函数序列与函数项级数

函数序列与函数项级数

函数序列

点态收敛：设 $f_n(x):[a,b]\to \mathbf{R}$ 是定义在区间 $[a,b]$ 上的函数序列：
$$f_1(x),f_2(x),\cdots ,f_n(x),\cdots$$
若对于 $\forall \alpha \in [a,b]$ ，都有：
$$\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(\alpha )=f(\alpha )$$
则这个函数列 { f n ( x ) } \{f_n(x)\} {fn​(x)} 将点态收敛于函数：
$$f(x):[a,b]\to \mathbf{R}$$
一致收敛：如果给定 $\forall \epsilon$ ，$\exists N\in N^{+}$ ，使得对于 $\forall n\ge N$ ，对于 $\forall x\in [a,b]$ ，都有：
$$\left|f(x)-f_n(x)\right|<\epsilon$$
则称函数序列 $f_n(x):[a,b]\to \mathbf{R}$ 一致收敛于函数 $f(x):[a,b]\to \mathbf{R}$ ；

点态收敛和一致收敛的区别在于 $\forall x$ 和 $\exists N$ 的顺序问题：
$$\begin{array}{l}\text{点态收敛：}\forall x\in [a,b],\forall \epsilon ,\exists N\\ \text{一致收敛：}\forall \epsilon ,\exists N,\forall x\in [a,b]\end{array}$$
因此在一致收敛的情况下，所有 $[a,b]$ 中的点都有一个共同的 $N$ 可以 bound，就像是 $f(x)$ 周围放一个半径为 $\epsilon$ 的管状区域的话，那么函数 $y=f_n(x)$ 最终都会进入这个区域里；而点态收敛的 $N$ 的选择依赖于 $x$ ；

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Th：设列 $f_n(x):[a,b]\to \mathbf{R}$ 是一个一致收敛于函数 $f(x):[a,b]\to \mathbf{R}$ 的连续函数序列，则 $f(x)$ 是连续的。

证明：要证明 $f(x)$ 是连续的，只需要证明 $\forall \alpha \in [a,b],\forall \epsilon >0$ ，我们能够找到某个 $\delta >0$ ，对于 $0<|x-\alpha |<\delta$ ，有：
$$|f(x)-f(\alpha )|<\epsilon$$
对于上述 $\alpha$ 、 $x$ 和 $\epsilon$ ，由于 { f n ( x ) } \{f_n(x)\} {fn​(x)} 一致收敛于 $f(x)$ ，因此存在 $N\in N^{+}$ ，使得当 $n\ge N$ 时，有：
$$\begin{array}{rl}|f(\alpha )-f_n(\alpha )|<& \frac{\epsilon }{3}\\ |f(x)-f_n(x)|<& \frac{\epsilon }{3}\end{array}$$
而 $f_n(x)$ 是连续的，因此对于上述 $\epsilon$、 $\alpha$ 和 $n\ge N$ ，存在 $\delta >0$ ，使得对于 $0<|x-\alpha |<\delta$ ，有：
$$|f_n(x)-f_n(\alpha )|<\frac{\epsilon }{3}$$
对于上述的 $\delta$ ，有：
$$\begin{array}{rl}|f(x)-f(\alpha )|=& |f(x)-f_n(x)+f_n(x)-f_n(\alpha )+f_n(\alpha )-f(\alpha )|\\ \le & |f(x)-f_n(x)|+|f_n(x)-f_n(\alpha )|+|f_n(\alpha )-f(\alpha )|\\ <& \epsilon \end{array}$$
得证。

