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函数序列
点态收敛#xff1a;设 f n ( x ) : [ a , b ] → R f_n(x):\,[a,\,b]\to\bold{R} fn(x):[a,b]→R 是定义在区间 [ a , b ] [a,\,b] [a,b] 上的函数序列#xff1… 文章目录 函数序列与函数项级数函数序列函数项级数Weierstrass M 判别法 函数序列与函数项级数
函数序列
点态收敛设 f n ( x ) : [ a , b ] → R f_n(x):\,[a,\,b]\to\bold{R} fn(x):[a,b]→R 是定义在区间 [ a , b ] [a,\,b] [a,b] 上的函数序列 f 1 ( x ) , f 2 ( x ) , ⋯ , f n ( x ) , ⋯ f_1(x),\,f_2(x),\,\cdots,\,f_n(x),\,\cdots f1(x),f2(x),⋯,fn(x),⋯ 若对于 ∀ α ∈ [ a , b ] \forall\,\alpha\in[a,\,b] ∀α∈[a,b] 都有 lim n → ∞ f n ( α ) f ( α ) \lim\limits_{n\to\infty}f_n(\alpha)f(\alpha) n→∞limfn(α)f(α) 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 ] → R f(x):\,[a,\,b]\to \bold{R} f(x):[a,b]→R 一致收敛如果给定 ∀ ε \forall \varepsilon ∀ε ∃ N ∈ N \exists N\in N^ ∃N∈N 使得对于 ∀ n ≥ N \forall n\geq N ∀n≥N 对于 ∀ x ∈ [ a , b ] \forall x\in [a,\,b] ∀x∈[a,b] 都有 ∣ f ( x ) − f n ( x ) ∣ ε \left| f(x)-f_n(x) \right| \varepsilon ∣f(x)−fn(x)∣ε 则称函数序列 f n ( x ) : [ a , b ] → R f_n(x):\,[a,\,b]\to\bold{R} fn(x):[a,b]→R 一致收敛于函数 f ( x ) : [ a , b ] → R f(x):\,[a,\,b]\to \bold{R} f(x):[a,b]→R
点态收敛和一致收敛的区别在于 ∀ x \forall x ∀x 和 ∃ N \exists N ∃N 的顺序问题 点态收敛 ∀ x ∈ [ a , b ] , ∀ ε , ∃ N 一致收敛 ∀ ε , ∃ N , ∀ x ∈ [ a , b ] \begin{array}{l} \text{点态收敛}\forall x\in[a,\,b],\,\forall \varepsilon,\,\exists N \\ \text{一致收敛}\forall \varepsilon,\,\exists N,\,\forall x\in[a,\,b] \end{array} 点态收敛∀x∈[a,b],∀ε,∃N一致收敛∀ε,∃N,∀x∈[a,b] 因此在一致收敛的情况下所有 [ a , b ] [a,\,b] [a,b] 中的点都有一个共同的 N N N 可以 bound就像是 f ( x ) f(x) f(x) 周围放一个半径为 ε \varepsilon ε 的管状区域的话那么函数 y f n ( x ) yf_n(x) yfn(x) 最终都会进入这个区域里而点态收敛的 N N N 的选择依赖于 x x x
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Th设列 f n ( x ) : [ a , b ] → R f_n(x):\,[a,\,b]\to\bold{R} fn(x):[a,b]→R 是一个一致收敛于函数 f ( x ) : [ a , b ] → R f(x):\,[a,\,b]\to \bold{R} f(x):[a,b]→R 的连续函数序列则 f ( x ) f(x) f(x) 是连续的。
