Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Функциональные последовательности. Поточечная и равномерная сходимости.

Тема Математический анализ

28 Функциональные последовательности. Поточечная и равномерная сходимости.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#61867

Верно ли, что если $fn$ сходятся поточечно к функции $f$ на отрезке $[a,b]$ , то $∫ ∫ ba fn (x )dx → ba f (x )dx$ ?

Показать ответ и решение

Это неверно - поточечной сходимости будет недостаточно. Рассмотрим в качестве примера функциональную последовательность

f (x ) = 2(n + 1)x(1− x2)n n

В силу того, что при $q ∈ [0,1)$ $n nq → 0$ при $n → ∞$ , будем иметь, что всюду на отрезке $[0,1]$ последовательность $fn(x)$ поточечно сходится к нулевой функции ( $2(n + 1)$ умножается на $2 n x(1 − x )$ , что не превосходит единицы.)

То есть можно записать, что $[0,1] fn → 𝒪,n → ∞$ ( $𝒪 (x )$ - тождественно нулевая на отрезке $[0,1]$ функция).

Но при этом

∫ 1 ∫ 1 2n ∫ 1 2 n (1− x2)n+1 1 fn(x)dx = 2(n + 1)x(1− x )dx = 2(n + 1) x(1− x ) dx = − 2(n + 1)--2n-+-2--|0 = 0 0 0

1 = 2(n + 1)------ = 1 2n + 2

Таким образом, для любого $n$ $∫ 1 0 fn(x)dx = 1$ , но для предельной функции $∫1 0 𝒪 (x)dx = 0$ (интеграл от нулевой функции равен нулю).

Таким образом, нельзя утверждать, что из поточечной сходимости $fn$ к $f$ на отрезке $[a,b]$ обязательно следует сходимость интегралов $∫ b a fn(x)dx$ к $∫ b a f(x)dx$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#61868

Верно ли, что если $fn$ сходятся поточечно к функции $f$ на отрезке $[a,b]$ , и все $fn$ - дифференцируемы на отрезке $[a,b]$ , то производные $′ fn$ будут на $[a,b]$ сходится поточечно к производной $f′$ ?

Показать ответ и решение

Это неверно. Рассмотрим, например, функциональную последовательность $fn(x) = xn$ . Эта последовательность функций сходится в каждой точке отрезка $[0,1]$ , причём предельной функцией будет $( { 0 при x ∈ [0,1) f(x) = ( 1, при x = 1$ .

И мы видим, что предельная функция $f(x)$ не дифференцируема в точке 1, потому что она в точке 1 даже не непрерывна.

Но все наши допредельные функции $fn(x)$ были для каждого $n$ всюду дифференцируемы на отрезке $[0,1]$ :

f′n(x) = nxn− 1

Значит, при поточечной сходимости, даже если все допредельные функции были всюду на отрезке дифференцируемы, то в пределе может получиться не всюду на отрезке дифференцируемая функция. Поэтому поточечный предел не обязан сохранять дифференцируемость, и в таком случае бессмысленно говорить о том, что мы можем поменять местами предельный переход по $n$ и взятие производной - в пределе никакой производной всюду на отрезке существовать и не обязано.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#61869

Пусть $E fn⇉ f$ , $E gn ⇉ g$ . Доказать, что тогда

E fn + gn ⇉ f + g

Показать ответ и решение

Поскольку в любой точке $x$ множества $E$ выполнено неравенство:

|fn(x) + gn(x )− (f(x)+ g (x ))| ≤ |fn(x)− f(x)|+ |gn(x) − g(x)|

То и супремум от обеих частей по всему $E$ тоже удовлетворяет тому же неравенству:

sup |fn(x)+ gn(x) − (f (x)+ g(x))| ≤ sup[|fn(x )− f(x)|+ |gn(x)− g(x)|] x∈E x∈E

Но

sup[|fn(x) − f(x)|+ |gn(x)− g(x)|] ≤ sup|fn(x)− f(x)|+ sup|gn(x)− g(x)| x∈E x∈E x∈E

Поскольку супремум суммы не превосходит суммы супремумов.

