漫步数学分析番外五(下)

接下来我们不证明定理10，而是更加一般的结论。

定理10′ 令 X 是一个完备度量空间，令T:X→X是一个压缩映射： d(T(x),T(y))≤λd(x,y) ，其中 0≤λ<1 是一个不动的常数，那么 T 是连续的且有唯一的一个不动点。

证明：可以立刻得出 T 是一致收敛的，因为给定ε>0，我们可以用 δ=ε/λ;d(x,y)<δ 意味着 d(T(x),T(y))<λδ=ε 。

令 x0∈X,x1=T(x0),x2=T(x1),…,xn+1=T(xn)=Tn+1(x0) ，我们断言 xn 是一个柯西序列。注意

d(xn+1,xn)=d(T(xn),T(xn−1))≤λd(xn,xn−1)=λd(T(xn−1),T(xn−2))≤λ2d(xn−1,xn−2) ⋮≤λnd(Tx0,x0)

因此

d(xn,xn+k)≤d(xn,xn+1)+d(xn+1,xn+2)+⋯+d(xn+k−1,xn+k)≤(λn+λn+1+⋯+λn+k−1)d(Tx0,x0)

因为 λ<1,Σλn 是一个收敛的几何级数，所以给定 ε>0 ，存在一个 N 使得n≥N意味着 (λn+⋯+λn+k−1)<ε/d(Tx0,x0) ，因此 n≥N 意味着 d(xn,xn+k)<ε ，从而我们得到一个柯西序列，根据完备性假设，存在 x∈X 使得 xn→x 。

我们断言 Tx=x 。实际上， x=limn→∞xn ，所以根据 T 的连续性可知Tx=limn→∞T(xn)，但是 Txn=xn+1 ，所以 Tx=limn→∞xn+1=x 。

最后，不动点 x 是唯一的，因为假设Tx=x,Ty=y，那么

d(x,y)=d(Tx,Ty)≤λd(x,y)

如果 d(x,y)≠0 ，我们将得出 1≤λ ，矛盾，因此 d(x,y)=0 ，所以 x=y 。

定理11 令 f:[0,1]→R 是连续函数且令 ε>0 ，那么存在一个多项式 p(x) 使得 ∥p−f∥<ε 。事实上，伯恩斯坦多项式序列

pn(x)=∑k=0n(nk)f(kn)xk(1−x)n−k

在 n→∞ 时，一致收敛到 f ，其中 (nk)n!k!(n−k)!

表示二项式系数。

证明： 二项式定理表明

(x+y)n=∑k=0n(nk)xkyn−k(1)

方程1对 x 进行微分并乘以x得

nx(x+y)n−1=∑k=0nk(nk)xkyn−k(2)

同样地，在进行微分得

n(n−1)x2(x+y)n−2=∑k=0nk(k−1)(nk)xkyn−k(3)

令 rk(x)=(nk)xk(1−x)n−k ， y=1−x ，那么方程1,2,3可写为

∑k=0nrk(x)=1,∑k=0nkrk(x)=nx,∑k=0nk(k−1)rk(x)=n(n−1)x2

由此可得下面的等式

∑k=0n(k−nx)2rk(x)=n2x2∑k=0nrk(x)−2nx∑k=0nkrk(x)+∑k=0nk2rk(x)=n2x2−2nx⋅nx+[nx+n(n−1)x2]=nx(1−x)(4)

接下来选择 M 使得在[0,1]上 |f(x)|≤M 。因为 f 是一致连续的，那么对于ε>0，存在一个 δ>0 使得 |x−y|<δ 意味着 |f(x)−f(y)|<ε 。

我们想估计表达式

|f(x)−pn(x)|=∣∣∣f(x)−∑k=0nf(k/n)rk(x)∣∣∣=∣∣∣∑k=0n(f(x)−f(kn))rk(x)∣∣∣

为此，将和分成两部分；一部分是 |k−nx|<δn 而另一部分是 |k−nx|≥δn 。如果 |k−nx|<δn ，那么 |x−(k/n)|<δ ，所以 |f(x)−f(k/n)|<ε ，又因为 rk(x)≥0 ，所以这些项的和 ≤εΣrk(x)=ε 。第二种类型的和

