútra množiny a dobre si to premyslite! :) ).
2. A′
– množina všetkých hromadných bodov množiny A (derivácia množiny
A). V našom prípade A′
= [0, 1]. Totiž v každom okolí ľubovoľného
bodu z intervalu [0, 1] sa nachádza aspoň jedno iracionálne číslo, ktoré
patrí do A. Na druhej strane, pre každý bod mimo [0, 1] vieme nájsť
jeho dostatočne malé okolie, ktoré neobsahuje žiadny bod z A. (pozrite
si definíciu hromadného bodu množiny a dobre si to premyslite! :) ).
3. ¯A – uzáver množiny A, t.j. ¯A = A ∪ A′
. V našom prípade ¯A = [0, 1],
podľa predchádzajúceho výsledku.
4. h(A) – množina všetkých hraničných bodov množiny A (hranica množiny
A). V našom prípade h(A) = [0, 1]. Totiž v každom okolí ľubovoľného
bodu z intervalu [0, 1] sa nachádza aspoň jedno iracionálne číslo,
ktoré patrí do A a aspoň jedno racionálne číslo, t.j. číslo mimo A. Na
druhej strane, pre každý bod mimo [0, 1] vieme nájsť jeho dostatočne
malé okolie, ktoré síce obsahuje nejaký bod mimo A, ale neobsahuje
žiadny bod z A. (možno intuitívne by hranicou mali byť len body 0 a
1; uvedomte si však definíciu hraničného bodu množiny a dobre si to
premyslite! :) ).
5. adherencia množiny A – množina všetkých izolovaných bodov množiny
A. V našom prípade adherencia A je ∅, nakoľko podľa 2. každý bod z
A je hromadným bodom množiny A.
Nakoľko A ̸= Ao
podľa 1., množina A iste nie je otvorená. Nie je však ani
uzavretá, pretože A ̸= ¯A podľa 3. Nakoniec A je hustá v metrickom priestore
([0, 1], ρ1), pretože ¯A = [0, 1] podľa 3.
Príklad 13
Nech A = [0, 1]∪(2, 3)∪{4}. Určte Ao
, A′
, ¯A, h(A) a adherenciu množiny A.
12
Je množina A otvorená, resp. uzavretá? Určte podpriestor metrického priestoru
(R, ρ1), v ktorom je A hustá.
Riešenie:
Postupujeme podobne ako v predchádzajúcom príklade. Dostaneme:
Ao
= (0, 1) ∪ (2, 3), A′
= [0, 1] ∪ [2, 3], ¯A = [0, 1] ∪ [2, 3] ∪ {4},
h(A) = {0, 1, 2, 3, 4}, adherencia A = {4}.
Množina A nie je ani otvorená, ani uzavretá. Je hustá v podpriestore (M, ρ1),
kde M = ¯A = [0, 1] ∪ [2, 3] ∪ {4}.
Príklad 14
Zistite limitu postupnosti
xn =
(
n − 2
2n2
, n
√
n, 2
)
v metrickom priestore (R3
, ρ1).
Riešenie:
Intuitívne očakávame, že je treba limitovať jednotlivé zložky danej postupnosti,
t.j.
lim
n→∞
n − 2
2n2
= 0, lim
n→∞
n
√
n = 1, lim
n→∞
2 = 2.
Ukážeme, že skutočne bod x0 = (0, 1, 2) je limitou postupnosti xn v súčtovej
metrike. Platí totiž:
lim
n→∞
ρ1(xn, x0) = lim
n→∞
(
n − 2
2n2
− 0 + n
√
n − 1 + |2 − 2|
)
= 0.
Preto podľa definície limity postupnosti v danej metrike máme limn→∞ xn =
(0, 1, 2).
Príklad 15
Nájdite limitu postupnosti {fn}∞
n=1 ⊆ C[0, 1] definovanú fn(x) = xn
, n ∈ N
v metrikách ρI, ρc.
13
Riešenie:
Dokážeme, že:
fn
ρI
−→ f ≡ 0 a fn
ρc
−→ neexistuje.
Prvá konvergencia vyplýva z toho, že platí:
ρI(fn, f) =
∫ 1
0
|xn
− 0| dx =
∫ 1
0
xn
dx =
1
n + 1
,
a následne limn→∞ ρI(fn, f) = limn→∞
1
n+1
= 0. Predpokladajme teraz, že by
fn
ρc
−→ g, kde g je nejaká spojitá funkcia na intervale [0, 1]. Potom by nutne
platilo:
lim
n→∞
ρc(fn, g) = 0 ⇐⇒ lim
n→∞
(
max
x∈[0,1]
|xn
− g(x)|
)
= 0.
Teda maximálna hodnota výrazu |xn
−g(x)| na intervale [0, 1] ide pre n → ∞
do nuly. Tým skôr hodnota výrazu |xn
− g(x)| ide pre n → ∞ do nuly pre
každé x ∈ [0, 1] (premyslite si to). Máme teda podmienku na hypotetickú
funkciu g:
g(x) = lim
n→∞
xn
=
{
0, x ∈ [0, 1),
1, x = 1.
