漫步数学分析番外五(上)
定理1\textbf{定理1} 令fk:A→Rmf_k:A\to R^m是连续函数并且假设fk→ff_k\to f(一致)，那么ff是连续的。
证明：\textbf{证明：}因为fn→ff_n\to f一致收敛，所以给定ε>0\varepsilon>0，我们可以扎到NN使得k≥Nk\geq N意味着对所有的x∈Ax\in A不等式∥fk(x)−f(x)∥<ε/3\Vert f_k(x)-f(x)\Vert成立。考虑一个点x0∈Ax_0\in A，因为fNf_N是连续的，所以存在δ>0\delta>0使得(∥x−x0∥<δ,x∈A)⇒(∥fN(x)−fN(x0)∥<ε/3)(\Vert x-x_0\Vert，那么碎玉∥x−x0∥<δ,∥f(x)−f(x0)∥≤∥f(x)−fN(x)∥+∥fN(x)−fN(x0)∥+∥fN(x0)−f(x0)∥<ε/3+ε/3+ε/3=ε\Vert x-x_0\Vert。 因为x0x_0是任意的，所以ff在AA中的每个点处都连续，故它是连续的。||||
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。
证明：\textbf{证明：}如果fk→ff_k\to f一致收敛，那么给定ε>0\varepsilon>0，我们可以找出NN使得k≥Nk\geq N意味着对所有的xx不等式∥fk(x)−f(x)∥<ε/2\Vert f_k(x)-f(x)\Vert 成立，那么如果k,l≥Nk,l\geq N，那么∥fk(x)−fl(x)∥≤∥fk(x)−f(x)∥+∥f(x)−fl(x)∥<ε/2+ε/2=ε\Vert f_k(x)-f_l(x)\Vert\leq\Vert f_k(x)-f(x)\Vert+\Vert f(x)-f_l(x)\Vert。
反过来，如果给定ε>0\varepsilon>0，我们可以找到NN使得k,l≥Nk,l\geq N意味着对于所有的xx不等式∥fk(x)−fl(x)∥<ε\Vert f_k(x)-f_l(x)\Vert成立，那么fk(x)f_k(x)在每个点xx处都是柯西序列，所以fk(x)f_k(x)逐点收敛到，我们表示成f(x)f(x)，再者，我们可以找到NN使得k,l≥Nk,l\geq N意味着对所有的xx不等式∥fk(x)−fl(x)∥<ε/2\Vert f_k(x)-f_l(x)\Vert，因为对于每个点x,fk(x)→f(x)x,f_k(x)\to f(x)，所以我们能够对每个点xx找出NxN_x使得l≥Nx⇒∥fl(x)−f(x)∥<ε/2l\geq N_x\Rightarrow\Vert f_l(x)-f(x)\Vert，令l≥max{N,Nx}l\geq\max\{N,N_x\}，那么k≥N⇒∥fk(x)−f(x)∥≤∥fk(x)−fl(x)∥+∥fl(x)−f(x)∥<ε/2+ε/2=εk\geq N\Rightarrow\Vert f_k(x)-f(x)\Vert\leq\Vert f_k(x)-f_l(x)\Vert+\Vert f_l(x)-f(x)\Vert。 因为这个结论对每个点xx都成立，所以我们可以找出NN使得对所有的x,k≥N⇒∥fk(x)−f(x)∥<εx,k\geq N\Rightarrow\Vert f_k(x)-f(x)\Vert，因此fk→ff_k\to f(一致)。||||
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)。
证明：\textbf{证明：}因为ΣMk\Sigma M_k收敛，所以对每个ε>0\varepsilon>0，存在一个NN使得k≥Nk\geq N意味着对所有的p=1,2,…p=1,2,\ldots不等式|Mk+⋯+Mk+p|<ε|M_k+\cdots+M_{k+p}|成立。对k≥Nk\geq N我们由三角不等式可得
\begin{align*} \Vert g_k(x)+\cdots+g_{k+p}(x)\Vert &\leq\Vert g_k(x)\Vert+\cdots+\Vert g_{k+p}(x)\Vert\\ &\leq M_k+\cdots+M_{k+p}
对所有的x∈Ax\in A都成立，所以根据级数的柯西判别准则，Σgk\Sigma g_k一致收敛。||||
定理4\textbf{定理4} 假设fk:[a,b]→Rf_k:[a,b]\to R是连续函数(a,b∈Ra,b\in R)并且fk→ff_k\to f(一致)，那么
\int_a^b f_k(x)dx\to\int_a^b f(x)dx
推论2\textbf{推论2} 假设gk:[a,b]→Rg_k:[a,b]\to R是连续的且Σ∞k=1gk\Sigma_{k=1}^\infty g_k是一致收敛的，那么我们可以改变积分与和的次序
\int_a^b\sum_{k=1}^\infty g_k(x)dx=\sum_{k=1}^\infty\int_a^b g_k(x)dx
证明：\textbf{证明：}对于定理4，我们回顾一下，如果|f(x)|≤M|f(x)|\leq M那么
