7.1 均勻收斂 (Uniform Convergence)

設 $f_k(z), k\ge 0$ 為定義於 $\mathcal{D}\subset \mathbb{C}$ 上之函數序列 (sequence of functions)，並令其前 $n$ 項的部分和為 $S_n(z)$，即

為如定義4.4-1所定義的函數級數。

定義7.1-1. 設 $f(z)$ 為定義於$\mathcal{D}\subset\mathbb{C}$ 之函數，若 $\lim\limits_{n\to\infty} S_n(z_0)=f(z_0), ~z_0\in \mathcal{D}$，則稱函數序列 $\{S_n(z)\}$ 在點 $z=z_0$ 收斂到函數 $f$，記為 $\{S_n(z_0)\}\to f(z_0)$。若 $\{S_n(z)\}\to f(z),~\forall z\in \mathcal{D}$，則記為 $\{S_n\}\to f$。

$\{S_n(z_0)\}\to f(z_0)$ 對應的 $\delta\text{-}\varepsilon$ 定義為

亦可採用柯西序列來呈現：

式中的 $N_{\varepsilon,\color{red}{z_0}}$ 表示對應項次 $N$ 會隨 $\varepsilon$ 與點 $\color{red}z_0$ 的而調整。

範例7.1-1. 設 $f_k(z) =z^k$， $\mathcal{D}=D_1(0)$，討論幾何級數 $S_n(z) = \sum\limits_{k=0}^{n-1} z^k$之收斂情形。

• [解]

  由於

  $$S_n(z) = \sum_{k=0}^{n-1} z^k = 1+z+z^2+z^3+\cdots+z^{n-1} = \frac{1-z^n}{1-z},$$

  因此 $S_n(z) \to f(z) =\frac{1}{1-z},~\forall z\in D_1(0)$。例如當 $z=\frac12$ 時，

  $$\{S_n(\tfrac12)\}=\Big\{ \sum_{k=0}^{n-1} (\tfrac{1}{2})^k\Big\}=\Big\{ \sum_{k=0}^{n-1} \tfrac{1}{2^k}\Big\}=\Big\{ \frac{1-\tfrac{1}{2^n}}{1-\tfrac12}\Big\}=\{2-\tfrac{1}{2^{n-1}}\}\to2=f(\tfrac12).$$

  針對 $S_n(z_0) \to f(z_0)$ 的收斂，試問 $\delta\text{-}\varepsilon$ 定義中的 $N_{\varepsilon,z_0}$ 如何取？以及使用柯西序列時對應的此數又為多大？

  $$\left| \frac{1-z_0^n}{1-z_0}-\frac1{1-z_0}\right|=\frac{|z_0|^n}{|1-z_0|}<\varepsilon \implies |z_0|^n<\varepsilon |1-z_0| \text{~或~} n> \lceil\log_{|z_0|}(|1-z_0|\varepsilon)\rceil,$$

  即 $N_{\varepsilon,z_0}=\lceil\log_{|z_0|}(|1-z_0|\varepsilon)\rceil$。 例如當 $z_0=\frac12$ 時， $N_{\varepsilon,\frac12}=\lceil \log_\frac12 \frac{\varepsilon}{2}\rceil =\lceil -\log_2 \frac{\varepsilon}{2}\rceil =\lceil 1-\log_2 \varepsilon\rceil$。下表說明對不同的 $z_0$ 與 $\varepsilon$ 時，對應的 $N_{\varepsilon,z_0}$ 之值：

  $z_0$	$\varepsilon=0.1$	$\varepsilon=0.01$	$\varepsilon=0.001$
  $\frac13$	$3$	$5$	$7$
  $\frac12$	$5$	$8$	$11$
  $\frac23$	$9$	$14$	$20$
  $\frac{9}{10}$	$44$	$66$	$88$
  $\frac{99}{100}$	$688$	$917$	$1146$

  亦即當 $z_0$ 增大時， $N_{\varepsilon,z_0}$ 之值也隨之增大。試問是否可以找到一個 $N_{\varepsilon}$ 與 $z_0$ 無關？針對固定的 $\varepsilon$，以 $z_0=x_0\in[-1,1]$ 為例，從下圖($\varepsilon=1$)可知 必定會和 $z_0=x_0$ 有關，亦即找不到和與 $x_0$ 無關的項次 。

