一、一致收敛性

1. 函数列及其点态收敛

1.1 函数列与收敛域的定义

定义 1（函数列）： 设 $E \subset \mathbb{R}$，且 $f_1, f_2, \dots, f_n, \dots$ 是一组定义在 $E$ 上的函数。我们称该函数集为定义在 $E$ 上的一个函数列，记作 $\{f_n\}$ 或 $f_n \ (n=1, 2, \dots)$。
定义 2（点态收敛与收敛域）： 在定义 1 的条件下，给定一点 $x_0 \in E$：
- 如果数列 $\{f_n(x_0)\}$ 收敛（或发散），则称函数列 $\{f_n\}$ 在点 $x_0$ 处收敛（或发散）。
- 集合 $\{x \in E : \{f_n\} \text{ 在点 } x \text{ 处收敛}\}$ 称为函数列 $\{f_n\}$ 的收敛域。

1.2 极限函数

给定 $D \subset E$，若对于 $\forall x \in D$，函数列 $\{f_n\}$ 都在点 $x$ 处收敛，则可以定义一个函数 $f: D \to \mathbb{R}$，映射关系为 $x \mapsto \lim_{n \to \infty} f_n(x)$。

即：

\[ f(x) = \lim_{n \to \infty} f_n(x), \quad x \in D \]

称 $f$ 为 $\{f_n\}$ 在 $D$ 上的极限函数。
此时也称函数列 $\{f_n\}$ 在 $D$ 上收敛于 $f$（或称为点态收敛于 / 逐点收敛于 $f$）。

点态收敛的 $\varepsilon-N$ 语言表述：

\[ \{f_n\} \text{ 在 } D \text{ 上逐点收敛于 } f \iff \forall x \in D, \forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{Z}^+, \text{ s.t. 当 } n \ge N \text{ 时, 有 } |f_n(x) - f(x)| < \varepsilon \]

(注：在点态收敛中，正整数 $N$ 既依赖于 $\varepsilon$，也依赖于选取的点 $x$。即 $N = N(\varepsilon, x)$。)

【例题】 研究函数列 $f_n(x) = x^n$ 在 $[0, 1]$ 上的收敛性。

解答： 当 $x \in [0, 1)$ 时，$\lim_{n \to \infty} x^n = 0$；当 $x = 1$ 时，$\lim_{n \to \infty} 1^n = 1$。

因此，该函数列在 $[0, 1]$ 上逐点收敛于极限函数 $f(x)$：

\[ f(x) = \begin{cases} 0, & x \in [0, 1) \\ 1, & x = 1 \end{cases} \]

2. 函数列的一致收敛

2.1 一致收敛的定义

设函数列 $\{f_n\}$ 与函数 $f$ 都在定义域 $D$ 上有定义。

若 $\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{Z}^+$，s.t. 当 $n \ge N$ 时，对 $\forall x \in D$，都有 $|f_n(x) - f(x)| < \varepsilon$，则称 $\{f_n\}$ 在 $D$ 上一致收敛于 $f$。

记作： $f_n(x) \rightrightarrows f(x) \ (n \to \infty, x \in D)$ 或 $f_n \stackrel{D}{\rightrightarrows} f$。

(注：在一致收敛中，正整数 $N$ 只依赖于 $\varepsilon$，与 $x$ 的选取无关。即存在一个对所有 $x \in D$ 都生效的“公共 $N$”。)

2.2 点态收敛与一致收敛的关系

\[ \text{一致收敛} \implies \text{逐点收敛} \]

(注：逆命题不成立，逐点收敛推不出一致收敛，详见下文的反例。)

2.3 不一致收敛的等价条件

由定义取反，$\{f_n\}$ 在 $D$ 上不一致收敛于 $f$ 的等价命题为：

\[ \exists \varepsilon_0 > 0, \forall N \in \mathbb{Z}^+, \exists n \ge N \text{ 且 } \exists x \in D, \text{ s.t. } |f_n(x) - f(x)| \ge \varepsilon_0 \]

【例题】 $f_n(x) = x^n$ 的收敛性探讨

情形一：在区间 $[0, 1)$ 上不一致收敛

分析： 极限函数为 $f(x) = 0$。
证明： 取 $\varepsilon_0 = \frac{1}{2}$。对 $\forall N \in \mathbb{Z}^+$，取 $n = N + 1 \ge N$。

令 $x = \sqrt[n]{\frac{1}{2}} \in [0, 1)$。

此时 $|f_n(x) - f(x)| = \left| \left( \sqrt[n]{\frac{1}{2}} \right)^n - 0 \right| = \frac{1}{2} \ge \varepsilon_0$。

