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\chapter{连续函数空间}
\thispagestyle{empty}



\begin{exercise}
    对任意 $x\in [0,1]$, 设 $f_n(x)=x^n$. 在 $[0,1]$ 上的哪些点处, $(f_n)_{n\geq 1}$ 等度连续?
\end{exercise}

\begin{solution}
    因为$(f_n)_{n\geq 1}$在区间$[0,1)$上一致收敛到常值函数$f\equiv0$,
    所以$(f_n)_{n\geq 1}$在$[0,1)$上等度连续,并且容易看出$(f_n)_{n\geq 1}$在$x=1$处不是等度连续的.
\end{solution}



\begin{exercise}
    设 $K$ 是度量空间, $E$ 是赋范空间, $\left(f_{n}\right)_{n\geq 1}$ 是一列从 $K$ 到 $E$ 的连续函数. 
    证明若 $(f_{n})_{n\geq 1}$ 在一个点 $x$ 处等度连续, 则对任一收敛到 $x$ 
    的点列 $(x_{n})_{n\geq 1}$, 都有 $(f_{n}(x)-f_{n}(x_n))_{n\geq 1}$ 收敛到 $0$. 
    进而证明如果 $(f_{n}(x))_{n\geq 1}$ 在 $E$ 中收敛到 $y$, 
    那么对任一收敛到 $x$ 的点列 $(x_{n})_{n\geq 1}$, $(f_{n}(x_{n}))_{n\geq 1}$ 也收敛到 $y$.

    取 $f_{n}(x)=\sin(nx)$. 证明 $(f_{n})_{n\geq 1}$ 在 $\mathbb{R}$ 上每一点都不等度连续.
\end{exercise}

\begin{proof}
    (1) 若 $(f_n)_{n\geq 1}$在点$x$处等度连续, 则对 $\forall \varepsilon>0$, $\exists \delta>0$, 
    使得当 $d(x,y)<\delta$ 时, 对 $\forall n\in\mathbb{N}^*$, $\|f_n(x)-f_n(y)\|<\varepsilon$. 
    且对任意收敛到 $x$ 的点列 $(x_n)_{n\geq 1}$, 存在正整数$N$, 当$n>N$时, $d(x_n,x)<\delta$, 
    故此时对任意正整数 $k$, $\|f_k(x)-f_k(x_n)\|<\varepsilon$. 取$k=n$, 
    得$\|f_n(x)-f_n(x_n)\|<\varepsilon$.
    
    综上, 对$\forall \varepsilon>0$, 存在正整数 $N$, 当 $n>N$ 时, $\|f_n(x)-f_n(x_n)\|<\varepsilon$, 
    这就是说$(f_n(x)-f_n(x_n))_{n\geq 1}$收敛到$0$.

	(2) 由于 $(f_n(x))_{n\geq 1}$ 在 $E$ 中收敛到 $y$, 故对 $\varepsilon>0$, 存在 $N_1\in\mathbb{N}^*$, 
    当$n>N_1$时, $\|f_n(x)-y\|<\frac{\varepsilon}{2}$, 又根据 (1), 
    设 $(x_n)_{n\geq 1}$ 收敛于 $x$, 则存在 $N_2\in\mathbb{N}^*$, 使得 $n>N_2$ 时, 
    $\|f_n(x)-f_n(x_n)\|<\frac{\varepsilon}{2}$. 取 $N=\max\left\{N_1,N_2\right\}$, 当$n>N$时, 
	\[\|f_n(x_n)-y\|\leq \|f_n(x_n)-f_n(x)\|+\|f_n(x)-y\|\leq\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.\]
	故 $f_n(x_n)_{n\geq 1}$ 也收敛到 $y$.

	(3) 若 $x=k\pi$, $k\in\FZ$, 则取 $x_n=k\pi+\frac{1}{n}$, 注意到$f_n(k\pi)=\sin(nk\pi)=0$, 
    故 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}f_n(k\pi)=0$, 而
    \[\begin{aligned}
		f_n(x_n)&=\sin(n(k\pi+\frac{1}{n}))\\&=\sin(nk\pi+1)\\
		&=\sin(nk\pi)\cos1+\cos(nk\pi)\sin1\\&=\cos(nk\pi)\sin1.
	\end{aligned}\]
    从而 $|f_n(x_n)|=\sin 1$ 对任意正整数 $n$ 都成立, 
    因此 $f_n(x_n)$ 在 $n$ 趋于 $\infty$ 时极限不可能为 $0$. 由 (2) 知 $(f_n)_{n\geq 1}$ 在 $x=k\pi$ 处不等度连续. 

