Zbieżność jednostajna

Definicje i przykłady
Najprostsze kryteria zbieżności jednostajnej
Twierdzenia Weierstrassa i Diniego
Twierdzenie o różniczkowaniu ciągów funkcyjnych
Twierdzenie Arzeli-Ascoliego

Kilkakrotnie mieliśmy już do czynienia z granicami ciągów, zależnych od dodatkowego parametru, który mógł być liczbą rzeczywistą lub zespoloną. Przyjęliśmy np. definicję funkcji wykładniczej

$\exp(z)=\lim_{n\to\infty} \left(1+\frac zn \right)^n = \lim_{n\to\infty }\sum_{k=0}^n \frac{z^k}{k!}\, .$

Dla każdego $z\in \C$ wartość $\exp(z)$ funkcji wykładniczej jest więc granicą wartości konkretnych wielomianów. Można zadać naturalne pytania: jeśli, ogólnie, $f(z)=\lim_n f_n(z)$ dla wszystkich $z$ z pewnego podzbioru prostej lub płaszczyzny, to które własności wszystkich funkcji $f_n$ (ciągłość? różniczkowalność? \ldots ) dziedziczy graniczna funkcja $f$ ? Czy dziedziczy je w każdym przypadku, czy może potrzebne są dodatkowe założenia?

W tym rozdziale postaramy się przynajmniej częściowo wyjaśnić te kwestie.

Powrót na górę

Definicje i przykłady

Niech $f_n,f\colon X\to \R$ , gdzie $n=1,2,\ldots$ , a $X$ oznacza (na razie) zupełnie dowolny zbiór.

Definicja [zbieżność punktowa](#) Powiemy, że ciąg funkcji $(f_n)$ jest zbieżny punktowo do $f$ na zbiorze $X$ \/ wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego punktu $x\in X$ zachodzi równość

$f(x)=\lim_{n\to\infty} f_n(x)\, .$

Piszemy wtedy: $f_n\to f$ na $X$ .

Definicja [zbieżność jednostajna] (#) Powiemy, że ciąg funkcji $(f_n)$ jest zbieżny jednostajnie do $f$ na zbiorze $X$ \/ wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi warunek: dla każdego $\eps >0$ istnieje $n_0=n_0(\eps)\in \N$ takie, że dla wszystkich $x\in X$ i wszystkich $n>n_0$ jest

$|f(x)-f_n(x)|<\eps\, .$

Piszemy wtedy: $f_n\rightrightarrows f$ na $X$ .

Uwaga. Mówimy, że szereg funkcji $\sum_{k=k_0}^\infty f_k(x)$ jest zbieżny punktowo (odpowiednio: jednostajnie) do funkcji $f(x)$ na zbiorze $X$ wtedy i tylko wtedy, gdy ciąg sum częściowych $S_n=\sum_{k=k_0}^n f_k$ tego szeregu jest zbieżny do $f$ punktowo (odpowiednio: jednostajnie) na zbiorze $X$ . Zwykle będziemy mieć do czynienia z sytuacją $k_0=0$ lub $k_0=1$ .

Aby ostro uwidocznić różnicę między oboma pojęciami, zapiszemy Definicje~ [link] i ~ [link], używając kwantyfikatorów, potrzebnych do określenia granicy: $\begin{center} \begin{tabular}{ll} % \textbf{Zbieżność punktowa $f_n\to f$ na $X$:} & \framebox{\textcolor{red}{$\forall x\in X$}} \ \ $\forall \eps>0$\ \ \textcolor{blue}{$\exists n_0=n_0({x,\eps})>0$}\ \ $\forall n>n_0 $ \\ [10pt] \multicolumn{2}{c}{zachodzi warunek $\displaystyle |f(x)-f_n(x)|<\eps$.}\\[20pt] \textbf{Zbieżność jednostajna $f_n\rightrightarrows f$ na $X$:} & $\forall \eps>0$\ \ {} \textcolor{blue}{$\exists n_0= n_0(\eps)>0$}\ \ {} \framebox{\textcolor{red}{$\forall x\in X$}}\ \ {} $\forall n>n_0\ \ {} $ \\[10pt] \multicolumn{2}{c}{zachodzi warunek $\displaystyle |f(x)-f_n(x)|<\eps$.}\\[20pt] \end{tabular} \end{center}$ Różnica polega na tym, że liczbę $n_0$ w pierwszym przypadku wybieramy, ustaliwszy wcześniej zarówno $x\in X$ , jak i $\eps>0$ . Dlatego $n_0$ może zależeć zarówno od $\eps$ , jak i od punktu $x\in X$ . Natomiast w drugim przypadku najpierw ustalamy $\eps>0$ , a potem wybieramy liczbę $n_0$ niezależną od $x\in X$ , tak, aby warunek $|f_n(x)-f(x)|<\eps$ zachodził dla wszystkich $n>n_0$ i wszystkich $x\in X$ jednocześnie. (Z podobnym rozróżnieniem spotkaliśmy się już, definiując ciągłość jednostajną.)

Zacznijmy od standardowego przykładu, wskazującego, że różnica między obiema definicjami jest istotna.

Przykład Niech $X=[0,1]\subset \R$ i niech $f_n\colon [0,1]\to\R$ będzie dana wzorem $f_n(x)=x^n$ . Wtedy

$\lim_{n\to \infty} f_n(x)= \lim_{n\to \infty} x^n=f(x)\colon=\left\{ \begin{array}{ll} 0, \quad &x\in [0,1), \\ 1, & x=1. \end{array}\right.$

Innymi słowy, ciąg $f_n$ jest zbieżny punktowo na $[0,1]$ do funkcji $f$ . Nie jest to jednak zbieżność jednostajna: dla każdego $n\in \N$ jest

$f_n(2^{-1/n})- f(2^{-1/n}) = \frac 12 - 0 = \frac 12\, ,$

a zatem warunek z definicji zbieżności jednostajnej z pewnością nie zachodzi dla żadnej liczby dodatniej $\eps<\frac 12$ .

Przykład Jak poprzednio, niech $X=[0,1]\subset \R$ . Połóżmy

$f(x)= \exp(x), \qquad f_n(x)= \sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}, \qquad x\in [0,1], \ n=1,2,\ldots$

Z Twierdzenia~ [link] wynika, że $f_n\to f$ na $[0,1]$ , tzn. dla każdego $x\in [0,1]$ szereg $\sum_{k=0}^\infty x^k/k!$ jest zbieżny do $\exp (x)$ . Mamy ponadto

$\begin{eqnarray*} |f(x)-f_n(x)| & = & \sum_{k=n+1}^\infty \frac{x^k}{k!} \le \sum_{k=n+1}^\infty \frac{1}{k!} \\ & = & \frac{1}{(n+1)!}\left(1+ \frac 1{n+2}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+\cdots {}\, \right) \\ & < & \frac{1}{(n+1)!}\left(1+ \frac 1{n+2}+\frac{1}{(n+2)^2}+\cdots {}\, \right) = \frac{1}{(n+1)!}\cdot \frac{n+2}{n+1} < \frac{2}{n!}\, . \end{eqnarray*}$

Uzyskaliśmy oszacowanie niezależne od liczby $x\in [0,1]$ . Jeśli $\eps>0$ , to biorąc $n_0=[2/\eps]+1>2/\eps$ , otrzymujemy

$|f(x)-f_n(x)| < \frac{2}{n!}< \frac 2n < \frac 2{n_0} < \eps \qquad\mbox{dla wszystkich $x\in [0,1]$ i $n>n_0$.}$

Dlatego tym razem $f_n\rightrightarrows f$ na $[0,1]$ .

