LARS SVENSSON OCH ERIC NORDENSTAM. x, det existerar ett x, för något x,

KORT SAMMANFATTNING AV ENVARIABELKURSEN LARS SVENSSON OCH ERIC NORDENSTAM 1. Lite notation om mängder och logik Om A och B är mängder och P och Q påståenden så kommer följande beteckningar att användas: P Q, P och Q, P Q, P eller Q, P Q, P implicerar Q, om P så Q, P Q, P är ekvivalent med Q, P, icke P, x A, x är element i A, x / A, x är inte element i A, A B = {x : x A x B}, snittet av A och B, A B = {x : x A x B}, unionen av A och B, A B = {x A : x / B} A men inte B, A B, A är delmängd av B, A B = {(a, b) : a A, b B}, kartesisk produkt, x, för varje x, x A, för varje x A, x, det existerar ett x, för något x, x A, för något x i A. Dessutom används följande namn:, den tomma mängden, N = {0, 1, 2,... }, de naturliga talen, = {0, 1, 1, 2, 2,... }, de hela talen, Q = {n/m : m 0, n, m }, de rationella talen, R, de reella talen, C, de komplexa talen. 2. Konstruktion av de reella talen Ett sätt att konstruera de reella talen är genom Dedekindska snitt. Definition 2.1. En delmängd S Q kallas ett snitt om (1) y < x S y S x, y Q (2) y S x S : y < x (3) S 1

2 LARS SVENSSON OCH ERIC NORDENSTAM Definition 2.2. Ett reellt tal är ett snitt. Ett rationellt tal r kan identifieras med snittet {x Q : x < r}. Om S och T är två snitt så definieras tex summan S + T av S + T = {x + y : x S y T }. Produkten definieras på liknande sätt och S T precis om S T. Utan att gå in i detaljer kan man då visa följande fundamentala egenskap hos R, som vi också kan uppfatta som ett axiom. Sats 2.3. Monotona begränsade följder av reella tal konvergerar. Innan vi ens förstår satsens lydelse måste några definitioner göras. Definition 2.4. Om det till varje n N är associerat ett reellt tal a n så säger vi att vi har en reell talföljd (a n) n=1. Definition 2.5. En följd (a n) n=1 kallas konvergent om det existerar något a R sådant att ε > 0 N (n > N a n a < ε). Anmärkning. Vi underförstod att ε R och N N. Vi skriver då att a n konvergerar mot a, lim an = a, n eller som vi oftast kommer att skriva a n a, n eller ibland bara a n a. Definition 2.6. En följd a 1, a 2,... kallas begränsad om det existerar något A R sådant att n N a n < A. Definition 2.7. En följd a 1, a 2,... kallas växande om a n a n+1 n N, avtagande om a n a n+1 n N och monoton om den är växande eller avtagande. Definition 2.8. En följd a 1, a 2,... kallas Cauchy om ε > 0 N ( n, m > N ( a n a m < ε)), dvs om skillnaden a n a m kan göras hur liten som helst om bara n och m göres stora nog. 3. Delföljder Låt a 1, a 2, a 3,... vara en talföljd och anta att vi till varje n N har ordnat ett n N sådant att n n och med egenskapen n 1 < n 2 n 1 < n 2. Då säger vi att a 1, a 2, a 3,... är en delföljd av a 1, a 2, a 3,... eller (a n ) n=1 är en delföljd av (a n) n=1. Sats 3.1 (Bolzano-Weierstrass). En begränsade talföljd innehåller en konvergent delföljd. Bevis. Antag a n A n. Dela intervallet I = [ A, A] mitt itu, i två intervall I = [ A, 0] och I = [0, A]. Något av dessa intervall måste innehålla ett oändligt antal tal i följden a 1, a 2, a 3,.... Låt I 1 vara ett sådant och låt a 1 vara det första talet i följden som ligger i I 1. På samma sätt delar vi I 1 i två lika breda intervall I 1 och I 1, väljer ett som vi kallar

ENVARIABEL 3 I 2, som innehåller oändligt antal tal a n med n > 1 och låter a 2 vara första a n i I 2. Förfarandet uppepas och ger en delföljd a 1, a 2, a 3,.... Intervallen som konstrueras I n = [p n, q n] har egenskapen: (p n) n=1 växer, (q n) n=1 avtar och vidare är bägge följderna begränsade. Vidare är 0 < q n p n < 2A2 n 0, n. Således existerar a R sådant att p n a och q n a då n. Eftersom p n < a n < q n har vi så att a n a då n. Sats 3.2. Cauchyföljder konvergerar. Bevis. Antag a 1, a 2,... är Cauchy. Genom att till exempel välja ε = 1 vet vi att det finns N N sådant att a n a N < 1 om n N. Detta ger att n N gäller a n max a k + 1 + a N. 1 k<n Således är Cauchyföljder begränsade. Enligt Bolzano-Weierstrass existerar en delföljd a 1, a 2, a 3,... som konvergerar, säg mot a. a n a = a n a n + a n a a n a n + a n a. Tag ε > 0. Då N så att både a n a och a n a n är mindre än ε/2 om n > N. Således har vi att n > N a n a < ε. 4. Generalisering till R n och C n I kursen i linjär algebra infördes normer i R och C genom x 2 = (x 1,..., x n) 2 = x 1 2 + + x n 2 x i C eller R Övning 1. Visa att Bolzano-Weierstrass sats gäller och att Cauchy följder konvergerar även i C n och R n. 5. Serier Låt a 1, a 2,... vara en följd av reella tal, eller om man så vill i R n eller C n. Definition 5.1. Om S n = a 1 + + a n S, n, så säges serien P an konvergera. Sats 5.2 (Majorantsatsen). Om a n b n för alla n och P b n konvergerar så konvergerar P a n. Bevis. Räcker att visa att S n = a 1 + + a n är Cauchy. Tag n m. S n S m = a k a k b k m<k n m<k n m<k n Men eftersom P b n konvergerar så är följden T n = b 1 + + b n Cauchy. Tag ε > 0, då N så att T n T m = P b k < ε om m > N. Således är m<k n (S n) n=1 Cauchy och därmed konvergent.

