विश्वविद्यालय गणित — स्नातक वर्ष 2 · Bachelor Year 2

10फलनों के अनुक्रम और श्रेणियाँ

जब फलन किसी फलन पर अभिसरित होते हैं, तब कौन-से गुणधर्म सीमा तक जाने में बच रहते हैं? बिंदुवार अभिसरण लगभग कुछ भी सुरक्षित नहीं रखता; एकसमान अभिसरण — अर्थात् उच्चतम मानदंड में अभिसरण — संततता, खंडों पर समाकल, और एक मोड़ के साथ अवकलज भी सुरक्षित रखता है। यह अध्याय तीनों स्थानांतरण प्रमेयें, उनके श्रेणी-रूप, और उन पर मुकुट के रूप में वाइरश्ट्रास सन्निकटन प्रमेय सिद्ध करता है, जिसे बर्नस्टाइन के सुंदर प्रायिकतात्मक बहुपदों से सिद्ध किया गया है।

10.1 बिंदुवार और एकसमान अभिसरण

परिभाषा 10.1

मान लीजिए $f_n, f \colon X \to \R$ (अथवा $\C$ , या कोई मानदंडित समष्टि), और $X$ कोई समुच्चय। $(f_n)$ $f$ पर बिंदुवार अभिसरित होता है जब प्रत्येक $x$ के लिए $f_n(x) \to f(x)$ हो; और एकसमान रूप से तब जब

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

एकसमान से बिंदुवार निकलता है; और $C(\intcc{a}{b})$ पर एकसमान अभिसरण ठीक अध्याय 5 की बानाख समष्टि $\bigl(C(\intcc{a}{b}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ में अभिसरण है।

उदाहरण 10.2

$\intcc{0}{1}$ पर $f_n(x) = x^n$ असंतत सीमा $f = \mathbf{1}_{\{1\}}$ पर बिंदुवार अभिसरित होता है; और यह अभिसरण एकसमान नहीं है: $\norm{f_n - f}_\infty \geq f_n\bigl(1 - \tfrac1n\bigr) = (1 - \tfrac1n)^n \to \eu^{-1} \neq 0$ । जबकि $a < 1$ वाले $\intcc{0}{a}$ पर वह एकसमान है ( $\sup = a^n \to 0$ ): अर्थात् एकसमानता जितनी अनुक्रम का गुणधर्म है उतनी ही प्रांत का भी।

[0, 1] पर अनुक्रम xn: आलेख 0 की ओर झुकते जाते हैं पर सबको x = 1 पर 1 तक चढ़ना ही पड़ता है — और असंतत बिंदुवार सीमा से उच्चतम दूरी कभी किसी अचर से नीचे नहीं सिकुड़ती। — $\intcc{0}{1}$ पर अनुक्रम $x^n$ : आलेख $0$ की ओर झुकते जाते हैं पर सबको $x = 1$ पर $1$ तक चढ़ना ही पड़ता है — और असंतत बिंदुवार सीमा से उच्चतम दूरी कभी किसी अचर से नीचे नहीं सिकुड़ती।

उदाहरण 10.3 (दो सीमाएँ जो क्रम बदलने से इनकार करती हैं)

पूरा अध्याय सीमाओं की अदला-बदली के बारे में है, अतः यह रही सबसे छोटी संभव विफलता। $n, m \geq 1$ के लिए $a_{n,m} = \dfrac{n}{n+m}$ लीजिए। तब

\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 :

दोनों क्रमिक सीमाएँ विद्यमान हैं और वे भिन्न हैं। इस अध्याय की हर स्थानांतरण प्रमेय दो सीमाओं की अदला-बदली का लाइसेंस है — $\lim_n$ के साथ $\lim_{x\to a}$ (संततता), $\int$ (समाकलन), $\frac{\dd}{\dd x}$ (अवकलन) — और एकसमान अभिसरण ठीक वह शुल्क है जो इस अदला-बदली को क़ानूनी बना देता है। समापन दृष्टि: जब भी कोई “उपपत्ति” चुपचाप दो सीमा-संक्रियाएँ आपस में बदल दे, तब उसके सामने रखने के लिए यही दो-पंक्ति की सारणी प्रतिउदाहरण है; और अभ्यास 10.2 के सरकते उभार वही परिघटना हैं, बस समाकल-चिह्न पहने हुए।

10.2 तीनों स्थानांतरण प्रमेयें

प्रमेय 10.4 (संततता)

यदि हर $f_n$ $a$ पर संतत हो और $a$ के किसी प्रतिवेश पर $f_n \to f$ एकसमान रूप से अभिसरित हो, तो $f$ $a$ पर संतत है। संतत फलनों की एकसमान सीमा संतत होती है।

उपपत्ति. वही $3\varepsilon$ तर्क जो प्रमेय 4.9 में पहले ही प्रयुक्त हुआ: $\norm{f_n - f}_\infty \leq \varepsilon$ वाला $n$ चुनिए, फिर $a$ पर $f_n$ की संततता से $\delta$ ; और $\abs{x - a} \leq \delta$ के लिए

\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

∎

उदाहरण 10.5 (एकसमानता ठीक वहीं विफल होती है जहाँ सीमा टूटती है)

$\intcc{0}{2}$ पर $f_n(x) = \dfrac{x^n}{1 + x^n}$ लीजिए। बिंदुवार सीमा तीन टुकड़ों वाला फलन है:

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

जो $1$ पर असंतत है, अतः प्रमेय 10.4 के अनुसार अभिसरण $\intcc{0}{2}$ पर एकसमान हो ही नहीं सकता। परंतु देहली से बचने वाले संवृत टुकड़ों पर वह एकसमान है: $0 \leq x \leq a < 1$ के लिए

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

और $1 < b \leq x \leq 2$ के लिए

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

जिनके दोनों उच्चतम $u \mapsto \frac{u}{1+u}$ तथा $x \mapsto x^n$ की एकदिष्टता से परिकलित हुए। समापन दृष्टि: एकसमानता की विफलता सीमा की असंततता पर स्थानीयकृत है — वही ज्यामिति जो उदाहरण 10.2 में थी, और यही कारण है कि “भीतर के हर खंड पर एकसमान” वाला अनुशासन पूरे अध्याय में लौटता रहता है।

प्रमेय 10.6 (किसी खंड पर समाकलन)

यदि $\intcc{a}{b}$ पर $f_n \to f$ एकसमान रूप से अभिसरित हो, जहाँ $f_n$ खंडशः संतत है (और $f$ भी), तो

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

उपपत्ति. समाकलों के लिए रैखिकता और त्रिभुज असमिका देती हैं

\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 .

लंबाई गुणक $(b - a)$ वहीं है जहाँ खंड की संहतता प्रवेश करती है: असंहत अंतरालों पर वही आकलन बेकार परिबंध $\infty\cdot0$ उत्पन्न करता है, और प्रभुत्व के बिना निष्कर्ष सचमुच विफल हो जाता है — चपटे उभार $f_n = \frac1n\mathbf 1_{\intcc{0}{n}}$ $\intco{0}{\infty}$ पर $0$ पर एकसमान रूप से अभिसरित होते हैं फिर भी $\int f_n = 1$ बनाए रखते हैं (नीचे भूलों वाली टिप्पणी), और अध्याय 9 की टिप्पणी के सरकते उभार बिंदुवार अभिसरण के साथ वही करते हैं: एकसमान अभिसरण ऊँचाइयाँ नियंत्रित करता है, चौड़ाइयाँ कभी नहीं। ∎

के उभार g_n(x) = nx\, -nx2: वे हर बिंदु पर 0 पर अभिसरित होते हैं, परंतु शिखर (ऊँचाई √n/(2 ), जो 0 की ओर सरकती है) बिना किसी परिबंध के बढ़ते हैं — अर्थात् g_n_∈fty ∈fty के साथ बिंदुवार अभिसरण, और ∈t_01 g_n 1/2 ≠ 0: सारा द्रव्यमान सरकते शिखर के नीचे छिप जाता है। — अभ्यास 10.1 के उभार $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2}$ : वे हर बिंदु पर $0$ पर अभिसरित होते हैं, परंतु शिखर (ऊँचाई $\sim\sqrt{n/(2\eu)}$ , जो $0$ की ओर सरकती है) बिना किसी परिबंध के बढ़ते हैं — अर्थात् $\norm{g_n}_\infty \to \infty$ के साथ बिंदुवार अभिसरण, और $\int_0^1 g_n \to \frac12 \neq 0$ : सारा द्रव्यमान सरकते शिखर के नीचे छिप जाता है।

प्रमेय 10.7 (अवकलन)

मान लीजिए $f_n$ किसी अंतराल $I$ पर $C^1$ हैं, और: $(f_n')$ $I$ पर (अथवा $I$ के हर खंड पर) किसी $g$ पर एकसमान रूप से अभिसरित होते हैं, तथा $(f_n(x_0))$ किसी एक बिंदु $x_0$ पर अभिसरित होता है। तब $(f_n)$ किसी $C^1$ फलन $f$ पर (खंडों पर एकसमान रूप से) अभिसरित होता है और $f' = g$ : अर्थात् सीमा का अवकलन किया जा सकता है।

उपपत्ति. $f(x) = \lim f_n(x_0) + \int_{x_0}^x g$ परिभाषित कीजिए: यह वैध है, क्योंकि $g$ संतत है — वास्तव में $g$ संतत $f_n'$ की खंडों पर एकसमान सीमा है, अतः प्रमेय 10.4 लागू होती है, और संतत फलन का समाकल सुपरिभाषित है, तथा कलन की मूल प्रमेय से

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

अर्थात् संभावित सीमा $C^1$ है और उसका अवकलज रचना से ही सही है, किसी भी अभिसरण के सिद्ध होने से पहले। मूल प्रमेय से फिर $f_n(x) = f_n(x_0) + \int_{x_0}^x f_n'$ ; और घटाने पर

\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} ,

जो हर खंड पर एकसमान रूप से $0$ की ओर जाता है। और $f$ रचना से $f' = g$ सहित $C^1$ है। ∎

उदाहरण 10.8 (परिकल्पना अवकलजों पर क्यों बैठती है)

$\R$ पर $F_n(x) = \sqrt{x^2 + \frac1n}$ लीजिए। हर $F_n$ $C^1$ है (वस्तुतः $C^\infty$ ), और $\abs x$ पर अभिसरण पूरे $\R$ पर एकसमान है:

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} .