Zauważmy jeszcze, że do podobnego oszacowania można dojść, posługując się wzorem Taylora-MacLaurina z resztą Lagrange'a:

$\exp(x)=f(x)= \sum_{j=0}^n \frac{f^{(j)}(0)}{j!} x^j \ + \ \frac{f^{({n+1})}(c_n)}{(n+1)!} x^{n+1} \qquad\mbox{dla pewnego $c_n\in (0,x)\subset (0,1)$,}$

a zatem, ponieważ w tym przykładzie $f^{(j)}\equiv f$ dla wszystkich $j$ ,

$f(x)=f_n(x) + r_n, \qquad\mbox{gdzie} \qquad |r_n|=\frac{e^{c_n}}{(n+1)!} x^{n+1}\le \frac{e}{(n+1)!}\, ,$

Zadanie Wykazać, że ciąg funkcji

$f_n(z)= \sum_{k=0}^n \frac{z^k}{k!}$

jest zbieżny jednostajnie do $f(z)=\exp z$

na każdym ograniczonym przedziale $[-M,M]\subset \R$ ;
na każdym kole domkniętym $K_M=\{z\in \C\colon |z|\le M\subset \C$ .

To, że w poprzednim przykładzie, a także w ostatnim zadaniu, mamy do czynienia ze zbiorami ograniczonymi, jest rzeczą istotną.

Przykład Na zbiorze $X=\R$ ciąg

$f_n(x)= \sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}, \qquad x\in \R, \ n=1,2,\ldots$

nie jest zbieżny jednostajnie do funkcji wykładniczej. Udowodnimy to przez zaprzeczenie.

Załóżmy przez chwilę, że dla $\eps=1>0$ istnieje $n_0$ takie, że $|f_n(x)-f(x)|<1=\eps$ dla wszystkich $n>n_0$ i $x\in\R$ . Ustalmy $n>n_0$ . Dla $x>0$ jest

$|f(x)-f_n(x)|=\sum_{k=n+1}^\infty\frac{x^k}{k!}>\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\, .$

Wstawiając do tego oszacowania $x_n=\bigl((n+1)!\bigr)^{1/(n+1)}$ , otrzymujemy

$|f(x_n)-f_n(x_n)| > \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}= \frac{(n+1)!}{(n+1)!}=1,$

to zaś jest sprzeczność, bo dla wszystkich $x\in \R$ , a więc także dla $x=x_n$ , powinna zgodnie z założeniem zachodzić nierówność przeciwna. Warunek z definicji jednostajnej zbieżności nie jest więc w tym przypadku spełniony. □

Norma jednostajna. Interpretacja geometryczna zbieżności jednostajnej

Nietrudno zauważyć, że Definicja~ [link] jest równoważna następującej:

\begin{quote} {\it Ciąg $f_n\rightrightarrows f$ na $X$ wtedy i tylko wtedy, gdy ciąg liczbowy

$d_n\equiv d(f_n,f)\colon=\sup_{x\in X} |f_n(x) - f(x)|$

jest zbieżny do zera dla $n\to \infty$ . } \end{quote} Wprowadza się czasem oznaczenie

$\|g\|_{\infty,X} = \sup_{x\in X} |g(x)|$

(indeks $X$ opuszczamy, gdy wiadomo dobrze, o jaki zbiór chodzi). Liczbę $\|g\|_{\infty,X}$ nazywamy normą jednostajną funkcji $g$ (na zbiorze $X$ ). (Oczywiście $\|g\|_{\infty,X}<\infty$ wtedy i tylko wtedy, gdy $g$ jest funkcją ograniczoną. ) Przy takich oznaczeniach,

$d_n\equiv d(f_n,f)=\|f_n-f\|_{\infty,X}.$

Tę liczbę można traktować jak - abstrakcyjnie zdefiniowaną! - odległość funkcji $f_n$ i $f$ . Jeśli bowiem $Y=\R^X$ jest zbiorem wszystkich funkcji $f\colon X\to \R$ , to funkcja

$Y\times Y\ni (f,g)\longmapsto d(f,g)=\|f-g\|_{\infty,X} \in \R_+\cup\{0\}$

spełnia trzy naturalne warunki, które spełnia np. zwykła odległość punktów na płaszczyźnie czy w przestrzeni:

Dla wszystkich $f,g\in Y$ warunek $d(f,g)=0$ zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $f=g$ ;
Dla wszystkich $f,g\in Y$ jest $d(f,g)= d(g,f)$ .
Dla wszystkich $f,g,h\in Y$ zachodzi nierówność trójkąta

$d(f,g)\le d(f,h)+d(h,g)\, .$

Pierwsze dwa warunki są oczywiste. Trzeci wynika z nierówności trójkąta w $\R$ i definicji kresu górnego: dla każdego $x\in X$ jest

$\begin{eqnarray*} |f(x)-g(x)| & \le & |f(x)-h(x)|+|h(x)-g(x)|\\ &\le & \sup_{t\in X} |f(t)-h(t)|+ \sup_{t\in X} |h(t)-g(t)| = d(f,h)+d(h,g); \end{eqnarray*}$

biorąc teraz supremum lewej strony względem $x\in X$ , otrzymujemy

$d(f,g)=\sup_{x\in X} |f(x)-g(x)|\le d(f,h)+d(h,g)\, .$

Mówi się krótko, że $d$ jest metryką\/ na zbiorze $Y$ . Z ogólnym pojęciem przestrzeni metrycznej i metryki Czytelnik zapozna się bliżej na II roku studiów, na zajęciach z Topologii i z Analizy. Podkreślmy jednak już teraz dwie rzeczy:

Zbieżność jednostajna $f_n\rightrightarrows f$ na $X$ jest równoważna temu, że odległość

$d(f_n,f)=\|f_n-f\|_{\infty,X} \to 0 \qquad\mbox{dla $n\to\infty$.}$

Traktujemy zatem funkcje tak jak punkty zbioru $Y=\R^X$ ; zbieżność jednostajna $f_n\rightrightarrows f$ to zbieżność (odpowiednio określonej) odległości punktów $f_n$ i $f$ w zbiorze $Y=\R^X$ do zera.
Warunek

$d(f,g)=\|f-g\|_{\infty,X} =\sup_{x\in X}|f(x)-g(x)|\le \eps$

jest oczywiście równoważny następującemu:

$f(x)-\eps \le g(x)\le f(x)+\eps \qquad\mbox{dla wszystkich $x\in X$.}$

Oznacza to, że $d(f,g)\le \eps$ , gdy wykres $g$ zawiera się w krzywoliniowym pasku o wysokości $2\eps$ , narysowanym wokół wykresu funkcji $f$ (patrz rysunek).

\begin{figure}[!t]

\includegraphics*[totalheight=9.5cm]{zbjedn1.png}

{\footnotesize\baselineskip 11pt Warunek $d(f,g)=\|f-g\|_\infty<\eps$ oznacza, że wykres $g$ mieści się w ``pasku o wysokości $2\eps$ '' wokół wykresu $f$ .

}

\end{figure}

\subsubsection*{Ciągłość granicy jednostajnie zbieżnego ciągu funkcyjnego} Zakończymy ten wstępny podrozdział prostym, ale ważnym twierdzeniem, które wyjaśnia jeden z powodów wprowadzenia pojęcia jednostajnej zbieżności ciągów funkcyjnych.

Twierdzenie (#) Załóżmy, że $P\subset \R$ jest dowolnym przedziałem. Niech $f_n\colon P\to \R$ będą funkcjami ciągłymi na $P$ . Jeśli $f_n\rightrightarrows f$ na $P$ , to $f$ jest ciągła na $P$ .

