一致连续，一致收敛

定义 1.1（在点连续）

\[\begin{aligned} f \text{ 在 } x_0 \text{ 连续}:\iff {}& x_0\in D_f\\ &\land \exists \eta>0\ (B_\eta(x_0)\subseteq D_f)\\ &\land \forall \varepsilon>0\ \exists \delta>0\ \forall x\in D_f \Bigl(0<|x-x_0|<\delta\implies |f(x)-f(x_0)|<\varepsilon\Bigr). \end{aligned} \]

其中 $\delta=\delta(\varepsilon;x_0)$。

定义 1.2（一致连续）

设 $f:I\to\mathbb R$，则

\[\begin{aligned} f \text{ 在 } I \text{ 上一致连续}:\iff {}& I\subseteq D_f\\ &\land \forall \varepsilon>0\ \exists \delta>0\ \forall x'\in I\ \forall x''\in I\\ &\Bigl(|x'-x''|<\delta\implies |f(x')-f(x'')|<\varepsilon\Bigr). \end{aligned} \]

其中 $\delta=\delta(\varepsilon)$。

记号: $D_f\subseteq\mathbb R$ 为 $f$ 的定义域， $B_r(a):=\{x\in\mathbb R: |x-a|<r\}.$

定义 1.3（不一致连续，对偶法则）

\[\begin{aligned} f \text{ 在 } I \text{ 上不一致连续}:\iff {}& \exists \varepsilon_0>0\ \forall \delta>0\ \exists x'\in I\ \exists x''\in I\\ &\Bigl(|x'-x''|<\delta\ \land\ |f(x')-f(x'')|\ge \varepsilon_0\Bigr). \end{aligned} \]

等价序列形式：

\[\begin{aligned} f \text{ 在 } I \text{ 上不一致连续}:\iff {}& \exists \varepsilon_0>0\ \forall n\in\mathbb N\ \exists x_n'\in I\ \exists x_n''\in I\\ &\Bigl(|x_n'-x_n''|<\frac1n\ \land\ |f(x_n')-f(x_n'')|\ge \varepsilon_0\Bigr). \end{aligned} \]

定义 1.4（度量空间，Apostol）

设 $f:(S,d_S)\to(T,d_T)$，$A\subseteq S$。则

\[\begin{aligned} f \text{ 在 } A \text{ 上一致连续}:\iff {}& \forall \varepsilon>0\ \exists \delta>0\ \forall x\in A\ \forall p\in A\\ &\Bigl(d_S(x,p)<\delta\implies d_T(f(x),f(p))<\varepsilon\Bigr). \end{aligned} \]

定义 1.5（Hölder / Lipschitz）

固定 $\alpha>0$：

\[\begin{aligned} f \text{ 在 } I \text{ 上满足 } \alpha \text{ 阶 Hölder 条件}:\iff {}& \exists M>0\ \forall x\in I\ \forall y\in I\\ &\Bigl(|f(x)-f(y)|\le M|x-y|^\alpha\Bigr). \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} f \text{ 在 } I \text{ 上满足 Lipschitz 条件}:\iff {}& \exists M>0\ \forall x\in I\ \forall y\in I\\ &\Bigl(|f(x)-f(y)|\le M|x-y|\Bigr). \end{aligned} \]

即

\[f \text{ 在 } I \text{ 上满足 Lipschitz 条件}\iff f \text{ 在 } I \text{ 上满足 }1\text{ 阶 Hölder 条件}. \]

若采用限定 $0<\alpha\le 1$，则

\[\begin{aligned} \exists \alpha\in(0,1]\ f \text{ 在 } I \text{ 上满足 } \alpha \text{ 阶 Hölder 条件} :\iff {}& \exists \alpha\in(0,1]\ \exists M>0\ \forall x\in I\ \forall y\in I\\ &\Bigl(|f(x)-f(y)|\le M|x-y|^\alpha\Bigr). \end{aligned} \]

若采用限定 $\alpha>0$，则

\[\begin{aligned} \exists \alpha>0\ f \text{ 在 } I \text{ 上满足 } \alpha \text{ 阶 Hölder 条件} :\iff {}& \exists \alpha>0\ \exists M>0\ \forall x\in I\ \forall y\in I\\ &\Bigl(|f(x)-f(y)|\le M|x-y|^\alpha\Bigr). \end{aligned} \]

当 $I$ 为区间且 $\alpha>1$ 时：

\[\begin{aligned} &\Bigl(\exists M>0\ \forall x\in I\ \forall y\in I\ |f(x)-f(y)|\le M|x-y|^\alpha\Bigr)\\ &\qquad\implies \Bigl(\forall x\in I\ \forall y\in I\ f(x)=f(y)\Bigr). \end{aligned} \]

因为$\dfrac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|} \le M|x-y|^{\alpha-1} \to 0 \implies f'\equiv 0$

定义 1.6（振幅）

若 $x_0\in D_f$ 且 $\exists \eta>0\ (B_\eta(x_0)\subseteq D_f)$，则

\[\omega_f(x_0) :=\lim_{\delta\to0^+} \sup\Bigl\{|f(x)-f(y)|:\ x,y\in D_f\cap(x_0-\delta,x_0+\delta)\Bigr\}. \]

若其极限为 $0$

\[\begin{aligned} \omega_f(x_0)=0 :\iff {}& \forall \varepsilon>0\ \exists \eta>0\ \forall \delta\in(0,\eta)\\ &\sup\Bigl\{|f(x)-f(y)|:\ x,y\in D_f\cap(x_0-\delta,x_0+\delta)\Bigr\}<\varepsilon. \end{aligned} \]

连续性等价于振幅为 $0$：

\[f \text{ 在 } x_0 \text{ 连续}\iff \omega_f(x_0)=0. \]

连续模

\[\omega_f(I,\delta) :=\sup\Bigl\{|f(x)-f(y)|:\ x,y\in I,\ |x-y|<\delta\Bigr\}. \]

满足次可加性：

\[\forall \delta_1>0\ \forall \delta_2>0, \qquad \omega_f(I,\delta_1+\delta_2) \le \omega_f(I,\delta_1)+\omega_f(I,\delta_2). \]

一致连续等价于连续模的极限为 $0$：

\[f \text{ 在 } I \text{ 上一致连续} \iff \lim_{\delta\to0^+}\omega_f(I,\delta)=0. \]

其中

\[\begin{aligned} \lim_{\delta\to0^+}\omega_f(I,\delta)=0 :\iff {}& \forall \varepsilon>0\ \exists \eta>0\ \forall \delta\in(0,\eta)\\ &\sup\Bigl\{|f(x)-f(y)|:\ x,y\in I,\ |x-y|<\delta\Bigr\}<\varepsilon. \end{aligned} \]

等价地，令

\[\omega_f(I):=\lim_{\delta\to0^+}\omega_f(I,\delta), \]

则

\[f \text{ 在 } I \text{ 上一致连续}\iff \omega_f(I)=0. \]

定义 1.7（逐点收敛）

\[\begin{aligned} S_n\to S\quad(x\in D) :\iff {}& \forall x\in D\ \forall \varepsilon>0\ \exists N\in\mathbb N\ \forall n\in\mathbb N\\ &\Bigl(n>N\implies |S_n(x)-S(x)|<\varepsilon\Bigr). \end{aligned} \]

即

\[\forall x \in D,\ \lim_{n\to\infty} S_n(x) = S(x) \]

等价地，

\[\forall x\in D\ \forall \varepsilon>0\ \exists N=N(\varepsilon,x)\in\mathbb N\ \forall n>N\ |S_n(x)-S(x)|<\varepsilon. \]

定义 1.8（一致收敛）

\[\begin{aligned} S_n\rightrightarrows S\ (x\in D) :\iff {}& \forall \varepsilon>0\ \exists N=N(\varepsilon)\in\mathbb N\ \forall n>N\ \forall x\in D\\ &|S_n(x)-S(x)|<\varepsilon \end{aligned} \]

定义 1.9（不一致收敛）

\[\begin{aligned} \neg\bigl(S_n\rightrightarrows S\quad(x\in D)\bigr):\iff {}& \exists \varepsilon_0>0\ \forall N\in\mathbb N\ \exists n\in\mathbb N\ \exists x\in D\\ &\Bigl(n>N\ \land\ |S_n(x)-S(x)|\ge \varepsilon_0\Bigr). \end{aligned} \]

定义 1.10（一致有界）

\[\begin{aligned} \{f_n\}\text{ 在 }D\text{ 上一致有界}:\iff {}& \exists M>0\ \forall n\in\mathbb N\ \forall x\in D\\ &\bigl(|f_n(x)|\le M\bigr). \end{aligned} \]

定义 1.11（有界收敛 / 平均收敛 / 几乎一致收敛）

有界收敛：

\[\begin{aligned} \{f_n\}\text{ 在 }D\text{ 上有界收敛于 }f:\iff {}& \{f_n\}\text{ 在 }D\text{ 上逐点收敛于 }f\\ &\land\ \{f_n\}\text{ 在 }D\text{ 上一致有界}. \end{aligned} \]

即

\[\begin{aligned} \{f_n\}\text{ 在 }D\text{ 上有界收敛于 }f:\iff {}& \Bigl(\forall x\in D\ \forall \varepsilon>0\ \exists N\in\mathbb N\ \forall n\in\mathbb N \bigl(n>N\implies |f_n(x)-f(x)|<\varepsilon\bigr)\Bigr)\\ &\land \Bigl(\exists M>0\ \forall n\in\mathbb N\ \forall x\in D\ |f_n(x)|\le M\Bigr). \end{aligned} \]

平均收敛(limit in mean)（设 $f_n,f\in L^2(a,b)$）：
(Apostol)

\[\begin{aligned} \operatorname*{l.i.m.}_{n\to\infty}f_n=f :\iff {}& \lim_{n\to\infty}\int_a^b |f_n(x)-f(x)|^2\,dx=0\\ :\iff {}& \forall \varepsilon>0\ \exists N\in\mathbb N\ \forall n\in\mathbb N\\ &\Bigl(n>N\implies \int_a^b |f_n(x)-f(x)|^2\,dx<\varepsilon\Bigr). \end{aligned} \]

几乎一致收敛(Egorov)：

\[\begin{aligned} \{f_n\}\text{ 在 }E\text{ 上几乎一致收敛于 }f:\iff {}& \forall \varepsilon>0\ \exists E_\varepsilon\subseteq E\\ &m(E\setminus E_\varepsilon)<\varepsilon\\ &\quad\land\ \forall \eta>0\ \exists N\in\mathbb N\ \forall n\in\mathbb N\ \forall x\in E_\varepsilon \bigl(n>N\implies |f_n(x)-f(x)|<\eta\bigr)\Bigr). \end{aligned} \]

1.3 函数项级数

定义 1.12

设 $f_k:D\to\mathbb R\ (k\in\mathbb N)$，部分和

\[S_n(x):=\sum_{k=1}^n f_k(x)\qquad(n\in\mathbb N,\ x\in D). \]

\[\begin{aligned} \sum_{k=1}^\infty f_k \text{ 在 }D\text{ 上一致收敛于 }f :\iff {}& S_n\text{ 在 }D\text{ 上一致收敛于 }f\\ :\iff {}& \forall \varepsilon>0\ \exists N\in\mathbb N\ \forall n\in\mathbb N\ \forall x\in D\\ &\Bigl(n>N\implies \Bigl|\sum_{k=1}^n f_k(x)-f(x)\Bigr|<\varepsilon\Bigr). \end{aligned} \]

记

\[\|f_k\|_\infty:=\sup_{x\in D}|f_k(x)|. \]

若

\[\sum_{k=1}^\infty \|f_k\|_\infty<\infty, \]

则称 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty f_k$ 在 $D$ 上绝对收敛（按一致范数意义），严格写为

\[\begin{aligned} \sum_{k=1}^\infty f_k\text{ 在 }D\text{ 上绝对收敛} :\iff {}& \sum_{k=1}^\infty \|f_k\|_\infty<\infty\\ :\iff {}& \exists L\in\mathbb R\ \forall \varepsilon>0\ \exists N\in\mathbb N\ \forall n\in\mathbb N\\ &\Bigl(n>N\implies \Bigl|\sum_{k=1}^n \|f_k\|_\infty-L\Bigr|<\varepsilon\Bigr). \end{aligned} \]

M 判别法的本质可符号化为

\[\Bigl(\sum_{k=1}^\infty \|f_k\|_\infty<\infty\Bigr) \implies \Bigl(\exists f\ \sum_{k=1}^\infty f_k\text{ 在 }D\text{ 上一致收敛于 }f\Bigr). \]

1.4 含参变量反常积分

定义 1.13 $\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x,y)dx$ 关于 $y\in [c,d]$ 一致收敛：

\[\forall \varepsilon > 0,\ \exists A_0 = A_0(\varepsilon) > 0,\ \forall A', A > A_0,\ \forall y\in [c,d]:\ \left| \int_{A}^{A'} f(x,y)dx \right| < \varepsilon \]

1.5 其他相关概念

绝对连续

设 $I\subseteq\mathbb R$ 为区间，$f:I\to\mathbb R$。称 $f$ 在 $I$ 上绝对连续，若

\[\begin{aligned} &\forall \varepsilon>0\ \exists \eta>0\ \forall K\subseteq\mathbb N\\ &\quad\forall\{(a_k,b_k)\}_{k\in K}\ \Bigl[ \forall k\in K\ ((a_k,b_k)\subseteq I)\\ &\qquad\land\ \forall k,l\in K\ \bigl(k\ne l\implies (a_k,b_k)\cap(a_l,b_l)=\varnothing\bigr)\\ &\qquad\land\ \sum_{k\in K}(b_k-a_k)<\eta\\ &\qquad\implies \sum_{k\in K}|f(b_k)-f(a_k)|<\varepsilon \Bigr]. \end{aligned} \]

通常教材中取“有限个互不相交开区间”；若采用有限版本，则把 $K$ 改为有限子集即可。

绝对连续 $\implies$ 有界变差 + 一致连续 + a.e. 可微。设 $f\in L^1(a,b)$，$F(x)=\displaystyle\int_a^x f(t)\,dt$，则

\[F\text{ 在 }[a,b]\text{ 上绝对连续} \iff F'=f\ \text{a.e. 于 }(a,b)\ \text{且 }f\text{ 可积}. \]

上半连续 / 下半连续

设 $x_0\in D_f$ 且 $\exists r>0\ (B_r(x_0)\subseteq D_f)$。

称 $f$ 在 $x_0$ 上半连续，若

\[\forall \varepsilon>0\ \exists \delta>0\ \forall x\in D_f\ \Bigl(|x-x_0|<\delta\implies f(x)\le f(x_0)+\varepsilon\Bigr). \]

称 $f$ 在 $x_0$ 下半连续，若

\[\forall \varepsilon>0\ \exists \delta>0\ \forall x\in D_f\ \Bigl(|x-x_0|<\delta\implies f(x)\ge f(x_0)-\varepsilon\Bigr). \]

上半连续等价于

\[\limsup_{x\to x_0}f(x)\le f(x_0), \]

下半连续等价于

\[\liminf_{x\to x_0}f(x)\ge f(x_0). \]

$f$ 在 $x_0$ 连续 $\iff$ $f$ 在 $x_0$ 既上半连续又下半连续。

上半连续函数不一定有下界，零点定理与介值定理不一定成立。

等度连续（Arzelà–Ascoli）

设 $\mathcal F\subseteq\{f:I\to\mathbb R\}$。称 $\mathcal F$ 在 $I$ 上等度连续（一致等度连续），若

\[\begin{aligned} &\forall \varepsilon>0\ \exists \delta>0\ \forall f\in\mathcal F\ \forall x\in I\ \forall y\in I\\ &\qquad\Bigl(|x-y|<\delta\implies |f(x)-f(y)|<\varepsilon\Bigr). \end{aligned} \]

即 $\mathcal F$ 中的函数“一致地一致连续”。

Arzelà–Ascoli 定理可表述为：
若 $\mathcal F$ 在 $I$ 上等度连续且一致有界，则 $\mathcal F$ 在 $I$ 的紧子集上具有一致收敛子列。

定理

定理 2.1 一致连续 $\implies$ 连续，反之不然。

证明：
$\forall \varepsilon>0$，由一致连续，$\exists\delta>0$，满足

\[\forall x',x''\in D,\ |x'-x''|<\delta \implies |f(x')-f(x'')|<\varepsilon. \]

取 $x''=x_0$，于是

\[\forall x'\in D,\ |x'-x_0|<\delta \implies |f(x')-f(x_0)|<\varepsilon. \]

故 $f$ 在 $x_0$ 连续；$x_0$ 任意，$f$ 在 $D$ 上连续.
反例：

\[f(x)=\sin\frac1x,\quad D=(0,1) \]

在 $(0,1)$ 上处处连续，不一致连续验证：
取

\[x_n=\frac{1}{2n\pi},\quad x_n'=\frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{2}} \]

\[|x_n-x_n'|=\frac{\pi/2}{2n\pi(2n\pi+\pi/2)}\to 0\quad(n\to\infty) \]

\[|f(x_n)-f(x_n')|=|\sin 2n\pi-\sin(2n\pi+\tfrac\pi2)|=|0-1|=1 \]

■

定理 2.2（Cantor / Heine 定理）
若 $f \in C[a,b]$，则 $f$ 在 $[a,b]$ 上一致连续。

证法一：反证 + 致密性（Bolzano–Weierstrass）

\[f\in C[a,b],\quad \text{反设 } f\notin UC[a,b]. \]

\[\neg UC \iff \exists\,\varepsilon_0>0,\ \forall\delta>0,\ \exists\,x',x''\in[a,b]:\ |x'-x''|<\delta\ \wedge\ |f(x')-f(x'')|\ge\varepsilon_0. \tag{1} \]

（取 $\delta_n=\tfrac1n$）

\[\forall n\in\mathbb N,\ \exists\,x_n,x_n'\in[a,b]:\ |x_n-x_n'|<\frac1n\ \wedge\ |f(x_n)-f(x_n')|\ge\varepsilon_0. \tag{2} \]

（致密性）

\[\{x_n\}\subset[a,b]\ \xrightarrow{\ \text{B-W}\ }\ \exists\{x_{n_k}\},\ \exists x_0\in[a,b]:\ x_{n_k}\to x_0,\quad n_k\ge k. \tag{3} \]

（夹逼）

\[0\le|x_{n_k}'-x_0|\le|x_{n_k}'-x_{n_k}|+|x_{n_k}-x_0|<\frac1{n_k}+|x_{n_k}-x_0|\le\frac1k+|x_{n_k}-x_0|\to0 \]

\[\implies\ x_{n_k}'\to x_0. \tag{4} \]

（$x_0$ 处连续）

\[\exists\delta_1>0,\ \forall x\in[a,b]:\ |x-x_0|<\delta_1\implies|f(x)-f(x_0)|<\frac{\varepsilon_0}{2}. \tag{5} \]

（$k\gg1$）

\[\exists K,\ \forall k\ge K:\ |x_{n_k}-x_0|<\delta_1\ \wedge\ |x_{n_k}'-x_0|<\delta_1. \tag{6} \]

由 $(5)(6)$：

\[|f(x_{n_k})-f(x_{n_k}')|\le|f(x_{n_k})-f(x_0)|+|f(x_{n_k}')-f(x_0)|<\frac{\varepsilon_0}{2}+\frac{\varepsilon_0}{2}=\varepsilon_0, \]

与 $(2)$ $|f(x_{n_k})-f(x_{n_k}')|\ge\varepsilon_0$ 矛盾.
$\implies f\in UC[a,b].■$

证法二：有限覆盖 + 半径减半（Cantor 定理）

定理　$f \in C[a,b] \implies f \in UC[a,b]$，即

\[\forall\,\varepsilon>0,\ \exists\,\delta(\varepsilon)>0,\ \forall x',x''\in[a,b]:\ |x'-x''|<\delta(\varepsilon)\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon . \]

$\forall x\in[a,b],\ \forall\varepsilon>0,\ \exists\,\delta(x,\varepsilon)>0$：

\[\forall y\in[a,b]:\ |y-x|<\delta(x,\varepsilon)\implies|f(y)-f(x)|<\frac{\varepsilon}{2}. \tag{1} \]

置

\[U_x:=B\!\left(x,\tfrac12\delta(x,\varepsilon)\right)=\left(x-\tfrac12\delta(x,\varepsilon),\ x+\tfrac12\delta(x,\varepsilon)\right),\quad x\in[a,b]. \]

则

\[\mathcal{U}:=\{U_x\}_{x\in[a,b]},\qquad [a,b]\subseteq\bigcup_{x\in[a,b]}U_x . \]

$[a,b]$ 紧 $\implies\ \exists\,m\in\mathbb N,\ \exists\,x_1,\dots,x_m\in[a,b]$：

\[[a,b]\subseteq\bigcup_{i=1}^{m}U_{x_i},\qquad U_{x_i}=B\!\left(x_i,\tfrac12\delta(x_i,\varepsilon)\right). \]

令

\[\delta:=\delta(\varepsilon):=\min_{1\le i\le m}\tfrac12\delta(x_i,\varepsilon)>0 \]

任取 $x',x''\in[a,b]$ 且 $|x'-x''|<\delta$。

\[x'\in[a,b]\subseteq\bigcup_{i=1}^{m}U_{x_i}\implies\exists\,i_0\in\{1,\dots,m\}:\ |x'-x_{i_0}|<\tfrac12\delta(x_{i_0},\varepsilon). \tag{2} \]

由 $(2)$、$|x'-x''|<\delta$ 及 $\delta\le\tfrac12\delta(x_{i_0},\varepsilon)$：

\[|x''-x_{i_0}|\le|x''-x'|+|x'-x_{i_0}|<\delta+\tfrac12\delta(x_{i_0},\varepsilon)\le\tfrac12\delta(x_{i_0},\varepsilon)+\tfrac12\delta(x_{i_0},\varepsilon)=\delta(x_{i_0},\varepsilon). \tag{3} \]

由 $(2)$ 亦有 $|x'-x_{i_0}|<\tfrac12\delta(x_{i_0},\varepsilon)<\delta(x_{i_0},\varepsilon)$，与 $(3)$ 一并代入 $(1)$（取 $x=x_{i_0}$）：

\[|f(x')-f(x_{i_0})|<\frac{\varepsilon}{2},\qquad |f(x'')-f(x_{i_0})|<\frac{\varepsilon}{2}. \]

故

\[|f(x')-f(x'')|\le|f(x')-f(x_{i_0})|+|f(x'')-f(x_{i_0})|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon . \]

结论

\[\forall\varepsilon>0,\ \exists\,\delta(\varepsilon):=\min_{1\le i\le m}\tfrac12\delta(x_i,\varepsilon)>0,\ \forall x',x''\in[a,b]:\ |x'-x''|<\delta(\varepsilon)\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon .■ \]

证法三：Lebesgue 数 + $\varepsilon/2$ 二分（清华丘班讲义）—— 解答了谢惠民的疑问
$\forall \varepsilon > 0$，对每个 $x \in I$ 取

\[I_x = (x-\delta_x, x+\delta_x) \text{ 使 } |f(y)-f(x)| < \frac{\varepsilon}{2} \quad (\forall y\in I_x)。 \]

于是对任意两点 $y,z\in I_x$：

\[|f(y)-f(z)| \le |f(y)-f(x)| + |f(z)-f(x)| < \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon \]

$\{I_x\}$ 是 $I$ 的开覆盖，取其 Lebesgue 数 $\lambda$。
则 $|x-y| < \lambda \implies x,y$ 同落某个 $I_x \implies |f(x)-f(y)| < \varepsilon$。$\square$

🔗 谢惠民《习题课讲义》留下的坑："如果对这个开覆盖直接应用覆盖定理的话，则难以完成定理的证明……困难何在？"

答案：直接有限覆盖只保证每个点被某个 $I_{x_i}$ 盖住，$x$ 和 $y$ 可能落在不同的 $I_{x_i}$、$I_{x_j}$ 里，而定义只对"中心点 $x_i$"有效，对任意两点无效。必须在 $\varepsilon$ 上留一半（或把半径减半），让每个邻域对"两个点"生效。

附：Lebesgue 数（命题） 设 $K\subset \mathbb R$ 有界闭，$\mathcal U$ 是 $K$ 的开覆盖，则 $\exists \lambda>0$，使

\[\forall x,y\in K,\quad |x-y|<\lambda \implies \exists U\in\mathcal U: [x,y]\cap K \subset U。 \]

证（反证）：若否，对每个 $\delta=\dfrac1n$ 有
$x_n<y_n,\ |x_n-y_n|\le \dfrac1n$，但 $[x_n,y_n]\cap K$ 不被任一 $U$ 覆盖。取子列 $x_n\to x$，则 $y_n\to x$；$x\in K$ 故 $x\in U_\alpha$，取 $(x-\eta,x+\eta)\subset U_\alpha$，$n$ 大时
$[x_n,y_n]\subset U_\alpha$，矛盾。$\square$

证法三：Lebesgue 数 + $\varepsilon/2$ 二分

定理　$f\in C[a,b]\implies f\in UC[a,b]$，即

\[\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta(\varepsilon)>0,\ \forall x',x''\in[a,b]:\ |x'-x''|<\delta(\varepsilon)\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon. \]

引理（Lebesgue 数）　$K\subset\mathbb R$ 有界闭，$\mathcal U$ 为 $K$ 的开覆盖，则

\[\exists\lambda>0,\ \forall x,y\in K:\ |x-y|<\lambda\implies\exists U\in\mathcal U:\ [x,y]\cap K\subset U. \tag{L} \]

证（反证 + 致密性）　反设 $\neg(L)$：

\[\forall n\in\mathbb N,\ \exists\,x_n\le y_n,\ x_n,y_n\in K:\ |x_n-y_n|<\frac1n\ \wedge\ \forall U\in\mathcal U,\ [x_n,y_n]\cap K\not\subset U. \tag{L1} \]

$\{x_n\}\subset K$ 有界 $\xrightarrow{\ \text{B-W}\ }$ $\exists\{x_{n_k}\},\ \exists x_0\in K:\ x_{n_k}\to x_0,\ n_k\ge k$。夹逼：

\[|y_{n_k}-x_0|\le|y_{n_k}-x_{n_k}|+|x_{n_k}-x_0|<\frac1{n_k}+|x_{n_k}-x_0|\le\frac1k+|x_{n_k}-x_0|\to0 \]

\[\implies\ y_{n_k}\to x_0. \tag{L2} \]

$x_0\in K$ 且 $\mathcal U$ 覆盖 $K$ $\implies\exists U_0\in\mathcal U:\ x_0\in U_0$；$U_0$ 开 $\implies\exists\eta>0:\ B(x_0,\eta)\subset U_0$。
由 $(L2)$ $\exists K_0,\ \forall k\ge K_0:\ |x_{n_k}-x_0|<\frac\eta2\ \wedge\ |y_{n_k}-x_0|<\frac\eta2$。由区间与球的凸性，$\forall w\in[x_{n_k},y_{n_k}]$：

\[|w-x_0|\le\max\{|x_{n_k}-x_0|,\ |y_{n_k}-x_0|\}<\frac\eta2<\eta\implies\ [x_{n_k},y_{n_k}]\subset B(x_0,\eta)\subset U_0 \]

与 $(L1) 矛盾.■$

证明:
（逐点连续，取 $\varepsilon/2$）　$\forall\varepsilon>0,\ \forall x\in[a,b],\ \exists\delta_x>0$：

\[\forall y\in[a,b]:\ |y-x|<\delta_x\implies|f(y)-f(x)|<\frac\varepsilon2. \tag{1} \]

（开覆盖）　置 $I_x:=B(x,\delta_x)=(x-\delta_x,\ x+\delta_x)$，则

\[\mathcal U:=\{I_x\}_{x\in[a,b]},\qquad [a,b]\subset\bigcup_{x\in[a,b]}I_x. \tag{2} \]

（$\varepsilon/2$ 二分 $\Rightarrow$ 每个 $I_x$ 对"两点"生效）　$\forall x\in[a,b],\ \forall y,z\in I_x\cap[a,b]$：

\[|f(y)-f(z)|\le|f(y)-f(x)|+|f(z)-f(x)|\overset{(1)}{<}\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon. \tag{3} \]

(Lebesgue 数 $\Rightarrow$ 两点同落一个 $I_x$）　由 $(2)$、引理，$\exists\lambda>0$：

\[\forall x',x''\in[a,b]:\ |x'-x''|<\lambda\implies\exists x_*\in[a,b]:\ [x',x'']\cap[a,b]\subset I_{x_*}. \tag{4} \]

取 $\delta(\varepsilon):=\lambda>0$。$\forall x',x''\in[a,b]$ 且 $|x'-x''|<\delta$：

\[\overset{(4)}{\implies}\exists x_*\in[a,b]:\ x',x''\in I_{x_*}\cap[a,b]\ \overset{(3)}{\implies}\ |f(x')-f(x'')|<\varepsilon. \tag{5} \]

结论

\[\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta(\varepsilon)=\lambda>0,\ \forall x',x''\in[a,b]:\ |x'-x''|<\delta(\varepsilon)\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon.\implies\ f\in UC[a,b].\ \square \]

注（谢惠民之问）　直接有限覆盖只给 $x'\in I_{x_i},\ x''\in I_{x_j}$；$i\neq j$ 时中心 $x_i\neq x_j$，(1) 只连接 $f(x')\leftrightarrow f(x_i)$、$f(x'')\leftrightarrow f(x_j)$，无法连接 $f(x')\leftrightarrow f(x'')$。
故须补上"两点同落一个邻域"：证法二用半径减半 $+$ 三角不等式把 $x''$ 拉回 $B(x_i,\delta_{x_i})$；证法三用 Lebesgue 数 $\lambda$ 一步到位。两种补丁互补——(3) 解决"两点有效"，(4) 解决"同一个邻域"。

证法四：区间套

反设

\[\neg UC \iff \exists\varepsilon_0>0,\ \forall\delta>0,\ \exists x',x''\in[a,b]:\ |x'-x''|<\delta\ \wedge\ |f(x')-f(x'')|\ge\varepsilon_0. \tag{0} \]

定义（性质 P）　设闭区间 $J\subset[a,b]$。称 $J$ 具 $\mathrm P$：

\[\mathrm P(J):\iff \forall\delta>0,\ \exists x',x''\in J:\ |x'-x''|<\delta\ \wedge\ |f(x')-f(x'')|\ge\varepsilon_0. \]

由 $(0)$：

\[\mathrm P([a,b])\ \text{成立}. \tag{1} \]

且否定式

\[\neg\mathrm P(J)\iff \exists\delta_J>0,\ \forall x',x''\in J:\ |x'-x''|<\delta_J\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon_0. \tag{2} \]

引理（二分保 P）　$J=[\alpha,\beta]\subset[a,b]$，$m:=\dfrac{\alpha+\beta}{2}$，$J^-:=[\alpha,m]$，$J^+:=[m,\beta]$。则

\[\mathrm P(J)\implies \mathrm P(J^-)\ \vee\ \mathrm P(J^+). \tag{3} \]

证（反证）反设 $\neg\mathrm P(J^-)\wedge\neg\mathrm P(J^+)$。由 $(2)$：

\[\exists\delta^->0,\ \forall x',x''\in J^-:\ |x'-x''|<\delta^-\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon_0; \tag{4} \]

\[\exists\delta^+>0,\ \forall x',x''\in J^+:\ |x'-x''|<\delta^+\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon_0. \tag{5} \]

$m\in[a,b]$，$f$ 在 $m$ 连续：

\[\exists\eta>0,\ \forall x\in[a,b]:\ |x-m|<\eta\implies|f(x)-f(m)|<\frac{\varepsilon_0}{2}. \tag{6} \]

取

\[\delta_*:=\min\{\delta^-,\ \delta^+,\ \eta\}>0. \tag{7} \]

任取 $x',x''\in J$ 且 $|x'-x''|<\delta_*$。三情形：

(a) $x',x''\in J^-$　由 $\delta_*\le\delta^-$ 与 $(4)$：$|f(x')-f(x'')|<\varepsilon_0$。

(b) $x',x''\in J^+$　由 $\delta_*\le\delta^+$ 与 $(5)$：$|f(x')-f(x'')|<\varepsilon_0$。

(c) 分居两侧　不妨 $x'\in J^-,\ x''\in J^+$，则 $x'\le m\le x''$，故 $m\in[x',x'']$：

\[|x'-m|=m-x'\le x''-x'=|x'-x''|<\delta_*\le\eta,\qquad |x''-m|=x''-m\le x''-x'=|x'-x''|<\delta_*\le\eta. \]

由 $(6)$：$|f(x')-f(m)|<\dfrac{\varepsilon_0}{2},\ |f(x'')-f(m)|<\dfrac{\varepsilon_0}{2}$，故

\[|f(x')-f(x'')|\le|f(x')-f(m)|+|f(x'')-f(m)|<\frac{\varepsilon_0}{2}+\frac{\varepsilon_0}{2}={\varepsilon_0}. \tag{8} \]

合并：

\[\forall x',x''\in J:\ |x'-x''|<\delta_*\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon_0, \]

即 $\neg\mathrm P(J)$，与 $\mathrm P(J)$ 矛盾。$\implies(3) 成立。$■

证明
（递归二等分）　置 $J_0:=[a,b]$。由 $(1)$ 与 $(3)$，递归地：

\[J_{n+1}:=\begin{cases} J_n^-, & \mathrm P(J_n^-)\ \text{成立},\\[2pt] J_n^+, & \text{否则（此时由 (3) 必有 }\mathrm P(J_n^+)\text{）}, \end{cases}\qquad n=0,1,2,\dots \]

则 $\forall n$：

\[J_{n+1}\subseteq J_n\subset[a,b],\qquad J_n\ \text{闭},\qquad |J_{n+1}|=\tfrac12|J_n|,\qquad \mathrm P(J_n)\ \text{成立}. \tag{9} \]

由归纳：$|J_n|=2^{-n}(b-a)$。

（闭区间套定理）　由 Cantor 闭区间套定理：

\[J_0\supseteq J_1\supseteq\cdots,\ |J_n|=2^{-n}(b-a)\to0 \ \implies\ \exists!\,c\in\mathbb R:\ \bigcap_{n=0}^{\infty}J_n=\{c\}, \]

且 $c\in J_0=[a,b]$（$J_0$ 闭）.记端点 $J_n=[\alpha_n,\beta_n]$，则

\[\alpha_n\nearrow c,\quad \beta_n\searrow c,\quad c\in J_n\ \ (\forall n). \tag{10} \]

（$c$ 处连续）　$f\in C[a,b],\ c\in[a,b]$：

\[\exists\delta_1>0,\ \forall x\in[a,b]:\ |x-c|<\delta_1\implies|f(x)-f(c)|<\frac{\varepsilon_0}{2}. \tag{11} \]

由 $|J_n|=2^{-n}(b-a)\to0$，取 $N$ 使

\[|J_N|=2^{-N}(b-a)<\delta_1. \tag{12} \]

由 $(10)$ $c\in J_N$，故 $\forall x\in J_N$：

\[|x-c|\le|J_N|\overset{(12)}{<}\delta_1\implies\ J_N\subset(c-\delta_1,\ c+\delta_1). \tag{13} \]

于是 $\forall x',x''\in J_N$（任意两点），由 $(11)(13)$：

\[|f(x')-f(x'')|\le|f(x')-f(c)|+|f(x'')-f(c)| <\frac{\varepsilon_0}{2}+\frac{\varepsilon_0}{2}={\varepsilon_0} \tag{14} \]

但由 $(9)$ $\mathrm P(J_N)$ 成立，即

\[\exists x',x''\in J_N:\ |f(x')-f(x'')|\ge\varepsilon_0, \]

与 $(14)$ 矛盾（注意 $(14)$ 对 $J_N$ 中任意点对成立，不受 $|x'-x''|$ 限制）。

结论

\[\neg UC\ \Rightarrow\ \text{矛盾}\quad\implies\ f\in UC[a,b].\ ■ \]

证法五：确界存在定理 $\Rightarrow$ 有限覆盖定理 $\Rightarrow$ 证法二

Part A：逐点连续，构造开覆盖

\[\forall\varepsilon>0,\ \forall x\in[a,b],\ \exists\delta_x:=\delta(x,\varepsilon)>0:\ \forall y\in[a,b],\ |y-x|<\delta_x\implies|f(y)-f(x)|<\frac\varepsilon2. \tag{1} \]

\[U_x:=B\!\left(x,\tfrac12\delta_x\right)=\left(x-\tfrac12\delta_x,\ x+\tfrac12\delta_x\right),\qquad \mathcal U:=\{U_x\}_{x\in[a,b]},\qquad [a,b]\subset\bigcup_{x\in[a,b]}U_x. \tag{2} \]

Part B：确界存在定理 $\Rightarrow$ 有限覆盖定理（Heine–Borel）

定义　

\[E:=\bigl\{t\in[a,b]:\ \exists\,m\in\mathbb N,\ \exists\,x_1,\dots,x_m\in[a,b],\ [a,t]\subset\bigcup_{i=1}^{m}U_{x_i}\bigr\}. \tag{3} \]

（$E\neq\varnothing$）　$$a\in[a,b]\subset\bigcup\mathcal U\implies\exists x_a\in[a,b]:\ a\in U_{x_a}\implies[a,a]={a}\subset U_{x_a}\implies\ a\in E.\tag{4}$$

（$\sup E$ 存在）　$E\subset[a,b]$ 有上界 $b$，且 $E\neq\varnothing$ $\xrightarrow{\text{确界存在定理}}$

\[c:=\sup E\ \text{存在},\qquad c\in[a,b]\ \ (\,a\in E\Rightarrow c\ge a;\ b\ \text{为上界}\Rightarrow c\le b\,). \tag{5} \]

（$c\in E$）　$c\in[a,b]\subset\bigcup\mathcal U\implies\exists U_*\in\mathcal U:\ c\in U_*$；$U_*$ 开 $\implies\exists\eta>0:\ B(c,\eta)\subset U_*$。

\[c-\eta<c=\sup E\implies c-\eta\ \text{非}\ E\ \text{的上界}\implies\exists t\in E:\ c-\eta<t\le c. \tag{6} \]

由 $t\in E$：$\exists\{U_{x_i}\}_{i=1}^{m}\subset\mathcal U:\ [a,t]\subset\bigcup_{i=1}^{m}U_{x_i}$.又 $\forall w\in[t,c]$：

\[c-\eta<t\le w\le c\implies |w-c|=c-w\le c-t<\eta\implies\ [t,c]\subset B(c,\eta)\subset U_*. \tag{7} \]

\[[a,c]=[a,t]\cup[t,c]\subset\Bigl(\bigcup_{i=1}^{m}U_{x_i}\Bigr)\cup U_*\implies\ c\in E. \tag{8} \]

（$c=b$）　反设 $c<b$。取 $t_*$ 使 $c<t_*<\min\{b,\ c+\eta\}$（可行：$c<b,\ \eta>0$）.$\forall w\in[c,t_*]$：$|w-c|\le t_*-c<\eta$，故

\[[c,t_*]\subset B(c,\eta)\subset U_*,\qquad [a,t_*]=[a,c]\cup[c,t_*]\overset{(8)}{\subset}\Bigl(\bigcup_{i=1}^{m}U_{x_i}\Bigr)\cup U_*\cup U_*. \]

\[\implies\ t_*\in E\ \wedge\ t_*>c=\sup E\ \\ \text{(矛盾)}\ \]

\[\implies\ c=b. \tag{9} \]

（有限子覆盖）　由 $(8)(9)$：$b=c\in E$，即

\[\exists m\in\mathbb N,\ \exists x_1,\dots,x_m\in[a,b]:\ [a,b]\subset\bigcup_{i=1}^{m}U_{x_i},\qquad U_{x_i}=B\!\left(x_i,\tfrac12\delta_{x_i}\right). \tag{10} \]

Part C：套用证法二（半径减半 $+$ 三角不等式）

\[\delta(\varepsilon):=\min_{1\le i\le m}\tfrac12\delta_{x_i}>0\quad(\text{有限个正数之最小者仍为正，且仅依赖 }\varepsilon). \tag{11} \]

任取 $x',x''\in[a,b]$，$|x'-x''|<\delta(\varepsilon)$。由 $(10)$ $\exists i_0:\ |x'-x_{i_0}|<\tfrac12\delta_{x_{i_0}}$。由 $\delta(\varepsilon)\le\tfrac12\delta_{x_{i_0}}$：

\[|x''-x_{i_0}|\le|x''-x'|+|x'-x_{i_0}|<\delta(\varepsilon)+\tfrac12\delta_{x_{i_0}}\le\tfrac12\delta_{x_{i_0}}+\tfrac12\delta_{x_{i_0}}=\delta_{x_{i_0}}. \tag{12} \]

由 $(1)$（取 $x=x_{i_0}$）：

\[|f(x')-f(x_{i_0})|<\frac\varepsilon2,\qquad |f(x'')-f(x_{i_0})|<\frac\varepsilon2 \]

\[\implies\ |f(x')-f(x'')|\le|f(x')-f(x_{i_0})|+|f(x'')-f(x_{i_0})|<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon. \tag{13} \]

结论　$$\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta(\varepsilon)>0,\ \forall x',x''\in[a,b]:\ |x'-x''|<\delta(\varepsilon)\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon$$

\[\implies\ f\in UC[a,b].\ ■ \]

证法五$'$：确界定理直接证（延拓法 / 连通性证法）

设定　$f\in C[a,b]$。记

\[P(t):\iff f\in UC[a,t],\qquad E:=\{t\in[a,b]:\ P(t)\}. \]

（$E\neq\varnothing$，$c:=\sup E$ 存在）

\[[a,a]=\{a\}:\ \forall\varepsilon>0,\ \forall\delta>0,\ \forall x',x''\in[a,a],\ |x'-x''|<\delta\implies x'=x''=a\implies|f(x')-f(x'')|=0<\varepsilon \]

\[\implies\ P(a)\implies\ a\in E\neq\varnothing. \tag{0} \]

$E\subset[a,b]$，$b$ 为上界 $\xrightarrow{\text{确界存在定理}}$

\[c:=\sup E\ \text{存在},\qquad a\le c\le b\ \tag{1} \]

（$c\in E$）

固定 $\varepsilon>0$。$f$ 在 $c\in[a,b]$ 连续：

\[\exists\eta>0,\ \forall x\in[a,b]:\ |x-c|<\eta\implies|f(x)-f(c)|<\frac{\varepsilon}{2}. \tag{2} \]

由 $c-\tfrac\eta2<c=\sup E$：$c-\tfrac\eta2$ 非 $E$ 的上界 $\implies\exists t\in E:\ c-\tfrac\eta2<t\le c$。由 $P(t)$：

\[\exists\delta_t>0,\ \forall x',x''\in[a,t]:\ |x'-x''|<\delta_t\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon. \tag{3} \]

取

\[\delta:=\min\Bigl\{\delta_t,\ \tfrac\eta2\Bigr\}>0. \tag{4} \]

任取 $x',x''\in[a,c]$，$|x'-x''|<\delta$；不妨令 $x'\le x''$.

