UNIVERSITETET I OSLO

Transkript

1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT2400 Analyse 1. Eksamensdag: Onsdag 15. juni Tid for eksamen: Oppgavesettet er på 6 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler: Ingen. Ingen. Kontroller at oppgavesettet er komplett før du begynner å besvare spørsmålene. Alle deloppgaver (1, 2, 3a, 3b osv.) teller 10 poeng. Oppgave 1 Funksjonene f n : R R er definert ved f n (x) = arctan(x 2n ) Vis at Er konvergensen uniform? lim f n(x) = 2 dersom x > 1 4 dersom x = 1 0 dersom x < 1 Oppgave 2 (X, d) er et metrisk rom, og A er en delmengde av X. Vi sier at b X er et opphopningspunkt for A dersom alle kuler B(b; r), r > 0, inneholder et punkt fra A forskjellig fra b. Vis at b er et opphopningspunkt for A hvis og bare hvis det finnes en følge {x n } fra A som konvergerer mot b og der alle elementene er forskjellige fra b. Oppgave 3 I denne oppgaven er µ Lebesgue-målet på R d, og M + er mengden av ikkenegative, målbare funksjoner f : R d [0, ]. Anta at I : M + [0, ] tilfredsstiller disse fire betingelsene: (i) I(cf) = ci(f) for alle c [0, ) og alle f M +. (ii) I(f + g) = I(f) + I(g) for alle f, g M +. (Fortsettes på side 2.)

2 Eksamen i MAT2400, Onsdag 15. juni Side 2 (iii) I(1 A ) = µ(a) for alle målbare A R d. (iv) Dersom {f n } er en voksende følge fra M + som konvergerer mot f, så er lim I(f n ) = I(f). a) Vis ved induksjon at I(c 1 f 1 + c 2 f c n f n ) = c 1 I(f 1 ) + c 2 I(f 2 ) + + c n I(f n ) for alle n N, alle c 1, c 2,..., c n [0, ) og alle f 1, f 2,..., f n M +. b) Vis at I(f) = f dµ for alle ikke-negative, enkle funksjoner f. c) Vis at I(f) = f dµ for alle f M +. Oppgave 4 I denne oppgaven er X mengden av alle funksjoner f : N R slik at f(i) < a) Vis at (i) Dersom f X og c R, så er cf X. (ii) Dersom f, g X, så er f + g X. Resultatet i punkt a) forteller oss at X er et vektorrom. Dette kan du bruke fritt i fortsettelsen. b) Vis at er en norm på X. f = f(i) c) For alle n N er e n : N R definert ved 1 dersom i = n e n (i) = 0 ellers Vis at {e n } n N er en basis for X. d) Vis at lim f e n = f + 1 for alle f X. Hvorfor kan ikke {e n } ha en konvergent delfølge i (X, )? e) Vis at B = {f X : f 1} er lukket og begrenset, men ikke kompakt. Er B totalt begrenset? (Fortsettes på side 3.)

3 Eksamen i MAT2400, Onsdag 15. juni Side 3 Oppgave 5 I denne oppgaven er (X, d) et metrisk rom, A er en delmengde av X, f : A R er en uniformt kontinuerlig funksjon, og b er et randpunkt til A. Vis at dersom {x n } er en følge fra A som konvergerer mot b, så konvergerer følgen {f(x n )}. Finn et eksempel som viser at dette ikke alltid gjelder dersom vi bare antar at f er kontinuerlig. Slutt (Fortsettes på side 4.)

4 Eksamen i MAT2400, Onsdag 15. juni Side 4 Problem 1 Solutions a) Note that lim x2n = lim (x2 ) n = if x > 1 1 if x = 1 0 if x < 1 Since arctan is continuous, and arctan 0 = 0, arctan 1 = 4, lim t arctan t = 2, we get 2 if x > 1 lim f n(x) = 4 if x = 1 0 if x < 1 Since the functions f n are continuous, but the limit function is not, the convergence can not be uniform. Problem 2 Assume first that b is an accumulation point. For each n N, we can find a point x n in B(b; 1 n ) A different from b. The sequence {x n} clearly satisfies the requirements. Assume next that there is a sequence {x n } from A which converges to b and where all elements are different from b. Given r > 0, there must be a number N N such that d(b, x n ) < r for n N. But then x N B(b; r) A, and x N b. Problem 3 a) We use the induction hypothesis: P n : For all c 1, c 2,..., c n [0, ) and all f 1, f 2,..., f n M +, we have I(c 1 f 1 + c 2 f c n f n ) = c 1 I(f 1 ) + c 2 I(f 2 ) + + c n I(f n ) The base step P 1 follows immediately from condition (i): I(c 1 f 1 ) = c 1 I(f 1 ) It remains to show that if P n is true, so is P n+1. We have I(c 1 f 1 + c 2 f c n f n + c n+1 f n+1 ) = = I([c 1 f 1 + c 2 f c n f n ] + c n+1 f n+1 ) (ii) = (Fortsettes på side 5.)