故 $f_n(x) = x^n$ 在 $[0, 1)$ 上不一致收敛于 $0$。

情形二：在闭子区间 $[0, 1-\delta]$ 上一致收敛 ($0 < \delta < 1$)

分析： 要使 $|x^n - 0| < \varepsilon$，只需 $(1-\delta)^n < \varepsilon \iff n \ln(1-\delta) < \ln \varepsilon \iff n > \frac{\ln \varepsilon}{\ln(1-\delta)}$ （注意 $\ln(1-\delta) < 0$）。
证明： $\forall \varepsilon \in (0, 1)$，令 $N = \left[ \frac{\ln \varepsilon}{\ln(1-\delta)} \right] + 1$。

当 $n \ge N$ 时，对 $\forall x \in [0, 1-\delta]$，有：

\[ |x^n - 0| \le (1-\delta)^n \le (1-\delta)^N < \varepsilon \]

故 $f_n(x) = x^n$ 在 $[0, 1-\delta]$ 上一致收敛于 $0$。

2.4 内闭一致收敛

定义： 设函数列 $\{f_n\}$ 与 $f$ 都在区间 $I$ 上有定义。若对于任意闭区间 $[a, b] \subset I$，$\{f_n\}$ 在 $[a, b]$ 上都一致收敛于 $f$，则称 $\{f_n\}$ 在 $I$ 上内闭一致收敛于 $f$。
结论： $f_n(x) = x^n \ (n \ge 1)$ 在 $(0, 1)$ 上内闭一致收敛于 $f(x) = 0$。

2.5 函数列一致收敛的判别准则

方法一：柯西准则

函数列在 $D$ 上一致收敛的充要条件是：

\[ f_n \stackrel{D}{\rightrightarrows} f \iff \forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{Z}^+, \text{ s.t. 当 } m, n \ge N \text{ 时, 对 } \forall x \in D, \text{ 都有 } |f_n(x) - f_m(x)| < \varepsilon \]

(注：柯西准则的优势在于不需要提前知道极限函数 $f(x)$ 是什么，只需判断序列内部的稳定性。)

方法二：上确界判别法 ($M_n$ 判别法)

设 $\{f_n\}$ 与 $f$ 都在 $D$ 上有定义。$\forall n \ge 1$，令该误差的上确界为 $M_n$：

\[ M_n = \sup_{x \in D} |f_n(x) - f(x)| \]

定理： $f_n \stackrel{D}{\rightrightarrows} f$ 当且仅当 $\lim_{n \to \infty} M_n = 0$。

【例题】 利用 $M_n$ 判别法证明一致收敛

题目： 设 $f_0(x)$ 在 $[0, a]$ 上连续。令 $f_n(x) = \int_0^x f_{n-1}(t) dt \ (n=1, 2, \dots)$。

证明： $\{f_n(x)\}$ 在 $[0, a]$ 上一致收敛于 $0$。

证明过程：

有界性估计： 因为 $f_0(x)$ 在闭区间 $[0, a]$ 上连续，由有界性定理，存在常数 $K > 0$，使得对于 $\forall x \in [0, a]$，都有 $|f_0(x)| \le K$。
递推寻找通项上界：
- $|f_1(x)| = \left| \int_0^x f_0(t) dt \right| \le \int_0^x |f_0(t)| dt \le Kx$
- $|f_2(x)| = \left| \int_0^x f_1(t) dt \right| \le \int_0^x |f_1(t)| dt \le \int_0^x Kt dt = K \frac{x^2}{2}$
- 使用数学归纳法不难得出：对 $\forall n \ge 1$，都有 $|f_n(x)| \le K \frac{x^n}{n!}$

计算 $M_n$ 并取极限：

我们要研究 $\{f_n(x)\}$ 是否一致收敛于 $0$，故计算上确界：

$$

M_n = \sup_{x \in [0, a]} |f_n(x) - 0| = \sup_{x \in [0, a]} |f_n(x)| $$

由步骤 2 可知，在 $[0, a]$ 上：

$$

|f_n(x)| \le K \frac{x^n}{n!} \le K \frac{a^n}{n!} $$

因此，上确界 $M_n \le K \frac{a^n}{n!}$。

得出结论：

由于 $\lim_{n \to \infty} \frac{a^n}{n!} = 0$ （指数增长与阶乘增长的基础极限结论），所以由夹逼定理可知：

\[ \lim_{n \to \infty} M_n = 0 \]