Dowód: Ustalmy $x\in P$ oraz dowolną liczbę $\eps>0$ , a także liczbę $\eta>0$ , którą dobierzemy do $\eps$ pod koniec dowodu. Wskażemy liczbę $\delta >0$ taką, że

$\begin{equation} \label{cel-jzb} |f(x)-f(y)|<\eps \qquad\mbox{dla $y\in P$, $|y-x|<\delta$.} \end{equation}$

(Na mocy Stwierdzenia~ [link], wyniknie stąd ciągłość $f$ w punkcie $x\in P$ .)

Ponieważ $f_n\rightrightarrows f$ , więc istnieje $n_0\in \N$ takie, że $|f_n(t)-f(t)|<\eta$ dla wszystkich $t\in P$ . Ustalmy jakąkolwiek liczbę $n>n_0$ . Z nierówności trójkąta,

$\begin{eqnarray*} |f(x)-f(y)| & \le & |f(x)-f_n(x)|+|f_n(x)-f_n(y)|+|f_n(y)-f(y)|\\ & < & \eta + |f_n(x)-f_n(y)|+ \eta = 2\eta + |f_n(x)-f_n(y)|\, . \end{eqnarray*}$

Funkcja $f_n$ jest ciągła w $x\in P$ . Istnieje zatem liczba $\delta>0$ taka, że $|f_n(x)-f_n(y)|<\eta$ dla wszystkich $y\in P$ , spełniających nierówność $|x-y|<\delta$ . Dlatego

$|f(x)-f(y)| < 2\eta + |f_n(x)-f_n(y)|< 3\eta\, .$

dla $y\in P$ takich, że $|y-x|<\delta$ . Wybierając $\eta=\frac \eps 3$ , otrzymujemy warunek cel-jzb i kończymy dowód. □

Uwaga Udowodniliśmy w istocie nieco więcej: jeśli $f_n\rightrightarrows f$ na przedziale $P$ i wszystkie funkcje $f_n$ są ciągłe w $x_0\in P$ , to $f$ jest ciągła w $x_0$ .

Uwaga Omówiony wcześniej przykład ciągu $f_n(x)=x^n$ , zbieżnego na $[0,1]$ punktowo (ale nie jednostajnie!) do funkcji $f=\chi_{[0,1)}$ nieciągłej w $x_0=1$ wskazuje, że założenie jednostajnej zbieżności jest w tym twierdzeniu istotne.

Uwaga Może się zdarzyć, że ciąg funkcji $f_n\colon \R\to \R$ jest zbieżny punktowo (ale nie jednostajnie) do funkcji ciągłej $f\colon \R\to\R$ . Oto przykład takiej sytuacji: $f(x)=1$ jest funkcją stałą. Wybieramy $g\colon \R\to\R$ ciągłą i taką, że

$g(x)=0 \quad\mbox{dla $x\in (-\infty,-1]\cup [1,\infty)$}, \qquad g(x)>0 \quad\mbox{dla $x\in (-1,1)$}, \qquad \sup g=1\, .$

Następnie, kładziemy $f_n(x)=1+g(x-n)$ dla $x\in \R$ i $n\in \N$ . Wykresy funkcji $f_n$ wyglądają jak garby, przesuwające się w równym tempie w stronę $+\infty$ (patrz rysunek). Przy ustalonym $x\in \R$ mamy po prostu $f_n(x)=1=f(x)$ dla $n>x+1$ . Nietrudno sprawdzić, że w tej sytuacji oczywiście $f_n\to f$ na $\R$ , ale $\|f_n-f\|_{\infty,\R}=\sup g=1$ , czyli $f_n\not\rightrightarrows f$ .

\begin{figure}[!t]

\includegraphics*[totalheight=4.65cm]{Garbik.png}

{\footnotesize\baselineskip 11pt ``Wędrujący garb'': ciąg funkcji $g_n\to f$ punktowo, ale $d(g_n,f)=\|g_n-f\|_{\infty}=\mathrm{const}>0$ dla wszystkich $n$ .

}

\end{figure}

Uwaga Tak samo definiuje się zbieżność jednostajną ciągów funkcji $f_n\colon X\to \C$ (moduł oznacza wtedy wszędzie po prostu moduł liczby zespolonej). Prawdziwe jest następujące twierdzenie: \begin{quote} Jeśli ciąg funkcji ciągłych $f_n\colon C\subset X\to \C$ jest zbieżny jednostajnie do funkcji $f\colon X\to \C$ , to $f$ jest ciągła na $X$ . \end{quote} Dowód jest taki sam, jak w przypadku rzeczywistym.

Powrót na górę

Najprostsze kryteria zbieżności jednostajnej

Stwierdzenie (#) Niech $f_n\colon X\to \R$ dla $n=1,2,\ldots$ . Następujące warunki są równoważne:

Ciąg $(f_n)$ jest zbieżny jednostajnie na $X$ do pewnej funkcji $f\colon X\to \R$ ;
Ciąg $(f_n)$ spełnia jednostajny warunek Cauchy'ego: dla każdego $\eps>0$ istnieje $n_0\in \N$ takie, że dla wszystkich $m,n>n_0$ i wszystkich $x\in X$ zachodzi nierówność

$|f_n(x)-f_m(x)|<\eps\, .$

Dowód: Całe rozumowanie polega na zastosowaniu warunku Cauchy'ego dla ciągów liczbowych (patrz Twierdzenie~ [link]) i uważnej lekturze definicji. Oto szczegóły.

Część I. (a) $\Rightarrow$ (b). Ustalmy liczbę $\eps>0$ . Ponieważ $f_n\rightrightarrows f$ na $X$ , więc istnieje $n_0\in N$ takie, że $|f_n(x)-f(x)|<\frac\eps 2$ dla wszystkich $n>n_0$ i $x\in X$ . Zatem, dla wszystkich $m,n>n_0$ i wszystkich $x\in X$ otrzymujemy z nierówności trójkąta

$|f_n(x)-f_m(x)|\le |f_n(x)-f(x)|+|f(x)-f_m(x)|< \frac\eps 2+\frac \eps 2= \eps\, .$

Część I. (b) $\Rightarrow$ (a). Załóżmy, że $(f_n)$ spełnia jednostajny warunek Cauchy'ego $b$ . Wtedy dla każdego $x\in X$ ciąg liczbowy $(f_n(x))_{n=1,2,\ldots}$ spełnia warunek Cauchy'ego, a więc na mocy Twierdzenia~ [link] ma granicę w $\R$ . Oznaczmy tę granicę $f(x)$ . Ustalmy liczbę $\eps>0$ i zastosujmy (b) do liczby $\eps/2$ : istnieje takie $n_0$ (zależne tylko od $\eps<img class="teximage" src="/sites/default/files/tex/8c806612206b3e6835f471e661e9bf5c21bc70a9.png" alt="8f37d5a42003901cef83080326707fcf:116:" />m,n>n_0$ i $x\in X$ jest $|f_n(x)-f_m(x)|<\frac\eps 2 \, .$ Ustalmy teraz liczbę $n$ i przejdźmy do granicy $m\to \infty$ . Ponieważ w granicy zachowują się nierówności nieostre, więc otrzymamy

$|f_n(x)-f(x)|\le \frac\eps 2 <\eps\, \qquad\mbox{dla wszystkich $n>n_0$ i $x\in X$.}$

Zatem istotnie $f_n\rightrightarrows f$ na $X$ . □

Stwierdzenie [kryterium Weierstrassa] (#) Niech $f_n\colon X\to \R$ dla $n=1,2,\ldots$ . Jeśli

$|f_n(x)|\le a_n \quad\mbox{dla $n\in \N$,}$

a szereg liczbowy $\sum_{n=1}^\infty a_n$ jest zbieżny, to wówczas szeregi funkcyjne

$\sum_{n=1}^\infty f_n(x)\qquad\mbox{oraz}\qquad \sum_{n=1}^\infty |f_n(x)|$

są zbieżne jednostajnie na $X$ .