$(I)$ $x''\le t$　$x'\le x''\le t\ \therefore\ x',x''\in[a,t]\ \overset{(3),\ \delta\le\delta_t}{\implies}\ |f(x')-f(x'')|<\varepsilon$.

$(II)$ $x''>t$　$x''\in(t,c]$，故

\[|x''-c|=c-x''\ \overset{x''>t}{<}\ c-t\ \overset{t>c-\eta/2}{<}\ \frac\eta2<\eta; \]

\[|x'-c|\le|x'-x''|+|x''-c|<\delta+\frac\eta2\ \overset{(4)}{\le}\ \frac\eta2+\frac\eta2=\eta. \]

\[\overset{(2)}{\implies}\ |f(x')-f(c)|<\frac{\varepsilon}{2},\quad |f(x'')-f(c)|<\frac{\varepsilon}{2} \]

\[\implies|f(x')-f(x'')|\le|f(x')-f(c)|+|f(x'')-f(c)|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \tag{5} \]

由 $(I)(II)$：$$\forall x',x''\in[a,c],\ |x'-x''|<\delta\Rightarrow|f(x')-f(x'')|<\varepsilon\ \implies\ P(c)\ \implies\ {c\in E}. \tag{6}$$

S2（$c=b$）

反设 $c<b$。由 $(6)$ $P(c)$：$\exists\delta_c>0,\ \forall x',x''\in[a,c],\ |x'-x''|<\delta_c\Rightarrow|f(x')-f(x'')|<\varepsilon$。取($c<b,\ \eta>0$）

\[t_*\in\Bigl(c,\ \min\{b,\ c+\tfrac\eta2\}\Bigr),\qquad \delta_*:=\min\Bigl\{\delta_c,\ \tfrac\eta2\Bigr\}>0. \tag{7} \]

任取 $x',x''\in[a,t_*]$，$|x'-x''|<\delta_*$，不妨 $x'\le x''$：

(I) $x''\le c$　$x',x''\in[a,c]\ \overset{\delta_*\le\delta_c}{\implies}\ |f(x')-f(x'')|<\varepsilon$.

(II) $x''>c$　$x''\in(c,t_*]$，故

\[|x''-c|=x''-c<t_*-c\ \overset{(7)}{<}\ \frac\eta2<\eta;\qquad |x'-c|\le|x'-x''|+|x''-c|<\delta_*+\frac\eta2\le\eta. \]

\[\overset{(2)}{\implies}|f(x')-f(x'')|\le|f(x')-f(c)|+|f(x'')-f(c)|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \tag{8} \]

$\implies\ P(t_*)\ \implies\ t_*\in E$，但 $t_*>c=\sup E$，与 $c$ 为 $E$ 的上界矛盾$$\implies\ c=b. \tag{9}$$

结论　由 $(9)(6)$：

\[b=c\in E\ \implies\ P(b)\ \implies\ f\in UC[a,b].■ \]

证法六：序列判别法反证

定理 2.8（一致连续的序列判别法）　$f:I\to\mathbb R$，则

\[f\in UC(I)\iff \forall\{x_n'\},\{x_n''\}\subset I:\ |x_n'-x_n''|\to0\implies|f(x_n')-f(x_n'')|\to0. \tag{S} \]

记 $d_n:=|x_n'-x_n''|,\quad \Delta_n:=|f(x_n')-f(x_n'')|$。

证$(⇒)$　$f\in UC(I)$：

\[\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ \forall x',x''\in I:\ |x'-x''|<\delta\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon. \]

\[d_n\to0\implies\exists N,\ \forall n\ge N:\ d_n<\delta\implies\Delta_n<\varepsilon\ \implies\ \Delta_n\to0. \]

证$(⇐)$（逆否）　

\[\neg UC(I)\iff\exists\varepsilon_0>0,\ \forall\delta>0,\ \exists x',x''\in I:\ |x'-x''|<\delta\ \wedge\ |f(x')-f(x'')|\ge\varepsilon_0. \]

取 $\delta_n:=\tfrac1n$（$n\in\mathbb N$）：

\[\forall n,\ \exists x_n',x_n''\in I:\ d_n<\tfrac1n\ \wedge\ \Delta_n\ge\varepsilon_0 \ \implies\ d_n\to0\ \wedge\ \Delta_n\not\to0, \]

此即 $\neg$(右端)
证明:
（$I=[a,b]$）
（反设 + 定理 2.8）　$f\in C[a,b]$，反设 $f\notin UC[a,b]$。由$(S)$ 的$(⇐)$：

\[\exists\varepsilon_0>0,\ \exists\{x_n'\},\{x_n''\}\subset[a,b],\ \forall n\in\mathbb N:\ |x_n'-x_n''|<\frac1n\ \wedge\ |f(x_n')-f(x_n'')|\ge\varepsilon_0. \tag{1} \]

\[\implies\ d_n:=|x_n'-x_n''|\to0,\qquad \Delta_n:=|f(x_n')-f(x_n'')|\ge\varepsilon_0\ \ (\forall n). \tag{2} \]

（列紧性）　$\{x_n'\}\subset[a,b]$ 有界 $\xrightarrow{\text{B-W}}$

\[\exists\{n_k\}\ (n_k\ge k),\ \exists c\in[a,b]:\ x_{n_k}'\to c. \tag{3} \]

（夹逼 $⇒$ 双序列同极限）　

\[0\le|x_{n_k}''-c|\le\underbrace{|x_{n_k}''-x_{n_k}'|}_{<\frac1{n_k}\le\frac1k}+\underbrace{|x_{n_k}'-c|}_{\to0}\xrightarrow{k\to\infty}0 \ \implies\ x_{n_k}''\to c. \tag{4} \]

（$c$ 处连续 $⇒$ 值差 $\to0$）　$f\in C[a,b],\ c\in[a,b]$：

\[f(x_{n_k}')\to f(c),\qquad f(x_{n_k}'')\to f(c)\qquad(k\to\infty). \tag{5} \]

故

\[\Delta_{n_k}=|f(x_{n_k}')-f(x_{n_k}'')|\le|f(x_{n_k}')-f(c)|+|f(x_{n_k}'')-f(c)|\xrightarrow{k\to\infty}0. \tag{6} \]

（矛盾）　由 $(6)$ $\exists K,\ \forall k\ge K:\ \Delta_{n_k}<\varepsilon_0$；由 $(2)$ $\forall k:\ \Delta_{n_k}\ge\varepsilon_0$，矛盾.

结论　$\neg UC[a,b]\Rightarrow$ 矛盾 $\implies\ f\in UC[a,b].\ \blacksquare$

证法七：（紧致度量空间版）

设$(M,d)$ 紧致度量空间，$(N,\rho)$ 度量空间，$f:M\to N$ 连续。

\[f\in UC(M)\]

\[:\iff \forall\varepsilon>0,\ \exists\delta_0=\delta_0(\varepsilon)>0,\ \forall x,y\in M:\ d(x,y)<\delta_0\implies\rho(f(x),f(y))<\varepsilon.\tag{0} \]

$\forall\varepsilon>0,\ \forall x_0\in M,\ \exists\delta(x_0)>0$：

\[d(x,x_0)<4\delta(x_0)\implies\rho\bigl(f(x),f(x_0)\bigr)<\frac{\varepsilon}{2}. \tag{1} \]

$\forall x_0\in M,\ \forall x,y\in B_{2\delta(x_0)}(x_0)$：

\[d(x,x_0)<2\delta(x_0)<4\delta(x_0),\qquad d(y,x_0)<2\delta(x_0)<4\delta(x_0) \]

\[\overset{(1)}{\implies}\rho\bigl(f(x),f(x_0)\bigr)<\frac{\varepsilon}{2},\quad \rho\bigl(f(y),f(x_0)\bigr)<\frac{\varepsilon}{2} \]

\[\implies\ \rho\bigl(f(x),f(y)\bigr)\le\rho\bigl(f(x),f(x_0)\bigr)+\rho\bigl(f(x_0),f(y)\bigr)<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \tag{2} \]

（$\delta$ 开覆盖 + 紧性 $⇒$有限子覆盖）　

\[\mathcal U:=\{B_{\delta(x)}(x)\}_{x\in M},\qquad M\subset\bigcup_{x\in M}B_{\delta(x)}(x). \]

$M$ 紧 $\implies\exists m\in\mathbb N,\ \exists x_1,\dots,x_m\in M$：

\[M\subset\bigcup_{j=1}^{m}B_{\delta_j}(x_j),\qquad \delta_j:=\delta(x_j). \tag{3} \]

（取一致半径）　

\[\delta_0:=\min_{1\le j\le m}\delta_j>0\quad(\text{有限个正数之最小者仍为正；仅依赖 }\varepsilon). \tag{4} \]

（验证）　任取 $x,y\in M$ 且 $d(x,y)<\delta_0$。由 $(3)$ $\exists j_0:\ d(x,x_{j_0})<\delta_{j_0}$。由 $(4)$ $\delta_0\le\delta_{j_0}$，故

\[d(y,x_{j_0})\le d(y,x)+d(x,x_{j_0})<\delta_0+\delta_{j_0}\le\delta_{j_0}+\delta_{j_0}=2\delta_{j_0}. \tag{5} \]

于是

\[d(x,x_{j_0})<\delta_{j_0}<2\delta_{j_0},\qquad d(y,x_{j_0})\overset{(5)}{<}2\delta_{j_0} \ \implies\ x,y\in B_{2\delta_{j_0}}(x_{j_0}) \]

\[\overset{(2)}{\implies}\rho\bigl(f(x),f(y)\bigr)<\varepsilon. \tag{6} \]

结论　$\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta_0=\min_j\delta(x_j)>0,\ \forall x,y\in M:\ d(x,y)<\delta_0\implies\rho(f(x),f(y))<\varepsilon\ \implies\ f\in UC(M).\ \blacksquare$

定理 2.3（Hölder / Lipschitz $\Rightarrow$ $UC$）

设定　$(X,d)$ 为度量空间，$f:X\to\mathbb R$，且

\[\exists M>0,\ \exists\alpha\in(0,1],\ \forall x,y\in X:\ |f(x)-f(y)|\le M\,d(x,y)^{\alpha}. \tag{H} \]

（$\alpha=1$: Lipschitz；$0<\alpha<1$: Hölder）

结论　$f\in UC(X)$，即

\[\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta(\varepsilon)>0,\ \forall x,y\in X:\ d(x,y)<\delta(\varepsilon)\implies|f(x)-f(y)|<\varepsilon. \tag{0} \]

证　$\forall\varepsilon>0$，取

\[\delta(\varepsilon):=\left(\frac{\varepsilon}{M}\right)^{1/\alpha}>0 \quad(\text{仅依赖 }\varepsilon,M,\alpha；\text{与 }x,y\ \text{无关})。 \]

$\forall x,y\in X$，$d(x,y)<\delta(\varepsilon)$，记 $\rho:=d(x,y)$。由 $\alpha>0$，$t\mapsto Mt^{\alpha}$ 在 $[0,\infty)$ 严格增：

\[|f(x)-f(y)|\overset{\text{(H)}}{\le}M\rho^{\alpha}<M\bigl(\delta(\varepsilon)\bigr)^{\alpha} =M\cdot\left[\left(\frac{\varepsilon}{M}\right)^{1/\alpha}\right]^{\alpha} =M\cdot\frac{\varepsilon}{M}=\varepsilon. \]

$\implies\ f\in UC(X)$。$\blacksquare$

推论 2.4（$|f'|\le M\Rightarrow$ Lipschitz $\Rightarrow UC$）

设定　$I\subset\mathbb R$ 为区间，$f\in C(I)$，$f$ 在 $\mathring I$（$I$ 的内点集）可导，且

\[\exists M>0,\ \forall\xi\in\mathring I:\ |f'(\xi)|\le M. \tag{D} \]

结论　$f$ 在 $I$ 上 Lipschitz（常数 $M$），从而 $f\in UC(I)$。

证　任取 $x,y\in I$。若 $x=y$：$|f(x)-f(y)|=0\le M|x-y|$，平凡。
若 $x\neq y$，不妨 $x<y$。由 $I$ 为区间（凸性）：$[x,y]\subset I$，且 $(x,y)\subset\mathring I$。故

\[f\in C[x,y]\ \wedge\ f|_{(x,y)}\ \text{可导}\ \xrightarrow{\text{Lagrange MVT}}\ \exists\xi\in(x,y)\subset\mathring I:\ f(y)-f(x)=f'(\xi)(y-x). \]

\[\implies\ |f(x)-f(y)|=|f'(\xi)|\cdot|y-x|\overset{\text{(D)}}{\le}M|x-y|. \]

合并两情形：

\[\forall x,y\in I:\ |f(x)-f(y)|\le M|x-y|\qquad\bigl(\text{即 (H) 取 }\alpha=1\bigr). \tag{L} \]

由定理 $2.3$，取 $\delta(\varepsilon)=\left(\dfrac{\varepsilon}{M}\right)^{1/1}=\dfrac{\varepsilon}{M}$：

\[|x-y|<\frac{\varepsilon}{M}\implies|f(x)-f(y)|\overset{\text{(L)}}{\le}M|x-y|<\varepsilon \ \implies\ f\in UC(I).\ \blacksquare \]

系　$f\in C^1[a,b]\implies f\in UC[a,b]$。
（$f'$ 连续 $\xrightarrow{\text{最值定理}}\exists\xi_0\in[a,b]:\ |f'(\xi_0)|=\max_{[a,b]}|f'|=:M<+\infty$，即 $(D)$ 成立。）

反例（$UC\not\Rightarrow$ Lipschitz；$f'$ 无界仍可 $UC$）

例　$f(x)=\sqrt{x},\quad I=[0,1]$（或 $[0,+\infty)$）。

(a) $f\notin\mathrm{Lip}(I)$.　$\forall M>0$，取 $y\in(0,\min\{1,M^{-2}\})$，$x:=0$：

\[\frac{|f(y)-f(0)|}{|y-0|}=\frac{\sqrt{y}}{y}=\frac1{\sqrt{y}}>M \ \implies\ \sup_{x\neq y}\frac{|\sqrt{x}-\sqrt{y}|}{|x-y|}\ge\sup_{y\downarrow0}\frac1{\sqrt{y}}=+\infty \ \implies\ f\notin\mathrm{Lip}(I). \]

(b) $f'$ 在 $x=0$ 无界　$f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\ (x>0)$，$\displaystyle\lim_{x\to0^+}f'(x)=+\infty$。

(c) $f\in UC(I)$ 仍成立　$\forall x,y\ge0$：

\[|\sqrt{x}-\sqrt{y}|=\frac{|x-y|}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}. \]

由 $(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2=x+y+2\sqrt{xy}\ge x+y\ge|x-y|$：$\sqrt{x}+\sqrt{y}\ge\sqrt{|x-y|}$。故（$x\neq y$ 时）

\[|\sqrt{x}-\sqrt{y}|\le\frac{|x-y|}{\sqrt{|x-y|}}=|x-y|^{1/2}; \]

$x=y$ 时两边为 $0$.$\implies$ $f$ 满足 (H) 取 $\alpha=\tfrac12,\ M=1$。由定理 $2.3$：

\[\delta(\varepsilon)=\left(\frac{\varepsilon}{1}\right)^{\frac1{\frac12}}=\varepsilon^{2}>0,\qquad |x-y|<\varepsilon^2\implies|\sqrt{x}-\sqrt{y}|\le|x-y|^{1/2}<\varepsilon \ \implies\ \sqrt{x}\in UC[0,1].\ \blacksquare \]

注　$\sqrt{x}$ 一并说明：$①$ $UC\not\Rightarrow\mathrm{Lip}$（$\delta=\varepsilon^2$ 非线性）；$②$ $UC\not\Rightarrow |f'|$ 有界（$f'(0^+)=+\infty$）；$③$ Cantor 定理 $C[a,b]\Rightarrow UC$ 非平凡——$\sqrt{x}$ 的一致连续性无法由 $(D)$ 推出。

定理 2.4（一致连续的运算封闭性）

约定　$(X,d)$ 为度量空间；$f,g:X\to\mathbb R$。记 $f\in UC(X)$ 的一个模量为 $\delta_f(\cdot)$：

\[\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta_f(\varepsilon)>0,\ \forall x,y\in X:\ d(x,y)<\delta_f(\varepsilon)\implies|f(x)-f(y)|<\varepsilon. \]

$\|h\|_\infty:=\sup_{x\in X}|h(x)|$。

$(1)$ 线性组合

命题　$f,g\in UC(X),\ a,b\in\mathbb R\implies af+bg\in UC(X)$。

证　$\forall\varepsilon>0$，令 $\varepsilon':=\dfrac{\varepsilon}{|a|+|b|+1}>0$（分母 $\ge1$），取

\[\delta:=\min\bigl\{\delta_f(\varepsilon'),\ \delta_g(\varepsilon')\bigr\}>0. \]

$\forall x,y\in X,\ d(x,y)<\delta$：

\[|(af+bg)(x)-(af+bg)(y)|\le|a|\,|f(x)-f(y)|+|b|\,|g(x)-g(y)| <|a|\varepsilon'+|b|\varepsilon'=(|a|+|b|)\varepsilon' =\frac{|a|+|b|}{|a|+|b|+1}\,\varepsilon<\varepsilon. \]

$\implies\ af+bg\in UC(X)$.■

(2) 乘积：一般不保持；$f,g$ 均有界则保持

$(2a)$ 反例　$X=\mathbb R$，$f(x)=g(x):=x$.

\[f\in UC(\mathbb R):\ |x-y|<\varepsilon\implies|f(x)-f(y)|<\varepsilon\ (\text{即 }\delta_f(\varepsilon)=\varepsilon). \]

但 $(fg)(x)=x^2\notin UC(\mathbb R)$：取 $x_n:=n,\ y_n:=n+\tfrac1n$，则

\[|x_n-y_n|=\frac1n\to0,\qquad |x_n^2-y_n^2|=\Bigl(n+\frac1n\Bigr)^2-n^2=2+\frac1{n^2}\ge2. \]

由定理 $2.8$（序列判别法）$\implies\ x^2\notin UC(\mathbb R)$.■

$(2b)$ 保持的充分条件　$f,g\in UC(X)$ 且 $\|f\|_\infty,\|g\|_\infty<+\infty\implies fg\in UC(X)$。

证　恒等变形

\[f(x)g(x)-f(y)g(y)=f(x)\bigl[g(x)-g(y)\bigr]+g(y)\bigl[f(x)-f(y)\bigr]. \]

$\forall\varepsilon>0$，令 $\varepsilon':=\dfrac{\varepsilon}{\|f\|_\infty+\|g\|_\infty+1}$，取 $\delta:=\min\{\delta_f(\varepsilon'),\delta_g(\varepsilon')\}$.$\forall x,y\in X,\ d(x,y)<\delta$：

\[|f(x)g(x)-f(y)g(y)|\le\|f\|_\infty|g(x)-g(y)|+\|g\|_\infty|f(x)-f(y)| <(\|f\|_\infty+\|g\|_\infty)\varepsilon'=\frac{\|f\|_\infty+\|g\|_\infty}{\|f\|_\infty+\|g\|_\infty+1}\varepsilon<\varepsilon. \]

$\implies\ fg\in UC(X)$.■

注（两因子都需有界）　$X=\mathbb R$，$f(x)=\sin x$（有界，$|\sin x-\sin y|\le|x-y|$ 故 $UC$），$g(x)=x$（$UC$ 但无界）。取 $x_n:=2n\pi,\ y_n:=2n\pi+\tfrac1n$：

\[|x_n-y_n|=\frac1n\to0,\qquad |(fg)(x_n)-(fg)(y_n)|=\Bigl|\,0-\Bigl(2n\pi+\frac1n\Bigr)\sin\frac1n\,\Bigr|\xrightarrow{n\to\infty}2\pi\neq0 \ \implies\ x\sin x\notin UC(\mathbb R). \]

**注: 若$X=[a,b]$ 紧，$f,g\in C[a,b]\xrightarrow{\text{确界原理}}\|f\|_\infty,\|g\|_\infty<\infty$，且 $\xrightarrow{\text{Cantor}}f,g\in UC$，故 $fg\in UC[a,b]$ —— 乘积失效只发生在非紧域。
欠推论

(3) 除法：$f$ 有界、$g\ge\varepsilon_0>0$ 则保持

命题　$f,g\in UC(X)$，$\|f\|_\infty<\infty$，且 $\exists\varepsilon_0>0,\ \forall x\in X:\ g(x)\ge\varepsilon_0\implies \dfrac fg\in UC(X)$。

证　先证 $1/g\in UC(X)$ 且有界：$\forall x,y\in X$，

\[\left|\frac1{g(x)}-\frac1{g(y)}\right|=\frac{|g(x)-g(y)|}{|g(x)|\,|g(y)|}\le\frac{|g(x)-g(y)|}{\varepsilon_0^{2}}, \qquad \Bigl\|\frac1g\Bigr\|_\infty\le\frac1{\varepsilon_0}. \]

（即 $\delta_{1/g}(\varepsilon)=\delta_g(\varepsilon_0^{2}\varepsilon)$，$1/g$ 为 Lipschitz，常数 $M=\varepsilon_0^{-2}$。）
再由恒等变形

\[\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f(y)}{g(y)}=f(x)\left[\frac1{g(x)}-\frac1{g(y)}\right]+\frac1{g(y)}\bigl[f(x)-f(y)\bigr]. \]

$\forall\varepsilon>0$，取

\[\delta:=\min\Bigl\{\delta_g\Bigl(\frac{\varepsilon_0^{2}\varepsilon}{2(\|f\|_\infty+1)}\Bigr),\ \delta_f\Bigl(\frac{\varepsilon_0\varepsilon}{2}\Bigr)\Bigr\}>0. \]

$\forall x,y\in X,\ d(x,y)<\delta$：

\[\left|\frac fg(x)-\frac fg(y)\right| \le\|f\|_\infty\cdot\frac{|g(x)-g(y)|}{\varepsilon_0^{2}}+\frac1{\varepsilon_0}|f(x)-f(y)| <\|f\|_\infty\cdot\frac{\varepsilon}{2(\|f\|_\infty+1)}+\frac1{\varepsilon_0}\cdot\frac{\varepsilon_0\varepsilon}{2} <\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon. \]

$\therefore\ f/g\in UC(X)$.■

(4) 复合：保持

命题　$(X,d),(Y,\rho),(Z,\sigma)$ 度量空间，$f:X\to Y$ $(UC)$，$g:Y\to Z$ $(UC)$ $\implies g\circ f:X\to Z$ $(UC)$.

证　$\forall\varepsilon>0$：

\[g\in UC\ \implies\ \exists\eta:=\delta_g(\varepsilon)>0:\ \forall u,v\in Y,\ \rho(u,v)<\eta\implies\sigma(g(u),g(v))<\varepsilon; \]

\[f\in UC\ \implies\ \exists\delta:=\delta_f(\eta)>0:\ \forall x,y\in X,\ d(x,y)<\delta\implies\rho(f(x),f(y))<\eta. \]

故 $d(x,y)<\delta\implies\rho(f(x),f(y))<\eta\implies\sigma\bigl(g(f(x)),g(f(y))\bigr)<\varepsilon$。$\implies\ g\circ f\in UC$.■

注（两层都须 UC）

外层仅连续不行：$f(x)=x$ $(UC)$ 于 $\mathbb R$，$g(y)=y^2$ 连续但 $\notin UC(\mathbb R)$ $\implies(g\circ f)(x)=x^2\notin UC(\mathbb R)$。
内层仅连续不行：$f(x)=x^2\notin UC(\mathbb R)$，$g(y)=y$ $(UC)$ $\implies g\circ f=x^2\notin UC(\mathbb R)$.

(5) 限制到子区间：保持

命题　$J\subset I$，$f\in UC(I)\implies f|_J\in UC(J)$。

证　$\forall\varepsilon>0$，取 $\delta:=\delta_f(\varepsilon)>0$（$I$ 上模量）.$\forall x,y\in J\subset I$：

\[|x-y|<\delta\implies|f|_J(x)-f|_J(y)|=|f(x)-f(y)|<\varepsilon.\ ■ \]

注（逆命题不成立）　$f(x)=x^2$ 于 $\mathbb R$：$\forall$ 有界区间 $J$，$f|_J\in C(J)$ 且 $\overline J$ 紧 $\implies f|_{\overline J}\in UC\implies f|_J\in UC$；但由 $(2a)$ $f\notin UC(\mathbb R)$。即"在每个紧子区间上 $UC$$\not\Rightarrow$在全体上 $UC$——一致连续是全局性质。

(6) 反函数：不保持

反例　$a>0$，$f(x):=\ln x$ 于 $I:=[a,+\infty)$。

$(6a)$ $f\in UC(I)$　$f\in C(I)$，$f$ 在 $\mathring I=(a,+\infty)$ 可导，

\[|f'(\xi)|=\frac1\xi\le\frac1a=:M\quad(\forall\xi\ge a). \]

$I$ 为区间 $\xrightarrow{\ \text{推论 2.4（MVT）}\ }|f(x)-f(y)|\le M|x-y|$，取 $\delta(\varepsilon)=a\varepsilon$：

\[|x-y|<a\varepsilon\implies|\ln x-\ln y|<\varepsilon\ \implies\ \ln x\in UC[a,+\infty). \]

$(6b)$ $f^{-1}$ 存在　$f$ 严格增连续，$f(I)=[\ln a,+\infty)$，$\implies\ f:I\to[\ln a,+\infty)$ 为双射，$f^{-1}(y)=e^{y}$；

$(6c)$ $f^{-1}\notin UC$　取 $n$ 充分大使 $\ln n\ge\ln a$，置

\[u_n:=\ln n,\qquad v_n:=\ln(n+1)\quad\in[\ln a,+\infty). \]

\[|u_n-v_n|=\ln\Bigl(1+\frac1n\Bigr)\to0,\qquad |f^{-1}(u_n)-f^{-1}(v_n)|=|n-(n+1)|=1\not\to0. \]

由定理 $2.8$ $\implies\ e^{y}\notin UC[\ln a,+\infty)$。$\square$

(7) 对照：紧区间上反函数保持连续（且 $UC$）

命题　$f\in C[a,b]$ 严格单调 $\implies f^{-1}\in C\bigl(f([a,b])\bigr)$，且 $f^{-1}\in UC\bigl(f([a,b])\bigr)$。

证　由 $f$ 连续严格单调（不妨严格增）与介值定理：

\[f([a,b])=[f(a),f(b)]=:J\quad(\text{紧区间}),\qquad f:[a,b]\to J\ \text{为双射}. \]

由反函数连续性定理：$f^{-1}\in C(J)$。又 $J$ 为有界闭区间（紧），由 Cantor 定理：

\[f^{-1}\in C(J)\ \wedge\ J\ \text{紧}\implies f^{-1}\in UC(J).■ \]

定理 2.5（区间合并）

令　$I_1,I_2\subset\mathbb R$ 为区间，$I_1\cap I_2\neq\varnothing$，$f:I_1\cup I_2\to\mathbb R$，且

\[f|_{I_1}\in UC(I_1),\qquad f|_{I_2}\in UC(I_2). \tag{H} \]

（$f$ 为单值函数 $\implies f|_{I_1}(t)=f|_{I_2}(t)\ \forall t\in I_1\cap I_2$）

结论　$f\in UC(I_1\cup I_2)$：

\[\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ \forall x',x''\in I_1\cup I_2:\ |x'-x''|<\delta\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon. \tag{0} \]

证　$\forall\varepsilon>0$，令 $\varepsilon':=\dfrac{\varepsilon}{2}>0$。由 $(H)$：

\[\exists\delta_1>0,\ \forall u,v\in I_1:\ |u-v|<\delta_1\implies|f(u)-f(v)|<\varepsilon'; \tag{1} \]

\[\exists\delta_2>0,\ \forall u,v\in I_2:\ |u-v|<\delta_2\implies|f(u)-f(v)|<\varepsilon'. \tag{2} \]

取

\[\delta:=\min\{\delta_1,\delta_2\}>0. \tag{3} \]

任取 $x',x''\in I_1\cup I_2$ 且 $|x'-x''|<\delta$。不妨 $x'\le x''$。取定

\[c\in I_1\cap I_2\qquad(\text{存在，由假设}). \tag{4} \]

情形 $I$　$x',x''\in I_1$ 或 $x',x''\in I_2$。

\[x',x''\in I_1:\ |x'-x''|<\delta\overset{(3)}{\le}\delta_1\overset{(1)}{\implies}|f(x')-f(x'')|<\varepsilon'=\frac\varepsilon2<\varepsilon; \]

\[x',x''\in I_2:\ |x'-x''|<\delta\overset{(3)}{\le}\delta_2\overset{(2)}{\implies}|f(x')-f(x'')|<\varepsilon'=\frac\varepsilon2<\varepsilon. \]

情形 $II$　$x'\in I_1\setminus I_2,\ x''\in I_2\setminus I_1$。
因 $I_1,I_2$ 为区间且 $c\in I_1\cap I_2$，$x'\le x''$：

$(a)$ $c\le x'$　则 $x',c\in I_1$ 且 $|x'-c|\le|x'-x''|<\delta$（因 $c\le x'\le x''$），故

\[|f(x')-f(c)|\overset{(1)}{<}\varepsilon'. \]

又 $c\le x'\le x''$ 且 $c,x''\in I_2$（$I_2$ 区间），$|x''-c|\le|x''-x'|<\delta$，故

\[|f(c)-f(x'')|\overset{(2)}{<}\varepsilon'. \]

$(b)$ $x'<c$　则 $x',c\in I_1$，且 $|x'-c|\le|x'-x''|<\delta$（当 $c\le x''$）或由 $x'<c$、$c\in I_2$ 及 $I_2$ 区间性知 $x''\ge c$ 必成立，故仍有 $|x'-c|=c-x'\le x''-x'=|x'-x''|<\delta$。同 $(a)$ 得

\[|f(x')-f(c)|\overset{(1)}{<}\varepsilon'. \]

同理 $c,x''\in I_2$，$|x''-c|=x''-c\le x''-x'=|x'-x''|<\delta$（$x''\ge c$），故

\[|f(c)-f(x'')|\overset{(2)}{<}\varepsilon'. \]

统一（跨区的桥式估计）　两子情合并，$\forall x'\in I_1,\ x''\in I_2$（含 $x'=c$ 或 $x''=c$ 时退化为情形 $I$）：

\[|x'-c|\le|x'-x''|<\delta\le\delta_1\ \wedge\ x',c\in I_1\overset{(1)}{\implies}|f(x')-f(c)|<\frac\varepsilon2; \tag{5} \]

\[|x''-c|\le|x'-x''|<\delta\le\delta_2\ \wedge\ c,x''\in I_2\overset{(2)}{\implies}|f(c)-f(x'')|<\frac\varepsilon2. \tag{6} \]

\[\implies\ |f(x')-f(x'')|\le|f(x')-f(c)|+|f(c)-f(x'')|\overset{(5)(6)}{<}\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon. \tag{7} \]

由情形 $I、II$：$\forall x',x''\in I_1\cup I_2,\ |x'-x''|<\delta\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon$。$\implies$ $(0)$ 成立.$\blacksquare$

推论 2.5$'$（有限并）　$I_1,\dots,I_n$ 为区间，$I_k\cap I_{k+1}\neq\varnothing\ (k=1,\dots,n-1)$，
$f|_{I_k}\in UC(I_k)\ \forall k\implies f\in UC\Bigl(\bigcup_{k=1}^{n}I_k\Bigr)$。
证　对 $n$ 归纳：$n=1$ 平凡；$n\to n+1$：$\bigcup_{k=1}^{n}I_k$ 为区间，

\[\Bigl(\bigcup_{k=1}^{n}I_k\Bigr)\cap I_{n+1}\supset I_n\cap I_{n+1}\neq\varnothing, \]

由归纳假设与定理 2.5 $\implies\ f\in UC\bigl(\bigcup_{k=1}^{n+1}I_k\bigr)$.■

反例 2.6（相接而不相交 $\Rightarrow$ 失效；谢惠民陷阱）

例　$I_1:=(0,1],\ I_2:=(1,2)$，$I_1\cap I_2=\varnothing$（仅"相接"于 $1$，而 $1\notin I_2$），$I_1\cup I_2=(0,2)\setminus\{1\}$。

\[f(x):=\begin{cases}0,&x\in(0,1],\\ 1,&x\in(1,2).\end{cases} \]

$(a)$ 两支均 $UC$　$\forall x',x''\in I_1:\ |f(x')-f(x'')|=0<\varepsilon$（$\forall\delta>0$）；同理 $I_2$ 上亦然 $\implies\ f|_{I_1},f|_{I_2}\in UC$。

$(b)$ $f\notin UC(I_1\cup I_2)$，甚至不连续　取

\[x_n:=1-\frac1n\in I_1,\qquad x_n'':=1+\frac1n\in I_2\qquad(n\ge2). \]

\[|x_n-x_n''|=\frac2n\to0,\qquad |f(x_n)-f(x_n'')|=|0-1|=1\not\to0 \xrightarrow{\ \text{定理 2.8}\ }\ f\notin UC\bigl(I_1\cup I_2\bigr). \]

（甚至 $f$ 在 $x=1$ 处不连续：$\lim_{x\to1^-}f=0\neq1=\lim_{x\to1^+}f$。）

定理2.6(延拓定理)

约定　$-\infty<a<b<+\infty$，$f:(a,b)\to\mathbb R$。记

\[(A)\ f\in UC(a,b);\qquad (B)\ \exists f(a^+):=\lim_{x\to a^+}f(x)\in\mathbb R\ \wedge\ \exists f(b^-):=\lim_{x\to b^-}f(x)\in\mathbb R; \]

\[(C)\ \exists\tilde f\in C[a,b]:\ \tilde f|_{(a,b)}=f;\qquad (C_0)\ f\in C(a,b). \]

引理（单侧极限的 Cauchy 准则）　$f:(a,b)\to\mathbb R$，则

\[\exists L\in\mathbb R:\lim_{x\to a^+}f(x)=L \iff \forall\varepsilon>0,\ \exists\eta>0,\ \forall x',x''\in(a,a+\eta):\ |f(x')-f(x'')|<\varepsilon. \tag{L} \]

证$(⇒)$　$|f(x')-f(x'')|\le|f(x')-L|+|f(x'')-L|<\tfrac\varepsilon2+\tfrac\varepsilon2=\varepsilon$.

证$(⇐)$　$\forall n$ 取 $\varepsilon=\tfrac1n$ 得 $\eta_n$，置 $\eta_n':=\min\{\eta_n,\tfrac1n,\tfrac{b-a}{2}\}$，取 $x_n\in(a,a+\eta_n')$.
Cauchy：给定 $\varepsilon>0$，取 $(L)$ 中相应的 $\delta$，取 $N>\max\{\tfrac1\delta,\tfrac1\varepsilon\}$；$n,m\ge N$ 时

\[x_n,x_m\in(a,a+\tfrac1n)\cup(a,a+\tfrac1m)\subset(a,a+\tfrac1N)\subset(a,a+\delta)\implies|f(x_n)-f(x_m)|<\varepsilon. \]

$(f(x_n))$ Cauchy $\xrightarrow{\ \mathbb R\ \text{完备}\ }\exists L:=\lim_n f(x_n)$。
验证：给定 $\varepsilon>0$，取 (L) 中 $\varepsilon/2$ 对应的 $\eta$；取 $n$ 大使 $x_n\in(a,a+\eta)$ 且 $|f(x_n)-L|<\tfrac\varepsilon2$。则 $\forall x\in(a,a+\eta)$：

\[|f(x)-L|\le|f(x)-f(x_n)|+|f(x_n)-L|<\tfrac\varepsilon2+\tfrac\varepsilon2=\varepsilon\ \therefore\ \lim_{x\to a^+}f(x)=L.\ \square \]

定理 2.6（延拓定理）　$(A)\iff(C)$；且在 $(C_0)$ 下 $(A)\iff(B)\iff(C)$。

$(A)$ $\Rightarrow$ $(C_0)$　$\forall x_0\in(a,b)$：$\forall\varepsilon>0$ 取 $\delta$，则 $|x-x_0|<\delta\implies|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon$ $\implies\ f$ 在 $x_0$ 连续。

$(A)$ $\Rightarrow$ $(B)$　$\forall\varepsilon>0$，由 $(A)$ 取 $\delta>0$。令 $\eta:=\min\{\delta,\tfrac{b-a}{2}\}$，则

\[x',x''\in(a,a+\eta)\implies|x'-x''|<\eta\le\delta\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon \xrightarrow{\ \text{引理 (L)}\ }\exists f(a^+)\in\mathbb R. \]

同理（取 $\eta:=\min\{\delta,\tfrac{b-a}{2}\}$，$x',x''\in(b-\eta,b)$）得 $\exists f(b^-)\in\mathbb R$.

