Zbieżność jednostajna

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.

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 $

    {(\alph{enumi})}

  1. na każdym ograniczonym przedziale $ [-M,M]\subset \R $;
  2. 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:

  1. Dla wszystkich $ f,g\in Y $ warunek $ d(f,g)=0 $ zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $ f=g $;
  2. Dla wszystkich $ f,g\in Y $ jest $ d(f,g)= d(g,f) $.
  3. 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:

  1. 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.

  2. 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.

Najprostsze kryteria zbieżności jednostajnej

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

    {(\alph{enumi})}

  1. Ciąg $ (f_n) $ jest zbieżny jednostajnie na $ X $ do pewnej funkcji $ f\colon X\to \R $;
  2. 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="f574a194287848edd88a7f0d0435b691:116:" />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.

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:

    {(\alph{enumi})}

  1. Jeśli $ f_1(x)\equiv 1 $ na $ [0,1] $, to $ B_n(f_1)\equiv 1 $ na $ [0,1] $ dla każdego $ n\in \N $.
  2. Jeśli $ f_2(x)=x $ na $ [0,1] $, to $ B_n(f_2)(x)=x $ na $ [0,1] $ dla każdego $ n\in \N $.
  3. 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.

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:

    {(\alph{enumi})}

  1. Ciąg $ f_n $ jest zbieżny jednostajnie do pewnej funkcji ciągłej $ f\colon [a,b]\to \R $;
  2. 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})}

  1. Szereg $ \sum_{n=1}^\infty f_n $ jest zbieżny jednostajnie do pewnej funkcji ciągłej $ f\colon [a,b]\to \R $;
  2. 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})}

  1. Ciąg $ f_n $ jest zbieżny jednostajnie do pewnej funkcji ciągłej $ f\colon W\to \R $;
  2. 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="f574a194287848edd88a7f0d0435b691:117:" />\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

\[ 	|h(1)|\le \sup_{t\in (0,1)} |h'(t)|\, . 	\]
Dowód: Przyjmijmy takie oznaczenia, jak w poprzednim lemacie. Ponieważ $ \psi(0)=\varphi(0)=0 $, więc

\[ |h(1)|^a=|\Phi_a(1)|=|\Phi_a(1)-\Phi_a(0)| = |\Phi_a'(c)| \]

dla pewnego $ c\in (0,1) $. Wiemy jednak, że

\[ \begin{eqnarray*} |\Phi_a'(c)| & \le  & a  \left(\varphi^2(c)+\psi^2(c)\right)^{(a-1)/2} \cdot \left(\bigl(\varphi'(c)\bigr)^2+\bigl(\psi'(c)\bigr)^2\right)^{1/2}    \\ & \le & a \cdot \left(\sup_{t\in [0,1]} |h(t)|\right)^{(a-1)/2}\cdot  \sup_{t\in (0,1)} |h'(t)|\, . \end{eqnarray*} \]

Dlatego

\[ |h(1)|^a \le      a \cdot \left(\sup_{t\in [0,1]} |h(t)|\right)^{(a-1)/2}\cdot  \sup_{t\in (0,1)} |h'(t)| \, ; \]

przechodząc do granicy $ a\to 1^+ $, otrzymujemy tezę wniosku.□

Wniosek [twierdzenie o wartości średniej, wariant zespolony] Załóżmy, że $ W\subset \C $ jest zbiorem wypukłym, a $ H\colon W\to \C $ funkcją różniczkowalną na $ W $. Wówczas dla wszystkich punktów $ z,w\in W $ zachodzi nierówność

\[  |H(z)-H(w)|\le |z-w|\cdot \sup_{\zeta\in W} |H'(\zeta)|. \]
Dowód: Gdy $ w=z $, nierówność jest banalna: $ 0\le 0 $. Załóżmy, że $ z\not=w $. Połóżmy

\[ h(t)=H(w+t(z-w))-H(w)\quad\mbox{dla $t\in [0,1]$,} \qquad \varphi=\mathrm{Re}\, h, \quad\psi =\mathrm{Im}\, h\, . \]

Wtedy $ \varphi,\psi $ i $ h $ spełniają wszystkie założenia poprzedniego wniosku. Otrzymujemy zatem

\[ \begin{eqnarray*} |H(z)-H(w)|=|h(1)|& \le &  \sup_{t\in (0,1)} |h'(t)|=\sup  _{t\in (0,1)} |H'(w+t(z-w))|\cdot |z-w|\\ &\le & |z-w|\sup_{\zeta\in W} |H'(\zeta)|\, ,   \end{eqnarray*} \]

gdyż $ I=\{z+t(w-z)\colon t\in [0,1] \}\subset W $. □

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

\[ 	|\Delta_{n,m}(z)-\Delta_{n,m}(w)|<\eta |z-w|\, . 	\]

