新讲 第19章 函数序列与函数级数 第4题

教材习题

📝 题目

例 4 在区间 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上,考察函数序列

$$ {g}_{n}\left( x\right) = \frac{nx}{1 + {n}^{2}{x}^{2}},\;n = 1,2,\cdots . $$

容易看出, 极限函数为

$$ g\left( x\right) = \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow + \infty }}{g}_{n}\left( x\right) = 0,\;x \in \left\lbrack {0,1}\right\rbrack . $$

但对于 $\varepsilon \in \left( {0,\frac{1}{2}}\right)$ ,不论 $n$ 怎样大,总存在

$$ {x}_{n} = \frac{1}{n} \in \left\lbrack {0,1}\right\rbrack , $$

使得

$$ \left| {{g}_{n}\left( {x}_{n}\right) - g\left( {x}_{n}\right) }\right| = \frac{1}{2} > \varepsilon , $$

所以函数序列 $\left\{ {{g}_{n}\left( x\right) }\right\}$ 在 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上不是一致收敛的 (参看图 19-6).

定理 1 设函数序列 $\left\{ {{f}_{n}\left( x\right) }\right\}$ 在集合 $E$ 上逐点收敛于函数 $f\left( x\right)$ . 我们记

$$ d\left( {{f}_{n},f}\right) = \mathop{\sup }\limits_{{x \in E}}\left| {{f}_{n}\left( x\right) - f\left( x\right) }\right| . $$

则以下三项陈述互相等价:

\begin{center} \end{center} \hspace*{3em}

图 19-6

(1) $\left\{ {{f}_{n}\left( x\right) }\right\}$ 一致收敛于 $f\left( x\right)$ ;

(2) $\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow + \infty }}d\left( {{f}_{n},f}\right) = 0$ ;

(3)对任何序列 $\left\{ {x}_{n}\right\} \subset E$ 都有

$$ \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow + \infty }}\left( {{f}_{n}\left( {x}_{n}\right) - f\left( {x}_{n}\right) }\right) = 0. $$

💡 答案解析

证明 先证“ $\left( 1\right) \Rightarrow \left( 2\right)$ ”. 如果(1)成立,那么对任意 $\varepsilon > 0$ ,存在 $N \in \mathbb{N}$ ,使得只要 $n > N$ ,就有

$$ \left| {{f}_{n}\left( x\right) - f\left( x\right) }\right| < \frac{\varepsilon }{2},\;\forall x \in E. $$

由此可知,只要 $n > N$ ,就有

$$ d\left( {{f}_{n},f}\right) \leq \frac{\varepsilon }{2} < \varepsilon . $$

再来证明 “ $\left( 2\right) \Rightarrow \left( 3\right)$ ”: 对任意的 $\left\{ {x}_{n}\right\} \subset E$ ,显然有

$$ \left| {{f}_{n}\left( {x}_{n}\right) - f\left( {x}_{n}\right) }\right| \leq d\left( {{f}_{n},f}\right) . $$

最后证明 “(3) $\Rightarrow$ (1)” (用反证法). 我们记 ${n}_{0} = 0$ . 假定 (1) 不成立,则对某一 $\varepsilon > 0$ ,存在 ${n}_{k} \in \mathbb{N},{n}_{k} > {n}_{k - 1} + 1$ 和 ${x}_{{n}_{k}} \in E(k = 1$ , $2,\cdots )$ ,使得

$$ \left| {{f}_{{n}_{k}}\left( {x}_{{n}_{k}}\right) - f\left( {x}_{{n}_{k}}\right) }\right| \geq \varepsilon . $$

对于 $m \in \mathbb{N} \smallsetminus \left\{ {n}_{k}\right\}$ ,可以随意选取 ${x}_{m} \in E$ 与之对应. 这样,我们得到一个序列

$$ \left\{ {x}_{n}\right\} \subset E, $$

它的子序列 $\left\{ {x}_{{n}_{k}}\right\}$ 使得

$$ \left| {{f}_{{n}_{k}}\left( {x}_{{n}_{k}}\right) - f\left( {x}_{{n}_{k}}\right) }\right| \geq \varepsilon . $$

这说明:如果 (1) 不成立, 那么 (3) 也不能成立. 我们用反证法证明了 “ $\left( 3\right) \Rightarrow \left( 1\right)$ ”.

注记 陈述 (2) 常用于正面证明一致收敛性 (如我们在

📋 详细解题步骤

步骤 1/5
目标：理解题目和极限函数
给定函数序列 g_n(x) = nx/(1+n^2 x^2) 在区间 [0,1] 上，极限函数 g(x)=0。
公式：g_n(x) = nx/(1+n^2 x^2), g(x)=0
提示：注意极限函数是逐点收敛的。
步骤 2/5
目标：构造反例证明非一致收敛
取 ε ∈ (0,1/2)，对任意 n，取 x_n = 1/n ∈ [0,1]，则 |g_n(x_n)-g(x_n)| = 1/2 > ε，因此不是一致收敛。
公式：|g_n(1/n)-g(1/n)| = 1/2
提示：关键点在于 x_n 依赖于 n，使得差值恒为 1/2。
步骤 3/5
目标：定理1的等价性证明： (1)⇒(2)
假设一致收敛，则对任意 ε>0，存在 N，当 n>N 时，对所有 x∈E 有 |f_n(x)-f(x)|<ε/2，从而 d(f_n,f)≤ε/2<ε，即极限为0。
公式：d(f_n,f) = sup_{x∈E} |f_n(x)-f(x)|
提示：利用一致收敛定义直接推导。
步骤 4/5
目标：定理1的等价性证明： (2)⇒(3)
对任意序列 {x_n}⊂E，有 |f_n(x_n)-f(x_n)| ≤ d(f_n,f)，由(2)知极限为0。
公式：|f_n(x_n)-f(x_n)| ≤ d(f_n,f)
提示：上确界性质。
步骤 5/5
目标：定理1的等价性证明： (3)⇒(1)（反证法）
假设(1)不成立，则存在 ε>0，存在子列 n_k 和 x_{n_k} 使得 |f_{n_k}(x_{n_k})-f(x_{n_k})|≥ε。补充定义其他项，得到序列 {x_n} 使得子列不趋于0，与(3)矛盾。
公式：|f_{n_k}(x_{n_k})-f(x_{n_k})| ≥ ε
提示：反证法构造序列是关键。

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