3.2 一致收斂與極限交換

證明

下文所用的先修證明

學習目標與定義

推導可積性結論背後的證明，並區分有界與可積。設 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上有界。對分割 $P:a=x_0<\cdots<x_n=b$，記 $m_i=\inf_{[x_{i-1},x_i]}f$、$M_i=\sup_{[x_{i-1},x_i]}f$，並定義 $L(f,P)=\sum m_i\Delta x_i$、$U(f,P)=\sum M_i\Delta x_i$。下積分 $\underline I$ 是所有下和的上確界，上積分 $\overline I$ 是所有上和的下確界。加細分割使下和不減、上和不增。

對任意兩個分割 $P,Q$，由其公共加細得 $L(f,P)\le U(f,Q)$，故 $\underline I\le\overline I$。有界性保證這些量有限。上下積分相等時，稱函數 Riemann 可積。

定理：Darboux 判據

有界函數可積，當且僅當對每個 $\varepsilon>0$ 都存在分割，使 $U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$。

證明。 若上下積分均等於 $I$，由上下確界逼近性質，取一個大於 $I-\varepsilon/2$ 的下和及一個小於 $I+\varepsilon/2$ 的上和。它們的公共加細的上下和之差小於 $\varepsilon$。反之，若對每個正的 $\varepsilon$ 都有這樣的分割，則不等式 $0\le\overline I-\underline I\le U(f,P)-L(f,P)$ 迫使上下積分之差為零。

正常 Riemann 可積實函數的一致極限

設 $a<b$ 為有限實數，每個實函數 $f_n$ 在 $[a,b]$ 上正常 Riemann 可積，並在該區間一致收斂到 $f$。一個充分靠後的 $f_N$ 有界，且與 $f$ 的一致誤差有界，所以 $f$ 有界。令 $L=b-a>0$。給定 $\varepsilon>0$，選擇 $N$ 使 $\eta=\sup|f-f_N|<\varepsilon/(4L)$。對任一分割小區間 $I$，$f$ 的上確界至多為 $f_N$ 的上確界加 $\eta$，下確界至少為 $f_N$ 的下確界減 $\eta$，因此

$$U(f,P)-L(f,P)\le U(f_N,P)-L(f_N,P)+2\eta(b-a).$$

對固定的可積函數 $f_N$，選分割 $P$ 使其 Darboux 上下和差小於 $\varepsilon/2$；於是 $f$ 的上述差小於 $\varepsilon$，由實際已證的 Darboux 判據得到 $f$ 可積。完成這一步之後，才相減兩者的正常積分。利用可積函數的積分界及 $|f-f_n|\le\sup|f-f_n|$，得到

$$\left|\int_a^b f-\int_a^b f_n\right|\le (b-a)\sup_{[a,b]}|f-f_n|\longrightarrow0.$$

當 $a=b$，這些有向積分均為零，沒有除以 $L=0$；反向端點由改變符號處理。本定理不推出瑕積分或非緊定義域上的對應斷言。

逐點與一致

定義

兩種收斂方式

對 $A$ 上的函數 $f_n,f$，逐點收斂指：對每個 $x\in A$ 及每個 $\varepsilon>0$，存在 $N$ 使 $n\ge N$ 蘊含 $|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon$；$N$ 可依賴 $x$。一致收斂指：對每個 $\varepsilon>0$，存在同一個 $N$，使所有 $n\ge N$ 及所有 $x\in A$ 都滿足 $|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon$。

當 $A$ 非空時，等價地，一致收斂表示 $\sup_{x\in A}|f_n(x)-f(x)|\to0$，且上確界最終有限。要否定一致收斂，可找 $\varepsilon_0>0$、$n_k\to\infty$ 的指標，以及 $x_k\in A$ 使 $|f_{n_k}(x_k)-f(x_k)|\ge\varepsilon_0$。

例題

逐點收斂可能失去連續性

在 $[0,1]$ 上，$f_n(x)=x^n$ 逐點收斂至 $f(x)=0$（$0\le x<1$）及 $f(1)=1$。每個 $f_n$ 都連續，但極限在 $1$ 不連續。收斂不可能一致；例如 $x_n=1-1/n$ 給 $x_n^n\to e^{-1}$，而 $f(x_n)=0$。在 $0<r<1$ 的 $[0,r]$ 上，$\sup|x^n|=r^n\to0$，故一致收斂。