根据上确界判别法，$\{f_n(x)\}$ 在 $[0, a]$ 上一致收敛于 $0$。证明完毕。

3. 函数项级数及其点态收敛

3.1 函数项级数与部分和的定义

定义（函数项级数）： 设 $E \subset \mathbb{R}$，$\{u_n(x)\}$ 是定义在 $E$ 上的一个函数列。我们称表达式（或形式和）：

\[ u_1(x) + u_2(x) + \dots + u_n(x) + \dots, \quad x \in E \]

为定义在 $E$ 上的函数项级数，记作 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n(x)$ 或简记为 $\sum u_n(x)$。
定义（部分和函数列）： 令 $S_n(x) = \sum_{k=1}^n u_k(x) \ (x \in E, n=1, 2, \dots)$。

称函数列 $\{S_n(x)\}$ 为函数项级数 $\sum u_n(x)$ 的部分和函数列。

3.2 收敛域与和函数

点态收敛： 设 $x_0 \in E$，若数列 $\{S_n(x_0)\}$ 在点 $x_0$ 处收敛（或发散），则称函数项级数 $\sum u_n(x)$ 在点 $x_0$ 处收敛（或发散）。
收敛域： 函数项级数所有收敛点的集合，定义为 $\sum u_n(x)$ 的收敛域 $D$ ($D \subset E$)。
和函数： 若 $\sum u_n(x)$ 在 $D$ 上收敛，其部分和函数列的极限函数记为 $S(x)$，即 $\lim_{n \to \infty} S_n(x) = S(x)$。则称 $S(x)$ 为该级数在 $D$ 上的和函数，记作：

\[ \sum_{n=1}^{\infty} u_n(x) = S(x), \quad x \in D \]

4. 函数项级数的一致收敛

4.1 级数一致收敛的定义

设 $\sum u_n(x)$ 是定义在 $D$ 上的函数项级数，其部分和函数列为 $\{S_n(x)\}$。

若部分和函数列 $\{S_n(x)\}$ 在 $D$ 上一致收敛于和函数 $S(x)$，则称函数项级数 $\sum u_n(x)$ 在 $D$ 上一致收敛。

逻辑等价链条：

$\sum u_n(x)$ 在 $D$ 上一致收敛

$\iff$ 其部分和函数列 $\{S_n(x)\}$ 在 $D$ 上一致收敛于 $S(x)$

$\iff \forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{Z}^+$, 当 $n \ge N$ 时, 对 $\forall x \in D$, 都有 $|S_n(x) - S(x)| < \varepsilon$。

4.2 函数项级数一致收敛的柯西准则

将函数列的柯西准则应用到部分和函数列 $S_n(x)$ 上：

$|S_m(x) - S_n(x)| = \left| \sum_{k=n+1}^m u_k(x) \right|$ （假设 $m > n$）。

为了书写方便，通常令 $m = n + p$ ($p \in \mathbb{Z}^+$)，柯西准则可表述为：

定理： $\sum u_n(x)$ 在 $D$ 上一致收敛 当且仅当

\[ \forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{Z}^+, \text{ 当 } n \ge N \text{ 时, 对 } \forall p \in \mathbb{Z}^+ \text{ 以及 } \forall x \in D, \text{ 都有 } \left| \sum_{k=n+1}^{n+p} u_k(x) \right| < \varepsilon \]

4.3 一致收敛的必要条件

利用柯西准则（取 $p=1$），可以直接推导出一个重要的必要条件：

命题： 若 $\sum u_n(x)$ 在 $D$ 上一致收敛，则一般项 $u_n(x)$ 在 $D$ 上一致收敛于 $0$。

即：$u_n(x) \rightrightarrows 0 \ (n \to \infty, x \in D)$。

(注：这与常数项级数收敛则通项趋于0的逻辑完全一致，只是升级到了“一致”的层面。)

4.4 余项与上确界判别法

级数的余项

定义 $\sum u_n(x)$ 的第 $n$ 个余项为：

\[ R_n(x) = S(x) - S_n(x) = \sum_{k=n+1}^{\infty} u_k(x) \]

$M_n$ 判别法的级数版本

注意到：$\sum u_n(x)$ 在 $D$ 上一致收敛

$\iff S_n(x) \stackrel{D}{\rightrightarrows} S(x)$

$\iff \lim_{n \to \infty} \sup_{x \in D} |S_n(x) - S(x)| = 0$

$\iff \lim_{n \to \infty} \sup_{x \in D} |R_n(x)| = 0$

【例题】 几何级数 $\sum x^n$ 的一致收敛性分析

题目： 求幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} x^n$ 的收敛域，并判断它在收敛域内是否一致收敛。

解答与严密分析：

第一步：求收敛域与和函数

该级数的部分和（前 $n$ 项和，从 $k=0$ 到 $n-1$）为：

\[ S_n(x) = \sum_{k=0}^{n-1} x^k = \begin{cases} \frac{1-x^n}{1-x}, & x \neq 1 \\ n, & x = 1 \end{cases} \]

