最后更新: 2025-03-17 08:01 查看: 12 次反馈刷题

连续性定理

## 15.3.2 连续性定理
定理15．5（连续性定理）（1）设函数列 $\left\{S_n(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $S(x)$ ，则 $S(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续．
（2）设函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n(x)$ 的每一项在区间 $[a, b]$ 上连续，在 $[a, b]$ 上一致收敛，则其和函数 $S(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续．

证 只证明（1）就够了。
设 $x, x_0 \in[a, b]$ ，将 $\left|S(x)-S\left(x_0\right)\right|$ 分拆如下（俗称为 $3 \varepsilon$ 方法或 $\frac{\varepsilon}{3}$ 方法）：

对于给定的 $\varepsilon>0, \exists N, \forall n \geqslant N, \forall x \in[a, b]:\left|S_n(x)-S(x)\right|<\varepsilon$ 。于是只要 $n \geqslant N,(15.4)$ 右边的第一项和第三项已分别小于 $\varepsilon$ ．
为了使得其右边的第二项也足够小，其中的 $n$ 仅仅大于等于 $N$ 还是不行的，因为有无限多个这样的 $n$ 。取定 $n=N$ ，这样就得到

$$
\left|S(x)-S\left(x_0\right)\right| \leqslant 2 \varepsilon+\left|S_N(x)-S_N\left(x_0\right)\right|
$$

利用 $S_N(x) \in C[a, b]$ ，存在 $\delta>0$ ，当 $x \in O_\delta\left(x_0\right) \cap[a, b]$ 时，成立 $\left|S_N(x)-S_N\left(x_0\right)\right|<$ $\varepsilon$ 。这时从（15．5）可见，当 $x \in O_\delta\left(x_0\right) \cap[a, b]$ 时也就有 $\left|S(x)-S\left(x_0\right)\right|<3 \varepsilon$ 。这样就证明了 $S(x)$ 在点 $x_0$ 连续．由于 $x_0$ 可以取到 $I=[a, b]$ 的每一个点，因此已经证明 $S(x)$ 在 $I=[a, b]$ 上连续。

定理 15.5 中的一致收敛条件只是充分条件，但不是必要条件．对于区间 $I$ 不是有界闭区间的其他情况，则内闭一致收敛条件已经足够。这就是下面的推论。

推论（1）设函数列 $\left\{S_n(x)\right\}$ 在区间 $I$ 上连续，且该函数列在 $I$ 上内闭一致收敛于 $S(x)$ ，则 $S(x)$ 在 $I$ 上连续。
（2）设函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n(x)$ 的每一项在区间 $I$ 上连续，且级数在 $I$ 上内闭一致收玫，则其和函数 $S(x)$ 在 $I$ 上连续．

证 只对于（1）作出证明。
对 $x_0 \in I$ ，存在有界闭区间 $[c, d]$ ，使得 $x_0 \in[c, d] \subset I$ ．若 $x_0$ 是 $I$ 的内点，则还可以做到 $c<x_0<d$ 。由于函数列 $\left\{S_n(x)\right\}$ 于 $I$ 中内闭一致收敛，因此在 $[c, d]$ 上一致收敛．从定理 15.5 的证明可见 $S(x)$ 在点 $x_0$ 连续．

注 1 这里要注意连续性是局部性质，因此实际上是逐点证明的．具体来说就是对一个点用一个有界闭区间将它包住，然后在这个区间上用定理 15．5．这也就是内闭一致收敛概念的由来。

注 2 连续性定理的逆否命题也经常有用，即连续函数列的极限函数不连续，或连续函数项级数的和函数不连续时，则一定不会是内闭一致收敛的．例如在 $[0,1]$上的 $\left\{x^n\right\}$ 就是如此．于是从例题 15.1 的计算就可以得到例题 15.4 的结论．

例题 15.16 从例题 15.12 已知 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n}$ 在 $(0,2 \pi)$ 上内闭一致收敛，因此其和函数 $S(x)$ 在 $(0,2 \pi)$ 上连续．

注 由于上述级数于 $x=0,2 \pi$ 处显然收玫于 0 ，而且每一项都是周期 $2 \pi$ 的函数，因此 $S(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上处处有定义，且是周期 $2 \pi$ 的周期函数．从第十六章将会看到，这个和函数 $S(x)$ 恰恰就在包括点 $0,2 \pi$ 在内的 $2 k \pi(k \in Z )$ 处不连续。

例题 15.17 对于 $\zeta(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^x}$ ，已知收玫域是 $(1,+\infty)$ ，讨论其连续性．

解 对于收敛域 $(1,+\infty)$ 中的有界闭区间 $[c, d]$ ，利用在 $x \in[c, d]$ 上成立 $\frac{1}{n^x} \leqslant \frac{1}{n^c}$ ，因此用 Weierstrasss 判别法知道级数在 $[c, d]$ 上一致收敛．由于 $[c, d] \subset(1,+\infty)$ 的任意性，因此级数在 $(1,+\infty)$ 上内闭一致收玫．于是根据连续性定理知道 $\zeta(x) \in C(1,+\infty)$ 。