Осталось лишь заметить, что если $E fn⇉ f$ , то по $sup$ -критерию $sup |fn(x )− f(x)| → 0 x∈E$ при $n → ∞$ , и точно так же если $E gn⇉ g$ , то по $sup$ -критерию $sup |gn (x )− g(x)| → 0 x∈E$ при $n → ∞$ .

Таким образом, поскольку

sup |fn (x )+ gn(x)− (f(x) + g(x))| ≤ sup|fn(x)− f (x)|+ sup |gn(x)− g(x)| x∈E x◟∈E----◝◜------◞ x◟∈E-----◝◜-------◞ →0 →0

То получится, что и $sup|fn(x)+ gn(x) − (f(x)+ g(x))| → 0,n → ∞ x∈E$ . Но тогда по $sup$ -критерию мы получаем, что $E fn + gn ⇉ f + g$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#61870

Пусть $E fn⇉ f$ , $E gn ⇉ g$ . И пусть $f, g$ - ограничены на $E$ . Доказать, что тогда

E fn ⋅gn ⇉ f ⋅g

Показать ответ и решение

Поскольку в любой точке $x$ множества $E$ выполнено неравенство:

|fn(x)⋅gn(x) − (f(x)⋅g(x))| = |fn(x)⋅gn(x) − f(x)gn(x)+ f(x)gn(x) − f(x)g(x)| ≤

≤ |fn(x)− f(x)||gn(x)|+ |gn(x) − g(x)||f(x)|

Давайте теперь докажем такое полезное свойство: если $f E⇉ f n$ и $f$ - ограничена на $E$ , то и все $fn$ будут ограничены на $E$ :

|fn(x)| = |fn(x)− f(x) + f(x)| ≤ |fn(x)− f(x)|+ |f(x)|

Тогда переходя к супремуму по $E$ в этом неравенстве:

sxu∈pE |fn(x)| ≤ xsu∈pE [|fn(x)− f (x )|+ |f(x)|] ≤ sxu∈pE |fn(x) − f(x)|+ sxu∈pE |f(x)|

Продолжим тогда нашу оценку для произвольной точки $x ∈ E$ :

|fn(x)⋅gn(x) − (f(x)⋅g(x))| = |fn(x)⋅gn(x) − f(x)gn(x)+ f(x)gn(x) − f(x)g(x)| ≤

≤ |fn(x)− f (x)||gn(x)|+ |gn(x) − g(x)||f(x)| ≤

≤ |fn(x)− f(x)|C + |gn(x)− g(x)|C

Но тогда переходя к супремуму и вновь учитывая то, что супремум суммы не превосходит суммы супремумов:

sux∈pE |fn(x)⋅gn(x) − (f (x )⋅g(x))| ≤ sxu∈pE |fn(x) − f(x)|C + sux∈pE |gn(x)− g(x)|C

Осталось лишь заметить, что если $E fn ⇉ f$ , то по $sup$ -критерию $sxu∈pE|fn(x)− f(x)| → 0$ при $n → ∞$ , и точно так же если $E gn ⇉ g$ , то по $sup$ -критерию $sup |gn(x)− g(x )| → 0 x∈E$ при $n → ∞$ .

Таким образом, поскольку

sup |fn(x) ⋅gn(x)− (f(x) ⋅g(x))| ≤ sup|fn(x)− f (x )|C + sup |gn(x)− g(x)|C x∈E x∈E----- ------- x∈E----- ------- ◟ ◝→◜0 ◞ ◟ →◝0◜ ◞

То получится, что и $sup|fn(x)⋅gn(x) − (f(x)⋅g(x))| → 0,n → ∞ x∈E$ . Но тогда по $sup$ -критерию мы получаем, что $f ⋅g E⇉ f ⋅g n n$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#61871

Верно ли, что если $E fn ⇉ f$ , $E gn⇉ g$ , то тогда $E fn ⋅gn ⇉ f ⋅g$ безо всяких дополнительных предположений про $f$ и $g$ ?

Показать ответ и решение

Это неверно. Давайте возьмём в качестве $fn(x) = x$ (при каждом $n$ ). Тогда, очевидно, $ℝ fn ⇉ x$ , поскольку у нас вообще нет зависимости от $n$ и $fn(x)$ не просто сходится, а вообще всюду равна предельной функции $f(x) = x$ .

