Критерий равномерной сходимости в терминах точной верхней грани, критерий Коши

Теорема 1 (Критерий равномерной сходимости в терминах точной верхней грани)

Для того, чтобы последовательность функций f_{n}(x), определенных на множестве E, сходилась равномерно к функции f(x) на этом множестве, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие:

\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\underset{x\in E}{sup}\mid f_{n}(x)-f(x)\mid=0\quad (1)

Необходимость

Пусть f_{n}\rightrightarrows f на E. Покажем, что \delta_{n}=\underset{x\in E}{sup}\mid f_{n}(x)-f(x)\mid\rightarrow 0 при n\rightarrow\infty.
Имеем, что \forall\varepsilon >0 существует такой номер \exists n_{\varepsilon}, что \forall n\geq n_{\varepsilon} и \forall x\in X выполняется неравенство:
\mid f_{n}(x)-f(x)\mid<\frac{\varepsilon}{2}
Тогда \forall n\geq n_{\varepsilon} будем иметь:
\underset{x\in X}{sup}\mid f_{n}(x)-f(x)\mid\leq\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon,
а это, согласно определению предела числовой последовательности, и означает выполнение условия (1).

Достаточность

Пусть справедливо условие (1). Докажем, что последовательность функций f_{n}(x) равномерно сходится к функции f(x).

Используя неравенство \mid f_{n}\left ( x \right )-f\left ( x \right )\mid\leq\delta_{n} для x\in E, n\in N, мы получим, что \mid f_{n}(x)-f(x)\mid<\varepsilon, для x\in E, n\geq n_{\varepsilon}. А это означает, что f_{n}(x)\rightrightarrows f(x), x\in E.

Рисунок показать

Теорема 2

(Критерий Коши равномерной сходимости последовательности)

Для того чтобы последовательность функций {f_{n}(x)} сходилась равномерно на множестве E необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие Коши:

\forall\varepsilon >0 \exists n_{\varepsilon}:\forall n\geq N_{\varepsilon}\quad\forall P\in N \forall x\in E\Rightarrow\mid f_{n+p}(x)-f_{n}(x)\mid<\varepsilon\quad (2)

Необходимость

Пусть f_{n}(x)\rightrightarrows f(x), x\in E. Следовательно, согласно определению равномерной сходимости можно утверждать, что:

\forall\varepsilon>0 \exists N_{\varepsilon}:\forall k\geq N_{\varepsilon} \forall x\in E\Rightarrow\left | f_{k}\left ( x \right )-f\left ( x \right )\right |< \frac{\varepsilon}{2}\quad(4)

Пусть теперь n\geq N_{\varepsilon}, p\in N.

Тогда:

\mid f_{n}(x)-f(x)\mid <\frac{\varepsilon}{2} и \mid f_{n+p}(x)-f(x)\mid <\frac{\varepsilon}{2}

Теперь, применяя неравенство треугольника, получим что:

\mid f_{n+p}(x)-f_{n}(x)\mid =\mid (f_{n+p}(x)-f(x))-(f_{n}(x)-f(x))\mid\leq\mid (f_{n+p}(x)-

f\left ( x \right )\mid+\mid f_{n}\left ( x \right )-f\left ( x \right )\mid<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\quad (5)

Достаточность

Пусть дано, что выполняется условие Коши. Докажем равномерную сходимость последовательности функций.

Какое бы значение x из X не взяли, мы будем иметь числовую последовательность, для которой выполняется условие Коши. Следовательно, для этой последовательности существует конечный предел, что доказывает существование для последовательности предельной функции f\left ( x \right ).
Покажем, что последовательность {f_{n}} сходится равномерно к функции f
на множестве X. Действительно, в силу условия (2), \forall\varepsilon>0 \quad\exists n_{\varepsilon}, что \forall n\geq n_{\varepsilon}, \forall p\geq 0 и \forall x\in X справедливо неравенство

\mid f_{n+p}(x)-f_{n}(x)\mid<\frac{\varepsilon}{2}\quad (3)
Заметив, что \lim\limits_{p\rightarrow\infty}f_{n+p}(x)=f(x), перейдем к пределу в неравенстве (3) при  p\rightarrow\infty; тогда \forall n>n_{\varepsilon} и \forall x\in X получим
\mid f(x)-f_{n}(x)\mid<\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon,
а это и означает, что f_{n}\rightrightarrows f.

