Düzgün Yakınsaklık-II

0 beğenilme 0 beğenilmeme
100 kez görüntülendi

Her $n\in\mathbb{N}$ için $$f_n:[0,1)\to\mathbb{R}, \ f_n(x)=x^n$$ olmak üzere $\langle f_n\rangle$ fonksiyon dizisinin noktasal yakınsak olduğunu fakat düzgün yakınsak olmadığını gösteriniz.

14, Mayıs, 14 Lisans Matematik kategorisinde murad.ozkoc (9,392 puan) tarafından  soruldu

6 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Bir fonksiyon dizisinin noktasal yakınsak ve düzgün yakınsak olması tanımlarını tekrar hatırlatalım.

Tanım: $X\neq \emptyset \,\ \text{küme}, \,\ (Y,d)$ metrik uzay, $ f_n \in \left(Y^X\right)^\mathbb{N} \,\ \text{ve} \,\ f \in Y^X$ olmak üzere eğer

$$(\forall \epsilon >0)\underline{(\forall x\in X)(\exists N \in \mathbb{N})}(\forall n\geq N)(d(f_n(x),f(x))<\epsilon)$$ önermesi doğru ise $\langle f_n\rangle $ dizisi, $f$ noktasına (fonksiyonuna) noktasal yakınsıyor denir ve $$f_{n}\overset{n}{\longrightarrow }f$$ ile gösterilir. Eğer $$(\forall \epsilon >0)\underline{(\exists N \in \mathbb{N})(\forall x\in X)}(\forall n\geq N)(d(f_n(x),f(x))<\epsilon)$$  önermesi doğru ise $\langle f_n\rangle $ dizisi, $f$ noktasına (fonksiyonuna) düzgün yakınsıyor denir ve $$f_{n}\overset{d}{\longrightarrow }f$$ ile gösterilir.


Özel olarak $Y=\mathbb{R}$  ve  $d:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^{\geq 0}, \ d(x,y):=|x-y|$ ise tanım şu şekle dönüşür:


$$f_n\overset{n}{\to} f:\Leftrightarrow (\forall \epsilon >0)\underline{(\forall x\in X)(\exists N \in \mathbb{N})}(\forall n\geq N)(|f_n(x)-f(x)|<\epsilon)$$

$$f_n\overset{d}{\to} f:\Leftrightarrow (\forall \epsilon >0)\underline{(\exists N \in \mathbb{N})(\forall x\in X)}(\forall n\geq N)(|f_n(x)-f(x)|<\epsilon)$$

$x\in [0,1)$ olduğundan $$\lim\limits_{n\to\infty}x^n=0$$ olur. Dolayısıyla $\langle f_n\rangle$ fonksiyon dizisinin $$f(x)=0$$ kuralı ile verilen $$f:[0,1)\to\mathbb{R}$$ fonksiyonuna noktasal yakınsadığını tahmin etmek zor olmasa gerek. Şimdi bu tahminimizin doğru olduğunu gösterelim:

$(x=0$ için $f_n(x)=0^n=0$ ve sabit fonksiyon dizileri hem noktasal (Neden?) hem de düzgün yakınsak (Neden?) olduğundan bundan sonraki kısımda çalışmalarımızı $x\in (0,1)$ için yapmak yeterli olacaktır.$)$

Bunun için de her $\epsilon>0$ ve her $x\in (0,1)$ için öyle bir $N\in\mathbb{N}$ bulmalıyız ki her $n\geq N$ için 

$$|f_n(x)-f(x)|<\epsilon$$

koşulu sağlansın. Noktasal yakınsaklık tanımına dikkat edilirse aradığımız $N$ doğal sayısı hem $\epsilon$ hem de $x$ sayısına bağlı olacak. Yani $\epsilon$ ve $x$ değiştikçe $N$ sayısı da değişecek.

$$|f_n(x)-f(x)|=|x^n-0|=|x^n|\overset{x\in (0,1)}{=}x^n<\epsilon$$ olmasını istediğimizden her $0<\epsilon<1$ ve her $(0,1)$ için $N=\lfloor\log_x\epsilon\rfloor+1\in\mathbb{N}$ seçilirse her $n\geq N$ için

$$|f_n(x)-f(x)|=|x^n-0|=|x^n|\overset{x\in (0,1)}{=}x^n\overset{x\in (0,1)}{\leq } x^N=x^{\lfloor\log_x\epsilon\rfloor+1}\overset{x\in (0,1)}{<}x^{\log_x\epsilon}=\epsilon$$ koşulu sağlanır. O halde 

$$(\forall \epsilon >0)\underline{(\forall x\in X)(\exists N \in \mathbb{N})}(\forall n\geq N)(|f_n(x)-f(x)|<\epsilon)$$ önermesi doğru yani $f_n$ fonksiyon dizisi noktasal yakınsaktır.


