16.1 Равномерная сходимость

Определение. Пусть на множестве $E$ задана последовательность функций $f_{n}\left(n=1,2…\right)$, сходящаяся на $E$ поточечно к функции $f$. Говорят, что последовательность {$f_{n}$} сходится равномерно к функции $f$ на множестве $E$, если для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N$, зависящий только от $\varepsilon$ (и не зависящий от $x$), что для каждого $n \geq N$ справедливо неравенство $\mid f_{n}\left(x\right)- f\left(x\right)\mid < \varepsilon$.

Определение поточечной сходимости на множестве $E$ в кванторах можно записать следующим образом:
$$ \forall x \in E \; \forall\varepsilon > 0 \; \exists N = N\left(\varepsilon,x\right) : \forall n \geq N \mid f_{n}\left(x\right)- f\left(x\right)\mid < \varepsilon, $$ а равномерной сходимости — так: $$ \forall \varepsilon > 0 \; \exists N = N\left(\varepsilon\right) : \forall n \geq N \; \forall x \in E \mid f_{n}\left(x\right)- f\left(x\right)\mid < \varepsilon.$$ В определении поточечной сходимости номер $N$ зависит, вообще говоря, от $\varepsilon$ и от $x$, а в определении равномерной сходимости $N$ зависит только от $\varepsilon$ и не зависит от $x$. Иначе говоря, поточечная сходимость будет равномерной, если для заданного $\varepsilon > 0 $ номер $N$ можно подобрать так, чтобы он был пригоден сразу для всех $x \in E$.

Теперь видно, что свойство равномерной сходимости не слабее, чем свойство поточечной сходимости, т. е. из равномерной сходимости следует поточечная сходимость. Обратное неверно. Может оказаться, что для каждого $\varepsilon > 0$ и для $x \in E$ найдется номер $N = N \left(\varepsilon,x\right)$, но для всех сразу $x \in E$ номер $N$, не зависящий от $x$, может и не существовать. Приведем

Пример 1. Пусть $f_{n}(x) = x^{n} (x \in E \equiv \left[0,1\right])$. Мы уже видели, что $$f(x) = \lim_{n\to\infty} f_{n}(x) = \begin{cases}0, & 0\leq x < 1, \\1, & x = 1.\end{cases}$$ Если бы последовательность {$x^{n}$} сходилась к функции $f$ равномерно, то неравенство $\mid x^{n} — f(x)\mid < \varepsilon$ при достаточно больших $n \; (n\geq N(\varepsilon))$ должно было быть выполненным сразу для всех $x \in E$. Но это не так, поскольку при фиксированном $n$ имеем $\lim_{x\to1-0} x^{n} = 1 $, так что в любой левой полуокрестности точки $x_{0}=1$ найдется такая точка $x_{1} \frac{1}{2}$. Поэтому если мы возьмем $\varepsilon_{0} > \frac{1}{2}$, то получим неравенство $\mid x_1^n — 0\mid\geq \varepsilon_{0} $. Окончательно имеем $$\exists \varepsilon_{0} (\varepsilon_{0} = \frac{1}{2}) : \forall N \; \exists n \geq N (n = N) \; \exists x_{1} =$$ $$= x_{1}(\varepsilon, n) \in E : \mid f_{n}(x_{1}) — f(x_{1})\mid \geq \varepsilon_{0}$$ Это означает, что данная последовательность не является равномерно сходящейся на множестве $E$.

В этом примере «плохие» точки $x_{1}$, т.е. такие, в которых выполнено неравенство $\mid f_{n}(x_{1}) — f(x_{1})\mid \geq \varepsilon_{0}$, находится вблизи точки $x_{0}=1$. Если же мы отделимся от $x_{0}$, т.е. рассмотрим последовательность ${x^{n}}$ на множестве $E_{\delta}=\left[0,1 — \delta\right]$, где $\delta > 0$ — произвольное число, то сходимость данной последовательности к функции $f(x)\equiv0$ на множестве $E_{\delta}$ уже будет равномерной. Действительно, в этом случае $$\mid f_{n}(x) — f(x) \mid = x^{n} \leq (1 — \delta)^{n} < \varepsilon \; \; \; (0\leq x \leq 1-\delta), $$ если только $n \geq N(\varepsilon), $ где $N(\varepsilon) = \left[\frac{\ln \varepsilon}{\ln (1-\delta)}\right] + 1 $ не зависит от $x \in E_{\delta}$.

