※ 引述《tiwsjia (佳佳)》之銘言：
: inf
: Does Σ e^(-nx)*sin(x/n) converges uniformly on [0,1]?
: n=1
: 很容易證明對於任意的 d > 0, 它在 [d,1] 均勻收斂。
: 但一直不知如何證明在整個 [0,1] 均勻收斂。也可能不均勻收斂。
: 感謝！
: 佳佳
a_k(x) = e^(-kx)*sin(x/k)
n
Let f_n(x) = Σ a_k(x) on [0,1]
k=1
1.證f_n(x)在[0,1]逐點收斂：
(一)當x=0：f_n(x)收斂到0
(二)當x€(0,1]，a_k(x) <= e^(-kx)
∞ ∞
因為Σ e^(-nx)收斂，由比較定理知Σ a_n(x)收斂
n=1 n=1
∞
所以，我們現在有f(x) = Σ a_n(x) on [0,1]
n=1
2.證f(x)在[0,1]連續：
我們分成x=0與x€(0,1]討論
(一)x€(0,1]：對於任何0<ε<1，且x€[ε,1]
∞
我們有 a_k(x) <= e^(-kx) <= e^(-kε)，Σ e^(-nε)收斂
n=1
∞
根據Weierstrass-M test，f(x)=Σ a_n(x)在[ε,1]均勻收斂
n=1
又因為f_n(x)在[0,1]連續，所以在[ε,1]也連續
而因為均勻收斂把連續性帶著，所以f(x)在[ε,1]連續
最後，因為ε是任取的，所以f(x)在(0,1]連續
(二)x=0：想證lim f(x) = f(0) = 0
x→0+
對於f_n(x)，我們把第N項後的sin(x/n)都換成sin(x/N)，也就是說，
對於任何正整數N，我們有：
f_n(x) <= e^(-x)*sinx+...+e^(-(N-1)x)*sin(x/(N-1))
e^(-Nx)*(1-e^(-(n-N+1)x))
+ ─────────────*sin(x/N) -----(●)(上下兩式)
1-e^(-x)
↓
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
等比級數公式
其中，<=是由於當x€[0,1]，sin(x/n)會隨著n越大，其值越來越小
所以在第N項(含)後都固定sin(x/N)後，f_n(x)自然會<=(●)
之後，左右對n同取極限，會發現：
f(x) <= e^(-x)*sinx+...+e^(-(N-1)x)*sin(x/(N-1))
e^(-Nx)
+ ─────*sin(x/N) ------(g_N(x))(上下兩式)
1-e^(-x)
目前不確定lim f(x)是否存在，所以不能左右同取極限
x→0+
可是如果對g_N(x)取x趨近於0+，則lim g_N(x) = 1/N
x→0+
因為前面N-1項都被sin壓成0，後面藉由L'Hospital法則可得到是1/N
因此，現在我們有：對於所有正整數N，0 =< f(x) <= g_N(x)
且lim g_N(x) = 1/N，想要藉此推得lim f(x) = 0(不能用夾擠定理)
x→0+ x→0+
這是可以證的！我補在後面(P.S.)
所以f在0連續
3.使用Dini定理：
(一)[0,1]是緊緻集：trivial
(二)f_n(x)在[0,1]連續：因為a_k(x)在[0,1]連續，所以f_n(x)也在[0,1]連續
(三)f(x)在[0,1]連續：由2.
(四)對於x€[0,1]，f_n(x)一致遞增到f(x)：因為是正向級數
所以f_n(x)在[0,1]均勻收斂到f(x)，得證！
P.S. 對於所有正整數N，0 =< f(x) <= g_N(x)
且lim g_N(x) = 1/N，證：lim f(x) = 0
x→0+ x→0+
<proof> 1.因為 lim 1/N = 0
N→∞
根據極限定義，任予ε>0，存在正整數 M_ε> 0
使得當 N >= M_ε時，│1/N│=1/N < ε
2.因為對所有正整數N，lim g_N(x) = 1/N
x→0+
根據極限定義，任予ε>0，存在δ_ε_N > 0(注意：與N有關)
使得當0 < x < δ_ε_N 時，│g_N(x)-1/N│<ε
再由三角不等式，我們得到 g_N(x) < 1/N + ε
取N=M_ε(由1.)，所以當0 < x < δ_ε_(M_ε) 時
g_(M_ε)(x) < 1/(M_ε) + ε < 2ε
3.最後，因為0 =< f(x) <= g_N(x) 對所有正整數都成立
所以當N取M_ε 而且 δ_ε取δ_ε_(M_ε)時
0 =< f(x) <= g_(M_ε)(x) < 2ε
因此 lim f(x) = 0
x→0+
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