फिर भी सीमा $\abs x$ $0$ पर अवकलनीय नहीं है: फलनों का एकसमान अभिसरण, चाहे कितना ही तेज़ हो, अवकलनीयता स्थानांतरित नहीं करता। विफलता अवकलजों पर दिखाई देती है:

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

अर्थात् असंतत बिंदुवार सीमा, इसलिए $0$ के पास $(F_n')$ एकसमान रूप से अभिसरित नहीं हो सकता (फिर प्रमेय 10.4)। समापन दृष्टि: प्रमेय 10.7 जान-बूझकर $f_n$ का नहीं बल्कि $f_n'$ का एकसमान अभिसरण मानती है — और यही उदाहरण उसका कारण है।

10.3 फलनों की श्रेणियाँ

परिभाषा 10.9

फलनों की कोई श्रेणी $\sum u_n$ बिंदुवार/एकसमान रूप से तब अभिसरित होती है जब उसके आंशिक योग वैसा करें। और वह ( $X$ पर) सामान्य रूप से तब अभिसरित होती है जब $\sum \norm{u_n}_\infty < \infty$ । सामान्य अभिसरण से एकसमान अभिसरण निकलता है (परिबद्ध फलनों की बानाख समष्टि में: प्रमेय 5.21), और उससे बिंदुवार; और दोनों निहितार्थ यथार्थ हैं।

उदाहरण 10.10 (एक श्रेणी, तीन निर्णय)

$\intco{0}{1}$ पर $u_n(x) = \frac{x^n}{n}$ लीजिए। बिंदुवार: प्रत्येक $x \in \intco01$ के लिए अभिसारी (गुणोत्तर श्रेणी से तुलना)। $\intcc{0}{a}$ , $a < 1$ पर सामान्य: $\norm{u_n}_{\infty,\intcc0a} = \frac{a^n}{n}$ , जो योग्य है। $\intco{0}{1}$ पर सामान्य नहीं: $\norm{u_n}_{\infty,\intco01} = \frac1n$ , और $\sum\frac1n$ अपसरित होती है। $\intco{0}{1}$ पर एकसमान तक नहीं: $1$ के पास शेषपद अड़ जाता है,

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 ,

अतः प्रत्येक $N$ के लिए $\sup_{\intco01}\abs{R_N} \geq \frac12$ । समापन दृष्टि: चारों निर्णय शांति से साथ रहते हैं — योग $-\ln(1-x)$ $\intco{0}{1}$ पर संतत है क्योंकि संततता को केवल हर बिंदु के पास एकसमानता चाहिए, अर्थात् खंडों $\intcc0a$ पर; और किनारे पर फट जाना योग का अधिकार है।

प्रमेय 10.11 (श्रेणियों के लिए स्थानांतरण)

यदि $\sum u_n$ संबंधित समुच्चय पर एकसमान रूप से (जैसे सामान्य रूप से) अभिसरित हो: तो $a$ पर सभी $u_n$ की संततता योग तक जाती है; किसी खंड पर समाकलन पद-दर-पद किया जा सकता है; और यदि $\sum u_n(x_0)$ अभिसरित हो जबकि $\sum u_n'$ खंडों पर एकसमान रूप से अभिसरित हो, तो योग $C^1$ है और उसका अवकलज $\sum u_n'$ है।

उपपत्ति. सब कुछ संगत प्रमेय का आंशिक योगों $S_N = \sum_{n\leq N}u_n$ पर प्रयोग है, जो संबंधित नियमितता वाले फलनों के परिमित योग हैं। संततता: हर $S_N$ $a$ पर संतत है और $S_N \to \sum u_n$ एकसमान: अतः प्रमेय 10.4। समाकलन: खंड पर

\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

जिसमें पहली समता प्रमेय 10.6 से और दूसरी समाकल की रैखिकता से आती है। अवकलन: $S_N$ $C^1$ हैं, $S_N(x_0)$ अभिसरित होता है, और $S_N' = \sum_{n\leq N}u_n'$ खंडों पर एकसमान रूप से अभिसरित होता है: अतः प्रमेय 10.7 से मिलता है कि योग $C^1$ है और उसका अवकलज $\lim S_N' = \sum u_n'$ । ∎

टिप्पणी 10.12 (सामान्य भूलें)

चार जाल, और चारों उत्तर-पुस्तिकाओं में देखे गए। (क) आधी जाँची गई उच्चतम: किसी सुविधाजनक अनुक्रम $x_n$ के अनुदिश $f_n$ का मूल्यांकन $\norm{f_n - f}_\infty$ को केवल नीचे से परिबद्ध करता है — एकसमानता खंडित करने के लिए पर्याप्त (जैसा उदाहरण 10.2 में), सिद्ध करने के लिए कभी नहीं; सिद्ध करने के लिए सभी $x$ के लिए मान्य परिकलन से उच्चतम को परिबद्ध कीजिए। (ख) ग़लत समुच्चय पर एकसमानता: सामान्य या एकसमान अभिसरण प्रायः हर $\intcc{-a}{a}$ अथवा $\intco\delta\infty$ पर सत्य होता है पर विवृत सम्मिलन पर विफल; और यह कोई बाधा नहीं है — संततता तथा अवकलनीयता स्थानीय हैं, अतः उदाहरण 10.13 का खंड-दर-खंड अनुशासन उन्हें पूरे विवृत समुच्चय पर दे देता है। (ग) खंड से भिन्न पर समाकलन: प्रमेय 10.6 खंडों के बारे में कथन है; $\intco0\infty$ पर एकसमान अभिसरण द्रव्यमान को अनंत की ओर भाग जाने से नहीं रोकता ( $f_n = \frac1n\mathbf 1_{\intcc{0}{n}}$ $0$ पर एकसमान रूप से अभिसरित होते हैं, और $\int f_n = 1$ ) — वहाँ प्रभावी अभिसरण काम में लीजिए। (घ) सीमा का अवकलन: उदाहरण 10.8; परिकल्पना $(f_n')$ पर है, और $(f_n)$ के अभिसरण की कोई भी दर उसकी जगह नहीं ले सकती।

उदाहरण 10.13 (रीमान $\zeta$ फलन)

$\zeta(s) = \sum_{n\geq1} n^{-s}$ प्रत्येक अर्धरेखा $\intco{a}{+\infty}$ , $a > 1$ पर सामान्य रूप से अभिसरित होती है ( $\norm{n^{-s}}_\infty = n^{-a}$ , जो योग्य है): अतः $\zeta$ $\intoo{1}{+\infty}$ पर संतत है; और पद-दर-पद अवकलन करने पर (व्युत्पन्न श्रेणी $\sum -\ln n\; n^{-s}$ भी $\intco{a}{\infty}$ पर सामान्य रूप से अभिसरित होती है) $\zeta$ $C^1$ है — और इसे दोहराने पर $C^\infty$ — जहाँ $\zeta'(s) = -\sum \frac{\ln n}{n^s}$ । अनुशासन पर ध्यान दीजिए: सामान्य अभिसरण उप-अर्धरेखाओं पर जाँचा जाता है, कभी स्वयं विवृत $\intoo{1}{\infty}$ पर नहीं, जहाँ वह विफल हो जाता है।

उदाहरण 10.14 (एक लघुगणकीय श्रेणी, अंत तक की हुई)

$\intoo{0}{\infty}$ पर $F(x) = \sum_{n\geq1} \frac{\eu^{-nx}}{n}$ लीजिए। $\intco{\delta} \infty$ पर हर पद $\frac{\eu^{-n\delta}}{n} \leq \eu^{-n\delta}$ से परिबद्ध है, जो अभिसारी गुणोत्तर श्रेणी है: अतः प्रत्येक $\intco\delta\infty$ पर सामान्य अभिसरण, इसलिए $F$ $\intoo{0}{\infty}$ पर संतत है। व्युत्पन्न श्रेणी $\sum -\eu^{-nx}$ भी $\intco\delta\infty$ पर उसी तरह सामान्य रूप से अभिसारी है ( $\norm{\eu^{-nx}}_{\infty,\intco\delta\infty} = \eu^{-n\delta}$ ), अतः $F$ गुणोत्तर अवकलज के साथ $C^1$ है:

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

और इसे दोहराने पर $F$ $C^\infty$ है। $F'$ का समाकलन कीजिए (दोनों $F$ और $x \mapsto -\ln(1 - \eu^{-x})$ $+\infty$ पर लुप्त होते हैं और $\intoo0\infty$ पर उनके अवकलज एक ही हैं):

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

अर्थात् $t = \eu^{-x}$ पर लघुगणकीय श्रेणी। समापन दृष्टि: $x \to 0^+$ होने पर $F(x) = -\ln(x + O(x^2)) = \ln\frac1x + O(x)$ — श्रेणी सीमा पर लघुगणकीय ढंग से अपसरित होती है, ठीक उसी हरात्मक श्रेणी की तरह जो वह $x = 0$ पर बन जाती है; और $\intco\delta\infty$ पर सामान्य अभिसरण पर $\intoo0\infty$ पर नहीं, यही उसका लक्षण है।

विधि 10.15 (एकसमान अभिसरण सिद्ध या खंडित करना)

$X$ पर बिंदुवार $f_n \to f$ के लिए:

$\norm{f_n - f}_\infty$ परिकलित या परिबद्ध कीजिए: फलन $x \mapsto \abs{f_n(x) - f(x)}$ का अध्ययन कीजिए (अवकलज, एकदिष्टता) ताकि उसका महत्तम मिल जाए; और सभी $x$ के लिए मान्य कोई ऐसा परिबंध जो $0$ की ओर जाता हो, एकसमानता सिद्ध कर देता है।
खंडित करने के लिए: ऐसे बिंदु $x_n$ दिखाइए जिनके लिए $\abs{f_n(x_n) - f(x_n)} \not\to 0$ (प्रायः $x_n$ सरकते उभार का पीछा करता है, जैसा अभ्यास 10.1 में); अथवा किसी स्थानांतरण प्रमेय को प्रतिधनात्मक रूप में उद्धृत कीजिए — संतत फलनों की असंतत सीमा (उदाहरण 10.5), या किसी खंड पर $\int f_n \not\to \int f$ ।
श्रेणियों के लिए पहले सामान्य अभिसरण आज़माइए ( $\sum\sup\abs{u_n} < \infty$ ); और यदि वह वैश्विक रूप से विफल हो, तो उन उपखंडों पर जाँचिए जो मायने रखते हैं (उदाहरण 10.10); और यदि वह सर्वत्र विफल हो, तब भी एकांतर शेषपद परिबंध (अभ्यास 10.4) अथवा खंडशः योग के द्वारा एकसमान अभिसरण संभव है।

10.4 वाइरश्ट्रास सन्निकटन प्रमेय

प्रमेय 10.16 (वाइरश्ट्रास, बर्नस्टाइन के द्वारा)

प्रत्येक संतत $f \colon \intcc{0}{1} \to \R$ बहुपदों की एकसमान सीमा है — और स्पष्ट रूप से, अपने बर्नस्टाइन बहुपदों की:

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

उपपत्ति. $x \in \intcc{0}{1}$ स्थिर कीजिए और $p_k(x) = \binom nk x^k(1 - x)^{n-k}$ रखिए। तीन द्विपद सर्वसमिकाएँ, जो $y = 1 - x$ पर $(x + y)^n$ तथा उसके दो $x$ -अवकलजों का मूल्यांकन करने से मिलती हैं:

\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 .

विस्तार से: $y = 1-x$ पर $(x+y)^n = \sum_k\binom nk x^ky^{n-k}$ पहली है; $x$ में अवकलन करने पर

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

और फिर $x$ से गुणा करके $y = 1 - x$ रखने पर दूसरी मिलती है; और दो बार अवकलन करके $x^2$ से गुणा करने पर तीसरी। $(k - nx)^2 = k(k-1) + k(1 - 2nx) + n^2x^2$ को खोलकर तीनों को मिलाने पर

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

अर्थात् प्रसरण सर्वसमिका।

अब $\sum p_k = 1$ का उपयोग करते हुए आकलन कीजिए:

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

जिसमें विभाजन इस आधार पर है कि $\abs{\frac kn - x} \leq \delta$ है या नहीं। $\varepsilon > 0$ दिया हो तो $f$ की एकसमान संततता (हाइने) ऐसा $\delta$ देती है कि $\Sigma_{\text{निकट}} \leq \varepsilon$ । और दूर वाले योग के लिए, $M = \norm f_\infty$ के साथ: प्रसरण सर्वसमिका तथा चेबिशेव की गिनती-युक्ति से

\Sigma_{\text{दूर}} \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 ,

और यह $x$ में एकसमान है। अतः बड़े $n$ के लिए $\norm{B_n(f) - f}_\infty \leq \varepsilon + \frac{M}{2n\delta^2} \leq 2\varepsilon$ । ∎

टिप्पणी 10.17

आनत प्रतिस्थापन से प्रमेय किसी भी खंड $\intcc{a}{b}$ पर सत्य हो जाती है। वह $\R$ पर विफल है ( $\R$ पर बहुपदों की एकसमान सीमा बहुपद ही होती है: अभ्यास 10.8)। और प्रायिकतात्मक पाठ — $B_n(f)(x)$ किसी द्विपद औसत पर $f$ का प्रत्याशित मान है, और प्रसरण परिबंध चेबिशेव की असमिका है — अध्याय 23 में ईमानदारी से लिखा गया है।

f(x) = x2 (लाल) का बर्नस्टाइन सन्निकटन, जिसमें का यथार्थ सूत्र B_nf = x2 + x(1-x)/n प्रयुक्त हुआ है: B_1f जीवा है, और n के हर बार दुगुने होने पर खाई आधी हो जाती है। भरोसेमंद पर सुस्त — अर्थात् वही 1n संतृप्ति जिसे वोरोनोव्स्काया की प्रमेय (सप्ताहांत समस्या) यथार्थ बना देती है। — $f(x) = x^2$ (लाल) का बर्नस्टाइन सन्निकटन, जिसमें अभ्यास 10.7 का यथार्थ सूत्र $B_nf = x^2 + \frac{x(1-x)}{n}$ प्रयुक्त हुआ है: $B_1f$ जीवा है, और $n$ के हर बार दुगुने होने पर खाई आधी हो जाती है। भरोसेमंद पर सुस्त — अर्थात् वही $\frac1n$ संतृप्ति जिसे वोरोनोव्स्काया की प्रमेय (सप्ताहांत समस्या) यथार्थ बना देती है।

टिप्पणी 10.18 (यह कहाँ काम आता है)

वाइरश्ट्रास सन्निकटन क्लासिक विश्लेषण की सघनता-प्रमेय है: वह $C(\intcc ab)$ को वियोज्य बना देती है, समाकल सर्वसमिकाओं को केवल बहुपदों पर जाँच लेने देती है (आघूर्ण समस्याएँ), और फूरिये अध्याय में फेयेर कर्नेल से सिद्ध किए गए त्रिकोणमितीय रूप के नीचे बैठी है। इस अध्याय की सप्ताहांत समस्या बर्नस्टाइन की उपपत्ति का परिमाणात्मक सार निकालती है — अर्थात् संततता मापांक से शासित अभिसरण दरें — और फिर वह अलग करती है कि वास्तव में काम किस चीज़ ने किया, कोरोवकिन की प्रमेय में: धनात्मकता और तीन परीक्षण फलन। तृतीय वर्ष का खंड सघनता वाले कथन को किसी भी उपबीजगणित (स्टोन–वाइरश्ट्रास) तथा संहत समष्टियों तक सामान्यीकृत कर देता है।

उदाहरण 10.19 (बहुभुजीय सन्निकटन, दर सहित)

$\intcc{0}{1}$ पर $L$ -लिप्शिट्स $f$ के लिए मान लीजिए $I_nf$ नोडों $\frac kn$ पर खंडशः आनत अंतर्वेशी है। किसी कोष्ठ $\intcc{\frac kn}{\frac{k+1}n}$ पर $f(x)$ और $I_nf(x)$ दोनों उन चरम मानों के बीच पड़ते हैं जो दिए गए दो नोड-मानों के साथ कोई $L$ -लिप्शिट्स फलन ले सकता है, अतः उस कोष्ठ के $x$ के लिए $x_k = \frac kn$ लिखने पर:

\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}

(अंतर्वेशी स्वयं उस कोष्ठ पर $L$ -लिप्शिट्स है: उसकी ढाल $f$ का अंतर-भागफल है)। अतः $\norm{I_nf - f}_\infty \leq \frac{2L}{n}$ : अर्थात् लिप्शिट्स फलनों का बहुभुजीय सन्निकटन गति $\frac1n$ से अभिसरित होता है — जो उसी वर्ग के लिए बर्नस्टाइन के $\frac{1}{\sqrt n}$ से तेज़ है (सप्ताहांत समस्या, भाग II)। समापन दृष्टि: बहुभुज अंतर्वेशन करता है पर चिकना नहीं है, बर्नस्टाइन चिकना है पर सुस्त; सन्निकटक की नियमितता और गति के बीच कोई मुफ़्त भोजन नहीं है — और इस समझौते को सप्ताहांत समस्या के संतृप्ति-परिणाम परिशुद्ध कर देते हैं।

टिप्पणी 10.20 (इसी खंड के भीतर के परिप्रेक्ष्य)

यहाँ से आगे एकसमान अभिसरण इस पुस्तक का श्रमिक है। घात-श्रेणी वाला अध्याय पूरा-का-पूरा संहत उपचक्रिकाओं पर सामान्य अभिसरण पर चलता है — वहाँ की हर पद-दर-पद प्रमेय इस अध्याय की स्थानांतरण प्रमेयों की विशेष स्थिति है। फूरिये अध्याय एक मंज़िल ऊपर बसता है: उसके आंशिक योग $S_N$ ठीक वहीं विफल होते हैं जहाँ यह अध्याय चेतावनी देता है (उछालों पर बिंदुवार पर एकसमान नहीं), और उसके फेयेर माध्य उसी $3\varepsilon$ यांत्रिकी से सफल होते हैं जिसने प्रमेय 10.4 सिद्ध की थी। अवकल समीकरणों वाला अध्याय $\eu^{tA}$ को किसी सामान्य अभिसारी श्रेणी से परिभाषित करके पद-दर-पद अवकलन करता है — अर्थात् आव्यूह प्रविष्टियों पर अक्षरशः लगाई गई प्रमेय 10.11। आगे पुस्तक में जब भी संदेह हो कि “हम ऐसा क्यों कर सकते हैं”, तो उत्तर प्रायः इसी अध्याय की कोई प्रमेय होती है।

10.5 अभ्यास

अभ्यास 10.1 ★

$\intcc{0}{1}$ पर, और फिर जैसा उपयुक्त हो $\intcc{0}{a}$ ( $a < 1$ ) अथवा $\intco{\delta}{1}$ पर, इनके बिंदुवार तथा एकसमान अभिसरण का अध्ययन कीजिए:

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).

हल

हल — अभ्यास 10.1.