Uwaga terminologiczna. W takiej sytuacji mówimy, że szereg $\sum f_n(x)$ jest zbieżny jednostajnie i bezwzględnie.

Dowód: Niech

$S_m(x)= \sum_{n=1}^m |f_n(x)|$

oznacza $m$ -tą sumę częściową szeregu $\sum |f_n|$ . Z założenia $|f_n(x)|\le a_n$ , a więc gdy $m,k\in \N$ i~ $m>k$ , to

$|S_{m}(x)-S_{k}(x)|=S_{m}(x)-S_{k}(x)\le a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_m\, \qquad\mbox{dla wszystkich $x\in X$.}$

Szereg liczbowy zbieżny $\sum a_n$ spełnia warunek Cauchy'ego dla szeregów, patrz Stwierdzenie~ [link]. Zatem dla ustalonego $\eps>0$ istnieje $n_0=n_0(\eps)$ takie, że

$a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_m=|a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_m|<\eps$

dla wszystkich $m>k>n_0$ . Stąd

$|S_{m}(x)-S_{k}(x)|\le a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_m<\eps\, \qquad\mbox{dla wszystkich $x\in X$ i $m>k>n_0$.}$

Ciąg funkcyjny $(S_m)$ spełnia więc jednostajny warunek Cauchy'ego na $X$ , tzn. na mocy poprzedniego stwierdzenia jest jednostajnie zbieżny. Z definicji, oznacza to zbieżność jednostajną szeregu $\sum_{n=1}^\infty |f_n(x)|$ na zbiorze $X$ .

Dowód jednostajnej zbieżności szeregu $\sum_{n=1}^\infty f_n(x)$ jest analogiczny. Trzeba tylko zauważyć, że dla $m>k$ jest

$\biggl|\sum_{n=1}^m f_n(x) - \sum_{n=1}^k f_n(x)\biggr| = \biggl|\sum_{n=k+1}^m f_n(x) \biggr| \le \sum_{n=k+1}^m |f_n(x)| \le a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_m\, .$

Łatwo stąd (podobnie, jak w pierwszej części dowodu) wywnioskować, że ciąg sum częściowych szeregu $\sum f_n$ spełnia jednostajny warunek Cauchy'ego na $X$ . □

Uwaga Oba stwierdzenia przenoszą się bez zmian na przypadek funkcji o wartościach zespolonych.

Powrót na górę

Twierdzenia Weierstrassa i Diniego

Oznaczenia. Niech $P\subset \R$ . W dalszym ciągu symbolem $C(P)$ będziemy oznaczali zbiór wszystkich funkcji ciągłych $f\colon P\to \R$ .

Udowodnimy teraz fundamentalne twierdzenie, które ma liczne zastosowania w Analizie Matematycznej. Niektóre z nich poznamy wkrótce.

Twierdzenie [Weierstrass] Jeśli $a,b\in \R$ i $f\in C([a,b])$ , to istnieje ciąg wielomianów $P_n$ o współczynnikach rzeczywistych taki, że $P_n\rightrightarrows f$ na $[a,b]$ . (#)

Zauważmy najpierw, że wystarczy udowodnić twierdzenie w szczególnym przypadku: dla $a=0$ i $b=1$ . Dla innych przedziałów uzyskamy wtedy tezę, składając odpowiednie funkcje z funkcjami liniowymi

$[0,1]\ni t\longmapsto x= a+t(b-a)\in [a,b]\, .$

Istotnie, przypuśćmy, że dla dowolnej $f\in C([0,1])$ istnieją wielomiany $P_n$ takie, że $P_n\rightrightarrows f$ na $[0,1]$ . Dla ustalonej $g\in C([a,b])$ niech $f(t)=g\bigl(a+t(b-a)\bigr)$ , gdzie $t\in [0,1]$ ; $f$ jest funkcją ciągłą na $[0,1]$ . Wybierzmy ciąg wielomianów $P_n\rightrightarrows f$ na $[0,1]$ i połóżmy

$Q_n(x):= P_n\Bigl(\frac{x-a}{b-a}\Bigr) \qquad \mbox{dla $x\in [a,b]$.}$

Wtedy $Q_n$ są wielomianami i $Q_n\rightrightarrows g$ na $[a,b]$ , gdyż $\|Q_n-g\|_{\infty,[a,b]}=\|P_n-f\|_{\infty,[0,1]}$ .

Dlatego ograniczymy się do dowodu następującego twierdzenia.

Twierdzenie [S.N. Bernstein] Niech $f\in C\bigl([0,1]\bigr)$ . Połóżmy

$B_n(f)(x)=\sum_{k=0}^n f\Bigl(\frac kn\Bigr)\binom nk x^k(1-x)^{n-k} \, , \qquad x\in [0,1], \quad n=1,2,\ldots$

Wówczas $B_n(f)\rightrightarrows f$ na $[0,1]$ .

Uwaga terminologiczna. Wielomian $B_n(f)$ nazywa się $n$ -tym wielomianem Bernsteina funkcji $f$ .

Dowód: Najpierw udowodnimy trzy pomocnicze fakty:

Jeśli $f_1(x)\equiv 1$ na $[0,1]$ , to $B_n(f_1)\equiv 1$ na $[0,1]$ dla każdego $n\in \N$ .
Jeśli $f_2(x)=x$ na $[0,1]$ , to $B_n(f_2)(x)=x$ na $[0,1]$ dla każdego $n\in \N$ .
Jeśli $f_3(x)=x^2$ na $[0,1]$ , to $B_n(f_3)(x)=x^2-\frac{x^2}{n}+\frac{x}{n}$ na $[0,1]$ dla każdego $n\in \N$ .

Własność (a) wynika natychmiast z dwumianu Newtona. Istotnie, jeśli $f_1\equiv 1$ , to

$B_n(f_1)(x)= \sum_{k=0}^n \binom nk x^k(1-x)^{n-k} = \bigl(x+(1-x)\bigr)^n = 1^n = 1\, .$

Dla dowodu (b) zauważmy, że $\frac kn\cdot \binom nk= \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}=\binom{n-1}{k-1}$ dla $k\ge 1$ (a dla $k=0$ lewa strona jest zerem). Dlatego dla funkcji $f_2(x)=x$ otrzymujemy

$\begin{eqnarray*} B_n(f_2)(x) & = & \sum_{k=0}^n \frac kn \binom nk x^k(1-x)^{n-k}= \sum_{k=1}^n \frac kn \binom nk x^k(1-x)^{n-k}\\ & = &\sum_{k=1}^n \binom {n-1}{k-1} x^k(1-x)^{n-k} = x \sum_{k=1}^n \frac kn \binom nk x^{k-1}(1-x)^{n-1-(k-1)} \\ & = &x \sum_{j=0}^{n-1} \binom {n-1}{j} x^j(1-x)^{n-1-j}\ = \ x. \end{eqnarray*}$

(Przechodząc do trzeciej linijki, podstawiliśmy $j=k-1$ ). Aby sprawdzić (c), piszemy

