数学分析的几个重要定理及其条件

和函数（或极限函数）的分析性质可用连续性定理、可积性定理及可微性定理加以讨论.这些定理的条件都是充分的，但不是必要的！另外，函数的连续和可微都是局部概念，因此可将连续性定理和可微性定理中的“在D上一致收敛”减弱为“在D上内闭一致收敛”.

例5.22 讨论下列函数列在指定区间上的一致收敛性.

（1），

1）0≤x≤b<1； 2）0≤x≤1； 3）1<a≤x<+∞.

（2），0<x<1.

解 （1） 1），x∈[0，b]（b<1）.

因为

所以.

2）当0≤x<1时，；当x=1时，，f

故

由于{f_n（x）}在[0，1]上连续，而极限函数f（x）在[0，1]上不连续，所以{f_n（x）}在[0，1]上不一致收敛.

因为

所以

而

所以{f_n（x）}在（0，1）上不一致收敛.

例5.23 讨论下面的函数列在指定区间上的一致收敛性.

解 极限函数

（i）由于

所以{S_n（x）}在（0，+∞）上非一致收敛.

（ii）记，则

令g′_n（x）=0可得驻点：

对固定的δ>0，当n充分大时，x₀∉[δ，+∞）.注意到，当时，g′_n（x）<0，因此g_n（x）在[δ，+∞）上的最大值在x=δ处达到，所以

从而{S_n（x）}在[δ，+∞）上一致收敛于S（x）.

例5.24 证明函数项级数.

（1）在[α，π]（0<α<π）上一致收敛；

（2）在[0，π]上不一致收敛.（河南大学）.

证明 （1）记a_n（x）=sinnx，.显然{b_n（x）}单调递减（关于n）一致地趋向于0，而

即的部分和一致有界，故由D-法知，在[α，π]上一致收敛.

（2）用柯西准则.

取，∀N>0，取n′=N≥N，p′=N+2，，使得

由柯西准则知，原级数在[0，π]上不一致收敛.

类题 证明函数项级数在（-∞，+∞）上非一致收敛.

提示 用柯西准则.

取，∀N>0，取n′>N，p′=n′，x′=n′，则有

这里用到了不等式：

例5.25 讨论级数x在（0，+∞）上的一致收敛性.

解 由，可得和函数

下面考察？

由于，所以∀ε>0，∃δ>0，当x∈（0，δ）时，有

于是，∀n∈N₊，当x∈（0，δ）时都有

而当δ≤x<+∞时，注意到x<e^x，对适当大的n，有

于是，对上述ε>0，∃N>0，当n>N时，∀x∈[δ，+∞），都有

由式（1）、式（2）知，∀ε>0，∃N>0，当n>N时，∀x∈（0，+∞）有

即

故原级数在（0，+∞）上一致收敛.

例5.26 证明：（1）在[0，1]上一致收敛；

（2）在[0，1]上收敛但不一致收敛.

证明 （1）对每一个固定x∈[0，1]，{（1-x）xⁿ}单调递减趋于0.由莱布尼茨型级数的余项估计，有

∣S（x）-S_n（x）∣=∣r_n（x）∣≤xⁿ（1-x）.

下面求u_n（x）=xⁿ（1-x）在[0，1]上的最大值.

令，可得驻点.由u_n（0）=0，u_n（1）=0及知，u_n（x）在[0，1]上的最大值为.故

从而原级数在[0，1]上一致收敛.

若用D-法证明更为简单.

记a_n（x）=xⁿ（1-x），b_n（x）=（-1）ⁿ.对每一个固定的x∈[0，1]，{a_n（x）}单调递减一致地趋向于0.又.故由D-法知，原级数在[0，1]上一致收敛.

（2）因为

所以

由于和函数不连续，所以）在[0，1]上收敛但不一致收敛.

注5.4 这个例子告诉我们，由在[a，b]上绝对并一致收敛.推不出在[a，b]上一致收敛.

例5.27 设收敛，证明：上一致收敛.

证明 记a_n（x）=a_n，，连续使用n次分部积分可得.显然{b_n（x）}单调递减（关于n），且∣b_n（x）∣≤2.由A-法知，原级数在[0，+∞）上一致收敛.

