中册 6.2 函数列一致收敛性 第23题
📝 题目
23．证明下列结论．
（1）设函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在区间 $I$ 上一致收敛于 $f(x)$ ．证明：若每个 $f_{n}(x)$ 在 $I$ 上一致连续，则 $f(x)$ 在 $I$ 上一致连续。
（2）设函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $I$ 上一致收敛于 $s(x)$ ，如果每个 $u_{n}(x)$ 在 $I$ 上一致连续，证明 $s(x)$ 在 $I$ 上一致连续．（武汉大学 $2011(I=R)$ ，中南大学 $2011(I=R)$ ，苏州大学 2006，华中科技 $2007(I=(0,1))$ ，沈阳工大2007，北京交大2006，西北师大2009（I＝［a，b］））
（3）设函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在区间 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 上一致收敛于 $f(x)$ ．证明：$f(x)$ 在 $[a, b]$ 上一致连续．
（4）设 $u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，$\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $(a, b)$ 上一致收玫于 $s(x)$ ．证明：（1）$\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $x=a, x=b$ 收敛；（2）$\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 连续；（3）$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上一致连续．
💡 答案解析
解题过程：
（1）分析：用定义及分段方法证明 $f(x)$ 在 $I$ 上一致连续。证明如下：
由于 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $I$ 上一致收玫于 $f(x)$ ，故 $\forall \varepsilon>0, \exists N>0$ ，当 $n>N$ 时，$\displaystyle \forall x \in I,\left|f_{n}(x)-f(x)\right|<\frac{\varepsilon}{3}$ ．
由 $f_{N+1}(x)$ 在 $I$ 上一致连续，故对上述 $\varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall x_{1}, x_{2} \in I$ ，只要 $\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ ，就有
$$
\left|f_{N+1}\left(x_{1}\right)-f_{N+1}\left(x_{2}\right)\right|<\frac{\varepsilon}{3}
$$
从而 $\forall x_{1}, x_{2} \in I$ ，只要 $\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ ，就有
$$
\begin{aligned}
\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| & =\left|f\left(x_{1}\right)-f_{N+1}\left(x_{1}\right)+f_{N+1}\left(x_{1}\right)-f_{N+1}\left(x_{2}\right)+f_{N+1}\left(x_{2}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \\
& \leqslant\left|f\left(x_{1}\right)-f_{N+1}\left(x_{1}\right)\right|+\left|f_{N+1}\left(x_{1}\right)-f_{N+1}\left(x_{2}\right)\right|+\left|f_{N+1}\left(x_{2}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon .
\end{aligned}
$$
所以 $f(x)$ 在 $I$ 上一致连续．
（2）记 $S_{n}(x)=\sum_{k=1}^{n} u_{k}(x)$ ，则 $\left\{S_{n}(x)\right\}$ 在 $I$ 上一致收玫于 $s(x)$ ，每个 $S_{n}(x)$ 在 $I$ 上一致连续，由（1）知 $s(x)$ 在 $I$ 上一致连续．
（3）由函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $(a, b)$ 上一致收敛及柯西收敛准则得 $\left\{f_{n}(a)\right\},\left\{f_{n}(b)\right\}$ 收敛。于是函数
列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 一致收敛于 $f(x)$ 。由连续性定理 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，从而 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上一致连续．
（4）由 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $(a, b)$ 一致收玫及柯西收玫准则得 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(a)$ 及 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(b)$ 收玫。于是级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 一致收玫。由连续性定理 $f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，从而函数 $f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上一致连续．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：利用一致收敛性控制误差
由函数列 $\{f_n(x)\}$ 在 $I$ 上一致收敛于 $f(x)$，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N\in\mathbb{N}$，使得当 $n>N$ 时，对所有 $x\in I$ 有 $|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon/3$。取定 $n=N+1$。
公式：$\forall\varepsilon>0,\exists N,\forall n>N,\forall x\in I:|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon/3$
提示：注意一致收敛中 $N$ 只依赖于 $\varepsilon$，不依赖于 $x$。
步骤 2/8
目标：利用 $f_{N+1}$ 的一致连续性
由于 $f_{N+1}$ 在 $I$ 上一致连续，对上述 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得对任意 $x_1,x_2\in I$，只要 $|x_1-x_2|<\delta$，就有 $|f_{N+1}(x_1)-f_{N+1}(x_2)|<\varepsilon/3$。
公式：$\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0,\forall x_1,x_2\in I,|x_1-x_2|<\delta\Rightarrow|f_{N+1}(x_1)-f_{N+1}(x_2)|<\varepsilon/3$
提示：一致连续中 $\delta$ 只依赖于 $\varepsilon$，不依赖于点的位置。
步骤 3/8
目标：用三角不等式估计 $f$ 的差
对任意 $x_1,x_2\in I$ 满足 $|x_1-x_2|<\delta$，有
\begin{align*}
|f(x_1)-f(x_2)| &\leq |f(x_1)-f_{N+1}(x_1)| + |f_{N+1}(x_1)-f_{N+1}(x_2)| + |f_{N+1}(x_2)-f(x_2)| \\
&< \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon.