$f_n(x) = \frac{x}{1 + nx}$ : $\intcc{0}{1}$ पर बिंदुवार सीमा $0$ । एकसमान रूप से: $f_n$ $\intcc{0}{1}$ पर बढ़ता है (अवकलज $\frac{1}{(1+nx)^2} > 0$ ), अतः $\norm{f_n}_\infty = f_n(1) = \frac{1}{1+n} \to 0$ : अर्थात् $\intcc{0}{1}$ पर एकसमान।

$g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2}$ : बिंदुवार सीमा $0$ (घातांकी जीत जाता है)। उच्चतम: $g_n' = n\eu^{-nx^2}(1 - 2nx^2)$ $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}}$ पर लुप्त होता है, जहाँ $g_n(x_n) = \sqrt{\frac n2}\,\eu^{-1/2} \to \infty$ : अतः $\intcc{0}{1}$ पर एकसमान नहीं — पर $\intco{\delta}{1}$ पर एकसमान, क्योंकि वहाँ $g_n(x) \leq n\,\eu^{-n\delta^2} \to 0$ ।

$h_n(x) = x^n(1 - x^n)$ : $\intcc{0}{1}$ पर बिंदुवार सीमा $0$ (दोनों गुणनखंडों से; और $x = 1$ पर $h_n = 0$ )। उच्चतम: $u = x^n \in \intcc{0}{1}$ के साथ $u(1-u) \leq \frac14$ $u = \frac12$ पर प्राप्त होता है, अर्थात् $x = 2^{-1/n} \in \intoo{0}{1}$ : $\norm{h_n}_\infty = \frac14 \not\to 0$ : अतः $\intcc{0}{1}$ पर एकसमान नहीं; और $\intcc{0}{a}$ पर एकसमान ( $\sup \leq a^n \to 0$ )।

अभ्यास 10.2 ★

अभ्यास 10.1 के $g_n$ के लिए $\displaystyle\int_0^1 g_n \not\to \int_0^1 \lim g_n$ सिद्ध कीजिए, और प्रमेय 10.6 के साथ मेल बिठाइए।

हल

हल — अभ्यास 10.2.

$\int_0^1 nx\,\eu^{-nx^2}\dd x = \bigl[-\tfrac12 \eu^{-nx^2}\bigr]_0^1 = \frac{1 - \eu^{-n}}{2} \to \frac12$ , जबकि $\int_0^1 \lim g_n = 0$ । इसमें कोई विरोधाभास नहीं: प्रमेय 10.6 को खंड पर एकसमान अभिसरण चाहिए, जो यहाँ विफल है (ऊँचाई $\sim\sqrt n$ वाला उभार $0$ की ओर सरकता है)।

अभ्यास 10.3 ★

सिद्ध कीजिए कि $S(x) = \sum_{n\geq1} \dfrac{x^n}{n^2}$ $\intcc{-1}{1}$ पर संतत है, और यह कि $S$ $\intoo{-1}{1}$ पर $C^1$ है जहाँ $0 < \abs x < 1$ के लिए $S'(x) = -\frac{\ln(1-x)}{x}$ ।

हल

हल — अभ्यास 10.3.

$\intcc{-1}{1}$ पर सामान्य अभिसरण: $\norm{x^n/n^2}_\infty = \frac{1}{n^2}$ , जो योग्य है: अतः $S$ वहाँ संतत है (प्रमेय 10.11)।

अवकलज: व्युत्पन्न श्रेणी $\sum \frac{x^{n-1}}{n}$ प्रत्येक $\intcc{-a}{a}$ , $a < 1$ ( $\sup = \frac{a^{n-1}}{n}$ ) पर सामान्य रूप से अभिसरित होती है: अतः $S$ $\intoo{-1}{1}$ पर $C^1$ है, जहाँ

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),

और अंतिम सर्वसमिका प्रथम वर्ष की लघुगणकीय श्रेणी है (जिसे अध्याय 11 में ईमानदारी से पुनः निकाला गया है)।

अभ्यास 10.4 ★★

$\intoo{0}{+\infty}$ पर $F(x) = \sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n + x}$ लीजिए। एकांतर श्रेणी के शेषपद परिबंध, संततता तथा फलनात्मक समीकरण $F(x) + F(x + 1) = \frac1x$ के द्वारा $\intco{\delta}{\infty}$ पर एकसमान (पर सामान्य नहीं) अभिसरण सिद्ध कीजिए।

हल

हल — अभ्यास 10.4.

स्थिर $x > 0$ के लिए श्रेणी $\frac{1}{n + x} \downarrow 0$ के साथ एकांतर है: अतः बिंदुवार अभिसरण, और शेषपद परिबंध $\abs{R_N(x)} \leq \frac{1}{N + 1 + x} \leq \frac{1}{N+1}$ $\intco{\delta}{\infty}$ पर (वस्तुतः $\intoo{0}{\infty}$ पर) एकसमान है: अर्थात् एकसमान अभिसरण। (सामान्य नहीं: $\norm{\frac{(-1)^n}{n+x}}_\infty = \frac{1}{n + \delta}$ , जो अपसारी है।) और संततता प्रमेय 10.11 से निकल आती है।

फलनात्मक समीकरण: $F(x + 1)$ को $m = n + 1$ के साथ पुनः सूचीबद्ध कीजिए:

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

अतः $F(x)$ का $m = 0$ वाला पद अलग करने पर,

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

अभ्यास 10.5 ★★

(दीनी) मान लीजिए $f_n \colon K \to \R$ किसी संहत दूरिक समष्टि पर संतत हैं, तथा $f_n \to f$ बिंदुवार, $f$ संतत, और हर $x$ के लिए $n$ में $(f_n(x))$ ह्रासमान। सिद्ध कीजिए कि अभिसरण एकसमान है। ( $\varepsilon$ दिया हो तो विवृत समुच्चय $U_n = \{x : f_n(x) - f(x) < \varepsilon\}$ बढ़ते हैं और $K$ को आच्छादित करते हैं; कोई परिमित उपआच्छादन निकालिए — प्रमेय 4.20।)

हल

हल — अभ्यास 10.5.

$g_n = f_n - f \geq 0$ रखिए (जो परिकल्पना से $n$ में ह्रासमान है; और सीमा बिंदुवार $0$ है); हर $g_n$ संतत है। $\varepsilon > 0$ स्थिर कीजिए और $U_n = \{x : g_n(x) < \varepsilon\}$ लीजिए: यह विवृत है (किसी विवृत समुच्चय का पूर्वप्रतिबिंब), वर्धमान ( $g_{n+1} \leq g_n$ ), और $K$ को आच्छादित करता है (बिंदुवार अभिसरण)। बोरेल–लेबेग (प्रमेय 4.20) से परिमित $U_{n_1} \subseteq \dots \subseteq U_{n_k}$ $K$ को आच्छादित कर लेते हैं: अतः $K = U_{n_k}$ , अर्थात् $\norm{g_{n_k}}_\infty \leq \varepsilon$ , और एकदिष्टता से सभी $n \geq n_k$ के लिए $\norm{g_n}_\infty \leq \varepsilon$ : इस प्रकार एकसमान अभिसरण। (एकदिष्टता अनिवार्य है: अभ्यास 10.2 के सरकते उभार किसी संहत पर बिना एकसमानता के बिंदुवार अभिसरित होते हैं।)

अभ्यास 10.6 ★★

सिद्ध कीजिए कि $\intcc{0}{1}$ पर प्रत्येक संतत $f$ के लिए $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \int_0^1 \frac{n\,f(x)}{1 + n^2x^2}\,\dd x = \frac{\pi}{2} f(0)$ । ( $u = nx$ प्रतिस्थापित कीजिए; $f(0)$ अलग कर दीजिए; और प्रभुत्व दीजिए।)

हल

हल — अभ्यास 10.6.

$u = nx$ प्रतिस्थापित कीजिए:

\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 .

समाकल्य $h_n(u) = \frac{f(u/n)}{1+u^2}\mathbf{1}_{u \leq n}$ बिंदुवार $\frac{f(0)}{1+u^2}$ पर अभिसरित होते हैं ( $0$ पर $f$ की संततता) और $\frac{\norm f_\infty}{1 + u^2}$ से प्रभुत्व-युक्त हैं, जो $\intco{0}{\infty}$ पर समाकलनीय है: अतः प्रभावी अभिसरण (प्रमेय 9.6) सीमा दे देती है

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

(कर्नेल $0$ पर संकेंद्रित होते जाते हैं: अर्थात् एक सन्निकट तत्समक।)

अभ्यास 10.7 ★★

$f(x) = x^2$ के बर्नस्टाइन बहुपद स्पष्ट रूप से परिकलित कीजिए और प्रमेय 10.16 की उपपत्ति से पूर्वानुमानित एकसमान त्रुटि $\norm{B_n f - f}_\infty = O\bigl(\frac1n\bigr)$ सत्यापित कीजिए — यहाँ हर बिंदु पर वह ठीक $\frac{x(1 - x)}{n}$ है।

हल

हल — अभ्यास 10.7.

$f(x) = x^2$ के लिए उपपत्ति वाले दूसरे द्विपद सर्वसमिका-कुल का उपयोग कीजिए: $\sum_k k^2 p_k = n(n-1)x^2 + nx$ । अतः

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} :

जो $B_n(f) - f = \frac{x(1-x)}{n}$ है और जिसका उच्चतम मानदंड पूर्वानुमान के अनुसार $\frac{1}{4n} = O\bigl(\frac1n\bigr)$ है।

अभ्यास 10.8 ★★

सिद्ध कीजिए कि यदि बहुपद $P_n$ पूरे $\R$ पर $f$ पर एकसमान रूप से अभिसरित हों, तो $f$ बहुपद है। (बड़े $m, n$ के लिए $P_n - P_m$ $\R$ पर परिबद्ध बहुपद है, अतः अचर; इसलिए अनुक्रम अचरों को छोड़कर स्थिर हो जाता है।)

हल

हल — अभ्यास 10.8.

