gi i szeregi funkcyjne

Transkrypt

1 ostatia aktualizacja: 15 czerwca 2012, 18:42 Podobie jak poprzedio wieszam tekst, ad którym powiieem jeszcze popracować, wie c prosze o iformacje o zauważoych b le dach. Przyk lad fukcji g lej igdzie ieróżiczkowalej pojawi sie w iezbyt odleg lej przysz lości a wyk ladzie, a w otatkach już jest. Defiicja 12.1 (zbieżości puktowej i jedostajej.) Niech f : A R (lub f : A C ) be dzie giem fukcji określoych a zbiorze A. Mówimy, że g te jest zbieży puktowo do fukcji f: A R (lub f: A C ) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego puktu x A zachodzi rówość lim (x) = f(x) tz. x A ε>0 k >k f (x) f(x) < ε, piszemy wtedy f f. Cia g (f ) jest zbieży jedostajie do fukcji f wtedy i tylko wtedy, gdy Piszemy wtedy f f. ε>0 k >k x A f (x) f(x) < ε. Szereg fukcyjy jest zbieży puktowo, jeśli jego g sum cze ściowych jest zbieży puktowo. Aalogiczie szereg fukcyjy jest zbieży jedostajie, jeśli jego g sum cze ściowych jest zbieży jedostajie. Różica formala polega a umiejscowieiu kwatyfikatora x A. W jej rezultacie w pierwszym przypadku liczba aturala k może zależeć zarówo od x jak i od ε, w przypadku zbieżości jedostajej liczba k zależy jedyie od ε. Oczywiście ależy atychmiast rzecz poprzeć przyk ladem. Przyk lad 12.1 Niech A = [0, 1], f (x) = x. Mamy lim f (x) = lim x = 0 dla 0 x < 1 oraz lim f (1) = lim 1 = 1. Zatem g (f ) jest zbieży do fukcji f zdefiiowaej wzorami f(x) = 0 dla 0 x < 1 i f(1) = 1. Wykażemy, że g te ie jest zbieży jedostajie do fukcji f. Gdyby by l to dla dostateczie dużych i wszystkich x [0, 1] musia laby zachodzić ierówość f (x) f(x) < 1 3 ( ) ( ). Mamy jedak f f = 1 2 > Jase jest, że jeśli g (f ) jest zbieży jedostajie do fukcji f, to jest rówież zbieży puktowo do tej samej fukcji f. Powyższy przyk lad pokazuje, że odwrotie a ogó l ie jest. Przyk lad 12.2 Niech f (x) = 1 + x 1! + x2 2! + + x!. Wiemy od dawa, że dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi rówość 1

2 lim f [ (x) = lim 1 + x 1! + ] x2 2! + + x! = e x =: f(x), czyli że g (f ) jest zbieży puktowo a ca lej prostej do fukcji f, zdefiiowaej wzorem f(x) = e x. W istocie rzeczy wiemy ieco wie cej: zbieżość ta jest jedostaja a każdym przedziale ograiczoym. Przypomijmy bowiem, że jeśli 2a > 0 oraz a x, to x +k (+! trudu wioskujemy, że x +k e x ( 1 + x 1! + x2 2! + + x! = x +k 1 (+k 1)! (+! 1 a 2 k! x +k x +k 1 (+k 1)! a. Mamy zatem ) = x +1 (+1)! + x+2 x +k 1 (+k 1)! 1 2. Sta d bez (+2)! + + x+k (+! + [ a 1! ] = a 2 2 k!. Uzyskaliśmy oszacowaie iezależe od wyboru liczby x z przedzia lu [ a, a]. Po- a ieważ lim! = 0, wie c g (f ) jest zbieży jedostajie do fukcji f a przedziale [ a, a]. Te sam dowód moża przeprowadzić traktuja c różice f(x) f (x) jako ta reszte we wzorze Maclauria dla fukcji f. Postać Lagrage a tej reszty pozwoli am uzyskać tylko ieco gorsze oszacowaie iż uzyskae wyżej. Na razie ie wypowiedzieliśmy sie a temat zbieżości jedostajej tego gu a ca lej prostej lub choćby a pó lprostej. Wykażemy, że a tak dużych zbiorach g ie jest jedostajie zbieży. Za lóżmy, że jest jedostajie zbieży a pó lprostej (, b]. Istieje wtedy tak duża liczba aturala 1 że jeśli > 1, to f(x) f (x) < 1. Niech 1 > 1. Wtedy f(x) f 1 (x) < 1 i f(x) f (x) < 1, zatem x = f 1 (x) f (x) f 1 (x) f(x) + f(x) f (x) < 2. W szczególości ()! jest tak dla x =, jeśli tylko jest dostateczie duża liczba aturala. To jedak jest iemożliwe, bowiem! = > > 2 dla > 2. Końcówka przeprowadzoego rozumowaia przekouje as szybko o tym, że jedostajie zbieży g fukcyjy spe lia waruek Cauchy ego: Defiicja 12.2 (Waruek Cauchy ego jedostajej zbieżości gu fukcyjego) ε>0 ε >ε k x D f+k (x) f (x) < ε. (j.w.c.) Tutaj (f ) ozacza g fukcji określoych a zbiorze D. Twierdzeie 12.3 Cia g fukcji (f ) jest jedostajie zbieży a zbiorze D do fukcji f określoej a D wtedy i tylko wtedy, gdy spe lia j.w.c. Dowód polega a zastosowaiu tego twierdzeia dla gów liczbowych, co jest latwe, tym ie miej przeprowadzimy go. Za lóżmy ajpierw, że g fukcyjy (f ) jest zbieży jedostajie do fukcji f i iech ε > 0. Jeśli, k sa dostateczie 2