    若 $x\not= k\pi$, $k\in\FZ$, 取 $x_n=x+\frac{\pi}{n}$, 从而
    \[\begin{aligned}
    \|f_n(x)-f_n(x_n)\|&=|\sin (nx)-\sin(nx+\pi)|\\
    &=|\sin (nx)-\sin(nx)\cos\pi-\cos(nx)\sin\pi|\\
                    &=2|\sin nx|.
    \end{aligned}\]

    下面我们说明当 $x\not=k\pi$ 时, $\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\sin nx$不存在. 
    事实上, 设 $x\not=k\pi$, $k\in\FZ$, 若 $\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \sin nx$ 存在, 那么
    \[\lim\limits_{n\rightarrow \infty} (\sin((n+1)x)-\sin((n-1)x))=0.\]
    由和差化积, 我们知道 $\sin((n+1)x)-\sin((n-1)x)=2\sin x\cos nx$, 从而
    \[\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \cos nx=0.\]
    接着注意到 $\cos((n+1)x)=\cos nx\cos x-\sin nx\sin x$, 故
    \[\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \sin nx =0,\]
    而这与 $\sin^2 nx+\cos^2 nx=1$矛盾! 从而 $\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \sin nx$不存在.

    因此当 $n$ 趋近于 $\infty$ 时, $\|f_n(x)-f_n(x_n)\|$ 极限不存在, 
    由 (1) 知 $(f_n)_{n\geq 1}$ 在 $x\not= k\pi$ 处不等度连续.
    
    综上, $(f_n)_{n\geq 1}$ 在 $\mathbb{R}$上每一点都不等度连续. 
\end{proof}





\begin{exercise}
    设 $K$ 是拓扑空间, $(E,d)$ 是度量空间. 证明: 
    若 $(f_{n})$ 在 $C(K, E)$ 中依一致范数收敛, 则 $(f_{n})$ 等度连续.
\end{exercise}

\begin{proof}
    设 $(f_n)_{n\geq 1}$ 一致收敛到 $f$, 容易验证 $f\in C(K,E)$,
    则对 $\forall\varepsilon>0$, 存在 $N>0$, 使得当 $n>N$ 时,
    $\sup_{x\in K}d(f_n(x),f(x))<\varepsilon/3$,
    任取 $x\in K$, 因为 $f\in C(K,E)$, 所以存在 $V\in\mathcal{N}(x)$,
    使得当 $y\in V$时, $d(f(y),f(x))<\varepsilon/3$.

    因此对于上述的 $\varepsilon,N$, 当 $n>N$ 且 $y\in V$ 时, 有
    \[d(f_n(y),f_n(x))\leq d(f_n(y),f(y))+d(f(y),f(x))+d(f(x),f_n(x))<\varepsilon.\]
    从而集合$(f_n)_{n>N}$是等度连续的,而增加有限个元素不改变等度连续性,因此$(f_n)_{n\geq 1}$等度连续.
\end{proof}



\begin{exercise}
    设 $K$ 是拓扑空间, $(E, d)$ 是度量空间, $(f_{n})$ 是 $C(K, E)$ 上等度连续序列. 
    证明所有使得 $(f_{n}(x))$ 是 Cauchy 序列的点 $x$ 构成的集合是 $K$ 中的闭子集.
\end{exercise}

\begin{proof}
  记所有使得 $(f_n(x))$ 是 Cauchy 序列的点 $x$ 构成的集合为 $B$,
  要证明 $B$ 为闭集, 只需证明其任意收敛序列的极限点仍在其中
  设 $(x_k)_{k\geq 1}$ 是 $B$ 中任意一个收敛的序列, 且 $x_k\to x$.

  因为$f_n\in C(K,E)$, 所以 $\forall\varepsilon>0,\exists K,\forall k>K,d(f_n(x_k),f_n(x))<\varepsilon$.
  又 $x_k\in B$, 所以 $(f_n(x_k))_{n\geq 1}$ 是 Cauchy 序列,
  故对于上述 $\varepsilon>0$, $\exists N$, $\forall m,n>N$,有
  \[d(f_n(x_k),f_m(x_k))<\varepsilon.\]
  从而
  \[d(f_n(x),f_m(x))\leq d(f_n(x),f_n(x_k))+d(f_n(x_k),f_m(x_k))+d(f_m(x_k),f_m(x))<3\varepsilon.\]
  这说明 $(f_n(x))_{n\geq 1}$ 是 Cauchy 序列, 故 $x\in B$, 所以 $B$ 是闭集.
\end{proof}


\begin{exercise}
  考虑函数序列 $(f_{n})$, 这里 $f_{n}(t)=\sin\left(\sqrt{t+4(n\pi)^2}\right)$, $t\in[0,\infty)$.
  \begin{enumerate}[(a)]
    \item 证明 $(f_{n})$ 等度连续并且逐点收敛到 $0$ 函数.
    \item $C_{b}([0,\infty),\mathbb{R})$ 表示 $[0, \infty)$ 上所有有界连续实函数构成的空间, 并赋予范数
    \[\|f\|_{\infty}=\sup_{t\geq 0}|f(t)|.\]
    $(f_n)$ 在 $C_b([0,\infty),\mathbb{R})$ 中是否相对紧?
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
    (a) 任意取定 $t_0\geq 0$, 对于 $\forall\varepsilon>0$,
    取 $\delta=4\pi\varepsilon$, 则当 $t\in B(t_0,\delta)\cap [0,+\infty)$ 时, 对于任意的 $f_n$ 有
    \begin{align*}
        |f_n(t)-f_n(t_0)| & =\left|\sin(\sqrt{t+4(n\pi)^2})-\sin(\sqrt{t_0+4(n\pi)^2})\right| \\
                        & \leq |\sqrt{t+4(n\pi)^2}-\sqrt{t_0+4(n\pi)^2}|\\
                        & =\frac{|t-t_0|}{\sqrt{t+4(n\pi)^2}+\sqrt{t_0+4(n\pi)^2}}\\
                        & \leq\frac{|t-t_0|}{4\pi}<\varepsilon.
    \end{align*}
    因此 $(f_n)$ 等度连续.
    对任意的 $t\in [0,\infty)$,因为
    \[\begin{split}
    \lim_{n\to\infty}|\sin(\sqrt{t+4(n\pi)^2})-0|&=\lim_{n\to\infty}|\sin(\sqrt{t+4(n\pi)^2})-\sin(2n\pi)|\\
    &\leq \lim_{n\to\infty}\frac{t}{\sqrt{t+4(n\pi)^2}+2n\pi}\\
    &\leq \lim_{n\to\infty}\frac{t}{4n\pi}=0.
    \end{split}\]
    故 $(f_n)$ 逐点收敛到 $0$ 函数.

    (b) 注意到依范数 $\|\cdot\|_{\infty}$ 下的收敛即为在 $[0,\infty)$ 下的一致收敛,
    假设 $(f_n)$有依范数 $\|\cdot\|_{\infty}$ 收敛的子列, 则由 (a) 知该子列必一致收敛于 $0$ 函数,
    然而对于 $\forall n$,
    \[\|f_n\|_{\infty}=\sup_{t\geq 0}|\sin(\sqrt{t+4(n\pi)^2})|=1.\]
    故 $(f_n)$ 不存在依范数 $\|\cdot\|_{\infty}$ 收敛的子列, 因此 $(f_n)$ 不是相对紧的.
\end{proof}


\begin{exercise}[7]
  (...)
\end{exercise}

\begin{proof}
  \begin{enumerate}[(a)]
    \item 对于任意 $m\geq 1$, 有 $K = \bigcup_{x\in K} B(x,1/m)$, 因为 $K$ 是紧的,
      所以存在有限子集 $D_m$, 使得
      \[K = \bigcup_{x\in D_m} B(x,1/m).\]
      令
      \[D = \bigcup_{m\geq 1} D_m.\]
      显然 $D$ 是 $K$ 的可数稠密子集.
    \item 因为 $D$ 可数, 故可记 $D=\{x_1,x_2,\cdots\}$.
      
      $\{f_n(x_1):n\geq 1\}$ 相对紧, 故有收敛子列 $\{f_{n_{1k}}(x_1):k\geq 1\}$;

      $\{f_n(x_2):n\geq 1\}$ 相对紧, 故 $\{f_{n_{1k}}(x_2):k\geq 1\}$有收敛子列$\{f_{n_{2k}}(x_2):k\geq 1\}$;

      $\cdots$

      $\{f_n(x_l):n\geq 1\}$相对紧, 故 $\{f_{n_{(l-1)k}}(x_l):k\geq 1\}$有收敛子列$\{f_{n_{lk}}(x_l):k\geq 1\}$

      $\cdots$

      如此进行下去,利用对角线法,可挑选出一列$(f_{n_{kk}})_{k\geq 1}$,使得对任意的$x\in D$,$(f_{n_{kk}}(x))_{k\geq 1}$收敛.
    \item 对任意$x\in K$,存在$(x_m)\subset D$使得$x_m\to x$,故$\forall\varepsilon>0$,有:
    \[d(f_{n_{kk}}(x),f_{n_{qq}}(x))\leq d(f_{n_{kk}}(x),f_{n_{kk}}(x_m))+d(f_{n_{kk}}(x_m),f_{n_{qq}}(x_m))+d(f_{n_{qq}}(x_m),f_{n_{qq}}(x))\]
    由$(f_n)$等度连续及(b)中结论知当指标$m,k,q$都取得足够大时,有
    \[d(f_{n_{kk}}(x),f_{n_{qq}}(x))<\varepsilon\]
    因此 $(f_{n_{kk}}(x))$ 是 Cauchy 序列.
    由 $\Delta(f_{n_{kk}},f_{n_{qq}}) = \sup_{x\in K}d((f_{n_{kk}}(x)),(f_{n_{qq}}(x)))$
    知 $(f_{n_{kk}})$ 是 Cauchy 序列, 故其在$C(K,E)$中收敛. \qedhere
  \end{enumerate}
  
\end{proof}

\begin{exercise}[10]
    设 $(K,d)$ 是紧度量空间. 证明所有从 $K$ 到 $\mathbb{R}$ 的 Lipschitz 函数构成的集合在 $(C(K,\mathbb{R}),\|\cdot\|_{\infty})$ 中稠密.
\end{exercise}

\begin{proof}
    记所有从 $K$ 到 $\mathbb{R}$ 的 Lipschitz 函数构成的集合为 $\mathcal{A}$.
    \begin{itemize}
    \item $\mathcal{A}$是 $C(K,\mathbb{R})$的子代数:
    容易验证 $\mathcal{A}$ 中元素关于加法和数乘封闭,下面说明关于乘法封闭,
    任意 $f,g\in\mathcal{A}$, 存在 $\lambda_1>0,\lambda_2>0$ 使得对任意 $x,y\in K$, 有
    \[|f(x)-f(y)|\leq\lambda_1d(x,y).\]
    \[|g(x)-g(y)|\leq\lambda_2d(x,y).\]
    又因为 $K$ 为紧集, 故存在 $M_1,M_2$, 使得对于任意 $x\in K$, 
    有 $|f(x)|\leq M_1$, $|g(x)|\leq M_2$, 故
    \[\begin{split}
    |f(x)g(x)-f(y)g(y)|
    & =|f(x)g(x)-f(x)g(y)+f(x)g(y)-f(y)g(y)|\\
    & \leq |f(x)g(x)-f(x)g(y)|+|f(x)g(y)-f(y)g(y)|\\
    & \leq M_1\lambda_2d(x,y)+M_2\lambda_1d(x,y)\\
    & =(M_1\lambda_2+M_2\lambda_1)d(x,y).
    \end{split}\]
    从而 $\mathcal{A}$ 中元素关于乘法封闭.
    \item 常值函数 $1\in\mathcal{A}$.
    \item 任意取定 $y\in K$, 取 $f(x)=d(x,y)\in\mathcal{A}$, 则当 $x\neq y$ 时, $f(x)\neq f(y)$.
    \end{itemize}
    由 Stone-Weierstrass 定理知 $\mathcal{A}$ 在 $C(K,\mathbb{R})$ 中稠密.
\end{proof}



\begin{exercise}
    设 $K_{1}$ 和 $K_{2}$ 都是紧 Hausdorff 空间. 
    对 $f\in C(K_{1},\FC), g\in C(K_{2},\FC)$ 定义
    \[
    f\otimes g(x_1,x_2)=f(x_1) g(x_2), \quad\forall(x_1,x_2)\in K_{1}\times K_{2}.
    \]
    并定义集合
    \[
    \mathcal{A}=\biggl\{\sum_{\text{有限和}} a_{i}f_{i}\otimes g_{i}: a_{i}\in\FC, f_{i}\in C(K_1,\FC), g_{i}\in C(K_2, \FC)\biggr\}.
    \]
    证明 $\mathcal{A}$ 在 $C(K_1\times K_2,\FC)$ 中稠密.
\end{exercise}

\begin{proof}
  \begin{enumerate}[(i)]
    \item $K_1\times K_2$是紧的Hausdorff空间;
    \item $\mathcal{A}$ 是 $C(K_1\times K_2,\FC)$ 的子代数:容易验证$\mathcal{A}$是向量子空间,下证$\mathcal{A}$关于乘法封闭:\\
    任意 $\ell_1,\ell_2\in\mathcal{A}$, 记 $\ell_1=\sum_{i\in I}a_if_{1i}\otimes g_{1i}$,
    $\ell_2=\sum_{j\in J}b_jf_{2j}\otimes g_{2j}$, 其中 $I,J$ 都为有限指标集,
    对任意 $(x_1,x_2)\in K_1\times K_2$, 有
    \[\begin{split}
      \ell_1(x_1,x_2)\cdot\ell_2(x_1,x_2)
      & = \left(\sum_{i\in I}a_if_{1i}(x_1)g_{1i}(x_2)\right)
          \left(\sum_{j\in J}b_jf_{2j}(x_1)g_{2j}(x_2)\right) \\
      & = \sum_{i\in I}\sum_{j\in J}a_ib_j(f_{1i}f_{2j})(x_1)\cdot(g_{1i}g_{2j})(x_2) \\
      & = \sum_{i\in I}\sum_{j\in J}a_ib_j\left((f_{1i}f_{2j})\otimes(g_{1i}g_{2j})\right)(x_1,x_2).
    \end{split}\]
    因此
    \[\ell_1\cdot\ell_2
      = \sum_{i\in I}\sum_{j\in J}a_ib_j\left((f_{1i}f_{2j})\otimes(g_{1i}g_{2j})\right).\]
    上式仍为有限和, 结合 $C(K_1,\FC),C(K_2,\FC)$ 都为代数知 $\mathcal{A}$ 关于乘法封闭;
    \item 常值函数 $1\in\mathcal{A}$
    \item 可分点: 设 $x=(x_1,x_2),y=(y_1,y_2)\in K_1\times K_2$ 且$x\neq y$, 不妨设$x_1\neq y_1$,
      因为 $K_1$ 是紧 Hausdorff 空间, 所以由 Urysohn 引理知存在 $f\in C(K_1,[0,1])\subset C(K_1,\FC)$
      使得 $f(x_1)=0$, $f(y_1)=1$, 令 $g(x)\equiv1(\forall x\in K_2)$, 则
      \[f\otimes g(x)=f\otimes g(x_1,x_2)=0,\]
      \[f\otimes g(y)=f\otimes g(y_1,y_2)=1.\]
      因此$\mathcal{A}$是可分点的
    \item $\mathcal{A}$是自伴的
  \end{enumerate}
  综上知$\mathcal{A}$在$C(K_1\times K_2,\mathbb{R})$中稠密.
\end{proof}



\begin{exercise}
    $[0,1]$ 上所有的偶多项式构成的集合 $\mathcal{Q}$ 是否在 $C([0,1], \mathbb{R})$ 上稠密?
    $[-1,1]$ 上所有的偶多项式构成的集合 $\mathcal{R}$ 是否在 $C([-1,1], \mathbb{R})$ 上稠密?
\end{exercise}

\begin{solution}
    $\mathcal{Q}$在$C([0,1],\mathbb{R})$中稠密,理由:
    \begin{enumerate}[(i)]
    \item $\mathcal{Q}$ 是子代数.
    \item $1\in\mathcal{Q}$.
    \item $\forall x,y\in [0,1]$, 取 $f(x)=x^2$, 则 $f(x)\neq f(y)$.
    \end{enumerate}
    但是 $\mathcal{R}$ 在 $C([-1,1],\mathbb{R})$ 中不稠密, 因为 $[-1,1]$ 中的任意一个非零点和其相反数不可分.
\end{solution}



\begin{exercise}[14]
  本习题的目的是证明 Bernstein 定理: 令 $f\in C([0,1], \FK)$, 并设
  \[ B_{n}(f)(x)=\sum_{k=0}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} f\left(\frac{k}{n}\right) x^{k}(1-x)^{n-k}.\]
  则 $B_{n}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛到 $f$.
  \begin{enumerate}[(a)]
    \item 首先导出对任一正整数 $n$, 有公式
      \[\sum_{k=0}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} k x^{k}(1-x)^{n-k}=nx \quad\text{和}\quad\sum_{k=0}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} k^2 x^k(1-x)^{n-k}=nx+n(n-1)x.\]
      并由此证明
      \[\sum_{k=0}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k}(k-nx)^2 x^k (1-x)^{n-k}=nx(1-x).\]
    \item 对任意 $\varepsilon>0$, 选择适当的 $\delta>0$, 使得
      \[x, y \in[0,1],|x-y|<\delta \Rightarrow|f(x)-f(y)|<\varepsilon.\]
      对任意固定的 $x\in [0,1]$, 令 $I=\{k:|x-\frac{k}{n}|<\delta\}$
      及 $J=\{k:|x-\frac{k}{n}|>\delta\}$. 证明
      \begin{align*}
          |f(x)-B_n(f)(x)|<{}
          & \varepsilon\sum_{k\in I}\mathrm{C}_n^k x^k(1-x)^{n-k} \\
          & +\frac{2\|f\|_{\infty}}{\delta^2}\sum_{k\in J}\mathrm{C}_n^k \biggl(x-\frac{k}{n}\biggr)^2x^k(1-x)^{n-k}.
      \end{align*}
      从而导出
      \[|f(x)-B_n(f)(x)|<\varepsilon+\frac{2\|f\|_{\infty}}{\delta}\frac{x(1-x)}{n}.\]
    \item 得出结论
      \[\lim_{n\to\infty}\|f-B_n(f)\|_{\infty}=0.\]
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
(a)引入二项分布 $X\sim B(n,x)$, 则:
\[\sum_{k=0}^nC_n^kkx^k(1-x)^{n-k} = E(X) = nx.\]
\[\sum_{k=0}^nC_n^kk^2x^k(1-x)^{n-k}=E(X^2)=\operatorname{Var}(X)+E^2(X)=nx+n(n-1)x^2.\]
故
\[\sum_{k=0}^nC_n^k(k-nx)^2x^k(1-x)^{n-k}=nx+n(n-1)x^2-2nx\cdot nx+n^2x^2=nx(1-x).\]

(b)
\begin{align*}
  |f(x)-B_n(f)(x)|
  & = \left|f(x)-\sum_{k=0}^nC_n^kf\left(\frac{k}{n}\right)x^k(1-x)^{n-k}\right| \\
  & = \left|\sum_{k=0}^nC_n^k\left(f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right)x^k(1-x)^{n-k}\right| \\
  & \leq \sum_{k=0}^nC_n^k\left|f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right|x^k(1-x)^{n-k} \\
  & < \varepsilon\sum_{k\in I}C_n^kx^k(1-x)^{n-k}
      + \sum_{k\in J}C_n^k\left|f(x)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right|x^k(1-x)^{n-k} \\
  & \leq \varepsilon\sum_{k\in I}C_n^kx^k(1-x)^{n-k}
      + \frac{2\|f\|_{\infty}}{\delta^2}
        \sum_{k\in J}C_n^k\left(x-\frac{k}{n}\right)^2x^k(1-x)^{n-k}
\end{align*}
由 (a) 知 $\sum_{k=0}^nC_n^k(x-k/n)^2x^k(1-x)^{n-k}=x(1-x)/n$, 故
\[|f(x)-B_n(f)(x)|<\varepsilon+\frac{2\|f\|_{\infty}}{\delta^2}\frac{x(1-x)}{n}.\]

(c) 由 (b) 中所得不等式知:
\[\begin{split}
  \lim_{n\to\infty}\|f-B_n(f)\|_{\infty}
  & =\lim_{n\to\infty}\sup\limits_{0\leq x\leq 1}|f(x)-B_n(f)(x)| \\
  & \leq \lim_{n\to\infty}\sup \limits_{0\leq x\leq 1}
    \left(\varepsilon+\frac{2\|f\|_{\infty}}{\delta^2}\frac{x(1-x)}{n}\right) \\
  & = \varepsilon.
\end{split}\]
由$\varepsilon$的任意性知
\[\lim_{n\to\infty}\|f-B_n(f)\|_{\infty}=0.\qedhere\]
\end{proof}


\begin{exercise}[15]
  Let $f\in L_{2\pi}^1$ and define its Fourier series as
  \[f \sim \sum_{n=-\infty}^\infty \widehat{f}(n) \e^{\upi nt}.\]
  and the corresponding $n$-partial sum as
  \[S_n(f)(t) = \sum_{k=-n}^n \widehat{f}(k) \e^{\upi kt}.\]
  In this exercise, we assume that $f$ is a piecewise $C^1$ function, i.e.,
  $f\in C_{2\pi}$ and there exists a partition $0<a_0<a_1<\cdots<a_k=2\pi$
  such that $f$ is $C^1$ in each subinterval $(a_j,a_{j+1})$
  and the limits $\lim_{x\to a_j+} f'$ and $\lim_{x\to a_{j+1}-} f'$ exist.
  Prove that the Fourier series of $f$ converges to $f$ in the $\|\cdot\|_\infty$ norm and
  \[\|f - S_N(f)\|_\infty \leq \sqrt{\frac{2}{N}} \|f'\|_2,\quad \forall N\geq 1.\]
\end{exercise}

\begin{exercise}
  (...)
\end{exercise}

\begin{proof}
  \begin{enumerate}[(a)]
      \item 首先显然 $F(x)$ 是连续的, 又因为 $\hat{f}(0)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(\theta)\diff\theta=0$, 所以
      \[F(x+2\pi) = \int_0^{x+2\pi}f(t)\diff t
        = \int_0^xf(t)\diff t+\int_x^{x+2\pi}f(t)\diff t = \int_0^xf(t)\diff t = F(x).\]
      故 $F\in C_{2\pi}$, 并且
      \[\begin{split}
        \hat{F}(n)
        & = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}F(\theta)e^{-in\theta}\diff\theta \\
        & = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}F(\theta)\frac{1}{-in}\diff(e^{-in\theta}) \\
        & = \frac{1}{2\pi}\left(\frac{i}{n}e^{-in\theta}F(\theta)\right)
            \bigg|_0^{2\pi}-\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{i}{n}e^{-in\theta}f(\theta)\diff\theta\\
        & = -\frac{i}{2\pi n}\int_0^{2\pi}e^{-in\theta}f(\theta)\diff\theta \\
        & = -\frac{i}{n}\hat{f}(n)
          = \begin{cases}
            -\frac{i}{|n|}\hat{f}(|n|)
              = -\frac{i}{|n|}\frac{a_{|n|}}{2i} = -\frac{a_{|n|}}{2|n|},
            & \text{if } n>0, \\
            \frac{i}{|n|}\hat{f}(-|n|)=\frac{i}{|n|}\left(-\frac{a_{|n|}}{2i}\right)
              = -\frac{a_{|n|}}{2|n|},
            & \text{if } n<0
            \end{cases} \\
        & = -\frac{a_{|n|}}{2|n|}.
      \end{split}\]
      由上面结果知对任意 $n\geq 1$, 有
      \[\begin{split}
        \frac{a_n}{n}
        & = -(\hat{F}(n)+\hat{F}(-n)) \\
        & = -\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}F(\theta)\left(e^{-in\theta}+e^{in\theta}\right)\diff\theta\\
        & = -\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}F(\theta)\cos(n\theta)\diff\theta \\
        & = -\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}\frac{F(\theta)}{n}\diff\sin(n\theta) \\
        & = -\frac{F(\theta)\sin(n\theta)}{n\pi}\bigg|_0^{2\pi}
            + \frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}\frac{\sin(n\theta)}{n}f(\theta)\diff\theta \\
        & = \frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}\frac{\sin(n\theta)}{n}f(\theta)\diff\theta
      \end{split}\]
      故
      \[\sum_{n\geq 1}\frac{a_n}{n}
        = \frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}\sum_{n\geq 1}\frac{\sin(n\theta)}{n}f(\theta)\diff\theta.\]
      由级数 $\sum_{n\geq 1}\frac{\sin(n\theta)}{n}$ 收敛及 $f\in L_{2\pi}^1$
      知 $\sum_{n\geq 1}\frac{a_n}{n}$ 收敛.
    \item 假设级数$\sum_{n\geq 2}\frac{\sin(nx)}{\log n}$是 Fourier 级数, 则由(a)中结论知级数
      \[\sum_{n\geq 2}\frac{1}{n\log n} \text{ 收敛}.\]
      显然矛盾, 因此$\sum_{n\geq 2}\frac{\sin(nx)}{\log n}$ 不是 Fourier 级数.
  \end{enumerate}
\end{proof}


