14.1 函数的极限值

习题
14.1.1
根据函数极限值定义，第一个极限要求存在δ\delta只要d(x0,x)<δd(x_0,x)，就有d(f(x),L)<εd(f(x),L)，而第二个要求0<d(x0,x)<δ0。
所以第一个极限能直接推出第二个
而如果第二个极限成立，只需要考虑d(x0,x)=0d(x_0,x)=0的情况即可，而这种情况f(x0)−f(x0)=0<εf(x_0)-f(x_0)=0，证明完成。

14.1.2
(a)->(b)
根据定义，14.1.1，函数极限值在x0x_0存在并等于L，则对于ε\varepsilon，存在δ\delta，只要d(x,x0)<δd(x,x_0)，就有d(f(x),f(x0))<εd(f(x),f(x_0))，而x(n)x^{(n)}收敛，则存在N，只要n>Nn>N，就有d(x,x0)<δd(x,x_0)，就有d(f(x(n),L)<εd(f(x^{(n)},L)

(b)->(c)
对于含L的任意开集V，存在ε\varepsilon，B(L,ε)⊆VB(L,\varepsilon)\subseteq V。由于f(x(n))f(x^{(n)})收敛，所以存在N，满足如果n>N，则d(f(x(n)),L)<εd(f(x^{(n)}),L)，其中x(n)x^{(n)}是任意收敛到x0x_0的序列，根据(b)，只要d(x,x0)<δd(x,x_0)即可，我们找到了U=B(x0,δ)U=B(x_0,\delta)。

(c)->(d)
在x0x_0点，有limg(x)=g(x0)=L\lim g(x)=g(x_0)=L，根据连续函数定义证明完成。

(d)->(a)
g连续，所以limf(x)=limg(x)=g(x0)=L\lim f(x)=\lim g(x) = g(x_0)=L

14.1.3
c->d
要证明g连续，需要证明limf(x)=L\lim f(x)=L，也就是对于任意包含L的开集V，存在包含x0x_0的开集W满足如果x∈Wx\in W则f(x)∈Vf(x)\in V，这就是c

d->c
如果g连续，那么根据拓扑收敛定义13.5.4，对于任意序列，L的任意领域V，存在N，当n>N，则f(x(n))∈Vf(x^{(n)})\in V，其中x(n)x^{(n)}是任意收敛的序列，也就是存在x0x_0的领域W。

如果拓扑空间是Hausdorff空间，根据习题13.5.4，极限值只能有1个，如果不是的话极限值可能有多个。

14.1.4
根据14.1.3意义
把ana_n看做n的函数，那么极限存在就是a∞=La_\infty=L，也就意味着对于包含L的任意开集为(a<L<b)(a，存在含∞\infty的开集n，也就是(N,∞)(N,\infty)

根据13.5.4意义
包含L的任意开集为(a<L<b)(a，极限存在也就意味着存在N，满足如果n≥Nn\ge N，则a<an<ba。

14.1.5 类似证明很多了，略。

14.1.6 根据提示

14.2 逐点收敛于一致收敛

习题
14.2.1
d(fan(x),f(x))=d(f(x−an),f(x))d(f_{a_n}(x),f(x))=d(f(x-a_n),f(x))
等号左边是一致收敛的定义，右边是函数连续的定义，这就同时证明了(a)和(b)。

14.2.2
(a)对于每个ε\varepsilon，存在N使得对每个x都满足d(f(n)(x),f(x))<εd(f^{(n)}(x),f(x))，所以逐点收敛。
(b)lim|xn−0|=0\lim |x^n-0|=0，所以逐点收敛
但是对于任意N，任意ε\varepsilon，只要x>ε1Nx>\varepsilon^\frac 1N，就有|xn−0|>ε|x^n-0|>\varepsilon，所以不一致收敛
(c)逐点收敛的证明就是引理7.3.3,
要证明不是一致收敛，反证法，假设一致收敛，那么需要|∑f(n)−g(x)|<ε|\sum f^{(n)} - g(x)|，而差值等于xn1−x\frac {x^n}{1-x}，这就要求xn+xε<εx^n+x\varepsilon，但是只要x足够大，这是不能满足的。
用区间[-1,1]代替(-1,1)，在实数域中不逐点收敛。