\left|\int_a^b f(x)dx\right|\leq M(b-a)
对于ε>0\varepsilon>0选择NN使得k≥Nk\geq N意味着|fk(x)−f(x)|<ε/(b−a)|f_k(x)-f(x)|，那么
\left|\int_a^b f_k(x)dx-\int_a^bf(x)dx\right|=\left|\int_a^b(f_x(x)-f(x))dx\right|\leq\varepsilon\cdot\frac{(b-a)}{(b-a)}=\varepsilon
对于推论，令fk=Σki=1gif_k=\Sigma_{i=1}^k g_i；那么fk→f=Σ∞k=1gkf_k\to f=\Sigma_{k=1}^\infty g_k(一致)，所以根据上面的内容得
\int_a^bf_k(x)dx\to\int_a^bf(x)dx\quad ||
定理5\textbf{定理5} 令fk:(a,b)→Rf_k:(a,b)\to R是开集(a,b)(a,b)上的可微函数序列，且逐点收敛到f:(a,b)→Rf:(a,b)\to R。假设导数f′kf^{'}_k是连续的且一致收敛到函数gg，那么ff是可微的且f′=gf^{'}=g。
证明：\textbf{证明：}由微积分基本定理可知fk(x)=fk(x0)+∫xx0f′k(x)dtf_k(x)=f_k(x_0)+\int_{x_0}^x f^\prime_k(x)dt，其中a<x0<ba。令k→∞k\to\infty，由定理4可得f(x)=f(x0)+∫xx0g(t)f(x)=f(x_0)+\int_{x_0}^xg(t)，由基本定理可知f′=gf^\prime=g，故根据定理1可知gg是连续的。||||
注意：即便f′kf^\prime_k不是连续的，该定理依然成立，只是更加复杂。
定理6\textbf{定理6} Cb(A,Rm)\mathscr{C}_b(A,R^m)中的函数∥⋅∥\Vert\cdot\Vert满足范数的性质：
- ∥f∥≥0,∥f∥=0\Vert f\Vert\geq0,\Vert f\Vert=0当且仅当f=0f=0。
- 对于α∈R,f∈Cb,∥αf∥=|α|∥f∥\alpha\in R,f\in\mathscr{C}_b,\Vert\alpha f\Vert=|\alpha|\Vert f\Vert。
- ∥f+g∥≤∥f∥+∥g∥\Vert f+g\Vert\leq\Vert f\Vert+\Vert g\Vert(三角不等式)。
证明：\textbf{证明：}(i),(ii)\textrm{(i),(ii)}很明显，对于(iii)\textrm{(iii)}，由RmR^m中的三角不等式可得
\begin{align*} \Vert f+g\Vert &=\sup\{\Vert(f+g)(x)\Vert|x\in A\}\\ &\leq\sup\{\Vert f(x)\Vert+\Vert g(x)\Vert|x\in A\} \end{align*}
加些来，因为sup(P+Q)=sup(P)+sup(Q)\sup(P+Q)=\sup(P)+\sup(Q)，并且
\{\Vert f(x)\Vert+\Vert g(x)\Vert|x\in A\}\subset\{\Vert f(x)\Vert+\Vert g(y)\Vert|x,y\in A\}
所以我们有
\sup\{\Vert f(x)\Vert+\Vert g(x)\Vert|x\in A\}\leq\Vert f\Vert+\Vert g\Vert\quad ||
定理7\textbf{定理7} (fk→f(在A上一致))⇔(在Cb中fk→f;即∥fk−f∥→0)(f_k\to f(\text{在}A\text{上一致}))\Leftrightarrow(\text{在}\mathscr{C}_b\text{中}f_k\to f;\text{即}\Vert f_k-f\Vert\to 0)。
证明：\textbf{证明：}这只是定理的一种转录而已，证明从略。||||
定理8\textbf{定理8}Cb\mathscr{C}_b是一个巴拿赫空间。
证明：\textbf{证明：}令fkf_k是一个柯西序列，根据定理2，fkf_k一致收敛到ff。因为kk足够大时，∥f(x)∥≤∥fk∥+1\Vert f(x)\Vert\leq\Vert f_k\Vert+1，所以ff是有界的，根据定理1可得ff是连续的，所以f∈Cbf\in\mathscr{C}_b，故fkf_k收敛到Cb\mathscr{C}_b中。||||
定理9\textbf{定理9} 令A⊂RnA\subset R^n是紧集并且B⊂C(A,Rm)B\subset\mathscr{C}(A,R^m)。如果BB是有界的且等连续，那么BB 中的任何序列有一个一致收敛的子序列。
为了证明这个定理，我们先证明一个引理。
引理1\textbf{引理1} 令A⊂RnA\subset R^n是任意集合，那么存在一个可数集合C⊂AC\subset A，它的闭包包含AA。
证明：\textbf{证明：}RnR^n中有理坐标的点是可数解和，我们成为x1,x2,…x_1,x_2,\ldots。考虑每个整数nn的邻域
