中册 6.2 函数列一致收敛性 第21题
📝 题目
21．证明下列结论．
（1）设函数 $f(x)$ 在 $(a, b+1)$ 上有连续导数 $(a
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由导数定义得 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} n\left[f\left(x+\frac{1}{n}\right)-f(x)\right]=f^{\prime}(x)$ ．
对 $[\alpha, \beta] \subset(a, b)$ ，由于 $f^{\prime}(x)$ 在 $(a, b)$ 连续，故 $f^{\prime}(x)$ 在 $[\alpha, \beta]$ 连续，因而一致连续，故 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall x^{\prime}, x^{\prime \prime} \in[\alpha, \beta]$ ，当 $\left|x^{\prime}-x^{\prime \prime}\right|<\delta$ 时，$\left|f^{\prime}\left(x^{\prime}\right)-f^{\prime}\left(x^{\prime \prime}\right)\right|<\varepsilon$ ．
由微分中值定理得
$$
\left|f_{n}(x)-f^{\prime}(x)\right|=\left|n\left[f\left(x+\frac{1}{n}\right)-f(x)\right]-f^{\prime}(x)\right|=\left|f^{\prime}\left(x+\frac{1}{n} \theta\right)-f^{\prime}(x)\right|, \quad 0<\theta<1
$$
故只要 $\displaystyle \frac{\theta}{n}<\frac{1}{n}<\delta$ ，即 $\displaystyle n>\frac{1}{\delta}$ ，就有 $\left|f_{n}(x)-f^{\prime}(x)\right|<\varepsilon$ ．取 $\displaystyle N=\frac{1}{\varepsilon}+1$ ，则当 $n>N$ 时，对 $x \in[\alpha, \beta]$ 有 $\left|f_{n}(x)-f^{\prime}(x)\right|<\varepsilon$ ．故函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $(a, b)$ 上内闭一致收玫于 $f^{\prime}(x)$ ．
利用逐项积分定理得 $\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{\alpha}^{\beta} f_{n}(x) \mathrm{d} x=\int_{\alpha}^{\beta} \lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}(x) \mathrm{d} x=\int_{\alpha}^{\beta} f^{\prime}(x) \mathrm{d} x=f(\beta)-f(\alpha)$ ．
（2）与（1）类似可证明：$\left\{F_{n}(x)\right\}$ 在有界闭区间 $I$ 上一致收敛。
但当 $I$ 为有界开区间时，$\left\{F_{n}(x)\right\}$ 在 $I$ 上不一定一致收敛。如：$f(x)=\ln x, x \in(0,1)$ ，有
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} F_{n}(x)=f^{\prime}(x), x \in(0,1)
$$
但 $\displaystyle \left|F_{n}\left(\frac{1}{n}\right)-f^{\prime}\left(\frac{1}{n}\right)\right|=\left|n\left(\ln \frac{2}{n}-\ln \frac{1}{n}\right)-n\right|=n(1-\ln 2) \geqslant 1-\ln 2>0$ ，即 $\left\{F_{n}(x)\right\}$ 在 $(0,1)$ 上非一致收敛．
（3）由微分中值定理得
$$
\left|f_{n}(x)-f^{\prime}(x)\right|=\left|\frac{f\left(x+\mathrm{e}^{-n}\right)-f(x)}{\mathrm{e}^{-n}}-f^{\prime}(x)\right|=\left|f^{\prime}(\xi)-f^{\prime}(x)\right|, x<\xi0, \exists \delta>0(\delta<1)$ ，当 $x_{1}, x_{2} \in[a, b+1]$ ，且 $\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ 时有 $\left|f^{\prime}\left(x_{1}\right)-f^{\prime}\left(x_{2}\right)\right|<\varepsilon$ ．
取 $\displaystyle N>\ln \frac{1}{\delta}$ ，则当 $n>N, \forall x \in[a, b],|x-\xi|
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：证明函数列内闭一致收敛
