Analyse 1, Prøve 4 Besvarelse

Transkript

1 Københavns Universitet Prøve ved Det naturvidenskabelige Fakultet juni Analyse 1, Prøve 4 Besvarelse Lad Opgave 1 (50%) M = {T R 2 T er en åben trekant} og lad A : M R være arealfunktionen, dvs. A(T ) er arealet af trekant T. Den tomme mængde medregnes som en trekant i M med areal 0. Definer d : M M R ved d(t 1, T 2 ) = A(T 1 T 2 ) A(T 1 T 2 ), T 1, T 2 M, hvor vi også har brugt notationerne A(T 1 T 2 ) og A(T 1 T 2 ) til at angive arealerne af mængderne T 1 T 2 og T 1 T 2 selvom disse ikke nødvendigvis er trekanter. (a) (10%) Lad T 1 være trekanten med hjørnerne (0, 0),(1, 0) og (0, 1) og T 2 trekanten med hjørnerne ( 1 2, 0), ( 3 2, 0) og ( 1 2, 1). Bestem d(t 1, T 2 ). (b) (10%) Vis, at for alle T 1, T 2 M er d(t 1, T 2 ) = A(T 1 ) + A(T 2 ) 2A(T 1 T 2 ) og at d definerer en metrik på M. (c) (10%) Vis, at arealfunktionen er afstandsformindskende, dvs. for alle T 1, T 2 M. A(T 1 ) A(T 2 ) d(t 1, T 2 ) (d) (10%) Argumenter, for at {T M A(T ) < 1} er en åben mængde i M med metrikken d. (e) (10%) Vis, at der findes en følge (T n ) af ikke tomme trekanter i M, så T n i M (med metrikken d) når n og diam(t n ) når n. Besvarelse: (a) For de givne trekanter er A(T 1 ) = A(T 2 ) = 1/2 og T 1 T 2 er en retvinklet trekant, hvor kateterne begge har længde 1/2 så arealet er A(T 1 T 2 ) = 1/8. Hvis vi derfor benytter formlen i (b) (som vi viser nedenfor) finder vi d(t 1, T 2 ) = A(T 1 ) + A(T 2 ) 2A(T 1 T 2 ) = = 3 4.

2 (b) Vi har T 1 T 2 = T 1 (T 2 \(T 1 T 2 )), hvor det sidste udtryk er en disjunkt forening. Dvs. A(T 1 T 2 ) = A(T 1 ) + A(T 2 \ (T 1 T 2 )) = A(T 1 ) + A(T 2 ) A(T 1 T 2 )), hvor vi i sidste lighed har benyttet, at T 1 T 2 T 2. Formlen i (b) følger umiddelbart af dette. Vi viser nu, at d definerer en metrik. M1: Da T 1 T 2 T 1 T 2 vil A(T 1 T 2 ) A(T 1 T 2 ) derfor er d(t 1, T 2 ) 0. Hvis d(t 1, T 2 ) = 0 må A(T 1 T 2 ) = A(T 1 T 2 ), men derfor er T 1 T 2 = T 1 T 2, hvilket betyder, at T 1 = T 2. M2 er oplagt, da udtrykket for d er symmetrisk i T 1 og T 2. M3: Ved brug af det netop viste udtryk for d finder vi d(t 1, T 2 ) + d(t 2, T 3 ) d(t 1, T 3 ) = A(T 1 ) + A(T 2 ) 2A(T 1 T 2 ) + A(T 2 ) + A(T 3 ) 2A(T 2 T 3 ) A(T 1 ) A(T 3 ) + 2A(T 1 T 3 ) = 2(A(T 2 ) A(T 1 T 2 ) A(T 2 T 3 ) + A(T 1 T 2 T 3 )) +2(A(T 1 T 3 ) A(T 1 T 2 T 3 ))) = 2(A(T 2 ) A((T 1 T 3 ) T 2 ) +2(A(T 1 T 3 ) A(T 1 T 2 T 3 ))) 0 idet begge led i sidste udtryk er ikke-negative. (c) Vi har ved brug af formlen fra (b) A(T 1 ) A(T 2 ) = d(t 1, T 2 ) + 2A(T 1 T 2 ) 2A(T 2 ) d(t 1, T 2 ). Da den samme ulighed gælder med T 1 og T 2 ombyttet får vi den ønskede ulighed i opgaven. (d) Man kan løse opgaven på flere måder. Af (c) følger, at A : M R er en kontinuert afbildning, idet den er afstandsformindskende. Derfor er {T M A(T ) < 1} = A 1 (], 1[) urbilledet af en åben mængde ved en kontinuert afbildning og dermed åben. Idet d(, T ) = A(T ) kan man også bemærke, at {T M A(T ) < 1} er kuglen med centrum og radius 1 og kugler er åbne. (e) Betragt for n = 1, 2,... de retvinklede trekanter T n givet ved hjørnerne (0, 0), (0, 1 ) og (n, 0). Da har T n 2 n diameter større end eller lig med n, idet vi kan finde punkter i trekanten, der er vilkårlig tæt på hjørnerne (0, 0) og (n, 0), hvis afstand er n. Arealet er A(T n ) = 1n 1 = 1. Altså 2 n 2 2n har vi diam(t n ) n og d(, T n ) = A(T n ) = 1 0 (dvs. T 2n n ) når n. 2