To však znamená, že g(x) nemôže byť spojitá zľava v bode 1, a preto g ̸∈
C[0, 1], čo je spor s predpokladom na spojitosť funkcie g. Preto postupnosť
{fn}∞
n=1 nemá limitu v priestore C[0, 1] v metrike ρc.
Príklad 16
Vyšetrite úplnosť metrického priestoru (Q, ρ1) (Q označuje množinu všetkých
racionálnych čísiel).
Riešenie:
Priestor (Q, ρ1) je neúplný. Aby sme to dokázali, je potrebné nájsť aspoň
jednu postupnosť racionálnych čisiel, ktorá je cauchyovská (v metrike ρ1), avšak
nie je konvergentná v Q (v metrike ρ1). Uvažujme postupnosť {an}∞
n=1 ⊆
Q takto:
a1 = 0, a2 = 0, 1, a3 = 0, 101, a4 = 0, 101001, a5 = 0, 1010010001,
a6 = 0, 101001000100001, a7 = 0, 101001000100001000001, atď.
14
Dá sa pomerne ľahko odvodiť matematickou indukciou rekurentný vzťah:
an+1 = an + 10−
n(n+1)
2 , ∀ n ∈ N.
Zrejme an+1 > an, a teda táto postupnosť je rastúca. Ukážeme teraz, že je
cauchyovská. Nech n, m ∈ N sú ľubovoľné také, že m > n. Platí:
ρ1(am, an) = |am − an| = am − an = (am − am−1) + (am−1 − am−2)+
+(am−2 − am−3) + (am−3 − am−4) + · · · + (an+2 − an+1) + (an+1 − an)
(medzi členy am a an sme vsunuli nulový výraz −am−1 +am−1 −am−2 +am−2 −
am−3 +am−3 +· · ·−an+1 +an+1 a vhodne sme členy uzátvorkovali). Pomocou
rekuretného vzťahu potom dostávame:
ρ1(am, an) = 10−
(m−1)((m−1)+1)
2 + 10−
(m−2)((m−2)+1)
2 + 10−
(m−3)((m−3)+1)
2 + · · · +
+10−
(n+1)((n+1)+1)
2 + 10−
n(n+1)
2 =
m−1∑
k=n
10−
k(k+1)
2 .
Poslednú sumu sa pokúsime odhadnúť zhora nejakým geometrickým súčtom.
Pomocou nerovnosti (overte samy)
k(k + 1)
2
≥ k, ∀ k ∈ N,
a pomocou faktu, že funkcia 10−x
je klesajúca, pre každý člen poslednej sumy
platí 10−
k(k+1)
2 ≤ 10−k
. Preto:
ρ1(am, an) =
m−1∑
k=n
10−
k(k+1)
2 ≤
m−1∑
k=n
10−k
.
Posledná suma je už súčet geometrickej postupnosti s kvocientom q = 1/10.
Takže nekonečný geometrický rad
∑∞
k=n 10−k
má súčet a môžeme ním zhora
odhadnúť vzdialenosť ρ1(am, an):
ρ1(am, an) ≤
m−1∑
k=n
10−k
≤
∞∑
k=n
10−k
= 10−n
·
1
1 − 1
10
= 10−n
·
10
9
=
10−n+1
9
.
Podarilo sa nám teda zhora ohraničiť vzdialenosť ρ1(am, an) nezávisle na indexe
m > n. Nakoľko pre n → ∞ číslo 10−n+1
→ 0, odtiaľto vyplýva, že
15
postupnosť {an}∞
n=1 je cauchyovská (pre dostatočne veľké n je vzdialenosť
ρ1(am, an) ľubovoľne malá pre každé m > n). Na druhej strane, {an}∞
n=1 je
isto konvergetná v priestore (R, ρ1) (z prvého semestra vieme, že každá rastúca,
zhora ohraničená postupnosť reálnych čísiel má konečnú limitu v R).
Avšak jej limita, ako môžeme vidieť, nie je racionálne číslo. Jej desatinný rozvoj
máme takrečeno pre očami; je nekonečný a neperiodický. Preto priestor
(Q, ρ1) nie je úplný.
Príklad 17
Vyšetrite úplnosť metrického priestoru (R2
, ρ), kde metrika ρ je pre A =
[a1, a2] a B = [b1, b2] definovaná takto:
ρ(A, B) =



√
(a1 − b1)2 + (a2 − b2)2, A, B ležia na jednej polpriamke
vedenej z bodu [0, 0],√
a2
1 + a2
2 +
√
b2
1 + b2
2, inak.
