Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

10Barisan dan Deret Fungsi

Ketika fungsi konvergen ke sebuah fungsi, sifat mana yang selamat dari pelewatan ke limitnya? Kekonvergenan titik demi titik nyaris tidak memelihara apa pun; sedangkan kekonvergenan seragam — yakni kekonvergenan dalam norma supremum — memelihara kekontinuan, integral pada ruas, dan, dengan satu pelintir, turunannya. Bab ini membuktikan ketiga teorema pemindahannya, versi deretnya, lalu memahkotainya dengan teorema hampiran Weierstrass, yang dibuktikan lewat polinomial Bernstein yang indah dan bercorak peluang.

10.1 Kekonvergenan titik demi titik dan seragam

Definisi 10.1

Misalkan $f_n, f \colon X \to \R$ (atau $\C$ , atau sebuah ruang bernorma), dengan $X$ himpunan apa pun. Barisan $(f_n)$ konvergen ke $f$ titik demi titik apabila $f_n(x) \to f(x)$ untuk setiap $x$ ; dan konvergen seragam apabila

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

Seragam mengakibatkan titik demi titik; sedangkan pada $C(\intcc{a}{b})$ , kekonvergenan seragam persis sama dengan kekonvergenan di ruang Banach $\bigl(C(\intcc{a}{b}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ pada Bab 5.

Contoh 10.2

Pada $\intcc{0}{1}$ , $f_n(x) = x^n$ konvergen titik demi titik ke limit yang tak kontinu $f = \mathbf{1}_{\{1\}}$ ; kekonvergenannya tidak seragam: sebab $\norm{f_n - f}_\infty \geq f_n\bigl(1 - \tfrac1n\bigr) = (1 - \tfrac1n)^n \to \eu^{-1} \neq 0$ . Namun pada $\intcc{0}{a}$ dengan $a < 1$ ia memang seragam (sebab $\sup = a^n \to 0$ ): jadi keseragaman adalah sifat daerahnya, sama seperti sifat barisannya.

Barisan xn pada [0, 1]: grafiknya melorot ke 0 tetapi semuanya wajib memanjat ke 1 di x = 1 — jadi jarak supremumnya ke limit titik demi titik yang tak kontinu itu tak pernah menyusut di bawah sebuah konstanta. — Barisan $x^n$ pada $\intcc{0}{1}$ : grafiknya melorot ke $0$ tetapi semuanya wajib memanjat ke $1$ di $x = 1$ — jadi jarak supremumnya ke limit titik demi titik yang tak kontinu itu tak pernah menyusut di bawah sebuah konstanta.

Contoh 10.3 (Dua limit yang menolak bertukar)

Seluruh bab ini tentang menukar limit, jadi inilah kegagalan sekecil mungkin. Misalkan $a_{n,m} = \dfrac{n}{n+m}$ untuk $n, m \geq 1$ . Maka

\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 :

kedua limit beriterasinya ada dan keduanya berbeda. Setiap teorema pemindahan pada bab ini adalah izin untuk menukar dua limit — $\lim_n$ dengan $\lim_{x\to a}$ (kekontinuan), dengan $\int$ (pengintegralan), dengan $\frac{\dd}{\dd x}$ (penurunan) — dan kekonvergenan seragam persis menjadi bayaran yang membuat penukaran itu sah. Pelajaran penutupnya: setiap kali sebuah “bukti” diam-diam menukar dua operasi limit, maka larik dua baris inilah contoh penyangkal yang perlu diacungkan; sedangkan bonggol meluncur pada Latihan 10.2 adalah gejala yang sama dengan busana tanda integral.

10.2 Ketiga teorema pemindahan

Teorema 10.4 (Kekontinuan)

Jika tiap $f_n$ kontinu di $a$ dan $f_n \to f$ secara seragam pada sebuah persekitaran $a$ , maka $f$ kontinu di $a$ . Jadi limit seragam fungsi kontinu bersifat kontinu.

Bukti. Hujah $3\varepsilon$ yang sudah dipakai pada Teorema 4.9: pilih $n$ dengan $\norm{f_n - f}_\infty \leq \varepsilon$ , lalu $\delta$ dari kekontinuan $f_n$ di $a$ ; maka untuk $\abs{x - a} \leq \delta$ ,

\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

∎

Contoh 10.5 (Keseragaman gagal persis di tempat limitnya patah)

Pada $\intcc{0}{2}$ , misalkan $f_n(x) = \dfrac{x^n}{1 + x^n}$ . Limit titik demi titiknya adalah fungsi tiga potong:

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

yang tak kontinu di $1$ , jadi menurut Teorema 10.4 kekonvergenannya tak mungkin seragam pada $\intcc{0}{2}$ . Namun pada potongan tertutup yang menghindari ambangnya ia seragam: untuk $0 \leq x \leq a < 1$ ,

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

sedangkan untuk $1 < b \leq x \leq 2$ ,

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

dengan kedua supremumnya terhitung lewat kemonotonan $u \mapsto \frac{u}{1+u}$ dan $x \mapsto x^n$ . Pelajaran penutupnya: kegagalan keseragamannya terpusat di ketakkontinuan limitnya — yakni geometri yang sama seperti Contoh 10.2, sekaligus alasan mengapa disiplin “seragam pada tiap ruas di dalamnya” berulang sepanjang bab ini.

Teorema 10.6 (Pengintegralan pada sebuah ruas)

Jika $f_n \to f$ secara seragam pada $\intcc{a}{b}$ , dengan $f_n$ kontinu sepotong-sepotong (demikian pula $f$ ), maka

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

Bukti. Kelinearan dan ketaksamaan segitiga untuk integral memberi

\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 .

Faktor panjang $(b - a)$ itulah tempat kekompakan ruasnya masuk: sebab pada interval yang tidak kompak, taksiran yang sama menghasilkan batas $\infty\cdot0$ yang tak berguna, dan kesimpulannya sungguh gagal tanpa dominasi — bonggol datar $f_n = \frac1n\mathbf 1_{\intcc{0}{n}}$ konvergen seragam ke $0$ pada $\intco{0}{\infty}$ namun mempertahankan $\int f_n = 1$ (lihat catatan jebakan di bawah), dan bonggol meluncur pada catatan Bab 9 berbuat sama dengan kekonvergenan titik demi titik; jadi kekonvergenan seragam mengendalikan tinggi, tak pernah lebar. ∎

Bonggol g_n(x) = nx\, -nx2 pada : mereka konvergen ke 0 di setiap titik, tetapi puncaknya (setinggi √n/(2 ), yang hanyut ke 0) tumbuh tanpa batas — yakni kekonvergenan titik demi titik dengan g_n_∈fty ∈fty, dan ∈t_01 g_n 1/2 ≠ 0: massanya bersembunyi di bawah puncak yang bergerak. — Bonggol $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2}$ pada Latihan 10.1: mereka konvergen ke $0$ di setiap titik, tetapi puncaknya (setinggi $\sim\sqrt{n/(2\eu)}$ , yang hanyut ke $0$ ) tumbuh tanpa batas — yakni kekonvergenan titik demi titik dengan $\norm{g_n}_\infty \to \infty$ , dan $\int_0^1 g_n \to \frac12 \neq 0$ : massanya bersembunyi di bawah puncak yang bergerak.

Teorema 10.7 (Penurunan)

Misalkan $f_n$ berkelas $C^1$ pada sebuah interval $I$ , dengan: $(f_n')$ konvergen seragam pada $I$ (atau pada tiap ruas $I$ ) ke suatu $g$ , dan $(f_n(x_0))$ konvergen di satu titik $x_0$ . Maka $(f_n)$ konvergen (seragam pada tiap ruas) ke sebuah fungsi berkelas $C^1$ , sebut $f$ , dan $f' = g$ : jadi limitnya boleh diturunkan.

Bukti. Tetapkan $f(x) = \lim f_n(x_0) + \int_{x_0}^x g$ : ini sah, sebab $g$ kontinu — memang $g$ adalah limit seragam pada ruas atas $f_n'$ yang kontinu, jadi Teorema 10.4 berlaku, dan integral sebuah fungsi kontinu terdefinisi dengan baik dengan, menurut teorema dasar kalkulus,

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

jadi calon limitnya berkelas $C^1$ dengan turunan yang benar menurut konstruksinya, sebelum kekonvergenan apa pun dibuktikan. Menurut teorema dasar itu lagi, $f_n(x) = f_n(x_0) + \int_{x_0}^x f_n'$ ; setelah dikurangkan,

\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} ,

yang menuju $0$ secara seragam pada tiap ruas. Dan $f$ berkelas $C^1$ dengan $f' = g$ menurut konstruksinya. ∎

Contoh 10.8 (Mengapa hipotesisnya duduk pada turunannya)

Misalkan $F_n(x) = \sqrt{x^2 + \frac1n}$ pada $\R$ . Tiap $F_n$ berkelas $C^1$ (bahkan $C^\infty$ ), dan kekonvergenannya ke $\abs x$ bersifat seragam pada seluruh $\R$ :

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} .

