§17-4  範數版判例與 Cauchy 判準

同一族函數換一個定義域，均勻收斂的結論會不會翻面？在每個有界區間上都均勻，能不能推出在整條線上均勻？而如果連極限函數是誰都還不知道，有沒有辦法斷定它均勻收斂？

用範數重做四個判例（17.10）

有了 §17-3 的 17.9，判定均勻收斂變成一道計算題：算出 ‖fₙ − f‖_D 這個 sup，再看它趨不趨於零。唯一的限制是範數只對有界函數有定義——碰到無界的函數列，得先把定義域縮小。

例 9x/n 在 ℝ 上用不了範數，改在 [0, 1] 上——這裡是均勻的
同一族函數，換個定義域，答案就翻面。這一例把「均勻收斂是相對於哪個集合說的」講清楚。
先說明為何在 ℝ 上用不了 17.9，再在 E = [0, 1] 上計算範數。
  1. 在 D = ℝ 上，fₙ(x) = x/n 無界，不屬於 B_{11}(ℝ)，‖fₙ‖_ℝ 寫不出來——17.9 直接用不上（§17-2 例 5 已用 17.5 判定它在 ℝ 上不均勻）。
  2. 改取 E = [0, 1]。此時 ‖fₙ − f‖_E = sup {|x/n − 0| : 0 ≤ x ≤ 1} = 1/n——最大值在右端點 x = 1 取到。
  3. (1/n) → 0（§14-4 例 5），由 17.9 得 (fₙ) 在 [0, 1] 上均勻收斂到零函數。
同一族函數在 ℝ 上不均勻、在 [0, 1] 上均勻。「均勻收斂」永遠是對某個集合說的，把集合換掉，結論可以完全相反——因為 sup 是在那個集合上取的，集合越大，sup 越可能失控。
例 10xⁿ 在 [0, 1] 上的範數恆為 1
定義域已經有界了，函數也都有界——這次真的可以動手算，而算出來的數不趨於零。
計算 ‖fₙ − f‖_D，其中 D = [0, 1]。
  1. 逐點寫出差：0 ≤ x < 1 時 |fₙ(x) − f(x)| = |xⁿ − 0| = xⁿ；x = 1 時 |1 − 1| = 0。
  2. 取 sup：{xⁿ : 0 ≤ x < 1} 的最小上界是 1（x 往 1 靠時 xⁿ 要多接近 1 有多接近，但取不到），把 x = 1 那一項的 0 併進來也不影響。於是 ‖fₙ − f‖_D = 1 對每個 n 成立。
  3. 常數數列 (1) 不趨於零，由 17.9 得 (fₙ) 在 [0, 1] 上不均勻收斂——與 §17-2 例 6 的結論一致。
範數不但沒有趨於零，還紋風不動。sup 取不到不礙事——最小上界不必是集合的成員，這是 §6-1 的 6.2 一開始就講明的事。畫面上的意思是：不論 n 多大，曲線總有一段拉到接近高度 1 的地方，帶子永遠收不緊。
1 1 sup ＝ 1（取不到） x ＝ 1 處誤差為 0 n 越大，拉起處越靠右 曲線總有一段爬到接近 1——sup 永遠是 1，不隨 n 變小

這張圖畫的是誤差 |fₙ − f|（不是 fₙ 本身）：n 越大，曲線越晚拉起，可是它終究會爬到接近高度 1——空心圈表示高度 1 這個值取不到，而 x = 1 處誤差恰為 0（實心點）。sup 量的正是「最高爬到哪裡」，這個值與 n 無關，恆為 1，所以 17.9 判定不均勻。

例 11(x² + nx)/n 在每個 [−a, a] 上均勻，在 ℝ 上不均勻
這一例最容易造成誤會：「在每個有界區間上都均勻」跟「在整條線上均勻」不是同一件事。
在 E = [−a, a]（a > 0）上計算範數，再解釋它與 §17-2 例 7 為何不衝突。
  1. 誤差是 |fₙ(x) − f(x)| = |x²/n + x − x| = x²/n。
  2. 在 [−a, a] 上，x²/n 隨 |x| 遞增，故 ‖fₙ − f‖_E = a²/n，最大值在兩個端點同時取到。
  3. a 是固定的常數，所以 (a²/n) → 0——由 17.9，(fₙ) 在 [−a, a] 上均勻收斂。
  4. 為什麼不與例 7 衝突？ℝ 確實是所有 [−a, a]（a > 0）的聯集——任何實數都落在某個這樣的區間裡。可是那個起算點依賴 a：要讓 a²/n < ε 得取 n > a²/ε。每個 a 各有各的 K，而這些 K 沒有共同的上限，湊不出一個對整條線通用的起算點。
均勻收斂不會自動從一族集合傳到它們的聯集——除非那族集合只有有限多個（有限多個 K 取最大即可）。這裡是無限多個，所以傳不上去。
x²/n a₁ a₁²/n a₂ a₂²/n 每個 a 各有一個有限的最大誤差，但 a 一放大就沒有上限 （偶函數，只畫右半）