Riešenie:
Úvahou ukážeme, že priestor (R2
, ρ) je úplný. Nech {An}∞
n=1 ⊆ R2
je nejaká
cauchyovská postupnosť. Teda ρ(Am, An) musí byť malinké pre každé
dostatočne veľké indexy m, n. Z charakteru vzdialenosti ρ môžu nastať dve
možnosti. Prvá možnosť je tá, že od istého indexu sú všetky členy postupnosti
{An}∞
n=1 uložené na jednej polpriamke vedenej z bodu [0, 0]. Avšak polpriamka
je úplný metrický priestor, takže {An}∞
n=1, ako cauchyovská, má
limitu (na danej polpriamke). Druhá možnosť je, že od žiadneho indexu nie
sú všetky členy postupnosti {An}∞
n=1 uložené na jednej polpriamke vedenej z
bodu [0, 0]. To znamená, že členy s veľkými indexami sú všeobecne nekolineárne
rozhodené v rovine. Aby však bola splnená cauchyovskosť postupnosti,
musia sa grupovať okolo bodu [0, 0] (dobre si to premyslite so zreteľom na
charakter vzdialenosti ρ(Am, An) v tomto prípade; výrazne pomôže nakresliť
si obrázok). To znamená, že {An}∞
n=1 je konvergetná s limitou [0, 0]. Takže
každá postupnosť v R2
, ktorá je cauchyovská vzhľadom na metriku ρ, je i
konvergetná v tejto metrike. Teda priestor (R2
, ρ) je úplný.
Príklad 18
Vyšetrite úplnosť metrického priestoru (R, ρ), kde metrika ρ je definovaná
takto (I označuje množinu všetkých iracionálnych čísiel):
ρ(x, y) =



1, |x − y| ∈ I,
1/2, |x − y| ∈ Q \{0},
0, x = y.
16
Riešenie:
Metrický priestor (R, ρ) je úplný. Ak totiž {xn}∞
n=1 ⊆ R je cauchyovská postupnosť,
potom vieme, že existuje dostatočne veľký index N tak, že všetky
členy xn s n ≥ N majú vzájomnú vzdialenosť menšiu ako ε = 1/4. Avšak
nakoľko vzdialenosti meriame v metrike ρ, podľa jej definície v zadaní každé
dve rôzne reálne čísla môžu mať vzájomnú vzdialenosť minimálne 1/2. Preto
nutne {xn}∞
n=1 musí byť od indexu N konštantná (premyslite si to :) ). To
ale znamená, že potom existuje jej limita, rovná tejto konštante. Teda každá
cauchyovská postupnosť je konvergetná a (R, ρ) je úplný priestor.
Príklad 19
Uvažujme metrický priestor (M, ρ), kde
M =
{
x = {xk}∞
k=1 ⊆ R,
∞∑
k=1
x2
k < ∞
}
,
a metrika ρ je definovaná
ρ(x, y) =
∞∑
k=1
|xk − yk|2, x, y ∈ M.
(označenie
∑∞
k=1 x2
k < ∞ znamená, že nekonečný rad
∑∞
k=1 x2
k má konečný
súčet). Vyšetrite, či v tomto priestore platí tvrdenie:
„kompaktná podmnožina = ohraničená a uzavretá podmnožina
Riešenie:
Dokážeme, že dané tvrdenie neplatí, t.j. udáme príklad podmnožiny, ktorá
je vzhľadom na danú metriku ohraničená i uzavretá, ale nie je kompaktná.
Uvažujme postupnosti x[n]
= {x
[n]
k }∞
k=1 ⊆ R také, že člen x
[n]
n = 1 a všetky jej
ostané členy sú 0, t.j.
x[n]
: 0, 0, 0, · · · , 0,
(prvých n−1 členov)
1,
(n−tý člen)
0, 0, 0, · · ·
(zvyšné členy)
.
Označme A množinu všetkých takýchto postupností. Iste A ⊆ M (zdôvodnite
si). Ďalej platí:
ρ(x[n]
, x[m]
) =
{
0, n = m,√
2, n ̸= m.
17
(overte pomocou definície metriky ρ). Teda vzdialenosť dvoch rôznych prvkov
podmnožiny A je pevne daná. Z toho vyplýva, že A je ohraničená (nemôže
sa rozpínať v M) a zároveň je uzavretá (nemá žiadne hromadné body, resp.
každý prvok v A je izolovaný vzhľadom na danú metriku). Na druhej strane
z postupnosti {x[n]
}∞
n=1 ⊆ A, t.j. z postupnosti
x[1]
: 1, 0, 0, 0, 0, · · · , 0,
x[2]
: 0, 1, 0, 0, 0, · · · , 0,
x[3]
: 0, 0, 1, 0, 0, · · · , 0,
x[4]
: 0, 0, 0, 1, 0, · · · , 0,
...
sa nedá vybrať konvergentná podpostupnosť (práve z toho dôvodu, že členy
tejto postupnosti si nemôžu byť tak blízko, ako vyžaduje konvergencia). Preto
podmnožina A nie je kompaktná.
Príklad 20
Rozhodnite, či zobrazenie f : R −→ R definované
f(x) =
{
1, x ̸= 0,
0, x = 0,
je spojitým zobrazením medzi metrickými priestormi (R, ρ) a (R, ρ1), kde
metrika ρ je definovaná takto:
ρ(x, y) =
{
|x| + |y|, x ̸= y,
0, x = y.