证明要证明 f ( x ) f(x) f(x) 是连续的只需要证明 ∀ α ∈ [ a , b ] , ∀ ε 0 \forall \alpha\in[a,\,b],\,\,\forall \varepsilon 0 ∀α∈[a,b],∀ε0 我们能够找到某个 δ 0 \delta0 δ0 对于 0 ∣ x − α ∣ δ 0|x-\alpha|\delta 0∣x−α∣δ 有 ∣ f ( x ) − f ( α ) ∣ ε |f(x)-f(\alpha)|\varepsilon ∣f(x)−f(α)∣ε 对于上述 α \alpha α 、 x x x 和 ε \varepsilon ε 由于 { f n ( x ) } \{f_n(x)\} {fn(x)} 一致收敛于 f ( x ) f(x) f(x) 因此存在 N ∈ N N\in N^ N∈N 使得当 n ≥ N n\geq N n≥N 时有 ∣ f ( α ) − f n ( α ) ∣ ε 3 ∣ f ( x ) − f n ( x ) ∣ ε 3 \begin{align} |f(\alpha)-f_n(\alpha)| \, \frac{\varepsilon}{3} \\ |f(x)-f_n(x)| \, \frac{\varepsilon}{3} \end{align} ∣f(α)−fn(α)∣∣f(x)−fn(x)∣3ε3ε 而 f n ( x ) f_n(x) fn(x) 是连续的因此对于上述 ε \varepsilon ε、 α \alpha α 和 n ≥ N n\geq N n≥N 存在 δ 0 \delta0 δ0 使得对于 0 ∣ x − α ∣ δ 0|x-\alpha|\delta 0∣x−α∣δ 有 ∣ f n ( x ) − f n ( α ) ∣ ε 3 |f_n(x)-f_n(\alpha)|\frac{\varepsilon}{3} ∣fn(x)−fn(α)∣3ε 对于上述的 δ \delta δ 有 ∣ f ( x ) − f ( α ) ∣ ∣ f ( x ) − f n ( x ) f n ( x ) − f n ( α ) f n ( α ) − f ( α ) ∣ ≤ ∣ f ( x ) − f n ( x ) ∣ ∣ f n ( x ) − f n ( α ) ∣ ∣ f n ( α ) − f ( α ) ∣ ε \begin{align} |f(x)-f(\alpha)|\,|f(x)-f_n(x)f_n(x)-f_n(\alpha)f_n(\alpha)-f(\alpha)| \\ \leq \, |f(x)-f_n(x)||f_n(x)-f_n(\alpha)||f_n(\alpha)-f(\alpha)| \\ \lt \, \varepsilon \end{align} ∣f(x)−f(α)∣≤∣f(x)−fn(x)fn(x)−fn(α)fn(α)−f(α)∣∣f(x)−fn(x)∣∣fn(x)−fn(α)∣∣fn(α)−f(α)∣ε 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 ) ⋯ ∑ k 1 ∞ f k ( x ) f_1(x)f_2(x)\cdots\sum\limits_{k1}^{\infty}f_k(x) f1(x)f2(x)⋯k1∑∞fk(x) 一致收敛于函数 f ( x ) f(x) f(x) 如果部分和 f 1 ( x ) f_1(x) f1(x) f 1 ( x ) f 2 ( x ) f_1(x)f_2(x) f1(x)f2(x) f 1 ( x ) f 2 ( x ) f 3 ( x ) f_1(x)f_2(x)f_3(x) f1(x)f2(x)f3(x) ⋯ \cdots ⋯ 一致收敛于 f ( x ) f(x) f(x) 。用 ε \varepsilon ε 和 δ \delta δ 语言表示为对于 ∀ ε 1 \forall \varepsilon 1 ∀ε1 ∃ N ∈ N \exists N\in N^ ∃N∈N 对于 ∀ n ≥ N \forall n\geq N ∀n≥N 对于 ∀ x ∈ D \forall x\in \bold{D} ∀x∈D 都有 ∣ f ( x ) − ∑ k 1 n f k ( x ) ∣ ε \left|f(x)-\sum\limits_{k1}^nf_k(x) \right| \varepsilon f(x)−k1∑nfk(x) ε Th如果每个函数 f k ( x ) f_k(x) fk(x) 都连续且若 ∑ k 1 ∞ f k ( x ) \sum\limits_{k1}^{\infty}f_k(x) k1∑∞fk(x) 一致收敛于 f ( x ) f(x) f(x) 则 f ( x ) f(x) f(x) 必定连续。
证明因为每个函数 f k ( x ) f_k(x) fk(x) 都连续因此部分和函数 ∑ k 1 n f k ( x ) \sum\limits_{k1}^{n}f_k(x) k1∑nfk(x) 都连续由上面的定理得 f ( x ) f(x) f(x) 必定连续。
Weierstrass M 判别法
