新讲 第19章 函数序列与函数级数 第4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}
<img src=\"/static/img/math_analysis/111.jpg\" class=\"math-img\" style=\"max-width:100%;margin:10px 0;\">
\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