距离

1.4 收敛性

定义1.4.1

令$X$为一个集合且令$Y$为一个度量空间。一个映射$u_n:X{\to}Y$的序列逐点收敛到$u:X{\to}Y$指的是：对于任意$x{\in}X$，

$$ \lim_{n{\to}\infty}d(u_n(x),u(x))=0 $$

序列$(u_n)$一致收敛到$u$：如果

$$ \lim_{n{\to}\infty}\sup_{x{\in}X}d(u_n(x),u(x))=0 $$

注解：

（a）显然，一致收敛蕴含着逐点收敛。

（b）反过来一般不对。令$X=(0,1),Y=\mathbb{R}$且$u_n(x)=x^n$。则序列$(u_n)$逐点收敛但是不一致收敛到0。

（c）我们将用迪尼定理(Dini)证明一个部分的逆命题。

记号：令$u_n:X{\to}\overline{\mathbb{R}}$为一列函数序列，我们记$u_n{\uparrow}u$当对于任意$x$和对于任意$n,u_n(x){\le}u_{n+1}(x)$且

$$ u(x)=\sup_nu_n(x)=\lim_{n{\to}\infty}u_n(x) $$

我们记$u_n{\downarrow}u$，当对于任意$x$和任意$n,u_{n+1}(x){\le}u_n(x)$且

$$ u(x)=\inf_nu_n(x)=\lim_{n{\to}\infty}u_n(x) $$

定理1.4.2（Dini）

(迪尼定理)：令$X$为一个紧度量空间且令$u_n:X{\to}\mathbb{R}$为一列连续函数序列使得：

（a）$u_n{\uparrow}u$或者$u_n{\downarrow}u$。

（b）$u:X{\to}\mathbb{R}$是连续的。

则$(u_n)$一致收敛到$u$。（迪尼定理告诉我们在紧度量空间中，函数列连续加上函数列单调收敛可以说明函数列的一致连续性。）

证明：

（反证法）假设不一致收敛

$$ 0<\lim_{n{\to}\infty}\sup_n|u_n(x)-u(x)|=\inf_{n{\ge}0}\sup_{x{\in}X}|u_n(x)-u(x)| $$

则存在$\varepsilon>0$和一个序列$(x_n){\subset}X$使得对于任意$n$，

$$ \varepsilon{\le}|u_n(x_n)-u(x_n)| $$

由单调性，我们有对于$0{\le}m{\le}n$，

$$ \varepsilon{\le}|u_m(x_n)-u(x_n)| $$

由紧致性，存在一列子序列$(x_{n_k})$收敛到$x$。由连续性质，我们得到对于任意$m{\ge}0$，

$$ \varepsilon{\le}|u_m(x)-u(x)| $$

但是则$(u_n)$不是逐点收敛到$u$。于是导出了矛盾。

例子：（狄利克雷函数）我们用这个例子说明两个简单极限足够坏坏任一点的连续性。狄利克雷函数

$$ u(x)=\lim_{m{\to}\infty}\lim_{n{\to}\infty}(cos{\pi}m!x)^{2n} $$

当$x$是有理数时等于0，而当$x$是无理数的时候等于1.这个函数是到处不连续的。我们证明一致收敛保持连续性。

狄利克雷函数是给出一个例子，点点收敛的连续函数列，极限可能没有任何点是连续的。我们也知道，一致收敛的连续函数列，其极限是连续的。勒贝格函数是一个一致收敛的函数列，所以其极限是连续的，但是极限函数没有一点是可微的。

命题1.4.3

令$X$和$Y$是度量空间，$y{\in}X$且$u_n:X{\to}Y$为一个序列使得：

（a）$(u_n)$在$X$上一致收敛到$u$。

（b）对于任意$n,u_n$是在$y$处连续的。

则$u$是在$y$处连续的。（这个命题告诉我们在两个度量空间中，函数列一致收敛，且函数列在一点连续，则在该点收敛函数也是连续的）

证明：令$\varepsilon>0$。由假设，存在$n$和$\delta>0$使得

$$ \sup_{x{\in}X}d(u_n(x),u(x)){\le}\varepsilon且\sup_{x{\in}B[y,\delta]}d(u_n(x),u_n(y)){\le}\varepsilon $$