$(B)$ $\wedge$ $(C_0)$ $\Rightarrow$ $(C)$　定义

\[\tilde f(x):=\begin{cases}f(a^+),&x=a,\\ f(x),&x\in(a,b),\\ f(b^-),&x=b.\end{cases} \]

$\tilde f(a)=\lim_{x\to a^+}f=\lim_{x\to a^+}\tilde f$ $\implies\ \tilde f$ 在 $a$ 右连续；同理在 $b$ 左连续；$(a,b)$ 上由 $(C_0)$ 连续 $\implies\ \tilde f\in C[a,b]$，且 $\tilde f|_{(a,b)}=f$。

$(C)$ $\Rightarrow$ $(A)$　$\tilde f\in C[a,b]$，$[a,b]$ 紧 $\xrightarrow{\ \text{Cantor}\ }\tilde f\in UC[a,b]\xrightarrow{\ \text{定理 2.4(5) 限制}\ }f=\tilde f|_{(a,b)}\in UC(a,b)$。

故　$(A)\Rightarrow(C_0)\wedge(B)\Rightarrow(C)\Rightarrow(A)$，即 $(A)\iff(C)$，且在 $(C_0)$ 下三者等价。$\blacksquare$

注（$(C_0)$ 不可去）　反例：$f(x):=\mathbf 1_{\{1/2\}}(x)$ 于 $(0,1)$。则 $f(0^+)=f(1^-)=0$ 存在（$(B)$ 成立），但 $f\notin C(0,1)$，$(A)$、$(C)$ 均不成立.$\implies$ $(B)$ $\Rightarrow$ $(A)$ 必须附加 $(C_0)$

无穷区间的单向性

考虑有限 $a$, $f\in UC(a,+\infty)\xrightarrow{\ \text{引理 (L)}\ }\exists f(a^+)\in\mathbb R$
而$f(x)=\sin x$ 于 $\mathbb R$：

\[|\sin x-\sin y|=2\Bigl|\cos\tfrac{x+y}{2}\sin\tfrac{x-y}{2}\Bigr|\le|x-y|\ \implies\ \sin\in UC(\mathbb R)\ (\text{Lipschitz},M=1); \]

\[x_n:=2n\pi+\tfrac\pi2\to+\infty,\quad y_n:=2n\pi+\tfrac{3\pi}{2}\to+\infty:\ \sin x_n=1,\ \sin y_n=-1 \ \implies\ \lim_{x\to+\infty}\sin x\ \text{不存在}. \]

定理 2.7　$f\in C[a,+\infty),\ \exists A=\lim_{x\to+\infty}f(x)\in\mathbb R\implies f\in UC[a,+\infty)$。

证明:　$\forall\varepsilon>0$，$\exists M>a,\ \forall x\ge M:\ |f(x)-A|<\tfrac\varepsilon2$。故

\[x',x''\ge M\implies|f(x')-f(x'')|\le|f(x')-A|+|A-f(x'')|<\varepsilon. \tag{1} \]

$f\in C[a,M+1]$,$[a,M+1]$ 紧 $\xrightarrow{\text{Cantor}}\exists\delta_1>0$：

\[x',x''\in[a,M+1],\ |x'-x''|<\delta_1\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon. \tag{2} \]

$\delta:=\min\{\delta_1,1\}>0$.取 $x'\le x''$，$|x'-x''|<\delta$：

$(I)$ $x'\le M$　$x''<M+\delta\le M+1\implies x',x''\in[a,M+1]\overset{(2)}{\implies}|f(x')-f(x'')|<\varepsilon$.

$(II)$ $x'>M$　$x''\ge x'>M\implies x',x''\ge M\overset{(1)}{\implies}|f(x')-f(x'')|<\varepsilon$.

$\implies\ f\in UC[a,+\infty)$.■

推论 2.7$'$（渐近稳定性）　$f\in UC[a,+\infty),\ \varphi\in C[a,+\infty),\ \lim_{x\to+\infty}(\varphi-f)=0\implies\varphi\in UC[a,+\infty)$。

证　$\forall\varepsilon>0$.

\[\exists M>a,\ \forall x\ge M:\ |\varphi(x)-f(x)|<\tfrac\varepsilon3; \tag{3} \]

\[\exists\delta_f>0,\ \forall x',x'':\ |x'-x''|<\delta_f\implies|f(x')-f(x'')|<\tfrac\varepsilon3; \tag{4} \]

\[\varphi\in C[a,M+1]\ \text{紧}\xrightarrow{\text{Cantor}}\exists\delta_1>0,\ \forall x',x''\in[a,M+1]:\ |x'-x''|<\delta_1\]

\[\implies|\varphi(x')-\varphi(x'')|<\varepsilon. \tag{5} \]

取 $\delta:=\min\{\delta_1,\delta_f,1\}$，$x'\le x''$，$|x'-x''|<\delta$：

$(I)$ $x'\le M$　$x''<M+1\overset{(5)}{\implies}|\varphi(x')-\varphi(x'')|<\varepsilon$。

$(II)$ $x'>M$　$x''\ge x'>M$，三项展开

\[|\varphi(x')-\varphi(x'')|\le|\varphi-f|(x')+|f(x')-f(x'')|+|f-\varphi|(x'') \overset{(3)(4)}{<}\tfrac\varepsilon3+\tfrac\varepsilon3+\tfrac\varepsilon3=\varepsilon. \]

$\implies\ \varphi\in UC[a,+\infty)$。$\blacksquare$

注　$(i)$ $f\in UC$ 不可去（否则 $x^2$ 与 $x^2+\tfrac1x$ 为反例）；$(ii)$ $\varphi\in C$ 不可去（$f\equiv0$，$\varphi=\mathbf 1_{\{c\}}$.

定理 2.8（序列判别定理）

$f$ 在 $X$ 上一致连续 $\iff$ 对任意$x_n',x_n'' \in X$，$|x_n'-x_n''|\to 0 \implies |f(x_n')-f(x_n'')|\to 0.$

证明:
必要性：显然（先取 $\delta$ 再用定义）。

充分性（反证）：若不一致连续，
$\exists\varepsilon_0>0,\ \forall\delta>0,\ \exists x',x'':\ |x'-x''|<\delta,\ |f(x')-f(x'')|\ge\varepsilon_0$.

取 $\delta=\dfrac1n\ (n=1,2,\dots)$ 得 $x_n',x_n''$ 满足

\[|x_n'-x_n''|<\frac1n \text{ 且 } |f(x_n')-f(x_n'')|\ge\varepsilon_0. \]

于是 $|x_n'-x_n''|\to 0$ 但值差不趋于 0，矛盾.■

定理2.9 (保Cauchy的充要条件)
约定　$I\subset\mathbb R$ 为有界区间，$f:I\to\mathbb R$.记

\[(A)\ f\in UC(I):\quad \forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ \forall x',x''\in I:\ |x'-x''|<\delta\implies|f(x')-f(x'')|<\varepsilon; \]

\[(K)\ \forall\{x_n\}\subset I:\ \{x_n\}\ \text{Cauchy}\implies\{f(x_n)\}\ \text{Cauchy}. \]

\[\{a_n\}\ \text{Cauchy}:\iff \forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n,m\ge N:\ |a_n-a_m|<\varepsilon. \]

定理 2.9　$I$ 有界区间 $\implies\bigl((A)\iff(K)\bigr)$.

$(A)$ $\Rightarrow$ $(K)$（必要性）

$\{x_n\}\subset I$ $\text{Cauchy}$.$\forall\varepsilon>0$：

\[(A)\implies\exists\delta>0:\ |x'-x''|<\delta\Rightarrow|f(x')-f(x'')|<\varepsilon; \]

\[\{x_n\}\ \text{Cauchy}\implies\exists N,\ \forall n,m\ge N:\ |x_n-x_m|<\delta. \]

\[\implies\ \forall n,m\ge N:\ |f(x_n)-f(x_m)|<\varepsilon\ \]

\[\implies\ \{f(x_n)\}\ \text{Cauchy}. \]

$\neg$$(A)$ $\Rightarrow$ $\neg$$(K)$（充分性，反证）
　

\[\neg(A)\iff\exists\varepsilon_0>0,\ \forall\delta>0,\ \exists x',x''\in I:\ |x'-x''|<\delta\ \wedge\ |f(x')-f(x'')|\ge\varepsilon_0. \tag{1} \]

（取 $\delta_n=\tfrac1n$ ）　$\forall n\in\mathbb N,\ \exists x_n,x_n'\in I$：

\[|x_n-x_n'|<\frac1n\ \wedge\ |f(x_n)-f(x_n')|\ge\varepsilon_0. \tag{2} \]

（有界 $\Rightarrow$ 收敛子列；夹逼得双列同极限）　$I$ 有界 $\Rightarrow\{x_n\}\subset I$ 有界 $\xrightarrow{\text{B-W}}$

\[\exists\{n_k\}\ (n_1<n_2<\cdots,\ n_k\ge k),\ \exists x_0\in\overline I:\ x_{n_k}\to x_0. \tag{3} \]

\[0\le|x_{n_k}'-x_0|\le\underbrace{|x_{n_k}'-x_{n_k}|}_{<\frac1{n_k}\le\frac1k}+\underbrace{|x_{n_k}-x_0|}_{\to0}\xrightarrow{k\to\infty}0 \ \implies\ x_{n_k}'\to x_0. \tag{4} \]

定义

\[w_{2k-1}:=x_{n_k},\qquad w_{2k}:=x_{n_k}'\qquad(k=1,2,\dots). \tag{5} \]

（$\{w_n\}\subset I$ 收敛 $\Rightarrow$ Cauchy）　由 $(3)(4)$ 与 $(5)$：$w_{2k-1}\to x_0$ 且 $w_{2k}\to x_0$，故

\[w_n\to x_0\quad(n\to\infty). \tag{6} \]

$\mathbb R$ 中收敛列必 Cauchy：

\[\forall\varepsilon>0,\ \exists N_0,\ \forall n,m\ge N_0:\ |w_n-w_m|<\varepsilon\ \implies\ \{w_n\}\ \text{Cauchy}. \tag{7} \]

（$\{f(w_n)\}$ 非 Cauchy）　$\forall N\in\mathbb N$，取

\[n:=2N-1,\qquad m:=2N\qquad(\text{二者均}\ge N\ \text{当}\ N\ge2). \]

由 $(5)$ 与 $(2)$：

\[|f(w_n)-f(w_m)|=|f(w_{2N-1})-f(w_{2N})|=|f(x_{n_N})-f(x_{n_N}')|\overset{(2)}{\ge}\varepsilon_0. \tag{8} \]

故对 $\varepsilon_0>0$：$\forall N\ge2,\ \exists n,m\ge N:\ |f(w_n)-f(w_m)|\ge\varepsilon_0$，即

\[\{f(w_n)\}\ \text{非 Cauchy}. \tag{9} \]

（矛盾）　$\{w_n\}\subset I$ Cauchy $(7)$ 但 $\{f(w_n)\}$ 非 Cauchy $(9)$ $\implies\ \neg(K)$。

\[\implies\ \neg(A)\Rightarrow\neg(K)\quad\implies\ (K)\Rightarrow(A). \]

结论　$\boxed{(A)\iff(K)}$，即 $I$ 有界时

\[f\in UC(I)\iff \forall\{x_n\}\subset I:\ \{x_n\}\ \text{Cauchy}\Rightarrow\{f(x_n)\}\ \text{Cauchy}. \qquad\blacksquare \]

定理 2.10 (其他定理小集)
1　有界区间上 $UC\Rightarrow$ 有界

令　$I\subset\mathbb R$ 为有界区间（开、闭、半开半闭均可），即

\[\alpha:=\inf I>-\infty,\qquad \beta:=\sup I<+\infty,\qquad I\subset[\alpha,\beta]. \]

结论　$f\in UC(I)\implies \exists M>0,\ \forall x\in I:\ |f(x)|\le M\ (\text{即}\ \|f\|_\infty<\infty)$。

证　取 $\varepsilon=1$，由 $UC$：

\[\exists\delta>0,\ \forall x,y\in I:\ |x-y|<\delta\implies|f(x)-f(y)|<1. \tag{1} \]

取 $m\in\mathbb N$ 使 $h:=\dfrac{\beta-\alpha}{m}<\dfrac{\delta}{2}$，将 $[\alpha,\beta]$ 等分为

\[J_k:=[\alpha+(k-1)h,\ \alpha+kh],\qquad k=1,\dots,m. \]

对每个 $J_k\cap I\neq\varnothing$ 取 $t_k\in J_k\cap I$（有限多个）。于是 $\{t_k\}$ 为有限集，且

\[\forall x\in I,\ \exists k:\ x,t_k\in J_k\implies|x-t_k|\le h<\frac{\delta}{2}<\delta. \tag{2} \]

由 $(1)(2)$：$|f(x)-f(t_k)|<1$，故

\[|f(x)|\le|f(x)-f(t_k)|+|f(t_k)|<1+\max_k|f(t_k)|=:M<\infty\quad(\text{有限个点取最大}). \]

$\implies\ \|f\|_\infty\le M$。$\blacksquare$

注（有界 $+$ 连续 $\nRightarrow$ 有界；必须 $UC$）　$f(x)=\dfrac1x$ 于 $(0,1)$：

\[f\in C(0,1),\quad (0,1)\ \text{是有界区间},\quad \sup_{(0,1)}f=+\infty. \]

失效于 $(1)$ 不可得：由定理 $2.6$，$(0,1)$ 上 $UC\Rightarrow f(0^+),f(1^-)$ 存在，而 $\lim_{x\to0^+}\tfrac1x=+\infty$。

**2　$f\in UC(\mathbb R)\implies \exists a\ge0,\ \exists b\ge0,\ \forall x\in\mathbb R:\ |f(x)|\le a|x|+b$。

证　取 $\varepsilon=1$，由 $UC$ 得 $\delta>0$ 满足 $(1)$（$I=\mathbb R$）。不妨 $\delta\le1$。置

\[x_k:=k\cdot\frac{\delta}{2}\quad(k\in\mathbb Z),\qquad\implies\ |x_{k+1}-x_k|=\frac{\delta}{2}<\delta. \]

$(i)$ $x\ge0$　取 $K:=\bigl\lfloor\tfrac{2x}{\delta}\bigr\rfloor\in\mathbb N_0$，则 $x_K\le x<x_{K+1}$，

\[|x-x_K|<x_{K+1}-x_K=\frac{\delta}{2}<\delta\implies\ |f(x)-f(x_K)|<1\quad(\text{由 (1)}). \]

\[|f(x_K)|\le|f(x_K)-f(x_{K-1})|+\cdots+|f(x_1)-f(x_0)|+|f(0)| \overset{(1)}{<}K+|f(0)|. \]

（$\forall k:\ |x_{k+1}-x_k|<\delta\Rightarrow|f(x_{k+1})-f(x_k)|<1$。）

\[\implies\ |f(x)|\le\underbrace{|f(x)-f(x_K)|}_{<1}+\underbrace{|f(x_K)|}_{<K+|f(0)|}<1+K+|f(0)| \le1+\frac{2x}{\delta}+|f(0)|=\underbrace{\frac2\delta}_{a}|x|+\underbrace{(1+|f(0)|)}_{b}. \]

$(ii)$ $x<0$　对 $g(x):=f(-x)$（仍 $UC$，$\delta$ 不变）用 $(i)$：

\[|f(x)|=|g(-x)|\le a|-x|+b=a|x|+b. \]

合并：

\[\boxed{\forall x\in\mathbb R:\ |f(x)|\le a|x|+b,\qquad a=\frac2\delta,\quad b=1+|f(0)|.}\qquad\blacksquare \]

注（必要非充分）

\[x^{2}\notin UC(\mathbb R)\quad(\text{取 }x_n=n,\ y_n=n+\tfrac1n:\ |Δ|\to0,\ |f(x_n)-f(y_n)|\to2), \]

且 $x^{2}$ 不满足任何 $|f|\le a|x|+b$。反之 $f=\sin(x^{2})$ 满足 $|f|\le1$（取 $a=0,b=1$）却 $\notin UC(\mathbb R)$：

\[x_n:=\sqrt{2n\pi+\tfrac\pi2},\ y_n:=\sqrt{2n\pi}:\ |x_n-y_n|=\frac{\pi/2}{x_n+y_n}\to0,\ |\Delta|=1. \]

$\implies$ 线性增长是 $UC$ 的必要非充分条件。

3　周期 $+$ 连续 $\implies \mathbb R$ 上一致连续

设定　$\exists T>0,\ \forall x\in\mathbb R:\ f(x+T)=f(x)$；$f\in C(\mathbb R)$。

证　$f\in C[0,3T]$，$[0,3T]$ 紧 $\xrightarrow{\text{Cantor}}\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta_1>0$：

\[u,v\in[0,3T],\ |u-v|<\delta_1\implies|f(u)-f(v)|<\varepsilon. \tag{1} \]

取 $\delta:=\min\{\delta_1,\ T\}$。任取 $x,y\in\mathbb R$，$|x-y|<\delta$；取 $n\in\mathbb Z$ 使

\[x':=x-nT\in[T,2T)\subset[0,3T],\qquad y':=y-nT. \]

周期性：$f(x)=f(x'),\ f(y)=f(y')$；且 $|x'-y'|=|x-y|<\delta\le T$，故

\[y'>x'-T\ge T-T=0,\qquad y'<x'+T<2T+T=3T\ \therefore\ y'\in(0,3T)\subset[0,3T]. \]

\[\implies\ x',y'\in[0,3T],\ |x'-y'|<\delta\le\delta_1\overset{(1)}{\implies}|f(x)-f(y)|=|f(x')-f(y')|<\varepsilon.\ \blacksquare \]

4　点到集合的距离（Apostol)

令　$(S,d)$ 度量空间，$\varnothing\neq A\subset S$，$f_A(x):=\inf\{d(x,y):y\in A\}\in[0,+\infty)$。

$(a)$ Lipschitz $1\Rightarrow UC$　$\forall x,z\in S,\ \forall y\in A$：

\[f_A(x)\le d(x,y)\le d(x,z)+d(z,y)\xrightarrow{\ \inf_{y\in A}\ } f_A(x)\le d(x,z)+f_A(z); \]

交换 $x,z$：

\[|f_A(x)-f_A(z)|\le d(x,z)\ \implies\ f_A\in UC(S)\quad(\delta(\varepsilon)=\varepsilon).\ \blacksquare \]

$(b)$ 零等值集　

\[f_A(x)=0\iff\forall n,\ \exists y_n\in A:\ d(x,y_n)<\tfrac1n\iff x\in\overline A \ \therefore\ f_A^{-1}(0)=\overline A,\qquad \boxed{A=f_A^{-1}(0)\iff A\ \text{闭}}. \]

$(c)$ 推论（不交闭集的开集分离）　$A,B$ 闭，$A\cap B=\varnothing$。置

\[U:=\{x:f_A(x)<f_B(x)\},\qquad V:=\{x:f_B(x)<f_A(x)\}. \]

$U,V$ 开（$f_A,f_B$ 连续），$U\cap V=\varnothing$。

\[x\in A\overset{(b)}{\Rightarrow}f_A(x)=0;\qquad x\notin B=\overline B\overset{(b)}{\Rightarrow}f_B(x)\ne0\Rightarrow f_B(x)>0 \ \implies\ 0=f_A(x)<f_B(x)\ \implies\ x\in U. \]

同理 $B\subset V$。$\implies\ \exists U,V\in\mathcal T:\ A\subset U,\ B\subset V,\ U\cap V=\varnothing$。$\blacksquare$

5　延拓唯一性（Apostol 4.55）

令　$(S,d)$ 度量空间，$(T,\rho)$ 完备，$A\subset S$，$f:A\to T$ 一致连续。

结论　$\exists!\,F:\overline A\to T$ 一致连续且 $F|_A=f$。

（构造）　$\forall x\in\overline A$，取 $\{x_n\}\subset A,\ x_n\to x$：

\[\{x_n\}\ \text{Cauchy}\xrightarrow{\ f\ UC\ }\{f(x_n)\}\ \text{Cauchy}\xrightarrow{\ T\ \text{完备}\ }\exists!\,\lim_n f(x_n)\in T. \]

定义 $F(x):=\lim_n f(x_n)$。

（良定义）　若另有 $\{y_n\}\subset A,\ y_n\to x$.令 $z_{2n-1}:=x_n,\ z_{2n}:=y_n$：$z_n\to x\Rightarrow$ $\text{Cauchy}$ $\Rightarrow\{f(z_n)\}$ $\text{Cauchy}$，两子列同极限：

\[\lim_n f(x_n)=\lim_n f(z_n)=\lim_n f(y_n). \]

（延拓性）　$x\in A$ 取 $x_n\equiv x$：$F(x)=f(x)\ \therefore\ F|_A=f$。

（$F\in UC$）　$\forall\varepsilon>0$，由 $f\in UC$ 取 $\eta>0$：

\[u,v\in A,\ d(u,v)<\eta\implies\rho(f(u),f(v))<\tfrac\varepsilon3. \]

取 $\delta:=\tfrac\eta3$。$\forall x,y\in\overline A,\ d(x,y)<\delta$，由第一步的构造可取 $u,v\in A$ 使

\[d(x,u)<\tfrac\eta3,\ \rho(F(x),f(u))<\tfrac\varepsilon3;\qquad d(y,v)<\tfrac\eta3,\ \rho(F(y),f(v))<\tfrac\varepsilon3 \]

（取定义 $F(x)$ 的列中充分远的项）。则

\[d(u,v)\le d(u,x)+d(x,y)+d(y,v)<\eta\ \implies\ \rho(f(u),f(v))<\tfrac\varepsilon3; \]

\[\rho(F(x),F(y))\le\rho(F(x),f(u))+\rho(f(u),f(v))+\rho(f(v),F(y))<\tfrac\varepsilon3+\tfrac\varepsilon3+\tfrac\varepsilon3=\varepsilon.\ \]

（唯一性）　设 $G\in UC(\overline A)$，$G|_A=f$。$UC\Rightarrow$ 连续，故 $\forall x\in\overline A$ 取 $x_n\in A\to x$：

\[G(x)=\lim_n G(x_n)=\lim_n f(x_n)=\lim_n F(x_n)=F(x)\ \implies\ G=F.\ \blacksquare \]

6　Paine 定理（1968）

设定　$I\subset\mathbb R$ ，$f:I\to\mathbb R$。结论：

\[f\in UC(I)\iff\forall\varepsilon>0,\ \exists P\in\mathbb R,\ \forall x\ne y\in I:\ \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|}>P\implies|f(x)-f(y)|<\varepsilon. \tag{P} \]

引理（链式估计）　$f\in UC(I)$，$\delta:=\delta(\varepsilon)>0$ 满足 $|u-v|<\delta\Rightarrow|f(u)-f(v)|<\varepsilon$。则 $\forall x\ne y\in I$：

\[|f(x)-f(y)|\le\Bigl(\Bigl\lfloor\tfrac{|x-y|}{\delta}\Bigr\rfloor+1\Bigr)\varepsilon\le\Bigl(\tfrac{|x-y|}{\delta}+1\Bigr)\varepsilon. \tag{L} \]

证　设 $x<y$，$n:=\big\lfloor\tfrac{y-x}{\delta}\big\rfloor+1>\tfrac{y-x}{\delta}$，等分点 $x_i:=x+\tfrac{i(y-x)}n\in I$）.$|x_{i+1}-x_i|=\tfrac{y-x}{n}<\delta$：

\[|f(x)-f(y)|\le\sum_{i=0}^{n-1}|f(x_{i+1})-f(x_i)|<n\varepsilon\le\Bigl(\tfrac{|x-y|}{\delta}+1\Bigr)\varepsilon. \]

■

$(⇒)$　给定 $\varepsilon>0$，取 $\delta:=\delta(\varepsilon)$，置 $P:=\dfrac{2\varepsilon}{\delta}$。设 $x\ne y$ 且 $|f(x)-f(y)|\ge\varepsilon$，则 $|x-y|\ge\delta$（否则 $|\Delta f|<\varepsilon$）。由 $(L)$：

\[\frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|}\le\frac{\varepsilon}{\delta}\Bigl(1+\frac{\delta}{|x-y|}\Bigr)\overset{|x-y|\ge\delta}{\le}\frac{2\varepsilon}{\delta}=P. \]

取逆否即得 $(P)$.■

$(⇐)$　设 $(P)$ 成立。$\forall\varepsilon>0$ 取相%应的 $P$：

$P>0$：取 $\delta:=\tfrac\varepsilon P$。$\forall x\ne y$，$|x-y|<\delta$：

\[\tfrac{|\Delta f|}{|x-y|}>P\overset{(P)}{\Rightarrow}|\Delta f|<\varepsilon;\qquad \tfrac{|\Delta f|}{|x-y|}\le P\Rightarrow|\Delta f|\le P|x-y|<P\delta=\varepsilon. \]

$P\le0$：$\forall x\ne y$，$\tfrac{|\Delta f|}{|x-y|}$ $\ge0\ge P$；若 $>P$ 由 $(P)$ 得 $|\Delta f|<\varepsilon$；若 $\le P$ 则 $P=0$ 且$\tfrac{|\Delta f|}{|x-y|}$ $=0$，即 $|\Delta f|=0<\varepsilon$.$\implies$ 任取 $\delta>0$。

\[\implies\ f\in UC(I).\ \blacksquare \]

3.1 例题

例 3.1（$\sin x$ 在 $\mathbb R$ 上一致连续)

\[|\sin x - \sin x_0| = 2\left|\sin \frac{x - x_0}{2}\right|\left|\cos \frac{x + x_0}{2}\right| \le |x - x_0| \]

取 $\delta = \varepsilon$（与 $x_0$ 无关).■

例 3.2　$f(x)=\dfrac1x$ 在 $(0,+\infty)$ 上不一致连续。

$(a)$ $\delta\asymp x_0^{2}\varepsilon$ (存在常数 $c_1,c_2>0$，使得 $c_1\,x_0^2\varepsilon \;\le\; \delta \;\le\; c_2\,x_0^2\varepsilon$)

固定 $x_0>0$，限制 $\dfrac{x_0}2\le x\le2x_0$。则

\[\frac{|x-x_0|}{2x_0^{2}}\ \le\ \underbrace{\left|\frac1x-\frac1{x_0}\right|=\frac{|x-x_0|}{x_0x}}_{\text{因}\ \frac{x_0^{2}}2\le x_0x\le2x_0^{2}}\ \le\ \frac{2|x-x_0|}{x_0^{2}}. \tag{1} \]

\[\implies\ \delta(\varepsilon;x_0)\asymp2x_0^{2}\varepsilon\ \propto x_0^{2} \ \implies\ \inf_{x_0>0}\delta(\varepsilon;x_0)=0\ \implies\ \frac1x\notin UC(0,+\infty). \]

如　$[\alpha,+\infty),\alpha>0$：$\left|\tfrac1x-\tfrac1y\right|=\tfrac{|x-y|}{xy}\le\tfrac{|x-y|}{\alpha^{2}}$（$Lipschitz$）$\implies\ UC$；取 $\alpha=0.1$ 得 $\tfrac1x\in UC[0.1,1]$.
$(b)$ 序列法

\[x_n:=\tfrac1n,\quad x_n':=\tfrac1{n+1}:\qquad |x_n-x_n'|=\tfrac1{n(n+1)}\to0,\qquad |f(x_n)-f(x_n')|=|n-(n+1)|=1. \]

取 $\varepsilon_0=1$，由定理 $2.8$：$\boxed{\tfrac1x\notin UC(0,+\infty)}$.

**$(c)$ 给定任意 $\delta>0$，置

\[x_0:=\min\Bigl\{\tfrac12,\ \delta\Bigr\},\qquad y_0:=\tfrac{x_0}2. \]

\[|x_0-y_0|=\tfrac{x_0}2\le\tfrac\delta2<\delta;\qquad |f(x_0)-f(y_0)|=\left|\tfrac1{x_0}-\tfrac2{x_0}\right|=\tfrac1{x_0}\ge2. \]

$\forall\delta>0,\ \exists x_0,y_0:\ |x_0-y_0|<\delta\ \wedge\ |\Delta f|\ge2\implies\ \boxed{\tfrac1x\notin UC(0,+\infty)}$.

例 3.3　$\sqrt{x}\in UC(0,+\infty)$。

法一（Hölder $\alpha=\tfrac12$，$M=1$）

引理　$\forall x,y>0:\ |\sqrt{x}-\sqrt{y}|\le\sqrt{|x-y|}$。

证　$x=y$ 平凡。$x\neq y$ 时不妨设 $x>y>0$，则

\[|\sqrt{x}-\sqrt{y}|^{2}=x+y-2\sqrt{xy}\le x-y=|x-y| \iff 2y\le2\sqrt{xy}\iff y^{2}\le xy\iff y\le x\ \]

■
证明:
$\forall\varepsilon>0$ 取 $\delta(\varepsilon):=\varepsilon^{2}>0$。$\forall x,y>0,\ |x-y|<\delta$：

\[|\sqrt{x}-\sqrt{y}|\le\sqrt{|x-y|}<\sqrt{\varepsilon^{2}}=\varepsilon\ \implies\ \sqrt{x}\in UC(0,+\infty).\ \blacksquare \]

法二（纯 $\varepsilon$-$\delta$）

$\forall\varepsilon>0$，取

\[\delta:=\delta(\varepsilon):=\left(\frac{\varepsilon}{3}\right)^{2}>0\quad(\ 3\sqrt{\delta}=\varepsilon). \tag{1} \]

任取 $x,x'>0$ 且 $|x-x'|<\delta$.不妨 $x\le x'$：

$(I)$ $x<\delta$　

\[x'<x+\delta<2\delta\ \implies\ \sqrt{x}<\sqrt{\delta},\quad \sqrt{x'}<\sqrt{2}\,\sqrt{\delta} \]

\[\implies\ |\sqrt{x}-\sqrt{x'}|\le\sqrt{x}+\sqrt{x'}<(1+\sqrt2)\sqrt{\delta}<3\sqrt{\delta}\overset{(1)}{=}\varepsilon \]

（$1+\sqrt2<3\iff\sqrt2<2$）.

$(II)$ $x\ge\delta$　由 $|\sqrt{x}-\sqrt{x'}|=\dfrac{|x-x'|}{\sqrt{x}+\sqrt{x'}}$ 且 $\sqrt{x}+\sqrt{x'}\ge\sqrt{x}\ge\sqrt{\delta}>0$：

\[|\sqrt{x}-\sqrt{x'}|=\frac{|x-x'|}{\sqrt{x}+\sqrt{x'}}<\frac{\delta}{\sqrt{\delta}}=\sqrt{\delta}<3\sqrt{\delta}\overset{(1)}{=}\varepsilon. \]

由 $(I)(II)$：$|x-x'|<\delta\implies|\sqrt{x}-\sqrt{x'}|<3\sqrt{\delta}=\varepsilon\ \implies\ \sqrt{x}\in UC(0,+\infty).\ \blacksquare$

例 3.4（$\sin \dfrac1x$ 在 $(0,1)$ 不一致连续）

取 $x_n' = \dfrac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{2}},\ x_n'' = \dfrac{1}{2n\pi}$，则

\[|x_n'-x_n''|\to 0,\text{ 而} \]

\[\left|\sin\frac{1}{x_n'}-\sin\frac{1}{x_n''}\right|=|1-0|=1 \]

由定理 $2.8$，不一致连续.■

例 3.5　$f(x)=x^{2}$ 在 $[0,+\infty)$ 上不一致连续。

法一（序列法，定理 2.8）

取

\[x_n':=\sqrt{n+1},\qquad x_n'':=\sqrt{n}\qquad(n\in\mathbb N^{*})\subset[0,+\infty). \]

\[|x_n'-x_n''|=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \le\frac{1}{2\sqrt{n}}\xrightarrow{n\to\infty}0. \tag{1} \]

\[|f(x_n')-f(x_n'')|=(\sqrt{n+1})^{2}-(\sqrt{n})^{2}=(n+1)-n=1\quad(\forall n). \tag{2} \]

法二（无序列版）

欲证

\[\exists\varepsilon_0>0,\ \forall\delta>0,\ \exists x,y\in[0,+\infty):\ |x-y|<\delta\ \wedge\ |x^{2}-y^{2}|\ge\varepsilon_0. \tag{0} \]

取 $\varepsilon_0:=1$。任给 $\delta>0$，构造

\[y:=x-\frac{\delta}{2},\qquad x:=\frac1\delta+\frac\delta2+1. \tag{3} \]

$(i)$　

\[x=\frac1\delta+\frac\delta2+1>0;\qquad y=x-\frac\delta2=\frac1\delta+1>0\ \implies\ x,y\in[0,+\infty). \tag{4} \]

$(ii)$　

\[|x-y|=x-y=\frac\delta2<\delta. \tag{5} \]

**$(iii)$　由 $y=x-\tfrac\delta2$：

\[x+y=2x-\frac\delta2\ \implies\ x^{2}-y^{2}=(x-y)(x+y)=\frac\delta2\Bigl(2x-\frac\delta2\Bigr)=\delta\Bigl(x-\frac\delta4\Bigr). \tag{6} \]

代入 $(3)$ 的 $x$：

\[x-\frac\delta4=\Bigl(\frac1\delta+\frac\delta2+1\Bigr)-\frac\delta4=\frac1\delta+\frac\delta4+1>\frac1\delta \ \therefore\ x^{2}-y^{2}\overset{(6)}{=}\delta\Bigl(x-\frac\delta4\Bigr)>\delta\cdot\frac1\delta=1=\varepsilon_0. \tag{7} \]

（由 $x>y>0$ 知 $x^{2}>y^{2}$，故 $|x^{2}-y^{2}|=x^{2}-y^{2}>1$.）

由 $(4)(5)(7)$ 得 $(0)$ $\implies\ {x^{2}\notin UC[0,+\infty)}$.■

例 3.6　$f(x)=\sin(x^{2})$ 在 $\mathbb R$ 上不一致连续（连续 $+$ 有界 $\nRightarrow$ 一致连续）。
欲证

\[\exists\varepsilon_0>0,\ \forall\delta>0,\ \exists x_1,x_2\in\mathbb R:\ |x_1-x_2|<\delta\ \wedge\ |f(x_1)-f(x_2)|\ge\varepsilon_0. \tag{0} \]

取 $\varepsilon_0:=1$。任给 $\delta>0$。

选 $n_0$　由 $\dfrac1{\sqrt n}\to0$，取 $n_0\in\mathbb N^{*}$ 使

\[\frac1{\sqrt{n_0}}<\delta. \tag{1} \]

取　

\[x_1:=\sqrt{2n_0\pi},\qquad x_2:=\sqrt{2n_0\pi+\frac\pi2}\qquad(\in\mathbb R). \tag{2} \]

$(i)$

\[|x_1-x_2|=x_2-x_1=\frac{\bigl(2n_0\pi+\tfrac\pi2\bigr)-2n_0\pi}{\sqrt{2n_0\pi+\tfrac\pi2}+\sqrt{2n_0\pi}} =\frac{\pi/2}{\sqrt{2n_0\pi+\tfrac\pi2}+\sqrt{2n_0\pi}}. \tag{3} \]

由 $2n_0\pi+\tfrac\pi2>2n_0\pi>n_0$，有 $\sqrt{2n_0\pi+\tfrac\pi2}+\sqrt{2n_0\pi}>2\sqrt{n_0}$，故

\[|x_1-x_2|\overset{(3)}{<}\frac{\pi/2}{2\sqrt{n_0}}=\frac{\pi}{4\sqrt{n_0}}. \tag{4} \]

由 $\pi<4$：$\dfrac{\pi}{4\sqrt{n_0}}<\dfrac1{\sqrt{n_0}}\overset{(1)}{<}\delta$.

\[\implies|x_1-x_2|<\delta. \tag{5} \]

**$(ii)$由 $(2)$：

\[x_1^{2}=2n_0\pi,\qquad x_2^{2}=2n_0\pi+\frac\pi2. \]

\[\sin(x_1^{2})=\sin(2n_0\pi)=0,\qquad \sin(x_2^{2})=\sin\Bigl(2n_0\pi+\frac\pi2\Bigr)=1. \]

\[\implies\ |f(x_1)-f(x_2)|=|0-1|=1=\varepsilon_0. \tag{6} \]

由 $(5)(6)$ 得 $(0)$ $\implies\ {\sin(x^{2})\notin UC(\mathbb R)}$.■

序列法（等价写法）　取

\[x_n:=\sqrt{2n\pi},\qquad y_n:=\sqrt{2n\pi+\tfrac\pi2}: \]

\[|y_n-x_n|\le\frac\pi{4\sqrt n}\to0,\qquad |f(y_n)-f(x_n)|=1\quad(\forall n) \xrightarrow{\ \text{定理 2.8}\ }f \notin UC(\mathbb R). \]

■

注 1（连续模刻画）　$\omega_f(h):=\sup\{|f(x)-f(y)|:|x-y|<h\}$。则

\[\omega_{\sin(x^{2})}(h)=2\quad(\forall h>0). \]

证　$\omega\le2$：$|f|\le1\Rightarrow|f(x)-f(y)|\le2$;$\omega\ge2$：$\forall h>0$，由 $(1)(2)$ 取 $n_0$ 大使 $\tfrac\pi{4\sqrt{n_0}}<h$，则 $|x_1-x_2|<h$ 而 $|\Delta f|=1$；再取 $x_3:=\sqrt{2n_0\pi+\tfrac{3\pi}2}$（$\sin x_3^{2}=-1$），$x_3-x_2\le\tfrac\pi{4\sqrt{n_0}}<h$，得 $|f(x_3)-f(x_1)|=1$，$|f(x_3)-f(x_2)|=2$.■

\[\implies\ \lim_{h\to0^+}\omega_f(h)=2\neq0\implies \ f\notin UC(\mathbb R). \]

对照　$\omega_{\sin x}(h)\le h\to0$$(UC)$；$\omega_{x^{2}}(h)=+\infty$；$\omega_{1/x}(h)=+\infty$（于 $(0,1)$）。

注 2（与定理 2.10 之 2 的关系）　$\sin(x^{2})$ 满足 $|\sin(x^{2})|\le0\cdot|x|+1$，即线性增长条件成立却 $\notin UC$ ——线性增长是 $UC$ 的必要非充分条件.