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

i rachujemy

$\begin{eqnarray*} B_n(f_3)(x) & = & \sum_{k=0}^n \frac {k^2}{n^2} \binom nk x^k(1-x)^{n-k} \\ & = & \frac{n-1}{n} \sum_{k=2}^n \frac {k(k-1)}{n(n-1)} \binom nk x^k(1-x)^{n-k} + \frac 1n \sum_{k=1}^n \frac kn \binom nk x^k(1-x)^{n-k} \\ & = & \frac{n-1}{n} \sum_{k=2}^n \binom {n-2}{k-2} x^{k-2}\cdot x^2\cdot (1-x)^{n-k} + \frac 1n B_n(f_2)(x)\\ & = & \frac{n-1}{n} x^2 \underbrace{\sum_{j=0}^{n-2} \binom {n-2}{j} x^{j}\cdot (1-x)^{n-2-j}}_{\text{= 1, z dwumianu Newtona}} + \frac x n = x^2-\frac{x^2}{n}+\frac{x}{n}\, . \end{eqnarray*}$

Teraz przejdziemy do zasadniczej części dowodu. Ustalmy $\eps>0$ . Ponieważ $f$ jest jednostajnie ciągła na $[0,1]$ , więc istnieje $\delta>0$ takie, że $|f(x)-f(\frac kn)|<\frac \eps 2$ , gdy $|x-\frac{k}{n}|<\delta$ . Różnicę między $f$ i jej $n$ -tym wielomianem Bernsteina szacujemy następująco:

$\begin{eqnarray} |f(x)-B_n(f)(x)| &= & \biggl|f(x)-\sum_{k=0}^n f\Bigl(\frac kn\Bigr)\binom nk x^k(1-x)^{n-k}\biggr| \nonumber \\ &= & \biggl|\sum_{k=0}^n \biggl(f(x)- f\Bigl(\frac kn\Bigr)\biggr)\binom nk x^k(1-x)^{n-k}\biggr| \label{Bnf-S1S2}\\ & \le & \sum_{k=0}^n \biggl|f(x)- f\Bigl(\frac kn\Bigr)\biggr|\binom nk x^k(1-x)^{n-k} =: S_1(n) + S_2(n)\, , \nonumber \end{eqnarray}$

gdzie

$S_i(n)=\sum_{k\in A_i} \biggl|f(x)- f\Bigl(\frac kn\Bigr)\biggr|\binom nk x^k(1-x)^{n-k}, \qquad i=1,2,$

dla

$A_1=\Bigl\{k=0,1,\ldots, n\colon \Bigl|x-\frac kn\Bigr|<\delta\Bigr\} \quad\mbox{oraz}\quad A_2=\Bigl\{k=0,1,\ldots, n\colon \Bigl|x-\frac kn\Bigr|\ge\delta\Bigr\}\, .$

(po prostu dzielimy całą sumę na dwie inne, odpowiednio dobrane). Oszacowanie sumy $S_1(n)$ jest łatwe: gdy $|\frac kn-x|<\delta$ , to $|f(x)-f(\frac kn)|<\frac\eps 2$ i dlatego

$\begin{equation} S_1(n)\le \sum_{k\in A_1} \frac\eps 2 \cdot \binom nk x^k(1-x)^{n-k} \le \frac\eps 2 \sum_{k=0}^n \binom nk x^k(1-x)^{n-k}\ \stackrel{\text{(a)}}= \ \frac\eps 2\, . \label{Bnf-oszacS1} \end{equation}$

Kluczowy krok to szacowanie sumy $S_2$ . Niech $M=\sup_{[0,1]} |f|$ . Zauważmy, że

$\delta\le \Bigl|x-\frac kn\Bigr|, \qquad\mbox{stąd zaś}\qquad 1\le\left(\frac{k-nx}{n\delta}\right)^2\, \quad\mbox{dla $k\in A_2$.}$

Ponadto, oczywiście $|f(x)-f(\frac kn)|\le |f(x)|+|f(\frac kn)|\le 2M=2\sup |f|$ . Dlatego

$\begin{eqnarray*} S_2(n)& \le & 2M \sum_{k\in A_2} \left(\frac{k-nx}{n\delta}\right)^2 \binom nk x^k(1-x)^{n-k} \\ & \le & \frac{2M}{\delta^2}\sum_{k=0}^n \left(\frac{k^2}{n^2}-2x\frac{k}{n}+x^2\right) \binom nk x^k(1-x)^{n-k} = S_3(n) \end{eqnarray*}$

(zwiększamy zakres sumowania z $k\in A_2$ do wszystkich $0\le k\le n$ ). Ostatnią sumę można łatwo wyrazić przez wielomiany Bernsteina funkcji $f_1(x)=1$ , $f_2(x)=x$ i $f_3(x)=x^2$ , a następnie obliczyć, korzystając z pomocniczych faktów (a)-(c); prowadzi to do oszacowania

$\begin{eqnarray} S_2(n)\le S_3(n) & = &\frac{2M}{\delta^2}\Bigl(B_n(f_3)(x)-2x\cdot B_n(f_2)(x)+ x^2 B_n(f_1)(x)\Bigr) \nonumber\\ & = & \frac{2M}{\delta^2} \Bigl( x^2-\frac{x^2}{n}+\frac{x}{n}-2x^2 + x^2\Bigr)\nonumber \\ &= & \frac{2M}{\delta^2}\cdot \frac{x(1-x)}{n} \le \frac{M}{2n\delta^2}, \label{Bnf-oszacS2} \end{eqnarray}$

gdyż $x(1-x)\le \frac 14$ na $\R$ .

Wstawiając oszacowania Bnf-oszacS1 i Bnf-oszacS2 do Bnf-S1S2, otrzymujemy

$|f(x)-B_n(f)(x)|\le \frac\eps 2 + \frac{M}{2n\delta^2} < \eps \qquad\mbox{dla wszystkich $x\in [0,1]$}$

i dla $n>n_0:=\bigl[M/(\eps\delta^2)\bigr]+1$ . To kończy dowód. □

Jedno z zastosowań twierdzenia Weierstrassa zobaczymy nieco później w tym rozdziale, w dowodzie twierdzenia, orzekającego, że każda funkcja ciągła $f\colon P\to \R$ na przedziale $P\subset \R$ jest pochodną pewnej funkcji $F\colon P\to \R$ . Jest to jeden z podstawowych faktów, wykorzystywanych w rachunku całkowym.

Podamy teraz dwa niezbyt trudne twierdzenia, ilustrujące związek zbieżności jednostajnej z monotonicznością.

Twierdzenie [pierwsze twierdzenie Dini'ego] Przypuśćmy, że funkcje $f, f_n\colon K\to\R$ , gdzie $n\in \N$ i $K\subset \R$ jest zbiorem zwartym, są ciągłe. Jeśli $f_n\to f$ punktowo na $K$ , a ponadto

$f_1\le f_2 \le f_3 \le \ldots \le f_n\le \ldots \qquad\mbox{na } K,$

to wówczas $f_n\rightrightarrows f$ na $K$

Dowód: Przypuśćmy, że zbieżność $f_n\to f$ nie jest jednostajna. Istnieje wtedy $\eps>0$ takie, że dla każdego $n\in \N$ znajdziemy $m>n$ i punkt $x_m\in K$ , dla których

$\begin{equation} \label{din1-aa} |f(x_m)-f_m(x_m)|=f(x_m)-f(x_m) \ge \eps >0\, . \end{equation}$

Opuszczając moduł, skorzystaliśmy z założenia o monotoniczności ciągu $(f_m)$ .

