همگرایی یکنواخت دنباله‌ها و سری‌های توابع

همگرایی یکنواخت آن گونه‌ای از همگرایی است که به‌قدر کافی نیرومند است تا اجازهٔ جابه‌جایی حد با پیوستگی، انتگرال‌گیری و — با یک فرض اضافی — مشتق‌گیری را بدهد. این مفهوم به‌همراه خویشاوندانش، یعنی هم‌پیوستگی و تقریب یکنواخت، ستون فقرات آنالیز حقیقی در کنکور است.

تعاریف: نقطه‌به‌نقطه در برابر یکنواخت

فرض کنید $f_n, f : E \to \mathbb{R}$.

• نقطه‌به‌نقطه: می‌گوییم $f_n \to f$ هرگاه برای هر $x$ ثابت، $f_n(x)\to f(x)$؛ نرخ همگرایی می‌تواند به $x$ وابسته باشد.
• یکنواخت ($f_n \rightrightarrows f$): برای هر $\varepsilon>0$ یک $N$ یگانه (مستقل از $x$) وجود دارد که $|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon$ برای همهٔ $n\ge N$ و همهٔ $x\in E$.

آزمون عملی همان معیار نُرم سوپریمم است: $f_n \rightrightarrows f \text{ on } E \iff M_n := \sup_{x\in E}|f_n(x)-f(x)| \longrightarrow 0.$ دستور کار: نخست حد نقطه‌به‌نقطه یعنی $f$ را بیابید، سپس $\sup_x|f_n(x)-f(x)|$ را حساب کنید (اغلب با حساب دیفرانسیل — قلهٔ خطا را پیدا کنید) و ببینید آیا به صفر میل می‌کند یا نه. هم‌ارزاً، $f_n\rightrightarrows f$ همان همگرایی در فضای نرم‌دار $\big(B(E),\|\cdot\|_\infty\big)$ با $\|h\|_\infty=\sup_{x\in E}|h(x)|$ است — «یکنواخت» به‌معنای واقعی کلمه یعنی همگرایی در نُرم سوپریمم، و $\big(C(K),\|\cdot\|_\infty\big)$ برای $K$ فشرده یک فضای باناخ است.

الگوی حل‌شده (قلهٔ خطا). برای $f_n(x)=\dfrac{nx}{n^2+x}$ روی $[0,\infty)$ حد نقطه‌به‌نقطه برابر $0$ است، اما هر $f_n$ به‌سوی مجانب $y=n$ بالا می‌رود، پس $\sup_{x\ge0}f_n(x)=n\to\infty$: روی نیم‌خط یکنواخت نیست. روی $[0,b]$ی کران‌دار سوپریمم برابر $f_n(b)=\frac{nb}{n^2+b}\to0$ است، پس آنجا همگرایی یکنواخت است — همان الگوی همیشگی «یکنواخت روی تکه‌های کران‌دار، نایکنواخت روی کل مجموعهٔ بی‌کران».

تعریف به‌صورت رشته‌ای از سورها

هرچه گفته شد، وقتی فضای مقصد یک فضای متریک باشد عیناً برقرار می‌ماند: برای $(X,d)$، $(Y,\rho)$ و $f_n,f:X\to Y$، $\textbf{uniform:}\quad \forall\varepsilon>0\ \ \exists N\ \ \forall n>N\ \ \forall x\in X:\ \rho\big(f_n(x),f(x)\big)<\varepsilon,$ $\textbf{pointwise:}\quad \forall x\in X\ \ \forall\varepsilon>0\ \ \exists N=N(\varepsilon,x)\ \ \forall n>N:\ \rho\big(f_n(x),f(x)\big)<\varepsilon,$ و همگرایی یکنواخت همان همگرایی در متریک سوپریمم $\rho_\infty(f,g)=\sup_{x\in X}\rho(f(x),g(x))$ است.

تمام تفاوت در جایگاه $\exists N$ نسبت به $\forall x$ است. پیشوند سورها را از چپ به راست مانند یک بازی بخوانید: هر $\exists$ مقداری است که باید تولید کنید در حالی که فقط متغیرهای سوردار سمت چپ آن را می‌دانید. «یکنواخت» یعنی شاهد $N$ پیش از آنکه نقطهٔ $x$ آشکار شود ساخته می‌شود، پس $N$ تنها به $\varepsilon$ وابسته است.

دو واقعیت منطقی، تکلیف هر پرسشِ «کدام رشته تعریف است؟» را روشن می‌کند:

۱. سورهای هم‌نوعِ مجاور جابه‌جاپذیرند: $\forall\varepsilon\,\forall x\equiv\forall x\,\forall\varepsilon$ و $\forall x\,\forall n\equiv\forall n\,\forall x$. پس اگر دو گزینه تنها در جابه‌جایی دو سور یکسانِ مجاور تفاوت داشته باشند، یک حکم واحد اند، و چون دقیقاً یک گزینه درست است، هر دو باید نادرست باشند. ۲. سورهای ناهم‌نوع جابه‌جاپذیر نیستند: $\exists N\,\forall x$ اکیداً قوی‌تر از $\forall x\,\exists N$ است — و این دقیقاً همان استلزام اکیدِ یکنواخت $\Rightarrow$ نقطه‌به‌نقطه است. اکید بودنش را $f_n(x)=x^n$ روی $[0,1)$ گواهی می‌کند: نقطه‌به‌نقطه $\to0$، ولی $\sup_{[0,1)}x^n=1\not\to0$.

طعمهٔ استاندارد در چنین فهرست‌هایی این است: $\forall\varepsilon\ \exists\delta\ \forall x\ \forall y\ \forall n:\ d(x,y)<\delta\Rightarrow\rho\big(f_n(x),f_n(y)\big)<\varepsilon,$ که اصلاً نامی از $f$ نمی‌برد: این هم‌پیوستگی یکنواخت خانوادهٔ $\{f_n\}$ است (یکی از فرض‌های آرتزلا–آسکولی)، نه حکمی دربارهٔ همگرایی.