3 dużymi liczbami aturalymi, to dla każdego puktu x D zachodza ierówości f (x) f(x) < ε 2 i f k(x) f(x) < ε 2, zatem f (x) f k (x) f (x) f ( x) + f(x) f (x) < < ε 2 + ε 2 = ε, zatem ze zbieżości jedostajej wyika jedostajy waruek Cauchy ego. Za lóżmy teraz, że g (f ) spe lia jedostajy waruek Cauchy ego. Niech x D. Poieważ g ( f (x) ) spe lia waruek Cauchy ego, wie c ma skończoa graice. Ozaczmy ja przez f(x). Mamy wie c lim f (x) = f(x). Zdefiiowaliśmy wie c fukcje f a zbiorze D. Niech ε > 0. Dla dostateczie dużych, k mamy f (x) f k (x) < ε 2, zatem ε > ε 2 lim f (x) f k (x) = f (x) f(x), co dowodzi k jedostajej zbieżości gu (f ) a zbiorze D.Dowód zosta l zakończoy. Twierdzeie 12.4 (Kryterium Weierstrassa zbieżości szeregu fukcyjego) Jeśli f jest szeregiem fukcji określoych a zbiorze D i istieje szereg zbieży a taki, że dla każdego x D zachodzi ierówość f (x) a, to szereg f jest zbieży jedostajie a zbiorze D. Wyika to od razu z tego, że dla szeregu zbieżego a spe lioy jest w.c. Z tego wyika od razu, że dla każdej liczby dodatiej ε, dla dostateczie dużych i wszystkich k zachodzi ierówość a +1 + a a +k < ε i wobec tego dla wszystkich x D zachodzi ierówość f +1 (x) + f +2 (x) + + f +k (x) < ε, a to ozacza, że spe lioy jest j.w.c. Sta d jedostaja zbieżość szeregu f a zbiorze D wyika od razu. Twierdzeie 12.5 (o jedostajej zbieżości szeregu pote gowego) Szereg pote gowy jest zbieży jedostajie a każdym domkie tym przedziale ograiczoym, zawartym w przedziale zbieżości. Zacziemy od cze ści latwiejszej. Niech r > 0 ozacza promień zbieżości szeregu a x i iech [α, β] ( r, r). Niech c < r ozacza liczbe wie ksza zarówo od α jak i od β. Wobec tego a x < a c i jedocześie a c < +, wobec tego szereg a x jest jedostajie zbieży a przedziale [α, β]. Jak widać jest to po prostu powtórka dowodu zbieżości (bezwzgle dej) szeregu pote gowego wewa trz przedzia lu zbieżości. Pozosta l przypadek zwia zay z twierdzeiem Abela o g lości szeregu pote gowego w końcu przedzia lu zbieżości. Dla uproszczeia ozaczeń za lożymy, że promień zbieżości szeregu pote gowego rówy jest 1 oraz że szereg a jest zbieży. Przy tych za lożeiach wykażemy, że szereg a x jest zbieży jedostajie a przedziale 3 =0

4 [0, 1]. Wszystkie przypadki moża sprowadzić do tego jedego. Przyjmijmy s,k = a +1 + a a +k. Mamy wtedy a +1 x +1 + a +2 x a +k x +k = = s,1 x +1 + (s,2 s,1 )x (s,k s,k 1 )x +k = = (1 x) ( s,1 x +1 + s,2 x s,k 1 x +k 1) + s,k x +k. Niech ε > 0 be dzie dowola liczba. Szereg a jest zbieży, wie c spe lia waruek Cauchy ego, wie c dla dostateczie dużych i dowolych k zachodza ierówości s +1 < ε, s +2 < ε,..., s +k < ε. Sta d, z tego, że 0 x 1 i z poprzedich rówości wyika, że s,k x +k < ε oraz (1 x) ( s,1 x +1 + s,2 x s,k 1 x +k 1) ε(1 x) ( x +1 + x x +k 1) = = ε(x +1 x +k ) < ε i wobec tego a+1 x +1 +a +2 x a +k x +k < 2ε, co dowodzi jedostajej zbieżości szeregu a x a przedziale [0, 1]. Twierdzeie 12.6 (o jedostajej zbieżości szer. pot., przypadek zespoloy) Za lóżmy, że r > 0 jest promieiem zbieżości szeregu pote gowego a z że szereg a z0 jest zbieży i z 0 = r. Niech K ozacza ka t wypuk ly, którego oba ramioa przeciaja we trze ko la B(0, r) = {z: z < r}. Szereg a z jest jedostajie zbieży K B(z 0, δ), gdzie δ > 0 jest dostateczie ma la liczba dodatia i B(z 0, δ) = {z: z z 0 δ}.* Niech b = a z 0. Wtedy a z = b ( z z 0 ). Poieważ szereg a z 0 jest zbieży, wie c szereg b jest zbieży. Wykażemy, że szereg b z jest jedostajie zbieży w każdym ze zbiorów postaci B(1, δ) K t, gdzie t > 0 zaś K t = {z C: Imz t(1 Rez) < 1}, o ile δ jest dostateczie ma la liczba dodatia. Be dziemy pisać z = x + yi zak ladaja c, że x, y R, czyli że x = Rez oraz y = Imz. Niech s,k = b +1 + b b +k. Mamy wtedy b +1 z +1 + b +2 z b +k z +k = = s,1 z +1 + (s,2 s,1 )z (s,k s,k 1 )z +k = oraz = (1 z) ( s,1 z +1 + s,2 z s,k 1 z +k 1) + s,k z +k. Niech ε > 0 be dzie dowola liczba. Szereg b jest zbieży, wie c spe lia waruek Cauchy ego, wie c dla dostateczie dużych i dowolych k zachodza ierówości s,1 < ε, s,2 < ε,..., s,k < ε. Sta d, z tego, że z < 1 i z poprzedich rówości wyika, że s,k z +k < ε oraz * B(z 0,δ) jest ko lem domkie tym o środku z 0 i promieiu δ>0. 4

5 (1 z) ( s,1 z +1 + s,2 z s,k 1 z +k 1) ε 1 z ( z +1 + z z +k 1) ε 1 z ( z +1 + z +2 + ) = ε z +1 1 z 1 z ε 1 z 1 z Mε, jeśli w rozpatrywaym zbiorze ierówość 1 z 1 z M zachodzi dla pewej liczby M > 0. Wobec tego b+1 z +1 + b +2 z b +k z +k < (1 + M)ε, co dowodzi jedostajej zbieżości szeregu b z im jest spe lioa ierówość 1 z 1 z M. w rozpatrywaym zbiorze, o ile w Wykażemy teraz, że ta ierówość jest spe lioa dla z K B(1, δ). Przyj- k mijmy, że k > 0, 2 1+k = k 2 +1 x 2 + y 2 x 2 + k 2 (1 x) 2 = (k 2 + 1)x 2 2k 2 x + k 2 = x < 1 oraz y k(1 x). Wtedy ] 2 + k 2 = (k 2 + 1) [ x k2 k 2 +1 k 2 +1 < (k2 + 1) [ 1 Mamy też (x 1) 2 + y 2 (1 + k 2 )(1 x) 2. Możemy wie c apisać 1 z 1 z = (x 1) 2 +y 2 1 x 2 +y 2 Dowód zosta l zakończoy. (x 1) 2 +y 2 (1+ x 2 +y 2 ) ] 2 k2 k k 2 k 2 +1 = 1. 1 x 2 y 2(1 x) 1+k x 2 k 2 (1 x) = 2 1+k x k 2 (1 x) = 2 = 1+k 2 2 (1+k 2 )x+1 k 1+k 2 2 (1+k 2 ) k2 1+k 2 +1 k2 = k 2 =: M. Kometarz do dowodu. Za lóżmy, że x 2 + y 2 < 1 i t = y 1 x. Jeśli zachodzi ierówość M > (1 x) 2 +y 2 1 x 2 +y 2 (1 x) 2 +y 2 1 x 2 y 2 = 1+t 2 1+x t y > to M y + 1 > 2 2 t y, wie c 2 t y > 2 M y +1, zatem ] = 2M M y +1 t 2 t y = 1 y + 2 y (2 t y ), y 1 x = t < 1 y [2 2 M y +1 2M := k Wyika z tego, że dla każdej liczby M > 0 zbiór tych liczb z, dla których z < 1 i 1 z 1 z M jest zawarty w ka cie o wierzcho lku 1, którego ramioa przeciaja we trze ko la jedostkowego i jak to wyika z dowodu twierdzeia zawiera taki ka t. Zadaie: Wykazać, że jeśli dla pewego z 1 wyrazy gu (a z 1 ) sa rzeczywiste i tworza szereg o sumie + i z 1 jest promieiem zbieżości szeregu a z, to lim a (tz 1 ) =. t 1 + Zadaie: Wykazać, że promień zbieżości szeregu pote gowego jest rówy 1 i że zbiór tych liczb z S 1, S 1 = {z C: =1 1 z2 z = 1}, dla których szereg te jest zbieży jest ge stym podzbiorem okre gu S 1 oraz jego dope lieie do S 1 rówież jest ge ste w S 1. Wywioskować sta d, że suma tego szeregu ie jest g la w żadym pukcie okre gu jedostkowego. 5