4 LARS SVENSSON OCH ERIC NORDENSTAM Övning 2. Bevisa följande kända satser. Sats 5.3 (Leibniz sats). Om a n a n+1 0 så konvergerar serien P ( 1) n a n. Sats 5.4 (Rotkriteriet). Om a n 0, n a n r så gäller: (1) r < 1 P a n konvergerar. (2) r > 1 a n P a n divergerar. Sats 5.5 (Kvotkriteriet). Om a n > 0, a n+1/a n q så gäller: (1) q < 1 P a n konvergerar. (2) q > 1 a n P a n divergerar. Sats 5.6 (Jämförelsesatsen). Om a n 0, b n > 0 och a n/b n q och P b n konvergent så är P a n konvergent. Sats 5.7 (Abels sats). Låt a 1, a 2, a 3,... och b 1, b 2, b 3,... vara reella talföljder sådana att (1) A : A n A n, där A n = a 1 + + a n. (2) b n b n+1 0, n. Då konvergerar P a nb n. Bevis. Låt S n = a 1b 1 + + a nb n och välj N M S N S M = a nb n M<n N = (A n A n 1)b n M<n N = A nb n A nb n+1 M<n N M n<n = A N b N + A n(b n b n+1) A M b M+1 A b N + A (b n b n+1) + A b M+1 M<n<N 2Ab M + A(b M+1 b N ) Välj ε > 0. Då K N sådan att N M K S N S M < ε. Således är (S n) Cauchy och P a nb n konvergerar. Anmärkning. Observera att tekniken med partiell summation är helt analog med partiell integrering. 6. Funktioner och relationer En delmängd av den kartesiska produkten Y kallas en relation mellan och Y. En funktion F från till Y är en relation av en speciell typ.

ENVARIABEL 5 Definition 6.1. En delmängd F Y kallas en funktion från till Y om (1) x : y Y : (x, y) F (2) x, y Y, z Y : (x, y) F (x, z) F y = z Oftast uppfattar vi inte en funktion som en delmängd av Y utan som en regel eller svart låda som till varje x ordnar eller associerar eller beräknar ett unikt y Y, oftast betecknat f(x), så att (x, y) F. Vi skriver ofta då något av f : x Y f(x) x f Y f(x) x f f(x) Y x f f(x) Y x f f(x) Mängden av funktioner från till Y betecknar vi Fun(, Y ) eller Y. Definition 6.2. En f : Y kallas injektiv om x, x : x x f(x) f(x ), surjektiv om y Y x : y = f(x), bijektiv om den är injektiv och surjektiv. Identitetsavbildningen id : definieras av id (x) = x, x. Om f Y och Y g så definieras sammansättningen g f : av (g f)(x) = g(f(x)) och vi ritar Y f Y f g Definition 6.3. Om g f = id, dvs g. f Y id så kallas g vänsterinvers till f, och f högerinvers till g. Övning 3. Visa att g

6 LARS SVENSSON OCH ERIC NORDENSTAM (1) Varje injektion har vänsterinvers. (2) Avbildningar med vänsterinvers är injektiva. (3) Avbildningar med högerinvers är surjektiva. Det går inte att bevisa att varje surjektion har högerinvers. I själva verket kan detta tas med i mängdteorin som ett axiom eller avvisas. I den axiomatisering av mängdteorin som används mest, den sk ermelo- Fraenkels system, tar man med detta som ett axiom och kallar det Urvalsaxiomet. Varje surjektion har en högerinvers. Kardinalitet Två mängder och Y säges ha samma kardinalitet (eller mäktighet) om det existerar en bijektion f Y. Om är ändlig och betecknar antalet element i så är = Y precis om och Y har samma kardinalitet. Följande övning är inte helt lätt och kallas Shröder-Bernsides lemma. Övning 4. Visa att om f Y är injektiv och Y existerar h Y som är bijektiv. g är injektiv så Om är en mängd så betecknar P() mängden av alla delmängder till. P() kallas potensalgebran. Exempelvis har vi P( ) = { } P(P( )) = {, { }} P(P(P( ))) = {, { }, {{ }}, {, { }}} Så om vi inför P 0 ( ) =, P 1 ( ) = { } och P n+1 ( ) = P(P n ( )), så har vi P 0 ( ) = 0 och P n ( ) = 2 n 1 om n 1. Följande resultat är centralt och visades av Cantor, mängdteorins upphovsman. Sats 6.4 (Cantor). Det existerar ingen surjektion från en mängd till dess potensalgebra. Bevis. Tolkningen av satsen är att potensalgebran har strikt större kardinalitet än ursprungsmängden. Antag f : P() och bilda E = {x : x / f(x)} P(). Vi ska visa att f(e) E för varje e genom att härleda motsägelse om f(e) = E. Så antag E = f(e). Då har vi följande implikationer. e E e / f(e) = E, och e / E e / f(e) e E Således gäller varken e E eller e / E. Detta motsäger lagen om det uteslutna tredje, dvs antingen P eller P, så antagandet att E = f(e) måste vara fel. Detta visar att f inte är surjektiv.