（这个证明好经典啊，让我想到大一时复习数分的样子，当时是在二教，现在再来复习也是在二教。。。）

函数项级数

一致收敛：设 { f n ( x ) } \{f_n(x)\} {fn​(x)} 是一个函数列，函数项级数：
$$f_1(x)+f_2(x)+\cdots =\sum _{k=1}^{\infty }{f}_k(x)$$
一致收敛于函数 $f(x)$ ，如果部分和 $f_1(x)$ ，$f_1(x)+f_2(x)$ ，$f_1(x)+f_2(x)+f_3(x)$， $\cdots$ 一致收敛于 $f(x)$ 。用 $\epsilon$ 和 $\delta$ 语言表示为对于 $\forall \epsilon >1$，$\exists N\in N^{+}$ ，对于 $\forall n\ge N$ ，对于 $\forall x\in \mathbf{D}$ ，都有：
$$\left|f(x)-\sum _{k=1}^n{f}_k(x)\right|<\epsilon$$
Th：如果每个函数 $f_k(x)$ 都连续，且若 $\sum _{k=1}^{\infty }{f}_k(x)$ 一致收敛于 $f(x)$ ，则 $f(x)$ 必定连续。

证明：因为每个函数 $f_k(x)$ 都连续，因此部分和函数 $\sum _{k=1}^n{f}_k(x)$ 都连续，由上面的定理得，$f(x)$ 必定连续。

Weierstrass M 判别法

Th：设 $\sum _{k=1}^{\infty }{f}_k(x)$ 为函数项级数，其中没和函数 $f_k(x)$ 都定义在实数集的子集 $\mathbf{D}$ 上。假设 $\sum _{k=1}^{\infty }{M}_k$ 是数项级数，满足：

1. $0\le |f_k(x)|\le M_k$ 对于 $\forall x\in \mathbf{D}$ ；
2. 级数 $\sum _{k=1}^{\infty }{M}_k$ 收敛；

则 $\sum _{k=1}^{\infty }{f}_k(x)$ 绝对一致收敛。

证明：为了证明一致收敛，我们要证明对于 $\forall \epsilon >0$ ，我们可以找到某个 $N\in N^{+}$ ，对于 $\forall n\ge N$ ，对于 $\forall x\in \mathbf{D}$ ，有：
$$\left|\sum _{k=n}^{\infty }f(x)\right|<\epsilon$$
无论 $\sum _{k=1}^{\infty }{f}_k(x)$ 是否收敛，都有：
$$\left|\sum _{k=n}^{\infty }f(x)\right|\le \sum _{k=n}^{\infty }\left|f(x)\right|$$
因为级数 $\sum _{k=1}^{\infty }{M}_k$ 收敛，因此对于上述 $\epsilon$ ，我们可以找到某个 $N\in N^{+}$ ，使得对于 $\forall n\ge N$ ，有：
$$\sum _{k=n}^{\infty }{M}_k<\epsilon$$
又对于 $\forall x\in \mathbf{D}$ ，有 $0\le |f_k(x)|\le M_k$ ，故：
$$\left|\sum _{k=n}^{\infty }f(x)\right|\le \sum _{k=n}^{\infty }\left|f(x)\right|\le \sum _{k=n}^{\infty }{M}_k<\epsilon$$
得证。

例：考虑级数 $\sum _{k=1}^{\infty }\frac{x^k}{k!}$ ，我们知道它收敛于函数 ${\mathrm{e}}^x$ ，我们使用 Weierstrass 判别法来证明这个级数在任意区间 $[-a,a]$ 上都一致收敛。我们设 $f_k(x)=\frac{x^k}{k!}$ ，$M_k=\frac{a^k}{k!}$ ，显然对于 $\forall x\in [-a,a]$ ，有：
$$0\le \left|\frac{x^n}{n!}\right|\le \frac{a^n}{n!}$$
而：
$$\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{M_{k+1}}{M_k}=\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{\frac{a^{k+1}}{(k+1)!}}{\frac{a^k}{k!}}=\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{a}{k+1}<1$$
因此级数 $\sum _{k=1}^{\infty }{M}_k$ 收敛，由 Weierstrass 判别法可知 ${\mathrm{e}}^x$ 的 Taylor 级数 $\sum _{k=1}^{\infty }\frac{x^k}{k!}$ 在任意区间 $[-a,a]$ 上都一致收敛。