Function Space - 函數空間的級數

接著考慮的是函數的級數，也就是形如：

$$\{F_n{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}={\left\{\sum _{i=1}^n{f}_i\right\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$$

的函數數列。

$F_n$ 的每一項都是前

$n$ 個

$\{f_i\}$ 的和，因此也是個函數。因此收斂的定義就可以沿用函數收斂的定義。

判斷函數級數收斂的其中一個方法，是 Weiestrass M-test

Weiestrass M-Test

Weiestrass M-Test
假定

$\{f_k\}$ 是定義在

$[a,b]$ 上的實函數數列。若存在

$\{M_k\}\subset \mathbb{R}$，使得：

$$\mathrm{\forall }x\in [a,b].|f_k(x)|<M_k$$
且：

$$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{M}_k=M<\mathrm{\infty }$$
則

$\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_k$ 均勻收斂。更進一步，它是絕對收斂的。

由條件可以知道每個

$f_k$ 都是有界的，因此這是一個有界函數中的子序列。而有界函數加上 sup norm 形成的 metric space 是完備的。所以想辦法說這個數列 Cauchy 就可以讓它收斂了。

而要說他是 Cauchy 的關鍵，就在那個

$\sum M_k$。他是收斂的，所以他 Cauchy：

$$\begin{array}{rl}{d}_{sup}(F_m,F_n)& =sup|\sum _{k=1}^m{f}_k-\sum _{k=1}^n{f}_n|\\ & =sup\left|\sum _{i=m+1}^n{f}_k\right|\le \sum _{i=m+1}^n{M}_k=|\sum _{k=1}^m{M}_k-\sum _{k=1}^n{M}_k|<ϵ\end{array}$$

又因為有界函數是完備的，因此

$F_n$ 收斂。而進一步，因為

$M_k$ 是每一個

$f_k$ 的一個上界，所以：

$$\sum _{k=1}^n\underset{x\in [a,b]}{sup}|f_k(x)|<\sum _{k=1}^n{M}_k\to M<\mathrm{\infty }$$

因此這個函數數列也絕對收斂。

Corollary (均勻收斂保連續)
假定

$\{f_k\}\subset (C^0[a,b],d_{sup})$，且：

$$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_k=F$$
則

$F$ 也是個連續函數。

這邊級數收斂一樣是用均勻收斂。而會成立的理由是：有限個連續函數相加後仍然是連續函數，所以

$F_n=\sum _{k=1}^n{f}_k$ 是

$C^0[a,b]$ 上的函數數列; 而

$C^0([a,b])$ 又是

$C_b[a,b]$ 的閉集，所以那個收斂的點就被包在這個自己裡面了。

均勻收斂保可積

Thm (均勻收斂保可積)
假定

$\{f_n\}\subset \mathcal{R}$ 是個黎曼可積的函數形成的數列，且已知

$f_n\to f$。則

$f$ 也黎曼可積，且：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_a^b{f}_n={\int }_a^{b}f={\int }_a^b(\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n)$$

因為要驗證黎曼可積，最直覺的方法就是用 Reimann-Lebesgue Theorem 去看不連續點是不是 zero set。令：

$$Z_n=\{\text{discont. points of }{f}_n\}$$

因為每一個

$f_n$ 都是黎曼可積，所以每一個

$Z_n$ 都會是 zero set。因此：

$$Z=\bigcup _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{Z}_n$$

也會是個 zero set，因為可數個 zero set 聯集起來還是 zero set。但

$Z$ 包了所有

$f$ 可能的不連續點了，又是個 zero set。所以

$f$ 也黎曼可積。

接著要證明的是：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left(\underset{A_n}{\underbrace{{\int }_a^b{f}_n}}\right)=\underset{A}{\underbrace{{\int }_a^{b}f}}$$

而這個關鍵觀察來自於

$f_n\to f$，所以

$n$ 夠大時，

$$|f_n(x)-f(x)|\le |f_n-f|<ϵ$$

因此當

$n$ 夠大時，兩者的差異也會跟著很小：

$$|{\int }_a^b{f}_n(x)-{\int }_a^{b}f(x)|=|{\int }_a^b(f(x)-f_n(x))|\le {\int }_a^b|f(x)-f_n(x)|<ϵ(b-a)$$

這個定理的其中一個結論是逐項積分：

逐項積分

Corollary (均勻收斂保逐項積分)
假定

$\{f_n\}\subset \mathcal{R}$，且：

$$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_k\text{ convrges uniformly}$$

則：

$$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\left({\int }_a^b{f}_k\right)={\int }_a^b\left(\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_k\right)$$

先寫出有限項的和：

$$\sum _{k=1}^n{\int }_a^b{f}_k={\int }_a^b\sum _{k=1}^n{f}_k$$

左右取極限：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n{\int }_a^b{f}_k=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_a^b\sum _{k=1}^n{f}_k$$

左式已經是目標的樣子了。因為這就是無限級數的定義：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n{\int }_a^b{f}_k=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_a^b{f}_k$$