ENVARIABEL 7 Definition 6.5. En oändlig mängd med samma kardinalitet som N, de naturliga talen, kallas uppräknelig och annars överuppräknelig. Sats 6.6. De reella talen är överuppräkneliga. Bevis. Det räcker att visa att talen i intervallet [0, 1] inte är uppräkneliga. Varje tal x i [0, 1] kan skrivas binärt som x = 0.x 1x 2x 3..., för x i {0, 1}. Bilda x = {i N + : x i = 1}. Vi får på detta sätt en bijektion [0, 1] x x P(N + ). I det fallet att [0, 1] skulle vara uppräknelig skulle vi få att N + = P(N + ) som strider mot Cantors sats. Övning 5. Låt p R och visa att R och R {p} har samma kardinalitet. Visa också att [a, b] och (a, b) har samma kardinalitet om a < b. Topologi i R n Om r > 0 och a R n så definieras bollen med centrum i a och radie r genom B(a, r) = {x R n : x a < r} I R = R 1 är B(a, r) = (a r, a + r). Vi inför nu en lista av användbara definitioner. Låt A R n. Definition 6.7. Ett element p A kallas inre punkt i A om B(p, r) A för något r > 0, p / A kallas yttre punkt till A om B(p, r) A = för något r > 0, p kallas randpunkt till A om den varken är inre eller yttre punkt till A. A = {x : x inre punkt till A} Ā = {x : x inre punkt eller rand till A} A = {x : x är randpunkt till A} Definition 6.8. Mängden A kallas öppen om A = A, sluten om Ā = A, begränsad om B R x A x < B, kompakt om A är sluten och begränsad. Observera t.ex. att B(a, r) = B(a, r), B(a, r) = {x R n : x a < r} och B(a, r) = {x R n : x a = r}. Följande resultat är mycket användbart. Lemma 6.9. F R n är sluten precis om konvergenta följder ur F alltid konvergerar mot ett element i F. Bevis. Antag först att F är sluten och att F x n x då n. Vi vill visa att x F, så antag motsatsen. Komplementet F c till F är öppen varför B(x, r) F c för något r > 0. Men då existerar N sådant att x n B(x, r) om n > N. Detta strider mot att x n F för varje n.

8 LARS SVENSSON OCH ERIC NORDENSTAM Omvänt antar vi att varje x, sådan att F x n x då n, tillhör F. Vi vill visa att F då måste vara sluten. Om F inte är sluten har vi F F. Men då existerar x F F. Till varje n N + existerar då x n B(x, 1/n) F som innebär att x n x då n. Men då har vi att x F vilket är en motsägelse. Anmärkning. Det som beskrivits här kallas den Euklidiska topologin på R n. Det finns andra topologier och topologier på andra rum. I dessa är det inte i allmänhet sant att en sluten och begränsad mängd är kompakt. Kontinuerliga funktioner Definition 6.10. En funktion från D R n till R m är kontinuerlig i a D om ε > 0 δ > 0 x D : x a < δ f(x) f(a) < ε och likformigt kontinuerlig i D om ε > 0 δ > 0 x, y D : x y < δ f(x) f(y) < ε. Om funktionen är kontinuerlig i varje punkt i D säger vi att f är kontinuerlig i D. Övning 6. Visa att f : R n R m är kontinuerlig i hela R n precis om f 1 (U) = {x R n : f(x) U} är öppen för alla öppna mängder U. Om A f B är en godtycklig avbildning så är det praktiskt att införa följande notation. Definition 6.11. Om V A definieras framlyftningen av V under f av f(v ) = {f(x) : x V }. Om W B definieras tillbakalyftningen av W under f av f 1 (W ) = {x A : f(x) W }. Observera att vi inte behöver anta att f är inverterbar för denna definition. Övning 7. Tillbakalyftningen är en mer väluppfostrad mängdavbildning än framlyftning. Visa nämligen (1) f(v 1 V 2) = f(v 1) f(v 2) (2) f 1 (W 1 W 2) = f 1 (W 1) f 1 (W 2) (3) f(v 1 V 2) f(v 1) f(v 2) i allmänhet (4) f 1 (W 1 W 2) = f 1 (W 1) f 1 (W 2) Sats 6.12. Om K f R n är kontinuerlig och K är kompakt i R n så är f likformigt kontinuerlig. Bevis. Om f inte är likformigt kontinuerlig existerar x n, y n K sådana att f(x n) f(y n) > ε och x n y n < 1/n för något ε > 0 och alla n N +. Av Bolzano-Weierstrass kan vi plocka ut delföljder x n och y n som konvergerar mot x respektive y. Då K även är sluten måste x och y tillhöra K. Då x n y n < 1/n 0 följer att x n x och y n x = y,