D\left(x_1,\frac{1}{n}\right),D(x_2,\frac{1}{n}),\ldots
很明显他们覆盖RnR^n。只要D(xl,(1/n))D(x_l,(1/n))与AA有交点，我们就从D(xl,(1/n))∩AD(x_l,(1/n))\cap A中选择一个点，通过这种方式得到的集合重新定义了我们的集合CC。那么因为{D(xl,(1/n))|l,n∈N}\{D(x_l,(1/n))|l,n\in N\}是可数的，所以CC是可数的。
我们断言cl(C)⊃A\text{cl}(C)\supset A。事实上，令x∈A,ε>0x\in A,\varepsilon>0，选择nn使得1/n<ε/21/n。存在某个ll使得xx位于D(xl,(1/n))D(x_l,(1/n))中，所以在C∩D(xl,(1/n))C\cap D(x_l,(1/n))中存在一个点，我们用yy表示，那么d(x,y)≤d(x,xl)+d(xl,y)≤1/n+1/n<εd(x,y)\leq d(x,x_l)+d(x_l,y)\leq 1/n+1/n。因此x∈cl(C)x\in\text{cl}(C)，所以cl(C)⊃A\text{cl}(C)\supset A。||||
我们将用下面的方法利用AA的紧性。
引理2\textbf{引理2} 令AA是紧集且CC按上面的方式构造，那么对任意δ。0\delta。0，存在一个有限集合C1⊂CC_1\subset C，我们表示成C1={y1,…,yk}C_1=\{y_1,\ldots,y_k\}使得每个x∈Ax\in A位于某个yl∈C1y_l\in C_1的δ\delta 内。
证明：\textbf{证明：}选择nn满足1/n<δ1/n，那么根据引理1，存在有限个集合D(x1,(1/n))D(x_1,(1/n))，D(x2,(1/n))D(x_2,(1/n))，…\ldots，因为AA是紧集，所以他们覆盖AA，那么C1C_1定义成这些有限集中的元素，然后就像引理1那样得出结论。||||
现在我们转向定理的证明。像引理1那样构造CC，我们表示成C={x1,x2,…}C=\{x_1,x_2,\ldots\}，令fnf_n是BB中的序列。那么{fn}\{f_n\}是有界的，所以序列fn(x1)f_n(x_1)在RmR^m中是有界的，由RmR^m中的波尔查诺-魏尔斯特拉斯定理可知fn(x1)f_n(x_1)有一个收敛的子序列，我们表示成
f_{11}(x_1),f_{12}(x_1),\ldots,f_{1n}(x_1),\ldots
同样地，序列f1k(x2):k=1,2,…f_{1k}(x_2):k=1,2,\ldots在RmR^m中是有界的；因此它有一个收敛的子序列
f_{21}(x_2),f_{22}(x_2),\ldots,f_{2n}(x_2),\ldots
继续这个过程，序列f2k(x3):k=1,2,…f_{2k}(x_3):k=1,2,\ldots在RmR^m中是有界，所以某个子序列
f_{31}(x_3),f_{32}(x_3),\ldots,f_{3n}(x_3),\ldots
是收敛的。我们继续用这个方式处理并令gn=fnng_n=f_{nn}使得gng_n是第nn个子序列的第nn个函数。
从图像角度来说，gng_n就是取对角线上的元素：
图1
这个技巧叫做对角线方法并且在许多情况系是非常有用的。
根据序列gng_n的构造，我们可以看出序列gng_n在CC的每个点都收敛；实际上gng_n是每个序列fmk:k=1,2,…f_{mk}:k=1,2,\ldots的子序列。
我们现在证明序列gng_n在AA的每个点都收敛并且还是一致收敛。为此，令ε>0,δ\varepsilon>0,\delta满足等连续的定义，C1={y1,…,yk}C_1=\{y_1,\ldots,y_k\}是CC 的有限子集，使得AA中的每个点在C1C_1中某点的δ\delta中。因为序列
(g_n(y_1)),(g_n(y_2)),\ldots,(g_n(y_k))
都收敛，所以存在一个整数NN使得如果m,n≥Nm,n\geq N，那么
\Vert g_m(y_i)-g_n(y_i)\Vert
对于每个x∈Ax\in A，存在一个yj∈C1y_j\in C_1使得∥x−yj∥<δ\Vert x-y_j\Vert。 因此根据等连续的假设，对于所有的n=1,2,…n=1,2,\ldots，我们有
\Vert g_n(x)-g_n(y_j)\Vert
因此我们有
\begin{align*} \Vert g_n(x)-g_m(x)\Vert &\leq\Vert g_n(x)-g_n(y_j)\Vert+\Vert g_n(y_j)-g_m(y_j)\Vert+\Vert g_m(y_j)-g_m(x)\Vert\\ &
其中m,n≥Nm,n\geq N。这表明
\Vert g_n-g_m\Vert\leq3\varepsilon\quad m,n\geq N
所以由柯西判别准则可知AA中的序列gng_n一致收敛。||||
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