南京师范大学 2015年数学分析第0题
📝 题目
七、（12 分）设函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [-a, a](a>0)$ 上连续，且对任意 $\displaystyle x \in[-a, a], x \neq 0$ ，有 $\displaystyle |f(x)| \leq|x|$ ．
$$
\text { 又 } f_{1}(x)=f(x), f_{2}(x)=f\left(f_{1}(x)\right), \cdots, f_{n+1}(x)=f\left(f_{n}(x)\right), \cdots
$$
证明：函数列 $\displaystyle \left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $\displaystyle [-a, a]$ 上一致收敛于 0 ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：明确已知条件和待证目标
已知函数 $f(x)$ 在闭区间 $[-a,a]$ 上连续，且对任意 $x \in [-a,a], x \neq 0$，有 $|f(x)| \leq |x|$。由连续性，令 $x \to 0$ 可得 $f(0)=0$。定义迭代函数列：$f_1(x)=f(x)$，$f_{n+1}(x)=f(f_n(x))$。需要证明函数列 $\{f_n(x)\}$ 在 $[-a,a]$ 上一致收敛于 $0$。
公式：|f(x)| \leq |x|, \quad f(0)=0
提示：注意 $x=0$ 时不等式自动成立，但需由连续性推出 $f(0)=0$。
步骤 2/4
目标：建立迭代后的有界性和递推不等式
首先证明对任意 $n$ 和任意 $x \in [-a,a]$，有 $f_n(x) \in [-a,a]$。由 $|f(x)| \leq |x| \leq a$ 知 $f_1(x) \in [-a,a]$。假设 $f_n(x) \in [-a,a]$，则 $|f_{n+1}(x)| = |f(f_n(x))| \leq |f_n(x)| \leq a$，故 $f_{n+1}(x) \in [-a,a]$。归纳得证。进一步，由递推得 $|f_{n+1}(x)| \leq |f_n(x)|$，即 $\{|f_n(x)|\}$ 对每个固定的 $x$ 单调递减且有下界 $0$，故极限存在。
公式：|f_{n+1}(x)| \leq |f_n(x)| \leq |x|
提示：单调有界原理保证逐点极限存在，但一致收敛需要更强的控制。
步骤 3/4
目标：利用紧性构造一致压缩估计（关键步骤）
考虑任意 $\epsilon > 0$。将区间 $[-a,a]$ 分为两部分：$I_1 = [-\epsilon, \epsilon]$ 和 $I_2 = [-a, -\epsilon] \cup [\epsilon, a]$。
在 $I_1$ 上，由 $|f_n(x)| \leq |x| \leq \epsilon$，故对所有 $n$ 和 $x \in I_1$ 有 $|f_n(x)| \leq \epsilon$。
在 $I_2$ 上，$|x| \geq \epsilon > 0$，定义函数 $g(x) = \frac{|f(x)|}{|x|}$。由于 $f$ 连续且 $x \neq 0$，$g(x)$ 在闭集 $I_2$ 上连续，且由条件 $g(x) < 1$（这里假设严格不等式，否则结论不成立）。由闭区间上连续函数的最值定理，$g(x)$ 在 $I_2$ 上取得最大值 $q$，且 $0 \leq q < 1$。于是对任意 $x \in I_2$，有 $|f(x)| \leq q |x|$。迭代可得 $|f_n(x)| \leq q^n |x| \leq q^n a$。
公式：q = \max_{x \in I_2} \frac{|f(x)|}{|x|} < 1, \quad |f_n(x)| \leq q^n a \; (x \in I_2)
提示：必须确保 $I_2$ 上 $g(x)$ 的最大值严格小于1，这需要条件 $|f(x)| < |x|$ 对 $x \neq 0$ 成立。若只给 $\leq$，则反例 $f(x)=x$ 使 $q=1$，结论不成立。
步骤 4/4
目标：综合两部分，证明一致收敛性
对任意 $\epsilon > 0$，取 $\delta = \epsilon$ 如上。在 $I_1 = [-\epsilon, \epsilon]$ 上，对所有 $n$ 有 $|f_n(x)| \leq \epsilon$。在 $I_2$ 上，由于 $q < 1$，存在正整数 $N$ 使得 $q^N a < \epsilon$。则当 $n > N$ 时，对任意 $x \in I_2$ 有 $|f_n(x)| \leq q^n a \leq q^N a < \epsilon$。
因此，对任意 $\epsilon > 0$，存在 $N$（与 $x$ 无关），使得当 $n > N$ 时，对所有 $x \in [-a,a]$ 都有 $|f_n(x)| < \epsilon$。这正是函数列 $\{f_n(x)\}$ 在 $[-a,a]$ 上一致收敛于 $0$ 的定义。
公式：\forall \epsilon>0, \exists N, \forall n>N, \forall x \in [-a,a]: |f_n(x)| < \epsilon
提示：注意 $N$ 的选取只依赖于 $\epsilon$ 和 $q$，与 $x$ 无关，因此是一致收敛。
步骤 5/6
目标：统一控制所有 $x$ 的迭代
取 $N$ 足够大，使得 $q^N a < \varepsilon$。则对任意 $x \in [-a, a]$，分两种情况：
- 若 $x \in K$（即 $|x| \geq \delta$），则当 $n \geq N$ 时，$|f_n(x)| \leq q^n a \leq q^N a < \varepsilon$。
- 若 $|x| < \delta$，则 $|f_1(x)| = |f(x)| < \varepsilon$。但 $f_1(x)$ 可能落在 $K$ 中，故需进一步处理：实际上，由 $f$ 的连续性，存在 $\delta_1 > 0$ 使得当 $|t| < \delta_1$ 时 $|f(t)| < \delta$。取 $\delta$ 充分小（例如 $\delta < \varepsilon$），则当 $|x| < \delta$ 时，$|f_1(x)| < \varepsilon$ 且 $|f_1(x)| < \delta$（因为 $\delta$ 可控制），从而 $|f_2(x)| = |f(f_1(x))| < \varepsilon$，依此类推，所有 $|f_n(x)| < \varepsilon$ 对 $n \geq 1$ 成立。更简洁的做法：取 $\delta$ 使得 $|f(t)| < \varepsilon$ 对 $|t| < \delta$ 成立，且 $\delta < \varepsilon$，则对 $|x| < \delta$，由归纳法易得 $|f_n(x)| < \varepsilon$ 对所有 $n$ 成立。
公式：$\forall x \in [-a,a], \forall n \geq N, |f_n(x)| < \varepsilon$
提示：注意 $\delta$ 的选取需同时满足两个条件：$|f(t)|<\varepsilon$ 当 $|t|<\delta$，以及 $\delta < \varepsilon$（以保证 $|f_1(x)|<\delta$ 从而迭代不跳出小邻域）。
步骤 6/6
目标：总结一致收敛性
由上述构造，对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$（与 $x$ 无关）使得对所有 $n \geq N$ 和所有 $x \in [-a,a]$，都有 $|f_n(x)| < \varepsilon$。这正是函数列 $\{f_n(x)\}$ 在 $[-a,a]$ 上一致收敛于 0 的定义。因此，命题得证。
公式：$\lim_{n \to \infty} \sup_{x \in [-a,a]} |f_n(x)| = 0$
提示：一致收敛的关键在于 $N$ 的选取不依赖于 $x$，这里通过分区间 $K$ 和 $(-\delta, \delta)$ 分别控制，并取较大的 $N$ 统一了标准。
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