ENVARIABEL 9 då n. Men f(x n ) f(y n ) > ε n implicerar att f(x) f(x) = 0 ε > 0 eftersom f antogs vara kontinuerlig på K. Denna orimlighet visar satsen. Sats 6.13. Kontinuerliga avbildningar tar kompakter på kompakter. Det vill säga: Om f : K R m är kontinuerlig så är f(k) kompakt om K är kompakt. Bevis. Antag f : K R m är kontinuerlig och K kompakt. Vi måste visa att f(k) är kompakt, dvs sluten och begränsad. Om f(k) är obegränsad existerar för varje N N ett x n K sådant att f(x n) > N. Eftersom K är kompakt följer av Bolzano-Weierstrass att vi kan plocka ut en delföljd x 1, x 2,... sådan att x n x K då n. Då konvergerar följden f(x n ). Men konvergenta följder är alltid begränsade. Denna motsägelse visar att f(k) är begränsad. För att visa slutenheten antar vi att x n K och att f(x n) y då n. Vi vill visa att y f(k), dvs att y = f(x) för något x K. Plocka som vanligt ut en delföljd x n x K då n. Då har vi f(x n ) f(x) = y som visar satsen. Sammanhängande mängder En delmängd S i R n kallas bågvis sammanhängande om för varje p och q i S det existerar en kurva helt i S som förbinder p och q. Mer precist menar vi då att det ska existera en kontinuerlig γ : [0, 1] S sådan att γ(0) = p och γ(1) = q. Vi har då följande enkla resultat. Sats 6.14. Kontinuerliga funktioner tar sammanhang på sammanhang, dvs: om f : S R m är kontinuerlig och S är bågvis sammanhängande i R n så är f(s) bågvis sammanhängande i R m. Bevis. Tag p och q i f(s). då existerar p och q i S så att f(p) = p och f(q) = q. Tag γ som i definitionen ovan. Då är f γ : [0, 1] f(s) kontinuerlig och f γ(0) = p, f γ(1) = q som visar satsen. R n S γ [0, 1] f f γ f(s) R m Anledningen till att satsen ovan är så användbar är satsen om mellanliggande värden i R = R 1. Den säger att kontinuerliga avbildningar från R till R tar kompakta intervall på kompakta intervall. Sats 6.15. Om [a, b] f R är kontinuerlig så existerar c och d i R sådana att f([a, b]) = [c, d].

10 LARS SVENSSON OCH ERIC NORDENSTAM Bevis. Det räcker att visa att f tar intervall på intervall eftersom vi redan vet att f tar kompakter på kompakter. Vi inser också att det räcker att visa att f har ett nollställe i [a, b] om f(a) < 0 < f(b). Till detta definierar vi en följd (a n) och (b n) genom a 1 = a, b 1 = b, c n = 1 (an + bn). 2 ( a n om f(c n) 0 a n+1 = c n annars ( c n om f(c n) 0 b n+1 = annars (1) (2) Vi får således för varje n N + b n a n a n+1 b n+1 b n b n+1 a n+1 = (b a)2 n 0, n Eftersom följderna (a n) och (b n) är begränsade och monotona är de enligt vår första sats konvergenta. Tillsammans med olikheterna ovan får vi att c (a, b) : a n c och b n c, n. Men kontinuiteten hos f och olikheterna f(a n) < 0 < f(b n) ger då att f(c) = 0 vilket också visar satsen. Banachs fixpunktsats En avbildning f : K K R n kallas en strikt kontraktion om det existerar något c < 1 sådant att f(x) f(y) c x y x, y K. Följande sats och dess bevis är av fundamental betydelse i analysen Sats 6.16. Om K är sluten och om f : K K är en strikt kontraktion, så har f en unik fixpunkt, dvs x K : x = f(x). Bevis. Tag x 0 K och definiera en följd i K genom x n+1 = f(x n), n 0. Då f(k) K följer att x n K n. Vi ska nu visa att följden är Cauchy. Ty om så vore fallet skulle x n x då n för något x, som, då K antogs sluten måste ligga i K. Då f måste vara kontinuerlig (tänk) så finge vi att x = f(x). Vi har nu x 2 x 1 = f(x 1) f(x 0) c x 1 x 0 vilket medför x n+1 x n c x n x n 1 c n x 1 x 0. Antag n > m så får vi x n x m = P n 1 k=m (x k+1 x k ) P n 1 k=m x k+1 x k P n 1 k=m ck x 1 x 0. Alltså x n x m x 1 x 0 c m /(1 c) 0, m. Ordobegreppet, litet och stort Låt V vara öppen i R n innehållande origo och antag f : V R m, g : V R m. Vi säger då att (1) f är litet ordo av g, f = o(g) om det för varje ε > 0 existerar ett δ > 0 sådant att f(x) ε g(x) om x δ. (2) f är stort ordo av g, f = O(g) om det existerar M R och ε > 0 sådana att f(x) M g(x) om x < ε.