6 Przyk lad 12.3 Mamy (arctg x) = 1 1+x 2 x <1 ===== 1 x 2 + x 4 x 6 + = ( x 1 3 x x5 1 7 x7 + ). Wyika sta d, że jeśli x < 1, to arctg x ( x 1 3 x x5 1 7 x7 + ) = arctg 0 ( ) = 0. Fukcja arctg jest g la a ca lej prostej, w szczególości w pukcie 1. Suma szeregu x 1 3 x x5 1 7 x7 + jest fukcja g la a przedziale [ 1, 1], bo obydwa szeregi oraz ( 1) 1 3 ( 1) ( 1)5 1 7 ( 1)7 + sa zbieże (szereg x 1 3 x x5 1 7 x7 + jest rozbieży poza przedzia lem [ 1, 1] ). Wyika sta d, że π 4 = arctg 1 = lim x 1 Otrzymaliśmy wzór Leibiza, po którego lewej stroie jest π 4 arctg x = lim x 1 ( x 1 3 x x5 1 7 x7 + ) = a po prawej szereg o wymierych wyrazach. Moża by przypuścić, że moża go wie c użyć do zajdowaia przybliżeń dziesie tych liczby π, ale o akurat sie do tego ie adaje, co wyika z ierówości 1 4(+1) < π 4 ( ) ( 1) < 1 4, do której udowodieia gora co zache cam studetów. Zadaie: Sprawdzić, że arctg arctg 1 3 = π 4 i zastaowić sie, jak moża obliczać π sprawiej iż za pomoca wzoru Leibiza, p. oszacować wartość bezwzgle da różicy mie dzy π 4 i oraz mie dzy π 4 i Twierdzeie 12.7 (Abela Dirichleta dla jedostajej zbieżości) Za lóżmy, że fukcje f i g, = 0, 1, 2,... sa określoe a zbiorze D i że dla każdego x D g liczbowy (f (x)) jest ierosa cy, f (x) 0. Jeśli spe lioe jest jedo z dwóch za lożeń: (i) szereg g jest zbieży jedostajie a D a fukcja f 1 jest ograiczoa, (ii) sumy szeregu g fukcji zerowej, sa ograiczoe a g (f ) jest jedostajie zbieży do to szereg f g jest zbieży jedostajie a zbiorze D. Te dowód to w zasadzie powtórka dowodu jedostajej zbieżości szeregu pote gowego. Przyjmijmy, że s (x) = g 0 (x) + g 1 (x) + + g (x). Wtedy f+1 (x)g +1 (x) + f +2 (x)g +2 (x) + + f +k (x)g +k (x) [ f +1 (x) f +2 (x) ][ s +1 (x) s (x) ] + [ f+2 (x) f +3 (x) ][ s +2 (x) s (x) ] [ f +k 1 (x) f +k (x) ][ s +k 1 (x) s (x) ] + f+k (x) [ s +k (x) s (x) ] Jeśli spe lioe jest któreś z za lożeń (i), (ii) to f +1 f +2 s +1 s 0, sup f +k (x) s +k (x) s (x) 0 i k,x 6

7 [ f +1 (x) f +2 (x) ][ s +1 (x) s (x) ] + [ f +2 (x) f +3 (x) ][ s +2 (x) s (x) ] [ f +k 1 (x) f +k (x) ][ s +k 1 (x) s (x) ] + f +k (x) [ s +k (x) s (x) ] ( f +1 (x) f +2 (x) + f +2 (x) f +3 (x) f +k 1 (x) f +k (x) ) sup s +i (x) s (x) + f+k (x) [ s +k (x) s (x) ] = i,x = ( f +1 (x) f +k (x) ) sup i s +i + f +k (x) [ s +k (x) s (x) ] 0 Oczywiście ostatia rówość to jedye miejsce, w którym wykorzystywaa jest mootoiczość gu (f ). Dowód zosta l zakończoy. Twierdzeie to w jawy sposób ie pojawi lo sie do tej pory a wyk ladzie, staowi oo iez la podstawe do zadaia pytaia a egzamiie ustym: latwe uogólieie twierdzeia Abela Dirichleta a przypadek szeregu fukcyjego. Twierdzeie 12.8 (o jedostajej zbieżości gu fukcji mootoiczych) Jeśli fukcje f, = 0, 1, 2,... sa mootoicze, g (f ) jest zbieży puktowo do fukcji g lej f a przedziale domkie tym (zbiorze zwartym, tj. takim, że z każdego gu puktów tego zbioru moża wybrać pod g zbieży do graicy be da cej elemetem tego zbioru), to g (f ) jest zbieży jedostajie. Za lóżmy, że ε > 0. Poieważ fukcja f jest g la a przedziale domkie tym, wie c jest g la jedostajie. Istieje wie c liczba δ > 0 taka, że jeśli x y < δ, to f(x) f(y) < ε 3. Niech pukty x 0 < x 1 <... < x k 1 < x k be da tak wybrae, że x i x i 1 < δ, x 0 jest lewym końcem dziedziy fukcji f, a x k prawym. Poieważ g (f ) jest zbieży puktowo do fukcji f, wie c dla dostateczie dużych zachodzi k + 1 ierówości f (x i ) f(x i ) < ε 3, i = 0, 1, 2,..., k. Bez straty ogólości moża za lożyć, że fukcje f 1, f 2,... sa iemaleja ce: w gu (f ) musi wysta pić ieskończeie wiele fukcji iemaleja cych lub ieskończeie wiele fukcji ierosa cych, wystarczy oczywiście rozpatrywać jede z tych przypadków. Fukcja graicza f musi rówież być iemaleja ca. Jeśli x jest dowolym puktem przedzia lu [x 0, x k ], to dla pewego i zachodzi ierówość x i 1 x x i. Wobec tego f(x i 1 ) f(x) f(x i ) oraz f (x i 1 ) f (x) f (x i ). Zachodza też ierówości f(x i 1 ) ε 3 f (x i 1 ) oraz f (x i ) f(x i ) + ε 3. Sta d wyika, że obie liczby f(x) i f (x) zajduja sie w przedziale ( f(x i 1 ) ε 3, f(x i)+ 3) ε, wie c odleg lość mie dzy imi jest miejsza od jego d lugości, która jest miejsza od liczby ε. Dowód zosta l zakończoy. Twierdzeie 12.9 (Dii ego o jedost. zbież. mootoiczego gu fukcji g lych) Jeśli g fukcji g lych (f ) jest zbieży puktowo do fukcji g lej f a przedziale domkie tym (zbiorze zwartym) i dla każdego x g (f (x)) jest mooto- 7

