Операции анализа с функциональными рядами

Материал из Викиконспекты
Версия от 00:08, 13 июня 2011; Korobochka (обсуждение | вклад) (Пункт 3. Коммутируемость суммы и дифференциирования.)
(разн.) ← Предыдущая | Текущая версия (разн.) | Следующая → (разн.)
Перейти к: навигация, поиск

<< >>

Пункт 1. Коммутируемость суммы и предельного перехода[править]

Из арифметики пределов функций хорошо известно равенство: [math]\lim \limits_{x \to a} \sum \limits_{k = 0}^{n} f_k(x) = \sum\limits_{k = 0}^{n} \lim \limits_{x \to a} f_k(x)[/math].

Возникает вопрос, правда ли, что [math]\lim\limits_{x \to a} \sum\limits_{k = 0}^{\infty} f_k(x) = \sum\limits_{k = 0}^{\infty} \lim\limits_{x \to a} f_k(x)[/math]?

Обсуждаемое равенство — частный случай важного вопроса матанализа, имеющий отношение к перестановке местами двух операций предельного перехода, что коротко записывается так: [math]\lim \limits_{x \to a} \lim \limits_{y \to b} f(x,y) = \lim \limits_{y \to b} \lim \limits_{x \to a} f(x,y)[/math] В общем случае это не так. Реанимируем пример, описанный выше и убедимся, что написанное неравенство не верно.

Picture1.png

[math]\lim \limits_{n \to \infty} \lim \limits_{x \to 0} f_n(x) = 1[/math] , так как [math]\lim \limits_{x \to 0} f_n(x) = 1[/math]

[math]\lim \limits_{x \to 0} \lim \limits_{n \to \infty} f_n(x) = 0[/math] , так как [math]\lim \limits_{n \to \infty} f_n(x) = 0[/math]

Значит, в данном случае равенство не верно.

Теорема:
Пусть на множестве [math]E[/math] заданы функции [math]f_n[/math], [math]a[/math] — предельная точка этого множества и

[math]\forall n \in \mathbb{N}\ \exists\ \lim \limits_{x \to a} f_n(x)[/math]. Тогда если [math]\sum \limits_{n = 0}^{\infty} f_n[/math] - равномерно сходится на [math]E[/math], то выполняется равенство :

[math]\lim \limits_{x \to a} \sum \limits_{n = 0}^{\infty} f_n(x) = \sum \limits_{n = 0}^{\infty} \lim\limits_{x \to a} f_n(x)[/math]
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Пусть [math]A_n = \lim \limits_{x \to a} f_n(x)[/math]. Прежде всего установим, что [math]\sum \limits_{n = 1}^{\infty} A_n \lt + \infty[/math]. Так как функциональный ряд сходится равномерно, то по критерию Коши равномерной сходимости: [math]\forall \varepsilon \gt 0 \quad \exists N : \forall m \ge n \gt N \quad \forall x \in E \Rightarrow |\sum \limits_{k = n}^{m} f_k(x)| \le \varepsilon[/math]. Так как написанное неравенство выполняется для [math]\forall x[/math], а под знаком модуля стоит конечное число слагаемых, то по арифметике пределов можно перейти к пределу при [math]x \to a \Rightarrow |\sum \limits_{k = n}^{m} A_k| \lt \varepsilon[/math]. Здесь [math]\varepsilon[/math] - произвольно, следовательно по критерию Коши сходимости числового ряда, этот ряд сходится. Докажем теперь равенство из условия. Для этого будем использовать введеное ранее понятие остатка ряда, которое без изменения переносится на сходящиеся функциональные ряды.

[math]f(x) = \sum \limits_{k = 1}^{\infty} f_k(x)[/math], [math]A = \sum \limits_{k = 1}^{\infty} A_k[/math],

[math]f(x) = S_n(x) + R_n(x)[/math] , где [math]R_n(x) = \sum \limits_{k = n + 1}^{\infty} f_k(x) [/math]

Аналогично : [math]A = S_n + R_n[/math], где [math]R_n = \sum \limits_{k = n + 1}^{\infty} A_k [/math]

Надо доказать, что [math]\lim \limits_{x \to a} f(x) = A[/math]. Составляем модуль разности : [math]|f(x) - A| = [/math] вставляем остатки [math]= |S_n(x) + R_n(x) - S_n - R_n| \le |S_n(x) - S_n| + |R_n(x)| + |R_n|[/math]

В силу сходимости ряда из пределов [math]R_n \to 0[/math], а в силу равномерной сходимости функционального ряда [math] R_n(x) \stackrel{E}{\rightrightarrows} 0 [/math]. Отсюда ясно, что [math]\forall \varepsilon \gt 0 \quad \exists N : \forall n \gt N \quad \forall x \in E \Rightarrow |R_n| \lt \varepsilon, \ |R_n(x)| \lt \varepsilon [/math].

