Supplerende opgave 3, ugeseddel 1

Gunnar Restorff November 22, 2001

Lad [a, b] være et delinterval af den reelle akse ℝ med a < b. Vi får i opgaven brug for følgende meget nyttige lemma: Lemma 1 Lad f, g : [a, b] → ℝ være to (Riemann-)integrable funktioner. Da gælder, at ∀x ∈ [a, b](f(x) ≤ g(x)) (1)

⇓

∫_{a}^{b} f(x)dx ≤ ∫_{a}^{b} g(x)dx. (2)

Bevis: Antag (1), vi vil så vise (2). Vi har altså, at

∀x ∈ [a, b](0 ≤ g(x) − f(x)). Så ifølge korollar 8.6 i MAI (Ebbe Thue Poulsen og Klaus Thomsen: Matematisk Analyse I ) er

0 ≤ ∫_{a}^{b}(g(x) − f(x))dx = ∫_{a}^{b} g(x)dx − ∫_{a}^{b} f(x)dx,

hvor sidste lighedstegn følger af sætning 8.10 i MAI. □ Delspørgsmål (i). Lad f : [a, b] → [0, ∞[ være en kontinuert funktion. Vi skal så vise, at

∫_{a}^{b} f(x)dx = 0 (3)

⇓

∀x ∈ [a, b](f(x) = 0). (4) I stedet viser vi det kontraponerede udsagn: ¬(4) ⇒ ¬(3). Antag således ¬(4). Dvs. at der findes et x_{0} ∈ [a, b], således at f(x_{0}) > 0 (da f er ikke-negativ). Da f er kontinuert, har vi, at (MAI, def. 5.2)

∀ε > 0∃δ > 0∀x ∈ [a, b] (|x − x_{0}| < δ ⇒ |f(x) − f(x_{0})| < ε) .

Dvs. for ε = f(x_{0})/2 > 0 findes et δ ∈]0, \frac{b−a}{2}[, så |f(x) − f(x_{0})| < f(x_{0})/2 for alle x ∈ [a, b] med |x − x_{0}| < δ. Altså er

f(x) = f(x) − f(x_{0}) + f(x_{0}) > −f(x_{0})/2 + f(x_{0}) = f(x_{0})/2, (5)

for alle x ∈ [a, b] med |x − x_{0}| < δ. Lad α = max{a, x_{0} − δ} og β = min{b, x_{0} + δ}. Så har vi, at

∫_{a}^{b} f(x)dx = ∫_{a}^{α} f(x)dx + ∫_{α}^{β} f(x)dx + ∫_{β}^{b} f(x)dx ≥ ∫_{α}^{β} f(x)dx ≥ ∫_{α}^{β} f(x_{0})/2 dx ≥ δf(x_{0})/2 > 0.

Første ulighedstegn følger af Lemma 1 ovenover, idet f er ikke-negativ; det næste følger af Lemma 1 samt (5); medens det tredie ulighedstegn følger af, at δ ≤ β − α (overvej!).

Delspørgsmål (ii). Lad C([a, b]) være vektorrummet af kontinuerte funktioner f : [a, b] → ℂ. Vi skal så vise, at der ved

∥f∥_{1} = ∫_{a}^{b} |f(x)|dx, f ∈ C([a, b])

defineres en norm på C([a, b]).

Vi bemærker først, at hvis f er kontinuert, så er x ↦ |f(x)| også en kontinuert funktion. Lad f, g ∈ C([a, b]) være vilkårlige. Da |f(x)| ≥ 0 for alle x ∈ [a, b], er ∥f∥_{1} ≥ 0. Det er klart, at hvis f = 0, så er ∥f∥_{1} = 0. Hvis omvendt ∥f∥_{1} = 0, følger det af (i), at f = 0. Dvs. at (N1) er opfyldt. Af sætning 8.10 i MAI følger, at ∥λf∥_{1} = |λ| · ∥f∥_{1} for alle λ ∈ ℂ (overvej!) – dvs. (N2) er opfyldt. Endvidere er

∥f + g∥_{1} = ∫_{a}^{b} |f(x) + g(x)|dx ≤ ∫_{a}^{b} (|f(x)| + |g(x)|) dx = ∫_{a}^{b} |f(x)|dx + ∫_{a}^{b} |g(x)|dx = ∥f∥_{1} + ∥g∥_{1}

(brug bl.a. lemmaet) – dvs. (N3) er opfyldt. Altså er ∥ · ∥_{1} en norm på C([a, b]).

Delspørgsmål (iii). Nu kigger vi på tilfældet, hvor [a, b] = [0, 1]. Lad f_{n}(t) = t^{1/n} og f(t) = 1 for t ∈ [0, 1]. Vi skal så vise, at f_{n} → f mht. ∥ · ∥_{1}, og at der ikke gælder, at f_{n} → f mht. ∥ · ∥_{u}.

Vi bemærker først, at f, f_{n} ∈ C([a, b]) for alle n ∈ ℕ. Vi har, at

∥f_{n} − f∥_{1} = ∫_{0}^{1} (1 − x^{1/n}) dx = [x − \frac{n}{n+1}x^{\frac{1+n}{n}} ]_{x=0}^{x=1} = 1 − \frac{n}{n+1} − (0 − 0) = \frac{1}{n+1} → 0,

for n → ∞. Men

∥f_{n} − f∥_{u} = sup{|f_{n}(x) − f(x)| | x ∈ [a, b]} ≥ |f_{n}(0) − f(0)| = 1.

Dvs. (f_{n})_{n=1}^{∞} konvergerer ikke mod f mht. ∥ · ∥_{u}.