8 iczy, to f f. Za lóżmy, że teza ie jest prawdziwa oraz że g (f ) jest iemaleja cy. Niech D ozacza dziedzie rozpatrywaych fukcji. Istieje wie c liczba ε > 0 taka, że dla każdego aturalego istieje umer m > oraz pukt x m, dla których f m (x m ) f(x m ) ε. Poieważ g (f ) jest iemaleja cy, wie c dla każdego x zachodzi ierówość f (x) f(x). Wobec tego musi być spe lioa ierówość f m (x m ) f(x m ) ε. Z gu (x m ) moża wybrać pod g zbieży do graicy p D, bo dziedzia fukcji jest przedzia lem domkie tym (zbiorem zwartym). By ie komplikować ozaczeń przyjmijmy, że g (x m ) jest zbieży do p. Jeśli j m, to mamy f j (x m ) f m (x m ) f(x m ) ε. Sta d i z g lości fukcji f j w pukcie p wyika, że f j (p) = lim f j(x m ) lim f(x m) ε = f(p) ε. Otrzymaa ierówość m m przeczy oczywiście temu, że lim f j(p) = f(p).dowód zosta l zakończoy. j Twierdzeie (o g lości graicy jedostajie zbieżego gu fukcyjego) Jeśli f f i wszystkie fukcje f 1, f 2,... sa g le w pukcie p, to rówież fukcja f jest g la w pukcie p. Za lóżmy, że ε > 0. Dla każdej dostateczie dużej liczby aturalej, dla wszystkich x zachodzi ierówość f (x) f(x) < ε 3. Wybierzmy jeda dostateczie duża liczbe aturala. Poieważ fukcja f jest g la w pukcie p, wie c istieje liczba δ > 0 taka, że jeśli x p < δ, to zachodzi f (x) f (p) < ε. Mamy wie c f(x) f(p) f(x) f (x) + f (x) f (p) + f (p) f(p) < ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε. Ozacza to, że graica f jest g la w pukcie p.dowód zosta l zakończoy. Naste pe twierdzeie różi sie tym od poprzedich, że zak ladamy jedostaja zbieżość gu pochodych zamiast fukcji, bo iaczej ic sesowego wykazać ie moża. Twierdzeie (o różiczkowalości graicy gu fukcyjego) Jeśli fukcje f 1, f 2,... sa określoe a przedziale ograiczoym I, różiczkowale i f g, g (f ) jest zbieży w pukcie p, to g (f ) jest jedostajie zbieży do fukcji f i zachodzi rówość f (x) = g(x) dla każdego x I. Wykażemy ajpierw, że g (f ) jest zbieży jedostajie. Niech ε > 0. Istieje ε takie, że dla każdych, k > ε i dowolego x zachodza ierówości f (x) f k (x) < ε oraz f (p) f k (p) < ε. Wobec tego f (x) f k (x) f (x) f k (x) ( f (p) f k (p) ) + f (p) f k (p) = 8

9 = f (c x ) f k (c x) x p + f (p) f k (p) < ε + ε = 2ε. Twierdzeie Lagrage a zosta lo tu zastosowae do fukcji f f k! Cia g ( f ) jest wie c giem Cauchy ego, zatem jest zbieży jedostajie do pewej fukcji f. Fukcja ta jest g la jako graica gu fukcji g lych zbieżego jedostajie. Wykażemy, że f (x) = g(x) dla każdego x. Stosuja c zów twierdzeie Lagrage a do różicy f f k otrzymujemy dla dostateczie dużych i k ierówość ( f (x + h) f (x) f fk (x + h) f k (x) h (x) f h k(x)) = ( = f (c,k ) f (x) f k(c,k ) f k(x)) < ε bowiem dla dostateczie dużych, k i dowolego t zachodzi ierówość f (t) f (t) < ε 2, która stosujemy w przypadku t = c,k oraz t = x. Poieważ lim f k(t) = f(t) i k lim f k(t) = g(t), wie k c dla dostateczie dużego wszystkich x I i wszystkich takich h, że x + h I, zachodzi ierówość ( f (x + h) f (x) f(x + h) f(x) f h (x) g(x)) ε. h Dla ustaloego, dostateczie dużego i ustaloego x istieje δ > 0 taka, że 0 < h < δ f (x + h) f (x) f h (x) < ε, jeśli tylko x+h I. Sta d wyika, że 0 < h < δ f(x + h) f(x) g(x) h < 2ε dla tego ustaloego x, jeśli x + h I. f(x + h) f(x) Ozacza to, że g(x) = lim, a to ozacza, że g(x) = f (x). Dowód h 0 h zosta l zakończoy. Wykażemy jeszcze jedo twierdzeie mówia ce o istieiu pod gów zbieżych jedostajie. Defiicja (zbioru zwartego.) 1. Zbiór K IR k azyway jest zwartym, jeśli z każdego gu (x ) puktów zbioru K moża wybrać pod g (x k ) zbieży do graicy g K. 2. Zbiór F z lożoy z fukcji g lych określoych a zbiorze K azywamy zwartym wtedy i tylko wtedy, gdy z każdego gu (f ) fukcji ze zbioru F moża wybrać pod g (f k ) zbieży jedostajie do fukcji g F. Z twierdzeia Bolzao Weierstrassa wyika, że każdy przedzia l domkie ty jest zbiorem zwartym. Przedzia l [0, 2) zwarty ie jest bowiem lim 2 1 = 2 / [0, 2), wie c wszystkie pod gi gu ( 2 ) 1 sa zbieże do liczby 2, wie c ich wspóla graica, czyli liczba 2, zajduje sie poza [0, 2). Prosta IR ie jest zbiorem zwartym, bo- 9