5 Eksamen i MAT2400, Onsdag 15. juni Side 5 (ii) = I(c 1 f 1 + c 2 f c n f n ) + I(c n+1 f n+1 ) Pn/(i) = P n/(i) = c 1 I(f 1 ) + c 2 I(f 2 ) + + c n I(f n ) + c n+1 I(f n+1 ) which shows that P n+1 follows from P n. b) For any nonnegative simple function f = n k=1 c k1 Ck, we have by a) and condition (iii) I(f) = I( n k=1 c k 1 Ck ) = a) c 1 I(1 C1 ) + c 2 I(1 C2 ) + + c n I(1 Cn ) (iii) = (iii) = c 1 µ(c 1 ) + c 2 µ(c 2 ) + + c n µ(c n ) = f dµ c) We know that there is an increasing sequence {f n } of non-negative, simple functions converging to f, and that f dµ = lim fn dµ. Thus Problem 4 f dµ = lim f n dµ = b) lim I(f n) (iv) = I(f) a) To prove (i), note that if f i = lim N N i=0 f i is finite, then so is cf i = lim N N i=0 cf i = c lim N N i=0 f i. To prove (ii), note that if f i = lim N N i=0 f i and g i = lim N N i=0 g i are finite, then f i +g i = lim N N i=0 f i +g i lim N N ( f i + g i ) = i=0 f i + g i < b) We need to check the three conditions a norm has to satisfy: (i) f 0 with equality if and only if f = 0: The expression f i is clearly nonnegative, and it is only 0 if all f i are 0, i.e. if f = 0. (ii) cf = c f for all c R and all f X: calculation: cf = cf i = c f i = c f i = c f This is just a simple (iii) f + g f + g for all f, g X: By the triangle inequality for real numbers: f + g = f i + g i ( f i + g i ) = f i + g i = f + g c) We need to show that each f X can be written as a linear combination f = α ie i in a unique way. First observe that f = f(i)e i. (Fortsettes på side 6.)

6 Eksamen i MAT2400, Onsdag 15. juni Side 6 To prove this, we have to check that f = lim N N f(i)e i, i.e. lim N f N f(i)e i 0 as N. This is the case since that N f f(i)e i = f i 0 i=n+1 where the last step uses that the series f i converges. To prove uniqueness, observe that if α ie i is another linear combination, then f(i)e i α i e i = f(i) α i > 0 and hence f(i)e i and α ie i cannot converge to the same element. d) We have f e n = i N,i n f i + f n 1 = f i + f n 1 f n f +1 0 = f +1 since f n 0 as n. It follows that for any f X and any subsequence {e nk }, lim k f e nk = f +1 1, and hence {e nk } cannot converge to f. e) That B is not compact, follows from d) since {e n } is a sequence from B that doesn t have a convergent subsequence. B is obviously bounded, and it is closed since the limit of any convergent sequence from B belongs to B (if {f n } is such a sequence with limit f, then f = lim f n 1). B is not totally bounded since any closed and totally bounded set is compact. Problem 5 Since R is complete, it suffices to show that {f(x n )} is a Cauchy sequence; i.e., we must show that for any ɛ > 0 there is an N N such that f(x n ) f(x m ) < ɛ when n, m N. Since f is uniformly continuous, there is a δ > 0 such that f(x) f(y) < δ whenever x, y A and d(x, y) < δ. Since {x n } converges to b, there is an N N such that d(x k, b) < δ 2 for all k N. This means that if n, m N, then d(x n, x m ) d(x n, b) + d(b, x m ) < δ 2 + δ 2 = δ and hence f(x n ) f(x m ) < ɛ as required. For the counterexample, we may, e.g., take X = R, A = (0, 1), and f(x) = 1 x. Then f is continuous on A, { 1 n } converges to 0, but {f( 1 n )} does not converge.