Riešenie:
Funkcia f nie je spojitá napríklad v bode x = 0. Uvažujme postupnosť
{xn}∞
n=1 ⊆ R definovanú predpisom xn = 1/n. Nakoľko xn ̸= x = 0 pre každé
n ∈ N, platí podľa definície metriky ρ:
ρ(xn, x) = |xn| + |x| = |1/n| + |0| = 1/n,
a ďalej limn→∞ ρ(xn, x) = limn→∞ 1/n = 0. Teda postupnosť {xn}∞
n=1 konverguje
k bodu x = 0. Naproti tomu príslušná postupnosť funkčných hodnôt
{f(xn)}∞
n=1 = {1}∞
n=1 (podľa definície zobrazenia f) konverguje v metrike ρ1
18
k bodu y = 1 ̸= f(x) = f(0) = 0. Preto f nie je spojité v bode x = 0.
Príklad 21
Dokážte, že zobrazenie F : C[a, b] −→ R, a, b ∈ R, definované
F(f) =
∫ b
a
f(x) dx, f ∈ C[a, b],
je lipschitzovské zobrazenie medzi metrickými priestormi (C[a, b], ρc) a (R, ρ1).
Určte aj jeho Lipschitzovu konštantu.
Riešenie:
Potrebujeme ukázať, že existuje L ≥ 0 tak, že pre každé f, g ∈ C[a, b] platí:
|F(f) − F(g)| ≤ L · ρc(f, g).
Nech teda f, g ∈ C[a, b]. Označme M := ρc(f, g) = maxx∈[a,b] |f(x) − g(x)|.
Zrejme pre každé x ∈ [a, b] platí (premyslite si to):
|f(x) − g(x)| ≤ M.
Ďalej dostávame odhady:
|F(f) − F(g)| =
∫ b
a
f(x) dx −
∫ b
a
g(x) dx =
∫ b
a
(f(x) − g(x)) dx ≤
∫ b
a
|f(x)−g(x)| dx ≤
∫ b
a
M dx = M ·
∫ b
a
dx = (b−a)·M = (b−a)·ρc(f, g).
Máme teda:
|F(f) − F(g)| ≤ (b − a) · ρc(f, g).
Zobrazenie F je skutočne lipschitzovské, pričom Lipschitzova konštanta je
napríklad L = b − a. Poznamenajme, že F je potom i spojité zobrazenie na
celom C[a, b].
Príklad 22
Nájdite pevné body zobrazenia f : [c, ∞) −→ R, kde f(x) = 1/x a c > 0, a
zistite, pre ktoré hodnoty c sú splnené predpoklady Banachovej vety o pevnom
bode.
19
Riešenie:
Pevné body zobrazenia f určíme riešením rovnice:
f(x) = x ⇐⇒
1
x
= x.
Korene tejto rovnice sú −1, 1, z nich pevným bodom funkcie f môže byť
jedine x = 1 (definičný obor funkcie f obsahuje iba kladné reálne čísla).
Preto ak c ∈ (0, 1], zobrazenie f má práve jeden pevný bod, ak c ∈ (1, ∞),
zobrazenie f nemá žiadny pevný bod.
Overme predpoklady Banachovej vety o pevnom bode, t.j., treba overiť
nasledujúce veci:
1. definičný obor funkcie f je úplný metrický priestor
2. funkcia f zobrazuje svoj definičný obor do seba
3. funkcia f je kontrakcia na celom svojom definičnom obore
Prvý predpoklad je splnený, pretože množina [c, ∞) je pre každé c > 0 uzavretá
množina, a nakoľko je podmnožinou úplného metrického priestoru E1
,
sama je úplný metrický podpriestor. Pozrime sa na druhý predpoklad. Ľahko
sa presvedčíme (napr. pomocou vhodného obrázka), že obor hodnôt funkcie
f je množina (0, 1/c). Aby funkcia f zobrazovala svoj definičný obor do seba,
musí platiť (0, 1/c) ⊆ [c, ∞). To však neplatí pre žiadne c > 0. Stačí si uvedomiť,
že akékoľvek kladné číslo ε < min{c, 1/c} patrí do (0, 1/c), ale nepatrí do
[c, ∞). Preskúmajme tretiu podmienku. Pokúsme sa vhodne ohraničiť výraz
|f(x) − f(y)|, x, y ∈ [c, ∞):
|f(x) − f(y)| =
1
x
−
1
y
=
x − y
xy
=
1
xy
· |x − y|.
Keďže x ≥ c, y ≥ c, platí 1/xy ≤ 1/c2
, preto:
|f(x) − f(y)| ≤
1
c2
· |x − y|.
Dá sa ukázať (skúste sa zamyslieť ako, za príkladom je malý návod), že
posledná nerovnosť je v istom zmysle ”kritická”, t.j. pre každé 0 < L < 1/c2
existuje taká dvojica x0, y0 ∈ [c, ∞), pre ktorú platí:
|f(x0) − f(y0)| > L|x0 − y0|.
20
Preto funkcia f je kontraktívna na [c, ∞) práve vtedy, keď číslo 1/c2
∈ [0, 1).
Inak povedané c2
> 1, teda c > 1. Preto ak c ∈ (1, ∞), zobrazenie f je
kontrakcia na svojom definičnom obore. Naopak, ak c ∈ (0, 1], funkcia f nie
je kontrakcia na svojom definičnom obore.