10 wiem z gu () ie moża wybrać pod gu zbieżego do liczby rzeczywistej. Zbiór Catora C jest zwarty, bowiem z gu x puktów zbioru C, wie c ograiczoego moża wybrać pod g zbieży; graica tego pod gu musi leżeć w przedziale [0, 1], bo wszystkie wyrazy zajduja sie w tym przedziale; ie może sie zaleźć oa w przedziale ( 1 3, 2 3 ), bo w tym przedziale otwartym w ogóle ie ma wyrazów gu (x ) ; aalogiczie ie może zaleźć sie oa w przedziale ( 1 9, 2 9 ), ai w przedziale ( 7 9, 8 8 ) ; proces wykluczaia przedzia lów, w których graica mog laby sie zaleźć, moża kotyuować; wobec tego może oa zaleźć sie jedyie w zbiorze Catora. Te rozumowaia moża latwo uogólić i otrzymać aste puja ca charakteryzacje podzbiorów zwartych prostej: Twierdzeie (o zwartych podzbiorach prostej) Zbiór K IR jest zwarty wtedy i tylko wtedy, gdy jest o ograiczoy (tz. istieje liczba d 0 taka, że x d dla każdego x K ) i domkie ty (tz. jeśli x K i lim x = g IR, to g K ). Za lóżmy ajpierw, że zbiór K jest zwarty. Jeśli zbiór K ie jest ograiczoy, to dla każdej liczby aturalej istieje x K takie, że x. Z gu (x ) ie moża oczywiście wybrać pod gu ograiczoego, wie c zbieżego do graicy skończoej. Jeśli zbiór K ie jest domkie ty, to zawiera g (x ), którego graica g zajduje sie poza K. Wszystkie pod gi gu (x ) sa wie c zbieże go g / K. Dowodzi to, że zbiór zwarty K IR jest domkie ty i ograiczoy. Teraz za lóżmy, że zbiór K jest domkie ty i ograiczoy i że wyrazy gu (x ) sa jego elemetami. Z wyrazów gu ograiczoego (x ) moża wybrać pod g zbieży (x k ) (twierdzeie Bolzao Weierstrassa). Jego graica musi sie zajdować w zbiorze K, bowiem zbiór te jest z za lożeia domkie ty, a wyrazy gu (x k ) sa elemetami K. Wobec tego zbiór K jest zwarty. Jeśli x = (x 1, x 2,..., x k ) R k, to defiiujemy x = x x x2 k. Bez trudu moża sprawdzić, że x = 0 x = 0 = (0, 0,..., 0), tx = t x dla każdego t R, i x + y x + y dla dowolych x, y R k. Liczbe x y azywać be dziemy odleg loś puktów x, y. Liczba x = x 0 to odleg lość puktu x od puktu 0, azywać ja be dziemy orma puktu x. Norma, o której tu mówimy jest jeda z kilku używaych w aalizie. Odleg lość zdefiiowaa z jej pomoca to zwyk la odleg lość (w przypadku k = 1, 2, 3 ). Defiicja (zbiorów otwartych i domkie tych w R k ) 1. Zbiór G R k azywamy otwartym wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego puktu p G istieje liczba r > 0 taka, że jeśli x p < r, to x G. 10

11 2. Zbiór F R k azywamy domkie tym wtedy i tylko wtedy, gdy z tego, że p F oraz lim p = p wyika, że p F. Niech B(p, r) = {x R k : x p < r}. Zbiór te azyway jest kula otwarta o środku p i promieiu r. Wykażemy, że jest to zbiór otwarty. Niech q B(p, r) i iech ϱ = r q p > 0. Z ierówości x q < ϱ i ierówości trójka ta wyika aste pa: x p x q + q p < ϱ + q p = r, a to ozacza, że x B(p, r), co kończy dowód otwartości kuli otwartej B(p, r). Czytelik udowodi bez trudu, że przedzia l otwarty jest otwartym podzbiorem prostej, atomiast odciek bez końców ie jest otwartym podzbiorem p laszczyzy, ai przestrzei trójwymiarowej. Oczywiście zbiór pusty jest otwarty i jedocześie domkie ty. Ta sama w lasość przys luguje ca lej przestrzei R k. Odciek domkie ty, prosta to przyk lady zbiorów domkie tych. Każdy zbiór skończoy jest domkie ty. Dope lieie zbioru domkie tego jest zbiorem otwartym i odwrotie. Zadaie: Wykazać, że otwarty podzbiór prostej jest suma przeliczalej lub skończoej rodziy przedzia lów parami roz la czych.* Defiicja (zbioru ograiczoego) Zbiór A R k azywamy ograiczoym wtedy i tylko wtedy, gdy istieje liczba d > 0 taka, że jeśli x A, to x d. Zbiory zwarte w przestrzeie R k moża latwo scharakteryzować. Twierdzeie (o zwartych podzbiorach przestrzei R k ) Zbiór K R k jest zwarty wtedy i tylko wtedy, gdy K jest domkie ty i ograiczoy. Przeprowadzimy dowód w przypadku k = 2. Udowodimy, że jeśli K jest zwarty, to jest ograiczoy. Za lóżmy, że tak ie jest. Dla każdej liczby aturalej istieje wtedy pukt p K taki, że p >. Za lóżmy, że uda lo am sie wybrać pod g (p j ) gu (p ) zbieży do puktu p K. Mamy wie c lim j p j p = 0 oraz j < p j p j p + p p, co jest iemożliwe, bo lim j =. j j Teraz wykażemy, że K jest zbiorem domkie tym. Za lóżmy, że tak ie jest. Istieje wtedy g (p ) taki, że lim p = p, p K dla każdego, ale p / K. Wtedy jedak wszystkie pod gi gu (p ) sa zbieże do p / K wbrew temu, że z pod gu (p ) moża wybrać pod g zbieży do elemetu zbioru K. Za lóżmy teraz, że zbiór K jest domkie ty i ograiczoy. Wykażemy, że jest o zwarty. Niech (p ) be dzie giem puktów zbioru K. Niech d be dzie taka liczba, że x d dla każdego x K. Niech p = (x, y ). Mamy x x 2 + y 2 = * To twierdzeie ie ma odpowiedika a p laszczyźie, ai w przestrzei trójwymiarowej. 11

12 = p d. Aalogiczie y d. Z twierdzeia Bolzao Weierstrassa wyika, że z gu (x ) moża wybrać pod g zbieży (x j ). Niech x = lim j x j. Cia g (y j ) jest ograiczoy, wie c moża zeń wybrać pod g zbieży, p. (y j m ). Niech y = lim y. Poieważ podcia j m m g gu zbieżego jest zbieży do tej samej graicy co g, wie c x = lim x. Wyika sta m j m d, że p := (x, y) = lim p. Mamy m j m bowiem p p x x j m + y y j m 0. Pukt p jest graica j m m gu puktów ze zbioru domkie tego K, wie c p K, co kończy dowód zwartości zbioru K. Twierdzeie to w takiej dos lowie wersji ie jest prawdziwe w przypadku zbiorów, których elemetami sa fukcja g le. Niech bowiem F = {f : = 1, 2, 3,...}, f (x) = si ( 2 x ). Jase jest, że jeśli k, to sup f (x) f k (x) 1, zatem z x K gu (f ) ie moża wybrać pod gu zbieżego jedostajie. Trzeba je ieco poprawić, ale zacziemy od prostego twierdzeia Lemat (o ośrodkowości zbioru zwartego) Jeśli K jest zbiorem zwartym, to istieje zbiór przeliczaly lub skończoy P K taki, że dla każdej liczby δ > 0 i każdego x K istieje pukt y P taki, że x y < δ. Za lóżmy, że A K jest zbiorem δ rozdzieloym, tz. że jeśli x, y A i x y, to x y δ. Wtedy zbiór ma skończeie wiele elemetów. Gdyby mia l ich ieskończeie wiele, to istia lby g (a ) taki, że a m a δ, gdy m, ale z takiego gu ie moża wybrać pod gu zbieżego, bo pod g zbieży musia lby spe liać waruek Cauchy ego. Niech P 1 be dzie maksymalym zbiorem 1 rozdzieloym, P 2 maksymalym zbiorem 1 2 rozdzieloym, P 3 maksymalym zbiorem 1 3 rozdzieloym itd. Jeśli x / P k, to istieje a P k x a < 1 k, w iym przypadku moglibyśmy do la czyć x do zbioru P k taki, że i otrzymać wie kszy iż P k zbiór 1 k rozdzieloy, wbrew temu, że P k jest maksymalym o tej w lasości. Przyjmujemy P = =1 P. Jest jase, że zbiór te spe lia ża day waruek. Kometarz Zbiór (przestrzeń) X azyway jest ośrodkowym, jeśli istieje zbiór skończoy lub przeliczaly P X ge sty w zbiorze X czyli taki, że dla każdej liczby δ > 0. Moża wie c udowodioy w laśie lemat sformu lować tak: przestrzeń zwarta (metrycza) jest ośrodkowa. Defiicja (jedakowej jedostajej g lości.) Fukcje z rodziy F sa jedakowo jedostajie g le wtedy i tylko wtedy, gdy dla 12

