الرياضيات الجامعية — السنة 2 · Bachelor Year 2

10متتاليات الدوال ومتسلسلاتها

حين تتقارب دوال إلى دالة، أي الخواص ينجو من الانتقال إلى النهاية؟ التقارب النقطي لا يحفظ شيئًا تقريبًا؛ أما التقارب المنتظم — أي التقارب بمعيار النهاية العليا — فيحفظ الاتصال والتكاملات على القطع، ويحفظ المشتقات بلمسة واحدة. ويبرهن هذا الفصل على مبرهنات النقل الثلاث، وعلى نسخها للمتسلسلات، ويتوّجها بمبرهنة فايرشتراس في التقريب، مبرهَنةً بكثيرات حدود برنشتاين الاحتمالية الجميلة.

10.1 التقارب النقطي والمنتظم

تعريف 10.1

لتكن $f_n, f \colon X \to \R$ (أو $\C$ ، أو فضاءً معياريًا)، ولتكن $X$ مجموعة كيفية. تتقارب $(f_n)$ إلى $f$ نقطيًا إذا كان $f_n(x) \to f(x)$ من أجل كل $x$ ؛ وبانتظام إذا كان

\norm{f_n - f}_\infty = \sup_{x \in X}\, \abs{f_n(x) - f(x)} \xrightarrow[n \to \infty]{} 0 .

والمنتظم يستلزم النقطي؛ وعلى $C(\intcc{a}{b})$ ، يكون التقارب المنتظم بالضبط هو التقارب في فضاء باناخ $\bigl(C(\intcc{a}{b}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ المكوَّن من الفصل 5.

مثال 10.2

على $\intcc{0}{1}$ ، تتقارب $f_n(x) = x^n$ نقطيًا إلى النهاية غير المتصلة $f = \mathbf{1}_{\{1\}}$ ؛ والتقارب ليس منتظمًا: $\norm{f_n - f}_\infty \geq f_n\bigl(1 - \tfrac1n\bigr) = (1 - \tfrac1n)^n \to \eu^{-1} \neq 0$ . وعلى $\intcc{0}{a}$ مع $a < 1$ يكون منتظمًا ( $\sup = a^n \to 0$ ): فالانتظام خاصية لمجال التعريف بقدر ما هو خاصية للمتتالية.

المتتالية xn على [0, 1]: تتهاوى المنحنيات نحو 0 لكن عليها جميعًا أن تتسلق إلى 1 عند x = 1 — فمسافة النهاية العليا إلى النهاية النقطية غير المتصلة لا تنكمش تحت ثابت أبدًا. — المتتالية $x^n$ على $\intcc{0}{1}$ : تتهاوى المنحنيات نحو $0$ لكن عليها جميعًا أن تتسلق إلى $1$ عند $x = 1$ — فمسافة النهاية العليا إلى النهاية النقطية غير المتصلة لا تنكمش تحت ثابت أبدًا.

مثال 10.3 (نهايتان ترفضان التبادل)

الفصل كله عن تبادل النهايات، وهذا أصغر فشل ممكن. لتكن $a_{n,m} = \dfrac{n}{n+m}$ من أجل $n, m \geq 1$ . عندئذٍ

\lim_{m\to\infty}\Bigl(\lim_{n\to\infty}a_{n,m}\Bigr) = \lim_{m\to\infty} 1 = 1, \qquad \lim_{n\to\infty}\Bigl(\lim_{m\to\infty}a_{n,m}\Bigr) = \lim_{n\to\infty} 0 = 0 :

فالنهايتان المتكررتان موجودتان وهما مختلفتان. وكل مبرهنة نقل في هذا الفصل رخصةٌ لتبادل نهايتين — $\lim_n$ مع $\lim_{x\to a}$ (الاتصال)، ومع $\int$ (المكاملة)، ومع $\frac{\dd}{\dd x}$ (الاشتقاق) — والتقارب المنتظم هو بالضبط الرسم الذي يجعل التبادل مشروعًا. والفكرة الختامية: كلما بدّل “برهان” عمليتَي نهاية صامتًا، فهذا الجدول ذو السطرين هو المثال المضاد الذي يُرفع في وجهه؛ والنتوءات المنزلقة في التمرين 10.2 هي الظاهرة نفسها بلباس علامة تكامل.

10.2 مبرهنات النقل الثلاث

مبرهنة 10.4 (الاتصال)

إذا كانت كل $f_n$ متصلة عند $a$ وكان $f_n \to f$ بانتظام على جوار للنقطة $a$ ، فإن $f$ متصلة عند $a$ . والنهاية المنتظمة لدوال متصلة متصلة.

برهان. حجة $3\varepsilon$ المستعملة بالفعل في المبرهنة 4.9: نختار $n$ بحيث $\norm{f_n - f}_\infty \leq \varepsilon$ ، ثم $\delta$ من اتصال $f_n$ عند $a$ ؛ فمن أجل $\abs{x - a} \leq \delta$ ،

\abs{f(x) - f(a)} \leq \abs{f(x) - f_n(x)} + \abs{f_n(x) - f_n(a)} + \abs{f_n(a) - f(a)} \leq 3\varepsilon . \qedhere

∎

مثال 10.5 (يفشل الانتظام بالضبط حيث تنكسر النهاية)

على $\intcc{0}{2}$ ، لتكن $f_n(x) = \dfrac{x^n}{1 + x^n}$ . النهاية النقطية دالة من ثلاث قطع:

f(x) = \begin{cases} 0 & 0 \leq x < 1,\\[2pt] \tfrac12 & x = 1,\\[2pt] 1 & 1 < x \leq 2, \end{cases}

وهي غير متصلة عند $1$ ، ومن ثم لا يمكن أن يكون التقارب منتظمًا على $\intcc{0}{2}$ حسب المبرهنة 10.4. لكنه منتظم على القطع المغلقة التي تتجنب العتبة: فمن أجل $0 \leq x \leq a < 1$ ،

\sup_{\intcc{0}{a}}\abs{f_n - 0} = \frac{a^n}{1 + a^n} \leq a^n \to 0 ,

ومن أجل $1 < b \leq x \leq 2$ ،

\sup_{\intcc{b}{2}}\abs{f_n - 1} = \frac{1}{1 + b^n} \leq b^{-n} \to 0 ,

وقد حُسبت النهايتان العلييان برتابة $u \mapsto \frac{u}{1+u}$ ورتابة $x \mapsto x^n$ . والفكرة الختامية: يتوطّن فشل الانتظام عند نقطة عدم اتصال النهاية — بالهندسة نفسها التي في المثال 10.2، وهو سبب تكرار انضباط “الانتظام على كل قطعة في الداخل” طوال الفصل.

مبرهنة 10.6 (المكاملة على قطعة)

إذا كان $f_n \to f$ بانتظام على $\intcc{a}{b}$ ، مع $f_n$ متصلة على قطع (و $f$ كذلك)، فإن

\int_a^b f_n \longrightarrow \int_a^b f .

برهان. تعطي الخطية ومتراجحة المثلث للتكاملات أن

\Bigl|\int_a^b f_n - \int_a^b f\Bigr| = \Bigl|\int_a^b (f_n - f)\Bigr| \leq \int_a^b\abs{f_n - f} \leq (b - a)\,\norm{f_n - f}_\infty \longrightarrow 0 .

وعامل الطول $(b - a)$ هو حيث يدخل تراص القطعة: فعلى الفترات غير المتراصة يُنتج التقدير نفسه الحدَّ عديم الفائدة $\infty\cdot0$ ، ويفشل الاستنتاج فعلًا دون هيمنة — فالنتوءات المسطحة $f_n = \frac1n\mathbf 1_{\intcc{0}{n}}$ تتقارب بانتظام إلى $0$ على $\intco{0}{\infty}$ ومع ذلك تُبقي $\int f_n = 1$ (انظر ملاحظة المزالق أدناه)، وتفعل النتوءات المنزلقة في ملاحظة الفصل 9 الشيء نفسه بتقارب نقطي؛ فالتقارب المنتظم يتحكم في الارتفاعات، لا في العروض أبدًا. ∎

النتوءات g_n(x) = nx\, -nx2 في : تتقارب إلى 0 عند كل نقطة، لكن القمم (بارتفاع √n/(2 )، منجرفةً نحو 0) تنمو بلا حدّ — أي تقارب نقطي مع g_n_∈fty ∈fty، و∈t_01 g_n 1/2 ≠ 0: فالكتلة تختبئ تحت القمة المتحركة. — النتوءات $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2}$ في التمرين 10.1: تتقارب إلى $0$ عند كل نقطة، لكن القمم (بارتفاع $\sim\sqrt{n/(2\eu)}$ ، منجرفةً نحو $0$ ) تنمو بلا حدّ — أي تقارب نقطي مع $\norm{g_n}_\infty \to \infty$ ، و $\int_0^1 g_n \to \frac12 \neq 0$ : فالكتلة تختبئ تحت القمة المتحركة.

مبرهنة 10.7 (الاشتقاق)

لتكن $f_n$ من الصنف $C^1$ على فترة $I$ ، بحيث: تتقارب $(f_n')$ بانتظام على $I$ (أو على كل قطعة من $I$ ) إلى دالة $g$ ما، وتتقارب $(f_n(x_0))$ عند نقطة واحدة $x_0$ . عندئذٍ تتقارب $(f_n)$ (بانتظام على القطع) إلى دالة $f$ من الصنف $C^1$ ، ويكون $f' = g$ : أي إن نهاية الدوال قابلة للاشتقاق حدًّا حدًّا.

برهان. نعرّف $f(x) = \lim f_n(x_0) + \int_{x_0}^x g$ : وهذا مشروع، لأن $g$ متصلة — فعلًا، $g$ هي النهاية المنتظمة على القطع للدوال المتصلة $f_n'$ ، ومن ثم تنطبق المبرهنة 10.4، وتكامل الدالة المتصلة معرَّف جيدًا، ويكون بالمبرهنة الأساسية للتفاضل والتكامل

f'(x) = g(x) \qquad (x \in I) :

فالنهاية المرشحة من الصنف $C^1$ وبالمشتق الصحيح بحكم الإنشاء، قبل برهان أي تقارب. وبالمبرهنة الأساسية من جديد، $f_n(x) = f_n(x_0) + \int_{x_0}^x f_n'$ ؛ وبالطرح،

\abs{f_n(x) - f(x)} \leq \abs{f_n(x_0) - \lim f_n(x_0)} + \abs{x - x_0}\,\norm{f_n' - g}_{\infty} ,

وهذا يؤول إلى $0$ بانتظام على كل قطعة. و $f$ من الصنف $C^1$ مع $f' = g$ بحكم الإنشاء. ∎

مثال 10.8 (لماذا تقع الفرضية على المشتقات)

لتكن $F_n(x) = \sqrt{x^2 + \frac1n}$ على $\R$ . وكل $F_n$ من الصنف $C^1$ (بل $C^\infty$ )، والتقارب إلى $\abs x$ منتظم على $\R$ كلها:

0 \leq F_n(x) - \abs x = \frac{(x^2 + \frac1n) - x^2}{\sqrt{x^2+\frac1n} + \abs x} = \frac{1/n}{\sqrt{x^2 + \frac1n} + \abs x} \leq \frac{1/n}{1/\sqrt n} = \frac{1}{\sqrt n} .

