Tirsdag - Matematik - Rasmus Sylvester Bryder

Analyse 1
Øvelser
Rasmus Sylvester Bryder
11. og 13. juni 2013
Tirsdag
CB 6.3
Lad (M, d) være et kompakt metrisk rum. Vis, at der findes a, b ∈ M s˚a d(a, b) = diamM.
Jf. CB Sætning 6.13 er det metriske produktrum M × M kompakt, idet M er kompakt. Betragt nu
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
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)
eller d(an) → d(a), hvormed d alts˚a er en kontinuert afbildning p˚a M × M.
Jf. CB Sætning 6.10 har billedet d(M × M) en størsteværdi D ∈ R, som antages af et punkt (a, b) ∈
M × M. Da D er størsteværdi for d, vil d(x, y) ≤ D for alle x, y ∈ M, hvormed diamM ≤ D. Da vi
ogs˚a har diamM ≥ d(a, b) = D, følger derfor, at diamM = D = d(a, b), hviilket var hvad vi ønskede.
CB 6.5
Benyt overdækningsegenskaben til at vise hovedsætningerne 1-3 i §6.2 om kompakte mængder.
Vi husker, at hvis K ⊆ (M, d) er en kompakt delmængde, gælder følgende jf. CB Sætning 6.17: hvis
(Ai)i∈I er en ˚aben overdækning af K – alle Ai’er er ˚abne delmængder af M og K ⊆
i∈I Ai – vil
findes i1, . . . , in ∈ I s˚a A ⊆ n Aij j=1 . Kort sagt, en delmængde A af M er kompakt, hvis enhver ˚aben
overdækning kan udtyndes til en endelig ˚aben overdækning.
Sætning 1 (1. hovedsætning). Hvis (X, dX) og (Y, dY ) er metriske rum, K en kompakt delmængde
af X og f : K → Y en kontinuert afbildning, da er billedet f(K) en kompakt delmængde af Y .
Bevis. Lad (Ai)i∈I være en ˚aben overdækning af f(K). Da f er kontinuert, er mængderne f −1 (Ai)
alle˚abne og da f(K) ⊆
i∈I Ai, vil der for alle x ∈ K findes i ∈ I s˚a f(x) ∈ Ai, hvormed x ∈ f −1 (Ai).
Alts˚a vil K ⊆
i∈I f −1 (Ai). Vi slutter af dette, at (f −1 (Ai))i∈I er en ˚aben overdækning af K. Da K
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 :
hvis y ∈ f(K), vil y = f(x) for et x ∈ K, hvormed x ∈ f −1 (Aij ) for et j = 1, . . . , n – dette giver
at y = f(x) ∈ Aij . Alts˚a er f(K) kompakt, idet vi kan udtynde enhver ˚aben overdækning af denne
mængde til en endelig overdækning.
Sætning 2 (2. hovedsætning). En kontinuert reel funktion p˚a en ikke-tom kompakt delmængde af et
metrisk rum er begrænset og har s˚avel en størsteværdi som en mindsteværdi.
Bevis. Af foreg˚aende hovedsætning vil billedet af en ikke-tom kompakt delmængde K ⊆ M under
kontinuert reel funktion f : M → R være kompakt. Specielt er f(K) begrænset og ikke-tom, s˚a f(K)
har et supremum og infimum i R. Vi har nu følgende p˚astand: Hvis A er en ikke-tom, begrænset
og afsluttet delmængde af R, vil sup A ∈ A og inf A ∈ A. Det er nok at vise p˚astanden for sup A;
beviset for inf A er tilsvarende. Vælg for n ∈ N et xn ∈ A s˚a sup A < xn + 1
n . Da vil xn − 1
n < xn ≤
sup A < xn + 1
n for alle n ∈ N, hvormed |xn − sup A| < 1
n . Ved at lade n → ∞, ses at xn → sup A, s˚a
sup A ∈ A = A. Ved at lade A = f(K) ses, at A er ikke-tom, afsluttet og begrænset, hvormed f(K)
har en størsteværdi og en mindsteværdi.
1

Sætning 3 (3. hovedsætning). Lad (M, d) være et kompakt metrisk rum. En ikke-tom delmængde
K ⊆ M er kompakt hvis og kun hvis K er afsluttet.
Bevis. Antag først, at K er afsluttet. Lades (Ai)i∈I være en ˚aben overdækning af K, vil {Ai}i∈I ∪
{M \ K} være en ˚aben overdækning af M. Da M er kompakt, vil der findes en endelig delmængde
af ovenst˚aende mængde som indeholder M. Specielt indeholder den K, s˚a K er kompakt.
