mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 12, 2017 1:28 pm**

Ας δούμε κάτι παρόμοιο με αυτό:

Άσκηση: Έστωσαν συνεχείς συναρτήσεις $f_n,\,f:[{\alpha,\beta}]\longrightarrow\mathbb{R}$ , έτσι ώστε $f_n\big|_{({\alpha,\beta})}\xrightarrow{o\mu.}f\big|_{({\alpha,\beta})}$ .
Να αποδειχθεί ότι $f_n\big|_{[{\alpha,\beta}]}\xrightarrow{o\mu.}f\big|_{[{\alpha,\beta}]}$ .

Σημείωση:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 12, 2017 4:53 pm**

grigkost έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 12, 2017 1:28 pm
Ας δούμε κάτι παρόμοιο με αυτό:

Άσκηση: Έστωσαν συνεχείς συναρτήσεις $f_n,\,f:[{\alpha,\beta}]\longrightarrow\mathbb{R}$ , έτσι ώστε $f_n\big|_{({\alpha,\beta})}\xrightarrow{o\mu.}f\big|_{({\alpha,\beta})}$ .
Να αποδειχθεί ότι $f_n\big|_{[{\alpha,\beta}]}\xrightarrow{o\mu.}f\big|_{[{\alpha,\beta}]}$ .

Σημείωση:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Άλυτη στον Απειρ. Λογισμό IIβ των Νεγρεπόντη, κ.α.. Έχω μια λύση.

Αν αποδείξουμε ότι για $g:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}$
συνεχή είναι

$k=sup\left \{ g(x):x\in [a,b] \right \}=\left \{ g(x):x\in (a,b) \right \}=l$ (1)

γίνεται τετριμμένο.

Πράγματι

είναι $l\leq k$ (2)

Εστω $\epsilon > 0$

Από την συνέχεια υπάρχουν $x,y\in (a,b)$

με $g(a)< g(x)+\epsilon \wedge g(b)< g(y)+\epsilon$

Συμπεραίνουμε ότι $k\leq l+\epsilon$

Αφου η τελευταία ισχύει για κάθε $\epsilon > 0$

προκύπτει ότι $k\leq l$ (3)

Από (2),(3) προκύπτει η (1)

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 13, 2017 6:53 am**

Χρησιμοποιούμε ουσιαστικά την ίδια ιδέα με αυτήν του Σταύρου, αλλά κάπως πιο αναλυτικά:

Επειδή $f_n\big|_{({\alpha,\beta})}\xrightarrow{o\mu.}f\big|_{({\alpha,\beta})}$ , έπεται ότι
$q_n=\sup\big\{\big|f_n(x)-f(x)\big|\;\big|\;x\in({\alpha,\beta})\big\}\xrightarrow{n\to+\infty}0\quad(1)\,.$
Για κάθε $n\in\mathbb{N}$ η συνάρτηση $f_n:[{\alpha,\beta}]\longrightarrow\mathbb{R}$ είναι συνεχής στα σημεία $x=\alpha$ , $x=\beta$ . Επομένως για $\varepsilon_n=\frac{1}{n}$ , υπάρχουν $\delta_n>0,\,\delta'_n>0$ , τέτοια ώστε

