Rozwi¸ azanie: M´ owi si¸e, ˙ze ci¸ ag funkcji f n zd¸ a˙zy punktowo do f gdy f (x) = lim

ci¸ agi i szeregi funkcji Javier de Lucas

Cwiczenie 1. Zbada´ ´ c zbie˙zno´s´ c (punktow¸ a i jednostajn¸ a) ci¸ agu funkcji

f _n : [0, ∞[3 x 7−→ nx ² + x nx ² + 1 ,

Rozwi¸ azanie: M´ owi si¸e, ˙ze ci¸ ag funkcji f _n zd¸ a˙zy punktowo do f gdy f (x) = lim

n→+∞ f _n (x).

W naszym przypadku, mamy, ˙ze f _n zd¸ a˙zy punktowo do funkcji

f (x) = lim

n→+∞

nx ² + x

nx ² + 1 = lim

n→+∞

x ² + x/n x ² + 1/n =

( 0, x = 0, 1, x 6= 0.

Teraz, musimy sprawdzi´ c czy ci¸ ag (f _n ) _n∈N zd¸ a˙zy do f jednostajnie. Aby to zrobi´ c, musimy sprawdzi´ c, czy

n→+∞ lim sup _x∈[0,+∞[ |f n (x) − f (x)| = 0, ∀x ∈ [0, +∞[.

Geometrycznie ten warunek oznacza, ˙ze najwi¸eksza r´ o˙znicza mi¸edzy warto´sciami func- jami f _n i f w punktach x ∈ [0, +∞[, kt´ ora jest niewi¸eksza od sup _x∈[0,+∞[ |f _n (x) − f (x)|, robi si¸e coraz mniejsza gdy n → +∞.

Aby ustali´ c co si¸e dzieje dla (f _n ) _n∈R , musimy ustali´ c supremum warto´sci |f _n (x)−f (x)|.

Wida´ c z powy˙zszego diagramu, ˙ze (f _n ) _n∈N nie zd¸ a˙zy jednostajnie do f . Ale to tylko diagram, i trzeba to udowoni´ c dok ladnie.

Dla x = 0, wiemy, ˙ze |f _n (0) − f (0)| = 0. Zobaczymy, co si¸e dziej¸e poza x = 0, czyli na ]0, +∞[. W tym przedziale,

g(x) = |f _n (x) − f (x)| =    

nx ² + x nx ² + 1 − 1

=    

x − 1 nx ² + 1

    .

Funkcja ta ma minimum dla x = 1. Aby znale´ z´ c najwik ¸sz¸ a warto´s´ c tej funkcji, trzeba sprawdzi´ c gdzie ma maksimum i sprawdzi´ c co si¸e dzieje gdy x → +∞. Wi¸ec, trzeba sprawdzi´ c punkty krytyczne tej funkcji. Pami¸etamy, ˙ze

d|f |

dx (x) = sign|f (x)|, dla |f (x)| 6= 0, gdzie

sign(x) =



 

 

1, x > 0,

0, x = 0,

−1, x < 0.

Skoro nx ² + 1 > 0, to 0 = dg

dx (x) = sign(x − 1) nx ² + 1 − 2xn(x − 1)

(nx ² + 1) ² = sign(x − 1) −nx ² + 2xn + 1 (nx ² + 1) ² . Z tego wynika, ˙ze punkty krytyczne to punkt x > 0 taki, ˙ze

−nx ² + 2xn + 1 = 0 ⇔ x = −2n ± √

4n ² + 4n

−2n = 1 ± p

1 + 1/n.

Czyli

x _m = 1 + p

1 + 1/n > 1.

Wida´ c, ˙ze to maksimum. W la´snie, dg

dx = −nx ² + 2xn + 1

(nx ² + 1) ² , x > 0.

Mianownik jest zawsze dodatnie i mianownik jest zero dla x − i x ₊ . Skoro x − < x ₊ i

−nx ² + 2xn + 1 to parabola z ramionami do d´ o l, to dg/dx jest ujemna dla x > x ₊ i

dodatnia dla x < x x < x + . Z tego wynika, ˙ze x = x + jest maksimum. Teraz mamy

Z tego wynika, ˙ze sup _x∈[0,+∞[ |f _n (x) − f (x)| ≥ 1 i ci¸ ag (f _n ) _n∈N nie zd¸ a˙zy jesdnostajnie do f .

