新讲 第19章 函数序列与函数级数 第1题

教材习题

📝 题目

例 1 对于 $K = \left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 的情形, $\mathcal{C}\left( K\right) = \mathcal{C}\left( \left\lbrack {a,b}\right\rbrack \right)$ 由所有的在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 连续的函数组成. 如果用 $\mathcal{P}$ 表示定义于 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上的多项式函数的集合, 那么显然有

$$ \mathcal{P} \subset \mathcal{C}\left( \left\lbrack {a,b}\right\rbrack \right) . $$

一个函数 $f \in \mathcal{C}\left( \left\lbrack {a,b}\right\rbrack \right)$ 能用多项式一致逼近,其充要条件是 $f \in \mathcal{A}$ 于是, 魏尔斯特拉斯逼近定理可以表述为

$$ \overline{\mathcal{P}} = \mathcal{C}\left( \left\lbrack {a,b}\right\rbrack \right) . $$

以下,我们仍用 $K$ 表示距离空间中的一个紧致集.

引理 7 如果 $\mathcal{A}$ 是 $\mathcal{C}\left( K\right)$ 的一个子代数,那么 $\overline{\mathcal{A}}$ 也是 $\mathcal{C}\left( K\right)$ 的子代数.

💡 答案解析

证明 设 $\lambda \in \mathbb{R},f,g \in \overline{\mathcal{A}}$ ,则存在 $\left\{ {f}_{n}\right\} \subset \mathcal{A}$ 和 $\left\{ {g}_{n}\right\} \subset \mathcal{A}$ ,使得

$$ {f}_{n}\underset{K}{ \rightarrow }f,\;{g}_{n}\underset{K}{ \rightarrow }g. $$

于是, 显然有

$$ \lambda {f}_{n}\underset{K}{ \rightarrow }{\lambda f},\;{f}_{n} + {g}_{n}\underset{K}{ \rightarrow }f + g, $$

$$ {f}_{n} \cdot {g}_{n}\underset{K}{ \rightarrow }f \cdot g $$

因而

$$ {\lambda f} \in \overline{\mathcal{A}},\;f + g \in \overline{\mathcal{A}},\;f \cdot g \in \overline{\mathcal{A}}. $$

这样,我们证明了 $\overline{\mathcal{A}}$ 是 $\mathcal{C}\left( K\right)$ 的子代数.

引理 8 设 $\mathcal{A}$ 是 $\mathcal{C}\left( K\right)$ 的一个子代数, $1 \in \mathcal{A}$ ,则有

$$ f \in \mathcal{A} \Rightarrow \left| f\right| \in \overline{\mathcal{A}}. $$

因为 $\overline{\mathcal{A}}$ 也是 $\mathcal{C}\left( K\right)$ 的子代数,并且 $1 \in \overline{\mathcal{A}}$ ,所以更一般的有

$$ g \in \overline{\mathcal{A}} \Rightarrow \left| g\right| \in \overline{\mathcal{A}}. $$

证明 紧致集 $K$ 上的任何连续函数必定有界. 对于 $f \in \mathcal{A} \subset$ $\mathcal{C}\left( K\right)$ ,存在 $c > 0$ ,使得

$$ \left| {f\left( x\right) }\right| \leq c,\;\forall x \in K. $$

根据引理 2,在闭区间 $\left\lbrack {-c,c}\right\rbrack$ 上,函数 $\psi \left( t\right) = \left| t\right|$ 可以用多项式序列 $\left\{ {{p}_{n}\left( t\right) }\right\}$ 一致逼近. 显然有

$$ {p}_{n}\left( {f\left( x\right) }\right) \underset{K}{ \rightarrow }\left| {f\left( x\right) }\right| . $$

因为 $\mathcal{A}$ 是一个含有单位元 1 的代数,所以

$$ {p}_{n}\left( f\right) \in \mathcal{A},\;n = 1,2,\cdots . $$

我们证明了: $\left| f\right|$ 是 $\mathcal{A}$ 中序列 $\left\{ {{p}_{n}\left( f\right) }\right\}$ 的 (一致) 极限,即 $\left| f\right| \in \overline{\mathcal{A}}$ .

应用上面证明的结果于子代数 $\mathcal{B} = \overline{\mathcal{A}}$ ,并注意到 $\overline{\mathcal{B}} = \mathcal{B} = \overline{\mathcal{A}}$ ,我们可以断定;

$$ g \in \overline{\mathcal{A}} \Rightarrow \left| g\right| \in \overline{\mathcal{A}}. $$

对 $f,g \in \mathcal{C}\left( K\right)$ ,我们定义两个函数 $\max \left( {f,g}\right)$ 和 $\min \left( {f,g}\right)$ 如下:

$$ \max \left( {f,g}\right) \left( x\right) = \max \{ f\left( x\right) ,g\left( x\right) \} , $$

$$ \min \left( {f,g}\right) \left( x\right) = \min \{ f\left( x\right) ,g\left( x\right) \} . $$

