中册 6.2 函数列一致收敛性 第28题
📝 题目
28．证明下列结论．
（1）设函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在区间 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f(x)$ ，且每个函数连续，假定每个 $f_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上不处处为负．证明 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上不处处为负．
（2）设函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在区间 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f(x)$ ，且每个函数连续，若每个 $f_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上均有零点．证明 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上至少有一个零点．
（3）设函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在区间 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f(x)$ ，且每个函数连续，若 $\int_{a}^{b} f_{n}(x) \mathrm{d} x \geqslant 0$ ， $n=1,2, \cdots$ ．证明至少存在一点 $x_{0} \in[a, b]$ 使得 $f\left(x_{0}\right) \geqslant 0$ ．
（4）设函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在区间 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f(x)$ ，且每个函数连续，若 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上无零点，证明：（1）当 $n$ 充分大时，$f_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 也无零点。（2）证明：$\displaystyle \left\{\frac{1}{f_{n}(x)}\right\}$ 在 $[a, b]$ 一致收敛于 $\displaystyle \frac{1}{f(x)}$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）考虑反证法．设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上处处为负，则 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上小于 0 ．由条件得 $f(x)$ 是连续函数。于是存在 $x_{0} \in[a, b]$ ，使得 $f\left(x_{0}\right)=\max _{x \in[a, b]} f(x)<0$ ，从而 $f(x) \leqslant f\left(x_{0}\right), \forall x \in[a, b]$ ．
由于 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f(x)$ ，故对 $\displaystyle \varepsilon=-\frac{1}{2} f\left(x_{0}\right)>0$ ，存在自然数 $N$ ，当 $n>N$ 时，对于一切 $x \in[a, b]$ 有 $\left|f_{n}(x)-f(x)\right|<\varepsilon$ ．于是
$$
f_{n}(x)0, x \in[a, b]$ ．由条件得 $f(x)$ 是连续函数．于是存在 $x_{0} \in[a, b]$ ，使得 $f\left(x_{0}\right)=\min _{x \in[a, b]} f(x)>0$ ．
由于 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛到 $f(x)$ ，故对 $\displaystyle \varepsilon=\frac{1}{2} f\left(x_{0}\right)$ ，存在自然数 $N$ ，当 $n>N$ 时，对于一切 $x \in[a, b]$ 有 $\left|f_{n}(x)-f(x)\right|<\varepsilon$ ．于是
$$
f_{n}(x)>f(x)-\varepsilon \geqslant f\left(x_{0}\right)-\frac{1}{2} f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{2} f\left(x_{0}\right)>0, x \in[a, b] .
$$
这与 $f_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上有零点矛盾，故假设不成立．所以 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上至少有一个零点．
（3）只需证明 $\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \geqslant 0$ ．
由条件得 $f(x)$ 是连续函数，且 $\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{a}^{b} f_{n}(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x$ 。由 $\int_{a}^{b} f_{n}(x) \mathrm{d} x \geqslant 0$ 得 $\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \geqslant 0$ ．若对 $\forall x \in[a, b]$ 有 $f(x)<0$ ，则 $\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x<\max _{[a, b]} f(x)(b-a)<0$ ，矛盾．所以至少存在一点 $x_{0} \in[a, b]$ ，使得 $f\left(x_{0}\right) \geqslant 0$ ．
（4）由条件得 $f(x)$ 是连续函数．由连续函数的零点定理，$f(x)$ 在 $[a, b]$ 上不变号，不妨设 $f(x)>0$ ，所以
$$
f(x) \geqslant \min _{x \in[a, b]} f(x)=m>0, x \in[a, b] .
