6. mai 2018 MAT Obligatorisk oppgave 2 av 2 - Løsningsforslag

Transkript

1 6. mai 218 MAT 24 Obligaoris oppgave 2 av 2 - Løsningsforslag

2 Oppgave 1. La X være veorromme X = C([ 1, 1], R usyr med sup-norm. For j = 1,..., n, la a j R og la x j [ 1, 1]. La F : X R være definer ved F (f = n a j f(x j j. Vis a F er deriverbar i ehver elemen f X og finn de derivere. Løsningsforslag: Vi fiserer en j {1, 2,..., n} og viser førs a funsjonen F j (f = f(x j j er deriverbar i alle puner. Sri en er å finne den reningsderivere i e gi pun f X. Vi har F F j (f + r F j (f (f(x j + r(x j j f(x j j (f; r f(xj j (r(x j j ( j = f(x j j + jf(x j j 1 r(x + = jf(x j j 1 r(x j, j ( j f(xj j (r(x j f(x j j der vi har bru a de i summen j ( i elleren over, er poenser av av høyere grad enn 2 i alle ledd. Dee anyder a den derivere il F j i f er avbildingen A definer ved A(r := jf(x j j 1 r(x j. Denne er lineær siden A(αr 1 + βr 2 = jf(x j j 1 (αr 1 (x j + βr 2 (x j Den er også begrense siden = αjf(x j j 1 r 1 (x j + βjf(x j j 1 r 2 (x j = αa(r 1 + βa(r 2. A(r = jf(x j j 1 r(x j jf(x j j 1 r. De gjensår nå å esimere feilledde σ(r = F j (f + r F j (f A(r. Vi har σ(r = (f(x j + r(x j j f(x j j jf(x j j 1 r(x j j ( j = f(x j j r(x j j ( j f(x j j r som går mo null rasere enn r, siden de bare er poenser av r sørre eller li 2. Til slu har vi da ved linearie a den derivere il F i f gi ved F (f(r = n a j jf(x j j 1 r(x j. (E anne løsningsforslag: Bru jerneregelen. 1

3 Oppgave 2. La X være veorromme X = C([ 1, 1], R usyr med sup-norm, og la G : X X være definer ved G(f(x = f(s m ds, for en m N. Vis a G er deriverbar i ehver elemen f X og finn de derivere. Løsningsforslag: Vi følger samme oppsrif som i forrige oppgave. Vi har G (f; r(x (f(s + r(sm f(s m ds m ( m = mf(s m 1 f(s m (r(s ds r(sds + lim = mf(s m 1 r(sds, hvor onvergensen er uniform på grunn av poensen 2 av i de sise inegrale. Dee anyder a avbildingen A definer ved A(r(x = er den derivere il G i pune f. Linearie: A(αr 1 + βr 2 (x = = α Avbildingen er også begrense siden mf(s m 1 r(sds mf(s m 1 (αr 1 (s + βr 2 (sds mf(s m 1 r 1 (sds + β = αa(r 1 (x + βa(r 2 (x. A(r(x = ( 1 =: M r, mf(s m 1 r(sds mf(s m 1 r(s ds mf(s m 1 ds r så A(r M r for all r. De gjensår å esimere resledde. σ(r(x = G(f + r(x G(f(x A(r(x, = = mf(s m 1 r 2 (sds (f(s + r(s m f(s m mf(s m 1 r(sds m ( m ( m ( m f(s m r(s ds f(s m r 2