例5.28 设f（x）在[a，b]上有连续的导函数f′（x）及a<β<b.对于每一个自然数，定义函数列

试证：当n→∞时，函数列{f_n（x）}在[a，β]上一致收敛于f′（x）（中科院）.

证明 由f′（x）在[a，β]上连续知，f′（x）在[a，β]上一致连续.故∀ε>0，∃δ>0，∀x₁，x₂∈[a，β]，只要∣x₁-x₂∣<δ，就有

∣f′（x₁）-f′（x₂）∣<ε.

由微分中值定理，∀x∈[a，β]，∃ξ_n∈（a，β），使

于是，若令，则当时，∀x∈[a，β]，有

∣f_n（x）-f′（x）∣=f∣′（ξ_n）-f′（x）∣<ε.

即.

类题 设f（x）在（-∞，+∞）上有连续的导函数f′（x），

f_n（x）=eⁿ[f（x+e^-n）-f（x）]（n=1，2，…）.

证明：{f_n（x）}在任一有限开区间（a，b）内一致收敛于f′（x）（福建师大）.

例5.29 证明函数列的狄尼定理.

证明 用有限覆盖定理.

不妨设{S_n（x）}关于n单调递减.令

g_n（x）=S_n（x）-S（x），

则{g_n（x）}非负关于n也单调递减，且g_n（x）→0（n→∞）.由此知，设x₀∈[a，b]，∀ε>0，，当n≥N（x₀）时，有0≤g_n（x₀）<ε.

由的连续性知，存在x₀的邻域U（x₀），当x∈U（x₀）∩[a，b]时，有

这样，开区间集{U（x₀）x₀∈[a，b]}就构成了[a，b]的一个开覆盖.由有限覆盖定理，存在有限个开区间U（x₁），U（x₂），…，U（x_k）将[a，b]覆盖，即.而每一个开区间U（x_i）都对应了一个N（x_i），令

N=max{N（x_i）i=1，2，…，k}.

于是，当n>N时，∀x∈[a，b]（必存在某一个开区间U（x_i），使x∈U（x_i）），有

即{S_n（x）}在[a，b]上一致收敛于S（x）.

注5.5　狄尼定理也可用反证法，结合致密性定理来证明它（参见参考文献[2]（下册））.狄尼定理给出了一个判断一致收敛的充分条件，用它可方便、快捷地做一类题目.例如：

例5.30　在区间[0，1]上，

（1）证明：函数列一致收敛；

（2）证明：函数列一致收敛；

（3）求极限（武汉大学）.

证明　（1）由狄尼定理可知，

也可采用如下的证法：

由，x∈[0，1]，∀n，可得

故在[0，1]上一致收敛于e^x.

（2）极限函数.因为

所以.

（3）由（2）知，可积性定理的条件成立.极限运算与积分运算可交换顺序，故

例5.31　证明：（1）；

（解放军信息工程大学）.

证明

因为，所以xlnx在[0，1]上连续，并且有界，设界为M.若记，则

注意到收敛，利用优级数判别法可知，在[0，1]上一致收敛.

由逐项积分定理，有

（2）.（2）的证明包含在（1）的证明之中.

例5.32　设u_n（x）在[a，b]上连续，函数项级数在（a，b）内一致收敛.证明：

（1），收敛；

（2）在[a，b]上一致收敛.

证明　（1）用柯西准则.由在（a，b）内一致收敛知，∀ε>0，∃N>0，当n>N时，∀p∈N+及x∈（a，b），有

令x→a⁺，可得

由数项级数的柯西准则知，收敛.同理可证收敛.

（2）由（1）的证明过程知，∀ε>0，∃N>0，当n>N时，∀p∈N₊及x∈[a，b]，有

由函数项级数的柯西准则，在[a，b]上一致收敛.

相应地，我们有下面的结论，它为判断不一致收敛提供了另一种方法.

命题5.2　设函数项级数在（a，b）内收敛，u_n（x）在x=b左连续，且级数发散，则在（b-δ，b）（δ>0）内必不一致收敛.

这个命题不难用反证法予以证明.