這張圖在說例 11 的分寸：固定 n，誤差 x²/n 在任何 [−a, a] 上的最高點都是有限的（紅線），而且隨 n 增大會壓下去——所以每個區間上都均勻。可是把 a 一路放大，這些最高點沒有共同的上限，整條線上就湊不出通用的起算點。誤差是偶函數，圖只畫右半。

例 12(1/n) sin(nx + n) 在 ℝ 上的範數恰為 1/n
四例中唯一在整條實數線上均勻的一個，這次用範數重驗一次。
計算 ‖fₙ − f‖_ℝ，其中 f = 0。
  1. 每個 fₙ 都有界（|fₙ(x)| ≤ 1/n），所以屬於 B_{11}(ℝ)，範數用得上。
  2. ‖fₙ − f‖_ℝ = sup {(1/n)|sin(nx + n)| : x ∈ ℝ}。因為 |sin y| ≤ 1 且正弦在 ℝ 上取得到 1，這個 sup 恰為 1/n。
  3. (1/n) → 0，由 17.9 判定均勻收斂——與 §17-2 例 8 一致。
四個判例用兩套方法各驗一次，結論完全吻合。兩套方法的分工：要證不均勻，17.5 的「一個 ε₀ ＋ 移動的觀察點」通常最快；要證是均勻，17.9 的算 sup 最直接。

不必先知道極限函數（17.11）

還剩最後一個缺口。上面每一次用 17.9，都得先把極限函數 f 寫出來才算得了 ‖fₙ − f‖_D。§16-5 的 Cauchy 判準（16.10）當初解決的正是這種困境，而現在手上有了範數，同一招可以原封搬過來。

17.11  CAUCHY CRITERION FOR UNIFORM CONVERGENCE
Let (fₙ) be a sequence in B_{pq}(D). There exists f ∈ B_{pq}(D) to which (fₙ) converges uniformly on D if and only if, to each ε > 0, there corresponds a natural number M(ε) with ‖fₘ − fₙ‖_D < ε for all m, n ≥ M(ε).
設 (fₙ) 是 B_{pq}(D) 中的函數列。存在 f ∈ B_{pq}(D) 使 (fₙ) 在 D 上均勻收斂到它，充要條件是：對每個 ε > 0 都存在 M(ε)，使 m, n ≥ M(ε) 時 ‖fₘ − fₙ‖_D < ε。
正例：要判定一族函數均勻收斂，只需驗它們彼此在均勻範數下靠攏——極限函數是什麼、長什麼樣，全部不必事先知道。反例：條件裡的距離必須是範數而非逐點的——只要求「每個固定的 x 上 (fₙ(x)) 是 Cauchy」只能推出逐點收斂，推不出均勻（§17-1 例 2 的 xⁿ 就是這樣）。
PROOF

