30 =⇒ 20 . Olgu B ruumi Y lahtine alamhulk. Veendume, et f −1 (B) on lahtine. Siis Y B on kinnine ja Y = B ∪ (Y B), B ∩ (Y B) = ∅. Seet˜ottu X = f −1 (Y ) = f −1 (B ∪ (Y B)) = f −1 (B) ∪ f −1 (Y B), f −1 (B) ∩ f −1 (Y B) = ∅ ja f −1 (B) = X (f −1 (Y B)). (4.1) Tingimuse 30 t˜ottu on hulk f −1 (Y B) kinnine kui kinnise hulga Y B t¨aielik originaal. V˜ordustest (4.1) j¨areldub n¨ uu¨d −1 0 hulga f (B) lahtisus. Seega kehtib 2 . 20 =⇒ 10 . N¨aitame kujutuse f pidevuse eeldusel 20 . Olgu x ∈ X ja y = f (x). Punkti y iga u ¨mbruse V jaoks leidub tema ¨mbrus B nii, et B ⊂ V . Tingimuse 20 t¨aidetuse t˜ottu lahtine u 38 4 PIDEVUS U = f −1 (B) on lahtine
nende vastavad koordinaadid (koordinaatvektorid) mingis baasis. T~oestus. Olgu B = {b1 , . . . , bn } vektorruumi V baas ning a, c V . Siis a = 1 b1 + · · · + n bn ja c = 1 b1 + · · · + n bn Arvutame a - c = 1 b1 + · · · + n bn - (1 b1 + · · · + n bn ) = (1 - 1 )b1 + · · · + (n - n )bn = : V~ordusest a = c j¨ areldub, et i = i (i = 1, . . . , n), sest B on lineaarselt s~ oltumatu. = : V~ordustest i = i (i = 1, . . . , n) j¨ areldub ilmselt, et a = c. 9 Baasiteisendused 9.1 ¨ Uleminekumaatriks Vektorruumi baas ei ole u ¨ldiselt u ¨heselt m¨ a¨ aratud, s.t vektorruu- mis v~oib olla rohkem kui u¨ks baas. Olgu B = {b1 , . . . , bn } ja VI
y P Q O x Joonis 5.11. Rist- ja polaarkoordinaadid T~ostes v~orrandites (5.6) m~olemad pooled ruutu ja liites, saame, et x2 + y 2 = 2 cos2 + 2 sin2 , millest = x2 + y 2 (5.7) y Jagades v~ordustest (5.6) teise esimesega, eeldusel, et x > 0, saame = x tan . Et arkustangensi v¨aa¨rtused on k~oik vahemikus - ; , aga polaar- 2 2 nurk muutub pooll~oigul (-; ], siis tuleb polaarnurga u ¨heseks m¨a¨aramiseks ristkoordinaatide x ja y j¨argi kasutada valemit
annaabi.ee 
