中册 6.2 函数列一致收敛性 第17题
📝 题目
17．设 $u_{0}(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，$G(x, t)$ 在闭区域 $[a, b] \times[a, b]$ 上连续，对 $\forall x \in[a, b]$ ，设 $u_{n}(x)=\int_{a}^{x} G(x, y) u_{n-1}(y) \mathrm{d} y, n \geqslant 1$ 。证明：$\left\{u_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收玫于 0．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
记 $D=[a, b] \times[a, b]$ ．由于 $G(x, t)$ 在 $D$ 上连续，从而在 $D$ 上有界，于是 $\exists M_{1}>0$ 有 $|G(x, t)| \leqslant M_{1}$ ．
又 $u_{0}(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，从而有界，故存在 $M_{2}>0$ 有 $\left|u_{0}(x)\right| \leqslant M_{2}, \forall x \in[a, b]$ ．于是
$$
\begin{aligned}
& \left|u_{1}(x)\right| \leqslant \int_{a}^{x}\left|G(x, t) u_{0}(t)\right| \mathrm{d} t \leqslant M_{1} M_{2}(x-a) \leqslant M_{1} M_{2}(b-a) . \\
& \left|u_{2}(x)\right| \leqslant \int_{a}^{x}\left|G(x, t) u_{1}(t)\right| \mathrm{d} t \leqslant M_{1}^{2} M_{2} \int_{a}^{x}(t-a) \mathrm{d} t \leqslant \frac{M_{1}^{2} M_{2}(b-a)^{2}}{2!} .
\end{aligned}
$$
由数学归纳法易证：$\displaystyle \left|u_{n}(x)\right| \leqslant \frac{M_{1}^{n} M_{2}(b-a)^{n}}{n!}, n \geqslant 1$ ．
由 比 式 判 别 法，级 数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{M_{1}^{n} M_{2}(b-a)^{n}}{n!}$ 收 敛，所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{M_{1}^{n} M_{2}(b-a)^{n}}{n!}=0$ 。从而 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sup _{x \in[a, b]}\left|u_{n}(x)\right|=0$ ，即 $\left\{u_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收玫。
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：确定函数的有界性
由于 $G(x,t)$ 在闭区域 $[a,b]\times[a,b]$ 上连续，根据闭区域上连续函数的性质，$G(x,t)$ 有界，即存在 $M_1>0$ 使得 $|G(x,t)|\leq M_1$ 对所有 $x,t\in[a,b]$ 成立。同理，$u_0(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，故存在 $M_2>0$ 使得 $|u_0(x)|\leq M_2$ 对所有 $x\in[a,b]$ 成立。
提示：注意闭区域上的连续函数一定有界，这是分析中常用的性质。
步骤 2/6
目标：估计 $u_1(x)$ 的上界
由定义，$u_1(x)=\int_a^x G(x,y)u_0(y)dy$，因此
$$|u_1(x)|\leq \int_a^x |G(x,y)u_0(y)|dy \leq M_1M_2\int_a^x dy = M_1M_2(x-a) \leq M_1M_2(b-a).$$
提示：注意积分上限是 $x$，因此 $\int_a^x dy = x-a$，不要误写为 $b-a$。
步骤 3/6
目标：估计 $u_2(x)$ 的上界
利用 $u_1$ 的估计：$|u_1(y)|\leq M_1M_2(y-a)$，则
$$|u_2(x)|\leq \int_a^x |G(x,y)u_1(y)|dy \leq M_1\int_a^x M_1M_2(y-a)dy = M_1^2M_2\int_a^x (y-a)dy = M_1^2M_2\frac{(x-a)^2}{2} \leq \frac{M_1^2M_2(b-a)^2}{2!}.$$
提示：注意积分 $\int_a^x (y-a)dy = \frac{(x-a)^2}{2}$，不要忘记除以2。
步骤 4/6
目标：数学归纳法证明一般上界
假设 $|u_{n-1}(x)|\leq \frac{M_1^{n-1}M_2(b-a)^{n-1}}{(n-1)!}$ 对所有 $x\in[a,b]$ 成立，则
$$|u_n(x)|\leq \int_a^x |G(x,y)u_{n-1}(y)|dy \leq M_1\int_a^x \frac{M_1^{n-1}M_2(b-a)^{n-1}}{(n-1)!} dy = \frac{M_1^n M_2(b-a)^{n-1}}{(n-1)!}(x-a) \leq \frac{M_1^n M_2(b-a)^n}{n!}.$$
因此由数学归纳法，对任意 $n\geq 1$，有 $|u_n(x)|\leq \frac{M_1^n M_2(b-a)^n}{n!}$ 对所有 $x\in[a,b]$ 成立。
提示：归纳步骤中注意积分变量是 $y$，$|u_{n-1}(y)|$ 的上界与 $y$ 无关，可直接提出积分号。
步骤 5/6
目标：利用级数收敛证明极限为零
考虑常数项级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{M_1^n M_2(b-a)^n}{n!}$，由比值判别法：
$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n\to\infty}\frac{M_1(b-a)}{n+1}=0<1,$$
故级数收敛，从而通项趋于0：$\lim_{n\to\infty}\frac{M_1^n M_2(b-a)^n}{n!}=0$。
公式：比值判别法：$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}<1$ 则级数收敛。
提示：注意级数收敛的必要条件是通项趋于0，这里正是利用这一点。
步骤 6/6
目标：得出一致收敛结论
由于对任意 $x\in[a,b]$ 有 $|u_n(x)|\leq \frac{M_1^n M_2(b-a)^n}{n!}$，且右端与 $x$ 无关且趋于0，因此
$$\lim_{n\to\infty}\sup_{x\in[a,b]}|u_n(x)|=0,$$
即 $\{u_n(x)\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于0。
提示：一致收敛的定义：$\lim_{n\to\infty}\sup_{x\in[a,b]}|u_n(x)-u(x)|=0$，这里 $u(x)\equiv 0$。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。