例 3.7　$f(x)=\dfrac{\sin x}{x}\in UC(0,+\infty)$（无穷区间的标准三段法）
Step 0

\[\tilde f(x):=\begin{cases}\dfrac{\sin x}{x},&x>0,\\[4pt] 1,&x=0.\end{cases} \]

\[\lim_{x\to0^+}\frac{\sin x}{x}=1=\tilde f(0)\ \wedge\ \frac{\sin x}{x}\in C(0,+\infty) \ \implies\ \tilde f\in C[0,+\infty),\qquad \tilde f|_{(0,+\infty)}=f. \tag{0} \]

**$(1)$ 尾部：

\[|f(x)|=\frac{|\sin x|}{x}\le\frac1x\xrightarrow{x\to+\infty}0\ \implies\ \lim_{x\to+\infty}f(x)=0. \]

$\forall\varepsilon>0$，由极限定义：

\[\exists A>0,\ \forall x\ge A:\ |f(x)|<\frac{\varepsilon}{2} \ \implies\ \forall x,x'\ge A:\ |f(x)-f(x')|\le|f(x)|+|f(x')|<\varepsilon. \tag{1} \]

(或者由Cauchy)

$(2)$ 紧性

$\tilde f\in C[0,A+1]$，$[0,A+1]$ 紧 $\xrightarrow{\ \text{Cantor}\ }$

\[\exists\delta_1>0,\ \forall x,x'\in[0,A+1]:\ |x-x'|<\delta_1\implies|\tilde f(x)-\tilde f(x')|<\varepsilon. \tag{2} \]

$(3)$ 合并

取

\[\delta:=\min\{\delta_1,\ 1\}>0\qquad(\text{仅依赖 }\varepsilon). \tag{3} \]

任取 $x,x'>0$，$|x-x'|<\delta$；不妨 $x\le x'$:

**$(I)$ $x\le A$　$x'<x+\delta\le A+1$（由 $\delta\le1$），故 $x,x'\in(0,A+1]\subset[0,A+1]$，且 $|x-x'|<\delta\le\delta_1$：

\[|f(x)-f(x')|=|\tilde f(x)-\tilde f(x')|\overset{(2)}{<}\varepsilon. \tag{4} \]

$(II)$ $x>A$（入尾）　$x'\ge x>A$，故 $x,x'\ge A$：

\[|f(x)-f(x')|\overset{(1)}{<}\varepsilon. \tag{5} \]

由 $(4)(5)$：${f\in UC(0,+\infty)}$。$\blacksquare$

注 1 由定理 $2.5$ 的视角：

\[[0,A+1]\cap[A,+\infty)=[A,A+1]\neq\varnothing, \]

\[\left.\tilde f\right|_{[0,A+1]}\in UC\ \wedge\ \left.f\right|_{[A,+\infty)}\in UC\ \xrightarrow{\ \text{定理 2.5}\ }f\in UC\bigl([0,A+1]\cup[A,+\infty)\bigr)=UC(0,+\infty). \]

若只取 $[0,A]$ 与 $[A,+\infty)$（相接于一点但共用），尚可；若取 $[0,A]$ 与 $(A,+\infty)$（不交），则 $(I)$ 中 $x'<A+\delta$ 可超出 $[0,A]$，且跨段点对无公共部分$(4)(5)$ 同时失效——此即定理 2.5 要求 $I_1\cap I_2\neq\varnothing$ 的原因。

注 2（为何头部必须补 $f(0)=1$）　$f$ 只定义在开区间 $(0,+\infty)$，$[0,A+1]$ 含端点 $0$，须补定义后才可用 $Cantor$；$\lim_{x\to0^+}\tfrac{\sin x}x=1$ 正是使补定义成为连续延拓的条件（对照定理 $2.6$）。

例 3.8　$f(x)=|x|\Bigl(2+\sin\frac1x\Bigr)$ 在 $\mathbb R$ 上一致连续。

Step 0（定义域与连续性）

\[f(x):=|x|\Bigl(2+\sin\tfrac1x\Bigl)\quad(x\neq0),\qquad\text{补定义 } f(0):=0. \]

\[|f(x)|\le|x|\cdot3=3|x|\xrightarrow{x\to0}0=f(0)\ \implies\ f\in C(\mathbb R). \tag{0} \]

Step 1（渐近线：右端 $+\infty$）

$x\to+\infty$ 时 $|x|=x$，$\tfrac1x\to0$：

\[f(x)-(2x+1)=x\Bigl(2+\sin\tfrac1x\Bigr)-(2x+1)=x\sin\tfrac1x-1. \tag{1} \]

由 $\sin t=t+o(t)\ (t\to0)$：

\[x\sin\tfrac1x=x\Bigl(\tfrac1x+o\bigl(\tfrac1x\bigr)\Bigr)=1+o(1)\xrightarrow{x\to+\infty}1. \tag{2} \]

由 $(1)(2)$：

\[\lim_{x\to+\infty}\bigl[f(x)-(2x+1)\bigr]=0. \tag{3} \]

Step 2（渐近线：左端 $-\infty$）

$x\to-\infty$ 时 $|x|=-x$，由 $(2)$：

\[f(x)-(2|x|+1)=|x|\sin\tfrac1x-1\xrightarrow{|x|\to+\infty}0. \]

\[\lim_{x\to-\infty}\bigl[f(x)-(-2x+1)\bigr]=0. \tag{4} \]

Step 3（两端应用定理 2.7 推论：渐近稳定性）

取 $\varphi_+(x):=2x+1$（Lipschitz $\Rightarrow UC$），$f\in C(\mathbb R)$。由 $(3)$：

\[\lim_{x\to+\infty}(f-\varphi_+)=0\xrightarrow{\ \text{推论 2.7}'\ }\left.f\right|_{[0,+\infty)}\in UC[0,+\infty). \tag{5} \]

取 $\varphi_-(x):=-2x+1$（Lipschitz $\Rightarrow UC$）。由 $(4)$：

\[\lim_{x\to-\infty}(f-\varphi_-)=0\xrightarrow{\ \text{推论 2.7}'\ }\left.f\right|_{(-\infty,0]}\in UC(-\infty,0]. \tag{6} \]

（推论 2.7$'$ 原述于 $[a,+\infty)$；左半轴对 $g(x):=f(-x)$ 施用即可。）

Step 4（合并）

\[[0,+\infty)\cap(-\infty,0]=\{0\}\neq\varnothing \]

\[\xrightarrow{\ (5)(6)+\text{定理 2.5}\ }f\in UC\bigl((-\infty,0]\cup[0,+\infty)\bigr)=UC(\mathbb R). \qquad\blacksquare \]

注（$f$ 非 Lipschitz）　$f'(x)=\operatorname{sgn}(x)\bigl(2+\sin\tfrac1x\bigr)-\tfrac1{|x|}\cos\tfrac1x$ 在 $x\to0$ 时无界。故本例例证：$UC\ \wedge\ \text{（非 Lip）}$，且说明"渐近线性 $+$ 连续"即可得 $UC$，无需整体 $Lipschitz$。

例 3.9　$f(x)=\dfrac{|\sin x|}{x}$ 在 $I:=(-1,0)\cup(0,1)$ 上不一致连续。

（两个分支各自 $UC$）

$(0,1)$：

\[\lim_{x\to0^+}\frac{|\sin x|}{x}=\lim_{x\to0^+}\frac{\sin x}{x}=1, \frac{|\sin x|}{x}\in C(0,1). \]

补定义 $\tilde f(0):=1,\ \tilde f(1):=|\sin1|$，则 $\tilde f\in C[0,1]$，$[0,1]$ 紧

\[\xrightarrow{\ \text{Cantor}\ }\tilde f\in UC[0,1]\xrightarrow{\ \text{定理 2.4(5)}\ }\left.f\right|_{(0,1)}\in UC(0,1). \tag{1} \]

（等价地由定理 $2.6$：端点单侧极限存在有限 $\iff UC$。）

$(-1,0)$：$\sin x<0\Rightarrow|\sin x|=-\sin x$，

\[\lim_{x\to0^-}\frac{|\sin x|}{x}=\lim_{x\to0^-}\frac{-\sin x}{x}=-1. \]

同 $(1)$ 得

\[\left.f\right|_{(-1,0)}\in UC(-1,0). \tag{2} \]

（并集上不 $UC$：序列法）

取

\[x_n':=\frac1n,\qquad x_n'':=-\frac1n\qquad(n\ge2)\subset I. \]

\[|x_n'-x_n''|=\frac1n-\Bigl(-\frac1n\Bigr)=\frac2n\xrightarrow{n\to\infty}0. \tag{3} \]

由 $\sin(\pm\tfrac1n)$ 的符号（$n\ge2$ 时 $\tfrac1n\in(0,1)$，$\sin\tfrac1n>0$）：

\[f(x_n')=\frac{\bigl|\sin\frac1n\bigr|}{\frac1n}=\frac{\sin\frac1n}{\frac1n}\longrightarrow1; \]

\[f(x_n'')=\frac{\bigl|\sin\bigl(-\frac1n\bigr)\bigr|}{-\frac1n}=\frac{\sin\frac1n}{-\frac1n}=-\frac{\sin\frac1n}{\frac1n}\longrightarrow-1. \]

\[\implies\ |f(x_n')-f(x_n'')|\longrightarrow|1-(-1)|=2. \tag{4} \]

结论　取 $\varepsilon_0:=1$。由 $(4)$ $\exists N,\ \forall n\ge N:\ |f(x_n')-f(x_n'')|>1$；由 $(3)$ $\forall\delta>0,\ \exists n\ge N:\ |x_n'-x_n''|<\delta$。故

\[\exists\varepsilon_0>0,\ \forall\delta>0,\ \exists x',x''\in I:\ |x'-x''|<\delta\ \wedge\ |f(x')-f(x'')|\ge\varepsilon_0 \]

\[\implies\ {f\notin UC\bigl((-1,0)\cup(0,1)\bigr)}. \]

■

（无序列）　取 $\varepsilon_0:=1$，任给 $\delta>0$，取 $n>\max\{2,\tfrac2\delta\}$：

\[x':=\tfrac1n,\quad x'':=-\tfrac1n:\qquad |x'-x''|=\tfrac2n<\delta,\qquad |f(x')-f(x'')|=2\cdot\tfrac{\sin(1/n)}{1/n}>1 \]

（$n\ge2$ 时 $\tfrac{\sin(1/n)}{1/n}>\tfrac12$，因 $t\in(0,\tfrac12]$ 时 $\tfrac{\sin t}{t}>\tfrac12$）■

第4章一致收敛的定理与证明

**定理 4.0（三条等价刻画）
令　$I\neq\varnothing$，$f_n,f:I\to\mathbb R$.记$\sigma_n:=\sup_{x\in I}|f_n(x)-f(x)|\in[0,+\infty].$

\[(1)\ f_n\rightrightarrows f:\quad \forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n\ge N,\ \forall x\in I:\ |f_n(x)-f(x)|<\varepsilon; \]

\[(2)\ \exists N_0,\ \forall n\ge N_0:\ \sigma_n<+\infty,\quad\text{且}\ \sigma_n\xrightarrow{n\to\infty}0; \]

\[(3)\ \forall\{x_n\}\subset I:\ f_n(x_n)-f(x_n)\to0\quad\bigl(\iff|f_n(x_n)-f(x_n)|\to0\bigr). \]

引理 $S$（上确界第二特征）　$A\subset\mathbb R$ 非空，$s:=\sup A$.

\[s<+\infty\implies\forall\varepsilon>0,\ \exists a\in A:\ a>s-\varepsilon;\qquad s=+\infty\implies\forall M,\ \exists a\in A:\ a>M. \]

$(1) \Rightarrow (2)$

$\forall\varepsilon>0$，由 $(1)$ $\exists N,\ \forall n\ge N,\ \forall x:\ |f_n(x)-f(x)|<\tfrac\varepsilon2$。故 $\forall n\ge N$：

\[0\le\sigma_n=\sup_{x\in I}|f_n(x)-f(x)|\le\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon \]

■
$(2) \Rightarrow (1)$

$\forall\varepsilon>0$，由 $(2)$ $\exists N\ge N_0,\ \forall n\ge N:\ \sigma_n<\varepsilon$.$\forall x\in I$：

\[|f_n(x)-f(x)|\le\sigma_n<\varepsilon\qquad(\forall n\ge N,\ \forall x) \]

此即 $(1)$
■

$(2) \Rightarrow (3)$

任取 $\{x_n\}\subset I$.$\forall n\ge N_0$：

\[0\le|f_n(x_n)-f(x_n)|\le\sigma_n\xrightarrow{n\to\infty}0 \]

$\implies\ |f_n(x_n)-f(x_n)|\to0\implies\ f_n(x_n)-f(x_n)\to0$.■

$(3) \Rightarrow (2)$

Step 1　反设 $\exists\{n_k\}$（$n_k\to\infty$）使 $\sigma_{n_k}=+\infty$。
由引理 $S$，$\forall k\ \exists\,\xi_{n_k}\in I:\ |f_{n_k}(\xi_{n_k})-f(\xi_{n_k})|>1$。
补定其余指标：$n\notin\{n_k\}$ 时任取 $x_n\in I$；$n=n_k$ 时取 $x_{n_k}:=\xi_{n_k}$。则 $\{x_n\}\subset I$，但

\[|f_{n_k}(x_{n_k})-f(x_{n_k})|>1\quad(\forall k)\ \implies\ f_n(x_n)-f(x_n)\not\to0, \]

与 $(3)$ 矛盾.$\implies\ \exists N_0,\ \forall n\ge N_0:\ \sigma_n<+\infty$。

Step 2　$\forall n\ge N_0$，由引理 $S$ 取 $x_n\in I$ 使

\[|f_n(x_n)-f(x_n)|>\sigma_n-\frac1n\implies\ 0\le\sigma_n<|f_n(x_n)-f(x_n)|+\frac1n. \]

该 $\{x_n\}\subset I$，由 $(3)$：$|f_n(x_n)-f(x_n)|\to0$，且 $\tfrac1n\to0$，故

\[0\le\sigma_n<|f_n(x_n)-f(x_n)|+\frac1n\xrightarrow{n\to\infty}0\ \implies\ \sigma_n\to0. \]

结论　$(1)\iff(2)\iff(3)$。$\blacksquare$

定理 4.1（一致收敛的 Cauchy 准则）　$(U)\iff(C)$。

令　$S\neq\varnothing$，$f_n:S\to\mathbb R$。记

\[(U)\ \exists f:S\to\mathbb R:\ f_n\rightrightarrows f\quad(\text{一致收敛}); \]

\[(C)\ \forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n,m\ge N,\ \forall x\in S:\ |f_n(x)-f_m(x)|<\varepsilon\quad(\text{一致 Cauchy}). \]

（$\mathbb R$ 完备）　$\{a_k\}\subset\mathbb R$ $\text{ Cauchy}$ $\implies\exists a\in\mathbb R:\ a_k\to a$。

（一致极限唯一）　$f_n\rightrightarrows f\ \wedge\ f_n\rightrightarrows g\implies f=g$。
（$\forall x:\ |f(x)-g(x)|\le|f_n(x)-f(x)|+|f_n(x)-g(x)|\to0$。）

证明:
$(U) \Rightarrow (C)$

$\forall\varepsilon>0$，由 $f_n\rightrightarrows f$ 取 $N$，$\forall n\ge N,\ \forall x:\ |f_n(x)-f(x)|<\tfrac\varepsilon2$。$\forall n,m\ge N,\ \forall x$：

\[|f_n(x)-f_m(x)|\le\underbrace{|f_n(x)-f(x)|}_{<\varepsilon/2}+\underbrace{|f(x)-f_m(x)|}_{<\varepsilon/2}<\varepsilon. \]

$(C) \Rightarrow (U)$

固定 $x\in S$。由 $(C)$：

\[\forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n,m\ge N:\ |f_n(x)-f_m(x)|<\varepsilon \ \implies\ \{f_n(x)\}\ \text{Cauchy}\xrightarrow{\ \text{（$\mathbb R$ 完备）}\ }\exists\lim_{n\to\infty}f_n(x)\in\mathbb R. \]

令

\[f(x):=\lim_{n\to\infty}f_n(x)\qquad(x\in S).\tag{1} \]

$\forall\varepsilon>0$，由 $(C)$ 取 $N$：

\[\forall n,m\ge N,\ \forall x\in S:\ |f_n(x)-f_m(x)|<\frac{\varepsilon}{2}. \]

固定 $n\ge N$ 与 $x$，令 $m\to\infty$。由 $(1)$ $f_m(x)\to f(x)$；且 $t\mapsto|f_n(x)-t|$ 连续：

\[|f_n(x)-f(x)|=\lim_{m\to\infty}|f_n(x)-f_m(x)|\le\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon.\tag{2} \]

\[\implies\ \forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n\ge N,\ \forall x\in S:\ |f_n(x)-f(x)|<\varepsilon \implies\ f_n\rightrightarrows f. \]

结论　$(U)\iff(C)$，且$f$ 唯一.$\blacksquare$

推论 4.1$'$(级数)

\[\ \exists f:\ S_n\rightrightarrows f\quad(\text{级数}\textstyle\sum u_k\ \text{一致收敛})\iff \forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n\ge N,\ \forall p\in\mathbb N^{*},\ \forall x\in S:\ \Bigl|\sum_{k=n+1}^{n+p}u_k(x)\Bigr|<\varepsilon.\]

推论（必要条件：$u_k\rightrightarrows 0$）　
取 $p=1$：$\forall n\ge N,\ \forall x:\ |u_{n+1}(x)|<\varepsilon\ \implies\ u_n\rightrightarrows0$.■

注

\[\begin{array}{c|l} \text{逐点收敛} & \forall x,\ \forall\varepsilon,\ \exists N(x,\varepsilon),\ \forall n\ge N\\ \text{一致收敛 }(U) & \forall\varepsilon,\ \exists N(\varepsilon),\ \forall n\ge N,\ \forall x\\ \text{一致 Cauchy }(C) & \forall\varepsilon,\ \exists N(\varepsilon),\ \forall n,m\ge N,\ \forall x \end{array} \]

定理 4.2（连续性传递）　$f_n\in C(S)\ \wedge\ f_n\rightrightarrows f\ \implies\ f\in C(S)$。

令　$(S,d)$ 度量空间，$c\in S$ 为聚点（孤立点处连续性平凡）。

\[(H_1)\ f_n\in C(S):\quad \forall\varepsilon>0,\ \exists\eta>0,\ \forall x\in S:\ d(x,c)<\eta\Rightarrow|f_n(x)-f_n(c)|<\varepsilon; \]

\[(H_2)\ f_n\rightrightarrows f:\quad \forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n\ge N,\ \forall x\in S:\ |f_n(x)-f(x)|<\varepsilon. \]

证（三分法）　$\forall\varepsilon>0$.

由 $(H_2)$ ：

\[\exists M,\ \forall x\in S:\ |f_M(x)-f(x)|<\frac\varepsilon3. \tag{1} \]

（$f_M$ 在 $c$ 连续）　由 $(H_1)$ ：

\[\exists\eta>0,\ \forall x\in S:\ d(x,c)<\eta\Rightarrow|f_M(x)-f_M(c)|<\frac\varepsilon3. \tag{2} \]

$\forall x\in S,\ d(x,c)<\eta$：

\[|f(x)-f(c)|\le\underbrace{|f(x)-f_M(x)|}_{\text{①}\overset{(1)}{<}\varepsilon/3}+\underbrace{|f_M(x)-f_M(c)|}_{\text{②}\overset{(2)}{<}\varepsilon/3}+\underbrace{|f_M(c)-f(c)|}_{\text{③}\overset{(1)}{<}\varepsilon/3}<\varepsilon. \]

$\implies\ f$ 在 $c$ 连续；$c$ 任意 $\implies\ {f\in C(S)}$。$\blacksquare$

充分不必要（反例）　$f_n(x):=n^{2}x(1-x)^{n}$ 于 $[0,1]$。

$(a)$ 逐点极限 $f\equiv0\in C[0,1]$　$x=0,1$ 处 $f_n=0$；$x\in(0,1)$：

\[0\le f_n(x)\le n^{2}(1-x)^{n}\to0 \]

$(b)$ 不一致收敛　取 $x_n:=\dfrac1{n+1}\in[0,1]$（定理 $4.0(3)$）：

\[f_n(x_n)=\frac{n^{2}}{n+1}\Bigl(\frac{n}{n+1}\Bigr)^{n}\sim n\cdot e^{-1}\to+\infty \ \implies\ f_n(x_n)-f(x_n)\not\to0\ \implies\ f_n\not\rightrightarrows f. \]

$(c)$ 结论　$f_n\in C\ \forall n$，$f\equiv0\in C$，但 $f_n\not\rightrightarrows f$：

\[\boxed{f\ \text{连续}\ \nRightarrow\ f_n\rightrightarrows f}. \]

可用的逆否　$f_n\in C\ \wedge\ f\notin C\ \implies\ f_n\not\rightrightarrows f$.

定理 4.3a（可积性传递，Riemann–Stieltjes ）

\[\begin{aligned} &f_n \in R[a,b] \land f_n \rightrightarrows f \text{ 于 } [a,b] \\ {}& \implies f \in R[a,b] \land \int_a^b f(x)\,dx = \lim_{n\to\infty}\int_a^b f_n(x)\,dx. \end{aligned} \]

令　$\alpha:[a,b]\to\mathbb R$ 递增，$A:=\alpha(b)-\alpha(a)$。$f_n,f:[a,b]\to\mathbb R$。记（$P:\ a=x_0<\cdots<x_m=b$，$\Delta\alpha_i:=\alpha(x_i)-\alpha(x_{i-1})\ge0$）

\[M_i(g):=\sup_{[x_{i-1},x_i]}g,\quad m_i(g):=\inf_{[x_{i-1},x_i]}g, \]

\[U(P,g,\alpha):=\sum_i M_i(g)\Delta\alpha_i,\qquad L(P,g,\alpha):=\sum_i m_i(g)\Delta\alpha_i. \]

\[(R)\ g\in R(\alpha)\iff\forall\varepsilon>0,\ \exists P:\ U(P,g,\alpha)-L(P,g,\alpha)<\varepsilon \quad(\text{Darboux 准则}); \]

\[(U)\ f_n\rightrightarrows f:\ \sigma_n:=\sup_{[a,b]}|f_n-f|\to0. \]

引理 $I$（有界函数的积分估计）　$|g|\le c\ \wedge\ g\in R(\alpha)\implies\bigl|\int_a^b g\,d\alpha\bigr|\le cA$。

引理 $II$（振幅的次可加性）　$M_i(u+v)-m_i(u+v)\le\bigl[M_i(u)-m_i(u)\bigr]+\bigl[M_i(v)-m_i(v)\bigr]$.
证明:
$\forall x\in[x_{i-1},x_i]$：

\[u(x)\le M_i(u),\quad v(x)\le M_i(v)\implies(u+v)(x)\le M_i(u)+M_i(v) \xrightarrow{\ \sup\ } M_i(u+v)\le M_i(u)+M_i(v); \]

\[u(x)\ge m_i(u),\quad v(x)\ge m_i(v)\implies(u+v)(x)\ge m_i(u)+m_i(v) \xrightarrow{\ \inf\ } m_i(u+v)\ge m_i(u)+m_i(v). \]

两式相减：

\[M_i(u+v)-m_i(u+v)\le\bigl[M_i(u)-m_i(u)\bigr]+\bigl[M_i(v)-m_i(v)\bigr]. \]

故

\[U(P,u+v,\alpha)-L(P,u+v,\alpha)\le\bigl[U(P,u,\alpha)-L(P,u,\alpha)\bigr]+\bigl[U(P,v,\alpha)-L(P,v,\alpha)\bigr]. \tag{0} \]

证明:

\[\begin{aligned} U(P,u+v,\alpha)-L(P,u+v,\alpha) &=\sum_{i=1}^{m}\Bigl[M_i(u+v)-m_i(u+v)\Bigr]\Delta\alpha_i\\[4pt] &\overset{(b)}{\le}\sum_{i=1}^{m}\Bigl(\bigl[M_i(u)-m_i(u)\bigr]+\bigl[M_i(v)-m_i(v)\bigr]\Bigr)\Delta\alpha_i\\[4pt] &=\underbrace{\sum_{i=1}^{m}\bigl[M_i(u)-m_i(u)\bigr]\Delta\alpha_i}_{=U(P,u,\alpha)-L(P,u,\alpha)} \;+\; \underbrace{\sum_{i=1}^{m}\bigl[M_i(v)-m_i(v)\bigr]\Delta\alpha_i}_{=U(P,v,\alpha)-L(P,v,\alpha)}. \end{aligned} \]

证明(定理4.3):

（$f$ 可积）　设 $A>0$（$A=0$ 时一切积分为 $0$，平凡）。$\forall\varepsilon>0$，取

\[\eta:=\frac{\varepsilon}{3A}. \]

由 $(U)$ 取 $N$：$\sigma_N<\eta$，即 $\forall x:\ |f(x)-f_N(x)|<\eta$。置 $h:=f-f_N$（$\ |h|<\eta$ ）：

\[M_i(h)\le\eta,\quad m_i(h)\ge-\eta\ \implies\ M_i(h)-m_i(h)\le2\eta \]

\[\implies\ U(P,h,\alpha)-L(P,h,\alpha)\le2\eta\sum_i\Delta\alpha_i=2\eta A=\frac{2\varepsilon}{3}\quad(\forall P). \tag{1} \]

由 $f_N\in R(\alpha)$ 与 $(R)$：$\exists P_0:\ U(P_0,f_N,\alpha)-L(P_0,f_N,\alpha)<\dfrac\varepsilon3$。由 $f=f_N+h$ 与 $(0)(1)$：

\[U(P_0,f,\alpha)-L(P_0,f,\alpha)\le\underbrace{\Bigl[U(P_0,f_N)-L(P_0,f_N)\Bigr]}_{<\varepsilon/3}+\underbrace{\Bigl[U(P_0,h)-L(P_0,h)\Bigr]}_{\le2\varepsilon/3}<\varepsilon. \]

由 $(R)$：${f\in R(\alpha)}$.

（积分可交换）　$\forall n\ge N$，由 $f_n-f\in R(\alpha)$、$|f_n-f|\le\sigma_n$ 与引理 $I$：

\[\Bigl|\int_a^b f_n\,d\alpha-\int_a^b f\,d\alpha\Bigr|=\Bigl|\int_a^b (f_n-f)\,d\alpha\Bigr|\le\sigma_n A\xrightarrow{n\to\infty}0 \]

\[\implies\ {\int_a^b f\,d\alpha=\lim_{n\to\infty}\int_a^b f_n\,d\alpha}. \]

（变上限积分一致收敛）　置 $g_n(x):=\int_a^x f_n\,d\alpha$，$g(x):=\int_a^x f\,d\alpha$。$\forall x\in[a,b]$：

\[\implies\ \sup_{x\in[a,b]}|g_n(x)-g(x)|\le\sigma_n A\to0\ \implies\ {g_n\rightrightarrows g}.\qquad\blacksquare \]

推论（级数逐项积分）　$u_k\in R(\alpha)$，$\sum u_k$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛到 $f$，则

\[f\in R(\alpha)\ \wedge\ \int_a^b f\,d\alpha=\sum_{k=1}^{\infty}\int_a^b u_k\,d\alpha. \]

（对部分和 $S_n=\sum_{k\le n}u_k$ 用定理 $4.3$：$S_n\rightrightarrows f\Rightarrow\int f=\lim\int S_n=\lim\sum_{k\le n}\int u_k$。）

(Riemann)　取 $\alpha(x)=x$：$A=b-a$，$\bigl|\int_a^b(f_n-f)\bigr|\le\sigma_n(b-a)\to0$.

（无穷区间失效）
反例

\[f_n(x):=\frac1n\mathbf 1_{(0,n)}(x)=\begin{cases} \dfrac1n, & 0<x<n,\\[6pt] 0, & x=0\ \text{或}\ x\ge n. \end{cases}\qquad(n\in\mathbb N^{*}) \]

其中

\[\sigma_n=\sup_{x\ge0}|f_n(x)|=\frac1n\to0\ \implies\ f_n\rightrightarrows0; \]

\[\int_0^{+\infty}f_n\,dx =\int_0^{n}\frac1n\,dx+\int_n^{+\infty}0\,dx ={\frac1n}\\{(n-0)}+0 =\frac1n\cdot n=1. \tag{2} \]

极限函数 $f\equiv0$：

\[\int_0^{+\infty}f\,dx=\int_0^{+\infty}0\,dx=0. \tag{4} \]

\[{\lim_{n\to\infty}\int_0^{+\infty}f_n\,dx=1\ \neq\ 0=\int_0^{+\infty}\Bigl(\lim_{n\to\infty}f_n\Bigr)dx}. \]

$\sup$ 估计要乘区间长度:

\[\Bigl|\int (f_n-f)\Bigr|\le\underbrace{\bigl(\sup|f_n-f|\bigr)}_{\to0}\cdot{(b-a)}. \]

$b-a<\infty$ 时 $\varepsilon(b-a)\to0$；$b-a=\infty$ 时 $0\cdot\infty$ 不定
推广　$(X,\mathcal F,\mu)$ 上：$\bigl|\int_X(f_n-f)d\mu\bigr|\le\|f_n-f\|_\infty\cdot\mu(X)$，故

\[f_n\rightrightarrows f\ \wedge\ \mu(X)<\infty\ \implies\ \int f_n\to\int f. \]

定理 4.3b（有限情形和无限情形)

1（有限定义域：逐点 $\iff$ 一致）　$S=\{x_1,\dots,x_K\}$ 有限。

\[\forall i,\ \forall\varepsilon,\ \exists N_i,\ \forall n\ge N_i:\ |f_n(x_i)-f(x_i)|<\varepsilon. \]

取 $\displaystyle N:=\max_{1\le i\le K}N_i<+\infty$，则 $\forall n\ge N,\ \forall x\in S$：$|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon\ \implies\ f_n\rightrightarrows f$.

\[\implies\\ {S<\infty:\ f_n\to f\iff f_n\rightrightarrows f}. \]

无限集　$\sup_i N_i=+\infty$.例：$S=\mathbb N$，$f_n(k):=\mathbf 1_{\{k=n\}}$：$\forall k$ 固定，$f_n(k)=0$ 当 $n>k$，故逐点 $f_n\to0$ ，$\sup_k|f_n(k)|=1\not\to0\ \implies\ \not\rightrightarrows$.
（紧性 = "有限"的连续情形——紧集上可用有限子覆盖把 $\sup_x N_x$ 压成有限的最大值；非紧时 $N_x$ 可无界。）

2（有限并保持，无限并不保持）　记 $\sigma_n^{I}:=\sup_{x\in I}|f_n(x)-f(x)|$。则

\[\sigma_n^{\bigcup_{i\le m}I_i}=\max_{1\le i\le m}\sigma_n^{I_i}\xrightarrow{n\to\infty}0 \ \implies\ {f_n\rightrightarrows f\ \text{于每个}\ I_i\ (i\le m)\implies f_n\rightrightarrows f\ \text{于}\ \bigcup_{i\le m}I_i}. \]

无限并失效　$\sigma_n^{\bigcup_{i\ge1}I_i}=\sup_{i\ge1}\sigma_n^{I_i}$，$\sup$ 不趋于 $0$。例：$I_i:=[i,i+1)$，$f_n:=\mathbf 1_{[n,n+1)}$：

\[\text{于每个}\ I_i:\ n>i\ \text{时}\ f_n|_{I_i}\equiv0\ \implies\ f_n\rightrightarrows0 \]

\[\qquad \sup_{x\ge0}|f_n(x)|=1\not\to0\ \implies\ \not\rightrightarrows\ \text{于}\ \bigcup_i I_i=[0,+\infty). \]

与定理 2.5 的对照　一致收敛是 $\sup$ 的收敛，$\sup_{\cup}=\max_i\sup$，故有限并不需要公共部分；而 $UC$ 是对一对点的条件，故须 $I_1\cap I_2\neq\varnothing$。即：4.3b(2) 是"有限并"的一般形式，定理 2.5 是"点对型性质"的受限形式，失效原因同为 $\max$/$\sup$ 在无限时可能不存在。

定理 4.3c（元方法：把每个假设一致化）

词典（把数项版证明中的每条假设换成 $\sup$-版；$\sup$ 作用于 $x\in S$）

\[\begin{array}{c|c|l} \text{概念} & \text{缩写} & \text{符号}\\ \hline \text{一致有界} & \mathrm{SO} & \exists M,\ \forall n,\ \forall x:\ |a_n(x)|\le M\\ \text{部分和一致有界} & \mathrm{SOCS} & \exists M,\ \forall n,\ \forall x:\ \bigl|\sum_{k=1}^{n}b_k(x)\bigr|\le M\\ \text{一致单调} & — & a_{n+1}(x)\le a_n(x)\ \ (\forall n,\forall x;\ \textbf{递减方向不随 }x\textbf{ 改变})\\ \text{一致趋于 }0 & — & \sigma_n^{a}:=\sup_x|a_n(x)|\to0 \end{array} \]

元定理　数项判别法的证明若只用到"有界 / 单调 / 趋于 $0$"，则把三者换成 SO、SOCS、一致单调、一致趋于 $0$ 后证明逐字可抄，结论升级为一致收敛——因所有估计中的常数 $M$、项 $a_{n\pm1}$ 均换成与 $x$ 无关的上确界。

只需"从某项 $n_0$ 起"成立即可　一致收敛由尾和 Cauchy 性（定理 4.1 级数版）判定，与有限多项无关。

Abel 求和引理（离散分部积分）　记 $B_k:=\sum_{j=p}^{k}b_j$（$B_{p-1}:=0$，$\ b_k=B_k-B_{k-1}$）$\forall p\le q$：

\[\sum_{k=p}^{q}a_kb_k=a_qB_q-a_pB_{p-1}+\sum_{k=p}^{q-1}B_k\,(a_k-a_{k+1}). \tag{A.S.} \]

对照 $\displaystyle\int_p^q f\,dg=[fg]_p^q-\int_p^q g\,df$：

\[b_k\leftrightarrow dg,\quad B_k\leftrightarrow g,\quad a_k-a_{k+1}\leftrightarrow -df,\quad \sum a_kb_k\leftrightarrow\int f\,dg. \]

$(i)$ 绝对一致收敛 $\Rightarrow$ 一致收敛

\[\sup_x\Bigl|\sum_{k=n+1}^{m}f_k(x)\Bigr|\le\sup_x\sum_{k=n+1}^{m}|f_k(x)|\to0\xrightarrow{\ \text{定理 4.1}\ }\sum f_n\ \text{一致收敛}. \]

$(ii)$ Weierstrass M 判别法（比较形式）　$|f_n(x)|\le g_n(x)$，$\sum g_n$ 一致收敛.$\forall m>n$：

\[\Bigl|\sum_{k=n+1}^{m}f_k(x)\Bigr|\le\sum_{k=n+1}^{m}g_k(x)\le\sup_x\sum_{k=n+1}^{m}g_k(x)\to0 \ \implies\ \sum f_n\ \text{一致收敛},\qquad \Bigl|\sum_{k\ge1}f_k\Bigr|\le\sum_{k\ge1}g_k. \]

$\text{majorant}:=\sum g_n$（优级数），$\text{minorant}:=\sum f_n$（被控者）。

优级数发散 $\Rightarrow$ 无结论（M 判别法仅是充分的）。

$(iii)$ Leibniz 一致版　$a_n\ge0$，一致单调递减，$\sigma_n^a\to0$：

\[\Bigl|\sum_{k=n+1}^{m}(-1)^{k}a_k(x)\Bigr|\le a_{n+1}(x)\le\sigma_{n+1}^{a}\to0\ \implies\ \text{一致收敛}. \]

（Dirichlet 一致版取 $b_k=(-1)^k$：部分和 $\in\{-1,0\}$，SOCS 且 $M=1$。）

$(iv)$ Dirichlet 一致版　SOCS：$\bigl|\sum_{k=1}^{n}b_k\bigr|\le M$；$a_n$ 一致单调递减、$a_n\rightrightarrows0$。由 (Abel Summation)（$p=n+1$，$B_{p-1}=0$，$|B_k|\le2M$）：

\[\Bigl|\sum_{k=n+1}^{m}a_kb_k\Bigr|\le2M\,a_m+\sum_{k=n+1}^{m-1}2M\,(a_k-a_{k+1})=2M\,a_{n+1}\le2M\,\sigma_{n+1}^{a}\to0. \]

$(v)$ Abel 一致版　$\sum b_n$ 一致收敛（$\tau_n:=\sup_x\sup_{m>n}\bigl|\sum_{k=n+1}^{m}b_k(x)\bigr|\to0$），$a_n$ SO（$|a_n|\le M$）且一致单调。由 (Abel Summation)（$|B_k|\le\tau_n$，望远镜）：

\[\Bigl|\sum_{k=n+1}^{m}a_kb_k\Bigr|\le M\tau_n+\tau_n\sum_{k=n+1}^{m-1}(a_k-a_{k+1})\le M\tau_n+\tau_n\,a_{n+1}\le2M\tau_n\to0. \]

定理 4.4（可微性传递）

令　$f$ 在 $(a,b)$ 可导，且

\[(H_1)\ \exists x_0\in(a,b):\ \{f_n(x_0)\}\ \text{收敛}; \qquad (H_2)\ f_n'\rightrightarrows g\ \text{于}\ (a,b). \]

结论　$\exists f:\ (a,b)\to\mathbb R$ 使

\[(a)\ f_n\rightrightarrows f;\qquad (b)\ f'=g. \]

证明:
固定 $c\in(a,b)$，定义

\[g_n(x):=\begin{cases}\dfrac{f_n(x)-f_n(c)}{x-c},&x\neq c,\\[8pt] f_n'(c),&x=c.\end{cases} \tag{1} \]

由 $f_n$ 在 $c$ 可导：$\lim_{x\to c}g_n(x)=f_n'(c)=g_n(c)\ \implies\ {g_n\in C(a,b)}$.

（$\{g_n\}$ 一致收敛）　$\forall n,m$，置 $h:=f_n-f_m$。$\forall x\neq c$，由 Lagrange 中值定理：

\[g_n(x)-g_m(x)=\frac{\bigl(f_n(x)-f_m(x)\bigr)-\bigl(f_n(c)-f_m(c)\bigr)}{x-c} =\frac{h(x)-h(c)}{x-c}=h'(\xi)\]

\[=f_n'(\xi)-f_m'(\xi) \tag{2} \]

（$\xi$ 介于 $x$ 与 $c$ 之间）
$x=c$ 时 $(2)$ 为 $f_n'(c)-f_m'(c)$，成立（取 $\xi=c$）。故

\[\sup_{x\in(a,b)}|g_n(x)-g_m(x)|\le\sup_{x\in(a,b)}|f_n'(x)-f_m'(x)|=\|f_n'-f_m'\|_\infty. \tag{3} \]

由 $(H_2)$ 与定理 $4.1$（一致 Cauchy 准则）：$\{f_n'\}$ 一致 Cauchy $\Rightarrow$ 由 $(3)$ $\{g_n\}$ 一致 Cauchy $\Rightarrow$ $\exists G_c$，

\[g_n\rightrightarrows G_c\quad\text{于}\ (a,b). \tag{4} \]

（证 $(a)$：取 $c=x_0$）　由 $(1)$：$\forall x$，

\[f_n(x)=f_n(x_0)+(x-x_0)\,g_n(x)\qquad(x\neq x_0;\ x=x_0\ \text{时亦真}). \tag{5} \]

$\{f_n(x_0)\}$ 收敛（$(H_1)$），$\{g_n\}$ 一致收敛（$(4)$），且 $(x-x_0)$ 在 $(a,b)$ 上有界（$|x-x_0|<b-a$）：

\[\implies\ \{f_n(x_0)+(x-x_0)g_n(x)\}\ \text{一致收敛}\ \implies\ {f_n\rightrightarrows f}\ \text{于}\ (a,b). \tag{6} \]

（证 $(b)$：取任意 $c$）　对 $(5)$ 令 $n\to\infty$（$c=x_0$ 处已得 $f_n\rightrightarrows f$）。对任意 $c$，由 $(1)$ 与 $f_n\rightrightarrows f$：

\[G_c(x)=\lim_{n\to\infty}g_n(x)=\begin{cases}\dfrac{f(x)-f(c)}{x-c},&x\neq c,\\[6pt] \lim_n f_n'(c)=g(c),&x=c.\end{cases} \tag{7} \]

（$x=c$ 处用 $f_n'\rightrightarrows g\Rightarrow f_n'(c)\to g(c)$。）
由 $(4)$ 与定理 $4.2$（连续性传递）：$g_n\in C\ \wedge\ g_n\rightrightarrows G_c\Rightarrow G_c\in C(a,b)$。特别地 $G_c$ 在 $c$ 连续：

\[f'(c)=\lim_{x\to c}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}=\lim_{x\to c}G_c(x)\overset{G_c\in C}{=}G_c(c)\overset{(7)}{=}g(c). \]

$c\in(a,b)$ 任意 $\implies\ {f'=g}$，且 $g$ 为一致收敛的连续函数之极限 $\implies\ g\in C\ \implies\ f\in C^1$.$\blacksquare$

假设强：$f_n\rightrightarrows f$ 本身不够

反例　$f_n(x):=\dfrac{\sin nx}{\sqrt n}$ 于 $\mathbb R$。

\[|f_n(x)|\le\frac1{\sqrt n}\ \forall x\ \implies\ \sigma_n\le\frac1{\sqrt n}\to0 \xrightarrow{\text{M 判别法}}{f_n\rightrightarrows0}. \]

\[f_n'(x)=\frac{n\cos nx}{\sqrt n}=\sqrt n\,\cos nx. \]

取 $x=0$：$f_n'(0)=\sqrt n\to+\infty$（甚至无界），故 $\{f_n'\}$ 处处不收敛

\[\implies\ f_n\rightrightarrows0\ \wedge\ f'\equiv0,\qquad\text{但}\quad f_n'\not\to f'\quad(\text{甚至无极限}). \]

故假设结构为"三层递进"

\[\begin{array}{c|c|c} \text{定理} & \text{需额外假设} & \text{传递的性质}\\ \hline \text{4.2 连续性} & f_n\rightrightarrows f & C\\ \text{4.3 可积性} & f_n\rightrightarrows f & R\\ \text{4.4 可微性} & f_n\rightrightarrows f\ {\wedge\ f_n'\rightrightarrows g}\ \wedge\ \{f_n(x_0)\}\ \text{收敛} & C^1,\ f'=g \end{array} \]

定理 4.5（一致收敛判别法）

$(1)$ Weierstrass M 判别法（优级数）

令　$\exists M_n\ge0$，$\forall x\in S,\ \forall n:\ |f_n(x)|\le M_n$，且 $\sum_{n\ge1}M_n$ 收敛.