Пример 2. Для последовательности функций $f_{n}(x) = \frac{nx}{1+n^{2}x^{2}} \; \; (x \in E\equiv \mathbb{R})$ ранее мы показали, что $$f(x) = \lim_{x\to\infty} \frac{nx}{1+n^{2}x^{2}} = 0 \; \; \; (x \in \mathbb{R}).$$ Поэтому $\mid f_{n}(x) — f(x)\mid \rightarrow 0 \; \; \; (n \rightarrow \infty )$ при каждом фиксированном $x \in \mathbb{R}$. Однако при фиксированном $n$ наибольшее значение функция $f_{n}(x) = \frac{nx}{1+n^{2}x^{2}}$ достигает в точке $x_{n} = \frac{1}{n}$ и это значение равно $f_{n}(\frac{1}{n}) = \frac{1}{2}$. Таким образом, для $\varepsilon_{0}=\frac{1}{2}$ неравенство $\mid f_{n}(x)-f(x)\mid < \varepsilon_{0}$ не может быть выполненным сразу для всех $x \in \mathbb{R}$. Значит, последовательность {$f_{n}$} сходится к функции $f \equiv 0$ на $\mathbb{R}$, но неравномерно, т.е. $$\exists \varepsilon_{0} ( \varepsilon_{0} = \frac{1}{2}) : \forall N \; \exists n\geq N (n=N) \;
\exists x_{1} (x_{1} = \frac{1}{n}) : \mid f_{n}(x_{1}) — f(x_{1})\mid \geq \varepsilon_{0}.$$

Если же зафиксировать число $\delta > 0 $, то нетрудно показать, что на множестве $E_{\delta} = \left[\delta,+\infty\right)$ последовательность функций $f_{n}(x) = \frac{nx}{1+n^{2}x^{2}}$ сходится равномерно. Действительно, неравенство $$\mid f_{n}(x) — f(x)\mid = \frac{nx}{1+n^{2}x^{2}} \leq \frac{1}{nx} \leq \frac{1}{n\delta} < \varepsilon \; \; \; (x \in E_{\delta})$$ выполнено, если только $n \geq N(\varepsilon)$, где $ N(\varepsilon) = \left[\frac{1}{\varepsilon\delta}\right] + 1 $ не зависит от $x \in E_{\delta}$

Геометрический смысл равномерной сходимости состоит в том, что начиная с номера $N$ графики функций $f_{n}(x)$ расположены в $\varepsilon$-полосе графика функции $f$.

Равномерная сходимость ряда определяется как равномерная сходимость последовательности его частичных сумм.

Определение. Пусть на множестве $E$ задана последовательность функций $\left\{u_{n}\right\}$. Ряд $\sum_\left(n=1\right)^\infty u_{n}$ называется равномерно сходящимся на множестве $E$, если он сходится поточечно на $E$ и последовательность его частичных сумм равномерно сходится к сумме ряда на множестве $E$.

Другими словами, определение равномерной сходимости ряда $\sum_\left(n=1\right)^\infty u_{n}$, сходящегося к функции $f$ на множестве $E$, можно сформулировать следующим образом. Обозначим через $S_{n}(x) = \sum_\left(k=1\right)^n u_{k}(x)$ частичные суммы ряда $ \sum_\left(n=1\right)^\infty u_{n}(x), r_{n}(x) = \sum_\left(k = n+1\right)^\infty u_{k}(x)$ — остаток после $n$-го слагаемого. Тогда $S_{n}(x) + r_{n}(x) = f(x),$ а равномерная сходимость ряда означает, что для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N$ (зависящий только от $\varepsilon$), что для всех $n \geq N$ и для всех $x \in E$ справедливо неравенство $\mid S_{n}(x) — f(x)\mid < \varepsilon$. Но так как $\mid S_{n}(x) — f(x)\mid = \mid r_n(x)\mid$, то получаем $$\forall \varepsilon > 0 \; \exists N : \forall n \geq N \; \forall x \in E \;\; \mid r_{n}(x)\mid < \varepsilon. $$ Это в свою очередь означает, что остаток ряда равномерно стремится к нулю. Таким образом, получили следующее эквивалентное определение равномерной сходимости ряда.

Ряд $\sum_\left(n=1\right)^\infty u_{n}(x)$ называется равномерно сходящимся на множестве $E$, если последовательность его остатков после $n$-го слагаемого {$r_{n}$} равномерно сходится к нулю на множестве $E$.

Это определение более выгодно по сравнению с предыдущим тем, что оно использует лишь слагаемые исходного ряда и не использует сумму самого ряда $f(x)=\sum_\left(n=1\right)^\infty u_{n}(x)$.