    Dowód Wniosku~ [link] Stosujemy poprzedni wniosek do funkcji $ H=\Delta_{n,m} $. Wtedy $ H'=\Delta_{n,m}'=f_n'-f_m' $. Otrzymujemy

\[ |\Delta_{n,m}(z)-\Delta_{n,m}(w)|\le |z-w|\cdot \sup_{\zeta\in W} |f_n'(\zeta) -f_m'(\zeta)| \, . \]

Ponieważ ciąg $ (f_n') $ jest jednostajnie zbieżny na $ W $, więc dla ustalonego $ \eta $, posługując się jednostajnym warunkiem Cauchy'ego, znajdziemy $ n_0\in \N $ takie, że

$$\sup_{\zeta\in W} |f_n'(\zeta) -f_m'(\zeta)| <\eta\qquad\mbox{  dla wszystkich $m,n>n_0$. } $$

To kończy dowód wniosku. □

Dalszy ciąg dowodu twierdzenia o różniczkowaniu ciągów funkcyjnych w przypadku zespolonym jest, począwszy od tego miejsca, taki sam, jak w przypadku rzeczywistym. Czytelnik, zainteresowany rozumieniem teorii, zechce samodzielnie sprawdzić wszystkie szczegóły.

Istnienie funkcji pierwotnej

Udowodnimy teraz zapowiedziane wcześniej twierdzenie: każda funkcja ciągła jest pochodną pewnej funkcji. Najpierw wprowadzimy tradycyjną terminologię.

Definicja Niech $ P\subset \R $ będzie przedziałem, a $ f\colon P\to\R $ dowolną funkcją. Funkcja różniczkowalna $ F\colon P\to\R $ nazywa się funkcją pierwotną $ f $ wtedy i tylko wtedy, gdy $ F'(x)=f(x) $ dla każdego $ x\in P $.
Stwierdzenie Jeśli $ P\subset \R $ jest przedziałem, a $ F_1,F_2\colon P\to \R $ są funkcjami pierwotnymi tej samej funkcji $ f\colon P\to\R $, to wówczas $ F_1-F_2 $ jest funkcją stałą na $ P $. (#)
Dowód: Wprost z definicji wynika, że $ (F_1-F_2)'=F_1'-F_2'=f-f=0 $. Zatem, na mocy Wniosku~ [link], funkcja $ F_1-F_2 $ jest stała na $ P $. □
Twierdzenie Niech $ P\subset \R $ będzie (dowolnym) przedziałem Każda funkcja ciągła $ f\colon P\to \R $ ma funkcję pierwotną. (#)
Dowód: Przedstawmy przedział $ P $ jako sumę wstępującego ciągu przedziałów domkniętych $ [a_k,b_k] $, tzn. niech

\[ P=\bigcup_{k=1}^\infty [a_k,b_k]\, , \qquad\mbox{gdzie}\quad a_1\ge a_2\ge a_3\ge \ldots, \quad b_1\le b_2\le b_3\ldots . \]

Bez zmniejszenia ogólności założymy, że $ 0 $ jest punktem wspólnym wszystkich przedziałów $ [a_k,b_k] $. Z Twierdzenia~ [link] wynika, że istnieje ciąg wielomianów $ P_k\colon \R\to\R $ taki, że

\[ \begin{equation} 	\label{Pk-f} 	\sup_{x\in[a_k,b_k]} |P_k(x)-f(x)| <\frac 1k\, , \qquad k=1,2, \ldots \end{equation} \]

Dla każdego $ k $ znajdziemy wielomian $ Q_k $ taki, że $ Q_k'(x)=P_k(x) $ dla wszystkich $ x\in \R $ i $ Q_k(0)=0 $. Istotnie, jeśli $ P_k(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n $, to podane warunki spełnia

\[ Q_k(x)=a_0x+\frac{a_1x^2}{2}+\frac{a_2x^3}3+\cdots+\frac{a_nx^n}n\, . \]

Ustalmy teraz $ k $. Zauważmy, że ciąg liczbowy $ (Q_n(0))_{n\ge k} $ jest zbieżny (bo składa się z samych zer), natomiast wobec Pk-f ciąg $ (P_n)_{n\ge k} $, tzn. ciąg pochodnych wielomianów $ Q_n $, jest zbieżny jednostajnie do $ f $ na $ [a_k,b_k] $. Spełnione są więc założenia Twierdzenia~ [link]; wynika zeń, że ciąg $ (Q_n)_{n\ge k} $ jest zbieżny jednostajnie na $ [a_k,b_k] $ do funkcji $ F_k\colon [a_k,b_k]\to\R $ takiej, że $ F_k'=f $ na $ [a_k,b_k] $ i $ F_k(0)=\lim_{n\to \infty} Q_n(0)=0 $.