Mo˙zna to udowodni´ c inaczej. Aby to zrobi´ c, musimy pami¸eta´ c nast¸epuj¸ ac¸ a wa˙zn¸ a w la´sciwo´sci¸ a ciag´ ow funkcji.

Dany ci¸ ag funkcji (f _n ) _n∈N taki, ˙ze:

• ci¸ag funkcji (f _n ) _n∈N zd¸ a˙zy jednostajnie do f , czyli f _n → f , ^j.

• funkcje f _n s¸ a ci¸ ag ly, to funkcja f jest ci¸ ag la.

Teraz wprowadzamy dow´ od niewprost. Zak ladamy, ˙ze f _n → f . Skoro funkcje f ^j. _n s¸ a ci¸ ag le, to f ma by´ c ci¸ ag la. Natomiast, funkcja f nie jest ci¸ ag la. To sprzeczno´s´ c i (f _n ) _n∈N nie zd¸ a˙zy jednostajnie do f .

Aby uzupe lni´ c, mo˙zemy zobaczy´ c, czy f _n → f na [a, +∞[. Przyponminamy, ˙ze ^j.

f n

→ f na na [a, +∞[ wtedy i tylko wtedy gdy j.

n→+∞ lim sup

x∈[a,+∞[

|f _n (x) − f (x)| = 0.

Aby zbada´ c sup _x∈[a,+∞[ |f _n (x) − f (x)| musimy korzysta´ c z naszego poprzedniej analizy funkcji g(x) = |f _n (x) − f (x)|. Warto´s´ c maksimalna tej funkcji jest albo w maksimim, kt´ ory sie pojawia je˙zeli a < x m = 1 + p1 + 1/n i warto´s´c funkcji

x→a lim |f _n (x) − f (x)| =    

a − 1 na ² + 1

    Wi¸ec, maksimum funkcji to

max

 g(x _m ),

a − 1 na ² + 1

 . Mamy, ˙ze

g(x _m ) = p1 + 1/n

n(1 + p1 + 1/n) ² + 1 .

Zatem sup

x∈[a,+∞[

|f n (x) − f (x)| = max

( p1 + 1/n

n(1 + p1 + 1/n) ² + 1 ,    

a − 1 na ² + 1

) .

Kiedy n → +∞ to

p1 + 1/n

n(1 + p1 + 1/n) ² + 1 → 0,    

a − 1 na ² + 1

→ 0.

W´ owczas,

n→+∞ lim sup

x∈[a,+∞[

|f _n (x) − f (x)| = 0 ⇒ f _n → f. ^j.



Cwiczenie 2. Czy poprawne s¸ ´ a wyliczenia (uzasadni´ c)

x→1 lim

∞

X

n=1

x ² + 1

(x + n − 1) ² + n =

∞

X

n=1

2

n ² + n = 2

∞

X

n=1

 1

n − 1 n + 1



= 2.

Rozwi¸ azanie: Zaczynamy od ostatnich r´ owno´sci. Wida´ c, ˙ze 2

n ² + n = 1

n − 1 n + 1 . Z tego wynika, ˙ze

∞

X

n=1

2

n ² + n = 2

∞

X

n=1

 1

n − 1 n + 1

 . Teraz wida´ c, ˙ze

2

∞

X

n=1

 1

n − 1 n + 1



= 2



1 − 1 2

 +  1

2 − 1 3

 +  1

3 − 1 4

 + . . .



= 2.

Sprawdzamy pierwszy krok, czyli

x→1 lim

∞

X

n=1

x ² + 1

(x + n − 1) ² + n =

∞

X

n=1

2

n ² + n = 2.

Je˙zeli zdefiniujemy S(x) =

∞

X

n=1

x ² + 1

(x + n − 1) ² + n ⇒ S(1) =

∞

X

n=1

2 n ² + n pierwszy krok oznacza, ˙ze

x→1 lim S(x) = S(1).

To si¸ a zda˙za wtedy i tylko wtedy gdy funkcja S jest ci¸ ag la w x = 1.

