Tirsdag - Matematik - Rasmus Sylvester Bryder
Tirsdag - Matematik - Rasmus Sylvester Bryder
Tirsdag - Matematik - Rasmus Sylvester Bryder
You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
Analyse 1<br />
Øvelser<br />
<strong>Rasmus</strong> <strong>Sylvester</strong> <strong>Bryder</strong><br />
11. og 13. juni 2013<br />
<strong>Tirsdag</strong><br />
CB 6.3<br />
Lad (M, d) være et kompakt metrisk rum. Vis, at der findes a, b ∈ M s˚a d(a, b) = diamM.<br />
Jf. CB Sætning 6.13 er det metriske produktrum M × M kompakt, idet M er kompakt. Betragt nu<br />
metrikken d: M ×M → R p˚a R. Hvis an → a i M ×M, kan vi skrive an = (xn, yn) og a = (x, y) og har<br />
da jf. Sætning 4.3 at xn → x og yn → y. Jf. CB Opgave 1.4 (øvelsesnoter uge 6) vil d(xn, yn) → d(x, y)<br />
eller d(an) → d(a), hvormed d alts˚a er en kontinuert afbildning p˚a M × M.<br />
Jf. CB Sætning 6.10 har billedet d(M × M) en størsteværdi D ∈ R, som antages af et punkt (a, b) ∈<br />
M × M. Da D er størsteværdi for d, vil d(x, y) ≤ D for alle x, y ∈ M, hvormed diamM ≤ D. Da vi<br />
ogs˚a har diamM ≥ d(a, b) = D, følger derfor, at diamM = D = d(a, b), hviilket var hvad vi ønskede.<br />
CB 6.5<br />
Benyt overdækningsegenskaben til at vise hovedsætningerne 1-3 i §6.2 om kompakte mængder.<br />
Vi husker, at hvis K ⊆ (M, d) er en kompakt delmængde, gælder følgende jf. CB Sætning 6.17: hvis<br />
(Ai)i∈I er en ˚aben overdækning af K – alle Ai’er er ˚abne delmængder af M og K ⊆ <br />
i∈I Ai – vil<br />
findes i1, . . . , in ∈ I s˚a A ⊆ n Aij j=1 . Kort sagt, en delmængde A af M er kompakt, hvis enhver ˚aben<br />
overdækning kan udtyndes til en endelig ˚aben overdækning.<br />
Sætning 1 (1. hovedsætning). Hvis (X, dX) og (Y, dY ) er metriske rum, K en kompakt delmængde<br />
af X og f : K → Y en kontinuert afbildning, da er billedet f(K) en kompakt delmængde af Y .<br />
Bevis. Lad (Ai)i∈I være en ˚aben overdækning af f(K). Da f er kontinuert, er mængderne f −1 (Ai)<br />
alle˚abne og da f(K) ⊆ <br />
i∈I Ai, vil der for alle x ∈ K findes i ∈ I s˚a f(x) ∈ Ai, hvormed x ∈ f −1 (Ai).<br />
Alts˚a vil K ⊆ <br />
i∈I f −1 (Ai). Vi slutter af dette, at (f −1 (Ai))i∈I er en ˚aben overdækning af K. Da K<br />
er kompakt, vil der findes i1, . . . , in ∈ I s˚a K ⊆ n j=1 f −1 (Aij ). Vi f˚ar af dette, at f(K) ⊆ n Aij j=1 :<br />
hvis y ∈ f(K), vil y = f(x) for et x ∈ K, hvormed x ∈ f −1 (Aij ) for et j = 1, . . . , n – dette giver<br />
at y = f(x) ∈ Aij . Alts˚a er f(K) kompakt, idet vi kan udtynde enhver ˚aben overdækning af denne<br />
mængde til en endelig overdækning.<br />
Sætning 2 (2. hovedsætning). En kontinuert reel funktion p˚a en ikke-tom kompakt delmængde af et<br />
metrisk rum er begrænset og har s˚avel en størsteværdi som en mindsteværdi.<br />