当 $|x| < 1$ 时，$\lim_{n \to \infty} x^n = 0$，此时 $S_n(x) \to \frac{1}{1-x} \ (n \to \infty)$。
当 $|x| \ge 1$ 时，$|x^n| \ge 1$，通项不趋于 0 ($x^n \not\to 0$)，由级数收敛的必要条件知，级数发散。
结论： 级数的收敛域为 $(-1, 1)$，且在 $(-1, 1)$ 上的和函数为 $S(x) = \frac{1}{1-x}$。

第二步：判断在 $(-1, 1)$ 上是否一致收敛（利用上确界）

我们要计算误差函数 $|S_n(x) - S(x)|$ 的上确界：

\[ |S_n(x) - S(x)| = \left| \frac{1-x^n}{1-x} - \frac{1}{1-x} \right| = \left| \frac{-x^n}{1-x} \right| = \frac{|x|^n}{1-x}, \quad \text{其中 } x \in (-1,1),\; 1-x>0 \]

此时需要求 $\sup_{x \in (-1, 1)} \frac{|x|^n}{1-x}$。

为了证明其不一致收敛，我们不需要求出精确的上确界，只需要在 $(-1, 1)$ 内找到一个特定的点列 $x_n$，使得当 $n \to \infty$ 时，误差趋于正无穷（或某个不为 0 的常数）即可。

构造放缩： 取 $x_n = 1 - \frac{1}{n}$。显然当 $n \ge 2$ 时，$x_n \in (0, 1) \subset (-1, 1)$。
代入该点，计算此时的误差值：

\[ \left| S_n\left(1 - \frac{1}{n}\right) - S\left(1 - \frac{1}{n}\right) \right| = \frac{\left(1 - \frac{1}{n}\right)^n}{1 - \left(1 - \frac{1}{n}\right)} = \frac{\left(1 - \frac{1}{n}\right)^n}{\frac{1}{n}} = n \cdot \left(1 - \frac{1}{n}\right)^n \]
求极限分析： 我们知道重要极限 $\lim_{n \to \infty} \left(1 - \frac{1}{n}\right)^n = \frac{1}{e}$。

因此，当 $n \to \infty$ 时：

\[ n \cdot \left(1 - \frac{1}{n}\right)^n \sim n \cdot \frac{1}{e} \to +\infty \]
这说明上确界 $\sup_{x \in (-1, 1)} |S_n(x) - S(x)| \ge +\infty$ (实际就是无穷大)，显然不等于 $0$。
最终结论： $\lim_{n \to \infty} \sup_{x \in (-1, 1)} |S_n(x) - S(x)| \neq 0$。因此，级数 $\sum_{n=0}^{\infty} x^n$ 在其收敛域 $(-1, 1)$ 内不一致收敛。

5. 函数项级数一致收敛的判别法

5.1 魏尔斯特拉斯判别法 (Weierstrass M-判别法)

这是判断一致收敛最常用、最基础的方法（也称为优级数判别法）。

定理

设 $\sum u_n(x)$ 是定义在 $D$ 上的函数项级数。若存在一个收敛的正项常数级数 $\sum M_n$（称为 $\sum u_n(x)$ 的优级数），使得对于 $\forall n \ge 1$ 以及 $\forall x \in D$，都有：

\[ |u_n(x)| \le M_n \]

则函数项级数 $\sum u_n(x)$ 在 $D$ 上绝对且一致收敛。

证明（基于柯西准则）

要证 $\sum u_n(x)$ 一致收敛，只需证满足一致收敛的柯西准则。

因为正项常数级数 $\sum M_n$ 收敛，由常数级数的柯西准则：

$\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{Z}^+$, 当 $n \ge N$ 时, 对 $\forall p \in \mathbb{Z}^+$, 有 $\sum_{k=n+1}^{n+p} M_k < \varepsilon$。
对于原函数项级数，利用绝对值不等式放缩：

对 $\forall x \in D$, 有 $\left| \sum_{k=n+1}^{n+p} u_k(x) \right| \le \sum_{k=n+1}^{n+p} |u_k(x)| \le \sum_{k=n+1}^{n+p} M_k < \varepsilon$。
结论成立。

【例题】 证明 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin nx}{n^2}$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛。

分析： 对 $\forall n \ge 1$ 及 $\forall x \in \mathbb{R}$，有 $\left| \frac{\sin nx}{n^2} \right| \le \frac{1}{n^2}$。

因为常数项级数 $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛（$p=2 > 1$ 的 $p$-级数），由 W-判别法知原级数在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛。