$\varepsilon = 1$ के लिए ऐसा $N$ है कि $m, n \geq N$ के लिए $\norm{P_n - P_m}_{\infty, \R} \leq 1$ । $\R$ पर परिबद्ध बहुपद अचर होता है (अनचर बहुपद $\pm\infty$ की ओर जाता है): अतः $P_n - P_m = c_{n,m}$ , अर्थात् अचर। इसलिए $n \geq N$ के लिए: $c_n = P_n(0) - P_N(0)$ अभिसारी सहित $P_n = P_N + c_n$ ( $0$ पर बिंदुवार अभिसरण)। अतः $f = \lim P_n = P_N + \lim c_n$ : अर्थात् एक बहुपद।

अभ्यास 10.9 ★★★

(संतत, कहीं भी अवकलनीय न होने वाला फलन — मार्गदर्शित) मान लीजिए $\varphi$ निकटतम पूर्णांक तक की दूरी है ( $1$ -आवर्ती, $\norm{\varphi}_\infty = \frac12$ , $1$ -लिप्शिट्स) और

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

सिद्ध कीजिए: (क) $W$ $\R$ पर संतत है (सामान्य अभिसरण); (ख) प्रत्येक $x$ और प्रत्येक $m$ के लिए, ऐसा $h_m = \pm\frac12\cdot 4^{-m}$ चुनिए कि चिह्न $4^m x$ से $4^m(x + h_m)$ तक के खंड पर $\varphi$ को आनत बना दे, तब अंतर-भागफल पूरा करता है

\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

(आवर्तिता से पद $n > m$ लुप्त हो जाते हैं; पद $n = m$ ठीक $3^m$ का योगदान देता है; और पद $n < m$ लिप्शिट्स गुणधर्म से परिबद्ध हैं)। निष्कर्ष निकालिए कि $W$ कहीं भी अवकलनीय नहीं है।

हल

हल — अभ्यास 10.9.

(क) $\norm{(3/4)^n\varphi(4^n\cdot)}_\infty = \frac12 (3/4)^n$ : सामान्य अभिसरण, अतः $W$ संतत है (प्रमेय 10.11)।

(ख) $x$ , $m$ स्थिर कीजिए; $h_m = \pm\frac12 4^{-m}$ का चिह्न ऐसा चुनिए कि खंड $\intcc{4^mx}{4^m(x + h_m)}$ (जिसकी लंबाई $\frac12$ है) में कोई अर्ध-पूर्णांक न आए, जिससे उस पर $\varphi$ ढाल $\pm1$ के साथ आनत हो जाए (यह संभव है: लंबाई $\frac12$ का अंतराल अधिकतम एक अर्ध-पूर्णांक बिंदु से मिलता है; उससे बचने वाली ओर चुन लीजिए)।

$n > m$ के लिए: $4^n h_m = \pm\frac12 4^{n-m}$ पूर्णांक है, और $\varphi$ $1$ -आवर्ती है: अतः अंतर का $n$ -वाँ पद लुप्त हो जाता है।

$n = m$ के लिए: $\abs{\varphi(4^m x + 4^m h_m) - \varphi(4^m x)} = \abs{4^m h_m} = \frac12$ (खंड पर $\varphi$ ढाल $\pm 1$ के साथ आनत है), अतः यह पद भागफल में ठीक $(3/4)^m \cdot \frac{1/2}{\abs{h_m}} = (3/4)^m\,4^m = 3^m$ का योगदान देता है।

$n < m$ के लिए: $1$ -लिप्शिट्स $\varphi$ देता है $\bigl|(3/4)^n\bigl(\varphi(4^nx + 4^nh_m) - \varphi(4^nx)\bigr)\bigr| \leq (3/4)^n 4^n\abs{h_m} = 3^n\abs{h_m}$ : अतः हर पद भागफल में अधिकतम $3^n$ का योगदान देता है।

इसलिए

\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 .

यदि $W$ $x$ पर अवकलनीय होता, तो $h_m \to 0$ के अनुदिश हर अंतर-भागफल $W'(x)$ पर अभिसरित होता: विरोधाभास। अतः $W$ सर्वत्र संतत है और कहीं भी अवकलनीय नहीं।

अभ्यास 10.10 ★

$\intcc{0}{1}$ पर $u_n(x) = (-1)^n x^n(1 - x)$ लीजिए। दिखाइए कि $\sum u_n$ $\intcc{0}{1}$ पर बिंदुवार अभिसरित होती है और उसका योग परिकलित कीजिए; दिखाइए कि अभिसरण $\intcc{0}{1}$ पर एकसमान है (शेषपद $R_N(x) = \sum_{n > N} u_n(x)$ , जो गुणोत्तर पुच्छ है, उसे उसके पहले पद से परिबद्ध कीजिए और $x^{N+1}(1-x)$ को महत्तम कीजिए) परंतु सामान्य नहीं ( $\norm{u_n}_\infty$ परिकलित कीजिए): अर्थात् एकसमान अभिसरण सामान्य अभिसरण से यथार्थतः दुर्बल है। इसकी तुलना $\sum x^n(1-x)$ से कीजिए, जिसका योग $1$ पर असंतत है: वहाँ एकसमानता भी विफल हो जाती है।

हल

हल — अभ्यास 10.10.

बिंदुवार: $x \in \intco{0}{1}$ के लिए श्रेणी अनुपात $-x$ वाली गुणोत्तर श्रेणी है,

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

और $x = 1$ पर हर पद लुप्त है: अतः योग $0 = \frac{1-1}{2}$ , जो संगत है — योग $\intcc{0}{1}$ पर संतत है। एकसमानता: शेषपद गुणोत्तर पुच्छ है,

\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 ,

और यह $x$ में एकसमान है। सामान्य नहीं: $\norm{u_n}_\infty = \max x^n(1-x) = \frac{1}{n+1}\bigl(\frac{n}{n+1}\bigr)^n \sim \frac{1}{\eu\,n}$ , और $\sum \frac1{\eu n}$ अपसरित होती है। इसकी तुलना $\sum x^n(1-x)$ से कीजिए, जिसके आंशिक योग $1 - x^{N+1}$ हैं और जो बिंदुवार असंतत $\mathbf 1_{\intco01}$ पर अभिसरित होते हैं: प्रमेय 10.4 के अनुसार वह अभिसरण $\intcc{0}{1}$ पर एकसमान हो ही नहीं सकता।

अभ्यास 10.11 ★★

मान लीजिए किसी दूरिक समष्टि $X$ पर $f_n \to f$ एकसमान रूप से अभिसरित होते हैं, हर $f_n$ संतत है, और $X$ में $x_n \to x$ । सिद्ध कीजिए कि $f_n(x_n) \to f(x)$ । $X = \intcc{0}{1}$ पर किसी उदाहरण से दिखाइए कि बिंदुवार अभिसरण पर्याप्त नहीं, चाहे $f$ संतत ही क्यों न हो (अभ्यास 10.1 के उभार $g_n$ और $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}}$ लीजिए)।

हल

हल — अभ्यास 10.11.

सीमा $f$ संतत है (प्रमेय 10.4)। तब

\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)} ,

और दोनों पद $0$ की ओर जाते हैं (एकसमान अभिसरण; और $x$ पर $f$ की संततता)। केवल बिंदुवार अभिसरण के अंतर्गत प्रतिउदाहरण: $\intcc{0}{1}$ पर बिंदुवार $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2} \to 0$ , जहाँ $g_n$ और सीमा संतत है, फिर भी $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}} \to 0$ पर:

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

अभ्यास 10.12 ★★★

(श्रेणी से एक वोल्टेरा समाकल समीकरण) $f \in C(\intcc{0}{1})$ के लिए $Tf(x) = \int_0^x f(t)\,\dd t$ परिभाषित कीजिए।

आगमन से दिखाइए कि $n \geq 1$ के लिए:

$T^n f(x) = \int_0^x \frac{(x - t)^{n-1}}{(n-1)!}\,f(t)\,\dd t, \qquad \norm{T^n f}_\infty \leq \frac{\norm f_\infty}{n!} .$
इससे निष्कर्ष निकालिए कि $S = \sum_{n\geq0} T^n f$ $\intcc{0}{1}$ पर सामान्य रूप से अभिसरित होती है और समाकल समीकरण $S = f + TS$ को हल करती है।
सत्यापित कीजिए कि $S(x) = f(x) + \int_0^x \eu^{x-t}f(t)\,\dd t$ उसी समीकरण को हल करता है, और संतत हलों की अद्वितीयता सिद्ध कीजिए (यदि $S = TS$ तो $\norm{S}_\infty \leq \norm{T^nS}_\infty \to 0$ ): फिर योग का बंद रूप निष्कर्ष रूप में निकालिए।

हल

हल — अभ्यास 10.12.

आगमन। $n = 1$ परिभाषा ही है। सूत्र $n$ के लिए मान लीजिए और $g(x) = \int_0^x \frac{(x-t)^n}{n!} f(t)\dd t$ रखिए। $(x,t)$ में संतत तथा $x$ में $C^1$ समाकल्य के लिए चर-सीमा वाला प्राचल समाकल इस प्रकार अवकलित होता है:

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

( $g(x+h) - g(x)$ को पट्टी $\int_x^{x+h}$ में बाँटिए, जो $O(h\cdot\sup)$ है और जिसका समाकल्य $t = x$ पर $h^n$ की तरह लुप्त होता है, तथा $x$ -वृद्धि के स्थिर समाकल में, जिसे मध्यमान असमिका और संततता सँभाल लेती हैं)। साथ ही $(T^{n+1}f)' = T^nf$ (कलन की मूल प्रमेय) और $g(0) = T^{n+1}f(0) = 0$ : अतः $0$ पर लुप्त होने वाले $T^nf$ के दो प्रतिअवकलज मेल खाते हैं, इसलिए $T^{n+1}f = g$ । और परिबंध:

$\abs{T^nf(x)} \leq \norm f_\infty \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}\dd t = \norm f_\infty\,\frac{x^n}{n!} \leq \frac{\norm f_\infty}{n!} .$
$\sum_n \norm{T^nf}_\infty \leq \eu\,\norm f_\infty$ : अर्थात् सामान्य, इसलिए एकसमान, अभिसरण; और $S$ संतत है। आंशिक योग $S_N = f + T S_{N-1}$ पूरा करते हैं, और $\norm\cdot_\infty$ के लिए $T$ $1$ -लिप्शिट्स है ( $\abs{Tg(x)} \leq x\norm g_\infty$ ): दोनों पक्षों में $N \to \infty$ लेने पर $S = f + TS$ मिलता है।
$V(x) = f(x) + \eu^x\int_0^x \eu^{-t}f(t)\dd t$ रखिए। तब $V - f$ $(V-f)'(x) = \eu^x\int_0^x\eu^{-t}f + f(x) = V(x)$ सहित $C^1$ है, और $(V - f)(0) = TV(0) = 0$ सहित $(TV)' = V$ : अतः $V - f = TV$ , अर्थात् $V$ समीकरण को हल करता है। अद्वितीयता: यदि $S_1, S_2$ संतत हल हों, तो $D = S_1 - S_2$ $D = TD$ पूरा करता है, अतः सभी $n$ और $\norm D_\infty \leq \frac{\norm D_\infty}{n!} \to 0$ के लिए $D = T^nD$ : $D = 0$ । इसलिए

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

(श्रेणी $\sum T^n$ संकारकों की गुणोत्तर श्रेणी है: विलायक $(\mathrm{Id} - T)^{-1}$ का पहला स्वाद, जिसे तृतीय वर्ष के खंड में विकसित किया गया है।)

10.6 समस्या: सन्निकटन की दरें और कोरोवकिन की प्रमेय

समस्या 10.1

प्रमेय 10.16 की बर्नस्टाइन-उपपत्ति में दो ख़ज़ाने छिपे हैं। पहला, वह परिमाणात्मक है: $B_nf \to f$ कितनी तेज़ी से होता है, यह $f$ के संततता मापांक से शासित होता है, और तीखी दर $\abs{x - \frac12}$ पर प्राप्त होती है। दूसरा, वह संरचनात्मक है: सारी बात इतनी ही थी कि $B_n$ एक धनात्मक रैखिक संकारक है जो $1$ , $x$ , $x^2$ पर ठीक व्यवहार करता है — और उसी अवलोकन को अलग कर देने पर वह कोरोवकिन की प्रमेय है। यह समस्या दोनों सिद्ध करती है और वोरोनोव्स्काया की यथार्थ अनंतस्पर्शिता पर समाप्त होती है। आगे सर्वत्र $f \in C(\intcc{0}{1})$ , $M = \norm f_\infty$ , $p_k(x) = \binom nk x^k(1-x)^{n-k}$ , और $e_j$ का अर्थ $x \mapsto x^j$ है।

भाग I — बर्नस्टाइन संकारक।

दिखाइए कि $B_n$ रैखिक और धनात्मक ( $f \geq 0 \Rightarrow B_nf \geq 0$ ) है, अतः एकदिष्ट ( $f \leq g \Rightarrow B_nf \leq B_ng$ ), जहाँ $\norm{B_nf}_\infty \leq \norm f_\infty$ ; और यह कि $B_nf$ दोनों अंत्यबिंदुओं पर $f$ का अंतर्वेशन करता है।
सर्वसमिकाएँ $B_n e_0 = e_0$ , $B_n e_1 = e_1$ और $B_n e_2 = e_2 + \frac{e_1 - e_2}{n}$ पुनः निकालिए ( $(x + y)^n$ का दो बार अवकलन कीजिए और $y = 1 - x$ रखिए)।
प्रसरण सर्वसमिका $\sum_k \bigl(\frac kn - x\bigr)^2 p_k(x) = \frac{x(1-x)}{n}$ निष्कर्ष रूप में निकालिए और कोशी–श्वार्ज़ से प्रथम-आघूर्ण परिबंध:

$\sum_{k=0}^{n}\Bigl|\frac kn - x\Bigr|\,p_k(x) \leq \sqrt{\frac{x(1-x)}{n}} \leq \frac{1}{2\sqrt n} .$
दिखाइए कि यदि $f$ उत्तल हो तो $\intcc{0}{1}$ पर $B_nf \geq f$ (भार $p_k(x)$ के लिए परिमित जेनसन असमिका)।
(चेबिशेव का गिनती-परिबंध, पुनः कहा गया) $\delta > 0$ के लिए दिखाइए

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

और प्रायिकतात्मक पाठ दीजिए: $B_nf(x)$ $f$ का औसत किसी ऐसे द्विपद प्रतिदर्श-माध्य पर लेता है जो $x$ पर संकेंद्रित होता है।

भाग II — दरें: संततता मापांक। $\delta > 0$ के लिए $\omega(\delta) = \sup\{\abs{f(s) - f(t)} : s, t \in \intcc{0}{1},\ \abs{s - t} \leq \delta\}$ रखिए।

दिखाइए: $\omega$ परिमित है, अवर्धमान नहीं है, $\delta \to 0^+$ होने पर $\omega(\delta) \to 0$ (हाइने), उपयोज्य है ( $\omega(\delta_1 + \delta_2) \leq \omega(\delta_1) + \omega(\delta_2)$ ), और सभी $\lambda > 0$ के लिए $\omega(\lambda\delta) \leq (1 + \lambda)\,\omega(\delta)$ ।
प्रत्येक $\delta > 0$ के लिए मुख्य आकलन सिद्ध कीजिए:

$\abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \sum_k \omega\Bigl(\Bigl|\frac kn - x\Bigr|\Bigr)p_k(x) \leq \Bigl(1 + \frac1\delta\sum_k\Bigl|\frac kn - x\Bigr|p_k(x)\Bigr)\,\omega(\delta) .$
$\delta = n^{-1/2}$ चुनिए और परिमाणात्मक वाइरश्ट्रास प्रमेय निष्कर्ष रूप में निकालिए:

$\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\,\omega\Bigl(\frac{1}{\sqrt n}\Bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 .$
दरें निष्कर्ष रूप में निकालिए: $L$ -लिप्शिट्स $f$ के लिए $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac{3L}{2\sqrt n}$ , और $\alpha$ -हॉल्डर $f$ के लिए $\leq \frac32 C n^{-\alpha/2}$ ( $\abs{f(s) - f(t)} \leq C\abs{s-t}^\alpha$ )।
(तीखा उदाहरण — एक द्विपद सर्वसमिका) $m \geq 1$ के लिए सिद्ध कीजिए

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

( $k\binom{2m}k = 2m\binom{2m-1}{k-1}$ तथा द्विपद पंक्ति की सममिति का उपयोग कीजिए, जो $\sum_{j=m}^{2m-1}\binom{2m-1}{j} = 2^{2m-2}$ देती है)।
$f(t) = \abs{t - \frac12}$ के लिए यथार्थ मान और उसकी अनंतस्पर्शिता निष्कर्ष रूप में निकालिए (केंद्रीय द्विपद, उदाहरण 6.14):

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

अर्थात् प्रश्न 8 की दर $\omega(n^{-1/2})$ (किसी अचर तक) प्राप्त हो जाती है — केवल संतत $f$ के लिए बर्नस्टाइन का $n^{-1/2}$ ईमानदार है।

भाग III — कोरोवकिन की प्रमेय। मान लीजिए $(L_n)$ $C(\intcc{0}{1})$ से उसी में जाने वाले धनात्मक रैखिक संकारकों का ऐसा अनुक्रम है कि $j = 0, 1, 2$ के लिए $L_ne_j \to e_j$ एकसमान रूप से।

दिखाइए कि कोई धनात्मक रैखिक $L$ एकदिष्ट होता है और बिंदुवार $\abs{Lf} \leq L\abs f$ पूरा करता है।
दिखाइए: प्रत्येक $\varepsilon > 0$ के लिए ऐसा $\delta > 0$ है कि सभी $s, x \in \intcc{0}{1}$ के लिए:

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

( $\abs{s - x} \leq \delta$ को हाइने से और $\abs{s-x} > \delta$ को कच्चे परिबंध $2M$ से निपटाइए)।
$x$ स्थिर कीजिए, प्रश्न 13 की असमिका पर चर $s$ में $L_n$ लगाइए, और निकालिए

$\abs{L_nf(x) - f(x)\,L_ne_0(x)} \leq \varepsilon\,L_ne_0(x) + \frac{2M}{\delta^2} \bigl(L_ne_2(x) - 2x\,L_ne_1(x) + x^2 L_ne_0(x)\bigr).$
दिखाइए कि $\sup_x \bigl(L_ne_2(x) - 2x\,L_ne_1(x) + x^2 L_ne_0(x)\bigr) \to 0$ , फिर कोरोवकिन की प्रमेय जोड़िए: प्रत्येक $f \in C(\intcc{0}{1})$ के लिए $L_nf \to f$ एकसमान रूप से।
जाँचिए कि $(B_n)$ कोरोवकिन की परिकल्पनाएँ पूरा करता है: अर्थात् तीसरी बार वाइरश्ट्रास, केवल तीन एकपदियों से।
मान लीजिए $I_n$ नोडों $\frac kn$ पर खंडशः आनत अंतर्वेशन संकारक है। दिखाइए कि $I_n$ धनात्मक रैखिक है, $I_ne_0 = e_0$ , $I_ne_1 = e_1$ , और $\norm{I_ne_2 - e_2}_\infty = \frac{1}{4n^2}$ (हर कोष्ठ पर $t^2$ के आनत अंतर्वेशन की त्रुटि $(t - a)(b - t)$ है)। कोरोवकिन से निष्कर्ष निकालिए: प्रत्येक संतत $f$ के लिए बहुभुजीय अंतर्वेशी एकसमान रूप से अभिसरित होते हैं।

भाग IV — लाभ: सघनता, आघूर्ण, अवकलज।

दिखाइए कि परिमेय गुणांकों वाले बहुपद $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ में सघन हैं: अर्थात् यह बानाख समष्टि वियोज्य है।
(आघूर्ण फलन को निर्धारित कर देते हैं) मान लीजिए $f \in C(\intcc{0}{1})$ ऐसा है कि प्रत्येक $n \in \N$ के लिए $\int_0^1 f(t)\,t^n \dd t = 0$ । दिखाइए कि हर बहुपद के लिए $\int_0^1 f P = 0$ , फिर $\int_0^1 f^2 = 0$ , फिर $f = 0$ ।
अवकलज सर्वसमिका सिद्ध कीजिए