类题　证明：级数在x>1上不一致收敛.

事实上，假设在x>1上一致收敛，由例5.32可推出收敛.矛盾.

例5.33　设对每一个n，f_n（x）在[a，b]上有界，且当n→∞时，{f_n（x）}在[a，b]上一致收敛于f（x）.证明：

（1）f（x）在[a，b]上有界；

（2）.

证明　（1）设|f_n（x）|≤M_n，∀x∈[a，b]，由{f_n（x）}在[a，b]上一致收敛于f（x）可知，∃N>0，当n≥N时，对∀x∈[a，b]，有|f_n（x）-f（x）|<1.

对固定的N，有|f_N（x）-f（x）|<1，即|f（x）|<|f_N（x）|+1≤M_N+1，∀x∈[a，b].这表明f（x）在[a，b]上有界.

（2）因为{f_n（x）}在[a，b]上一致收敛于f（x），所以∀ε>0，∃N>0，当n≥N时，∀x∈[a，b]，有|f_n（x）-f（x）|<ε，即

f（x）-ε<f_n（x）<f（x）+ε.

由于f_n（x）和f（x）在[a，b]上有界，所以，均有限，对上式两边取上确界有

或(www.xing528.com)

综上可知，∀ε>0，∃N>0，当n≥N时，有式（1）成立，即有

例5.34　证明：函数项级数在（0，1）内不一致收敛，但在[0，1]上可逐项积分.

证明　由于，所以级数在[0，1]上收敛.设其和函数为S（x），则

由洛必达法则，易知，即S（x）在[0，1]上不连续.由连续性定理，在[0，1]上不一致收敛.

为了证明在[0，1]上可逐项可积，只需证明其余项

的积分

即可.

因为

所以，令

则f（x）在[0，1]上连续，所以存在M>0，使得|f（x）|≤M，x∈[0，1].于是，有

例5.35　设函数项级数.

（1）证明此级数在（0，+∞）上收敛但不一致收敛；

（2）求其和函数.

证明　（1）对每一个固定的x>0，有

利用正项级数的比较判别法知，在（0，+∞）上收敛.

但由于，所以级数在（0，+∞）上不一致收敛.

注：亦可用命题5.2说明在（0，+∞）上不一致收敛.

（2）设.

由于级数的通项ne^-nx=（-e^-nx）′，而是以e^-x为公比的几何级数，其和可以求出.因此，如果级数在（0，+∞）上满足逐项求导定理的条件，那么S（x）便可求出.但由（1）知，在（0，+∞）上不一致收敛，也就是说在（0，+∞）上不满足逐项求导定理的条件.为了克服这一困难，我们在缩小的区间[δ，∞）上考虑上述问题.

∀x₀∈（0，+∞），∃δ>0，使x₀∈[δ，+∞），记v_n（x）=-e^-nx，显然v_n（x）在[δ，+∞）上有连续的导数.由

知，在[δ，+∞）上一致收敛.因此，在[δ，+∞）上可逐项求导，于是可得

特别地，.由x₀的任意性，∀x∈（0，+∞），都有

类题　设，　x∈（0，+∞）.

（1）证明：在（0，+∞）上收敛，但不一致收敛；

（2）求的和函数.

提示　和函数（注意应用例5.35的结果）.

例5.36　在[0，1]上定义的函数列

证明：函数在[0，1]上一致收敛，但它不存在优级数（河南大学）.

证明　因为

所以当x∈[0，1]时，∀n，p∈N₊，恒有

于是，∀ε>0，取，当n>N时，∀p∈N₊及x∈[0，1]，总有

由柯西准则知，在[0，1]上一致收敛.

假设在[0，1]上存在优级数取，则

由收敛，可知收敛，这与发散相矛盾.故不存在优级数.

注5.6　这个例子告诉我们，绝对并一致收敛的函数项级数的一致收敛性并不一定总能用优级数判别法来判定.这是因为优级数判别法是判定一致收敛的充分条件，而非必要条件！

例5.37　设可微函数列{f_n（x）}在[a，b]上收敛，且{f′_n（x）}在[a，b]上一致有界，则{f_n（x）}在[a，b]上一致收敛.