Vidíme teda, že pre žiadne c > 0 nie sú všetky tri predpoklady Banachovej
vety splnené súčasne; prvý predpoklad platí vždy, druhý predpoklad nie je
splnený nikdy a tretí platí iba pre c ∈ (1, ∞). Napriek tomu funkcia f má pre
c ∈ (0, 1] práve jeden pevný bod x = 1, hoci v tomto prípade neplatí dokonca
ani posledný predpoklad :). To ukazuje, že podmienky Banachovej vety sú
postačujúce, nie však nutné pre existenciu pevného bodu zobrazenia f.
Malý návod k dôkazu kritickosti nerovnosti
|f(x) − f(y)| ≤
1
c2
· |x − y|, ∀ x, y ∈ [c, ∞).
• predpokladajte, že existuje ešte lepšia kladná konštanta L – to znamená,
že existuje L < 1/c2
tak, že pre každú dvojicu x, y ∈ [c, ∞)
platí:
|f(x) − f(y)| ≤ L · |x − y|.
• uvažujte kladné číslo δ s vlastnosťou
δ <
(1/L) − c2
c
,
(také zrejme existuje!) a ukážte, že pre dvojicu x0 = c, y0 = c + δ platí:
|f(x0) − f(y0)| > L · |x0 − y0|.
• uvážte, že posledná nerovnosť je v rozpore s definícou čísla L.
Príklad 23
Uvažujme funkciu f : [c, ∞) −→ R, kde f(x) = ln x a c > 0. Zistite, pre
ktoré hodnoty c je f lipschitzovská, resp. kontraktívna na celom svojom definičnom
obore.
Riešenie:
Ukážeme, že pre každé c > 0 je zobrazenie f lipschitzovské. Využijeme pri
21
tom Langrangeovu vetu o strednej hodnote a fakt, že derivácia funkcie f je
na intervale [c, ∞) ohraničená, nakoľko platí:
|f′
(x)| = |(ln x)′
| =
1
x
=
1
x
≤
1
c
, ∀ x ∈ [c, ∞).
(v krajnom bode x = c uvažujeme deriváciu sprava f′
+(c)). Nech x1, x2 ∈
[c, ∞), x1 < x2. Potom podľa Lagrangeovej vety o strednej hodnote existuje
bod x1 < η < x2 tak, že f(x1) − f(x2) = f′
(η)(x1 − x2). Využijúc predchádzajúci
odhad derivácie dostaneme:
|f(x1) − f(x2)| = |f′
(η)| · |x1 − x2| ≤
1
c
· |x1 − x2|.
Teda f je skutočne lipschitzovská s hodnotou Lipschitzovej konštanty L =
1/c. Naviac ukážeme, že táto hodnota L je optimálna, resp. kritická (pozri
predchádzajúci príklad). Inými slovami, ukážeme, že L = 1/c je najmenšia
možná hodnota Lipschitzovej konštanty. Budeme to dokazovať sporom. Nech
teda existuje kladné L∗ < 1/c s vlastnosťou:
∀ x1, x2 ∈ [c, ∞) : |f(x1) − f(x2)| ≤ L∗ · |x1 − x2|.
Vieme, že f′
+(c) = 1/c, t.j. podľa definície derivácie funkcie platí:
lim
x→c+
f(x) − f(c)
x − c
=
1
c
, a aj lim
x→c+
f(x) − f(c)
x − c
=
1
c
=
1
c
,
pretože absolútna hodnota je spojitá funkcia svojho argumentu a c > 0. Nech
x > c a položme x1 = c a x2 = x. Potom podľa vlastnosti čísla L∗ musí platiť:
f(x) − f(c)
x − c
=
|f(x) − f(c)|
|x − c|
≤ L∗ <
1
c
.
Limitovaním poslednej nerovnosti x → c+
a využitím predchádzajúcej limity
dostaneme:
1
c
= lim
x→c+
f(x) − f(c)
x − c
≤ lim
x→c+
L∗ = L∗ <
1
c
.
Dospeli sme k sporu, nakoľko nerovnosti 1/c ≤ L∗ < 1/c neplatia. Preto
L = 1/c je najmenšia hodnota Lipschitzovej konštanty pre funkciu f na
22
intervale [c, ∞). Táto skutočnosť nám teraz poslúži pri zisťovaní kontraktívnosti
funkcie f. Platí, že f je kontraktívna na [c, ∞) práve vtedy, keď 1/c < 1,
teda c > 1 (samy si to premyslite :) ).
Poznámka: Ako sme videli na tomto príklade, derivácia funkcie hrá významnú
úlohu pri zisťovaní lipschitzovskosti funkcie. Platí takéto tvrdenie
(pozri skripta manželov Došlých alebo Hasilovu–Zemánkovu zbierku): Diferencovateľná
funkcia f : I −→ E, kde I je netriviálny interval, je lipschitzovská
na I práve vtedy, keď f′
(x) je ohraničená na I, t.j.:
sup
x∈I
|f′
(x)| < ∞.
Naviac, f je kontraktívna na I práve vtedy, keď:
sup
x∈I
|f′
(x)| < 1.
Príklad 24
Rozhodnite, pre ktoré c > 0 je funkcia f(x) =
√
x lipschitzovská na intervale
[0, c]. V kladnom prípade určte aj Lipschiztovu konštantu.