14.2.3 容易证明，略。

14.2.4 根据三角不等式，容易证明

14.3 一致收敛性与连续性

习题
14.3.1
14.3.2
这两个证明很类似，都是用14.3.1的提示，区别在于14.3.1是14.3.2的一种：极限两边都等于f(x0)f(x_0)

14.3.3 xnx^n不一致收敛

14.3.4 根据定义证明，即存在N，当n>Nn>N，则d(f(n)(x(n)),f(x))<εd(f^{(n)}(x^{(n)}),f(x))。而d(f(n)(x(n)),f(x))≤d(f(n)(x(n)),f(n)(x))+d(f(n)(x),f(x))≤ε/2+ε/2d(f^{(n)}(x^{(n)}),f(x))\le d(f^{(n)}(x^{(n)}),f^{(n)}(x))+d(f^{(n)}(x),f(x))\le \varepsilon/2 + \varepsilon/2上面最后一个不等式第一部分因为函数连续性，第二部分因为一致收敛。

14.3.5 例14.2.6中点序列1/n，limf(n)(x(n))=2\lim f^{(n)}(x^{(n)})=2
例14.2.4中f(n)(x)=xnf^{(n)}(x)=x^n，点序列：1-1/n，那么lim(1−1/n)n=1e≠0or1\lim (1-1/n)^n=\frac 1e\ne 0 or 1

14.3.6类似14.2.4的证明，只要n>Nn>N，d(f(n)(x),f(x))≤εd(f^{(n)}(x),f(x))\le\varepsilon，任取一个这样的n，因为f(n)f^{(n)}有界，所以d(f(n)(x),y0)≤Rd(f^{(n)}(x),y_0)\le R，那么d(f(x),y0)≤R+εd(f(x),y_0)\le R+\varepsilon。证明完成。

14.3.7 哪个例子呢，14.2.6的例子感觉不是

14.3.8
需要证明只要n>Nn>N，d(fngn,fg)≤εd(f_ng_n,fg)\le \varepsilon，而d(fngn,fg)≤fnd(gn,g)+gd(fn−f)≤2Mεd(f_ng_n,fg)\le f_nd(g_n,g)+gd(f_n-f)\le 2M\varepsilon，证明完成。

14.4 一致收敛的度量

14.4.1
d(f,f)=0
d(f,g)>0
d(f,g)=d(g,f)
d(f,g)<d(f,h)+d(h,g)d(f,g)因为|f−g|≤|f−h|+|h−g||f-g|\le|f-h|+|h-g|

14.4.2
d收敛->f一致收敛
d收敛，则存在N，当n>Nn>N，sup|f(n)(x)−f(x)|≤ε\sup|f^{(n)}(x)-f(x)|\le \varepsilon，也就是对于任意x，都有|f(n)(x)−f(x)|≤ε|f^{(n)}(x)-f(x)|\le \varepsilon，这就是一致收敛的定义。

f一致收敛->d收敛
d一致收敛，则存在N，当n>Nn>N，|f(n)(x)−f(x)|≤ε|f^{(n)}(x)-f(x)|\le \varepsilon，也就是sup|f(n)(x)−f(x)|≤ε\sup|f^{(n)}(x)-f(x)|\le \varepsilon。

14.4.3
考虑Cauchy序列f(n)∈Cf^{(n)}\in C，那么如果m,n>Nm,n>N则sup|f(m)−f(n)|≤εsup|f^{(m)}-f^{(n)}|\le \varepsilon。令f是其逐点收敛函数f(x)=limf(n)(x)f(x)=\lim f^{(n)}(x)，这个极限是存在的，否则上面的sup\sup不成立。并且f连续，考虑收敛到x的序列xnx_n，有|f(x)−f(xn)|≤|f(x)−f(m)(x)|+|f(m)(x)−f(m)(xn)|+|f(xn)−f(m)(xn)|≤3ε|f(x)-f(x_n)|\le |f(x)-f^{(m)}(x)|+|f^{(m)}(x)-f^{(m)}(x_n)|+|f(x_n)-f^{(m)}(x_n)|\le 3\varepsilon，所以f∈Cf\in C。
最后还需要证明f(n)f^{(n)}收敛到f，因为如果m,n>Nm,n>N则sup|f(m)−f(n)|≤εsup|f^{(m)}-f^{(n)}|\le \varepsilon，固定n，令m趋于无穷大，那么得到sup|f−f(n)|≤εsup|f-f^{(n)}|\le \varepsilon，证明完成。