证明　由于{f_n（x）}在[a，b]上收敛，所以对每一个x₀∈[a，b]，∀ε>0，∃N（x₀）=N（x₀，ε）>0，当m，n>N时，有

又由{f′_n（x）}在[a，b]上一致有界知，∃M>0，与n，x无关，使得

f′_n（x）≤M.取，当x∈U（x₀，δ）时，有

让x跑遍[a，b]，得到一个开区间集H={U（x）x∈[a，b]}，它将闭区间[a，b]覆盖.由有限覆盖定理，存在H中的有限个开区间U（x₁），U（x₂），…，U（x_k）将[a，b]覆盖.取，当m，n>N时，∀x∈[a，b]，有

∣f_n（x）-f_m（x）∣<ε.由柯西准则知，{f_n（x）}在[a，b]上一致收敛.

相应于函数项级数情形，有下面的结论.

例5.37′　设在[a，b]上收敛，u_n（x）有连续导数，且及∀n∈N₊成立，则在[a，b]上一致收敛.

例5.38　设u_n（x）是[a，b]上非负连续函数，在[a，b]上点态收敛于u（x）.证明：u（x）在[a，b]上一定达到最小值（复旦大学）.

证明　记，则S_n（x）递增趋向于u（x），且u（x）≥0.

设，则存在点列{x_k}⊂[a，b]，使由致密性定

理知，{x_k}存在收敛子列，仍记为{x_k}，不妨设x_k→x₀（k→∞）且x₀∈[a，b].

下证：u（x₀）=A.

若不然，则∃ε₀>0，使u（x₀）>A+ε₀.由S_n（x₀）→u（x₀）（n→∞）知，∃N>0，使

由S_N（x）在点x₀处的连续性知，∃δ>0，当x∈U（x₀，δ）时，有

由于S_n（x）递增，故更有.于是存在适当大的k，使x_k-x₀<δ，这样便有

这与u（x_k）→A（k→∞）相矛盾.

类题　设{f_n（x）}（n=1，2，…）在[0，1]上连续，并且f_n（x）≥f_n+1（x），∀x∈[0，1]及n=1，2，….试证明：若{f_n（x）}在[0，1]上收敛于f（x），则f（x）在[0，1]上达到最大值（北大）.

例5.39　设一元函数f在x=0的邻域内有二阶连续导数，f（0）=0，0<f′（0）<1.函数f_n是f的n次复合.试证明：级数在x=0的邻域内一致收敛（中科大）.

证明　由于f（x）在x=0的邻域内有二阶连续导数，所以当δ₁>0适当小时，∃M>0，使f″（x）≤M，　∀x∈[-δ₁，δ₁].

由泰勒公式，有

于是

取δ₁充分小，使，则上式变为

其中0<α<1.

重复使用上面的不等式，可得

而收敛，由优级数判别法知，在[-δ，δ]上一致收敛.

类题　若函数f（x）在[-a，a]（a>0）上连续，且∀x∈[-a，a]，x≠0，有∣f（x）∣<∣x∣.设f₁（x）=f（x），f₂（x）=f（f₁（x）），…，f_n+1（x）=f（f_n（x）），…，则{f_n（x）}在[-a，a]上一致收敛于零（南京大学；吉林大学）.

提示　利用f（x）的连续性及∣f（x）∣<∣x∣可推出∣f（x）∣≤∣x∣，x∈[-a，a].∀ε>0，由于在[-a，-ε]∪[ε，a]上的最大值M（<1），所以有

∣f（x）∣≤M∣x∣≤Ma，

递推可知，∣f_n（x）∣≤Mⁿa.

而在[-ε，ε]上，∣f_n（x）∣≤∣x∣≤ε.综上知，{f_n（x）}在[-a，a]上一致收敛于0.

例5.40　设

（1）证明：f（x）在[0，+∞）上可导，且一致连续；

（2）证明：反常积分发散.

证明　（1）记，则u_n（x）显然在[0，+∞）上有连续的导数.

由，∀x∈[0，+∞）及的收敛性，利用正项级数的比较判别法可知，在[0，+∞）上点态收敛.

又由及的收敛性，利用M判别法可知，在[0，+∞）上一致收敛.因此，由逐项可微定理知，在[0，+∞）上可导.

下证：f（x）在[0，+∞）上一致连续.

事实上，∀x₁，x₂∈[0，+∞）.由

可知，f（x）在[0，+∞）上一致连续.

（2）∀A>0，考察

所以，从而反常积分发散.

例5.41　若函数列{φ_n（x）}满足下列条件：

（1）φ_n（x）在[-1，1]上非负连续，且；

（2）∀c∈（0，1），{φ_n（x）}在[-1，-c]∪[c，1]上一致收敛于0，则对任一在[-1，1]上连续的函数g（x），都有

证明　由条件（2）知，∀ε>0，∃N∈N+，当n>N时，∀x∈[-1，-c]∪[c，1]，有φ_n（x）<ε.故有

于是

由于g（x）在[-c，c]⊂[-1，1]上连续，所以它存在最大值M（c）和最小值m（c），即m（c）≤g（x）≤M（c），x∈[-c，c].

由此知，

令c→0⁺，由上式及g的连续性，有

即

例5.42　若{f_n（x）}是[a，b]上的连续函数列，且∀x∈[a，b]，数列{f_n（x）}都有界.试证明：存在闭区间[c，d]⊂[a，b]，使{f_n（x）}在[c，d]上一致有界（北大；云大）.

证明　用反证法.假设{f_n（x）}在任意闭区间[p，q]⊂[a，b]上都非一致有界，即

∀k>0，∃n₀∈N₊，∃x₀∈[p，q]，使

因为{f_n（x）}在[a，b]上非一致有界，所以对k=1，∃n₁∈N₊，∃x₁∈[a，b]使由连续函数的保号性，∃[a₁，b₁]⊂[a，b]，使得∀x∈[a₁，b₁]，有

又因为{f_n（x）}在[a₁，b₁]上非一致有界，所以对k=2，∃n₂∈N₊且n₂>n₁，∃x₂∈[a₁，b₁]，使由连续函数的保号性，∃[a₂，b₂]⊂[a₁，b₁]，使得∀x∈[a₂，b₂]，有

如此下去，可得一个闭区间列{[a_k，b_k]}，满足

且∀k∈N₊，∀x∈[a_k，b_k]，有，其中n_k+1>n_k.

由闭区间套定理，∃ξ∈[a_k，b_k]（k=1，2，…），使

即数列{f_n（ξ）}的某一个子列无界，则数列{f_n（ξ）}无界.这与已知条件矛盾.

下面的例子有一定难度，有兴趣的同学可钻研一下，学习它的证明方法.

例5.43　设{a_n}是递减的正数列.证明级数

在（-∞，+∞）上一致收敛的充要条件是（复旦）.

证明　（⇒）设级数（1）在（-∞，+∞）上一致收敛，由柯西准则知，∀ε>0，∃N>0，当m>n>N时，∀x∈（-∞，+∞），有

取m>2N，，则，即再取于是有

当n≤k≤m时，，所以

由式（2）得

这就证明了

（⇐）设令

则{μ_n}递减趋于0.对于m≥n，记

下面将证明：对∀x∈（-∞，+∞），成立

∣S_n，m（x）∣≤（π+3）μ_n. （3）

由于S_n，m（x）是以2π为周期的奇函数，所以只需证明式（3）在[0，π]上成立即可.把区间[0，π]分成，，三段，将证明式（3）在这三段上都成立.

1）由不等式，有

由阿贝尔变换可得

∣S_n，m（x）∣≤n（a_n+2a_m）≤3na_n≤3μ_n.

2）由sinθ≤θ可得

3）这时，，记于是

由，可得，故由2）知，

∣S_n，l（x）∣≤πμ_n.

因为，且，由1）和{μ_n}的递减性，即得

∣S_l+1，m（x）∣≤3μ_l+1≤3μ_n.

于是

∣S_n，m（x）∣≤∣S_n，l（x）∣+∣S_l+1，m（x）∣≤（π+3）μ_n.

由，即知（1）在（-∞，+∞）上一致收敛.