一致收斂與極限交換

性質良好的函數序列，其極限可能表現不佳。關鍵是收斂能否從某個共同階段起在所有點都達到所需精度。一致收斂提供這種控制，但它並不對所有運算同樣有效：積分比微分更容易與極限交換。

1 量詞的次序

若對每個 $x\in E$ 和 $\varepsilon>0$ 存在可能依賴於 $x$ 的 $N$，使 $n\ge N$ 時 $|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon$，則序列 $f_n:E\to\mathbb R$ 逐點收斂於 $f$。若同一個 $N$ 對每個 $x\in E$ 都有效，則稱為一致收斂。等價地，當這些上確界有限時，$\sup_{x\in E}|f_n(x)-f(x)|\to0$。

在 $[0,1]$ 上，$f_n(x)=x^n$ 當 $x<1$ 時趨於 0，在 $x=1$ 時趨於 1。收斂不一致：對於每個 $n$，略小於 1 的點可使 $x^n$ 任意接近 1，而極限函數在這些點為零。誤差的上確界為 1，雖然未必取到。

一致極限定理。 連續函數的一致極限連續。

證明。 固定 $a$ 和 $\varepsilon>0$，選取 $n$ 使一致誤差小於 $\varepsilon/3$。由該函數 $f_n$ 的連續性，當 $x$ 充分接近 $a$ 時有 $|f_n(x)-f_n(a)|<\varepsilon/3$。三角不等式用兩個一致誤差和中間這一項控制 $|f(x)-f(a)|$。$\square$

2 交換積分與極限

定理。 若 $f_n$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可積並一致收斂到 $f$，則 $f$ 可積且 $\int f_n\to\int f$。

證明。 對任意劃分，$U(f,P)-L(f,P)\le U(f_n,P)-L(f_n,P)+2(b-a)\|f-f_n\|_\infty$。先選 $n$ 使第二項小，再選劃分使第一項小，由此證明可積性。最後

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

對多重 Riemann 積分，同一證明使用矩形體積。$\square$

僅有逐點收斂不夠。在 $[0,1]$ 上定義 $f_n(x)=n$（當 $0<x<1/n$），其餘處為零。每個固定點的函數值最終為零，但每個積分均為 1。此例可積但不連續；連續三角尖峰也給出同樣的失敗。

3 級數與一致 Cauchy 判據

當函數項級數 $\sum g_n$ 的部分和一致收斂時，稱級數一致收斂。由 $\mathbb R$ 的完備性，這等價於：對每個 $\varepsilon>0$，存在 $N$ 使

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

逐點完備性提供候選和函數；一致尾項界繼而給出到該函數的一致收斂。

Weierstrass 判別法。 若對所有 $x$ 有 $|g_n(x)|\le M_n$ 且 $\sum M_n<\infty$，則 $\sum g_n$ 絕對且一致收斂。證明用相應的數項級數尾和控制每個尾項，然後應用判據。

對於 $[-1,1]$ 上的 $\sum x^n/n^2$，取 $M_n=1/n^2$。其和函數連續，級數可在任意子區間上逐項積分。但僅憑此不能在端點處逐項求導。

4 求導需要更強控制

僅有 $f_n$ 的一致收斂不蘊含導數收斂：$f_n(x)=\sin(nx)/n$ 一致趨於零，但對每個 $n$ 都有 $f_n'(0)=1$，並非零極限函數的導數。

導數定理。 假設 $f_n\in C^1([a,b])$，$f_n(a)$ 收斂，且 $f_n'$ 一致收斂到 $g$。則 $f_n$ 一致收斂到某個 $C^1$ 函數 $f$，且 $f'=g$。

證明。 一致收斂使 $g$ 連續。令 $c=\lim f_n(a)$ 並定義 $f(x)=c+\int_a^xg(t)dt$。恆等式 $f_n(x)=f_n(a)+\int_a^xf_n'$ 給出一致誤差至多為 $|f_n(a)-c|+(b-a)\|f_n'-g\|_\infty$。由微積分基本定理得 $f'=g$。$\square$

共同點上的值收斂這一假設防止常數項漂移：$f_n(x)=n$ 的導數為零，但函數沒有極限。

練習與完整解答

E1 基礎。 判斷 $x/(n+x)$ 是否在 $[0,1]$ 和 $[0,\infty)$ 上一致收斂到零。

S1. 在 $[0,1]$ 上，上確界為 $1/(n+1)\to0$，故一致收斂。在半直線上，上確界為 1，當 $x\to\infty$ 時趨近該值，所以不一致收斂。逐點收斂仍然成立。

E2 級數。 證明 $\sum_{n=1}^\infty\sin(nx)/n^2$ 在 $\mathbb R$ 上一致收斂。這個論證能否斷言其導數級數一致收斂？

S2. 每項以 $1/n^2$ 為界，使用 Weierstrass 判別法。求導會得到 $\cos(nx)/n$；在 $x=0$ 處，該級數為調和級數，發散。因此不能斷言導數級數在整個 $\mathbb R$ 上一致收斂。

E3 交換。 利用一致收斂計算 $\lim_n\int_0^1[x+x^2/n]dx$。

S3. 與 $x$ 的一致誤差至多為 $1/n$，所以極限積分為 $\int_0^1x dx=1/2$。直接計算得 $1/2+1/(3n)$，驗證結果。

E4 定義域的影響。 證明 $x^n$ 在每個 $0\le r<1$ 對應的 $[0,r]$ 上一致收斂到零，儘管它在 $[0,1]$ 上不一致收斂。

S4. 對 $0\le r<1$，在 $[0,r]$ 上的上確界為 $r^n\to0$。所需的階段 $N$ 可依賴 $r$；當 $r$ 趨近 1 時，不存在保持小的單一估計。

總結

一致收斂在某個共同階段控制定義域內所有點。它保持連續性，並允許在固定有限區間上交換積分與極限。求導需要控制導數，並要求一個錨定點的值收斂。必須說明定義域，因為定義域擴大時一致性可能消失。