Namun limitnya $\abs x$ tak dapat diturunkan di $0$ : jadi kekonvergenan seragam fungsinya, secepat apa pun, tidak memindahkan keterdiferensialan. Kegagalannya kasatmata pada turunannya:

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

yakni limit titik demi titik yang tak kontinu, sehingga $(F_n')$ tak mungkin konvergen seragam di dekat $0$ (lagi-lagi Teorema 10.4). Pelajaran penutupnya: Teorema 10.7 dengan sengaja mengandaikan kekonvergenan seragam pada $f_n'$ , bukan pada $f_n$ — dan contoh inilah alasannya.

10.3 Deret fungsi

Definisi 10.9

Sebuah deret fungsi $\sum u_n$ konvergen titik demi titik atau seragam apabila jumlah parsialnya demikian. Ia konvergen normal (pada $X$ ) apabila $\sum \norm{u_n}_\infty < \infty$ . Kekonvergenan normal mengakibatkan kekonvergenan seragam (di ruang Banach berisi fungsi terbatas: Teorema 5.21), yang mengakibatkan kekonvergenan titik demi titik; dan kedua implikasinya tegas.

Contoh 10.10 (Satu deret, tiga vonis)

Ambil $u_n(x) = \frac{x^n}{n}$ pada $\intco{0}{1}$ . Titik demi titik: ia konvergen untuk setiap $x \in \intco01$ (lewat pembandingan dengan deret geometri). Normal pada $\intcc{0}{a}$ dengan $a < 1$ : sebab $\norm{u_n}_{\infty,\intcc0a} = \frac{a^n}{n}$ , yang terjumlahkan. Tidak normal pada $\intco{0}{1}$ : sebab $\norm{u_n}_{\infty,\intco01} = \frac1n$ , dan $\sum\frac1n$ divergen. Bahkan tidak seragam pada $\intco{0}{1}$ : sebab sisanya membandel di dekat $1$ ,

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 ,

jadi $\sup_{\intco01}\abs{R_N} \geq \frac12$ untuk setiap $N$ . Pelajaran penutupnya: keempat vonis itu hidup rukun — sebab jumlahnya $-\ln(1-x)$ kontinu pada $\intco{0}{1}$ karena kekontinuan hanya memerlukan keseragaman di dekat tiap titik, yakni pada ruas $\intcc0a$ ; sedangkan meledak di tepinya adalah hak jumlah itu sendiri.

Teorema 10.11 (Pemindahan untuk deret)

Jika $\sum u_n$ konvergen seragam (misalnya normal) pada himpunan yang bersangkutan: maka kekontinuan semua $u_n$ di $a$ berpindah ke jumlahnya; pengintegralan pada sebuah ruas dapat dilakukan suku demi suku; dan jika $\sum u_n(x_0)$ konvergen sedangkan $\sum u_n'$ konvergen seragam pada tiap ruas, maka jumlahnya berkelas $C^1$ dengan turunan $\sum u_n'$ .

Bukti. Semuanya tak lain teorema yang bersesuaian yang diterapkan pada jumlah parsial $S_N = \sum_{n\leq N}u_n$ , yang merupakan jumlah hingga atas fungsi dengan keteraturan yang bersangkutan. Kekontinuan: tiap $S_N$ kontinu di $a$ dan $S_N \to \sum u_n$ secara seragam, jadi Teorema 10.4. Pengintegralan: pada ruas itu,

\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

menurut Teorema 10.6 (kesamaan pertamanya) dan kelinearan integralnya (kesamaan keduanya). Penurunan: tiap $S_N$ berkelas $C^1$ , $S_N(x_0)$ konvergen, dan $S_N' = \sum_{n\leq N}u_n'$ konvergen seragam pada tiap ruas, jadi Teorema 10.7 memberi bahwa jumlahnya berkelas $C^1$ dengan turunan $\lim S_N' = \sum u_n'$ . ∎

Catatan 10.12 (Jebakan yang sering muncul)

Ada empat jebakan, semuanya terlihat di lembar ujian. (i) Supremum yang diperiksa separuh: menilai $f_n$ sepanjang barisan $x_n$ yang dipilih baik-baik hanya membatasi $\norm{f_n - f}_\infty$ dari bawah — cukup untuk menyangkal keseragamannya (seperti pada Contoh 10.2), tak pernah untuk membuktikannya; dan untuk membuktikannya, batasilah supremumnya lewat perhitungan yang sahih untuk setiap $x$ . (ii) Keseragaman pada himpunan yang salah: kekonvergenan normal atau seragam sering berlaku pada tiap $\intcc{-a}{a}$ atau $\intco\delta\infty$ tetapi gagal pada gabungan terbukanya; hal itu bukan halangan — sebab kekontinuan dan keterdiferensialan bersifat lokal, jadi disiplin ruas demi ruas pada Contoh 10.13 memberikannya pada seluruh himpunan terbuka itu. (iii) Mengintegralkan pada yang bukan ruas: Teorema 10.6 adalah pernyataan tentang ruas; sedangkan pada $\intco0\infty$ , kekonvergenan seragam tidak mencegah massanya lolos ke tak hingga (sebab $f_n = \frac1n\mathbf 1_{\intcc{0}{n}}$ konvergen seragam ke $0$ dengan $\int f_n = 1$ ) — jadi pakailah kekonvergenan terdominasi di sana. (iv) Menurunkan limitnya: Contoh 10.8; hipotesis turunannya ada pada $(f_n')$ , dan laju kekonvergenan $(f_n)$ mana pun tak dapat menggantikannya.

Contoh 10.13 (Fungsi $\zeta$ Riemann)

Deret $\zeta(s) = \sum_{n\geq1} n^{-s}$ konvergen normal pada tiap setengah-garis $\intco{a}{+\infty}$ dengan $a > 1$ (sebab $\norm{n^{-s}}_\infty = n^{-a}$ , yang terjumlahkan): jadi $\zeta$ kontinu pada $\intoo{1}{+\infty}$ ; lalu setelah diturunkan suku demi suku (sebab deret turunannya $\sum -\ln n\; n^{-s}$ juga konvergen normal pada $\intco{a}{\infty}$ ), $\zeta$ berkelas $C^1$ — dan, setelah diiterasikan, $C^\infty$ — dengan $\zeta'(s) = -\sum \frac{\ln n}{n^s}$ . Perhatikan disiplinnya: kekonvergenan normalnya diperiksa pada sub-setengah-garis, tak pernah pada $\intoo{1}{\infty}$ yang terbuka, tempat ia gagal.

Contoh 10.14 (Sebuah deret logaritmik, dikerjakan sampai tuntas)

Misalkan $F(x) = \sum_{n\geq1} \frac{\eu^{-nx}}{n}$ pada $\intoo{0}{\infty}$ . Tiap sukunya terbatas pada $\intco{\delta}\infty$ oleh $\frac{\eu^{-n\delta}}{n} \leq \eu^{-n\delta}$ , yakni deret geometri yang konvergen: jadi kekonvergenannya normal pada tiap $\intco\delta\infty$ , sehingga $F$ kontinu pada $\intoo{0}{\infty}$ . Deret turunannya $\sum -\eu^{-nx}$ juga konvergen normal pada $\intco\delta\infty$ (sebab $\norm{\eu^{-nx}}_{\infty,\intco\delta\infty} = \eu^{-n\delta}$ ), jadi $F$ berkelas $C^1$ dengan turunan yang geometri:

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

Setelah diiterasikan, $F$ berkelas $C^\infty$ . Dengan mengintegralkan $F'$ (sebab baik $F$ maupun $x \mapsto -\ln(1 - \eu^{-x})$ bernilai nol di $+\infty$ dan punya turunan yang sama pada $\intoo0\infty$ ):

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

yakni deret logaritmik di $t = \eu^{-x}$ . Pelajaran penutupnya: ketika $x \to 0^+$ , $F(x) = -\ln(x + O(x^2)) = \ln\frac1x + O(x)$ — jadi deretnya divergen secara logaritmik di perbatasannya, persis seperti deret harmonik yang menjadi wujudnya di $x = 0$ ; dan kekonvergenan normal pada $\intco\delta\infty$ tetapi tidak pada $\intoo0\infty$ adalah gejalanya.

Metode 10.15 (Membuktikan atau menyangkal kekonvergenan seragam)

Untuk $f_n \to f$ titik demi titik pada $X$ :

Hitung atau batasi $\norm{f_n - f}_\infty$ : telaahlah fungsi $x \mapsto \abs{f_n(x) - f(x)}$ (lewat turunan atau kemonotonan) untuk menemukan maksimumnya; sebab batas yang sahih untuk setiap $x$ dan menuju $0$ membuktikan keseragamannya.
Untuk menyangkalnya: tunjukkan titik $x_n$ dengan $\abs{f_n(x_n) - f(x_n)} \not\to 0$ (sering $x_n$ mengikuti bonggol yang bergerak, seperti pada Latihan 10.1); atau panggillah sebuah teorema pemindahan secara kontrapositif — yakni limit tak kontinu dari fungsi kontinu (Contoh 10.5), atau $\int f_n \not\to \int f$ pada sebuah ruas.
Untuk deret, cobalah kekonvergenan normal lebih dulu (yakni $\sum\sup\abs{u_n} < \infty$ ); jika gagal secara global, ujilah pada subruas yang penting (Contoh 10.10); dan jika gagal di mana-mana, kekonvergenan seragamnya masih mungkin berlaku lewat batas sisa berselang-seling (Latihan 10.4) atau lewat penjumlahan parsial.