دو خانوادهٔ برآمدگی که باید حفظ کرد

همگرایی معمولاً وقتی یکنواخت نیست که برآمدگی‌ای با ارتفاع ثابت صرفاً جابه‌جا شود — یا به کناری بلغزد، یا باریک‌تر شود.

(الف) برآمدگی مسافر (دامنهٔ نافشرده). برای قله‌های مثلثی $f_n(x)=\max\{0,\,1-|x-n|\}$ روی $\mathbb{R}$: هر یک روی $[n-1,n+1]$ ارتفاع $1$ دارد و به راست می‌لغزد، پس $f_n\to 0$ نقطه‌به‌نقطه، ولی $\sup_x f_n=f_n(n)=1\not\to 0$ — یکنواخت نیست، و چون نُرم سوپریمم برای هر اندیس برابر $1$ است، هیچ زیردنباله‌ای هم یکنواخت همگرا نیست. همین جرمِ فراری انتگرال را نیز خراب می‌کند: $\int_{\mathbb{R}}f_n=1$ برای هر $n$ (مساحت مثلثی با قاعدهٔ $2$ و ارتفاع $1$)، پس $\lim_n\int f_n=1\ne 0=\int\lim_n f_n$. محدود کردن به یک پنجرهٔ کران‌دار، برآمدگی را برای $n$های بزرگ حذف می‌کند و یکنواختی را بازمی‌گرداند — همان درون‌مایهٔ همیشگی «یکنواخت روی تکه‌های کران‌دار، نایکنواخت روی کل خط».

(ب) قلهٔ باریک‌شونده (دامنهٔ فشرده). روی $[0,1]$ مثلثی به ارتفاع $1$ روی قاعدهٔ $[0,\tfrac2n]$ در نظر بگیرید: $h_n(x)=\begin{cases} nx, & 0\le x\le \tfrac1n,\\ 2-nx, & \tfrac1n\le x\le \tfrac2n,\\ 0, & \tfrac2n\le x\le 1.\end{cases}$ آنگاه $h_n\to 0$ نقطه‌به‌نقطه (برای $x>0$ ثابت، به‌محض $n>2/x$ داریم $h_n(x)=0$)، حد پیوسته است، خانواده یکنواخت کران‌دار است ($0\le h_n\le 1$)، و حتی $\int_0^1 h_n=\tfrac1n\to 0$ — با این حال $\|h_n\|_\infty=1$ برای هر $n$، پس نه $\{h_n\}$ و نه هیچ زیردنباله‌ای یکنواخت همگرا نیست. همین یک مثال، هر سه ادعای «نقطه‌به‌نقطه $+$ حد پیوسته $\Rightarrow$ یکنواخت»، «$\int f_n\to\int f\Rightarrow$ یکنواخت» و «یکنواخت کران‌دار $\Rightarrow$ نوعی زیردنبالهٔ یکنواخت همگرا» را رد می‌کند. فرضی که کم دارد هم‌پیوستگی است ($|h_n'|=n\to\infty$ نزدیک $0$).

همگرایی یکنواخت چه چیزهایی را حفظ می‌کند

• پیوستگی. حد یکنواخت توابع پیوسته پیوسته است — همان استدلال $\tfrac{\varepsilon}{3}$ یعنی $|f(x)-f(x_0)|\le|f(x)-f_N(x)|+|f_N(x)-f_N(x_0)|+|f_N(x_0)-f(x_0)|$.
• پیوستگی یکنواخت (بستار در نُرم سوپریمم). همان تفکیک $\tfrac\varepsilon3$، این‌بار با یک $\delta$ یگانه: اگر هر $f_n$ روی $E$ به‌طور یکنواخت پیوسته باشد و $f_n\rightrightarrows f$، آنگاه $f$ نیز به‌طور یکنواخت پیوسته است. تنها از فاصلهٔ نُرم سوپریمم استفاده شده، پس حکم در حقیقت توپولوژیک است: توابع به‌طور یکنواخت پیوسته زیرمجموعه‌ای بسته از $\big(B(E),\|\cdot\|_\infty\big)$ تشکیل می‌دهند. از این‌رو نسخهٔ تیزتر و بدون دنباله — اگر برای هر $\varepsilon>0$ دست‌کم یک تابع به‌طور یکنواخت پیوستهٔ $g$ با $\sup_t|f(t)-g(t)|<\varepsilon$ وجود داشته باشد، آنگاه $f$ به‌طور یکنواخت پیوسته است — که دقیقاً روشِ اثبات این است که یک $f$ پیوسته با حدهای متناهی در $\pm\infty$، یا یک $f$ پیوسته روی $\mathbb{R}$ که سرانجام خطی می‌شود، به‌طور یکنواخت پیوسته است. به تضاد آن با ردهٔ لیپ‌شیتس توجه کنید که بسته نیست: مجموع‌های جزئی تابع وایرشتراس لیپ‌شیتس‌اند و به‌طور یکنواخت به حدی همگرا می‌شوند که هیچ‌جا مشتق‌پذیر نیست.
• انتگرال‌گیری. اگر هر $f_n$ ریمان‌انتگرال‌پذیر باشد و $f_n\rightrightarrows f$ روی $[a,b]$، آنگاه $f$ ریمان‌انتگرال‌پذیر است و $\left|\int_a^b f_n-\int_a^b f\right|\le(b-a)\sup_{[a,b]}|f_n-f|\to 0$. کنترل یکنواخت ضروری است — برآمدگی فراریِ بالا نشان می‌دهد همگرایی نقطه‌به‌نقطه کافی نیست — و طول متناهی $b-a$ نیز همین‌طور: روی $[0,\infty)$ دنبالهٔ $f_n=\tfrac1n\chi_{[0,n]}$ به‌طور یکنواخت به $0$ همگراست در حالی که $\int_0^\infty f_n=1$ برای هر $n$.
• مشتق‌گیری فرق می‌کند. همگرایی یکنواخت $f_n$ هیچ چیز دربارهٔ $f_n'$ نمی‌گوید: مثلاً $f_n(x)=\sqrt{x^2+\tfrac1n}\rightrightarrows|x|$، یعنی حدی مشتق‌ناپذیر از توابع هموار. برای مشتق‌گیری از حد باید مشتق‌ها به‌طور یکنواخت همگرا باشند: اگر $f_n\in C^1$، $f_n(x_0)$ در یک نقطه همگرا باشد و $f_n'\rightrightarrows g$، آنگاه $f_n\rightrightarrows f$ با $f'=g$.