13 każdej liczby ε > 0 istieje liczba δ > 0 taka, że jeśli x 1 x 2 < δ to dla każdej fukcji f F zachodzi ierówość f(x 1 ) f(x 2 ) < ε. Liczba δ dobraa do ε jest wie c taka sama dla wszystkich fukcji z rodziy F. W przyk ladzie poprzedzaja cym defiicje mamy do czyieia z rodzia fukcji, które ie sa jedakowo jedostajie g le, chociaż każda z ich jest jedostajie g la. Wykażemy teraz twierdzeie charakteryzujace zbiory zwarte, których elemetami sa fukcje g le określoe a zbiorze zwartym K IR ( K C ). Twierdzeie (Arzeli-Ascoliego*) Zbiór F z lożoy z fukcji g lych określoych a zbiorze zwartym K jest zwarty wtedy i tylko wtedy, gdy spe lioe sa rówocześie aste puja ce waruki: AA1. istieje liczba M 0 taka, że dla każdego x K i każdej fukcji f F zachodzi ierówość f(x) M, czyli fukcje ze zbioru F sa wspólie ograiczoe; AA2. fukcje z rodziy F sa jedakowo jedostajie g le, tz. ( ε>0 )( δ>0 )( f F )( x1,x 2 K) x 1 x 2 < δ f(x 1 ) f(x 2 ) < ε ; AA3. rodzia F jest domkie ta, tz. jeśli ( )f F i f f a zbiorze K, to f F. Za lóżmy, że rodzia F jest zwarta oraz że fukcje z F. ie sa wspólie ograiczoe. Dla każdej liczby aturalej istieje wie c fukcja f F taka, że sup f (x). Z gu (f ) ie moża wybrać pod gu zbieżego jedostajie do x K fukcji g lej f, bo fukcja g la a zbiorze zwartym jest ograiczoa (twierdzeie Weierstrassa o osia gaiu kresów), a z ierówości f (x) f(x) < ε wyika, że f (x) < f(x) + ε, zatem = sup f (x) sup f(x) + ε, co jest iemożliwe. x K x K Wobec tego fukcje te musza być wspólie ograiczoe. Za lóżmy teraz, że rodzia F ie jest domkie ta, tz. że istieje g (f ) zbieży jedostajie do fukcji f / F. Wtedy z gu f ie moża wybrać po gu zbieżego jedostajie do graicy ależa cej do F, bo wszystkie pod gi zbieże jedostajie tego gu sa zbieże jedostajie do f / F. Dowodzi to, że rodzia F musi być domkie ta. Te dwa fragmety rozumowaia iczym sie ie różia od dowodów w twierdzeiu o podzbiorach zwartych prostej. Ostatia rzecz, która ależy wykazać to jedakowa jedostaja g lość fukcji z rodziy F. Za lóżmy, że fukcje z rodziy F ie sa jedakowo jedostajie g le. Ozacza to, że istieje liczba ε > 0 taka, że dla każdej liczby aturalej istieje * Wg. mojej wiedzy każdy z dwóch paów udowodi l jeda implikacje. 13

14 fukcja f oraz pukty x, y takie, że x y < 1 i f (x ) f (y ) ε. Wybieramy pod g zbieży z gu (x ). Nie zaste pujemy x przez x l, by ie komplikować ozaczeń, ale w dalszym gu rozpatrywae sa odpowiedie pod gi gu (y ) i gu (f ). Ze zbieżości gu (x ) do ˆx K wyika, że rówież lim y = ˆx. Wybieramy teraz podcia g zbieży jedostajie z gu (f ) do fukcji f F. Zów zachowujemy ozaczeia. Teraz mamy f f, czyli sup f f 0 oraz x ˆx, y ˆx. Mamy wie c ε f (x ) f (y ) f (x ) f(ˆx) + f(ˆx) f (y ) 2 sup f (x) f(x) 0. x K Jest to iemożliwe, zatem fukcje z rodziy F musza być jedakowo jedostajie g le. Za lożymy teraz, że rodzia F spe lia waruki AA1, AA2 i AA3. Niech f F. Wykażemy, że z gu (f ) moża wybrać pod g zbieży jedostajie. Istieje zbiór przeliczaly P K taki, że każdy pukt zbioru K jest graica pewego gu puktów z P ( P jest ge sty w zbiorze K, w przypadku, gdy K jest przedzia lem zbiór P może sie sk ladać p. ze wszystkich liczb wymierych z tego przedzia lu). Ozaczmy elemety zbioru P przez p 1, p 2,... Z gu ograiczoego ( f (p 1 ) ) moża wybrać pod g zbieży ( f ν(1,) (p 1 ) ), tz. z gu (f ) moża wybrać pod g ( ) f ν(1,) w taki sposób, że g ( f ν(1,) (p 1 ) ) jest zbieży. Z gu ( ) f ν(1,) moża z kolei wybrać pod g (f ν(2,) ) taki, że g ( f 2, (p 2 ) ) jest zbieży. Poieważ pod g gu zbieżego jest zbieży, wie c g ( f ν(2,) (p 1 ) ) jest zbieży. Teraz z gu (f ν(2,) ) wybieramy pod g (f ν(3,) ) tak, by g ( f ν(3,) (p 3 ) ) by l zbieży. Wobec tego zbieże ( sa gi fν(3,) (p 1 ) ) (, fν(3,) (p 2 ) ) (, fν(3,) (p 3 ) ). Te procedure moża kotyuować, czyli z otrzymaego gu fukcji wybierać pod g zbieży w aste pym pukcie zbioru P. Teraz zajmiemy sie giem f ν(,). Jego wyrazy, z wyja tkiem pierwszych 1 sa wyrazami, a ogó l iekolejymi, gu f ν(,1), f ν(,2), f ν(,3),.... Wobec tego g ( f ν(,) (p j ) ) jest zbieży dla każdego j N. Uda lo sie am wie c wybrać z gu (f ) pod g (f, ), który jest zbieży w każdym pukcie zbioru ge stego P. Wykażemy, że jest o zbieży jedostajie a zbiorze zwartym K. Niech ε ozacza liczbe dodatia. Istieje wtedy δ > 0 taka, że jeśli x y < δ, to f(x) f(y) < ε dla każdej fukcji f F. Istieje liczba m, zależa od δ taka, że dla każdego puktu x K istieje j(x) {1, 2,..., m} taka, że x p j(x) < δ. Istieje też liczba ε taka, że jeśli k, l > ε, to f ν(k, (p j ) f ν(l,l) (p j ) < ε dla j {1, 2,..., m}. Mamy zatem f ν(k, (x) f ν(l,l) (x) f ν(k, (x) f ν(k, (p j(x) ) + f ν(k, (p j(x) ) f ν(l,l) (p j(x) ) + + f ν(l,l) (p j(x) ) f ν(l,l) (x) < 3ε. 14

