Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών
Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άλλου τύπου άδειας χρήσης, η άδεια χρήσης αναφέρεται ϱητώς. Χρηµατοδότηση Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό έχει αναπτυχθεί στα πλαίσια του εκπαιδευτικού έργου του διδάσκοντα. Το έργο «Ανοικτά Ακαδηµαϊκά Μαθήµατα στο Πανεπιστήµιο Αθηνών» έχει χρηµατοδοτήσει µόνο τη αναδιαµόρφωση του εκπαιδευτικού υλικού. Το έργο υλοποιείται στο πλαίσιο του Επιχειρησιακού Προγράµµατος «Εκπαίδευση και ια Βίου Μά- ϑηση» και συγχρηµατοδοτείται από την Ευρωπαϊκή Ενωση Ευρωπαϊκό Κοινωνικό Ταµείο) και από εθνικούς πόρους. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 2
Περιεχόµενα ενότητας 6 Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα - Ασκήσεις 4 6. Οµάδα Α............................................ 4 6.2 Οµάδα Β............................................. 4 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 3
6 Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα - Ασκήσεις 6. Οµάδα Α. Εστω c σειρά πραγµατικών αριθµών. Ορίζουµε s = c + + c. είξτε ότι: α) Αν η σειρά c συγκλίνει στον s, τότε είναι bel αθροίσιµη στον s. ϐ) Αν η σειρά c είναι Cesàro αθροίσιµη στον s, τότε είναι bel αθροίσιµη στον s. = Υπόδειξη. α) Αποδεικνύουµε πρώτα ότι ) c r = r) s r. Θέτοντας s =, έχουµε c r = = = s s )r s r s r r = r) s r + s r s r. Υποθέτουµε πρώτα ότι s = c + + c. Επειδή η s ) είναι συγκλίνουσα είναι και ϕραγµένη: υπάρχει M > ώστε s M για κάθε N. Εστω ε >. Αφού s, υπάρχει N ώστε αν > τότε s < ε. Παίρνοντας απόλυτες τιµές στην ) έχουµε c r r) s r + r) = r)mr r r + ε r) M r ) + ε. = + s r Αν επιλέξουµε r, ) ώστε M r ) < ε, τότε για κάθε r < r < έχουµε c r < 2ε, Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 4 r
το οποίο δείχνει ότι c r καθώς r. Στη γενική περίπτωση, χρησιµοποιώντας την ), γράφουµε c r = r) = r) = r) s r s s)r + r) = + s = s. sr s s)r r + r)s r Για το ϐ): αποδεικνύουµε πρώτα ότι ) c r = r) 2 σ r. = Εχουµε ότι σ + = s +s + +s +. Αρα, ϑέτοντας σ = έχουµε s = + )σ + σ για =,,.... Τότε, χρησιµοποιώντας και την πρώτη ταυτότητα από το α), έχουµε c r = r) = = r) s r = [ + )σ + σ ]r = = r) σ r = r) 2 σ r. σ r Επεται ότι c r = r) 2 σ r = = r) 2 σ s)r + r) 2 sr = r) 2 σ s)r + rs, όπου χρησιµοποιούµε την ταυτότητα: x = x x) 2, < x <. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 5
Αφού η = c είναι Cesàro αθροίσιµη στον s, έχουµε σ s. Ειδικότερα, η σ s) είναι ϕραγµένη. ηηλαδή, υπάρχει B > ώστε σ s B για κάθε. Αφού σ s, υπάρχει N ώστε αν > τότε σ s < ε. Μπορούµε να γράψουµε c r s r) 2 σ s r + r) 2 = r) B r ) + εr + r) s. = + σ s r + s rs Εστω r, ) ώστε B r ) < ε και r ) s < ε. Τότε, αν r < r < έχουµε Αυτό δείχνει ότι c r s καθώς r. c r ε + εr + r) s < 3ε. = 2. Εστω f, g : T C ολοκληρώσιµες συναρτήσεις. είξτε ότι, για κάθε N, s f )) g = s f g) = f s g)). Υπόδειξη. Θυµηθείτε ότι s f ) = f D ) και ότι η πράξη της συνέλιξης είναι προσεταιριστική και µεταθετική: s f ) g = f D ) g = f D g) = f g D ) = f s g). Οµοια δείχνουµε και την άλλη ισότητα. 