函数列证明一致收敛
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发布时间：2022-04-24 14:13
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热心网友
时间：2023-09-20 16:49
符号说明：∫(x→x+1)f(t)dt 表示函数f(t)的定积分，其中积分下限是 x ,上限是 x+1 ；
∑(k:1→n) 表示从第1项到第n项求和；
下证函数列 fn(x) = ∑(k:1→n)[1/n*f(x+k/n)] 一致收敛到函数g(x) = ∫(x→x+1)f(t)dt .
因为f(x)在R上连续，那么f(x)在任意的闭区间上都是可积的。任取 x∈[a,b]，在积分区间[x,x+1]
上，定积分∫(x→x+1)f(t)dt 的定义是这样的：
任取ε>0 ，存在δ>0 ，使得对[x,x+1]上任意的分法：
x = x(0) < x(1) < x(2) < x(3) < ...... < x(n) = x + 1
令 λ = max{ △(1),△(2),......,△(n)} ，其中 △(k)=x(k)-x(k-1) (k=1,2,...,n) ，
当 |λ|<δ时，对任意的 y(k)∈(x(k-1),x(k)) ，有
|∑(k:1→n)[△(k)*f(y(k))] -∫(x→x+1)f(t)dt| < ε
对于上述中的δ，存在 N1>0 ，使得当 n>N1 时，有 1/n < δ ；那么对于下面的分法：
x = x(0) < x+1/n < x+2/n < x+3/n < ...... < x+n/n = x + 1
△(k)=x(k)-x(k-1)=1/n ，则 λ = max{ △(1),△(2),......,△(n)} = 1/n ；
当 n>N1 时，有 λ = 1/n < δ ，那么对任意的 y(k)∈(x+(k-1)/n,x+k/n) ，有
|∑(k:1→n)[△(k)*f(y(k))] -∫(x→x+1)f(t)dt| < ε ，由于△(k)=1/n ，
即 |∑(k:1→n)[(1/n)*f(y(k))] -∫(x→x+1)f(t)dt| < ε
仔细看上述证明，N1是取决于x的，下面我构造一种方法，使得N1不依赖于x ；
由于f(x)在R上连续，自然在[a,b+1]上连续，
所以f(x)在[a,b+1]上是可积的，积分值是∫(a→b+1)f(t)dt ；类似上述过程，有
对任给的ε>0 ，存在δ>0 ，使得对[a,b+1]上的分法：
a = x(0) < a+(b+1-a)/n < a+2(b+1-a)/n < a+3(b+1-a)/n < ...... < a+n(b+1-a)/n = b + 1
令 λ = max{ △(1),△(2),......,△(n)} ，其中 △(k)=(b+1-a)/n (k=1,2,...,n) ，
存在N，使得当 n>N1 时，|λ|=(b+1-a)/n<δ时，
对任意的 y(k)∈(a+(k-1)(b+1-a)/n,a+k(b+1-a)/n) ，有
|∑(k:1→n)[(b+1-a)/n*f(y(k))] -∫(a→b+1)f(t)dt| < ε
取 N1=(b+2-a)N，当 n>N1 时，|∑(k:1→n)[1/n*f(y(k))] -∫(a→b+1)f(t)dt| < ε
由于在积分限[a,b+1]上的和式 ∑(k:1→n)[△(k)*f(y(k))] 是收敛的，
任取 x∈[a,b]，因为f(x)是连续的，在积分限[x,x+1]做的和式 ∑(k:1→n)[△(k)*f(y(k))] 也是
收敛的，且极限值是∫(x→x+1)f(t)dt ；如果x和x+1这两个点正好是上述[a,b+1]分法中的两个分
点，那么就取 N1=N，当n>N2时，有 |∑(k:1→n)[1/n*f(y(k))] -∫(x→x+1)f(t)dt| < ε
如果x和x+1有一个不是分点的话，由于f(x)在[a,b+1]上连续，所以有界，即 |f(x)|<=M ，
那么只要取 N1=max{N,M/δ}，就有
|∑(k:1→n)[1/n*f(y(k))] -∫(x→x+1)f(t)dt| < 3ε ①
此时的N1不依赖于x，对任意[a,b]上的x都成立。
以上过程只是为了构造一个不依赖于x的N1，证明积分∫(x→x+1)f(t)dt 的存在性是通过积分
∫(a→b+1)f(t)dt 的存在性而来；事实上，由f(x)的连续性就可得知∫(x→x+1)f(t)dt 存在。
另一方面，f(x)在[a,b+1]上连续，那么f(x)在[a,b+1]上一致连续；即
对任取的ε>0，存在d>0，当[a,b+1]上的x1和x2满足|x1-x2|<d ，有|f(x1)-f(x2)|<ε
取 N2 = max{ N1,1/d }，当 n>N2 时，|x+k/n-y(k)|<1/n<d，这里y(k)∈(x+(k-1)/n,x+k/n) ，
有 |f(x+k/n)-f(y(k)|N2 时，有
|∑(k:1→n)[1/n*f(x+k/n)] -∫(x→x+1)f(t)dt|
=|∑(k:1→n)[1/n*f(x+k/n)] - ∑(k:1→n)[1/n*f(y(k))] + ∑(k:1→n)[1/n*f(y(k))]-∫(x→x+1)f(t)dt| <= |∑(k:1→n)[1/n*f(x+k/n)] - ∑(k:1→n)[1/n*f(y(k))]| + |∑(k:1→n)[1/n*f(y(k))]-∫(x→x+1)f(t)dt| < ε+ 3ε= 4ε ，对任意的 x∈[a,b] 都成立。
所以在任意区间[a,b]上，函数列 fn(x) = ∑(k:1→n)[1/n*f(x+k/n)] 一致收敛，
且收敛到函数g(x) = ∫(x→x+1)f(t)dt
希望对你有用，如有不清楚的地方可再细问；满意请采纳，谢谢~
热心网友
时间：2023-09-20 16:49
这是真命题吗？在[0，1]上，fn(x)=1/(1+nx)，当x≠0时，f(x)=0，当x=0时，f(x)=1，就满足上述条件，可fn(x)不一致收敛于f(x)。