≤2M∑|k−nx|≥δnrk(x)≤2Mn2δ2∑k=0n(k−nx)2rk(x)

根据公式4可变为

2Mx(1−x)nδ2≤M2δ2n

(因为 x(1−x)≤1/4 )，从而我们就证明了对于任意的 ε>0 ，存在一个 δ>0 使得

|f(x)−pn(x)|<ε+M2δ2n

所以当 n 充分大时，M/(2δ2n)<ε，所以如果 n≥M/2δ2ε ，那么

|f(x)−pn(x)|<2ε

从而 pn→f 一致收敛。 ||

定理12 令 A⊂Rn 是紧集并且 B⊂C(A,R) 满足

B 是一个代数(algebra)；即， f,g∈B,α∈R⇒f+g∈B,f⋅g∈B,αf∈B ;常函数 x↦1 位于 B 中； B 分离点；即，对于 x,y∈A,x≠y ，那么存在 f∈B 使得 f(x)≠f(y) 。

那么 B 在 C(A,R) 中是稠密的；即， cl(B)=C(A,R) 。

证明： 我们首先引入一些概念：

(f∨g)(x)=max(f(x),g(x))(f∧g)(x)=min(f(x),g(x))

(如图 ??? 所示)令 B¯ 是 B 的闭包，那么根据加法与乘法的连续性，我们可以看出 B¯ 也满足 (i) ，很明显它满足 (ii),(iii) ，所以 B¯ 是闭的，接下来我们说明 B¯=C(A,R) 。

根据前面的定理我们可以找到一个多项式 pn(t) 序列使得

||t|−pn(t)|<1n−n≤t≤n

从而

||f(x)|−pn(f(x))|<1n−n≤f(x)≤n

这就证明了对于 f∈B¯,|f|∈B¯ 。

接下来我们利用等式

f∨g=f+g2+|f−g|2f∧g=f+g2−|f−g|2 所以如果 f,g∈B¯ ，那么 f∨g,f∧g 也位于 B¯ 。

图1 令 h∈C(A,R),x1,x2∈A,x1≠x2 。选择 g∈B 使得 g(x1)=g(x2) (根据假设 (iii) 可知该式成立)，令 fx1x2(x)=αg(x)+β

其中

α=[h(x1)−h(x−2)][g(x1)−g(x2)]β=[g(x1)h(x2)−h(x1)g(x2)][g(x1)−g(x2)]

α,β 的选取使得 fx1x2(x1)=h(x1),fx1x2(x2)=h(x2) 。

令 ε>0,x∈A ，对于 y∈A 存在一个 y 的邻域U(y)使得

fyx(z)>h(z)−ε如果z∈U(y)

这由 h 的连续性可得。令U(y1),…,U(yl)是 A 的一个有限子覆盖，根据海涅-博雷尔定理可知这是存在的。令fx=fy1x∨⋯∨fylx，从而 fx∈B¯ 且对于所有的 z∈A,fx(z)>h(z)−ε 。另外 fx(x)=h(x) ，因此存在一个邻域 V(x) 使得如果 y∈V(x) ，那么 fx(y)<h(y)+ε ，令 V(x1),…,V(xk) 覆盖 A 且令 f=fx1∧⋯∧fxk

那么在此得出 f∈B¯ 。接下里因为对所有的 u∈A,fxj(u)>h(u)−ε 并且对于 y∈A ，存在某个 xj 使得 y∈V(xj) ，所以 f(y)≤fxj(y)<h(y)+ε ，从而 |f(z)−h(z)|<ε ，所以 h∈B¯ ，故 B¯=C(A,R) 。 ||

下面的定理13与14都用到阿贝尔部分求和公式；下面的用到了这个公式。

引理1 考虑两个实数序列 a1,a2,…,b1,b2,… ，令 sn=a1+⋯+an ，那么

∑k=1nakbk=snbn+1−∑k=1nsk(bk+1−bk)=snb1+∑k=1n(sn−sk)(bk+1−bk)