\end{align*}
公式：$|f(x_1)-f(x_2)|\leq |f(x_1)-f_{N+1}(x_1)|+|f_{N+1}(x_1)-f_{N+1}(x_2)|+|f_{N+1}(x_2)-f(x_2)|$
提示：注意绝对值不等式的方向，不要漏掉中间项。
步骤 4/8
目标：结论
因此，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得对任意 $x_1,x_2\in I$，只要 $|x_1-x_2|<\delta$，就有 $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$，即 $f(x)$ 在 $I$ 上一致连续。
提示：一致连续的定义：$\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0,\forall x_1,x_2\in I,|x_1-x_2|<\delta\Rightarrow|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$。
步骤 5/8
目标：（2）转化为（1）
记部分和 $S_n(x)=\sum_{k=1}^n u_k(x)$，则 $\{S_n(x)\}$ 在 $I$ 上一致收敛于 $s(x)$。由于每个 $u_n(x)$ 一致连续，有限个一致连续函数的和 $S_n(x)$ 也一致连续。由（1）知 $s(x)$ 在 $I$ 上一致连续。
提示：注意有限个一致连续函数的和仍一致连续。
步骤 6/8
目标：（3）将一致收敛延拓到闭区间
由 $\{f_n\}$ 在 $(a,b)$ 上一致收敛，根据柯西收敛准则，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，当 $n,m>N$ 时，对所有 $x\in(a,b)$ 有 $|f_n(x)-f_m(x)|<\varepsilon$。特别地，取 $x$ 分别趋于 $a^+$ 和 $b^-$，可得 $\{f_n(a)\}$ 和 $\{f_n(b)\}$ 是柯西列，从而收敛。定义 $f(a)=\lim f_n(a)$，$f(b)=\lim f_n(b)$，则 $\{f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $f$。
提示：需要说明端点处函数列收敛，从而一致收敛性可以延拓到闭区间。
步骤 7/8
目标：（3）利用连续性定理
由于每个 $f_n$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $\{f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $f$，由连续性定理，$f$ 在 $[a,b]$ 上连续。闭区间上的连续函数必一致连续，故 $f$ 在 $[a,b]$ 上一致连续。
提示：闭区间上连续函数一致连续（Cantor定理）。
步骤 8/8
目标：（4）类似（3）的推理
由 $\sum u_n(x)$ 在 $(a,b)$ 上一致收敛，根据柯西收敛准则，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，当 $n>m>N$ 时，对所有 $x\in(a,b)$ 有 $|\sum_{k=m+1}^n u_k(x)|<\varepsilon$。令 $x\to a^+$ 和 $x\to b^-$，可得 $\sum u_n(a)$ 和 $\sum u_n(b)$ 收敛。于是级数在 $[a,b]$ 上一致收敛。每个 $u_n$ 在 $[a,b]$ 上连续，故和函数 $s(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，从而一致连续。
提示：注意端点处级数收敛性的证明需要利用一致收敛的柯西准则。
📷 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。