重庆大学 2024年数学分析第0题
📝 题目
九．函数列 $\displaystyle \left\{f_{n}(x)\right\}_{n=1}^{\infty}$ 在闭区间 $\displaystyle [a, b]$ 上逐点收敛于 $\displaystyle f(x)$ ．
（1）假设每个 $\displaystyle f_{n}(x)$ 都在 $\displaystyle [a, b]$ 上连续，并且 $\displaystyle \left\{f_{n}(x)\right\}_{n=1}^{\infty}$ 一致收玫，证明：$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a, b]$ 上连续．
（2）假设每个 $\displaystyle f_{n}(x)$ 都在 $\displaystyle [a, b]$ 上 Riemann 可积，并且 $\displaystyle \left\{f_{n}(x)\right\}_{n=1}^{\infty}$ 一致收敛，证明：$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a, b]$ 上 Riemann 可积．
（3）假设每个 $\displaystyle \left\{f_{n}(x)\right\}$ 都在 $\displaystyle [a, b]$ 上可微，存在常数 $\displaystyle M>0$ ，对任意的 $x$ 和正整数 $n$ ，都有 $\displaystyle \left|f_{n}^{\prime}(x)\right| \leq M$ ．证明：$\displaystyle \left\{f_{n}(x)\right\}_{n=1}^{\infty}$ 在 $\displaystyle [a, b]$ 上一致收敛．
💡 答案解析
暂无答案解析
📋 详细解题步骤
步骤 1/3
目标：证明极限函数f(x)在[a,b]上连续
设$x_0 \in [a,b]$，对任意$\varepsilon>0$，由一致收敛性，存在$N$，当$n>N$时，对所有$x\in[a,b]$有$|f_n(x)-f(x)|<\frac{\varepsilon}{3}$。固定这样的$n$，由$f_n$在$x_0$连续，存在$\delta>0$，当$|x-x_0|<\delta$时$|f_n(x)-f_n(x_0)|<\frac{\varepsilon}{3}$。于是当$|x-x_0|<\delta$时，$|f(x)-f(x_0)|\le |f(x)-f_n(x)|+|f_n(x)-f_n(x_0)|+|f_n(x_0)-f(x_0)|<\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon$。故$f$在$x_0$连续，由$x_0$任意性知$f$在$[a,b]$上连续。
公式：|f(x)-f(x_0)| \le |f(x)-f_n(x)| + |f_n(x)-f_n(x_0)| + |f_n(x_0)-f(x_0)|
提示：注意一致收敛中的$N$只依赖于$\varepsilon$，不依赖于$x$，这是使用$\varepsilon/3$方法的关键。
步骤 2/3
目标：证明极限函数f(x)在[a,b]上Riemann可积
对任意$\varepsilon>0$，由一致收敛性，存在$N$，当$n>N$时，对所有$x$有$|f_n(x)-f(x)|<\frac{\varepsilon}{3(b-a)}$。取定这样的$n$，由$f_n$可积，存在分割$P$使得$U(f_n,P)-L(f_n,P)<\frac{\varepsilon}{3}$。由于在每个子区间上$f$与$f_n$的差不超过$\frac{\varepsilon}{3(b-a)}$，故$U(f,P)\le U(f_n,P)+\frac{\varepsilon}{3}$，$L(f,P)\ge L(f_n,P)-\frac{\varepsilon}{3}$。于是$U(f,P)-L(f,P)\le [U(f_n,P)-L(f_n,P)]+\frac{2\varepsilon}{3}<\frac{\varepsilon}{3}+\frac{2\varepsilon}{3}=\varepsilon$。由Riemann可积准则，$f$在$[a,b]$上Riemann可积。
公式：U(f,P)-L(f,P) \le U(f_n,P)-L(f_n,P) + \frac{2\varepsilon}{3}
提示：利用一致收敛控制$f$与$f_n$的差距时，需将$\varepsilon$除以区间长度，以保证后续估计的准确性。
步骤 3/3
目标：利用导数一致有界和逐点收敛证明函数列一致收敛
已知$\{f_n\}$逐点收敛于$f$，且$|f_n'(x)|\le M$。由拉格朗日中值定理，对任意$x,y\in[a,b]$有$|f_n(x)-f_n(y)|\le M|x-y|$，令$n\to\infty$得$|f(x)-f(y)|\le M|x-y|$。对任意$\varepsilon>0$，将$[a,b]$等分为$k$个小区间，使每个小区间长度$<\frac{\varepsilon}{3M}$，分点为$a=x_0N_i$时$|f_n(x_i)-f(x_i)|<\frac{\varepsilon}{3}$。取$N=\max\{N_i\}$，则当$n>N$时，对任意$x\in[a,b]$，设$x\in[x_i,x_{i+1}]$，有$|f_n(x)-f(x)|\le |f_n(x)-f_n(x_i)|+|f_n(x_i)-f(x_i)|+|f(x_i)-f(x)|\le M|x-x_i|+\frac{\varepsilon}{3}+M|x-x_i|<\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon$。因此$\{f_n\}$在$[a,b]$上一致收敛。
公式：|f_n(x)-f(x)| \le M|x-x_i| + |f_n(x_i)-f(x_i)| + M|x-x_i|
提示：需注意题目开头已假设函数列逐点收敛，否则仅凭导数一致有界不能保证一致收敛。等分区间时，小区间长度需小于$\varepsilon/(3M)$。
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