  

  對於使用柯西序列分析時，

  $$\begin{align*} \left| \frac{1-z_0^n}{1-z_0}-\frac{1-z_0^m}{1-z_0}\right|&=\frac{|z_0^m-z_0^n|}{|1-z_0|}=|1-z_0^{n-m}|\frac{|z_0|^m}{|1-z_0|}\le 2\frac{|z_0|^m}{|1-z_0|}<\varepsilon \\ &\implies |z_0|^m<\tfrac{\varepsilon}{2} |1-z_0| \text{~或~} m> \lceil\log_{|z_0|}(|1-z_0|\tfrac{\varepsilon}{2})\rceil, \end{align*}$$

  取 $N_{\varepsilon,z_0}=\lceil \log_{|z_0|}(|1-z_0|\varepsilon/2)\rceil$即可，若有興趣的區域為 $z_0=x_0\in[0,1)$ 時， $N_{\varepsilon,z_0}=\lceil\log_{|z_0|}(|1-z_0|\varepsilon)\rceil$亦可。

範例7.1-2. 考慮 $S_n(z) =e^z+\frac{1}{n}$，則 $\{S_n(z)\}\to f(z)=e^z$，此因 $|S_n(z)-f(z)|=\frac1{n}<\varepsilon$ ，可以取 $N_{\varepsilon,z_0}＝N_{\varepsilon}=\lceil \frac1{\varepsilon}\rceil$，此值與 $z_0$ 無關。

定義7.1-2. (均勻收斂, uniform convergence) 序列 $\{S_n(z)\}$ 在集合 $\mathcal{D}$ 均勻收斂到 $f(z)$ (記為$\{S_n(z)\}\stackrel{u.c.}{\longrightarrow}f(z), \forall z\in \mathcal{D}$) 定義為

從此定義中，項次 $N_\varepsilon$ 和 $z$ 無關，只隨 $\varepsilon$ 而定。

範例7.1-3. 證明幾何級數 $\sum\limits_{k=0}^\infty z^k$ 在 $\mathcal{D}=\overline{D_r(0)},~0<r<1$ 上為均勻收斂到 $f(z)=\frac{1}{1-z}$，其中 $\overline{D_r(\alpha)}=\{ z~:~|z-\alpha|\le r\}$。

• [證明]

  考慮級數 $\sum\limits_{k=0}^\infty r^k$，其中 $0<r<1$，則由於

  $$\sum_{k=0}^{n-1} r^k = 1 +r +r^2+\cdots+r^{n-1}=\frac{1-r^n}{1-r}$$

  收斂到 $\frac{1}{1-r}$，因此由 $\delta\text{-}\varepsilon$ 定義知

  $$\forall \varepsilon>0~,\exists N_\varepsilon>0\text{~s.t.~} \forall n\ge N_\varepsilon \implies\left|\sum_{k=0}^{n-1} r^k - \frac{1}{1-r}\right|=\frac{r^n}{1-r}<\varepsilon,$$

  取 $N_\varepsilon=\lceil\log_r (1-r)\varepsilon\rceil$。對於此 $N_\varepsilon$，對所有的 $0<|z|\le r$，則當 $n\ge N_\varepsilon$ 時，

  $$\left|\sum_{k=0}^{n-1} z^k-\frac{1}{1-z}\right| \le\frac{1}{1-|z|}-\sum_{k=0}^{n-1}|z|^k \le \frac{1}{1-r}-\sum_{k=0}^{n-1} r^k =\frac{r^n}{1-r}<\varepsilon,$$

  即 $\sum\limits_{k=0}^{n-1} z^k \stackrel{u.c.}{\longrightarrow} \frac{1}{1-z},~\forall z\in \overline{D_r(0)}$ 。此例中 $N_\varepsilon$ 雖然受到 $r$ 的影響，不受 $z\in \overline{D_r(0)}$ 之值的影響，因此為均勻收斂。$\hspace{8cm}\blacksquare$