Bevis. Af foreg˚aende hovedsætning vil billedet af en ikke-tom kompakt delmængde K ⊆ M under<br />
kontinuert reel funktion f : M → R være kompakt. Specielt er f(K) begrænset og ikke-tom, s˚a f(K)<br />
har et supremum og infimum i R. Vi har nu følgende p˚astand: Hvis A er en ikke-tom, begrænset<br />
og afsluttet delmængde af R, vil sup A ∈ A og inf A ∈ A. Det er nok at vise p˚astanden for sup A;<br />
beviset for inf A er tilsvarende. Vælg for n ∈ N et xn ∈ A s˚a sup A < xn + 1<br />
n . Da vil xn − 1<br />
n < xn ≤<br />
sup A < xn + 1<br />
n for alle n ∈ N, hvormed |xn − sup A| < 1<br />
n . Ved at lade n → ∞, ses at xn → sup A, s˚a<br />
sup A ∈ A = A. Ved at lade A = f(K) ses, at A er ikke-tom, afsluttet og begrænset, hvormed f(K)<br />
har en størsteværdi og en mindsteværdi.<br />
1
Sætning 3 (3. hovedsætning). Lad (M, d) være et kompakt metrisk rum. En ikke-tom delmængde<br />
K ⊆ M er kompakt hvis og kun hvis K er afsluttet.<br />
Bevis. Antag først, at K er afsluttet. Lades (Ai)i∈I være en ˚aben overdækning af K, vil {Ai}i∈I ∪<br />
{M \ K} være en ˚aben overdækning af M. Da M er kompakt, vil der findes en endelig delmængde<br />
af ovenst˚aende mængde som indeholder M. Specielt indeholder den K, s˚a K er kompakt.<br />
Antag derp˚a, at K \ M er kompakt. Vi viser, at M \ K er ˚aben. Lad derfor x ∈ M \ K. For ethvert<br />
punkt y ∈ K vil x = y, s˚a d(x, y) > 0. Specielt kan vi finde disjunkte kugler Fy og Gy om henholdsvis<br />
x og y (vi vælger blot begge deres radier til at være det halve af d(x, y)). Nu vil (Gy)y∈K være en<br />
˚aben overdækning af K, da hvert punkt i K er indeholdt i en af Gy’erne pr. konstruktion. Da Y er<br />
kompakt, findes y1, . . . , yn ∈ K s˚a K ⊆ n i=1 Gyi . Bemærk nu, at n Fyi i=1 er en ˚aben mængde der<br />
indeholder x, som er disjunkt med K. Hvis z ∈ K ⊆ n Gyi ville nemlig gælde, at z ∈ Gyi for<br />
et i = 1, . . . , n, hvormed z /∈ Fyi (da Fyi og Gyi er disjunkte) og z /∈ n<br />
i=1<br />
i=1<br />
Fyi . Alts˚a har vi fundet<br />
en ˚aben mængde omkring x indeholdt i M \ K. Da x var vilk˚arlig, er M \ K ˚aben, hvormed K er<br />
afsluttet.<br />
CB 6.7<br />
Lad (M, d) være et kompakt metrisk rum og lad F1 ⊇ F2 ⊇ . . . være en dalende følge af afsluttede,<br />
ikke-tomme mængder. Vis, at ∞<br />
n=1 Fn = ∅.<br />
Tag xn ∈ Fn for alle n ∈ N. Da vil følgen (xn) nødvendigvis have en konvergent delfølge (xnp ), da M<br />
er kompakt. Lad x = limp→∞ xnp . For N ∈ N vil nN ≥ N. For alle p ≥ N vil<br />
xnp<br />
∈ Fnp ⊆ FnN ⊆ FN,<br />
s˚a da delfølgen (xnp)p≥N = (xnp+N )p∈N ogs˚a konvergerer imod x, vil x ∈ FN = FN, da FN er afsluttet.<br />
Dette giver os, at x ∈ ∞ n=1 Fn, s˚a ∞ n=1 Fn = ∅.<br />
Et andet bevis: hvis ∞ n=1 Fn = ∅, ville ∞ n=1 (M \ Fn) = M \ ( ∞ være en ˚aben overdækning af M. Der findes da naturlige tal n1 < n2 < . . . < nm s˚a<br />