Пример 1. Ряд $\sum_\left(n=1\right)^\infty x^{n}$ сходится на интервале $(-1,1)$ т.к. он представляет собой сумму геометрической прогрессии со знаменателем $x, \mid x \mid < 1 $. Исследуем его на равномерную сходимость. Для этого рассмотрим остаток $r_{n}(x) = \sum_\left(k =n+1\right)^\infty x^{k} = \frac{x^{n+1}}{1-x}$. При фиксированном $x$ и $n \rightarrow \infty$ имеем $r_{n}(x) \rightarrow 0$. Это означает, что данный ряд сходится при каждом $x$, т.е. поточечно. Если же зафиксировать $n$ к $1-0$, то получим, что $\frac{x^{n+1}}{1-x} \rightarrow +\infty$, т.е. если $x$ близок к $1$, то $r_{n}(x)$ принимает большие значения. Это означает, что неравенство $\mid r_{n}(x)\!\!\mid \; = \frac{\mid x\mid^{n+1}}{1-x} < \varepsilon$ сразу для все $x \in (-1,1)$, но неравномерно.

С другой стороны, на любом отрезке $\left[-q,q\right]$, где $0<q<1$, ряд $\sum_\left(n=1\right)^\infty x^{n}$ сходится равномерно. Действительно, в этом случае $$\mid r_{n}(x)\!\!\mid = \; \mid\sum_\left(k=n+1\right)^\infty x^{n}\!\!\mid = \; \mid\frac{x^{n+1}}{1-x} \mid \; \leq \frac{q^{n+1}}{1-q}, \; \; \; (x \in \left[-q,q\right]).$$ Отсюда следует, что последовательность {$r_{n}(x)$} равномерно сходится к нулю на $[-q,q]$, т.е. данный ряд равномерно сходится на $[-q,q]$.

Пример 2. Рассмотрим ряд $\sum_\left(n=0\right)^\infty \frac{x^{2}}{(1+x^{2})^{n}}$. Имеем $$r_{n}(x) = \begin{cases}\frac{x^{2}}{(1+x^{2})^{n}}, & x \neq 0\\0, & x = 0.\end{cases}$$ Если $x$ фиксировано, то $r_{n}(x) \rightarrow 0$ при $n \rightarrow \infty$. Это означает, что ряд является сходящимся при любом $x \in \mathbb{R}$, т.е. он сходится поточечно. Если зафиксируем $n$, то при стремлении $x$ к нулю получаем, что $r_{n}(x) \rightarrow 1$, а это означает, что неравенство $\mid r_{n}(x)\!\! \mid \; = \frac{1}{(1+x^{2})^{n}} < \varepsilon$ при $0 <\varepsilon< 1$ не может выполняться сразу для всех $x \in \mathbb{R}$, каким бы большим номер $n$ мы ни взяли. Таким образом, $r_{n}(x)\rightarrow 0 \; (n \rightarrow \infty)$, но неравномерно. Следовательно, данный ряд сходится на $\mathbb{R}$ неравномерно.

Замечание. Пусть задан ряд $$\sum_\left(n=1\right)^\infty u_{n}(x) \; \; \; (x \in E).\qquad
(16.2)$$ Рассмотри величины $$\mu_{n}=\sup_{x\in E} \mid \sum_\left(k=n+1\right)^\infty u_{k}(x)\mid = \sup_{x\in E} \mid r_{n}(x)\mid.$$ Тогда определение равномерной сходимости ряда (16.2) на множестве $E$ можно сформулировать следующим образом.

Ряд (16.2) сходится равномерно на множестве $E$, если $\lim_{n\to\infty} \mu_{n} = 0.$

Действительно, если $\mu_{n}\rightarrow 0 \; (n \rightarrow \infty)$, то для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N$, что для всех $n \geq N$ справедливо неравенство $\mu_{n} < \varepsilon$, т.е. для всех $x \in E$ справедливо неравенство $\mid r_{n}(x)\mid < \varepsilon$, а значит ряд (16.2) сходится равномерно. Обратно, если $r_{n}(x)$ равномерно сходится к нулю, то для всех $x \in E$ справедливо неравенство $\mid r_{n}(x)\mid < \varepsilon$. Поэтому и $\mu_{n} = \sup_{x\in E} \mid r_{n}(x)\mid \leq \varepsilon$, т.е. $\mu_{n} \rightarrow 0$ при $n \rightarrow \infty$.

Пример 3. Исследовать на равномерную сходимость ряд $\sum_\left(n=1\right)^\infty \frac{(-1)^{n}}{x^{2}+n}$ на множестве $\mathbb{R}$

Данный ряд является рядом лейбницевского типа и поэтому, согласно теореме об оценке остатка ряда лейбницевского типа, $\mid r_{n}(x)\mid \leq \frac{1}{x^{2}+n+1}\leq \frac{1}{n+1}$. Таким образом, $\mu_{n}\leq \frac{1}{n+1} \rightarrow 0 \; \; (n\rightarrow \infty)$, и, следовательно, данный ряд сходится равномерно на $\mathbb{R}$.