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

( $p_k$ का अवकलन कीजिए और पुनः सूचीबद्ध कीजिए — एक आबेल योग)।
मान लीजिए $f$ $C^1$ है। हर वृद्धि में मध्यमान प्रमेय लगाकर और $B_{n-1}(f')$ से तुलना करके दिखाइए कि $\intcc{0}{1}$ पर एकसमान रूप से $(B_nf)' \to f'$ । इससे निष्कर्ष निकालिए: $f \in C^1$ के लिए ऐसे बहुपद हैं जो अपने अवकलजों सहित $f$ पर अभिसरित होते हैं।
मान लीजिए $f$ $C^2$ है। $x$ पर टेलर–लाग्रांज से दिखाइए

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

अर्थात् चिकनाई दर को $n^{-1/2}$ से बढ़ाकर $n^{-1}$ कर देती है।

भाग V — संतृप्ति: वोरोनोव्स्काया की प्रमेय।

चौथे आघूर्ण की सर्वसमिका सिद्ध कीजिए

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

( $k^4$ का अवरोही क्रमगुणितों $k(k-1)\cdots$ में प्रसार कीजिए और प्रश्न 2 की अवकलन-युक्ति दो बार और लगाइए)।
(वोरोनोव्स्काया) मान लीजिए $f$ $C^2$ है और $x \in \intcc{0}{1}$ । $\eta$ परिबद्ध तथा $t \to x$ होने पर $\eta(t) \to 0$ के साथ $f(t) = f(x) + f'(x)(t-x) + \frac{f''(x)}2(t-x)^2 + \eta(t)(t-x)^2$ लिखकर सिद्ध कीजिए

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

( $\eta$ वाले योग को $\abs{t - x} \leq \delta$ पर बाँटिए; दूर वाले भाग को प्रश्न 23 से नियंत्रित कीजिए)। अतः प्रश्न 22 की त्रुटि कोटि और अचर दोनों में यथार्थ है: $B_n$ $\frac1n$ पर संतृप्त हो जाता है, चाहे $f$ कितना ही चिकना क्यों न हो — इसकी तुलना अभ्यास 10.7 से कीजिए।
संश्लेषण। एक-एक वाक्य में: (क) अकेली धनात्मकता ने क्या दिलाया (भाग I और III); (ख) $\intcc{0}{1}$ की संहतता हर भाग में कहाँ आई; (ग) कोरोवकिन की प्रमेय में तीन परीक्षण फलन क्यों पर्याप्त हैं; (घ) बर्नस्टाइन कौन-सा समझौता करता है (उबड़-खाबड़ $f$ के लिए मज़बूत $n^{-1/2}$ , पर चिकने $f$ के लिए $\frac1n$ की छत), और इस पुस्तक का कौन-सा अध्याय त्रिकोणमितीय बहुपदों के साथ वही खेल खेलेगा।

हल

हल — समस्या 10.1.

1. रैखिकता सूत्र से स्पष्ट है। धनात्मकता: भार $p_k(x) \geq 0$ , अतः $f \geq 0$ $B_nf \geq 0$ को बाध्य कर देता है; और $g - f$ पर लगाने से एकदिष्टता निकल आती है। परिबंध: $\pm f \leq \norm f_\infty$ $\pm B_nf \leq \norm f_\infty B_ne_0 = \norm f_\infty$ देता है। अंत्यबिंदु: $p_k(0) = \mathbf 1_{k=0}$ और $p_k(1) = \mathbf 1_{k=n}$ , अतः $B_nf(0) = f(0)$ , $B_nf(1) = f(1)$ ।

2. $(x+y)^n = \sum_k\binom nk x^ky^{n-k}$ का $x$ में अवकलन कीजिए, $x$ से गुणा कीजिए और $y = 1 - x$ रखिए:

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

और दो बार करके $x^2$ से गुणा करने पर: $n(n-1)x^2 = \sum_k k(k-1)p_k(x)$ । अतः $B_ne_0 = 1$ (द्विपद प्रमेय), $B_ne_1(x) = \frac{nx}{n} = x$ , और

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. प्रसार कीजिए:

\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} .

विभाजन $\abs{k/n - x}\sqrt{p_k} \cdot \sqrt{p_k}$ के साथ कोशी–श्वार्ज़:

\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},

जिसमें $x(1-x) \leq \frac14$ का उपयोग हुआ।

4. भार $p_k(x)$ अऋणात्मक हैं जिनका योग $1$ है और बैरिकेंद्र $\sum_k \frac kn p_k(x) = x$ है (प्रश्न 2)। उत्तल $f$ के लिए परिमित जेनसन असमिका (दो-बिंदु वाली परिभाषा से आगमन, प्रथम वर्ष का खंड) देती है

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. $\{k : \abs{k/n - x} > \delta\}$ पर $\bigl(\frac{k/n - x}{\delta}\bigr)^2 > 1$ , अतः

\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} .

पाठ: $p_k(x)$ $x$ अभिनति वाले $n$ सिक्का-उछालों की प्रतिदर्श आवृत्ति $S_n/n$ का वितरण है; उसका माध्य $x$ है, प्रसरण $\frac{x(1-x)}n \to 0$ , और प्रदर्शन चेबिशेव की असमिका है: द्रव्यमान $x$ पर संकेंद्रित होता है, अतः उसके विरुद्ध $f$ का औसत लेने पर सीमा में $f(x)$ पुनः मिल जाता है (अध्याय 23 इस शब्दावली को औपचारिक बना देता है)।

6. $\omega \leq 2M < \infty$ ; और एकदिष्टता स्पष्ट है (बड़े समुच्चय पर उच्चतम)। हाइने: संहत पर संतत $f$ एकसमान संतत होता है, और यही ठीक $\delta \to 0^+$ होने पर $\omega(\delta) \to 0$ कहता है। उपयोज्यता: यदि $\abs{s - t} \leq \delta_1 + \delta_2$ हो, तो $\intcc st$ के खंड पर $s$ से दूरी $\min(\delta_1, \abs{s-t})$ वाला बिंदु $u$ पूरा करता है $\abs{s-u} \leq \delta_1$ , $\abs{u-t} \leq \delta_2$ , और $\abs{f(s)-f(t)} \leq \abs{f(s)-f(u)} + \abs{f(u)-f(t)}$ । इसे दोहराने पर $p \in \N^*$ के लिए $\omega(p\delta) \leq p\,\omega(\delta)$ ; और $\lambda > 0$ के लिए $p = \lceil\lambda\rceil \leq 1 + \lambda$ के साथ: $\omega(\lambda\delta) \leq \omega(p\delta) \leq p\,\omega(\delta) \leq (1+\lambda)\omega(\delta)$ ।

7. चूँकि $\sum p_k = 1$ :

\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 .

प्रत्येक $k$ के लिए $\lambda = \abs{k/n - x}/\delta$ वाला प्रश्न 6 $\omega(\abs{k/n-x}) \leq \bigl(1 + \frac{\abs{k/n-x}}\delta\bigr)\omega(\delta)$ देता है; और $p_k$ के विरुद्ध योग लेने पर मुख्य आकलन मिल जाता है।

8. प्रश्न 3 का परिबंध डालिए:

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

जो $x$ में एकसमान है; और $\delta = n^{-1/2}$ के साथ कोष्ठक $\frac32$ है: अतः प्रश्न 6 (हाइने) से $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\omega(n^{-1/2}) \to 0$ । इससे प्रमेय 10.16 दर सहित पुनः सिद्ध हो जाती है।

9. $L$ -लिप्शिट्स का अर्थ है $\omega(\delta) \leq L\delta$ : अतः दर $\frac{3L}{2\sqrt n}$ । और $\alpha$ -हॉल्डर का अर्थ है $\omega(\delta) \leq C\delta^\alpha$ : दर $\frac{3C}{2} n^{-\alpha/2}$ ।

10. $k\binom{2m}k = 2m\binom{2m-1}{k-1}$ का उपयोग करते हुए:

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

क्योंकि $j \mapsto 2m-1-j$ $\{m,\dots,2m-1\}$ को $\{0,\dots,m-1\}$ पर एकैकी आच्छादक रूप से भेजता है, अतः योग $2^{2m-1}$ का आधा है। साथ ही $\sum_{k=m+1}^{2m}\binom{2m}k = \frac{2^{2m} - \binom{2m}m}{2}$ (वही सममिति)। इसलिए

\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 .

प्रतिस्थापन $k \mapsto 2m-k$ $k < m$ वाले पदों को $k > m$ वाले पदों पर भेज देता है (द्विपद बराबर, $\abs{k-m}$ बराबर): अतः निरपेक्ष योग एकपक्षीय योग का दुगुना है, $m\binom{2m}m$ ।

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

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}}

उदाहरण 6.14 के अनुसार। और चूँकि यहाँ $\omega_f (\delta) = \delta$ (फलन $1$ -लिप्शिट्स है और परिबंध प्राप्त होता है), प्रश्न 8 अधिकतम $\frac32(2m)^{-1/2}$ का पूर्वानुमान करता है: सच्ची त्रुटि $\frac{1}{2\sqrt{\pi m}}$ की कोटि ठीक $n^{-1/2}$ है — अर्थात् दर अचर तक तीखी है।

12. $f \leq g$ $g - f \geq 0$ देता है, अतः $L(g-f) \geq 0$ , अर्थात् $Lf \leq Lg$ । और $-\abs f \leq f \leq \abs f$ से: $-L\abs f \leq Lf \leq L\abs f$ , अर्थात् $\abs{Lf} \leq L\abs f$ ।

13. हाइने से ऐसा $\delta$ चुनिए कि $\abs{s-x} \leq \delta$ होने पर $\abs{f(s)-f(x)} \leq \varepsilon$ । और यदि $\abs{s - x} > \delta$ , तो $\frac{(s-x)^2}{\delta^2} > 1$ तथा $\abs{f(s)-f(x)} \leq 2M \leq \frac{2M}{\delta^2}(s-x)^2$ । दोनों स्थितियों में दावा किया गया परिबंध सत्य है।

14. $x$ स्थिर कीजिए; प्रश्न 13 $s$ के फलनों के रूप में कहता है:

-\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 .