Not-1: Burada bulduğumuz $N$ sayısının hem $\epsilon$ hem de $x$ sayısına bağlı olduğuna dikkat edin.

Not-2: Yanıtı okuyan bir okur "noktasal yakınsaklık tanımında her $\epsilon>0$ için yazmasına karşın burada sadece $0<\epsilon<1$ için bir $N$ doğal sayısının bulunabileceği gösterildi. $\epsilon\geq 1$ için bir $N$ sayısının bulunabileceği ile ilgili bir açıklama yapılmamış" sorusunu sorabilir. Kendi kendine böyle bir soru soran okura şunu söyleyeyim. $\epsilon\geq 1$ için $N$ doğal sayısı ne seçilirse seçilsin ilgili koşulun sağlanacağını görmeye çalışmasını tavsiye ederim.

Not-3: Bu fonksiyon dizisinin düzgün yakınsak olmadığının yanıtını daha sonra ekleyelim.

15, Mayıs, 15 murad.ozkoc (9,392 puan) tarafından  cevaplandı
6 gün önce murad.ozkoc tarafından düzenlendi
0 beğenilme 0 beğenilmeme

(Aşağıdaki teoremden yararlanarak bu, fonksiyon dizisine özel çözüm)

Teorem: Bir $<g_n>$ fonksiyon dizisindeki her fonksiyon, bir $A$ kümesinde sürekli ve  bu dizi $A$ kümesinde, bir $g$ fonksiyonuna düzgün yakınsıyor ise $g$ fonksiyonu da $A$ kümesinde sürekli olur.

$<f_n>$ fonksiyon dizisinin (önceki çözümde noktasal olarak yakınsadığı gösterilen) $f\equiv 0$ (sabit) fonksiyonuna düzgün yakınsadığını varsayalım.

Önce, (bu varsayım ile) $g_n:[0,1]\to\mathbb{R},\quad g_n(x)=x^n$ fonksiyon dizisinin, $[0,1]$ aralığında,  $g(x)=\begin{cases}0,\ 0\leq x<1\\ 1,\ x=1\end{cases}$

fonksiyonuna düzgün yakınsadığını göstereceğiz.

Bir $\varepsilon>0$ sayısı verilsin. Varsayımımızdan,

$\forall x\in[0,1)$ ve $\forall n\geq N$ için $|f_n(x)-0|<\varepsilon$

olacak şekilde bir $N$ doğal sayısı vardır.

Aynı $N$ doğal sayısı için

$\forall x\in[0,1]$ ve  $\forall n\geq N$ için $|g_n(x)-g(0)|<\varepsilon$

olur (çünki, her $n$ için $g_n(1)=g(1)$ ve diğer $x$ ler için $f_n(x)=g_n(x)$ ve $f(x)=g(x)$)

Yani, $<f_n>$ dizisi $f$ ye $[0,1)$ aralığında düzgün yakınsıyor ise $<g_n>$ dizisi $g$ ye, $[0,1]$ aralığında, düzgün yakınsar.

Ama, açıkça, her $n$ için $g_n,\ [0,1]$ aralığında sürekli ama $g,\ [0,1]$ aralığında süreksizdir.

Bu durum, yukarıdaki teorem ile çelişir.

Öyleyse, $<f_n>$ fonksiyon dizisi  $f\equiv 0$ (sabit fonksiyonuna) düzgün yakınsamaz.

15, Mayıs, 15 DoganDonmez (3,953 puan) tarafından  cevaplandı
16, Mayıs, 16 DoganDonmez tarafından düzenlendi

Teşekkür ederim hocam.

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Daha kısa (ve "normal") çözüm.

$<f_n>$ dizisinin $[0,1)$ aralığında $f\equiv0$ (sabit) fonksiyonuna düzgün yakınsadığını varsayalım.