14.4.4

14.5 函数级数和WeierstrassM判别法

习题
14.5.1
有界
∑f(i)\sum f^{(i)}有界：所有函数界的和

连续
对于任意ε\varepsilon，点x0x_0在函数f(i)f^{(i)}存在δi\delta_i，只要|x−x0|≤δi|x-x_0|\le\delta_i,就有$|f^{(i)}(x)-f^{(i)}(x_0)|\le

\varepsilon/N，取，取\delta = min {\delta_i}$，证明完成。

一致连续
类似连续的结论，也是成立的。

14.5.2
对于任意x，∑xi=x1−x\sum x^i=\frac x{1-x}，所以逐点收敛
一致收敛要求对于任意x，存在N，∑i≥Nxi=xN1−x\sum_{i\ge N}x^i=\frac{x^N}{1-x}可以任意小，但是这样的N是找不到的，例如对于$

\varepsilon=0.1，无论N多大，都能找到x满足，无论N多大，都能找到x满足\frac{x^N}{1-x}>x^N>0.1$。

14.5.3 根据提示证明即可
证明序列是Cauchy序列还是很容易的，显然am−an=∑ni=mf(i)≤∑ni=m||f(i)||∞a_m-a_n=\sum_{i=m}^nf^{(i)}\le \sum_{i=m}^n||f^{(i)}||_\infty，而最后一项是Cauchy序列，所以序列是Cauchy序列，根据定理14.4.5，证明完成

14.6 一致收敛与积分

习题
14.6.1
令gn=∑n1fig_n=\sum_1^nf_i，那么gng_n一致收敛，根据定理14.6.1，有lim∫gn=∫g\lim\int g_n=\int g。由于有限相积分与和可以交换顺序，那么limn→∞∑n1fi=∫∑∞ifn=∑∞i∫f\lim_{n\to\infty}\sum_1^n f_i=\int\sum_i^\infty f_n=\sum_i^\infty\int f，证明完成。

14.7 一致收敛和导数

习题
14.7.1
对于任意x，f(x)−fn(x)=(limf(x0)+lim∫xx0f′n)−(fn(x0)+∫xx0f′n)f(x)-f_n(x)=(\lim f(x_0)+\lim \int _{x_0}^x f_n')-(f_n(x_0)+\int_{x_0}^x f_n')。所以|f(x)−fn(x)|≤|limf(x0)−fn(x0)|+|lim∫xx0f′n−∫xx0f′n|=2ε|f(x)-f_n(x)|\le|\lim f(x_0)-f_n(x_0)|+|\lim \int _{x_0}^x f_n'-\int_{x_0}^x f_n'|=2\varepsilon，所以fnf_n一致收敛

例1.2.10的函数的倒数在[0,1]不一致收敛，所以不满足定理14.7.1的条件

14.7.2
令g(x)=fn(x)−fm(x)g(x)=f_n(x)-f_m(x)，那么|(fn(x)−fm(x))−(fn(x0)−fm(x0))|=|f′n(a)−f′m(a)||x−x0|≤ε|x−x0||(f_n(x)-f_m(x))-(f_n(x_0)-f_m(x_0))|=|f_n'(a)-f_m'(a)||x-x_0|\le\varepsilon|x-x_0|。
所以对任意x，|(fn(x)−fm(x))|≤(fn(x0)−fm(x0))|+ε|x−x0||(f_n(x)-f_m(x))|\le(f_n(x_0)-f_m(x_0))|+\varepsilon|x-x_0|，由于x0x_0点收敛，证明完成。

14.7.3
推论14.7.3的证明类似推论14.6.2的证明，有限相求和和求导是可以交换的。

14.8 用多项式一致逼近

推论14.8.15要求f在R上连续
推论14.8.18把f限制在[0,1]上连续
推论14.8.19取消f(0)和f(1)等于0的限制
最后的证明把区间[0,1]变换为任意区间[a,b]