4 som viser a de fins en onsan M 2 sli a σ(r M 2 r 2, og dermed a resledde går mo null rasere enn r. Oppgave 3. La l 2 være mengden av alle reelle følger {x j } j N sli a x2 j <. (a Vis a hvis x = {x j }, y = {y j } l 2, så onvergerer x jy j (Hin: bru Cauchy-Schwarz ulihe. (b Vis a l 2 er e veorrom. (c Vis a x, y = x jy j er e indreprodu på l 2. (d Vis a l 2 (med merien induser fra indreprodue i (c er omple. (e For hver j N, la e j l 2 være følgen hvis j-e omponen er 1 og de andre er. Vis a {e j } j N er en basis for l 2. Løsningsforslag: (a La ɛ > være gi. Da fins N N sli a l j= x2 j < ɛ og l j= y2 j < ɛ når N < l. Hvis vi nå bruer Cauchy-Schwarz med de ordinære indreprodue på R l får vi l l l x j y j ( x 2 j 1/2 ( yj 2 1/2 < ɛ 1/2 ɛ 1/2 = ɛ. j= j= j= Dee viser a følgen av delsummer s N = N x jy j er en Cauchy-følge, så summen onvergerer. (b Her er de underforså a for x, y l 2 seer vi x + y = {x j + y j } j N, og hvis α R så seer vi α x = {α x j } j N. Før vi går igang med å sjee a (i (viii på side er ilfredssil, må vi sjee a x + y l 2 og a α x l 2. De leese er de sise, siden (α x j 2 = α 2 x2 j, som er mindre enn eersom x l 2. Videre har vi (x j + y j 2 = x 2 j + yj x j y j, der de o førse summene il høyre for lihesegne onvergerer siden x, y l 2, og den sise summen onvergere ved (a. Vi dropper her i løsningsforslage å vise (i (viii. (c De følger fra (a a x, y R. Vi dropper her i løsningsforslage å vise (i il (iv på side 142 i boa. (d Ana a {x } N = {{x j } j N} N er en Cauchy-følge. Vi må vise a x onvergerer mo en grense i l 2. Vi sarer med å finne en andida il grensen. Mer førs a dersom vi fiserer en j N, så er {x j } N en Cauchy følge. Dee er fordi de for enhver ɛ > fins N N sli a x n j x m j = ((x n j x m j 2 1/2 ( (x n j x m j 2 1/2 < ɛ, 3

5 når N m < n. Vi seer så x j x j, og siden x = {x j } j N. De gjensår nå å vise a x l 2 og a x x når. La nå beegne normen induser av indreprodue over. Siden x er Cauchy, fins en N N sli a x n x m < 1 når N m < n. Så for alle n > N har vi a x n = x N + ( x n x N x N + x n x N x N + 1, (der vi i sise ulihe har bru (5.1.2 på side 136 i læreboa. De følger da a for enhver M N så har vi a M ( (x j 2 1/2 ( M (x j 2 1/2 x N + 1, så (x j 2 <. De gjensår å vise a x x når. Gi ɛ > fiserer vi så en N N sli a x n x < ɛ/2 når N < n. For enhver M N har vi da a M ( (x j x j 2 1/2 ( M (x n j x j 2 1/2 ɛ/2, n så lenge N, så x x ɛ/2 < ɛ så lenge N. (e La x = {x j } j N l 2. Vi seer α j = x j, og påsår a x = α je j. La så ɛ > være gi, og se så på delsummene s N = N α je j. Vi har a x s N = {a j } j N der a j = for j = 1,..., N, og a j = x j for j N + 1. Så x s N = ( j=n+1 x2 j 1/2, som per definisjon er mindre enn ɛ når N er ilsreelig sor. Til slu, hvis x = α je j = β je j, så har vi = α j e j β j e j 2 = (α j β j e j 2 = (α j β j 2, som an holde (hvis og bare hvis α j = β j for alle j N, så uvilingen er uni. Oppgave 4. La X være veorromme X = C([ 1, 1], R usyr med sup-norm, og la L : X X være definer ved L(f = f, de vil si a L(f(x = f(x. (a Vis a L ie er lineær. (b Se f(x = x. Vis a L har reningsderivere i alle reninger g(x = x m for m 1 i pune f. (c Er L deriverbar i pune f? Løsningsforslag: (a La f(x = x og g(x = x. Da er L(f+g(x =, mens L(f(x+L(g(x = 2 x. 4

6 (b Vi har x + x m x x 1 + x m 1 x lim x (1 + x m 1 x = x x m 1. (c Nei! Dersom L er deriverbar i pune f, så må for esempel L ha en reningsderiver i rening funsjonen som er onsan li 1. De vil si a de må finnes an oninuerlig funsjon g X sli a x + x lim = g(x, Seer vi inn x = ser vi a dee ie er mulig, da grensen blir 1 om vi lar gå mo null med posiive verdier, mens den blir 1 om vi lar gå mo null med negaive verdier. 5