משתמש:אור שחף/133 - תרגול/15.5.11

התכנסות במ"ש (המשך)

משפט: $f_n\to f$ במ"ש בקטע I אם"ם לכל $\varepsilon>0$ יש $n_0\in\mathbb N$ כך שלכל $n>n_0$ מתקיים $\sup_{x\in I}|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon$.

דוגמה 1

תהי $f_n(x)=\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)$. קבעו התכנסות בכל אחד מהקטעים הבאים:

1. $[a,b]$ עבור $0<a<b<\infty$
2. בקטע $(0,\infty)$

פתרון

פונקציית הגבול היא $\lim_{n\to\infty}\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)=\ln(x+0)=\ln(x)$.

1. נראה התכנסות במ"ש ב-$[a,b]$: $\sup_{x\in[a,b]}\left|\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)-\ln(x)\right|=\sup_{n\in[a,b]}\left|\ln\left(1+\frac xn\right)\right|=\ln\left(1+\frac bn\right)\to0$. $\blacksquare$
2. נראה שההתכנסות נקודתית בלבד ב-$(0,\infty)$: $\sup_{x\in(0,\infty)}|f_n(x)-f(x)|=\sup_{x\in(0,\infty)}\left|\ln\left(1+\frac xn\right)\right|=\infty$. $\blacksquare$

דוגמה 2

קבע האם $f_n(x)=\frac1{1+n^2x^2}$ מתכנסת במ"ש ב-$(-\infty,\infty)=\mathbb R$.

פתרון

קל לראות ש-$f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\begin{cases}1&x=0\\0&\text{else}\end{cases}$. נבדוק התכנסות במ"ש: $\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)|=\left|\sup_{x\in\mathbb R}\frac1{1+n^2x^2}\right|=\left|\sup_{x\in[0,\infty)}\frac1{1+n^2x^2}\right|$. נחפש מקסימום: $f_n'(x)=\frac{-2n^2x}{\left(1+n^2x^2\right)^2}=0$ וקל לראות שהנגזרת מתאפסת עבור $x=0$. ברור ש-$f_n$ מונוטונית יורדת ב-$[0,\infty)$ ולכן זו אכן נקודת מקסימום גלובלית. מתקיים $f_n(0)=1$ ולכן $\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge1\not\to0$. מכאן שההתכנסות נקודתית בלבד. $\blacksquare$

דוגמה 3

תהי $\{f_n\}$ סדרת פונקציות המתכנסת במ"ש לפונקציה f, האם f חסומה?

פתרון

נבחר לדוגמה $f_n(x)=\frac1x+\frac1n$ בקטע $(0,\infty)$. ברור כי $f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\frac1x$ וכי אם $x\to0^+$ אז $\frac1x\to\infty$, לכן f לא חסומה. $\blacksquare$

דוגמה 4

תהי $\{f_n\}$ סדרת פונקציות המתכנסת לפונקציה f במ"ש ב-I. נוכיח כי אם כל אחת מהפונקציות $f_n$ חסומה ב-I, אזי גם f חסומה ב-I.

פתרון

נרשום $|f|\le|f-f_n|+|f_n|$. נתון כי ההתכנסות במ"ש ולכן $\forall\varepsilon>0:\ \exists n_0:\ \forall n>n_0:\ |f(x)-f_n(x)|<\varepsilon$, בפרט עבור $\varepsilon=1$. כמו כן $f_{n_0+1}$ חסומה ב-I (מהנתון) כלומר קיים M כך ש-$\sup_{x\in I}|f_{n_0+1}(x)|\le M<\infty$ ולכן מתקבל ש-$|f(x)|\le1+|f_{n_0+1}(x)|<1+M$ לכל $x\in I$. $\blacksquare$

---

משפט: אם $f_n$ מתכנסת במ"ש בקטע I וכל $f_n$ רציפה אזי f רציפה.

דוגמה 5

ניתן דוגמה לסדרת פונקציות רציפות המתכנסות לפונקציה רציפה אבל לא מתכנסת במ"ש.

פתרון

נגדיר את הפונקציה הבאה: $f_n(x)=\begin{cases}2nx&0\le x\le\frac1{2n}\\2-2nx&\frac1{2n}<x\le\frac1n\\0&\frac1n<x\le1\end{cases}$. קל לראות שהפונקציה הנ"ל מוגדרת בקטע $[0,1]$, אפשר לראות שהפונקציה הנ"ל רציפה.

לכל $x_0$ יש $n_0$ כך שלכל $n>n_0$ מתקיים $x_0>\frac1{n_0}$ שם מתקיים $f_n(x_0)=0$, כלומר $\{f_n(x_0)\}$ סדרה קבועה מ-$n_0$ מסויים. כמו כן $\sup_{x\in[0,1]}|f_n(x)-f(x)|=1$ ולכן ההתכנסות אינה במ"ש.

טורים של פונקציות

דוגמה 6

נסמן לכל n, $f_n(x)=x^{n-1}$ בקטע $(-1,1)$. מה היא פונקצית הסכום $S_N$?

פתרון

$S_N(x)=\sum_{n=1}^N f_n(x)=1+x+\dots+x^{N-1}=\frac{1-x^N}{1-x}\to\frac1{1-x}$.

דוגמה 7

נוכיח כי הטור $S_N(x)=\sum_{n=0}^N\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}$ מתכנס ל-$\sin(x)$ במ"ש בקטע $[0,2\pi]$ כאשר $n\to\infty$.

פתרון

בזכות טורי טיילור ברור שיש התכנסות נקודתית, נותר לבדוק התכנסות במ"ש. נסמן $f_n(x)=\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}$. כאשר $R_N(x)$ השארית בין הטור-טיילור מסדר N לבין $\sin$ מתקיים $|S_N(x)-\sin(x)|=|R_N(x)|\le\left|\frac{x^{2(N+1)+1}}{(2(N+1)+1)!}\right|$. כמו כן $\frac{x^{2N+3}}{(2N+3)!}\le\frac{(2\pi)^{2N+3}}{(2N+3)!}=:a_N$. נוכיח ש-$a_N\to0$ וכך נוכיח שההתכנסות במ"ש. מספיק להסתכל על $\left|\frac{a_{N+1}}{a_N}\right|=\frac{(2\pi)^{2N+5}}{(2N+5)!}\frac{(2N+3)!}{(2\pi)^{2N+3}}=\frac{(2\pi)^2}{(2N+4)(2N+5)}\to0$, לכן $\sum_{n=1}^\infty a_n$ מתכנס ובפרט $a_n\to0$. $\blacksquare$

דוגמה 8

בדקו התכנסות במ"ש של $\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(nx)}{n^2}$.

פתרון

נשים לב כי לא ידועה לנו פונקצית הגבול של הטור ולכן לא ניתן להוכיח התכנסות במ"ש ישירות מההגדרה. במקום, נפנה לתנאי קושי: יהי $\varepsilon>0$ נתון. ברור כי $\left|\sum_{k=n}^m\frac{\cos(kx)}{k^2}\right|\le\left|\sum_{k=n}^m\frac1{k^2}\right|$. הטור $\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}$ מתכנס ולכן מקיים את תנאי קושי, כלומר קיים $n_0\in\mathbb N$ כל שלכל $m>n>n_0$ מתקיים $\left|\sum_{k=n}^m\frac1{k^2}\right|<\varepsilon$. לכן, עבור אותו $n_0$, לכל $m>n>n_0$ מתקיים $\left|\sum_{k=n}^m\frac{\cos(kx)}{k^2}\right|<\varepsilon$. $\blacksquare$