Zbiór $K$ jest zwarty, więc ciąg $(x_m)$ ma podciąg zbieżny do pewnego $x\in K$ . Przechodząc do tego podciągu, możemy bez zmniejszenia ogólności rozważań założyć, że po prostu $x_m\to x$ dla $m\to \infty$ . Weźmy teraz dowolne $k\in \N$ . Dla $m>k$ zachodzą nierówności

$f_k(x_m)\le f_m(x_m)\stackrel{\eqref{din1-aa}}\le f(x_m)-\eps$

i dlatego, dzięki ciągłości $f$ ,

$f_k (x)=\lim_{m\to\infty} f_k(x_m) \le \lim_{m\to\infty } f(x_m)-\eps = f(x)- \eps.$

To jednak przeczy punktowej zbieżności $f_k\to f$ : granica ciągu liczbowego $(f_k(x))$ powinna być równa $f(x)$ . □

Twierdzenie [drugie twierdzenie Dini'ego] Jeśli funkcje $f_n\colon [a,b]\to \R$ są niemalejące i ciąg $(f_n)$ jest punktowo zbieżny na $[a,b]$ do funkcji ciągłej $f$ , to wówczas $f_n\rightrightarrows f$ .

Dowód: Niech $\eps>0$ i $\eta>0$ . Ponieważ na mocy Twierdzenia~ [link] $f$ jest jednostajnie ciągła na $[a,b]$ , więc istnieje $\delta>0$ takie, że $|f(x)-f(y)|<\eta$ , gdy $|x-y|<\delta$ . Podzielmy $[a,b]$ na $N$ przedziałów o równych długościach $\frac{b-a}N<\delta$ . Niech $x_0,x_1,\ldots, x_N$ oznaczają końce tych przedziałów. Wybierzmy teraz $n_0$ tak, aby

$\begin{equation} \label{kpkt} |f_n(x_k)-f(x_k)|<\eta \qquad \mbox{dla wszystkich $n>n_0$ i $k=0,1,\ldots, N$.} \end{equation}$

Niech $x\in [a,b]$ . Wtedy $x\in [x_k,x_{k+1}]$ dla pewnego $k=0,1,\ldots, N-1$ . Funkcja $f$ jest niemalejąca jako ciągu granica funkcji niemalejących, więc dzięki kpkt otrzymujemy dla $n>n_0$ nierówności

$\underbrace{f(x_k)\le f(x)\le f(x_{k+1})}_{\text{monotoniczność \mbox{$f$}}}, \qquad f(x_k)-\eta\stackrel{\eqref{kpkt}}< \underbrace{f_n(x_k)\le f_n(x)\le f_n(x_{k+1})}_{\text{monotoniczność \mbox{$f_n$}}} \stackrel{\eqref{kpkt}}<f(x_{k+1})+\eta\, .$

Stąd już wynika, że zarówno $f(x)$ , jak i $f_n(x)$ , należą do przedziału $I$ o końcach $f(x_k)-\eta$ i $f(x_{k+1})+\eta$ . Odstępy między punktami $x_k$ są mniejsze od $\delta$ , więc dzięki doborowi $\delta$ do $\eta$ długość przedziału $I$ jest mniejsza od $3\eta$ . Biorąc teraz $\eta = \eps/3$ otrzymujemy

$|f(x)-f_n(x)|<3\eta =\eps \qquad\mbox{dla wszystkich $x\in [a,b]$ i $n>n_0$,}$

co kończy dowód. □

Zauważmy, że w dowodzie nie było potrzebne założenie o ciągłości $f_n$ . Istotna jest oczywiście ciągłość funkcji $f$ oraz monotoniczność wszystkich rozpatrywanych funkcji.

Powrót na górę

Twierdzenie o różniczkowaniu ciągów funkcyjnych

Udowodnimy teraz ważne twierdzenie, które w wielu sytuacjach pozwala wnioskować, że funkcja, określona jako granica ciągu (lub suma szeregu) funkcyjnego, ma pochodną.

Przypadek rzeczywisty

Twierdzenie (#) Załóżmy, że $f_n\colon \R\supset [a,b]\to \R$ , gdzie $n=1,2,\ldots$ , są różniczkowalne. Jeśli ciąg $f_n'\rightrightarrows g$ na $[a,b]$ , a ponadto istnieje taki punkt $x_0\in [a,b]$ , że ciąg $\bigl(f_n(x_0)\bigr)$ jest zbieżny, to wówczas:

Ciąg $f_n$ jest zbieżny jednostajnie do pewnej funkcji ciągłej $f\colon [a,b]\to \R$ ;
Funkcja $f$ jest różniczkowalna na $[a,b]$ i $f'=g$ .

Dowód: Najpierw sprawdzimy, że ciąg $(f_n)$ spełnia na przedziale $[a,b]$ jednostajny warunek Cauchy'ego.

Lemat (#) Niech $\Delta_{n,m}=f_n-f_m\colon [a,b]\to \R$ . Załóżmy, że spełnione są założenia Twierdzenia~ [link]. Wówczas dla każdej liczby $\eta>0$ istnieje takie $n_0\in N$ , że dla wszystkich $n,m>n_0$ i wszystkich $x,y\in [a,b]$ zachodzi nierówność

$|\Delta_{n,m}(x)-\Delta_{n,m}(y)|<\eta |x-y|\, .$

Dowód Lematu~ [link] Ustalmy $\eta>0$ . Funkcja $\Delta_{n,m}$ jest różniczkowalna na $[a,b]$ i $\Delta_{n,m}'=f_n'-f_m'$ . Z twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej wynika, że

$|\Delta_{n,m}(x)-\Delta_{n,m}(y)|=|f_n'(\theta_{x,y})-f_m'(\theta_{x,y})|\cdot |x-y| \qquad\mbox{dla pewnego $\theta_{x,y}\in (x,y)$}$

(zakładamy bez zmiany ogólności, że $x<y$ ). Jednak ciąg $(f_n')$ jest jednostajnie zbieżny, a więc na mocy Stwierdzenia~ [link] istnieje takie $n_0\in \N$ , że

$|f_n'(t)-f_m'(t)|<\eta \qquad\mbox{dla wszystkich $t\in [a,b]$ i $m,n>n_0$.}$

Wstawiając to oszacowanie do poprzedniego, kończymy dowód lematu.□

Przejdźmy teraz do zasadniczej części dowodu twierdzenia.

     Krok 1. Zbieżność ciągu $(f_n)$ . Niech $\eps>0$ i $\eta=\eps/2(b-a)$ . Dobierzmy do $\eta$ liczbę $n_0$ z Lematu~ [link]. Z nierówności trójkąta otrzymujemy

$\begin{eqnarray*} |f_n(x)-f_m(x)| & \le & |f_n(x_0)-f_m(x_0)| + \bigl|f_n(x)-f_m(x)-\bigl(f_n(x_0)-f_m(x_0)\bigr)\bigr| \\ & = & |f_n(x_0)-f_m(x_0)| + \bigl|\Delta_{n,m}(x)-\Delta_{n,m}(x_0)\bigr| \\ & < & |f_n(x_0)-f_m(x_0)| + \frac{\eps}{2(b-a)} \cdot |x-x_0| \\ & \le & |f_n(x_0)-f_m(x_0)| + \frac\eps 2\, . \end{eqnarray*}$

Pierwszy składnik jest niegroźny: ciąg $(f_n(x_0))$ jest zbieżny, a zatem istnieje $n_1$ takie, że $|f_n(x_0)-f_m(x_0)|<\frac \eps 2$ dla wszystkich $m,n>n_1$ . Dlatego dla $m,n >\max(n_0,n_1)$ i dla wszystkich $x\in [a,b]$ zachodzi nierówność

$|f_n(x)-f_m(x)| < |f_n(x_0)-f_m(x_0)| + \frac\eps 2 < \eps\, ,$

co oznacza, że ciąg $(f_n)$ spełnia jednostajny warunek Cauchy'ego, a więc na mocy Stwierdzenia~ [link] jest jednostajnie zbieżny do pewnej funkcji $f\colon [a,b]\to \R$ , która oczywiście jest ciągła (patrz Twierdzenie $C0-granica$ ).