Antag derp˚a, at K \ M er kompakt. Vi viser, at M \ K er ˚aben. Lad derfor x ∈ M \ K. For ethvert
punkt y ∈ K vil x = y, s˚a d(x, y) > 0. Specielt kan vi finde disjunkte kugler Fy og Gy om henholdsvis
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
˚aben overdækning af K, da hvert punkt i K er indeholdt i en af Gy’erne pr. konstruktion. Da Y er
kompakt, findes y1, . . . , yn ∈ K s˚a K ⊆ n i=1 Gyi . Bemærk nu, at n Fyi i=1 er en ˚aben mængde der
indeholder x, som er disjunkt med K. Hvis z ∈ K ⊆ n Gyi ville nemlig gælde, at z ∈ Gyi for
et i = 1, . . . , n, hvormed z /∈ Fyi (da Fyi og Gyi er disjunkte) og z /∈ n
i=1
i=1
Fyi . Alts˚a har vi fundet
en ˚aben mængde omkring x indeholdt i M \ K. Da x var vilk˚arlig, er M \ K ˚aben, hvormed K er
afsluttet.
CB 6.7
Lad (M, d) være et kompakt metrisk rum og lad F1 ⊇ F2 ⊇ . . . være en dalende følge af afsluttede,
ikke-tomme mængder. Vis, at ∞
n=1 Fn = ∅.
Tag xn ∈ Fn for alle n ∈ N. Da vil følgen (xn) nødvendigvis have en konvergent delfølge (xnp ), da M
er kompakt. Lad x = limp→∞ xnp . For N ∈ N vil nN ≥ N. For alle p ≥ N vil
xnp
∈ Fnp ⊆ FnN ⊆ FN,
s˚a da delfølgen (xnp)p≥N = (xnp+N )p∈N ogs˚a konvergerer imod x, vil x ∈ FN = FN, da FN er afsluttet.
Dette giver os, at x ∈ ∞ n=1 Fn, s˚a ∞ n=1 Fn = ∅.
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
m
m
M = (M \ Fni ) = M \
i=1
i=1
Fni
n=1 Fn) = M, s˚a (M \ Fn) ∞ n=1 ville
= M \ Fnm ,
hvormed Fnm = ∅, i modstrid med at alle Fn var antaget ikke-tomme.
Ekstra opgave 1
Betragt vektorrummet E = C([0, 1], R) med integralnormen f1 = 1
|f(x)|dx og den tilhørende
0
metrik d1 (se Eksempel 1.5). For hvert a ∈ R betegnes med fa funktionen fa(x) = (x + a) 2 hvor
x ∈ [0, 1].
(a)
Bestem afstanden d1(fa, fb) for a, b ∈ R.
Bemærk først, at
1
d1(fa, fb) = |fa(x) − fb(x)|dx
0
1
=
0
|(x + a) 2 − (x + b) 2 |dx =
1
1
= |a − b| |2x + (a + b)|dx = 2|a − b| |x + c|dx,
hvor c = a+b
2 . Vi har nu tre tilfælde:
0
1
|((x + a) + (x + b))((x + a) − (x + b))|dx
0
2
0

1. c ≥ 0: I dette tilfælde er x + c ≥ c ≥ 0 for alle x ∈ [0, 1], hvormed
1
1
|x + c|dx =
0
0
x + cdx = 1
+ c.
2
Bemærk i dette tilfælde, at 1
1
1
2 + c ≥ 0, hvormed 2 + c = | 2 + c|.
2. c ≤ −1: I dette tilfælde er x + c ≤ x − 1 ≤ 0 for alle x ∈ [0, 1], hvormed
1
1
|x + c|dx = − (x + c)dx = − 1
− c.
2
Bemærk her, at 1
1
1
2 + c ≤ 0, hvormed − 2 − c = | 2 + c|.
0
3. −1 < c < 0: I dette tilfælde er x + c ≥ 0 for x ≥ −c og x + c ≤ 0 for x ≤ −c, hvormed
1
|x + c|dx = −
0
−c
0
0
1
(x + c)dx + (x + c)dx
−c
2 (−c)
= − + c(−c) +
2
1 1
−
2 2 (−c)2
+ c(1 + c)
= − c2
2 + c2 + 1 1
−
2 2 c2 + c + c 2 = 1
2 + c + c2 .
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
og kun hvis −2 < a + b < 0. Alts˚a f˚ar vi, at
2|a − b|
d1(fa, fb) =
1 a+b
2 +
2 for a + b ≥ 0 eller a + b ≤ −2
2|a − b|
for − 2 < a + b < 0.