由微分中值定理，存在 $\theta \in (0,1)$ 使得 $f_n(x) = n\left(f\left(x+\frac{1}{n}\right)-f(x)\right) = f'\left(x+\frac{\theta}{n}\right)$。因此 $|f_n(x)-f'(x)| = |f'(x+\theta/n)-f'(x)|$。由于 $f'(x)$ 在 $[\alpha,\beta]$ 上连续，从而一致连续，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，当 $|x_1-x_2|<\delta$ 时 $|f'(x_1)-f'(x_2)|<\varepsilon$。取 $N>1/\delta$，则当 $n>N$ 时，$|\theta/n|<1/n<\delta$，从而 $|f_n(x)-f'(x)|<\varepsilon$ 对一切 $x\in[\alpha,\beta]$ 成立。故 $\{f_n\}$ 在 $(a,b)$ 上内闭一致收敛于 $f'(x)$。
公式：f_n(x) = f'(x+\theta/n)
提示：注意中值定理中 $\theta$ 依赖于 $x$ 和 $n$，但 $|\theta/n|\leq 1/n$，因此可以用 $1/n$ 控制。
步骤 2/8
目标：证明极限积分等于函数差
由一致收敛性，可以逐项积分：$\lim_{n\to\infty}\int_\alpha^\beta f_n(x)dx = \int_\alpha^\beta \lim_{n\to\infty} f_n(x)dx = \int_\alpha^\beta f'(x)dx = f(\beta)-f(\alpha)$。
公式：\int_\alpha^\beta f'(x)dx = f(\beta)-f(\alpha)
提示：一致收敛是保证极限与积分交换次序的充分条件。
步骤 3/8
目标：证明有界闭区间上一致收敛
与(1)类似，由于 $f'(x)$ 在有界闭区间 $I$ 上一致连续，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，当 $|x_1-x_2|<\delta$ 时 $|f'(x_1)-f'(x_2)|<\varepsilon$。取 $N>1/\delta$，则当 $n>N$ 时，$|F_n(x)-f'(x)| = |f'(x+\theta/n)-f'(x)|<\varepsilon$ 对一切 $x\in I$ 成立。故 $\{F_n\}$ 在 $I$ 上一致收敛。
公式：F_n(x) = f'(x+\theta/n)
提示：有界闭区间上连续函数一致连续，这是关键。
步骤 4/8
目标：反例说明开区间上不一定一致收敛
取 $f(x)=\ln x$，$I=(0,1)$。则 $f'(x)=1/x$，$F_n(x)=n[\ln(x+1/n)-\ln x] = n\ln(1+1/(nx))$。考虑 $x=1/n$，则 $F_n(1/n)=n\ln(1+1)=n\ln 2$，而 $f'(1/n)=n$，故 $|F_n(1/n)-f'(1/n)| = n(\ln 2-1)$，当 $n\to\infty$ 时趋于无穷，因此不一致收敛。
公式：F_n(1/n)-f'(1/n) = n(\ln 2-1)
提示：开区间端点附近可能破坏一致连续性。
步骤 5/8
目标：证明指数型差商一致收敛
由微分中值定理，存在 $\xi\in(x, x+e^{-n})$ 使得 $f_n(x) = e^n(f(x+e^{-n})-f(x)) = f'(\xi)$。因此 $|f_n(x)-f'(x)| = |f'(\xi)-f'(x)|$。由于 $f'$ 在闭区间 $[a,b+1]$ 上一致连续，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，当 $|\xi-x|<\delta$ 时 $|f'(\xi)-f'(x)|<\varepsilon$。取 $N>\ln(1/\delta)$，则当 $n>N$ 时 $e^{-n}<\delta$，从而 $|\xi-x|
公式：f_n(x) = f'(\xi)
提示：注意 $e^{-n}$ 趋于0的速度很快，但只需 $n$ 足够大即可。
步骤 6/8
目标：证明对称差商内闭一致收敛
记 $f_n(x)=n[f(x+1/n)-f(x)]$，$g_n(x)=n[f(x)-f(x-1/n)]$，则 $F_n(x)=\frac{1}{2}(f_n(x)+g_n(x))$。由(1)知 $\{f_n\}$ 和 $\{g_n\}$ 均在 $(a,b)$ 上内闭一致收敛于 $f'(x)$，故 $\{F_n\}$ 也内闭一致收敛于 $f'(x)$。
公式：F_n(x) = \frac{1}{2}(f_n(x)+g_n(x))
提示：注意 $g_n(x)$ 的极限也是 $f'(x)$，因为 $g_n(x)=n[f(x)-f(x-1/n)] \to f'(x)$。
步骤 7/8
目标：证明积分型差商一致收敛
令 $g(x)=\int_0^x f(t)dt$，则 $g'(x)=f(x)$，且 $f_n(x)=n[g(x+1/n)-g(x)]$。由(1)的结论，$\{f_n\}$ 在 $[0,M]$ 上一致收敛于 $g'(x)=f(x)$。
公式：f_n(x) = n[g(x+1/n)-g(x)]
提示：将积分转化为原函数的差商，利用已知结论。
步骤 8/8
目标：证明积分平均一致收敛
令 $g(x)=\int_0^x f(t)dt$，则 $f_n(x)=\frac{n}{2}[g(x+1/n)-g(x-1/n)]$。由(4)的结论，$\{f_n\}$ 在任意闭区间 $[a,b]$ 上一致收敛于 $g'(x)=f(x)$。
公式：f_n(x) = \frac{n}{2}[g(x+1/n)-g(x-1/n)]
提示：注意 $g$ 的连续可微性由 $f$ 的连续性保证。
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