Zauważmy, że dla $ m>k $ uzyskane w ten sposób funkcje $ F_m $ i $ F_k $ pokrywają się na $ [a_m,b_m]\cap [a_k,b_k]=[a_k,b_k] $. Istotnie,

\[ F_m'(x)-F_k'(x)=f(x)-f(x)=0 \qquad\mbox{dla $x\in [a_k,b_k]$,} \]

więc $ F_m-F_k= \text{const}, $ ale $ F_m(0)=F_k(0)=0 $. Dlatego $ F_m=F_k $ na $ [a_k,b_k] $. Można więc określić funkcję $ F\colon P=\bigcup [a_k,b_k]\to\R $ wzorem

\[ F(x):=F_k(x) \qquad\mbox{dla $x\in [a_k,b_k]$.} \]

Sprawdziliśmy, że prawa strona nie zależy od wyboru liczby $ k $, a zatem definicja jest poprawna. Ponieważ dla wszystkich $ k $ jest $ F_k'=f $ na $ [a_k,b_k] $, więc $ F'=f $. □

Inne przykłady

Podamy teraz przykłady dwóch funkcji ciągłych. Każda z nich jest określona jako suma pewnego szeregu funkcyjnego. Jedna z nich nie ma pochodnej w żadnym punkcie, druga natomiast ma pochodne wszystkich rzędów.

Przykład [van der Waerden; funkcja ciągła nigdzie nieróżniczkowalna] Niech

\[ 	d(x)=\inf\{|x-m|\colon m\in \Z\}\, , \qquad x\in\R\, .  	\]

Innymi słowy, $ d(x) $ jest odległością $ x $ od najbliższej liczby całkowitej. Można sprawdzić, że $ d(x)=\frac 12 - |x-\frac 12| $ dla $ x\in [0,1] $ i $ d $ jest ciągłą, kawałkami liniową, funkcją okresową o okresie 1. Pochodna funkcji $ d $ istnieje w punktach $ x\not=k/2 $, gdzie $ z\in \Z $, i jest w nich równa $ \pm 1 $. Wykres funkcji $ d $ jest przedstawiony na rysunku. Mamy $ \inf d=0 $, $ \sup d=\frac 12 $.

Połóżmy

\[ d_n(x)=\frac{d(4^nx)}{4^n}\, , \qquad W(x)=\sum_{n=0}^\infty d_n(x)\, , \qquad x\in \R\, . \]

Ponieważ $ |d_n(x)|=|4^{-n}d(4^n x)|\le 4^{-n}\cdot \frac 12 $, a szereg geometryczny $ \sum 4^{-n} $ jest zbieżny, więc z kryterium Weierstrassa wynika, że szereg definiujący funkcję $ W $ jest jednostajnie i bezwzględnie zbieżny na $ \R $. Dlatego $ W\colon \R\to\R $ jest funkcją ciągłą.

\begin{figure}[!h]

\includegraphics*[totalheight=3.65cm]{Pila4.png}

{\footnotesize\baselineskip 11pt Funkcje $ d=d_0 $ (środkowy zygzak), $ d_1 $ (drobniejszy, dolny zygzak) oraz $ d_0+d_1+\cdots +d_7 $ (nieregularna, czarna krzywa). W żargonie Mathematiki użyto definicji \verb|d[x_]:=Abs[x-Round[x]]|.

}

\end{figure}

Wykażemy, że $ W $ nie ma skończonej pochodnej w żadnym punkcie. Ustalmy dowolne $ x\in\R $ i $ m\in \N $. Funkcja $ 4^{-m}d(4^mx) $ jest liniowa na przedziałach długości $ 4^{-m}\cdot \frac 12 $; wybierzmy taki z nich, do którego należy punkt $ x $. Dobierzmy teraz liczbę $ h_m $ tak, żeby spełnione były dwa warunki:

  • $ |h_m|=4^{-m-1} $;
  • W przedziale $ I $ o końcach $ x $ i $ x+h_m $ funkcja $ d_m(x)=4^{-m}d(4^mx) $ jest liniowa.

Obliczymy teraz iloraz różnicowy $ \bigl(W(x+h_m)-W(x)\bigr)/h_m $.