(b)
1
2
+ a+b
2
+ (a+b)2
4
Vis, at afbildningen a ↦→ fa er kontinuert R → (E, d1).
Lad (an) være en konvergent følge i R med an → a. Da findes specielt M ≥ 0 s˚a |an| ≤ M og |a| ≤ M
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
før). Nu vil
d1(fan , fa)
2|an − a|
≤
1 K
2 + 2 for an + a ≥ 0 eller an
+ a ≤ 2
1 K K2
2|an − a| 2 + 2 + 4 for − 2 < an + a < 0
1 K K2
≤ 2|an − a| + + → 0
2 2 4
for n → ∞. Alts˚a vil fan → fa for n → ∞ i E, hvormed afbildningen er kontinuert.
(c)
Vis, at K = {fa | 0 ≤ a ≤ 2} er en afsluttet og begrænset delmængde af E.
Det afsluttede, begrænsede interval [0, 2] er en kompakt delmængde af R. Alts˚a vil billedet af dette
interval under afbildningen fra (b) være kompakt i E, og dette er netop K. Da K derfor er kompakt,
er K specielt afsluttet og begrænset (husk, at det ikke i almindelighed gælder den anden vej).
Reeksamen 2010, opgave 4
Betragt R 2 som metrisk rum med den sædvanlige metrik. Bestem det indre, afslutningen og randen
for mængden
A = {(t cos(t −1 ), t sin(t −1 )) | t ∈ (0, ∞)},
og afgør om A er en kompakt mængde.
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, ∞)).
Definér endvidere g : R 2 → R ved g(a) = |a|. Da vil g(f(t)) = |t| = t for alle t > 0 grundet
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.
Lad (an) være en konvergent punktfølge i A med a ∈ R 2 som grænsepunkt. Sætter vi tn = g(an) for
n ∈ N og t = g(a), vil tn → t, idet g er kontinuert. Bemærk at tn > 0 for alle n ∈ N, hvormed t ≥ 0
(se evt. lemmaet nedenfor). Der er nu to muligheder:
1. Hvis t > 0, vil an = f(g(an)) = f(tn) → f(t), da f er kontinuert, hvormed a = f(t) ∈ A.
2. Hvis t = 0, har vi alts˚a, at |an| = g(an) = tn → 0, hvormed vi nødvendigvis m˚a have an → (0, 0),
da |an − (0, 0)| = |an| → 0.
Dette giver os, at A ⊆ A ∪ {(0, 0)}. Omvendt ser vi, at A ⊆ A (trivielt) og at (0, 0) ∈ A eftersom vi
) → (0, 0). Alts˚a vil
har f( 1
n
) ∈ A, samt |f( 1
n
)| → 0 hvormed f( 1
n
A = A ∪ {(0, 0)}.
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,
vil t ≥ k.
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
har tN − t ≤ |tN − t| < k − t eller tN < k. Modstrid.
A er ikke kompakt, da den fx ikke er begrænset (vi har, at |f(t)| → ∞ for t → ∞) eller afsluttet (da
A = A).
Vi gætter nu p˚a at A ◦ = ∅, og beviser det som følger (bemærk, at en masse ligheder i det følgende
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.
Da funktionen u ↦→ u −1 , u > 0 er kontinuert i t, findes δ0 > 0 s˚a |s − t| < δ0 for s > 0 medfører
|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
Da vil
x = (s cos(t −1 ), s sin(t −1 )).
|x − a| = |((s − t) cos(t −1 ), (s − t) sin(t −1 ))| = |s − t| < δ ≤ r,
hvormed x ∈ K(a, r). Hvis x ∈ A ville findes u > 0 s˚a x = f(u), hvormed s = |x| = |f(u)| = u. Vi
har derfor, at
(s cos(t −1 ), s sin(t −1 )) = f(s) = (s cos(s −1 ), s sin(s −1 ))
4

eller (cos(t −1 ), sin(t −1 )) = (cos(s −1 ), sin(s −1 )) ved at gange begge vektorer med s −1 . Derfor vil
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 | =
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.
Derfor vil |s −1 − t −1 | = 0, hvormed s −1 = t −1 og s = t – men dette strider igen imod hvordan vi
valgte s. Alts˚a vil x /∈ A, og vi slutter at intet punkt i A er indre.
Jf. ovenst˚aende er randen ∂A lig hele A = A ∪ {(0, 0)}.
Torsdag
Reeksamen 2010, opgave 1
Afgør for hver af følgende rækker om den er divergent, betinget konvergent eller absolut konvergent.
