中册 6.2 函数列一致收敛性 第42题
📝 题目
42．设函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上收玫于 $f(x)$ ，其中每个 $f_{n}(x)$ 都是单调函数，若 $f(x)$ 连续，则 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收玫于 $f(x)$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
由于 $f(x) \in C[a, b]$ ，因而一致连续，故对任意的 $\varepsilon>0$ ，存在 $\delta>0$ ，当 $x, y \in[a, b]$ 且 $|x-y|<\delta$时，$|f(x)-f(y)|<\varepsilon$ ．
对 $[a, b]$ 作等分割：$a=x_{0}0$ ，使得当 $n>N_{i}$ 时，$\left|f_{n}\left(x_{i}\right)-f\left(x_{i}\right)\right|<\varepsilon, i=0,1, \cdots, k$ ．
取 $N=\max \left\{N_{i}: 1 \leqslant i \leqslant k\right\}$ ，则当 $n>N$ 时，$\forall x \in\left[x_{i-1}, x_{i}\right]$ 有
$$
\left|f_{n}\left(x_{i-1}\right)-f(x)\right|<\left|f_{n}\left(x_{i-1}\right)-f\left(x_{i-1}\right)\right|+\left|f\left(x_{i-1}\right)-f(x)\right|<2 \varepsilon .
$$
$$
\left|f_{n}\left(x_{i}\right)-f(x)\right|<\left|f_{n}\left(x_{i}\right)-f\left(x_{i}\right)\right|+\left|f\left(x_{i}\right)-f(x)\right|<2 \varepsilon
$$
对任意点 $x \in[a, b]$ ，存在 $1 \leqslant i \leqslant k$ ，使得 $x \in\left[x_{i-1}, x_{i}\right]$ ．利用 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 的单调性得
$$
\left|f_{n}(x)-f(x)\right| \leqslant \max \left\{\left|f_{n}\left(x_{i}\right)-f(x)\right|,\left|f_{n}\left(x_{i-1}\right)-f(x)\right|\right\}<2 \varepsilon
$$
即 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f(x)$ ．
注：（1）事实上，当 $f_{n}(x)$ 关于 $x$ 单调递增时，
或者
$$
\left|f_{n}(x)-f(x)\right|=f_{n}(x)-f(x) \leqslant f_{n}\left(x_{i}\right)-f(x)=\left|f_{n}\left(x_{i}\right)-f(x)\right|
$$
总有
$$
\left|f_{n}(x)-f(x)\right|=f(x)-f_{n}(x) \leqslant f(x)-f_{n}\left(x_{i-1}\right)=\left|f(x)-f_{n}\left(x_{i-1}\right)\right|
$$
$$
\left|f_{n}(x)-f(x)\right| \leqslant \max \left\{\left|f_{n}\left(x_{i}\right)-f(x)\right|,\left|f_{n}\left(x_{i-1}\right)-f(x)\right|\right\}
$$
（2）本题的关键是如何利用点收敛和极限函数的连续性实现对 $\left|f_{n}(x)-f(x)\right|$ 的动态估计，这个可以借助一致连续性实现，即通过对区间的分割，将动态估计转化为分点处的静态估计，插项产生的项由单调性条件解决。
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：利用极限函数连续性得到一致连续性
由于 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，根据一致连续性定理，对任意给定的 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得当 $x,y\in[a,b]$ 且 $|x-y|<\delta$ 时，有 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$。
提示：注意一致连续性是闭区间上连续函数的性质，不要忘记区间是闭的。
步骤 2/6
目标：对区间进行分割，使得子区间长度小于δ
对 $[a,b]$ 作等分：$a=x_0
提示：分割要足够细，确保每个子区间长度小于δ，这是后续估计的基础。
步骤 3/6
目标：利用一致连续性得到分点处和区间内函数值的接近
由一致连续性，对每个 $i$ 有：
1. $|f(x_i)-f(x_{i-1})|<\varepsilon$；
2. 对任意 $x\in[x_{i-1},x_i]$，有 $|f(x)-f(x_{i-1})|<\varepsilon$ 和 $|f(x)-f(x_i)|<\varepsilon$。
提示：注意这里用到了子区间长度小于δ的条件。
步骤 4/6
目标：利用点收敛性得到分点处函数列的收敛
由于 $f_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上逐点收敛于 $f(x)$，对每个分点 $x_i$，存在 $N_i>0$，使得当 $n>N_i$ 时，$|f_n(x_i)-f(x_i)|<\varepsilon$。取 $N=\max\{N_0,N_1,\dots,N_k\}$，则当 $n>N$ 时，对所有分点 $x_i$ 都有 $|f_n(x_i)-f(x_i)|<\varepsilon$。
提示：注意取最大值是为了保证对所有分点同时成立。
步骤 5/6
目标：估计分点处函数值与区间内任意点函数值的差
对任意 $x\in[x_{i-1},x_i]$，当 $n>N$ 时，有
$$
|f_n(x_{i-1})-f(x)| \le |f_n(x_{i-1})-f(x_{i-1})| + |f(x_{i-1})-f(x)| < \varepsilon + \varepsilon = 2\varepsilon,
$$
$$
|f_n(x_i)-f(x)| \le |f_n(x_i)-f(x_i)| + |f(x_i)-f(x)| < \varepsilon + \varepsilon = 2\varepsilon.
$$
提示：这里使用了三角不等式，注意绝对值处理。
步骤 6/6
目标：利用单调性得到任意点处函数值的估计
由于每个 $f_n(x)$ 是单调函数（不妨设单调递增，单调递减类似），对任意 $x\in[x_{i-1},x_i]$，有 $f_n(x_{i-1})\le f_n(x)\le f_n(x_i)$（若单调递减则不等号反向）。因此 $f_n(x)$ 介于 $f_n(x_{i-1})$ 和 $f_n(x_i)$ 之间。结合上一步的估计，可得
$$
|f_n(x)-f(x)| \le \max\{|f_n(x_{i-1})-f(x)|, |f_n(x_i)-f(x)|\} < 2\varepsilon.
$$
由于 $x$ 的任意性，这证明了一致收敛。
提示：注意单调性保证了函数值在区间端点之间，从而可以用端点估计。若单调递减，则不等式反向，但最大值估计仍然成立。
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