Пусть $gn(x ) = 1n$ . Тогда ясно, что $ℝ gn ⇉ 𝒪$ ( $𝒪 (x )$ - тождественно нулевая на $ℝ$ функция). То что в каждой точке $x ∈ ℝ$ $g (x ) n$ сходится к нулю при $n → ∞$ - это очевидно. А то что сходимость равномерная по $ℝ$ , следует просто-напросто из того, что у нас нет никакой зависимости от $x$ . В таком случае разумеется поточечная и равномерная сходимость - это одно и то же.

Однако их произведение $x fn (x )⋅gn(x) = n$ не сходится равномерно на $ℝ$ к произведению $f(x) ⋅𝒪 (x ) = 𝒪 (x)$ , то есть к нулевой функции.

Действительно, равномерная сходимость $x n$ на $ℝ$ к нулевой функции по $sup−$ критерию эквивалентна тому, что $x sup |n| → 0,n → ∞ x∈ℝ$ .

Однако при каждом $n$ $x sxu∈pℝ |n| = + ∞$ , и, значит, не стремится ни к какому нулю при $n → ∞$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#61872

Пусть $fn : [a,b] → ℝ$ - последовательность функций, дифференцируемых на $[a,b]$ , да причём так, что их производные $′ fn(x)$ - всюду непрерывны на $[a,b]$ .

Пусть $[a,b] fn ⇉ f$ . И пусть, кроме того, последовательность производных $′ fn$ тоже сходится равномерно на $[a,b]$ к некоторой функции.

Доказать, что тогда $f$ - дифференцируема, причём $f ′$ и будет пределом у последовательности производных $′ fn$ на $[a,b]$ .

Показать ответ и решение

Обозначим через $f∗$ ту функцию, к которой последовательность производных $f′n$ сходится равномерно на $[a,b]$ .

Поскольку нам по условию дано, что все производные $′ fn(x)$ - непрерывны всюду на $[a,b]$ , а сходимость $[a,b] f′ ⇉ f∗ n$ - равномерная, то по теореме о непрерывности равномерного предела непрерывных функций, предел у последовательности производных $∗ f$ - тоже всюду непрерывна на $[a,b]$ .

Следовательно, $f∗$ , как и всякая непрерывная на $[a,b]$ функция, будет интегрируемой по Риману на $[a,b]$ . Точно так же, поскольку по предположению все $′ fn$ - непрерывны на $[a,b]$ , они будут интегрируемы по Риману на $[a,b]$ .

Пусть $t$ - произвольная точка из $[a,b]$ . Тогда, поскольку $′[a,b] ∗ fn ⇉ f$ , то по теореме о почленном интегрировании функциональной последовательности, будем иметь:

∫ t ∫ t f∗(x)dx = lim f′n(x)dx a n→ ∞ a

Но по теореме Ньютона-Лейбница, $∫t a f′n(x)dx = fn(t)− fn(a)$ . Таким образом, получаем:

∫ t ∗ f (x)dx = nli→m∞ [fn(t) − fn(a)] a

Но при $n → ∞$ $fn(t) → f (t)$ , $fn(a) → f(a)$ , ведь $[a,b] fn ⇉ f$ , а значит есть как минимум сходимость поточечная.

Таким образом, получили соотношение

∫ t f ∗(x )dx = f (t)− f(a) a

Далее, поскольку мы потребовали, чтобы $f∗$ , то есть равномерный предел производных, была бы непрерывна на $[a,b]$ , то из этого следует, что интеграл с переменным верхним пределом, то есть $∫ t ∗ ℱ (t) = a f (x )dx$ - дифференцируема всюду на $[a,b]$ . Но тогда и правая часть, то есть $f(t)− f (a )$ - дифференцируема в каждой точке $t ∈ [a,b]$ . И мы доказали, первую часть нашего утверждения, а именно то, что $f$ , которая была равномерным пределом $fn$ - всюду дифференцируема на $[a,b]$ .

Давайте теперь в равенстве $∫ tf∗(x)dx = f(t)− f(a) a$ возьмём производные от левой и правой части и получим:

′∗ ′ f (t) = f(t)

Следовательно, производная для $f$ в каждой точке совпадает с равномерным пределом производных для $fn$ . И мы доказали, что $′ [a,b] ′ fn ⇉ f$ .

