一致收敛与极限交换

性质良好的函数序列，其极限可能表现不佳。关键是收敛能否从某个共同阶段起在所有点都达到所需精度。一致收敛提供这种控制，但它并不对所有运算同样有效：积分比微分更容易与极限交换。

1 量词的次序

若对每个 $x\in E$ 和 $\varepsilon>0$ 存在可能依赖于 $x$ 的 $N$，使 $n\ge N$ 时 $|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon$，则序列 $f_n:E\to\mathbb R$ 逐点收敛于 $f$。若同一个 $N$ 对每个 $x\in E$ 都有效，则称为一致收敛。等价地，当这些上确界有限时，$\sup_{x\in E}|f_n(x)-f(x)|\to0$。

在 $[0,1]$ 上，$f_n(x)=x^n$ 当 $x<1$ 时趋于 0，在 $x=1$ 时趋于 1。收敛不一致：对于每个 $n$，略小于 1 的点可使 $x^n$ 任意接近 1，而极限函数在这些点为零。误差的上确界为 1，虽然未必取到。

一致极限定理。 连续函数的一致极限连续。

证明。 固定 $a$ 和 $\varepsilon>0$，选取 $n$ 使一致误差小于 $\varepsilon/3$。由该函数 $f_n$ 的连续性，当 $x$ 充分接近 $a$ 时有 $|f_n(x)-f_n(a)|<\varepsilon/3$。三角不等式用两个一致误差和中间这一项控制 $|f(x)-f(a)|$。$\square$

2 交换积分与极限

定理。 若 $f_n$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积并一致收敛到 $f$，则 $f$ 可积且 $\int f_n\to\int f$。

证明。 对任意划分，$U(f,P)-L(f,P)\le U(f_n,P)-L(f_n,P)+2(b-a)\|f-f_n\|_\infty$。先选 $n$ 使第二项小，再选划分使第一项小，由此证明可积性。最后

$$\left|\int_a^b f_n-\int_a^b f\right|\le(b-a)\|f_n-f\|_\infty\to0.$$

对多重 Riemann 积分，同一证明使用矩形体积。$\square$

仅有逐点收敛不够。在 $[0,1]$ 上定义 $f_n(x)=n$（当 $0<x<1/n$），其余处为零。每个固定点的函数值最终为零，但每个积分均为 1。此例可积但不连续；连续三角尖峰也给出同样的失败。

3 级数与一致 Cauchy 判据

当函数项级数 $\sum g_n$ 的部分和一致收敛时，称级数一致收敛。由 $\mathbb R$ 的完备性，这等价于：对每个 $\varepsilon>0$，存在 $N$ 使

$$\left|\sum_{k=p}^qg_k(x)\right|<\varepsilon\quad(q\ge p\ge N, x\in E).$$

逐点完备性提供候选和函数；一致尾项界继而给出到该函数的一致收敛。

Weierstrass 判别法。 若对所有 $x$ 有 $|g_n(x)|\le M_n$ 且 $\sum M_n<\infty$，则 $\sum g_n$ 绝对且一致收敛。证明用相应的数项级数尾和控制每个尾项，然后应用判据。

对于 $[-1,1]$ 上的 $\sum x^n/n^2$，取 $M_n=1/n^2$。其和函数连续，级数可在任意子区间上逐项积分。但仅凭此不能在端点处逐项求导。

4 求导需要更强控制

仅有 $f_n$ 的一致收敛不蕴含导数收敛：$f_n(x)=\sin(nx)/n$ 一致趋于零，但对每个 $n$ 都有 $f_n'(0)=1$，并非零极限函数的导数。

导数定理。 假设 $f_n\in C^1([a,b])$，$f_n(a)$ 收敛，且 $f_n'$ 一致收敛到 $g$。则 $f_n$ 一致收敛到某个 $C^1$ 函数 $f$，且 $f'=g$。

证明。 一致收敛使 $g$ 连续。令 $c=\lim f_n(a)$ 并定义 $f(x)=c+\int_a^xg(t)dt$。恒等式 $f_n(x)=f_n(a)+\int_a^xf_n'$ 给出一致误差至多为 $|f_n(a)-c|+(b-a)\|f_n'-g\|_\infty$。由微积分基本定理得 $f'=g$。$\square$

共同点上的值收敛这一假设防止常数项漂移：$f_n(x)=n$ 的导数为零，但函数没有极限。

练习与完整解答

E1 基础。 判断 $x/(n+x)$ 是否在 $[0,1]$ 和 $[0,\infty)$ 上一致收敛到零。

S1. 在 $[0,1]$ 上，上确界为 $1/(n+1)\to0$，故一致收敛。在半直线上，上确界为 1，当 $x\to\infty$ 时趋近该值，所以不一致收敛。逐点收敛仍然成立。

E2 级数。 证明 $\sum_{n=1}^\infty\sin(nx)/n^2$ 在 $\mathbb R$ 上一致收敛。这个论证能否断言其导数级数一致收敛？

S2. 每项以 $1/n^2$ 为界，使用 Weierstrass 判别法。求导会得到 $\cos(nx)/n$；在 $x=0$ 处，该级数为调和级数，发散。因此不能断言导数级数在整个 $\mathbb R$ 上一致收敛。

E3 交换。 利用一致收敛计算 $\lim_n\int_0^1[x+x^2/n]dx$。

S3. 与 $x$ 的一致误差至多为 $1/n$，所以极限积分为 $\int_0^1x dx=1/2$。直接计算得 $1/2+1/(3n)$，验证结果。

E4 定义域的影响。 证明 $x^n$ 在每个 $0\le r<1$ 对应的 $[0,r]$ 上一致收敛到零，尽管它在 $[0,1]$ 上不一致收敛。

S4. 对 $0\le r<1$，在 $[0,r]$ 上的上确界为 $r^n\to0$。所需的阶段 $N$ 可依赖 $r$；当 $r$ 趋近 1 时，不存在保持小的单一估计。

总结

一致收敛在某个共同阶段控制定义域内所有点。它保持连续性，并允许在固定有限区间上交换积分与极限。求导需要控制导数，并要求一个锚定点的值收敛。必须说明定义域，因为定义域扩大时一致性可能消失。