ENVARIABEL 11 Derivation i R n Avsikten med differentialkalkylen är att reducera studiet av allmänna avbildningar till linjära avbildningar. En avbildning R n D f R m säges vara deriverbar i a D om det existerar en linjär avbildning L : R n R m sådan att f(a + h) = f(a) + L(h) + o(h), h R n. Avbildning L betecknas f (a) och kallas derivatan av f i punkten a. Anmärkning. I fallet R n = R m = R ges alla linjära avbildningar från R till R som ett reellt tal, eller om man vill av en 1 1-matris a : x ax. I det allmänna fallet kan L representeras med en m n-matris, mer om detta i del två av kursen. En av de mest fundamentala egenskaperna hos derivering är att den respekterar sammansättning. Detta kallas Sats 6.17 (Kedjeregeln). Om R n f R m g R k och f (a) och g (f(a)) existerar så existerar (g f) (a) och är lika med g (f(a)) f (a). Anmärkning. I fallet R n = R m = R k = R betyder sammansättning bara multiplikation men om f (a) och g (f(a)) representeras av matriser betyder matrismultiplikation. Bevis. Sätt b = f(a). Tag litet h R n och inför k R m genom k = f(a+h) f(a). Vi får med givna antaganden att (g f)(a+h) = g(b+k) = g(b) + g (b)(k) + o(k) = g(b) + g (b)(f (a)(h) + o(h)) + o(k) = {Tänk!} = g(b) + (g (b) f (a))(h) + o(h) = g f(a) + (g (f(a)) f (a))(h) + o(h). Sats 6.18. Låt V och W vara delmängder av R n och R m respektive. Låt V vara kompakt och f : V W vara en kontinuerlig bijektion. Då är inversen till f också kontinuerlig. Bevis. Låt g : W V vara invers till f. Om g inte är kontinuerlig så existerar W y n y W då n sådan att g(y n) g(y) > ε > 0 för något ε R och alla n N. Bolzano-Weierstrass ger konvergent delföljd (x n ) till (x n) = (g(y n)). Säg att x n x då n. Men f är kontinuerlig i V och x V eftersom V är kompakt. Således har vi f(x n ) = f(g(y n )) = y n f(x) = y. Detta strider mot att 0 < ε < g(y n ) g(y) = x n x 0, n. och satsen är visad. Satsen ovan säger att inversen till kontinuerliga avbildningar är kontinuerliga. Men hur avgör man om en avbildning har invers? Senare i kursen ska vi visa inversa funktionssatsen som säger att f har invers (lokalt) om f har en invertibel derivata som är kontinuerlig.

12 LARS SVENSSON OCH ERIC NORDENSTAM Medelvärdessatsen och Taylors formel Sats 6.19 (Rolles sats). Om f : [a, b] R är kontinuerlig och om f är deriverbar i (a, b) samt om f(a) = f(b) så existerar c (a, b) med f (c) = 0. Bevis. f antar både min och maximum i [a, b] eftersom f är kontinuerlig. Om inte f är konstant, i vilket fall f (c) = 0 c (a, b), så är minimumet strikt mindre än f(a) eller maximumet strikt större än f(a). Låt oss anta att f(c) f(x) x [a, b] och att c (a, b) och f(c) f(a). Låt x < c < y, så fås f(x) f(c) x c 0 f(y) f(c) y c om x c och y c så får vi f (c) 0 f (c) som ger f (c) = 0. Sats 6.20 (Medelvärdessatsen). Om f : [a, b] R är kontinuerlig i hela [a, b] och deriverbar i (a, b) så existerar c (a, b) sådant att f (c) = Bevis. Tillämpa Rolles sats på f(b) f(a) b a F (x) = (b a)f(x) (f(b) f(a))(x a) Den generaliserade medelvärdessatsen Sats 6.21. Om f och g är som i satserna ovan så existerar c (a, b) sådan att Bevis. Tillämpa Rolles sats på f (c)(g(b) g(a)) = g (c)(f(b) f(a)) F (x) = f(x)(g(b) g(a)) g(x)(f(b) f(a)) Anmärkning. Om dessutom g(a) g(b) så har vi det mer användbara uttrycket f (c) f(b) f(a) = g (c) g(b) g(a) Beviset överlåtes som övning till läsaren.

ENVARIABEL 13 L Hospitals regel typ 0/0 Låt f och g vara som ovan och anta att f(a) = g(a) = 0 och Då gäller f (x) L, då x a g (x) f(x) L, då x a g(x) L Hospitals regel typ / Sats 6.22. Låt f och g vara deriverbara reellvärda funktioner på R + sådana att g(x)g (x) 0 x R + och att Då gäller att f (x) L, då x g (x) f(x) L, då x g(x) Bevis. Till y < x existerar z (y, x) sådan att f(x) f(y) g(x) g(y) = f (z) g (z) f(x)g (z) f(y)g (z) = f (z)g(x) f (z)g(y) f(x) g(x) = f(y) g(x) + f (x) g (z) f (z) g (z) g(y) g(x) f(x) g(x) L f(y) + f (z) g(x) g (z) L f + (z) g (z) g(y) g(x) Fixera ett y som garanterar att f (z)/g (z) L ε för z > y och där ε > 0 är godtyckligt vald. Välj sedan N så stort att f(y)/g(x) ε och g(y)/g(x) ε om x > N. Då har vi således att f(x) g(x) L ε + ε + (L + ε) ε. Då ε var godtycklig har vi att som visar satsen. f(x) L, då x g(x) Sats 6.23. Låt f vara N gånger deriverbar reellvärd funktion i en omgivning V av a. Till varje x V existerar ett c mellan a och x sådant att f(x) = N 1 n=0 1 n! f (n) (a)(x a) n + 1 N! f (N) (c)(x a) N

14 LARS SVENSSON OCH ERIC NORDENSTAM Bevis. Bilda F (x) = f(x) 0 n<n 1 n! f (n) (a)(x a) n. Observera att F (a) = F (a) = = F (N 1) (a) = 0. Genom att successivt utnyttja den generaliserade medelvärdessatsen får vi F (x) (x a) = F (x) F (a) N (x a) N (a a) = F (x 1) N N(x 1 a) N 1 = F (x 1) F (a) N(x 1 a) N 1 N(a a) N 1 = F (x 2) N(N 1)(x 2 a) N 2 = = F (N) (x N ) = f (N) (x N ) N! N! där x n ligger mellan a och x n 1, n 1 och x 0 = x. Om c = x N så har vi alltså F (x) = (1/N!)f (N) (c) som visar satsen. Övning 8. Definiera f : R R genom ( e x 1, om x > 0, f(x) = 0, om x 0. Visa att f är oändligt deriverbar överallt och att f (n) (0) = 0 n 0. Definition 6.24. En oändligt deriverbar funktion kallas analytisk i a om N 1 n! f (n) (a)(x a) f(x), då N n=0 och om x a är tillräckligt liten. Riemannintegralen Låt a = (a 1, a 2,..., a n) R n och b = (b 1, b 2,..., b n) R n. Ett intervall i R n är en mängd på formen [a, b] = {x = (x 1,..., x n) : a i x i b i i}. Ett intervall i R 2 är således en rektangel och i R 3 ett rätblock. Volymen, eller måttet, av [a, b] betecknas Vol[a, b] och definieras Vol[a, b] = (b 1 a 1)(b 2 a 2)... (b n a n) om [a, b] och som 0 annars. Vi definierar funktionen 1 [a,b] : R n R genom ( 1 om x [a, b] 1 [a,b] (x) = 0 annars Låt oss kalla funktioner av typ 1 [a,b] för intervallfunktioner och linjärkombinationer av sådana för trappfunktioner. Om a j R n, b j R n, c j R och 1 j N så är således T = c 11 [a1,b 1 ] + + c N 1 [an,b n] T

ENVARIABEL 15 där T betecknar vektorrummet över R av trappfunktioner. Vi definierar nu en linjär avbildning R T R N T T = c j Vol[a j, b j] j=1 Att R : T R är linjär är uppenbart. Vidare är R monoton i den meningen att om S, T T och S T så måste R S R T speciellt gäller således att R T R T. Vi inför nu följande Definition 6.25. En funktion f : R n R kallas Riemannintegrabel om det för varje ε > 0 existerar trappfunktioner T, S T sådana att S f T och R (T S) < ε. För att kunna definiera integralen av f för Riemannintegrabla funktioner behöver vi följande lemma. Lemma 6.26. Antag S n, T n, S n och T n T och att (1) S n f T n, (2) S n f T n, (3) R (T n S n) < 1/n, (4) R (T n S n) < 1/n. Då existerar I R n sådant att S n I, T n I, S n I, T n I, då n. Anmärkning. Talet I ovan betecknas R f och kallas Riemannintegralen för f. Bevis. Tag P och Q T. Definiera (1) max(p, Q)(x) = max(p (x), Q(x)), (2) min(p, Q)(x) = min(p (x), Q(x)). Det är uppenbart att max(p, Q) och min(p, Q) bägge är i T. Bilda (1) S n = max(s 1, S 1,..., S n, S n), (2) T n = min(t 1, T 1,..., T n, T n ). Vi ser att S n S n S n+1 f T n+1 T n T n och att S n S n+1 n. Det ger existensen av I R sådan att R R S n I då n. Men 0 (T n S n) R (T n S n) < 1/n 0 ger då att R T n I då n. På samma sätt fås att R T n I och att R T n I då n. Men T 1

16 LARS SVENSSON OCH ERIC NORDENSTAM 0 R (T n S n) < 1/n 0 ger då att R R S n I. På samma sätt får vi att S n I, n, som visar lemmat. Övning 9. Visa att kamfunktionen f som definierad på [0, 1] är 1 på rationella tal och noll för övrigt inte är Riemannintegrabel. Vi ska nu titta på integraler i R 1. Sats 6.27. Om f : [a, b] R är kontinuerlig så är f integrabel. Bevis. Tag ε > 0. Eftersom [a, b] är kompakt så är f likformigt kontinuerlig vilket medför att det existerar δ > 0 sådant att f(x) f(y) < ε om x y < δ, x, y [a, b]. Välj a = x 0 x 1 x n = b sådana att x k+1 x k < δ k och låt I k = (x k, x k+1 ], k = 0, 1,..., n 1 och välj ˆx k och ˇx k i Īk så att f(ˇx k ) f(x) f(ˆx k ) x Īk. Sätt nu n 1 Ť = f(ˇx k )1 Ik, k=0 n 1 ˆT = f(ˆx k )1 Ik. k=0 Då har vi Ť f ˆT på [a, b] = I och att R ( ˆT Ť ) < ε(b a) som visar integrabiliteten hos f1 I. Anmärkning. Om a b och I = [a, b] så betecknar R b a f integralen R f1 I och R a b betecknar R f1 I. Anmärkning. Om x k I k och T = P f( x k )I k så har vi Ť T ˆT och R T kallas Riemannsumma och R T R f ε(b a). Övning 10. Visa att monotona funktioner på [a, b] är Riemannintegrabla. Övning 11. Visa integralkalkylens fundamentalsats: Om f : [a, b] R är kontinuerlig och om F (x) = R x f = R x f(y)dy för a < x < b så är F a a deriverbar i (a, b) med derivatan F (x) = f(x). Övning 12. Visa integralkalkylens medelvärdessats: Om f och g : [a, b] R är sådana att f är kontinuerlig och g integrerbar och icke negativ så existerar c (a, b) sådana att b a fg = f(c) b a g.

ENVARIABEL 17 Funktionsföljder Om R n D f R m så definierar vi supremumnormen f D av f på följande sätt. Normen är odefinierad (eller sätts till ) om f är obegränsad, men annars existerar en minsta övre begränsning f D R till f sådan att (1) f(x) f D x D. (2) ε > 0 x D f(x) > f D ε. Om D är kompakt och f kontinuerlig så är f D = max x D f(x). I annat fall brukar man skriva f D = sup x D f(x), supremum av f över D. Man verifierar direkt (övning) att D är en norm, dvs (1) f D 0, (2) f D = 0 f = 0, (3) f + g D f D + g D (triangelolikheten), (4) αf D = α f D om α R (eller C). Definition 6.28. En följd f 1, f 2, f 3,... av funktioner från D R n till R m säges konvergera likformigt mot f : D R m om f n f D 0 då n. Anmärkning. Det vill säga f n f likformigt i D, n om ε > 0 N x D (n > N f n(x) f(x) < ε). Vi får omedelbart Sats 6.29. Om f n f likformigt i D och om f n och f är Riemannintegrabla så f n = f n1 D f = f1 D, n Bevis. D D f n D f D D f n f f n f D 1 D 0, n Definition 6.30. En följd f 1, f 2,... av funktioner D R m kallas likformigt Cauchy på D om ε > 0 N n, m (n, m > N f n f m D < ε). Sats 6.31. Om f 1, f 2,... är likformigt Cauchy på D så existerar f : D R m sådan att f n f likformigt på D då n. Bevis. Tag ε > 0 och välj N sådant att f n f m < ε om n och m > N. Om x D så har vi speciellt f n(x) f m(x) f n f m < ε om n, m > N. Således är f 1(x), f 2(x),... Cauchy i R m och konvergerar således mot något element, säg f(x) i R m. Vi har nu om n, m > N att f n(x) f(x) = f n(x) f m(x) + f m(x) f(x) f n(x) f m(x) + f m(x) f(x) ε + f m(x) f(x). Låt nu m så får vi f n(x) f(x) ε om n > N x D. Men detta betyder att f n f ε om n > N.

18 LARS SVENSSON OCH ERIC NORDENSTAM Sats 6.32. Om f n : D R m är kontinuerlig n 1 och om f n f likformigt på D R n då n, så är f kontinuerlig på D. Anmärkning. Kontinuerlig kan också ersättas mot likformigt kontinuerlig (övning). Bevis. Tag a D och ε > 0. Fixera n sådant att f f n < ε. Vi har nu f(x) f(a) = f(x) f n(x) + f n(x) f n(a) + f n(a) f(a) f(x) f n(x) + f n(x) f n(a) + f n(a) f(a) 2ε + f n(x) f n(a). Till vårt fixa n kan vi välja δ > 0 sådant att ( x a < δ, x D) f n(x) f n(a) < ε. Således har vi f(x) f(a) 3ε om x D, x a < δ som visar satsen. I en variabel har vi också följande. Sats 6.33. Låt f n och g : [a, b] R där [a, b] är intervall i R och antag att f n är kontinuerligt deriverbara och att (1) f n(a) A, n, (2) f n g likformigt på [a, b], n. Då gäller att f n f, n likformigt i [a, b] för något f sådan att f = g på (a, b) Bevis. f n(x) = f n(a) + x a f n(y)dy A + x a g, n Då f n är kontinuerliga och likformigt konvergenta mot g är även g kontinuerlig så fundamentalsatsen ger att x R x g är deriverbar. Således, om a vi definierar f(x) = A + R x g så är f = g och f a n f, n likformigt i [a, b]. Potensserier Funktioner på formen f(x) = a nx n, a n R (eller C), x R (eller C) n=0 kallas potensserier. Låt f n(x) = a 0 + a 1x + + a nx n. Vi har då Sats 6.34. Låt x 0 och B vara sådana att a nx n 0 < B n 0. Då gäller att om c < x 0 (1) f n f, n likformigt i x c, (2) f n f, n likformigt i x c, (3) F n F, n likformigt i x c där F n(x) = R x 0 fn och F (x) = R x f. 0

ENVARIABEL 19 Bevis. Tag N > M. f N (x) f M (x) = M<n<N M<n N a nx n M<n N a n x n a nx n 0 c n B c/x 0 M+1 0, x 0 1 c/x 0 M Detta visar att f n f och följaktligen F n F likformigt i x c. Välj c så att c < c < x 0. Eftersom f m(x) = P m n=1 nanxn 1 så har vi f N f M M<n N n a n x n 1 M<n N Välj M så stort att n(c/c ) n < 1 om n < M. Då fås B c C n c n n. c x 0 f N (x) f M (x) (B/C) c /x 0 M+1 (1 c /x 0 ) 1. Detta visar att f n f likformigt i x c. Konvexa funktioner En mängd K R n kallas konvex om segmentet [x, y] = {λx+(1 λ)y : 0 λ 1} ligger helt i K så fort x och y ligger i K. En funktion f : R n R kallas konvex om dess epigraf, dvs {(x, y) R n R : f(x) y} är konvex i R n R. Ett annat, ekvivalent, sätt att definiera konvexitet hos f : R R är att kräva att det för varje a R existerar k R sådant att f(a) + k(x a) f(x) x R. Man kan visa (övning) att konvexa funktioner är kontinuerliga. Vidare kan man visa (övning) att för två gånger deriverbara funktioner f är konvexitet ekvivalent med att f 0. Jensens olikhet Låt m : R R + vara integrabel med R m = 1 och låt ϕ : R R vara konvex. Om f : R R är integrabel så gäller ϕ( R fm) R (ϕ f)m. Bevis. Vi vet att a R k R så att ϕ(a) + k(x a) ϕ(x) x R. Välj speciellt a = R fm och byt x mot f(t) så har vi ϕ( R fm) + k(f(t) R fm) ϕ(f(t)). Multiplicera med m(t) och integrera. ϕ( R fm)( R m) + k R fm k( R fm)( R m) R (ϕ f)m Men R m = 1 så vi har ϕ( R fm) R (ϕ f)m.

20 LARS SVENSSON OCH ERIC NORDENSTAM Legendretransformen Vi ska införa en avbildning L som tar konvexa funktioner på konvexa och som är sin egen invers. För att göra saken lite enklare för oss antar vi att våra funktioner är två gånger deriverbara med strikt positiv andra derivata. Definiera alltså C ={ϕ : R R : ϕ > 0}, L =C C, ϕ L(ϕ) = ϕ där ϕ(y) = max(xy ϕ(x)). Notera speciellt att x R xy ϕ(x) + ϕ(y) x, y R. Övning 13. Visa att ϕ C L(ϕ) C och att L L = id C. Övning 14. Antag p, q > 0 och att 1/p + 1/q = 1. Visa att om ϕ(x) = x p /p så är ϕ(y) = y q /q. Speciellt får man alltså olikheten xy xp p + yq q. Vi ska nu använda olikheten ovan för att visa Hölders olikhet. Låt oss först anta att m : R R + är en funktion som är Riemannintegrabel i varje begränsat intervall. Definiera vidare p-normen f p av en integrabel f : R R genom 1 f p = f m«p p. Sats 6.35. R fg m f p g q Bevis. Genom att multiplicera bägge leden med αβ där αf p m = βg q m = 1 kan vi först anta att f p = g q = 1. Då har vi f p fg m = f g m p + g q m = 1 q p + 1 q 1. R Sats 6.36. f p = max fgm g q=1 Bevis. Klart är att R fgm f p om g q = 1 enligt Hölders olikhet. Antag f p = 1. Det räcker då att visa att R fgm = 1 för någon g med g q = 1. Sätt (sgn f)(x) = 1 ( 1) om f(x) > 0 (< 0) och definiera g = (sgn f) f p/q. Då har vi dels att g q = ( R f p m) 1/q = 1 och dels att fg = f f p/q = f p. Således får vi R fgm = R R f p m = f p p = 1. Detta visar att fgm antas och är 1. max g q=1

ENVARIABEL 21 Sats 6.37 (Minkowskis Olikhet). f + g p f p + g p Bevis. f + g p = f p + g p max (f + g)hm max fhm + max ghm = h q=1 h q=1 h q=1 Weierstrass approximationssats Som följande sats visar kan många funktioner approximeras väl med polynom även om de saknar Taylorutveckling. Sats 6.38. Om f : [a, b] R är kontinuerlig och ε > 0 så existerar polynom p sådant att f(x) p(x) < ε x [a, b]. Bevis. Genom att ersätta f med funktionen f(x) f(0) x(f(1) f(0)) kan vi utan inskränkning anta att f(0) = f(1) = 0. Vi bestämmer först c n R så att c n R 1 1 (1 x2 ) n dx = 1. Visa först att c n < n. För detta bildar vi Ψ(t) = (1 t) n 1 + nt. Då fås Ψ (t) = n n(1 t) n 1 0 om 0 t 2. Då Ψ(0) = 0 får vi med t = x 2 att (1 x 2 ) n 1 nx 2. Vi använder olikheten då 0 x 2 1/n. 1 1 1 = c n (1 x 2 ) n dx = 2c n (1 x 2 ) n dx 1 2c n 1/ 0 n = 2c n» x nx3 3 (1 x 2 ) n dx 2c n 1/ 1/ n 0 0 0 n = 2c n 1 n 2 3 > cn n 1 nx 2 dx = Bilda nu ϕ n(x) = c n(1 x 2 ) n och antag att [a, b] = [0, 1]. Definiera nu f(x) = 0 om x / [0, 1] och sätt f n(x) = Substitutionen y = x + t ger f n(x) = 1 1 x+1 x 1 f(x + t)ϕ n(t)dt. f(y)ϕ n(y x)dy. Men då x [0, 1] så är x 1 0 1 x + 1. Alltså har vi f n(x) = 1 1 1 f(y)ϕ n(y x)dy = c n f(y)(1 (y x) 2 ) n dy. 0

22 LARS SVENSSON OCH ERIC NORDENSTAM Således är f n ett polynom (av grad 2n) i x. Vi ska nu visa att f n f likformigt då n i [0, 1]. 1 1 f n(x) f(x) = f(x + t)ϕ n(t)dt f(x)ϕ n(t)dt 1 1 1 1 f(x + t) f(x) ϕ n(t)dt Tag ε > 0 och välj δ > 0 så att f(x + t) f(x) < ε om t < δ. Detta är möjligt eftersom f är likformigt kontinuerlig. Vi har då f n(x) f(x) f(x + t) f(x) ϕ n(t)dt + t <δ δ t 1 f(x + t) f(x) ϕ n(t)dt. Låt M = max y [0,1] f(y) och notera även att ϕ n(0) ϕ n(δ) ϕ n(t) om t δ. 1 f n(x) f(x) ε ϕ n + 2M 2 c n(1 δ 2 ) n dt ε + 4M(1 δ 2 ) n n Välj nu N så stort att 4M(1 δ 2 ) n n < ε om n > N. Således gäller att f n f, n likformigt i [0, 1] vilket skulle bevisas. E-mail address: eno@math.kth.se δ