3. Εστω {K δ } δ> µια οικογένεια καλών πυρήνων. είξτε ότι: για κάθε p >, lim K δ p = lim δ δ K δ x) p dλx) /p = +. Υπόδειξη. Εστω p > και q ο συζυγής εκθέτης του, δηλαδή /p+/q =. Για κάθε < η < π ϑεωρούµε τη συνάρτηση g η = χ [ η,η]. Από την ανισότητα Hölder παίρνουµε η/π) /q K δ p = g η t) q dλt) /q K δ p K δ x)g η x) dλx). Από την άλλη πλευρά, από τις ιδιότητες των καλών πυρήνων παίρνουµε K δ x)g η x) dλx) = η< x π K δ x) dλx). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 6
Εστω M >. Υπάρχει η, π) ώστε π/η) /q > 2M. Επιπλέον, υπάρχει δ > ώστε αν < δ < δ τότε K δ x) dλx) < /2 εξηγήστε γιατί). Συνδυάζοντας όλα τα παραπάνω ϐλέπουµε ότι αν η< x π < δ < δ τότε K δ p = K δ x) p dλx) το οποίο δείχνει ότι K δ p + καθώς δ. /p > M, 4. Εστω f : [, π] R άρτια ολοκληρώσιµη συνάρτηση µε την ιδιότητα: a f ) για κάθε. είξτε ότι a < +. = Υπόδειξη. Αν ϑεωρήσουµε το -οστό µερικό άθροισµα Cesàro της f τότε για κάθε N µπορούµε να γράψουµε: σ 2 f, ) = 2 s m f, ) 2 s m f, ) 2 2 2 s f, ), m= διότι s m f, ) = a /2 + a + + a m και a για κάθε, άρα s m f, ) s f, ) για κάθε m =, +,..., 2. Από την άλλη πλευρά γνωρίζουµε ότι σ 2 f, x) f F 2 f F 2 = f για κάθε x R. Ετσι, τα µερικά αθροίσµατα της a είναι άνω ϕραγµένα: = m= a 2s f, ) 4 f, = που αποδεικνύει τη σύγκλιση της σειράς. 5. Εστω f : R R συνεχής συνάρτηση που ικανοποιεί την για κάθε x R. είξτε ότι η f είναι σταθερή. f x) = f x + ) = f x + 2) Υπόδειξη. Θεωρούµε την gx) = f ) x. Από την υπόθεση έχουµε ότι η g είναι -περιοδική, και gx) = gx + 2 ) για κάθε x R. Για κάθε Z έχουµε ĝ) = = e i2 = e i2 ĝ). gx)e i x dλx) = π+2 +2 π+2 +2 gx)e i x dλx) = e i2 gx 2 )e ix 2 ) dλx) gx)e i x dλx) Αν έχουµε e i2, άρα ĝ) =. Επεται ότι gx) = ĝ) για κάθε x R, δηλαδή η g είναι σταθερή. Αρα, και η f είναι σταθερή. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 7
6. Εστω f L T) συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι, για κάποιο x R υπάρχουν τα πλευρικά όρια f x ) := lim t x f t) και f x + ) := lim t x + f t). είξτε ότι η σειρά Fourier S f ) της f είναι bel αθροίσιµη στο σηµείο x: πιο συγκεκριµένα, lim r r f )x) = lim r f P r)x) = f x ) + f x + ). 2 Υπόδειξη. Εστω ε >. Υπάρχει δ > ώστε: αν < y < δ τότε f x y) f x ) < ε/2 και αν δ < y < τότε f x y) f x + ) < ε/2. Χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι η P r είναι άρτια, µη αρνητική συνάρτηση µε µέση τιµή, γράφουµε f P r )x) f x + ) + f x ) 2 = = + P r y) f x y) dλy) P r y)[ f x y) f x + )] dλy) f x + ) + f x ) 2 P r y)[ f x y) f x )] dλy). Για τον πρώτο όρο, έχουµε P r y)[ f x y) f x + )] dλy) P r y) f x y) f x + ) dλy) δ + Παρατηρούµε ότι: αν δ < y < τότε f x y) f x + ) < ε/2. Συνεπώς, Από την άλλη πλευρά, δ δ P r y) f x y) f x + ) dλy). P r y) f x y) f x + ) dλy) ε P r y) dλy) 4π δ δ P r y) f x y) f x + ) dλy) δ 2 f ε 4π P r y) dλy) = ε 2. P r y) f x y) + f x + ) dλy) δ P r y) dλy) Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 8