Otóż, $ d_m(x+h_m)-d_m(x)=\pm h_m $ dzięki doborowi $ h_m $ do $ x $. Podobnie, dla wszystkich $ n<m $ jest $ d_n(x+h_m)-d_n(x)=\pm h_m $, gdyż dla $ n<m $ funkcja $ d_n $ jest liniowa na przedziale $ I $, na którym liniowa jest funkcja $ d_m $. Dlatego

\[ \begin{equation} 	\frac{d_n(x+h_m)-d_n(x)}{h_m}=\pm 1\, , \qquad n=0, 1, \ldots, m. 	\label{dolne-ilr} \end{equation} \]

Natomiast dla $ n>m $ funkcja $ d_n $ ma okres $ 4^-n $. Liczba $ |h_m|=4^{-m-1}=4^{-n}\cdot 4^{n-m-1} $ jest wtedy wielokrotnością $ 4^{-n} $, więc także jest okresem $ d_n $. Dlatego w tym przypadku $ d_n(x+h_m)=d_n(x) $. Zatem

\[ \begin{equation} 	\frac{d_n(x+h_m)-d_n(x)}{h_m}=0\, ,  \qquad n=m+1, \,  m+2, \, m+3, \, \ldots . 	\label{gorne-ilr} \end{equation} \]

Z bezwzględnej zbieżności szeregu definiującego $ W(x) $ wynika, że

\[ \frac{W(x+h_m)-W(x)}{h_m}=\sum_{n=0}^\infty \frac{d_n(x+h_m)-d_n(x)}{h_m}\stackrel{\eqref{gorne-ilr}}= \sum_{n=0}^m \frac{d_n(x+h_m)-d_n(x)}{h_m}\stackrel{\eqref{dolne-ilr}}=\sum_{n=0}^m \pm 1\, . \]

Jednak suma parzystej liczby składników $ \pm 1 $ jest parzystą liczbą całkowitą, a suma nieparzystej liczby $ \pm 1 $ jest nieparzystą liczbą całkowitą. Dlatego ciąg $ \bigl(W(x+h_m)-W(x)\bigr)/h_m $ ma na przemian wyrazy parzyste i nieparzyste i z pewnością nie spełnia warunku Cauchy'ego, a więc nie może być zbieżny do granicy skończonej. □

Przykład Niech (W późniejszym okresie studiów matematycznych Czytelnik zobaczy, że podobne szeregi pojawiają się we wzorach na rozwiązania równań różniczkowych, opisujących proces rozchodzenia się ciepła.)

\[ \begin{equation} 	\label{szerciep} 	f(t)=\sum_{n=1}^\infty \exp(-n^2 t)\, , \qquad t>0\, . \end{equation} \]

Wówczas funkcja $ f $ ma na $ (0,\infty) $ ciągłe pochodne wszystkich rzędów. Wykażemy przez indukcję, że

\[ \begin{equation} 	\label{szerciep-k} f^{(k)}(x)=\sum_{n=1}^\infty (-1)^k n^{2k} \exp(-n^2t), \, \qquad t>0\, ,\quad k=0,1,2,\ldots . \end{equation} \]

Niech $ 0<\eps<M<\infty $ będą dowolne. Wystarczy sprawdzić, że wzór szerciep-k zachodzi na $ [\eps, M] $. Dla $ k=0 $ mamy na tym przedziale $ 0<\exp(-n^2t)\le (e^{-\eps}\bigr)^n=q^n $. Liczba $ q=e^{-\eps}\in (0,1) $, więc na mocy kryterium Weierstrassa szereg szerciep-k jest dla $ k=0 $ jednostajnie zbieżny na $ [\eps,M] $, a jego suma $ f $ jest funkcją ciągłą.

Załóżmy teraz, że szerciep-k zachodzi dla pewnej liczby $ k $. Różniczkując kolejno składniki prawej strony, otrzymujemy szereg o wyrazach

\[ \begin{equation} 	\label{skladnikk+1} \frac{d}{dt}\Bigl((-1)^k n^{2k} \exp(-n^2t)\Bigr)=(-1)^{k+1} n^{2(k+1)} \exp(-n^2t)\, .	 \end{equation} \]

Na przedziale $ [\eps, M] $ jest

\[ \left|\frac{d}{dt}\Bigl((-1)^k n^{2k} \exp(-n^2t)\Bigr)\right|= n^{2(k+1)} \exp(-n^2t)\le n^{2(k+1)}\bigl(e^{-\eps}\bigr)^n \]

i dlatego szereg zbudowany ze składników skladnikk+1, tzn. pochodnych składników szeregu szerciep-k, jest, na mocy kryterium Weierstrassa (Czytelnik zechce przypomnieć sobie Przykłady~ [link], gdzie była mowa o zbieżności szeregów liczbowych $ \sum n^kq^n $, gdzie $ k\in \N $ jest ustalone, a $ q\in (0,1) $.}, jednostajnie zbieżny na $ [\eps, M] $. Sam szereg szerciep-k też jest zbieżny na całym przedziale $ [\eps, M] $; to jest założenie indukcyjne. Z twierdzenia o różniczkowaniu ciągów i szeregów funkcyjnych wynika teraz, że wzór szerciep-k zachodzi także dla liczby $ k+1 $.