习题
14.8.1
考虑[e,f]=[a,b]∩[c,d][e,f]=[a,b]\cap[c,d]，那么等式两边都等于∫[e,f]f\int_{[e,f]}f

14.8.2
(a)
对n归纳
n=1成立，归纳假定n成立，对于n+1，(1−y)n≥(1−ny)(1−y)=1−(n+1)y+ny2≥1−(n+1)y(1-y)^n\ge (1-ny)(1-y)=1-(n+1)y+ny^2\ge1-(n+1)y。
求导
((1−y)n)′=−n(1−y)n−1((1-y)^n)'=-n(1-y)^{n-1}
(1−ny)′=−n(1-ny)'=-n
左边导数大于等于右边，而y=0的时候都是1，证明完成。

(b)
∫1−1(1−x2)ndx=2(∫1(n)√0(1−x2)ndx)+∫11(n)√(1−x2)ndx)\int_{-1}^1(1-x^2)^ndx=2(\int_0^{\frac1 {\sqrt{(n)}}}(1-x^2)^n dx)+\int_{\frac1 {\sqrt{(n)}}}^1(1-x^2)^n dx)
≥2∫1(n)√01−nx2dx≥43n√\ge 2\int_0^{\frac1 {\sqrt{(n)}}}1-nx^2 dx\ge \frac 4{3\sqrt n}

(c)
c的选取需要∫c(1−x2)N=1\int c(1-x^2)^N=1
这样定义14.8.6中ab就都满足。
对于c，根据(b)，有c=1∫(1−x2)N≤N−−√c=\frac 1{\int (1-x^2)^N}\le \sqrt N，那么f(x)≤N−−√(1−x2)Nf(x)\le \sqrt N(1-x^2)^N，需要证明对于任意ε，δ\varepsilon，\delta，存在N，满足如果δ≤|x|≤1,|f(x)|≤ε\delta\le|x|\le1,|f(x)|\le\varepsilon。然后呢，没头绪了。

14.8.3
设f紧支撑在[a,b]，那么在[a,b]上是连续的，而[a,b]是紧致的，所以有界并且一致连续，而在[a,b]外面，都是0，也是有界的和一致连续的。

14.8.4
(a)
证明是紧支撑的
设f支撑在[a,b]，g支撑在[c,d]，那么g(x-y)支撑在[x-d,x-c]，那么如果d<x−dd或者x−c<ax-c，积分项为0，所以f*g紧支撑在[a+c,b+d]

(b)变量替换x-y=z，那么(f∗g)(x)=∫f(x−z)g(z)d(−z)=∫g(z)f(x−z)dz(f*g)(x)=\int f(x-z)g(z)d(-z)=\int g(z)f(x-z)dz

(c)略

14.8.5
∫10f(y)g(x−y)dy\int_0^1 f(y)g(x-y)dy，如果f*g取区间[1,2]，也就是x:[1,2]x:[1,2]，而y:[0,1]y:[0,1]，那么g(x-y)会取到区间[0,2]为常数c，那么∫10f(y)g(x−y)dy=c∫f(y)dy=constant\int_0^1 f(y)g(x-y)dy=c\int f(y)dy=constant

14.8.6
(a)
根据定义14.8.6，∫g=1=∫[δ,1]g+∫[−δ,δ]g+∫[−1,−δ]g\int g=1=\int_{[\delta,1]}g+\int_{[-\delta,\delta]}g+\int_{[-1,-\delta]}g
根据14.8.6(c)∫[δ,1]g+∫[−1,−δ]g≤2(1−δ)ε≤2ε\int_{[\delta,1]}g+\int_{[-1,-\delta]}g\le2(1-\delta)\varepsilon\le 2\varepsilon
证明完成。

(b)根据提示

14.8.7
根据引理14.8.8，存在支撑在[-1,1]上的多项式P，根据引理14.8.13，f*P是[0,1]上的多项式，而根据引理14.8.14，f*P与f可以任意接近，证明完成。

14.8.8略

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陶哲轩实分析-第14章一致收敛

14.1 函数的极限值

14.2 逐点收敛于一致收敛

14.3 一致收敛性与连续性

14.4 一致收敛的度量

14.5 函数级数和WeierstrassM判别法

14.6 一致收敛与积分

14.7 一致收敛和导数

14.8 用多项式一致逼近

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