中册 6.2 函数列一致收敛性 第29题
📝 题目
29．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，$\left\{x_{n}\right\} \subset[a, b]$ 且 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=x_{0}$ 。证明： $\lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}\left(x_{n}\right)=f\left(x_{0}\right)$ 。
（2）设 $\left\{S_{n}(x)\right\}$ 是函数项级数 $\sum_{k=1}^{\infty} u_{k}(x)$ 的前 $n$ 项部分和函数列，每个 $S_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，且 $\sum_{k=1}^{\infty} u_{k}(x)$ 在 $[a, b]$ 上一致收玫于 $S(x)$ ．又 $\left\{x_{n}\right\} \subset[a, b]$ 且 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=x_{0}$ ．证明： $\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}\left(x_{n}\right)=S\left(x_{0}\right)$ ．
（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，若存在 $x_{n} \in[a, b]$有 $\lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}\left(x_{n}\right)=A$ 。证明：存在 $x_{0} \in[a, b]$ 使 $f\left(x_{0}\right)=A$ 。
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由已知得 $f(x)$ 是 $[a, b]$ 上的连续函数，因而 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，当 $x \in[a, b]$ 且 $\left|x-x_{0}\right|<\delta$ 时有 $\displaystyle \left|f(x)-f\left(x_{0}\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2}$ ．
由 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=x_{0}, x_{n} \in[a, b]$ ，对上述 $\delta>0, \exists N_{1}>0$ ，当 $n>N_{1}$ 时有 $\left|x_{n}-x_{0}\right|<\delta$ ，因而当 $n>N_{1}$时，$\displaystyle \left|f\left(x_{n}\right)-f\left(x_{0}\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2}$ ．
由 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f(x)$ ，对上述 $\varepsilon>0, \exists N_{2}$ ，当 $n>N_{2}$ 时，$\forall x \in[a, b]$ 有 $\displaystyle \left|f_{n}(x)-f(x)\right|<\frac{\varepsilon}{2}$ ．
取 $N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}$ ，则当 $n>N$ 时有
$$
\left|f_{n}\left(x_{n}\right)-f\left(x_{0}\right)\right|=\left|f_{n}\left(x_{n}\right)-f\left(x_{n}\right)+f\left(x_{n}\right)-f\left(x_{0}\right)\right| \leqslant\left|f_{n}\left(x_{n}\right)-f\left(x_{n}\right)\right|+\left|f\left(x_{n}\right)-f\left(x_{0}\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon .
$$
因此 $\lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}\left(x_{n}\right)=f\left(x_{0}\right)$ ．
（2）由（1）得证。
（3）由致密性定理，$\left\{x_{n}\right\}$ 有收敛的子列 $\left\{x_{n_{k}}\right\}$ ，记 $\lim _{k \rightarrow \infty} x_{n_{k}}=x_{0}$ ．
由（1）及 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续得 $\lim _{k \rightarrow \infty} f_{n_{1}}\left(x_{n_{1}}\right)=f\left(x_{0}\right)$ ，由已知 $\lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}\left(x_{n}\right)=A$ 有 $f\left(x_{0}\right)=A$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：利用一致收敛性得到极限函数连续性
由于函数列 $\{f_n(x)\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $f(x)$，且每个 $f_n$ 连续，则极限函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续。因此，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得当 $|x-x_0|<\delta$ 时，有 $|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon/2$。
提示：一致收敛保证极限函数连续，但需注意每个函数连续的条件。
步骤 2/8
目标：利用点列收敛性控制 $f(x_n)$ 与 $f(x_0)$ 的差
由 $\lim_{n\to\infty} x_n = x_0$，对上述 $\delta>0$，存在 $N_1$，当 $n>N_1$ 时，$|x_n-x_0|<\delta$，从而 $|f(x_n)-f(x_0)|<\varepsilon/2$。
提示：注意 $x_n$ 在 $[a,b]$ 内，保证 $f$ 在 $x_n$ 处有定义。
步骤 3/8
目标：利用一致收敛性控制 $f_n(x_n)$ 与 $f(x_n)$ 的差
由 $\{f_n\}$ 一致收敛于 $f$，对上述 $\varepsilon>0$，存在 $N_2$，当 $n>N_2$ 时，对所有 $x\in[a,b]$ 有 $|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon/2$。特别地，取 $x=x_n$ 得 $|f_n(x_n)-f(x_n)|<\varepsilon/2$。
提示：一致收敛性保证 $N$ 与 $x$ 无关，可对任意 $x_n$ 使用。
步骤 4/8
目标：合并估计得到极限结论
取 $N=\max\{N_1,N_2\}$，则当 $n>N$ 时，有
$$
|f_n(x_n)-f(x_0)| \leq |f_n(x_n)-f(x_n)| + |f(x_n)-f(x_0)| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.
$$
因此 $\lim_{n\to\infty} f_n(x_n) = f(x_0)$。
公式：三角不等式
提示：注意三角不等式的使用，以及 $N$ 的取法要同时满足两个条件。
步骤 5/8
目标：将(1)的结论应用于部分和函数列
由于 $\sum_{k=1}^\infty u_k(x)$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $S(x)$，且部分和 $S_n(x)$ 连续，则 $S_n(x)$ 满足(1)的条件。由(1)的结论，若 $\lim_{n\to\infty} x_n = x_0$，则 $\lim_{n\to\infty} S_n(x_n) = S(x_0)$。
提示：直接应用(1)的结果，无需重复证明。
步骤 6/8
目标：利用致密性定理构造收敛子列
由于 $\{x_n\}\subset[a,b]$，由致密性定理（Bolzano-Weierstrass定理），存在收敛子列 $\{x_{n_k}\}$，设 $\lim_{k\to\infty} x_{n_k} = x_0 \in [a,b]$。
提示：注意 $[a,b]$ 是闭区间，保证极限点 $x_0$ 仍在区间内。
步骤 7/8
目标：应用(1)的结论得到子列极限
由(1)的结论，对子列 $\{f_{n_k}\}$ 和点列 $\{x_{n_k}\}$，有 $\lim_{k\to\infty} f_{n_k}(x_{n_k}) = f(x_0)$。
提示：子列仍满足一致收敛和连续的条件。
步骤 8/8
目标：利用已知极限得到 $f(x_0)=A$
已知 $\lim_{n\to\infty} f_n(x_n) = A$，则其子列 $\{f_{n_k}(x_{n_k})\}$ 也收敛于 $A$。由极限的唯一性，$f(x_0) = A$。
提示：注意子列极限与原极限相同。
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