ومع ذلك فالنهاية $\abs x$ غير قابلة للاشتقاق عند $0$ : فالتقارب المنتظم للدوال، مهما كان سريعًا، لا ينقل أي قابلية للاشتقاق. والفشل ظاهر على المشتقات:

F_n'(x) = \frac{x}{\sqrt{x^2 + \frac1n}} \longrightarrow \begin{cases} 1 & x > 0,\\ 0 & x = 0,\\ -1 & x < 0, \end{cases}

وهي نهاية نقطية غير متصلة، ومن ثم لا يمكن أن تتقارب $(F_n')$ بانتظام قرب $0$ (المبرهنة 10.4 من جديد). والفكرة الختامية: تفترض المبرهنة 10.7 عمدًا التقارب المنتظم للمشتقات $f_n'$ ، لا للدوال $f_n$ — وهذا المثال هو السبب.

10.3 متسلسلات الدوال

تعريف 10.9

تتقارب متسلسلة دوال $\sum u_n$ نقطيًا أو بانتظام حين تتقارب مجاميعها الجزئية كذلك. وتتقارب ناظميًا (على $X$ ) حين يكون $\sum \norm{u_n}_\infty < \infty$ . ويستلزم التقارب الناظمي التقاربَ المنتظم (في فضاء باناخ للدوال المحدودة: المبرهنة 5.21)، الذي يستلزم النقطي؛ والاستلزامان تامّان.

مثال 10.10 (متسلسلة واحدة، وثلاثة أحكام)

لنأخذ $u_n(x) = \frac{x^n}{n}$ على $\intco{0}{1}$ . نقطيًا: تتقارب من أجل كل $x \in \intco01$ (بالمقارنة مع المتسلسلة الهندسية). ناظميًا على $\intcc{0}{a}$ ، مع $a < 1$ : $\norm{u_n}_{\infty,\intcc0a} = \frac{a^n}{n}$ ، وهي قابلة للجمع. وليست ناظمية على $\intco{0}{1}$ : $\norm{u_n}_{\infty,\intco01} = \frac1n$ ، و $\sum\frac1n$ تتباعد. وليست حتى منتظمة على $\intco{0}{1}$ : إذ يقاوم الباقي قرب $1$ ،

R_N(x) = \sum_{n>N}\frac{x^n}{n} \geq \sum_{n=N+1}^{2N}\frac{x^n}{n} \geq \frac{N\,x^{2N}}{2N} = \frac{x^{2N}}{2} \xrightarrow[x\to1^-]{} \frac12 ,

ومن ثم $\sup_{\intco01}\abs{R_N} \geq \frac12$ من أجل كل $N$ . والفكرة الختامية: تتعايش الأحكام الأربعة بسلام — فالمجموع $-\ln(1-x)$ متصل على $\intco{0}{1}$ لأن الاتصال لا يحتاج إلا الانتظام قرب كل نقطة، أي على القطع $\intcc0a$ ؛ والانفجار عند الحافة حقٌّ للمجموع.

مبرهنة 10.11 (النقل من أجل المتسلسلات)

إذا تقاربت $\sum u_n$ بانتظام (مثلًا ناظميًا) على المجموعة المعنية: فينتقل اتصال كل $u_n$ عند $a$ إلى المجموع؛ ويمكن المكاملة على قطعة حدًّا حدًّا؛ وإذا تقاربت $\sum u_n(x_0)$ وتقاربت $\sum u_n'$ بانتظام على القطع، فإن المجموع من الصنف $C^1$ ومشتقه $\sum u_n'$ .

برهان. كل شيء هو المبرهنة الموافقة مطبَّقةً على المجاميع الجزئية $S_N = \sum_{n\leq N}u_n$ ، وهي مجاميع منتهية لدوال تتمتع بالانتظام المعني. الاتصال: كل $S_N$ متصلة عند $a$ و $S_N \to \sum u_n$ بانتظام: المبرهنة 10.4. المكاملة: على القطعة،

\int_a^b \sum_{n\geq0} u_n = \lim_N \int_a^b S_N = \lim_N \sum_{n=0}^{N}\int_a^b u_n = \sum_{n\geq0}\int_a^b u_n

حسب المبرهنة 10.6 (المساواة الأولى) و بخطية التكامل (الثانية). الاشتقاق: الدوال $S_N$ من الصنف $C^1$ ، وتتقارب $S_N(x_0)$ ، وتتقارب $S_N' = \sum_{n\leq N}u_n'$ بانتظام على القطع: فتعطي المبرهنة 10.7 أن المجموع من الصنف $C^1$ بالمشتق $\lim S_N' = \sum u_n'$ . ∎

ملاحظة 10.12 (مزالق شائعة)

أربعة فخاخ، وقد رُئيت كلها في أوراق الامتحان. (1) النهايات العليا المتحقَّق منها نصفًا: تقييم $f_n$ على امتداد متتالية مختارة جيدًا $x_n$ لا يحدّ $\norm{f_n - f}_\infty$ إلا من أسفل — وهذا يكفي لدحض الانتظام (كما في المثال 10.2)، ولا يكفي أبدًا لبرهانه؛ ولبرهانه، حُدّ النهاية العليا بحساب صالح من أجل كل $x$ . (2) الانتظام على المجموعة الخطأ: كثيرًا ما يصحّ التقارب الناظمي أو المنتظم على كل $\intcc{-a}{a}$ أو $\intco\delta\infty$ لكنه يفشل على الاتحاد المفتوح؛ وليس ذلك عائقًا — فالاتصال وقابلية الاشتقاق محليان، ومن ثم يعطيهما انضباط قطعةً قطعة في المثال 10.13 على المجموعة المفتوحة كلها. (3) المكاملة على غير القطع: المبرهنة 10.6 قول عن القطع؛ فعلى $\intco0\infty$ ، لا يمنع التقارب المنتظم هروب الكتلة إلى اللانهاية (فالدوال $f_n = \frac1n\mathbf 1_{\intcc{0}{n}}$ تتقارب بانتظام إلى $0$ ، مع $\int f_n = 1$ ) — فاستعمل التقارب المهيمَن عليه هناك. (4) اشتقاق النهاية: المثال 10.8؛ فالفرضية على المشتقات $(f_n')$ ، ولا يمكن لأي معدل تقارب للدوال $(f_n)$ أن يعوّضها.

مثال 10.13 (دالة ريمان $\zeta$ )

تتقارب $\zeta(s) = \sum_{n\geq1} n^{-s}$ ناظميًا على كل نصف مستقيم $\intco{a}{+\infty}$ ، مع $a > 1$ (لأن $\norm{n^{-s}}_\infty = n^{-a}$ ، وهي قابلة للجمع): ومن ثم فإن $\zeta$ متصلة على $\intoo{1}{+\infty}$ ؛ وبالاشتقاق حدًّا حدًّا (فالمتسلسلة المشتقة $\sum -\ln n\; n^{-s}$ تتقارب ناظميًا هي أيضًا على $\intco{a}{\infty}$ )، تكون $\zeta$ من الصنف $C^1$ — وبالتكرار، من الصنف $C^\infty$ — مع $\zeta'(s) = -\sum \frac{\ln n}{n^s}$ . ولاحظ الانضباط: يُتحقَّق من التقارب الناظمي على أنصاف المستقيمات الجزئية، لا على المفتوح $\intoo{1}{\infty}$ نفسه، حيث يفشل.

مثال 10.14 (متسلسلة لوغاريتمية، منفَّذة إلى النهاية)

لتكن $F(x) = \sum_{n\geq1} \frac{\eu^{-nx}}{n}$ على $\intoo{0}{\infty}$ . وكل حدّ محدود على $\intco{\delta} \infty$ بالمقدار $\frac{\eu^{-n\delta}}{n} \leq \eu^{-n\delta}$ ، وهو حدّ متسلسلة هندسية متقاربة: فالتقارب ناظمي على كل $\intco\delta\infty$ ، ومن ثم فإن $F$ متصلة على $\intoo{0}{\infty}$ . والمتسلسلة المشتقة $\sum -\eu^{-nx}$ متقاربة ناظميًا كذلك على $\intco\delta\infty$ ( $\norm{\eu^{-nx}}_{\infty,\intco\delta\infty} = \eu^{-n\delta}$ )، ومن ثم فإن $F$ من الصنف $C^1$ بمشتق هندسي:

F'(x) = -\sum_{n\geq1}\eu^{-nx} = \frac{-\eu^{-x}}{1 - \eu^{-x}} = \frac{-1}{\eu^{x} - 1} .

وبالتكرار، تكون $F$ من الصنف $C^\infty$ . وبمكاملة $F'$ (فكلٌّ من $F$ و $x \mapsto -\ln(1 - \eu^{-x})$ ينعدم عند $+\infty$ ولهما المشتق نفسه على $\intoo0\infty$ ):

F(x) = -\ln\bigl(1 - \eu^{-x}\bigr),

وهي المتسلسلة اللوغاريتمية عند $t = \eu^{-x}$ . والفكرة الختامية: حين $x \to 0^+$ ، $F(x) = -\ln(x + O(x^2)) = \ln\frac1x + O(x)$ — فتتباعد المتسلسلة لوغاريتميًا عند الحدّ، تمامًا مثل المتسلسلة التوافقية التي تصيرها عند $x = 0$ ؛ والتقارب الناظمي على $\intco\delta\infty$ دون $\intoo0\infty$ هو العَرَض.

طريقة 10.15 (كيف نبرهن على التقارب المنتظم أو ندحضه)

من أجل $f_n \to f$ نقطيًا على $X$ :

احسب أو حُدّ $\norm{f_n - f}_\infty$ : ادرس الدالة $x \mapsto \abs{f_n(x) - f(x)}$ (بالمشتق و الرتابة) لتحديد موضع أعظميتها؛ فحدٌّ صالح من أجل كل $x$ ويؤول إلى $0$ يبرهن على الانتظام.
وللدحض: أبرِز نقاطًا $x_n$ تحقق $\abs{f_n(x_n) - f(x_n)} \not\to 0$ (وكثيرًا ما يتتبع $x_n$ النتوء المتحرك، كما في التمرين 10.1)؛ أو استشهد بمبرهنة نقل بالعكس المنطقي — نهاية غير متصلة لدوال متصلة (المثال 10.5)، أو $\int f_n \not\to \int f$ على قطعة.
ومن أجل المتسلسلات، جرّب التقارب الناظمي أولًا ( $\sum\sup\abs{u_n} < \infty$ )؛ فإذا فشل شموليًا، فاختبره على القطع الجزئية المهمة (المثال 10.10)؛ وإذا فشل في كل مكان، فقد يصحّ التقارب المنتظم مع ذلك عبر حدّ باقي المتناوبات (التمرين 10.4) أو عبر الجمع بالتجزئة.