Теорема(критерий Коши равномерной сходимости последовательности). Для того чтобы последовательность функций {$f_{n}$} равномерно сходилась на множестве $E$ к некоторой функции, необходимо и достаточно, чтобы для любого $\varepsilon > 0$ существовал такой номер $N$, зависящий только от $\varepsilon$, что для любых $n,m \geq N$ и для любого $x \in E$ было выполнено неравенство $\mid f_n(x)-f_m(x)\mid < \varepsilon$.

Необходимость. Пусть последовательность {$f_n$} сходится к $f$ равномерно на $E$. Зададим $\varepsilon > 0 $. Тогда найдется такой номер $N$, что для все $n\geq N$ и для всех $x \in E$ справедливо неравенство $\mid f_n(x) — f(x)\mid < \frac{\varepsilon}{2}$. Если возьмем произвольные, $n,m \geq N$, то для любого $x \in E$ получим $$\mid f_n(x) — f_m(x)\mid \leq \mid f_n(x) — f(x)\mid + \mid f_m(x) — f(x)\mid < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon,$$ т.е. выполнено условие теоремы (условие Коши).
Достаточность. Пусть выполнено условие Коши. Зафиксируем $x \in E$ и получим числовую последовательность {$f_n(x)$}, которая, согласно условию Коши, является фундаментальной и, следовательно, сходящейся. Обозначим ее предел через $f(x)$. Так как $x \ in E$ произвольное, то, проделав эту операцию для все $x \in E$, получим функцию $f(x)$. Покажем, что последовательность {$f_n(x)$} стремится к $f(x)$ равномерно на $E$. Зададим $\varepsilon > 0$. Тогда найдется такой номер $N$, что для всех $n,m\geq N$ и для любого $x \in E$ справедливо неравенство $\mid f_n(x)-f_m(x)\mid < \varepsilon$. Зафиксируем $n \geq N, x \in E$ и устремим $m\rightarrow \infty$. Тогда получим $\mid f_n(x)-f(x)\mid \leq \varepsilon.$ Это неравенство выполнено для любого $n \geq N$ и для всех $x \in E$, а это и означает, что последовательность {$f_n$} сходится к $f$ равномерно на $E$.

Доказанную теорему можно переформулировать для рядов следующим образом.

Теорема(критерий Коши равномерной сходимости ряда). Для того чтобы ряд $\sum_\left(n=1\right)^\infty u_n(x)$ равномерно сходился на множестве $E$, необходимо и достаточно, чтобы для любого $E > 0$ существовал такой номер $N$, зависящий только от $\varepsilon$, что для всех $n \geq N, p \in \mathbb{N}$ и для любого $x \in E$ выполнялось неравенство $\mid \sum_{k=n+1}^{n+p} u_k(x)\mid < \varepsilon$.

Эта теорема вытекает из предыдущей, если учесть, что равномерная сходимость ряда определяется как равномерная сходимость последовательности его частичных сумм.

Теорема (признак Вейерштрасса равномерной сходимости ряда). Пусть дан ряд $$ \sum_{n+1}^{\infty} u_n(x) \; \; \; (x \in E). \qquad (16.3)$$ Предположим, что существует числовая последовательность {$a_n$}, такая, что $\mid u_n(x)\mid \leq a_n \; \; \; (n=1,2…)$ для всех $x \in E$, и числовой ряд $\sum_{n=1}^\infty a_n$ сходится. Тогда ряд (16.3) сходится равномерно на $E$.

В силу условия теоремы, имеем $$\mid\sum_{k=n+1}^{n+p} u_k(x)\mid \leq \sum_{k=n+1}^{n+p} a_k \; \; \; (x \in E).$$ Так как ряд $\sum_{n=1}^\infty a_n$ сходится по условию, то, в силу критерия Коши для числовых рядов, для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N$, что для всех $n \geq N$ и для любого $p \in \mathbb{N}$ справедливо неравенство $\sum_{k=n+1}^{n+p} a_k < \varepsilon$. Но тогда и неравенство $\mid\sum_{k=n+1}^{n+p} u_k(x) \mid < \varepsilon$ будет выполненным для всех $x \in E$, т.е. выполнено условие критерия Коши равномерной сходимости функционального ряда, в силу которого ряд (16.3) сходится равномерно на $E$.

Замечание 1. Признак Вейерштрасса является лишь достаточным условием равномерной сходимости функционального ряда. В самом деле, рассмотренный выше пример 3 ряда $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{x^2+n}$ показывает, что этот ряд хотя и сходится равномерно на $\mathbb{R}$, но оценить сверху его слагаемые можно лишь слагаемыми расходящегося числового ряда $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$

Замечание 2. Признак Вейерштрасса дает достаточное условие не только равномерной, но и абсолютной сходимости ряда. Это сразу следует из неравенства $$\sum_{k=n+1}^{n+p} \mid u_k(x)\mid \leq \sum_{k=n+1}^{n+p} a_k \; \; \; (x \in E).$$

Замечание 3. Признак Вейерштрасса заключается в том, что из сходимости ряда $\sum_{n=1}^{\infty} a_n $, где $a_n = \sup_{x \in E}\mid u_n(x)\mid$, следует равномерная (и абсолютная) сходимость ряда $\sum_{n=1}^\infty u_{n}(x)$ на множестве $E$.