$$
由函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在区间 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f(x)$ ，对 $\displaystyle \varepsilon_{0}=\frac{m}{2}>0, \exists N_{0}>0$ ，当 $n>N_{0}$ 时，对一切 $x \in[a, b]$ 有 $\displaystyle \left|f_{n}(x)-f(x)\right|<\frac{m}{2}$ ．于是当 $n>N$ 时有
$$
\frac{m}{2}=m-\frac{m}{2} \leqslant f(x)-\frac{m}{2}N$ 时，$f_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 无零点，且
$$
\left|\frac{1}{f_{n}(x)}-\frac{1}{f(x)}\right|=\left|\frac{f_{n}(x)-f(x)}{f_{n}(x) f(x)}\right| \leqslant \frac{2}{m^{2}}\left|f_{n}(x)-f(x)\right| \text {, (因为 } 0<\frac{1}{f(x)} \leqslant \frac{1}{m} \text { ). }
$$
由 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f(x)$ ，对上述 $\varepsilon>0$ ，存在 $N_{1}>0$ ，当 $n>N_{1}$ 时有
$$
\left|f_{n}(x)-f(x)\right|<\frac{m^{2}}{2} \cdot \varepsilon
$$
取 $N=\max \left\{N_{0}, N_{1}\right\}$ ，则当 $n>N$ 时，$\forall x \in[a, b]$ 有
$$
\left|\frac{1}{f_{n}(x)}-\frac{1}{f(x)}\right|<\frac{2}{m^{2}} \cdot \frac{m^{2}}{2} \cdot \varepsilon<\varepsilon
$$
所以 $\displaystyle \left\{\frac{1}{f_{n}(x)}\right\}$ 在 $[a, b]$ 一致收敛于 $\displaystyle \frac{1}{f(x)}$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明(1)：反证法假设f(x)处处为负
假设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上处处为负，则 $f(x)$ 连续，存在最大值 $f(x_0)=\max_{[a,b]} f(x)<0$。由一致收敛，对 $\varepsilon=-\frac12 f(x_0)>0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时，$|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon$ 对所有 $x$ 成立。于是 $f_n(x)
公式：|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon
提示：注意反证法假设与条件矛盾，需明确 $f_n$ 不处处为负的含义。
步骤 2/5
目标：证明(2)：反证法假设f(x)无零点
假设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上无零点，则 $f(x)$ 连续且不变号，不妨设 $f(x)>0$。存在最小值 $f(x_0)=\min_{[a,b]} f(x)>0$。由一致收敛，对 $\varepsilon=\frac12 f(x_0)>0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时，$|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon$。于是 $f_n(x)>f(x)-\varepsilon\ge f(x_0)-\frac12 f(x_0)=\frac12 f(x_0)>0$，与 $f_n$ 有零点矛盾。
公式：|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon
提示：注意零点存在性定理：连续函数不变号则无零点。
步骤 3/5
目标：证明(3)：利用积分极限与反证法
由一致收敛及连续性，$\int_a^b f_n(x)dx\to\int_a^b f(x)dx$。已知 $\int_a^b f_n(x)dx\ge0$，故 $\int_a^b f(x)dx\ge0$。若对所有 $x$ 有 $f(x)<0$，则 $\int_a^b f(x)dx<0$，矛盾。因此存在 $x_0$ 使 $f(x_0)\ge0$。
公式：\lim_{n\to\infty}\int_a^b f_n(x)dx=\int_a^b f(x)dx
提示：注意积分极限与函数极限的关系，以及连续函数定积分的保号性。
步骤 4/5
目标：证明(4)第一部分：f无零点时f_n也无零点
由 $f$ 连续且无零点，不妨设 $f(x)>0$，则存在 $m=\min_{[a,b]} f(x)>0$。由一致收敛，对 $\varepsilon_0=m/2$，存在 $N_0$，当 $n>N_0$ 时，$|f_n(x)-f(x)|f(x)-m/2\ge m/2>0$，故 $f_n$ 无零点。
公式：|f_n(x)-f(x)|
提示：注意 $f$ 无零点意味着恒正或恒负，这里取正情况。
步骤 5/5
目标：证明(4)第二部分：倒函数列一致收敛
由 $f_n(x)>m/2$ 和 $f(x)\ge m$，有 $\left|\frac1{f_n(x)}-\frac1{f(x)}\right|=\frac{|f_n(x)-f(x)|}{|f_n(x)f(x)|}\le\frac{2}{m^2}|f_n(x)-f(x)|$。由一致收敛，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N_1$，当 $n>N_1$ 时 $|f_n(x)-f(x)|<\frac{m^2}{2}\varepsilon$。取 $N=\max\{N_0,N_1\}$，则当 $n>N$ 时，$\left|\frac1{f_n(x)}-\frac1{f(x)}\right|<\varepsilon$ 对所有 $x$ 成立。
公式：\left|\frac1{f_n}-\frac1{f}\right|\le\frac{2}{m^2}|f_n-f|
提示：注意分母下界的估计，以及一致收敛的 $\varepsilon-N$ 定义。
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