καθώς το r εξηγήστε γιατί). Συνεπώς, υπάρχει r, ) ώστε, για κάθε r r <, δ Συνδυάζοντας τα παραπάνω, ϐλέπουµε ότι P r y) f x y) f x + ) dλy) < ε 2. P r y)[ f x y) f x + )] dλy) καθώς το r. Με τον ίδιο τρόπο συµπεραίνουµε ότι π P r y)[ f x y) f x )] dλy) καθώς το r. Προσθέτοντας, παίρνουµε το Ϲητούµενο. 7. Για κάθε N ορίζουµε ) + συν t Q t) = α, 2 όπου η ϑετική σταθερά α επιλέγεται έτσι ώστε να έχουµε Q t) dλt) =. είξτε ότι: αν f : R C είναι συνεχής -περιοδική συνάρτηση, τότε f Q οµ f. Παρατηρήστε ότι αυτό δίνει ακόµα µία απόδειξη του «τριγωνοµετρικού» προσεγγιστικού ϑεωρήµατος Weierstrass. Υπόδειξη. είχνουµε ότι η {Q } είναι ακολουθία καλών πυρήνων. Από τον ορισµό της, κάθε Q είναι άρτια, µη αρνητική συνάρτηση και ικανοποιεί την π Q t)dλt) =. Αρκεί λοιπόν να δείξουµε ότι, για κάθε < δ < π, Q t)dλt) = 2 Q t)dλt) όταν. δ t π Εστω < δ < π. Παρατηρούµε ότι δ δ +συν t 2 +συν δ 2 < για κάθε t [δ, π]. Συνεπώς, ) + συν δ Q t)dλt) α. 2 Θα δείξουµε ότι α 4 + ), οπότε το Ϲητούµενο έπεται από την lim + )θ = για θ = +συν δ 2 <. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 9
Γράφουµε π = 2 α + συν t 2 ) = 2 συν 2 t/2)dλt) = 4 π/2 συν 2 y dλy). Η f y) = συν y είναι κοίλη στο [, π/2] και f ) =, f π/2) =. Συνεπώς, συν y 2y π y [, π/2]. Συνδυάζοντας τα παραπάνω παίρνουµε ηλαδή, α 2+ 2. 4 α π/2 2y ) 2 dλy) = π s) 2 ds = 4π 2 +. για κάθε Αφού η {Q } είναι ακολουθία καλών πυρήνων, για κάθε συνεχή -περιοδική συνάρτηση f : R C ισχύει οµ f Q f. Τέλος, παρατηρούµε ότι κάθε Q είναι τριγωνοµετρικό πολυώνυµο. Αρα, οι συναρτήσεις f Q είναι τριγωνοµετρικά πολυώνυµα εξηγήστε γιατί). Ετσι, έχουµε απόδειξη του «τριγωνοµετρικού» προσεγγιστικού ϑεωρήµατος Weierstrass. 8. Για κάθε N ορίζουµε G x) = F x) ημ x, όπου F είναι ο -οστός πυρήνας του Fejér. είξτε ότι: αν T T είναι τριγωνοµετρικό πολυώνυµο ϐαθµού µικρότερου ή ίσου από, τότε T x) = 2T G )x) για κάθε x R. Συµπεράνατε ότι T x) 2 T για κάθε x R. Αυτή είναι µια «ασθενής» έκδοση της ανισότητας του Berstei, η οποία ισχυρίζεται ότι T T για κάθε T T. Υπόδειξη. Τα δύο µέλη της ισότητας T x) = 2T G )x) είναι γραµµικά ως προς T, αρκεί λοιπόν να την επαληθεύσουµε για όλες τις συναρτήσεις T x) = e i x,. Εχουµε T x x) = iei και T G )x) = = = s= + = e i x T x y)g y) dλy) e ix y) F y) ημy) dλy) s ) s= + = 2i ei x s= + s ) s e ix y) e isy ημy) dλy) ) e is )y eiy e iy 2i dλy) [e is +)y e is )y ] dλy). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα
Εχουµε εκτός αν s = και e is +)y dλy) = e is )y dλy) = εκτός αν s = +. Το πρώτο µπορεί να συµβεί µόνο αν > και το δεύτερο µόνο αν <. Συνεπώς, αν < < έχουµε T G )x) = 2i ei x ) = 2i ei x = i 2 ei x. Αν < <, έχουµε T G )x) = 2i ei x + ) = 2i ei x = i 2 ei x. Σε κάθε περίπτωση, αν παίρνουµε ) T x) = 2T G )x). Αν πάλι =, τα δύο µέλη της ) είναι ίσα µε µηδέν. Ετσι, έχουµε αποδείξει την T x) = 2T G )x) για κάθε τριγωνοµετρικό πολυώνυµο ϐαθµού µικρότερου ή ίσου από. Τότε, για κάθε x R έχουµε T x) = 2 T G )x) 2 2 T F y) dλy) = 2 T. T x y) F y) ημ y dλy) 9. Εστω f : R R συνεχής -περιοδική συνάρτηση και έστω a, b οι συντελεστές Fourier της f. Αν δείξτε ότι s f ) f οµοιόµορφα στο R. lim a 2 + b2 =, Υπόδειξη. Θεωρούµε την g := s f ) σ + f ). Χρησιµοποιώντας την σ = s + +s ϑα δείξουµε ότι g οµοιόµορφα στο R. και την υπόθεση, Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα
Πράγµατι,µπορούµε να γράψουµε s f, x) σ f, x) = s s ) + s s ) + s s ) = a συν x + b ημ x) j= =j = a συν x + b ημ x) j= = a συν x + b ημ x) a συν x + b ημ x. Αν χρησιµοποιήσουµε την στοιχειώδη ανισότητα a συν θ + b ημ θ a 2 + b 2 για a, b R και θ R, τότε ϐρίσκουµε: s f ) σ + f ) a 2 + b2, καθώς. Από το ϑεώρηµα του Fejér ξέρουµε f σ + f ). Από την τριγωνική ανισότητα έπεται το Ϲητούµενο. f s f ) f σ + f ) + σ + f ) s f ). Εστω f L T). είξτε ότι ο τελεστής T : L T) L T) που ορίζεται µέσω της T g) = f g έχει νόρµα T := sup{ T g) : g } = f. Υπόδειξη. Για κάθε g L T) έχουµε T g) = f g f g, άρα ο T είναι ϕραγµένος τελεστής και T f. Παρατηρούµε ότι για κάθε N ισχύει F =, άρα T T F ) = F g = σ g). Αφού σ g) g, έχουµε σ g) g. Συνεπώς, T lim σ g) = g.. Εστω f L T) µε την ιδιότητα f ) για κάθε Z. είξτε ότι, για κάθε και για κάθε x T ισχύει s f, x) f + 2. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 2
Υπόδειξη. Εχουµε Αρα, σ + f, x) = = Αφού f ) για κάθε, έπεται ότι ) + s f, x) = σ + f, x) + s f, x) σ + f, x) + = σ + f ) + 2. f )e i x και s f, x) = = + f )e i x. = f )e i x. f ) + ei x 2 + ) σ + f ) + + Αφού σ + f ) = f F + f F + = f, παίρνουµε το Ϲητούµενο. 2. Εστω p και έστω f L p T) µε την ιδιότητα είξτε ότι η f είναι σταθερή. lim σ f ) f p =. Υπόδειξη. Για κάθε και έχουµε σ f ) f )) = ) f ) f ) = f ). Αρα, f ) = σ f ) f )) σ f ) f σ f ) f p. Από την σ f ) f p έπεται ότι f ) σ f ) f p =, δηλαδή f ) =. Επεται ότι f f ) όλοι οι συντελεστές Fourier της f f ) είναι ίσοι µε µηδέν, και f f ) L p T)). 3. Εστω f ) ακολουθία στον L T) µε την ιδιότητα: για κάθε g L T), είξτε ότι lim f ) = για κάθε Z. Υπόδειξη. Εστω Z. Για κάθε g L T) έχουµε Αρα, lim g g f =. g g f )) = ĝ) g f )) = ĝ) ĝ) f ) = ĝ) f )). ĝ) f ) = g g f )) g g f. Θεωρώντας την gx) = e i x για την οποία ĝ) = ) παίρνουµε f ), δηλαδή lim f ) =. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 3
