广西民族大学 2011年数学分析第0题
📝 题目
2）$\left\{f_{n}(x)\right\}$ 处处收玫于 $[a, b]$ 上的连续函数 $s(x)$ ．
证明：$\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $s(x)$ ．
💡 答案解析
暂无答案解析
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：明确条件和待证结论，引入单调性假设
设函数列 $\{f_n(x)\}$ 在闭区间 $[a,b]$ 上处处收敛到连续函数 $s(x)$，且对每个固定的 $x \in [a,b]$，数列 $\{f_n(x)\}$ 关于 $n$ 单调递增（单调递减情形可类似证明）。需证明 $\{f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛到 $s(x)$。
公式：对 $\forall x \in [a,b]$，$\lim_{n\to\infty} f_n(x)=s(x)$，且 $f_n(x) \leq f_{n+1}(x)$
提示：注意：仅凭处处收敛和极限函数连续不能推出一致收敛，必须补充单调性条件（Dini定理）。
步骤 2/6
目标：定义误差函数并利用单调性
令 $r_n(x)=s(x)-f_n(x)$。由单调递增性知，对每个 $x$，$r_n(x)$ 非负且单调递减趋于 $0$（因为 $f_n(x)\nearrow s(x)$）。
公式：$r_n(x) \geq 0$，$r_{n+1}(x) \leq r_n(x)$，$\lim_{n\to\infty} r_n(x)=0$
提示：误差函数的单调递减性源于 $f_n$ 的单调递增。
步骤 3/6
目标：反证法假设不一致收敛
假设 $\{f_n\}$ 不一致收敛到 $s$，则存在 $\varepsilon_0>0$，使得对任意 $N$，存在 $n\geq N$ 及 $x\in[a,b]$，满足 $|f_n(x)-s(x)|=r_n(x)\geq \varepsilon_0$。于是可取一列 $n_k\to\infty$ 及相应点 $x_k\in[a,b]$，使得 $r_{n_k}(x_k)\geq \varepsilon_0$。
公式：$\exists \varepsilon_0>0$，$\forall N$，$\exists n\geq N$，$\exists x\in[a,b]$：$r_n(x)\geq \varepsilon_0$
提示：不一致收敛的否定形式是存在某个正数 $\varepsilon_0$ 使得对任意指标都存在点误差不小于 $\varepsilon_0$。
步骤 4/6
目标：利用紧性取收敛子列
由于 $[a,b]$ 是紧集，点列 $\{x_k\}$ 有收敛子列，不妨仍记为 $\{x_k\}$，设 $x_k\to x_0\in[a,b]$。
公式：$x_k \to x_0$（子列收敛）
提示：紧性保证任何无穷点列必有收敛子列，这是分析中常用的技巧。
步骤 5/6
目标：利用单调性和连续性导出矛盾
对任意固定的 $m$，当 $k$ 足够大时 $n_k\geq m$（因为 $n_k\to\infty$）。由 $r_n$ 关于 $n$ 的单调递减性得 $r_{n_k}(x_k)\leq r_m(x_k)$。但左边 $\geq \varepsilon_0$，故 $r_m(x_k)\geq \varepsilon_0$。令 $k\to\infty$，由 $r_m$ 的连续性（$s$ 和 $f_m$ 均连续）得 $r_m(x_0)\geq \varepsilon_0$。这对所有 $m$ 成立，从而 $\lim_{m\to\infty} r_m(x_0)\geq \varepsilon_0>0$，与每点收敛 $r_m(x_0)\to 0$ 矛盾。
公式：$r_{n_k}(x_k)\leq r_m(x_k)$，$\lim_{k\to\infty} r_m(x_k)=r_m(x_0)\geq \varepsilon_0$
提示：关键步骤：利用单调性将大指标误差控制到小指标误差，再通过连续性传递到极限点。
步骤 6/6
目标：得出结论
反证假设不成立，故 $\{f_n\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛到 $s(x)$。
公式：$\forall \varepsilon>0$，$\exists N$，$\forall n\geq N$，$\forall x\in[a,b]$：$|f_n(x)-s(x)|<\varepsilon$
提示：此即Dini定理在闭区间上的应用。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。