推论： 若数列的级数 $\sum a_n$ 绝对收敛，则三角级数 $\sum a_n \sin nx$ 和 $\sum a_n \cos nx$ 都在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛。

5.2 狄利克雷与阿贝尔判别法

当无法找到收敛的优级数时（例如交错级数或包含正余弦的级数），需要用到这两个判别法。它们专门处理形如 $\sum u_n(x)v_n(x)$ 的乘积形式的级数。

狄利克雷判别法

若满足以下三个条件，则 $\sum u_n(x)v_n(x)$ 在 $D$ 上一致收敛：

部分和一致有界： $\sum u_n(x)$ 的部分和 $S_n(x) = \sum_{k=1}^n u_k(x)$ 在 $D$ 上一致有界。即 $\exists M > 0, \text{ s.t. } \forall n \ge 1 \text{ 及 } \forall x \in D, \text{ 有 } |S_n(x)| \le M$。
单调性： $\forall x \in D$，数列 $\{v_n(x)\}$ 关于 $n$ 单调。
一致收敛于 0： $v_n(x) \rightrightarrows 0 \ (n \to \infty, x \in D)$。

证明思路： 核心是利用 Abel 变换（分部求和法）。由条件 1 知 $|\sum_{k=n+1}^{n+p} u_k(x)| = |S_{n+p}(x) - S_n(x)| \le 2M$。再结合条件 2 和 3，通过 Abel 引理可以将和式的绝对值放缩为常数乘以 $v_n(x)$ 的界，进而由 $v_n(x) \rightrightarrows 0$ 证明柯西准则成立。

阿贝尔判别法

若满足以下三个条件，则 $\sum u_n(x)v_n(x)$ 在 $D$ 上一致收敛：

一致收敛： $\sum u_n(x)$ 在 $D$ 上一致收敛。
单调性： $\forall x \in D$，数列 $\{v_n(x)\}$ 关于 $n$ 单调。
一致有界： 数列 $\{v_n(x)\}$ 在 $D$ 上一致有界（$\exists M > 0, \text{ s.t. } \forall n, \forall x, |v_n(x)| \le M$）。

【例题】 若常数级数 $\sum a_n$ 收敛，则幂级数 $\sum a_n x^n$ 在 $[0, 1]$ 上一致收敛。

(证明略，直接令 $u_n(x) = a_n$, $v_n(x) = x^n$，应用 A-判别法即可)。

【例题】 Dirichlet 判别法的应用

题目： 若常数数列 $\{a_n\}$ 单调且趋于 $0$，证明级数 $\sum a_n \cos nx$ 在 $[\delta, 2\pi - \delta]$ 上一致收敛（其中 $0 < \delta < \pi$）。

解析：

令 $u_n(x) = \cos nx$, $v_n(x) = a_n$。

验证 $\{v_n(x)\}$：因为 $a_n \searrow 0$，它与 $x$ 无关，故 $v_n(x)$ 单调且在区间上一致收敛于 0。
验证 $u_n(x)$ 的部分和一致有界：

利用三角恒等式求和：

\[ |S_n(x)| = \left| \sum_{k=1}^n \cos kx \right| = \left| \frac{\sin(n+\frac{1}{2})x - \sin\frac{x}{2}}{2\sin\frac{x}{2}} \right| \]

利用绝对值不等式放缩分子：$|\sin(n+\frac{1}{2})x - \sin\frac{x}{2}| \le |\sin(n+\frac{1}{2})x| + |\sin\frac{x}{2}| \le 1 + 1 = 2$。

因此：$|S_n(x)| \le \frac{2}{2\left|\sin\frac{x}{2}\right|} = \frac{1}{\left|\sin\frac{x}{2}\right|}$。

因为 $x \in [\delta, 2\pi - \delta]$，故 $\frac{x}{2} \in [\frac{\delta}{2}, \pi - \frac{\delta}{2}]$。在这个闭区间上，正弦函数取到最小值为 $\sin\frac{\delta}{2} > 0$。

从而 $|S_n(x)| \le \frac{1}{\sin\frac{\delta}{2}}$。

这是一个与 $n$ 和 $x$ 都无关的常数 $M$，即部分和一致有界。

满足 Dirichlet 判别法条件，原级数一致收敛。

【例题】 证明级数不一致收敛 (Cauchy 准则的否定)

题目： 证明 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos nx}{n}$ 在 $(0, 2\pi)$ 上不一致收敛。

证明（构造法）：

根据一致收敛的柯西准则的否定，我们需要证明：

\[ \exists \varepsilon_0 > 0, \forall N \in \mathbb{Z}^+, \exists m > n \ge N, \exists x \in (0, 2\pi), \text{ s.t. } \left| \sum_{k=n+1}^m \frac{\cos kx}{k} \right| \ge \varepsilon_0 \]