Riešenie:
Ukážeme, že f nie je lipschitzovská na [0, c] pre žiadne c > 0. Podľa poznámky
k predchádzajúcemu príkladu funkcia f je lipschitzovská na [0, c] práve vtedy,
keď jej derivácia f′
je ohraničená na [0, c]. Avšak funkcia f′
(x) = 1
2
√
x
má v
bode x = 0 singularitu:
lim
x→0+
1
2
√
x
= ∞.
Preto f′
je neohraničená na [0, c] pre každé c > 0, a teda f nemôže byť lipschitzovská
na [0, c].
Príklad 25
Určte interval typu [−a, a], a > 0, na ktorom sú pre funkciu f(x) = x2−1
3
splnené
predpoklady Banachovej vety o pevnom bode a metódou postupných
aproximácií nájdite tento pevný bod.
Riešenie:
Podmienka úplnosti je splnená, nakoľko každý uzavretý interval [−a, a] je
úplný metrický priestor vzhľadom na metriku ρ1. Ďalej chceme, aby f zobrazovala
interval [−a, a] do seba. Pomocou vhodného obrázku ľahko zistíme,
23
že obraz intervalu [−a, a] v zobrazení f je interval
[
−1
3
, a2−1
3
]
. Požadujeme
teda: [
−
1
3
,
a2
− 1
3
]
⊆ [−a, a].
Rozmenené na drobné to znamená:
(
−a ≤ −
1
3
∧
a2
− 1
3
≤ a
)
⇐⇒ (a ≥ 1/3 ∧ a2
− 3a − 1 ≤ 0).
Rozriešením poslednej dvojice nerovností dostaneme:
a ∈
[
1
3
,
3 +
√
13
2
]
.
Nakoniec zabezpečíme kontraktívnosť funkcie f. Podľa poznámky za príkladom
23 je f kontraktívna všade tam, kde |f′
(x)| < 1, t.j.:
|f′
(x)| =
(
x2
− 1
3
)′
=
2x
3
=
2
3
|x| < 1 =⇒ |x| <
3
2
.
Preto je nutné, aby a < 3/2. Kombináciou s predchádzajúcim výsledkom o
čísle a dostaneme ohraničenie (platí 3/2 < (3 +
√
13)/2):
a ∈
[
1
3
,
3
2
)
.
Pre každé a z tohto intervalu sú na intervale [−a, a] splnené predpoklady
Banachovej vety o pevnom bode. Preto existuje práve jeden pevný bod funkcie
f, ktorý leží v každom z týchto intervalov. Ilustrujeme teraz metódu
postupných aproximácií na jeho nájdenie. Zvoľme x1 = 0 (iste 0 ∈ [−a, a]
pre každé kladné a). Potom:
x2 = f(x1) =
x2
1 − 1
3
= −
1
3
≈ −0.333333333,
x3 = f(x2) =
x2
2 − 1
3
= −
8
27
≈ −0.2962962963,
x4 = f(x3) =
x2
3 − 1
3
= −
665
2 187
≈ −0.3040695016,
24
x5 = f(x4) =
x2
4 − 1
3
= −
4 340 744
14 348 907
≈ −0.3025139127,
x6 = f(x5) =
x2
5 − 1
3
= −
187 049 073 621 113
617 673 396 283 947
≈ −0.3028284442,
...
Presnú hodnotu hľadaného pevného bodu samozrejme zistíme riešením kvadratickej
rovnice f(x) = x2−1
3
= x. Jeden z jej koreňov je x = 3−
√
13
2
≈
−0.3027756377. Vidíme, že už pri šiestej aproximácii x6 je chyba rádovo
jedna desaťtisícina, čo je z praktického hľadiska zanedbateľné.
Funkcia f(x) má však i ďalší pevný bod, a to x∗ = 3+
√
13
2
≈ 3.3027756377.
Existencia tohto pevného bodu však nevyplýva z Banachovej vety, nakoľko
na okolí x∗ nie je f kontraktívna, nakoľko x∗ > 3/2.
Príklad 26
Pomocou Banachovej vety o pevnom bode nájdite riešenie rovnice:
ex
− 2x − 1 = 0.
Riešenie:
Rovnicu si prepíšeme na tvar:
ex
− 1
2
= x.
Tým sme previedli úlohu nájsť koreň rovnice na úlohe nájsť pevný bod funkcie
f(x) = ex−1
2
. Poďme teraz skúmať, pre aké x ∈ R sú splnené podmienky
Banachovej vety o pevnom bode (definičný obor funkcie f je zrejme celé R).
Ukážeme, že pre vhodné a > 0 sú na uzavretom intervale [−a, a] splnené
všetky.
• úplný metrický priestor – [−a, a] je uzavretá podmnožina úplného metrického
priestoru (R, ρ1), preto i ([−a, a], ρ1) je úplný metrický podpriestor
pre každé a > 0.
• f zobrazuje [−a, a] do seba – keďže f je rastúca funkcia, platí:
f ([−a, a]) =
[
e−a
− 1
2
,
ea
− 1
2
]
.