正方向照 §16-4 的 16.7 的模子走。反方向要造出 f，並確認它有界、而且真的被均勻逼近。

證明計畫 · 由所求想起
⇢ 正方向：把 fₘ 到 fₙ 的距離繞經 f，兩段各領 ε/2。
⇢ 反方向第一步：造 f——固定每個 x，範數的估計壓出逐點的 Cauchy 條件，16.10 交出一個極限值，逐點收集成函數。
⇢ 第二步：讓 n 跑到極限，用 15.8 把嚴格不等式轉成 ≤，得到一個不含 x 的誤差界。
⇢ 第三步：由這個界推出 f 有界，並讀出均勻收斂。
Proof.  Suppose (fₙ) converges uniformly to some f ∈ B_{pq}(D). Given ε > 0, Theorem 17.9 supplies K(ε) with ‖fₙ − f‖_D < ε/2 for n ≥ K(ε). For m, n ≥ K(ε) the triangle inequality of Lemma 17.8(b) gives ‖fₘ − fₙ‖_D ≤ ‖fₘ − f‖_D + ‖f − fₙ‖_D < ε.
正方向與 16.7（收斂必為 Cauchy）逐字同構，只是把 ℝᵖ 的 norm 換成 B_{pq}(D) 的 uniform norm——這正是 17.8 那一輪驗證的回報：既然 ‖·‖_D 是合格的 norm，凡是只靠 norm 四條規格推出來的論證，原封可以搬到函數空間上。借極限當中轉站、兩段各領 ε/2，一模一樣。
Conversely, assume the Cauchy condition. Fix x ∈ D. Since ‖fₘ(x) − fₙ(x)‖ ≤ ‖fₘ − fₙ‖_D < ε for m, n ≥ M(ε), the sequence (fₙ(x)) is a Cauchy sequence in ℝ^q, hence convergent by Theorem 16.10. Define f(x) = lim (fₙ(x)) for each x ∈ D.
第一步是本證明的關鍵動作：極限函數不是憑空指定的，而是一點一點造出來的——在每個 x 上，範數的估計壓出一條 ℝ^q 中的 Cauchy 數列，16.10 各自交出一個極限值，把這些值收集起來就定義出 f。這裡用掉的是 ℝ^q 的完備性；換句話說，函數空間之所以有這條判準，是向底層的 ℝ^q 借來的。注意第一個不等式的方向：sup 罩得住每一點，所以逐點的差不會超過範數。
Now fix m ≥ M(ε) and x ∈ D. For every n ≥ M(ε) we have ‖fₙ(x) − fₘ(x)‖ < ε, and fₙ(x) → f(x); Lemma 15.8 therefore gives ‖f(x) − fₘ(x)‖ ≤ ε. This bound holds for every x ∈ D, so ‖f(x)‖ ≤ ‖fₘ(x)‖ + ε ≤ ‖fₘ‖_D + ε, showing f is bounded and lies in B_{pq}(D); and taking the supremum over x gives ‖f − fₘ‖_D ≤ ε for every m ≥ M(ε). Hence ‖f − fₘ‖_D → 0 and, by Theorem 17.9, the convergence is uniform.
第二步把逐點造出來的 f 拉回均勻的世界，靠的是 §15-4 的 15.8（非嚴格不等式過得了極限）：固定 m，讓 n 跑到極限，‖fₙ(x) − fₘ(x)‖ < ε 變成 ‖f(x) − fₘ(x)‖ ≤ ε（過極限之後鬆一格，不礙事）。決定性的一點是：這個 ε 界對每一個 x 都成立，而且界本身不含 x——所以取 sup 之後仍然是 ε，正是均勻收斂要的形式。順帶也證出 f 有界：它與某個有界的 fₘ 相差不超過 ε。
判定均勻收斂，從此連極限函數是誰都不必先知道。∎
‖fₘ − fₙ‖_D ＜ ε sup 罩住每一點 每點各是一條 Cauchy 數列 16.10：ℝ^q 完備 逐點定出極限函數 f 15.8：讓 n 過極限 ‖f − fₘ‖_D ≤ ε，界不含 x 17.9：範數趨零 在 D 上均勻收斂到 f

這張圖在說 17.11 反方向的四個步驟怎麼接：範數的估計壓出每一點的 Cauchy 條件，ℝ^q 的完備性（16.10）在每一點交出一個極限值，逐點收集成 f；再用 15.8 讓 n 過極限，得到一個不含 x 的誤差界；最後由 17.9 讀出均勻收斂。整條鏈的要點有兩個：極限函數是造出來的，不是事先給定的；而讓它造得出來的完備性，是向底層的 ℝ^q 借的。

—— 第四階段到此結束，整個 §17 收工 ——

回望一整節：函數列的收斂是逐點判定的（17.1、17.3），四個例子各給一個教訓，其中 xⁿ 的極限函數不連續——良好性質不會自動繼承。把「同一個起算點對全體 x 通用」升格成均勻收斂（17.4），否定的形式（17.5）是交出一個 ε₀ 與一串會移動的觀察點。接著把最大誤差包裝成 uniform norm（17.7、17.8），均勻收斂就化約成一條實數列趨於零（17.9），四個判例用兩套方法各驗一次。最後補上不必事先知道極限函數的 Cauchy 判準（17.11），它的完備性是向 ℝ^q 借來的。整節收工，出門走一圈。臨走前一則：逐點收斂與均勻收斂去吃飯，逐點說「我們每個人最後都會到」，均勻回——「問題是餐廳幾點打烊。」

下一幕預告

本節留下一個沒有兌現的承諾：均勻收斂到底保住了什麼？答案要等到談連續函數時才給得完整，不過方向已經看得出來——xⁿ 那個例子失守的正是連續性，而它失守的原因恰恰是收斂不均勻。至於接下來，§18 先回頭把實數列的一個技術工具補齊：一條有界但可能不收斂的實數列，雖然沒有極限，卻仍然有「最終能爬到多高」與「最終會掉到多低」這兩個確定的數。把它們定義清楚，許多原本要分情形討論的敘述會一次收乾淨。