Cześć, mam problem z tą tematyką zadań. Mianowicie, jak sprawdzić czy szereg funkcyjny jest zbieżny jednostajnie?
Niech \(\displaystyle{ X = (0 ; \infty)}\).
Niech \(\displaystyle{ f_{n} = (-1)^n \frac{1}{\sqrt{x+n}}}\).
Mam zbadać czy szereg funkyjny \(\displaystyle{ \sum^{\infty}_{n=1} f_{n}}\) jest zbieżny jednostajnie na \(\displaystyle{ X}\).
Czy są na to jakieś sprytne kryteria ? A dodatkowo, czy istnieje jakiś ścisły związek ze zbieżności jednostajnej ciągu funkcyjnego do zbieżności jednostajniej szeregu funkyjnego( dla tej samej funkcji) ?
W drugą stronę to chyba intuicyjnie oczywiste że jeśli szereg funkcyjny jest zbieżny jednostajnie to ciąg funkcyjny też.
Zbieżność jednostajna szeregu funkcyjnego
-
MrCommando
- Użytkownik
- Posty: 554
- Rejestracja: 5 gru 2016, o 21:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Płock/MiNI PW
- Podziękował: 48 razy
- Pomógł: 107 razy
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15688
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Zbieżność jednostajna szeregu funkcyjnego
Jednostajna zbieżność szeregu to inaczej jednostajna zbieżność ciągu jego sum częściowych, a skoro o zbieżności jednostajnej ciągu funkcyjnego wspomniałeś, to chyba wiesz, co to jest.
Istnieją pewne użyteczne kryteria, jak kryterium Weierstrassa:
Tutaj ono jednak nie zadziała. Wydaje mi się, że trzeba to robić z definicji lub jej pewnego przeformułowania. Sprawdzamy, czy \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}\left( \sup_{x\in (0,+\infty)}\left| \sum_{k=n}^{\infty}f_k(x) \right| \right) =0}\)
Nic sprytnego tu pewnie nie wymyślę, ponieważ nie jestem inteligentny i szkoda, że się urodziłem, ale niesprytnie można tak: niech \(\displaystyle{ m>n}\) i ustalmy na moment \(\displaystyle{ x>0}\), wówczas
\(\displaystyle{ \sum_{k=2n+1}^{2m} \frac{(-1)^k}{\sqrt{x+k}} = \sum_{k=n+1}^{m} \frac{1}{\sqrt{x+2k}}- \sum_{k=n}^{m-1} \frac{1}{\sqrt{x+2k+1}}}\),
zaś te sumy oszacujemy z użyciem rachunku całkowego:
\(\displaystyle{ \sqrt{x+2m+2}-\sqrt{x+2n+2}=\int_{n+1}^{m+1} \frac{\,\dd t}{\sqrt{x+2t}} \le \sum_{k=n+1}^{m} \frac{1}{\sqrt{x+2k}}\\ \le \int_{n}^{m} \frac{\,\dd t}{\sqrt{x+2t}}=\sqrt{x+2m}-\sqrt{x+2n}}\)
i analogicznie
\(\displaystyle{ \sqrt{x+2m+1}-\sqrt{x+2n+1}=\int_{n}^{m} \frac{\,\dd t}{\sqrt{x+2t+1}}\le \sum_{k=n}^{m-1} \frac{1}{\sqrt{x+2k+1}}\\ \le \int_{n-1}^{m-1} \frac{\,\dd t}{\sqrt{x+2t+1}}=\sqrt{x+2m-1}-\sqrt{x+2n-1}}\)
W związku z powyższym otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ \sum_{k=2n+1}^{2m} \frac{(-1)^k}{\sqrt{x+k}}\le \sqrt{x+2m}-\sqrt{x+2n}-\left( \sqrt{x+2m+1}-\sqrt{x+2n+1}\right)}\)
oraz że
\(\displaystyle{ \sqrt{x+2m+2}-\sqrt{x+2n+2}-\left( \sqrt{x+2m-1}-\sqrt{x+2n-1}
\right) \le \sum_{k=2n+1}^{2m} \frac{(-1)^k}{\sqrt{x+k}}}\)
Ustalamy teraz \(\displaystyle{ n}\) i przechodzimy z \(\displaystyle{ m\rightarrow +\infty}\), korzystając z tego, że słabe nierówności zachowują się przy przejściach granicznych i ze zbieżności odpowiedniego szeregu (którą daje nam np. kryterium Leibniza), dostając, że
\(\displaystyle{ \sqrt{x+2n-1}- \sqrt{x+2n+2}\le \sum_{k=2n+1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{x+k}}\le \sqrt{x+2n+1}-\sqrt{x+2n}}\)
i w związku z tym (no, dopisanie jednego wyrazu)
\(\displaystyle{ \sqrt{x+2n-1}- \sqrt{x+2n+2}+\frac 1{\sqrt{x+2n}}\le \sum_{k=2n}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{x+k}}\\ \le \sqrt{x+2n+1}-\sqrt{x+2n}+\frac 1{\sqrt{x+2n}}}\)
i łącząc to otrzymujemy, że co by się nie działo, zajdzie dla \(\displaystyle{ x>0, \ n\in \NN^+, \ n\ge 2}\):
\(\displaystyle{ \sqrt{x+n-2}-\sqrt{x+n+2} \le \sum_{k=n}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{x+k}}\le \sqrt{x+n+1}-\sqrt{x+n-1}+\frac 1{\sqrt{x+n}}}\)
Stąd już nietrudno wywnioskować, że
\(\displaystyle{ \sup_{x>0}\left| \sum_{k=n}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{x+k}}\right|\le \sqrt{n+2}-\sqrt{n-2}+\frac 1{\sqrt{n}}}\)
i przechodząc z \(\displaystyle{ n}\) do \(\displaystyle{ \infty}\), dostajemy, że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}\left( \sup_{x\in (0,+\infty)}\left| \sum_{k=n}^{\infty}f_k(x) \right| \right) =0}\)
czyli Twój szereg jest jednostajnie zbieżny dla \(\displaystyle{ x\in (0,+\infty)}\)
-- 25 maja 2019, o 15:33 --
No to ładnie, nie pamiętałem kryterium Dirichleta dla szeregów funkcyjnych i się niepotrzebnie napracowałem. No nic, nie usuwam, ponieważ szkoda mi poświęconego czasu.