Источники:

Критерий равномерной сходимости в терминах точной верхней грани, критерий Коши

Тест для закрепления материала.

Таблица лучших: Критерий равномерной сходимости в терминах точной верхней грани, критерий Коши

максимум из 4 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Равномерная сходимость и непрерывность суммы степенного ряда, вторая теорема Абеля

Теорема 1

Пусть дан степенной ряд

\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\quad (1)
радиус сходимости которого R > 0. Тогда для любого r, такого, что
0 < r < R, ряд (1) равномерно сходится на \left [ -r,r \right ].

Доказательство

В каждой точке, лежащей внутри интервала сходимости, степенной ряд сходится абсолютно. Тогда возьмем вместо x число r, такое что выполняется условие: 0\leq r\leq R.
Тогда сходится числовой ряд \sum\limits_{n=0}^{\infty}\mid a_{n}\mid r^{n}. Поэтому, в силу признака Вейерштрасса, из неравенства \mid a_{n}x^{n}\mid\leq\mid a_{n}\mid r^{n}\left ( \mid x\mid\leq r \right ) заключаем, что
ряд (1) сходится равномерно на \left [ -r,r \right ].

Теорема 2

Сумма степенного ряда (1) с радиусом сходимости
R > 0 является непрерывной функцией на интервале сходимости \left ( -R, R \right ).

Доказательство

Согласно предыдущей теореме, ряд (1) равномерно сходится на \left [ -r,r \right ] \subset \left ( -R, R \right ), однако про весь интервал это точно утверждать нельзя, так как на интервале \left ( -R, R \right ) ряд (1) может сходиться и неравномерно. Пусть x_{0}\in\left ( -R, R \right ). Выберем такое r, что x_{0}<r<R. Так как x_{0} – внутренняя точка отрезка \left [ -r,r \right ] и на \left [ -r,r \right ] ряд (1) сходится равномерно, то, по теореме о непрерывности суммы равномерно сходящегося ряда непрерывных функций, сумма ряда (1) является непрерывной функцией на \left [ -r,r \right ], включая точку x_{0}.
Поскольку точкуx_{0}\in\left ( -R, R \right ) мы взяли произвольную, то сумма ряда (1) непрерывна на интервале \left ( -R, R \right ).

Теорема 3

Если степенной ряд (1) с радиусом сходимости R>0
расходится в точке x = R или x=-R, то он не является равномерно сходящимся на \left ( -R, R \right ).

Доказательство

Пусть ряд (1) расходится при x=R. В случае, если
бы ряд  (1) на \left ( -R, R \right ) сходился равномерно, то, согласно теореме о почленном переходе к пределу, мы получили бы, что сходится ряд из
пределов

\sum\limits_{n=0}^{\infty}\lim\limits_{x\rightarrow R-0}a_{n}x^{n}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}R^{n},
однако это противоречит предположению. Теорема доказана.

 

Рисунок показать

Вторая теорема Абеля

Если R – радиус сходимости ряда \sum\limits{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n} и это ряд сходится  при z=R, то он сходится равномерно на от отрезке \left [ 0;R \right ] действительной оси.

Доказательство

Пусть x не превышает радиуса сходимости ряда. То есть:0\leq x\leq R. Заменим переменную x на R и получим из ряда \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}x_{n} ряд, имеющий вид: \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}R_{n}\left ( \frac{x}{R} \right )^{n}. Видим, что полученный ряд \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}R^{n} не зависит от переменной x, тогда его сходимость означает и равномерную сходимость. Очевидно, что последовательность { \left ( \frac{x}{R} \right )^{n}} ограничена на отрезке \left [ 0;R \right ], ее члены неотрицательны: 0\leq\left ( \frac{x}{R} \right )^{n}\leq 1. Эта последовательность убывает в каждой точке (при x=R\quad она не строго убывает, точнее, является стационарной). Значит выполняются условия признака Абеля равномерной сходимости рядов. То есть ряд \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n} равномерно сходится на отрезке \left [ 0;R \right ].

Источники:

Тест для закрепления материала.

М1625

М1625.

Условие:

1 Плоскость разбита на единичные квадраты, вершины которых находятся в точках с целочисленными координатами. Квадраты раскрашены поочередно в черный и белый цвета (т.е. в шахматном порядке). Для каждой пары натуральных чисел m и n рассматривается прямоугольный треугольник с вершинами в целочисленных точках, катеты которого имеют длины m и n и проходят по сторонам квадратов. Пусть S_{1} площадь черной части треугольника, a S_{2} — площадь его белой части. Положим f(m,n)=|S_{1}-S_{2}|.
а) Вычислите f(m, n) для всех натуральных чисел m и n, которые либо оба четны, либо оба нечетные.
б) Докажите, что f\left (m,n \right )\leq\frac{1}{2} max \left \{ m,\right.\left. n\right \} для всех m и n.
в) Покажите, что не существует константы C такой, что f(m,n)<C для всех m и n.

Решение:
888

а) Обозначим рассматриваемый прямоугольный треугольник через ABC  и (\angle A=90°, AB=m, AC=n) достроим его до прямоугольника ABCD. Если числа m и n
имеют одинаковую четность, то раскраска этого прямоугольника симметрична относительно середины его диагонали BC. Следовательно,

S_{1}(ABC)=S_{2}(BCD)  и
S_{2}(ABC)=S_{2}(BCD).

Значит, f(m,n)=|S_{1}(ABC)-S_{2}(ABC)|=|\frac{1}{2}S_{1}(ABCD) - S_{2}(ABCD)|.

Поэтому f(m,n) = 0, если m и n оба четны, f(m,n)=\frac{1}{2}, если m и n оба нечетные.
б) Если числа m и n имеют одинаковую четность, то требуемый результат немедленно вытекает из решения пункта а). Пусть теперь m нечетно, а n четно (в противном случае достаточно переобозначить m и n, и наоборот). Рассмотрим на отрезке AB точку L такую, что
AL=m-1. Так как число m-1 четно, то

f(m - 1, n)=0,

т.е. S_{1}(ALC)=S_{2}(ALC).

Следовательно,
f(m,n)=|S_{1}(ABC)-S_{2}(ABC)|=S_{1}(LBC)-S_{2}(LBC)|\leq

Площадь

LBC=\frac{n}{2}\leq\frac{1}{2}max\left \{ m, n \right \}.
в) Вычислим f(2k + 1, 2k). Как и в решении пункта б), рассмотрим на AB точку L такую, что AL=2k, и получим аналогично, что:

f(2k +1, 2k)=|S_{1}(LBC) - S_{2}(LBC)|

Площадь треугольника LBC равна k. Без ограничения общности будем считать, что отрезок LC черный (см. рисунок). Тогда белая часть треугольника LBC состоит из треугольников BLN_{2k}, M_{2k-1}L_{2k-1}N_{2k-1},..., M_{1}L_{1}N_{1}, каждый из которых, очевидно, подобен треугольнику ABC. Их суммарная площадь равна

S_{2}(LBC)=\frac{1}{2}\cdot\frac{2k}{2k+1}\cdot((\frac{2k}{2k})^2 +(\frac{2k-1}{2k})^2 +...+(\frac{1}{2k})^2)=\frac{1}{4k(2k+1}\cdot(1^2+2^2+...+(2k)^2)=\frac{4k+1}{12}

Значит,

S_{1}(LBC)=k-\frac{4k+1}{12}=\frac{8k-1}{12} и f\left \{2k+1.2k \left. \right \} \right.=\frac{2k-1}{6}

Ясно, что \frac{2k-1}{6} принимает сколь угодно большие значения.