均勻收斂的檢驗方法如下：

定理7.1-1. (Weierstrass M-檢定) 給定函數級數 $\sum\limits_{k=0}^\infty f_k(z)$ ，當 $z \in \mathcal{D}$ 時，對所有的 $k$，滿足 $\left| {{f_k}\left( z \right)} \right| \le {M_k}$ 。若 $\sum\limits_{k = 0}^\infty {{M_k}}$ 收斂，則函數項級數 $\sum\limits_{k = 1}^\infty {{f_k}\left( z \right)}$ 在 $\mathcal{D}$ 上均勻收斂。

• [證明]

  由於 $\sum\limits_{k = 0}^\infty {{M_k}}$ 收斂，因此 $\left\{\sum\limits_{k = 0}^{n-1} {{M_k}}\right\}$為柯西序列，亦即 $\forall \varepsilon > 0$ 存在 $N_\varepsilon \in \mathbb{N}$ 使得 $\forall n > m \ge N_\varepsilon$ 時

  $$\left| {{M_{m + 1}} + \cdots + {M_n}} \right|= {M_{m + 1}} + {M_{m + 2}} + \cdots + {M_n} < \varepsilon$$

  因此 $\forall \varepsilon >0$，對同上之 $N_\varepsilon$，則有 $\forall z \in \mathcal{D}$ 與 $\forall n > m\ge N$ 時

  $$\begin{align*} \left| {{f_{m + 1}}\left( z \right) + {f_{m + 2}}\left( z \right) + \cdots + {f_n}\left( z \right)} \right| &\le |f_{m + 1}( z)| + |f_{m + 2}( z)| + \cdots + |f_n( z)| \\ &= {M_{m + 1}} + {M_{m + 2}} + \cdots + {M_n}<\varepsilon \end{align*}$$

  因此 $\left\{\sum\limits_{k = 1}^{n-1} {{f_k}\left( z \right)}\right\}$ 為柯西序列， 所以 $\sum\limits_{k = 1}^\infty {{f_k}\left( z \right)}$ 在 $\mathcal{D}$ 上均勻收斂。$\hspace{2cm}\blacksquare$

以下為Weierstrass M-檢定的應用。

定理7.1-2. 給定收斂半徑 $\rho>0$ 之冪級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-\alpha)^n$，則此函數在圓盤 $\overline{D_r(\alpha)},~0<r<\rho$ 上為均勻收斂。

• [證明]

  設 $0<r<\rho$，由4.4節可知 $\forall z\in D_r(\alpha)$， $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-\alpha)^n$ 為絕對收斂，且 $\limsup\limits_{n\to\infty}|c_n|^\frac1n=\frac{1}{\rho}$。對所有的 $n$ 滿足 $|c_n (z-\alpha)^n|\le |c_n| r^n$，且對級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n r^n$ 而言，由根號測試

  $$\limsup_{n\to\infty}|c_n r^n|^\frac1n = \limsup_{n\to\infty}|c_n|^\frac1n r = \frac{r}{\rho}<1$$

  知此級數收斂，因此由Weierstrass M-檢定得證。$\hspace{4cm}\blacksquare$

上述範例7.1-3可視為定理7.1-2之特例，即取 $\alpha=0$ 以及 $c_n=1,~\forall n=0,~1,~2,\ldots$。

有關序列函數的積分與極限交換性，說明如下：

定理7.1-3. 設圍線 $\mathcal{C}\subset \mathcal{D}$， $\{S_n\}$ 為定義在 $\mathcal{D}$ 上的連續函數所形成之序列。若於 $\mathcal{D}$上 $\{S_n\}\stackrel{u.c.}{\longrightarrow}f$，則

(1) $f$ 在 $\mathcal{D}$ 上連續，

(2) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \int_\mathcal{C} S_n(z) dz = \int_\mathcal{C} \lim_{n\to \infty} S_n(z) dz = \int_\mathcal{C} f(z)dz$。

• [證明]

  (1) 固定 $z_0\in\mathcal{D}$，欲證 $\lim\limits_{z\to z_0} f(z)=f(z_0)$，由於 $\{S_n\}\stackrel{u.c.}{\longrightarrow}f$ ，因此

  $$\forall \varepsilon>0,~\exist N_\varepsilon>0 \text{~s.t.~} \forall z\in\mathcal{D}, ~n\ge N_\varepsilon \implies |f(z)-S_n(z)|<\frac{\varepsilon}{3}.$$

