<aside> 📌 Теорема (признак Вейерштрасса равномерной сходимости функционального ряда).
Пусть: $X$ - некоторое множество; Задана функциональная последовательность $f_k: X \rarr \R (\mathbb{C})$; Если $\exist$ последовательность $\{a_k\}{k=1}^{\infty}$ такая, что: ряд $\displaystyle\sum{k=1}^{\infty} a_k$ сходится и $\forall k\in \N$ и $\forall x \in X$ $|f_k(x)| \le a_k$
Тогда: Ряд $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} f_k$ сходится равномерно на $X$.
</aside>
<aside> 📌 Доказательство.
По критерию Коши сходимости ряда: $|\displaystyle\sum_{k=n+1}^{n+p} f_k(x)| \le \displaystyle\sum_{k=n+1}^{n+p} |f_k(x)| \le \displaystyle\sum_{k=n+1}^{n+p} a_k < \varepsilon$ т.к. ряд $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} a_k$ сходится, по критерию Коши для него $\forall \varepsilon>0$ $\exist N \in \natnums$ $\forall n>N$ $\forall p \in \natnums$ . Берём эти $N, n, p$ для неравенства выше, и получаем, что функциональный ряд сходится по критерию Коши. $\blacksquare$
</aside>
<aside> 📌 Пример. Ряд $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac {sin(kx)} {k^2}$ равномерно сходится на $\R$ по признаку Вейерштрасса: действительно, для абсолютно любого $x \in \R$ справедлива оценка $|\frac {sin(kx)} {k^2}| \le \frac 1 {k^2}$, а ряд $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac 1 {k^2}$ сходится. Для тех, кто не понял, все это мы получили из следствия выше - $f_k = \frac {sin(kx)} {k^2}$, а $\{a_k\}{k=1}^{\infty} = \{\frac 1 {k^2}\}{k=1}^{\infty}$.
</aside>
<aside> 📌 Определение. Последовательность функций $f_n: X \rarr \R (\mathbb{C})$ называется равномерно ограниченной на $X$, если $\exist M \in [0, +\infty) \ \forall n \in \N \ \ \forall x \in X \ \ |f_n(x)| \le M$.
</aside>
Перед тем как идти дальше, обязательно хорошо ознакомьтесь с вопросом №41, иначе вы ничего не поймете. Я сюда повторно перепишу преобразование Абеля, но доказывать его не буду, так доказательство уже расписано в другом месте.
<aside> 📌 Лемма (преобразование Абеля).
Пусть: $\{a_k \}$ и $\{b_k \} \subset \R$ или $\mathbb C$ - некоторые вещественные или комплексные последовательности; $A_0 \in \R$ или $\mathbb C$; $A_k = \displaystyle\sum_{j=1}^ka_j+ A_0$.
Тогда: $\forall n \in N$ $\displaystyle\sum_{k=1}^na_kb_k = A_nb_n - A_0b_1 + \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} A_k(b_k - b_{k+1})$.
</aside>
<aside> 📌 Следствие (из преобразования Абеля, продолжение 41 вопроса. Нужно для доказательства следующей теоремы). Если последовательность $\{b_k\}$ в условиях предыдущей леммы монотонна, то для любых $n \in \Z_+$(имеется ввиду $\N_0$), $m\in \N : m > n$ выполняется, что: $|\displaystyle\sum_{k=n+1}^ma_kb_k| \le 4(max(|A_k|){n \le k \le m})*max\{|b_m|, |b{n+1}|\}$.
</aside>
<aside> 📌 Доказательство. Из леммы имеем, что $A_k = \displaystyle\sum_{j=1}^ka_j+ A_0$ и $A_{k-1} = \displaystyle\sum_{j=1}^{k-1}a_j+ A_0$. Получается, что $A_k - A_{k-1} = \displaystyle\sum_{j=1}^{k}a_j+ A_0 - \displaystyle\sum_{j=1}^{k-1}a_j - A_0 = a_k$. Тогда рассмотрим сумму из нашего следствия и преобразуем её следующим образом: $\displaystyle\sum_{k=n+1}^{m}a_kb_k \xlongequal[]{a_k = A_k-A_{k-1}} \displaystyle\sum_{k=n+1}^{m}(A_k-A_{k-1})b_k = \displaystyle\sum_{k=n+1}^{m}A_kb_k - \displaystyle\sum_{k=n+1}^{m}A_{k-1}b_k =$ , теперь во втором слагаемом отнимем от индексов в сумме (получается мы должны будем убрать $-1$ у $A$шки и добавить $+1$ к $B$шке) $= \displaystyle\sum_{k=n+1}^{m}A_kb_k - \displaystyle\sum_{k=n}^{m-1}A_{k}b_{k+1} =$, ну и теперь по определению суммы раскрываем всё $= A_{n+1}b_{n+1} + A_{n+2}b_{n+2} + ... + A_mb_m - (A_nb_{n+1} + A_{n+1}b_{n+2}+...+ A_{m-1}b_m) = A_mb_m - A_nb_{n+1} + (A_{n+1}(b_{n+1}-b_{n-2}) + A_{n+2}(b_{n+2} - b_{n+3}) + ...+ A_{m-1}(b_{m-1}-b_m) =$ , теперь получившуюся в конце сумму опять схлопываем: $= A_mb_m - A_nb_{n+1}+ \displaystyle\sum_{k=n+1}^{m-1}A_k(b_k-b_{k+1})$. Запоминаем результат. Дальше положим $M = max|A_k|{n \le k \le m}$. Также, заметим, что так как последовательность $\{b_k\}$ монотонна, то разность $(b_k-b{k+1})$ всегда одного знака. Теперь берём то, что у нас получилось, навешиваем модули и начинаем делать оценки:$|\displaystyle\sum_{k=n+1}^{m}a_kb_k| = |A_mb_m - A_nb_{n+1}+ \displaystyle\sum_{k=n+1}^{m-1}A_k(b_k-b_{k+1})| \le$, теперь берём и выносим все наши $A$шки, приняв, что все они максимальны и равны $M$, с помощью простой оценки получаем (надеюсь все поняли следующий переход, если нет, пишите): $\le M(|b_m| + |b_{n+1}| + \displaystyle\sum_{k=n+1}^{m-1}|b_k-b_{k+1}|) \xlongequal[]{(b_k-b_{k-1}) - одного \ знака} M(|b_m| +|b_{n+1}| +|\displaystyle\sum_{k=n+1}^{m-1}b_k-b_{k+1}|) = M(|b_m| +|b_{n+1}| +|(b_{n+1} - b_{n+2}) + (b_{n+2} - b_{n+3}) + ... + (b_{m-2}-b_{m-1}) + (b_{m-1} - b_m)|) = M(|b_m| +|b_{n+1}| + |b_{n+1}-b_m|) \le$ Переменим следующее свойство модуля: $|a-b| \le |a| + |b|:$$\ \ \le M(\ (|b_m| +|b_{n+1}|) + (|b_m|+|b_{n+1}|)\ ) = M(2(|b_m|+|b_{n+1}|) = 2M(|b_m| + |b_{n+1}|) \le$ теперь возможно не очевидный момент, мы берём и оцениваем следующим образом - берём максимум из $|b_m|$ и $|b_{n+1}|$ и заменяем на неё не максимальную $b$шку. Тем самым получаем 2 одинаковые $b$шки: $\le 2M(2*max\{ |b_m|, |b_{n+1}|\}) = 4M(max\{ |b_m|, |b_{n+1}|\})$. $\blacksquare$.
</aside>