Istnieją pewne użyteczne kryteria, jak kryterium Weierstrassa:
Kod: Zaznacz cały
https://pl.wikipedia.org/wiki/Kryterium_WeierstrassaTutaj ono jednak nie zadziała. Wydaje mi się, że trzeba to robić z definicji lub jej pewnego przeformułowania. Sprawdzamy, czy \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}\left( \sup_{x\in (0,+\infty)}\left| \sum_{k=n}^{\infty}f_k(x) \right| \right) =0}\)
Nic sprytnego tu pewnie nie wymyślę, ponieważ nie jestem inteligentny i szkoda, że się urodziłem, ale niesprytnie można tak: niech \(\displaystyle{ m>n}\) i ustalmy na moment \(\displaystyle{ x>0}\), wówczas
\(\displaystyle{ \sum_{k=2n+1}^{2m} \frac{(-1)^k}{\sqrt{x+k}} = \sum_{k=n+1}^{m} \frac{1}{\sqrt{x+2k}}- \sum_{k=n}^{m-1} \frac{1}{\sqrt{x+2k+1}}}\),
zaś te sumy oszacujemy z użyciem rachunku całkowego:
\(\displaystyle{ \sqrt{x+2m+2}-\sqrt{x+2n+2}=\int_{n+1}^{m+1} \frac{\,\dd t}{\sqrt{x+2t}} \le \sum_{k=n+1}^{m} \frac{1}{\sqrt{x+2k}}\\ \le \int_{n}^{m} \frac{\,\dd t}{\sqrt{x+2t}}=\sqrt{x+2m}-\sqrt{x+2n}}\)
i analogicznie
\(\displaystyle{ \sqrt{x+2m+1}-\sqrt{x+2n+1}=\int_{n}^{m} \frac{\,\dd t}{\sqrt{x+2t+1}}\le \sum_{k=n}^{m-1} \frac{1}{\sqrt{x+2k+1}}\\ \le \int_{n-1}^{m-1} \frac{\,\dd t}{\sqrt{x+2t+1}}=\sqrt{x+2m-1}-\sqrt{x+2n-1}}\)
W związku z powyższym otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ \sum_{k=2n+1}^{2m} \frac{(-1)^k}{\sqrt{x+k}}\le \sqrt{x+2m}-\sqrt{x+2n}-\left( \sqrt{x+2m+1}-\sqrt{x+2n+1}\right)}\)
oraz że
\(\displaystyle{ \sqrt{x+2m+2}-\sqrt{x+2n+2}-\left( \sqrt{x+2m-1}-\sqrt{x+2n-1}
\right) \le \sum_{k=2n+1}^{2m} \frac{(-1)^k}{\sqrt{x+k}}}\)
Ustalamy teraz \(\displaystyle{ n}\) i przechodzimy z \(\displaystyle{ m\rightarrow +\infty}\), korzystając z tego, że słabe nierówności zachowują się przy przejściach granicznych i ze zbieżności odpowiedniego szeregu (którą daje nam np. kryterium Leibniza), dostając, że
\(\displaystyle{ \sqrt{x+2n-1}- \sqrt{x+2n+2}\le \sum_{k=2n+1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{x+k}}\le \sqrt{x+2n+1}-\sqrt{x+2n}}\)
i w związku z tym (no, dopisanie jednego wyrazu)
\(\displaystyle{ \sqrt{x+2n-1}- \sqrt{x+2n+2}+\frac 1{\sqrt{x+2n}}\le \sum_{k=2n}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{x+k}}\\ \le \sqrt{x+2n+1}-\sqrt{x+2n}+\frac 1{\sqrt{x+2n}}}\)
i łącząc to otrzymujemy, że co by się nie działo, zajdzie dla \(\displaystyle{ x>0, \ n\in \NN^+, \ n\ge 2}\):
\(\displaystyle{ \sqrt{x+n-2}-\sqrt{x+n+2} \le \sum_{k=n}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{x+k}}\le \sqrt{x+n+1}-\sqrt{x+n-1}+\frac 1{\sqrt{x+n}}}\)
Stąd już nietrudno wywnioskować, że
\(\displaystyle{ \sup_{x>0}\left| \sum_{k=n}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{x+k}}\right|\le \sqrt{n+2}-\sqrt{n-2}+\frac 1{\sqrt{n}}}\)
i przechodząc z \(\displaystyle{ n}\) do \(\displaystyle{ \infty}\), dostajemy, że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}\left( \sup_{x\in (0,+\infty)}\left| \sum_{k=n}^{\infty}f_k(x) \right| \right) =0}\)
czyli Twój szereg jest jednostajnie zbieżny dla \(\displaystyle{ x\in (0,+\infty)}\)
-- 25 maja 2019, o 15:33 --
No to ładnie, nie pamiętałem kryterium Dirichleta dla szeregów funkcyjnych i się niepotrzebnie napracowałem. No nic, nie usuwam, ponieważ szkoda mi poświęconego czasu.