10.4 مبرهنة فايرشتراس في التقريب

مبرهنة 10.16 (فايرشتراس، عبر برنشتاين)

كل دالة متصلة $f \colon \intcc{0}{1} \to \R$ نهايةٌ منتظمة لكثيرات حدود — وبالتحديد، لكثيرات حدود برنشتاين الخاصة بها

B_n(f)(x) = \sum_{k=0}^{n} f\Bigl(\frac kn\Bigr)\binom nk x^k (1-x)^{n-k} .

برهان. نثبّت $x \in \intcc{0}{1}$ ونضع $p_k(x) = \binom nk x^k(1 - x)^{n-k}$ . وثلاث متطابقات ثنائية، نحصل عليها بتقييم $(x + y)^n$ ومشتقيه بالنسبة إلى $x$ عند $y = 1 - x$ :

\sum_k p_k = 1, \qquad \sum_k k\,p_k = nx, \qquad \sum_k k(k-1) p_k = n(n-1)x^2 .

وبالتفصيل: $(x+y)^n = \sum_k\binom nk x^ky^{n-k}$ عند $y = 1-x$ هي الأولى؛ وبالاشتقاق بالنسبة إلى $x$ ،

n(x+y)^{n-1} = \sum_k k\binom nk x^{k-1}y^{n-k} ,

ثم بالضرب في $x$ ووضع $y = 1 - x$ نحصل على الثانية؛ وبالاشتقاق مرتين والضرب في $x^2$ نحصل على الثالثة. وبنشر $(k - nx)^2 = k(k-1) + k(1 - 2nx) + n^2x^2$ وجمع الثلاث:

\sum_k (k - nx)^2 p_k = n(n-1)x^2 + nx(1 - 2nx) + n^2x^2 = nx(1 - x) \leq \frac n4 ,

وهي متطابقة التباين.

ونقدّر الآن، مستعملين $\sum p_k = 1$ :

\abs{B_n(f)(x) - f(x)} \leq \sum_{k} \Bigl| f\Bigl(\frac kn\Bigr) - f(x)\Bigr|\, p_k(x) = \Sigma_{\text{قريب}} + \Sigma_{\text{بعيد}} ,

بالفصل حسب $\abs{\frac kn - x} \leq \delta$ أو لا. ومن أجل $\varepsilon > 0$ معطى، يعطي الاتصال المنتظم للدالة $f$ (هاينه) عددًا $\delta$ يحقق $\Sigma_{\text{قريب}} \leq \varepsilon$ . وأما المجموع البعيد، مع $M = \norm f_\infty$ : فبمتطابقة التباين وبحيلة العدّ عند تشيبيشيف،

\Sigma_{\text{بعيد}} \leq 2M \sum_{\abs{k - nx} > n\delta} p_k \leq 2M\,\frac{\sum_k (k - nx)^2 p_k}{n^2\delta^2} \leq \frac{2M}{4 n \delta^2} \cdot 1 = \frac{M}{2n\delta^2} \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 ,

بانتظام في $x$ . ومن ثم $\norm{B_n(f) - f}_\infty \leq \varepsilon + \frac{M}{2n\delta^2} \leq 2\varepsilon$ من أجل $n$ الكبيرة. ∎

ملاحظة 10.17

بالتعويض الأفيني تصحّ المبرهنة على أي قطعة $\intcc{a}{b}$ . وهي تفشل على $\R$ (فالنهاية المنتظمة لكثيرات حدود على $\R$ كثير حدود: التمرين 10.8). أما القراءة الاحتمالية — فالمقدار $B_n(f)(x)$ هو القيمة المتوقعة للدالة $f$ عند متوسط ثنائي، وحدّ التباين هو متراجحة تشيبيشيف — فتُصاغ بأمانة في الفصل 23.

تقريب برنشتاين للدالة f(x) = x2 (بالأحمر)، باستعمال الصيغة الدقيقة B_nf = x2 + x(1-x)/n في : B_1f هو الوتر، وكل مضاعفة للعدد n تنصّف الفجوة. موثوق لكنه بطيء — وهو التشبّع من الرتبة 1n الذي تجعله مبرهنة فورونوفسكايا (مسألة نهاية الأسبوع) دقيقًا. — تقريب برنشتاين للدالة $f(x) = x^2$ (بالأحمر)، باستعمال الصيغة الدقيقة $B_nf = x^2 + \frac{x(1-x)}{n}$ في التمرين 10.7: $B_1f$ هو الوتر، وكل مضاعفة للعدد $n$ تنصّف الفجوة. موثوق لكنه بطيء — وهو التشبّع من الرتبة $\frac1n$ الذي تجعله مبرهنة فورونوفسكايا (مسألة نهاية الأسبوع) دقيقًا.

ملاحظة 10.18 (أين يُستعمَل هذا)

مبرهنة فايرشتراس في التقريب هي مبرهنة الكثافة في التحليل الكلاسيكي: فهي تجعل $C(\intcc ab)$ قابلًا للفصل، وتتيح التحقق من المتطابقات التكاملية على كثيرات الحدود وحدها (مسائل العزوم)، و تقوم تحت النسخة المثلثية المبرهَن عليها في فصل فورييه عبر نواة فييير. وتستخرج مسألة نهاية الأسبوع في هذا الفصل المضمونَ الكمّي لبرهان برنشتاين — أي معدلات التقارب التي يحكمها مقياس الاتصال — ثم تعزل ما جعله يعمل حقًا، في مبرهنة كوروفكين: الإيجابية مع ثلاث دوال اختبار. ويعمّم مجلد السنة الثالثة قول الكثافة على الجبور الجزئية الكيفية (ستون–فايرشتراس) وعلى الفضاءات المتراصة.

مثال 10.19 (تقريب مضلّعي، بمعدل)

من أجل دالة $f$ ليبشيتزية بالثابت $L$ على $\intcc{0}{1}$ ، لتكن $I_nf$ الدالة المستكمِلة الأفينية على قطع عند العقد $\frac kn$ . وعلى خلية $\intcc{\frac kn}{\frac{k+1}n}$ ، يقع كلٌّ من $f(x)$ و $I_nf(x)$ بين القيمتين الحدّيتين اللتين يمكن لدالة ليبشيتزية بالثابت $L$ أن تأخذهما بمعلومية القيمتين العقديتين، ومن ثم من أجل $x$ في الخلية، وبكتابة $x_k = \frac kn$ :

\abs{I_nf(x) - f(x)} \leq \abs{I_nf(x) - f(x_k)} + \abs{f(x_k) - f(x)} \leq L\,\abs{x - x_k} + L\,\abs{x - x_k} \leq \frac{2L}{n}

(فالدالة المستكمِلة نفسها ليبشيتزية بالثابت $L$ على الخلية: إذ إن ميلها نسبةُ فروق للدالة $f$ ). ومنه $\norm{I_nf - f}_\infty \leq \frac{2L}{n}$ : فالتقريب المضلّعي للدوال الليبشيتزية يتقارب بسرعة $\frac1n$ — أسرع من معدل برنشتاين $\frac{1}{\sqrt n}$ من أجل الصنف نفسه (مسألة نهاية الأسبوع، الجزء الثاني). والفكرة الختامية: المضلّع يستكمل لكنه ليس أملس، وبرنشتاين أملس لكنه بطيء؛ فلا غداء مجاني بين انتظام المقرِّب والسرعة — وهي مقايضة تجعلها نتائج التشبّع في مسألة نهاية الأسبوع دقيقة.

ملاحظة 10.20 (آفاق داخل هذا المجلد)

التقارب المنتظم حصان عمل هذا الكتاب من الآن فصاعدًا. فيجري فصل متسلسلات القوى كله على التقارب الناظمي على الأقراص الجزئية المتراصة — وكل مبرهنة حدًّا حدًّا هناك حالةٌ خاصة من مبرهنات النقل في هذا الفصل. ويعيش فصل فورييه طابقًا أعلى: فمجاميعه الجزئية $S_N$ تفشل بالضبط حيث يحذّر هذا الفصل من أنها قد تفشل (نقطيًا لا بانتظام عند القفزات)، وتنجح متوسطات فييير فيه بميكانيك $3\varepsilon$ نفسه الذي برهن على المبرهنة 10.4. ويعرّف فصل المعادلات التفاضلية $\eu^{tA}$ بمتسلسلة متقاربة ناظميًا و يشتقها حدًّا حدًّا — وهي حرفيًا المبرهنة 10.11 مطبَّقة على عناصر المصفوفات. وحين يخالجك الشك لاحقًا في الكتاب عن “لماذا يجوز لنا أن نفعل هذا”، فالجواب عادةً مبرهنة من هذا الفصل.

10.5 تمارين

تمرين 10.1 ★

ادرس التقارب النقطي والمنتظم على $\intcc{0}{1}$ ، ثم على $\intcc{0}{a}$ (مع $a < 1$ ) أو على $\intco{\delta}{1}$ حسب الاقتضاء، من أجل:

f_n(x) = \frac{x}{1 + nx}, \qquad g_n(x) = n x\,\eu^{-n x^2}, \qquad h_n(x) = x^n(1 - x^n).

حل

حل التمرين 10.1.

$f_n(x) = \frac{x}{1 + nx}$ : النهاية النقطية $0$ على $\intcc{0}{1}$ . وبانتظام: تتزايد $f_n$ على $\intcc{0}{1}$ (فمشتقها $\frac{1}{(1+nx)^2} > 0$ )، ومنه $\norm{f_n}_\infty = f_n(1) = \frac{1}{1+n} \to 0$ : أي إنه منتظم على $\intcc{0}{1}$ .

$g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2}$ : النهاية النقطية $0$ (فالأسّي يغلب). والنهاية العليا: ينعدم $g_n' = n\eu^{-nx^2}(1 - 2nx^2)$ عند $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}}$ ، حيث $g_n(x_n) = \sqrt{\frac n2}\,\eu^{-1/2} \to \infty$ : فليس منتظمًا على $\intcc{0}{1}$ — لكنه منتظم على $\intco{\delta}{1}$ ، لأن $g_n(x) \leq n\,\eu^{-n\delta^2} \to 0$ هناك.

$h_n(x) = x^n(1 - x^n)$ : النهاية النقطية $0$ على $\intcc{0}{1}$ (بالعاملين معًا؛ وعند $x = 1$ ، $h_n = 0$ ). والنهاية العليا: مع $u = x^n \in \intcc{0}{1}$ ، تُبلغ $u(1-u) \leq \frac14$ عند $u = \frac12$ ، أي $x = 2^{-1/n} \in \intoo{0}{1}$ : ومنه $\norm{h_n}_\infty = \frac14 \not\to 0$ : فليس منتظمًا على $\intcc{0}{1}$ ؛ وهو منتظم على $\intcc{0}{a}$ (لأن $\sup \leq a^n \to 0$ ).