证明： 注意 an=sn−sn−1 ，那么

∑k=1nakbk=∑k=1n(sk−sk−1bk)=∑k=1nskbk−∑k=1nsk−1bk

其中 s0=0 ，接下来

∑k=1nsk−1bk=∑k=1nskbk+1−snbn+1

所以我们得到第一个结果。将

bn+1=∑k=1n(bk+1−bk)+b1

代入第一个等式即可得出第二个等式。 ||

定理13 (阿贝尔测试) 令 A⊂Rm,φn:A→R 是递减的函数序列；即对每个 x∈A,φn+1(x)≤φn(x) 。假设有一个常数 M 使得对所有的x∈A,n，不等式 |φn(x)|≤M 成立，如果 Σ∞n=1fn(x) 在 A 上一致收敛，那么Σ∞n=1φn(x)fn(x)也一致收敛。

证明： 令

sn(x)=∑k=1nfk(x)rn(x)=∑k=1nφn(x)fk(x)

那么根据引理的第二个等式，我们可以找出 n>m 时

rn(x)−rm(x)=(sn(x)−sm(x))φ1(x)+∑k=m+1n(sn(x)−sk(x))(φk+1(x)−φ(x))

使得

|rn(x)−rm(x)|≤|sn(x)−sm(x)||φ1(x)|+∑k=m+1n|sn−sk||φk+1(x)−φk(x)|

另外

φk+1≤φk,|φk+1−φk|=φk−φk+1

给定 ε>0 ，选择 N 使得n,m≥N意味着对所有的 x∈A ，不等式 |sn(x)−sm(x)|<ε/3M 成立，那么对于所有的 x∈A ，

|rn(x)−rm(x)|<ε3+(ε3M)∑k=m+1n[φk(x)−φk+1(x)]=ε3+(ε3M)[φm+1(x)−φn+1(x)]≤ε3+(ε3M)[|φm+1(x)|+|φn+1(x)|]≤ε3+≤ε3+≤ε3=ε

从而根据柯西判别准则可知， fn(x) 一致收敛。 ||

定理14 (狄利克雷测试) 对序列 fn:A⊂Rm→R ，令 sn(x)=Σnm=1fm(x) ，假设有一个常数 M 使得对所有的x∈A,n，不等式 |sn(x)|≤M 成立，令 gn:A⊂Rm→R 是 gn→0 (一致)， gn≥0,gn+1≤gn(x) ，那么 Σ∞n=1fn(x)gn(x) 在 A 上一致收敛。

证明：我们依然用上面证明的符号， φn=gn 。那么为了计算 rn−rm 我们利用引理的第一个等式，即

rn(x)−rm(x)=sn(x)φn+1(x)−sm(x)φm+1(x)−∑k=m+1nsk(x)(φk+1(x)−φk(x))

因为 φ≥0,φk+1≤φk ，

|rn(x)−rm(x)|≤M(φn+1(x)+φm+1(x))+M∑k=M+1n(φk(x)−φk+1(x))=M(φ(x)+φm+1(x)+φm+1(x)−φn+1(x))=2Mφm+1(x)

接下里，给定 ε>0 ，选择 N 使得m>N意味着对于所有的 x 不等式φm(x)<ε/2M，那么 m,n≥N 意味着 |rn(x)−rm(x)|<ε ，证毕。 ||

定理15 对 |x|<R,Σ∞k=0akxk 绝对收敛，对 |x|≤R′ ，级数一致收敛，其中 R′<R ，如果 |x|>R ，那么级数发散。(如果 |x|=R 的话，该定理没有给出任何信息)

