度量空间中函数列一致收敛等价条件的证明

我来一步步梳理这个经典等价性的双向推导，核心就是紧扣一致收敛的定义，反向用反证法构造矛盾就行~

(⇒) 由一致收敛推序列收敛 #

首先回忆一致收敛的严格定义：

若函数列$(f_n)_{n=m}^\infty$在$X$上一致收敛于$f:X \to Y$，则对任意$\varepsilon > 0$，存在整数$N \geq m$，使得当$n \geq N$时，对所有$x \in X$都有$d_Y(f_n(x), f(x)) < \varepsilon$。

现在任取$X$中的序列$(x_n)_{n=m}^\infty$，当$n \geq N$时，不管$x_n$是$X$中哪个点，都满足一致收敛的不等式：
$$d_Y(f_n(x_n), f(x_n)) < \varepsilon$$
这完全符合数列收敛到0的定义：对任意$\varepsilon > 0$，存在$N$，当$n \geq N$时，$d_Y(f_n(x_n), f(x_n))$与0的距离（就是它本身，因为距离非负）小于$\varepsilon$。因此必然有$d_Y(f_n(x_n), f(x_n)) \to 0\ (n \to \infty)$。

这一步的关键是一致收敛的「一致性」——对所有点同时成立，自然覆盖了序列中的每个$x_n$。

(⇐) 由任意序列收敛推一致收敛 #

这部分用反证法更直观，我们先假设结论不成立，再构造矛盾。

假设$f_n$不一致收敛于$f$，根据一致收敛的否定定义：

存在某个$\varepsilon_0 > 0$，使得对任意整数$N \geq m$，都存在$n \geq N$和$x_n \in X$，满足$d_Y(f_n(x_n), f(x_n)) \geq \varepsilon_0$。

基于这个否定定义，我们可以构造一个特殊的序列$(x_n)_{n=m}^\infty$：

• 取$N=m$，存在$n_1 \geq m$和$x_{n_1} \in X$，使得$d_Y(f_{n_1}(x_{n_1}), f(x_{n_1})) \geq \varepsilon_0$；
• 取$N=n_1+1$，存在$n_2 \geq n_1+1$和$x_{n_2} \in X$，使得$d_Y(f_{n_2}(x_{n_2}), f(x_{n_2})) \geq \varepsilon_0$；
• 以此类推，得到严格递增的下标序列$n_1 < n_2 < n_3 < \dots$，以及对应的点$x_{n_k}$，满足对所有$k$，$d_Y(f_{n_k}(x_{n_k}), f(x_{n_k})) \geq \varepsilon_0$。

把这个序列补全为定义在所有$n \geq m$上的序列：对于非$n_k$的下标$n$，随便取$X$中一个固定点（比如$x_0 \in X$）即可。这样得到的序列$(x_n)$，对应的$d_Y(f_n(x_n), f(x_n))$有无穷多项都大于等于$\varepsilon_0$，显然不可能收敛到0。

但这和题设的「对$X$中任意序列$(x_n)$，都有$d_Y(f_n(x_n), f(x_n)) \to 0$」矛盾！因此我们的假设不成立，即$f_n$必须在$X$上一致收敛于$f$。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者thisisme