تمرين 10.2 ★

برهن على أن $\displaystyle\int_0^1 g_n \not\to \int_0^1 \lim g_n$ من أجل $g_n$ في التمرين 10.1، ووفّق ذلك مع المبرهنة 10.6.

حل

حل التمرين 10.2.

$\int_0^1 nx\,\eu^{-nx^2}\dd x = \bigl[-\tfrac12 \eu^{-nx^2}\bigr]_0^1 = \frac{1 - \eu^{-n}}{2} \to \frac12$ ، في حين أن $\int_0^1 \lim g_n = 0$ . ولا تناقض: فالمبرهنة المبرهنة 10.6 تقتضي التقارب المنتظم على القطعة، وهو يفشل هنا (إذ ينزلق النتوء ذو الارتفاع $\sim\sqrt n$ نحو $0$ ).

تمرين 10.3 ★

برهن على أن $S(x) = \sum_{n\geq1} \dfrac{x^n}{n^2}$ متصلة على $\intcc{-1}{1}$ ، وأن $S$ من الصنف $C^1$ على $\intoo{-1}{1}$ مع $S'(x) = -\frac{\ln(1-x)}{x}$ من أجل $0 < \abs x < 1$ .

حل

حل التمرين 10.3.

التقارب الناظمي على $\intcc{-1}{1}$ : $\norm{x^n/n^2}_\infty = \frac{1}{n^2}$ ، وهي قابلة للجمع: ومن ثم فإن $S$ متصلة هناك (المبرهنة 10.11).

المشتق: تتقارب المتسلسلة المشتقة $\sum \frac{x^{n-1}}{n}$ ناظميًا على كل $\intcc{-a}{a}$ ، مع $a < 1$ (لأن $\sup = \frac{a^{n-1}}{n}$ ): ومن ثم فإن $S$ من الصنف $C^1$ على $\intoo{-1}{1}$ مع

S'(x) = \sum_{n\geq1} \frac{x^{n-1}}{n} = \frac1x \sum_{n\geq1} \frac{x^n}{n} = -\frac{\ln(1 - x)}{x} \qquad (0 < \abs x < 1),

والمتطابقة الأخيرة هي المتسلسلة اللوغاريتمية في السنة الأولى (وقد أُعيد استنباطها بأمانة في الفصل 11).

تمرين 10.4 ★★

لتكن $F(x) = \sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n + x}$ على $\intoo{0}{+\infty}$ . برهن على التقارب المنتظم (لا الناظمي) على $\intco{\delta}{\infty}$ عبر حدّ باقي المتسلسلات المتناوبة، وعلى الاتصال، وعلى المعادلة الوظيفية $F(x) + F(x + 1) = \frac1x$ .

حل

حل التمرين 10.4.

من أجل $x > 0$ ثابت تكون المتسلسلة متناوبة مع $\frac{1}{n + x} \downarrow 0$ : فالتقارب نقطي، وحدُّ الباقي $\abs{R_N(x)} \leq \frac{1}{N + 1 + x} \leq \frac{1}{N+1}$ منتظم على $\intco{\delta}{\infty}$ (بل على $\intoo{0}{\infty}$ ): أي التقارب المنتظم. (وليس ناظميًا: $\norm{\frac{(-1)^n}{n+x}}_\infty = \frac{1}{n + \delta}$ ، وهي متباعدة.) وينتج الاتصال من المبرهنة 10.11.

المعادلة الوظيفية: نعيد ترقيم $F(x + 1)$ بالدليل $m = n + 1$ :

F(x+1) = \sum_{n\geq0} \frac{(-1)^n}{n + 1 + x} = \sum_{m\geq1}\frac{(-1)^{m-1}}{m+x} ,

ومن ثم، بعزل الحدّ $m = 0$ من $F(x)$ ،

F(x) + F(x+1) = \frac{1}{x} + \sum_{m\geq1} \frac{(-1)^m + (-1)^{m-1}}{m+x} = \frac1x .

تمرين 10.5 ★★

(ديني) لتكن $f_n \colon K \to \R$ متصلة على فضاء متري متراص، مع $f_n \to f$ نقطيًا، و $f$ متصلة، و $(f_n(x))$ متناقصة في $n$ من أجل كل $x$ . برهن على أن التقارب منتظم. (من أجل $\varepsilon$ معطى، تتزايد المجموعات المفتوحة $U_n = \{x : f_n(x) - f(x) < \varepsilon\}$ وتغطي $K$ ؛ فاستخرج تغطية جزئية منتهية — المبرهنة 4.20.)

حل

حل التمرين 10.5.

نضع $g_n = f_n - f \geq 0$ (وهي متناقصة في $n$ بحكم الفرض؛ ونهايتها $0$ نقطيًا)؛ وكل $g_n$ متصلة. ونثبّت $\varepsilon > 0$ ونضع $U_n = \{x : g_n(x) < \varepsilon\}$ : فهي مفتوحة (صورة عكسية لمفتوحة)، ومتزايدة ( $g_{n+1} \leq g_n$ )، وتغطي $K$ (بالتقارب النقطي). وبمبرهنة بوريل–لوبيغ (المبرهنة 4.20)، تغطي مجموعات $U_{n_1} \subseteq \dots \subseteq U_{n_k}$ منتهية العدد $K$ : ومنه $K = U_{n_k}$ ، أي $\norm{g_{n_k}}_\infty \leq \varepsilon$ ، وبالرتابة $\norm{g_n}_\infty \leq \varepsilon$ من أجل كل $n \geq n_k$ : أي التقارب المنتظم. (والرتابة جوهرية: فالنتوءات المنزلقة في التمرين 10.2 تتقارب نقطيًا على متراص بلا انتظام.)

تمرين 10.6 ★★

برهن على أن $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \int_0^1 \frac{n\,f(x)}{1 + n^2x^2}\,\dd x = \frac{\pi}{2} f(0)$ من أجل كل دالة متصلة $f$ على $\intcc{0}{1}$ . (عوّض $u = nx$ ؛ وافصل $f(0)$ ؛ وهيمن.)

حل

حل التمرين 10.6.

نعوّض $u = nx$ :

\int_0^1 \frac{n f(x)}{1 + n^2x^2}\dd x = \int_0^n \frac{f(u/n)}{1 + u^2}\,\dd u .

وتتقارب الدوال المكامَلة $h_n(u) = \frac{f(u/n)}{1+u^2}\mathbf{1}_{u \leq n}$ نقطيًا إلى $\frac{f(0)}{1+u^2}$ (باتصال $f$ عند $0$ ) وهي مهيمَن عليها بالمقدار $\frac{\norm f_\infty}{1 + u^2}$ ، وهو قابل للمكاملة على $\intco{0}{\infty}$ : فيعطي التقارب المهيمَن عليه (المبرهنة 9.6) النهايةَ

\int_0^\infty \frac{f(0)}{1 + u^2}\dd u = \frac{\pi}{2} f(0) .

(فتتركّز النوى عند $0$ : أي متطابقة تقريبية.)

تمرين 10.7 ★★

احسب كثيرات حدود برنشتاين للدالة $f(x) = x^2$ صراحةً و تحقق من الخطأ المنتظم $\norm{B_n f - f}_\infty = O\bigl(\frac1n\bigr)$ المتنبَّأ به في برهان المبرهنة 10.16 — وهو هنا $\frac{x(1 - x)}{n}$ بالضبط عند كل نقطة.

حل

حل التمرين 10.7.

من أجل $f(x) = x^2$ ، نستعمل عائلة المتطابقات الثنائية الثانية من البرهان: $\sum_k k^2 p_k = n(n-1)x^2 + nx$ . ومنه

B_n(f)(x) = \sum_k \frac{k^2}{n^2}\,p_k = \frac{n(n-1)x^2 + nx}{n^2} = x^2 + \frac{x(1 - x)}{n} :

أي $B_n(f) - f = \frac{x(1-x)}{n}$ ، ومعياره الأعلى $\frac{1}{4n} = O\bigl(\frac1n\bigr)$ ، كما تنبأ به.

تمرين 10.8 ★★

برهن على أنه إذا تقاربت كثيرات حدود $P_n$ بانتظام على كل $\R$ إلى $f$ ، فإن $f$ كثير حدود. (من أجل $m, n$ الكبيرة، يكون $P_n - P_m$ كثير حدود محدودًا على $\R$ ، ومن ثم ثابتًا؛ فتستقر المتتالية إلى حدّ ثوابت.)

حل

حل التمرين 10.8.

من أجل $\varepsilon = 1$ يوجد $N$ يحقق $\norm{P_n - P_m}_{\infty, \R} \leq 1$ من أجل $m, n \geq N$ . وكثير الحدود المحدود على $\R$ ثابت (فغير الثابت يؤول إلى $\pm\infty$ ): أي $P_n - P_m = c_{n,m}$ ، وهي ثوابت. ومن ثم من أجل $n \geq N$ : $P_n = P_N + c_n$ مع تقارب $c_n = P_n(0) - P_N(0)$ (بالتقارب النقطي عند $0$ ). ومنه $f = \lim P_n = P_N + \lim c_n$ : أي إنه كثير حدود.

تمرين 10.9 ★★★

(دالة متصلة غير قابلة للاشتقاق في أي نقطة — موجَّه) لتكن $\varphi$ المسافة إلى أقرب عدد صحيح (وهي دورية بالدور $1$ ، و $\norm{\varphi}_\infty = \frac12$ ، وليبشيتزية بالثابت $1$ ) ولتكن

W(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \Bigl(\frac{3}{4}\Bigr)^{\!n} \varphi(4^n x) .

برهن على: (أ) أن $W$ متصلة على $\R$ (بالتقارب الناظمي)؛ (ب) أنه من أجل كل $x$ وكل $m$ ، وباختيار $h_m = \pm\frac12\cdot 4^{-m}$ بالإشارة التي تجعل $\varphi$ أفينية على القطعة من $4^m x$ إلى $4^m(x + h_m)$ ، تحقق نسبة الفروق

\Bigl|\frac{W(x + h_m) - W(x)}{h_m}\Bigr| \geq 3^m - \sum_{n<m} 3^n \geq \frac{3^m + 1}{2} \xrightarrow[m\to\infty]{} \infty

(فالحدود $n > m$ تنعدم بالدورية؛ والحدّ $n = m$ يسهم بالمقدار $3^m$ بالضبط؛ والحدود $n < m$ محدودة بخاصية ليبشيتز). واختم بأن $W$ غير قابلة للاشتقاق في أي نقطة.

حل

حل التمرين 10.9.

(أ) $\norm{(3/4)^n\varphi(4^n\cdot)}_\infty = \frac12 (3/4)^n$ : فالتقارب ناظمي، ومن ثم فإن $W$ متصلة (المبرهنة 10.11).

