南京航空航天大学 2024年数学分析第11题

由于$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续且恒为负，由闭区间上连续函数的性质，它必然能取到最大值（即最接近0的那个值）。因为恒负，最大值也是负数，记$\max_{x\in[a,b]} f(x) = -m < 0$，其中$m>0$。这意味着对任意$x\in[a,b]$，有$f(x) \le -m < 0$。 由一致收敛的定义：对任意$\varepsilon>0$，存在$N$，使得当$n>N$时，对所有$x\in[a,b]$都有$|f_n(x)-f(x)| < \varepsilon$。我们取$\varepsilon = \frac{m}{2}$，则存在$N$，当$n>N$时，对所有$x$有$f_n(x) < f(x) + \frac{m}{2}$。由于$f(x) \le -m$，所以$f_n(x) < -m + \frac{m}{2} = -\frac{m}{2} < 0$。这就证明了当$n$充分大时，所有$f_n(x)$也恒为负值。

因为$f(x)$恒负且连续，它在闭区间上有最小值（绝对值最大的负值），记$\min_{x\in[a,b]} |f(x)| = \delta > 0$，实际上由于恒负，这个最小值就是$-M$的绝对值，即存在$M>0$使得$|f(x)|\ge M$对所有$x$成立。 由第一步，当$n$充分大时，也有$|f_n(x)|\ge \frac{m}{2}>0$，所以分母不会为零。考虑差值：$\left|\frac{1}{f_n(x)} - \frac{1}{f(x)}\right| = \frac{|f(x)-f_n(x)|}{|f_n(x)f(x)|}$。由于当$n$充分大时，$|f_n(x)|\ge \frac{m}{2}$，且$|f(x)|\ge M$，所以分母有正下界：$|f_n(x)f(x)| \ge \frac{m}{2} \cdot M$。

由第一步和第二步的估计，有$\left|\frac{1}{f_n(x)} - \frac{1}{f(x)}\right| \le \frac{|f_n(x)-f(x)|}{\frac{mM}{2}}$。由$f_n$一致收敛于$f$，对任意$\varepsilon>0$，存在$N$，当$n>N$时，对所有$x$有$|f_n(x)-f(x)| < \frac{mM}{2}\varepsilon$，于是$\left|\frac{1}{f_n(x)} - \frac{1}{f(x)}\right| < \varepsilon$，对所有$x$一致成立。这就证明了$\frac{1}{f_n}$一致收敛于$\frac{1}{f}$。

由第一步知，当$n>N_1$时，$f_n(x) \le -\frac{m}{2}$，且$f(x) \le -m$，因此$|f_n(x)| \ge \frac{m}{2}$，$|f(x)| \ge m$。从而$|f_n(x)f(x)| \ge \frac{m}{2} \cdot m = \frac{m^2}{2}$。

考虑差：$\left|\frac{1}{f_n(x)} - \frac{1}{f(x)}\right| = \frac{|f(x)-f_n(x)|}{|f_n(x)f(x)|} \le \frac{2}{m^2} |f_n(x)-f(x)|$。

已知$f_n$一致收敛于$f$，对任意$\varepsilon>0$，存在$N_2$，当$n>N_2$时，对所有$x$有$|f_n(x)-f(x)| < \frac{m^2}{2}\varepsilon$。取$N = \max(N_1, N_2)$，则当$n>N$时，对所有$x$有$\left|\frac{1}{f_n(x)} - \frac{1}{f(x)}\right| < \frac{2}{m^2} \cdot \frac{m^2}{2}\varepsilon = \varepsilon$。因此$\left\{\frac{1}{f_n(x)}\right\}$在$[a,b]$上一致收敛于$\frac{1}{f(x)}$。