همگرایی نقطه‌به‌نقطه هیچ‌یک از پیوستگی و انتگرال‌پذیری ریمان را حفظ نمی‌کند: تابع دیریکله $D=\lim_n \mathbf{1}_{\{q_1,\dots,q_n\}}$ حدی نقطه‌به‌نقطه، صعودی و یکنواخت کران‌دار از توابع ریمان‌انتگرال‌پذیر است که هیچ‌جا پیوسته نیست و ریمان‌انتگرال‌پذیر هم نیست. نه کران‌داری یکنواخت و نه یکنوایی، انتگرال ریمان را نجات نمی‌دهد (این‌ها انتگرال لبگ را نجات می‌دهند).

جبر حدهای یکنواخت: چه چیزی یکنواخت می‌ماند

لم کران‌داری یکنواخت. اگر هر $f_n$ روی $E$ کران‌دار باشد و $f_n\rightrightarrows f$، آنگاه $f$ کران‌دار است و $\sup_n\|f_n\|_\infty<\infty$. اثبات: $N$ای بگیرید که برای $n\ge N$ داشته باشیم $\|f_n-f\|_\infty<1$؛ آنگاه $\|f\|_\infty\le\|f_N\|_\infty+1$ و $\|f_n\|_\infty\le\|f\|_\infty+1$ برای هر $n\ge N$، در حالی که $f_1,\dots,f_{N-1}$ بنا به فرض کران‌دارند — بیشینهٔ $M$ را بردارید. آنگاه همهٔ مقادیر در یک بازهٔ فشرده $K=[-M,M]$ قرار می‌گیرند و همین یک واقعیت، همهٔ آنچه در پی می‌آید را به‌کار می‌اندازد.

• خطی بودن. اگر $f_n\rightrightarrows f$ و $g_n\rightrightarrows g$ آنگاه $af_n+bg_n\rightrightarrows af+bg$ (نامساوی مثلثی).
• حاصل‌ضرب‌ها و مربع‌ها — نیازمند کران‌داری. $|f_n^2-f^2|=|f_n-f|\,|f_n+f|\le 2M\|f_n-f\|_\infty\to 0$، و به‌همین‌ترتیب $\|f_ng_n-fg\|_\infty\le\|f_n\|_\infty\|g_n-g\|_\infty+\|g\|_\infty\|f_n-f\|_\infty\to0$ وقتی هر دو خانواده یکنواخت کران‌دار باشند. بدون کران‌داری این حکم شکست می‌خورد: $f_n=g_n=x+\tfrac1n\rightrightarrows x$ روی $\mathbb{R}$، ولی $f_n^2-x^2=\tfrac{2x}{n}+\tfrac1{n^2}$ نُرم سوپریممِ $+\infty$ دارد.
• ترکیب از بیرون. برای هر تابع پیوستهٔ $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ داریم $g\circ f_n\rightrightarrows g\circ f$ — زیرا $g$ روی فشردهٔ $K$ به‌طور یکنواخت پیوسته است (هاینه–کانتور)، پس یک $\delta$ یگانه به‌طور هم‌زمان برای همهٔ $x\in E$ کار می‌کند: $\|f_n-f\|_\infty<\delta\Rightarrow\|g\circ f_n-g\circ f\|_\infty\le\varepsilon$. باز هم کران‌داری ضروری است ($g(u)=u^2$ و مثال قبل را بگیرید). ترکیب از درون، یعنی $f_n\circ\varphi\rightrightarrows f\circ\varphi$، برای هر $\varphi$ رایگان است.
• ارزیابی متحرک. اگر $x_n\to x$، بنویسید $|f_n(x_n)-f(x)|\le\|f_n-f\|_\infty+|f(x_n)-f(x)|$: همگرایی یکنواخت جملهٔ نخست را از بین می‌برد، ولی جملهٔ دوم نیازمند پیوستگی $f$ در $x$ است. با $f_n$های پیوسته این یک قضیه است (پیوستگی به ارث می‌رسد)؛ با $f_n$های صرفاً کران‌دار نادرست است — دنبالهٔ ثابت $f_n=f=\chi_{(0,1]}$ روی $[0,1]$ را بگیرید (یکنواخت، با خطای $\equiv0$) و $x_n=\tfrac1n\to0$: آنگاه $f_n(x_n)=1\ne 0=f(0)$.
• چیزهایی که همگرایی یکنواخت هرگز نمی‌دهد. جمع‌پذیری: $f_n=\tfrac1n\rightrightarrows0$ ولی $\sum\tfrac1n$ واگراست. همچنین نه کران‌داری جملات بی‌کران را می‌دهد و نه یکنواختی پادمشتق‌ها را روی بازهٔ نامتناهی (دو بخش پایین‌تر).

فضای متریک سوپریممِ $C(K)$: کدام مجموعه‌ها بسته‌اند؟

چون $d(f,g)=\sup_{x\in K}|f(x)-g(x)|$ دقیقاً همان همگرایی یکنواخت است، هر پرسشِ «آیا این مجموعه بسته / کامل / چگال است؟» دربارهٔ $C(K)$ یک پرسش دربارهٔ همگرایی یکنواخت است. دو قاعده تکلیف همهٔ آن‌ها را روشن می‌کند.