因此对于任何$x{\in}B[y,\delta]$，

$$ d(u(x),u(y)){\le}d(u(x),u_n(x))+d(u_n(x),u_n(y))+d(u_n(y),u(y)){\le}3\varepsilon $$

因为$\varepsilon>0$是任意取定的，$u$在$y$处是连续的。

定理1.4.4

令$X$为一个集合且令$Y$为一个度量空间。在从$X$到$Y$的有界映射空间上，

$$ \mathscr{B}(X,Y)=\left\{u:X{\to}Y:\sup_{x,y{\in}X}d(u(x),u(y))<\infty\right\} $$

我们定义一致收敛的距离

$$ d(u,v)=\sup_{x{\in}X}d(u(x),v(x)) $$

命题1.4.5

令$X$为一个集合且令$Y$为一个完备的度量空间。则空间$\mathscr{B}(X,Y)$是完备的。

证明：

假设$(u_n)$是使得

$$ \lim_{j,k{\to}\infty}\sup_{x{\in}X}d(u_j(x),u_k(x))=0 $$

的柯西序列，则对于任意$x{\in}X$，有

$$ \lim_{j,k{\to}\infty}d(u_j(x),u_k(x))=0 $$

且序列$(u_n(x))$收敛到一个极限$u(x)$（$Y$空间是完备的）。

令$\varepsilon>0$。则存在$m$使得对于$j,k{\ge}m$和$x{\in}X$，

$$ d(u_j(x),u_k(x)){\le}\varepsilon $$

由距离的连续性，我们得到对于$k{\ge}m$和$x{\in}X$,

$$ d(u(x),u_k(x)){\le}\varepsilon $$

因此对于$k{\ge}m$，

$$ \sup_{x{\in}X}d(u(x),u_k(x)){\le}\varepsilon $$

因为$\varepsilon>0$是任意取定的，于是$(u_n)$一致收敛到$u$。显然$u$是有界的。于是该柯西序列收敛到该空间中的元素，其完备性质得证。

推论1.4.6

(Weierstrass test)：令$X$为一个集合且令$u_n:X{\to}\mathbb{R}$为函数序列使得

$$ c=\sum^{\infty}_{n=1}\sup_{x{\in}X}|u_n(x)|<+\infty $$

则级数显然收敛且在$X$上一致收敛。

证明：显然对于任意$x{\in}X,\sum^{\infty}_{n=1}|u_n(x)|{\le}c<\infty$。我们记$v_j=\sum^j_{n=1}u_n$。由假设，我们有对于$j<k$，

$$ \sup_{x{\in}X}|v_j(x)-v_k(x)|=\sup_{x{\in}X}|\sum^k_{n=j+1}u_n(x)|{\le}\sum^k_{n=j+1}\sup_{x{\in}X}|u_n(x)|{\to}0,j{\to}\infty $$

因此$\lim_{j,k{\to}\infty}d(v_j,v_k)=0$，且$(v_j)$在$X$上一致收敛。

例子：（勒贝格函数）我们用这个例子说明一个一致极限足够破坏任一点的可微性质。我们定义

$$ f(x)=\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{2^n}sin2^{n^2}x=\sum^{\infty}_{n=1}u_n(x) $$

因为对于任意$n,\sup_{x{\in}\mathbb{R}}|u_n(x)|=2^{-n}$，则收敛性是一致的，且函数$f$在$\mathbb{R}$上是连续的。令$x{\in}\mathbb{R}$且$h_{\pm}={\pm}{\pi}/2^{m^2+1}$。一个简单计算说明对于$n{\ge}m+1,u_n(x+h_{\pm})-u_n(x)=0$且

$$ \frac{u_m(x+h_{\pm})-u_m(x)}{h_{\pm}}=\frac{2^{m^2-m+1}}{\pi}[cos2^{m^2}{\mp}sin2^{m^2}x] $$