10.4 Teorema hampiran Weierstrass

Teorema 10.16 (Weierstrass, lewat Bernstein)

Setiap $f \colon \intcc{0}{1} \to \R$ yang kontinu merupakan limit seragam polinomial — lebih tepatnya, limit polinomial Bernstein miliknya sendiri

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

Bukti. Tetapkan $x \in \intcc{0}{1}$ lalu tetapkan $p_k(x) = \binom nk x^k(1 - x)^{n-k}$ . Ada tiga kesamaan binomial, yang diperoleh dengan menilai $(x + y)^n$ beserta dua turunannya terhadap $x$ di $y = 1 - x$ :

\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 .

Secara rinci: $(x+y)^n = \sum_k\binom nk x^ky^{n-k}$ di $y = 1-x$ adalah yang pertama; lalu menurunkannya terhadap $x$ ,

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

lalu mengalikannya dengan $x$ dan mengambil $y = 1 - x$ memberi yang kedua; sedangkan menurunkannya dua kali lalu mengalikan dengan $x^2$ memberi yang ketiga. Setelah $(k - nx)^2 = k(k-1) + k(1 - 2nx) + n^2x^2$ diuraikan lalu ketiganya dipadukan:

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

yakni kesamaan ragam.

Kini taksirlah, dengan memakai $\sum p_k = 1$ :

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

dengan pemecahannya menurut $\abs{\frac kn - x} \leq \delta$ atau tidak. Diberikan $\varepsilon > 0$ , kekontinuan seragam $f$ (lewat Heine) menyediakan $\delta$ dengan $\Sigma_{\text{dekat}} \leq \varepsilon$ . Untuk jumlah yang jauh, dengan $M = \norm f_\infty$ : menurut kesamaan ragam dan siasat pencacahan Chebyshev,

\Sigma_{\text{jauh}} \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 ,

secara seragam pada $x$ . Jadi $\norm{B_n(f) - f}_\infty \leq \varepsilon + \frac{M}{2n\delta^2} \leq 2\varepsilon$ untuk $n$ yang besar. ∎

Catatan 10.17

Lewat penyulihan afin, teoremanya berlaku pada ruas $\intcc{a}{b}$ mana pun. Ia gagal pada $\R$ (sebab limit seragam polinomial pada $\R$ tetaplah polinomial: Latihan 10.8). Adapun pembacaan bercorak peluangnya — yakni $B_n(f)(x)$ merupakan nilai harapan $f$ di sebuah rata-rata binomial, dan batas ragamnya adalah ketaksamaan Chebyshev — dijujurkan pada Bab 23.

Hampiran Bernstein bagi f(x) = x2 (merah), dengan memakai rumus eksak B_nf = x2 + x(1-x)/n pada : B_1f adalah tali busurnya, dan tiap kali n dilipatduakan jurangnya terparuh. Andal tetapi lamban — yakni penjenuhan 1n yang dieksakkan teorema Voronovskaya (soal akhir pekan). — Hampiran Bernstein bagi $f(x) = x^2$ (merah), dengan memakai rumus eksak $B_nf = x^2 + \frac{x(1-x)}{n}$ pada Latihan 10.7: $B_1f$ adalah tali busurnya, dan tiap kali $n$ dilipatduakan jurangnya terparuh. Andal tetapi lamban — yakni penjenuhan $\frac1n$ yang dieksakkan teorema Voronovskaya (soal akhir pekan).

Catatan 10.18 (Di mana ini dipakai)

Hampiran Weierstrass adalah teorema kepadatan bagi analisis klasik: ia membuat $C(\intcc ab)$ terpisahkan, membiarkan kita memeriksa kesamaan integral pada polinomial saja (yakni masalah momen), dan melandasi versi trigonometrinya yang dibuktikan pada bab Fourier lewat kernel Fejér. Soal akhir pekan bab ini menyarikan isi kuantitatif bukti Bernstein — yakni laju kekonvergenan yang dikuasai modulus kekontinuannya — lalu memisahkan apa yang sebenarnya membuatnya berhasil, di dalam teorema Korovkin: yakni kepositifan ditambah tiga fungsi uji. Jilid Tahun ke-3 menyeluruhkan pernyataan kepadatannya ke subaljabar sembarang (Stone–Weierstrass) dan ke ruang kompak.

Contoh 10.19 (Hampiran poligonal, beserta lajunya)

Untuk $L$ sebagai konstanta Lipschitz bagi $f$ pada $\intcc{0}{1}$ , misalkan $I_nf$ penginterpolasi afin sepotong-sepotong pada simpul $\frac kn$ . Pada sebuah sel $\intcc{\frac kn}{\frac{k+1}n}$ , baik $f(x)$ maupun $I_nf(x)$ berada di antara nilai ekstrem yang dapat diambil fungsi Lipschitz- $L$ dengan kedua nilai simpulnya, jadi untuk $x$ di sel itu, dengan menulis $x_k = \frac kn$ :

\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}

(sebab penginterpolasinya sendiri Lipschitz- $L$ pada sel itu: sebab kemiringannya adalah hasil bagi selisih $f$ ). Karenanya $\norm{I_nf - f}_\infty \leq \frac{2L}{n}$ : jadi hampiran poligonal bagi fungsi Lipschitz konvergen dengan laju $\frac1n$ — lebih cepat daripada $\frac{1}{\sqrt n}$ milik Bernstein untuk kelas yang sama (soal akhir pekan, Bagian II). Pelajaran penutupnya: poligonnya menginterpolasi tetapi tidak mulus, Bernstein mulus tetapi lamban; jadi tak ada makan siang gratis antara keteraturan penghampirnya dan lajunya — yakni pertukaran yang dicermatkan hasil penjenuhan pada soal akhir pekan.

Catatan 10.20 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini)

Kekonvergenan seragam menjadi kuda beban buku ini mulai sekarang. Bab deret pangkat seluruhnya berjalan pada kekonvergenan normal pada subcakram kompak — setiap teorema suku demi suku di sana adalah kasus khusus teorema pemindahan bab ini. Bab Fourier hidup satu lantai di atasnya: jumlah parsialnya $S_N$ gagal persis di tempat bab ini memperingatkan (yakni titik demi titik tetapi tidak seragam di lompatannya), dan rata-rata Fejér-nya berhasil lewat mekanika $3\varepsilon$ yang sama seperti yang membuktikan Teorema 10.4. Bab persamaan diferensial menetapkan $\eu^{tA}$ lewat deret yang konvergen normal lalu menurunkannya suku demi suku — yakni harfiah Teorema 10.11 yang diterapkan pada unsur matriksnya. Bila kelak muncul keraguan di dalam buku ini tentang “mengapa kita boleh melakukan ini”, jawabannya biasanya sebuah teorema bab ini.

10.5 Latihan

Latihan 10.1 ★

Telaahlah kekonvergenan titik demi titik dan kekonvergenan seragamnya pada $\intcc{0}{1}$ , lalu pada $\intcc{0}{a}$ ( $a < 1$ ) atau $\intco{\delta}{1}$ sesuai keperluan, bagi:

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).

Solusi

Solusi Latihan 10.1.

$f_n(x) = \frac{x}{1 + nx}$ : limit titik demi titiknya $0$ pada $\intcc{0}{1}$ . Keseragamannya: $f_n$ naik pada $\intcc{0}{1}$ (sebab turunannya $\frac{1}{(1+nx)^2} > 0$ ), jadi $\norm{f_n}_\infty = f_n(1) = \frac{1}{1+n} \to 0$ : jadi seragam pada $\intcc{0}{1}$ .

$g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2}$ : limit titik demi titiknya $0$ (sebab eksponensialnya menang). Supremumnya: $g_n' = n\eu^{-nx^2}(1 - 2nx^2)$ nol di $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}}$ , tempat $g_n(x_n) = \sqrt{\frac n2}\,\eu^{-1/2} \to \infty$ : jadi tidak seragam pada $\intcc{0}{1}$ — tetapi seragam pada $\intco{\delta}{1}$ , sebab di sana $g_n(x) \leq n\,\eu^{-n\delta^2} \to 0$ .

