Λύση

Έχουμε $f_n(t)>0\ ,\ t\in \mathbb R$. Παραγωγίζοντας, παίρνουμε

$$f^\prime _n (t)= \frac{-2n^2t}{n} e ^{-n^2t^2}$$

δηλαδή $f^\prime _n >0$ στο $(-\infty , 0)$ και $f^\prime _n <0$ στο $(0, +\infty)$. Άρα,

$$\max _{t\in \mathbb R} f_n(t) = f_n (0) = \frac{1}{n} .$$

Έπεται οτι

$$p(f_n, 0) = \sup _{t\in \mathbb R} \vert f_n(t)-0\vert = \sup _{t\in \mathbb R} f_n (t) = \frac{1}{n} \rightarrow 0.$$

Άρα, $f_n \stackrel{\hbox{\footnotesize ο.μ.}}{\rightarrow} 0$. Έστω $t \in \mathbb R$. Είναι $\vert f^\prime _n (t)\vert = 2\vert t\vert ne^{-n^2t^2} \stackrel{n \rightarrow... ...\ (e^{n^2t^2} > n^2t^2 \Rightarrow ne^{-n^2t^2} < \frac{1}{nt^2} \rightarrow 0$ αν $t \neq 0$, και $f^\prime _n (0) -0 \stackrel{n \rightarrow \infty }{\rightarrow} 0$). Άρα, $f^\prime _n \stackrel{\hbox{\footnotesize κ.σv.}} {\rightarrow} 0$ του $\mathbb R$.

Αν $[\alpha , b]$ είναι ένα κλειστό διάστημα που δεν περιέχει στο $0$, τότε π.χ. αν $0<\alpha <\beta$ έχουμε $f^\prime _n (t)\vert = 2\vert t\vert n e^{-n^2t^2} \leq 2bne^{-n^2\alpha ^2} \ \forall \ t \in [\alpha , b]$ και αφού $ne^{-n^2\alpha ^2} \stackrel{n \rightarrow \infty }{\rightarrow} 0$ έπεται οτι $f^{\prime }_n \stackrel{\hbox{\footnotesize ο.μ.}}{\rightarrow }$ στο $[\alpha , b]$.

Άσκηση 5 Υπόδειξη