证　$\forall\varepsilon>0$，由 $\sum M_n$ 收敛 $\Rightarrow$ Cauchy $\Rightarrow\exists N,\ \forall n>m\ge N:\ \sum_{k=m+1}^{n}M_k<\varepsilon$。则 $\forall n>m\ge N,\ \forall x$：

\[\Bigl|\sum_{k=m+1}^{n}f_k(x)\Bigr|\le\sum_{k=m+1}^{n}|f_k(x)|\le\sum_{k=m+1}^{n}M_k<\varepsilon \xrightarrow{\ \text{定理 4.1(级数情形)}\ }{\sum f_n\ \text{一致收敛}}.\qquad\blacksquare \]

函数空间视角　$(C[a,b],\|\cdot\|_\infty)$ 为 Banach 空间（$C[a,b]$ 对一致范数完备）.$\sum\|f_n\|_\infty\le\sum M_n<\infty$ 是"$\sum f_n$ 绝对收敛"；Banach 空间中

\[\text{绝对收敛}\implies\text{收敛}\quad(\|\sum_{m+1}^n f_k\|_\infty\le\sum_{m+1}^n\|f_k\|_\infty\to0), \]

故 M 判别法 = "绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛"在 $C[a,b]$ 中的翻版。$\|f_n\|_\infty\le M_n$ 即"一致绝对有界"。

(2) Dirichlet 判别法
令　

\[(\mathrm{i})\ F_n(x):=\sum_{k=1}^{n}f_k(x),\qquad \exists M,\ \forall n,\forall x:\ |F_n(x)|\le M\quad(\mathrm{SOCS}); \]

\[(\mathrm{ii})\ \forall x:\ g_n(x)\ge g_{n+1}(x)\ge0\ , \sigma_n^{g}:=\sup_x g_n(x)\to0\quad(\textbf{一致趋于 }0). \]

结论　$\sum f_ng_n$ 一致收敛.

证（部分求和）　记 $F_0:=0$，由 $f_k=F_k-F_{k-1}$：$\forall n>m$，

\[\sum_{k=m+1}^{n}f_kg_k=\sum_{k=m+1}^{n}(F_k-F_{k-1})g_k \]

\[=\sum_{k=m+1}^{n}F_k\,(g_k-g_{k+1})+F_n g_{n+1}-F_m g_{m+1}. \tag{Abel Summation} \]

（验证：展开 $\sum F_kg_k-\sum F_kg_{k+1}=\sum F_kg_k-\sum F_{k-1}g_k+$ 端点项， telescopes 即得）
由 $|F_k|\le M$ 与 $g_k-g_{k+1}\ge0$：

\[\Bigl|\sum_{k=m+1}^{n}f_kg_k\Bigr| \le M\underbrace{\sum_{k=m+1}^{n}(g_k-g_{k+1})}_{=g_{m+1}-g_{n+1}}+M g_{n+1}+M g_{m+1} =2M\,g_{m+1}\le2M\,\sigma_{m+1}^{g}. \]

取 $\sup_x$：$\forall n>m\ge N$，$\bigl|\sum_{k=m+1}^{n}f_kg_k(x)\bigr|\le2M\,\sigma_{m+1}^{g}\xrightarrow{m\to\infty}0$。
由定理 $4.1$（级数情形）$\implies\ {\sum f_ng_n\ \text{一致收敛}}$.$\blacksquare$

$(3)$ Abel 判别法

令　$\sum f_n$ 一致收敛；$\forall x:\ g_n(x)\ge g_{n+1}(x)$（或 $\le$）且 $\exists M,\ \forall n,\forall x:\ |g_n(x)|\le M$（SO）。

证　记 $\tau_m:=\sup_x\sup_{n>m}\bigl|\sum_{k=m+1}^{n}f_k(x)\bigr|\to0$（一致 Cauchy）。由 (Abel Summation)：

\[\Bigl|\sum_{k=m+1}^{n}f_kg_k\Bigr| \le\tau_m\sum_{k=m+1}^{n}|g_k-g_{k+1}|+\tau_m|g_{n+1}|+\tau_m|g_{m+1}| {\le}\tau_m\bigl(|g_{m+1}-g_{n+1}|+2M\bigr)\le4M\,\tau_m\to0. \]

（单调性使 $\sum|g_k-g_{k+1}|=|\sum(g_k-g_{k+1})|$ 可望远镜）
$\implies\ {\sum f_ng_n\ \text{一致收敛}}$.$\blacksquare$

$(4)$ Dini 定理

令　$K$ 紧，$f_n\in C(K)$，$f\in C(K)$，$f_n\to f$ (逐点)，且 $\forall x:\ f_n(x)\ge f_{n+1}(x)$（单调递减；递增时取 $f-f_n$）。

结论　$f_n\rightrightarrows f$。

证　置 $g_n:=f_n-f\in C(K)$，则

\[g_n\ge g_{n+1}\ge0,\qquad g_n(x)\to0\ (\forall x). \]

反设 $g_n\not\rightrightarrows0$：由定理 $4.0(2)$ 的否定，

\[\exists\varepsilon_0>0,\ \exists\{n_k\}\ (n_k\uparrow\infty),\ \exists\{x_k\}\subset K:\ g_{n_k}(x_k)\ge\varepsilon_0. \tag{1} \]

$K$ 紧 $\Rightarrow\exists\{k_j\},\ \exists x^{*}\in K:\ x_{k_j}\to x^{*}$。
固定任意 $n$。由 $n_{k_j}\to\infty$，$\exists j_0,\ \forall j\ge j_0:\ n_{k_j}\ge n$；由单调递减：

\[g_n(x_{k_j})\ge g_{n_{k_j}}(x_{k_j})\overset{(1)}{\ge}\varepsilon_0. \]

令 $j\to\infty$，由 $g_n\in C(K)$ 与 $x_{k_j}\to x^{*}$：

\[g_n(x^{*})=\lim_{j\to\infty}g_n(x_{k_j})\ge\varepsilon_0\qquad(\forall n). \]

令 $n\to\infty$：$0=\lim_n g_n(x^{*})\ge\varepsilon_0>0$，矛盾.$\implies\ {f_n\rightrightarrows f}$.$\blacksquare$

** 紧性不可省**

反例　$f_n(x):=\dfrac1{nx}$ 于 $(0,1)$（$K=(0,1)$ 非紧：

\[f_n\in C(0,1),\qquad f_n(x)=\frac1{nx}\downarrow0\ (\text{对 }n\ \text{递减}),\qquad f_n\to0\ \text{逐点}; \]

\[\sigma_n=\sup_{x\in(0,1)}\frac1{nx}=+\infty\quad(\text{或取}\ x_n=\tfrac1n:\ f_n(x_n)=1\not\to0) \ \implies\ f_n\not\rightrightarrows0. \]

$(5)$（序列判别；证"不一致"）

令　$D\neq\varnothing$，$S_n,S:D\to\mathbb R$，$S_n\to S$ 逐点。

结论　

\[S_n\rightrightarrows S\quad\iff\quad \forall\{x_n\}\subset D:\ S_n(x_n)-S(x_n)\to0. \]

（此即定理 $4.0$ 中 $(1)\iff(3)$ 的重写.）

证$(⇒)$　$S_n\rightrightarrows S$：$\forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n\ge N,\ \forall x\in D:\ |S_n(x)-S(x)|<\varepsilon$。
任取 $\{x_n\}\subset D$，则 $\forall n\ge N$

\[|S_n(x_n)-S(x_n)|<\varepsilon\ \implies\ S_n(x_n)-S(x_n)\to0. \]

$(⇐)$　反设 $S_n\not\rightrightarrows S$，即

\[ \exists\varepsilon_0>0,\ \forall N,\ \exists n\ge N,\ \exists x\in D:\ |S_n(x)-S(x)|\ge\varepsilon_0. \tag{1} \]

\[N_1:=1\ \xrightarrow{(1)}\ \exists n_1\ge1,\ \exists x_{n_1}\in D:\ |S_{n_1}(x_{n_1})-S(x_{n_1})|\ge\varepsilon_0; \]

\[N_{k+1}:=n_k+1\ \xrightarrow{(1)}\ \exists n_{k+1}\ge n_k+1>n_k,\ \exists x_{n_{k+1}}\in D:\ |S_{n_{k+1}}(x_{n_{k+1}})-S(x_{n_{k+1}})|\ge\varepsilon_0. \]

\[\implies\ n_1<n_2<\cdots\ (n_k\to\infty),\qquad |S_{n_k}(x_{n_k})-S(x_{n_k})|\ge\varepsilon_0\quad(\forall k). \tag{2} \]

补全为整列　定义 $\{x_m\}_{m\ge1}\subset D$：

\[x_m:=\begin{cases}x_{n_k},&m=n_k\ \\ \text{任取}\ \tilde x\in D,&m\notin\{n_k\}\ \end{cases} \]

记 $a_m:=S_m(x_m)-S(x_m)$。由 $(2)$：

\[|a_{n_k}|=|S_{n_k}(x_{n_k})-S(x_{n_k})|\ge\varepsilon_0\quad(\forall k). \]

$\implies\ a_m\not\to0$，即

\[\exists\{x_m\}\subset D:\ S_m(x_m)-S(x_m)\not\to0, \]

矛盾。$\implies\ S_n\rightrightarrows S$.$\blacksquare$

证伪用法（逆否，最省事）　只需找出一条点列 $\{x_n\}\subset D$ 使

\[S_n(x_n)-S(x_n)\not\to0\quad(\text{如恒}\ge\varepsilon_0\ \text{或}\ \to c\neq0)， \]

即得 $S_n\not\rightrightarrows S$.

$(6)$（余项准则）

令　$u_n:X\to\mathbb R$，$S_n(x):=\sum_{k=1}^{n}u_k(x)$，$f:X\to\mathbb R$。记余项

\[r_n(x):=f(x)-S_n(x),\qquad \rho_n:=\sup_{x\in X}|r_n(x)|\in[0,+\infty]. \]

结论　

\[{S_n\rightrightarrows f\iff\lim_{n\to\infty}\rho_n=0} \qquad\Bigl(\text{即}\ \lim_{n\to\infty}\sup_{x\in X}\bigl|f(x)-\sum_{k=1}^{n}u_k(x)\bigr|=0\Bigr). \]

证$(⇒)$　$S_n\rightrightarrows f$：$\forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n\ge N,\ \forall x:\ |S_n(x)-f(x)|<\tfrac\varepsilon2$。故 $\forall n\ge N$：

\[\rho_n=\sup_{x\in X}|r_n(x)|=\sup_{x\in X}|S_n(x)-f(x)|\le\frac\varepsilon2 \ \implies\ \rho_n\to0. \]

$(⇐)$　$\rho_n\to0$：$\forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n\ge N:\ \rho_n<\varepsilon$。故 $\forall n\ge N,\ \forall x$：

\[|S_n(x)-f(x)|=|r_n(x)|\le\rho_n<\varepsilon\ \implies\ S_n\rightrightarrows f.\qquad\blacksquare \]

注（与定理 4.0(2) 的关系）　$\rho_n=\sup_x|S_n(x)-f(x)|=\sigma_n$（定理 4.0 中的 $\sigma_n$），故余项准则就是定理 4.0 的 $(1)\iff(2)$，只是写成余项/尾和的形式。

$(7)$（端点判别法）

令　$u_n:[a,b]\to\mathbb R$ 单调（递增或递减），且

\[\sum_{n\ge1}|u_n(a)|<\infty,\qquad \sum_{n\ge1}|u_n(b)|<\infty. \tag{H} \]

结论　$\sum u_n$ 在 $[a,b]$ 上绝对且一致收敛。

置

\[k_n:=\max\bigl\{|u_n(a)|,\ |u_n(b)|\bigr\}\ge0. \tag{1} \]

$u_n$ 在 $[a,b]$ 上单调 $\Rightarrow u_n([a,b])$ 介于 $u_n(a)$ 与 $u_n(b)$ 之间：

\[{|u_n(x)|\le k_n\quad(\forall x\in[a,b])}. \tag{2} \]

（$\sum k_n$ 收敛）　由 $(1)$：

\[0\le k_n\le|u_n(a)|+|u_n(b)| \xrightarrow{\ (H)\ }\ \sum_{n\ge1}k_n\le\sum|u_n(a)|+\sum|u_n(b)|<\infty. \tag{3} \]

（比较判别法）

（M 判别法）　由 $(2)(3)$：$|u_n(x)|\le k_n\ (\forall x)$，$\sum k_n$ 收敛 $\xrightarrow{\ \text{定理 4.5(1)}\ }$

推论　$\sum\|u_n\|_\infty<\infty\iff \sum|u_n(a)|+\sum|u_n(b)|<\infty$（ $u_n$ 单调），即逐点绝对收敛于两端 $\Rightarrow$ 全区间绝对一致收敛。

定理 4.5b（极限交换定理；两个极限的存在性是结论而非假设）

令　$(X,d)$ 度量空间，$D\subset X$，$x_0$ 为 $D$ 的聚点（$x_0$ 可 $\notin D$，$g_n$ 可在 $x_0$ 无定义、不连续）$g_n:D\to\mathbb R$

\[(H_1)\ g_n\rightrightarrows g\ \text{于}\ D\ (\text{一致收敛}); \qquad (H_2)\ \forall n:\ \exists a_n:=\lim_{x\to x_0}g_n(x)\in\mathbb R. \]

结论

\[\text{(i)}\ \exists A:=\lim_{n\to\infty}a_n\in\mathbb R; \qquad \text{(ii)}\ \lim_{x\to x_0}g(x)=A. \]

\[\implies\ {\ \lim_{x\to x_0}\Bigl(\lim_{n\to\infty}g_n(x)\Bigr)=\lim_{n\to\infty}\Bigl(\lim_{x\to x_0}g_n(x)\Bigr)\ }=A. \]

证明

（$\{a_n\}$ 收敛）

由 $(H_1)$ 与定理 4.1（一致 Cauchy）：$\forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall m,n\ge N,\ \forall x\in D$：

\[|g_m(x)-g_n(x)|<\frac{\varepsilon}{2}. \]

固定 $m,n\ge N$，令 $x\to x_0$（$x\in D$）。由 $(H_2)$：$g_m(x)\to a_m$，$g_n(x)\to a_n$，故 $|g_m(x)-g_n(x)|\to|a_m-a_n|$。由极限保序性:

\[|a_m-a_n|=\lim_{x\to x_0}|g_m(x)-g_n(x)|\le\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon. \]

$\implies\ \{a_n\}$ Cauchy $\xrightarrow{\ \mathbb R\ \text{完备}\ }\exists A\in\mathbb R:\ a_n\to A$.此即 $(i)$.

（$\lim_{x\to x_0}g(x)=A$；三分法）

$\forall\varepsilon>0$：
取 $N$

由 $(H_1)$ 使 $\forall x\in D:\ |g(x)-g_N(x)|<\dfrac{\varepsilon}{3}$；同时由 $a_n\to A$ 使 $|a_N-A|<\dfrac{\varepsilon}{3}$；
由 $(H_2)$ 施于 $n=N$：$\exists\delta>0,\ \forall x\in D,\ 0<d(x,x_0)<\delta\Rightarrow|g_N(x)-a_N|<\dfrac{\varepsilon}{3}$。

$\forall x\in D,\ 0<d(x,x_0)<\delta$：

\[|g(x)-A|\le\underbrace{|g(x)-g_N(x)|}_{<\varepsilon/3}+\underbrace{|g_N(x)-a_N|}_{<\varepsilon/3}+\underbrace{|a_N-A|}_{<\varepsilon/3}<\varepsilon. \]

$\implies\ \lim_{x\to x_0}g(x)=A$。此即 $(ii)$.$\blacksquare$

注（定理 4.2 是本定理的特例）　取

\[g_n:=f_n\in C(S),\qquad x_0:=c,\qquad a_n:=\lim_{x\to c}f_n(x)\overset{f_n\ \text{连续}}{=}f_n(c). \]

由一致收敛 $\Rightarrow$ 逐点收敛：$f_n(c)\to f(c)\ \therefore\ A=\lim a_n=f(c)$。本定理 (ii) 给出

\[\lim_{x\to c}f(x)=A=f(c), \]

即 $f$ 在 $c$ 连续——正是定理$4.2$

定理 4.5c（一致收敛保持一致连续）

令　$(D,d)$ 度量空间，$f_n,f:D\to\mathbb R$。

\[(H_1)\ \forall n:\ f_n\in UC(D):\quad \forall\varepsilon>0,\ \exists\delta_n(\varepsilon)>0,\ \forall x,y\in D:\ d(x,y)<\delta_n(\varepsilon)\Rightarrow|f_n(x)-f_n(y)|<\varepsilon; \]

\[(H_2)\ f_n\rightrightarrows f:\quad \forall\varepsilon>0,\ \exists N(\varepsilon),\ \forall n\ge N(\varepsilon),\ \forall x\in D:\ |f_n(x)-f(x)|<\varepsilon. \]

结论　$f\in UC(D)$。

证（三分法）　$\forall\varepsilon>0$

由 $(H_2)$

\[\exists N,\ \forall x\in D:\ |f_N(x)-f(x)|<\frac{\varepsilon}{3}. \tag{1} \]

由 $(H_1)$

\[\exists\delta:=\delta_N\Bigl(\frac\varepsilon3\Bigr)>0,\ \forall x,y\in D:\ d(x,y)<\delta\Rightarrow|f_N(x)-f_N(y)|<\frac{\varepsilon}{3}. \tag{2} \]

（三项三角不等式）　$\forall x,y\in D,\ d(x,y)<\delta$：

\[|f(x)-f(y)|\le\underbrace{|f(x)-f_N(x)|}_{\text{①}\overset{(1)}{<}\varepsilon/3}+\underbrace{|f_N(x)-f_N(y)|}_{\text{②}\overset{(2)}{<}\varepsilon/3}+\underbrace{|f_N(y)-f(y)|}_{\text{③}\overset{(1)}{<}\varepsilon/3}<\varepsilon. \]

$\implies\ \forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ \forall x,y\in D:\ d(x,y)<\delta,|f(x)-f(y)|<\varepsilon\ \implies\ {f\in UC(D)}$。$\blacksquare$

定理 4.5d（紧集上一致收敛的收敛点列等价刻画）

令　$(D,d)$ 紧致，$f_n\in C(D)$，$f:D\to\mathbb R$。记 $\sigma_n:=\sup_{x\in D}|f_n(x)-f(x)|$。

结论　

\[f_n\rightrightarrows f\quad\iff\quad \bigl(\mathrm{K}\bigr)\ \ \forall\{x_n\}\subset D,\ x_n\to x\in D\ \Longrightarrow\ f_n(x_n)\to f(x). \]

填充技巧　给定严格增 $n_k\uparrow\infty$ 与 $z_k\to x$，定义

\[y_n:=z_k\quad(n_k\le n<n_{k+1}),\qquad y_n:=z_1\ (n<n_1). \tag{F} \]

则 $y_n\to x$（因 $n\ge n_k\Rightarrow y_n\in\{z_j:j\ge k\}$），且 $y_{n_k}=z_k$.

证明:

$(⇒)$

由 $f_n\in C(D)\ \wedge\ f_n\rightrightarrows f\xrightarrow{\ \text{定理 4.2}\ }f\in C(D)$。任取 $x_n\to x$：

\[|f_n(x_n)-f(x)|\le\underbrace{|f_n(x_n)-f(x_n)|}_{\le\sigma_n\to0}+\underbrace{|f(x_n)-f(x)|}_{\to0\ (f\in C)}. \]

$\implies\ f_n(x_n)\to f(x)$.

$(⇐)$ (紧性)　设 $(\mathrm{K})$ 成立.

（先逐点收敛）　取常数序列 $x_n\equiv x$（$\to x$），由 $(\mathrm{K})$：

\[f_n(x)\to f(x)\qquad(\forall x\in D). \tag{1} \]

（欲证 $f\in C(D)$:反证 + 填充）　设 $f$ 在 $x$ 不连续：$\exists\varepsilon_0>0,\ \exists x_k\to x$ 使 $|f(x_k)-f(x)|\ge\varepsilon_0$。取 $m$ 使 $\tfrac1m<\varepsilon_0$，则

\[|f(x_k)-f(x)|>\frac1m. \tag{2} \]

由 $(1)$ 施于 $x_k$：取严格增 $n(k)\ (\ge k)$ 使

\[|f_{n(k)}(x_k)-f(x_k)|\le\frac1{2m}. \tag{3} \]

按 $(F)$ 把 $x_k$ 填成 $y_n\to x$（$y_{n(k)}=x_k$）.在 $n=n(k)$ 处：

\[|f_{n(k)}(y_{n(k)})-f(x)|=|f_{n(k)}(x_k)-f(x)| \overset{(2)(3)}{\ge}|f(x_k)-f(x)|-|f_{n(k)}(x_k)-f(x_k)|>\frac1m-\frac1{2m}=\frac1{2m}. \]

$\implies\ f_n(y_n)\not\to f(x)$，与 $(\mathrm{K})$ 矛盾 $\implies\ {f\in C(D)}$$\tag{4}$

（局部一致估计：每个 $x$ 有邻域 $U_x$ 与指标 $N_x$）　固定 $m\in\mathbb N^{*}$。反设 $\exists x\in D$，使得

\[\forall U\ni x,\ \forall N,\ \exists y\in U,\ \exists n\ge N:\ |f_n(y)-f(y)|>\frac1m. \]

取 $U=B(x,\tfrac1k)$，得严格增 $n_k\ge k$ 与 $y_k\in B(x,\tfrac1k)$（$\implies y_k\to x$）满足

\[|f_{n_k}(y_k)-f(y_k)|>\frac1m. \tag{5} \]

由 $(4)$ $f\in C$ 与 $y_k\to x$：$\exists k_0,\ \forall k\ge k_0:\ |f(y_k)-f(x)|\le\dfrac1{2m}$。按 $(F)$ 把 $y_k$ 填成 $z_n\to x$（$z_{n_k}=y_k$）。在 $n=n_k$（$k\ge k_0$）处：

\[|f_{n_k}(z_{n_k})-f(x)|=|f_{n_k}(y_k)-f(x)| \overset{(5)}{\ge}|f_{n_k}(y_k)-f(y_k)|-|f(y_k)-f(x)|>\frac1m-\frac1{2m}=\frac1{2m}. \]

$\therefore\ f_n(z_n)\not\to f(x)$，与 $(\mathrm{K})$ 矛盾。故

\[{\forall x\in D,\ \exists U_x\ni x\ (\text{开}),\ \exists N_x,\ \forall y\in U_x,\ \forall n\ge N_x:\ |f_n(y)-f(y)|\le\frac1m.} \tag{6} \]

（Heine–Borel 有限子覆盖 $\Rightarrow$ 整体一致）　由 $(6)$，$\{U_x\}_{x\in D}$ 为 $D$ 的开覆盖；$D$ 紧 $\xrightarrow{\ \text{Heine–Borel}\ }\exists x_1,\dots,x_p$：

\[D\subset\bigcup_{i=1}^{p}U_{x_i}. \]

取 $N:=\max\{N_{x_1},\dots,N_{x_p}\}$。$\forall y\in D$ 落某个 $U_{x_i}$，由 (6) 且 $n\ge N\ge N_{x_i}$：

\[|f_n(y)-f(y)|\le\frac1m\qquad(\forall y\in D,\ \forall n\ge N). \]

即 $A_{m,N}:=\bigl\{y:\ |f_n(y)-f(y)|\le\tfrac1m,\ \forall n\ge N\bigr\}=D$（$A_{m,N}$ 对 $N$ 递增，此处直接得到整体成立）。于是

\[\sigma_n=\sup_{y\in D}|f_n(y)-f(y)|\le\frac1m\qquad(\forall n\ge N). \]

$\forall m$ 均如此，故 $\sigma_n\to0\xrightarrow{\ \text{定理 4.0(2)}\ }{f_n\rightrightarrows f}$.$\blacksquare$

定理 4.6（Arzelà 有界收敛定理）

令　$[a,b]$，$L:=b-a<\infty$；$f_n,f:[a,b]\to\mathbb R$。

\[(H_1)\ \forall n:\ f_n\in R[a,b]\quad(\text{Riemann 可积}); \]

\[(H_2)\ f_n\to f\ \text{于}\ [a,b]\ \textbf{逐点}; \]

\[(H_3)\ \exists M>0,\ \forall n,\forall x:\ |f_n(x)|\le M\quad(\textbf{一致有界}); \]

\[(H_4)\ f\in R[a,b]. \]

结论　$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\!\int_a^b f_n=\!\int_a^b f$

引用工具

$g:[a,b]\to\mathbb R$ 有界：

\[g\in R[a,b]\iff\lambda\bigl(D(g)\bigr)=0\ (\text{不连续集零测}); \]

且此时 $g$ Lebesgue 可测，并且

\[{(R)\!\int_a^b g=(L)\!\int_{[a,b]}g\,d\lambda}. \tag{B} \]

DCT（控制收敛）　$h_n$ 可测，$|h_n|\le G$，$G\in L^1$，$h_n\to h$ a.e. $\implies$

\[(L)\!\int|h_n-h|\,d\lambda\to0,\qquad (L)\!\int h_n\to(L)\!\int h. \]

证明:
S1（$f$ 有界）　$|f(x)|=\lim_n|f_n(x)|\le M\ (\forall x)$。

S2（可测性）　由 $(H_1)$ 与 B：$f_n$ 可测；由 $(H_4)$ 与 B：$f$ 可测

S3（a.e. 收敛）　$(H_2)$ 处处收敛 $\Rightarrow f_n\to f$ $\lambda$-a.e.

S4（控制函数 $\in L^1$；用到 $L<\infty$）　置 $G:=M\mathbf 1_{[a,b]}$：

\[|f_n|\le G\ (\forall n),\qquad (L)\!\int_{[a,b]}G\,d\lambda=M\cdot L<\infty\ \therefore\ G\in L^1. \]

S5（DCT）　由 S2–S4：

\[\lim_n (L)\!\int_{[a,b]}|f_n-f|\,d\lambda=0\ \therefore\ \lim_n (L)\!\int f_n=(L)\!\int f. \tag{1} \]

**S6 由 B 施于 $g=f_n$（$(H_1)$）、$g=f$（$(H_4)$）：

\[(R)\!\int_a^b f_n=(L)\!\int f_n,\qquad (R)\!\int_a^b f=(L)\!\int f. \tag{2} \]

S7　由 $(1)(2)$：$\displaystyle\lim_n(R)\!\int_a^b f_n=(R)\!\int_a^b f$.$\blacksquare$

（较弱但纯 Riemann 可证的中间结果）
令　在 $(H_1)(H_3)(H_4)$ 与 $f_n\to f$ 逐点之外，设存在有限例外集 $E=\{c_1,\dots,c_m\}\subset[a,b]$ 使

\[(\mathrm{LU})\quad \forall\ \text{紧集}\ K\subset[a,b]\setminus E:\ f_n\rightrightarrows f\ \text{于}\ K. \]

结论　$\displaystyle\lim_n(R)\!\int_a^b f_n=(R)\!\int_a^b f$。

证设 $M>0$（$M=0$ 平凡）.$\forall\varepsilon>0$

S1　取

\[h:=\frac{\varepsilon}{8Mm},\qquad U_h:=\bigcup_{i=1}^{m}(c_i-h,c_i+h); \]

\[\lambda\bigl(U_h\cap[a,b]\bigr)\le\sum_{i=1}^{m}2h=2mh. \tag{3} \]

S2　$K_h:=[a,b]\setminus U_h$ 紧，且 $K_h\subset[a,b]\setminus E$。由 $(\mathrm{LU})$：

\[\exists N,\ \forall n\ge N:\ \sup_{x\in K_h}|f_n(x)-f(x)|<\frac{\varepsilon}{2L}. \tag{4} \]

S3　$\forall n\ge N$：

\[\Bigl|(R)\!\int_a^b f_n-(R)\!\int_a^b f\Bigr|\le(R)\!\int_a^b|f_n-f| =\underbrace{\int_{[a,b]\cap U_h}|f_n-f|}_{\text{①}}+\underbrace{\int_{K_h}|f_n-f|}_{\text{②}}. \]

$①$

\[\text{①}\le2M\cdot\lambda(U_h\cap[a,b])\overset{(3)}{\le}2M\cdot2mh=4Mmh\overset{h=\frac{\varepsilon}{8Mm}}{=}\frac{\varepsilon}{2}. \]

$②$

\[\text{②}\le\Bigl(\sup_{K_h}|f_n-f|\Bigr)\cdot\lambda(K_h)\overset{(4)}{<}\frac{\varepsilon}{2L}\cdot L=\frac{\varepsilon}{2}. \]

\[\implies\ \Bigl|(R)\!\int_a^b f_n-(R)\!\int_a^b f\Bigr|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\quad(\forall n\ge N). \]

$\implies\ {\lim_n(R)\!\int_a^b f_n=(R)\!\int_a^b f}$。$\blacksquare$

注:
$(H_4)$ 不可省（反例）
枚举 $\mathbb Q\cap[a,b]=\{r_1,r_2,\dots\}$，置

\[f_n(x):=\begin{cases}1,&x\in\{r_1,\dots,r_n\},\\ 0,&\text{其余}.\end{cases} \]

$f_n$ 仅在有限集上不连续 $\Rightarrow f_n\in R[a,b]$，$\int_a^b f_n=0$（$(H_1)$ 成立）；
$|f_n|\le1$（$(H_3)$ 成立）；
逐点极限 $f=\mathbf 1_{\mathbb Q\cap[a,b]}$ 处处不连续 $\Rightarrow f\notin R[a,b]$（$(H_4)$ 失效）.
$\implies$ $(R)\!\int_a^b f$ 无定义.

定理 4.7（$C([a,b])$ 的完备性）

令　$C([a,b])$ 上 $\|f\|_\infty=\sup_{[a,b]}|f|$，$d_\infty(f,g)=\|f-g\|_\infty$。
设 $\{f_n\}\subset C([a,b])$ 为 $d_\infty$-Cauchy 列：

\[\forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n,m\ge N:\ \|f_n-f_m\|_\infty<\varepsilon. \tag{C} \]

欲证　$\exists f\in C([a,b]):\ \|f_n-f\|_\infty\to0$。
$(1)$ 定义极限函数（逐点 Cauchy + $\mathbb R$ 完备）
固定 $x\in[a,b]$。$\forall n,m$：

\[|f_n(x)-f_m(x)|\le\sup_{y\in[a,b]}|f_n(y)-f_m(y)|=\|f_n-f_m\|_\infty\xrightarrow[n,m\to\infty]{}0 \]

\[\therefore\ \{f_n(x)\}\ \text{是}\ \mathbb R\ \text{中的 Cauchy 数列}\xrightarrow{\ \mathbb R\ \text{完备}\ }\exists\lim_n f_n(x)\in\mathbb R. \]

定义

\[{f(x):=\lim_{n\to\infty}f_n(x)}\qquad(x\in[a,b]). \tag{1} \]

$(2)$ 证 $f$ 连续

固定 $x_0\in[a,b]$，$\forall\varepsilon>0$

$(2a)$ 用 Cauchy 性锁一个固定的 $N$　由 (C) 施于 $\tfrac\varepsilon9$：

\[\exists N,\ \forall n,m\ge N:\ \|f_n-f_m\|_\infty<\frac\varepsilon9. \tag{2} \]

$(2b)$ $f_N$ 一致连续（Cantor：$[a,b]$ 紧）　$f_N\in C([a,b])$，$[a,b]$ 紧 $\xrightarrow{\ \text{Cantor}\ }f_N\in UC[a,b]$：

\[\exists\delta>0,\ \forall x:\ |x-x_0|<\delta\implies|f_N(x)-f_N(x_0)|<\frac\varepsilon9. \tag{3} \]

$(2c)$ $\forall n\ge N$，把 $f_n$ 的差还原到 $f_N$ 的差（三分）　$\forall n\ge N$，$|x-x_0|<\delta$：

\[|f_n(x)-f_n(x_0)| \le\underbrace{\|f_n-f_N\|_\infty}_{\overset{(2)}{<}\varepsilon/9} +\underbrace{|f_N(x)-f_N(x_0)|}_{\overset{(3)}{<}\varepsilon/9} +\underbrace{\|f_N-f_n\|_\infty}_{\overset{(2)}{<}\varepsilon/9} <\frac{3\varepsilon}{9}=\frac\varepsilon3. \tag{4} \]

**$(2d)$ 取 $n$ 使两端也小（此处只用到两个点$x,x_0$ 处的逐点收敛）由 $(1)$：

\[f_n(x)\to f(x)\ \therefore\ \exists n_1,\ \forall n\ge n_1:\ |f_n(x)-f(x)|<\frac\varepsilon3; \]

\[f_n(x_0)\to f(x_0)\ \therefore\ \exists n_2,\ \forall n\ge n_2:\ |f_n(x_0)-f(x_0)|<\frac\varepsilon3. \]

取 $n\ge\max\{N,n_1,n_2\}$（同时满足 $(4)$ 与上面两式）

$(2e)$ 三项相加　$\forall x,\ |x-x_0|<\delta$：

\[|f(x)-f(x_0)| \le\underbrace{|f(x)-f_n(x)|}_{<\varepsilon/3} +\underbrace{|f_n(x)-f_n(x_0)|}_{<\varepsilon/3\ \text{由 (4)}} +\underbrace{|f_n(x_0)-f(x_0)|}_{<\varepsilon/3} <\varepsilon. \]

\[\implies\ f 在 x_0 连续;x_0 任意 \ {f\in C([a,b])}.\tag{5} \]

$(3)$

$\forall\varepsilon>0$.先由 $(C)$ ：

\[\exists N_0,\ \forall n,m\ge N_0:\ \|f_n-f_m\|_\infty<\frac\varepsilon4. \tag{6} \]

$(3a)$ 逐点取指标 $N_x$（可随意放大，故不妨 $N_x\ge N_0$）　$\forall x\in[a,b]$，由 $(1)$ 逐点收敛：

\[\exists N_x\ (\color{blue}{\text{取}\ \ge N_0}),\ \forall n\ge N_x:\ |f_n(x)-f(x)|<\frac\varepsilon4. \tag{7} \]

特别地（取 $n=N_x$）：

\[|f_{N_x}(x)-f(x)|<\frac\varepsilon4. \tag{8} \]

$(3b)$ 连续性给出邻域 $I_x$　由 (5) $f\in C$，且 $f_{N_x}\in C$，故 $\varphi_x(y):=|f_{N_x}(y)-f(y)|$ 连续；由 $(8)$ $\varphi_x(x)<\tfrac\varepsilon4$，故

\[\exists I_x\ni x\ (\text{开}),\ \forall y\in I_x:\ |f_{N_x}(y)-f(y)|<\frac\varepsilon2. \tag{9} \]

$(3c)$ 有限子覆盖（紧性）　$\{I_x\}_{x\in[a,b]}$ 覆盖紧集 $[a,b]$

\[\xrightarrow{\ \text{Heine–Borel}\ }\exists x_1,\dots,x_\ell:\ [a,b]\subset\bigcup_{i=1}^{\ell}I_{x_i}. \]

取

\[N:=\max\{N_{x_1},\dots,N_{x_\ell}\}. \tag{10} \]

$(3d)$ 验证一致收敛　$\forall n\ge N$，$\forall y\in[a,b]$：取 $i$ 使 $y\in I_{x_i}$。由 $n\ge N\ge N_{x_i}\ge N_0$ 与 (6)：

\[|f_n(y)-f_{N_{x_i}}(y)|\le\|f_n-f_{N_{x_i}}\|_\infty\overset{(6)}{<}\frac\varepsilon4. \tag{11} \]

\[\implies\ |f_n(y)-f(y)| \le\underbrace{|f_n(y)-f_{N_{x_i}}(y)|}_{<\varepsilon/4\ \text{由 (11)}} +\underbrace{|f_{N_{x_i}}(y)-f(y)|}_{<\varepsilon/2\ \text{由 (9)}} <\frac{3\varepsilon}{4}<\varepsilon. \]

此估计对一切 $y\in[a,b]$ 成立（$N$ 与 $y$ 无关），故

\[\forall n\ge N:\ d_\infty(f_n,f)=\sup_{y\in[a,b]}|f_n(y)-f(y)|<\varepsilon \ \implies\ {\|f_n-f\|_\infty\to0\ (\text{即}\ f_n\rightrightarrows f)}. \tag{12} \]

结论　由 $(5)$ $f\in C([a,b])$，由 (12) $f_n\xrightarrow{\|\cdot\|_\infty}f$。故 $C([a,b])$ 中每个 Cauchy 列都收敛到 $C([a,b])$ 中一点：

\[{(C([a,b]),\|\cdot\|_\infty)\ \text{是完备赋范线性空间（Banach 空间）}}.\qquad\blacksquare \]

定理 4.8（平均收敛：$L^2$ 范数；一致 $\Rightarrow$ 平均，反之不成立）

令　$[a,b]$，$L:=b-a$。记（$f$ Riemann 或 Lebesgue 可积均可）

\[\|f\|_2:=\Bigl(\int_a^b|f|^2\Bigr)^{1/2}. \]

\[\text{平均收敛}:\ \|f_n-f\|_2\to0;\qquad \text{一致收敛}:\ \|f_n-f\|_\infty\to0. \]

$(1)$ 一致收敛 $\implies$ 平均收敛

证　$\forall n$：

\[\int_a^b|f_n-f|^2\le\int_a^b\|f_n-f\|_\infty^{2}=\|f_n-f\|_\infty^{2}\cdot L. \tag{1} \]

$\forall\varepsilon>0$，由 $f_n\rightrightarrows f$：$\exists N,\ \forall n\ge N:\ \|f_n-f\|_\infty<\dfrac{\varepsilon}{\sqrt L}$（$L>0$；$L=0$ 平凡）。代入 $(1)$：

\[\int_a^b|f_n-f|^2<\frac{\varepsilon^{2}}{L}\cdot L=\varepsilon^{2}\qquad(\forall n\ge N) \implies\ {\|f_n-f\|_2\to0}.\qquad\blacksquare \]

$(2)$ 平均收敛 $\not\Rightarrow$ 任何一点的收敛（反例）

构造　把 $[0,1]$ 逐次二等分。第 $n$ 层：$[0,1]=\bigcup_{j=0}^{2^{n}-1}I_{n,j}$，$I_{n,j}:=\bigl[\tfrac{j}{2^{n}},\tfrac{j+1}{2^{n}}\bigr)$，取最左那个：

\[f_n:=\mathbf 1_{I_n},\qquad I_n:=I_{n,1}=\Bigl[\frac1{2^{n}},\frac2{2^{n}}\Bigr)\quad(\text{或任取第 }n\ \text{层的任一小区间}). \]

更标准（"跑遍"型）取法：令 $n=2^{k}+j$（$0\le j<2^{k}$），$I_n:=[\tfrac{j}{2^k},\tfrac{j+1}{2^k})$——使每个 $x$ 被无穷多次覆盖。

$(i)$ 平均收敛到 $0$

\[\int_0^1|f_n|^2=\int_0^1\mathbf 1_{I_n}=|I_n|=2^{-k}\xrightarrow{n\to\infty}0 \implies\ f_n\xrightarrow{L^2}0. \tag{2} \]

$(ii)$ 逐点处处不收敛　固定 $x\in[0,1]$。$\forall k,\ \exists j_k$ 使 $x\in[\tfrac{j_k}{2^k},\tfrac{j_k+1}{2^k})$（除可数个二进端点外唯一），故

\[f_{2^{k}+j_k}(x)=1\quad(\color{}{\text{对无穷多个 }n}); \]

而对该 $k$ 的其他 $j\neq j_k$：$f_{2^k+j}(x)=0$，故

\[f_{2^{k}+j}(x)=0\quad(\color{}{\text{对无穷多个 }n}). \]

\[\implies\ {\limsup_{n\to\infty}f_n(x)=1,\qquad \liminf_{n\to\infty}f_n(x)=0\quad(\forall x)} \ \implies\ \{f_n(x)\}\ \textbf{处处不收敛}. \tag{3} \]

$(3)$ 平均收敛 $+\ g\in L^2\ \implies\ h_n(x)=\displaystyle\int_a^x f_ng$ 一致收敛（Cauchy–Schwarz)
令　$f_n,f,g:[a,b]\to\mathbb R$，

\[(A)\ \|f_n-f\|_2\to0;\qquad (G)\ \|g\|_2<\infty\ (\text{如 }g\ \text{可积/有界即可}). \]

