14.6 一致收敛和积分 ​

命题 ​

1. （14.6.1 一致极限与积分可交换运算？）设$[a,b]$是一个区间。对于每一个整数$n\ge 1$，设$f^{(n)}:[a,b]\to \mathbb{R}$是一个黎曼可积的函数。设$f^{(n)}$在$[a,b]$上一致收敛于函数$f:[a,b]\to \mathbb{R}$。那么$f$是黎曼可积的，并且

   $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{[a,b]}{f}^{(n)}={\int }_{[a,b]}f$$

   （注：这个定理告诉我们可以交换一致极限与积分的运算顺序，即${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{[a,b]}{f}^{(n)}={\int }_{[a,b]}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}^{(n)}}$）

   推论：

   1. （14.6.2）设$[a,b]$是一个区间，并设$(f^{(n)}{)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$是$[a,b]$上黎曼可积函数的序列。如果级数${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}^{(n)}}$一致收敛，那么$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{[a,b]}{f}^{(n)}={\int }_{[a,b]}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}^{(n)}$$（注：这个推论结合魏尔斯特拉斯M判别法（定理14.5.7）一起使用会有更好的效果）

课后习题 ​

14.6.1 利用定理14.6.1证明推论14.6.2 ​

由于$(f^{(n)}{)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$是$[a,b]$上黎曼可积函数的序列，因此根据黎曼积分定律（命题11.4.1(a)）我们知道对任意的$N>1$都有部分和${\displaystyle \sum _{n=1}^N{f}^{(n)}}$也是在$[a,b]$上黎曼可积的（使用归纳法），然后根据定义14.5.2与定理14.6.1，由于${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}^{(n)}}$是部分和${\displaystyle \sum _{n=1}^N{f}^{(n)}}$的一致极限，因此有：

$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{[a,b]}\sum _{n=1}^N{f}^{(n)}={\int }_{[a,b]}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}^{(n)}$$

然后再次使用黎曼积分定律（也是命题11.4.1(a)），对任意的$N>0$我们有：

$${\int }_{[a,b]}\sum _{n=1}^N{f}^{(n)}=\sum _{n=1}^N{\int }_{[a,b]}{f}^{(n)}$$

（需要用一下归纳，这里省略了）于是即有：

$$\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{[a,b]}\sum _{n=1}^N{f}^{(n)}=\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{n=1}^N{\int }_{[a,b]}{f}^{(n)}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{[a,b]}{f}^{(n)}$$

总结即有：

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{[a,b]}{f}^{(n)}={\int }_{[a,b]}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}^{(n)}$$

于是推论14.6.2得证。

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实分析 14.5 函数级数与魏尔斯特拉斯M判别法