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#61873

Исследовать последовательность $fn(x)$ на равномерную сходимость на множестве $E$ :

x fn(x) = -----2-2, E = [0,1] 1 + n x

Показать ответ и решение

Ясно, что в каждой точке $x$ отрезка $[0,1]$ $fn(x) → 0,n → ∞$ - поскольку в числителе будет какая-то константа, а знаменатель будет стремиться к бесконечности.

Но равномерная ли эта сходимость?

Поскольку

fn(x ) =-1---2nx--- 2n 1 + n2x2

И $1− 2nx + n2x2 = (1 − nx)2 ≥ 0$ , то, перенося $2nx$ в правую часть неравенства, получим, что для всех $n$ и для всех $x$ выполнено $2 2 1+ n x ≥ 2nx$ . Следовательно, при $x ∈ [0,1]$ и при всех $n$ будет $1+2nn2xx2 ≤ 1$ . Таким образом,

1 2nx 1 fn(x) = -------2-2 ≤ --- 2n1 + n x 2n

А поэтому $fn(x)$ будет сходиться равномерно к нулю на $[0,1]$ - ведь какое бы $𝜀 > 0$ нам ни дали, мы всегда можем найти такое $N$ , что при всех $n > N$ и при всех $x ∈ [0,1]$ $fn(x) < 𝜀$ - поскольку достаточно находить такое $N$ так, чтобы при всех $n > N$ $1- 2n < 𝜀$ . Тогда и $-1 fn (x ) ≤ 2n < 𝜀$ - абсолютно для всех $x$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#61874

Исследовать последовательность $fn(x)$ на равномерную сходимость на множестве $E$ :

nx fn(x) = -----2-2, E = [0,1] 1 + n x

Показать ответ и решение

Ясно, что в каждой фиксированной точке $x ∈ [0,1]$ , будем иметь: $fn(x ) = 1+nnx2x2 =-1x--2 → 0,n → ∞ n +nx$ .

Таким образом, $fn$ сходится поточечно на $[0,1]$ к нулевой функции. Но будет ли эта сходимость равномерной?

Чтобы она была равномерной, по $sup$ - критерию должно быть выполнено, что $sup |fn(x)| → 0 x∈[0,1]$ .

Но при этом для каждого $n$ :

1 sup |fn(x)| ≥ fn(1) = ---nn--- = 1- x∈[0,1] n 1+ n2 1n2 2

То есть при каждом $n$ супремум $sup |f (x)| x∈[0,1] n$ уж как минимум равен $1 2$ . Значит, эта последовательность супремумов к нулю стремиться никак не может.

Таким образом, равномерной сходимости к нулю у $fn$ на $[0,1]$ нет.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#61875

Исследовать последовательность $fn(x)$ на равномерную сходимость на множестве $E$ :

1 fn(x) = ------, E = [0,1] 1+ nx

Показать ответ и решение

Ясно, что при $x ⁄= 0$ $fn(x) → 0$ , поскольку в числителе у каждой $fn(x)$ будет стоять единица, а в знаменателе - бесконечно большая величина.

Однако при $x = 0$ $fn(x) = 1 → 1, n → ∞$ , то есть в точке 0 все функции $fn$ стремятся к единице.

Поэтому $fn$ сходится поточечно к функции $f$ :

({ f(x) = 0, x ∈ (0,1] ( 1, x = 0

Однако эта сходимость не может быть равномерной, поскольку, очевидно, все $fn(x)$ были непрерывны на $[0,1]$ , а если они сходились на $[0,1 ]$ равномерно к $f(x)$ , то и $f(x)$ обязана была быть непрерывна на $[0,1]$ , что не так.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#61876

Исследовать последовательность $fn(x)$ на равномерную сходимость на множестве $E$ :

√ -- fn(x) = n(1 − n x), E = [1,2]

Показать ответ и решение

Давайте сначала поймём, к чему поточечно сходится $fn$ на отрезке $[1,2]$ .

1 fn(x ) = n(1 − xn)

Нас интересует, к чему это стремится при каждом фиксированном $x$ при $n → ∞$ .