证明： 令 R′<R ，选择 Rn 使得 R′<Rn<R ，那么当 n 充分大时 |an|−−−√n≤1Rn,即|an|≤(1Rn)n

这里如果 |x|≤R′ ，那么

|anxn|≤(R′Rn)n

因为 R′/Rn<1 ，所以根据魏尔斯特拉斯M测试可知在 |x|≤R′ 园内，该级数一致绝对收敛。

另一方面，假设 Σanxn 收敛，那么 anxn→0 ，所以当 n 充分大时|anxn|≤1，从而 n 充分大时an−−√n≤|x|−1，因此 R−1=limsup|an|−−−√n≤|x|−1 ，即 |x|≤R 。 ||

推论4 幂级数的和是其收敛圆内的 C∞ 函数，它可以逐项微分并且微分级数有相同的收敛半径。

证明： 通过逐项积分得到的级数是 Σkakxk−1 ，收敛半径是 R′ ，其中

1/R′=limsupk|ak|−−−−√k

但是 k√k→1 ，所以

1R′=limsup|ak|−−−√k=1R,即R′=R

从而根据定理3，微分级数在任意小的圆内一致收敛，所以它是原来级数和的导数。利用归纳法我们可以看出无限可微。 ||

定理16 (阿贝尔) 如果 Σ∞k=0ak=A ，那么对于 |x|<1,Σ∞k=0akxk 收敛且 limx→1−Σ∞k=0akxk=A 。

证明： 通过改变 a0 ，我们可以假设 A=0 。因为 ak 是有界的(事实上 ak→0 )，根据定理15可知当 |x|<1 时级数 Σakxk 在收敛半径中收敛。

令 Sn=Σnk=0ak ，当 n→∞ 时， Sn 是有界的，级数 ΣSkxk 在 |x|<1 时同样收敛。接下来，因为 A=0,n→∞ 时 Sn→0 ，令 f(x)=Σ∞k=0akxk,|x|<1 ，那么

f(x)=S0+∑k=1∞(Sk−Sk−1)xk=(1−x)∑k=0∞Skxk 因为 Sn→0 ，给定 ε>0 ，我们可以找到 n0 使得 n>n0 时 |Sn|≤ε ，那么 |f(x)|≤(1−x)∣∣∣∑k=0n0Skxk∣∣∣+(1−x)∑k=n0+1∞εxk≤(1−x)∣∣∣∣∑k=0n0Skxk∣∣∣∣+(1−x)⋅εxn0+1(1−x)−1≤(1−x)∣∣∣∣∑k=0n0Skxk∣∣∣∣+ε 于是 limsupx→1−|f(x)|≤ε 。因为 ε>0 是任意的，故 limx→1−f(x)=0||

定理17 Σ∞k=0ak=A(C,1) 意味着 Σ∞k=0ak=A (阿贝尔)。

证明： 跟前面类似，我们假设 A=0 ， Sn=Σnk=0ak,Tn=Σnk=0Sk ，那么根据假设， Tn=O(n) ，从而 Sn=Tn−Tn−1=O(n),an=Sn−S−n−1=O(n) ，那么如果 |x|<1 ，三个级数 Σakxk,ΣSkxk,ΣTkxk 均收敛。另外

f(x)=∑akxk=(1−x)∑Skxk=(1−x)2∑Tkxk 接下里，因为 Tn=O(n) ，那么给定 ε>0 ，我们可以选择 n0 使得 n≥n0 意味着 |Tn|≤εn ，那么 |f(x)|≤(−x)2∣∣∣∣∑k≤n0Tkxk∣∣∣∣+(1−x)2∑k>n0εkxk≤(−x)2∣∣∣∣∑k≤n0Tkxk∣∣∣∣+(1−x)2⋅εx(1−x)−2 我们找出 limx→1−sup|f(x)|≤ε 。从而就像前面的定理那样， limx→1−=0 。 ||

定理18 如果 Σan=A(C,1),an=O(1/n) (即，对于常数 M 以及充分大的n,|an|≤M/n)，那么 Σan 在一般意义下收敛(到 A )。

证明：与平常一样，假设 A=0,Sn=Σn1ak,Tn=Σn1Sk ，那么第一个假设可以写成 Tn=o(n) ，第二个假设意味着存在一个常数 C 使得对所有的n,|an|≤C/n。

