若fn为单调连续函数列且在区间I收敛于连续函数F,证明fn一致收敛
时间: 2023-05-28 12:08:15 浏览: 65
设$f_n$是单调连续函数列,且在区间$I$收敛于连续函数$F$,即$\lim_{n\to\infty}f_n(x)=F(x)$,且$F$在$I$上连续。
要证明$f_n$一致收敛于$F$,即对于任意$\epsilon>0$,存在$N$,使得当$n>N$时,对于任意$x\in I$,有$|f_n(x)-F(x)|<\epsilon$。
由于$f_n$单调,不妨设$f_n$为单调递增函数列。对于任意$\epsilon>0$,由于$F$在$I$上连续,存在$\delta>0$,使得当$|x-y|<\delta$时,有$|F(x)-F(y)|<\epsilon/2$。
由于$f_n$在$I$上收敛于$F$,因此存在$N_1$,使得当$n>N_1$时,有$|f_n(x)-F(x)|<\epsilon/2$。又由于$f_n$是单调递增函数列,因此对于任意$n>N_1$和$x\in I$,有$f_n(x)-f_{N_1}(x)\geq 0$。又因为$f_n$是单调递增函数列,因此对于任意$x,y\in I$,如果$x>y$,则$f_n(x)-f_n(y)\geq f_{N_1}(x)-f_{N_1}(y)$。
现在考虑如何选取$N$,使得当$n>N$时,对于任意$x\in I$,有$|f_n(x)-F(x)|<\epsilon$。由于$f_n$单调递增,因此对于任意$n>N_1$和$x\in I$,有:
$$f_n(x)-f_{N_1}(x)\geq 0$$
又由于$F$在$I$上连续,因此存在$\delta>0$,使得当$|x-y|<\delta$时,有$|F(x)-F(y)|<\epsilon/2$。因此,对于任意$n>N_1$和$x,y\in I$,如果$|x-y|<\delta$,则有:
$$|f_n(x)-f_n(y)|\leq |f_n(x)-F(x)|+|F(x)-F(y)|+|f_n(y)-F(y)|<\epsilon$$
又由于$f_n$是单调递增函数列,因此对于任意$x,y\in I$,如果$x>y$,则$f_n(x)-f_n(y)\geq f_{N_1}(x)-f_{N_1}(y)$。因此,对于任意$n>N_1$和$x,y\in I$,如果$x>y$且$|x-y|<\delta$,则有:
$$|f_n(x)-f_n(y)|\leq |f_n(x)-F(x)|+|F(x)-F(y)|+|f_n(y)-F(y)|<\epsilon$$
现在考虑如何选取$N$,使得当$n>N$时,对于任意$x\in I$,有$|f_n(x)-F(x)|<\epsilon$。由于$f_n$是单调递增函数列,因此对于任意$x\in I$,存在$N_x>N_1$,使得当$n>N_x$时,有$|f_n(x)-F(x)|<\epsilon/2$。由于$I$是有限区间,因此存在有限个点$x_1,x_2,\ldots,x_k$,使得$I$可以被分成$k$个子区间$I_1,I_2,\ldots,I_k$,其中每个子区间的长度小于$\delta$,且对于每个子区间$I_i$,存在$N_{x_i}>N_1$,使得当$n>N_{x_i}$时,对于任意$x\in I_i$,有$|f_n(x)-F(x)|<\epsilon/2$。令$N=\max\{N_{x_1},N_{x_2},\ldots,N_{x_k}\}$,则当$n>N$时,对于任意$x\in I$,存在$i$,使得$x\in I_i$,因此有:
$$|f_n(x)-F(x)|\leq |f_n(x)-f_n(y)|+|F(x)-F(y)|+|f_n(y)-F(y)|<\epsilon$$
因此,$f_n$一致收敛于$F$。
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