25
Chceme, aby platilo
[
e−a
− 1
2
,
ea
− 1
2
]
⊆ [−a, a],
teda:
−a ≤
e−a
− 1
2
, ∧
ea
− 1
2
≤ a,
čo je nakoniec ekvivaletné s nerovnosťami:
e−a
− 1
−a
≤ 2, ∧
ea
− 1
a
≤ 2.
Spomeňme si na známu limitu:
lim
x→0
ex
− 1
x
= 1.
Ak ju rozmeníme na drobné, tak dostaneme, že ak sme s x dostatočne
blízko k 0 (i sprava, i zľava), potom hodnota výrazu ex−1
x
je isto menšia
ako 2 (lebo tento výraz konverguje k hodnote 1 < 2). Preto pre dostatočne
malé a > 0 bude splnená požiadavka, aby f zobrazovalo [−a, a]
do seba.
• f je kontrakcia – využijeme poznámku za príkladom 23; f bude kontrakcia
práve tam, kde |f′
(x)| < 1, t.j.
|f′
(x)| =
(
ex
− 1
2
)′
=
ex
2
=
ex
2
< 1 =⇒ x < ln 2.
Preto stačí vziať a < ln 2.
Zistili sme teda, že pre každé dostatočne malé a > 0 budú na [−a, a] splnené
všetky predpoklady Banachovej vety o pevnom bode, a teda f bude mať v
[−a, a] práve jeden pevný bod. Vo zvýraznených slovách poslednej vety je
zároveň skrytá i hodnota tohto pevného bodu :). Hľadaný jediný pevný bod
musí totiž ležať v každom z intervalov [−a, a]. Nie je ťažké sa dovtípiť, že sa
jedná o bod x = 0. Skutočne, platí f(0) = 0. Zároveň x = 0 je teda riešenie
rovnice v zadaní úlohy.
Na druhej strane, funkcia f má aj ďalší pevný bod, a to x∗ ≈ 1.256431209.
Je niekde chyba? :) Vôbec nie, len sa tu ukazuje, (podobne ako v príklade
26
vyššie), že podmienky Banachovej vety sú postačujúce na existenciu pevného
bodu zobrazenia, nie však nutné (napr. f nie je kontraktívna na okolí bodu
x∗, nakoľko x∗ > ln 2 ≈ 0.693147180).
Neriešený dodatok k príkladu 26:
Prepíšme si rovnicu ex
− 2x − 1 = 0 iným spôsobom, než sme to urobili v
príklade 26; konkrétne:
ex
− 2x − 1 = 0,
ex
= 2x + 1,
x = ln(2x + 1).
Tým sme previedli úlohu nájsť koreň rovnice na úlohu nájsť pevný bod funkcie
g(x) = ln(2x+1). Dokážte, že pre funkciu g sú na intervale [1, 2] splnené
všetky predpoklady Banachovej vety o pevnom bode (analogicky, ako sme
to robili v príklade 26). Z toho potom usúďte, že v [1, 2] má g práve jeden
pevný bod, t.j. v [1, 2] existuje práve jeden koreň rovnice ex
− 2x − 1 = 0 (je
to práve „záhadný koreň x∗ uvedený vyššie :) ).
Príklad 27
Pomocou Banachovej vety o pevnom bode a metódou postupných aproximácií
nájdite riešenie začiatočnej úlohy:
y′
=
1
2
y, y(0) = 1.
Riešenie:
Aby sme mohli aplikovať princíp pevného bodu, rovnicu prepíšeme do tzv.
integrálneho tvaru – integrujeme obe strany rovnice a využijeme začiatočnú
podmienku: ∫ x
0
y′
(t) dt =
∫ x
0
1
2
y(t) dt,
y(x) − y(0) =
∫ x
0
1
2
y(t) dt,
y(x) − 1 =
∫ x
0
1
2
y(t) dt,
y(x) = 1 +
∫ x
0
1
2
y(t) dt.
27
Posledná integrálna rovnica je ekvivalentná so začiatočnou úlohou v zadaní.
Poďme teraz prebrať podmienky Banachovej vety. Potrebujeme mať nejaký
úplný metrický priestor a na ňom nejaké kontraktívne zobrazenie. Keďže
riešenie našej začiatočnej úlohy je spojitá funkcia definovaná na istom okolí
bodu x = 0, ako kandidát na metrický priestor sa nám prirodzene ponúka
priestor (C[−δ, δ], ρc), kde δ > 0, t.j. priestor spojitých funkcií na uzavretom
intervale [−δ, δ] s metrikou ρc. Vieme, že (C[−δ, δ], ρc) je úplný priestor pre
každé δ > 0. Vhodné zobrazenie F nám vyplynie priamo z vyššie uvedenej
integrálneho rovnice:
∀ f ∈ C[−δ, δ] : F(f)(x) = 1 +
∫ x
0
1
2
f(t) dt.