(ب) نثبّت $x$ و $m$ ؛ ونختار إشارة $h_m = \pm\frac12 4^{-m}$ بحيث لا تحتوي القطعة $\intcc{4^mx}{4^m(x + h_m)}$ (وطولها $\frac12$ ) أي نصف عدد صحيح، فتصير $\varphi$ أفينية بميل $\pm1$ عليها (وهذا ممكن: ففترة طولها $\frac12$ تلتقي على الأكثر نقطة نصف صحيحة واحدة؛ فنختار الجهة التي تتجنبها).

من أجل $n > m$ : يكون $4^n h_m = \pm\frac12 4^{n-m}$ عددًا صحيحًا، و $\varphi$ دورية بالدور $1$ : فينعدم الحدّ رقم $n$ من الفرق.

ومن أجل $n = m$ : $\abs{\varphi(4^m x + 4^m h_m) - \varphi(4^m x)} = \abs{4^m h_m} = \frac12$ (لأن $\varphi$ أفينية بميل $\pm 1$ على القطعة)، ومن ثم يسهم الحدّ بالمقدار $(3/4)^m \cdot \frac{1/2}{\abs{h_m}} = (3/4)^m\,4^m = 3^m$ بالضبط في النسبة.

ومن أجل $n < m$ : تعطي $\varphi$ الليبشيتزية بالثابت $1$ أن $\bigl|(3/4)^n\bigl(\varphi(4^nx + 4^nh_m) - \varphi(4^nx)\bigr)\bigr| \leq (3/4)^n 4^n\abs{h_m} = 3^n\abs{h_m}$ : فيسهم كلٌّ منها بالمقدار $3^n$ على الأكثر في النسبة.

ومنه

\Bigl|\frac{W(x + h_m) - W(x)}{h_m}\Bigr| \geq 3^m - \sum_{n=0}^{m-1} 3^n = 3^m - \frac{3^m - 1}{2} = \frac{3^m + 1}{2} \longrightarrow \infty .

فلو كانت $W$ قابلة للاشتقاق عند $x$ ، لتقاربت كل نسبة فروق على امتداد $h_m \to 0$ إلى $W'(x)$ : وهو تناقض. فالدالة $W$ متصلة في كل مكان، وغير قابلة للاشتقاق في أي نقطة.

تمرين 10.10 ★

لتكن $u_n(x) = (-1)^n x^n(1 - x)$ على $\intcc{0}{1}$ . بيّن أن $\sum u_n$ تتقارب نقطيًا على $\intcc{0}{1}$ واحسب مجموعها؛ وبيّن أن التقارب منتظم على $\intcc{0}{1}$ (حُدّ الباقي $R_N(x) = \sum_{n > N} u_n(x)$ ، وهو ذيل هندسي، بحدّه الأول وعظّم $x^{N+1}(1-x)$ ) لكنه ليس ناظميًا (احسب $\norm{u_n}_\infty$ ): فالتقارب المنتظم أضعف تمامًا من التقارب الناظمي. وقارِن بالمتسلسلة $\sum x^n(1-x)$ ، التي مجموعها غير متصل عند $1$ : فهناك يفشل حتى الانتظام.

حل

حل التمرين 10.10.

نقطيًا: من أجل $x \in \intco{0}{1}$ تكون المتسلسلة هندسية بنسبة $-x$ ،

\sum_{n\geq0}(-1)^n x^n(1-x) = \frac{1-x}{1+x},

وعند $x = 1$ ينعدم كل حدّ: فالمجموع $0 = \frac{1-1}{2}$ ، وهو متوافق — فالمجموع متصل على $\intcc{0}{1}$ . والانتظام: الباقي ذيل هندسي،

\abs{R_N(x)} = \frac{x^{N+1}(1-x)}{1+x} \leq x^{N+1}(1 - x) \leq \max_{\intcc01} t^{N+1}(1-t) = \frac{1}{N+2}\Bigl(\frac{N+1}{N+2}\Bigr)^{\!N+1} \leq \frac{1}{N+2} \to 0 ,

بانتظام في $x$ . وليس ناظميًا: $\norm{u_n}_\infty = \max x^n(1-x) = \frac{1}{n+1}\bigl(\frac{n}{n+1}\bigr)^n \sim \frac{1}{\eu\,n}$ ، و $\sum \frac1{\eu n}$ تتباعد. وفي المقابل: للمتسلسلة $\sum x^n(1-x)$ مجاميع جزئية $1 - x^{N+1}$ ، تتقارب نقطيًا إلى الدالة غير المتصلة $\mathbf 1_{\intco01}$ : فحسب المبرهنة 10.4، لا يمكن أن يكون ذلك التقارب منتظمًا على $\intcc{0}{1}$ .

تمرين 10.11 ★★

لتكن $f_n \to f$ بانتظام على فضاء متري $X$ ، وكل $f_n$ متصلة، وليكن $x_n \to x$ في $X$ . برهن على أن $f_n(x_n) \to f(x)$ . وبيّن بمثال على $X = \intcc{0}{1}$ أن التقارب النقطي لا يكفي، حتى مع $f$ متصلة (استعمل النتوءات $g_n$ في التمرين 10.1 و $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}}$ ).

حل

حل التمرين 10.11.

النهاية $f$ متصلة (المبرهنة 10.4). عندئذٍ

\abs{f_n(x_n) - f(x)} \leq \abs{f_n(x_n) - f(x_n)} + \abs{f(x_n) - f(x)} \leq \norm{f_n - f}_\infty + \abs{f(x_n) - f(x)} ,

ويؤول الحدّان إلى $0$ (بالتقارب المنتظم؛ وباتصال $f$ عند $x$ ). ومثال مضاد بتقارب نقطي محض: $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2} \to 0$ نقطيًا على $\intcc{0}{1}$ مع $g_n$ والنهاية متصلة، ومع ذلك عند $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}} \to 0$ :

g_n(x_n) = \sqrt{\frac n2}\,\eu^{-1/2} \longrightarrow +\infty \neq 0 = f(0) .

تمرين 10.12 ★★★

(معادلة تكاملية لفولتيرا بالمتسلسلات) من أجل $f \in C(\intcc{0}{1})$ نعرّف $Tf(x) = \int_0^x f(t)\,\dd t$ .

بيّن بالتراجع أنه من أجل $n \geq 1$ :

$T^n f(x) = \int_0^x \frac{(x - t)^{n-1}}{(n-1)!}\,f(t)\,\dd t, \qquad \norm{T^n f}_\infty \leq \frac{\norm f_\infty}{n!} .$
استنتج أن $S = \sum_{n\geq0} T^n f$ تتقارب ناظميًا على $\intcc{0}{1}$ وتحلّ المعادلة التكاملية $S = f + TS$ .
تحقق من أن $S(x) = f(x) + \int_0^x \eu^{x-t}f(t)\,\dd t$ يحلّ المعادلة نفسها، وبرهن على وحدانية الحلول المتصلة (إذا كان $S = TS$ فإن $\norm{S}_\infty \leq \norm{T^nS}_\infty \to 0$ ): واختم بالصورة المغلقة للمجموع.

حل

حل التمرين 10.12.

بالتراجع. $n = 1$ هي التعريف. ولنفترض الصيغة من أجل $n$ ونضع $g(x) = \int_0^x \frac{(x-t)^n}{n!} f(t)\dd t$ . ومن أجل دالة مكامَلة متصلة في $(x,t)$ و من الصنف $C^1$ في $x$ ، يُشتق التكامل ذو الوسيط والحدّ المتغيّر هكذا:

$g'(x) = \frac{(x-x)^n}{n!}f(x) + \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}f(t)\dd t = T^nf(x)$

(بفصل $g(x+h) - g(x)$ إلى الشريط $\int_x^{x+h}$ ، وهو $O(h\cdot\sup)$ لأن الدالة المكامَلة تنعدم عند $t = x$ مثل $h^n$ ، وإلى التكامل الثابت لتزايد $x$ ، الذي تعالجه متراجحة التزايدات المنتهية والاتصال). وأيضًا $(T^{n+1}f)' = T^nf$ (بالمبرهنة الأساسية للتفاضل والتكامل) و $g(0) = T^{n+1}f(0) = 0$ : فدالتان أصليتان للمقدار $T^nf$ تنعدمان عند $0$ تتطابقان، ومنه $T^{n+1}f = g$ . والحدّ:

$\abs{T^nf(x)} \leq \norm f_\infty \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}\dd t = \norm f_\infty\,\frac{x^n}{n!} \leq \frac{\norm f_\infty}{n!} .$
$\sum_n \norm{T^nf}_\infty \leq \eu\,\norm f_\infty$ : أي تقارب ناظمي، ومن ثم منتظم؛ و $S$ متصلة. وتحقق المجاميع الجزئية $S_N = f + T S_{N-1}$ ، و $T$ ليبشيتزي بالثابت $1$ من أجل $\norm\cdot_\infty$ ( $\abs{Tg(x)} \leq x\norm g_\infty$ ): وبأخذ $N \to \infty$ في الطرفين نجد $S = f + TS$ .
نضع $V(x) = f(x) + \eu^x\int_0^x \eu^{-t}f(t)\dd t$ . عندئذٍ تكون $V - f$ من الصنف $C^1$ مع $(V-f)'(x) = \eu^x\int_0^x\eu^{-t}f + f(x) = V(x)$ ، وتكون $(TV)' = V$ مع $(V - f)(0) = TV(0) = 0$ : ومنه $V - f = TV$ ، أي إن $V$ يحلّ المعادلة. الوحدانية: إذا كانت $S_1, S_2$ حلين متصلين، فإن $D = S_1 - S_2$ تحقق $D = TD$ ، ومنه $D = T^nD$ من أجل كل $n$ و $\norm D_\infty \leq \frac{\norm D_\infty}{n!} \to 0$ : أي $D = 0$ . ومن ثم

$\sum_{n\geq0} T^nf(x) = f(x) + \int_0^x \eu^{x-t}f(t)\,\dd t .$

(والمتسلسلة $\sum T^n$ متسلسلة هندسية لمؤثرات: وهي أول مذاق للمُحَلِّلَة $(\mathrm{Id} - T)^{-1}$ ، المطوَّرة في مجلد السنة الثالثة.)

10.6 مسألة: معدلات التقريب ومبرهنة كوروفكين

مسألة 10.1

يخفي برهان برنشتاين للمبرهنة المبرهنة 10.16 كنزين. أولًا، إنه كمّي: فسرعة $B_nf \to f$ يحكمها مقياس اتصال $f$ ، بالمعدل الأمثل المبلوغ عند $\abs{x - \frac12}$ . وثانيًا، إنه بنيوي: فكل ما أهمّ هو أن $B_n$ مؤثر خطي موجب يسلك سلوكًا حسنًا على $1$ و $x$ و $x^2$ — وهذه الملاحظة، معزولةً، هي مبرهنة كوروفكين. وتبرهن هذه المسألة على الاثنين، وتُختم بالمقارب الدقيق عند فورونوفسكايا. وفي كل ما يلي، $f \in C(\intcc{0}{1})$ ، $M = \norm f_\infty$ ، $p_k(x) = \binom nk x^k(1-x)^{n-k}$ ، ويرمز $e_j$ إلى $x \mapsto x^j$ .

