中册 6.2 函数列一致收敛性 第37题
📝 题目
37．证明下列结论．
（1）设 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上连续且可导，且 $\left\{f_{n}^{\prime}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致有界，并且 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 点收玫于 $f(x)$ ．试证：（1）$f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续；（2）$\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f(x)$ ．
（2）设可微函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上逐点收敛，且对任意 $x \in[a, b]$ 存在 $x$ 的邻域 $U(x)$ ，使得 $\left\{f_{n}^{\prime}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致有界，证明：（1）$\left\{f_{n}^{\prime}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致有界。（2）$\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛．
（3）设函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上有定义，存在 $\alpha \in(0,1)$ 使得 $\left|f_{n}(x)-f_{n}(y)\right| \leqslant|x-y|^{\alpha}$ ， $\forall x, y \in[a, b], n=1,2, \cdots$ ，且逐点有 $\lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}(x)=f(x)$ 。证明 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f(x)$ 。
（4）设函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上满足李普希茨条件，即 $\left|f_{n}(x)-f_{n}(y)\right| \leqslant c_{n}|x-y|$ ，
$\forall x, y \in[a, b]$ ，其中 $c_{n}$ 为与 $x, y$ 无关的常数。证明：如果 $\left\{c_{n}\right\}$ 为有界数列，且 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上收敛于 $f(x)$ ，则 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收玫于 $f(x)$ 。
（5）设 $f_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上满足条件：$\left|f_{n}(x)-f_{n}(y)\right| \leqslant k|x-y|, \forall x, y \in[a, b], n=1,2, \cdots$ ，且在 $[a, b]$上，$f_{n}(x)$ 收敛于 $f(x), n \rightarrow \infty$ 。证明 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在区间 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f(x)$ 。华东师大 2015 ，北京师大2000，哈工大2004，武汉大学1997）
（6）设函数列 $\left\{u_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上可导，且 $\exists M>0$ ，对 $\forall n \in \mathrm{~N}^{+}$有 $\left|\sum_{k=1}^{n} u_{k}^{\prime}(x)\right| \leqslant M$ 。证明：如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 收玫，则必一致收敛．
（7）设 $u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上满足条件：$\displaystyle \left|u_{n}(x)-u_{n}(y)\right| \leqslant \frac{1}{2^{n}}|x-y|, n=1,2, \cdots$ ，且在 $[a, b]$ 上 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$逐点收敛，则 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛。
（8）设函数 $f_{n}(x), n=1,2, \cdots$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 可导，且 $\left\{f_{n}^{\prime}(x)\right\}$ 在 $(0,1)$ 上一致有界， $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[0,1]$ 上一致有界，试证函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[0,1]$ 上有一致收敛的子列。华东师大 2015，厦门大学 2013，兰州大学 2011）
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）方法 1：由 $\left\{f_{n}^{\prime}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致有界知，$\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上等度连续，上题可得证．
方法 2：采用分割及插项法证明．证明如下：
由已知条件，$\exists M>0$ ，使得 $\forall x \in[a, b], \forall n \geqslant 1$ 有 $\left|f_{n}^{\prime}(x)\right| \leqslant M$ 。于是 $\displaystyle \forall \varepsilon>0, \exists \delta=\frac{\varepsilon}{3 M}>0$ ， $\forall x_{1}, x_{2} \in[a, b]$ ，当 $\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ 时，对一切正整数 $n$ ，都有
$$
\left|f_{n}\left(x_{1}\right)-f_{n}\left(x_{2}\right)\right|=\left|f_{n}^{\prime}\left(\xi_{n}\right) \| x_{1}-x_{2}\right|0$ ，当 $\forall n>N_{i}$ 时， $\forall p \in \mathbf{N}^{+}$有
$$
\left|f_{n}\left(x_{i}\right)-f_{n+p}\left(x_{i}\right)\right|<\frac{\varepsilon}{3}, i=1,2, \cdots, m
$$
令 $N=\max \left\{N_{1}, N_{2}, \cdots, N_{m}\right\}$ ，则当 $n>N$ 时，$\forall p \in \mathbf{N}^{+}, \forall x \in[a, b], \exists i$ ，使 $x$ 属于第 $i$ 个小区间，于是
$$
\left|f_{n+p}(x)-f_{n}(x)\right|=\left|f_{n+p}(x)-f_{n+p}\left(x_{i}\right)\right|+\left|f_{n+p}\left(x_{i}\right)-f_{n}\left(x_{i}\right)\right|+\left|f_{n}\left(x_{i}\right)-f_{n}(x)\right|<\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon
$$
即 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛。
（2）由已知及有限覆盖定理知 $\left\{f_{n}^{\prime}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致有界，从而 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上等度连续，上题可得证．
（3）由已知得 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上等度连续，上题可得证．
（4）由已知得 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上等度连续，上题可得证．
（5）由已知得 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上等度连续，上题可得证．
