函数序列一致收敛性研究：柯西问题解序列的收敛性判定

咱们直接切入问题，先给核心结论：在包含于$(-\sqrt{3},\sqrt{3})$的任意闭区间上，${f_n(t)}$一致收敛到$f(t)$；但在整个开区间$(-\sqrt{3},\sqrt{3})$上，这个序列并不一致收敛。下面一步步拆解推导过程：

1. 先化简函数差值的表达式 #

首先，我们把$f_n(t)$和极限函数$f(t)$的差值绝对值写出来，再做通分化简：
$$
|f_n(t)-f(t)| = \left| \frac{2}{1+2\cdot2^{-1/n}-t2} - \frac{2}{3-t^2} \right|
$$
通分后计算分子：
$$
\begin{align*}
\text{分子部分} &= 2\left[(3-t^2) - (1+2\cdot2^{-1/n}-t2)\right] \
&= 2\left[3 - t^2 -1 -2\cdot2^{-1/n} + t^2\right] \
&= 4(1 - 2^{-1/n})
\end{align*}
$$
所以差值的绝对值可以整理为：
$$
|f_n(t)-f(t)| = \frac{4|1 - 2^{{-1/n}|}{\left|(1+2\cdot2}{-1/n}-t^2)(3-t2)\right|}
$$

2. 闭区间上的一致收敛性验证 #

考虑任意闭区间$[a,b] \subset (-\sqrt{3},\sqrt{3})$，这里$t$不会趋近于$\pm\sqrt{3}$，所以存在正数$m$，使得对所有$t\in[a,b]$，$|3-t^2|\geq m$（分母有固定下界）。

当$n$足够大时，$2^{{-1/n}$趋近于1，所以$1+2\cdot2}{-1/n}$趋近于3，因此也存在正数$k$，使得对所有$t\in[a,b]$和足够大的$n$，$|1+2\cdot2^{-1/n}-t2|\geq k$。

再看分子：$1-2^{-1/n} = 1 - e^{-\frac{\ln2}{n}}$，当$n\to\infty$时，这部分等价于$\frac{\ln2}{n}$，也就是$O\left(\frac{1}{n}\right)$的量级，会随着$n$增大趋于0。

结合分母的下界，$|f_n(t)-f(t)|$的上界是$O\left(\frac{1}{n}\right)$，当$n$足够大时，这个上界可以小于任意给定的$\epsilon>0$。根据一致收敛的定义，此时序列在闭区间$[a,b]$上一致收敛到$f(t)$。

3. 整个开区间上的不一致收敛性证明 #

如果考虑整个开区间$(-\sqrt{3},\sqrt{3})$，我们可以构造一个特殊的$t_n$序列，来证明不一致收敛：

取$t_n = \sqrt{3 - \frac{1}{n}}$，显然$t_n$属于$(-\sqrt{3},\sqrt{3})$（因为$3-\frac{1}{n}<3$）。代入差值表达式：

• $3-t_n^2 = \frac{1}{n}$
• $1+2\cdot2^{-1/n}-t_n2 = 2(2^{-1/n}-1) + \frac{1}{n}$

把这些代入差值的绝对值：
$$
|f_n(t_n)-f(t_n)| = \frac{4(1-2^{{-1/n})}{\left|2(2}{-1/n}-1) + \frac{1}{n}\right| \cdot \frac{1}{n}}
$$
用等价无穷小替换$2^{-1/n}-1 \sim -\frac{\ln2}{n}$，代入后可以得到：
$$
|f_n(t_n)-f(t_n)| \sim \frac{4\cdot\frac{\ln2}{n}}{\left|-\frac{2\ln2}{n} + \frac{1}{n}\right| \cdot \frac{1}{n}} = \frac{4\ln2 \cdot n}{|1 - 2\ln2|}
$$
因为$1-2\ln2 \approx -0.386 \neq 0$，所以这个表达式当$n\to\infty$时会趋于无穷大。这说明无论$n$取多大，总能找到$t_n$使得$|f_n(t_n)-f(t_n)|$超过任意给定的$\epsilon$，因此在整个开区间$(-\sqrt{3},\sqrt{3})$上，序列不一致收敛。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Giulia B.