Пример 4. Рассмотрим ряд $\sum_{n=1}^\infty \frac{x}{1+n^4x^2}$ на $\mathbb{R}$. Используя очевидное неравенство $2\mid\!\! a\mid \leq 1 + a^2$, находим мажорантный числовой ряд $$\mid \frac{x}{1+n^4x^2}\mid \leq \frac{1}{n^2} \frac{\mid n^2x\mid}{1+(n^2x)^2} \leq \frac{1}{2}\frac{1}{n^2}.$$ Поскольку числовой ряд $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2}\frac{1}{n^2}$ сходится, то исходный функциональный ряд сходится равномерно на $\mathbb{R}$.

Пример 5. Ряд $\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos {nx}}{n^2}$ сходится равномерно на $\mathbb{R}$, поскольку $\mid \frac{\cos {nx}}{n^2}\mid \leq \frac{1}{n^2}$ и числовой ряд $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ сходится.

Теорема(признак Абеля равномерной сходимости) Пусть на множестве $E$ заданы две функциональные последовательности {$a_n(x)$} и {$b_n(x)$}, такие, что при каждом $x \in E$ числовая последовательность {$a_n(x)$} монотонна, функции $a_n(x)$ ограничены в совокупности, т.е. существует такое $M$, что $\mid a_n(x)\mid \leq M \;\;\; (x \in E, n = 1,2,…)$, а ряд $\sum_{n=1}^\infty b_n(x)$ сходится равномерно на $E$. Тогда ряд $\sum_{n=1}^\infty a_n(x) b_n(x)$ сходится равномерно на $E$.

Теорема(признак Дирихле равномерной сходимости). Пусть на множестве $E$ заданы две последовательности функций {$a_n(x)$} и {$b_n(x)$}, такие, что при каждом $x \in E$ числовая последовательность {$a_n(x)$} монотонна, функциональная последовательность {$a_n(x)$} равномерно сходится к нулю на $E$, а частичные суммы ряда $\sum_{n=1}^\infty b_n(x)$ ограничены в совокупности на $E$, т.е. существует такое число $M$, что $\mid\sum_{k=1}^n b_k(x)\mid \leq M (x \in E, n = 1,2,…)$. Тогда ряд $\sum_{n=1}^\infty a_n(x) b_n(x)$ сходится равномерно на $E$.

Доказательства признаков Абеля и Дирихле легко провести, основываясь на критерии Коши и применяя преобразование Абеля(точно так же, как это было сделано при доказательстве признаков Абеля и Дирихле сходимости числовых рядов). Рекомендуется провести эти доказательства самостоятельно.

Пример 6. Рассмотрим ряды вида $\sum_{n=1}^\infty a_n(x) \cos nx $ и $\sum_{n=1}^\infty a_n(x) \sin nx$, где последовательность чисел $a_n$ монотонно стремится к нулю. К ряду $\sum_{n=1}^\infty a_n(x) \cos nx $ применим признак Дирихле. Для этого рассмотрим суммы $S_n(x)=\sum_{k=1}^n \cos kx$. Имеем $$2\sin \frac{x}{2} S_n(x) =\sum_{k=1}^n 2\sin \frac{x}{2} \cos kx=$$ $$=\sin \frac{3x}{2} — \sin \frac{x}{2} + \sin \frac{5x}{2} — \sin \frac{3x}{2} + … + \sin (n+ \frac{1}{2})x — \sin (n — \frac{1}{2})x =$$ $$= \sin (n+ \frac{1}{2})x — \sin \frac{x}{2}.$$ Поэтому $$S_n(x) = \frac{\sin (n + \frac{1}{2})x}{2\sin \frac{x}{2}} — \frac{1}{2} \;\;\; (0 < x <2\pi), \;\;\;\; \mid S_n(x)\mid \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{2\mid \sin \frac{x}{2}\mid}.$$ Если $x \rightarrow 0$, то $S_n(x) \rightarrow n$, так что в окрестности нуля нарушается равномерная ограниченность сумм $S_n(x)$. Если же $\delta \leq x \leq 2\pi — \delta$, где $0 < \delta < \pi$, то $\mid S_n(x)\mid \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{2 \sin \frac{\delta}{2}}$ и поэтому $\left[ \delta, 2\pi — \delta\right]$ выполнены все условия признака Дирихле, в силу которого ряд $\sum_{n=1}^\infty a_n \cos {nx}$ сходится равномерно на $\left[ \delta, 2\pi — \delta\right]$. На всем интервале $(0,2\pi)$ признак Дирихле неприменим, но это еще не означает, что ряд сходится неравномерно, поскольку признак Дирихле — лишь достаточное условие равномерной сходимости ряда.