15 Wykazaliśmy wie c, że jest spe lioy jedostajy waruek Cauchy ego, co ozacza, że g f, jest zbieży jedostajie do pewej fukcji f, która ze wzgle du a domkie tość zbioru F jest jego elemetem. Dowód zwartości rodziy F zosta l zakończoy. Przyk lad 12.4 Pokażemy przyk lad zbioru, który spe lia za lożeia twierdzeia Arzeli Ascoliego, przyk lad jest waży ze wzgle du a licze zastosowaia. Niech F = {f: [0, 1] R: f jest g la, x f(x) 13, x,y f(x) f(y) 7 x y }. Wspóla ograiczoość i g lość sa cze ściami defiicji zbioru F. Jedakowa g lość wyika atychmiast z tego, że moża zdefiiować δ = ε 13. Czytelik zechce wykazać, że jeśli f (x) = x, to fukcje f 1, f 2, f 3,... ie sa jedakowo g le a przedziale [0, 1], a przedziale [ 0, 7 8] sa jedakowo g le. Przejdziemy teraz do bardzo użyteczego z wielu przyczy twierdzeia. Twierdzeie (Weierstrassa o przybliżaiu fukcji g lych wielomiaami) Dla każdej liczby ε > 0 i dla każdej fukcji g lej F : [a, b] R istieje wielomia W taki, że F (x) W (x) < ε dla każdego puktu x [a, b], czyli każda fukcja g la a przedziale domkie tym jest graica jedostajie zbieżego gu wielomiaów. (Berstei). Istieje wiele dowodów tego twierdzeia. Wybieramy te, bo ma o swa oczywista geeze w twierdzeiu z rachuku prawdopodobieństwa i jeśli ktoś do iego wtedy wróci, p. dlatego, że be dzie o tam powtórzoy przy okazji prawa wielkich liczb, to be dzie mu latwiej poja ć, o co w tym wszystkim chodzi. Wystarczy udowodić twierdzeie w przypadku [a, b] = [0, 1]. By sie z tym pogodzić wystarczy przyja ć, że t = x a b a, f(t) = F ( a+t(b a) ) = F (x) i aalogiczie w(t) = W ( a + t(b a) ) = W (x). Jase jest, że wtedy f(t) w(t) = F (x) W (x), przy czym a x b wtedy i tylko wtedy, gdy 0 t 1. Niech b (t) = f ( k )( t k (1 t) k. Wielomia b azyway jest tym wielomiaem Bersteia fukcji f. Wykażemy, że jeśli liczba jest dostateczie duża, to przyje cie w(t) = b (t) powoduje, że dla każdego t [0, 1] zachodzi ierówość f(t) w(t) = f(t) b (t) < ε. Zacziemy od pomociczych rówości. ( ) t k (1 t) k = 1 k (W1) 15

16 δ>0 k t δ ( ) k t k (1 t) k = t k ( ) t k k 2 (1 t) k = ( 1)t 2 + t k ( ) t k (1 t) k 1 t(1 t) k δ 2 1 4δ 2 (W2) (W3) (W4) Rówość (W1) wyika atychmiast z tego, że 1 = ( t + (1 t) ) = ( t k (1 t) k. Rówość (W2) podobie: k ( ( t k (1 t) k = t 1 k 1) t k 1 (1 t) 1 (k 1) = Kolej a (W3). k 2( t k (1 t) k = = ( 1)t 2 k=2 k=1 k=2 1 ( = t 1 ) k t k (1 t) 1 k = t ( t + (1 t) ) 1 = t. k(k 1) ( t k (1 t) k + ( 2 k 2) t k 2 (1 t) 2 (k 2) + t = k=1 k ( t k (1 t) k = 2 ( = ( 1)t 2 2 ) k t k (1 t) 2 k + t = ( 1)t 2( t + (1 t) ) 2 + t = = ( 1)t 2 + t. Teraz kolej a ajważiejsza z tych czterech rówości, zwaa ierówoś Czebyszewa (w przypadku ogóliejszym, a omówieie którego tu ie ma miejsca). ( 2 δ 2 t k (1 t) k ( ) 2 ( k t ) k t k (1 t) k < k t δ k t δ ( ) 2 ( < k t ) k t k (1 t) k = = k 2( t k (1 t) k 2 kt ( t k (1 t) k + ( ) 2 ( t ) k t k (1 t) k = = ( 1)t 2 + t 2 2 t t 2 = t t 2 = t(1 t) Z otrzymaej ierówości latwo wyika, że k t δ ( ) t k (1 t) k k t(1 t) 2 δ 2 = 1 t(1 t) δ 2 1 4δ 2. 16

17 Jesteśmy gotowi do dowodu. Poieważ f jest g la a przedziale domkie tym, wie c istieje liczba δ > 0, taka że jeśli t s < δ, to f(t) f(s) < ε 2. Dzie ki (W1) mamy teraz f(t) b (t) f(t) = f ( k ) )( k t k (1 t) k = f(t) f ( ( k ) ) k t k (1 t) k + k t <δ ε ( 2 t k (1 t) k + 2M k t <δ k t δ Jeśli > M εδ, to f(t) 2 b (t) < ε 2 + ε 2 Krótki kometarz probabilistyczy. ( f(t) f ( k ))( ) k t k (1 t) k f(t) f ( ( k ) t k (1 t) k k t δ ( t k (1 t) k ε 2 + 2M 1 = ε. Dowód zosta l zakończoy. 4δ 2 = ε 2 + M 2δ 2 Za lóżmy, że w Nibyladii (pozdrowieia od Piotrusia Paa) wyprodukowao moete ieca lkiem symetrycza : rzucaja c ia otrzymujemy reszke z prawdopodobieństwem t a druga stroe z ma lo czytela podobiza jakiegoś fruwaja cego stworzeia z prawdopodobieństwem 1 t. Prawdopodobieństwo uzyskaia w rzutach ta moeta dok ladie k reszek rówe jest wie c ( t k (1 t) k. Wobec tego liczba k ( t k (1 t) k = t ozacza średia liczbe reszek otrzymaych w k rzutach ta moeta. Oczekujemy wie c, że rzucaja c ta moeta razy otrzymamy t, a raczej oko lo t, reszek. Wzór (W4) wyjaśia, jakie jest prawdopodobieństwo tego, że liczba rzutów ( k ), w których wypad la reszka be dzie różić sie od oczekiwaej ( t ) o pewie ustaloy procet liczby rzutów lub bardziej, dlatego zajmujemy sie tam różica k t (ierówość k t δ rówoważa jest temu, że k t δ, ta ustaloa cze ść to δ ), prawdopodobieństwo to da ży do 0 jest to tzw. s labe prawo wielkich liczb. Liczba b (t) jest wie c średia liczb f ( k ), ta średia jest miej wie cej rówa f(t), bo a ogó l k t. Powia wie c mieć miejsce rówość przybliżoa f(t) b (t). W końcówce ie jesteśmy ca lkiem precyzyji, ale wcześiej staraliśmy sie wyjaśić precyzyjie, o co am chodzi. Wiosek Dla każdej fukcji g lej f : (a, b) R istieje g wielomiaów iemal jedostajie zbieży do f, tz. jedostajie zbieży a każdym zbiorze zwartym zawartym w przedziale (a, b). Ta sama teza jest prawdziwa rówież dla fukcji określoych a przedzia lach otwarto domkie tych i a przedzia lach domkie to otwartych. Niech (a ) be dzie ierosa cym giem zbieżym do a, (b ) iemaleja cym giem zbieżym do b i iech a < a 1 < b 1 < b. Mamy wie c [a 1, b 1 ] 17