$h_n(x) = x^n(1 - x^n)$ : limit titik demi titiknya $0$ pada $\intcc{0}{1}$ (dari kedua faktornya; dan di $x = 1$ , $h_n = 0$ ). Supremumnya: dengan $u = x^n \in \intcc{0}{1}$ , berlaku $u(1-u) \leq \frac14$ yang tercapai di $u = \frac12$ , yakni $x = 2^{-1/n} \in \intoo{0}{1}$ : jadi $\norm{h_n}_\infty = \frac14 \not\to 0$ , sehingga tidak seragam pada $\intcc{0}{1}$ ; tetapi seragam pada $\intcc{0}{a}$ (sebab $\sup \leq a^n \to 0$ ).

Latihan 10.2 ★

Buktikan bahwa $\displaystyle\int_0^1 g_n \not\to \int_0^1 \lim g_n$ bagi $g_n$ pada Latihan 10.1, lalu damaikan dengan Teorema 10.6.

Solusi

Solusi Latihan 10.2.

Berlaku $\int_0^1 nx\,\eu^{-nx^2}\dd x = \bigl[-\tfrac12 \eu^{-nx^2}\bigr]_0^1 = \frac{1 - \eu^{-n}}{2} \to \frac12$ , padahal $\int_0^1 \lim g_n = 0$ . Tak ada kontradiksi: Teorema 10.6 menuntut kekonvergenan seragam pada ruas itu, dan di sini hal itu gagal (sebab bonggol setinggi $\sim\sqrt n$ meluncur ke $0$ ).

Latihan 10.3 ★

Buktikan bahwa $S(x) = \sum_{n\geq1} \dfrac{x^n}{n^2}$ kontinu pada $\intcc{-1}{1}$ , dan bahwa $S$ berkelas $C^1$ pada $\intoo{-1}{1}$ dengan $S'(x) = -\frac{\ln(1-x)}{x}$ untuk $0 < \abs x < 1$ .

Solusi

Solusi Latihan 10.3.

Kekonvergenan normal pada $\intcc{-1}{1}$ : $\norm{x^n/n^2}_\infty = \frac{1}{n^2}$ , yang terjumlahkan: jadi $S$ kontinu di sana (Teorema 10.11).

Turunannya: deret turunannya $\sum \frac{x^{n-1}}{n}$ konvergen normal pada tiap $\intcc{-a}{a}$ dengan $a < 1$ (sebab $\sup = \frac{a^{n-1}}{n}$ ): jadi $S$ berkelas $C^1$ pada $\intoo{-1}{1}$ dengan

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),

dengan kesamaan terakhirnya adalah deret logaritmik Tahun ke-1 (yang diturunkan secara jujur pada Bab 11).

Latihan 10.4 ★★

Misalkan $F(x) = \sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n + x}$ pada $\intoo{0}{+\infty}$ . Buktikan kekonvergenan seragamnya (tetapi tidak normal) pada $\intco{\delta}{\infty}$ lewat batas sisa deret berselang-seling, lalu kekontinuannya, dan persamaan fungsionalnya $F(x) + F(x + 1) = \frac1x$ .

Solusi

Solusi Latihan 10.4.

Untuk $x > 0$ yang tetap, deretnya berselang-seling dengan $\frac{1}{n + x} \downarrow 0$ : jadi konvergen titik demi titik, dan batas sisanya $\abs{R_N(x)} \leq \frac{1}{N + 1 + x} \leq \frac{1}{N+1}$ bersifat seragam pada $\intco{\delta}{\infty}$ (bahkan pada $\intoo{0}{\infty}$ ): jadi kekonvergenannya seragam. (Tidak normal: sebab $\norm{\frac{(-1)^n}{n+x}}_\infty = \frac{1}{n + \delta}$ , yang divergen.) Kekontinuannya menyusul dari Teorema 10.11.

Persamaan fungsionalnya: indeks ulang $F(x + 1)$ dengan $m = n + 1$ :

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

jadi, dengan memisahkan suku $m = 0$ pada $F(x)$ ,

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

Latihan 10.5 ★★

(Dini) Misalkan $f_n \colon K \to \R$ kontinu pada ruang metrik yang kompak, dengan $f_n \to f$ titik demi titik, $f$ kontinu, dan $(f_n(x))$ turun terhadap $n$ untuk tiap $x$ . Buktikan bahwa kekonvergenannya seragam. (Diberikan $\varepsilon$ , himpunan terbuka $U_n = \{x : f_n(x) - f(x) < \varepsilon\}$ naik dan menyelimuti $K$ ; lalu sarikan subselimut hingganya — Teorema 4.20.)

Solusi

Solusi Latihan 10.5.

Tetapkan $g_n = f_n - f \geq 0$ (yang turun terhadap $n$ menurut hipotesisnya; dan limitnya $0$ titik demi titik); tiap $g_n$ kontinu. Tetapkan $\varepsilon > 0$ lalu misalkan $U_n = \{x : g_n(x) < \varepsilon\}$ : ia terbuka (sebab prapeta himpunan terbuka), naik (sebab $g_{n+1} \leq g_n$ ), dan menyelimuti $K$ (berkat kekonvergenan titik demi titik). Menurut Borel–Lebesgue (Teorema 4.20), berhingga banyak $U_{n_1} \subseteq \dots \subseteq U_{n_k}$ menyelimuti $K$ : jadi $K = U_{n_k}$ , yakni $\norm{g_{n_k}}_\infty \leq \varepsilon$ , dan berkat kemonotonannya $\norm{g_n}_\infty \leq \varepsilon$ untuk setiap $n \geq n_k$ : jadi kekonvergenannya seragam. (Kemonotonannya penting: sebab bonggol meluncur pada Latihan 10.2 konvergen titik demi titik pada himpunan kompak tanpa keseragaman.)

Latihan 10.6 ★★

Buktikan bahwa $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \int_0^1 \frac{n\,f(x)}{1 + n^2x^2}\,\dd x = \frac{\pi}{2} f(0)$ untuk setiap $f$ yang kontinu pada $\intcc{0}{1}$ . (Sulihkan $u = nx$ ; pisahkan $f(0)$ ; lalu dominasilah.)

Solusi

Solusi Latihan 10.6.

Sulihkan $u = nx$ :

\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 .

Integran $h_n(u) = \frac{f(u/n)}{1+u^2}\mathbf{1}_{u \leq n}$ konvergen titik demi titik ke $\frac{f(0)}{1+u^2}$ (berkat kekontinuan $f$ di $0$ ) dan terdominasi oleh $\frac{\norm f_\infty}{1 + u^2}$ , yang terintegralkan pada $\intco{0}{\infty}$ : jadi kekonvergenan terdominasi (Teorema 9.6) memberi limitnya

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

(Kernelnya memusat di $0$ : yakni sebuah identitas hampiran.)

Latihan 10.7 ★★

Hitunglah polinomial Bernstein bagi $f(x) = x^2$ secara gamblang lalu periksalah galat seragamnya $\norm{B_n f - f}_\infty = O\bigl(\frac1n\bigr)$ yang diramalkan bukti Teorema 10.16 — yang di sini tepat $\frac{x(1 - x)}{n}$ di tiap titiknya.

Solusi

Solusi Latihan 10.7.

Untuk $f(x) = x^2$ , pakailah keluarga kesamaan binomial kedua dari buktinya: $\sum_k k^2 p_k = n(n-1)x^2 + nx$ . Karenanya

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} :

jadi $B_n(f) - f = \frac{x(1-x)}{n}$ , yang bernorma supremum $\frac{1}{4n} = O\bigl(\frac1n\bigr)$ , sesuai ramalannya.

Latihan 10.8 ★★

Buktikan bahwa jika polinomial $P_n$ konvergen seragam pada seluruh $\R$ ke $f$ , maka $f$ sebuah polinomial. (Untuk $m, n$ yang besar, $P_n - P_m$ merupakan polinomial terbatas pada $\R$ , jadi konstan; sehingga barisannya mapan kecuali konstanta.)

Solusi

Solusi Latihan 10.8.

Untuk $\varepsilon = 1$ ada $N$ dengan $\norm{P_n - P_m}_{\infty, \R} \leq 1$ bagi $m, n \geq N$ . Polinomial yang terbatas pada $\R$ pastilah konstan (sebab yang tak konstan menuju $\pm\infty$ ): jadi $P_n - P_m = c_{n,m}$ , yakni konstanta. Karenanya untuk $n \geq N$ : $P_n = P_N + c_n$ dengan $c_n = P_n(0) - P_N(0)$ yang konvergen (berkat kekonvergenan titik demi titik di $0$ ). Karenanya $f = \lim P_n = P_N + \lim c_n$ : sebuah polinomial.