Тогда из предыдущего неравенства, подставляя туда [math]n_0 = N + 1[/math], получаем : [math]|f(x) - A| \le |S_{n_0}(x) - S_{n_0}| + 2\varepsilon[/math]. Первое слагамое справа состоит из конечного числа слагаемых, поэтому по арифметике пределов : [math]\lim \limits_{x \to a} S_{n_0}(x) = S_{n_0}[/math]. Значит, для уже существующего [math]\varepsilon \gt 0 \quad \exists \delta \gt 0 : 0 \lt |x - a| \lt \delta \Rightarrow |S_{n_0}(x) - S_{n_0}| \lt \varepsilon[/math]. Финально получаем : [math]\forall \varepsilon \gt 0 \quad \exists \delta \gt 0 : 0 \lt |x - a| \lt \delta \Rightarrow |f(x) - A| \lt 3\varepsilon[/math].

Поэтому по определению предела все установлено.
[math]\triangleleft[/math]

Следствие из этой теоремы:

Утверждение:
Равномерно сходящийся на [math] [a; b] [/math] ряд из непрерывных на этом отрезке функций непрерывен на [math] [a; b] [/math].
[math]\triangleright[/math]
Можно применить только что доказанную теорему к каждой точке [math] x_0 [/math] из [math] [a; b] [/math], полагая [math] A_n = f_n(x_0) [/math].
[math]\triangleleft[/math]

Пункт 2. Коммутируемость суммы и интеграла[править]

В этом пункте будет приведено условие, при котором можно записать:

[math] \int\limits_{a}^{b} \sum\limits_{n = 1}^{\infty} f_{n}(x)dx = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \int\limits_{a}^{b} f_{n}(x)dx [/math]

Заметим, что для суммы конечного числа слагаемых это утверждение верно по линейности интеграла.

Теорема:
Пусть [math] f_{n} [/math] интегрируема и равномерно сходится к [math] f [/math] на [math] [a; b] [/math]. Тогда [math] f [/math] тоже интегрируема, и [math] \lim \limits_{n \to \infty} \int\limits_{a}^{b} f_{n} = \int\limits_{a}^{b}f [/math].
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

1) Прежде всего, установим интегрируемость [math]f[/math]. Для этого необходимо проверить [math]w(f, \tau) \to 0[/math] при [math]\operatorname{rang} \tau \to 0[/math].

По определению, [math]w(g, [c, d]) = \sup\limits_{x',x'' \in [c,d]} |g(x'') - g(x')|[/math]

[math]\forall \varepsilon \gt 0 \quad \exists N : \forall n \gt N \quad \forall x \in [a, b] \quad |f_n(x) - f(x)| \lt \varepsilon[/math] , что следует из равномерной сходимости. [math]\forall \tau : a = x_0 \lt x_1 \lt \dots \lt x_p = b \quad \forall x', x'' \in [x_k, x_{k+1}] : \\ : |f(x'') - f(x')| \le |f_n(x'') - f_n(x')| + |f_n(x'')-f(x'')| + |f_n(x')-f(x')| \quad \forall n \gt N[/math]

В этом случае по выбору [math]N[/math], можно написать :

[math]|f(x'') - f(x')| \le |f_n(x'')-f_n(x')| + 2\varepsilon[/math]

[math]|f_n(x'') - f_n(x')| \le w(f_n, [x_k, x_{k+1}])[/math]

[math]|f(x'') - f(x')| \le w(f_n, [x_k, x_{k+1}]) + 2\varepsilon[/math]

В этом неравенстве справа число, переменная есть только слева, поэтому можно перейти к [math]\sup[/math] по [math]x', x''[/math], что приводит к неравенству : [math]w(f, [x_k, x_{k+1}]) \le w(f_n, [x_k, x_{k+1}]) + 2\varepsilon[/math].

Это неравенство верно для любого текущего отрезка, лишь бы выполнялось, что [math]n \gt N[/math]. Домножим каждое на [math]\Delta x_k[/math] и сложим :

[math]w(f, \tau) \le w(f_{n}, \tau) + 2\varepsilon \underbrace{\sum\limits_{k = 1}^{n - 1}\Delta x_k}_{(b - a)} [/math]

Подставив в это неравенство [math]n_0 = N+1[/math], получим : [math]w(f, \tau) \le w(f_{n_0}, \tau) + 2(b - a)\varepsilon[/math], функция [math]f_{n_0} \in \mathcal{R}\left( a, b \right)[/math].