الجزء الأول — مؤثر برنشتاين.

بيّن أن $B_n$ خطي وموجب ( $f \geq 0 \Rightarrow B_nf \geq 0$ )، ومن ثم رتيب ( $f \leq g \Rightarrow B_nf \leq B_ng$ )، مع $\norm{B_nf}_\infty \leq \norm f_\infty$ ، وأن $B_nf$ يستكمل $f$ عند الطرفين معًا.
أعد استنباط المتطابقات $B_n e_0 = e_0$ و $B_n e_1 = e_1$ و $B_n e_2 = e_2 + \frac{e_1 - e_2}{n}$ (اشتق $(x + y)^n$ مرتين وضع $y = 1 - x$ ).
استنتج متطابقة التباين $\sum_k \bigl(\frac kn - x\bigr)^2 p_k(x) = \frac{x(1-x)}{n}$ ثم، بكوشي–شوارتز، حدَّ العزم الأول

$\sum_{k=0}^{n}\Bigl|\frac kn - x\Bigr|\,p_k(x) \leq \sqrt{\frac{x(1-x)}{n}} \leq \frac{1}{2\sqrt n} .$
بيّن أنه إذا كانت $f$ محدبة فإن $B_nf \geq f$ على $\intcc{0}{1}$ (بمتراجحة جنسن المنتهية من أجل الأوزان $p_k(x)$ ).
(حدّ العدّ عند تشيبيشيف، معادًا صياغته) من أجل $\delta > 0$ بيّن أن

$\sum_{\abs{k/n - x} > \delta} p_k(x) \leq \frac{x(1-x)}{n\delta^2} \leq \frac{1}{4n\delta^2} ,$

وأعطِ القراءة الاحتمالية: $B_nf(x)$ يأخذ متوسط $f$ على متوسط عينة ثنائية يتركّز عند $x$ .

الجزء الثاني — المعدلات: مقياس الاتصال. من أجل $\delta > 0$ نضع $\omega(\delta) = \sup\{\abs{f(s) - f(t)} : s, t \in \intcc{0}{1},\ \abs{s - t} \leq \delta\}$ .

بيّن أن: $\omega$ منته وغير متناقص، وأن $\omega(\delta) \to 0$ حين $\delta \to 0^+$ (هاينه)، وأنه تحت جمعي ( $\omega(\delta_1 + \delta_2) \leq \omega(\delta_1) + \omega(\delta_2)$ )، وأن $\omega(\lambda\delta) \leq (1 + \lambda)\,\omega(\delta)$ من أجل كل $\lambda > 0$ .
برهن على التقدير الرئيسي، من أجل كل $\delta > 0$ :

$\abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \sum_k \omega\Bigl(\Bigl|\frac kn - x\Bigr|\Bigr)p_k(x) \leq \Bigl(1 + \frac1\delta\sum_k\Bigl|\frac kn - x\Bigr|p_k(x)\Bigr)\,\omega(\delta) .$
اختر $\delta = n^{-1/2}$ واختم مبرهنة فايرشتراس الكمّية:

$\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\,\omega\Bigl(\frac{1}{\sqrt n}\Bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 .$
استنتج المعدلات: $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac{3L}{2\sqrt n}$ من أجل $f$ ليبشيتزية بالثابت $L$ ، و $\leq \frac32 C n^{-\alpha/2}$ من أجل $f$ هولدرية بالأس $\alpha$ ( $\abs{f(s) - f(t)} \leq C\abs{s-t}^\alpha$ ).
(المثال الأمثل — متطابقة ثنائية) من أجل $m \geq 1$ برهن على أن

$\sum_{k=m+1}^{2m} (k - m)\binom{2m}{k} = \frac{m}{2}\binom{2m}{m}, \qquad\text{ومنه}\qquad \sum_{k=0}^{2m}\abs{k - m}\binom{2m}{k} = m\binom{2m}{m}$

(استعمل $k\binom{2m}k = 2m\binom{2m-1}{k-1}$ و تناظر السطر الثنائي، الذي يعطي $\sum_{j=m}^{2m-1}\binom{2m-1}{j} = 2^{2m-2}$ ).
من أجل $f(t) = \abs{t - \frac12}$ استنتج القيمة الدقيقة ومقارباتها (بالمعامل الثنائي المركزي، المثال 6.14):

$B_{2m}f\Bigl(\frac12\Bigr) - f\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{\binom{2m}{m}}{2\cdot4^{m}} \;\sim\; \frac{1}{2\sqrt{\pi m}} :$

فالمعدل $\omega(n^{-1/2})$ في السؤال 8 مبلوغ (إلى حدّ ثابت) — ومن أجل $f$ المتصلة فحسب، يكون معدل برنشتاين $n^{-1/2}$ أمينًا.

الجزء الثالث — مبرهنة كوروفكين. لتكن $(L_n)$ متتالية من المؤثرات الخطية الموجبة من $C(\intcc{0}{1})$ إلى نفسه بحيث $L_ne_j \to e_j$ بانتظام من أجل $j = 0, 1, 2$ .

بيّن أن المؤثر الخطي الموجب $L$ رتيب و يحقق $\abs{Lf} \leq L\abs f$ نقطيًا.
بيّن أنه من أجل كل $\varepsilon > 0$ يوجد $\delta > 0$ بحيث من أجل كل $s, x \in \intcc{0}{1}$ :

$\abs{f(s) - f(x)} \leq \varepsilon + \frac{2M}{\delta^2}(s - x)^2$

(عالج $\abs{s - x} \leq \delta$ بهاينه و $\abs{s-x} > \delta$ بالحدّ الخام $2M$ ).
ثبّت $x$ ، وطبّق $L_n$ على متراجحة السؤال 13 في المتغير $s$ ، واستنبط

$\abs{L_nf(x) - f(x)\,L_ne_0(x)} \leq \varepsilon\,L_ne_0(x) + \frac{2M}{\delta^2} \bigl(L_ne_2(x) - 2x\,L_ne_1(x) + x^2 L_ne_0(x)\bigr).$
بيّن أن $\sup_x \bigl(L_ne_2(x) - 2x\,L_ne_1(x) + x^2 L_ne_0(x)\bigr) \to 0$ ، ثم ركّب مبرهنة كوروفكين: $L_nf \to f$ بانتظام من أجل كل $f \in C(\intcc{0}{1})$ .
تحقق من أن $(B_n)$ يحقق فرضيات كوروفكين: فايرشتراس للمرة الثالثة، من ثلاث وحيدات الحدّ.
ليكن $I_n$ مؤثر الاستكمال الأفيني على قطع عند العقد $\frac kn$ . بيّن أن $I_n$ خطي موجب، وأن $I_ne_0 = e_0$ ، $I_ne_1 = e_1$ ، و $\norm{I_ne_2 - e_2}_\infty = \frac{1}{4n^2}$ (فعلى كل خلية يكون خطأ الاستكمال الأفيني للدالة $t^2$ هو $(t - a)(b - t)$ ). واختم بكوروفكين: فالمستكمِلات المضلّعية تتقارب بانتظام من أجل كل دالة متصلة $f$ .

الجزء الرابع — الأرباح: الكثافة والعزوم والمشتقات.

بيّن أن كثيرات الحدود ذوات المعاملات الناطقة كثيفة في $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ : فهذا الفضاء الباناخي قابل للفصل.
(العزوم تحدّد الدالة) لتكن $f \in C(\intcc{0}{1})$ مع $\int_0^1 f(t)\,t^n \dd t = 0$ من أجل كل $n \in \N$ . بيّن أن $\int_0^1 f P = 0$ من أجل كل كثير حدود، ثم أن $\int_0^1 f^2 = 0$ ، ثم أن $f = 0$ .
برهن على متطابقة المشتق

$(B_nf)'(x) = n\sum_{k=0}^{n-1}\Bigl( f\Bigl(\frac{k+1}{n}\Bigr) - f\Bigl(\frac kn\Bigr)\Bigr)\, \binom{n-1}{k}x^k(1-x)^{n-1-k}$

(اشتق $p_k$ وأعد الترقيم — وهو جمع آبل).
لنفترض أن $f$ من الصنف $C^1$ . وباستعمال مبرهنة التزايدات المنتهية في كل تزايد وبالمقارنة مع $B_{n-1}(f')$ ، بيّن أن $(B_nf)' \to f'$ بانتظام على $\intcc{0}{1}$ . واستنتج: من أجل $f \in C^1$ توجد كثيرات حدود تتقارب إلى $f$ مع مشتقاتها.
لنفترض أن $f$ من الصنف $C^2$ . وبتايلور–لاغرانج عند $x$ بيّن أن

$\abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \frac{\norm{f''}_\infty}{2}\cdot\frac{x(1-x)}{n} \leq \frac{\norm{f''}_\infty}{8n} :$

فترقّي الملاسةُ المعدلَ من $n^{-1/2}$ إلى $n^{-1}$ .

الجزء الخامس — التشبّع: مبرهنة فورونوفسكايا.

برهن على متطابقة العزم الرابع

$\sum_k (k - nx)^4 p_k(x) = nx(1-x)\bigl(1 + 3(n-2)x(1-x)\bigr) \leq n^2 \quad (n \geq 1)$

(انشر $k^4$ بالعامليات النازلة $k(k-1)\cdots$ واستعمل حيلة الاشتقاق في السؤال 2 مرتين أخريين).
(فورونوفسكايا) لتكن $f$ من الصنف $C^2$ وليكن $x \in \intcc{0}{1}$ . وبكتابة $f(t) = f(x) + f'(x)(t-x) + \frac{f''(x)}2(t-x)^2 + \eta(t)(t-x)^2$ مع $\eta$ محدودة و $\eta(t) \to 0$ حين $t \to x$ ، برهن على أن

$n\bigl(B_nf(x) - f(x)\bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} \frac{x(1-x)}{2}\,f''(x)$

(افصل مجموع $\eta$ عند $\abs{t - x} \leq \delta$ ؛ وتحكّم في الجزء البعيد بالسؤال 23). ومن ثم فإن خطأ السؤال 22 دقيق في الرتبة وفي الثابت: أي إن $B_n$ يتشبّع عند $\frac1n$ ، مهما كانت $f$ ملساء — وقارِن بالنتيجة التمرين 10.7.
تركيب. بجملة واحدة لكل بند: (1) ماذا اشترت الإيجابية وحدها (الجزآن الأول والثالث)؛ (2) وأين دخل تراص الفترة $\intcc{0}{1}$ في كل جزء؛ (3) ولماذا تكفي ثلاث دوال اختبار في مبرهنة كوروفكين؛ (4) وما المقايضة التي يعقدها برنشتاين (معدل $n^{-1/2}$ متين من أجل $f$ الخشنة، لكن بسقف $\frac1n$ من أجل $f$ الملساء)، وأي فصل من هذا الكتاب سيلعب اللعبة نفسها بكثيرات الحدود المثلثية.