Latihan 10.9 ★★★

(Sebuah fungsi kontinu yang tak dapat diturunkan di mana pun — berpandu) Misalkan $\varphi$ jarak ke bilangan bulat terdekat (yang berperiode $1$ , dengan $\norm{\varphi}_\infty = \frac12$ , dan Lipschitz- $1$ ) dan

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

Buktikan: (a) $W$ kontinu pada $\R$ (lewat kekonvergenan normal); (b) untuk setiap $x$ dan setiap $m$ , dengan memilih $h_m = \pm\frac12\cdot 4^{-m}$ bertanda yang membuat $\varphi$ afin pada ruas dari $4^m x$ sampai $4^m(x + h_m)$ , hasil bagi selisihnya memenuhi

\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

(sebab suku $n > m$ lenyap berkat keperiodikannya; suku $n = m$ menyumbang tepat $3^m$ ; dan suku $n < m$ terbatas berkat sifat Lipschitznya). Simpulkan bahwa $W$ tak dapat diturunkan di mana pun.

Solusi

Solusi Latihan 10.9.

(a) Di sini $\norm{(3/4)^n\varphi(4^n\cdot)}_\infty = \frac12 (3/4)^n$ : jadi kekonvergenannya normal, sehingga $W$ kontinu (Teorema 10.11).

(b) Tetapkan $x$ dan $m$ ; pilihlah tanda $h_m = \pm\frac12 4^{-m}$ sehingga ruas $\intcc{4^mx}{4^m(x + h_m)}$ (yang berpanjang $\frac12$ ) tak memuat satu pun bilangan setengah bulat, sehingga $\varphi$ menjadi afin berkemiringan $\pm1$ di sana (hal ini mungkin: sebab interval berpanjang $\frac12$ bertemu paling banyak satu titik setengah bulat; pilihlah sisi yang menghindarinya).

Untuk $n > m$ : $4^n h_m = \pm\frac12 4^{n-m}$ merupakan bilangan bulat, dan $\varphi$ berperiode $1$ : jadi suku ke- $n$ pada selisihnya lenyap.

Untuk $n = m$ : $\abs{\varphi(4^m x + 4^m h_m) - \varphi(4^m x)} = \abs{4^m h_m} = \frac12$ (sebab $\varphi$ afin berkemiringan $\pm 1$ pada ruas itu), jadi sukunya menyumbang tepat $(3/4)^m \cdot \frac{1/2}{\abs{h_m}} = (3/4)^m\,4^m = 3^m$ pada hasil baginya.

Untuk $n < m$ : sifat Lipschitz- $1$ pada $\varphi$ memberi $\bigl|(3/4)^n\bigl(\varphi(4^nx + 4^nh_m) - \varphi(4^nx)\bigr)\bigr| \leq (3/4)^n 4^n\abs{h_m} = 3^n\abs{h_m}$ : jadi masing-masing menyumbang paling banyak $3^n$ pada hasil baginya.

Karenanya

\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 .

Seandainya $W$ dapat diturunkan di $x$ , maka setiap hasil bagi selisih sepanjang $h_m \to 0$ akan konvergen ke $W'(x)$ : kontradiksi. Jadi $W$ kontinu di mana-mana dan tak dapat diturunkan di mana pun.

Latihan 10.10 ★

Misalkan $u_n(x) = (-1)^n x^n(1 - x)$ pada $\intcc{0}{1}$ . Tunjukkan bahwa $\sum u_n$ konvergen titik demi titik pada $\intcc{0}{1}$ lalu hitung jumlahnya; tunjukkan bahwa kekonvergenannya seragam pada $\intcc{0}{1}$ (batasi sisanya $R_N(x) = \sum_{n > N} u_n(x)$ , yakni ekor geometri, oleh suku pertamanya lalu maksimumkan $x^{N+1}(1-x)$ ) tetapi tidak normal (hitung $\norm{u_n}_\infty$ ): jadi kekonvergenan seragam tegas lebih lemah daripada kekonvergenan normal. Bandingkan dengan $\sum x^n(1-x)$ , yang jumlahnya tak kontinu di $1$ : di sana keseragamannya pun gagal.

Solusi

Solusi Latihan 10.10.

Titik demi titik: untuk $x \in \intco{0}{1}$ deretnya geometri dengan rasio $-x$ ,

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

sedangkan di $x = 1$ tiap sukunya nol, jadi jumlahnya $0 = \frac{1-1}{2}$ , yang selaras — sehingga jumlahnya kontinu pada $\intcc{0}{1}$ . Keseragamannya: sisanya berupa ekor geometri,

\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 ,

secara seragam pada $x$ . Tidak normal: sebab $\norm{u_n}_\infty = \max x^n(1-x) = \frac{1}{n+1}\bigl(\frac{n}{n+1}\bigr)^n \sim \frac{1}{\eu\,n}$ , dan $\sum \frac1{\eu n}$ divergen. Bandingkan: $\sum x^n(1-x)$ punya jumlah parsial $1 - x^{N+1}$ , yang konvergen titik demi titik ke $\mathbf 1_{\intco01}$ yang tak kontinu: jadi menurut Teorema 10.4, kekonvergenan itu tak mungkin seragam pada $\intcc{0}{1}$ .

Latihan 10.11 ★★

Misalkan $f_n \to f$ secara seragam pada sebuah ruang metrik $X$ , dengan tiap $f_n$ kontinu, dan misalkan $x_n \to x$ di $X$ . Buktikan $f_n(x_n) \to f(x)$ . Tunjukkan lewat sebuah contoh pada $X = \intcc{0}{1}$ bahwa kekonvergenan titik demi titik tidak cukup, bahkan dengan $f$ yang kontinu (pakailah bonggol $g_n$ pada Latihan 10.1 dan $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}}$ ).

Solusi

Solusi Latihan 10.11.

Limitnya $f$ bersifat kontinu (Teorema 10.4). Maka

\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)} ,

dan kedua sukunya menuju $0$ (berkat kekonvergenan seragam dan kekontinuan $f$ di $x$ ). Contoh penyangkal di bawah kekonvergenan titik demi titik semata: $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2} \to 0$ titik demi titik pada $\intcc{0}{1}$ dengan $g_n$ dan limitnya kontinu, namun di $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}} \to 0$ :

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

Latihan 10.12 ★★★

(Sebuah persamaan integral Volterra lewat deret) Untuk $f \in C(\intcc{0}{1})$ tetapkan $Tf(x) = \int_0^x f(t)\,\dd t$ .

Tunjukkan secara induktif bahwa untuk $n \geq 1$ :

$T^n f(x) = \int_0^x \frac{(x - t)^{n-1}}{(n-1)!}\,f(t)\,\dd t, \qquad \norm{T^n f}_\infty \leq \frac{\norm f_\infty}{n!} .$
Turunkan bahwa $S = \sum_{n\geq0} T^n f$ konvergen normal pada $\intcc{0}{1}$ dan menyelesaikan persamaan integral $S = f + TS$ .
Periksalah bahwa $S(x) = f(x) + \int_0^x \eu^{x-t}f(t)\,\dd t$ menyelesaikan persamaan yang sama, lalu buktikan ketunggalan penyelesaian yang kontinu (sebab jika $S = TS$ maka $\norm{S}_\infty \leq \norm{T^nS}_\infty \to 0$ ): lalu simpulkan bentuk tertutup jumlahnya.

Solusi

Solusi Latihan 10.12.

Induksi. Kasus $n = 1$ adalah definisinya. Andaikan rumusnya berlaku untuk $n$ lalu tetapkan $g(x) = \int_0^x \frac{(x-t)^n}{n!} f(t)\dd t$ . Untuk integran yang kontinu pada $(x,t)$ dan berkelas $C^1$ pada $x$ , integral berparameter dengan batas peubah itu terturunkan sebagai

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

(pecahlah $g(x+h) - g(x)$ menjadi jalur $\int_x^{x+h}$ , yang bernilai $O(h\cdot\sup)$ dengan integrannya nol di $t = x$ seperti $h^n$ , dan integral tetap atas pertambahan $x$ -nya, yang ditangani lewat ketaksamaan nilai rata-rata dan kekontinuan). Selain itu $(T^{n+1}f)' = T^nf$ (lewat teorema dasar kalkulus) dan $g(0) = T^{n+1}f(0) = 0$ : jadi dua antiturunan $T^nf$ yang nol di $0$ berimpit, sehingga $T^{n+1}f = g$ . Adapun batasnya:

$\abs{T^nf(x)} \leq \norm f_\infty \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}\dd t = \norm f_\infty\,\frac{x^n}{n!} \leq \frac{\norm f_\infty}{n!} .$
Berlaku $\sum_n \norm{T^nf}_\infty \leq \eu\,\norm f_\infty$ : jadi kekonvergenannya normal, sehingga seragam; dan $S$ kontinu. Jumlah parsialnya memenuhi $S_N = f + T S_{N-1}$ , sedangkan $T$ bersifat Lipschitz- $1$ terhadap $\norm\cdot_\infty$ (sebab $\abs{Tg(x)} \leq x\norm g_\infty$ ): jadi melewatkan $N \to \infty$ pada kedua ruasnya memberi $S = f + TS$ .
Tetapkan $V(x) = f(x) + \eu^x\int_0^x \eu^{-t}f(t)\dd t$ . Maka $V - f$ berkelas $C^1$ dengan $(V-f)'(x) = \eu^x\int_0^x\eu^{-t}f + f(x) = V(x)$ , sedangkan $(TV)' = V$ dengan $(V - f)(0) = TV(0) = 0$ : jadi $V - f = TV$ , yakni $V$ menyelesaikan persamaannya. Ketunggalannya: jika $S_1, S_2$ dua penyelesaian yang kontinu, maka $D = S_1 - S_2$ memenuhi $D = TD$ , sehingga $D = T^nD$ untuk setiap $n$ dan $\norm D_\infty \leq \frac{\norm D_\infty}{n!} \to 0$ : jadi $D = 0$ . Karenanya

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

(Deret $\sum T^n$ adalah deret geometri atas operator: yakni cicipan pertama resolven $(\mathrm{Id} - T)^{-1}$ , yang dikembangkan pada jilid Tahun ke-3.)

