中册 6.2 函数列一致收敛性 第44题
📝 题目
44．设 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 是定义在 $[-1,1]$ 上的连续函数列，且 $f_{n}(x) \geqslant 0, \lim _{n \rightarrow \infty} \int_{-1}^{1} f_{n}(x) \mathrm{d} x=1$ ．对任 意 $\delta>0,\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[-1,-\delta] \bigcup[\delta, 1]$ 上一致收玫于零。求证：对任意 $[-1,1]$ 上的连续函数 $g(x), ~ \lim _{n \rightarrow \infty} \int_{-1}^{1} f_{n}(x) g(x) \mathrm{d} x=g(0)$ 。
分析：由 $\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{-1}^{1} f_{n}(x) \mathrm{d} x=1$ 有 $\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{-1}^{1} g(0) f_{n}(x) \mathrm{d} x=g(0)$ ．问题转证：
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{-1}^{1} f_{n}(x)(g(x)-g(0)) \mathrm{d} x=0 .
$$
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
对任意 $\delta>0$ ，
$$
\begin{aligned}
& \int_{-1}^{1} f_{n}(x)(g(x)-g(0)) \mathrm{d} x \\
& =\int_{-1}^{-\delta} f_{n}(x)(g(x)-g(0)) \mathrm{d} x+\int_{-\delta}^{\delta} f_{n}(x)(g(x)-g(0)) \mathrm{d} x+\int_{\delta}^{1} f_{n}(x)(g(x)-g(0)) \mathrm{d} x \triangleq I_{1}+I_{2}+I_{3} .
\end{aligned}
$$
由 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} g(x)=g(0), \forall \varepsilon \in(0,1), \exists \delta \in(0,1)$ ，当 $|x|<\delta$ 时有 $\displaystyle |g(x)-g(0)|<\frac{\varepsilon}{6}$ ．于是
$$
\left|I_{2}\right|=\left|\int_{-\delta}^{\delta} f_{n}(x)(g(x)-g(0)) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{\varepsilon}{6}\left|\int_{-\delta}^{\delta} f_{n}(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{\varepsilon}{6}\left|\int_{-1}^{1} f_{n}(x) \mathrm{d} x\right|
$$
又 $\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{-1}^{1} f_{n}(x) \mathrm{d} x=1$ ，则 $\exists N_{1}>0$ ，当 $n \geqslant N_{1}$ 时，$\left|\int_{-1}^{1} f_{n}(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant 2$ 。于是当 $n \geqslant N_{1}$ 时，$\displaystyle \left|I_{2}\right| \leqslant \frac{\varepsilon}{3}$ ．
将 $\delta>0$ 固定，由 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[-1,-\delta] \cup[\delta, 1]$ 上一致收敛于零，对上述 $\varepsilon>0, \exists N_{2}>0$ ，当 $n \geqslant N_{2}$时，对 $\forall x \in[-1,-\delta] \cup[\delta, 1]$ 有 $\displaystyle \left|f_{n}(x)\right|<\frac{\varepsilon}{6(1-\delta) M}$ ，其中 $M=\max _{[-1,1]}|g(x)|$ ．于是
$$
\begin{aligned}
& \left|I_{3}\right|=\left|\int_{\delta}^{1} f_{n}(x)(g(x)-g(0)) \mathrm{d} x\right| \leqslant 2 M\left|\int_{\delta}^{1} f_{n}(x) \mathrm{d} x\right|<2 M \frac{\varepsilon}{6(1-\delta) M}(1-\delta)=\frac{\varepsilon}{3} . \\
& \left|I_{1}\right|=\left|\int_{-1}^{-\delta} f_{n}(x)(g(x)-g(0)) \mathrm{d} x\right| \leqslant 2 M\left|\int_{-1}^{-\delta} f_{n}(x) \mathrm{d} x\right|<\frac{\varepsilon}{3} .