取定变量： $\forall N \in \mathbb{Z}^+$，令 $n = N$，$m = 2N$。
巧妙构造 $x$： 观察通项 $\cos kx$，我们需要在一个范围内让所有的 $\cos kx$ 都大于某个正数。取 $x = \frac{\pi}{6N}$。显然当 $N \ge 1$ 时，$x \in (0, 2\pi)$。
分析相角范围： 对于求和的角标 $k$，其范围是 $N+1 \le k \le 2N$。
```
此时，$kx$ 的范围是：

$$
```
(N+1) \cdot \frac{\pi}{6N} \le kx \le 2N \cdot \frac{\pi}{6N} $$
```
即 $kx \in \left[ \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{6N}, \frac{\pi}{3} \right] \subset \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$。
```
放缩项值： 在第一象限内，余弦函数是单调递减的。因此在这个区间内：
```
$$
```
\cos kx \ge \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2} $$
计算部分和的下界：
```
$$
```
\left| \sum_{k=N+1}^{2N} \frac{\cos kx}{k} \right| = \sum_{k=N+1}^{2N} \frac{\cos kx}{k} \ge \sum_{k=N+1}^{2N} \frac{1/2}{k} $$
```
将分母统一放大为最大的角标 $2N$（使得整个分式变小）：

$$
```
\sum_{k=N+1}^{2N} \frac{1/2}{k} \ge \sum_{k=N+1}^{2N} \frac{1/2}{2N} = N \cdot \left( \frac{1/2}{2N} \right) = \frac{1}{4} $$
得出结论： 取 $\varepsilon_0 = \frac{1}{4} > 0$。对于任意的 $N$，总能找到特定的项数范围和特定的点 $x$，使得误差 $\ge \frac{1}{4}$。因此该级数在 $(0, 2\pi)$ 上不一致收敛。

二、一致收敛函数列与函数项级数的性质

一致收敛性可以保证极限运算的交换律（例如极限与极限交换、极限与积分交换、极限与求导交换）。

首先讨论函数列的连续性、可积性和可微性。

1. 极限与连续性

1.1 极限换序定理

设函数列 $\{f_n\}$ 在 $(a, x_0) \cup (x_0, b)$ 上一致收敛于 $f$。且对 $\forall n \ge 1$，存在极限 $\lim_{x \to x_0} f_n(x) = A_n$。

则数列 $\{A_n\}$ 收敛，且极限函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的极限也存在，且两者相等。即：

\[ \lim_{x \to x_0} \lim_{n \to \infty} f_n(x) = \lim_{n \to \infty} \lim_{x \to x_0} f_n(x) \]

(注：证明思路分两步。第一步利用柯西准则证明 $\{A_n\}$ 收敛到 $A$；第二步利用 $\frac{\varepsilon}{3}$ 放缩技巧（见下）证明 $f(x) \to A$。)

1.2 极限函数的连续性

定理： 若函数列 $\{f_n\}$ 在区间 $I$ 上一致收敛于 $f$，且每个 $f_n$ 在 $I$ 上都连续，则极限函数 $f$ 在 $I$ 上也连续。
核心证明逻辑（$\frac{\varepsilon}{3}$ 技巧）：

要证 $f$ 在任一点 $x_0 \in I$ 连续。利用三角不等式强行插入中间项：

\[ |f(x) - f(x_0)| \le |f(x) - f_N(x)| + |f_N(x) - f_N(x_0)| + |f_N(x_0) - f(x_0)| \]
- 第 1 项和第 3 项：由 $f_n \rightrightarrows f$，可找到足够大的公共 $N$，使得这两项都 $< \frac{\varepsilon}{3}$。
- 第 2 项：固定上述 $N$ 后，由于 $f_N(x)$ 是连续函数，当 $x$ 充分接近 $x_0$ 时，该项 $< \frac{\varepsilon}{3}$。
  
  三项相加即得 $|f(x) - f(x_0)| < \varepsilon$。

1.3 重要推论与应用

逆否命题（用于证伪一致收敛）： 若 $\{f_n\}$ 都在 $I$ 上连续，且 $f_n \to f$（逐点收敛），但极限函数 $f$ 在 $I$ 上不连续，则 $\{f_n\}$ 在 $I$ 上必定不一致收敛。
内闭一致收敛的扩展： 若 $\{f_n\}$ 在区间 $I$ 上内闭一致收敛，且 $f_n$ 连续，则 $f$ 在 $I$ 上连续。
- 例： $f_n(x) = x^n$ 在 $(-1, 1)$ 上内闭一致收敛，因此其极限函数 $f(x) = 0$ 在 $(-1, 1)$ 上连续。