($f\equiv0$ (sabit) fonksiyonuna noktasal olarak yakınsadığı için, başka bir fonksiyona düzgün yakınsayamaz)

$\varepsilon=\frac12$ alalım. (Düzgün yakınsaklık tanımından) $\forall n\geq N$ için ve $\forall x\in[0,1)$ için $|f_n(x)-0|=x^n<\frac12$ olacak şekilde bir $N\in\mathbb{N}$ vardır.

Dolayısıyla $\forall x\in[0,1)$ için $x^N<\frac12$ olmalıdır.

Ama bunu sağlamayan bir çok $x\in[0,1)$ bulmak hiç de zor değil. Örneğin:

$x=\sqrt[N]{\frac23}$ olsun. $0\leq x<1$ olduğu açıktır. Ama $x^N=\frac23>\frac12$ olur.

Bu çelişki, varsayımımızın yanlış olduğunu, yani $<f_n>$ dizisinin $[0,1)$ aralığında $f\equiv0$ (sabit) fonksiyonuna düzgün yakınsamadığını ispatlar.

16, Mayıs, 16 DoganDonmez (3,953 puan) tarafından  cevaplandı

Başka (biraz daha zor) bir çözüm de $<f_n>$ dizisinin, $[0,1)$ aralığında, (düzgün) Cauchy dizisi olmadığını göstermektir.

O çözümü de ekledim.

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Biraz daha "havalı" bir çözüm:

$<f_n>$ fonksiyon dizisinin ($[0,1)$ aralığında (düzgünü) Cauchy dizisi olmadığını gösterelim.

Düzgün Cachy dizisi tanımı:

$f_n:A\to\mathbb{R}$ bir fonksiyon dizisi olsun. Eğer $\forall \varepsilon>0$ için:

$\forall m\geq n\geq N$ ve $\forall x\in A$ için $|f_n(x)-f_m(x)|<\varepsilon$

olacak şekilde (sadece $\varepsilon$ a bağlı) bir $N\in\mathbb{N}$ varsa,

$<f_n>$ fonksiyon dizisi $A$ kümesinde düzgün Cauchy dizisidir deriz.

Şu teoreme gerek duyuyoruz:

Teorem: $<f_n>$ fonksiyon dizisi ($f_n:A\to\mathbb{R}$), $A$ kümesinde bir $f:A\to\mathbb{R}$ fonksiyonuna düzgün yakınsıyor ise, $<f_n>$ fonksiyon dizisi  ($A$ kümesinde) bir düzgün Cauchy dizisidir. 

(Bu teoremin ispatı, (herhangi bir metrik uzayda) yakınsak bir dizininin bir Cauchy dizisi olduğunun ispatı ile  aynıdır.)

$\varepsilon=\frac19$ olsun.

Herhangi bir $N\in\mathbb{N}$ için $n=N+1,\ m=2N+2$ olsun.

$x=\sqrt[N+1]\frac23$ olsun. $x^n=\frac23,\ x^m=\left(\frac23\right)^2=\frac49$ ve $|f_m(x)-f_n(x)|=\frac29>\varepsilon$ olur.

(Bunlardan başka da, son eşitsizliği sağlayan pek çok $n,m,x$ de bulunabilir.)

Bu da, $\varepsilon=\frac19$ için (düzgün Cauchy dizisi tanımdaki koşulu sağlayan) bir $N\in\mathbb{N}$ bulunamayacağını gösterir. 

Bu da, $<f_n>$ dizisinin $[0,1)$ kümesinde düzgün Cauchy dizisi olmaması demektir. (Bunu, $<f_n>$ dizisinin $[0,1)$ kümesinde düzgün Cauchy dizisi olduğunu varsayıp, hemen hemen aynı şekilde, bir çelişki elde ederek de gösterebilirdik)

Yukarıdaki teoremden, $<f_n>$ dizisinin $[0,1)$ kümesinde düzgün yakınsak olamaz.