     Krok 2. Różniczkowalność funkcji $f$ . Wykażemy, że

$\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}h = g(x)\qquad\mbox{dla $x\in [a,b]$.}$

Ustalmy w tym celu $x\in [a,b]$ i liczby $\eta, \eps>0$ ; znajdziemy $\delta>0$ takie, że

$\begin{equation} \label{cel-rcfR} \left|\frac{f(x+h)-f(x)}h - g(x)\right|< \eps \qquad\mbox{dla $|h|<\delta$.} \end{equation}$

Przekształcimy prawą stronę nierówności cel-rcfR, próbując przybliżyć $f$ przez $f_n$ i $g$ przez $f_n'$ . Mamy

$\begin{eqnarray*} \lefteqn{ \left|\frac{f(x+h)-f(x)}h - g(x)\right|}\\ & = & \left|\frac{f(x+h)-f(x)}h -\frac{f_n(x+h)-f(x)}h +\frac{f_n(x+h)-f_n(x)}h- g(x)\right|\\ & \le & \left|\frac{f(x+h)-f_n(x+h)-\bigl(f(x)-f_n(x)\bigr)}h \right| +\left|\frac{f_n(x+h)-f_n(x)}h- g(x)\right| \\ & =: & A + B\, . \end{eqnarray*}$

Każdy ze składników oszacujemy osobno.

     Oszacowanie składnika $A$ . Z Lematu~ [link] wynika, że dla $m,n >n_0=n_0(\eta)$ jest

$|f_m(x+h)-f_n(x+h)-(f_m(x)-f_n(x))|=|\Delta_{m,n}(x+h)-\Delta_{n,m}(x)|< \eta |h|\, .$

Ponieważ $f_m(t)\to f(t)$ dla każdego $t\in [a,b]$ , więc przechodząc do granicy $m\to \infty$ , a następnie dzieląc obie strony przez $|h|$ otrzymujemy

$A=\left|\frac{f(x+h)-f_n(x+h)-\bigl(f(x)-f_n(x)\bigr)}h \right|\le \eta$

dla wszystkich $|h|>0$ i $n>n_0$ .

     Oszacowanie składnika $B$ . Z nierówności trójkąta, \begin{multline*} B= \left|\frac{f_n(x+h)-f_n(x)}h- g(x)\right|= \left|\frac{f_n(x+h)-f_n(x)}h- f_n'(x)+f_n'(x)-g(x)\right|\\ \le \left|\frac{f_n(x+h)-f_n(x)}h- f_n'(x)\right|+\left|f_n'(x)-g(x)\right| < \eta + \eta=2\eta\, , \end{multline*} o ile $n$ jest ustalone i dostatecznie duże, a $|h|$ dostatecznie małe. Aby się o tym przekonać, ustalmy najpierw liczbę $n>n_0$ tak, aby $|f_n'(x)-g(x)|<\eta$ dla wszystkich $x\in[a,b]$ ; możemy to zrobić, gdyż $f_n'\rightrightarrows g$ . Następnie, korzystając z różniczkowalności $f_n$ w punkcie $x$ , wybierzmy $\delta>0$ takie, by

$\left|\frac{f_n(x+h)-f_n(x)}h- f_n'(x)\right|< \eta \qquad\mbox{dla $|h|<\delta$.}$

Wtedy istotnie $B<2\eta$ .

Ostatecznie, kładąc $\eta=\eps/3$ i używając obu oszacowań, otrzymujemy dla $0<|h|<\delta$ nierówność

$\left|\frac{f(x+h)-f(x)}h - g(x)\right|\le A+B < \eta + 2\eta = 3\eta = \eps\, .$

Zachodzi więc warunek cel-rcfR. To kończy dowód całego twierdzenia. □

Oczywiście, odpowiednik tego twierdzenia zachodzi dla szeregów funkcyjnych: to tylko kwestia zmiany języka.

Wniosek (#) Załóżmy, że $f_n\colon \R\supset [a,b]\to \R$ , gdzie $n=1,2,\ldots$ , są różniczkowalne. Jeśli szereg funkcyjny $\sum_{n=1}^\infty f_n'\$ jest zbieżny jednostajnie na $[a,b]$ do funkcji $g$ , a ponadto istnieje taki punkt $x_0\in [a,b]$ , że szereg liczbowy $\sum_{n=1}^\infty f_n(x_0)$ jest zbieżny, to wówczas:

{(\alph{enumi})}

Szereg $\sum_{n=1}^\infty f_n$ jest zbieżny jednostajnie do pewnej funkcji ciągłej $f\colon [a,b]\to \R$ ;

Funkcja $f$ jest różniczkowalna na $[a,b]$ i $f'=g$ .

Przykład (#) Niech $g(x)=1/(1-x)$ , gdzie $|x|\le q <1$ . Ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego,

$g(x)= \frac 1{1-x} = 1 + x + x^2 +x^3+\cdots = \sum_{n=0}^\infty x^n\, .$

Powyższy szereg jest na przedziale $[-q,q]$ zbieżny jednostajnie. To wynika z kryterium Weierstrassa (patrz Stwierdzenie~ [link]), gdyż $|x^n|\le q^n$ na $[-q,q]$ , a $\sum q^n$ jest zbieżnym szeregiem liczb dodatnich. Połóżmy $f_n(x)=x^{n+1}/({n+1})$ , $n=0,1,\ldots$ , $x\in [-q,q]$ . Wtedy $f_n'(x)=x^n$ . Stwierdziliśmy już, że szereg $\sum f_n'=\sum x^n$ jest na $[-q,q]$ zbieżny jednostajnie. Szereg $\sum f_n$ jest zbieżny (co najmniej) w jednym punkcie: dla $x_0=0$ wszystkie składniki są zerami. Dlatego, na mocy Wniosku~ [link],

$\left(\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n+1}}{n+1} \right)' = \sum_{n=0}^\infty x^n=\frac{1}{1-x}\qquad\mbox{dla wszystkich $|x|\le q$.}$

Innymi słowy, nieskończoną sumę $\sum \frac{x^{n+1}}{n+1}$ wolno na tym przedziale różniczkować tak samo, jak sumę skończoną: pochodna sumy jest sumą pochodnych. Należy jednak pamiętać, że bez założenia zbieżności jednostajnej szeregu pochodnych to nie musi być prawdą! Przykład takiej sytuacji zobaczymy w następnym podrozdziale.

Zauważmy jeszcze, że funkcje $f(x)=\sum f_n(x)=\sum \frac{x^{n+1}}{n+1}$ oraz $\varphi (x)=-\ln(1-x)$ mają na przedziale $[-q,q]$ tę samą pochodną, równą $1/(1-x)$ . Dlatego $(f-\varphi)'=0$ na $[-q,q]$ , więc $f-\varphi = \mathrm{const}=f(0)-\varphi(0)=0-0=0.$ Ostatecznie,

$\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n+1}}{n+1}= -\ln (1-x) \qquad\mbox{dla wszystkich $|x|<1$,}$

gdyż całe rozumowanie można przeprowadzić, używając dowolnej liczby $q<1$ . □

Przykład Niech $f_n(x)=n^{-1}\arctg (x/n)$ , $x\in \R$ , $n=1,2,\ldots$ . Dla $x_0=0$ mamy $f_n(x_0)=0$ dla każdego $n$ , więc szereg funkcyjny $\sum f_n$ jest zbieżny w $x_0$ . Pochodna $f_n'$ spełnia nierówności

$0<f_n'(x)=\frac 1n \cdot \frac 1{1+(x/n)^2}\cdot \frac 1n = \frac{1}{n^2+x^2}\le \frac{1}{n^2}\, .$

Ponieważ szereg liczbowy $\sum 1/n^2$ jest zbieżny, więc z kryterium Weierstrassa wynika, że szereg $\sum f_n'$ jest zbieżny jednostajnie na każdym przedziale $[a,b]\subset \R$ . Dlatego szereg

$f(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac 1n \arctg \frac xn$

jest zbieżny jednostajnie na każdym przedziale $[a,b]\in \R$ i dla każdej liczby $x\in \R$ zachodzi wzór

$f'(x)= \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2+x^2}\, .$

Uwaga Jeśli ciąg (lub szereg) funkcyjny jest zbieżny jednostajnie na wszystkich zwartych podzbiorach pewnego ustalonego podzbioru $P\subset \R$ (bądź $P\subset \C$ ), to mówimy, że jest zbieżny niemal jednostajnie na $P$ . W ostatnim przykładzie mieliśmy do czynienia właśnie z taką sytuacją.