एकदिष्ट रैखिक $L_n$ (प्रश्न 12) लगाइए और $x$ पर मूल्यांकन कीजिए:

\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. $\alpha_j = L_ne_j - e_j$ लिखिए, अतः $\norm{\alpha_j}_\infty \to 0$ । चूँकि $e_2(x) - 2xe_1(x) + x^2e_0(x) = 0$ :

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),

जिसका उच्चतम मानदंड अधिकतम $\norm{\alpha_2} + 2\norm{\alpha_1} + \norm{\alpha_0} \to 0$ है। साथ ही एकसमान रूप से $L_ne_0 \to e_0$ , अतः बड़े $n$ के लिए $L_ne_0 \leq 2$ , और $\abs{f(x)}\abs{L_ne_0(x) - 1} \leq M\norm{\alpha_0} \to 0$ । प्रश्न 14 के साथ जोड़ने पर: बड़े $n$ के लिए, $x$ में एकसमान रूप से,

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

अर्थात् एकसमान रूप से $L_nf \to f$ — यही कोरोवकिन की प्रमेय है।

16. $B_ne_0 = e_0$ और $B_ne_1 = e_1$ यथार्थतः, तथा $\norm{B_ne_2 - e_2}_\infty = \max_x\frac{x(1-x)}{n} = \frac{1}{4n} \to 0$ (प्रश्न 2): अतः कोरोवकिन लागू होती है, और वाइरश्ट्रास तीसरी बार निकल आती है।

17. $I_nf$ $f$ में रैखिक है (नोड-मान रैखिक हैं), और हर कोष्ठ पर अऋणात्मक नोड-मानों का आनत अंतर्वेशी अऋणात्मक होता है: अतः धनात्मक। $I_ne_0 = e_0$ और $I_ne_1 = e_1$ , क्योंकि कोई आनत फलन अपने ही अंतर्वेशी के बराबर होता है। और किसी कोष्ठ $\intcc ab$ ( $b - a = \frac1n$ ) पर $e_2$ का आनत अंतर्वेशी $L(t) = (a+b)t - ab$ है, तथा

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

जिसका महत्तम मध्यबिंदु पर है: $\norm{I_ne_2 - e_2}_\infty = \frac{1}{4n^2} \to 0$ । कोरोवकिन: प्रत्येक संतत $f$ के लिए एकसमान रूप से $I_nf \to f$ — अर्थात् बहुभुजीय सन्निकटन, बिना किसी और आकलन के।

18. $f$ और $\varepsilon$ दिए हों: वाइरश्ट्रास $\norm{f - P}_\infty \leq \frac\varepsilon2$ वाला बहुपद $P = \sum_{j=0}^d a_jx^j$ दे देती है; और हर $a_j$ के स्थान पर $\abs{a_j - b_j} \leq \frac{\varepsilon}{2(d+1)}$ वाली परिमेय $b_j$ रखने से $\intcc{0}{1}$ पर उच्चतम मानदंड अधिकतम $\frac\varepsilon2$ ही हटता है। परिमेय गुणांकों वाले बहुपदों का समुच्चय गणनीय समुच्चयों का ( $d$ पर) गणनीय सम्मिलन है, अतः गणनीय, और सघन: इसलिए $C(\intcc{0}{1})$ वियोज्य है।

19. रैखिकता से हर बहुपद $P$ के लिए $\int_0^1 fP = 0$ । वाइरश्ट्रास से एकसमान रूप से $P_n \to f$ वाले बहुपद चुनिए:

\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 ,

अतः $\int_0^1 f^2 = 0$ । और यदि $f(x_0) \neq 0$ हो, तो संततता किसी उपअंतराल पर $f^2 \geq c > 0$ देती है, जो समाकल के लुप्त होने के विरुद्ध है: अतः $f = 0$ । फलतः समान आघूर्ण $\int f t^n$ वाले दो संतत फलन मेल खाते हैं।

20. $p_{n,k}(x) = \binom nk x^k(1-x)^{n-k}$ तथा परिपाटी $p_{n-1,-1} = p_{n-1,n} = 0$ के साथ, गुणनफल नियम और $k\binom nk = n\binom{n-1}{k-1}$ , $(n-k)\binom nk = n\binom{n-1}{k}$ देते हैं

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

$f(k/n)$ के विरुद्ध योग लेकर पहले योग में सूचकांक खिसकाने पर (आबेल योग):

(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. मध्यमान प्रमेय से $\xi_j \in \intoo{j/n}{(j+1)/n}$ सहित $f(\frac{j+1}n) - f(\frac jn) = \frac1n f'(\xi_j)$ , अतः $(B_nf)'(x) = \sum_j f'(\xi_j)\,p_{n-1,j}(x)$ । नोड $\frac{j}{n-1}$ भी $\intcc{j/n}{(j+1)/n}$ में पड़ता है (दोनों असमिकाएँ $j \leq n-1$ पर सिमट जाती हैं), अतः $\abs{\xi_j - \frac j{n-1}} \leq \frac1n$ और एकसमान रूप से

\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

और चूँकि एकसमान रूप से $B_{n-1}(f') \to f'$ (संतत $f'$ पर लगाई गई प्रमेय 10.16), त्रिभुज असमिका एकसमान रूप से $(B_nf)' \to f'$ दे देती है। तब बहुपद $P_n = B_nf$ $C^1$ के अर्थ में $f$ पर अभिसरित होते हैं।

22. $x$ पर टेलर–लाग्रांज: $f(\frac kn) - f(x) = f'(x)(\frac kn - x) + \frac{f''(\xi_k)}2(\frac kn - x)^2$ । $p_k$ के विरुद्ध योग लेने पर रैखिक पद मर जाता है (प्रश्न 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. $(x+y)^n$ के दो और अवकलन $n_{(j)} = n(n-1)\cdots(n-j+1)$ के साथ क्रमगुणित आघूर्ण देते हैं:

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

और $k^3 = k_{(3)} + 3k_{(2)} + k$ , $k^4 = k_{(4)} + 6k_{(3)} + 7k_{(2)} + k$ उन्हें घात-आघूर्णों में बदल देते हैं:

\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 .

$(k - nx)^4$ को खोलकर इकट्ठा करने पर (चारों घात-आघूर्णों के साथ धैर्य वाला पर पूरी तरह यांत्रिक परिकलन):

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

$x(1-x) \leq \frac14$ के साथ: $n \geq 1$ के लिए दायाँ पक्ष अधिकतम $\frac n4\bigl(1 + \frac{3n}4\bigr) = \frac{3n^2}{16} + \frac n4 \leq n^2$ है।

24. $x$ पर टेलर का पियानो रूप $t \neq x$ , $\eta(x) = 0$ के लिए $\eta(t) = \frac{f(t) - f(x) - f'(x)(t-x) - \frac12f''(x)(t-x)^2} {(t-x)^2}$ परिभाषित करता है: टेलर–लाग्रांज से $t$ और $x$ के बीच के किसी $\xi$ के लिए $\eta(t) = \frac12\bigl(f''(\xi) - f''(x)\bigr)$ , अतः $\abs\eta \leq \norm{f''}_\infty$ और $t \to x$ होने पर $\eta(t) \to 0$ ( $f''$ की संततता)। प्रसार को $p_k$ के विरुद्ध जोड़कर प्रश्न 2–3 का उपयोग करने पर:

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 .

$\varepsilon$ दिया हो तो ऐसा $\delta$ चुनिए कि $\abs{t - x}\leq\delta$ पर $\abs\eta \leq \varepsilon$ । निकट वाला भाग: अधिकतम $\varepsilon\,n\cdot\frac{x(1-x)}n \leq \varepsilon$ । और दूर वाला भाग: $C = \norm{f''}_\infty$ तथा प्रश्न 23 के साथ,

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 .

अतः $n(B_nf(x) - f(x)) \to \frac{x(1-x)}2f''(x)$ — यही वोरोनोव्स्काया की प्रमेय है। $f = e_2$ के लिए यह हर $n$ पर यथार्थ है (अभ्यास 10.7): अर्थात् $\frac1n$ की छत वास्तविक है।

25. (क) धनात्मकता ने बिंदुवार असमिकाओं को संकारक असमिकाओं में बदल दिया: उसी ने मानदंड परिबंध, जेनसन, चेबिशेव और पूरा कोरोवकिन दिया — अकेली रैखिकता यहाँ कुछ भी सिद्ध नहीं करती। (ख) संहतता हाइने के द्वारा (प्रश्न 6, 13), $f$ की परिबद्धता के द्वारा, और स्वयं मानदंड $\norm\cdot_\infty$ के परिमित होने के द्वारा आई। (ग) तीन परीक्षण फलन इसलिए पर्याप्त हैं कि धनात्मकता सब कुछ अकेले कुल $(s-x)^2 = e_2 - 2xe_1 + x^2e_0$ पर $L_n$ के नियंत्रण तक घटा देती है, और उसका विस्तार $e_0, e_1, e_2$ वाला ही है। (घ) बर्नस्टाइन प्रत्येक संतत $f$ के लिए ईमानदार दर $\omega(n^{-1/2})$ से अभिसरित होता है (जो तीखी है, प्रश्न 11) पर चिकने $f$ के लिए $\frac1n$ पर संतृप्त हो जाता है (प्रश्न 24); और फूरिये अध्याय आवर्ती फलनों के लिए फेयेर कर्नेल के साथ वही कार्यक्रम चलाता है — एक और धनात्मक संकारक, उन्हीं गुणों और उसी विनम्रता के साथ।