10.6 Soal: Laju hampiran dan teorema Korovkin

Soal 10.1

Bukti Bernstein bagi Teorema 10.16 menyembunyikan dua harta. Pertama, ia bersifat kuantitatif: seberapa cepat $B_nf \to f$ dikuasai modulus kekontinuan $f$ , dengan laju tajamnya tercapai oleh $\abs{x - \frac12}$ . Kedua, ia bersifat struktural: yang penting hanyalah bahwa $B_n$ merupakan operator linear positif yang berkelakuan baik pada $1$ , $x$ , $x^2$ — dan pengamatan itu, setelah dipisahkan, adalah teorema Korovkin. Soal ini membuktikan keduanya, lalu ditutup dengan asimtotik eksak Voronovskaya. Di sepanjang soal ini, $f \in C(\intcc{0}{1})$ , $M = \norm f_\infty$ , $p_k(x) = \binom nk x^k(1-x)^{n-k}$ , dan $e_j$ menyatakan $x \mapsto x^j$ .

Bagian I — Operator Bernstein.

Tunjukkan bahwa $B_n$ bersifat linear, positif (yakni $f \geq 0 \Rightarrow B_nf \geq 0$ ), jadi monoton ( $f \leq g \Rightarrow B_nf \leq B_ng$ ), dengan $\norm{B_nf}_\infty \leq \norm f_\infty$ , dan bahwa $B_nf$ menginterpolasi $f$ di kedua ujungnya.
Turunkan kembali kesamaan $B_n e_0 = e_0$ , $B_n e_1 = e_1$ dan $B_n e_2 = e_2 + \frac{e_1 - e_2}{n}$ (turunkan $(x + y)^n$ dua kali lalu ambil $y = 1 - x$ ).
Turunkan kesamaan ragamnya $\sum_k \bigl(\frac kn - x\bigr)^2 p_k(x) = \frac{x(1-x)}{n}$ lalu, lewat Cauchy–Schwarz, batas momen pertamanya

$\sum_{k=0}^{n}\Bigl|\frac kn - x\Bigr|\,p_k(x) \leq \sqrt{\frac{x(1-x)}{n}} \leq \frac{1}{2\sqrt n} .$
Tunjukkan bahwa jika $f$ cembung maka $B_nf \geq f$ pada $\intcc{0}{1}$ (lewat ketaksamaan Jensen hingga untuk bobot $p_k(x)$ ).
(Batas pencacahan Chebyshev, dinyatakan ulang) Untuk $\delta > 0$ tunjukkan

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

lalu berikan pembacaan bercorak peluangnya: $B_nf(x)$ merata-ratakan $f$ atas rata-rata sampel binomial yang memusat di $x$ .

Bagian II — Laju: modulus kekontinuan. Untuk $\delta > 0$ tetapkan $\omega(\delta) = \sup\{\abs{f(s) - f(t)} : s, t \in \intcc{0}{1},\ \abs{s - t} \leq \delta\}$ .

Tunjukkan: $\omega$ hingga, tidak turun, $\omega(\delta) \to 0$ ketika $\delta \to 0^+$ (lewat Heine), subaditif ( $\omega(\delta_1 + \delta_2) \leq \omega(\delta_1) + \omega(\delta_2)$ ), dan $\omega(\lambda\delta) \leq (1 + \lambda)\,\omega(\delta)$ untuk setiap $\lambda > 0$ .
Buktikan taksiran induknya, untuk setiap $\delta > 0$ :

$\abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \sum_k \omega\Bigl(\Bigl|\frac kn - x\Bigr|\Bigr)p_k(x) \leq \Bigl(1 + \frac1\delta\sum_k\Bigl|\frac kn - x\Bigr|p_k(x)\Bigr)\,\omega(\delta) .$
Ambil $\delta = n^{-1/2}$ lalu simpulkan teorema Weierstrass yang kuantitatif:

$\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\,\omega\Bigl(\frac{1}{\sqrt n}\Bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 .$
Turunkan lajunya: $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac{3L}{2\sqrt n}$ bila $L$ konstanta Lipschitz bagi $f$ , dan $\leq \frac32 C n^{-\alpha/2}$ bila $\alpha$ eksponen Hölder bagi $f$ (yakni $\abs{f(s) - f(t)} \leq C\abs{s-t}^\alpha$ ).
(Contoh yang tajam — sebuah kesamaan binomial) Untuk $m \geq 1$ buktikan

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

(pakailah $k\binom{2m}k = 2m\binom{2m-1}{k-1}$ dan kesetangkupan baris binomialnya, yang memberi $\sum_{j=m}^{2m-1}\binom{2m-1}{j} = 2^{2m-2}$ ).
Untuk $f(t) = \abs{t - \frac12}$ turunkan nilai eksaknya beserta asimtotiknya (lewat binomial pusat, Contoh 6.14):

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

jadi laju $\omega(n^{-1/2})$ pada pertanyaan 8 tercapai (kecuali sebuah konstanta) — untuk $f$ yang sekadar kontinu, $n^{-1/2}$ milik Bernstein memang jujur.

Bagian III — Teorema Korovkin. Misalkan $(L_n)$ sebuah barisan operator linear positif dari $C(\intcc{0}{1})$ ke dirinya sendiri sehingga $L_ne_j \to e_j$ secara seragam untuk $j = 0, 1, 2$ .

Tunjukkan bahwa $L$ yang linear positif bersifat monoton dan memenuhi $\abs{Lf} \leq L\abs f$ titik demi titik.
Tunjukkan: untuk setiap $\varepsilon > 0$ ada $\delta > 0$ sehingga untuk setiap $s, x \in \intcc{0}{1}$ :

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

(tangani $\abs{s - x} \leq \delta$ lewat Heine dan $\abs{s-x} > \delta$ lewat batas kasar $2M$ ).
Tetapkan $x$ , terapkan $L_n$ pada ketaksamaan pertanyaan 13 dalam peubah $s$ , lalu turunkan

$\abs{L_nf(x) - f(x)\,L_ne_0(x)} \leq \varepsilon\,L_ne_0(x) + \frac{2M}{\delta^2} \bigl(L_ne_2(x) - 2x\,L_ne_1(x) + x^2 L_ne_0(x)\bigr).$
Tunjukkan bahwa $\sup_x \bigl(L_ne_2(x) - 2x\,L_ne_1(x) + x^2 L_ne_0(x)\bigr) \to 0$ , lalu rakitlah teorema Korovkin: yakni $L_nf \to f$ secara seragam untuk setiap $f \in C(\intcc{0}{1})$ .
Periksalah bahwa $(B_n)$ memenuhi hipotesis Korovkin: jadi Weierstrass untuk ketiga kalinya, dari tiga monomial.
Misalkan $I_n$ operator interpolasi afin sepotong-sepotong pada simpul $\frac kn$ . Tunjukkan bahwa $I_n$ bersifat linear positif, $I_ne_0 = e_0$ , $I_ne_1 = e_1$ , dan $\norm{I_ne_2 - e_2}_\infty = \frac{1}{4n^2}$ (sebab pada tiap sel, galat interpolasi afin bagi $t^2$ adalah $(t - a)(b - t)$ ). Lalu simpulkan lewat Korovkin: penginterpolasi poligonal konvergen seragam untuk setiap $f$ yang kontinu.

Bagian IV — Panennya: kepadatan, momen, dan turunan.

Tunjukkan bahwa polinomial berkoefisien rasional bersifat padat di $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ : jadi ruang Banach ini terpisahkan.
(Momen menentukan fungsinya) Misalkan $f \in C(\intcc{0}{1})$ dengan $\int_0^1 f(t)\,t^n \dd t = 0$ untuk setiap $n \in \N$ . Tunjukkan $\int_0^1 f P = 0$ untuk setiap polinomial, lalu $\int_0^1 f^2 = 0$ , lalu $f = 0$ .
Buktikan kesamaan turunannya

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

(turunkan $p_k$ lalu indeks ulang — yakni sebuah penjumlahan Abel).
Andaikan $f$ berkelas $C^1$ . Dengan memakai teorema nilai rata-rata pada tiap pertambahannya lalu membandingkannya dengan $B_{n-1}(f')$ , tunjukkan bahwa $(B_nf)' \to f'$ secara seragam pada $\intcc{0}{1}$ . Turunkan: untuk $f \in C^1$ ada polinomial yang konvergen ke $f$ beserta turunannya.
Andaikan $f$ berkelas $C^2$ . Lewat Taylor–Lagrange di $x$ tunjukkan

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

jadi kemulusannya meningkatkan lajunya dari $n^{-1/2}$ menjadi $n^{-1}$ .