m<br />
m<br />
M = (M \ Fni ) = M \<br />
i=1<br />
i=1<br />
Fni<br />
n=1 Fn) = M, s˚a (M \ Fn) ∞ n=1 ville<br />
= M \ Fnm ,<br />
hvormed Fnm = ∅, i modstrid med at alle Fn var antaget ikke-tomme.<br />
Ekstra opgave 1<br />
Betragt vektorrummet E = C([0, 1], R) med integralnormen f1 = 1<br />
|f(x)|dx og den tilhørende<br />
0<br />
metrik d1 (se Eksempel 1.5). For hvert a ∈ R betegnes med fa funktionen fa(x) = (x + a) 2 hvor<br />
x ∈ [0, 1].<br />
(a)<br />
Bestem afstanden d1(fa, fb) for a, b ∈ R.<br />
Bemærk først, at<br />
1<br />
d1(fa, fb) = |fa(x) − fb(x)|dx<br />
0<br />
1<br />
=<br />
0<br />
|(x + a) 2 − (x + b) 2 |dx =<br />
1<br />
1<br />
= |a − b| |2x + (a + b)|dx = 2|a − b| |x + c|dx,<br />
hvor c = a+b<br />
2 . Vi har nu tre tilfælde:<br />
0<br />
1<br />
|((x + a) + (x + b))((x + a) − (x + b))|dx<br />
0<br />
2<br />
0
1. c ≥ 0: I dette tilfælde er x + c ≥ c ≥ 0 for alle x ∈ [0, 1], hvormed<br />
1<br />
1<br />
|x + c|dx =<br />
0<br />
0<br />
x + cdx = 1<br />
+ c.<br />
2<br />
Bemærk i dette tilfælde, at 1<br />
1<br />
1<br />
2 + c ≥ 0, hvormed 2 + c = | 2 + c|.<br />
2. c ≤ −1: I dette tilfælde er x + c ≤ x − 1 ≤ 0 for alle x ∈ [0, 1], hvormed<br />
1<br />
1<br />
|x + c|dx = − (x + c)dx = − 1<br />
− c.<br />
2<br />
Bemærk her, at 1<br />
1<br />
1<br />
2 + c ≤ 0, hvormed − 2 − c = | 2 + c|.<br />
0<br />
3. −1 < c < 0: I dette tilfælde er x + c ≥ 0 for x ≥ −c og x + c ≤ 0 for x ≤ −c, hvormed<br />
1<br />
|x + c|dx = −<br />
0<br />
−c<br />
0<br />
0<br />
1<br />
(x + c)dx + (x + c)dx<br />
−c<br />
<br />
2 (−c)<br />
= − + c(−c) +<br />
2<br />
<br />
1 1<br />
−<br />
2 2 (−c)2 <br />
+ c(1 + c)<br />
= − c2<br />
2 + c2 + 1 1<br />
−<br />
2 2 c2 + c + c 2 = 1<br />
2 + c + c2 .<br />
Bemærk, at c ≥ 0 hvis og kun hvis a + b ≥ 0, c ≤ 0 hvis og kun hvis a + b ≤ −2 og −1 < c < 0 hvis<br />
og kun hvis −2 < a + b < 0. Alts˚a f˚ar vi, at<br />
<br />
2|a − b|<br />
d1(fa, fb) =<br />
<br />
1 a+b<br />
2 + <br />
2 for a + b ≥ 0 eller a + b ≤ −2<br />
2|a − b|<br />
for − 2 < a + b < 0.<br />
(b)<br />
1<br />
2<br />
+ a+b<br />
2<br />
+ (a+b)2<br />
4<br />
Vis, at afbildningen a ↦→ fa er kontinuert R → (E, d1).<br />
Lad (an) være en konvergent følge i R med an → a. Da findes specielt M ≥ 0 s˚a |an| ≤ M og |a| ≤ M<br />
for alle n ∈ N. Specielt findes K ≥ 0 s˚a |an + a| ≤ K for n ∈ N (vi kan fx vælge K = 2M med M fra<br />
før). Nu vil<br />
d1(fan , fa)<br />
<br />
2|an − a|<br />
≤<br />
<br />
1 K<br />
2 + 2 for an + a ≥ 0 eller an <br />
+ a ≤ 2<br />
1 K K2<br />
2|an − a| 2 + 2 + 4 for − 2 < an + a < 0<br />
<br />
1 K K2<br />
≤ 2|an − a| + + → 0<br />
2 2 4<br />
for n → ∞. Alts˚a vil fan → fa for n → ∞ i E, hvormed afbildningen er kontinuert.<br />
(c)<br />
