Løsning til prøveeksamen i MAT400, V-11 Oppgave 1 a) Vi ser at den deriverte f (x) = 1 1+x alltid er mindre enn eller lik 1 i tallverdi. Gitt to punkter x, y R, finnes det ifølge middelverdisetningen en c mellom x og y slik at f(x) f(y) = f (c)(x y). Det betyr at f(x) f(y) = f (c) x y x y Gitt en ɛ > 0, velger vi nå δ = ɛ. Hvis x y < δ, har vi da f(x) f(y) < ɛ, og følgelig er f uniformt kontinuerlig. b) Observer at og at dermed n xn = f n(x) = n hvis x > 1 1 hvis x = 1 0 hvis 0 x < 1 1 hvis x > 1 1 hvis x = 1 0 hvis 0 x < 1 Siden funksjonene f n er kontinuerlige, men grensefunksjonen ikke er det, kan konvergensen ikke være uniform (se Proposition..4). Oppgave Anta først at I er oppfylt. For ethvert punkt x X, finnes det da en følge {a n } med elementer forskjellig fra x som konvergerer mot x. Gitt en r > 0, finnes det dermed en N N slik at d(x, a n ) < r når n N. Men da er a N et punkt i A som er forskjellig fra x og ligger i B(x, r). Anta så at II er oppfylt. For hver n N finnes det dermed et punkt x n B(x, 1 n ) som ligger i A og er forskjellig fra x. Men da er {x n} en slik følge som vi er på jakt etter. Oppgave 3 a) Vi har at α n e inx α n, og ved Weierstrass M-test konvergerer dermed α ne inx uniformt mot en funksjon g. Siden hver delsum s N (x) = N n= N α ne inx er kontinuerlig og periodisk, må g være kontinuerlig og periodisk. 1
b) Vi har g s N = der er supremumsnormen ( 1 π g(x) s N (x) dx π π ( 1 π g s N dx g sn π π f = sup{ f(x) : x [ π, π]} Siden s N konvergerer mot g uniformt (dvs. i supremumsnorm), må s N konvergere mot g i L -norm. c) Fra teorien (Theorem 3.8.6) vet vi at Fourierrekken til en funksjon f i D konvergerer mot f i L -norm. Siden vi har vist at s N konvergerer mot g i L -norm, må g = f. Siden vi allerede har påvist at g er kontinuerlig, må f være det. Oppgave 4 Substituerer vi u = x i Taylor-rekken får vi e u = e x = u k x k Siden leddene i rekken er positive, ser vi at funksjonene f n (x) = n x k vokser mot e x. Ifølge monotont konvergensteorem er da n A n k=1 Oppgave 5 x k dµ = n 1 A (x) n k=1 x k Vi må vise at de to betingelsene er oppfylt: (i) ν( ) = f dµ = 1 f dµ = 0 dµ = 0 dµ = 1 A (x)e x dµ = A e x dµ
(ii) Hvis {A n } er en disjunkt følge av mengder fra M, så er ν( A n ) = S f dµ = An 1 S Anf dµ = 1 An f dµ hvor vi i det siste skrittet har brukt at mengdene er disjunkte. Følgen {s N } der N s N = 1 An f er ikke-negativ og voksende, så ifølge monoton konvergensteorem er 1 An f dµ = = N N 1 An f dµ = Kombinerer vi alt vi nå har, ser vi at Oppgave 6 ν( A n ) = 1 An f dµ MKT = N ν(a n ) = ν(a n ) N ν(a n ) 1 An f dµ = a) La x = ( x 1, x,..., x n ) og y = ( y 1, y,..., y n ). Schwarz ulikhet for vektorer i R n sier at x y x y dvs. x 1 y 1 + x y + + x n y n ( x 1 + x + + x ( n y1 + y + + yn b) Fra punkt a) får vi x 1 y 1 + x y + + x n y n ( x 1 + x + + x ( n y1 + y + + yn ( x i ( y i < Dette viser at rekken x iy i konvergerer absolutt, og følgelig konvergerer den i vanlig forstand. 3
c) Vi har (cf(i)) = c f(i) < som viser at cf er med i X når f er. Videre er (f(i) + g(i)) = ( f(i) + f(i)g(i) + g(i) ) = = f(i) + f(i)g(i) + g(i) som konvergerer ut ifra det vi allerede har bevist. d) Observer først at ifølge b) konvergerer rekken f(i)g(i) for alle f, g X. Uttrykket, er derfor veldefinert, og vi må vise at det oppfyller de fire kravene til et reelt indreprodukt: (i) f, g = g, f er opplagt oppfylt. (ii) cf, g = c f, g er også oppfylt: cf, g = (cf(i))g(i) = c f(i)g(i) = c f, g (iii) Tilsvarende er f + g, h = f, h + g, h oppfylt siden: f + g, h = (f(i) + g(i))h(i) = = f(i)h(i) + g(i)h(i) = f, h + g, h siden vi allerede vet at alle rekkene konvergerer når f, g, h X. (iv) Det gjenstår å vise at f, f 0 med likhet hvis og bare hvis f = 0. Dette følger umiddelbart fra uttrykket f, f = f(i) e) At {e n } er ortonormal, følger direkte fra definisjonen. For å vise at {e n } er en basis, må vi vise at ethvert element f X kan skrives som en lineær kombinasjon f = α ne n på entydig måte. Entydigheten er enkel: Dersom α ne n og β ne n er to forskjellige lineærkombinasjoner, er ( α n e n β n e n = (α n β n )e n = (α n β n ) > 0 4
som viser at de to lineærkombinasjonene ikke kan være lik samme element. Det er naturlig å tro at f = f(n)e n. For å bekrefte dette, må vi vise at f = N f(n)e n, altså at f N f(n)e n = 0. Det følger av at f ( N f(n)e n = n=n+1 f(n) der vi har brukt at rekken f(n) konvergerer. Oppgave 7 0 Siden f er uniformt kontinuerlig, finnes det en δ > 0 slik at f(u) f(v) 1 når u v δ. For enhver x [0, ), la N x være det minste hele tallet større enn eller lik x δ. Vi kan dele opp linjestykket fra 0 til x i N x biter ved å bruke delepunktene x 0 = 0, x 1 = δ, x = δ,..., x Nx 1 = (N x 1)δ, x Nx = x Legg merke til at hvert delintervall har lengde mindre enn eller lik δ, og at vi derfor har f(x i ) f(x i 1 ) 1. Dermed er f(x) = f(x 0 )+(f(x 1 ) f(x 0 ))+(f(x ) f(x 1 ))+ +(f(x Nx ) f(x Nx 1) f(0) + f(x 1 ) f(x 0 ) + f(x ) f(x 1 ) + + f(x Nx ) f(x Nx 1) f(0) + N x f(0) + x δ + 1 der vi i siste skritt har brukt at N x x δ + 1. Dette betyr at f(x) 1 x + ( f(0) + 1), δ dvs. at påstanden i oppgaven er oppfylt med A = 1 δ og B = f(0) + 1. Oppgave 8 Anta for motsigelse at det ikke finnes noen N slik at K N G n. Da kan vi for hver n N finne et element x n K \ n k=1 G k. Siden K er kompakt, finnes det en delfølge {x nk } av {x n } som konvergerer mot et punkt x K. Siden K G n, må det finnes en N N slik at x G N. Siden {x nk } konvergerer mot x G N, må det finnes et tall K N slik at x nk G N for alle k K. Men det er umulig siden x n / G N for alle n N. Dermed har vi vår selvmotsigelse, og påstanden er bevist. 5