Na mocy zasady indukcji zupełnej, szerciep-k zachodzi dla wszystkich $ k\in\N $.□

Twierdzenie Arzeli-Ascoliego

Udowodnimy w tym podrozdziale ważne twierdzenie, określające warunki konieczne i~dostateczne na to, aby z każdego ciągu funkcyjnego, zawartego w pewnej rodzinie funkcji ciągłych $ \mathscr{F} $ można było wybrać podciąg jednostajnie zbieżny, którego granica też należy do rodziny $ \mathscr{F} $. Najpierw wprowadzimy kilka definicji.

Definicja [$ \delta $-sieć] Niech $ \delta>0 $. Powiemy, że podzbiór $ A_1 $ zbioru $ A\subset \R $ jest $ \delta $-siecią\/ w $ A $ wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego $ x\in A $ istnieje $ y\in A_1 $ takie, że $ |x-y|<\delta $.

Przykład Zbiór $ A_1=\{k/2\colon k\in \Z\} $ jest $ \delta $-siecią w $ A=\R $ dla każdej liczby $ \delta>\frac 14 $. Zbiór liczb wymiernych $ A_1=\Q $ jest $ \delta $-siecią w $ A=\R $ dla każdej liczby $ \delta>0 $.
Definicja Zbiór niepusty $ A\subset \R $ nazywa się całkowicie ograniczony wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby $ \delta>0 $ w $ A $ istnieje skończona $ \delta $-sieć.
Lemat (#) Każdy niepusty zbiór zwarty $ K\subset \R $ jest całkowicie ograniczony.
Dowód: Przypuśćmy, że lemat jest fałszywy. Niech $ K\subset \R $ będzie niepustym zbiorem zwartym, w którym dla pewnego $ \delta>0 $ nie ma skończonej $ \delta $-sieci. Weźmy dowolne $ x_1\in K $. Zbiór $ \{x_1\} $ nie jest $ \delta $-siecią w $ K $, więc istnieje $ x_2\in K $ takie, że $ |x_2-x_1|\ge \delta $. Zbiór $ \{x_1,x_2\} $ nie jest $ \delta $-siecią w $ K $, więc istnieje $ x_3\in K $ takie, że $ |x_3-x_j|\ge \delta $ dla $ j=1,2 $. Postępując dalej w taki sposób, znajdziemy ciąg punktów $ (x_n)\subset K $ taki, że $ |x_i-x_j|\ge \delta $ dla wszystkich $ i\not=j $. Żaden podciąg ciągu $ (x_n) $ nie spełnia warunku Cauchy'ego, więc żaden podciąg ciągu $ (x_n) $ nie jest zbieżny. To jest sprzeczność: każdy ciąg $ (x_n)\subset K $ powinien zawierać podciąg zbieżny, gdyż $ K $ jest zwarty. □

Wprowadzimy teraz kilka określeń, opisujących własności rodzin funkcji. Zanim podamy twierdzenie Arzeli-Ascoliego, zilustrujemy te własności prostymi przykładami.

Definicja Rodzina $ \mathscr{F}\subset C(K) $ nazywa się zwarta wtedy i tylko wtedy, gdy z dowolnego ciągu funkcji $ (f_n)\subset\mathscr{F} $ można wybrać podciąg $ (f_{n_j}) $ zbieżny jednostajnie na $ K $ do pewnej funkcji $ f\in \mathscr{F} $.

Okazuje się, że jeśli $ K\subset \R $ jest zbiorem zwartym, to zwartość dowolnej rodziny funkcji $ \mathscr{F} \subset C(K) $ można dość łatwo scharakteryzować. Kluczowym pojęciem, służącym do tego celu, jest równociągłość.

Definicja Powiemy, że rodzina $ \mathscr{F} \subset C(K) $ jest równociągła (Mówi się też zamiennie: jednakowo ciągła). wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego $ \eps>0 $ istnieje takie $ \delta>0 $, że dla każdej funkcji $ f\in\mathscr{F} $ i wszystkich punktów $ x,y\in K $, $ |x-y|<\delta $, zachodzi nierówność $ |f(x)-f(y)|<\eps $.

Czytelnik zechce zwrócić uwagę na kolejność kwantyfikatorów w definicji. Chodzi o to, że liczbę $ \delta>0 $ można wybrać jednocześnie dla wszystkich funkcji $ f\in \mathscr{F} $.