定理

一致極限保持連續

若每個 $f_n$ 相對 $A$ 在 $a\in A$ 連續，且 $f_n\to f$ 在 $A$ 上一致收斂，則 $f$ 在 $a$ 連續。

證明

三項估計

給定 $\varepsilon>0$，選 $N$ 使所有 $x\in A$ 都有 $|f_N(x)-f(x)|<\varepsilon/3$。由固定函數 $f_N$ 在 $a$ 連續，選 $\delta$ 使 $|x-a|<\delta$ 時 $|f_N(x)-f_N(a)|<\varepsilon/3$。則

$$|f(x)-f(a)|\le|f(x)-f_N(x)|+|f_N(x)-f_N(a)|+|f_N(a)-f(a)|<\varepsilon.$$

積分、微分與級數

若黎曼可積的 $f_n$ 在 $[a,b]$ 上一致收斂至 $f$，則 $f$ 可積且 $\int_a^b f_n\to\int_a^b f$。積分之差可由 $(b-a)\sup|f_n-f|$ 控制；一致極限的可積性則可用足夠小的一致誤差，加上固定 $f_N$ 的一個分割來證明。

單靠 $f_n$ 一致收斂，不能保證導數收斂。例如 $f_n(x)=\sin(nx)/n$ 在 $\mathbb R$ 上一致收斂至零，但每個 $n$ 都有 $f_n'(0)=1$，而極限的導數為零。一個有用的充分定理是：若 $a<b$，$f_n$ 在 $[a,b]$ 上屬 $C^1$，某個 $x_0\in[a,b]$ 的 $f_n(x_0)$ 收斂，且 $f_n'$ 一致收斂至 $g$，則 $f_n$ 一致收斂至 $f$，且 $f$ 在 $(a,b)$ 可微、在那裏 $f'=g$。基本定理及一致積分結果給出 $f(x)=\lim f_n(x_0)+\int_{x_0}^xg(t)dt$；連續導數的一致極限保證 $g$ 連續。

函數級數的一致收斂是指部分和一致收斂。Weierstrass M 判別法指出：若對所有 $x\in A$ 有 $|u_n(x)|\le M_n$，且 $\sum M_n$ 收斂，則 $\sum u_n$ 一致收斂，並在每點絕對收斂。證明使用一致柯西尾和界 $|\sum_{k=m}^n u_k(x)|\le\sum_{k=m}^nM_k$。

例題

一致級數界

對 $[0,1]$ 上的 $u_n(x)=x^n/2^n$，有 $|u_n(x)|\le2^{-n}$。等比優級數收斂，故 M 判別法給一致收斂。每個部分和連續，所以極限連續。事實上由等比公式可得其和為 $x/(2-x)$。

方法比較

證逐點收斂時先固定 $x$；證一致收斂時尋找與 $x$ 無關的上確界估計或可和優級數。要證失敗，可選移動點 $x_n$ 暴露最壞行為。交換微分需要比函數一致收斂更強的條件；使用前先寫出確切的充分假設。

練習

1. $f_n(x)=x/n$ 在 $[0,1]$ 上一致收斂至零嗎？在 $\mathbb R$ 上呢？
2. 證明 $x^n\to0$ 在 $[0,1/2]$ 上一致成立。
3. 用 M 判別法處理 $[-1,1]$ 上的 $\sum_{n=1}^\infty x^n/3^n$。
4. 給出一列一致收斂的可微函數，使其導數在某點不收斂至極限函數的導數。

詳解

1. 在 $[0,1]$，$\sup|x/n|=1/n\to0$，所以是。在 $\mathbb R$，每個 $n$ 的誤差均無界，故不一致收斂，儘管逐點收斂。
2. $\sup_{[0,1/2]}|x^n|=(1/2)^n\to0$。
3. $|x^n/3^n|\le3^{-n}$，等比優級數收斂，故原級數一致收斂且逐點絕對收斂。
4. $f_n(x)=\sin(nx)/n$ 一致收斂至零，但每個 $n$ 都有 $f_n'(0)=1$，不等於 $0$。

總結

一致收斂為整個定義域提供同一尾部界。它保持連續性，並支持緊緻區間上的積分交換；微分則需額外定理及假設。