Неравенство выполняется для любого [math]\tau[/math], значит для уже существующего разбиения:

[math]\forall \varepsilon \gt 0\ \exists \delta \gt 0 : \operatorname{rang} \tau \lt \delta \Rightarrow w(f_{n_0}, \tau) \lt \varepsilon \Rightarrow w(f, \tau) \lt (1 + 2(b - a))\varepsilon[/math]. Здесь [math]\varepsilon[/math] - произвольно, отсюда [math]w(f, \tau) \to 0[/math] при [math] \operatorname{rang} \tau \to 0[/math].

Значит, [math]f \in \mathcal{R}\left ( a, b \right)[/math].

2) В силу [math]f_{n} \stackrel{[a, b]}{\rightrightarrows} f \quad \forall \varepsilon \gt 0 \quad \exists N : \forall n \gt N и \forall x \in [a, b] \quad |f_n(x) - f(x)| \lt \varepsilon[/math]

Все функции интегрируемы, в силу этого факта и линейности интеграла можно писать следующее :

[math]|\int\limits_{a}^{b} f_n(x) dx - \int\limits_{a}^{b} f(x) dx| = |\int\limits_{a}^{b} (f_n(x) - f(x))dx| \le \int\limits_{a}^{b} |f_n(x) - f(x)| dx \le (b-a)\varepsilon[/math]

Таким образом, [math]\forall \varepsilon \gt 0 \quad \exists N : \forall n \gt N \Rightarrow |\int\limits_{a}^{b} f_n(x) dx - \int\limits_{a}^{b} f(x) dx| \le (b -a)\varepsilon[/math].

По определению предела приходим к нужному.
[math]\triangleleft[/math]

Следствие из этой теоремы:

Утверждение:
Пусть функциональный ряд состоит из [math]f_n \in \mathcal{R}\left[ a, b \right ][/math] и равномерно сходится на этом отрезке.

Тогда сумма ряда будет интегрируемой функцией, и будет выполняться:

[math]\int\limits_{a}^{b} \sum\limits_{n = 1}^{\infty} f_{n}(x)dx = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \int\limits_{a}^{b} f_{n}(x)dx[/math]
[math]\triangleright[/math]
Для доказательства в качестве [math]f_n[/math] в теореме необходимо использовать частичные суммы функционального ряда.
[math]\triangleleft[/math]

Пункт 3. Коммутируемость суммы и дифференцирования.[править]

Здесь будут установлены условия, при которых можно записать : [math](\sum\limits_{n = 1}^{\infty} f_n(x))' = \sum\limits_{n = 1}^{\infty}f_n'(x)[/math]

Теорема:
Пусть на [math] \langle a, b\rangle [/math] задан функциональный ряд [math]\sum\limits_{n = 1}^{\infty} f_n[/math], [math]\exists c \in \langle a, b \rangle, \sum\limits_{n = 1}^{\infty}f_n(c)[/math] - сходится.

Пусть также [math]\exists f_n'[/math] - непрерывна на [math]\langle a, b \rangle[/math] и [math]\sum\limits_{n = 1}^{\infty} f_n'[/math] - равномерно сходится на [math]\langle a, b\rangle[/math], тогда на [math]\langle a, b \rangle[/math] выполняется :

[math](\sum\limits_{n = 1}^{\infty} f_n(x))' = \sum\limits_{n = 1}^{\infty}f_n'(x)[/math].
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Пусть [math]g(x) = \sum\limits_{n = 1}^{\infty}f_n'(x)[/math].

Ряд из [math]f_n'[/math] - равномерно сходится, следовательно [math]g[/math] непрерывна на [math]\langle a, b \rangle [/math], тогда по теореме о почленном интегрировании функцию можно записать в виде:

[math] \int\limits_{c}^{x}g(t)dt = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \int\limits_{c}^{x}f_n'(t)dt = \sum\limits_{n=1}^{\infty}(f_n(x)-f_n(c)) [/math]

Так как [math]\sum\limits_{n = 1}^{\infty}f_n(c)[/math] - сходится, а [math]\sum\limits_{n = 1}^{\infty}(f_n(x) - f_n(c))[/math] - сходится по последнему равенству, то по линейности рядов, записав [math]f_n(x)=(f_n(x) - f_n(c)) + f_n(c)[/math], получим, что [math]\sum\limits_{n = 1}^{\infty}f_n(x)[/math] - сходится. Для всех [math]f(x)[/math] получаем

[math]\int\limits_{c}^{x}g(t)dt = f(x)-\sum\limits_{n = 1}^{\infty}f_n(c)[/math]

Функция слева дифференцируема, тогда, по теореме Барроу, производная есть у функции справа : [math]g(x) = f'(x)[/math], что совпадает с тем, что надо было доказать.
[math]\triangleleft[/math]

<< >>