Функциональные и последовательные ряды (1187983), страница 4
Текст из файла (страница 4)
В каждой точке x ∈ [1; +∞) отличен от нуля только один член ряда:+∞X1при x ∈ [n; n + 1) 7→un (x) = .nn=1Значит, для последовательности частичных сумм ряда имеем оценку равномерную оценку1числовой последовательностью: sup |Sn (x) − S(x)| 6 → 0. Ряд сходится равномерно.n[1;+∞)Но! Выберем последовательность xn = n, тогда un (xn ) = n1 и числовой ряд+∞+∞XX1un (xn ) =— расходится (гармонический ряд).nn=1n=1n+pXРассмотрим ошибочную форму записи отрезка ряда при xk = k в видеuk (xk ) =k=n+1n+pX1n+1k, что соответствует отрезку расходящегося гармонического ряда.n+pX1, то есть, как и в приведенном вышеNk=n+1доказательстве равномерной сходимости рассматриваемого ряда в отрезке ряда отличен отнуля только один член.
/Правильная запись в этом примере:1.3uk (xN ) =Примеры решения задач исследования на равномернуюсходимость функциональных последовательностей и рядовЗамечание. Наибольшие сложности при решении задач исследования на равномернуюсходимость связаны с вопросом «что доказывать». Соответствующие рассуждения вынесеныв некоторых примерах в анализ на черновике. В части примеров этот анализ опущен,чтобы показать только оформление решений.Пример 3.1.nx3наИсследовать на равномерную сходимость последовательность fn (x) =1 + n2 x6множествах E1 = [0; 1] и E2 = [1; +∞)..3.1.Найдем поточечныйпредел. В задачах исследования функциональныхпоследовательностей на равномерную сходимость поточечный предел, как правило,не известен.
Для поиска поточечного предела используем замену на эквивалентнуюпоследовательность.Заметим, что fn (0) = 0 = f (0). Рассмотрим при x > 0.Выполним замену на эквивалентную последовательность при любом фиксированном x >0 и n → +∞.0 6 fn (x) =nx31nx3∼=→ 0 = f (x).26261+n xnxnx3Итак, f (x) = 0, x ∈ E1 ∪ E2 .Анализ на черновике. Определим, равномерную или неравномерную сходимость будемдоказывать на каждом исследуемом промежутке.31Заметим, что |fn (x) − f (x)| = fn (x) 6 nnx2 x6 = nx3 . Для получения равномерной оценкисверху полученного выражения x в знаменателе нужно оценить снизу ненулевой константой.Это легко сделать на множестве E2 .
На множестве E1 нужно либо делать другую оценку,либо подбирать последовательность xN , такую, что выражение fN (xN ) − f (xN ) отделено отнуля.1nx3√1Так как fn (x) − f (x) = 1+(nx3 )2 , то при xN = 3 N 7→ fN (xN ) − f (xN ) = 2 > 0. Значит,выбираем ε = 21 в отрицании определения равномерной сходимости.Доказательство равномерной сходимости на E2 .Учитывая, что x ∈ E2 , имеем:0 6 fn (x) − f (x) =1 E2 1nx3 E2 nx3< 2 6 =6 = an → 0.261+n xnxnx3nE2По Д.У. fn (x) ⇒ 0.Доказательство неравномерной сходимости на E1 .Поточечная сходимость доказана.Покажем выполнение отрицания определения равномерной сходимости:111∀N ∈ N ∃n = N ∃xN = √: |fN (xN ) − 0| = = ε./3.1.322NЗамечание. В рассмотренном примере при доказательстве отсутствия равномернойсходимости легко получить запись, зависящую только от одного сочетания переменных xи n, а именно, nx3 .
Такая запись упрощает поиск xN . В нескольких следующих примерахтакой удобной формы записи нет и придется подбирать xN .∃ε =Пример 3.2. (17.8.7)Исследовать на равномерную сходимость последовательность fn (x) =множествах E1 = (0; 1) и E2 = (1; +∞)..3.2.Найдем поточечный предел.При x ∈ E1 выражение xn n, следовательно, fn (x) =nПри x ∈ E2 xn n, значит fn (x) = nx= xn−1xnДокажем равномерную сходимость на E1 .x∈(0;1) nx n − x = xn n 6 1 = an n→+∞→ 0.n+xn+xnnxn+xn∼nxnnxнаn + xnn→+∞= x → x = f (x).n→+∞→ 0 = f (x).E1По Д.У.
равномерной сходимости fn (x) ⇒ x = f (x).Анализ на черновике. Заметим, что предположение о доказательстве именноравномерной сходимости в данном случае можно сделать аналогично предыдущему примеру,анализируя возможность упрощающей равномерной оценки сверху.Но, после изучения свойств функции, определенной как поточечный пределфункциональной последовательности (см. ниже теорема 4.?), можно рассуждать, исходя изсвойств непрерывности этой функции на отрезке.n→+∞nx∼ nx= x→x =На отрезке [0; 1] аналогично E1 имеем fn (x) = n+xnnf (x).
Последовательность сходится к непрерывной на отрезке функции. Может бытьравномерно, ищем равномерные по x оценки. Важно, что сходимость к непрерывнойфункции не означает, что последовательность сходится равномерно (см. пример 5.?.). Приеманализа непрерывности поточечного предела удобнее использовать для предварительногоанализа неравномерной сходимости: нет непрерывности на отрезке поточечного пределапоследовательности непрерывных функций — доказываем неравномерную сходимость,причем последовательность xN ищем сходящейся к точке разрыва.Например, на отрезке [1; 2] имеем: fn (1) → 1, для любого x > 1 fn (x) → 0. Такимобразом, на отрезке [1; 2] последовательность сходится к разрывной функции, причем x = 1является точкой разрыва.
Ищем последовательность {xN } ⊂ E2 такую, что xN → 1.Доказательство отсутствия равномерной сходимости на E2 .∃ε =∀N ∈ N ∃n = N ∃xN = 1 +1:N|fN (xN ) − f (xN )| =1NN+ N1N 1+N+ 1=N +1N + 1+1 >1 NN1N +1= .2N + 221N n→+∞При выполнении оценки > учитывались следующие соображения: 1 + N1→ e <N + 2. Так как для доказательства достаточно грубой оценки выражения |fN (xN ) − f (xN )|снизу, увеличиваем знаменатель так, чтобы было удобно получить число, отделяющее этовыражение от нуля.Полученная оценка снизу позволяет зафиксировать ε = 12 .Итак, последовательность сходится неравномерно на E2 . /3.2.Пример 3.3.Исследовать на равномерную сходимость последовательности fn (x) =ln nxи gn (x) =nx2ln nx2на множестве E1 = (0; 1).nx.3.3.
Поточечная сходимость и предел последовательности.Можно вычислить соответствующий предел fn (x) при любом фиксированном x > 0,например, рассмотрев соответствующие функции и применив, правило Лопиталя.Но для развития интуиции полезно заметить, что логарифмическая функция набесконечности растет медленнее многочлена любой степени (это следует из примененияправила Лопиталя). В данной задаче сравнение скоростей роста мы применяем кn→+∞логарифмической последовательности ln nx и последовательности nx2 . Значит, fn (x) →0 = f (x).n→+∞Аналогично, gn (x) → 0 = g(x).Анализ на черновике.Учитывая, что функции последовательности нельзя продолжить до непрерывныхфункции на отрезке [0; 1]: при фиксированном n ∈ N и x → 0+0 fn (x) → −∞, предположим,что обе последовательности сходятся неравномерно.Так как в обоих случаях имеем сочетания вида nx и nx2 , то возникает вопрос можноли подобрать последовательность xN из усливия N xN = const или N x2N = const?Для обеих рассматриваемых последовательностей можно поставить условие: знаменательвыражений fN (xN ) и gN (xN ) является (или стремиться к константе), а числительнеограничен (тогда не придется сравнивать скорости роста числителя и знаменателя).Получаем, что для последовательности fn (x) можно использовать в отрицании отпределенияравномерной сходимости последовательность xN = √1N , а для последовательности gn (x) —последовательность xN = N1 .Доказательство неравномерной сходиости последовательности fn (x).При получении итоговой оценки отрицания определения получаем, что эта оценкалибо выполнена при N > 2, что влечет вопрос правильно ли мы проверили отрицаниеопределения:√1ln N N >2> ln 2.∃ε = ln 2 ∀N ∈ N ∃n = N ∃xN = √ : |fN (xN ) − 0| =1NФормально полученная запись доказывает отрицание определения не для всехнатуральных N , но ее легко исправить (самостоятельно).Учитывая возникшую проблему можно решить ее выбором n и xN для второйпоследовательности: ln 1 1 N +1 ∃ε = ln 2 ∀N ∈ N ∃n = N + 1∃xN =: |gN (xN ) − 0| = > ln 2.