容易验证:

$$ \max \left( {f,g}\right) = \frac{f + g}{2} + \frac{\left| f - g\right| }{2}, $$

$$ \min \left( {f,g}\right) = \frac{f + g}{2} - \frac{\left| f - g\right| }{2}. $$

更一般地,对于 ${f}_{1},\cdots ,{f}_{m} \in \mathcal{C}\left( K\right)$ ,我们定义

$$ \max \left( {{f}_{1},\cdots ,{f}_{m}}\right) \left( x\right) = \max \left\{ {{f}_{1}\left( x\right) ,\cdots ,{f}_{m}\left( x\right) }\right\} , $$

$$ \min \left( {{f}_{1},\cdots ,{f}_{m}}\right) \left( x\right) = \min \left\{ {{f}_{1}\left( x\right) ,\cdots ,{f}_{m}\left( x\right) }\right\} . $$

对于 $m > 2$ 的情形,显然有以下关系:

$$ \max \left( {{f}_{1},\cdots ,{f}_{m}}\right) = \max \left( {\max \left( {{f}_{1},\cdots ,{f}_{m - 1}}\right) ,{f}_{m}}\right) , $$

$$ \min \left( {{f}_{1},\cdots ,{f}_{m}}\right) = \min \left( {\min \left( {{f}_{1},\cdots ,{f}_{m - 1}}\right) ,{f}_{m}}\right) . $$

利用引理 7 和引理 8 可得:

引理 9 设 $\mathcal{A}$ 是 $\mathcal{C}\left( K\right)$ 的子代数, $1 \in \mathcal{A}$ . 则对任何 $f,g \in \overline{\mathcal{A}}$ ,都有

$$ \max \left( {f,g}\right) \in \overline{\mathcal{A}},\;\min \left( {f,g}\right) \in \overline{\mathcal{A}}. $$

更一般地,对任何 ${f}_{1},\cdots ,{f}_{m} \in \overline{\mathcal{A}}$ 都有

$$ \max \left( {{f}_{1},\cdots ,{f}_{m}}\right) \in \overline{\mathcal{A}}, $$

$$ \min \left( {{f}_{1},\cdots ,{f}_{m}}\right) \in \overline{\mathcal{A}}\text{ . } $$

设 $\mathcal{E} \subset \mathcal{C}\left( K\right)$ . 如果对 $K$ 中任意两个不同的点 $x$ 和 $y$ ,都存在 $\psi \in \mathcal{E}$ ,使得

$$ \psi \left( x\right) \neq \psi \left( y\right) , $$

那么我们就说 $\mathcal{E}$ 能区分 $K$ 中的点.

📋 详细解题步骤

步骤 1/3
目标：证明引理7：若A是C(K)的子代数，则A的闭包也是子代数。
设λ∈R, f,g∈A的闭包，则存在序列{fn}⊂A, {gn}⊂A使得fn一致收敛到f，gn一致收敛到g。则λfn一致收敛到λf，fn+gn一致收敛到f+g，fn·gn一致收敛到f·g。因此λf, f+g, f·g都属于A的闭包，故A的闭包是子代数。
公式：f_n \underset{K}{\rightarrow} f, g_n \underset{K}{\rightarrow} g \Rightarrow \lambda f_n \underset{K}{\rightarrow} \lambda f, f_n+g_n \underset{K}{\rightarrow} f+g, f_n \cdot g_n \underset{K}{\rightarrow} f \cdot g
提示：利用子代数定义和一致收敛的代数性质。
步骤 2/3
目标：证明引理8：若A是C(K)的子代数且1∈A，则f∈A蕴含|f|∈A的闭包。
由于K紧致，f有界，设|f(x)|≤c。由引理2，在[-c,c]上|t|可被多项式序列{p_n(t)}一致逼近。则p_n(f)∈A（因为A是含单位元的代数），且p_n(f)一致收敛到|f|，故|f|∈A的闭包。进一步，对g∈A的闭包，由于A的闭包也是子代数且含1，同理可得|g|∈A的闭包。
公式：p_n(f(x)) \underset{K}{\rightarrow} |f(x)|, \quad p_n(f) \in \mathcal{A}
提示：利用Weierstrass逼近定理的多项式逼近绝对值函数。
步骤 3/3
目标：证明引理9：若A是C(K)的子代数且1∈A，则对f,g∈A的闭包，max(f,g)和min(f,g)也在A的闭包中。
由公式max(f,g)=(f+g)/2+|f-g|/2，min(f,g)=(f+g)/2-|f-g|/2。由于f,g∈A的闭包，由引理7知(f+g)/2∈A的闭包，由引理8知|f-g|∈A的闭包，再由引理7知线性组合仍在A的闭包中。对多个函数的情形，通过归纳法可得。
公式：\max(f,g)=\frac{f+g}{2}+\frac{|f-g|}{2}, \quad \min(f,g)=\frac{f+g}{2}-\frac{|f-g|}{2}
提示：利用引理7和引理8，以及max/min的表达式。

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