我们想要说明 Sn→0 ，如果这个结论不成立，那么存在某个 δ>0 使得对无限多个 n 不等式|Sn|≥δ成立。但是如果 Sn≥δ,r>S ，我们将得到

Sr=Sn+an+1+an+2+⋯+ar≥δ−C(1n+1+⋯+1r)≥δ−Clog(rn) 在 Clog(rn)≤δ/2 的时候，即 r/n≤eδ/2C=λ ，上式将 ≥δ/2 ，从而 ([λn]−n)δ2≤∑r=n+1[λv]Sr=T[λn]−Tn

(这里 [x] 意味着 ≤x 的最大整数)那么不等式右边就是 o(n) ，但是左边是 (λ−1)δn/2 ，推出矛盾，从而 Sn 必须趋向于0。 ||

例1： (i) 如果 fk→f (逐点)， gk→g (逐点)，那么说明对函数 f,g:A⊂Rn→Rm,fk+gk→f+g (逐点)。

(ii) 考虑一致收敛的情况。

证明： (i) 对于 x∈A ，我们必须说明 (fk+gk)(x)→(f+g)(x) 。给定 ε>0 ，选择 N1 使得 k≥N1 意味着 ∥fk(x)−f(x)∥≤ε/2 ， N2 使得 k≥N2 意味着 ∥gk(x)−g(x)∥<ε/2 ，那么令 N=max{(N1,N2)} ，这样的话 k≥N 意味着(三角不等式)

∥(fk+gk)(x)−(f+g)(x)∥≤∥fk(x)−f(x)∥+∥gk(x)−g(x)∥<ε

(ii) 与 (i) 类似，不过需改成对所有的 x∈A 均成立。

例2： 证明序列 fk:A→Rn 逐点(一致)收敛当且仅当每个元素逐点(一致)收敛。

解： 逐点收敛可从下面事实得出： Rm 中的序列收敛当且仅当它的元素也收敛。然而再次写出论据后可以看出一致收敛以成立。

令 x=(x1,…,xm)∈Rm ，那么 |xi|≤∥x∥≤Σmi=1|x| ，第一个不等式显然成立而第二个利用了三角不等式，这时我们将 x 写成x=(x1,0,…,0) (0,x2,0,…,0) ⋯ (0,0,…,xm)。

在 fk=(f1k,…,fmk) 上应用三角不等式得

|fik(x)−fi(x)|≤∥fk(x)−f(x)∥≤∑i=1m|fik(x)−fi(x)|

接下来如果对所有的 x,fk(x) 是一个柯西序列，那么根据第一个不等式可知 fik(x) 都是，从而 fk 逐点收敛意味着 fik 逐点收敛，依然利用该不等式以及定理2表明如果 fk 一致收敛，那么 fik 一致收敛。

反过来，假设 fik(x) 对每个 i,x 均收敛，选择 Ni 使得 k,l≥Ni 意味着 |fik(x)−fil(x)|<ε/m ，那么如果 N=max(N1,…,Nm),k,l≥N 意味着 ∥fk(x)−fl(x)∥<ε/m+⋯+ε/m=ε ，所以 fk(x) 收敛。