\end{aligned}
$$
取 $N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}$ ，当 $n>N$ 时有 $\left|\int_{-1}^{1} f_{n}(x)(g(x)-g(0)) \mathrm{d} x\right|<\varepsilon$ 。由此得：
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{-1}^{1} f_{n}(x) g(x) \mathrm{d} x=g(0)
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：转化要证明的极限
由已知条件 $\lim_{n\to\infty}\int_{-1}^1 f_n(x)\,dx=1$，可得 $\lim_{n\to\infty}\int_{-1}^1 g(0)f_n(x)\,dx=g(0)$。因此要证明 $\lim_{n\to\infty}\int_{-1}^1 f_n(x)g(x)\,dx=g(0)$，只需证明 $\lim_{n\to\infty}\int_{-1}^1 f_n(x)(g(x)-g(0))\,dx=0$。
提示：注意利用极限的线性性质将目标极限转化为差分的极限。
步骤 2/5
目标：分割积分区间
对任意 $\delta>0$，将积分区间分为三部分：$[-1,-\delta]$，$[-\delta,\delta]$，$[\delta,1]$。记
$$\int_{-1}^1 f_n(x)(g(x)-g(0))\,dx = I_1+I_2+I_3,$$
其中
$$I_1=\int_{-1}^{-\delta} f_n(x)(g(x)-g(0))\,dx,\quad I_2=\int_{-\delta}^{\delta} f_n(x)(g(x)-g(0))\,dx,\quad I_3=\int_{\delta}^{1} f_n(x)(g(x)-g(0))\,dx.$$
提示：分割区间时注意端点处理，$\delta$ 的选择后续会用到。
步骤 3/5
目标：估计中间区间 $I_2$
由 $g$ 在 $0$ 处连续，对任意 $\varepsilon\in(0,1)$，存在 $\delta\in(0,1)$，当 $|x|<\delta$ 时 $|g(x)-g(0)|<\frac{\varepsilon}{6}$。于是
$$|I_2|\le \frac{\varepsilon}{6}\int_{-\delta}^{\delta} f_n(x)\,dx \le \frac{\varepsilon}{6}\int_{-1}^1 f_n(x)\,dx.$$
由 $\lim_{n\to\infty}\int_{-1}^1 f_n(x)\,dx=1$，存在 $N_1$，当 $n\ge N_1$ 时 $\int_{-1}^1 f_n(x)\,dx\le 2$，从而 $|I_2|\le \frac{\varepsilon}{3}$。
公式：连续性：$\lim_{x\to0}g(x)=g(0)$
提示：注意 $\varepsilon$ 的选取要保证后续估计一致，且 $\delta$ 依赖于 $\varepsilon$。
步骤 4/5
目标：估计两侧区间 $I_1$ 和 $I_3$
固定上述 $\delta$。由于 $\{f_n\}$ 在 $[-1,-\delta]\cup[\delta,1]$ 上一致收敛于 $0$，对上述 $\varepsilon>0$，存在 $N_2$，当 $n\ge N_2$ 时，对所有 $x\in[-1,-\delta]\cup[\delta,1]$ 有 $|f_n(x)|<\frac{\varepsilon}{6(1-\delta)M}$，其中 $M=\max_{[-1,1]}|g(x)|$。于是
$$|I_3|\le 2M\int_{\delta}^1 f_n(x)\,dx < 2M\cdot\frac{\varepsilon}{6(1-\delta)M}\cdot(1-\delta)=\frac{\varepsilon}{3},$$
同理 $|I_1|<\frac{\varepsilon}{3}$。
公式：一致收敛：$\forall\varepsilon>0,\exists N,\forall n\ge N,\forall x\in[-1,-\delta]\cup[\delta,1],|f_n(x)|<\varepsilon$
提示：注意 $M$ 的存在性由 $g$ 在闭区间上连续保证，且 $1-\delta>0$。
步骤 5/5
目标：综合估计
取 $N=\max\{N_1,N_2\}$，当 $n>N$ 时，有
$$\left|\int_{-1}^1 f_n(x)(g(x)-g(0))\,dx\right| \le |I_1|+|I_2|+|I_3| < \frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon.$$
由 $\varepsilon$ 的任意性，得 $\lim_{n\to\infty}\int_{-1}^1 f_n(x)(g(x)-g(0))\,dx=0$，从而原极限成立。
提示：注意 $N$ 的选取要同时满足两个条件，且 $\varepsilon$ 是任意正数。
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