我们取定$h=h_{+}$或者$h=h_{-}$使括号中表达式的绝对值大于或等于1。由中值定理

$$ \left|\sum^{m-1}_{n=1}\frac{u_n(x+h)-u_n(x)}{h}\right|{\le}\sum^{m-1}_{n=1}2^{n^2-n}<2^{(m-1)^2-(m-1)+1}=2^{m^2-3m+3} $$

其中估计用到了

$$ \sum^{m}_{n=1}2^{(n-1)^2-(n-1)}=2^{(m-1)^2-(m-1)}\sum^{m}_{n=1}\frac{1}{2^(n-1)^2-(n-1)}{\le}2^{(m-1)^2-(m-1)+1} $$

最后用了几何级数的估计。

因此

$$ \frac{2^{m^2-m+1}}{\pi}-2^{m^2-3m+3}{\le}\left|\sum^m_{n=1}\frac{u_n(x+h)-u_n(x)}{n}\right|=\left|\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\right| $$

且对于任意$\varepsilon>0$，

$$ \sup_{0<|h|<\varepsilon}\left|\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\right|=+\infty $$

勒贝格函数是处处连续且无处可微的。导数的一致收敛性保持可微性。

这个例子中勒贝格函数是由无穷级数生成的，这个级数是绝对，一致收敛，所以极限是连续函数，但是极限函数是没有任何点可以微分的，没有导数，没有切线。

这样的函数其实很多，类似于“无理数”的势，可以证明：无处不可微函数的集合是在$X=C([0,1])$中稠密的，该空间带有距离$d(u,v)=\max_{0{\le}x{\le}1}|u(x)-v(x)|$（证明这个结论要用到贝尔定理。）

紧性总结

关于紧性质，从数学分析中我们知道$A{\subset}\mathbb{R}$是紧的当且仅当$A$是有界闭集。但是这个结论在函数空间就不成立了。

给个例子：

$X_1=C([0,1])$中

$$ d_1(u,v)=\max_{x{\in}[0,1]}|u(x)-v(x)| $$

其中$(X_1,d_1)$是一个度量空间，可以证明是完备的。而且是一个线性空间。

$A=\left\{u{\in}X_1|\max|u|{\le}1\right\}$是一个有界闭集（其实是中心在原点的以1为半径的闭球）。但是$A$不是紧的。可以构造一个$A$里的函数序列$u_n$使得其没有收敛子列。

另一个例子：

$X_2=C([0,1])$中

$$ d_2(u,v)=\int^1_0|u(x)-v(x)|dx $$

其中$(X_2,d_2)$是一个线性度量空间，已经证明过它不是完备的，而$A=\left\{u{\in}X_1|\int^1_0|u(x)|dx{\le}1\right\}=B[0,1]$是单位闭球是一个有界闭集。可以证明$A$不是紧致的。可以构造一个$A$里的函数序列$u_n$使得其没有收敛子列。在$(X_1,d_1)$里不紧的或许在$(X_2,d_2)$里是紧的。

还有一个例子，$X_3=\mathscr{B}(X,Y)$是有界映射空间，这里的收敛也是一致收敛，这个是完备空间。容易构造不紧的有界闭集。

我们学习了相关下半连续函数的性质，这些都可以转述到上半连续函数。

例如：设$F$是上半连续函数，由于定理容易证明$-F$是下半连续函数，所以可以用下半连续函数的性质证明，设$F$是上半连续函数，对于任何$t,\left\{F<t\right\}$是开集。

一个集合$A$的特征函数$\chi_A(x)$取值就只有两个数0和1，所以检查其下水平集。从而证明当$A$是开的，$\chi_A(x)$是下半连续的。当然也可以用定义直接证：$x_n{\to}x$，如果$x{\in}A$，存在$r>0,B(x,r){\subset}A$。所以对$n$足够大，有$x_n{\in}B(x,r){\subset}A$，所以

$$ \lim_{n{\to}\infty}\chi_A(x_n)=1=\chi_A(x) $$

如果$x{\not\in}A,\chi_A=0$，则

$$ \varliminf_{n{\to}\infty}\chi_A(x_n){\ge}0=\chi_A(x) $$

所以我们可以从两种方式证明。