对于一致收敛，证明过程与上面类似，只需要改成对所有的 x∈A 均成立即可。

例3： 找出一个序列 fk ，它在 [0,∞) 上一致收敛到零，每个 ∫∞0fk(x)dx 存在(即收敛)，但是 ∫∞0fk(x)→+∞ 。这与定理4矛盾吗？

解： 令

fk(x)={1k,0,0≤x≤k2x>k2

那么 fk→0 是一致的，因为对于所有的 x,|fk(x)|≤1/k 。然而

∫∞0fk(x)dx=k2k=k→∞

可是这与定理4并不矛盾，因为该定理处理的是有限区间。

例4： (狄尼(Dini)定理)令 A⊂Rn 是紧集， fk 是连续函数 fk:A→R 序列且满足

对所有的 x∈A,fk(x)>0 fk→0 逐点收敛当 k≥l 时 fk(x)≤fl(x) 证明 fk→0 一致收敛。

解： 这个例子需要非常小心，因为我们是试着从逐点收敛外加一些假设来推断一致收敛，在没有这些假设时我们很清楚的知道这肯定不为正。

给定 ε>0 ，我们想找到 N 使得对所有的k≥N,x∈A不等式 |fk(x)|<ε 成立。对于每个 x∈A 找到一个 Nx 使得 k≥Nx 时 |fx(x)|<ε/2 ，我们写成 Nx 是为了强调这个数与 x 有关。现在我们利用假设(b)，利用 fk(x) 的连续性，存在 x 的邻域Ux,k使得 y∈Ux,k 时 |fk(y)−fk(x)|<ε/2 。邻域 Ux,Nx 组成了 x 的一个覆盖，所以利用紧性存在一个有限子覆盖，假设中心在x1,…,xM，令 N=max(Nx1,…,NxM) ，接下来令 x∈A,k≥N ，那么存在 l 使得x∈Uxl,Nl，所以 |fNl(x)−fNl(xl)|<ε/2 ，那么利用 (c)

0≤fk(x)≤fN(x)≤fNl(x)=fNl(xl)+[fNl(x)−fNl(xl)]<ε2+ε2=ε

因此当 k≥N,x∈A 时 fk(x)<ε ，所以得出一致收敛。

例5： 考虑收敛的交错级数 Σ∞n=1(−1)n/n ，可是我们不能重新排列该级数，否则的话我们会得出收敛。事实上，级数 Σ(−1)n/n 可以通过重新排列产生任何我们想要的和！这个结论是由黎曼发现的。

为了能够重排级数，我们需要绝对收敛这个性质。首先，我们定义什么是重排列。令 Σ∞i=1ai 是一个级数，那么重排列就是级数 Σ∞i=1aσ(i) ，其中 σ 是 {1,2,3,…} 的一个排列，或者准确地说是一个双射 σ:{1,2,3,…}→{1,2,3,…} 。

证明下面的定理。

定理 令 gk∈Rm ，假设 Σ∞k=1gk 绝对收敛；即 Σ∞k=1∥gk∥ 收敛。那么级数 Σ∞k=1gk 的重排列也绝对收敛且有相同的极限。

解： 令 gσk 是重排列级数。给定 ε>0 ，存在 N 使得n≥N意味着

∥gn∥+⋯+∥gn+p∥<ε

接下来选择一个整数 N1 使得 n>N1 时 σ(n)>N 。(因为只有有限多个 n 满足σ(n)≤N，所以这是成立的)那么如果 n>N1 ，我们有 σ(n+k)>N ，所以

∥gσ(n)∥+⋯+∥gσ(n+p)∥<ε

根据柯西收敛准则， Σgσ(n) 绝对收敛。

为了说明极限是一致的，给定 ε ，选择 N2>N ，其中 N 与上面讨论的一致，这样的话如果1≤n≤N，那么存在 k,1≤k≤N2 使得 n=σ(k) ，那么令 N0=max(N1,N2) 并且对 m>N0

∥∥∥∑k=1mgσ(k)−∑n=1∞gn∥∥∥=∥∥∥∥∑k=1mgσ(k)−∑n=1N0gn−∑n=N0+1∞gn∥∥∥∥≤∥∥∥∥∑k=1mgσ(k)−∑n=1N0gn∥∥∥∥+∥∥∥∥∑n=N0+1∞gn∥∥∥∥=∥∥∥∥∑n=N0+1mgσ(n)∥∥∥∥+∥∥∥∥∑n=N0+1∞gn∥∥∥∥<ε+ε=2ε

这里我们使用了事实

∑n=1∞gn=∑n=1N0gn+∑n=N0+1∞gn

以及

∑n=1∞gσ(k)−∑n=1N0gn=∑n=N0+1∞gσ(n)

所以级数 Σmk=1gσ(k) 收敛到 Σ∞n=0gn ，这就是想要的结论。这个例子的结论与重级数(double series)的重排列理论密切相关。