Nie wiemy bespo´srednio czy funkcja S jest ci¸ ag la w x = 1 poniewa˙z nie znamy postaci S(x). Musimy to zrobi´ c inaczej, np. za pomoc¸ a szeregu funkcji. Zdefiniujemy

S _k (x) =

k

X

n=1

x ² + 1 (x + n − 1) ² + n .

Wida´ c, ˙ze S _k → S. Je˙zeli mo˙zemy udowodni´c, ˙ze ci¸ag (S _k ) _k∈N zda˙zy jednostajnie do S na przedziale [0, 2] ⊃ {1} i skoro ka˙zda S _k , dla k ∈ N, jest ci¸ag la, to S b¸edzie te˙z ci¸ag la na [0, 2]. Aby udowodni´ c, ˙ze S k zd¸ a˙zy jednostajnie do S na [0, 2] mo˙zemy korzysta´ c z kryterium Weierstrassa.

Dane funkcje f _k (x) = P k

n=1 u _n (x) dla pewnych funkcji u _n : x ∈ A ⊂ R 7→ u(x) ∈ R i k ∈ N. Je˙zeli:

• istnieje ci¸ag liczb (M _n ) _n∈N taki, ˙ze |u _n (x)| ≤ M _n dla ka˙zdego x ∈ A.

• P ∞

n=1 M _n < ∞, to f k

→ j. P ∞ n=1 u n .

Stosujemy, kryterium Weierstrassa do S _k . Dla tego szeregu musimy ograniczy´ c u _n (x) = x ² + 1

(x + n − 1) ² + n . Mamy, ˙ze

du _n

dx (x) = 2x[(x + n − 1) ² + n] − (x ² + 1)2(x + n − 1)

[(x + n − 1) ² + n] ² .

Gromadz¸ ac wyrazy tego samego stopnia wynika bezpo´srednio, du _n

dx (x) = 2(n − 1)x ² + x[2(n − 1) ² + 2n − 2] − 2(n − 1)

[(x + n − 1) ² + n] ² = 2(n − 1) x ² + nx − 1 [(x + n − 1) ² + n] ² . Istniej¸ a ekstrema, ale tylko jeden, x ₊ , w przedziale [0, 2]:

x ± = −n ± √ n ² + 4

2 → x ₊ = −n + √ n ² + 4

2 = 2

n + √

n ² + 4 > 0.

Natomiast, wida´ c, ˙ze x ² + nx − 1 to parabola z ramionami do g´ ory i x ₊ to drugi pier- wiastek. Korzystaj¸ ac z tego, wida´ c, ˙ze du _n /dx > 0 dla x > x ₊ i du _m /dx < 0 dla x − < x < x ₊ . Wi¸ec, x ₊ to minimum i trzeba szuka´ c najwi¸ekszej warto´sci funkcji u _n na brzegu [0, 2], czyli

u _n (0) = 1

n ² − n + 1 = 1

(n − 1) ² + n , u _n (2) = 5

n ² + 3n + 1 = 5 (n + 1) ² + n . Korzystaj¸ ac z u n (0) ≥ 0 i u n (2) ≥ 0, mo˙zna udowodni´ c, ˙ze u n (2) ≥ u n (0). W la´snie,

1

n ² − n + 1 ≤ 5

n ² + 3n + 1 ⇔ n ² + 3n + 1 ≤ 5(n ² − n + 1) ⇔ 0 ≤ 4n ² − 8n + 4 = 4(n − 1) ² . Zatem u _n (2) ≥ u _n (x) dla dowolnego x ∈ [0, 2] i n ∈ N. Teraz ustalamy M n = f _n (2) i

X

n

M _n = X

n

5 (n + 1) ² + n . Za pomoc¸ a drugiego kryterium por´ owniaj¸ acy mamy, ˙ze P

n M _n jest zbie˙zny:

n→+∞ lim

1 n

5 (n+1)

+n

= 1 ⇒ X 1

n ² < ∞ ⇔ X

n

5

(n + 1) ² + n < ∞.

Z kryterium Wierstrassa, S _k zd¸ azy jednostajnie do S. Zatem, S jest ci¸ ag la poniewa˙z ka˙zda funkcja S k jest ci¸ ag la i

x→1 lim S(x) = S(1).