注 实际上这里不一定需要引入内闭一致收敛的概念。只要对 $\forall x_0 \in$ $(1,+\infty)$ ，取 $c, d$ 满足 $1<c<x_0<d$ ，然后如上面一样证明级数在 $[c, d]$ 上一致收玫，从而和函数在点 $x_0$ 连续．由于 $x_0>1$ 的任意性，证毕．

极限函数或和函数的连续性定理的逆定理不成立．下面是一个例子．
例题 15.18 设在 $[0,1]$ 上 $S_n(x)=n x^n(1-x) \forall n$ ，则可以看出极限函数 $S(x) \equiv 0 \forall x \in[0,1]$ ．但可以证明上述函数列在 $[0,1]$ 上不一致收敛．

证 为此只要计算 $\sup _{x \in[0,1]}\left|S_n(x)-S(x)\right|=\max _{x \in[0,1]} S_n(x)$ ，除了用微分学方法之外也可以用平均值不等式看出

$$
\begin{aligned}
S_n(x) & =n x^n(1-x)=n^{n+1}\left(\frac{x}{n}\right)^n(1-x) \\
& \leqslant n^{n+1}\left(\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}=\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1}
\end{aligned}
$$

且右边可达到，因此 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left\|S_n-S\right\|=\frac{1}{ e }$ ，即不是一致收敛．
注 建议读者对若干个 $n$ 作出 $S_n(x)$ 在 $[0,1]$ 上的草图，这样就会发现与图 15.3 类似的现象，从而加深对于不一致收玫现象的理解．
 
然而若除了极限函数（或和函数）的连续性之外，对于连续函数列再加上单调性（对于连续函数项级数加上保号性），就可以推出一致收敛。这就是 Dini ${ }^{(1)}$ 定理。

定理15．6（**Dini 定理**）（1）设 $\left\{S_n(x)\right\}$ 是 $[a, b]$ 上的连续函数列，且关于 $n$ 为单调序列，其极限函数 $S(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，则该函数列在 $[a, b]$ 上一致收玫．
（2）设 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n(x)$ 是在区间 $[a, b]$ 上保号的连续函数项级数，其和函数 $S(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，则该函数项级数在 $[a, b]$ 上一致收玫．

证（用有限覆盖定理）只证明（1）。
不妨设对每个 $x \in[a, b],\left\{S_n(x)\right\}$ 关于 $n$ 为单调减少数列，即有 $S_n(x) \downarrow S(x)$ ．以下我们要构造 $[a, b]$ 的一个开覆盖，请参见图15．4．

设给定 $\varepsilon>0$ ．任取 $x_0 \in[a, b]$ ，
 ![图片](/uploads/2025-02/a5dff6.jpg)
 
 则从 $S_n\left(x_0\right) \downarrow S\left(x_0\right)$ ，存在 $N$ ，使得

$$
S\left(x_0\right) \leqslant S_N\left(x_0\right)<S\left(x_0\right)+\varepsilon
$$

利用 $S_N(x)$ 和极限函数 $S(x)$ 都在 $x_0$ 处连续，存在 $\delta>0$ ，使得当 $x \in$ $O_\delta\left(x_0\right) \cap[a, b]$ 时成立

$$
S(x) \leqslant S_N(x)<S(x)+\varepsilon .
$$

这样就得到覆盖 $x_0$ 的一个邻域 $O_\delta\left(x_0\right)$ ，且存在与该邻域对应的一个下标 $N$ ．由于序列的单调性，当 $n \geqslant N,\left|x-x_0\right|<\delta$ 时，成立 $S(x) \leqslant S_n(x) \leqslant S_N(x)<$ $S(x)+\varepsilon$ ．在图15．4中就是落在下列区域内：

$$
\left\{(x, y) \mid x \in O_\delta\left(x_0\right), S(x) \leqslant y<S_N(x)\right\}
$$

对于每一个点 $x_0 \in[a, b]$ 都这样做，就得到 $[a, b]$ 的一个开覆盖．用有限覆盖定理（即定理 2．29），在上述开覆盖中存在有限子覆盖，不妨记为 $O_1, \cdots, O_p$ ，它们的并覆盖了 $[a, b]$ ．同时它们分别对应了下标 $N_1, \cdots, N_p$ ，使得 $\forall i \in\{1, \cdots, p\}$ ， $\forall x \in O_i$ ，成立

$$
S(x) \leqslant S_{N_i}(x)<S(x)+\varepsilon
$$

最后，取 $N=\max \left\{N_1, \cdots, N_p\right\}$ ，则当 $n \geqslant N$ 时，对每一个 $x \in[a, b]$ ，存在某个 $i$ ，使得 $x \in O_i$ ，从而有

$$
S(x) \leqslant S_n(x) \leqslant S_{N_i}(x)<S(x)+\varepsilon
$$

这就是 $\left|S_n(x)-S(x)\right|<\varepsilon$ ，从而就证明了 $\left\{S_n(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $S(x)$ ．
注 若将 Dini 定理中的区间 $[a, b]$ 改为其他类型的区间 $I$ ，则只要将结论改为在 $I$ 上内闭一致收敛即可．这对于级数情况同样适用．

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