img122

122

3est więc g(a) « d(a,f(a)) » O czyli a «» f(a). Pokażemy, że odwzorowanie f nie może mieć dwóch różnych punktów niezmienniczych. Przypuśćmy, 2e b = f(b) i b j a. Wówczas d(a,b) * d( f (ąj , f (b)) 4 d(a, b) co jest oczywiście niemożliwe.

5,1 Aby wykazać, że (K,dę) nie jest kompaktem wystarczy wskazać cięgły funkcjonał F:K—►R, który nie osięga wartości minimalnej na kuli K (zobacz twierdzenie 4.6). Niech więc 1

FlZ 3f —* j f (t)dt 0

Funkcjonał ten jest ciągły w zbiorze Z (zobacz ćwiczenie 4.1), a więc Jest również cięgły w K. Zauważmy, że Jednoiaiany    J_n:x —*■ xⁿ(n >l) na

leżę do K (dlaczego?) oraz ^F(j_n) * -j—^ • Wynika atęd, że inf F{f)^ O. Ale oczywiście dla każdej funkcji feZ, a tym bardziej dla wszystkich f£R,mamy F(f)> 0. Wynika z tego w szczególności, że R(dę) "nie jest kompaktem .

postać

5.2. Najpierw znajdziemy wektor jednostkowy w wyznaczający zadany kierunek. Równanie normalnej do krzywej płaskiej o równaniu y ■ f(x) w punkcie o odciętej x ma postać

y - f(8) - - -tV- (* - 8)

f'(S>

Rys. 13

łę), która ma równanie y ■    ->[a

Ponieważ w naszym zadaniu punkt P leży w I ćwiartce układu współrzędnych, więc interesuje nas tylko górna część elipsy

(na rysunku 13 zaznaczono Ję linię cięg-2 2~'

-x . Równanie prostej n ma zatem

n; y

lub Inaczej

nj y

a    /

* * ♦ (’

‘ -fi⁵

Wektor w Jest wersorem wektora PQ • (-

—7=; . ^ ~^[a²+b^. A zatem l[2    ⁸

2 2

z osię 0x ma współrzędne (-2—, O).

¹⁵ " ' W?

Punkt Q przecięcia normalnej gość jest równa

b^z    b    ⁸ ^2

-■"_n , - —a), którego dłu-

a 12    8^2