1 N +1Итак, обе последовательности сходятся неравномерно на (0; 1). .3.3.Замечание. Выбор значений переменных под кванторами существования можноосуществить, естественно, не однозначно. Поэтому предлагаемы рекомендации, типа n = N ,следует рассмотривать, как оринтировки, а не правила, и использовать их в соответствии сособенностями задач.Пример 3.4. Исследовать на равномерную сходимость последовательностьn 3 x7fn (x) =на множествах E1 = (0; 1) и E2 = (1; +∞).n + x2 n3 + x5 n4.3.4. Поточечная сходимость.2n 3 x7E1 ∪E2 x∼→ 0 = f (x), n → 0.n + x2 n 3 + x5 n 4nE ∪EСледовательно, fn (x) 1→ 2 0 = f (x).РавномернаясходмостьнаE1 .
Результат замены на эквивалентнуюпоследовательность при поиске поточечного предела позволяет предположить, что наE1 последовательностьравномерно. Докажем, используя Д.У.: сходится3 7 x2 E1 1nx n + x2 n3 + x5 n4 6 n 6 n → 0.Последовательность сходится равномерно.Анализ на черновике. На E2 будем доказывать неравномерную сходимость. Имеемнесколько сочетаний: n3 x7 , n3 x2 , n4 x5 , nx2 , которые можно пробовать устремить к константе(или принять равными, например, единице) для поиска последовательности xN . Рассмотримпоследовательность с параметром α, что позволит проанализировать все случаи вместе.∗N 3+7αN 3+7α1 2α−1 требуем 1> 3N=.Пусть xN = N α , α > 0, тогда 0 6 fN (xN ) − 0 = N +N 3+2α4+5α = 3 N+N 4+5α3∗Учитывая, что подбираем α > 0, оценка > выполнена путем замены двух слагаемых натретье, наибольшее из них.√Получаем, что можно выбрать α = 12 , то есть xN = N и ε = 13 , например, или меньше.Доказательство неравномерной сходимости на E2 .Поточечная сходимость доказана выше.
Оформим доказательство выполнения отрицанияопределения равномерной сходимости:∃ε =√1∀N ∈ N ∃nN = N ∃xN = N :3|fnN (xN ) − f (xN )| =N 3+7/211> N0 = .3+14+5/2N +N+N33/3.4.В следующем примере рассмотрим случай более сложной оценки с помощьюпредставления оцениваемого выражения формулой Тейлора с остаточным членом в формеЛагранжа при доказательстве равномерной сходимости.Пример 3.5. Исследоватьна равномерную сходимость последовательность√xxна множествах E1 = [0; 1] и E2 = (1; +∞).fn (x) = n √ − arctg √nn.3.5. Поточечная сходимость.3Так как arctg t ∼ t − t3 , t → 0, и √xn → 0, n → +∞, x > 0 — фиксированно, топри поиске поточечного предела последовательности используем два члена представленияфункции арктангенс: √√xxx3xxx3n √ − arctg √=→ 0 = f (x), n → +∞.∼ n √ −√ + √3n √nnnn 3 n3N выражение fN (xN ) − 0 =√ Анализ на черновике. Заметим, что при xN =N (1 − arctg 1) отделено от нуля.
На E2 доказываем неравномерную сходимость.x3Эквивалентность членов последовательности выражению 3nи равенство нулюпоточечного предела позволяют предположить возможность равномерной оценки сверхувыражения |fn (x) − 0| на E1 . Обращаем внимание, эквивалентность использована только дляполучения предположения. Замены на эквивалентные последовательности в доказательстверавномерной сходимости не допустимы!Равномерная сходимость последователности на E1 .Для выражения вида (t − arctg t) нет известных упрощающих оценок сверху.
Поэтомуоценку выполним с использованием точного представления рассматриваемых функций– элементов последовательности формулой Маклорена с остаточным членом в формеЛагранжа.Величина t = √xn → 0, n → +∞. Определим точность представления: остаточный членkпредставления формулой Маклорена функции arctg t имеет вид tk! · h(k) (ξ), где h(k) (ξ) =(k)(arctg t)t=ξ , ξ ∈ (0; x).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