Przypadek zespolony

Uważny Czytelnik spostrzegł być może, że w dowodzie Twierdzenia~ [link] posłużyliśmy się twierdzeniem Lagrange'a o wartości średniej, które nie zachodzi dla funkcji o wartościach zespolonych, patrz Przykład~ [link]. Dlatego zespolona wersja twierdzenia o różniczkowaniu ciągów funkcyjnych wymaga nieco innego dowodu, który pokrótce naszkicujemy.

Ustalmy najpierw terminologię.

Definicja Zbiór $Z\subset C$ nazywa się domknięty wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego ciągu zbieżnego $(z_n)\subset Z$ jest $z=\lim z_n\in Z$ .

Przykład: koło domknięte $\{z\in \C \colon |z|\le R\}$ jest zbiorem domkniętym (nierówności nieostre zachowują się po przejściu granicznym), a koło otwarte $\{z\in \C \colon |z|< R\}$ nie jest zbiorem domknietym (nierówności ostre mogą po przejściu granicznym zmienić się w nieostre).

Definicja Zbiór $Z\subset C$ nazywa się ograniczony wtedy i tylko wtedy, gdy $Z$ zawiera się w pewnym kole.

Twierdzenie (#) Załóżmy, że $W$ jest domkniętym, wypukłym i ograniczonym podzbiorem $\C$ , a funkcje $f_n\colon \C\supset W \to \C$ , gdzie $n=1,2,\ldots$ , są różniczkowalne (w sensie zespolonym). Jeśli ciąg $f_n'\rightrightarrows g$ na $W$ , a ponadto istnieje taki punkt $z_0\in W$ , że ciąg $\bigl(f_n(z_0)\bigr)$ jest zbieżny, to wówczas:

{(\alph{enumi})}

Ciąg $f_n$ jest zbieżny jednostajnie do pewnej funkcji ciągłej $f\colon W\to \R$ ;

Funkcja $f$ jest różniczkowalna na $W$ i $f'=g$ .

Szkic dowodu. Jedynym miejscem w dowodzie Twierdzenia~ [link], gdzie skorzystaliśmy z faktu, że mamy do czynienia z funkcjami zmiennej rzeczywistej o wartościach rzeczywistych, był Lemat~ [link] (w jego dowodzie skorzystaliśmy z twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej). Podamy ``zespolony'' odpowiednik tego fragmentu rozumowania. Sformułowanie zespolonej wersji twierdzenia o wartości średniej poprzedzimy technicznym lematem.

Lemat Niech $\varphi,\psi\colon [0,1]\to \R$ będą ciągłe na $[0,1]$ i różniczkowalne w $(0,1)$ . Jeśli $a>1$ , to funkcja

$\Phi_a(t)=\left(\varphi^2(t)+\psi^2(t)\right)^{a/2}$

jest różniczkowalna w $(0,1)$ i zachodzi nierówność

$|\Phi_a'(t)|\le a \left(\varphi^2(t)+\psi^2(t)\right)^{(a-1)/2} \cdot \left(\bigl(\varphi'(t)\bigr)^2+\bigl(\psi'(t)\bigr)^2\right)^{1/2}\, .$

Dowód: Przypadek 1. Jeśli $\varphi^2(t)+\psi^2(t)>0$ , to różniczkowalność $\Phi_a$ w punkcie $t$ wynika z twierdzenia o pochodnej funkcji złożonej. Ponieważ

$|\varphi \varphi'+\psi\psi'|\le \left(\varphi^2+\psi^2\right)^{1/2} \left((\varphi')^2+(\psi')^2\right)^{1/2}$

z nierówności Schwarza, więc mamy w takim punkcie

$\begin{eqnarray*} |\Phi_a'| & = & \frac{a}2 \left(\varphi^2+\psi^2\right)^{\frac a2 -1} \cdot 2|\varphi \varphi'+\psi\psi'|\\ & \le & a \left(\varphi^2+\psi^2\right)^{\frac a2 -1} \left(\varphi^2+\psi^2\right)^{1/2} \left((\varphi')^2+(\psi')^2\right)^{1/2}\\ & = & a \left(\varphi^2+\psi^2\right)^{(a-1)/2} \cdot \left(\bigl(\varphi'\bigr)^2+\bigl(\psi'\bigr)^2\right)^{1/2}\, . \end{eqnarray*}$

To jest szukana nierówność.

Przypadek 2. Jeśli $\varphi^2(t)+\psi^2(t)=0$ , to $\Phi_a'(t)=0$ . Wykażemy to, posługując się definicją pochodnej. W takim punkcie $t$ jest $\Phi_a(t)=0$ , a ponadto

$(\varphi^2+\psi^2)^{1/2}\le |\varphi|+|\psi|,$

więc dla wszystkich dostatecznie małych $h$ zachodzi nierówność

$\begin{eqnarray*} \left|\frac{\Phi_a(t+h)-\Phi_a(t)}h\right| & = & \left|\frac{\Phi_a(t+h)}h\right| \\ & \le & \frac{|\varphi({t+h})|+|\psi(t+h)|}{|h|}\cdot \left(\varphi^2(t+h)+\psi^2(t+h)\right)^{(a-1)/2} \\ & \le & (|\varphi'(t)|+|\psi'(t)|+2)\cdot \left(\varphi^2(t+h)+\psi^2(t+h)\right)^{(a-1)/2}\, . \end{eqnarray*}$

Pisząc ostatnią linijkę, skorzystaliśmy z nierówności $|\varphi(t+h)|/ |h| < |\varphi'(t)|+1$ , która zachodzi dla wszystkich małych $|h|$ , oraz z analogicznej nierówności dla $\psi$ . Przechodząc do granicy $h\to 0$ , otrzymujemy $\Phi_a'(t)=0$ , gdyż czynnik

$\left(\varphi^2(t+h)+\psi^2(t+h)\right)^{(a-1)/2} \to 0,$

bowiem $\varphi^2(t+h)+\psi^2(t+h) \to \varphi^2(t)+\psi^2(t)=0$ dla $h\to 0$ , a mamy $a>1$ . □

Uwaga: w ostatnim kroku jest istotne, że $a>1<img class="teximage" src="/sites/default/files/tex/cbe00d5eca0295287334a73c27f78b5f0545c268.png" alt="8f37d5a42003901cef83080326707fcf:117:" />\varphi,\psi\colon [0,1]\to \R$ będą ciągłe na $[0,1]$ i różniczkowalne w $(0,1)$ . Jeśli $\varphi (0)=\psi (0)=0$ oraz $h(t)=\varphi(t)+i\psi(t)$ dla $t\in [0,1]$ , to wówczas

$|h(1)|\le \sup_{t\in (0,1)} |h'(t)|\, .$