Cwiczenie 3. Co´s o r´ ´ o˙zniczkowaniu wyraz po wyrazie. Wykaza´ c, ˙ze f jest klasy C ¹ na

R je´ sli

Rozwi¸ azanie: Trudno zobaczy´ c, czy funkcja f (x) jest r´ o˙zniczkowalna czy ci¸ ag la bezpo´srednio, poniewa˙z nie znamy sumy funkcji u _n = sin(xn)/n ³ . Aby to rozwi¸ aza´ c, zdefiniujemy

f _k (x) =

k

X

n=1

sin nx n ³ .

Wida´ c, ˙ze f _k → f punktowo i ka˙zda f _k jest r´ o˙zniczkowalna. Teraz, korzystamy z kry- terium ci¸ agu pochodnych:

Dany ci¸ ag funkcji r´ o˙zniczkowalnych (f _n ) _n∈N . Je˙zeli:

• lim _n→+∞ f _n (x ₀ ) istnieje dla pewnego x ₀ ,

• f _n ⁰ → g jednostajnie, ^j.

to f _k → f , f ^{j. 0} = g i f jest r´ o˙zniczkowalna.

Wida´ c, ˙ze f (0) = lim n→+∞ f n (0) = 0. Wi¸ec, pierwszy warunek kryterium si¸e spe lnia.

Sprawdzamy teraz drugi

f _k ⁰ =

k

X

n=1

cos nx n ² .

Korzystamy z kryterium Weierstrassa. Musimy wtedy ograniczy´ c

|u _n (x)| =   

cos nx n ²

   ≤ 1

n ² . Skoro P

n 1/n ² jest zbie˙zny, to szereg P

n u _n zd¸ a˙zy jednostajnie do pewnej funkcji g.

Korzystaj¸ ac z kryterium ci¸ agu pochodnych mamy, ˙ze f jest C ¹ .  Cwiczenie 4. Co´s o ca lkowaniu wyraz po wyrazie. Obliczy´ ´ c

n→∞ lim Z 1

0

nx exp(−nx ² )dx,

Z 1 0

[ lim

n→∞ nx exp(−nx ² )]dx.

Wyja´sni´ c uzyskane wyniki.

Rozwi¸ azanie: Wida´ c, ˙ze Z 1

0

nx exp(−nx ² )dx = n 2

Z 1 0

exp(−nx ² )dx ² = n 2



− 1

n exp(−nx ² )

 1 0

= 1

2 [1 − exp(−n)].

Teraz,

n→+∞ lim Z 1

0

nx exp(−nx ² )dx = lim

n→+∞

1

2 [1 − exp(−n)] = 1 2 . Natomiast,

f (x) ≡ lim

n→+∞ nx exp(−nx ² ) = 0 ⇒ Z 1

0

[ lim

n→+∞ nx exp(−nx ² )]dx = 0.

Wi¸ec,

n→∞ lim Z 1

0

nx exp(−nx ² )dx 6=

Z 1 0

[ lim

n→∞ nx exp(−nx ² )]dx.

Dlaczego? Wa˙zny pami¸eta´ c nast¸epuj¸ ace twierdzenie:

Dany ci¸ ag funkcji (f _n ) _n∈N . Je˙zeli f _n → f , to ^j. R

x

f _k → R

x

f . Skoro w tym problemie nie si¸e spe lnia, ˙ze f _n → f , to ^j. R x

x

f _n → R x

x

f nie musi si¸e spe lnia´ c.

W la´snie, mo˙zemy przeanalizowa´ c |f _n |. Dla x = 0, mamy, ˙ze f _n (0) = 0 i to minimum, i nie interesuje nam. Wida´ c, ˙ze |f _n | ma punkt krytyczny dla

d|f _n |

dx = sign(x)[n exp(−nx ² ) − 2n ² x ² exp(−nx ² )] = 0 ⇔ x = ±1

√ 2n .

Warto´s´ c maksimum globlane funkcji f _n , to f _n  ±1

√ 2n



= r n 2 exp



− 1 2

 . Wi¸ec,

n→+∞ lim sup

x∈R

|f _n (x) − f (x)| > lim

n→+∞

r n 2 exp



− 1 2



= +∞.