18 [a 2, b 2 ]... [a, b ]... i =1 [a, b ] = (a, b). Niech w be dzie takim wielomiaem, że dla każdego x [a, b ] zachodzi ierówość w (x) f(x) < 1. Jeśli C jest zwartym podzbiorem przedzia lu (a, b), to istieje liczba aturala k taka, że C [a k, b k ]. Jase jest, że dla k i x [a k, b k ] zachodzi ierówość w (x) f(x) < 1. Wyika sta d jedostaja zbieżość gu (w ) a przedziale [a k, b k ], wie c tym bardziej a zbiorze C. Jest jase, że to samo rozumowaie moża zastosować do przedzia lów domkie to otwartych i otwarto domkie tych. Twierdzeie (o istieiu fukcji pierwotej) Jeśli f: P R jest fukcja g la określoa a dowolym przedziale P (otwartym, domkie tym, domkie to otwartym lub otwarto domkie tym), to istieje fukcja F : P R taka, że dla każdej liczby x P zachodzi rówość F (x) = f(x) (fukcja F azywaa jest fukcja pierwota fukcji f ). Niech p be dzie dowolym puktem przedzia lu P. Istieje g wielomiaów (w ) iemal jedostajie zbieży do fukcji f (zob. wiosek przed dowodzoym twierdzeiem). Niech W każdego x R i W (p) = 0. Taki wielomia W w (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x a m x m, to przyjmujemy ozacza wielomia taki, że W (x) = w (x) dla istieje: jeśli zachodzi rówość W (x) = a 0 x a 1x a 2x m+1 a mx m+1 [ a 0 p a 1p a 2p m+1 a mp m+1]. Z twierdzeia o różiczkowalości gu fukcyjego wyika od razu, że g (W ) jest iemal jedostajie zbieży do pewej fukcji F, przy czym F (x) = f(x) dla każdego x P. Stosujemy to twierdzeie do każdego przedzia lu z wste puja cego gu przedzia lów ograiczoych, których suma jest ca ly przedzia l P. Zadaie: Niech w 0 (x) = 0, w +1 (x) = w (x) + 1 2( x 2 w (x) 2) dla x [ 1, 1]. Niech f(x) = x. Wykazać, że g (w ) jest iemaleja cym giem wielomiaów jedostajie zbieżym do fukcji x. Zadaie: Wykazać, że każda fukcja g la a przedziale domkie tym jest graica jedostajie zbieżego gu fukcji przedzia lami liiowych. Fukcja f : [a, b] R zwaa jest przedzia lami liiowa, jeśli jest g la i istieja pukty a = a 0 < a 1 <... < a 1 < a = b takie, że a każdym z przedzia lów [a j, a j+1 ], j = 0, 1,..., 1 fukcja f jest afiicza, czyli jest postaci αx + β. Zadaie: fukcji postaci x c. Wykazać, że każda fukcja przedzia lami liiowa jest kombiacja liiowa Zadaie: Podać dowód twierdzeia Weierstrassa o przybliżaiu fukcji g lej wie- 18

19 lomiaami w oparciu o trzy poprzedie zadaia. Podamy teraz przyk lad fukcji g lej, która ie ma skończoej pochodej w żadym pukcie. Przyk lady tego typu zosta ly podae w XIX wieku: Bolzao wymyśli l, ale ie opublikowa l, a potem iezależie od iego Weierstrass. Przyk lad, który omówimy poiżej jest wzoroway a idei Weierstrassa. Pozwala o zorietować sie jak tego rodzaju fukcje moga powstawać. Niebagatele zaczeie ma też to, że tego rodzaju fukcje pojawiaja sie w modelach matematyczych iektórych zjawisk fizyczych. Przyk lad 12.5 (va der Waerdea fukcji g lej igdzie ieróżiczkowalej) Niech u(x) = 1 2 x 1 2 dla 0 x 1 i iech u(x + 1) = u(x) dla każdej liczby x R. Niech u (x) = 4 u(4 x). Niech f(x) = u (x) dla x R. Szereg u jest jedostajie zbieży a ca lej prostej, bo u (x) 4 dla każdej liczby x R i oczywiście 4 = 4 3 <. Wobec tego, że fukcje u 0, u 1,... =0 sa g le, fukcja f jest g la. Wykażemy, że ie ma oa skończoej pochodej w żadym pukcie (jedostroe ieskończoe ma w wielu puktach). Ustalmy x oraz. Niech h be dzie taka liczba, że a przedziale P x, o końcach x, x + h fukcja u jest mootoicza i h = 4 1. Ozacza to, że mie dzy p puktami x i x + h ie ma ai jedego puktu postaci 2 4, gdzie p Z. Wyika sta d, że jeśli k, to fukcja u k jest mootoicza a przedziale P x,. Jase jest też, że u k(x+h ) u k (x) h = ±1. Jeśli k >, to u k (x + h ) = u k (x), bo okresem fukcji u k jest liczba 4 k, wie c liczba 4 = 4 k 4 k jako wielokrotość okresu jest też okresem fukcji u k. Sta d wyika, że iloraz f(x+h ) f(x) h jest suma + 1 sk ladików, z których każdy rówy jest ±1, wie c jest liczba ieparzysta, gdy jest parzyste i parzysta, gdy jest ieparzyste. Wyika sta d, że różica mie dzy ( ) kolejymi wyrazami gu f(x+h ) f(x) h ma wartość bezwzgle da ie miejsza iż 1, wie c g te ie ma graicy skończoej. Wykazaliśmy, że jeśli fukcja f ma =0 pochoda w pukcie x, to ta pochoda jest ieskończoa. Uwaga A.S.Besicovitch poda l przyk lad fukcji g lej, która w żadym pukcie ie ma ai jedej pochodej jedostroej (ai skończoej ai ieskończoej), ale jego przyk lad jest istotie trudiejszy od podaego w tekście. 19