Давайте временно заменим $n$ на $y$ и посмотрим, к чему стремится $1y y(1− x )$ при $y → ∞$ . Для этого сделаем замену $1y = u$ , $u → 0$ :

1 1− xu y(1− x y) = ------ u

И мы имеем в любой точке $x > 0$ неопределенность вида $0 0$ при $u → 0$ .

Применяем правило Лопиталя:

1 − xu − xulnx 1 lim ------ = lim --------= − ln x = ln -- u→0 u u→0 1 x

Следовательно, при $y → + ∞$ выполнено $1 1 y(1− xy) → lnx$ . А значит, и если мы будем брать только натуральные игреки, то есть обратно заменим $y$ на $n$ , то тоже, в частности, получим, что при любом $x > 0$ : $1 1 n(1− x n) → lnx$ .

Таким образом, имеем поточечную сходимость. Но будет ли она равномерной?

Мы исследуем на равномерную сходимость на любом отрезке $[a,b] ⊂ (0,+ ∞ )$ . На любом таком отрезке предельная функция $f(x) = ln 1x$ непрерывна, а также непрерывны допредельные функции $n√ -- fn(x) = n(1 − x)$ для любого $n$ .

Кроме того, при каждом фиксированном $x$ функция $n√ -- fn(x ) = n(1 − x)$ возрастает по $n$ : поскольку $√-- nx$ - убывает по $n$ при каждом фиксированном $x$ , следовательно, $√ -- n(1 − n x)$ - возрастает по $n$ при каждом фиксированном $x$ .

Следовательно, выполнено все условия теоремы Дини, а, значит, сходимость $f (x) n$ к $f(x)$ на каждом отрезке $[1,2]$ - равномерная.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#126381

Исследовать последовательность $fn(x)$ на равномерную сходимость на множестве $E$ :

fn(x) = xn − xn+1, E = [0,1]

Показать ответ и решение

Ясно, что в каждой точке отрезка $[0,1]$ имеется поточечная сходимость $fn(x)$ к нулю. Осталось выяснить, сходится ли $fn(x)$ к тождественно нулевой функции $𝒪 (x )$ равномерно на $[0,1]$ .

Для исследования на равномерную сходимость будем пользоваться $sup−$ критерием.

т.к. все fn(x)≥ 0 sup |fn(x)− 𝒪 (x)| = sup |fn(x)| = sup fn(x) x∈[0,1] x∈[0,1] x∈[0,1]

Этот супремум для каждой $fn$ - на самом деле просто максимум, и он обязательно достигается на отрезке по теореме Вейерштрасса, так как все $f n$ - непрерывны на отрезке.

А в силу того, что все они дифференцируемы, точка максимума - либо конец отрезка (что точно невозможно, потому что на концах отрезка все $fn$ равны нулю), либо внутренняя точка отрезка, в которой производная $fn$ обнуляется - по лемме Ферма.

′ n−1 n fn(x) = nx − (n + 1)x

Нули производной - это точка 0 и точка $nn+1-$ . Нетрудно убедиться, что $nn+1-$ - точка максимума.

Следовательно, $xs∈u[0p,1]fn(x) = fn(nn+1) = (nn+1)n − (nn+1)n+1$ .

Таким образом,

lim sup f (x) = lim ((--n--)n − (--n--)n+1) = n→∞ x∈[0,1] n n→ ∞ n + 1 n + 1

= lim (enln(n n+1) − e(n+1)ln(n n+1)) = n→ ∞

-1- -1- -1- 1 -1- 1 = lim (en ln(1− n+1) − e(n+1)ln(1− n+1)) = lim (en(−n+1+¯o(n)) − e(n+1)(−n+1+o¯(n))) = n→ ∞ n→ ∞

−nn+1+¯o(1) −1+¯o(1) −1 − 1 = lni→m∞ (e − e ) = e − e = 0

Следовательно, по $sup −$ критерию,

E fn ⇉ 𝒪, n → ∞

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#126382

Исследовать последовательность $fn(x)$ на равномерную сходимость на множестве $E$ :

∘ -----1-- fn(x) = x2 + -2, E = ℝ n

Показать ответ и решение

Ясно, что в каждой точке $x0 ∈ ℝ$ имеется поточечная сходимость $fn(x0)$ к $|x0|$ . Осталось выяснить, сходится ли $fn(x)$ к $f(x) = |x|$ равномерно на $ℝ$ .