Bagian V — Penjenuhan: teorema Voronovskaya.

Buktikan kesamaan momen keempatnya

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

(uraikan $k^4$ atas faktorial turun $k(k-1)\cdots$ lalu pakai siasat penurunan pertanyaan 2 dua kali lagi).
(Voronovskaya) Misalkan $f$ berkelas $C^2$ dan $x \in \intcc{0}{1}$ . Dengan menulis $f(t) = f(x) + f'(x)(t-x) + \frac{f''(x)}2(t-x)^2 + \eta(t)(t-x)^2$ dengan $\eta$ terbatas dan $\eta(t) \to 0$ ketika $t \to x$ , buktikan

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

(pecahlah jumlah $\eta$ -nya di $\abs{t - x} \leq \delta$ ; lalu kendalikan bagian jauhnya dengan pertanyaan 23). Jadi galat pertanyaan 22 eksak baik ordenya maupun konstantanya: $B_n$ menjenuh pada $\frac1n$ , semulus apa pun $f$ — bandingkan dengan Latihan 10.7.
Rangkuman. Satu kalimat untuk masing-masing: (i) apa yang dibeli kepositifan semata (Bagian I dan III); (ii) di mana kekompakan $\intcc{0}{1}$ masuk pada tiap bagiannya; (iii) mengapa tiga fungsi uji sudah cukup pada teorema Korovkin; (iv) pertukaran yang dilakukan Bernstein (yakni $n^{-1/2}$ yang tangguh untuk $f$ yang kasar, tetapi langit-langit $\frac1n$ untuk $f$ yang mulus), dan bab mana pada buku ini yang akan memainkan permainan sama dengan polinomial trigonometri.

Solusi

Solusi Soal 10.1.

1. Kelinearannya jelas dari rumusnya. Kepositifannya: bobot $p_k(x) \geq 0$ , jadi $f \geq 0$ memaksa $B_nf \geq 0$ ; dan kemonotonannya menyusul setelah diterapkan pada $g - f$ . Batasnya: dari $\pm f \leq \norm f_\infty$ diperoleh $\pm B_nf \leq \norm f_\infty B_ne_0 = \norm f_\infty$ . Di ujungnya: $p_k(0) = \mathbf 1_{k=0}$ dan $p_k(1) = \mathbf 1_{k=n}$ , jadi $B_nf(0) = f(0)$ dan $B_nf(1) = f(1)$ .

2. Turunkan $(x+y)^n = \sum_k\binom nk x^ky^{n-k}$ terhadap $x$ , kalikan dengan $x$ , lalu ambil $y = 1 - x$ :

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

dua kali, lalu dikalikan $x^2$ : $n(n-1)x^2 = \sum_k k(k-1)p_k(x)$ . Karenanya $B_ne_0 = 1$ (lewat teorema binomial), $B_ne_1(x) = \frac{nx}{n} = x$ , dan

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. Uraikan:

\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} .

Lalu Cauchy–Schwarz dengan pemecahan $\abs{k/n - x}\sqrt{p_k} \cdot \sqrt{p_k}$ memberi

\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},

dengan memakai $x(1-x) \leq \frac14$ .

4. Bobot $p_k(x)$ bersifat tak negatif dengan jumlah $1$ dan barisenter $\sum_k \frac kn p_k(x) = x$ (pertanyaan 2). Lalu ketaksamaan Jensen yang hingga bagi $f$ yang cembung (lewat induksi dari definisi dua titiknya, jilid Tahun ke-1) memberi

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

\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} .

Pembacaannya: $p_k(x)$ adalah distribusi frekuensi sampel $S_n/n$ atas $n$ lemparan koin berbias $x$ ; nilai harapannya $x$ , ragamnya $\frac{x(1-x)}n \to 0$ , dan ungkapan di atas tak lain ketaksamaan Chebyshev: jadi massanya memusat di $x$ , sehingga merata-ratakan $f$ terhadapnya memproduksi kembali $f(x)$ pada limitnya (Bab 23 meresmikan kosakatanya).

6. Berlaku $\omega \leq 2M < \infty$ ; kemonotonannya jelas (sebab supremum atas himpunan yang lebih besar). Heine: $f$ yang kontinu pada himpunan kompak bersifat kontinu seragam, dan itu persis berbunyi $\omega(\delta) \to 0$ ketika $\delta \to 0^+$ . Subaditifnya: jika $\abs{s - t} \leq \delta_1 + \delta_2$ , maka titik $u$ pada ruas $\intcc st$ yang berjarak $\min(\delta_1, \abs{s-t})$ dari $s$ memenuhi $\abs{s-u} \leq \delta_1$ dan $\abs{u-t} \leq \delta_2$ , sedangkan $\abs{f(s)-f(t)} \leq \abs{f(s)-f(u)} + \abs{f(u)-f(t)}$ . Setelah diiterasikan, $\omega(p\delta) \leq p\,\omega(\delta)$ untuk $p \in \N^*$ ; lalu untuk $\lambda > 0$ , dengan $p = \lceil\lambda\rceil \leq 1 + \lambda$ : $\omega(\lambda\delta) \leq \omega(p\delta) \leq p\,\omega(\delta) \leq (1+\lambda)\omega(\delta)$ .

7. Karena $\sum p_k = 1$ :

\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 .

Untuk tiap $k$ , pertanyaan 6 dengan $\lambda = \abs{k/n - x}/\delta$ memberi $\omega(\abs{k/n-x}) \leq \bigl(1 + \frac{\abs{k/n-x}}\delta\bigr)\omega(\delta)$ ; lalu menjumlahkannya terhadap $p_k$ menghasilkan taksiran induknya.

8. Masukkan batas pertanyaan 3:

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

secara seragam pada $x$ ; lalu dengan $\delta = n^{-1/2}$ kurungnya menjadi $\frac32$ : jadi $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\omega(n^{-1/2}) \to 0$ menurut pertanyaan 6 (Heine). Ini membuktikan ulang Teorema 10.16 beserta lajunya.

9. Lipschitz- $L$ berarti $\omega(\delta) \leq L\delta$ : jadi lajunya $\frac{3L}{2\sqrt n}$ . Sedangkan Hölder- $\alpha$ berarti $\omega(\delta) \leq C\delta^\alpha$ : jadi lajunya $\frac{3C}{2} n^{-\alpha/2}$ .

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

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

sebab $j \mapsto 2m-1-j$ membijeksikan $\{m,\dots,2m-1\}$ pada $\{0,\dots,m-1\}$ , sehingga jumlahnya separuh dari $2^{2m-1}$ . Selain itu $\sum_{k=m+1}^{2m}\binom{2m}k = \frac{2^{2m} - \binom{2m}m}{2}$ (lewat kesetangkupan yang sama). Karenanya

\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 .

Penyulihan $k \mapsto 2m-k$ memetakan suku dengan $k < m$ pada suku dengan $k > m$ (dengan binomial yang sama dan $\abs{k-m}$ yang sama): jadi jumlah mutlaknya dua kali jumlah sepihaknya, yakni $m\binom{2m}m$ .

11. Di $x = \frac12$ berlaku $p_k(\tfrac12) = \binom{2m}k2^{-2m}$ dan $f(\tfrac12) = 0$ , jadi

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}}

menurut Contoh 6.14. Karena $\omega_f (\delta) = \delta$ di sini (sebab fungsinya Lipschitz- $1$ dan batasnya tercapai), pertanyaan 8 meramalkan paling banyak $\frac32(2m)^{-1/2}$ : sedangkan galat sejatinya $\frac{1}{2\sqrt{\pi m}}$ tepat berorde $n^{-1/2}$ — jadi lajunya tajam kecuali konstantanya.

12. Dari $f \leq g$ diperoleh $g - f \geq 0$ , jadi $L(g-f) \geq 0$ , yakni $Lf \leq Lg$ . Dari $-\abs f \leq f \leq \abs f$ : $-L\abs f \leq Lf \leq L\abs f$ , yakni $\abs{Lf} \leq L\abs f$ .

13. Lewat Heine pilihlah $\delta$ dengan $\abs{f(s)-f(x)} \leq \varepsilon$ setiap kali $\abs{s-x} \leq \delta$ . Jika $\abs{s - x} > \delta$ , maka $\frac{(s-x)^2}{\delta^2} > 1$ dan $\abs{f(s)-f(x)} \leq 2M \leq \frac{2M}{\delta^2}(s-x)^2$ . Jadi pada kedua kasusnya batas yang diklaim itu berlaku.

