中册 6.2 函数列一致收敛性 第41题
📝 题目
41．证明下列结论．
（1）若连续函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上收玫于 $f(x)$ ，且 $f_{n}(x) \leqslant f_{n+1}(x)$ ．证明 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上必有最小值．
（2）设 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 是定义在有界闭区间 $[a, b]$ 上的连续函数列，且满足：
i）$\forall x \in[a, b], f_{1}(x) \geqslant f_{2}(x) \geqslant \cdots \geqslant f_{n}(x) \geqslant \cdots$ ，ii）$f(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}(x)$ 处处收敛。
试证：$f(x)$ 在 $[a, b]$ 上必有最大值．
（3）设 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 收玫于 $f(x)$ ，而 $u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上是非负连续函数，证明 $f(x)$ 在 $[a, b]$取到最小值．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）因 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 单调递增收玫于 $f(x)$ ，所以 $\forall n, f(x) \geqslant f_{n}(x), x \in[a, b]$ ．因 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，所以有下界，故 $\mu=\inf _{[a, b]} f(x)$ 存在．下证：$f(x)$ 在 $[a, b]$ 上必有最小值．
由确界定义，存在数列 $\left\{x_{n}\right\} \in[a, b]$ 使 $\mu=\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(x_{n}\right)$ ．由致密性定理，存在收敛的子列 $\left\{x_{n_{A}}\right\}$ ，不妨设 $\lim _{k \rightarrow \infty} x_{n_{k}}=x_{0}$ ．下证：$\mu=f\left(x_{0}\right)$ ．
由 $f\left(x_{0}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}\left(x_{0}\right)$ ，对 $\forall \varepsilon>0, \exists N_{0}>0$ ，当 $n>N_{0}$ 时 $\displaystyle f\left(x_{0}\right)-f_{n}\left(x_{0}\right)<\frac{1}{3} \varepsilon$ 。
由 $f_{n}(x)$ 连续知，对上述 $\varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，当 $\left|x-x_{0}\right|<\delta$ 时 $\displaystyle \left|f_{n}(x)-f_{n}\left(x_{0}\right)\right|<\frac{1}{3} \varepsilon, n=1,2, \cdots, N_{0}$ ．
由 $\lim _{k \rightarrow \infty} x_{n_{k}}=x_{0}$ 及 $\mu=\lim _{k \rightarrow \infty} f\left(x_{n_{k}}\right)$ 知，$\exists K>0$ ，当 $k>K$ 时 $\left|x_{n_{k}}-x_{0}\right|<\delta$ ，且 $\displaystyle f_{n}\left(x_{n_{k}}\right) \leqslant \mu+\frac{1}{3} \varepsilon$ 。从而，
$$
\left|f_{n}\left(x_{n_{k}}\right)-f_{n}\left(x_{0}\right)\right|<\frac{1}{3} \varepsilon
$$
于是
$$
\mu \leqslant f\left(x_{0}\right) \leqslant\left|f\left(x_{0}\right)-f_{n}\left(x_{0}\right)\right|+\left|f_{n}\left(x_{0}\right)-f_{n}\left(x_{n_{t}}\right)\right|+\left|f_{n}\left(x_{n_{k}}\right)\right| \leqslant \mu+\frac{1}{3} \varepsilon+\frac{1}{3} \varepsilon+\frac{1}{3} \varepsilon=\mu+\varepsilon
$$
由 $\varepsilon$ 的任意性，得 $\mu=f\left(x_{0}\right)$ 且为 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上的最小值．