(a)
∞ (−1)
n=1
n n 2 +3n+7
2n +1
For alle n ∈ N vil
(−1) n n 2 + 3n + 7
2 n + 1
≤ |(−1)nn2 + 3n + 7|
2n ≤ |(−1)n n 2 | + |3n| + |7|
2 n
= n2 + 3n + 7
2n .
For et vist N ∈ N vil 3n + 7 ≤ n 2 for alle n ≥ N (da n 2 − (3n + 7) → ∞ for n → ∞). Specielt vil
gælde for n ≥ N, at
Eftersom
(−1) n n 2 + 3n + 7
2 n + 1
2(n+1) 2
2 n+1
2n 2
2 n
= 2(n + 1)2 2 n
2 n+1 2n 2
≤ n2 + 3n + 7
2n ≤ 2n2
.
2n (n + 1)2
=
n2 1 1
→
2 2
for n → ∞, konvergerer rækken ∞
n=N 2n2
2 n , hvormed ogs˚a rækken
∞
n=N
(−1) n n 2 + 3n + 7
2 n + 1
konvergerer jf. Sammenligningstesten. Eftersom ændring af startindeks ikke ændrer p˚a konvergens af
rækken, slutter vi at den oprindelige række konvergerer absolut.
(b)
∞ n+(−1)
n=1
n 7
2n2 +1
Vi har for n ∈ N, at n + (−1) n 7 ≥ n − 7. Lad os derfor betragte den positive række
∞
n=7
n + (−1) n 7
2n 2 + 1
og vise, at den divergerer (bemærk, at startindekset er ændret); s˚aledes vil den oprindelige række
ogs˚a divergere. Bemærk, at vi har for n ≥ 7 at
n + (−1) n 7
2n 2 + 1
n − 7
≥
2n2 n − 7
≥
+ 1 2n2 + n
n − 7
= .
2 3n2 Rækken ∞
n=7 n−7
3n 2 divergerer; hvis den konvergerede, ville rækken ∞
n=7 1
3n
1
3n
= n
3n
n − 7 7
= + 2 3n2 n2 og rækken ∞ n=7 7
ingen forskel). Alts˚a f˚as ved Sammenligningstesten, at ∞ n=7
ogs˚a konvergere, idet
n2 konvergerer, men det gælder ikke jf. TL 12.2.4 (den p˚agangede konstant gør
divergerer.
5
n+(−1) n 7
2n 2 +1

(c)
∞
n=1 (−1)n n −1 f(n −1 ), hvor f : [0, 1] → [0, 1] er en kontinuert voksende funktion med f(0) = 1
2 .
Bemærk først, at f(x) ≥ f(0) = 1
2
for alle n ∈ N og rækken ∞
for x ∈ [0, 1]. Eftersom
|(−1) n n −1 f(n −1 )| ≥ f(n −1 )n −1 ≥ 1
2 n−1
n=1 1
2n−1 divergerer jf. TL 12.2.4, følger af Sammenligningstesten, at
den oprindelige række ikke konvergerer absolut. Den er dog betinget konvergent. Vi har nemlig, at
|(−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 → ∞.
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
|(−1) n n −1 f(n −1 )| = n −1 f(n −1 ) ≤ m −1 f(m −1 ) = |(−1) m m −1 f(m −1 )|,
hvormed leddene er numerisk aftagende og g˚ar imod 0. Da den oprindelige række er alternerende,
følger af TL 12.3.1, at rækken konvergerer.
Reeksamen 2010, opgave 2
Betragt potensrækken
(a)
Find potensrækkens konvergensradius.
Definér an = (−1)n
n2−n+1
an+1
an
=
∞
(−1) n xn n2 − n + 1 .
n=0
for n ≥ 0. Vi har, at
(−1) n+1
(n+1) 2 −(n+1)+1
(−1) n
n 2 −n+1
=
n2 − n + 1
(n + 1) 2 − (n + 1) + 1 = n2 − n + 1
n2 + n + 1
for n → ∞, s˚a jf. en note fra forelæsningerne er konvergensradius lig 1 −1 = 1.
