山西师范大学 2025年数学分析第0题
📝 题目
八、（20 分）设连续函数列 $\displaystyle \left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $\displaystyle [a, b]$ 上一致收敛于 $\displaystyle f(x)$ ，而 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle [a,+\infty)$
上连续，证明：$\displaystyle \left\{g\left(\left|f_{n}(x)\right|\right)\right\}$ 在 $\displaystyle [a, b]$ 上一致鈫于 $\displaystyle g(|f(x)|)$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：明确要证明的一致收敛定义
要证明序列 $\{g(|f_n(x)|)\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $g(|f(x)|)$，即对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，使得当 $n>N$ 时，对所有 $x\in[a,b]$ 都有 $|g(|f_n(x)|)-g(|f(x)|)|<\varepsilon$。
公式：\forall \varepsilon>0, \exists N, \forall n>N, \forall x\in[a,b]: |g(|f_n(x)|)-g(|f(x)|)|<\varepsilon
提示：注意一致收敛的 $N$ 与 $x$ 无关，只依赖于 $\varepsilon$。
步骤 2/5
目标：利用一致收敛性控制 $f_n$ 的值域
因为 $\{f_n\}$ 一致收敛于 $f$，取 $\varepsilon_0=1$，则存在 $N_1$，当 $n>N_1$ 时，对所有 $x\in[a,b]$ 有 $|f_n(x)-f(x)|<1$。又 $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，故有界，设 $|f(x)|\le M$。则当 $n>N_1$ 时，$|f_n(x)|\le |f(x)|+1\le M+1$。因此所有 $|f_n(x)|$ 和 $|f(x)|$ 均落在 $[0, M+1]$ 内。
公式：|f_n(x)| \le |f(x)|+1 \le M+1, \quad \forall x\in[a,b], \forall n>N_1
提示：这里 $M$ 是 $|f|$ 在 $[a,b]$ 上的最大值，由连续函数在闭区间上的有界性保证。
步骤 3/5
目标：利用 $g$ 的连续性得到一致连续性
由于 $g$ 在 $[0, M+1]$ 上连续（闭区间），故 $g$ 在此区间上一致连续。即对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得当 $u,v\in[0, M+1]$ 且 $|u-v|<\delta$ 时，有 $|g(u)-g(v)|<\varepsilon$。
公式：\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall u,v\in[0,M+1], |u-v|<\delta \Rightarrow |g(u)-g(v)|<\varepsilon
提示：一致连续性是关键，它保证了 $\delta$ 只依赖于 $\varepsilon$，而不依赖于 $u,v$ 的具体位置。
步骤 4/5
目标：结合一致收敛条件完成证明
对上述 $\delta>0$，由 $\{f_n\}$ 一致收敛于 $f$，存在 $N$（取 $N>N_1$ 以确保值域条件），当 $n>N$ 时，对所有 $x\in[a,b]$ 有 $|f_n(x)-f(x)|<\delta$。由绝对值不等式，$\big||f_n(x)|-|f(x)|\big|\le |f_n(x)-f(x)|<\delta$。于是 $|g(|f_n(x)|)-g(|f(x)|)|<\varepsilon$ 对所有 $x\in[a,b]$ 成立。
公式：\big||f_n(x)|-|f(x)|\big| \le |f_n(x)-f(x)| < \delta \Rightarrow |g(|f_n(x)|)-g(|f(x)|)|<\varepsilon
提示：注意 $N$ 的选取要同时满足值域控制和 $\delta$ 控制，通常取 $N=\max\{N_1, N_\delta\}$。
步骤 5/5
目标：总结结论
由一致收敛的定义，我们证明了 $\{g(|f_n(x)|)\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $g(|f(x)|)$。证毕。
公式：\{g(|f_n(x)|)\} \rightrightarrows g(|f(x)|) \quad \text{on } [a,b]
提示：整个证明的关键在于将 $g$ 的一致连续性应用于由 $f_n$ 一致收敛性导出的自变量接近性。
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