3 Opgave 2 (50%) Betragt det komplekse vektorrum E bestående af funktioner f : R C, der er kontinuert differentiable, dvs. C 1 og -periodiske. (a) (10%) Vis at f 1 = definerer en norm 1 på E. f(x) dx (b) (10%) Vis, at middelværdien M(f) = 1 f(x)dx definerer en kontinuert afbildning M : E C fra E med metrikken hørende til 1 til C med standardmetrikken. (c) (10%) Betragt for n = 0, 1, 2,... den n. afsnitssum S n (f) af Fourierrækken for f. Vis, at S n definerer en kontinuert afbildning S n : E E med metrikken hørende til 1. (d) (10%) Givet f E. Argumenter for, at s n = S n (f) (med notationen fra (c)) definerer en følge (s n ), der konvergerer mod f i metrikken hørende til 1. (e) (10%) Giv et eksempel på en funktion f : R C, som er -periodisk og stykvis C 1, men som ikke er C 1. Vis, at der for enhver sådan funktion gælder, at afsnitssummerne s n, n = 1, 2,... for dens Fourierrække udgør en Cauchy-følge i E og konkluder ud fra en sådan følge, at E ikke er et fuldstændigt metrisk rum med metrikken hørende til 1. Besvarelse: (a) N1: Da integralet af en ikke-negativ funktion er ikke-negativ gælder f 1 0. Hvis f E opfylder f 1 = 0 er f en ikke-negativ kontinuert funktion hvis integral over [, π] er 0. Derfor er f og dermed f nul på [, π]. Da f er -periodisk er f identisk lig med 0. N2: Hvis λ C og f E er λf 1 = λf(x) dx = λ f(x) dx = λ f 1. N3: Hvis f, g E får vi ved trekantsuligheden i C, at f + g = f(x) + g(x) dx Derfor er 1 en norm på E. 3 ( f(x) + g(x) )dx = f 1 + g 1.

4 (b) Givet f, f 0 E. Da er M(f) M(f 0 ) = 1 = 1 f f 0 1 Givet ε > 0 vælg δ = ε da vil f(x) f 0 (x)dx 1 f f 0 1 < δ M(f) M(f 0 ) 1 f f 0 1 < ε. Derfor er M kontinuert i ethvert f 0 E. f(x) f 0 (x) dx (c) Vi bemærker først at S n definerer en afbildning fra E til E idet vi for f E har, at S n (f) er et -periodisk trigonometrisk polynomium og dermed specielt C 1. Givet f, f 0 E. Da er S n (f) S n (f 0 ) 1 = k (f) c k (f 0 ))e (c ikx 1 (c k (f) c k (f 0 ))e ikx 1 = = Vi har også c k (f) c k (f 0 ) = 1 1 = 1 = (c k (f) c k (f 0 ))e ikx dx c k (f) c k (f 0 ) dx c k (f) c k (f 0 ) (f(x) f 0 (x))e ikx dx (f(x) f 0 (x))e ikx dx f(x) f 0 (x) dx = 1 f f 0 1. Alt i alt får vi derfor S n (f) S n (f 0 ) 1 (2n + 1) f f 0 1. Givet ε > 0 vælg δ = ε/(2n + 1) da vil f f 0 1 < δ S n (f) S n (f 0 ) 1 < ε. Derfor er S n kontinuert i ethvert f 0 E. 4

5 (d) Da f E er C 1 vil Fourierrækken for f konvergere uniformt mod f. Givet ε > 0 kan vi derfor finde N, så s n (x) f(x) < ε/() for alle n N og alle x. Men da vil s n f 1 = s n (x) f(x) dx < for n N, hvilket var, hvad vi skulle vise. ε/()dx = ε (e) Den kontinuerte funktion f(x) = sin(x) er -periodisk og stykvis C 1 med differentialkvotient cos(x) sin(x)/ sin(x) i alle punkter hvor sin(x) 0, dvs. for x ikke et multiplum af π. Funktionen er stykvis C 1 da differentialkvotienten har en grænseværdi fra højre og venstre i alle punkterne x = nπ, n = 1, 2,.... Da disse grænseværdier er forskellige, nemlig henholdsvis ±1 er funktionen ikke differentiabel i x = nπ, n = 1, 2,... og er dermed ikke C 1. Hvis E er rummet af -periodiske stykvis C 1 funktioner kan 1, med samme integral definition, udvides til en norm på E ved samme argument som i besvarelsen af (a). Hvis f E \E vil afsnitssummerne s n i Fourierrækken for f ligge i E, da de er -periodiske trigonometriske polynomier. Ved samme argument som i (d) vil s n konvergere mod f i E. Derfor er (s n ) en Cauchy-følge i E. Da elementerne ligger i E, er (s n ) en Cauchy-følge i E, men følgen konvergerer mod f som ikke ligger i E. Derfor er følgen ikke konvergent i E. Derfor er E ikke et fuldstændigt metrisk rum. 5