Przykład Rodzina $ \mathscr{F} \subset C([0,1]) $ wszystkich funkcji, spełniających warunek Lipschitza ze stałą $ 2011 $, jest równociągła: dla każdego $ \eps>0 $ warunek podany w definicji spełnia liczba $ \delta=\eps/2011 $. Jeśli bowiem $ |x-y|\in [0,1] $, $ |x-y|<\delta=\eps/2011 $ i $ f $ jest jakąkolwiek funkcją, spełniającą na $ [0,1] $ warunek Lipschitza ze stałą $ 2011 $, to

\[ 	|f(x)-f(y)| \le 2011|x-y|<2011\delta=\eps\, . 	\]

Przykład Rodzina funkcji $ f_n(x)=\sin n x $, gdzie $ x\in [0,2\pi] $ i $ n=1,2,\ldots $, nie jest równociągła na $ [0,2\pi] $. Istotnie, niech $ \eps=1/2 $. Jeśli $ \delta>0 $, a $ n $ wybierzemy tak, żeby $ \pi/2n<\delta $, to $ |f_n(0)- f_n(\pi/2n)|=|\sin 0-\sin \frac \pi 2|=1>\eps $
Definicja Powiemy, że rodzina $ \mathscr{F} \subset C(K) $ jest wspólnie ograniczona wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje stała $ M>0 $ taka, że $ \|f\|_{\infty, K}\le M $ dla każdej funkcji $ f\in \mathscr{F} $.

Przykład Rodzina wszystkich wielomianów na $ [0,1] $ nie jest wspólnie ograniczona, gdyż zawiera dowolnie duże funkcje stałe. Rodzina $ f_n(x)=\sin n x $, gdzie $ x\in [0,2\pi] $ i $ n=1,2,\ldots, $ jest wspólnie ograniczona przez liczbę $ M=1 $.
Definicja Powiemy, że rodzina $ \mathscr{F} \subset C(K) $ jest domknięta wtedy i tylko wtedy, gdy granica każdego jednostajnie zbieżnego ciągu funkcji z rodziny $ \mathscr{F} $ też należy do $ \mathscr{F} $.

Przykład Rodzina $ \mathscr{W} $ wszystkich wielomianów na $ [0,1] $ nie jest domknięta. Istnieje bowiem ciąg wielomianów zbieżny jednostajnie na $ [0,1] $ do $ f(x)=\exp (x) $, tzn. do funkcji, nie należącej do $ \mathscr{W} $.
Twierdzenie [Arzela, Ascoli] Niech $ K\subset \R $ będzie zbiorem zwartym i niech $ \mathscr{F}\subset C(K) $. Następujące warunki są wówczas równoważne:

  1. $ \mathscr{F} $ jest zwarta;
  2. $ \mathscr{F} $ jest domknięta, wspólnie ograniczona i równociągła.
Dowód: Najpierw wykażemy nieco łatwiejszą implikację (i) $ \Rightarrow $ (ii). Niech $ \mathscr{F}\subset C(K) $ będzie rodziną zwartą. Domkniętość rodziny $ \mathscr{F} $ jest oczywista: jeśli $ (f_n)\subset \mathscr{F} $ jest jednostajnie zbieżnym ciągiem funkcji, to jego granica $ f $ z pewnością należy do $ \mathscr{F} $, gdyż $ f $ jest granicą każdego podciągu ciągu $ (f_n) $.

Udowodnimy teraz, że $ \mathscr{F} $ jest wspólnie ograniczona. Przypuśćmy, że jest przeciwnie. Wtedy dla każdego $ m\in \N $ istnieje $ f_m\in \mathscr{F} $ taka, że $ \|f_m\|_\infty>m $, tzn., z definicji normy jednostajnej, $ |f_m(x_m)|>m $ dla pewnego $ x_m\in K $. Z ciągu $ (f_m) $ można, dzięki zwartości rodziny $ \mathscr{F} $, wybrać podciąg $ f_{m_j}\rightrightarrows f $ na $ K $. Funkcja $ f $ jest ciągła, a więc jest ograniczona na $ K $; niech $ M=\sup |f|+1 $. Jeśli $ m_j>M $ jest dostatecznie duże, to $ |f-f_{m_j}|<1 $ na $ K $ z definicji jednostajnej zbieżności. Zatem, z nierówności trójkąta,

\[ |f(x_{m_j})|\ge |f_{m_j}(x_{m_j})|- |f_{m_j}(x_{m_j})-f(x_{m_j})|> m_j - 1>M-1 =\sup |f|, \]

a to jest oczywista sprzeczność. Rodzina $ \mathscr{F} $ musi więc być wspólnie ograniczona.

Wreszcie, sprawdzimy, że $ \mathscr{F} $ jest równociągła. Jeszcze raz będziemy rozumować przez zaprzeczenie. Przypuśćmy, że rodzina $ \mathscr{F} $ nie jest równociągła. Istnieje wtedy liczba $ \eps_0>0 $ taka, że dla każdej liczby $ \delta_n=\frac 1n $ istnieje funkcja $ f_n\in \mathscr{F} $ i punkty $ x_n,y_n\in K $ takie, że $ |x_n-y_n|<\frac 1n $, ale $ |f_n(x_n)-f_n(y_n)|\ge\eps_0 $. Z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że $ x_n-y_n\to 0 $.