  又因 $S_n$ 在 $z_0$ 連續，即 $S_{N_\varepsilon}$ 在 $z_0$ 連續，因此

  $$\forall \varepsilon>0,~\exist \delta>0 \text{~s.t.~} |z-z_0|<\delta \implies |S_{N_\varepsilon}(z)-S_{N_\varepsilon}(z_0)|<\frac{\varepsilon}{3}.$$

  故當 $|z-z_0|<\delta$ 時，

  $$\begin{align*} |f(z)-f(z_0)| &= |f(z)-S_{N_\varepsilon}(z)+S_{N_\varepsilon}(z)-S_{N_\varepsilon}(z_0)+S_{N_\varepsilon}(z_0)-f(z_0)|\\ &\le |f(z)-S_{N_\varepsilon}(z)|+|S_{N_\varepsilon}(z)-S_{N_\varepsilon}(z_0)|+|f(z_0)-S_{N_\varepsilon}(z_0)|\\ &<\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon. \end{align*}$$

  即 $f$ 在 $z_0$ 連續。

  (2) 欲證 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \int_\mathcal{C} S_n(z) dz = \int_\mathcal{C} f(z)dz$ ，設曲線 $\mathcal{C}$ 之長度為 $L$ ，即 $L=\displaystyle \int_\mathcal{C} |dz|$ 。由於 $\{S_n\}\stackrel{u.c.}{\longrightarrow}f$ ，因此

  $$\forall \varepsilon>0,~\exist N_\varepsilon>0 \text{~s.t.~} \forall z\in\mathcal{D}, ~n\ge N_\varepsilon \implies |S_n(z)-f(z)|<\frac{\varepsilon}{L}.$$

  因而對於相同的 $n\ge N_\varepsilon$，對應的積分關係為

  $$\begin{align*} \left| \int_\mathcal{C} S_n(z) dz-\int_\mathcal{C} f(z)dz\right| &= \left| \int_\mathcal{C} [S_n(z)-f(z)] dz\right| \le \int_\mathcal{C} |S_n(z)-f(z)| dz\\ &\le \max_{z\in\mathcal{C}} |S_n(z)-f(z)|\cdot \int_\mathcal{C} |dz|<\frac{\varepsilon}{L}\cdot L = \varepsilon \end{align*}$$

  亦即所求成立。 $\hspace{9cm}\blacksquare$

引理 7.1-1. 設圍線 $\mathcal{C}\subset \mathcal{D}$。若 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-\alpha)^n\stackrel{u.c.}{\longrightarrow}f(z),~\forall z\in\mathcal{D}$，則 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\int_\mathcal{C} c_n (z-\alpha)^n dz =\int_\mathcal{C} \sum_{n=0}^\infty c_n (z-\alpha)^n dz= \int_\mathcal{C} f(z)dz$ 。

範例7.1-4. 推導 $-\text{Log}(1-z)=\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n}z^n,~\forall z\in D_1(0)$。

• [解]

  由範例7.1-3得

  $$\sum\limits_{n=1}^\infty z^n = 1+z+z^2+\cdots\stackrel{u.c.}{\longrightarrow} f(z)=\frac{1}{1-z},~\forall z\in \overline{D_r(0)},~0<r<1.$$

  設 $z_0\in\overline{D_r(0)}$，則有

  $$\begin{align*} \int_0^{z_0} \frac{1}{1-z}dz &\stackrel{\text{引理7.1-1}}{=}\int_0^{z_0}\sum_{n=0}^{\infty}z^n dz \stackrel{\text{定理7.1-3}}{=} \sum_{n=0}^\infty \int_0^{z_0} z^n dz =\sum_{n=0}^\infty \frac{z^{n+1}}{n+1}=\sum_{n=1}^\infty \frac{z^{n}}{n}. \end{align*}$$

  然而

  $$\int_0^{z_0}\frac{1}{1-z}dz=-\text{Log}(1-z)\bigg|_0^{z_0}=-\text{Log}(1-z_0).$$

  兩者相等即為所求。