Zobrazenie F funguje tak, že každej funkcii f, ktorá je spojitá na [−δ, δ],
priradí novú funkciu F(f), ktorej hodnota v bode x je 1+
∫ x
0
1
2
f(t) dt (všimnime
si, že funkcia y je riešením začiatočnej úlohy v zadaní práve vtedy, keď
F(y) = y, teda keď y je pevný bod zobrazenia F; odtiaľto pramení motivácia
uvažovať F v takomto tvare). Zrejme F(f) je opäť spojitá funkcia na [−δ, δ]
(integrál ako funkcia hornej medze je spojitou funkciou). Teda zobrazenie F
definované vyššie zobrazuje priestor (C[−δ, δ], ρc) do seba. Nakoniec je treba
overiť, či F je kontrakcia. Nech f, g ∈ C[−δ, δ]. Pokúsime sa zhora odhadnúť
vzdialenosť ρc(F(f), F(g)) pomocou vzdialenosti ρc(f, g):
ρc(F(f), F(g)) = max
x∈[−δ,δ]
|F(f)(x) − F(g)(x)| =
= max
x∈[−δ,δ]
(
1 +
∫ x
0
1
2
f(t) dt
)
−
(
1 +
∫ x
0
1
2
g(t) dt
)
=
= max
x∈[−δ,δ]
∫ x
0
1
2
f(t) dt −
∫ x
0
1
2
g(t) dt = max
x∈[−δ,δ]
∫ x
0
1
2
(f(t) − g(t)) dt ≤
≤ max
x∈[−δ,δ]
∫ x
0
1
2
|f(t) − g(t)| dt.
Ďalej integrál
∫ x
0
je ako funkcia premennej x neklesajúci, a tak svoju maximálnu
hodnotu bude nadobúdať pre x = δ, teda:
ρc(F(f), F(g)) ≤ max
x∈[−δ,δ]
∫ x
0
1
2
|f(t) − g(t)| dt =
∫ δ
0
1
2
|f(t) − g(t)| dt.
28
Posledný integrál odhadneme zhora pomocou nerovnosti:
∀ t ∈ [0, δ] : |f(t) − g(t)| ≤ max
t∈[−δ,δ]
|f(t) − g(t)| = ρc(f, g).
Preto platí:
∫ δ
0
1
2
|f(t) − g(t)| dt ≤
∫ δ
0
1
2
ρc(f, g) dt =
1
2
ρc(f, g)
∫ δ
0
dt =
δ
2
ρc(f, g).
Dostali sme teda odhad:
ρc(F(f), F(g)) ≤
δ
2
ρc(f, g).
Voľbou 0 < δ < 2 bude zobrazenie F kontraktívne. Ukázali sme, že v prípade
metrického priestoru (C[−δ, δ], ρc) s 0 < δ < 2 a zobrazenia F definovaného
vyššie sú splnené podmienky Banachovej vety o pevnom bode. Preto F má
práve jeden pevný bod y, t.j. F(y) = y. Inými slovami, existuje práve jedna
funkcia y, ktorá je spojitá na uzavretom intervale [−δ, δ] a pre ktorú platí:
y(x) = 1 +
∫ x
0
1
2
y(t) dt.
Ak túto rovnosť derivujeme podľa x, dostaneme:
y′
(x) =
1
2
y(x).
Teda y je spojito diferencovateľná na [−δ, δ] a je riešením rovnice v zadaní
úlohy. Nakoniec y(0) = 1. Ukázali sme teda existenciu a jednoznačnosť riešenia
y našej začiatočnej úlohy. Stále však konkrétne nepoznáme toto riešenie.
Na jeho konštrukciu využijeme metódu postupných aproximácií. Z Banachovej
vety vieme, že y = limn→∞ yn, kde postupnosť {yn}∞
n=0 ⊆ C[−δ, δ] je definovaná
rekurentne – y0 je ľubovoľná spojitá funkcia na [−δ, δ] a yn+1 = F(yn)
pre každé n ∈ N0. Položme y0 ≡ 1. Potom platí:
y1(x) = F(y0)(x) = 1 +
∫ x
0
1
2
y0(t) dt = 1 +
∫ x
0
1
2
dt = 1 +
x
2
,
y2(x) = F(y1)(x) = 1 +
∫ x
0
1
2
y1(t) dt = 1 +
∫ x
0
1
2
(
1 +
t
2
)
dt =
29
= 1 +
x
2
+
(x/2)2
2
,
y3(x) = F(y2)(x) = 1 +
∫ x
0
1
2
y2(t) dt = 1 +
∫ x
0
1
2
(
1 +
t
2
+
(t/2)2
2
)
dt =
= 1 +
x
2
+
(x/2)2
2
+
(x/2)3
6
,
...
yn(x) = 1 +
(x/2)
1!
+
(x/2)2
2!
+
(x/2)3
3!
+
(x/2)4
4!
+ · · · +
(x/2)n
n!
.
Vidíme, že n-tá aproximácia yn je n-tý Maclaurinov polynóm funkcie ex/2
. Dá
sa ukázať, že y(x) = limn→∞ yn(x) = ex/2
(teda presne to, čo už vieme z riešenia
diferenciálnych rovníc; rovnica v zadaní je totiž LDR I. rádu bez pravej
strany, pričom separáciou premenných, následnou integráciou a aplikovaním
začiatočnej podmienky dostaneme práve riešenie y = ex/2
).
30