$\begin{aligned} &|x-\alpha|<\delta_n\quad\Rightarrow\quad\big|f_n(x)-f_n(\alpha)\big|<\dfrac{1}{n}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &|x-\beta|<\delta'_n\quad\Rightarrow\quad\big|f_n(x)-f_n(\beta)\big|<\dfrac{1}{n} \end{aligned}$
Ομοίως η συνάρτηση $f:[{\alpha,\beta}]\longrightarrow\mathbb{R}$ είναι συνεχής στα σημεία $x=\alpha$ , $x=\beta$ . Επομένως για $\varepsilon=\frac{1}{n}$ , υπάρχουν $\delta_1>0,\,\delta_2>0$ , τέτοια ώστε
$\begin{aligned} &|x-\alpha|<\delta_1\quad\Rightarrow\quad\big|f(x)-f(\alpha)\big|<\dfrac{1}{n}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &|x-\beta|<\delta_2\quad\Rightarrow\quad\big|f(x)-f(\beta)\big|<\dfrac{1}{n} \end{aligned}$ Επομένως για $\underline{\delta}_n=\min\{\delta_n,\delta_1\}$ , $\overline{\delta}_n=\min\{\delta'_n,\delta_2\}$ ισχύουν
$\begin{aligned} |x-\alpha|<\underline{\delta}_n\quad&\Rightarrow\quad\left\{\begin{array}{l} \big|f_n(x)-f_n(\alpha)\big|<\frac{1}{n}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} \big|f(x)-f(\alpha)\big|<\frac{1}{n}\end{array}\right\}\quad(2)\\\noalign{\vspace{0.2cm}} |x-\beta|<\overline{\delta}_n\quad&\Rightarrow\quad\left\{\begin{array}{l} \big|f_n(x)-f_n(\beta)\big|<\frac{1}{n}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} \big|f(x)-f(\beta)\big|<\frac{1}{n}\end{array}\right\}\quad(3) \end{aligned}$
Αλλά τότε για $x\in(\alpha,\alpha+\underline{\delta}_n)$ ισχύει
$\begin{aligned} \big|f_n(\alpha)-f(\alpha)\big|&=\big|f_n(\alpha)-f_n(x)+f_n(x)-f(x)+f(x)-f(\alpha)\big|\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\leqslant\big|f_n(\alpha)-f_n(x)\big|+\big|f_n(x)-f(x)\big|+\big|f(x)-f(\alpha)\big|\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\stackrel{(1)\,(2)}{<}q_n+\frac{2}{n} \end{aligned}$
και για $x\in(\beta-\underline{\delta}_n,\beta)$ ισχύει

$\begin{aligned} \big|f_n(\beta)-f(\beta)\big|&=\big|f_n(\beta)-f_n(x)+f_n(x)-f(x)+f(x)-f(\beta)\big|\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\leqslant\big|f_n(\beta)-f_n(x)\big|+\big|f_n(x)-f(x)\big|+\big|f(x)-f(\beta)\big|\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\stackrel{(1)\,(3)}{<}q_n+\frac{2}{n}\,. \end{aligned}$
Άρα για κάθε $n\in\mathbb{N}$ ισχύει

$\begin{aligned} 0\leqslant&\sup\big\{\big|f_n(x)-f(x)\big|\;\big|\;x\in[{\alpha,\beta}]\big\}= \\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\sup\big\{\big|f_n(x)-f(x)\big|\;\big|\;x\in({\alpha,\beta})\big\}\cup\big\{\big|f_n(\alpha)-f(\alpha)\big|\big\}\cup\big\{\big|f_n(\beta)-f(\beta)\big|\big\}<\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &q_n+q_n+\frac{2}{n}+q_n+\frac{2}{n}=\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &3\,q_n+\frac{4}{n}\,. \end{aligned}$
Επειδή $\mathop{\lim}\limits_{n\to+\infty}3\,q_n+\frac{4}{n}=0$ , έπεται ότι $\mathop{\lim}\limits_{n\to+\infty}\sup\big\{\big|f_n(x)-f(x)\big|\;\big|\;x\in[{\alpha,\beta}]\big\}=0$ .

Άρα $f_n\big|_{[{\alpha,\beta}]}\xrightarrow{o\mu.}f\big|_{[{\alpha,\beta}]}$ .

edit: 13:00, 13/11/2017. Βελτιώθηκε η διατύπωση. Ευχαριστώ τους Μ. Λάμπρου και Σ. Παπαδόπουλο για τις παρατηρήσεις τους.

mathematica.gr

Ομοιόμορφη σύγκλιση σε ανοικτό & κλειστό διάστημα

Ομοιόμορφη σύγκλιση σε ανοικτό & κλειστό διάστημα

Re: Ομοιόμορφη σύγκλιση σε ανοικτό & κλειστό διάστημα

Re: Ομοιόμορφη σύγκλιση σε ανοικτό & κλειστό διάστημα