Vis, at K = {fa | 0 ≤ a ≤ 2} er en afsluttet og begrænset delmængde af E.<br />
Det afsluttede, begrænsede interval [0, 2] er en kompakt delmængde af R. Alts˚a vil billedet af dette<br />
interval under afbildningen fra (b) være kompakt i E, og dette er netop K. Da K derfor er kompakt,<br />
er K specielt afsluttet og begrænset (husk, at det ikke i almindelighed gælder den anden vej).<br />
Reeksamen 2010, opgave 4<br />
Betragt R 2 som metrisk rum med den sædvanlige metrik. Bestem det indre, afslutningen og randen<br />
for mængden<br />
A = {(t cos(t −1 ), t sin(t −1 )) | t ∈ (0, ∞)},<br />
og afgør om A er en kompakt mængde.<br />
3
Definér f : (0, ∞) → R 2 ved f(t) = (t cos(t −1 ), t sin(t −1 )). Da er f kontinuert og A = f((0, ∞)).<br />
Definér endvidere g : R 2 → R ved g(a) = |a|. Da vil g(f(t)) = |t| = t for alle t > 0 grundet<br />
idiotformlen, og for a ∈ A vil der findes t > 0 s˚a a = f(t), hvormed f(g(a)) = f(g(f(t))) = f(t) = a.<br />
Lad (an) være en konvergent punktfølge i A med a ∈ R 2 som grænsepunkt. Sætter vi tn = g(an) for<br />
n ∈ N og t = g(a), vil tn → t, idet g er kontinuert. Bemærk at tn > 0 for alle n ∈ N, hvormed t ≥ 0<br />
(se evt. lemmaet nedenfor). Der er nu to muligheder:<br />
1. Hvis t > 0, vil an = f(g(an)) = f(tn) → f(t), da f er kontinuert, hvormed a = f(t) ∈ A.<br />
2. Hvis t = 0, har vi alts˚a, at |an| = g(an) = tn → 0, hvormed vi nødvendigvis m˚a have an → (0, 0),<br />
da |an − (0, 0)| = |an| → 0.<br />
Dette giver os, at A ⊆ A ∪ {(0, 0)}. Omvendt ser vi, at A ⊆ A (trivielt) og at (0, 0) ∈ A eftersom vi<br />
) → (0, 0). Alts˚a vil<br />
har f( 1<br />
n<br />
) ∈ A, samt |f( 1<br />
n<br />
)| → 0 hvormed f( 1<br />
n<br />
A = A ∪ {(0, 0)}.<br />
Lemma 4. Hvis (tn) er en følge af reelle tal for hvilke tn ≥ k for et k ∈ R, og tn → t for et t ∈ R,<br />
vil t ≥ k.<br />
Bevis. Antag at k > t, og lad ε = k − t > 0. Da findes N ∈ N s˚a |tn − t| < ε for n ≥ N, hvormed vi<br />
har tN − t ≤ |tN − t| < k − t eller tN < k. Modstrid.<br />
A er ikke kompakt, da den fx ikke er begrænset (vi har, at |f(t)| → ∞ for t → ∞) eller afsluttet (da<br />
A = A).<br />
Vi gætter nu p˚a at A ◦ = ∅, og beviser det som følger (bemærk, at en masse ligheder i det følgende<br />
skyldes idiotformlen). Lad a ∈ A, og tag t > 0 s˚a a = f(t). Lad r > 0; vi vil vise, at K(a, r) ⊆ A.<br />
Da funktionen u ↦→ u −1 , u > 0 er kontinuert i t, findes δ0 > 0 s˚a |s − t| < δ0 for s > 0 medfører<br />
|s −1 − t −1 | < 2π. Lad δ = min{r, δ0} og vælg et s > 0 s˚aledes at s = t samt |s − t| < δ. Definér nu<br />
Da vil<br />
x = (s cos(t −1 ), s sin(t −1 )).<br />
|x − a| = |((s − t) cos(t −1 ), (s − t) sin(t −1 ))| = |s − t| < δ ≤ r,<br />
hvormed x ∈ K(a, r). Hvis x ∈ A ville findes u > 0 s˚a x = f(u), hvormed s = |x| = |f(u)| = u. Vi<br />
har derfor, at<br />