（2）由（1）知 $-f(x)$ 在 $[a, b]$ 上必有最小值，于是 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上必有最大值．
（3）设 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 的部分和函数列为 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ ，则 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 为连续函数列，满足 $f_{n}(x) \leqslant f_{n+1}(x)$ 且在 $[a, b]$ 上收玫于 $f(x)$ ．由（1）知 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上必有最小值．
注：因 $f(x)$ 不一定连续，故不能用狄尼定理得 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致处收玫于 $f(x)$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：证明f(x)有下界
由于函数列$\{f_n(x)\}$单调递增收敛于$f(x)$，因此对任意$n$和$x\in[a,b]$，有$f(x)\geq f_n(x)$。又因为$f_n(x)$连续，故$f(x)$在$[a,b]$上有下界，从而下确界$\mu=\inf_{[a,b]}f(x)$存在。
提示：注意单调递增收敛保证$f(x)\geq f_n(x)$，但$f(x)$不一定连续。
步骤 2/8
目标：构造收敛子列
由下确界定义，存在数列$\{x_n\}\subset[a,b]$使得$\lim_{n\to\infty}f(x_n)=\mu$。根据致密性定理（Bolzano-Weierstrass定理），$\{x_n\}$有收敛子列$\{x_{n_k}\}$，设$\lim_{k\to\infty}x_{n_k}=x_0\in[a,b]$。
提示：致密性定理保证有界数列必有收敛子列。
步骤 3/8
目标：利用函数列收敛性逼近
由于$f(x_0)=\lim_{n\to\infty}f_n(x_0)$，对任意$\varepsilon>0$，存在$N_0$使得当$n>N_0$时，$f(x_0)-f_n(x_0)<\frac{\varepsilon}{3}$。
提示：注意$f_n(x_0)$单调递增趋于$f(x_0)$，因此$f(x_0)-f_n(x_0)\geq0$。
步骤 4/8
目标：利用连续性控制误差
由$f_n(x)$的连续性，对上述$\varepsilon>0$，存在$\delta>0$，使得当$|x-x_0|<\delta$时，$|f_n(x)-f_n(x_0)|<\frac{\varepsilon}{3}$对$n=1,2,\dots,N_0$成立。
提示：注意这里只对前$N_0$个函数使用连续性，因为后面的函数可能不连续？实际上所有$f_n$连续，但只需有限个。
步骤 5/8
目标：结合子列极限
由于$\lim_{k\to\infty}x_{n_k}=x_0$且$\lim_{k\to\infty}f(x_{n_k})=\mu$，存在$K$使得当$k>K$时，$|x_{n_k}-x_0|<\delta$且$f(x_{n_k})<\mu+\frac{\varepsilon}{3}$。又因为$f(x_{n_k})\geq f_{n_k}(x_{n_k})$（单调性），所以$f_{n_k}(x_{n_k})\leq\mu+\frac{\varepsilon}{3}$。
提示：注意$f_{n_k}(x_{n_k})\leq f(x_{n_k})$，因为$f_n\leq f$。
步骤 6/8
目标：估计差值
取$k$充分大使得$n_k>N_0$且$k>K$，则$|f_{n_k}(x_{n_k})-f_{n_k}(x_0)|<\frac{\varepsilon}{3}$。于是
公式：\begin{aligned}
\mu &\leq f(x_0) \\
&\leq |f(x_0)-f_{n_k}(x_0)| + |f_{n_k}(x_0)-f_{n_k}(x_{n_k})| + |f_{n_k}(x_{n_k})| \\
&< \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + (\mu+\frac{\varepsilon}{3}) = \mu+\varepsilon.
\end{aligned}
提示：注意$f_{n_k}(x_{n_k})$非负？实际上$f_n$可能为负，但绝对值处理正确。
步骤 7/8
目标：由ε任意性得最小值
由$\mu\leq f(x_0)\leq\mu+\varepsilon$对任意$\varepsilon>0$成立，得$f(x_0)=\mu$。因此$f(x)$在$x_0$处取得最小值$\mu$。
提示：注意$f(x)$不一定连续，但通过构造证明了最小值存在。
步骤 8/8
目标：证明(2)和(3)
(2) 令$g_n(x)=-f_n(x)$，则$g_n(x)$单调递增连续且收敛于$-f(x)$。由(1)知$-f(x)$有最小值，故$f(x)$有最大值。
(3) 部分和$S_n(x)=\sum_{k=1}^n u_k(x)$是连续函数列，且单调递增收敛于$f(x)$。由(1)知$f(x)$有最小值。
提示：(2)中注意单调递减变号后为递增；(3)中$u_n$非负保证部分和单调递增。
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