16, Mayıs, 16 DoganDonmez (3,953 puan) tarafından  cevaplandı
16, Mayıs, 16 DoganDonmez tarafından düzenlendi
0 beğenilme 0 beğenilmeme

Tanım: $X\neq \emptyset \,\ \text{küme}, $ $ f_n \in \left(\mathbb{R}^X\right)^\mathbb{N} \,\ \text{ve} \,\ f \in \mathbb{R}^X$ olmak üzere

$$f_n\overset{d}{\to} f:\Leftrightarrow (\forall \epsilon >0)(\exists N \in \mathbb{N})(\forall x\in X)(\forall n\geq N)(|f_n(x)-f(x)|<\epsilon).$$

O halde

$$f_n\overset{d}{\nrightarrow } f:\Leftrightarrow (\exists \epsilon >0)(\forall N \in \mathbb{N})(\exists x\in X)(\exists n\geq N)(|f_n(x)-f(x)|\geq\epsilon)$$

olur. Dolayısıyla bu soru için 

$$(\exists \epsilon >0)(\forall N \in \mathbb{N})(\exists x\in [0,1))(\exists n\geq N)(|f_n(x)-f(x)|\geq\epsilon)\ldots (*)$$ önermesinin doğru olduğunu gösterirsek söz konusu fonksiyon dizisinin $$f(x)=0$$ kuralı ile verilen $$f:[0,1)\to\mathbb{R}$$ fonksiyonuna düzgün yakınsamadığını göstermiş oluruz. Şimdi

$\epsilon=\frac12$ olmak üzere her $N\in\mathbb{N}$ için $x=\left(\frac23\right)^{\frac1N}\in [0,1)$ ve $n=N\geq N$ seçilirse $$|f_n(x)-f(x)|=\left|f_N\left(\left(\frac23\right)^{\frac1N}\right)-0\right|=\left|\left(\left(\frac23\right)^{\frac1N}\right)^N\right|=\frac23\geq \frac12=\epsilon$$ koşulu sağlanır. Yani $(*)$ önermesi doğru olur. Dolayısıyla söz konusu fonksiyon dizisi $$f(x)=0$$ kuralı ile verilen $$f:[0,1)\to\mathbb{R}$$ fonksiyonuna DÜZGÜN YAKINSAK DEĞİLDİR.

17, Mayıs, 17 murad.ozkoc (9,392 puan) tarafından  cevaplandı
0 beğenilme 0 beğenilmeme

Bir çözüm daha:

Tanım: $f:A\to\mathbb{R}$, $A(\neq\emptyset)$ kümesinde sınırlı bir fonksiyon olsun. $f$ nin $A$ kümesinde (sup=supremum) normu $\|f\|_A=\sup\{|f(x)|: x\in A\}$ olarak tanımlanır.

Teorem (Weierstrass): $<f_n>,\ f_n:A\to\mathbb{R}$ bir fonksiyonlar dizisi ve $f:A\to\mathbb{R}$ olsun. O zaman aşağıdakiler eşdeğerdir:

i) $<f_n>$ dizisi, $A$ kümesinde $f$ ye düzgün yakınsar.

ii) ($M_n=\|f_n-f\|_A$ olmak üzere) $\lim\limits_{n\to\infty} M_n=0$

(İspatı çok kolaydır. Düzgün yakınsaklık tanımı ve norm tanımı yazıldığında, ikisinin eşdeğer olduğu kolayca görülür.)

Sorudaki $f_n,\ f$ ve $A=[0,1)$ için  $\forall n\in\mathbb{N}$ için $M_n\neq0$ olduğunu gösterdiğimizde iddiamız ispatlanmış olur.

$\forall x\in[0,1)$ için $0\leq|x^n|=x^n\leq1 $  ve $\forall\  0\leq s<1$ ve $\forall n\in\mathbb{N}^+$ için ($\frac{1+s}2\in A$ olur ve) $f_n\left(\sqrt[n]{\frac{1+s}2}\right)=\frac{1+s}2>s$ olduğundan, 

$\forall n\in\mathbb{N}^+$ için $M_n=1$ bulunur. Bunun sonucu olarak da

$\lim\limits_{n\to\infty} M_n=1\neq0$ olur.



17, Mayıs, 17 DoganDonmez (3,953 puan) tarafından  cevaplandı

Bir soru: $f_n-f, \ A$ kümesinde sınırsız ise, bu durum,  teoremde bir sorun yaratmaz mı?

Aslında bu çözüm, 3. (Daha kısa (ve "normal") )çözüm ile aynı fikre dayanır.

...