Besvarelse, Eksamen Analyse 1, 2013

Transkript

1 Københavns Universitet Prøve ved Det naturvidenskabelige Fakultet juni 23 Besvarelse, Eksamen Analyse, 23 Opgave Lad, for n N, funktionen f n : [, ) R være givet ved NB. Trykfejl. Burde være x. f n (x) = 2 + x n, x >. (a) Vis, at funktionsfølgen (f n ) n N er punktvis konvergent, og bestem grænsefunktionen f. (b) Lad a >. Vis, at (f n ) n N konvergerer uniformt i delintervallet [, a] hvis og kun hvis a <. (a) For x < gælder x n 2 for n og dermed 2. For x = +x n 2 er f n (x) = for alle n og dermed. For x > gælder x n og +x n 2 dermed for n. Altså er der punktivis konvergens mod +x n 2 hvis x < f(x) = hvis x = hvis x > (b) Hvis der er uniform konvergens på [, a] er f kontinuert på [, a] ifølge TL.3.8. Da f er diskontinuert fra venstre i er dette udelukket hvis a. Antag a < og x a. Vi finder f(x) f n (x) = x n = 2x n + x n 2xn 2a n. Dermed d [,a] (f, f n ) 2a n, som går mod nul idet a <.

2 Opgave 2 NB: Begge spørgsmål i denne opgave KAN og SKAL besvares uden at de nævnte Fourier koefficienter c k bestemmes explicit. Lad f : R C være den 2π-periodiske funktion som er givet ved { cos(2x) hvis π < x f(x) = cos(x) hvis < x π. (a) Vis, at Fourier rækken k= c k e ikx for f er punktvis konvergent, og angiv dens sum for alle x. (b) Er Fourier rækken absolut konvergent for x =? (a) Funktionen f er stykvis differentiabel, idet de to funktioner cos(2x), x [, ] og cos(x), x [, π], er differentiable. Altså er dens Fourier række punktvis konvergent ifølge JPS Sætning 3.5, og sumfunktionen er den normaliserede funktion F (x). Det eneste diskontinuitetspunkt er x = π, hvor f(π ) = cos(π) = men f(π + ) = cos( 2π) =. Altså er F den 2π-periodiske funktion med cos(2x) hvis π < x F (x) = cos(x) hvis x < π hvis x = π. (b) Det korrekte svar er at den er absolut konvergent. For x = er Fourier rækken c k. Absolut konvergens af denne række betyder pr definition (se JPS side 6) at c + c k + c k <. () k= Dette er opfyldt idet det herunder vises at c k + c k = for k > 2. Hvis spørgsmålet derimod havde været Er Fourier rækken absolut konvergent? (uden nævnelsen af x = ) ville det korrekte svar være at rækken ikke er absolut konvergent. Absolut konvergens af hele rækken betyder nemlig c + k= 2 c k < (2)

3 og dette kan ikke være opfyldt, idet Sætning 2.4 så ville medføre uniform konvergens af Fourierrækken på hele R, i modstrid med at sumfunktionen ikke er kontinuert i π. Eftersom (2) er en nærliggende (omend forkert) fortolkning af spørgsmålet, vil en besvarelse, der anvender denne og er korrekt ud fra dette udgangspunkt, blive anset for at være næsten korrekt. Bevis for at c k + c k = for k > 2: Fra JPS () og (3) følger at c k + c k = a k = π = π (fordi lige funktioner) = 2π f(x) cos(kx) dk cos(2x) cos(kx) dx + π cos(2x) cos(kx) dx + 2π cos(x) cos(kx) dx Fra Eulers formel cos(x) = 2 (eix + e ix ) følger for alle heltal k, l cos(x) cos(kx) dx cos(lx) cos(kx) = 4 (eilx + e ilx )(e ikx + e ikx ) = ( e i(l+k)x + e i(l k)x + e i( l+k)x + e i( l k)x) 4 og fra Lemma 2.5 fås dermed cos(lx) cos(kx) dx = (l ±k). Altså er c k + c k = for k ±, ±2. 3

4 Opgave 3 Lad p være givet og betragt potensrækken (n ) (ln(n + )) p x n, hvis konvergensradius betegnes r, og hvis sumfunktion på det åbne interval ( r, r) betegnes f(x). (a) Vis at r =, og gør rede for at f er kontinuert samt at f(x) for alle x [, ). (b) Vis, at det uegentlige integral f(x) dx er konvergent og bestem en uendelig række for dets værdi. (a) Lad a n = p. Da gælder (n )(ln(n+)) a n+ a n = n n ( ) p ln(n + 2) ln(n + ) Vi finder for n og (feks med l Hopitals regel) n n Dermed gælder ln(n + 2) ln(n + ). a n+ a n og konvergensradius bliver (jf ugeseddel 2-extra). f er kontinuert ifølge TL Desuden er f(x) for x idet alle leddene i rækken er. (b) Ved ledvis integration, hvilket er tilladt ifølge Ugeseddel 2, Sætning B, fås b b f(x) dx = (n ) (ln(n + )) p x n dx og idet b xn dx = n+ bn+ fås (n ) (ln(n + )) p b x n dx = b n+ (n )(n + ) (ln(n + )) p 4

5 For n 2 og b er b n+ (n )(n + ) (ln(n + )) p (n ) 2 og dermed er en konvergent majorantrække for alle b [, ]. (n ) 2 Altså er b b n+ f(x) dx = (n )(n + ) (ln(n + )) p kontinuert som funktion af b [, ], dvs lim b b f(x) dx = (n )(n + ) (ln(n + )) p. 5

6 Opgave 4 (a) Lad (M, d) være et metrisk rum og lad A, B M være delmængder med A B = og A B = M. For x, y M defineres { d(x, y) hvis {x, y} A eller {x, y} B σ(x, y) = + d(x, y) ellers (dvs man lægger til når x og y tilhører hver sin af de to mængder). Vis, at (M, σ) er et metrisk rum. (b) Vis at A er en åben delmængde af (M, σ). (c) Vis at (M, σ) er kompakt hvis og kun hvis både A og B er kompakte delmængder af (M, d). (a) Af definitionen følger σ(x, x) = d(x, x) for alle x, og dermed er (M) opfyldt. Endvidere er definitionen åbenlyst symmetrisk med hensyn til x og y, så (M2) er også klar. Trekantsuligheden (M3): Givet x, y, z M vil to af disse punkter, lad os feks sige x og y, nødvendigvis tilhøre den samme mængde. Hvis det tredje punkt z tilhører den samme mængde som de andre to er σ og d identiske på alle par af x, y, og z, og trekantsuligheden for σ er identisk med den for d. Ellers er σ(x, z) = + d(x, z) + d(x, y) + d(y, z) = σ(x, y) + σ(y, z). (b) For x A gælder at d(x, y) for alle y B og dermed K(x, ) A. Altså er x indre i A. Dermed er A åben. Af symmetrigrunde ses at også B er åben in (M, σ). (c) Antag først at (M, σ) er kompakt. Da A og B er åbne og hinandens komplementærmængder er de også afsluttede, og dermed kompakte delmængder af (M, σ). Lad nu (x n ) n N være en følge i A. Den har en delfølge (x nk ) k N som er σ-konvergent i A, dvs der findes x A så ɛ > N : k N σ(x nk, x) < ɛ og da d(x, y) σ(x, y) for all x, y fås så ɛ > N : k N d(x nk, x) < ɛ dvs at delfølgen også er d-konvergent. Altså er A kompakt med hensyn til d. Antag dernæst at A og B begge er kompakte i (M, d), og lad (x n ) n N være en følge i M. For alle n N er x n A eller x n B, og derfor må mindst en af mængderne {n x n A} og {n x n B} 6

7 være uendelig, lad os feks sige den første. Det vil sige at (x n ) n N har en delfølge i A. Denne delfølge har en delfølge (x nk ) som er konvergent med hensyn til d, det vil sige der findes x A så ɛ > N : k N d(x nk, x) < ɛ. Da vil x nk også konvergere mod x med hensyn til σ, idet alle dens elementer, såvel som x, tilhører A, således at σ(x nk, x) = d(x nk, x). 7