14. Tetapkan $x$ ; pertanyaan 13 berbunyi, sebagai fungsi $s$ :

-\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 .

Lalu terapkan $L_n$ yang linear monoton (pertanyaan 12) lalu nilailah di $x$ :

\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. Tulis $\alpha_j = L_ne_j - e_j$ , sehingga $\norm{\alpha_j}_\infty \to 0$ . Karena $e_2(x) - 2xe_1(x) + x^2e_0(x) = 0$ :

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),

yang bernorma supremum paling banyak $\norm{\alpha_2} + 2\norm{\alpha_1} + \norm{\alpha_0} \to 0$ . Selain itu $L_ne_0 \to e_0$ secara seragam, jadi $L_ne_0 \leq 2$ untuk $n$ yang besar, dan $\abs{f(x)}\abs{L_ne_0(x) - 1} \leq M\norm{\alpha_0} \to 0$ . Setelah dirakit dengan pertanyaan 14: untuk $n$ yang besar, seragam pada $x$ ,

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

jadi $L_nf \to f$ secara seragam — itulah teorema Korovkin.

16. Berlaku $B_ne_0 = e_0$ dan $B_ne_1 = e_1$ secara eksak, dan $\norm{B_ne_2 - e_2}_\infty = \max_x\frac{x(1-x)}{n} = \frac{1}{4n} \to 0$ (pertanyaan 2): jadi Korovkin berlaku, dan Weierstrass menyusul untuk ketiga kalinya.

17. Pemetaan $I_nf$ linear pada $f$ (sebab nilai simpulnya demikian), dan pada tiap sel penginterpolasi afin atas nilai simpul yang tak negatif bersifat tak negatif: jadi positif. Lalu $I_ne_0 = e_0$ dan $I_ne_1 = e_1$ sebab fungsi afin sama dengan penginterpolasinya sendiri. Pada sebuah sel $\intcc ab$ (dengan $b - a = \frac1n$ ), penginterpolasi afin bagi $e_2$ adalah $L(t) = (a+b)t - ab$ , dan

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

dengan maksimumnya di titik tengahnya: jadi $\norm{I_ne_2 - e_2}_\infty = \frac{1}{4n^2} \to 0$ . Menurut Korovkin: $I_nf \to f$ secara seragam untuk setiap $f$ yang kontinu — yakni hampiran poligonal, tanpa perlu taksiran lebih lanjut.

18. Diberikan $f$ dan $\varepsilon$ : Weierstrass menyediakan polinomial $P = \sum_{j=0}^d a_jx^j$ dengan $\norm{f - P}_\infty \leq \frac\varepsilon2$ ; lalu mengganti tiap $a_j$ dengan bilangan rasional $b_j$ yang $\abs{a_j - b_j} \leq \frac{\varepsilon}{2(d+1)}$ menggeser norma supremumnya pada $\intcc{0}{1}$ paling banyak $\frac\varepsilon2$ . Adapun himpunan polinomial berkoefisien rasional adalah gabungan terbilang (atas $d$ ) atas himpunan terbilang, jadi terbilang, dan sekaligus padat: sehingga $C(\intcc{0}{1})$ terpisahkan.

19. Berkat kelinearan, $\int_0^1 fP = 0$ untuk setiap polinomial $P$ . Pilihlah polinomial $P_n \to f$ yang konvergen seragam (lewat Weierstrass):

\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 ,

jadi $\int_0^1 f^2 = 0$ . Seandainya $f(x_0) \neq 0$ , kekontinuan memberi $f^2 \geq c > 0$ pada sebuah subinterval, yang bertentangan dengan penolkan integralnya: jadi $f = 0$ . Akibatnya dua fungsi kontinu dengan momen $\int f t^n$ yang sama pastilah berimpit.

20. Dengan $p_{n,k}(x) = \binom nk x^k(1-x)^{n-k}$ dan kesepakatan $p_{n-1,-1} = p_{n-1,n} = 0$ , aturan hasil kali beserta $k\binom nk = n\binom{n-1}{k-1}$ dan $(n-k)\binom nk = n\binom{n-1}{k}$ memberi

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

Lalu menjumlahkannya terhadap $f(k/n)$ dan menggeser indeks pada jumlah pertamanya (yakni penjumlahan Abel) memberi

(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. Menurut teorema nilai rata-rata, $f(\frac{j+1}n) - f(\frac jn) = \frac1n f'(\xi_j)$ dengan $\xi_j \in \intoo{j/n}{(j+1)/n}$ , jadi $(B_nf)'(x) = \sum_j f'(\xi_j)\,p_{n-1,j}(x)$ . Simpul $\frac{j}{n-1}$ juga terletak di $\intcc{j/n}{(j+1)/n}$ (sebab kedua ketaksamaannya menyusut menjadi $j \leq n-1$ ), sehingga $\abs{\xi_j - \frac j{n-1}} \leq \frac1n$ dan

\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

secara seragam. Karena $B_{n-1}(f') \to f'$ secara seragam (Teorema 10.16 yang diterapkan pada $f'$ yang kontinu), ketaksamaan segitiga memberi $(B_nf)' \to f'$ secara seragam. Karenanya polinomial $P_n = B_nf$ konvergen ke $f$ dalam arti $C^1$ .

22. Taylor–Lagrange di $x$ : $f(\frac kn) - f(x) = f'(x)(\frac kn - x) + \frac{f''(\xi_k)}2(\frac kn - x)^2$ . Setelah dijumlahkan terhadap $p_k$ , suku linearnya mati (pertanyaan 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. Dua kali penurunan lagi atas $(x+y)^n$ memberi momen faktorialnya, dengan $n_{(j)} = n(n-1)\cdots(n-j+1)$ :

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

sedangkan $k^3 = k_{(3)} + 3k_{(2)} + k$ dan $k^4 = k_{(4)} + 6k_{(3)} + 7k_{(2)} + k$ mengubahnya menjadi momen pangkat:

\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 .

Setelah $(k - nx)^4$ diuraikan lalu dikumpulkan (yakni perhitungan yang sabar tetapi murni mekanis dengan keempat momen pangkat tadi):

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

Dengan $x(1-x) \leq \frac14$ : ruas kanannya paling banyak $\frac n4\bigl(1 + \frac{3n}4\bigr) = \frac{3n^2}{16} + \frac n4 \leq n^2$ untuk $n \geq 1$ .

24. Bentuk Peano pada Taylor di $x$ menetapkan $\eta(t) = \frac{f(t) - f(x) - f'(x)(t-x) - \frac12f''(x)(t-x)^2} {(t-x)^2}$ untuk $t \neq x$ , dan $\eta(x) = 0$ : sebab menurut Taylor–Lagrange $\eta(t) = \frac12\bigl(f''(\xi) - f''(x)\bigr)$ untuk suatu $\xi$ di antara $t$ dan $x$ , jadi $\abs\eta \leq \norm{f''}_\infty$ dan $\eta(t) \to 0$ ketika $t \to x$ (berkat kekontinuan $f''$ ). Setelah uraiannya dijumlahkan terhadap $p_k$ dan pertanyaan 2–3 dipakai:

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 .

Diberikan $\varepsilon$ , pilihlah $\delta$ dengan $\abs\eta \leq \varepsilon$ pada $\abs{t - x}\leq\delta$ . Bagian dekatnya: paling banyak $\varepsilon\,n\cdot\frac{x(1-x)}n \leq \varepsilon$ . Bagian jauhnya: dengan $C = \norm{f''}_\infty$ dan pertanyaan 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 .

Karenanya $n(B_nf(x) - f(x)) \to \frac{x(1-x)}2f''(x)$ — itulah teorema Voronovskaya. Untuk $f = e_2$ hal ini eksak di setiap $n$ (Latihan 10.7): jadi langit-langit $\frac1n$ itu nyata.

25. (i) Kepositifan mengubah ketaksamaan titik demi titik menjadi ketaksamaan operator: ia memberi batas normanya, Jensen, Chebyshev, dan seluruh Korovkin — sedangkan kelinearan semata tak membuktikan apa pun di sini. (ii) Kekompakan masuk lewat Heine (pertanyaan 6 dan 13), lewat keterbatasan $f$ , dan lewat kenyataan bahwa norma $\norm\cdot_\infty$ itu sendiri hingga. (iii) Tiga fungsi uji sudah cukup karena kepositifan menyusutkan segalanya menjadi pengendalian $L_n$ pada satu keluarga $(s-x)^2 = e_2 - 2xe_1 + x^2e_0$ , yang rentangnya sama dengan rentang $e_0, e_1, e_2$ . (iv) Bernstein konvergen dengan laju jujur $\omega(n^{-1/2})$ untuk setiap $f$ yang kontinu (dan tajam, pertanyaan 11) tetapi menjenuh pada $\frac1n$ untuk $f$ yang mulus (pertanyaan 24); sedangkan bab Fourier menjalankan program yang sama untuk fungsi periodik lewat kernel Fejér — yakni operator positif lain dengan keutamaan dan kerendahan hati yang sama.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium