(1)

ワイエルシュトラスの\(M\)判定法は級数\(\sum_{k\in\mathbb{N}_{0}}f_{k}\left(x\right)\)の一様収束性を\(\sum_{k=1}^{\infty}\sup_{x\in I}\left|f_{n}\left(x\right)\right|<\infty\)ではなく、\(\sum_{k\in\mathbb{N}}\left|f_{k}\left(x\right)\right|<\infty\)では一様収束を示せません。
反例で示す。
閉区間\(\left[0,1\right]\)上で\(f_{k}\left(x\right)=x^{k}\left(1-x\right)\)として関数\(\sum_{k\in\mathbb{N}_{0}}f_{k}\left(x\right)\)の一様収束性を調べる。
このとき、部分和を\(S_{n}\left(x\right)=\sum_{k\in\left\{ 0,1,\cdots,n\right\} }f_{k}\left(x\right)\)とおくと、
\begin{align*} S_{n}\left(x\right) & =\sum_{k\in\left\{ 0,1,\cdots,n\right\} }f_{k}\left(x\right)\\ & =\sum_{k\in\left\{ 0,1,\cdots,n\right\} }x^{k}\left(1-x\right)\\ & =\left(1-x\right)\sum_{k\in\left\{ 0,1,\cdots,n\right\} }x^{k}\\ & =\left(1-x\right)\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\\ & =1-x^{n+1} \end{align*} となるので、極限関数は
\begin{align*} \lim_{n\rightarrow\infty}S_{n}\left(x\right) & =\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1-x^{n+1}\right)\\ & =\begin{cases} 1 & x\ne1\\ 0 & x=1 \end{cases} \end{align*} となり各点収束している。
しかし、極限関数\(\lim_{n\rightarrow\infty}S_{n}\left(x\right)\)は不連続関数であるので、一様収束はしていない。
ここで、
\begin{align*} \sum_{k\in\mathbb{N}_{0}}\left|f_{k}\left(x\right)\right| & =\sum_{k\in\mathbb{N}_{0}}\left|f_{k}\left(x\right)\right|\\ & =\sum_{k\in\mathbb{N}_{0}}\left|x^{k}\left(1-x\right)\right|\\ & =\sum_{k\in\mathbb{N}_{0}}x^{k}\left(1-x\right)\cmt{\because x\in\left[0,1\right]}\\ & =\sum_{k\in\mathbb{N}_{0}}f_{k}\left(x\right)\\ & <\infty \end{align*} であるので、\(\sum_{k\in\mathbb{N}}\left|f_{k}\left(x\right)\right|<\infty\)を示しても一様収束を示せないことがわかる。
次にこの関数\(\sum_{k\in\mathbb{N}_{0}}f_{k}\left(x\right)\)の一様収束性は一様収束していないのでワイエルシュトラスの\(M\)判定法では調べることができないことを示す。
任意の\(\left(M_{k}\right)_{k\in\mathbb{N}_{0}}\)について、\(\sup_{x\in\left[0,1\right]}\left|f_{k}\left(x\right)\right|\leq M_{k}\)かつ\(\sum_{k\in\mathbb{N}}M_{k}<\infty\)を満たさないことを示す。
\(f_{k}\left(x\right)=x^{k}\left(1-x\right)\)を微分すると、
\begin{align*} f_{k}'\left(x\right) & =kx^{k-1}\left(1-x\right)-x^{k}\\ & =x^{k-1}\left(k\left(1-x\right)-x\right)\\ & =-x^{k-1}\left(\left(k+1\right)x-k\right) \end{align*} となり、
\[ f\left(0\right)=\begin{cases} 1 & k=0\\ 0 & k\in\mathbb{N} \end{cases} \] \[ f\left(1\right)=0 \] より増減表は\(k=0\)のとき、
\[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline\hline x & 0=\frac{k}{k+1} & \cdots & 1\\ \hline f_{k}'\left(x\right) & -1 & - & -\\ \hline f_{k}\left(x\right) & 1=f_{k}\left(\frac{k}{k+1}\right) & \searrow & 0 \\\hline \end{array} \] \(k=1\)のとき、
\[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline\hline x & 0 & \cdots & \frac{k}{k+1} & \cdots & 1\\ \hline f_{k}'\left(x\right) & - & + & 0 & - & -\\ \hline f_{k}\left(x\right) & 0 & \nearrow & f_{k}\left(\frac{k}{k+1}\right) & \searrow & 0 \\\hline \end{array} \] となるので、
\begin{align*} M_{k} & =\max_{x\in\left[0,1\right]}f_{k}\left(x\right)\\ & =f_{k}\left(\frac{k}{k+1}\right)\\ & =\left(\frac{k}{k+1}\right)^{k}\left(1-\frac{k}{k+1}\right)\\ & =\left(\frac{1}{1+\frac{1}{k}}\right)^{k}\cdot\frac{1}{k+1}\\ & =\left(1+\frac{1}{k}\right)^{-k}\frac{1}{k+1} \end{align*} ととると、\(\sup_{x\in\left[0,1\right]}\left|f_{k}\right|\leq\max_{x\in\left[0,1\right]}\left|f_{k}\right|=M_{k}\)を満たし、
\begin{align*} \sum_{k\in\mathbb{N}_{0}}M_{k} & =\sum_{k\in\mathbb{N}_{0}}\left(\left(1+\frac{1}{k}\right)^{-k}\frac{1}{k+1}\right)\\ & >\sum_{k\in\mathbb{N}_{0}}\left(\frac{1}{e}\cdot\frac{1}{k+1}\right)\cmt{\because\forall k\in\mathbb{N}_{0},\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k}<e}\\ & =\frac{1}{e}\sum_{k\in\mathbb{N}_{0}}\frac{1}{k+1}\\ & =\frac{1}{e}\sum_{k\in\mathbb{N}}\frac{1}{k}\\ & =\infty \end{align*} となる。
これは\(M_{k}\)として最小の値を取っているので、どのような\(M_{k}\)をとっても\(\sum_{k\in\mathbb{N}_{0}}M_{k}=\infty\)となる。
従って、この関数\(\sum_{k\in\mathbb{N}_{0}}f_{k}\left(x\right)\)の一様収束性はワイエルシュトラスの\(M\)判定法では調べることができない。
これより、\(\sum_{k\in\mathbb{N}_{0}}\left|f_{k}\left(x\right)\right|<\infty\)を示しても一様収束を示すことができない。