comp_1_数学类_初赛_4
📝 题目
第四题：（10 分）设 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 是定义在 $[a, b]$ 上的无穷次可微的函数序列且逐点收敛，并在 $[a, b]$上满足 $\left|f_{n}^{\prime}(x)\right| \leq M$ ．
（1）证明 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛；
（2）设 $f(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}(x)$ ，问 $f(x)$ 是否一定在 $[a, b]$ 上处处可导，为什么？
💡 答案解析
【参考解析】：（1）$\forall \varepsilon>0$ ，将 $[a, b] K$ 等分，分点为
$$
x_{j}=a+\frac{j(b-a)}{K}, j=0,1,2, \cdots, K
$$
使得 $\displaystyle \frac{b-a}{K}<\varepsilon$ 。由于 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在有限个点 $\left\{x_{j}\right\}, j=0,1,2, \cdots, K$ 上收玫，因此 $\exists N$ ， $\forall m>n>N$ ，使得 $\left|f_{m}\left(x_{j}\right)-f_{n}\left(x_{j}\right)\right|<\varepsilon$ 对每个 $j=0,1,2, \cdots, K$ 成立．
于是 $\forall x \in[a, b]$ ，设 $x \in\left[x_{j}, x_{j+1}\right]$ ，则
$$
\begin{aligned}
& \left|f_{m}(x)-f_{n}(x)\right| \leq\left|f_{m}(x)-f_{m}\left(x_{j}\right)\right|+\left|f_{m}\left(x_{j}\right)-f_{n}\left(x_{j}\right)\right|+\left|f_{n}\left(x_{j}\right)-f_{n}(x)\right| \\
& =\left|f_{m}^{\prime}(\xi)\left(x-x_{j}\right)\right|+\left|f_{m}\left(x_{j}\right)-f_{n}\left(x_{j}\right)\right|+\left|f_{n}^{\prime}(\eta)\left(x-x_{j}\right)\right| \\
& <(2 M+1) \varepsilon
\end{aligned}
$$
（2）不一定．令 $\displaystyle f_{n}(x)=\sqrt{x^{2}+\frac{1}{n}}$ ，则
$$
f(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}(x) \text { 在 }[a, b] \text { 上不能保证处处可导. }
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：证明一致收敛性：等分区间
对任意 $\varepsilon>0$，将区间 $[a,b]$ 等分为 $K$ 份，使得每份长度 $\frac{b-a}{K}<\varepsilon$。分点为 $x_j = a + \frac{j(b-a)}{K}$，$j=0,1,\dots,K$。
提示：注意等分长度要小于 $\varepsilon$，这是后续估计的关键。
步骤 2/6
目标：利用逐点收敛性控制有限个点
由于 $\{f_n(x)\}$ 在有限个点 $x_j$ 处收敛，因此存在 $N$，使得对所有 $m>n>N$ 和每个 $j$，有 $|f_m(x_j)-f_n(x_j)|<\varepsilon$。
提示：逐点收敛只保证每个点处有极限，但这里需要一致地控制有限个点，利用有限性取公共的 $N$。
步骤 3/6
目标：对任意点进行估计
对任意 $x\in[a,b]$，存在 $j$ 使得 $x\in[x_j,x_{j+1}]$。则
\begin{aligned}
|f_m(x)-f_n(x)| &\leq |f_m(x)-f_m(x_j)| + |f_m(x_j)-f_n(x_j)| + |f_n(x_j)-f_n(x)| \\
&= |f_m'(\xi)(x-x_j)| + |f_m(x_j)-f_n(x_j)| + |f_n'(\eta)(x-x_j)| \\
&< M\cdot\frac{b-a}{K} + \varepsilon + M\cdot\frac{b-a}{K} \\
&< (2M+1)\varepsilon.
\end{aligned}
其中 $\xi,\eta$ 由中值定理得到。
公式：拉格朗日中值定理：$f(x)-f(y)=f'(\xi)(x-y)$
提示：注意中值定理要求函数可导，这里 $f_n$ 无穷次可微，满足条件。
步骤 4/6
目标：一致收敛结论
由 $\varepsilon$ 的任意性，$\{f_n(x)\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛。
提示：一致收敛的定义：对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时对所有 $x$ 有 $|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon$。这里我们证明了 $\{f_n\}$ 是柯西列，从而一致收敛。
步骤 5/6
目标：讨论极限函数的可导性
不一定可导。反例：令 $f_n(x)=\sqrt{x^2+\frac{1}{n}}$，定义在 $[-1,1]$ 上。则 $f_n(x)$ 无穷次可微，且 $|f_n'(x)| = \left|\frac{x}{\sqrt{x^2+1/n}}\right| \leq 1$，满足条件。逐点极限 $f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=|x|$，在 $x=0$ 处不可导。
提示：注意反例需要满足所有条件：无穷次可微、导数一致有界、逐点收敛。$|x|$ 是经典不可导函数。
步骤 6/6
目标：结论
因此，$f(x)$ 不一定在 $[a,b]$ 上处处可导。
提示：一致收敛只能保证极限函数连续，不能保证可导性。
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