Покажите самостоятельно, что ряд $\sum_{n=1}^\infty a_n \sin {nx}$, где последовательность {$a_n$} монотонно убывает к нулю, сходится равномерно на $\left[ \delta, 2\pi — \delta\right]$, где произвольное $0 < \delta < \pi$. Для этого полезно использовать равенство $$ \sum_{k=1}^n \sin kx = \frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}} \sum_{k=1}^n 2 \sin \frac{x}{2} \sin kx = $$ $$ = \frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}} \sum_{k=1}^n [\cos (k — \frac{1}{2})x — \cos (k + \frac{1}{2})x] = $$ $$ =\frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}} [\cos \frac{x}{2} — \cos(n+\frac{1}{2})x] \;\;\; (0 < x < 2\pi)$$ и применить признак Дирихле.

Примеры решений задач

  1. Исследовать на равномерную сходимость на интервале $(-\infty, +\infty)$ ряд $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{nx}{1+n^5x^2}$.
Решение

Удобно применить признак Вейерштрасса, так как несложно подобрать мажоранту для ряда. Найдем максимум общего члена ряда: $$\frac{\text{d}}{\text{d}x}(\frac{nx}{1+n^5x^2})= n\frac{1-x^2n^5}{(1+x^2n^5)^2} = 0 \Rightarrow x_0 = \frac{1}{n^{\frac{5}{2}}}.$$ Следовательно, $$\mid\frac{nx}{1+n^5x^2}\mid \leq \frac{1}{2n^{\frac{3}{2}}}.$$ Мажорирующий ряд $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2n^{\frac{3}{2}}}$ сходится. Поэтому исходный ряд сходится равномерно.

[свернуть]

Исследовать на равномерную сходимость на отрезке  $[0,2\pi]$ ряд $\sum_{n=1}^{+\infty} = \frac{\sin nx}{n}$ .

Решение

На данном отрезке частичные суммы вспомогательного ряда не будут ограничены. Применим критерий Коши. Выберем $m=2n, x_0 = \frac{1}{n}$, тогда $$ \mid \frac{\sin \frac{n+1}{n}}{n+1} + … + \frac{\sin 2}{2n}\mid \geq \frac{\sin 1}{n+1} + … + \frac{\sin 1}{2n} \geq \frac{1}{2}\sin 1 = \varepsilon_0.$$ Для ряда выполнился критерий Коши, следовательно, ряд не сходится равномерно.

[свернуть]

Равномерная сходимость

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме.

Список литературы


Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И. Курс Математического Анализа. 1997; с исправлениями 2001. ФИЗМАТЛИТ, 2001, стр.  384 — 407.

В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу Т.2. Одесса, «Астропринт», 2010, стр. 32-41.

Г. М. Фихтенгольц «Курс дифференциального и интегрального исчисления» ФИЗМАТЛИТ, 1964 т.2, стр. 376-386.

Теоремы Вейерштрасса о непрерывных функциях на компактных множествах

Первая теорема Вейерштрасса

Пусть K — компакт в \mathbb{R}^{n} и функция f: K\rightarrow \mathbb{R}^{m} непрерывна на K. Тогда эта функция ограничена на K.

Доказательство

В силу непрерывности f, для любого x\in K найдётся окрестность U_{x}, такая что функция f ограничена на множестве U_{x}, то есть для каждого y\in K \cap U_{x} справедливо неравенство \begin{Vmatrix} f(y) \end{Vmatrix}\leq M_{x}, где M_{x} зависит от x. Совокупность открытых шаров U_{x} образует открытое покрытие компактного множества K. В силу компактности, из него можно выделить конечное подпокрытие U_{x_{1}}, ..., U_{x_{p}}. Этим шарам соответствуют числа M_{x_{1}}, ..., M_{x_{p}}. На каждом и этих шаров функция f ограничена этим числом. Пускай M=\max_{1\leq i\leq p}M_{x_{i}}. Тогда для любого x\in K получим, что \begin{Vmatrix} f(x) \end{Vmatrix}\leq M.

Пусть функция f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} непрерывна на \left[a, b \right]. По первой теореме Вейерштрасса эта функция ограничена на \left[a, b \right].