（6）由已知得函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 的部分和函数列 $\left\{S_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上收玫，且在 $[a, b]$ 上等度连续，因此函数列 $\left\{S_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收玫，从而函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上一致收玫。
也可直接证明：
由于 $\left|\sum_{k=1}^{n} u_{k}^{\prime}(x)\right| \leqslant M, \forall x \in[a, b], \forall n \geqslant 1$ ，对任意正整数 $p$ ，
$$
\left|\sum_{k=n}^{n+p} u_{k}^{\prime}(x)\right| \leqslant\left|\sum_{k=1}^{n+p} u_{k}^{\prime}(x)\right|+\left|\sum_{k=1}^{n} u_{k}^{\prime}(x)\right| \leqslant 2 M, \forall x \in[a, b], \forall n \geqslant 1
$$
对 $\displaystyle \forall \varepsilon>0, \underset{x \in[a, b]}{\bigcup} U\left(x, \frac{\varepsilon}{4 M}\right)$ 是 $[a, b]$ 的一个开覆盖．由有限覆盖定理可从中选取有限个开区间 $\displaystyle U\left(x_{i}, \frac{\varepsilon}{4 M}\right)(i=1,2, \cdots, m)$ 构成 $[a, b]$ 的一个开覆盖．
因为函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在有界闭区间 $[a, b]$ 上逐点收敛，则对上述 $\varepsilon$ ，对 $x_{i}(i=1,2, \cdots, m)$ ，分别存在 $N\left(x_{i}, \varepsilon\right)>0(i=1,2, \cdots, m)$ ，当 $n>N\left(x_{i}, \varepsilon\right)$ 时，对任意正整数 $p,\left|\sum_{i=n}^{n+p} u_{i}\left(x_{i}\right)\right|<\varepsilon$ ．
取 $N=\max _{1N$ 时，对任意正整数 $p,\left|\sum_{i=n}^{n+p} u_{i}\left(x_{i}\right)\right|<\varepsilon$ ．
对任意的 $x \in[a, b]$ ，必存在上述 $x_{i}$ ，使得 $\displaystyle x \in U\left(x_{i}, \frac{\varepsilon}{4 M}\right)$ ，即 $\displaystyle \left|x-x_{i}\right|<\frac{\varepsilon}{4 M}$ ．对上述 $\varepsilon$ ，当 $n>N$时，对任意正整数 $p$ 及 $\forall x \in[a, b], \exists \xi$（ $\xi$ 介于 $x_{i}$ 与 $x$ 之间）使得
$$
\left|\sum_{i=n}^{n+p} u_{i}(x)\right| \leqslant\left|\sum_{i=n}^{n+p} u_{i}(x)-\sum_{i=n}^{n+p} u_{i}\left(x_{i}\right)\right|+\left|\sum_{i=n}^{n+p} u_{i}\left(x_{i}\right)\right| \leqslant\left|\sum_{i=n}^{n+p} u_{i}\left(x_{i}\right)\right|+\left|\sum_{i=n}^{n+p} u_{i}^{\prime}(\xi)\right|\left|x-x_{i}\right|<\frac{\varepsilon}{2}+2 M \cdot \frac{\varepsilon}{4 M}=\varepsilon
$$
故函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在在 $[a, b]$ 上一致收敛．
（7）设 $S_{n}(x)$ 为 $\sum_{n=1}^{+\infty} u_{n}(x)$ 的部分和函数，于是 $\left\{S_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上逐点收玫，且 $\forall x, y \in[a, b]$ ，
$$
\left|S_{n}(x)-S_{n}(y)\right|=\left|\sum_{k=1}^{n}\left(u_{k}(x)-u_{k}(y)\right)\right| \leqslant \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{n}}|x-y| \leqslant|x-y| .
$$
由此得 $\left\{S_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上等度连续。于是 $\left\{S_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收玫，所以 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛。
（8）由 $\left\{f_{n}^{\prime}(x)\right\}$ 在 $(0,1)$ 上一致有界可知，$\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[0,1]$ 上等度连续．由于 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[0,1]$ 上一致有界，由致密性定理，$\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[0,1]$ 上有收敛的子列 $\left\{f_{n_{k}}(x)\right\}$ ．当然子列 $\left\{f_{n_{k}}(x)\right\}$ 在 $[0,1]$ 上出等
度连续，所以子列 $\left\{f_{n_{t}}(x)\right\}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛。
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：分析条件并建立等度连续性
由题设，存在常数 $M>0$ 使得对所有 $x\in[a,b]$ 和 $n$ 有 $|f_n'(x)|\leq M$。对任意 $x_1,x_2\in[a,b]$，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi$ 介于 $x_1,x_2$ 之间，使得 $|f_n(x_1)-f_n(x_2)|=|f_n'(\xi)||x_1-x_2|\leq M|x_1-x_2|$。因此函数列 $\{f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上等度连续。
公式：|f_n(x_1)-f_n(x_2)|\leq M|x_1-x_2|
提示：注意拉格朗日中值定理要求函数可导，这里条件满足。
步骤 2/4
目标：利用点收敛和等度连续性证明一致收敛
由于 $\{f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上逐点收敛于 $f$，且等度连续，根据经典结论（如Arzelà-Ascoli定理的推论），等度连续且逐点收敛的函数列在紧集上一致收敛。具体地，对任意 $\varepsilon>0$，取 $\delta=\varepsilon/(3M)$，将 $[a,b]$ 分成有限个小区间，每个长度小于 $\delta$，取分点 $x_i$。由点收敛，存在 $N$ 使得当 $n>N$ 时，$|f_n(x_i)-f(x_i)|<\varepsilon/3$ 对所有 $i$ 成立。对任意 $x$，存在 $x_i$ 使得 $|x-x_i|<\delta$，则 $|f_n(x)-f(x)|\leq |f_n(x)-f_n(x_i)|+|f_n(x_i)-f(x_i)|+|f(x_i)-f(x)|<\varepsilon$。
提示：注意等度连续性保证了 $|f_n(x)-f_n(x_i)|$ 和 $|f(x_i)-f(x)|$ 可控制，其中 $f$ 的连续性由等度连续性推出。
步骤 3/4
目标：证明 $f(x)$ 连续
由 $\{f_n\}$ 一致收敛于 $f$，且每个 $f_n$ 连续，则极限函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续。
提示：一致收敛的连续函数列极限函数连续。
步骤 4/4
目标：总结结论
因此，$f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $\{f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $f(x)$。
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