(s cos(t −1 ), s sin(t −1 )) = f(s) = (s cos(s −1 ), s sin(s −1 ))<br />
4
eller (cos(t −1 ), sin(t −1 )) = (cos(s −1 ), sin(s −1 )) ved at gange begge vektorer med s −1 . Derfor vil<br />
cos(s −1 ) = cos(t −1 ) og sin(s −1 ) = sin(t −1 ), hvormed s −1 = t −1 + 2πn for et n ∈ Z eller |s −1 − t −1 | =<br />
2πm for et m ∈ N0. For dette m vil nu gælde 2πm = |s −1 − t −1 | < 2π (s˚adan valgte vi s), s˚a m = 0.<br />
Derfor vil |s −1 − t −1 | = 0, hvormed s −1 = t −1 og s = t – men dette strider igen imod hvordan vi<br />
valgte s. Alts˚a vil x /∈ A, og vi slutter at intet punkt i A er indre.<br />
Jf. ovenst˚aende er randen ∂A lig hele A = A ∪ {(0, 0)}.<br />
Torsdag<br />
Reeksamen 2010, opgave 1<br />
Afgør for hver af følgende rækker om den er divergent, betinget konvergent eller absolut konvergent.<br />
(a)<br />
∞ (−1)<br />
n=1<br />
n n 2 +3n+7<br />
2n +1<br />
For alle n ∈ N vil<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
(−1) n n 2 + 3n + 7<br />
2 n + 1<br />
<br />
<br />
<br />
≤ |(−1)nn2 + 3n + 7|<br />
2n ≤ |(−1)n n 2 | + |3n| + |7|<br />
2 n<br />
= n2 + 3n + 7<br />
2n .<br />
For et vist N ∈ N vil 3n + 7 ≤ n 2 for alle n ≥ N (da n 2 − (3n + 7) → ∞ for n → ∞). Specielt vil<br />
gælde for n ≥ N, at <br />
Eftersom<br />
(−1) n n 2 + 3n + 7<br />
2 n + 1<br />
2(n+1) 2<br />
2 n+1<br />
2n 2<br />
2 n<br />
= 2(n + 1)2 2 n<br />
2 n+1 2n 2<br />
<br />
<br />
<br />
≤ n2 + 3n + 7<br />
2n ≤ 2n2<br />
.<br />
2n (n + 1)2<br />
=<br />
n2 1 1<br />
→<br />
2 2<br />
for n → ∞, konvergerer rækken ∞<br />
n=N 2n2<br />
2 n , hvormed ogs˚a rækken<br />
∞<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
n=N<br />
(−1) n n 2 + 3n + 7<br />
2 n + 1<br />
konvergerer jf. Sammenligningstesten. Eftersom ændring af startindeks ikke ændrer p˚a konvergens af<br />
rækken, slutter vi at den oprindelige række konvergerer absolut.<br />
(b)<br />
∞ n+(−1)<br />
n=1<br />
n 7<br />
2n2 +1<br />
Vi har for n ∈ N, at n + (−1) n 7 ≥ n − 7. Lad os derfor betragte den positive række<br />
∞<br />
n=7<br />
n + (−1) n 7<br />
2n 2 + 1<br />
og vise, at den divergerer (bemærk, at startindekset er ændret); s˚aledes vil den oprindelige række<br />
ogs˚a divergere. Bemærk, at vi har for n ≥ 7 at<br />
n + (−1) n 7<br />
2n 2 + 1<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
n − 7<br />
≥<br />
2n2 n − 7<br />
≥<br />
+ 1 2n2 + n<br />
n − 7<br />
= .<br />
2 3n2 Rækken ∞<br />
n=7 n−7<br />
3n 2 divergerer; hvis den konvergerede, ville rækken ∞<br />
n=7 1<br />
3n<br />
1<br />
3n<br />
= n<br />
3n<br />
n − 7 7<br />
= + 2 3n2 n2 og rækken ∞ n=7 7<br />
ingen forskel). Alts˚a f˚as ved Sammenligningstesten, at ∞ n=7<br />
ogs˚a konvergere, idet<br />
n2 konvergerer, men det gælder ikke jf. TL 12.2.4 (den p˚agangede konstant gør<br />
divergerer.<br />
5<br />
n+(−1) n 7<br />
2n 2 +1
(c)<br />
∞<br />
n=1 (−1)n n −1 f(n −1 ), hvor f : [0, 1] → [0, 1] er en kontinuert voksende funktion med f(0) = 1<br />
2 .<br />
Bemærk først, at f(x) ≥ f(0) = 1<br />
2<br />
for alle n ∈ N og rækken ∞<br />
for x ∈ [0, 1]. Eftersom<br />
|(−1) n n −1 f(n −1 )| ≥ f(n −1 )n −1 ≥ 1<br />
2 n−1<br />
n=1 1<br />
2n−1 divergerer jf. TL 12.2.4, følger af Sammenligningstesten, at<br />
den oprindelige række ikke konvergerer absolut. Den er dog betinget konvergent. Vi har nemlig, at<br />
|(−1) nn−1f(n −1 )| = n−1f(n−1 ) → 0·f(0) = 0 for n → ∞, da f er kontinuert og n−1 → 0 for n → ∞.<br />
For n < m, n, m ∈ N, vil m−1 < n−1 hvormed f(m−1 ) ≤ f(n−1 ), idet f er voksende. Alts˚a vil<br />
|(−1) n n −1 f(n −1 )| = n −1 f(n −1 ) ≤ m −1 f(m −1 ) = |(−1) m m −1 f(m −1 )|,<br />
hvormed leddene er numerisk aftagende og g˚ar imod 0. Da den oprindelige række er alternerende,<br />
følger af TL 12.3.1, at rækken konvergerer.<br />
Reeksamen 2010, opgave 2<br />
Betragt potensrækken<br />
(a)<br />
Find potensrækkens konvergensradius.<br />
Definér an = (−1)n<br />
n2−n+1 <br />
<br />
<br />
<br />
<br />
an+1<br />
an<br />
<br />
<br />
<br />
=<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
∞<br />
(−1) n xn n2 − n + 1 .<br />
n=0<br />
for n ≥ 0. Vi har, at<br />
(−1) n+1<br />
(n+1) 2 −(n+1)+1<br />
(−1) n<br />
n 2 −n+1<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
=<br />
n2 − n + 1<br />
(n + 1) 2 − (n + 1) + 1 = n2 − n + 1<br />
n2 + n + 1<br />
for n → ∞, s˚a jf. en note fra forelæsningerne er konvergensradius lig 1 −1 = 1.<br />
(b)<br />
Lad f betegne potensrækkens sumfunktion. Hvad er<br />
for x i det ˚abne konvergensinterval?<br />
x 2 f ′′ (x) + f(x)<br />
1 1 1 − n + n = 2<br />
1 + 1<br />
n<br />
Bemærk, at vi jf. (a) har, at det ˚abne konvergensinterval for potensrækken er (−1, 1). Jf. TL Sætning<br />
12.7.3 vil f være differentiabel p˚a hele (−1, 1) og<br />
f ′ (x) =<br />
∞<br />
n=0<br />
(n + 1)an+1x n<br />
for alle x ∈ (−1, 1), s˚aledes at ovenst˚aende række konvergerer p˚a dette interval. Igen ved TL Sætning<br />
12.7.3 har vi, at f ′ er differentiabel p˚a (−1, 1) med<br />
f ′′ (x) =<br />
∞<br />
n=0<br />
(n + 1)((n + 1) + 1)an+2x n =<br />
∞<br />
n=0<br />
6<br />
(n + 1)(n + 2)an+2x n =<br />
+ 1<br />
n 2<br />
→ 1<br />
∞<br />
n(n − 1)anx n−2 ,<br />
n=2
hvor rækken igen konvergerer p˚a (−1, 1). Vi har nu for x ∈ (−1, 1), at<br />
x 2 f ′′ (x) + f(x) = x 2<br />
n=2<br />
∞<br />
n(n − 1)anx n−2 ∞<br />
+ anx n<br />
n=2<br />
n=0<br />
∞<br />
= n(n − 1)anx n ∞<br />
+ anx n<br />
= a0 + a1x +<br />
= 1 − x +<br />
n=0<br />
∞<br />
(n(n − 1)an + an)x n<br />
n=2<br />
∞<br />
(n(n − 1)an + an)x n .<br />
For n ≥ 2 vil n(n − 1)an + an = an(n(n − 1) + 1) = an(n 2 − n + 1) = (−1) n , s˚a<br />
s˚aledes at<br />
∞<br />
(n(n − 1)an + an)x n ∞<br />
=<br />
n=2<br />
x 2 f ′′ (x) + f(x) = 1 − x +<br />
n=2<br />
(−1) n x n =<br />
n=2<br />
∞<br />
(−x) n − (1 − x) = 1<br />
− (1 − x),<br />
1 + x<br />
n=0<br />
∞<br />
(n(n − 1)an + an)x n = (1 − x) + 1<br />
1 + x<br />
n=2<br />
for alle x i det ˚abne konvergensinterval (−1, 1).<br />
Reeksamen 2010, opgave 3<br />
Betragt funktionen<br />
(a)<br />
f(x) = cos(3x) sin 2 (x).<br />
Argumentér for, at f er en 2π-periodisk lige funktion.<br />
Vi har for alle x ∈ R, at<br />
f(x + 2π) = cos(3x + 6π) sin 2 (x + 2π) = cos(3x) sin 2 (x) = f(x)<br />
− (1 − x) = 1<br />
1 + x<br />
samt f(−x) = cos(−3x) sin 2 (−x) = cos(3x)(− sin(x)) 2 = cos(3x) sin 2 (x) = f(x), s˚a det ønskede<br />
følger.<br />
(b)<br />
Find cosinusrækken for f.<br />
Da f er kontinuert, 2π-periodisk og lige, har den en Fourier-række, som er en cosinusrække. Vi finder<br />
derfor koefficienterne cn(f). Bemærk først, at eftersom<br />
vil<br />
cos(x) = eix + e −ix<br />
2<br />
, sin(x) = eix − e−ix ,<br />
2i<br />
<br />
3ix −3ix ix −ix 2<br />
e + e (e − e )<br />
f(x) =<br />
2<br />
−4<br />
= − 1<br />
8 ((e3ix + e −3ix )(e 2ix + e −2ix − 2))<br />
= − 1<br />
8 (e5ix + e ix − 2e 3ix + e −ix + e −5ix − 2e −3ix ),<br />
7
hvormed<br />
f = − 1<br />
8 e5 + 1<br />
4 e3 − 1<br />
8 e1 − 1<br />
8 e−1 + 1<br />
4 e−3 − 1<br />
8 e−5<br />
ved notationen en(x) = einx for n ∈ Z. Vi har da, at<br />
⎧<br />
⎨ −<br />
cn(f) = 〈f, en〉 =<br />
⎩<br />
1<br />
8 for n ∈ {−5, −1, 1, 5}<br />
1<br />
4 for n ∈ {−3, 3}<br />
0 ellers.<br />
Vi bestemmer nu cosinuskoefficienterne an(f) ud fra ovenst˚aende og ser umiddelbart, at<br />
a0(f) = 2c0(f) = 0, a2(f) = c2(f) + c−2(f) = 0, a4(f) = c4(f) + c−4(f) = 0,<br />
samt an(f) = cn(f) + c−n(f) = 0 for n ≥ 6. Alts˚a skal vi kun bestemme a1(f), a3(f) og a5(f). Vi<br />
har da at a1(f) = c1(f) + c−1(f) = − 1<br />
4 , a3(f) = c3(f) + c−3(f) = 1<br />
2 og a5(f) = c5(f) + c−5(f) = − 1<br />
4 ,<br />
hvormed cosinusrækken for f er givet ved<br />
(c)<br />
Bestem π<br />
−π f(x)2 dx.<br />
− cos(x)<br />
4<br />
+ cos(3x)<br />
2<br />
− cos(5x)<br />
.<br />
4<br />
Da f er kontinuert, 2π-periodisk og C 1 , følger af JPS Sætning 4.3, at Fourier-rækken konvergerer<br />
uniformt med sumfunktion f. Derp˚a følger af Parsevals identitet fra JPS Sætning 2.9, at<br />
π<br />
1<br />
f(x)<br />
2π −π<br />
2 dx =<br />
∞<br />
n=−∞<br />
= |c0(f)| 2 +<br />
|cn(f)| 2<br />
∞<br />
(|cn(f)| 2 + |c−n(f)| 2 )<br />
n=1<br />
= |c1(f)| 2 + |c−1(f)| 2 + |c3(f)| 2 + |c−3(f)| 2 + |c5(f)| 2 + |c−5(f)| 2<br />
= 4<br />
hvormed π<br />
−π f(x)2 dx = 3π<br />
8 .<br />
<br />
− 1<br />
2 8<br />
+ 2<br />
2 1<br />
4<br />
= 1 1 3<br />
+ =<br />
16 8 16 ,<br />
8