Vey1

Вторая теорема Вейерштрасса

Пусть f: K\rightarrow \mathbb{R} — действительная непрерывная функция на компакте K\subset \mathbb{R}^{n}. Тогда на этом множестве функция f достигает своей верхней и нижней границы, то есть существуют такие x^{'}, x^{''}\in K, что

f(x^{'})=\sup_{x\in E}f\left(x \right), f(x^{''})=\inf_{x\in E}f\left(x \right).

Доказательство

Пусть f: E\rightarrow \mathbb{R}, где E\subset \mathbb{R}^{n}. Функция f называется ограниченной сверху на множестве E, если существует такая постоянная M, то для всех x\in E справедливо неравенство \begin{Vmatrix} f(x) \end{Vmatrix}\leq M. Каждое такое число M называется верхней границей функции f, а наименьшая из всех верхних границ называется точной верхней границей или верхней гранью функции f и обозначается \sup_{x\in E}f\left(x \right).

Пойдём от противного. Допустим, верхняя грань не достигается, то есть для каждого x\in K справедливо неравенство f(x)<M, где M — верхняя грань функции f на K.

Рассмотрим функцию \varphi (x)=\frac{1}{M-f(x)}. Эта функция положительна и непрерывна в каждой точке x\in K. По ранее доказанной первой теореме Вейерштрасса она ограничена, то есть существует такое число \mu >0, что \varphi (x)\leq \mu для любого x\in K. Это означает, что \frac{1}{M-f(x)}\leq \mu, или, что то же самое, f(x)\leq M-\frac{1}{\mu}(x\in K). Следовательно, число M-\frac{1}{\mu} является верхней границей для функции f. Но так как \mu >0, то это противоречит тому, что M является верхней гранью функции f, то есть наименьшей из всех верхних границ.

Аналогично теорема доказывается и для нижней грани.

Пусть функция f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} непрерывна на \left[a, b \right]. Тогда на этом множестве функция f достигает своей верхней и нижней граней M=f(x^{''})=\sup_{x\in E}f\left(x \right), m=f(x^{'})=\inf_{x\in E}f\left(x \right).

Vey2

Пример

Пусть f(x,y)=x^{5}+y^{4}+2x^{3}y^{2}+1. Будет ли f ограничена на \left[5, 7 \right]\times\left[8,9 \right]?

Спойлер

\left[5, 7 \right]\times\left[8,9 \right] — компактное множество (оно замкнуто и ограничено). f(x,y)=x^{5}+y^{4}+2x^{3}y^{2}+1 — непрерывна как композиция непрерывных функций.

Следовательно, по первой теореме Вейерштрасса f ограничена на \left[5, 7 \right]\times\left[8,9 \right].

[свернуть]

Тест на знание теорем Вейерштрасса о непрерывных функциях на компакте

Тест поможет понять, как хорошо вы усвоили приведённый выше материал.

Число e

Рассмотрим последовательность x_n= (1+\frac{1}{n})^n, n \in \mathbb{N}.

Покажем, что последовательность ограничена и возрастает.

Сначала докажем монотонность. Воспользуемся биномом Ньютона:

(a+b)^n= a^{n}+\frac{n}{1}\cdot a^{n-1}\cdot b+\frac{n (n-1)}{1\cdot 2}\cdot a^{n-2}\cdot b^{2}+ \cdots +

+\frac{n (n-1) (n-2)\cdots (n- (n-1))}{1\cdot 2\cdot 3\cdot \cdots \cdot n}\cdot b^{n}.

Полагая, что  a= 1, b= \frac{1}{n},  получим:

(1+\frac{1}{n})^{n}= 1+\frac{n}{1}\cdot \frac{1}{n}+\frac{n (n-1)}{1\cdot 2}\cdot \frac{1}{n^{2}}+

+\frac{n (n-1) (n-2)}{1\cdot 2\cdot 3}\cdot \frac{1}{n^{3}}+ ... + \frac{n (n-1) (n-2)... (n- (n-1))}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}\cdot \frac{1}{n^{n}}=

= 1+1+\frac{1}{1\cdot 2} (1-\frac{1}{n})+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3} (1-\frac{1}{n}) (1-\frac{2}{n})+\cdots +

+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdots \cdot n} (1-\frac{1}{n}) (1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{n-1}{n}).

(1+\frac{1}{n})^{n}= 1+1+\frac{1}{1\cdot 2} (1-\frac{1}{n})+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3} (1-\frac{1}{n}) (1-\frac{2}{n})+ \cdots +

+ \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdots\cdot n} (1-\frac{1}{n}) (1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{n-1}{n}). (*)

Из равенства (*) следует, что с увеличением n число положительных слагаемых в правой части увеличивается.

Кроме того, при увеличении n число \frac{1}{n} — убывает,

поэтому величины (1-\frac{1}{n}), (1-\frac{1}{n}), \cdots возрастают.

