漫步数学分析二十二——魏尔斯特拉斯测试

我们现在考虑一致收敛的一些判别方法。首先是理论上的方法，类似于RnR^n中序列的柯西判别准则，它也称为柯西判别准则。

定理2\textbf{定理2} 令fk:A→Rmf_k:A\to R^m是一个函数序列，那么fkf_k一致收敛，当且仅当对每个ε>0\varepsilon>0，存在一个NN使得l,k≥Nl,k\geq N时，对所有的x∈Ax\in A，不等式∥fk(x)−fl(x)∥<ε\Vert f_k(x)-f_l(x)\Vert。

对于级数的情况，柯西判别准则形式如下：级数Σ∞k=1gk\Sigma_{k=1}^\infty g_k一致收敛，当且仅当对每个ε>0\varepsilon>0，存在一个NN使得k≥Nk\geq N时，对所有的x∈Ax\in A与整数p=0,1,2,…p=0,1,2,\ldots，不等式∥gk(x)+⋯+gk+p(x)∥<ε\Vert g_k(x)+\cdots+g_{k+p}(x)\Vert成立。

根据上面的定理，我们可以得到下面用于判断级数一致收敛的方法，叫做魏尔斯特拉斯M测试(Weierstrass M-test)。

定理3\textbf{定理3} 假设gk:A→Rmg_k:A\to R^m这样的函数，存在常数MkM_k使得对所有的x∈A,∥gk(x)∥≤Mkx\in A,\Vert g_k(x)\Vert\leq M_k，并且Σ∞k=1Mk\Sigma_{k=1}^\infty M_k收敛。那么Σ∞k=1gk\Sigma_{k=1}^\infty g_k一致收敛(并且绝对收敛)。

MM测试并不适用于所有情况，但是对大多数情况都是有效的。对于更加精炼的测试，可以参看狄利克雷(Dirichlet)和阿贝尔(Abel)测试(会在后面给出)。

定理3事实上非常直观，因为常数MkM_k给出了收敛速率的边界，成为边界的点要独立于xx。(更准确来说，级数Σgk\Sigma g_k的尾部(也就是误差)由ΣMk\Sigma M_k的尾部界定，它→0\to 0且与xx无关。)

例1：\textbf{例1：}说明

∑1∞gn(x)=∑1∞(sinnx)2n2

\sum_1^\infty g_n(x)=\sum_1^\infty\frac{(\sin nx)^2}{n^2}

一致收敛。

解：\textbf{解：}令Mn=1/n2M_n=1/n^2，这里|gn(x)|≤Mn|g_n(x)|\leq M_n，因为|sinnx|≤1|\sin nx|\leq 1。因此由定理3可知收敛是一致的。

例2：\textbf{例2：}证明

f(x)=∑0∞(xnn!)2

f(x)=\sum_0^\infty\left(\frac{x^n}{n!}\right)^2

在RR上是连续的。

解：\textbf{解：}这里我们无法对每一项选出一个MnM_n，因为xnx^n是无界的，因此我们不能期望它在RR上所有地方都是一致收敛的，但是我们可以证明它在每个区间[−a,a][-a,a]上一致收敛，这是我们令Mn=(an/n!)2M_n=(a^n/n!)^2，它是[−a,a][-a,a]上第nn项的上界，比值测试说明ΣMn\Sigma M_n收敛，因为

Mn+1Mn=(n!(n+1)!)2(an+1an)=(an+1)2

\frac{M_{n+1}}{M_n}=\left(\frac{n!}{(n+1)!}\right)^2\left(\frac{a^{n+1}}{a^n}\right)=\left(\frac{a}{n+1}\right)^2

收敛到零，也就是比1小。因此我们可以得出[−a,a][-a,a]上一致收敛并且根据定理1，我们可知ff在[−a,a][-a,a]上是连续的。因为aa是任意的，所以我们得出其在RR的所有地方都是连续的。

例3：\textbf{例3：}假设序列fn(x),0≤x≤1f_n(x),0\leq x\leq 1一致收敛并且fnf_n是可微的，f′n(x)f^{'}_n(x)一致收敛吗？

解：\textbf{解：}答案是否。通常来说，导数通过均值定理控制函数，但反过来不成立。例如令fn(x)=[sin(n2x)]/nf_n(x)=[\sin(n^2x)]/n，那么fn→0f_n\to 0(一致)，但是f′n(x)=ncos(n2x)f^{'}_n(x)=n\cos(n^2x)不收敛，甚至也不是逐点收敛的(例如，令x=0x=0)。

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