قاعدهٔ ۱ (قیدهای پیوسته مجموعه‌های بسته می‌سازند). اگر $T:C(K)\to\mathbb{R}$ پیوسته و $F\subseteq\mathbb{R}$ بسته باشد، آنگاه $T^{-1}(F)$ بسته است؛ و یک $T$ خطی پیوسته است اگر و تنها اگر کران‌دار باشد، یعنی $|T(f)|\le C\|f\|_\infty$. اشتراک دلخواه مجموعه‌های بسته بسته است، پس قیدی که «برای هر $x$» گذاشته شود همچنان بسته است. تابعک‌های کران‌دار استاندارد روی $C[-1,1]$:

• ارزیابی $\delta_{x_0}(f)=f(x_0)$: $|\delta_{x_0}(f)-\delta_{x_0}(g)|\le\|f-g\|_\infty$ (لیپ‌شیتس با ثابت $1$)؛
• انتگرال‌گیری $L(f)=\int_{-1}^{1}f$: $|L(f)-L(g)|\le 2\|f-g\|_\infty$؛
• تقارن $S_x(f)=f(x)-f(-x)$: برای هر $x$ ثابت، لیپ‌شیتس با ثابت $2$؛
• انتگرال‌های وزن‌دار $f\mapsto\int f w$ با $w$ی انتگرال‌پذیر.

قاعدهٔ ۲ (قیدهای مشتقی چنین نمی‌کنند). تابعک $f\mapsto f'(0)$ نسبت به نُرم سوپریمم کران‌دار نیست: برای $f_n(x)=\tfrac1n\sin(n^2x)$ داریم $\|f_n\|_\infty=\tfrac1n\to0$ در حالی که $f_n'(0)=n\to\infty$. همگرایی یکنواخت پیوستگی را حفظ می‌کند نه مشتق‌پذیری را، پس مجموعه‌هایی که با مشتق تعریف می‌شوند معمولاً بسته نیستند. شاهد جهان‌شمول این است: $f_n(x)=\sqrt{x^{2}+\tfrac{1}{n^{2}}}\ \in C^\infty,\qquad f_n'(0)=0,\qquad 0\le f_n(x)-|x|=\frac{1/n^{2}}{\sqrt{x^{2}+1/n^{2}}+|x|}\le\frac1n,$ پس $f_n\rightrightarrows|x|$ که در $0$ مشتق‌پذیر نیست.

دو نتیجهٔ فرعی که ارزش به‌خاطر سپردن دارند: $\big(C(K),\|\cdot\|_\infty\big)$ کامل است (هر دنبالهٔ یکنواخت کوشی از توابع پیوسته حدی پیوسته دارد)، در حالی که $C^1[a,b]$ با نُرم سوپریمم کامل نیست — این فضا در $C[a,b]$ چگال است، پس تا آنجا که یک زیرمجموعهٔ سره ممکن است، از بسته بودن دور است.

سری‌های توابع، آزمون $M$ و عملیات جمله‌به‌جمله

برای سری $\sum_n u_n(x)$، همگرایی یکنواخت یعنی مجموع‌های جزئی به‌طور یکنواخت همگرا باشند. شرط کافیِ تعیین‌کننده:

آزمون $M$ وایرشتراس. اگر $|u_n(x)|\le M_n$ برای هر $x\in E$ و $\sum_n M_n<\infty$، آنگاه $\sum_n u_n$ روی $E$ به‌طور یکنواخت (و مطلق) همگراست.

دو نتیجهٔ فرعی، همگرایی یکنواخت را به مجوزی برای جابه‌جا کردن $\sum$ با $\int$ و $\tfrac{d}{dx}$ تبدیل می‌کنند:

• انتگرال‌گیری جمله‌به‌جمله. اگر $\sum u_n$ روی $[a,b]$ به‌طور یکنواخت همگرا باشد (و هر $u_n$ پیوسته باشد)، آنگاه $\int_a^b\sum_n u_n=\sum_n\int_a^b u_n$. کاربرد کلاسیک: برای محاسبهٔ $\sum_{n\ge1}\int_1^2\frac{x}{(1+x)^n}\,dx$ توجه کنید که روی $[1,2]$ داریم $\frac{1}{1+x}\le\frac13$، پس آزمون $M$ همگرایی یکنواخت می‌دهد؛ بردن مجموع به درون انتگرال، سری هندسی $\sum_{n\ge1}(1+x)^{-n}=\frac1x$ را جمع می‌بندد و $\int_1^2 x\cdot\frac1x\,dx=1$. (برای جملات نامنفی می‌توان با قضیهٔ تونلی هم جابه‌جا کرد، اما توجیه مقدماتی همان آزمون $M$ است.)
• مشتق‌گیری جمله‌به‌جمله. اگر هر $u_n\in C^1$ باشد، $\sum u_n$ در یک نقطه همگرا باشد و $\sum u_n'$ به‌طور یکنواخت همگرا باشد، آنگاه $\sum u_n$ مشتق‌پذیر است و $\left(\sum u_n\right)'=\sum u_n'$. آنچه اهمیت دارد همگرایی یکنواخت مشتق‌هاست — نه سری اصلی.

آزمون لازمِ ارزان: با بیشینه‌سازِ متحرک آن را بکشید

اِعمال معیار یکنواخت کوشی روی یک جمله، این شرط لازمِ رایگان را می‌دهد: $\sum_n u_n \text{ uniform on } E\ \Longrightarrow\ \|u_n\|_{\infty,E}=\sup_{x\in E}|u_n(x)|\to 0 .$

پس پیش از آنکه به دنبال یک مِهتر (majorant) بگردید، $u_n$ را روی $E$ بیشینه کنید — معمولاً با انتخاب $x$ای که یکی از عامل‌ها را تباه می‌کند ($x=\tfrac1n$ عبارت $(1-nx)^2$ را صفر می‌کند؛ $x=\tfrac{n}{n+1}$ مقدار $x^n(1-x)$ را بیشینه می‌کند؛ بقیهٔ موارد با محاسبهٔ نقطهٔ بحرانی حل می‌شوند). اگر سوپریمم به صفر میل نکند، یکنواختی مرده است و هیچ آزمونی لازم نیست.

نمونهٔ کلاسیک. $\displaystyle\sum_{n\ge1}u_n(x),\quad u_n(x)=\frac{x}{x+(1-nx)^{2}}$.

۱. همگرایی نقطه‌به‌نقطه در همه‌جا. برای $x\ne0$ داریم $(1-nx)^2\sim n^2x^2$، پس $u_n(x)\sim\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{n^{2}}$ و مقایسهٔ حدی با $\sum n^{-2}$ همگرایی مطلق می‌دهد؛ در $x=0$ هر جمله برابر $0$ است. سری روی تمام $\mathbb{R}$ نقطه‌به‌نقطه همگراست. ۲. یکنواخت به‌دور از نقطهٔ بد. روی $\left[\tfrac12,1\right]$ و برای $n\ge3$ داریم $nx-1\ge\tfrac{nx}{3}$، پس $0\le u_n\le\frac{x}{(1-nx)^2}\le\frac{9}{n^{2}x}\le\frac{18}{n^{2}}=:M_n$ — آزمون $M$ کار می‌کند. ۳. نایکنواخت آنجا که برآمدگی‌ها انباشته می‌شوند. روی $\left[0,\tfrac12\right]$ قرار دهید $x_n=\tfrac1n$: آنگاه $1-nx_n=0$ و $u_n(x_n)=1$، پس $\|u_n\|_\infty\ge1\not\to0$. هم‌ارزاً مجموع در $0$ ناپیوسته است ($S(1/n)\ge1$، $S(0)=0$) که برای حد یکنواختِ جملات پیوسته ناممکن است.

نتیجهٔ اخلاقی (الگو). یک سری واحد می‌تواند روی کل خط نقطه‌به‌نقطه همگرا باشد، روی هر بازه‌ای که از نقطهٔ تمرکز دوری کند یکنواخت همگرا باشد، و روی هر بازه‌ای که بستارش شامل آن نقطه باشد نایکنواخت باشد. گزینه‌های کنکور مرتباً همین دو بازه را در برابر هم می‌گذارند؛ محاسبهٔ تعیین‌کننده همان $\sup_E|u_n|$ در بیشینه‌سازِ متحرک است.

$x$-زدایی از کران: نامساوی میانگین‌ها و دوستانش

آزمون $M$ به مِهتری نیاز دارد که هیچ $x$ای در آن نباشد. سه حرکت استاندارد:

• حذف یک جمع‌وند نامنفی: $\dfrac{1}{\sqrt{n^{\alpha}+x^{2}}}\le n^{-\alpha/2}$.
• نامساوی میانگین حسابی–هندسی روی مخرجِ رشدیابنده: $1+n^{\alpha}x^{m}\ge 2\sqrt{n^{\alpha}x^{m}}=2n^{\alpha/2}x^{m/2}$. از این‌رو برای $f$ی پیوسته روی $[0,1]$ و $n\ge\tfrac m2$ (تا $x^{\,n-m/2}\le1$ برقرار باشد)، با استفاده از $|\sin t|\le t$ برای $t\ge0$، $\left|\frac{f(x)\sin\left(x^{n}\right)}{1+n^{\alpha}x^{m}}\right|\le\frac{\max|f|\;x^{\,n-m/2}}{2\,n^{\alpha/2}}\le\frac{\max|f|}{2\,n^{\alpha/2}},$ پس سری به‌محض $\alpha>2$ روی $[0,1]$ به‌طور یکنواخت همگراست.
• بیشینه‌سازی با حساب دیفرانسیل وقتی هیچ نامساوی بدیهی‌ای در کار نیست: $\|u_n\|_\infty=u_n(x_n)$ در نقطهٔ بحرانی $x_n$.

مطلق $\ne$ یکنواخت. آزمون $M$ هر دو را یک‌جا می‌دهد، پس هرگز نمی‌تواند سری‌ای را که یکنواخت ولی نامطلق همگراست تشخیص دهد — و همگرایی مطلق نیز هیچ گواهی بر یکنواختی نیست: $\sum_{n\ge0}\frac{x^{2}}{(1+x^{2})^{n}}$ در هر $x\in\mathbb{R}$ مطلقاً همگراست، با مجموع $1+x^{2}$ برای $x\ne0$ و $0$ در $x=0$ — مجموعی ناپیوسته، پس روی هیچ بازه‌ای حول $0$ همگرایی یکنواخت نیست.

وقتی آزمون $M$ کار نمی‌کند: سه جایگزین

آزمون $M$ هم‌زمان همگرایی مطلق و یکنواخت را ثابت می‌کند، پس تنها وقتی می‌تواند موفق شود که $\sum_n\|u_n\|_\infty<\infty$. اگر آن سری ثابت واگرا باشد، سری تابعی ممکن است همچنان به‌طور یکنواخت — و نامطلق — همگرا باشد. سه راه نجات استاندارد:

• آزمون لایب‌نیتس یکنواخت (متناوب). اگر $u_n\ge0$، $u_{n+1}(x)\le u_n(x)$ برای هر $x$، و $\|u_n\|_\infty\to0$، آنگاه $\sum(-1)^n u_n$ به‌طور یکنواخت همگراست، با باقی‌ماندهٔ کران‌دار به نخستین جملهٔ حذف‌شده: $\|S-S_N\|_\infty\le\|u_{N+1}\|_\infty$. نمونهٔ کلاسیک: روی هر فضای متریک $(X,d)$ با نقطهٔ پایهٔ $x_\circ$، قرار دهید $u_n(x)=\dfrac{d(x,x_\circ)}{1+n\,d(x,x_\circ)}$. با نوشتن $t=d(x,x_\circ)$ و $\varphi_n(t)=\tfrac{t}{1+nt}$: دنباله بر حسب $n$ نزولی است (مخرج بزرگ می‌شود) و $0\le u_n\le\tfrac1n$، پس $\sum(-1)^nu_n$ روی تمام $X$ به‌طور یکنواخت همگراست — هرچند $u_n(x)\sim\tfrac1n$ باعث می‌شود در هر $x\ne x_\circ$ داشته باشیم $\sum u_n(x)=+\infty$، پس آزمون $M$ ناامیدکننده است و همگرایی هیچ‌جا مطلق نیست.
• آزمون دیریکله (شکل یکنواخت). اگر مجموع‌های جزئی $B_N=\sum_{n\le N}b_n$ یکنواخت کران‌دار باشند ($|B_N(x)|\le M$ برای هر $N$ و هر $x$) و $a_n(x)\downarrow 0$ به‌طور یکنواخت (بر حسب $n$ در هر نقطه یکنوا، با $\|a_n\|_\infty\to0$)، آنگاه $\sum a_nb_n$ روی $E$ به‌طور یکنواخت همگراست. جمع‌بندی آبل برآورد دنبالهٔ $\left|\sum_{k=m+1}^{n}a_kb_k\right|\le 2M\,\|a_{m+1}\|_\infty$ را می‌دهد که مستقل از $x$ است — همان معیار یکنواخت کوشی.
• آزمون آبل (شکل یکنواخت). اگر $\sum b_n$ روی $E$ به‌طور یکنواخت همگرا باشد و $(a_n(x))_n$ بر حسب $n$ یکنوا و یکنواخت کران‌دار باشد، آنگاه $\sum a_nb_n$ به‌طور یکنواخت همگراست.

پرسش متناوبِ کهن‌الگو. برای $\alpha>0$ سری $\displaystyle\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^n}{\sqrt{n^{\alpha}+x^{2}}}$ را روی $\mathbb{R}$ در نظر بگیرید. جملات $u_n(x)=(n^{\alpha}+x^{2})^{-1/2}$ مثبت‌اند، برای هر $x$ ثابت بر حسب $n$ نزولی‌اند و در کرانِ بدون $x$ی $u_n\le n^{-\alpha/2}\to0$ صدق می‌کنند؛ پس برآورد باقی‌ماندهٔ لایب‌نیتس می‌دهد $\sup_{x\in\mathbb{R}}|R_N(x)|\le\sup_{x}u_{N+1}(x)\le (N+1)^{-\alpha/2}\to0,$ یعنی سری برای هر $\alpha>0$ روی تمام $\mathbb{R}$ به‌طور یکنواخت همگراست. با این حال $\sum u_n(x)\asymp\sum n^{-\alpha/2}$ تنها برای $\alpha>2$ همگراست: گزینهٔ انحرافی کلاسیک «سری فقط برای $\alpha>2$ همگراست» همگرایی مطلق را با همگرایی ساده (یکنواخت) اشتباه می‌گیرد، و «هیچ‌جا یکنواخت نیست» شکست آزمون $M$ را با اثبات نایکنواختی عوضی می‌گیرد. آزمون $M$ کافی است، هرگز لازم نیست.

کهن‌الگوی مثلثاتی (دیریکله در عمل)

برای $x\notin 2\pi\mathbb{Z}$، جمع‌بندی سری هندسی $\sum e^{inx}$ هستهٔ دیریکلهٔ مزدوج را می‌دهد: $\sum_{n=1}^{N}\sin nx=\frac{\cos\frac x2-\cos\!\left(\left(N+\tfrac12\right)x\right)}{2\sin\frac x2},\qquad\text{hence}\qquad \left|\sum_{n=1}^{N}\sin nx\right|\le\frac{1}{\left|\sin\frac x2\right|}$ (همین کران برای $\sum_{n\le N}\cos nx$ نیز برقرار است). روی $[\delta,2\pi-\delta]$ این مقدار $\le 1/\sin\frac{\delta}{2}<\infty$ است، به‌طور یکنواخت نسبت به $N$؛ و با $\delta\downarrow0$ منفجر می‌شود. در نتیجه، برای توابع ضریبِ $a_n(x)\downarrow0$ به‌طور یکنواخت روی $[0,2\pi]$:

• $\sum a_n(x)\sin nx$ روی هر $[\delta,2\pi-\delta]$ با $0<\delta<\pi$ به‌طور یکنواخت همگراست — پس روی هر زیرمجموعهٔ فشردهٔ بازهٔ باز $(0,2\pi)$؛
• روی تمام $[0,2\pi]$ نقطه‌به‌نقطه همگراست (دو انتها بدیهی‌اند: آنجا هر جمله صفر می‌شود)؛
• ولی یکنواختی روی بازهٔ بسته می‌تواند به‌راستی شکست بخورد: با $a_n\equiv\tfrac1n$ داریم $\sum_{n\ge1}\frac{\sin nx}{n}=\frac{\pi-x}{2}$ روی $(0,2\pi)$ و $=0$ در $x=0,2\pi$ — مجموعی ناپیوسته که به‌عنوان حد یکنواخت مجموع‌های جزئی پیوسته ناممکن است.

قضیهٔ چاندی–جولیف. برای ثابت‌های $a_n\downarrow0$، سری $\sum a_n\sin nx$ روی $\mathbb{R}$ به‌طور یکنواخت همگراست اگر و تنها اگر $na_n\to0$. (برای $a_n=\tfrac1n$: $na_n=1\not\to0$، پس یکنواخت نیست. برای $a_n=\tfrac1{n^2}$: آزمون $M$ همین حالا همگرایی مطلق $+$ یکنواخت روی تمام $\mathbb{R}$ می‌دهد.) بنابراین چهار گزینهٔ این الگو معمولاً این‌ها را در برابر هم می‌گذارند: یکنواختی موضعی (حکم درست)، «روی هیچ زیربازهٔ فشرده‌ای یکنواخت نیست» (نادرست — دیریکله)، «جایی واگراست» (نادرست — دیریکلهٔ نقطه‌به‌نقطه)، و یک حالت خاصِ دستکاری‌شده مانند $a_n=n^{-2}$ که نایکنواخت اعلام شده (نادرست — آزمون $M$).

مشتق‌گیری جمله‌به‌جمله و تابع وایرشتراس

چون مشتق‌گیری جملهٔ $n$-ام را تقریباً در $n$ ضرب می‌کند، شکننده‌ترین عمل است. دو کهن‌الگوی امتحانی:

• موفق — کاهش کافی در مشتق‌ها. برای $f(x)=\sum_{n\ge1}\frac{1}{n^2+x^2}$ جملات $\le n^{-2}$ اند (یکنواخت، پس $f$ پیوسته است) و $|g_n'(x)|=\frac{2|x|}{(n^2+x^2)^2}\le\frac{1}{n^3}$ (با استفاده از $n^2+x^2\ge 2n|x|$)، پس $\sum g_n'$ یکنواخت است و $f\in C^\infty$ روی تمام $\mathbb{R}$. به‌همین‌ترتیب سری $p$-ی مثلثاتی $\sum\frac{\sin(nx)}{n^\alpha}$ هرگاه $\alpha>k+1$ باشد، $k$ بار مشتق‌پذیر است (هر بار مشتق‌گیری توان مؤثر را یک واحد کم می‌کند).
• ناموفق — تابع وایرشتراس. تابع $W(x)=\sum_{n\ge1}\frac{\sin(2^n x)}{2^n}$ پیوسته است (آزمون $M$: جملات $\le 2^{-n}$) ولی مشتق صوری آن یعنی $\sum\cos(2^n x)$ همه‌جا واگراست (جملات به $0$ میل نمی‌کنند). این همان سری خلأدار $\sum a^n\sin(b^n x)$ در نسبت بحرانی $ab=1$ است؛ بنا به قضیهٔ هاردی، $W$ پیوسته ولی هیچ‌جا مشتق‌پذیر نیست. همگرایی یکنواخت یک سری، پیوستگی می‌خرد، هرگز مشتق‌پذیری نه.

دو راه دیگر که «مشتق‌پذیری روی $\mathbb{R}$» می‌تواند بی‌سروصدا شکست بخورد: ممکن است سری روی تمام $\mathbb{R}$ اصلاً همگرا نباشد (مثلاً $\sum\frac{1}{1+x^{2n}}$ برای $|x|\le1$ واگراست، چون آنجا جملات به $0$ میل نمی‌کنند)، یا ممکن است از یک جملهٔ تنها یک گوشه به ارث ببرد (مثلاً $\sum\frac{|x-1/n|}{3^n}$ یک تابع مشتق‌پذیر به‌علاوهٔ یک گوشهٔ واقعی در هر $x=\tfrac1n$ است، پس آنجا مشتق‌پذیر نیست).

خارج‌قسمت‌های تفاضلی: پیمانهٔ پیوستگی $f'$

برای تابع مشتق‌پذیر $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ قرار دهید $g_n(x)=n\left(f\!\left(x+\tfrac1n\right)-f(x)\right)=\frac{f\!\left(x+\tfrac1n\right)-f(x)}{\tfrac1n}.$ همگرایی نقطه‌به‌نقطهٔ $g_n\to f'$ خودکار است — همان تعریف مشتق است — پس هر گزینه‌ای که فرضش «$g_n\to f'$ نقطه‌به‌نقطه» باشد، تهی است. تنها مسئله یکنواختی است و قضیهٔ مقدار میانگین دقیقاً به آن پاسخ می‌دهد: $g_n(x)=f'(\xi_{n,x})$ با $x<\xi_{n,x}<x+\tfrac1n$، پس $\sup_{x\in\mathbb{R}}\left|g_n(x)-f'(x)\right|\le\omega_{f'}\!\left(\tfrac1n\right),\qquad \omega_g(\delta):=\sup\{|g(u)-g(v)|:\ |u-v|\le\delta\}.$ پیمانهٔ پیوستگی $\omega_g$ ابزار استاندارد برای ارتقای یک برآورد نقطه‌به‌نقطه به برآوردی یکنواخت است، و $g$ به‌طور یکنواخت پیوسته است $\iff\omega_g(\delta)\to0$ وقتی $\delta\downarrow0$. از این‌رو:

اگر $f'$ روی $\mathbb{R}$ به‌طور یکنواخت پیوسته باشد، آنگاه $g_n\rightrightarrows f'$ روی $\mathbb{R}$. (روی بازهٔ فشرده، $f\in C^1$ به‌کمک هاینه–کانتور همین را می‌دهد.)

سه حکم همسایه همگی نادرست‌اند، هر یک با شاهدی به‌یادماندنی:

دو ملاحظهٔ ساختاری: مشتق همواره حدی نقطه‌به‌نقطه از توابع پیوستهٔ $g_n$ است (ردهٔ بئر $1$)، و به همین دلیل خاصیت دارْبو دارد اما می‌تواند ناپیوسته باشد؛ و کوچکی یکنواخت $f$ هرگز نوسان $f'$ را مهار نمی‌کند — مهار باید بر مشتق تحمیل شود.

مثال کوچک حل‌شده: عملگر انتگرال‌گیری همه‌چیز را به صفر می‌کوبد

فرض کنید $f_0$ روی $[0,1]$ پیوسته است و عملگر پادمشتق $T[f](x)=\int_0^x f(t)\,dt$ را تکرار می‌کنیم، یعنی $f_n=T[f_{n-1}]$. با $M=\max_{[0,1]}|f_0|<\infty$، استقرا می‌دهد $|f_n(x)|\le M\,\frac{x^n}{n!}\le\frac{M}{n!}\qquad(x\in[0,1]),$ زیرا هر بار انتگرال‌گیری بر عدد صحیح بعدی تقسیم می‌کند (همان سازوکار $\sum x^n/n!=e^x$). پس $\|f_n\|_\infty\le M/n!\to 0$: دنباله برای هر $f_0$ به‌طور یکنواخت به $0$ همگراست — تنها کران $M$ وارد کار می‌شود و کاهش فاکتوریلی همیشه بر یک ثابت ثابت غلبه می‌کند.

بذر تیزتر، نتیجهٔ قوی‌تر (نسخهٔ سری). اگر بذر در مبدأ به‌صورت خطی صفر شود، یعنی $|f_0(x)|\le C\,x$ روی $(0,1]$، همان استقرا کران را یک مرتبه ارتقا می‌دهد: $|f_n(x)|\le \frac{C\,x^{\,n+1}}{(n+1)!}\quad\Longrightarrow\quad \sup_{0<x\le1}|f_n(x)|\le\frac{C}{(n+1)!},\qquad \sum_{n\ge1}\frac{C}{(n+1)!}=C(e-2)<\infty .$ آنگاه آزمون $M$ سبب می‌شود $\sum_{n\ge1}f_n$ روی $(0,1]$ مطلقاً و یکنواخت همگرا باشد، با $\sum_{n\ge1}|f_n(x)|\le C\left(e^{x}-1-x\right)$. چنین بذرهایی معمولاً چنان آراسته می‌شوند که دشوار به نظر برسند — مثلاً $f_0(x)=x\sin\frac1x$ — ولی همیشه فقط از کران خام $|f_0(x)|\le x$ استفاده می‌شود؛ نوسان صرفاً دکور است (و ضمناً نشان می‌دهد $f_0$ به‌طور پیوسته به $[0,1]$ تعمیم می‌یابد، پس همهٔ انتگرال‌ها سره‌اند). به جغرافیای منطقی چهار گزینه در این‌جا توجه کنید: به‌محض وجود یک مِهترِ جمع‌پذیر، «یکنواخت همگرای مشروط»، «نقطه‌به‌نقطه همگرا نیست» و «نقطه‌به‌نقطه همگرا ولی نایکنواخت» هم‌زمان می‌میرند.

این الگوی «انتگرال مکرر $\Rightarrow$ مخرج‌های فاکتوریلی $\Rightarrow$ همگرایی مطلق $+$ یکنواخت» هرگاه عملگر پادمشتق مکرراً اعمال شود تکرار می‌شود (و نیز دلیل همگرایی تکرارهای پیکار برای یک معادلهٔ دیفرانسیل خطی همین است).

پادمشتق‌ها: یکنواختی تنها روی مجموعه‌هایی با طول متناهی زنده می‌ماند

فرض کنید $f_n\rightrightarrows f$ روی بازهٔ $I\ni 0$ (هر $f_n$ انتگرال‌پذیر) و $F_n(x)=\int_0^x f_n(t)\,dt$. تنها برآوردی که تکلیف همهٔ گزینه‌ها را روشن می‌کند این است: $|F_n(x)-F(x)|\le\int_0^{x}|f_n-f|\le x\,\|f_n-f\|_\infty .$

• روی $S\subseteq I$ی کران‌دار، مثلاً $S\subseteq[0,a]$، این می‌دهد $\sup_{S}|F_n-F|\le a\|f_n-f\|_\infty\to0$: پادمشتق‌ها روی هر زیرمجموعهٔ کران‌دار به‌طور یکنواخت همگرا می‌شوند.
• روی $[0,\infty)$ عامل $x$ کشنده است: $f_n\equiv\tfrac1n\rightrightarrows0$ ولی $F_n(x)=\tfrac xn$ برای هر $n$ به‌تنهایی بی‌کران است، پس $\{F_n\}$ نه یکنواخت کران‌دار است و نه یکنواخت همگرا. همگرایی یکنواخت دقیقاً روی مجموعه‌هایی با طول متناهی به پادمشتق‌ها منتقل می‌شود.

دو ضمیمه‌ای که کنکور به این وضعیت می‌چسباند:

• حدهای مکرر، یکنواختی را در همان‌جا که حد گرفته می‌شود می‌خواهند. اتحاد $\lim_{x\to\infty}\lim_{n}F_n(x)=\lim_{n}\lim_{x\to\infty}F_n(x)$ حکمی از نوع مور–آزگود است: برقرار است اگر $F_n\to F$ به‌طور یکنواخت در نزدیکی $\infty$ باشد و هر $\lim_{x\to\infty}F_n(x)$ موجود باشد. یکنواختی $\{f_n\}$ آن را تأمین نمی‌کند: با $f_n=\tfrac1n\chi_{[0,n]}$ (که یکنواخت $\to0$) داریم $F_n(x)=\tfrac1n\min(x,n)$، پس $\lim_x\lim_n F_n=0$ در حالی که $\lim_n\lim_x F_n=1$.
• قضیهٔ اساسی حساب به پیوستگی نیاز دارد، نه فقط انتگرال‌پذیری. اگر $f_n$ ریمان‌انتگرال‌پذیر باشد، $F_n$ لیپ‌شیتس (و در نتیجه پیوسته) است، ولی $F_n'(x)=f_n(x)$ تنها در نقاطی برقرار است که $f_n$ در آن‌ها پیوسته باشد: $f_n=\chi_{[1,\infty)}$ می‌دهد $F_n(x)=\max(x-1,0)$ که در $x=1$ مشتق‌پذیر نیست.