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 [latex]f_{n}(x)[/latex], определенных на множестве [latex]E[/latex], сходилась равномерно к функции [latex]f(x)[/latex] на этом множестве, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие:

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

Необходимость

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

Достаточность

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

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

Спойлер

Последовательность функций сходящихся к функции [latex]ln x[/latex]
risunok

[свернуть]

Теорема 2

(Критерий Коши равномерной сходимости последовательности)

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

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

Необходимость

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

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

Пусть теперь [latex]n\geq N_{\varepsilon}[/latex], [latex]p\in N[/latex].

Тогда:

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

Теперь, применяя неравенство треугольника, получим что:

[latex]\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)-[/latex]

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

Достаточность

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

Какое бы значение [latex]x[/latex] из [latex]X[/latex] 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 [latex]f\left ( x \right )[/latex].
Покажем, что последовательность [latex]{f_{n}}[/latex] сходится равномерно к функции [latex]f[/latex]
на множестве [latex]X[/latex]. Действительно, в силу условия (2), [latex]\forall\varepsilon>0[/latex] [latex]\quad\exists n_{\varepsilon}[/latex], что [latex]\forall n\geq n_{\varepsilon}[/latex], [latex]\forall p\geq 0[/latex] и [latex]\forall x\in X[/latex] справедливо неравенство

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

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

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

Доказательство

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

Теорема 2

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

Доказательство

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

Теорема 3

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

Доказательство

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

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

 

Спойлер

slsls

[свернуть]

Вторая теорема Абеля

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

Доказательство

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

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 [latex]m[/latex] и [latex]n[/latex] рассматривается прямоугольный треугольник с вершинами в целочисленных точках, катеты которого имеют длины [latex]m[/latex] и [latex]n[/latex] и проходят по сторонам квадратов. Пусть [latex]S_{1}[/latex] площадь черной части треугольника, a [latex]S_{2}[/latex] — площадь его белой части. Положим [latex]f(m,n)=|S_{1}-S_{2}|[/latex].
а) Вычислите [latex]f(m, n)[/latex] для всех натуральных чисел [latex]m[/latex] и [latex]n[/latex], которые либо оба четны, либо оба нечетные.
б) Докажите, что [latex]f[/latex][latex]\left (m,n \right )[/latex][latex]\leq\frac{1}{2}[/latex] max [latex]\left \{ m,\right.[/latex][latex]\left. n\right \}[/latex] для всех [latex]m[/latex] и [latex]n[/latex].
в) Покажите, что не существует константы [latex]C[/latex] такой, что [latex]f(m,n)<C[/latex] для всех [latex]m[/latex] и [latex]n[/latex].

Решение:
888

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

[latex]S_{1}(ABC)=S_{2}(BCD)[/latex]  и
[latex]S_{2}(ABC)=S_{2}(BCD)[/latex].

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

Поэтому [latex]f(m,n) = 0[/latex], если [latex]m[/latex] и [latex]n[/latex] оба четны, [latex]f(m,n)=\frac{1}{2}[/latex], если [latex]m[/latex] и [latex]n[/latex] 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 [latex]m[/latex] и [latex]n[/latex], и наоборот). Рассмотрим на отрезке [latex]AB[/latex] точку [latex]L[/latex] такую, что
[latex]AL=m-1[/latex]. Так как число [latex]m-1[/latex] четно, то

[latex]f(m — 1, n)=0[/latex],

т.е. [latex]S_{1}(ALC)=S_{2}(ALC)[/latex].

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

Площадь

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

[latex]f(2k +1, 2k)=|S_{1}(LBC) — S_{2}(LBC)|[/latex]

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

[latex]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}[/latex]

Значит,

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

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