定义

\[h_n(x):=\int_a^x f_n g,\qquad h(x):=\int_a^x f\,g\qquad(x\in[a,b]). \]

结论　$h_n\rightrightarrows h$ 于 $[a,b]$（一致收敛），且

\[\|h_n-h\|_\infty\le\|f_n-f\|_2\,\|g\|_2\to0. \tag{4} \]

证　$\forall n,\ \forall x\in[a,b]$，由 Cauchy–Schwarz（施于 $[a,x]\subset[a,b]$）：

\[|h_n(x)-h(x)|=\Bigl|\int_a^x(f_n-f)g\Bigr| \le\Bigl(\int_a^x|f_n-f|^{2}\Bigr)^{1/2}\Bigl(\int_a^x|g|^{2}\Bigr)^{1/2} \le\Bigl(\underbrace{\int_a^b|f_n-f|^{2}}_{=\|f_n-f\|_2^{2}}\Bigr)^{1/2}\Bigl(\underbrace{\int_a^b|g|^{2}}_{=\|g\|_2^{2}}\Bigr)^{1/2}. \]

右端与 $x$ 无关，故取上确界：

\[\|h_n-h\|_\infty=\sup_{x\in[a,b]}|h_n(x)-h(x)|\le\|f_n-f\|_2\,\|g\|_2\xrightarrow{(A)}0 \ \implies\ {h_n\rightrightarrows h}.\qquad\blacksquare \]

注 3（与定理 4.3 的关系）　定理 4.3 是 $\|f_n-f\|_\infty\to0\Rightarrow\bigl|\int(f_n-f)\bigr|\le\|f_n-f\|_\infty L\to0$（一致 $\Rightarrow$ 积分）；本条 (3) 是 $\|f_n-f\|_2\to0\Rightarrow\bigl|\int_a^x(f_n-f)g\bigr|\le\|f_n-f\|_2\|g\|_2\to0$（平均 $\Rightarrow$ 积分）。二者均为"长度/范数 $\times$ 幅度"的 Hölder/Cauchy–Schwarz 估计：

\[\bigl|\textstyle\int uv\bigr|\le\|u\|_p\|v\|_q,\quad \frac1p+\frac1q=1:\qquad \begin{array}{c|c} \text{定理 4.3} & p=\infty,\ q=1\ (\|g\|_1=L)\\ \text{本条 (3)} & p=q=2 \end{array} \]

且本条结论更强（得一致的 $x$-估计），代价是 $f_n-f$ 只需 $L^2$ 小。

定理 4.9（二重序列 / Moore–Osgood 型；级数 = 换序的控制收敛）

一、二重序列
令　$f:\mathbb N\times\mathbb N\to\mathbb R$，记 $g_n(m):=f(m,n)$。

\[(U)\quad g_n\to g\ \textbf{一致于}\ m:\quad \forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n\ge N,\ \forall m\in\mathbb N:\ |f(m,n)-g(m)|<\varepsilon. \]

（故对每个 $m$：$\lim_{n\to\infty}f(m,n)=g(m)$。）

\[(I)\quad A:=\lim_{m\to\infty}\lim_{n\to\infty}f(m,n)=\lim_{m\to\infty}g(m)\in\mathbb R\ \textbf{存在}. \]

结论（二重极限）

\[(D)\quad \forall\varepsilon>0,\ \exists K,\ \forall m,n\ge K:\ |f(m,n)-A|<\varepsilon \qquad\bigl(\text{即}\ \lim_{m,n\to\infty}f(m,n)=A\bigr). \]

证　$\forall\varepsilon>0$。
由 $(I)$：$\exists M,\ \forall m\ge M:\ |g(m)-A|<\dfrac\varepsilon2$。
由 $(U)$：$\exists N,\ \forall n\ge N,\ \forall m:\ |f(m,n)-g(m)|<\dfrac\varepsilon2$。
取 $K:=\max\{M,N\}$。$\forall m,n\ge K$：

\[|f(m,n)-A|\le|f(m,n)-g(m)|+|g(m)-A|<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon. \]

$\implies\ (D)$ 成立，且 $\displaystyle\lim_{m,n\to\infty}f(m,n)=A=\lim_m\lim_n f$。$\blacksquare$

完整 Moore–Osgood（补注）　若再设

\[ (E)\quad \forall n,\ h(n):=\lim_{m\to\infty}f(m,n)\ \text{存在}, \]

则 $h(n)$ 收敛且 $\lim_n h(n)=A$，故两个累次极限与二重极限三者相等。
证：$\forall\varepsilon$，由 $(U)$ 取 $N$ 使 $n,p\ge N$ 时 $\forall m$：

\[|f(m,n)-f(m,p)|\le|f(m,n)-g(m)|+|g(m)-f(m,p)|<\varepsilon. \]
令 $m\to\infty$（用 $(E)$ 与极限保序）：$|h(n)-h(p)|\le\varepsilon$，故 $\{h(n)\}$ Cauchy，设 $h(n)\to B$。
再证 $B=A$：取 $n\ge N$ 使 $|h(n)-B|<\varepsilon/3$ 且 $\sup_m|f(m,n)-g(m)|<\varepsilon/3$；对此固定 $n$，由 $(E)$ 取 $M$ 使 $\forall m\ge M$：$|f(m,n)-h(n)|<\varepsilon/3$。则 $\forall m\ge M$：

\[|g(m)-B|\le|g(m)-f(m,n)|+|f(m,n)-h(n)|+|h(n)-B|<\varepsilon, \]
故 $g(m)\to B$，与 $(I)$ 比较得 $B=A$。■
缺 $(E)$ 时另一累次极限未必存在：如 $f(m,n)=\dfrac{\sin m}{n}$，$(U)$ 与 $(I)$（$A=0$）均成立、二重极限 $=0$，但 $\lim_m f(m,n)$ 不存在。

二、级数$①$（$\sum_n\lim_m=\lim_m\sum_n$；离散 DCT / Tannery）

令　固定参数 $x$（以下省略 $x$）.$f_{mn},f_n,F_n\ge0$。

\[(S1)\quad \forall n:\ \lim_{m\to\infty}f_{mn}=f_n; \qquad (S2)\quad |f_{mn}|\le F_n\ (\forall m,n),\qquad \sum_{n=1}^{\infty}F_n=:T<\infty. \]

结论　$\sum_n f_{mn}$（$\forall m$）与 $\sum_n f_n$ 均绝对收敛，且

\[\boxed{\ \sum_{n=1}^{\infty}\Bigl(\lim_{m\to\infty}f_{mn}\Bigr)=\lim_{m\to\infty}\sum_{n=1}^{\infty}f_{mn}\ }. \]

证

由 $(S2)$：$\sum_n|f_{mn}|\le\sum_nF_n=T$，故 $\sum_n f_{mn}$ 绝对收敛；且 $|f_n|=\lim_m|f_{mn}|\le F_n$，故 $\sum_n f_n$ 绝对收敛。
$\forall\varepsilon>0$，取 $K$ 使尾和 $R_K:=\sum_{n>K}F_n<\dfrac\varepsilon3$。
对有限个 $n\le K$，由 $(S1)$：$\exists M,\ \forall m\ge M$：$\sum_{n=1}^{K}|f_{mn}-f_n|<\dfrac\varepsilon3$。
则 $\forall m\ge M$：

\[\Bigl|\sum_{n\ge1}f_{mn}-\sum_{n\ge1}f_n\Bigr| \le\underbrace{\sum_{n=1}^{K}|f_{mn}-f_n|}_{<\varepsilon/3} +\underbrace{\sum_{n>K}|f_{mn}|}_{\le R_K} +\underbrace{\sum_{n>K}|f_n|}_{\le R_K} <\frac\varepsilon3+2R_K<\frac\varepsilon3+\frac{2\varepsilon}3=\varepsilon. \]

$\blacksquare$

三、级数版 $②$（换序：被可和级数一致控制 $\Rightarrow$ 可换序）

令

\[(D1)\quad \forall n:\ \sum_{m=1}^{\infty}|f_{mn}|\le F_n; \qquad (D2)\quad \sum_{n=1}^{\infty}F_n=T<\infty. \]

记 $h_n:=\sum_{m=1}^{\infty}f_{mn}$（由 $(D1)$ 绝对收敛），则 $|h_n|\le\sum_m|f_{mn}|\le F_n$。

结论　两级数均绝对收敛，且

\[{\ \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}f_{mn}=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty}f_{mn} =\sum_{m,n\ge1}f_{mn}\ }. \]

证
由 $(D1)(D2)$，二重级数绝对收敛：

\[\sum_{m,n\ge1}|f_{mn}|=\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl(\sum_{m=1}^{\infty}|f_{mn}|\Bigr)\le\sum_{n=1}^{\infty}F_n=T<\infty. \]

故矩形部分和 $S_{M,N}:=\sum_{m=1}^{M}\sum_{n=1}^{N}f_{mn}$ 收敛到某个 $L$（$M,N\to\infty$）。
对固定 $N$，有限和次序可换，且 $\sum_{n=1}^{N}h_n=\sum_{n=1}^{N}\sum_{m=1}^{\infty}f_{mn}=\lim_{M\to\infty}S_{M,N}$。
由 $S_{M,N}\to L$ 知其累次极限亦为 $L$：$\lim_{N\to\infty}\lim_{M\to\infty}S_{M,N}=L$，即 $\sum_{n=1}^{\infty}h_n=L$。
同理 $\sum_{m=1}^{\infty}\bigl(\sum_{n=1}^{\infty}f_{mn}\bigr)=\lim_{M\to\infty}\lim_{N\to\infty}S_{M,N}=L$.

\[\implies\ \sum_m\sum_n f_{mn}=L=\sum_n\sum_m f_{mn}. \qquad\blacksquare \]

定理 4.10（Egorov 定理）

令　$(X,\mathcal F,m)$ 测度空间，$E\in\mathcal F$，且

\[{m(E)<+\infty}\quad(\textbf{有限测度，不可省}). \]

$f_n,f:E\to\overline{\mathbb R}$ 可测，$f$ a.e. 有限，且

\[f_n\to f\quad m\text{-a.e. 于 }E. \]

结论　$\forall\varepsilon>0,\ \exists E_\varepsilon\in\mathcal F,\ E_\varepsilon\subset E$，使

\[m(E\setminus E_\varepsilon)<\varepsilon,\qquad \sup_{x\in E_\varepsilon}|f_n(x)-f(x)|\xrightarrow{n\to\infty}0 \]

（即 $f_n\rightrightarrows f$ 在 $E_\varepsilon$ 上一致收敛）。

证明:
S0
令

\[Z:=\bigl\{x\in E:\ f_n(x)\not\to f(x)\bigr\}\cup\{x\in E:\ f(x)=\pm\infty\},\qquad m(Z)=0. \]

置

\[E_0:=E\setminus Z\ \subset E,\qquad m(E_0)=m(E)<\infty. \]

则在 $E_0$ 上：$f_n(x)\to f(x)$ 处处成立，且 $f(x)$ 有限.
S1　$\forall k\in\mathbb N^{*}$，定义

\[A_k^{n}:=\Bigl\{x\in E_0:\ |f_j(x)-f(x)|<\frac1k,\ \forall j\ge n\Bigr\},\qquad n=1,2,\dots \tag{1} \]

$(i)$ 关于 $n$ 递增　$A_k^{n}\subset A_k^{n+1}$（$n$ 增大，“$\forall j\ge n$”条件变弱）。
$(ii)$ 并集为 $E_0$　$\displaystyle\bigcup_{n=1}^{\infty}A_k^{n}=E_0$。
证　$\subset$ 显然。反之 $\forall x\in E_0$：由 $f_n(x)\to f(x)$ 与 $\tfrac1k>0$，$\exists n_0,\ \forall j\ge n_0:\ |f_j(x)-f(x)|<\tfrac1k$，即 $x\in A_k^{n_0}$.■
S2
由 $(i)(ii)$ 与测度的从下连续性（$m(E_0)<\infty$）：

\[m(A_k^{n})\uparrow m\Bigl(\bigcup_n A_k^{n}\Bigr)=m(E_0) \ \therefore\ m(E_0\setminus A_k^{n})=m(E_0)-m(A_k^{n})\downarrow0\quad(n\to\infty). \]

故对每个 $k$，可取 $n_k$ 使

\[m(E_0\setminus A_k^{n_k})<\frac{\varepsilon}{2^{k}}. \tag{2} \]

S3　令

\[E_\varepsilon:=\bigcap_{k=1}^{\infty}A_k^{n_k}\quad(\subset E_0\subset E). \]

则

\[E_0\setminus E_\varepsilon=\bigcup_{k=1}^{\infty}\bigl(E_0\setminus A_k^{n_k}\bigr), \]

由次可加性与 $(2)$：

\[m(E_0\setminus E_\varepsilon)\le\sum_{k=1}^{\infty}m(E_0\setminus A_k^{n_k}) <\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\varepsilon}{2^{k}}=\varepsilon. \]

又 $m(E\setminus E_0)=m(Z)=0$，故

\[{m(E\setminus E_\varepsilon)\le m(E\setminus E_0)+m(E_0\setminus E_\varepsilon)<\varepsilon}. \tag{3} \]

S4
$\forall\delta>0$，取 $k$ 使 $\tfrac1k<\delta$（Archimedes）。$\forall n\ge n_k$，$\forall x\in E_\varepsilon\subset A_k^{n_k}$：

\[x\in A_k^{n_k}\overset{(1)}{\implies}|f_n(x)-f(x)|<\frac1k\quad(\text{因 } n\ge n_k). \]

\[\implies\ \sup_{x\in E_\varepsilon}|f_n(x)-f(x)|\le\frac1k<\delta\qquad(\forall n\ge n_k). \]

此即 $\forall\delta>0,\ \exists N:=n_k,\ \forall n\ge N:\ \sup_{x\in E_\varepsilon}|f_n-f|<\delta$。

\[\implies\ {f_n\rightrightarrows f\ \text{于}\ E_\varepsilon}.\qquad\blacksquare \]

定理 4.11（Weierstrass–Stone）

W（Weierstrass）　记 $\mathcal P:=\{$实系数多项式在 $[a,b]$ 上的限制$\}$。则 $\mathcal P$ 在 $(C[a,b],\|\cdot\|_\infty)$ 中稠密：

\[\forall f\in C[a,b],\ \forall\varepsilon>0,\ \exists p\in\mathcal P:\ \|f-p\|_\infty<\varepsilon. \]

S（Stone–Weierstrass，实版）　$K$ 紧 Hausdorff，$A\subset C(K,\mathbb R)$ 为子代数，若

\[1\in A\quad(\text{含常值});\qquad \forall x\neq y\in K,\ \exists h\in A:\ h(x)\neq h(y)\quad(\textbf{区分点}), \]

则 $\overline{A}^{\|\cdot\|_\infty}=C(K)$。
（取 $K=[a,b]$、$A=\mathcal P$：$1\in\mathcal P$，$h(x)=x$ 区分点 $\Rightarrow$ W。）

归约　 affine 变换 $x=a+(b-a)t$ 把 $[a,b]$ 与 $[0,1]$（或 $[-\pi,\pi]$）互相转化，且保持"多项式"与"一致逼近"，故以下只在标准区间上证明。

路线 1：Bernstein 多项式
定义　$f\in C[0,1]$，$n\ge1$，$k=0,\dots,n$：

\[p_{n,k}(x):=\binom{n}{k}x^{k}(1-x)^{n-k}\ \ge0;\qquad B_nf(x):=\sum_{k=0}^{n}f\Bigl(\frac kn\Bigr)p_{n,k}(x)\ \ (\text{多项式}). \]

引理（三条矩恒等式）　设 $X\sim\mathrm{Bin}(n,x)$，则 $\mathbb P(X=k)=p_{n,k}(x)$，且

\[\text{(B1)}\ \sum_k p_{n,k}=1;\qquad \text{(B2)}\ \sum_k \tfrac kn\,p_{n,k}=x;\qquad \text{(B3)}\ \sum_k\Bigl(\tfrac kn\Bigr)^{2}p_{n,k}=x^{2}+\frac{x(1-x)}{n}. \]

证　(B1) 二项式定理；(B2) 由 $k\binom nk=n\binom{n-1}{k-1}$：$\sum k p_{n,k}=nx\sum_j\binom{n-1}{j}x^{j}(1-x)^{n-1-j}=nx$；
$(B3)$ 由 $k(k-1)\binom nk=n(n-1)\binom{n-2}{k-2}$ 得 $\mathbb E[X(X-1)]=n(n-1)x^{2}$，故
$\mathbb E[X^{2}]=n(n-1)x^{2}+nx$，除以 $n^{2}$：$\mathbb E[(X/n)^{2}]=x^{2}+\frac{x(1-x)}{n}$.■

核心恒等式　由 $(B1)(B2)(B3)$：

\[\sum_{k=0}^{n}\Bigl(x-\frac kn\Bigr)^{2}p_{n,k}(x) =x^{2}\!\cdot\!1-\frac{2x}{n}\!\cdot\! nx+\Bigl(x^{2}+\frac{x(1-x)}{n}\Bigr)={\frac{x(1-x)}{n}}\le\frac1{4n}.\tag{★} \]

概率解释　$\mu_{n,x}:=\sum_k p_{n,k}(x)\,\delta_{k/n}=\mathcal L(X/n)$：

\[\mathbb E\Bigl[\frac Xn\Bigr]=x,\qquad \mathrm{Var}\Bigl(\frac Xn\Bigr)=\frac{x(1-x)}{n}\le\frac1{4n}\xrightarrow{n\to\infty}0 \ \implies\ \mu_{n,x}\Rightarrow\delta_x\ (\text{弱收敛 / 大数律}), \]

且 $B_nf(x)=\displaystyle\int_0^1 f\,d\mu_{n,x}\longrightarrow\int f\,d\delta_x=f(x)$.

一致收敛的证明　$M:=\|f\|_\infty<\infty$（紧集上连续 $\Rightarrow$ 有界）；$f\in C[0,1]$，紧 $\Rightarrow f$ 一致连续：

\[\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ \forall x,y:\ |x-y|<\delta\Rightarrow|f(x)-f(y)|<\frac\varepsilon2. \]

由 $(B1)$：$B_nf(x)-f(x)=\sum_k\bigl[f(\tfrac kn)-f(x)\bigr]p_{n,k}(x)$。分

\[S_1:=\{k:\ |\tfrac kn-x|<\delta\},\qquad S_2:=\{k:\ |\tfrac kn-x|\ge\delta\}. \]

$S_1$（近：$f$ 一致连续）：$\displaystyle\Bigl|\sum_{S_1}\Bigr|\le\frac\varepsilon2\sum_{S_1}p_{n,k}\le\frac\varepsilon2$.
$S_2$（远：Chebyshev + (★)）：$k\in S_2\Rightarrow1\le\frac{(x-k/n)^{2}}{\delta^{2}}$，故

\[\sum_{S_2}p_{n,k}\le\frac1{\delta^{2}}\sum_k\Bigl(x-\frac kn\Bigr)^{2}p_{n,k}\overset{(★)}{=}\frac{x(1-x)}{n\delta^{2}}\le\frac1{4n\delta^{2}} \ \implies\ \Bigl|\sum_{S_2}\Bigr|\le2M\cdot\frac1{4n\delta^{2}}=\frac{M}{2n\delta^{2}}. \]

取 $N$ 使 $\frac{M}{2N\delta^{2}}<\frac\varepsilon2$。$\forall n\ge N$，$\forall x\in[0,1]$：

\[|B_nf(x)-f(x)|\le\frac\varepsilon2+\frac{M}{2n\delta^{2}}<\varepsilon \ \implies\ {\|B_nf-f\|_\infty\to0}. \]

$\implies\ B_nf\rightrightarrows f$，且 $B_nf$ 为多项式 $\Rightarrow$ W 于 $[0,1]$（从而于 $[a,b]$）.$\blacksquare$

路线 2：Fejér 定理（Apostol)
令　$f\in C(\mathbb T)$（连续、$2\pi$-周期）。Fejér 平均

\[\sigma_nf:=\frac1n\sum_{j=0}^{n-1}S_jf\ \ (\text{三角多项式，次数}\le n-1). \]

Fejér 核　$D_j(t)=\sum_{|k|\le j}e^{ikt}=\frac{\sin((j+\frac12)t)}{\sin(t/2)}$（Dirichlet），

\[K_n(t):=\frac1n\sum_{j=0}^{n-1}D_j(t)=\frac1n\frac{\sin^{2}(nt/2)}{\sin^{2}(t/2)}. \]

三条性质：

\[\text{(F1)}\ K_n\ge0;\qquad \text{(F2)}\ \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}K_n=1\ \ \bigl(\because\ \tfrac1{2\pi}\int D_j=1\bigr); \]

\[\text{(F3)}\ 0<\delta\le|t|\le\pi\Rightarrow K_n(t)\le\frac{1}{n\sin^{2}(\delta/2)} \ \ \bigl(\because\ |\sin(t/2)|\ge\sin(\delta/2)\ \text{于}\ [\delta/2,\pi/2]\bigr). \]

卷积表示　$\displaystyle\sigma_nf(x)=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x-t)K_n(t)\,dt$.

证 $\sigma_nf\rightrightarrows f$　$\forall\varepsilon>0$。$M:=\|f\|_\infty$.
$f\in C(\mathbb T)$，紧 $\Rightarrow$ 一致连续：

\[\exists\delta\in(0,\pi),\ \forall x,\ \forall|t|<\delta:\ |f(x-t)-f(x)|<\frac\varepsilon2\qquad(\text{$\boldsymbol{\delta}$ 与 $x$ 无关}——\text{第 1 个"一致"}). \]

由 (F2)：$f(x)=\frac1{2\pi}\int f(x)K_n(t)dt$，故

\[\sigma_nf(x)-f(x)=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\bigl[f(x-t)-f(x)\bigr]K_n(t)dt=I_1+I_2, \]

\[|I_1|:=\frac1{2\pi}\int_{|t|<\delta}|f(x-t)-f(x)|K_n\,dt \overset{\text{(F1)(F2)}}{\le}\frac\varepsilon2\cdot\frac1{2\pi}\int K_n=\frac\varepsilon2; \]

\[|I_2|:=\frac1{2\pi}\int_{\delta\le|t|\le\pi}|f(x-t)-f(x)|K_n\,dt \le2M\cdot\sup_{\delta\le|t|\le\pi}K_n(t) \stackrel{\text{(F3)}}{\le}\frac{2M}{n\sin^{2}(\delta/2)} \qquad(\text{$\boldsymbol{与 }x\boldsymbol{无关}$——第 2 个"一致"}). \]

取 $N$ 使 $\frac{2M}{N\sin^{2}(\delta/2)}<\frac\varepsilon2$。$\forall n\ge N$，$\forall x$：

\[|\sigma_nf(x)-f(x)|<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon \ \implies\ {\sigma_nf\rightrightarrows f}.\qquad\blacksquare \]

路线 3：Dini 路线
递推　$P_0(x):=0$，$P_{n+1}(x):=P_n(x)+\frac12\bigl(x^{2}-P_n(x)^{2}\bigr)$。
$\implies\ \forall n$：$P_n$ 是多项式（对 $n$ 归纳；实为 $x^{2}$ 的多项式，故为偶多项式）。

关键不等式　记 $t:=|x|\in[0,1]$（$x\in[-1,1]$），$u_n:=P_n(x)$。则

\[u_{n+1}-u_n=\frac12(t^{2}-u_n^{2})=\frac12(t-u_n)(t+u_n). \tag{1} \]

归纳证 $0\le u_n\le u_{n+1}\le t$：

$n=0$：$u_0=0$，$0\le0\le t$ ✓。
设 $0\le u_n\le t\le1$：由 (1) 与 $t-u_n\ge0,\ t+u_n\ge0$：$u_{n+1}\ge u_n\ge0$ ✓；
且 $u_{n+1}\le t\iff\frac12(t^{2}-u_n^{2})\le t-u_n\iff(t-u_n)\bigl[\tfrac12(t+u_n)-1\bigr]\le0$，由 $t-u_n\ge0$ 只需 $t+u_n\le2$，而 $t\le1,\ u_n\le t\le1$ ✓。

\[\implies\ {0\le P_n(x)\le P_{n+1}(x)\le|x|}\quad(\forall x\in[-1,1],\ \forall n). \tag{2} \]

逐点极限　由 (2)，$\{u_n\}$ 递增且上有界 $t$，故 $u_n\uparrow u\le t$。在递推中取极限（多项式连续）：

\[u=u+\frac12(t^{2}-u^{2})\ \therefore\ u^{2}=t^{2}\ \xrightarrow{\ u,t\ge0\ }\ u=t. \]

\[\implies\ {P_n(x)\uparrow|x|}\quad\textbf{逐点}\ (\forall x\in[-1,1]). \tag{3} \]

Dini　$K=[-1,1]$ 紧，$P_n\in C(K)$，$|x|\in C(K)$，$P_n\le P_{n+1}$（单调），$P_n\to|x|$ 逐点

\[\xrightarrow{\ \text{定理 4.5(4) Dini}\ }\ {P_n\rightrightarrows|x|\ \text{于}\ [-1,1]}. \]

$\implies\ |x|$ 可被多项式一致逼近。$\blacksquare$

由 $|x|$ 到 W　$①$ affine 得当任何 $[a,b]$ 与 $c\in\mathbb R$：$|x-c|$ 可被多项式一致逼近；$②$ 逐段线性函数 $=\alpha x+\beta+\sum_j\gamma_j|x-x_j|$（$\gamma_j$ 为斜率改变量）$\Rightarrow$ 可被多项式一致逼近；$③$ 逐段线性函数在 $C[a,b]$ 中稠密（一致连续 + 取 mesh $<\delta$ 的分割作插值）；$④$ 三角不等式合并 ⇒ W.■

Stone–Weierstrass 的证明
设 $A$ 满足 S 的假设，$B:=\overline A^{\|\cdot\|_\infty}$。

S1（$B$ 为闭子代数，$1\in B$）　$f_n\to f,\ g_n\to g$ 一致 $\Rightarrow$ 有界且

\[\|f_ng_n-fg\|_\infty\le\|f_n-f\|_\infty\|g_n\|_\infty+\|f\|_\infty\|g_n-g\|_\infty\to0 \ \therefore\ fg\in B. \]

S2（关键引理：$f\in B\Rightarrow|f|\in B$）　$M:=\|f\|_\infty$。由路线 3（或 W）取多项式 $q_n$ 使 $\sup_{|t|\le M}|q_n(t)-|t||\to0$。因 $B$ 为含 $1$ 的代数：$q_n\circ f=\sum_j a_jf^{j}\in B$。且

\[\|q_n\circ f-|f|\|_\infty=\sup_x|q_n(f(x))-|f(x)||\le\sup_{|t|\le M}|q_n(t)-|t||\to0 \ \xrightarrow{\ B\ \text{闭}\ }\ |f|\in B. \]

S3（$B$ 为子格）　$\max(f,g)=\frac{f+g+|f-g|}{2}\in B$，$\min(f,g)=\frac{f+g-|f-g|}{2}\in B$。

S4（闭子格 $+$ 含常数 $+$ 区分点 $\Rightarrow B=C(K)$）　任取 $f\in C(K)$，$\varepsilon>0$。

$(a)$ 两点插值　$\forall x\neq y$：取 $h\in A\subset B$ 使 $h(x)\neq h(y)$；置

\[g_{xy}:=\alpha h+\beta\cdot1,\quad \alpha:=\frac{f(x)-f(y)}{h(x)-h(y)},\ \beta:=f(x)-\alpha h(x) \ \implies\ g_{xy}\in B,\ g_{xy}(x)=f(x),\ g_{xy}(y)=f(y). \]

$(b)$ 固定 $x$，造 $g_x>f-\varepsilon$　$\forall y$：由 $g_{xy}(y)-f(y)=0>-\varepsilon$ 与连续性，$\exists$ 开 $U_y\ni y$ 使 $g_{xy}>f-\varepsilon$ 于 $U_y$（$y=x$ 时取 $g_{xx}:=f(x)\cdot1$）。紧性：$\exists y_1,\dots,y_m$，$K\subset\bigcup U_{y_i}$。令 $g_x:=\max_i g_{xy_i}\in B$（格封闭）。则 $g_x>f-\varepsilon$ 于 $K$，且 $g_x(x)=f(x)$。
$(c)$ 再取 min　由 $g_x(x)-f(x)=0<\varepsilon$，连续性给开 $V_x\ni x$ 使 $g_x<f+\varepsilon$ 于 $V_x$。紧性：$\exists x_1,\dots,x_\ell$，$K\subset\bigcup V_{x_j}$。令 $g:=\min_j g_{x_j}\in B$。则 $g<f+\varepsilon$（每点落在某 $V_{x_j}$）且 $g>f-\varepsilon$（每个 $g_{x_j}$ 都如此）。

\[\implies\ \|g-f\|_\infty<\varepsilon,\ g\in B\ \implies\ f\in\overline B=B\ \implies\ B=C(K). \]

S5（应用到 W）　$K=[a,b]$，$A=\mathcal P$：子代数，$1\in\mathcal P$，$h(x)=x$ 区分点 $\Rightarrow\overline{\mathcal P}=C[a,b]$.$\blacksquare$

定理 4.12（Arzelà–Ascoli）

令　$K\subset\mathbb R$ 紧致（如 $[a,b]$），$f_n:K\to\mathbb R$.
定义（一致等度连续）

\[(\mathrm{UE})\quad \forall\varepsilon>0,\ \exists\delta=\delta(\varepsilon)>0,\ \forall n,\ \forall x,y\in K:\ |x-y|<\delta\Rightarrow|f_n(x)-f_n(y)|<\varepsilon. \]

定义（一致有界）

\[(\mathrm{UB})\quad \exists M>0,\ \forall n,\ \forall x\in K:\ |f_n(x)|\le M. \]

结论　$(\mathrm{UB})+(\mathrm{UE})\implies\exists$ 子列 $\{f_{n_j}\}$ 与 $\exists f:K\to\mathbb R$：

\[\|f_{n_j}-f\|_\infty=\sup_{x\in K}|f_{n_j}(x)-f(x)|\to0 \]

即 $\{f_{n_j}\}$ 一致收敛。

第一步（用 UB：在可数稠密集上收敛；对角线法）
S1（可数稠密集）　$K$ 紧 $\Rightarrow K$ 可分；取可数稠密子集

\[D:=\{x_1,x_2,\dots\}\subset K,\qquad \overline D=K. \]

S2（嵌套子列链）　由 (UB)，$\{f_n(x_1)\}\subset[-M,M]$ $\xrightarrow{\ \text{Bolzano–Weierstrass}\ }\exists$ 子列 $\{f_{1,j}\}_j\subset\{f_n\}$ 使 $\{f_{1,j}(x_1)\}$ 收敛。
归纳：设已得 $\{f_{k,j}\}_j\subset\{f_{k-1,j}\}_j$ 且在 $x_1,\dots,x_k$ 处均收敛；由 $\{f_{k,j}(x_{k+1})\}\subset[-M,M]$ 有界，取子列 $\{f_{k+1,j}\}_j\subset\{f_{k,j}\}_j$ 使 $\{f_{k+1,j}(x_{k+1})\}$ 收敛；它仍是前一步的子列，故在 $x_1,\dots,x_k$ 处亦收敛。

\[\therefore\ \text{得子列链}\quad \{f_n\}\supset\{f_{1,j}\}\supset\{f_{2,j}\}\supset\cdots \]

S3（对角线）　取

\[g_j:=f_{j,j}\qquad(j=1,2,\dots). \]

$\forall k$ 固定：$\{g_j\}_{j\ge k}=\{f_{j,j}\}_{j\ge k}\subset\{f_{k,j}\}_j$（因 $j\ge k$ 时第 $j$ 行是第 $k$ 行的子列）

\[\therefore\ \{g_j(x_k)\}_{j\ge1}\ \text{收敛}\qquad(\forall k). \]

定义

\[f(x_k):=\lim_{j\to\infty}g_j(x_k)\qquad(x_k\in D). \tag{1} \]

第二步（用 UE + 紧性：从 $D$ 升到一致）
S4（证 $\{g_j\}$ 一致 Cauchy）　$\forall\varepsilon>0$。

由 (UE) 施于 $\tfrac\varepsilon3$：$\exists\delta>0,\ \forall i,\forall x,y\in K$：

\[|x-y|<\delta\Rightarrow|g_i(x)-g_i(y)|<\frac\varepsilon3. \tag{2} \]

由紧性取有限 $\delta$-网　$\{B(x_k,\delta)\}_{k\ge1}$ 覆盖紧集 $K$ $\xrightarrow{\ \text{Heine–Borel}\ }\exists x_{k_1},\dots,x_{k_r}\in D$：

\[K\subset\bigcup_{p=1}^{r}B(x_{k_p},\delta). \tag{3} \]

（有限覆盖 $\Rightarrow$ 网有限 $\Rightarrow$ 后面的 $\max$ 存在——紧性的作用。）

由 (1) 逐点收敛（有限个点）　$\exists N,\ \forall j,i\ge N,\ \forall p\le r$：

\[|g_j(x_{k_p})-g_i(x_{k_p})|<\frac\varepsilon3 \qquad(N:=\max_p N_p). \tag{4} \]

验证　$\forall j,i\ge N$，$\forall x\in K$：由 $(3)$ 取 $p$ 使 $|x-x_{k_p}|<\delta$。三项展开：

\[|g_j(x)-g_i(x)| \le\underbrace{|g_j(x)-g_j(x_{k_p})|}_{\text{①}\overset{(2)}{<}\varepsilon/3} +\underbrace{|g_j(x_{k_p})-g_i(x_{k_p})|}_{\text{②}\overset{(4)}{<}\varepsilon/3} +\underbrace{|g_i(x_{k_p})-g_i(x)|}_{\text{③}\overset{(2)}{<}\varepsilon/3} <\varepsilon. \]

此估计对一切 $x\in K$ 成立（$N$ 与 $x$ 无关），故

\[\sup_{x\in K}|g_j(x)-g_i(x)|<\varepsilon\quad(\forall j,i\ge N) \ \implies\ \{g_j\}\ \textbf{一致 Cauchy}. \tag{5} \]

S5（收敛到 $f$ 且一致）　$\forall x\in K$，由 $(5)$：$\{g_j(x)\}$ 是 $\mathbb R$ 中 Cauchy 列 $\xrightarrow{\ \mathbb R\ \text{完备}\ }\exists$ 极限，定义

\[f(x):=\lim_{j\to\infty}g_j(x)\qquad(x\in K).\tag{6} \]

在 $(5)$ 中固定 $j\ge N$，令 $i\to\infty$（由 $(6)$ 逐点收敛 + 极限保序，$<$ 退化为 $\le$，仍 $<\varepsilon$）：

\[|g_j(x)-f(x)|\le\varepsilon\quad(\forall x\in K,\ \forall j\ge N) \ \implies\ \sup_{x\in K}|g_j(x)-f(x)|\le\varepsilon. \]

\[\implies\ {\|g_j-f\|_\infty\to0\quad(\text{即}\ g_j=f_{j,j}\rightrightarrows f)}.\qquad\blacksquare \]

（注：由定理 4.7 或定理 4.2，$f$ 连续当诸 $f_n$ 连续；此处未假设连续，故只断言 $f$ 为函数。）

推论　$\{f_k\}\subset C^1[a,b]$，$|f_k|\le M$，$|f_k'|\le M'\ \Rightarrow\ \{f_k\}$ 有一致收敛子列。

证　($\ UB$ )由 $|f_k|\le M$ 直接得。$\forall x<y$，由 Lagrange 中值定理：$\exists\xi\in(x,y)$：

\[|f_k(x)-f_k(y)|=|f_k'(\xi)|\,|x-y|\le M'|x-y|. \]

$\forall\varepsilon>0$ 取 $\delta:=\dfrac{\varepsilon}{M'}$（$M'=0$ 时任取 $\delta>0$）：

\[|x-y|<\delta\Rightarrow|f_k(x)-f_k(y)|\le M'|x-y|<\varepsilon\quad(\forall k) \ \implies\ (\mathrm{UE})\ \text{成立（实为一致 Lipschitz）}. \]

由定理 4.12 $\exists$ 一致收敛子列.■
反例（动机的两例）

$(a)$ $f_n\equiv n$　$\|f_n\|_\infty=n\to\infty$：$(UB)$ 失效（一致有界是必要的）。
（注：$f_n\equiv n$ 实为常值函数族，反而等度连续（$\delta$ 任意），故失效点只在有界性。）

$(b)$ $f_n(x)=\sin nx$ 于 $[0,2\pi]$　$|f_n|\le1$（$(UB)$ 成立），但无一一致收敛子列：

$(i)$ 不等度连续　取 $\varepsilon_0=\tfrac12$。$\forall\delta>0$，取 $n>\tfrac{2\pi}{\delta}$ 与 $x=0,\ y=\tfrac{\pi}{2n}$：

\[|x-y|=\frac{\pi}{2n}<\delta,\qquad |f_n(x)-f_n(y)|=|0-1|=1>\varepsilon_0. \]

$\implies\ (\mathrm{UE})$ 失效

$(ii)$ 直接证无一致收敛子列　设 $\sin(n_jx)\rightrightarrows f$。由定理 4.3（可积性传递）：

\[\int_0^{2\pi}f_{n_j}^{2}=\int_0^{2\pi}\sin^{2}(n_jx)dx=\pi\quad(\forall j)\ \xrightarrow{\ \rightrightarrows\ }\ \int_0^{2\pi}f^{2}=\pi. \tag{7} \]

但由 Riemann–Lebesgue（或：$\int_0^{2\pi}f_{n_j}\cos(mx)\to0$）：对固定的 $m$ 与子列 $n_j>m$，

\[\int_0^{2\pi}\sin(n_jx)\cos(mx)dx=0\quad\implies\ \int_0^{2\pi}f\cos(mx)=0=\int_0^{2\pi}f\sin(mx)=0\quad(\forall m\ge1), \]

且 $\int_0^{2\pi}f=\lim\int\sin(n_jx)=0$。故 $f$ 的一切 Fourier 系数为 $0$ $\Rightarrow f=0$ a.e. $\Rightarrow$ 由连续性 $f\equiv0$，与 (7)（$\int f^{2}=\pi$）矛盾,无一致收敛子列.■

(度量空间)
令　$(M,d_M)$ 紧致度量空间，$(N,d_N)$ 完备度量空间，$f_n:M\to N$。

\[(\mathrm{UB}')\ \exists y_0\in N,\ \exists M_0,\ \forall n,\forall x:\ d_N(f_n(x),y_0)\le M_0\quad(\textbf{一致有界}); \]

\[(\mathrm{UE}')\ \forall\varepsilon>0,\ \exists\delta(\varepsilon),\ \forall n,\forall x,y:\ d_M(x,y)<\delta\Rightarrow d_N(f_n(x),f_n(y))<\varepsilon\quad(\textbf{一致等度连续}). \]

结论　$\exists$ 子列 $\{f_{n_j}\}$ 与 $\exists f:M\to N$：$\sup_{x\in M}d_N(f_{n_j}(x),f(x))\to0$（一致收敛）.

例题

5.1 "连续 $\Rightarrow$ 极限不连续"三连（定理 4.2 逆否：各项连续 + 极限不连续 $\Rightarrow$ 必不一致收敛）

例 5.1（$x^n$ 于 $[0,1]$）

\[f_n(x)=x^n\in C[0,1];\qquad f(x)=\lim_n x^n=\begin{cases}0,&0\le x<1,\\ 1,&x=1.\end{cases} \]

$f$ 在 $x=1$ 间断（$\lim_{x\to1^-}f=0\neq1=f(1)$）$\implies\ {x^n\not\rightrightarrows}$.