2. 可积性

2.1 积分与极限交换定理

设 $\{f_n\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f$，且每个 $f_n$ 在 $[a, b]$ 上可积（黎曼可积）。

则极限函数 $f$ 在 $[a, b]$ 上也可积，且满足：

\[ \int_a^b f(x) dx = \lim_{n \to \infty} \int_a^b f_n(x) dx \]

(即：一致收敛条件下，极限号可以跨过积分号)

证明 $f$ 是可积的：

利用达布和（振幅 $\omega$）的黎曼可积充要条件。

对任意区间划分，极限函数 $f$ 的振幅 $\omega_i^f$ 与 $f_N$ 的振幅 $\omega_i^{f_N}$ 之间满足关系：$\omega_i^f \le \omega_i^{f_N} + \frac{2\varepsilon}{b-a}$。

从而 $\sum \omega_i^f \Delta x_i \le \sum \omega_i^{f_N} \Delta x_i + \frac{2\varepsilon}{b-a} \sum \Delta x_i \le \varepsilon' + 2\varepsilon$。由此证明 $f$ 可积。

2.2 一致收敛是充分条件，但非必要条件

【反例】 设 $f_n(x)$ 在 $[0, 1]$ 上定义，图像是一个底边长为 $\frac{1}{n}$，高为 $\alpha_n$ 的等腰三角形，其余部分为 0。

逐点极限： $\lim_{n \to \infty} f_n(x) = 0$，即极限函数 $f(x) \equiv 0$。因此 $\int_0^1 f(x) dx = 0$。
积分的极限： 三角形面积为 $\int_0^1 f_n(x) dx = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{n} \cdot \alpha_n = \frac{\alpha_n}{2n}$。
结论对比：
- 积分与极限可交换 $\iff \lim_{n \to \infty} \frac{\alpha_n}{n} = 0$。
- $\{f_n\}$ 一致收敛于 $0 \iff \lim_{n \to \infty} \alpha_n = 0$（由上确界 $M_n = \alpha_n$ 易知）。
  
  如果令 $\alpha_n = \sqrt{n}$，此时不满足一致收敛条件（$\sqrt{n} \to \infty$），但满足可交换条件（$\frac{\sqrt{n}}{n} \to 0$）。这说明即使不一致收敛，积分和极限也可能可以交换。

3. 可微性

可微性是要求最苛刻的。仅仅 $f_n \rightrightarrows f$ 无法保证 $f$ 可导（即使每个 $f_n$ 都可导）。需要导函数列的一致收敛。

3.1 定理（依赖导数连续）

若 $\{f_n\}$ 定义在 $[a, b]$ 上，满足：

$\forall n \ge 1$，$f_n$ 在 $[a, b]$ 上有连续的导函数 $f_n'$；
$\{f_n\}$ 逐点收敛于 $f$；
导函数列 $\{f_n'\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $g$。

结论： $f$ 在 $[a, b]$ 上可导，且 $f'(x) = g(x)$。

(证明极简：因为 $f_n'$ 连续且一致收敛，由前述定理知 $g$ 连续。利用牛顿-莱布尼茨公式 $f_n(x) - f_n(a) = \int_a^x f_n'(t) dt$，两边取极限即可把问题转化为积分定理。)

3.2 推论（只需可导，无需导数连续）

若 $\{f_n\}$ 定义在 $[a, b]$ 上，满足：

$\forall n \ge 1$，$f_n$ 在 $[a, b]$ 上可导（不要求导函数连续）；
存在一点 $x_0 \in [a, b]$，使得数列 $\{f_n(x_0)\}$ 收敛；
导函数列 $\{f_n'\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $g$。

结论： $\{f_n\}$ 在 $[a, b]$ 上必定一致收敛于某函数 $f$，且 $f'(x) = g(x)$。

推论的证明（两次应用拉格朗日中值定理）：

第一步：证 $\{f_n\}$ 一致收敛。

利用柯西准则考察 $|f_n(x) - f_m(x)|$。强行减去再加回在 $x_0$ 处的值，构造出一个辅助函数 $h(x) = f_n(x) - f_m(x)$。

\[ |f_n(x) - f_m(x)| \le |(f_n(x) - f_m(x)) - (f_n(x_0) - f_m(x_0))| + |f_n(x_0) - f_m(x_0)| \]

对前面的式子应用拉格朗日中值定理：等于 $|f_n'(\xi) - f_m'(\xi)| \cdot |x - x_0|$。因为导函数一致收敛，所以这部分可以压得很小；加上后面 $x_0$ 处的收敛性，从而证明原函数列一致收敛。
第二步：证 $f'(x) = g(x)$（极限换序）。