Поэтому последовательность {x_n} =  \{ (1+\frac{1}{n})^{n}\}  — возрастающая, при этом (1+\frac{1}{n})^{n}>2. (**)

Покажем, что она ограничена. Заменим каждую скобку в правой части равенства (*) на единицу. Правая часть увеличится, получим неравенство:

(1+\frac{1}{n})^{n}<1+1+\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+ \cdots +\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot \cdots \cdot n}.

Усилим полученное неравенство, заменив числа 3, 4, 5, \cdots, n , стоящие в знаменателях дробей, числом 2:

(1+\frac{1}{n})^{n} = 1+ (1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^{n-1}}).

Сумму в скобке найдем по формуле суммы членов геометрической прогрессии:

1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+ \cdots +\frac{1}{2^{n-1}} = \frac{1\cdot (1- (\frac{1}{2})^n)}{1-\frac{1}{2}}= 2 (1-\frac{1}{2^n})<2.

Поэтому: (1+\frac{1}{n})^{n}<1+2= 3. (***)
Итак, последовательность ограничена, при этом для n \in \mathbb{N} выполняются неравенства (**) и (***):
2 < (1+\frac{1}{n})^{n}<3.

Следовательно, на основании теоремы Вейерштрасса последовательность имеет предел, обозначаемый обычно буквой  e :

\lim\limits_{x\overset{}{\rightarrow \infty }}(1+\frac{1}{n})^{n}= e.

Определение:

Числом e называется предел последовательности x_{n}= (1+\frac{1}{n})^{n}, n \in \mathbb{N}, т. е. e= \lim\limits_{n \to \infty } (1+\frac{1}{n})^{n}.

Это число иррациональное и приближенно равно e = 2.718281828\cdots. Логарифмы с основанием e называются натуральными и обозначаются \log_{e}x= \ln x. Данный предел называют вторым замечательным пределом. Многие примеры сводятся с помощью простых замен ко второму замечательному пределу. Рассмотрим пример решения на второй замечательный предел.

Пример.

Найти предел \lim\limits_{x \to \infty} (1+\frac{2}{x})^{x}.

Решение.

Преобразуем предел:

\lim\limits_{x \to \infty} (1+\frac{2}{x})^{x}= \lim\limits_{x \to \infty} (1+\frac{1}{\frac{x}{2}})^{\frac{x}{2}\cdot 2}= e^{2}.

Литература

  1. Портал знаний (Введение в анализ->Последовательности)
  2. Вартанян Г.М. Конспект лекций по математическому анализу, стр.17 (часть 1)
  3. В.А. Ильин, Э.Г. Позняк. Основы математического анализа. Часть 1. Издание четвертое. Стр. 74-76: М.Наука. — 1982, 616 стр.

Число е.

Тест на тему: Число е

Предел монотонной последовательности. Пример

Определение:
Последовательность \left\{x_n\right\} называется монотонно возрастающей, если \forall n\in\mathbb N: x_n \leq x_{n+1}.

Определение:
Последовательность \left\{x_n\right\} называется монотонно убывающей, если \forall n\in\mathbb N: x_n \geq x_{n+1}

Теорема Вейерштрасса (о пределе монотонной ограниченной последовательности)

Если последовательность является возрастающей и ограниченной сверху, то: \lim\limits_{x \to \infty} x_n = \sup {x_n}.

Аналогично для убывающей и ограниченной снизу последовательности: \lim\limits_{x \to \infty} x_n = \inf {x_n}.

Доказательство:  
Докажем теорему для монотонной возрастающей последовательности \left\{x_n\right\}. Докажем, что точная верхняя граница a = \sup{x_n} для последовательности и будет ее пределом.
Действительно, по определению точной верхней границы: \forall n x_n \leq a.
Кроме того, какое бы ни взять число \varepsilon > 0, найдется такой номер N, что x_n > a - \varepsilon.
Так как последовательность монотонна, то при n > N: x_n \geq x_n, а значит, и x_n > a - \varepsilon и выполняются неравенства: 0\leq a - x_n < \varepsilon \vee \left | x_n - a \right | <\varepsilon откуда и следует, что \lim\limits_{n \to \infty} x_n = a. \blacksquare

Пример. Доказать, что последовательность x_n = \frac{1}{n} сходится.

Доказательство. Рассматриваемая последовательность ограничена снизу, так как для любого натурального n: x_n = \frac{1}{n} > 0.

Исследуем заданную последовательность на монотонность:

x_n - x_{n-1} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} = \frac{n+1-n}{n(n+1)} = \frac{1}{n(n+1)} > 0 \Rightarrow x_n > x_{n-1}

а, значит, последовательность {x_n} монотонно убывающая, а тогда, согласно теореме Вейерштрасса, последовательность сходится. \blacksquare
Литература

  • Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу
  • webmath.ru

Предел монотонной последовательности

Тест