第1个回答 2012-12-12
先确认一下条件，是ABS(Fn(x)-Fn(y))<CnABS(x-y)吧。
用有限覆盖定理, 就是要证明对任意的E>0, 在每个x的小邻域中的y，abs(Fn(y)-F(y))<E，这个可以由Fn(x)收敛于F(x)、李普希兹条件和F(x)连续得到。
即abs(Fn(y)-F(y))<=abs(Fn(y)-Fn(x))+abs(Fn(x)-F(x))+abs(F(x)-F(y))<E；其中第二项和n有关，即存在N(x)，当n>N(x)时，不等式满足。
根据有限覆盖定理，[a，b]是闭区间，所以存在有限个邻域覆盖[a，b]。取这有限个N(x)中最大的即可。
用有限覆盖定理, 就是要证明对任意的E>0, 在每个x的小邻域中的y，abs(Fn(y)-F(y))<E，这个可以由Fn(x)收敛于F(x)、李普希兹条件和F(x)连续得到。
即abs(Fn(y)-F(y))<=abs(Fn(y)-Fn(x))+abs(Fn(x)-F(x))+abs(F(x)-F(y))<E；其中第二项和n有关，即存在N(x)，当n>N(x)时，不等式满足。
根据有限覆盖定理，[a，b]是闭区间，所以存在有限个邻域覆盖[a，b]。取这有限个N(x)中最大的即可。
第2个回答 2012-12-12
先说下李莆希兹条件中的数列Cn为有界数列，不妨设为|Cn|<M。则|fn(x)-fn(y)|<Cn|x-y|<M|x-y|。
不好打字母，用文字说，采用分析法证明。
任意的ε>0，把区间[a,b]等分成N1份，使得(（b-a))/N1<ε,则任意一个等分点a+(k（b-a)/N1)，（其中k=0，1，2，3，...，N1）由于{fn(x)}收敛于f(x),所以存在N2，当n>N2时，有|fn(a+(k（b-a)/N1))-f(a+(k（b-a))/N1))|<ε，取N=max{N1，N2}时，任意的x属于[a+(k（b-a))/N1,a+((k+1)（b-a))/N1],有|fn(x)-f(x)|=|fn(x)-fn(a+(k（b-a))/N1)+fn(a+(k（b-a))/N1)-f(a+(k（b-a))/N1)+f(a+(k（b-a))/N1)-f(x)|<|fn(x)-fn(a+(k（b-a))/N1)|+|fn(a+(k（b-a))/N1)-f(a+(k（b-a))/N1)|+|f(a+(k（b-a))/N1)-f(x)|<Mε+ε+Mε=(2M+1)ε.
好了，不知对吗？打得我累死了。本回答被提问者和网友采纳
不好打字母，用文字说，采用分析法证明。
任意的ε>0，把区间[a,b]等分成N1份，使得(（b-a))/N1<ε,则任意一个等分点a+(k（b-a)/N1)，（其中k=0，1，2，3，...，N1）由于{fn(x)}收敛于f(x),所以存在N2，当n>N2时，有|fn(a+(k（b-a)/N1))-f(a+(k（b-a))/N1))|<ε，取N=max{N1，N2}时，任意的x属于[a+(k（b-a))/N1,a+((k+1)（b-a))/N1],有|fn(x)-f(x)|=|fn(x)-fn(a+(k（b-a))/N1)+fn(a+(k（b-a))/N1)-f(a+(k（b-a))/N1)+f(a+(k（b-a))/N1)-f(x)|<|fn(x)-fn(a+(k（b-a))/N1)|+|fn(a+(k（b-a))/N1)-f(a+(k（b-a))/N1)|+|f(a+(k（b-a))/N1)-f(x)|<Mε+ε+Mε=(2M+1)ε.
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