例 5.2（$\dfrac{x^{2n}}{1+x^{2n}}$ 于 $\mathbb R$）

\[f_n\in C(\mathbb R)\ (\text{分母}>0);\qquad f=\lim_n f_n=\begin{cases}0,&|x|<1\ (x^{2n}\to0),\\ \tfrac12,&|x|=1,\\ 1,&|x|>1\ (x^{2n}\to+\infty).\end{cases} \]

在 $x=1$：$\lim_{x\to1^-}f=0,\ \lim_{x\to1^+}f=1$，均 $\neq f(1)=\tfrac12$；同 $x=-1$。

\[f\ \text{在}\ \pm1\ \textbf{两处间断}\ \implies\ {f_n\not\rightrightarrows}. \]

例 5.3（$[-2,2]$上）

\[f_n(x)=\begin{cases}-1,&x\le-\tfrac1n,\\ nx,&-\tfrac1n\le x\le\tfrac1n,\\ 1,&x\ge\tfrac1n.\end{cases} \]

拼接连续（$x=-\tfrac1n$：$nx=-1$；$x=\tfrac1n$：$nx=1$）$\therefore\ f_n\in C[-2,2]$。

\[f(x)=\lim_n f_n(x)=\operatorname{sgn}(x)=\begin{cases}-1,&x<0,\\ 0,&x=0,\\ 1,&x>0.\end{cases} \]

（$x<0$ 固定：$n>\tfrac1{|x|}$ 时 $x\le-\tfrac1n\Rightarrow f_n(x)=-1$；$x>0$ 同理；$f_n(0)=0$。）
$f$ 在 $0$ 间断（左 $-1$、右 $1$）$\implies\ {f_n\not\rightrightarrows}$.

5.2 极限连续时：必须用定理 4.5(5) 点列判别
例 5.4（$f_n(x)=n^{2}x(1-x)^{n}$ 于 $[0,1]$）

逐点极限

\[x=0,1:\ f_n=0;\qquad x\in(0,1):\ 0\le f_n\le n^{2}(1-x)^{n}\to0\ \therefore\ f\equiv0\in C[0,1]. \]

A（定理 4.5(5)，取点列 $x_n=\tfrac1n$）

\[f_n\Bigl(\frac1n\Bigr)=n^{2}\cdot\frac1n\Bigl(1-\frac1n\Bigr)^{n}=n\Bigl(1-\frac1n\Bigr)^{n}\sim\frac ne\to+\infty \ \implies\ f_n(x_n)-f(x_n)\not\to0\ \implies\ {f_n\not\rightrightarrows0}. \]

B（一致收敛 $\Rightarrow$ 序列一致有界）　引理：$f_n\rightrightarrows f$ 且每项有界 $\Rightarrow\sup_n\|f_n\|_\infty<\infty$（$n\ge N$ 时 $\|f_n\|_\infty\le\|f\|_\infty+1$，前 $N$ 项取 $\max$）。本例

\[\|f_n\|_\infty=f_n\Bigl(\frac1{n+1}\Bigr)=\frac{n^{2}}{n+1}\Bigl(\frac n{n+1}\Bigr)^{n}\sim\frac ne\to+\infty \ \implies\ \text{非一致有界}\ \implies\ \not\rightrightarrows. \]

C（定理 4.3 逆否：积分不收敛到 $\int f$）

\[\int_0^1 n^{2}x(1-x)^{n}dx=n^{2}\,B(2,n+1)=\frac{n^{2}}{(n+1)(n+2)}\longrightarrow1\neq0=\int_0^1 0 \ \implies\ \not\rightrightarrows. \]

例 5.5　$f_n(x)=(\sin x)^{1/n}$ 于 $D=(0,\pi)$.

逐点极限：固定 $x\in(0,\pi)$，记 $a=\sin x\in(0,1]$，则

\[f_n(x)=a^{1/n}=e^{\frac{\ln a}{n}}\longrightarrow e^0=1\quad\therefore\ f(x)\equiv1. \]

取点列：$x_n:=\arcsin(2^{-n})\in(0,\tfrac\pi2)\subset D$，则 $\sin x_n=2^{-n}$。
计算：

\[f_n(x_n)=(2^{-n})^{1/n}=2^{-1}=\frac12,\qquad f(x_n)=1 \ \therefore\ f_n(x_n)-f(x_n)=\frac12-1=-\frac12\ (\forall n)\ \not\to0. \]

由点列判别：${f_n\not\rightrightarrows1}$.

例 5.6　$f_n(x)=n\!\left(\sqrt{x+\tfrac1n}-\sqrt{x}\right)$ 于 $D=(0,+\infty)$.

有理化求极限：

\[f_n(x)=n\cdot\frac{(x+\frac1n)-x}{\sqrt{x+\frac1n}+\sqrt{x}} =\frac{1}{\sqrt{x+\frac1n}+\sqrt{x}}\xrightarrow{n\to\infty}\frac{1}{2\sqrt x}=:f(x)\ (\neq0). \]

取点列：$x_n:=\dfrac1n\ (>0)$。
计算：

\[f_n(x_n)=n\Bigl(\sqrt{\tfrac2n}-\sqrt{\tfrac1n}\Bigr)=n\cdot\frac{\sqrt2-1}{\sqrt n}=(\sqrt2-1)\sqrt n; \qquad f(x_n)=\frac{1}{2\sqrt{1/n}}=\frac{\sqrt n}{2}. \]

\[\therefore\ f_n(x_n)-f(x_n)=\Bigl(\sqrt2-1-\frac12\Bigr)\sqrt n=\Bigl(\sqrt2-\frac32\Bigr)\sqrt n\longrightarrow-\infty\ \not\to0. \]

由点列判别：${f_n\not\rightrightarrows \frac1{2\sqrt x}}$.

例 5.7　$f_n(x)=\left(1+\dfrac xn\right)^n$ 于 $D=[0,+\infty)$.

逐点极限：$\forall x\ge0$ 固定，$\left(1+\dfrac xn\right)^n\to e^{x}\ \therefore\ f(x)=e^{x}$。
取点列：$x_n:=n\in[0,+\infty)$。
计算：

\[f_n(n)=\left(1+\frac nn\right)^n=2^{n},\qquad f(n)=e^{n}; \]

\[f_n(x_n)-f(x_n)=2^{n}-e^{n}=e^{n}\Bigl[\bigl(\tfrac2e\bigr)^{n}-1\Bigr]\xrightarrow{\ \frac2e<1\ }\sim-e^{n}\longrightarrow-\infty\ \not\to0. \]

由点列判别：${f_n\not\rightrightarrows e^{x}}$.
例 5.8　$f_n(x)=\dfrac{1}{nx}$ 于 $D=(0,1)$.

逐点极限：$\forall x>0$ 固定，$f_n(x)=\dfrac1{nx}\to0\ \implies\ f\equiv0$.
证一（$\sup$ 法）：$\forall n$，

\[\sigma_n=\sup_{x\in(0,1)}\frac1{nx}=+\infty\quad(\forall M>0,\ \text{取}\ 0<x<\tfrac1{nM}\Rightarrow\tfrac1{nx}>M) \ \therefore\ \sigma_n\not\to0. \]

由定理 $4.0(2)$：${f_n\not\rightrightarrows0}$.

证二（点列法）：取 $x_n:=\dfrac1n\in(0,1)\ (n\ge2)$，则

\[f_n(x_n)=\frac{1}{n\cdot\frac1n}=1,\qquad f(x_n)=0 \ \therefore\ f_n(x_n)-f(x_n)\equiv1\not\to0. \]

例 5.9（乘积不保持）

构造　$D=\mathbb R$。设（"有理数特征型"，Thomae 的反向版）

\[\varphi(x):=\begin{cases} q,&x=\frac pq\in\mathbb Q,\ (p,q)=1,\ q\in\mathbb N^{*},\\ 0,&x\notin\mathbb Q.\end{cases} \qquad f_n(x):=x\Bigl(1+\frac1n\Bigr),\qquad g_n(x):=\varphi(x)+\frac1n. \]

$(i)$ $\varphi$ 在任一区间 $I$（$a<b$）上无界　$\forall Q\ge1$，集合 $\{p/q:\ p\in\mathbb Z,\ 1\le q\le Q,\ \frac pq\in(a,b)\}$ 有限（$q$ 有限个、每个 $q$ 对应有限个 $p$）；而 $(a,b)\cap\mathbb Q$ 无限，故 $\exists\frac pq\in(a,b)$ 使 $q>Q$，即 $\varphi(\frac pq)=q>Q$。$\implies\ \sup_I\varphi=+\infty$。

$(ii)$ 两个因子在每个有界区间 $I$ 上一致收敛

\[\sup_{x\in I}\Bigl|f_n(x)-x\Bigr|=\sup_{x\in I}\frac{|x|}{n}\le\frac{\sup_I|x|}{n}\to0\ \therefore\ f_n\rightrightarrows x; \]

\[\sup_{x\in\mathbb R}\Bigl|g_n(x)-\varphi(x)\Bigr|=\frac1n\to0\ \therefore\ g_n\rightrightarrows\varphi\ (\text{于}\ \mathbb R,\ \text{故于每个}\ I). \]

$(iii)$ 乘积在任一有界区间 $I$ 上不一致收敛　点态极限 $fg(x)=x\varphi(x)$：

\[f_n(x)g_n(x)=x\Bigl(1+\frac1n\Bigr)\Bigl(\varphi(x)+\frac1n\Bigr)\xrightarrow{n\to\infty}x\varphi(x)\quad(\varphi(x)\ \text{有限}). \]

但 $\forall n$，取 $J\subset I$ 使 $|x|\ge c>0$ 于 $J$（$I$ 含 $0$ 时取 $J$ 避开 $0$），由 $(i)$ $\varphi$ 在 $J$ 上无界：

\[\sup_{x\in I}\bigl|f_ng_n(x)-fg(x)\bigr| =\sup_{x\in I}\Bigl|\frac{x\varphi(x)}{n}+\frac{x}{n}+\frac{x}{n^{2}}\Bigr| \ge\frac{c}{n}\sup_{x\in J}\varphi(x)-\frac{C}{n}=+\infty. \]

$\implies\ \sigma_n\equiv+\infty\not\to0\ \implies\ {f_ng_n\ \text{在任一有界区间上不一致收敛}}$.

例 5.10（$\sum x^n(1-x)$ vs $\sum(-1)^nx^n(1-x)$）

$(1)$ $\displaystyle\sum_{n\ge0}u_n$，$u_n(x):=x^{n}(1-x)$ 于 $[0,1]$：$\boldsymbol{\times}$

\[S_N(x)=\sum_{n=0}^{N}x^{n}(1-x)=(1-x)\frac{1-x^{N+1}}{1-x}=1-x^{N+1}\quad(\forall x\in[0,1];\ x=1\ \text{时}=0). \]

诸 $S_N\in C[0,1]$；逐点极限

\[f(x)=\lim_N S_N(x)=\begin{cases}1,&x\in[0,1),\\ 0,&x=1\end{cases}\quad(\text{在}\ x=1\ \text{间断}). \]

由定理 4.2 逆否（各项连续 + 极限不连续 $\Rightarrow$ 必不一致）：${u_n\ \text{之和不一致收敛}}$。
（等价：$\sigma_N=\sup_{[0,1]}|f-S_N|=\sup_{x\in[0,1)}x^{N+1}=1\not\to0$。）

$(2)$ $\displaystyle\sum_{n\ge0}(-1)^{n}u_n(x)$ 于 $[0,1]$：

\[T_N(x)=(1-x)\sum_{n=0}^{N}(-x)^{n}=(1-x)\frac{1-(-x)^{N+1}}{1+x},\qquad h(x)=\frac{1-x}{1+x}\ (\in C[0,1],\ h(1)=0). \]

余项估计：

\[|h(x)-T_N(x)|=\frac{(1-x)x^{N+1}}{1+x}\le x^{N+1}(1-x)\le\max_{[0,1]}x^{N+1}(1-x). \]

$\psi(x)=x^{N+1}(1-x)$ 在 $x^{*}=\frac{N+1}{N+2}$ 取最大值

\[\psi(x^{*})=\Bigl(\frac{N+1}{N+2}\Bigr)^{N+1}\frac{1}{N+2}\le\frac1{N+2}\xrightarrow{N\to\infty}0. \]

$\implies\ \sup_{[0,1]}|h-T_N|\le\frac1{N+2}\to0\ \implies\ {\sum(-1)^nu_n\rightrightarrows h}$。
（同法即一致 Leibniz 4.5$(iii)$：$a_n(x)=x^n(1-x)$ 一致递减且 $\sup_{[0,1]}a_{n+1}\le\frac1{n+2}\to0$，余项 $\le\sup a_{n+1}$。）

结论　取 $f_n(x):=(-1)^{n}x^{n}(1-x)$：

\[\sum f_n\ \text{一致收敛},\qquad \sum|f_n|=\sum x^{n}(1-x)\ \text{不一致收敛} \ \implies\ {\text{"}\sum|f_n|\ \text{一致收敛"}\ \boldsymbol{\underset{\neq}{\supset}}\ \text{"}\sum f_n\ \text{一致收敛"}}. \]

例 5.11（$\displaystyle\sum\frac{e^{inx}}{n}$）

(i) 几何和的一致界（$x\not\equiv0\!\pmod{2\pi}$）

\[\Bigl|\sum_{k=1}^{n}e^{ikx}\Bigr|=\Bigl|\frac{e^{ix}(1-e^{inx})}{1-e^{ix}}\Bigr|\le\frac{2}{|1-e^{ix}|}=\frac{1}{|\sin(x/2)|} \quad(\because\ |1-e^{ix}|=2|\sin\tfrac x2|,\ |1-e^{inx}|\le2). \]

(ii) Dirichlet 一致版 (4.5(2)) 于 $K_\delta:=[\delta,2\pi-\delta]$（$0<\delta<\pi$）

\[\frac x2\in\Bigl[\frac\delta2,\pi-\frac\delta2\Bigr]\Rightarrow\sin\frac x2\ge\sin\frac\delta2>0 \Rightarrow\Bigl|\sum_{k=1}^{n}e^{ikx}\Bigr|\le\frac1{\sin(\delta/2)}=:M_\delta\quad(\forall n,\forall x\in K_\delta)\ \ (\mathrm{SOCS}); \]

\[a_n=\frac1n:\ \text{正、递减（与 }x\ \text{无关}\Rightarrow\text{一致单调}),\qquad \sup_{K_\delta}a_n=\frac1n\to0\ \ (\text{一致趋于}\ 0). \]

由 (A.S.)：$|B_k|\le2M_\delta$，

\[\Bigl|\sum_{k=n+1}^{m}\frac{e^{ikx}}{k}\Bigr|\le2M_\delta\,a_{n+1}=\frac{2M_\delta}{n+1}\to0\quad(\forall x\in K_\delta) \ \implies\ {\sum\frac{e^{inx}}{n}\ \text{在}\ [\delta,2\pi-\delta]\ \text{上一致收敛}}. \]

（复值情形：对实部 $\sum\frac{\cos nx}{n}$、虚部 $\sum\frac{\sin nx}{n}$ 分别施用，或注意 (A.S.) 对复 $b_k$ 逐字成立。）

$(iii)$ M 判别法失效　$\bigl|\frac{e^{inx}}{n}\bigr|=\frac1n$，$\sum\frac1n=\infty$ $\implies$ 必须 Dirichlet.

$(iv)$ 对照：$\sum\frac{\sin nx}{n}$ 在含 $0$（$\!\!\bmod 2\pi$）的区间上不一致　设 $D$ 以 $0$ 为聚点，取 $x_n:=\frac{\pi}{4n}\in D$（$n$ 大）。$k\in[n+1,2n]$ 时 $kx_n\in[\frac\pi4,\frac\pi2]$ $\implies\ \sin(kx_n)\ge\frac{\sqrt2}{2}$：

\[\Bigl|\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{\sin(kx_n)}{k}\Bigr|\ge\frac{\sqrt2}{2}\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1k\ge\frac{\sqrt2}{2}\cdot n\cdot\frac1{2n}=\frac{\sqrt2}{4}>0. \]

违背一致 Cauchy 准则（定理 4.1 级数情形，取 $m=2n$）$\implies\ {\not\rightrightarrows}$ 于 $[0,\pi]$、$(0,2\pi)$ 等含 $0$ 的区间。
（另一证：定理 4.5b —— 若在 $(0,2\pi)$ 上一致收敛，则 $\lim_{x\to0^+}f=\lim_n\lim_{x\to0^+}S_n=0$，但 $f(x)=\frac{\pi-x}{2}\to\frac\pi2$，矛盾）

$(v)$ 内闭一致收敛　$(0,2\pi)$ 的任一紧子集 $K$ 满足 $\mathrm{dist}(K,2\pi\mathbb Z)=\delta>0$，故 $K\subset[\delta,2\pi-\delta]$（mod $2\pi$），由 (ii) 一致收敛.

\[\implies\ \sum\frac{\sin nx}{n}\ \textbf{内闭一致收敛于}\ (0,2\pi),\ \textbf{但非（全局）一致收敛}——\text{"内闭一致"是逐点与一致之间的中间档}. \]

例 5.12（$\sum a_n\sin nx$ 的锐利判别）　$a_n>0$，$a_n\downarrow$。则

\[{\sum_{n\ge1}a_n\sin nx\ \text{在}\ \mathbb R\ \text{上一致收敛}\iff na_n\to0}. \]

预备　周期性 + 奇性 $\Rightarrow$ 只需 $[0,\pi]$；$x\in\{0,\pi\}$ 时各项为 $0$。下用两条基本估计（$x\in(0,\pi)$）：

\[\text{(E1)}\ \Bigl|\sum_{k=p}^{m}e^{ikx}\Bigr|\le\frac1{\sin(x/2)}\le\frac\pi x\quad\bigl(\sin\tfrac x2\ge\tfrac x\pi\ \text{于}\ (0,\pi)\bigr); \]

\[\text{(E2) Abel：}\ \Bigl|\sum_{k=p}^{m}c_k\sin kx\Bigr|\le\frac\pi x\Bigl[c_m+\sum_{k=p}^{m-1}(c_k-c_{k+1})\Bigr]=\frac\pi x\,c_p\quad(c_k\downarrow0,\ \text{由 (A.S.)}); \]

\[\text{(E3)}\ \Bigl|\sum_{k=p}^{m}c_k\sin kx\Bigr|\le x\sum_{k=p}^{m}k\,c_k\quad(|\sin t|\le|t|). \]

$(⇒)$ 必要性　设一致收敛，由一致 Cauchy：$\tau_n:=\sup_{x}\bigl|\sum_{k=n+1}^{2n}a_k\sin kx\bigr|\to0$。取 $x_n=\frac{\pi}{4n}$（$kx_n\in[\frac\pi4,\frac\pi2]\Rightarrow\sin(kx_n)\ge\frac{\sqrt2}2$）：

\[\tau_n\ge\frac{\sqrt2}{2}\sum_{k=n+1}^{2n}a_k\ge\frac{\sqrt2}{2}\cdot n\cdot a_{2n} \ \implies\ n\,a_{2n}\to0\ \implies\ 2n\,a_{2n}\to0. \]

由单调性，对 $2n\le k\le2n+2$：$k a_k\le(2n+2)a_{2n}=\frac{2n+2}{2n}(2n a_{2n})\to0$ $\implies\ {na_n\to0}$。

$(⇐)$充分性　设 $na_n\to0$。$\forall\varepsilon>0$，取 $N$ 使 $k\,a_k\le\varepsilon\ (\forall k\ge N)$。设 $m>n\ge N$，$x\in(0,\pi)$。

情形 A（$x\ge\frac1{n+1}$，"$x$ 不太小"）　由 (E2)（$c_k=a_k,\ p=n+1$）：

\[\Bigl|\sum_{k=n+1}^{m}a_k\sin kx\Bigr|\le\frac\pi x a_{n+1}=\pi\frac{(n+1)a_{n+1}}{(n+1)x}\le\pi\varepsilon \quad(\because\ (n+1)a_{n+1}\le\varepsilon,\ (n+1)x\ge1). \]

情形 B（$x<\frac1{n+1}$，"$x$ 很小"）　令 $k_0:=\lfloor1/x\rfloor+1$（则 $k_0>\frac1x\ge n+1$，$k_0x>1$，$k_0\ge n+2\ge N$）。
- 前段 $n+1\le k\le\min(m,k_0-1)$ 用 $(E3)$：

\[\Bigl|\sum_{k=n+1}^{k_0-1}a_k\sin kx\Bigr| \le x\sum_{k=n+1}^{k_0-1}ka_k \le x\,\varepsilon\,(k_0-1-n) \le x\,\varepsilon\cdot\frac1x=\varepsilon. \]

（$k_0-1=\lfloor1/x\rfloor\le1/x$）；

后段 $k_0\le k\le m$（若非空）用 $(E2)$：

\[\Bigl|\sum_{k=k_0}^{m}a_k\sin kx\Bigr| {\le}\frac\pi x\,a_{k_0} =\pi\,\frac{k_0a_{k_0}}{k_0x} \le\pi\varepsilon\qquad(k_0a_{k_0}\le\varepsilon,\ k_0x>1). \]

（$k_0a_{k_0}\le\varepsilon,\ k_0x>1$）。

合计 $\le(1+\pi)\varepsilon$.

$\forall m>n\ge N,\ \forall x\in[0,\pi]$：$|\sum_{k=n+1}^{m}a_k\sin kx|\le(1+\pi)\varepsilon$ $\implies$ 一致 Cauchy $\implies\ {\sum a_n\sin nx\ \text{在}\ \mathbb R\ \text{上一致收敛}}$。$\blacksquare$

例 5.13（通项一致 $\to0$，级数却不一致）　$f_n(x)=x^{n}(1-x)$ 于 $[0,1]$。

**$(i)$ 通项一致趋于 $0$ **

\[f_n'(x)=nx^{n-1}(1-x)-x^{n}=x^{n-1}\bigl[n-(n+1)x\bigr]\ \therefore\ \text{极大点}\ x_n^{*}=\frac{n}{n+1}; \]

\[\|f_n\|_\infty=f_n\Bigl(\frac n{n+1}\Bigr)=\Bigl(\frac n{n+1}\Bigr)^{n}\frac1{n+1} =\frac{n^{n}}{(n+1)^{n+1}} =\frac1{n+1}\Bigl(1-\frac1{n+1}\Bigr)^{n}\sim\frac1{e(n+1)}\to0. \]

\[\implies\ {x^{n}(1-x)\rightrightarrows0}. \]

**$(ii)$ 级数不一致 **

\[S_n(x)=\sum_{k=0}^{n}x^{k}(1-x)=(1-x)\frac{1-x^{n+1}}{1-x}=1-x^{n+1}\quad(\forall x\in[0,1]); \]

\[f(x)=\lim_n S_n(x)=\begin{cases}1,&x\in[0,1),\\ 0,&x=1\end{cases}\quad\Rightarrow\quad \|f-S_n\|_\infty=\sup_{x\in[0,1)}x^{n+1}=1\ \not\to0. \]

（或由定理 4.2 逆否：$S_n\in C[0,1]$ 而 $f$ 在 $x=1$ 间断 $\Rightarrow$ 必不一致。）

\[\implies\ {\sum x^{n}(1-x)\ \text{不一致收敛}}. \]

例 5.14

令　$D=[0,+\infty)$，通项与部分和

\[u_k(x):=3^{k}\sin\frac{x}{4^{k}},\qquad S_N(x):=\sum_{k=1}^{N}u_k(x),\qquad f(x):=\sum_{k=1}^{\infty}u_k(x). \]

引理 N（一致收敛的必要条件：$u_k\rightrightarrows0$）

若 $\sum u_k$ 在 $D$ 上一致收敛，则 $\|u_k\|_\infty:=\sup_{x\in D}|u_k(x)|\to0$。

证　由定理 4.1（级数情形 Cauchy）：$\forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall n\ge N,\ \forall p\ge1,\ \forall x\in D$：

\[\Bigl|\sum_{k=n+1}^{n+p}u_k(x)\Bigr|<\frac{\varepsilon}{2}. \]

取 $p=1$ 得 $|u_{n+1}(x)|<\tfrac\varepsilon2\ (\forall x)$，故 $\|u_{n+1}\|_\infty\le\tfrac\varepsilon2<\varepsilon$。$\implies\ \|u_k\|_\infty\to0$.■
$(1)$ 逐点（绝对）收敛
$\forall x\in[0,+\infty)$ 固定，由 $|\sin t|\le|t|$：

\[|u_k(x)|=3^{k}\Bigl|\sin\frac{x}{4^{k}}\Bigr|\le3^{k}\cdot\frac{x}{4^{k}}=x\Bigl(\frac34\Bigr)^{k}. \tag{1} \]

\[\implies\ \sum_{k=1}^{\infty}|u_k(x)|\le x\sum_{k=1}^{\infty}\Bigl(\frac34\Bigr)^{k}=x\cdot\frac{3/4}{1-3/4}=3x<\infty. \]

\[\implies\ {\sum u_k(x)\ \text{对每个}\ x\ \textbf{绝对收敛}},\qquad |f(x)|\le3x. \tag{2} \]

$(2)$ 不一致收敛 (证一)
计算 $\|u_k\|_\infty$　取 $x_k^{*}:=\dfrac{\pi}{2}\,4^{k}\in[0,+\infty)$，则 $\dfrac{x_k^{*}}{4^{k}}=\dfrac\pi2$：

\[|u_k(x_k^{*})|=3^{k}\sin\frac{\pi}{2}=3^{k} \ \therefore\ \|u_k\|_\infty=\sup_{x\ge0}|u_k(x)|\ge3^{k}; \]

另一方面 $|u_k(x)|\le3^{k}\ (\forall x)$，故

\[{\|u_k\|_\infty=3^{k}}\xrightarrow{k\to\infty}+\infty. \]

由引理 N 的逆否：$\|u_k\|_\infty\not\to0\ \implies\ {\sum 3^{k}\sin\frac{x}{4^{k}}\ \text{在}\ [0,+\infty)\ \textbf{不一致收敛}}$.

$(3)$ 不一致收敛（证二）

$(i)$ 每个 $S_N$ 有界　$\forall N$：$\displaystyle\|S_N\|_\infty\le\sum_{k=1}^{N}3^{k}=\frac{3(3^{N}-1)}{2}<\infty$。

$(ii)$ $f$ 在 $[0,+\infty)$ 上无界　取 $x_N:=\dfrac{\pi}{2}4^{N}$。分三种 $k$：

$k\le N-1$：$\dfrac{x_N}{4^{k}}=\dfrac\pi2\,4^{N-k}=2\pi\cdot\underbrace{4^{\,N-k-1}}_{\in\mathbb N}\Rightarrow \sin=0\Rightarrow u_k(x_N)=0$；
$k=N$：$\sin\dfrac\pi2=1\Rightarrow u_N(x_N)=3^{N}$；
$k\ge N+1$：$\dfrac{x_N}{4^{k}}=\dfrac\pi2\,4^{-(k-N)}\in\Bigl(0,\dfrac\pi8\Bigr]\Rightarrow \sin>0\Rightarrow u_k(x_N)>0$。

故 $\forall M\ge N$：$S_M(x_N)\ge u_N(x_N)=3^{N}$，从而

\[f(x_N)=\lim_{M\to\infty}S_M(x_N)\ge3^{N}\xrightarrow{N\to\infty}+\infty. \]

$(iii)$ 矛盾　若 $S_N\rightrightarrows f$，取 $N_0$ 使 $\|f-S_{N_0}\|_\infty<1$，则

\[\|f\|_\infty\le\|S_{N_0}\|_\infty+1<\infty, \]

与 (ii) 矛盾。$\implies\ \not\rightrightarrows$.$\blacksquare$

$(4)$ 内闭一致收敛（有界区间上 M 判别法有效）

设 $A>0$，于 $[0,A]$：由 (1) 且 $x\le A$：

\[|u_k(x)|\le x\Bigl(\frac34\Bigr)^{k}\le\underbrace{A\Bigl(\frac34\Bigr)^{k}}_{=:M_k\ (\textbf{常数，与}\ x\ \textbf{无关})},\qquad \sum_{k=1}^{\infty}M_k=A\sum_{k\ge1}\Bigl(\frac34\Bigr)^{k}=3A<\infty. \]

由 M 判别法（定理 4.5(1)）：$\sum u_k$ 在 $[0,A]$ 上一致收敛；$A>0$ 任意，且由定理 4.2 $f\in C[0,+\infty)$。

\[\implies\ {\text{内闭一致收敛}\ \,\qquad \text{在}\ [0,+\infty)\ \text{上不一致收敛}\ }. \]

例 5.15

设定　$u_k(x):=\dfrac{x^{2}}{\bigl(1+(k-1)x^{2}\bigr)\bigl(1+kx^{2}\bigr)}$ 于 $\mathbb R$。

$(1)$ 望远镜分解　置 $A_k:=1+kx^{2}>0$，则 $A_k-A_{k-1}=x^{2}$：

\[u_k=\frac{A_k-A_{k-1}}{A_{k-1}A_k}=\frac1{A_{k-1}}-\frac1{A_k}. \tag{1} \]

$(2)$ 部分和与逐点极限

\[S_n(x)=\sum_{k=1}^{n}u_k(x)=\sum_{k=1}^{n}\Bigl(\frac1{A_{k-1}}-\frac1{A_k}\Bigr)=\frac1{A_0}-\frac1{A_n}=1-\frac1{1+nx^{2}}. \]

\[\implies\ f(x)=\lim_n S_n(x)=\begin{cases}1,&x\neq0\ (\because\ nx^{2}\to+\infty),\\ 0,&x=0\ (\because\ S_n(0)=0).\end{cases}=\mathbf 1_{\mathbb R\setminus\{0\}}. \]

\[\implies\ {f\ \text{仅在}\ x=0\ \textbf{一点间断}}\quad(\lim_{x\to0}f(x)=1\neq0=f(0)). \tag{2} \]

$(3)$ 在 $\mathbb R$ 上不一致（定理 4.2 逆否）　$\forall n$：$A_k>0\Rightarrow u_k\in C(\mathbb R)\Rightarrow S_n\in C(\mathbb R)$。由 (2)，$f\notin C(\mathbb R)$。

\[\xrightarrow{\ \text{定理 4.2 逆否}\ }{\sum u_k\ \text{在}\ \mathbb R\ \text{上不一致收敛}}. \]

（直接算：$\|f-S_n\|_\infty=\sup_{x\neq0}\dfrac1{1+nx^{2}}=1\ (\forall n)\not\to0$，由余项准则 4.5(6) 亦得。）

**$(4)$ 在 $[a,+\infty)\ (a>0)$ 上一致 **　余项 $R_n=f-S_n$：

\[|f(x)-S_n(x)|=\frac1{1+nx^{2}}\le\frac1{1+na^{2}}\quad(\forall x\ge a) \ \therefore\ \|R_n\|_\infty\le\frac1{1+na^{2}}\xrightarrow{n\to\infty}0. \]

由余项准则（4.5(6)）：${S_n\rightrightarrows f\ \text{于}\ [a,+\infty)}$

**例 5.16
$(1)$ $\displaystyle\sum_{n\ge0}x^{n}(1-x)$ 于 $[0,1]$：

\[S_n=(1-x)\frac{1-x^{n+1}}{1-x}=1-x^{n+1}\quad(x\in[0,1]);\qquad f=\lim_n S_n=\begin{cases}1,&x\in[0,1),\\ 0,&x=1.\end{cases} \]

\[\|f-S_n\|_\infty=\sup_{x\in[0,1)}x^{n+1}=1\ (\forall n)\not\to0 \ \implies\ {\not\rightrightarrows}. \]

（或定理 4.2 逆否：$S_n\in C[0,1]$，$f$ 在 $x=1$ 间断。）

$(2)$ $\displaystyle\sum_{n\ge0}x^{n}(1-x)^{2}$ 于 $[0,1]$：

\[S_n=(1-x)^{2}\frac{1-x^{n+1}}{1-x}=(1-x)\bigl(1-x^{n+1}\bigr)\quad(\forall x\in[0,1];\ x=1\ \text{时}=0); \]

\[f(x)=\lim_n S_n(x)=1-x\quad(\forall x\in[0,1];\ x=1\ \text{时}\ f(1)=0)\ \therefore\ f\in C[0,1]. \]

余项估计　$R_n=f-S_n=x^{n+1}(1-x)=:\psi_n(x)$。$\forall n\ge0,\ \forall x\in[0,1]$：

\[\psi_n'(x)=x^{n}\bigl[(n+1)-(n+2)x\bigr]\ \implies\ \text{极大点}\ x_0=\frac{n+1}{n+2}; \]

\[\|R_n\|_\infty=\psi_n(x_0)=\Bigl(\frac{n+1}{n+2}\Bigr)^{n+1}\frac1{n+2} =\frac1{n+2}\Bigl(1-\frac1{n+2}\Bigr)^{n+1}\le\frac1{n+2}\xrightarrow{n\to\infty}0. \]

（渐近 $\sim\frac1{e(n+2)}$）由余项准则：${S_n\rightrightarrows 1-x}$.

一般地（$p$ 阶）　$\sum x^{n}(1-x)^{p}$：$R_n=x^{n+1}(1-x)^{p-1}$，

\[\|R_n\|_\infty=\Bigl(\frac{n+1}{n+p}\Bigr)^{n+1}\Bigl(\frac{p-1}{n+p}\Bigr)^{p-1}\sim\frac{(p-1)^{p-1}}{e\,n^{p-1}} \ \implies\ \textbf{一致收敛}\iff p-1>0\iff {p>1}. \]

例 5.17（$\zeta$ 函数）

设定　$D=(1,+\infty)$；通项与部分和

\[u_n(s):=n^{-s}=e^{-s\ln n}\quad(n\ge1),\qquad S_N(s):=\sum_{n=1}^{N}n^{-s},\qquad \zeta(s):=\sum_{n=1}^{\infty}n^{-s}. \]

\[\zeta\ \text{的定义域是}\ (1,+\infty)\ \textbf{开区间}；\ s=1\ \textbf{不在域内（调和级数发散）}. \]

(0) 逐点收敛（每点有定义）　$\forall s>1$ 固定，由积分判别法

\[\sum_{n\ge1}n^{-s}\ \text{收敛}\quad\Bigl(\int_1^{+\infty}x^{-s}dx=\frac1{s-1}<\infty\Bigr) \ \therefore\ 0<\zeta(s)<\infty. \]

**$(1)$ 在 $(1,+\infty)$ 上不一致收敛 **

证一（余项准则 4.5(6)：余项的上确界 $=+\infty$）　记余项 $R_N(s):=\zeta(s)-S_N(s)=\sum_{n>N}n^{-s}$。
固定 $N$。$\forall A>0$：由调和级数尾部发散，$\exists M>N$ 使 $H:=\sum_{n=N+1}^{M}\dfrac1n>2A$。函数 $s\mapsto\sum_{n=N+1}^{M}n^{-s}$ 连续且

\[\lim_{s\to1^+}\sum_{n=N+1}^{M}n^{-s}=H>2A \ \therefore\ \exists s_A\in(1,+\infty):\ \sum_{n=N+1}^{M}n^{-s_A}>\frac H2>A. \]

\[\implies\ R_N(s_A)\ge\sum_{n=N+1}^{M}n^{-s_A}>A. \]

由 $A$ 任意：$\displaystyle\sup_{s>1}R_N(s)=+\infty\quad(\forall N)$。故 $\|R_N\|_\infty=+\infty\not\to0$，由余项准则：

\[{\sum n^{-s}\ \text{在}\ (1,+\infty)\ \textbf{不一致收敛}}. \]

证二（一致极限保持有界，而 $\zeta$ 无界）

每个 $S_N$ 有界：$0<n^{-s}\le1\ (s>1)\Rightarrow 0<S_N(s)\le N\ \therefore\ \|S_N\|_\infty\le N$。
$\zeta$ 无界：$\forall A>0$，取 $M$ 使 $\sum_{n=1}^{M}\frac1n>2A$；令 $s\to1^+$ 得 $\liminf_{s\to1^+}\zeta(s)\ge\sum_{n\le M}\frac1n>A\ \implies\ \lim_{s\to1^+}\zeta(s)=+\infty$。
反设 $S_N\rightrightarrows\zeta$：取 $N$ 使 $\|\zeta-S_N\|_\infty<1$，则 $\|\zeta\|_\infty\le\|S_N\|_\infty+1\le N+1<\infty$，与 $\zeta$ 无界矛盾.$\implies\ \not\rightrightarrows$。$\blacksquare$

$(2)$ 在 $[a,+\infty)\ (a>1)$ 上一致收敛（M 判别法）

$\forall s\ge a$：由 $t\mapsto n^{-t}$ 递减，

\[|u_n(s)|=n^{-s}\le n^{-a}=:M_n\qquad(\forall n,\ \forall s\in[a,+\infty)), \]

\[\sum_{n=1}^{\infty}M_n=\sum_{n\ge1}n^{-a}<\infty\quad(\because\ a>1). \]

由 M 判别法（定理 4.5(1)）：

\[{\sum n^{-s}\ \text{在}\ [a,+\infty)\ \textbf{上一致收敛}\quad(\forall a>1)}. \]

\[\xrightarrow{\ [a,b]\subset[a,+\infty)\ }\ \text{在任何闭区间}\ [a,b]\subset(1,+\infty)\ \text{上一致收敛（内闭一致收敛）}. \]

$(3)$ $\zeta$ 连续（定理 4.2）

\[u_n(s)=e^{-s\ln n}\in C(1,+\infty)\ \implies\ S_N\in C(1,+\infty)\quad(\text{有限和}). \]

由 $(2)$ $S_N\rightrightarrows\zeta$ 于 $[a,+\infty)$（紧性此处非必需，定理 4.2 只需一致收敛 + 各项连续）：

\[\xrightarrow{\ \text{定理 4.2}\ }\ \zeta\in C\,[a,+\infty)\qquad(\forall a>1). \]

$\forall s_0>1$：取 $a\in(1,s_0)$，则 $s_0\in[a,+\infty)\ \implies\ \zeta$ 在 $s_0$ 连续。由 $s_0$ 任意：

\[{\zeta\in C(1,+\infty)}. \]

例 5.18（构造恰好在给定可数集上不连续的单调函数）
设定　$A=\{a_1,a_2,\dots\}\subset\mathbb R$ 为可数集（枚举中元素互异：$k\neq j\Rightarrow a_k\neq a_j$）。定义阶梯（跳跃）函数

\[f_k(x):=\mathbf 1_{(a_k,+\infty)}(x)=\begin{cases}0,&x\le a_k,\\ 1,&x>a_k,\end{cases}\qquad k=1,2,\dots \]

令

\[f(x):=\sum_{k=1}^{\infty}2^{-k}f_k(x)\qquad(x\in\mathbb R). \tag{0} \]

引理 T（一致收敛保持"在一点连续"；定理 4.2 的点态形式）

设 $S_N\to f$ 在 $\mathbb R$ 上一致收敛，且每个 $S_N$ 在 $x_0$ 连续。则 $f$ 在 $x_0$ 连续。

证　$\forall\varepsilon>0$，由一致收敛取 $N$ 使 $\sup_{x}|f(x)-S_N(x)|<\tfrac\varepsilon3$；由 $S_N$ 在 $x_0$ 连续取 $\delta>0$ 使 $|x-x_0|<\delta\Rightarrow|S_N(x)-S_N(x_0)|<\tfrac\varepsilon3$。则 $|x-x_0|<\delta$ 时

\[|f(x)-f(x_0)|\le\underbrace{|f(x)-S_N(x)|}_{<\varepsilon/3}+\underbrace{|S_N(x)-S_N(x_0)|}_{<\varepsilon/3}+\underbrace{|S_N(x_0)-f(x_0)|}_{<\varepsilon/3}<\varepsilon.\qquad\square \]

$(1)$ 一致收敛（M 判别法）
$\forall k,\ \forall x$：$0\le 2^{-k}f_k(x)\le 2^{-k}=:M_k$，而

\[\sum_{k=1}^{\infty}M_k=\sum_{k=1}^{\infty}2^{-k}=1<+\infty. \]

由 M 判别法（定理 4.5(1)）：

\[{S_N:=\sum_{k=1}^{N}2^{-k}f_k\ \rightrightarrows\ f\quad\text{于}\ \mathbb R}\qquad(\text{故 }f\ \text{处处有定义},\ 0\le f\le1). \tag{1} \]

有效的余项界（(1) 的量化版，后面反复用）：

\[0\le f(x)-S_N(x)=\sum_{k>N}2^{-k}f_k(x)\le\sum_{k>N}2^{-k}=2^{-N}\quad(\forall x). \tag{2} \]

$(1′)$ $f$ 单调　$\forall k$：$x\le y\Rightarrow f_k(x)\le f_k(y)\Rightarrow 2^{-k}f_k$ 单调不减；由 (1) 逐点收敛与非负项求和（或：$f=\lim_N S_N$，$S_N$ 不减 $\Rightarrow f$ 不减）：

\[{f\ \text{单调不减}}. \]