حل

حل المسألة 10.1.

1. الخطية واضحة من الصيغة. والإيجابية: الأوزان $p_k(x) \geq 0$ ، ومن ثم يفرض $f \geq 0$ أن $B_nf \geq 0$ ؛ وتنتج الرتابة بتطبيقها على $g - f$ . والحدّ: يعطي $\pm f \leq \norm f_\infty$ أن $\pm B_nf \leq \norm f_\infty B_ne_0 = \norm f_\infty$ . والطرفان: $p_k(0) = \mathbf 1_{k=0}$ و $p_k(1) = \mathbf 1_{k=n}$ ، ومنه $B_nf(0) = f(0)$ ، $B_nf(1) = f(1)$ .

2. نشتق $(x+y)^n = \sum_k\binom nk x^ky^{n-k}$ بالنسبة إلى $x$ ، ونضرب في $x$ ، ونضع $y = 1 - x$ :

nx = \sum_k k\,p_k(x) ;

ومرتين، بالضرب في $x^2$ : $n(n-1)x^2 = \sum_k k(k-1)p_k(x)$ . ومنه $B_ne_0 = 1$ (بمبرهنة ثنائي الحدّ)، و $B_ne_1(x) = \frac{nx}{n} = x$ ، و

B_ne_2(x) = \frac{\sum_k k^2p_k}{n^2} = \frac{n(n-1)x^2 + nx}{n^2} = x^2 + \frac{x(1-x)}{n} .

3. ننشر:

\sum_k\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^{\!2} p_k = B_ne_2(x) - 2x\,B_ne_1(x) + x^2 = \frac{x(1-x)}{n} .

وكوشي–شوارتز مع التفكيك $\abs{k/n - x}\sqrt{p_k} \cdot \sqrt{p_k}$ :

\sum_k\Bigl|\frac kn - x\Bigr| p_k \leq \Bigl(\sum_k\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^2 p_k\Bigr)^{\!1/2} = \sqrt{\frac{x(1-x)}{n}} \leq \frac{1}{2\sqrt n},

باستعمال $x(1-x) \leq \frac14$ .

4. الأوزان $p_k(x)$ غير سالبة ومجموعها $1$ ومركزها $\sum_k \frac kn p_k(x) = x$ (السؤال 2). وتعطي متراجحة جنسن المنتهية من أجل الدالة المحدبة $f$ (بالتراجع انطلاقًا من تعريف النقطتين، مجلد السنة الأولى) أن

f(x) = f\Bigl(\sum_k \frac kn\,p_k\Bigr) \leq \sum_k f\Bigl(\frac kn\Bigr)p_k = B_nf(x) .

5. على $\{k : \abs{k/n - x} > \delta\}$ يكون $\bigl(\frac{k/n - x}{\delta}\bigr)^2 > 1$ ، ومنه

\sum_{\abs{k/n-x}>\delta} p_k \leq \frac{1}{\delta^2}\sum_k\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^2p_k = \frac{x(1-x)}{n\delta^2} \leq \frac{1}{4n\delta^2} .

والقراءة: $p_k(x)$ هو قانون تواتر عينة $S_n/n$ من $n$ رمية عملة بانحياز $x$ ؛ ومتوسطه $x$ ، وتباينه $\frac{x(1-x)}n \to 0$ ، والصيغة المعروضة هي متراجحة تشيبيشيف: فتتركّز الكتلة عند $x$ ، ومن ثم يعيد أخذ متوسط $f$ في مقابله إنتاجَ $f(x)$ في النهاية (ويجعل الفصل 23 المفردات رسمية).

6. $\omega \leq 2M < \infty$ ؛ والرتابة واضحة (فهي نهاية عليا على مجموعة أكبر). وهاينه: الدالة $f$ المتصلة على متراص متصلة بانتظام، وهذا يقول بالضبط إن $\omega(\delta) \to 0$ حين $\delta \to 0^+$ . وتحت الجمعية: إذا كان $\abs{s - t} \leq \delta_1 + \delta_2$ ، فإن النقطة $u$ على القطعة $\intcc st$ على مسافة $\min(\delta_1, \abs{s-t})$ من $s$ تحقق $\abs{s-u} \leq \delta_1$ ، $\abs{u-t} \leq \delta_2$ ، و $\abs{f(s)-f(t)} \leq \abs{f(s)-f(u)} + \abs{f(u)-f(t)}$ . وبالتكرار، $\omega(p\delta) \leq p\,\omega(\delta)$ من أجل $p \in \N^*$ ؛ ومن أجل $\lambda > 0$ ، مع $p = \lceil\lambda\rceil \leq 1 + \lambda$ : $\omega(\lambda\delta) \leq \omega(p\delta) \leq p\,\omega(\delta) \leq (1+\lambda)\omega(\delta)$ .

7. بما أن $\sum p_k = 1$ :

\abs{B_nf(x) - f(x)} = \Bigl|\sum_k\bigl(f(k/n) - f(x)\bigr)p_k\Bigr| \leq \sum_k\omega\bigl(\abs{k/n - x}\bigr)p_k .

ومن أجل كل $k$ ، يعطي السؤال 6 مع $\lambda = \abs{k/n - x}/\delta$ أن $\omega(\abs{k/n-x}) \leq \bigl(1 + \frac{\abs{k/n-x}}\delta\bigr)\omega(\delta)$ ؛ وبالجمع في مقابل الأوزان $p_k$ نحصل على التقدير الرئيسي.

8. نُدخِل حدّ السؤال 3:

\abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \Bigl(1 + \frac{1}{2\delta\sqrt n}\Bigr)\omega(\delta),

بانتظام في $x$ ؛ ومع $\delta = n^{-1/2}$ يكون القوس $\frac32$ : ومنه $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\omega(n^{-1/2}) \to 0$ حسب السؤال 6 (هاينه). وهذا يعيد برهان المبرهنة 10.16 بمعدل.

9. الليبشيتزية بالثابت $L$ تعني $\omega(\delta) \leq L\delta$ : فالمعدل $\frac{3L}{2\sqrt n}$ . والهولدرية بالأس $\alpha$ تعني $\omega(\delta) \leq C\delta^\alpha$ : فالمعدل $\frac{3C}{2} n^{-\alpha/2}$ .

10. باستعمال $k\binom{2m}k = 2m\binom{2m-1}{k-1}$ :

\sum_{k=m+1}^{2m}k\binom{2m}k = 2m\sum_{j=m}^{2m-1}\binom{2m-1}{j} = 2m\cdot 2^{2m-2},

لأن $j \mapsto 2m-1-j$ يقابل $\{m,\dots,2m-1\}$ على $\{0,\dots,m-1\}$ ، ومن ثم فالمجموع نصف $2^{2m-1}$ . وأيضًا $\sum_{k=m+1}^{2m}\binom{2m}k = \frac{2^{2m} - \binom{2m}m}{2}$ (بالتناظر نفسه). ومنه

\sum_{k=m+1}^{2m}(k-m)\binom{2m}k = m\,2^{2m-1} - m\,\frac{2^{2m} - \binom{2m}m}{2} = \frac m2\binom{2m}m .

ويرسل التعويض $k \mapsto 2m-k$ الحدود ذوات $k < m$ على تلك ذوات $k > m$ (بمعاملات ثنائية متساوية، وقيم $\abs{k-m}$ متساوية): فالمجموع المطلق ضعف المجموع من جهة واحدة، أي $m\binom{2m}m$ .

11. عند $x = \frac12$ ، $p_k(\tfrac12) = \binom{2m}k2^{-2m}$ و $f(\tfrac12) = 0$ :

B_{2m}f\Bigl(\frac12\Bigr) = \sum_k\Bigl|\frac{k}{2m} - \frac12\Bigr| \binom{2m}k 2^{-2m} = \frac{2^{-2m}}{2m}\,m\binom{2m}m = \frac{\binom{2m}m}{2\cdot4^m} \sim \frac{1}{2\sqrt{\pi m}}

حسب المثال 6.14. وبما أن $\omega_f (\delta) = \delta$ هنا (فالدالة ليبشيتزية بالثابت $1$ والحدّ مبلوغ)، يتنبأ السؤال 8 بخطأ لا يتجاوز $\frac32(2m)^{-1/2}$ : والخطأ الحقيقي $\frac{1}{2\sqrt{\pi m}}$ له الرتبة $n^{-1/2}$ بالضبط — فالمعدل أمثل إلى حدّ الثابت.

12. يعطي $f \leq g$ أن $g - f \geq 0$ ، ومنه $L(g-f) \geq 0$ ، أي $Lf \leq Lg$ . ومن $-\abs f \leq f \leq \abs f$ : $-L\abs f \leq Lf \leq L\abs f$ ، أي $\abs{Lf} \leq L\abs f$ .

13. بهاينه نختار $\delta$ بحيث $\abs{f(s)-f(x)} \leq \varepsilon$ كلما $\abs{s-x} \leq \delta$ . وإذا كان $\abs{s - x} > \delta$ ، فإن $\frac{(s-x)^2}{\delta^2} > 1$ و $\abs{f(s)-f(x)} \leq 2M \leq \frac{2M}{\delta^2}(s-x)^2$ . وفي الحالتين يصحّ الحدّ المدَّعى.

14. نثبّت $x$ ؛ ويقول السؤال 13، بوصف الأطراف دوالًا في $s$ :

-\varepsilon e_0 - \frac{2M}{\delta^2}q_x \;\leq\; f - f(x)e_0 \;\leq\; \varepsilon e_0 + \frac{2M}{\delta^2}q_x, \qquad q_x = e_2 - 2x\,e_1 + x^2e_0 .

ونطبّق المؤثر الرتيب الخطي $L_n$ (السؤال 12) ونقيّم عند $x$ :

\abs{L_nf(x) - f(x)L_ne_0(x)} \leq \varepsilon L_ne_0(x) + \frac{2M}{\delta^2}\bigl(L_ne_2(x) - 2xL_ne_1(x) + x^2L_ne_0(x)\bigr) .

