广西民族大学 2011年数学分析第0题

已知函数列 $\{f_n(x)\}$ 在闭区间 $[a,b]$ 上满足： 1. 每个 $f_n(x)$ 连续，且对任意 $x \in [a,b]$ 有 $f_n(x) \le f_{n+1}(x)$（单调递增）； 2. $\{f_n(x)\}$ 逐点收敛到连续函数 $s(x)$，即 $\lim_{n \to \infty} f_n(x) = s(x)$ 对每个 $x \in [a,b]$ 成立。 要证明：$\{f_n(x)\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $s(x)$，即对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N \in \mathbb{N}$，使得当 $n \ge N$ 时，对所有 $x \in [a,b]$ 都有 $|f_n(x) - s(x)| < \varepsilon$。

对任意给定的 $\varepsilon > 0$，由于 $f_n(x) \to s(x)$ 逐点，对每个 $x \in [a,b]$，存在正整数 $N_x$ 使得 $s(x) - f_{N_x}(x) < \varepsilon$。 考虑函数 $g_x(t) = s(t) - f_{N_x}(t)$，由 $s(t)$ 和 $f_{N_x}(t)$ 的连续性可知 $g_x(t)$ 在 $[a,b]$ 上连续。特别地，在点 $x$ 处有 $g_x(x) < \varepsilon$，由连续函数的局部保号性，存在开区间 $I_x$ 包含 $x$，使得对所有 $t \in I_x \cap [a,b]$ 有 $g_x(t) < \varepsilon$，即 $s(t) - f_{N_x}(t) < \varepsilon$。 这样，开区间族 $\{I_x\}_{x \in [a,b]}$ 覆盖了闭区间 $[a,b]$。

由于 $\{I_x\}_{x \in [a,b]}$ 是闭区间 $[a,b]$ 的一个开覆盖，由有限覆盖定理（Heine-Borel定理），存在有限个点 $x_1, x_2, \dots, x_k \in [a,b]$，使得对应的开区间 $I_{x_1}, I_{x_2}, \dots, I_{x_k}$ 覆盖 $[a,b]$，即 $[a,b] \subseteq \bigcup_{j=1}^k I_{x_j}$。 令 $N = \max\{N_{x_1}, N_{x_2}, \dots, N_{x_k}\}$，这是一个有限的正整数。

现在证明对任意 $n \ge N$ 和任意 $x \in [a,b]$，有 $s(x) - f_n(x) < \varepsilon$。 任取 $x \in [a,b]$，由覆盖性质，存在某个 $j \in \{1,\dots,k\}$ 使得 $x \in I_{x_j}$。由于 $n \ge N \ge N_{x_j}$，且函数列单调递增（$f_n(x) \ge f_{N_{x_j}}(x)$），结合 $s(x) \ge f_n(x)$，有： $$s(x) - f_n(x) \le s(x) - f_{N_{x_j}}(x) < \varepsilon$$ （最后一步利用了 $x \in I_{x_j}$ 时 $s(x) - f_{N_{x_j}}(x) < \varepsilon$ 的性质）。 因此，对所有 $n \ge N$ 和所有 $x \in [a,b]$，有 $0 \le s(x) - f_n(x) < \varepsilon$，即 $|f_n(x) - s(x)| < \varepsilon$。

由上述推导，对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N = \max\{N_{x_1},\dots,N_{x_k}\}$，使得当 $n \ge N$ 时，对所有 $x \in [a,b]$ 都有 $|f_n(x) - s(x)| < \varepsilon$。这正是函数列 $\{f_n(x)\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $s(x)$ 的定义。 因此，在题设条件下，$\{f_n(x)\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $s(x)$。证毕。