4. Εστω f L T). είξτε ότι: για κάθε µετρήσιµο T, η σειρά f ) e it dλt) είναι Cesàro αθροίσιµη στο f t) dλt). Υπόδειξη. Παρατηρούµε ότι S = f ) Συνεπώς, = σ + := + = e it dλt) = m= + Αφού σ + f ) f, παίρνουµε = S m = + f )e it dλt) = m= s m f, t) dλt) = m= σ + f, t)dλt) s m f, t) dλt) σ + f, t)dλt). s f, t) dλt). f t)dλt) σ + f, t) f t) dλt) σ + f ) f. Αρα, σ + f t) dλt), δηλαδή η σειρά f ) e it dλt) είναι Cesàro αθροίσιµη στο f t) dλt). 6.2 Οµάδα Β 5. Εστω f : [, π] R αύξουσα συνάρτηση. είξτε ότι υπάρχει M > ώστε για κάθε Z \ {}. f ) M Υπόδειξη. Χρησιµοποιούµε την παρατήρηση ότι η f προσεγγίζεται από συναρτήσεις της µορφής ) gx) = N t χ [bs,b s+ ]x), όπου = b < b 2 < < b N+ = π και f t t N f. Για την απόδειξη αυτού του ισχυρισµού, χωρίστε το [ f, f ] σε m διαδοχικά διαστήµατα I,..., I m του ιδίου µήκους, και ϑεωρήστε τα J r = f I r ), r =,..., m. Επειδή η f είναι αύξουσα, κάθε J r είναι διάστηµα ή µονοσύνολο ή το κενό σύνολο εξηγήστε γιατί). Προκύπτει έτσι µια διαµέριση = b < b 2 < < b N+ = π του [, π], όπου [b s, b s+ ] είναι εκείνα τα J r που είναι διαστήµατα. Αν ορίσουµε t s = if{ f x) : b s x b s+ }, τότε f x) t s m στο b s, b s+ ). Επίσης, f t t N f, διότι η f είναι αύξουσα. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 4
Αν ορίσουµε g m x) = N t s χ [bs,b s+ ]x), τότε s= ) f x) g m x) dx m. Αν δείξουµε ότι υπάρχει σταθερά M > ώστε για κάθε συνάρτηση g της µορφής ) και για κάθε Z να ισχύει ĝ) M, τότε από την ) παίρνουµε f ) ĝ m ) + f ) ĝ m ) M + f x) g m x) dx M + m για κάθε m N, και αφήνοντας το m, ϐλέπουµε ότι f ) M. Υπολογίζουµε τους συντελεστές Fourier συναρτήσεων της µορφής h := χ [bs,b s+ ]: αν, έχουµε ĥ) = b s+ b s e i x dx = e ib s e ib s+. i Επεται ότι, για την gx) = N t s χ [bs,b s+ ]x), s= N iĝ) = t s e ib s e ib s+ ) = t e ibx t N e ibn+x + Συνεπώς, s= ĝ) t + t N + 4 f, N e ib s t s t s ). s=2 N t s t s ) = t + t N + t N t ) διότι t N t f f ) = 2 f. Επεται το Ϲητούµενο, µε M = 2 f /π. =2 6. Εστω < α και έστω f L T). Υποθέτουµε ότι για κάποιο t T η f ικανοποιεί την συνθήκη Lipschitz f t + x) f t) x α, x π. είξτε ότι: αν α < τότε ενώ αν α = τότε σ f, t) f t) π + α σ f, t) f t) α, l + ). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 5
Υπόδειξη. Εξετάζουµε µόνο την περίπτωση α = η περίπτωση < α < είναι παρόµοια). Αν F x) = ημx) ) 2 ημx/2) ο πυρήνας του Fejér τότε µπορούµε να γράψουµε σ f )x) = f F )x). Εποµένως, αν x R τότε σ f, x) f x) = M M 2π [ f x t) f x)]f t) dλt) t F t) dλt) t ημt/2) ημ 2 t) ημt/2) dλt), όπου έχουµε χρησιµοποιήσει την συνθήκη Lipschitz για την f και το ότι η {F } είναι οικογένεια καλών πυρήνων που παίρνει ϑετικές τιµές. Καθώς, η συνάρτηση t t ημt/2) είναι γνησίως αύξουσα στο, π), t παίρνουµε π για κάθε t π. Ετσι, ϐρίσκουµε: ημt/2) σ f ) f M 2 διότι ημ t. Τέλος, αν µιµηθούµε την απόδειξη της ημ t ημt/2) dλt), D := D t) dλt) Clog, µπορούµε να δείξουµε ότι και το συµπέρασµα έπεται. ημ t ημt/2) dλt) Clog Πράγµατι, µπορούµε να γράψουµε, χρησιµοποιώντας την ανισότητα ημt/2) > t/π για < t < π, ημ t ημt/2) dλt) π ημt) t ημ t t ημ t t 2 + dλt) dλt) dλt) + 2 + 2 +)π π ημ t π +)π π dλt) ημ t dλt) ημ t t dλt) Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 6