15. نكتب $\alpha_j = L_ne_j - e_j$ ، ومنه $\norm{\alpha_j}_\infty \to 0$ . وبما أن $e_2(x) - 2xe_1(x) + x^2e_0(x) = 0$ :

L_ne_2(x) - 2xL_ne_1(x) + x^2L_ne_0(x) = \alpha_2(x) - 2x\,\alpha_1(x) + x^2\alpha_0(x),

ومعياره الأعلى لا يتجاوز $\norm{\alpha_2} + 2\norm{\alpha_1} + \norm{\alpha_0} \to 0$ . وأيضًا $L_ne_0 \to e_0$ بانتظام، ومنه $L_ne_0 \leq 2$ من أجل $n$ الكبيرة، و $\abs{f(x)}\abs{L_ne_0(x) - 1} \leq M\norm{\alpha_0} \to 0$ . وبالتركيب مع السؤال 14: من أجل $n$ الكبيرة، وبانتظام في $x$ ،

\abs{L_nf(x) - f(x)} \leq 2\varepsilon + \frac{2M}{\delta^2}\,o(1) + M\,o(1) \leq 3\varepsilon :

أي $L_nf \to f$ بانتظام — وهي مبرهنة كوروفكين.

16. $B_ne_0 = e_0$ و $B_ne_1 = e_1$ بالضبط، و $\norm{B_ne_2 - e_2}_\infty = \max_x\frac{x(1-x)}{n} = \frac{1}{4n} \to 0$ (السؤال 2): فتنطبق كوروفكين، و تنتج فايرشتراس للمرة الثالثة.

17. $I_nf$ خطي في $f$ (فالقيم العقدية كذلك)، وعلى كل خلية يكون المستكمِل الأفيني لقيم عقدية غير سالبة غير سالب: فهو موجب. و $I_ne_0 = e_0$ و $I_ne_1 = e_1$ لأن الدالة الأفينية تساوي مستكمِلها. وعلى خلية $\intcc ab$ (مع $b - a = \frac1n$ )، يكون المستكمِل الأفيني للدالة $e_2$ هو $L(t) = (a+b)t - ab$ ، ويكون

L(t) - t^2 = (t-a)(b-t) \in \intcc{0}{\tfrac{(b-a)^2}{4}} ,

بأعظمية عند النقطة الوسطى: أي $\norm{I_ne_2 - e_2}_\infty = \frac{1}{4n^2} \to 0$ . وبكوروفكين: $I_nf \to f$ بانتظام من أجل كل دالة متصلة $f$ — أي التقريب المضلّعي، بلا تقدير إضافي.

18. من أجل $f$ و $\varepsilon$ معطيين: تعطي فايرشتراس كثير حدود $P = \sum_{j=0}^d a_jx^j$ يحقق $\norm{f - P}_\infty \leq \frac\varepsilon2$ ؛ وتعويض كل $a_j$ بعدد ناطق $b_j$ يحقق $\abs{a_j - b_j} \leq \frac{\varepsilon}{2(d+1)}$ يحرّك معيار النهاية العليا على $\intcc{0}{1}$ بمقدار لا يتجاوز $\frac\varepsilon2$ . ومجموعة كثيرات الحدود ذوات المعاملات الناطقة اتحاد قابل للعد (على $d$ ) لمجموعات قابلة للعد، ومن ثم فهي قابلة للعد وكثيفة: أي إن $C(\intcc{0}{1})$ قابل للفصل.

19. بالخطية $\int_0^1 fP = 0$ من أجل كل كثير حدود $P$ . ونختار كثيرات حدود $P_n \to f$ بانتظام (فايرشتراس):

\Bigl|\int_0^1 f^2\Bigr| = \Bigl|\int_0^1 f\,(f - P_n)\Bigr| \leq \norm f_\infty\,\norm{f - P_n}_\infty \longrightarrow 0 ,

ومنه $\int_0^1 f^2 = 0$ . فإذا كان $f(x_0) \neq 0$ ، يعطي الاتصال أن $f^2 \geq c > 0$ على فترة جزئية، وهذا يناقض انعدام التكامل: أي $f = 0$ . ومن ثم فإن دالتين متصلتين لهما العزوم نفسها $\int f t^n$ تتطابقان.

20. مع $p_{n,k}(x) = \binom nk x^k(1-x)^{n-k}$ والاصطلاحين $p_{n-1,-1} = p_{n-1,n} = 0$ ، تعطي قاعدة الجداء مع $k\binom nk = n\binom{n-1}{k-1}$ ، $(n-k)\binom nk = n\binom{n-1}{k}$ أن

p_{n,k}'(x) = n\bigl(p_{n-1,k-1}(x) - p_{n-1,k}(x)\bigr) .

وبالجمع في مقابل $f(k/n)$ وإزاحة الدليل في المجموع الأول (وهو جمع آبل):

(B_nf)'(x) = n\sum_{j=0}^{n-1}\Bigl(f\Bigl(\frac{j+1}n\Bigr) - f\Bigl(\frac jn\Bigr)\Bigr)p_{n-1,j}(x) .

21. بمبرهنة التزايدات المنتهية، $f(\frac{j+1}n) - f(\frac jn) = \frac1n f'(\xi_j)$ مع $\xi_j \in \intoo{j/n}{(j+1)/n}$ ، ومنه $(B_nf)'(x) = \sum_j f'(\xi_j)\,p_{n-1,j}(x)$ . وتقع العقدة $\frac{j}{n-1}$ أيضًا في $\intcc{j/n}{(j+1)/n}$ (فالمتراجحتان تؤولان إلى $j \leq n-1$ )، ومن ثم $\abs{\xi_j - \frac j{n-1}} \leq \frac1n$ و

\bigl|(B_nf)'(x) - B_{n-1}(f')(x)\bigr| \leq \sum_j\Bigl|f'(\xi_j) - f'\Bigl(\frac{j}{n-1}\Bigr)\Bigr| p_{n-1,j}(x) \leq \omega_{f'}\Bigl(\frac1n\Bigr) \longrightarrow 0

بانتظام. وبما أن $B_{n-1}(f') \to f'$ بانتظام (المبرهنة 10.16 مطبَّقة على الدالة المتصلة $f'$ )، تعطي متراجحة المثلث أن $(B_nf)' \to f'$ بانتظام. وعندئذٍ تتقارب كثيرات الحدود $P_n = B_nf$ إلى $f$ بالمعنى $C^1$ .

22. تايلور–لاغرانج عند $x$ : $f(\frac kn) - f(x) = f'(x)(\frac kn - x) + \frac{f''(\xi_k)}2(\frac kn - x)^2$ . وبالجمع في مقابل $p_k$ ، يموت الحدّ الخطي (السؤال 2):

\abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \frac{\norm{f''}_\infty}{2}\sum_k\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^2p_k = \frac{\norm{f''}_\infty}{2}\cdot\frac{x(1-x)}{n} \leq \frac{\norm{f''}_\infty}{8n} .

23. اشتقاقان آخران للمقدار $(x+y)^n$ يعطيان العزوم العاملية، مع $n_{(j)} = n(n-1)\cdots(n-j+1)$ :

\sum_k k_{(j)}\,p_k = n_{(j)}\,x^j \qquad (j = 3, 4),

و $k^3 = k_{(3)} + 3k_{(2)} + k$ ، $k^4 = k_{(4)} + 6k_{(3)} + 7k_{(2)} + k$ يحوّلانها إلى عزوم قوى:

\sum_k k^3p_k = n_{(3)}x^3 + 3n_{(2)}x^2 + nx, \qquad \sum_k k^4p_k = n_{(4)}x^4 + 6n_{(3)}x^3 + 7n_{(2)}x^2 + nx .

وبنشر $(k - nx)^4$ والجمع (وهو حساب صبور لكنه آلي محض بالعزوم القوية الأربعة):

\sum_k(k-nx)^4p_k = nx(1-x)\bigl(1 + 3(n-2)x(1-x)\bigr) .

ومع $x(1-x) \leq \frac14$ : يكون الطرف الأيمن لا يتجاوز $\frac n4\bigl(1 + \frac{3n}4\bigr) = \frac{3n^2}{16} + \frac n4 \leq n^2$ من أجل $n \geq 1$ .

24. تعرّف صيغة بيانو لتايلور عند $x$ المقدارَ $\eta(t) = \frac{f(t) - f(x) - f'(x)(t-x) - \frac12f''(x)(t-x)^2} {(t-x)^2}$ من أجل $t \neq x$ ، مع $\eta(x) = 0$ : فبتايلور–لاغرانج $\eta(t) = \frac12\bigl(f''(\xi) - f''(x)\bigr)$ من أجل $\xi$ ما بين $t$ و $x$ ، ومنه $\abs\eta \leq \norm{f''}_\infty$ و $\eta(t) \to 0$ حين $t \to x$ (باتصال $f''$ ). وبجمع النشر في مقابل $p_k$ واستعمال السؤالين 2–3:

n\bigl(B_nf(x) - f(x)\bigr) = \frac{x(1-x)}{2}f''(x) + n\sum_k\eta\Bigl(\frac kn\Bigr)\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^2p_k .

ومن أجل $\varepsilon$ معطى، نختار $\delta$ بحيث $\abs\eta \leq \varepsilon$ على $\abs{t - x}\leq\delta$ . فالجزء القريب: لا يتجاوز $\varepsilon\,n\cdot\frac{x(1-x)}n \leq \varepsilon$ . والجزء البعيد: مع $C = \norm{f''}_\infty$ والسؤال 23،

n\,C\sum_{\abs{k/n-x}>\delta}\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^2p_k \leq \frac{nC}{\delta^2}\sum_k\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^4p_k = \frac{nC}{\delta^2 n^4}\sum_k(k-nx)^4p_k \leq \frac{C}{\delta^2 n} \longrightarrow 0 .

ومنه $n(B_nf(x) - f(x)) \to \frac{x(1-x)}2f''(x)$ — وهي مبرهنة فورونوفسكايا. ومن أجل $f = e_2$ يكون هذا دقيقًا عند كل $n$ (لأن التمرين 10.7): فسقف $\frac1n$ حقيقي.

25. (1) حوّلت الإيجابية المتراجحات النقطية إلى متراجحات مؤثرات: فأعطت حدّ المعيار، وجنسن، وتشيبيشيف، وكوروفكين كلها — ولا تبرهن الخطية وحدها على شيء هنا. (2) ودخل التراص عبر هاينه (السؤالان 6 و13)، وعبر كون $f$ محدودة، وعبر كون المعيار $\norm\cdot_\infty$ نفسه منتهيًا. (3) وتكفي ثلاث دوال اختبار لأن الإيجابية تُرجع كل شيء إلى التحكم في $L_n$ على العائلة الوحيدة $(s-x)^2 = e_2 - 2xe_1 + x^2e_0$ ، التي يساوي الفضاء الذي تولّده الفضاءَ الذي تولّده $e_0, e_1, e_2$ . (4) ويتقارب برنشتاين بالمعدل الأمين $\omega(n^{-1/2})$ من أجل كل دالة متصلة $f$ (وهو أمثل، السؤال 11) لكنه يتشبّع عند $\frac1n$ من أجل $f$ الملساء (السؤال 24)؛ ويشغّل فصل فورييه البرنامجَ نفسه من أجل الدوال الدورية بنواة فييير — وهو مؤثر موجب آخر بالفضائل نفسها والتواضع نفسه.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد