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若对函数间距离、统一量词或完备性还不熟悉，可按缺口查阅度量空间理路度量空间Metric space用满足正定性、对称性与三角不等式的实值距离刻画点间远近的空间。、一致收敛理路函数列一致收敛Uniform convergence of functions误差对定义域中所有点可由同一阶段统一控制的函数列收敛。与完备度量空间理路完备度量空间Complete metric space每个 Cauchy 序列都在空间内部收敛的度量空间。；完成前三题后，可在本页的判据迁移答案中比较Dini、函数代数与正算子判据。

函数族紧性与一致逼近：终点任务及答案 ​

任务 ​

在实值连续函数空间 $C([0,1],\mathbb{R})$ 中始终使用 $\Vert f{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=\underset{0\le x\le 1}{sup}|f(x)|$。已知闭函数族 $F$ 满足共同界 $\Vert f{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le M$ 及共同增量界 $|f(x)-f(y)|\le L|x-y|$，其中 $M,L\ge 0$。

1. 证明 $F$ 紧，并解释闭性所起的作用。进一步为给定 $\epsilon >0$ 给出一套有限采样编码，说明为什么同编码的成员一致接近
2. 对 $P=\{x^n:n\ge 1\}$ 逐项检查定义域紧、连续、共同有界、闭、共同Lipschitz与等度连续条件；找出一列两两一致分离的成员
3. 为 $v(x)=|x-1/2|$ 构造多项式 $p_n$，给出全区间误差不超过 $0.01$ 的次数保证；手算 $p_4$ 及其实际最大误差
4. 若只保存间距 $1/16$ 的网格误差表，怎样为 $p_4$ 给出严格的全域证书？它与实际最大误差为何可以不同？
5. 判断 $u_n(x)=\sqrt{(x-1/2{)}^2+1/n}$ 是否满足Dini定理，并给直接误差；说明定理本身是否保证同一速率
6. 判断 $\mathbb{R}[x^2]$ 在 $[0,1]$ 与 $[-1,1]$ 上是否稠密；判断仅用 $z$ 的复多项式能否在单位圆上逼近 $\overline{z}$
7. 检验正端点插值算子 $Tf(x)=(1-x)f(0)+xf(1)$ 通过哪些Korovkin测试；再检验 $L_{n}f=f+n\ell (f)$，其中 $\ell (f)=f(1)-3f(2/3)+3f(1/3)-f(0)$，为何不能由三个精确测试推出收敛
8. 把共同Lipschitz条件换成 $f(0)=0$、$|f(x)-f(y)|\le \sqrt{|x-y|}$，对整个闭函数族给出紧性与统一Bernstein误差证书

核心答案 ​

一：闭性把相对紧变成紧 ​

$[0,1]$ 紧，$F$ 的共同Lipschitz常数给出等度连续理路等度连续函数族Equicontinuous family · Uniform equicontinuity · 共同连续模用独立于函数成员的距离阈值控制变化，并在紧定义域上把局部控制统一为共同尺度。，共同绝对值界给逐点有界。由Arzelà–Ascoli 定理理路Arzelà–Ascoli 定理Arzela-Ascoli theorem · Ascoli theorem · 阿尔泽拉–阿斯科利定理刻画紧度量空间上标量连续函数族在一致范数中的相对紧性，并说明闭性、值域与端点条件各自的作用。，$\bar{F}$ 在一致范数中紧。由于已知 $F$ 闭，$F=\bar{F}$，所以 $F$ 紧。若 $F$ 为空，结论也成立。

闭性不是用来证明等度连续，而是确保收敛子列的极限仍在指定族内。若把 $F$ 换成常值函数 $0<c<1$ 的族，则共同高度界与共同零Lipschitz仍成立，但常值序列 $1/(n+1)$ 的极限零被排除，这个族便只相对紧。

还可将有限网具体写出来。令

$$m=max\{1,\lceil 4L/\epsilon \rceil \},x_i=i/m,\eta =\epsilon /4.$$

将取值区间 $[-M,M]$ 用编号 $\lfloor (f(x_i)+M)/\eta \rfloor$ 量化。每坐标最多有 $q=\lfloor 8M/\epsilon \rfloor +1$ 种编号，故整张采样表最多有 $q^{m+1}$ 个编码。

对每个实际出现的编码选一个原族代表 $g$。同码成员 $f,g$ 在每个网点相差小于 $\eta$。任意 $x$ 离某网点至多 $1/m$，于是

$$|f(x)-g(x)|\le 2L/m+\eta \le 3\epsilon /4<\epsilon .$$

$L=0$ 时第一项为零。这给有限开误差球覆盖；编码数只是一个容易核验的上界，并非最佳覆盖数。

二：$x^n$ 缺的是共同连续控制 ​

定义域紧、每项连续且 $\Vert x^n{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=1$ 都成立。每项各自Lipschitz，但其最小常数恰为 $n$：导数上界给可用常数 $n$，端点左差商的极限又给下界 $n$。因此没有共同常数。

令 $t_n=2^{-1/n}$，则 $t_n\to 1$，但 $|1-t_n^n|=1/2$。固定输出容差 $1/3$，任何输入半径都会被充分靠后的某项破坏，所以在 $1$ 不等度连续。

族 $P$ 仍然闭。若其中一列函数一致收敛，其指数若无界，就能抽出指数趋于无穷的子列，逐点极限为不连续的 ${\mathbf{1}}_{\{1\}}$，矛盾。指数若有界，只有有限个可能成员，其极限仍属于该有限集。

还可直接反驳全有界性。取 $g_j(x)=x^{2^j}$，$j\ge 0$。若 $k>j$，在满足 $x^{2^j}=1/2$ 的点有

$$g_j(x)-g_k(x)=\frac{1}{2}-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{2^{k-j}}\ge \frac{1}{4}.$$

因此任意两项的一致距离至少为 $1/4$，一个半径严格小于 $1/8$ 的球不可能容纳两项，有限多个这种球覆盖不了整个族。

三：构造多项式并核算实际误差 ​

尖角函数 $v$ 满足 $|v(x)-v(y)|\le |x-y|$，所以取Bernstein 构造理路Bernstein 多项式与构造型 Weierstrass 逼近Bernstein polynomial approximation · Bernstein polynomials · Weierstrass approximation theorem · Weierstrass 逼近定理用非负二项式权重构造连续函数的多项式逼近，并给出连续模、Lipschitz及二阶光滑情形的一致误差证书。

$$p_n(x)=\sum _{k=0}^n|\frac{k}{n}-\frac{1}{2}|(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}.$$

其权重非负、和为一、均值为 $x$，二阶中心矩为 $x(1-x)/n$。加权Cauchy–Schwarz给

$$|p_n(x)-v(x)|\le \sqrt{x(1-x)/n}\le 1/(2\sqrt{n}).$$

因此 $n=2500$ 保证误差不超过 $1/100$；这不是最低可用次数的证明。

$n=4$ 的样本为 $(1/2,1/4,0,1/4,1/2)$，故

$$p_4(x)=\frac{1}{2}(1-x{)}^4+x(1-x{)}^3+x^3(1-x)+\frac{1}{2}{x}^4=\frac{1}{2}-x+2x^3-x^4.$$

在左半区间 $v=1/2-x$，误差 $p_4-v=2x^3-x^4$ 单调递增，因为导数为 $2x^2(3-2x)\ge 0$。采样与权重关于 $1/2$ 对称，所以右半区间误差是左半的镜像。最大值在中心，等于 $2(1/2{)}^3-(1/2{)}^4=3/16$。

四：有限误差表需要补上节点间控制 ​

$p_4^{\prime }(x)=-1+6x^2-4x^3$，其导数为 $12x(1-x)\ge 0$，所以 $p_4^{\prime }$ 从 $-1$ 单调到 $1$，得到 $p_4$ 的Lipschitz常数一。$v$ 的常数也是一。

间距 $h=1/16$、包含两个端点的等距网使每个位置离网点至多 $r=h/2=1/32$。网格包含中心，故节点最大误差 $E=3/16$。由连续模的有限网误差证书理路连续模Modulus of continuity · 模连续性把输入分辨率转成全域振幅上界，并据此给采样、折线逼近与误差验证分配精度。，

$$\Vert p_4-v{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le E+(1+1)r=3/16+1/16=1/4.$$

这是完全正确却较松的证书。它没有使用“误差恰在中心最大”的多项式导数结构，因此比第三问的精确值大。只画网格图而不提供连续模，则连这个较松的保证也没有。

判据迁移答案 ​

五：Dini给收敛，速率还要计算 ​

$u_n$ 连续，随 $n$ 递减，逐点趋于连续的 $v$，定义域紧，故Dini 定理理路Dini 单调一致收敛定理Dini's theorem · Dini monotone convergence theorem在紧定义域上，把连续函数列朝连续极限的单调逐点收敛提升为一致收敛。给整列一致收敛。直接计算

$$0\le u_n-v\le 1/\sqrt{n},$$

中心处等号成立，所以误差恰为 $1/\sqrt{n}$。但对任意缓慢递减到零的正数列 $a_n$，常值函数 $f_n\equiv a_n$ 同样满足Dini条件，误差就是 $a_n$。因此Dini不能单独保证这个平方根速率。

六：表示能力由定义域及实复条件决定 ​

$[0,1]$ 上的 $x^2$ 分离点，因此其生成的含常数实代数由Stone–Weierstrass 定理理路Stone–Weierstrass 定理Stone-Weierstrass theorem · Stone–Weierstrass approximation · 分离点函数代数以常数、乘法和分离点条件判定实函数代数的稠密性，并解释复版本所需的共轭闭合与失败反例。稠密。$[-1,1]$ 上的偶多项式不能分离相反点；对目标 $x$，在两端点的误差至少有一个不小于一，故不稠密。

单位圆上的 $z$ 多项式含常数且分离点，却不对共轭封闭。对任何此类 $p$，

$$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }{e}^{it}[p(e^{it})-e^{-it}]dt=-1,$$

所以最大误差至少一，不能逼近 $\overline{z}$。加入 $\overline{z}$ 后满足复版本条件，并得到全部正、负频率三角多项式的稠密性。

七：三测试函数需要正性 ​

端点算子 $T$ 的权重非负且和为一，它正且线性，并有 $T1=1,Tt=x$；然而 $T{t}^2=x$，与 $x^2$ 的误差最大为 $1/4$，所以重复同一算子不会得到任意连续函数的逼近。

另一算子列满足 $\ell (1)=\ell (t)=\ell (t^2)=0$，三个测试完全正确；但 $\ell (t^3)=2/9$，所以 $L_n{t}^3=t^3+2n/9$ 发散。对非负函数 $g(t)=(1-t{)}^3$，$\ell (g)=-2/9$，且 $(L_{n}g)(1)<0$，明确违反正性。Korovkin 定理理路Korovkin 三测试函数定理Korovkin theorem · Korovkin approximation theorem · 正线性算子逼近对连续函数上的正线性算子，只需检验一、一次与二次函数便可保证所有连续函数的一致逼近。不能用于这列算子。

八：共同平方根连续模也能闭合全部任务 ​

令

$$H=\{f\in C[0,1]:f(0)=0,|f(x)-f(y)|\le \sqrt{|x-y|}\}.$$

代入 $y=0$ 得 $|f(x)|\le \sqrt{x}\le 1$，所以共同有界；平方根给共同连续模；对固定点对传递一致极限，增量约束和初值约束都保持。因此 $H$ 闭且由Ascoli紧。它含 $\sqrt{x}$，所以不能以共同Lipschitz条件替代原条件。

对任意 $f\in H$，令 $d_k=|k/n-x|$，连续使用两次加权Cauchy–Schwarz：

$$\begin{array}{rl}|B_{n}f(x)-f(x)|& \le \sum _k\sqrt{d_k}{b}_{n,k}(x)\\ & \le {(\sum _k{d}_k{b}_{n,k}(x))}^{1/2}\le {(\sum _k{d}_k^2{b}_{n,k}(x))}^{1/4}\\ & ={\left(\frac{x(1-x)}{n}\right)}^{1/4}\le (4n{)}^{-1/4}.\end{array}$$

右端与 $f$ 无关，因此是对整个 $H$ 的统一误差证书。例如 $n=2500$ 给误差至多 $0.1$。这次改变的是正则性结构，误差阶从 $n^{-1/2}$ 降至 $n^{-1/4}$，不能沿用Lipschitz的次数公式。

核验范围与继续阅读 ​

以上分数恒等式、三阶差分、Bernstein权重矩、$p_4$的对称和误差单调性均可在精确有理数或多项式代数中复算。$n=2500$ 的证书由一般不等式得出，不依靠浮点网格扫描。若实际采样和求值存在误差，需在数学逼近误差之外另加采样及舍入预算。

核心目标到第三问已经完成；第四问练习可验证误差，第五至七问比较判据，第八问检验换正则性后能否重新推导。相关证明与来源见各概念页。