Для исследования на равномерную сходимость будем пользоваться $sup−$ критерием.

∘ -------- sup |f (x) − |x || = sup x2 + -1-− |x| = x∈ℝ n x∈ ℝ n2

2 1- 2 sup ∘x-+--n2 −-x--= sup ---∘----1--------- x∈ℝ x2 +-1 + |x| x∈ℝ n2( x2 + -1 + |x|) n2 n2

Но супремум таких дробей явно достигается тогда, когда знаменатель у них самый маленький, ведь именно в таком случае дроби будут самыми большими. Ясно, что знаменатель будет самый маленький при $x = 0$ , поэтому

1 1 1 sup ---∘--------------= ---∘-----= -- x∈ℝ n2( x2 + 1n2 + |x|) n2( n12) n

А, значит,

1- nli→m∞ sux∈pℝ|fn(x )− |x|| = lni→m∞ n = 0

Следовательно, по $sup −$ критерию,

f ⇉E f, n → ∞ n

где $f(x) = |x|$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#126383

Исследовать последовательность $fn(x)$ на равномерную сходимость на множестве $E$ :

∘ ----1- √-- fn(x) = n ( x+ -− x ), E = (0,+∞ ) n

Показать ответ и решение

Преобразуем слегка $fn(x)$ :

∘ ----1- √-- n ((x + 1 − x)) 1 fn(x) = n ( x+ --− x ) =-∘-----n---√-- = ∘---------√--- n x+ 1n + x x + 1n + x

Ясно, что в каждой точке $x0 ∈ (0,+ ∞ )$ имеется поточечная сходимость $fn(x0)$ к $-1-- 2√x0$ . Осталось выяснить, сходится ли $fn(x)$ к $f (x ) = √1-- 2 x$ равномерно на $(0,+ ∞ )$ .

Для исследования на равномерную сходимость будем пользоваться $sup−$ критерием.

1 1 1 sup|fn(x)− -√--| = sup |∘-------√---− -√---| x∈E 2 x x∈E x+ 1n + x 2 x

Но первая дробь всегда меньше второй, поэтому

∘----1------- -√1-- -1√-- ∘-----1------ sxu∈pE | 1 √ --− 2 x | = sxu∈pE 2 x − 1 √ -- x+ n + x x+ n + x

Далее,

∘ ------ x + 1 + √x-− 2√x- sup -1√--− ∘-----1------= sup -----∘n-------------= x∈E 2 x x+ 1n + √ x x∈E 2√x ( x+ 1n + √ x)

∘ ------ x + 1 − √x-- 1 = sup-----∘---n--------- = sup ----∘x+--n −-x------= x∈E2 √x( x + 1 + √x-) x∈E 2√x-( x+ 1+ √x-)2 n n

1 = sup --√---∘--------√----- x∈E 2n x( x+ 1n + x)2

Но ясно, что при каждом конкретном $n$ эта дробь $----∘--1------- 2n√x-( x+1n+ √x)2$ может быть сделана сколь угодно большой за счет того, что $x$ в знаменателе может быть сделан сколь угодно близко к нулю. Ведь при каждом конкретном фиксированном $n$

∘ ------ √ -- 1- √ --2 xl→im0+ 2n x( x + n + x) = 0

(так как первый сомножитель $2n√x--$ при фиксированном $n$ - бесконечно мал, а второй $∘ ------ √ -- ( x + 1n + x)2$ , очевидно, ограничен).

Следовательно, при $x → 0+$ знаменатели наших дробей стремятся к нулю, значит дроби $-----∘-1------- 2n√x ( x+1n+ √x)2$ стремятся к бесконечности. Следовательно, для каждого $n$

sup|fn(x)− -1√--| = + ∞//→0, n → ∞ x∈E 2 x

Следовательно, по $sup −$ критерию,

E fn/⇉/f, n → ∞

где $f(x) = -1√-- 2 x$ .

Ответ: