14.7 一致收敛和导数 ​

摘录 ​

1. （一致连续保持导数，吗？）在前面几节中我们已经了解到一致收敛能够很好地保持连续性，极限以及积分，因此很自然地我们会设想一致连续是否也能保持导数，具体来说即：如果$f_n$一致收敛于$f$，并且$f_n$都是可微的，那么这是否意味着：

   1. $f$也是可微的。
   2. $f_n^{\prime }$也收敛于$f^{\prime }$。

   ​ 但是对于第二个想法，很遗憾，答案是否定的。这里给出一个反例：考虑定义为$f_n(x):=n^{-1/2}\sin (nx)$的函数$f_n:[0,2\pi ]\to \mathbb{R}$，并且设$f:[0,2\pi ]\to \mathbb{R}$是零函数$f(x):=0$。显然我们可以计算有$d_{\mathrm{\infty }}(f_n,f)=n^{1/2}$显然是收敛于$0$的，于是我们可以知道$f_n$是一致收敛于$f$的。但是注意到$f_n^{\prime }(x)=n^{-1/2}\cos (nx)$，于是$d_{\mathrm{\infty }}(f_n,f)\ge |f_n^{\prime }(0)-f^{\prime }(0)|=n^{1/2}$显然$f_n^{\prime }$不是一致收敛于$f^{\prime }$的。于是我们很遗憾的得到了

   $$\frac{\text{d}}{\text{d}x}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n(x)\ne \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\text{d}}{\text{d}x}{f}_n(x)$$

   ​ 而对第一个想法，很遗憾，答案还是否定的。依旧给出一个反例：考虑定义为$f_n(x):={\displaystyle \sqrt{\frac{1}{n^2}+x^2}}$的函数$f_n:[-1,1]\to \mathbb{R}$的序列。这个序列中的函数都是可微的。并且不难检验对任意$x\in [-1,1]$都有${\displaystyle |x|\le f_n(x)\le |x|+\frac{1}{n}}$，于是根据夹逼定理显然可以得到$f_n$一致收敛于绝对值函数$|x|$，但是$|x|$在$0$处不可微。

   ​ 虽然上面的两个想法都非常遗憾的不能成立，但是我们仍然能够找到在某些条件下一致收敛与导数之间的关系。例如，在导函数序列$f_n^{\prime }$一致收敛的前提下，如果给出原函数序列$f_n$在某点的逐点收敛性，那么我们就可以给出$f_n$的一致收敛性，并且此情景下成立第二个想法。

2. （魏尔斯特拉斯级数）在这里我们给出一个连续但不可微的函数例子来破灭对可微与连续等价的幻想，这个特别的例子是由魏尔斯特拉斯发现的。在这个例子中，我们预先假设已经具备了三角函数的相关知识。考虑函数$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$为

   $$f(x):=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{4}^{-n}\cos ({32}^n\pi x)$$

   根据魏尔斯特拉斯M判别法，我们知道该级数是一致收敛的；因为每一个函数$4^{-n}\cos ({32}^n\pi x)$都是连续的，因此$f$也是连续的；但是$f$是不可微的（参见习题15.7.10），事实上$f$是在定义域上处处不可微的。

命题 ​

1. （14.7.1）设$[a,b]$是一个区间。对于任意的整数$n\ge 1$，设$f_n:[a,b]\to \mathbb{R}$是一个可微函数，并且其导函数$f_n^{\prime }:[a,b]\to \mathbb{R}$是连续的。如果导函数序列$f_n^{\prime }$一致收敛于函数$g:[a,b]\to \mathbb{R}$，并且存在一点$x_0$使得极限${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n(x_0)}$存在，那么函数序列$f_n$就一致收敛于某个可微函数$f$，并且$f$的导函数是$g$。

   （注：这个定理表明：如果$f_n^{\prime }$是一致收敛的，并且在某个$x_0$处$f_n(x_0)$收敛（也就是说$f_n$在$x_0$处逐点收敛），那么$f_n$也是一致收敛的，并且有${\displaystyle \frac{\text{d}}{\text{d}x}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\text{d}}{\text{d}x}{f}_n(x)}$；并且事实上，其实不假定$f_n^{\prime }$是连续函数时这个结论依然成立，这点参考习题14.7.2）

   推论：

   1. （14.7.3）设$[a,b]$是一个区间。对于任意的整数$n\ge 1$，设$f_n:[a,b]\to \mathbb{R}$是一个可微函数，并且其导函数$f_n^{\prime }:[a,b]\to \mathbb{R}$是连续的。如果级数${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\Vert f_n^{\prime }{\Vert }_{\mathrm{\infty }}}$是绝对收敛的，并且存在一点$x_0$使得极限${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n(x_0)}$收敛，那么级数${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n}$在$[a,b]$上一致收敛于某个可微函数，并且对于所有的$x\in [a,b]$，实际上都有：$$\frac{\text{d}}{\text{d}x}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\text{d}}{\text{d}x}{f}_n(x)$$

课后习题 ​

14.7.1 跟着原书的证明过程，补全定理14.7.1剩下的证明。把这个定理与例12.2.10进行比较，解释为什么这个例子不和定理矛盾 ​

注释：我真的不知道例12.2.10是哪个...原书12.2.10是一个命题...

---

在原书中我们已经定义了函数$f:[a,b]\to \mathbb{R}$有

$$f(x):=L-{\int }_{[a,x_0]}g+{\int }_{[a,x]}g$$

然后我们来证明$f_n$一致收敛于$f$与$f$的导数是$g$。

对任意的$\epsilon >0$，由于$f_n^{\prime }$是一致收敛于$g$的，因此存在一个$N>0$使得对任意$n\ge N_1$都有${\displaystyle d_{\mathrm{\infty }}(f_n^{\prime },g)<\frac{\epsilon }{3(b-a)}}$。于是即：

$$\mathrm{\forall }x\in [a,b],|f_n^{\prime }(x)-g(x)|<\frac{\epsilon }{3(b-a)}$$

然后由于${\displaystyle L=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n(x_0)}$，于是存在某个$N_2>0$使得对任意$n\ge N_2$都有$|f_n(x_0)-L|<\epsilon /3$。于是取$N:=max(N_1,N_2)$，对任意$x\in X$与任意$n\ge N$，使用微积分第二基本定理可以计算有：

$$\begin{array}{rl}|f(x)-f_n(x)|& =|L-{\int }_{[a,x_0]}g+{\int }_{[a,x]}g-(f_n(x)-f_n(a)+f_n(a)-f_n(x_0)+f_n(x_0))|\\ & =|L-{\int }_{[a,x_0]}g+{\int }_{[a,x]}g-({\int }_{[a,x]}{f}_n^{\prime }-{\int }_{[a,x_0]}{f}_n^{\prime }+f_n(x_0))|\\ & \le |L-f_n(x_0)|+|{\int }_{[a,x]}g-{\int }_{[a,x]}{f}_n^{\prime }|+|{\int }_{[a,x_0]}g-{\int }_{[a,x_0]}{f}_n^{\prime }|\\ & \le |L-f_n(x_0)|+{\int }_{[a,x]}|g-f_n^{\prime }|+{\int }_{[a,x_0]}|g-f_n^{\prime }|\\ & <\frac{\epsilon }{3}+\frac{\epsilon }{3(b-a)}(x-a)+\frac{\epsilon }{3(b-a)}(x_0-a)\\ & \le \epsilon \end{array}$$

于是综合即有：对任意的$\epsilon >0$都存在$N>0$，对任意$n\ge N$与任意$x\in [a,b]$都有$|f(x)-f_n(x)|<\epsilon$。于是根据一致收敛的定义即有$f_n$在$[a,b]$上一致收敛于$f$。

对于证明$f$的导数是$g$，注意到由于$f_n^{\prime }$一致收敛于$g$且$f_n^{\prime }$都是连续的，于是根据命题14.3.2我们知道$g$也是连续的。然后根据微积分第一基本定理和$g$的连续性我们可以直接得到$f$的导数是$g$。

综上，于是证明完毕。

14.7.2 不假设$f_n^{\prime }$是连续函数，证明定理14.7.1（提示：于是我们无法使用微积分基本定理，但是仍可以使用平均值定理（推论10.2.9）。利用该定理证明若${\displaystyle \underset{x\in X}{sup}|f_n^{\prime }(x)-f_m^{\prime }(x)|\le \epsilon }$，则对所有的$x\in [a,b]$都有$|(f_n(x)-f_m(x))-(f_n(x_0)-f_m(x_0))|\le \epsilon |x-x_0|$。然后利用这个结论完成定理14.7.1的证明） ​

勘误：因为没有办法确认导函数的有界性，因此$d_{\mathrm{\infty }}(f_n^{\prime },f_m^{\prime })\le \epsilon$应该改为${\displaystyle \underset{x\in X}{sup}|f_n^{\prime }(x)-f_m^{\prime }(x)|\le \epsilon }$（尽管这实际上是个没那么容易发觉的错误，笔者还是看了陶本人的博客才知道的）

---

我们先证明提示里面的辅助结论：

结论：对任意的$\epsilon >0$，存在$N>0$使得对任意的$i$，$j\ge N$都有$|(f_i(x)-f_j(x))-(f_i(x_0)-f_j(x_0))|\le \epsilon |x-x_0|$对全部$x\in [a,b]$成立。

证明：

由于$f_n^{\prime }$是一致收敛于$g$的，因此对任意的$\epsilon >0$，存在$N>0$使得对任意的$n\ge N$与$x\in [a,b]$都有$|f_n^{\prime }(x)-g(x)|<\epsilon /2$，从而对任意的$i$，$j\ge N$根据三角不等式我们有$|f_i^{\prime }(x)-f_j^{\prime }(x)|\le |f_i^{\prime }(x)-g(x)|+|g(x)-f_j^{\prime }(x)|<\epsilon$对全部$x\in [a,b]$都成立，也即有${\displaystyle \underset{x\in X}{sup}|f_i^{\prime }(x)-f_j^{\prime }(x)|\le \epsilon }$。

于是考虑任意的$\epsilon >0$，我们知道存在$N>0$使得对任意$i$，$j\ge N$与任意的$x\in [a,b]$有${\displaystyle |f_i^{\prime }(x)-f_j^{\prime }(x)|<\epsilon }$。于是考虑函数$f_i-f_j$，根据题设我们知道$f_i-f_j$是在$[a,b]$上的可微函数并且其导函数为$f_i^{\prime }-f_j^{\prime }$。然后根据平均值定理，我们有：

1. 若有$x>x_0$：

   则此时存在$\xi \in (x_0,x)$（也即有$\xi \in [a,b]$）有：

   $$\begin{array}{rl}& \frac{(f_i-f_j)(x)-(f_i-f_j)(x_0)}{x-x_0}=f_i^{\prime }(\xi )-f_j^{\prime }(\xi )\\ ⟹& (f_i(x)-f_j(x))-(f_i(x_0)-f_j(x_0))=(f_i^{\prime }(\xi )-f_j^{\prime }(\xi ))(x-x_0)\end{array}$$

2. 若有$x<x_0$：

   则此时存在$\xi \in (x,x_0)$（也即有$\xi \in [a,b]$）有：

   $$\begin{array}{rl}& \frac{(f_i-f_j)(x)-(f_i-f_j)(x_0)}{x-x_0}=f_i^{\prime }(\xi )-f_j^{\prime }(\xi )\\ ⟹& (f_i(x)-f_j(x))-(f_i(x_0)-f_j(x_0))=(f_i^{\prime }(\xi )-f_j^{\prime }(\xi ))(x-x_0)\end{array}$$

然后注意到由于$i$，$j>N$有对任意的$x\in [a,b]$有$|f_i^{\prime }(x)-f_j^{\prime }(x)|<\epsilon$，于是我们可以对任意的$x\in [a,b]\mathtt{\text{}}\{x_0\}$作下面的推断：

$$|(f_i(x)-f_j(x))-(f_i(x_0)-f_j(x_0))|=|f_i^{\prime }(\xi )-f_j^{\prime }(\xi )||x-x_0|\le \epsilon |x-x_0|$$

并且注意到还可以验证对$x=x_0$时有：

$$|(f_i(x)-f_j(x))-(f_i(x_0)-f_j(x_0))|=0\le \epsilon |x-x_0|$$

于是即对任意的$x\in [a,b]$都有$|(f_i(x)-f_j(x))-(f_i(x_0)-f_j(x_0))|\le \epsilon |x-x_0|$。

然后下面开始正式的证明。

---

先证明存在函数$f$使得$f_n$一致收敛于$f$。

考虑任意的$\epsilon >0$。一方面，由于极限${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n(x_0)}$存在，因此根据命题12.4.7有$(f_n(x_0){)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$是$\mathbb{R}$中的柯西序列，于是存在$N_1>0$使得对任意$i$，$j\ge N_1$都有$|f_i(x_0)-f_j(x_0)|<\epsilon /2$；另一方面，根据辅助结论存在$N_2>0$使得对任意$i$，$j\ge N_2$与任意的$x\in [a,b]$都有${\displaystyle |(f_i(x)-f_j(x))-(f_i(x_0)-f_j(x_0))|\le \frac{\epsilon |x-x_0|}{2(b-a)}\le \epsilon /2}$。于是令$N:=max(N_1,N_2)$，然后对任意的$x\in [a,b]$与任意的$i$，$j\ge N$可以计算有：

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\forall }x\in [a,b],|f_i(x)-f_j(x)|& \le |(f_i(x_0)-f_j(x_0))-(f_i(x)-f_j(x))|+|f_i(x_0)-f_j(x_0)|\\ & <\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon \end{array}$$

于是$\epsilon$是集合$\{|f_i(x)-f_j(x)|:x\in [a,b]\}$的一个上界，即有${\displaystyle d_{\mathrm{\infty }}(f_i,f_j)=\underset{x\in [a,b]}{sup}|f_i(x)-f_j(x)|<\epsilon }$。从而总结上面的讨论有：

对任意$\epsilon >0$，存在$N>0$使得对任意$i$，$j\ge N$都有${\displaystyle d_{\mathrm{\infty }}(f_i,f_j)<\epsilon }$。

于是上面我们证明了$(f_n{)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$是一个柯西序列，注意到由于$f_n$（$n\ge 1$）都是有界连续函数，因此$(f_n{)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$是$C([a,b]\to \mathbb{R})$中的一个柯西序列，然后根据$C([a,b]\to \mathbb{R})$的完备性（命题14.4.5）我们可以得到必然存在某个有界连续的函数$f$使得$(f_n{)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$依$L^{\mathrm{\infty }}$度量收敛于$f$，也即$f_n$一致收敛于$f$。

然后我们证明$f$是可微的并且$f$的导函数就是$g$。

注意到辅助结论的证明事实上只依赖于在$x_0$处的逐点收敛性，而由于$f_n$一致收敛于$f$因此$f_n$在任意$c\in [a,b]$处都逐点收敛于$f$，从而辅助结论中将$x_0$替换为任意的$c\in [a,b]$都是成立的。然后考虑任意的$c\in [a,b]$，我们尝试证明下面的结论：

结论：对任意的$\epsilon >0$，存在$N>0$使得对任意的$n\ge N$都有$|(f_n(x)-f(x))-(f_n(c)-f(c))|\le \epsilon |x-c|$对全部$x\in [a,b]$成立。

证明：

根据辅助结论我们知道存在$N>0$使得任意$n$，$m\ge N$都有$|(f_n(x)-f(x))-(f_n(c)-f(c))|\le \epsilon |x-c|$对任意$x\in [a,b]$成立；又因为$f_n$一致收敛于$f$，因此对任意的$\delta >0$，总是存在一个$M_{\delta }>0$使得对任意$m>M_{\delta }$都有$d_{\mathrm{\infty }}(f_m,f)<\delta$，也即对任意的$x\in [a,b]$都有$|f_m(x)-f(x)|<\delta$为真。

于是考虑任意的$n\ge N$，对任意的$\delta >0$我们设$m:=N+M_{\delta }$，显然$m$同时大于$N$与$M_{\delta }$。此时根据三角不等式有：

$$\begin{array}{rl}|(f_n(x)-f(x))-(f_n(c)-f(c))|& \le |(f_n(x)-f_m(x))-(f_n(c)-f_m(c))|+|f_m(x)-f(x)|+|f_m(c)-f(c)|\\ & <\epsilon |x-c|+2\delta \end{array}$$

注意到$\delta$是任意选取的任意小正实数，因此从上面的结论我们可以引申得到：

$$|(f_n(x)-f(x))-(f_n(c)-f(c))|\le \epsilon |x-c|$$

也就是我们希望证明的结论。

然后我们定义从$[a,b]\mathtt{\text{}}\{c\}$到$\mathbb{R}$的函数${\displaystyle F(x):=\frac{f(x)-f(c)}{x-c}}$，并对任意的$n>0$定义${\displaystyle F_n(x):=\frac{f_n(x)-f_n(c)}{x-c}}$。根据上面证明的结论对任意的$\epsilon >0$，存在$N>0$使得对任意$x\in [a,b]\mathtt{\text{}}\{c\}$与任意$n\ge N$有：

$$|(f_n(x)-f(x))-(f_n(c)-f(c))|\le \epsilon |x-c|⟺|\frac{f(x)-f(c)}{x-c}-\frac{f_n(x)-f_n(c)}{x-c}|\le \epsilon$$

也即$|F(x)-F_n(x)|\le \epsilon$，从而根据一致收敛的定义我们可以得到$F_n$一致收敛于$F$。注意到对任意的$n>0$，极限

$$\underset{x\to c;x\in [a,b]\mathtt{\text{}}\{c\}}{lim}{F}_n(x)=\underset{x\to c;x\in [a,b]\mathtt{\text{}}\{c\}}{lim}\frac{f_n(x)-f_n(c)}{x-c}=f_n^{\prime }(c)$$

存在，此时根据命题14.3.3我们有：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\underset{x\to c;x\in [a,b]\mathtt{\text{}}\{c\}}{lim}{F}_n(x)=\underset{x\to c;x\in [a,b]\mathtt{\text{}}\{c\}}{lim}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{F}_n(x)$$

然后化简有：

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to c;x\in [a,b]\mathtt{\text{}}\{c\}}{lim}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{F}_n(x)& =\underset{x\to c;x\in [a,b]\mathtt{\text{}}\{c\}}{lim}F(x)\\ & =\underset{x\to c;x\in [a,b]\mathtt{\text{}}\{c\}}{lim}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\\ & =f^{\prime }(c)\\ \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\underset{x\to c;x\in [a,b]\mathtt{\text{}}\{c\}}{lim}{F}_n(x)& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n^{\prime }(c)\\ & =g(c)\end{array}$$

于是根据导数定义即对任意的$c\in [a,b]$都有$f$在$c$处可微并且$f^{\prime }(c)=g(c)⟹f$的导函数是$g$。从而我们证明了$f$是可微的并且$f$的导函数是$g$。

综上，于是我们证明了即使不假定$f_n^{\prime }$是连续函数定理14.7.1依旧成立。

14.7.3 证明推论14.7.3 ​

根据魏尔斯特拉斯M判别法，由级数${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\Vert f_n^{\prime }{\Vert }_{\mathrm{\infty }}}$是收敛的我们可以得到无限级数${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n^{\prime }}$一致收敛于某个函数$f$的。特别地，根据导数的运算法则（命题10.1.13(c)）与题设（对于任意的整数$n\ge 1$有$f_n$是一个可微函数）我们可以归纳得到对任意的$N\ge 1$都有部分和${\displaystyle \sum _{n=1}^N{f}_n}$是可微的并且它的导函数为${\displaystyle \sum _{n=1}^N{f}_n^{\prime }}$，然后根据命题9.4.9与题设（对于任意的整数$n\ge 1$有$f_n^{\prime }$是一个连续函数）我们可以归纳得到${\displaystyle \sum _{n=1}^N{f}_n^{\prime }}$还是连续的。于是我们此时注意到题设表明有：

对任意的$N\ge 1$都有部分和${\displaystyle \sum _{n=1}^N{f}_n}$都是在$[a,b]$上可微的，并且它的导函数${\displaystyle \sum _{n=1}^N{f}_n^{\prime }}$是在$[a,b]$上连续的；此外部分和序列${\displaystyle \sum _{n=1}^N{f}_n^{\prime }}$是在$[a,b]$上一致收敛某个函数$f$的；并且有存在某个一点$x_0$使得极限${\displaystyle \underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\left(\sum _{n=1}^N{f}_n\right)(x_0)}$收敛。

于是根据定理14.7.1，我们知道存在某个可微函数$F$使得部分和序列${\displaystyle \sum _{n=1}^N{f}_n}$在$[a,b]$上一致收敛于$F$（即${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n=F}$），并且$F$的导函数是$f$，于是即有：

$$\frac{\text{d}}{\text{d}x}F=f⟺\frac{\text{d}}{\text{d}x}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n^{\prime }=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\text{d}}{\text{d}x}{f}_n$$

也即对任意的$x\in [a,b]$都有：

$$\frac{\text{d}}{\text{d}x}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\text{d}}{\text{d}x}{f}_n(x)$$

于是推论14.7.3得证。

本节相关跳转 ​

实分析 10.2 局部最大值、局部最小值以及导数

实分析 11.9 微积分的两个基本定理