(b)
Lad f betegne potensrækkens sumfunktion. Hvad er
for x i det ˚abne konvergensinterval?
x 2 f ′′ (x) + f(x)
1 1 1 − n + n = 2
1 + 1
n
Bemærk, at vi jf. (a) har, at det ˚abne konvergensinterval for potensrækken er (−1, 1). Jf. TL Sætning
12.7.3 vil f være differentiabel p˚a hele (−1, 1) og
f ′ (x) =
∞
n=0
(n + 1)an+1x n
for alle x ∈ (−1, 1), s˚aledes at ovenst˚aende række konvergerer p˚a dette interval. Igen ved TL Sætning
12.7.3 har vi, at f ′ er differentiabel p˚a (−1, 1) med
f ′′ (x) =
∞
n=0
(n + 1)((n + 1) + 1)an+2x n =
∞
n=0
6
(n + 1)(n + 2)an+2x n =
+ 1
n 2
→ 1
∞
n(n − 1)anx n−2 ,
n=2

hvor rækken igen konvergerer p˚a (−1, 1). Vi har nu for x ∈ (−1, 1), at
x 2 f ′′ (x) + f(x) = x 2
n=2
∞
n(n − 1)anx n−2 ∞
+ anx n
n=2
n=0
∞
= n(n − 1)anx n ∞
+ anx n
= a0 + a1x +
= 1 − x +
n=0
∞
(n(n − 1)an + an)x n
n=2
∞
(n(n − 1)an + an)x n .
For n ≥ 2 vil n(n − 1)an + an = an(n(n − 1) + 1) = an(n 2 − n + 1) = (−1) n , s˚a
s˚aledes at
∞
(n(n − 1)an + an)x n ∞
=
n=2
x 2 f ′′ (x) + f(x) = 1 − x +
n=2
(−1) n x n =
n=2
∞
(−x) n − (1 − x) = 1
− (1 − x),
1 + x
n=0
∞
(n(n − 1)an + an)x n = (1 − x) + 1
1 + x
n=2
for alle x i det ˚abne konvergensinterval (−1, 1).
Reeksamen 2010, opgave 3
Betragt funktionen
(a)
f(x) = cos(3x) sin 2 (x).
Argumentér for, at f er en 2π-periodisk lige funktion.
Vi har for alle x ∈ R, at
f(x + 2π) = cos(3x + 6π) sin 2 (x + 2π) = cos(3x) sin 2 (x) = f(x)
− (1 − x) = 1
1 + x
samt f(−x) = cos(−3x) sin 2 (−x) = cos(3x)(− sin(x)) 2 = cos(3x) sin 2 (x) = f(x), s˚a det ønskede
følger.
(b)
Find cosinusrækken for f.
Da f er kontinuert, 2π-periodisk og lige, har den en Fourier-række, som er en cosinusrække. Vi finder
derfor koefficienterne cn(f). Bemærk først, at eftersom
vil
cos(x) = eix + e −ix
2
, sin(x) = eix − e−ix ,
2i
3ix −3ix ix −ix 2
e + e (e − e )
f(x) =
2
−4
= − 1
8 ((e3ix + e −3ix )(e 2ix + e −2ix − 2))
= − 1
8 (e5ix + e ix − 2e 3ix + e −ix + e −5ix − 2e −3ix ),
7

hvormed
f = − 1
8 e5 + 1
4 e3 − 1
8 e1 − 1
8 e−1 + 1
4 e−3 − 1
8 e−5
ved notationen en(x) = einx for n ∈ Z. Vi har da, at
⎧
⎨ −
cn(f) = 〈f, en〉 =
⎩
1
8 for n ∈ {−5, −1, 1, 5}
1
4 for n ∈ {−3, 3}
0 ellers.
Vi bestemmer nu cosinuskoefficienterne an(f) ud fra ovenst˚aende og ser umiddelbart, at
a0(f) = 2c0(f) = 0, a2(f) = c2(f) + c−2(f) = 0, a4(f) = c4(f) + c−4(f) = 0,
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
har da at a1(f) = c1(f) + c−1(f) = − 1
4 , a3(f) = c3(f) + c−3(f) = 1
2 og a5(f) = c5(f) + c−5(f) = − 1
4 ,
hvormed cosinusrækken for f er givet ved
(c)
Bestem π
−π f(x)2 dx.
− cos(x)
4
+ cos(3x)
2
− cos(5x)
.
4
Da f er kontinuert, 2π-periodisk og C 1 , følger af JPS Sætning 4.3, at Fourier-rækken konvergerer
uniformt med sumfunktion f. Derp˚a følger af Parsevals identitet fra JPS Sætning 2.9, at
π
1
f(x)
2π −π
2 dx =
∞
n=−∞
= |c0(f)| 2 +
|cn(f)| 2
∞
(|cn(f)| 2 + |c−n(f)| 2 )
n=1
= |c1(f)| 2 + |c−1(f)| 2 + |c3(f)| 2 + |c−3(f)| 2 + |c5(f)| 2 + |c−5(f)| 2
= 4
hvormed π
−π f(x)2 dx = 3π
8 .
− 1
2 8
+ 2
2 1
4
= 1 1 3
+ =
16 8 16 ,
8