Ponieważ rodzina $ \mathscr{F}  $ jest zwarta, więc - przechodząc w razie potrzeby do podciągu zbieżnego - ,ożemy bez zmniejszenia ogólności przyjąć, że ciąg $ (f_n)\subset \mathscr{F} $ jest jednostajnie zbieżny. Funkcja $ f=\lim f_n $ jest ciągła na $ K $, a więc na mocy twierdzenia Cantora jest jednostajnie ciągła. Wybierzmy teraz $ n_0 $ tak, żeby $ \|f_n-f\|_\infty<\eps_0/3 $ dla wszystkich $ n>n_0 $. Wtedy, z nierówności trójkąta,

\[ \begin{eqnarray*} |f(x_n)-f(y_n)|& \ge & |f_n(x_n)-f_n(y_n)|-|f_n(x_n)-f(x_n)|-|f_n(y_n)-f(y_n)| \\  &\ge &  {\eps_0} - 2\|f_n-f\|_\infty > \frac{\eps_0}3\, . \end{eqnarray*} \]

Zatem $ x_n-y_n\to 0 $, ale $ f_n(x_n)-f(y_n)\not \to 0 $. To przeczy jednostajnej ciągłości $ f $ na $ K $. Dowód implikacji (i) $ \Rightarrow $ (ii) jest zakończony.

    

Przejdziemy teraz do dowodu ciekawszej i ważniejszej implikacji (ii) $ \Rightarrow $ (i). Udowodnimy najpierw następujący fakt: \begin{quote} \it Jeśli rodzina $ \mathscr{F}\subset C(K) $ jest wspólnie ograniczona i równociągła, to z każdego ciągu $ (f_n)\subset \mathscr{F} $ można wybrać podciąg jednostajnie zbieżny. \end{quote} Z Lematu~ [link] wynika, że dla każdego $ m\in\N $ w $ K $ istnieje skończona $ \frac 1m $-sieć. Suma $ P $ tych wszystkich sieci jest zbiorem przeliczalnym. Ponumerujmy punkty poszczególnych sieci tak, aby $ P=\{x_1,x_2,x_3,x_4,\ldots\} $.

Ustalmy ciąg $ (f_n)\subset \mathscr{F} $. Wykażemy, że z $ (f_n) $ można wybrać taki podciąg $ g_k=f_{n_k} $, że ciąg liczbowy $ \bigl(g_{k}(x_m)\bigr)_{k=1,2,\ldots} $ jest zbieżny dla każdego ustalonego $ m\in \N $. (Wykorzystamy w tym celu metodę przekątniową). Następnie udowodnimy, że wybrany podciąg funkcji jest nie tylko zbieżny w każdym z punktów $ x_m $, ale także jednostajnie zbieżny na $ K $.

Rodzina $ \mathscr{F} $ jest wspólnie ograniczona, więc ciąg liczb $ f_n(x_1) $ jest ograniczony. Posługując się twierdzeniem Bolzano-Weierstrassa, można zeń wybrać podciąg zbieżny. Oznaczmy go $ f_{1,n}(x_1) $. Aby wybrać następny podciąg, zauważmy, że ciąg $ f_{1,n}(x_2) $ jest ograniczony, a więc zawiera podciąg zbieżny $ f_{2,n}(x_2) $. Odnotujmy, że ciąg $ f_{2,n}(x_1) $ też jest zbieżny, gdyż jest podciągiem zbieżnego ciągu $ f_{1,n}(x_1) $. Załóżmy teraz, że dla pewnej liczby $ k $ wybraliśmy już podciągi $ f_{i,n} $, gdzie $ i=1,\ldots, k $, o następujących własnościach:

  • Gdy $ j>i $, to $ (f_{j,n}) $ jest podciągiem $ (f_{i,n}) $;
  • Ciągi liczbowe $ \bigl(f_{k,n}(x_i)\bigr)_{n=1,2,\ldots} $, gdzie $ i=1,2,\ldots, k $, są zbieżne.