\begin{exercise}[17]
  对任意 $a\in\mathbb{R}$, 相应的平移变换 $\tau_a(f)(x) = f(x-a)$.
  证明对任意 $f\in L_{2\pi}^p$, $0<p<\infty$, 有
  \[\lim_{a\to 0} \|\tau_a(f) - f\|_p = 0.\]
\end{exercise}

\begin{proof}
  因为 $C_{2\pi}$ 在 $L_{2\pi}^p$ 中稠密, 所以存在函数序列$(f_n)\subset C_{2\pi}$,使得
  \[\|f-f_n\|_p\to0(n\to\infty).\]
  不妨设 $p\geq 1$ ($0<p<1$ 的情形同理可证), 由 Minkowski 不等式得
  \[\|\tau_a(f)-f\|_p\leq\|\tau_a(f)-\tau_a(f_n)\|_p+\|\tau_a(f_n)-f_n\|_p+\|f_n-f\|_p.\]
  由 $f_n$ 是一致连续函数且 $\tau_a$ 是连续变换不难知:
  \[\lim_{a\to0}\|\tau_a(f)-f\|_p=0.\qedhere\]
\end{proof}


\begin{exercise}[18]
(...)
\end{exercise}

\begin{proof}
  (a) (i) 由于
  \[\sum_{n=0}^{N-1} \sin \biggl(n+\frac{1}{2}\biggr)t 
    = \biggl(\sin\frac{Nt}{2}\biggr)^2 \bigg/ \sin\frac{t}{2},\]
  所以
  \[F_N(t) = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} D_n
    = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} \frac{\sin (n+\frac{1}{2})t}{\sin\frac{t}{2}}
    = \frac{1}{N} \biggl(\frac{\sin\frac{Nt}{2}}{\sin\frac{t}{2}}\biggr)^2.\]
  (ii) 由于
  \[F_N(t) = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} \sum_{k=-n}^n \e^{\upi kx}.\]
  故
  \begin{align*}
    \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} F_N(t) \diff t
    & = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1}\sum_{k=-n}^n
        \e^{\upi kt} \diff t \\
    & = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1}\sum_{k=-n}^n 
        \biggl[\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \e^{\upi kt} \diff t\biggr].
  \end{align*}
  当 $k\neq 0$ 时, $\int_0^{2\pi} \e^{\upi kt} \diff t = 0$;
  当 $k = 0$ 时, $\int_0^{2\pi} \e^{\upi kt} \diff t = 2\pi$, 故
  \[\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} F_N(t) \diff t
    = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} 1 = 1.\]
  (iii) 当 $\delta\leq |t| \leq\pi$ 时, $\frac{1}{\sin^2(t/2)} \leq \frac{1}{\sin^2(\delta/2)}$,
  因此
  \[F_N(t) \leq \frac{1}{N} \frac{1}{\sin^2(\delta/2)},\quad \delta\leq |t|\leq \pi.\]
  显然当 $N\to\infty$ 时, $F_N(t)$ 一致收敛于 $0$, 于是
  \[\lim_{N\to\infty} \int_{\delta\leq |t|\leq \pi} F_N(t) \diff t = 0.\]
\end{proof}