定义差商函数 $\varphi_n(t) = \frac{f_n(t) - f_n(x)}{t - x}$。要证明极限可以交换：$\lim_{t \to x} \lim_{n \to \infty} = \lim_{n \to \infty} \lim_{t \to x}$。

根据第十一节的极限换序定理，需要证明 $\varphi_n(t)$ 关于 $t$ 一致收敛。

再次对差商的分子应用拉格朗日中值定理：

\[ |\varphi_n(t) - \varphi_m(t)| = \left| \frac{(f_n(t) - f_m(t)) - (f_n(x) - f_m(x))}{t - x} \right| = |f_n'(\eta) - f_m'(\eta)| \]

因为 $f_n'$ 一致收敛，所以 $|f_n'(\eta) - f_m'(\eta)| < \varepsilon$。证明了差商函数的一致收敛性，从而可以合法地交换极限。

接下来讨论函数项级数的连续性、逐项求积与逐项求导的性质，这些性质可由函数列的相应性质推出。（函数项级数的本质就是其部分和函数列）

4. 级数和函数的连续性

4.1 闭区间内

若函数项级数 $\sum_{n=1}^\infty u_n(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上一致收敛，且各项 $u_n(x)$ 都在 $[a, b]$ 上连续，则其和函数 $S(x) = \sum_{n=1}^\infty u_n(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续。

此时，求极限与无穷求和可交换顺序：

\[ \sum_{n=1}^\infty \left( \lim_{x \to x_0} u_n(x) \right) = \lim_{x \to x_0} \left( \sum_{n=1}^\infty u_n(x) \right) \]

4.2 任意区间推广（内闭一致收敛）

若 $\sum_{n=1}^\infty u_n(x)$ 在任意区间 $I$ 上内闭一致收敛（即对 $I$ 内的任意闭子区间均一致收敛），且各项 $u_n(x)$ 在 $I$ 上连续，则和函数 $S(x)$ 在区间 $I$ 上连续。

5. 级数的逐项求积

5.1 闭区间内

若 $\sum_{n=1}^\infty u_n(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上一致收敛，且各项 $u_n(x)$ 连续，则级数可在 $[a, b]$ 上逐项求积：

\[ \sum_{n=1}^\infty \int_a^b u_n(x) dx = \int_a^b \left( \sum_{n=1}^\infty u_n(x) \right) dx \]

5.2 任意区间推广（内闭一致收敛）

若 $\sum_{n=1}^\infty u_n(x)$ 在任意区间 $I$ 上内闭一致收敛，且各项连续，则对于区间 $I$ 内的任意闭子区间 $[\alpha, \beta]$，级数可逐项求积：

\[ \int_\alpha^\beta \sum_{n=1}^\infty u_n(x) dx = \sum_{n=1}^\infty \int_\alpha^\beta u_n(x) dx \]

注：此推广仅限于闭子区间上的定积分。对于无穷区间或开区间上的反常积分，内闭一致收敛不足以作为极限与积分号交换的充分条件。

6. 级数的逐项求导

6.1 闭区间内

若满足以下三个条件：

各项 $u_n(x)$ 在 $[a, b]$ 上均有连续的导函数 $u_n'(x)$；
存在一点 $x_0 \in [a, b]$，使得级数 $\sum_{n=1}^\infty u_n(x_0)$ 收敛；
导函数级数 $\sum_{n=1}^\infty u_n'(x)$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛。

则原级数 $\sum_{n=1}^\infty u_n(x)$ 在 $[a, b]$ 上必定一致收敛，且其和函数可导，可逐项求导：

\[ \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{d}{dx} u_n(x) \right) = \frac{d}{dx} \left( \sum_{n=1}^\infty u_n(x) \right) \]

6.2 任意区间推广（内闭一致收敛）

若各项 $u_n(x)$ 在区间 $I$ 上导数连续，原级数在某点 $x_0 \in I$ 处收敛，且导函数级数 $\sum_{n=1}^\infty u_n'(x)$ 在区间 $I$ 上内闭一致收敛。

则原级数在 $I$ 上内闭一致收敛，且在 $I$ 上的任意一点均可逐项求导。

定理的理论意义

一致收敛分析性质定理的核心理论价值在于：在无法求出函数项级数和函数 $S(x)$ 的解析表达式的情况下，只需验证该级数满足一致收敛或内闭一致收敛的条件，即可由各项函数序列的性质，直接推断出未知的和函数 $S(x)$ 必然具备连续、可积或可微等解析性质。

一、 一致收敛性