Rozpatrzmy teraz ciąg $ \bigl(f_{k,n}(x_{k+1})\bigr)_{n=1,2,\ldots} $. Jest on ograniczony, więc ma podciąg zbieżny $ \bigl(f_{k+1,n}(x_{k+1})\bigr)_{n=1,2,\ldots} $. Podciąg $ f_{k+1,n} $ jest oczywiście podciągiem każdego z ciągów $ f_{i,n} $ dla $ i\le k $, więc wszystkie ciągi liczbowe $ \bigl(f_{k+1,n}(x_{i})\bigr)_{n=1,2,\ldots} $, gdzie $ i=1,2,\ldots, k+1 $, są zbieżne. Kontynuując tę procedurę, otrzymamy nieskończenie wiele podciągów $ f_{k,n} $ wyjściowego ciągu $ (f_n) $; $ k $-ty z tych podciągów, $ f_{k,n} $, jest zbieżny w punktach $ x_1,\ldots, x_k $. Wygodnie jest zapisać te podciągi w nieskończonej tabeli

\[ \begin{center} \begin{tabular}{lcccc} 	$k$ & $1$ 	& $2$ 	& $3$ 	& 	$\ldots$\\[2pt] 	\hline 	    & \textcolor{red}{$f_{1,1}$} & $f_{2,1}$ & $f_{3,1}$ & $\ldots$\\[4pt] 	    & $f_{1,2}$ & \textcolor{red}{$f_{2,2}$} & $f_{3,2}$ & $\ldots$\\[4pt] 	    & $f_{1,3}$ & $f_{2,3}$ & \textcolor{red}{$f_{3,3}$} & $\ldots$\\[4pt] 	    & $\vdots $ & $\vdots $ & $\vdots $ & \textcolor{red}{$\ddots$} 	\end{tabular} \end{center} \]

Ciąg w $ k $-tej kolumnie jest podciągiem każdej z wcześniejszych kolumn i jest zbieżny w punktach $ x_1,\ldots, x_k $. Połóżmy teraz $ \textcolor{red}{g_n=f_{n,n}} $. (Jest to ciąg funkcji, wypisanych na głównej przekątnej powyższej tabeli). Zauważmy, że dla każdego ustalonego $ m $ ciąg $ g_n(x_m) $ jest, począwszy od $ m $-tego miejsca, podciągiem $ f_{m,n}(x_m) $. Dlatego granica $ \lim_{n}g_n(x_m) $ istnieje dla każdego $ m\in \N $.

Wykażemy teraz, że ciąg $ g_n $ jest jednostajnie zbieżny na $ K $. W tym celu udowodnimy, że $ (g_n) $ spełnia na $ K $ jednostajny warunek Cauchy'ego. Ustalmy $ \eps>0 $. Dobierzmy do $ \eps/3>0 $ liczbę $ \delta>0 $, korzystając z definicji równociągłości. Ustalmy teraz $ N $ tak duże, aby wśród punktów $ x_1,\ldots, x_N $ zbioru $ P $ znalazła się pewna $ \delta $-sieć w zbiorze $ K $. Jest to możliwe, gdyż zbiór przeliczalny $ P $ był sumą skończonych $ \frac 1n $-sieci dla $ K $.

Ponieważ ciągi $ g_n(x_j) $ są zbieżne dla każdego $ j=1,\ldots, N $, więc - na mocy warunku Cauchy'ego dla ciągów liczbowych - istnieje $ n_0 $ takie, że

\[ \begin{equation} |g_n(x_j)-g_m(x_j)|<\frac \eps 3 \qquad \mbox{dla wszystkich $m,n>n_0$ i wszystkich $j=1,\ldots, N$.} \label{zbiez-siatka} \end{equation} \]

Niech $ x\in K $. Istnieje $ j\in \{1,\ldots, N\} $ takie, że $ |x-x_j|<\delta $. Zatem, dla $ n,m>n_0 $,

\[ \begin{eqnarray*} |g_n(x)-g_m(x)|& \le & |g_n(x)-g_n(x_j)|+|g_n(x_j)-g_m(x_j)|+|g_m(x_j)-g_m(x)|\\ & < & \frac \eps 3 +\frac \eps 3+\frac \eps 3 =\eps. \end{eqnarray*} \]

Dwa skrajne składniki oszacowaliśmy, korzystając z równociągłości i doboru $ \delta $ do $ \eps/3 $, środkowy zaś - korzystając z zbiez-siatka. Otrzymujemy ostatecznie $ |g_n-g_m|<\eps $ na $ K $ dla wszystkich $ m,n>n_0 $, więc ciąg $ g_n $, tzn. podciąg $ f_n $ wybrany metodą przekątniową, jest zbieżny jednostajnie na $ K $.

Z domkniętości rodziny $ \mathscr{F} $ wynika, że granica ciągu $ g_n $ też należy do $ \mathscr{F} $. □

Bardzo często jest w analizie używany natychmiastowy wniosek z powyższego dowodu.

Wniosek Załóżmy, że $ K $ jest zbiorem zwartym w $ \R $, a rodzina funkcji $ \mathscr{F} \subset C(K) $ jest wspólnie ograniczona i równociągła. Wówczas każdy ciąg $ (f_n)\subset \mathscr{F} $ zawiera podciąg jednostajnie zbieżny.