Th设 ∑ k 1 ∞ f k ( x ) \sum\limits_{k1}^{\infty}f_k(x) k1∑∞fk(x) 为函数项级数其中没和函数 f k ( x ) f_k(x) fk(x) 都定义在实数集的子集 D \bold{D} D 上。假设 ∑ k 1 ∞ M k \sum\limits_{k1}^{\infty}M_k k1∑∞Mk 是数项级数满足 0 ≤ ∣ f k ( x ) ∣ ≤ M k 0\leq |f_k(x)|\leq M_k 0≤∣fk(x)∣≤Mk 对于 ∀ x ∈ D \forall x\in \bold{D} ∀x∈D 级数 ∑ k 1 ∞ M k \sum\limits_{k1}^{\infty}M_k k1∑∞Mk 收敛
则 ∑ k 1 ∞ f k ( x ) \sum\limits_{k1}^{\infty}f_k(x) k1∑∞fk(x) 绝对一致收敛。
证明为了证明一致收敛我们要证明对于 ∀ ε 0 \forall \varepsilon 0 ∀ε0 我们可以找到某个 N ∈ N N\in N^ N∈N 对于 ∀ n ≥ N \forall n\geq N ∀n≥N 对于 ∀ x ∈ D \forall x\in \bold{D} ∀x∈D 有 ∣ ∑ k n ∞ f ( x ) ∣ ε \left|\sum\limits_{kn}^{\infty}f(x)\right| \varepsilon kn∑∞f(x) ε 无论 ∑ k 1 ∞ f k ( x ) \sum\limits_{k1}^{\infty}f_k(x) k1∑∞fk(x) 是否收敛都有 ∣ ∑ k n ∞ f ( x ) ∣ ≤ ∑ k n ∞ ∣ f ( x ) ∣ \left|\sum\limits_{kn}^{\infty}f(x)\right| \leq \sum\limits_{kn}^{\infty}\left|f(x)\right| kn∑∞f(x) ≤kn∑∞∣f(x)∣ 因为级数 ∑ k 1 ∞ M k \sum\limits_{k1}^{\infty}M_k k1∑∞Mk 收敛因此对于上述 ε \varepsilon ε 我们可以找到某个 N ∈ N N\in N^ N∈N 使得对于 ∀ n ≥ N \forall n\geq N ∀n≥N 有 ∑ k n ∞ M k ε \sum\limits_{kn}^{\infty}M_k \varepsilon kn∑∞Mkε 又对于 ∀ x ∈ D \forall x\in \bold{D} ∀x∈D 有 0 ≤ ∣ f k ( x ) ∣ ≤ M k 0\leq |f_k(x)|\leq M_k 0≤∣fk(x)∣≤Mk 故 ∣ ∑ k n ∞ f ( x ) ∣ ≤ ∑ k n ∞ ∣ f ( x ) ∣ ≤ ∑ k n ∞ M k ε \left|\sum\limits_{kn}^{\infty}f(x)\right| \leq \sum\limits_{kn}^{\infty}\left|f(x)\right| \leq \sum\limits_{kn}^{\infty}M_k \varepsilon kn∑∞f(x) ≤kn∑∞∣f(x)∣≤kn∑∞Mkε 得证。
例考虑级数 ∑ k 1 ∞ x k k ! \sum\limits_{k1}^{\infty}\frac{x^k}{k!} k1∑∞k!xk 我们知道它收敛于函数 e x \mathrm{e}^{x} ex 我们使用 Weierstrass 判别法来证明这个级数在任意区间 [ − a , a ] [-a,\,a] [−a,a] 上都一致收敛。我们设 f k ( x ) x k k ! f_k(x)\frac{x^k}{k!} fk(x)k!xk M k a k k ! M_k\frac{a^k}{k!} Mkk!ak 显然对于 ∀ x ∈ [ − a , a ] \forall x\in[-a,\,a] ∀x∈[−a,a] 有 0 ≤ ∣ x n n ! ∣ ≤ a n n ! 0\leq \left| \frac{x^n}{n!} \right| \leq \frac{a^n}{n!} 0≤ n!xn ≤n!an 而 lim k → ∞ M k 1 M k lim k → ∞ a k 1 ( k 1 ) ! a k k ! lim k → ∞ a k 1 1 \lim_{k\to\infty} \frac{M_{k1}}{M_k}\lim_{k\to\infty}\frac{\frac{a^{k1}}{(k1)!}}{\frac{a^k}{k!}}\lim_{k\to\infty}\frac{a}{k1}1 k→∞limMkMk1k→∞limk!ak(k1)!ak1k→∞limk1a1 因此级数 ∑ k 1 ∞ M k \sum\limits_{k1}^{\infty}M_k k1∑∞Mk 收敛由 Weierstrass 判别法可知 e x \mathrm{e}^x ex 的 Taylor 级数 ∑ k 1 ∞ x k k ! \sum\limits_{k1}^{\infty}\frac{x^k}{k!} k1∑∞k!xk 在任意区间 [ − a , a ] [-a,\,a] [−a,a] 上都一致收敛。
