漫步数学分析二十二——魏尔斯特拉斯测试

我们现在考虑一致收敛的一些判别方法。首先是理论上的方法，类似于Rn中序列的柯西判别准则，它也称为柯西判别准则。

定理2 令fk:A→Rm是一个函数序列，那么fk一致收敛，当且仅当对每个ε>0，存在一个N使得l,k≥N时，对所有的x∈A，不等式∥fk(x)−fl(x)∥<ε。

对于级数的情况，柯西判别准则形式如下：级数Σ∞k=1gk一致收敛，当且仅当对每个ε>0，存在一个N使得k≥N时，对所有的x∈A与整数p=0,1,2,…，不等式∥gk(x)+⋯+gk+p(x)∥<ε成立。

根据上面的定理，我们可以得到下面用于判断级数一致收敛的方法，叫做魏尔斯特拉斯M测试(Weierstrass M-test)。

定理3 假设gk:A→Rm这样的函数，存在常数Mk使得对所有的x∈A,∥gk(x)∥≤Mk，并且Σ∞k=1Mk收敛。那么Σ∞k=1gk一致收敛(并且绝对收敛)。

M测试并不适用于所有情况，但是对大多数情况都是有效的。对于更加精炼的测试，可以参看狄利克雷(Dirichlet)和阿贝尔(Abel)测试(会在后面给出)。

定理3事实上非常直观，因为常数Mk给出了收敛速率的边界，成为边界的点要独立于x。(更准确来说，级数Σgk的尾部(也就是误差)由ΣMk的尾部界定，它→0且与x无关。)

例1：说明

∑1∞gn(x)=∑1∞(sinnx)2n2

一致收敛。

解：令Mn=1/n2，这里|gn(x)|≤Mn，因为|sinnx|≤1。因此由定理3可知收敛是一致的。

例2：证明

f(x)=∑0∞(xnn!)2

在R上是连续的。

解：这里我们无法对每一项选出一个Mn，因为xn是无界的，因此我们不能期望它在R上所有地方都是一致收敛的，但是我们可以证明它在每个区间[−a,a]上一致收敛，这是我们令Mn=(an/n!)2，它是[−a,a]上第n项的上界，比值测试说明ΣMn收敛，因为

Mn+1Mn=(n!(n+1)!)2(an+1an)=(an+1)2

收敛到零，也就是比1小。因此我们可以得出[−a,a]上一致收敛并且根据定理1，我们可知f在[−a,a]上是连续的。因为a是任意的，所以我们得出其在R的所有地方都是连续的。

例3：假设序列fn(x),0≤x≤1一致收敛并且fn是可微的，f′n(x)一致收敛吗？

解：答案是否。通常来说，导数通过均值定理控制函数，但反过来不成立。例如令fn(x)=[sin(n2x)]/n，那么fn→0(一致)，但是f′n(x)=ncos(n2x)不收敛，甚至也不是逐点收敛的(例如，令x=0)。