$(2)$ $x_0\notin A\Rightarrow f$ 在 $x_0$ 连续

Step 1（每个 $f_k$ 在 $x_0$ 连续）　$x_0\notin A\Rightarrow x_0\neq a_k\ (\forall k)$，故 $d_k:=|x_0-a_k|>0$。取 $\delta_k:=\dfrac{d_k}2$：

\[|x-x_0|<\delta_k\Rightarrow x\ \text{与}\ x_0\ \text{位于}\ a_k\ \textbf{同侧}\Rightarrow f_k(x)=f_k(x_0) \ \therefore\ f_k\ \text{在}\ x_0\ \textbf{（局部常值）连续}. \]

Step 2（有限和连续）　$S_N=\sum_{k=1}^{N}2^{-k}f_k$ 为有限个在 $x_0$ 连续的函数之和 $\implies\ S_N$ 在 $x_0$ 连续 $\ (\forall N)$。

Step 3（一致收敛传连续）　由 $(1)$ 与引理 T：

\[{f\ \text{在}\ x_0\ \text{连续}}\qquad(\forall x_0\notin A). \tag{3} \]

$(3)$ $a_k\in A\Rightarrow f$ 恰在 $a_k$ 处有跳跃 $2^{-k}$

固定 $k$。分解（"减一项"）

\[f={2^{-k}f_k}+{g_k}\qquad g_k(x):=\sum_{j\neq k}2^{-j}f_j(x). \tag{4} \]

$(3a)$ $g_k$ 一致收敛且在 $a_k$ 连续　$\forall j\neq k$：$a_k\neq a_j\Rightarrow$ 由 (2) Step 1 的同一论证，$f_j$ 在 $a_k$ 连续。且

\[0\le 2^{-j}f_j\le2^{-j},\qquad \sum_{j\neq k}2^{-j}\le1<\infty \xrightarrow{\ \text{M 判别法}\ } g_k\ \text{一致收敛（于}\ \mathbb R）. \]

由引理 T（施于 $g_k$ 的部分和，每个在 $a_k$ 连续）：

\[{g_k\ \text{在}\ a_k\ \text{连续}}\ \implies\ \lim_{x\to a_k^{\pm}}g_k(x)=g_k(a_k). \tag{5} \]

$(3b)$ $f_k$ 在 $a_k$ 的单侧极限　由定义

\[f_k(a_k)=0,\qquad \lim_{x\to a_k^{-}}f_k(x)=0,\qquad \lim_{x\to a_k^{+}}f_k(x)=1. \tag{6} \]

$(3c)$ 求 $f$ 在 $a_k$ 的单侧极限与跳跃　由 $(4)(5)(6)$：

\[f(a_k)=2^{-k}\underbrace{f_k(a_k)}_{=0}+g_k(a_k)=g_k(a_k); \]

\[\lim_{x\to a_k^{-}}f(x)=2^{-k}\cdot0+g_k(a_k)=g_k(a_k)=f(a_k)\qquad(\textbf{左连续}); \]

\[\lim_{x\to a_k^{+}}f(x)=2^{-k}\cdot1+g_k(a_k)=f(a_k)+2^{-k}. \]

\[\implies\ {\ \text{jump}_{a_k}(f):=\lim_{x\to a_k^{+}}f(x)-\lim_{x\to a_k^{-}}f(x)=2^{-k}\neq0\ } \]

\[\implies\ {f\ \text{在}\ a_k\ \textbf{不连续}\ (\text{右跳}\ 2^{-k},\ \text{且左连续})}. \tag{7} \]

$(4)$ 结论：不连续点集恰为 $A$

由 $(3)$（$\forall x_0\notin A$ 连续）与 $(7)$（$\forall a_k\in A$ 不连续）：

\[{D_f:=\{x:f\ \text{在}\ x\ \text{不连续}\}=A},\qquad {f\ \text{单调不减}},\qquad {f(a_k^{+})-f(a_k^{-})=2^{-k}}. \]

例 5.19（分段使用不同判别法）

设定　$n\ge1$，$x\in[0,1]$。记分母与系数

\[D_n(x):=1+x+\cdots+x^{2n-1}=\sum_{j=0}^{2n-1}x^{j}\ (>0),\qquad a_n(x):=\frac{x^{n}}{D_n(x)}\ \ge0, \]

\[u_n(x):=a_n(x)\cos(nx),\qquad S_N(x):=\sum_{n=1}^{N}u_n(x). \]

目标　证 $S_N\rightrightarrows f$ 于 $[0,1]$。记余项 $R_N:=f-S_N$。用有限并（定理 4.3b(2)）：$[0,1]=I_1\cup I_2$，$I_1:=[0,\tfrac12]$，$I_2:=[\tfrac12,1]$，且

\[\sup_{[0,1]}|R_N|=\max\Bigl\{\sup_{I_1}|R_N|,\ \sup_{I_2}|R_N|\Bigr\}. \tag{U} \]

引理 C（余弦和的一致有界）　$\forall x\not\equiv0\ (\mathrm{mod}\ 2\pi)$，

\[\sum_{k=1}^{n}\cos(kx)=\frac{\sin\bigl((n+\frac12)x\bigr)-\sin\frac x2}{2\sin\frac x2}. \tag{C1} \]

证　由积化和差：$2\sin\frac x2\cos(kx)=\sin\bigl((k+\tfrac12)x\bigr)-\sin\bigl((k-\tfrac12)x\bigr)$。对 $k=1,\dots,n$ 求和，右端望远镜相消，得 $\sin((n+\frac12)x)-\sin\frac x2$。$\square$

由 $(C1)$：

\[\Bigl|\sum_{k=1}^{n}\cos(kx)\Bigr| \le\frac{|\sin((n+\frac12)x)|+|\sin\frac x2|}{2|\sin\frac x2|} \le\frac1{2|\sin\frac x2|}+\frac12. \tag{C2} \]

Step 1（$I_1=[0,\tfrac12]$：M 判别法）

$\forall x\in I_1$：$D_n(x)\ge1$（首项为 $1$），且 $|\cos(nx)|\le1$，故

\[|u_n(x)|=\frac{x^{n}}{D_n(x)}|\cos(nx)|\le x^{n}\le\Bigl(\frac12\Bigr)^{n}=:M_n. \]

\[\sum_{n=1}^{\infty}M_n=\sum_{n\ge1}2^{-n}=1<+\infty. \]

由 M 判别法（定理 4.5(1)）：$\sum u_n$ 在 $I_1$ 上绝对且一致收敛；且余项（尾和）

\[\sup_{x\in I_1}|R_N(x)|\le\sum_{n>N}2^{-n}=2^{-N}\xrightarrow{N\to\infty}0. \tag{1} \]

Step 2（$I_2=[\tfrac12,1]$：Dirichlet 一致版）

$(2a)$ 系数 $a_n$ 对 $n$ 一致单调递减　对 $x\in[\tfrac12,1)$：

\[D_n(x)=\frac{1-x^{2n}}{1-x}\ \therefore\ a_n(x)=\frac{x^{n}(1-x)}{1-x^{2n}}=(1-x)\,\varphi(x^{n}),\qquad \varphi(t):=\frac{t}{1-t^{2}}\ (t\in(0,1)). \]

\[\varphi'(t)=\frac{1+t^{2}}{(1-t^{2})^{2}}>0\ \therefore\ \varphi\ \textbf{严格递增}. \]

\[0<x^{n+1}\le x^{n}<1\ \xrightarrow{\ \varphi\ \uparrow\ }\ \varphi(x^{n+1})\le\varphi(x^{n}) \ \therefore\ a_{n+1}(x)\le a_n(x). \]

$x=1$ 时：$D_n(1)=2n$，$a_n(1)=\dfrac1{2n}$，且 $a_{n+1}(1)=\dfrac1{2n+2}\le\dfrac1{2n}=a_n(1)$。

\[\implies\ {a_{n+1}(x)\le a_n(x)\quad(\forall x\in I_2,\ \forall n)} \qquad(\textbf{一致单调递减：方向不随 }x\textbf{ 改变}). \tag{2} \]

$(2b)$ $a_n\rightrightarrows0$（一致趋于 $0$）及一致界　$\forall x\in[0,1]$（$\supset I_2$），在 $D_n(x)=\sum_{j=0}^{2n-1}x^{j}$ 中取前 $n+1$ 项（$j=0,1,\dots,n$，共 $n+1$ 项）：由 $0\le x\le1$ 且 $j\le n$，有 $x^{j}\ge x^{n}$。故

\[D_n(x)\ \ge\ \sum_{j=0}^{n}x^{j}\ \ge\ (n+1)x^{n}. \]

\[\implies\ 0\le a_n(x)=\frac{x^{n}}{D_n(x)}\le\frac{x^{n}}{(n+1)x^{n}}=\frac1{n+1} \qquad(\forall x\in[0,1]). \]

（$x=0$ 时 $a_n(0)=0$，不等式亦成立。）取上确界：

\[\sigma_n^{a}:=\sup_{x\in I_2}a_n(x)\le\frac1{n+1}\xrightarrow{n\to\infty}0 \ \implies\ {a_n\rightrightarrows0\ \text{于}\ I_2}. \tag{3} \]

$(2c)$ 三角和的一致有界（SOCS）　$\forall x\in I_2=[\tfrac12,1]$：$\dfrac x2\in[\tfrac14,\tfrac12]$，故

\[\sin\frac x2\ \ge\ \sin\frac14\ >0. \]

由 (C2)：

\[\Bigl|\sum_{k=1}^{n}\cos(kx)\Bigr|\le\frac1{2\sin\frac x2}+\frac12 \le\frac1{2\sin\frac14}+\frac12=:M_{\Delta}<+\infty \quad(\forall n,\ \forall x\in I_2). \tag{4} \]

即 $\cos(kx)$ 的部分和一致有界，常数 $M_\Delta$ 与 $n,x$ 无关。

$(2d)$ 调用 Dirichlet 一致版（定理 4.5(2)）　取

\[f_k(x):=\cos(kx)\ (\text{部分和由 (4) 一致有界，界 } M_\Delta),\qquad g_k(x):=a_k(x)\ (\text{由 (2) 一致单调递减，由 (3) }g_k\rightrightarrows0). \]

由定理 4.5(2)（Abel 求和 (A.S.) 的估计）：$\forall m>n$，

\[\Bigl|\sum_{k=n+1}^{m}a_k(x)\cos(kx)\Bigr| \le 2M_\Delta\,a_{n+1}(x)\le\frac{2M_\Delta}{n+2}\qquad(\forall x\in I_2). \]

\[\implies\ \sup_{x\in I_2}\Bigl|\sum_{k=n+1}^{m}u_k(x)\Bigr|\le\frac{2M_\Delta}{n+2}\xrightarrow{n\to\infty}0 \ \xrightarrow{\ \text{定理 4.1 级数版（一致 Cauchy）}\ }\ \sum u_n\ \textbf{一致收敛于}\ I_2. \]

令 $m\to\infty$ 得余项估计

\[\sup_{x\in I_2}|R_N(x)|\le\frac{2M_\Delta}{N+2}\xrightarrow{N\to\infty}0. \tag{5} \]

Step 3（合并：有限并保持，定理 4.3b(2)）

由 $(1)(5)$ 与 $(U)$：

\[\sup_{x\in[0,1]}|R_N(x)| =\max\Bigl\{\underbrace{\sup_{I_1}|R_N|}_{\le\,2^{-N}},\ \underbrace{\sup_{I_2}|R_N|}_{\le\,\frac{2M_\Delta}{N+2}}\Bigr\} \le\max\Bigl\{2^{-N},\ \frac{2M_\Delta}{N+2}\Bigr\}\xrightarrow{N\to\infty}0. \]

由余项准则（定理 4.5(6)）：

\[{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{1+x+\cdots+x^{2n-1}}\cos(nx)\ \textbf{在}\ [0,1]\ \textbf{上一致收敛}}.\qquad\blacksquare \]

例 5.20（M 判别法）
设定　$k\in\mathbb N^{*}$，$x\in\mathbb R$。记

\[u_k(x):=\frac{\arctan(kx)}{x^{4}+k\sqrt[3]{k}}=\frac{\arctan(kx)}{x^{4}+k^{4/3}},\qquad S_N(x):=\sum_{k=1}^{N}u_k(x),\qquad f(x):=\sum_{k=1}^{\infty}u_k(x). \]

$(1)$ 良定义（每项处处有定义且连续）

分子：$t\mapsto\arctan t$ 在 $\mathbb R$ 上有定义且 $|\arctan t|<\dfrac\pi2\ \ (\forall t\in\mathbb R)$；
分母：$x^{4}\ge0\ \wedge\ k^{4/3}>0\ \Rightarrow\ x^{4}+k^{4/3}\ge k^{4/3}>0\ \therefore$ 分母恒正，无奇点。

\[\implies\ u_k\in C(\mathbb R)\quad(\forall k),\qquad S_N\in C(\mathbb R)\quad(\text{有限和}). \tag{1} \]

**$(2)$ 一致界
$\forall k\ge1,\ \forall x\in\mathbb R$：

\[|\arctan(kx)|\le\frac\pi2,\qquad x^{4}+k^{4/3}\ \ge\ k^{4/3}>0. \]

\[\implies\ |u_k(x)|=\frac{|\arctan(kx)|}{x^{4}+k^{4/3}} \le\frac{\pi/2}{k^{4/3}}=\frac\pi2\,k^{-4/3}=:M_k. \tag{2} \]

取上确界即得 $\|u_k\|_\infty:=\sup_{x\in\mathbb R}|u_k(x)|\le\dfrac\pi2k^{-4/3}$.

$(3)$ 优级数收敛（$p$-级数，$p=\frac43>1$

\[\sum_{k=1}^{\infty}M_k=\frac\pi2\sum_{k=1}^{\infty}k^{-4/3}=\frac\pi2\,\zeta\Bigl(\frac43\Bigr)<+\infty \qquad\Bigl(\textbf{p-级数收敛}\iff p>1,\ \text{此处}\ p=\tfrac43>1\Bigr). \tag{3} \]

$(4)$ M 判别法（定理 4.5(1)）$⇒$ 一致收敛

由 (2)(3)：$|u_k(x)|\le M_k\ (\forall x\in\mathbb R,\ \forall k)$，$\sum M_k<+\infty$。

\[\xrightarrow{\ \text{定理 4.5(1)}\ }\ {\sum_{k=1}^{\infty}u_k\ \textbf{在}\ \mathbb R\ \textbf{上一致收敛（且绝对一致收敛）}}. \]

余项的量化估计（由 $(2)(3)$，尾和）：

\[\sup_{x\in\mathbb R}|f(x)-S_N(x)|\le\sum_{k>N}M_k=\frac\pi2\sum_{k>N}k^{-4/3} \le\frac\pi2\int_N^{+\infty}t^{-4/3}dt=\frac{3\pi}{2}\,N^{-1/3}\xrightarrow{N\to\infty}0. \tag{4} \]

由余项准则（$4.5(6)$）亦可直接读出一致收敛.

$(5)$ 推论：$f$ 连续（定理 4.2）

由 $(1)$ $u_k\in C(\mathbb R)\Rightarrow S_N\in C(\mathbb R)$，由 (4) $S_N\rightrightarrows f$ 于 $\mathbb R$：

\[\xrightarrow{\ \text{定理 4.2（连续性传递）}\ }{f\in C(\mathbb R)},\qquad \|f\|_\infty\le\frac\pi2\zeta\Bigl(\frac43\Bigr). \]

5.3 幂级数与端点
令　幂级数 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$，收敛半径

\[R:=\frac1{\limsup_{n\to\infty}|a_n|^{1/n}}\in(0,+\infty]\qquad(R=+\infty\ \text{时下文的}\ r<R\ \text{取任意}\ r>0). \]

\[\text{逐点收敛：}|x|<R\ \text{时}\ \sum a_nx^n\ \text{绝对收敛};\qquad \text{端点}\ x=\pm R\ \text{需另行判定}. \]

$(A)$ 收敛区间内：内闭一致收敛 $\Rightarrow$ 可逐项积分 / 求导

定理 A　$\forall r\in(0,R)$，$\sum a_nx^n$ 在 $[-r,r]$ 上一致收敛。

证（M 判别法 4.5(1)）　由 $r<R$：$\sum|a_n|r^{n}<\infty$（收敛半径定义，区间内绝对收敛）。$\forall x\in[-r,r]$：

\[|a_nx^{n}|\le|a_n|r^{n}=:M_n,\qquad \sum_{n\ge0}M_n<\infty \xrightarrow{\ \text{4.5(1)}\ }\ {\sum a_nx^{n}\ \text{在}\ [-r,r]\ \text{上一致（且绝对）收敛}}. \]

\[\implies\ \text{在}\ (-R,R)\ \text{的任一紧子集上一致收敛}\ (\textbf{内闭一致收敛}). \]

推论 A1（连续）　$a_nx^{n}\in C(\mathbb R)\Rightarrow S_N\in C$；由定理 $A$ 与定理 $4.2$（连续性传递）：

\[{f\in C(-R,R)}. \]

推论 A2（逐项积分）　设 $[0,x]\subset(-R,R)$（即 $|x|<R$）。由定理 A，$S_N\rightrightarrows f$ 于 $[0,x]$（有限区间）；由定理 4.3：

\[\int_0^{x}f(t)\,dt=\lim_N\int_0^{x}S_N(t)\,dt=\lim_N\sum_{n=0}^{N}a_n\frac{x^{n+1}}{n+1} \ \implies\ {\int_0^{x}f=\sum_{n\ge0}\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}} \]

推论 A3（逐项求导）　形式导数 $\sum_{n\ge1}na_nx^{n-1}$ 的半径：

\[\limsup_{n}(n|a_n|)^{1/n}=\limsup_n n^{1/n}\cdot\limsup_n|a_n|^{1/n}=1\cdot\frac1R\ \implies\ R' = R. \]

由定理 A 施于该级数：$\forall r<R$，$\sum na_nx^{n-1}$ 在 $[-r,r]$ 上一致收敛，即 $S_N'\rightrightarrows g$；又 $\{S_N(x_0)\}$ 收敛（原级数收敛）.由定理 4.4：

\[{f'(x)=\sum_{n\ge1}na_nx^{n-1}\quad(|x|<R)},\qquad f\in C^{1}(-R,R)\ (\text{迭代得}\ f\in C^{\infty}). \]

$(B)$ $e^{x}$：内闭一致收敛，全局不一致
(B1) 任意 $[-M,M]$ 上一致　$\displaystyle e^{x}=\sum_{n\ge0}\frac{x^{n}}{n!}$，$\forall x\in[-M,M]$：

\[\Bigl|\frac{x^{n}}{n!}\Bigr|\le\frac{M^{n}}{n!}=:M_n,\qquad \sum_{n\ge0}M_n=e^{M}<\infty \xrightarrow{\ \text{M 判别法}\ }\ {S_N\rightrightarrows e^{x}\ \text{于}\ [-M,M]}. \]

由定理 4.2：$e^{x}\in C(\mathbb R)$（$\forall M$ 覆盖 $\mathbb R$）.
**(B2) 在 $\mathbb R$ 上不一致 **　记余项 $R_N(x)=e^{x}-\sum_{n\le N}\frac{x^{n}}{n!}$.

\[x\to+\infty:\ e^{x}-\underbrace{\sum_{n\le N}\frac{x^{n}}{n!}}_{=O(x^{N})}\ \ge\ \frac{e^{x}}{2}\longrightarrow+\infty \qquad(\because\ e^{x}/x^{N}\to+\infty). \]

\[\implies\ \sup_{x\in\mathbb R}|R_N(x)|=+\infty\quad(\forall N)\ \therefore\ \|R_N\|_\infty\not\to0 \xrightarrow{\ \text{余项准则 4.5(6)}\ }{\sum\frac{x^{n}}{n!}\ \text{在}\ \mathbb R\ \textbf{上不一致收敛}}. \]

$(C)$ Abel 极限定理（端点处的连续性）
定理 C　设 $\displaystyle f(x)=\sum_{n\ge0}a_nx^{n}$ 的收敛半径 $R>0$，且端点级数收敛：

\[\sum_{n\ge0}a_nR^{n}\ \text{收敛}. \]

则（$f$ 在 $(-R,R)$ 上有定义）

\[{\lim_{x\to R^{-}}f(x)=\sum_{n\ge0}a_nR^{n}}. \]

即：$f$ 在端点 $R$ 处左连续（若把 $f(R)$ 定义为该级数和）.

证（WLOG $R=1$：否则令 $b_n:=a_nR^{n},\ t:=x/R\in[0,1)$，$f(x)=\sum b_nt^{n}$，化为 $R=1$ 的情形）

设 $A:=\sum_{n\ge0}a_n$ 收敛。记部分和 $A_n:=\sum_{k=0}^{n}a_k\to A$（$\therefore\ |A_n|\le C<\infty$）.

Step 1　由 $a_k=A_k-A_{k-1}$（$A_{-1}:=0$），$\forall N$：

\[\sum_{k=0}^{N}a_kx^{k}=\sum_{k=0}^{N}(A_k-A_{k-1})x^{k}=(1-x)\sum_{k=0}^{N-1}A_kx^{k}+A_Nx^{N}. \]

令 $N\to\infty$（$|x|<1$ 时 $|A_Nx^{N}|\le Cx^{N}\to0$）：

\[f(x)=(1-x)\sum_{k=0}^{\infty}A_kx^{k}. \tag{1} \]

Step 2　由几何级数 $\sum_{k\ge0}x^{k}=\frac1{1-x}$：

\[A=(1-x)\sum_{k=0}^{\infty}Ax^{k}. \tag{2} \]

Step 3　由 $(1)(2)$：

\[f(x)-A=(1-x)\sum_{k=0}^{\infty}(A_k-A)x^{k}. \tag{3} \]

Step 4　$\forall\varepsilon>0$：由 $A_k\to A$ 取 $N$，$\forall k\ge N:\ |A_k-A|<\dfrac\varepsilon2$。

\[|f(x)-A|\le\underbrace{(1-x)\sum_{k=0}^{N-1}|A_k-A|x^{k}}_{\text{①}}+\underbrace{(1-x)\sum_{k\ge N}|A_k-A|x^{k}}_{\text{②}}. \]

$\displaystyle\text{②}\le\frac\varepsilon2(1-x)\sum_{k\ge N}x^{k}\le\frac\varepsilon2$。
$C_N:=\sum_{k=0}^{N-1}|A_k-A|<\infty$（有限和），$\text{①}\le(1-x)C_N\xrightarrow{x\to1^-}0$。取 $x$ 充分接近 $1$ 使 $\text{①}<\dfrac\varepsilon2$。

\[\implies\ |f(x)-A|<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon\quad(x\to1^-)\ \implies\ {\lim_{x\to1^-}f(x)=A}.\qquad\blacksquare \]

$(D)$ 应用：$\displaystyle\ln 2=1-\frac12+\frac13-\frac14+\cdots$

Step 1（$|x|<1$ 时的幂级数）　几何级数（$|t|<1$，且在 $[0,x]$ 上一致）：

\[\frac1{1+t}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}t^{n}\ \xrightarrow{\ \text{推论 A2 逐项积分}\ }\ \ln(1+x)=\int_0^{x}\frac{dt}{1+t}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{n+1}}{n+1} \]

\[\implies\ {\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}}\qquad(|x|<1). \tag{4} \]

Step 2（端点级数收敛）　$x=1$：$\displaystyle\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}$ 由 Leibniz 判别法收敛（$\frac1n\downarrow0$）。

Step 3（调用 Abel 极限定理，$R=1$，$a_n=\frac{(-1)^{n-1}}n$）　由 (4) 的 $f(x)=\ln(1+x)$ 与定理 C：

\[\lim_{x\to1^-}\ln(1+x)=\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}. \]

左端 $=\ln 2$。故

\[{\ln 2=1-\frac12+\frac13-\frac14+\cdots=\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}}. \]

$(E)$ 逆命题不成立；加条件 $na_n\to0$ 则逆成立（Tauber）
(E1) 反例：$a_n=(-1)^{n}$　对 $|x|<1$：

\[f(x)=\sum_{n\ge0}(-1)^{n}x^{n}=\frac1{1+x}\ \therefore\ \lim_{x\to1^-}f(x)=\frac12\quad\textbf{存在}. \]

\[\text{但}\ \sum_{n\ge0}(-1)^{n}=1-1+1-1+\cdots\ \textbf{发散}\quad(\text{部分和}\ 1,0,1,0,\dots\ \text{振荡}). \]

\[\implies\ {\lim_{x\to R^-}f(x)\ \text{存在}\ \boldsymbol{\not\Rightarrow}\ \sum a_nR^{n}\ \text{收敛}}. \]

（此处 $na_n=n(-1)^{n}$ 不仅不 $\to0$，且无界——Tauber 条件被破坏）
(E2) Tauber 定理（逆命题的抢救）　设收敛半径 $R\ge1$，且

\[(\mathrm{i})\ \lim_{n\to\infty}na_n=0;\qquad (\mathrm{ii})\ \lim_{x\to1^-}\sum_{n\ge0}a_nx^{n}=A\in\mathbb R\ \text{存在}. \]

则 $\displaystyle\sum_{n\ge0}a_n$ 收敛且 $\displaystyle\sum_{n\ge0}a_n=A$.
证　记 $s_n:=\sum_{k=0}^{n}a_k$（待证 $s_n\to A$），$f(x):=\sum a_nx^{n}$.取

\[x_n:=1-\frac1n\quad(n\ge2,\ \therefore\ x_n\to1^-). \]

\[s_n-f(x_n)=\underbrace{\sum_{k=0}^{n}a_k(1-x_n^{k})}_{\text{I}}-\underbrace{\sum_{k\ge n+1}a_kx_n^{k}}_{\text{II}}. \tag{5} \]

估计 I（用 $1-x^{k}\le k(1-x)$）　$x\in(0,1)$ 时 $1-x^{k}=(1-x)(1+x+\cdots+x^{k-1})\le k(1-x)$：

\[|\mathrm{I}|\le(1-x_n)\sum_{k=0}^{n}k|a_k|=\frac1n\sum_{k=0}^{n}\underbrace{k|a_k|}_{\to0\ (\mathrm{i})}. \]

由 Cesàro 定理（$c_k\to0\Rightarrow\frac1n\sum_{k\le n}c_k\to0$）：${|\mathrm{I}|\to0}$。

估计 II（用 $k|a_k|\le\varepsilon$ 对 $k>n$）　由 (i)，$\forall\varepsilon>0,\ \exists N,\ \forall k\ge N:\ k|a_k|\le\varepsilon$，即 $|a_k|\le\dfrac\varepsilon k$。$\forall n\ge N$：

\[|\mathrm{II}|\le\sum_{k\ge n+1}|a_k|x_n^{k}\le\frac{\varepsilon}{n+1}\sum_{k\ge n+1}x_n^{k} =\frac{\varepsilon}{n+1}\cdot\frac{x_n^{\,n+1}}{1-x_n} =\frac{\varepsilon\,n}{n+1}\,x_n^{\,n+1}\le\varepsilon \]

（$1-x_n=\frac1n$，$x_n^{n+1}\le1$）。$\implies\ {|\mathrm{II}|\le\varepsilon}$（$n$ 大时）。

$f(x_n)\to A$　由 (ii) 与 $x_n\to1^-$：$|f(x_n)-A|<\varepsilon$（$n$ 大时）。

由 $(5)$ 三角不等式：$\forall n$ 充分大，

\[|s_n-A|\le|\mathrm{I}|+|\mathrm{II}|+|f(x_n)-A|<0+\varepsilon+\varepsilon=2\varepsilon \ \therefore\ s_n\to A\ \implies\ {\sum a_n=A}.\qquad\blacksquare \]

含参变量反常积分的一致收敛
令（含参反常积分；第三种"一致"）　$f:[a,+\infty)\times[c,d]\to\mathbb R$，对 $x$ 可积（Riemann 或 Lebesgue）。记

\[F(A,y):=\int_a^{A}f(x,y)dx,\qquad I(y):=\int_a^{+\infty}f(x,y)dx:=\lim_{A\to+\infty}F(A,y), \]

\[R(A,y):=I(y)-F(A,y)=\int_A^{+\infty}f(x,y)dx\qquad(\text{余项 / 尾部}). \]

定义（一致收敛）　$\displaystyle\int_a^{+\infty}f(x,y)dx$ 关于 $y\in[c,d]$ 一致收敛 $:\iff$

\[\sup_{y\in[c,d]}|R(A,y)|\to0\ (A\to+\infty)\]

\[\quad\text{即}\quad \forall\varepsilon>0,\ \exists A_0,\ \forall A>A_0,\ \forall y\in[c,d]:\ \Bigl|\int_A^{+\infty}f(x,y)dx\Bigr|<\varepsilon. \tag{D} \]

定理 6.1（一致 Cauchy 收敛原理）

\[\ \int_a^{+\infty}f(x,y)dx\ \text{关于}\ y\ \textbf{一致收敛}\]

\[\iff \forall\varepsilon>0,\ \exists A_0,\ \forall A'',A>A_0,\ \forall y\in[c,d]:\ \Bigl|\int_A^{A''}f(x,y)dx\Bigr|<\varepsilon\ \tag{UC} \]

证
$(⇒)$　设 $(D)$ 成立.$\forall\varepsilon>0$，由 $(D)$ 取 $A_0$，$\forall A>A_0,\forall y:\ |R(A,y)|<\dfrac\varepsilon2$。则 $\forall A'',A>A_0$：

\[\int_A^{A''}f(x,y)dx=R(A,y)-R(A'',y) \quad\Bigl(\because\ \int_A^{A''}=\int_A^{+\infty}-\int_{A''}^{+\infty}\Bigr), \]

\[\implies\ \Bigl|\int_A^{A''}f\Bigr|\le|R(A,y)|+|R(A'',y)|<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon. \]

$(⇐)$　设 $(UC)$ 成立.

**$(i)$ 固定 $y$.(UC) 对该 $y$ 给出：$\forall\varepsilon,\exists A_0,\forall A'',A>A_0:\ |\int_A^{A''}f(x,y)dx|<\varepsilon$。此即数列 $A\mapsto F(A,y)$ 在 $\mathbb R$ 中的 Cauchy 条件 $\xrightarrow{\ \mathbb R\ \text{完备}\ }\exists\lim_{A\to+\infty}F(A,y)=:I(y)$。
$(ii)$ $\forall\varepsilon>0$，由 (UC) 取 $A_0$，$\forall A'',A>A_0,\forall y:\ |\int_A^{A''}f|<\dfrac\varepsilon2$。固定 $A>A_0$ 与 $y$，令 $A''\to+\infty$：$\int_A^{A''}f\to R(A,y)$，由极限保序性**（$<$ 退化为 $\le$）：

\[|R(A,y)|\le\frac\varepsilon2<\varepsilon\qquad(\forall A>A_0,\ \forall y) \ \implies\ \sup_y|R(A,y)|\le\frac\varepsilon2<\varepsilon\ \implies\ (D). \]

$\blacksquare$

判别法（证"不一致"；(UC) 的否定）
(UC) 的否定（逐层取非）

\[\exists\varepsilon_0>0,\ \forall A_0,\ \exists A''>A>A_0,\ \exists y\in[c,d]:\ \Bigl|\int_A^{A''}f(x,y)dx\Bigr|\ge\varepsilon_0. \tag{$\neg$UC} \]

点列形式　若存在 $A_n'\to+\infty$、$A_n''\to+\infty$（$A_n''>A_n'$）、$y_n\in[c,d]$ 使

\[\int_{A_n'}^{A_n''}f(x,y_n)dx\ \not\to\ 0, \]

则不一致收敛。
证　反设一致收敛，由定理 6.1 得 (UC)：$\forall\varepsilon,\exists A_0,\forall A'',A>A_0:\ |\int_A^{A''}f|<\varepsilon$。由 $A_n',A_n''\to+\infty$，$\exists n_0,\forall n\ge n_0:\ A_n',A_n''>A_0$，故 $n\ge n_0$ 时 $\bigl|\int_{A_n'}^{A_n''}f(x,y_n)dx\bigr|<\varepsilon$，即该积分 $\to0$，矛盾.■

例 6.1　$\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{\sin xy}{x}dx$ 关于 $y\in(0,+\infty)$：不一致
逐点收敛　$u=xy$：$\int_0^{A}\frac{\sin xy}{x}dx=\int_0^{Ay}\frac{\sin u}{u}du\to\frac\pi2\ \implies\ I(y)\equiv\frac\pi2$。

取　$A_n'=n\pi,\ A_n''=\frac32n\pi,\ y_n=\frac1n$。则 $u=xy_n=\frac xn$：$A_n'y_n=\pi,\ A_n''y_n=\frac32\pi$。

\[J_n=\int_{n\pi}^{\frac32n\pi}\frac{\sin(x/n)}{x}dx. \]

$x/n\in[\pi,\frac32\pi]\Rightarrow\sin\frac xn\le0$（定号）$\implies\ |J_n|=\int\frac{|\sin(x/n)|}{x}dx$；又 $x\le\frac32n\pi\Rightarrow\frac1x\ge\frac{2}{3n\pi}$：

\[|J_n|\ \ge\ \frac{2}{3n\pi}\int_{n\pi}^{\frac32n\pi}\Bigl|\sin\frac xn\Bigr|dx \overset{u=x/n}{=}\ \frac{2}{3n\pi}\cdot n\int_{\pi}^{\frac32\pi}|\sin u|\,du =\frac{2}{3\pi}\cdot1=\frac{2}{3\pi}>0. \]

（$\int_\pi^{3\pi/2}|\sin u|du=\int_\pi^{3\pi/2}(-\sin u)du=[\cos u]_\pi^{3\pi/2}=0-(-1)=1$。）

\[\implies\ J_n\not\to0\ \implies\ {\text{关于}\ y\in(0,+\infty)\ \textbf{不一致收敛}}. \]

例 6.2　$\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-\alpha x}\sin x\,dx$ 关于 $\alpha\in(0,+\infty)$：不一致
逐点收敛　$\forall\alpha>0$：$|e^{-\alpha x}\sin x|\le e^{-\alpha x}\in L^1\ \implies$ 绝对收敛（值为 $\frac1{1+\alpha^2}$）。

取　$A_n'=n\pi,\ A_n''=(n+1)\pi,\ \alpha_n=\frac1{n+1}$。则

\[\alpha_n A_n''=\frac{(n+1)\pi}{n+1}=\pi\ \implies\ x\in[A_n',A_n'']\Rightarrow e^{-\alpha_nx}\ge e^{-\alpha_nA_n''}=e^{-\pi}. \]

$\sin x$ 在 $(n\pi,(n+1)\pi)$ 上定号（符号 $(-1)^n$），$e^{-\alpha_nx}>0$ $\therefore$ 被积函数定号：

\[|J_n|=\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}e^{-\alpha_nx}|\sin x|dx \ \ge\ e^{-\pi}\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin x|dx =\ e^{-\pi}\cdot2=2e^{-\pi}>0. \]

\[\implies\ |J_n|\ge2e^{-\pi}\ (\forall n)\ \not\to0\ \implies\ {\text{关于}\ \alpha\in(0,+\infty)\ \textbf{不一致收敛}}. \]

例 6.3（瑕点版）　$\displaystyle\int_0^{1}x^{p-1}\ln^{2}x\,dx$ 关于 $p\in(0,+\infty)$：不一致
逐点收敛（瑕点在 $x=0$）　由 $\int_0^1x^{p-1}dx=\frac1p$ 对 $p$ 求二阶导数：

\[{I(p)=\int_0^1x^{p-1}\ln^{2}x\,dx=\frac{2}{p^{3}}<\infty}\quad(\forall p>0). \]

取　$A_n'=\frac1{2n},\ A_n''=\frac1n\ (\to0^+),\ p_n=\frac1n$。则 $x^{p_n-1}=x^{\frac1n-1}$。

\[J_n=\int_{1/(2n)}^{1/n}x^{\frac1n-1}\ln^{2}x\,dx. \]

两条下界：

$x\le\frac1n\Rightarrow\ln x\le-\ln n\Rightarrow\ln^{2}x\ge(\ln n)^{2}$；
$x^{\frac1n-1}=x^{-1}x^{1/n},\quad x\ge\frac1{2n}\Rightarrow x^{1/n}\ge\Bigl(\frac1{2n}\Bigr)^{1/n}=e^{-\frac{\ln(2n)}{n}}\ge e^{-0.74}>\frac13$（$\frac{\ln(2n)}n\le\max\approx0.74$）$\implies\ x^{\frac1n-1}\ge\frac1{3x}$。

\[\implies\ J_n\ \ge\ \frac{(\ln n)^{2}}{3}\int_{1/(2n)}^{1/n}\frac{dx}{x} =\frac{(\ln n)^{2}}{3}\,\ln 2\xrightarrow{n\to\infty}+\infty. \]

\[\implies\ J_n\not\to0\ (\text{实为}\ \to+\infty)\ \implies\ {\text{关于}\ p\in(0,+\infty)\ \textbf{不一致收敛}}. \]

例 6.4　$\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{x\sin\alpha x}{\alpha(1+x^{2})}dx$ 关于 $\alpha\in(0,+\infty)$：不一致
逐点收敛　$\forall\alpha>0$ 固定：$\frac{x}{\alpha(1+x^{2})}$ 对 $x\ge\frac1\alpha$ 递减趋于 $0$，$\bigl|\int_0^{A}\sin\alpha x\,dx\bigr|\le\frac2\alpha$ $\xrightarrow{\ \text{Dirichlet}\ }$ 收敛。$x=0$ 非奇点。
取　$A_n'=\frac{n\pi}{4},\ A_n''=\frac{3n\pi}{4},\ \alpha_n=\frac1n$。作代换 $x=nu$（$u\in[\frac\pi4,\frac{3\pi}4]$，$dx=n\,du$）：

\[\frac{x}{\alpha_n(1+x^{2})}dx=\frac{nu}{\frac1n(1+n^{2}u^{2})}\,n\,du=\frac{n^{3}u}{1+n^{2}u^{2}}\,du, \]

\[\implies\ J_n=\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\frac{n^{3}u}{1+n^{2}u^{2}}\sin u\,du. \]

由 $u\ge\frac\pi4$ 与 $n\ge2$：$n^{2}u^{2}\ge1\implies 1+n^{2}u^{2}\le2n^{2}u^{2}\implies\frac{n^{3}u}{1+n^{2}u^{2}}\ge\frac{n}{2u}$。
又 $\sin u>0$ 于 $[\frac\pi4,\frac{3\pi}4]$，且 $\frac{\sin u}{u}$ 在 $(0,\pi]$ 递减 $\implies\ \frac{\sin u}{u}\ge\frac{\sin(3\pi/4)}{3\pi/4}=\frac{2\sqrt2}{3\pi}$：

\[J_n\ \ge\ \frac n2\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\frac{\sin u}{u}du\ \ge\ \frac n2\cdot\frac\pi2\cdot\frac{2\sqrt2}{3\pi}=\frac{\sqrt2}{6}\,n\xrightarrow{n\to\infty}+\infty. \]

\[\implies\ J_n\not\to0\ \implies\ {\text{关于}\ \alpha\in(0,+\infty)\ \textbf{不一致收敛}}. \]

posted @ 2026-10-31 17:10 星灯社小吊扇阅读(19) 评论(0) 收藏举报

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Journey of Proof

“数学永远是年轻人的事业。”——陈省身

一致连续，一致收敛

定义 1.1（在点连续）

定义 1.2（一致连续）

定义 1.3（不一致连续，对偶法则）

定义 1.4（度量空间，Apostol）

定义 1.5（Hölder / Lipschitz）

定义 1.6（振幅）

连续模

定义 1.7（逐点收敛）

定义 1.8（一致收敛）

定义 1.9（不一致收敛）

定义 1.10（一致有界）

定义 1.11（有界收敛 / 平均收敛 / 几乎一致收敛）

1.3 函数项级数

1.4 含参变量反常积分

1.5 其他相关概念

绝对连续

上半连续 / 下半连续

等度连续（Arzelà–Ascoli）

定理

3.1 例题

第4章一致收敛的定理与证明

例题

公告

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一致连续，一致收敛

定义 1.1（在点连续）

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定义 1.5（Hölder / Lipschitz）

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连续模

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