2 + 4 clog για κάποια αριθµητική σταθερά c >. Εχουµε λοιπόν σ f ) f c M log. 7. Εστω {a } = ακολουθία µη αρνητικών πραγµατικών αριθµών µε τις εξής ιδιότητες: α) a = a για κάθε, ϐ) lim a =, και γ) για κάθε >, 2a a + a +. είξτε ότι υπάρχει µη αρνητική f L T) µε f ) = a για κάθε Z. Υπόδειξη. Από την υπόθεση έχουµε ότι η b = a a είναι ϕθίνουσα ακολουθία µη αρνητικών πραγµατικών αριθµών και b = a a ) = a <. Αρα, Θεωρούµε την συνάρτηση = = lim a a + ) = lim b + =. f x) = a + a + 2a ) F x). = Αφού F και T F x)dλx) = για κάθε, από το ϑεώρηµα Beppo-Levi έχουµε T f x)dλx) = a + a + 2a ) = = b b + ). = Οµως, N b b + ) = = Αρα, η f είναι ολοκληρώσιµη. Τέλος, υπολογίζουµε το N b Nb N+ = b. = f ) = lim f N ) = lim N N = = N a + a + 2a ) = b b + ) = = + b = a. b b + ) = b + = ) = + b b Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 7
8. α) Εστω f L T). Υποθέτουµε ότι: για κάθε ισχύει f ) = f ). είξτε ότι f ) < +. a ϐ) είξτε ότι: αν a > και κάποιας ολοκληρώσιµης συνάρτησης. = +, τότε η τριγωνοµετρική σειρά t Υπόδειξη. α) Θεωρούµε την απολύτως συνεχή συνάρτηση Ft) = i) διότι f ) = από την υπόθεση, άρα F) = = F). Εχουµε F) = T για κάθε. Παρατηρούµε ότι Fx)e i x dλx) = T σ + F, ) = F) + = ) f ) + a ημ x δεν είναι σειρά Fourier f x) e i x dλx) = f ) f s)ds. Η F είναι -περιοδική, F). Αρα, υπάρχει το lim = ) f ) + = lim 2 f ) 2 + f ), όπου χρησιµοποιήσαµε τις f ) = f ) και f ) =. Οµως, f ) άρα + f ) = + f ). Επεται ότι f ) < +. ϐ) Εστω f L T) µε σειρά Fourier την g = 2i f ικανοποιούν τις υποθέσεις του α), άρα a ημ x. Τότε, 2i f ) = a. Οι συντελεστές Fourier της a < +. 9. Εστω f : [, π] R περιττή ολοκληρώσιµη συνάρτηση ώστε f x) M για κάθε x [, π] και b f ) για κάθε. είξτε ότι s f, x) 5M για κάθε και για κάθε x [, π]. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 8
Υπόδειξη. Ελέγχουµε πρώτα ότι s f, x) σ + f, x) + b. Επίσης, γνωρίζουµε ότι σ f, x) f M. Πράγµατι, µπορούµε να γράψουµε σ f, x) f x t) F t) dλt) M F t) dλt) = M. Επιπλέον, είναι σ + f, x) = + )b ημ x. Οπότε, για x = π/4) και 2 αντί παίρνουµε M σ 2+ f, x ) = 2 ) b ημ x ) 2 + 2 ) b + 2, όπου έχουµε χρησιµοποιήσει την ανισότητα ημ x > 2/π)x για < x < π/2 και το γεγονός ότι b. Συνεπώς, είναι 2 ) 2M b 2 + 2 b, χρησιµοποιώντας ακόµη µια ϕορά το γεγονός ότι b. Ετσι, καταλήγουµε στην Συνδυάζοντας µε τα παραπάνω ϐρίσκουµε: το οποίο αποδεικνύει το Ϲητούµενο. b 4M. s f, x) σ + f, x) + + b M + 4M + < 5M, Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 9