右式利用剛剛「均勻收斂下，極限可以滲透進積分」，得到：

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_a^b\sum _{k=1}^n{f}_k& ={\int }_a^b\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n{f}_k={\int }_a^b\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_k\end{array}$$

均勻收斂與可微

既然均勻收斂可以保可積，那就不免想問：那可微會不會也保留？答案是未必。但加上一些條件之後，就可以保留：

Thm
假定

$\{f_n\}$ 中的函數均在

$[a,b]$ 可微，且：

$$\{f_n\}\stackrel{\text{uniformly}}{⟶}f$$
如果更進一步：

$$\{f_n^{\prime }\}\stackrel{\text{uniformly}}{⟶}g$$
則：

$$f^{\prime }=g$$

言下之意，雖然不能保證可微分被保留。但如果微分之後的函數數列收斂，那先取極限再微分的結果跟先微分一樣。

證明的目標其實是兩個極限能不能互換：

$$\underset{t\to x}{lim}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{f_n(t)-f(x)}{t-x}\stackrel{?}{=}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\underset{t\to x}{lim}\frac{f_n(t)-f(x)}{t-x}$$

固定

$x\in [a,b]$，定義：

$${\varphi }_n(t)=\{\begin{array}{ll}\frac{f_n(t)-f_n(x)}{t-x}& \text{if }t\ne x\\ f_n^{\prime }(x)& \text{if t = x}\end{array}$$

接下來只要

${\varphi }_n$ 收斂，而且收斂到的那個函數

$\varphi$ 在

$x$ 連續，那就可以利用這個

$\varphi$ 去證明想要的結果。因為

$\varphi$ 會長成這樣：

$${\varphi }_n(t)\to \varphi (t)=\{\begin{array}{ll}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left(\frac{f_n(t)-f_n(x)}{t-x}\right)=\frac{f(t)-f(x)}{t-x}& \text{if }t\ne x\\ \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n^{\prime }(x)=g(x)& \text{if t = x}\end{array}$$

因此，利用

$\varphi$ 連續可以證明：

$$\underset{t\to x}{lim}\varphi (t)=\varphi (x)\Rightarrow \underset{t\to x}{lim}\frac{f(t)-f(x)}{t-x}=g(x)$$

這就是想要的結果。

那麼要如何證明

${\varphi }_n$ 收斂？利用

${\varphi }_n$ Cahchy 就好^[1]。而既然函數分兩個部分定義，所以就分兩段討論

$|{\varphi }_m(t)-{\varphi }_n(t)|$ 會長怎樣。如果對於任意

$t\in [a,b]$，

$|{\varphi }_m(t)-{\varphi }_n(t)|$ 上界都可以任意小，那最小上界就可以跟著任意小，然後任務就完成了。

CASE：

$t\ne x$

這時：

$$\begin{array}{rl}{\varphi }_n-{\varphi }_m& =\left(\frac{f_n(t)-f_n(x)}{t-x}\right)-\left(\frac{f_m(t)-f_m(x)}{t-x}\right)\\ & =\frac{(f_n-f_m)(t)-(f_n-f_m)(x)}{t-x}\\ & =(f_m^{\prime }-f_n^{\prime })(\theta )(\text{for some }\theta \in (a,b))\\ & =f_n^{\prime }(\theta )-f_m^{\prime }(\theta )\end{array}$$

最後兩步是套用了 mean value theorem。

CASE：

$t=x$

這時因為

${\varphi }_n(x)=f_n^{\prime }(x)$，所以就直接：

$${\varphi }_n-{\varphi }_m=f_n^{\prime }(x)-f_m^{\prime }(x)$$

COMBINE

因為

$\{f_n^{\prime }\}$ 已經知道均勻收斂，所以他 Cauchy。再加上均勻收斂的定義告訴我們 sup norm 可以任意小，也就是：

$$\underset{x\in [a,b]}{sup}|f_n^{\prime }(x)-f_m^{\prime }(x)|<ϵ$$

因此跟著：

$$|{\varphi }_m(t)-{\varphi }_n(t)|=\{\begin{array}{lll}|f_n^{\prime }(\theta )-f_m^{\prime }(\theta )|& \le \underset{t\in [a,b]}{sup}|f_n^{\prime }(t)-f_m^{\prime }(t)|<ϵ& (t\ne x)\\ |f_n^{\prime }(x)-f_m^{\prime }(x)|& \le \underset{t\in [a,b]}{sup}|f_n^{\prime }(t)-f_m^{\prime }(t)|<ϵ& (t=x)\end{array}$$

因此，對於所有

$t\in [a,b]$，不管

$t\ne x$ 或

$t=x$ 的狀況下，

$ϵ$ 都是

$|{\varphi }_n(t)-{\varphi }_m(t)|$ 的上界，而這個

$ϵ$ 是任選的，所以

$\{{\varphi }_n\}$ 就 Cauchy 了。