中册 6.2 函数列一致收敛性 第20题
📝 题目
20．设函数列 $\displaystyle f_{n}(x)=\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n} f\left(x+\frac{k}{n}\right), n=1,2, \cdots$ ，其中 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 连续。证明：函数列 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在任意有界闭区间 $[a, b]$ 上一致收玫．（厦门大学 2014 ，北京师大 2002 ，北京大学 2010 ，云南大学
2009，湖北大学 2005，深圳大学 2007，首都师大，中科院 1997，青岛大学 2004，天津大学 2011，兰州大学 $(f(x)=\cos x))$
分析：从函数列的结构可以计算出和函数为 $\int_{0}^{1} f(x+t) \mathrm{d} t$ ，因此可以利用形式统一法．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
由定积分定义知 $\lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}(x)=\int_{0}^{1} f(x+t) \mathrm{d} t$ ．
由于 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上连续，所以 $f(x)$ 在 $[a, b+1]$ 上一致连续，从而 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall x_{1}, x_{2} \in[a, b+1]$ ，当 $\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ 时有 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\varepsilon$ 。
取 $N>\delta^{-1}$ ，则当 $n>N$ 时，有 $\left|f\left(x+n^{-1}\right)-f(x)\right|<\varepsilon$ ．于是
$$
\left|f_{n}(x)-\int_{0}^{1} f(x+t) \mathrm{d} t\right|=\left|\sum_{k=0}^{n-1} \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\left[f\left(x+\frac{k}{n}\right)-f(x+t)\right] \mathrm{d} t\right| \leqslant \sum_{k=0}^{n-1} \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\left|f\left(x+\frac{k}{n}\right)-f(x+t)\right| \mathrm{d} t \leqslant \varepsilon .
$$
故 $\left\{f_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛。
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：确定极限函数
由定积分的定义，对于固定的$x$，$f_n(x)$是函数$f(x+t)$在区间$[0,1]$上的一个Riemann和，当$n\to\infty$时，$f_n(x)$收敛到积分$\int_0^1 f(x+t)dt$。因此，极限函数为$F(x)=\int_0^1 f(x+t)dt$。
公式：\lim_{n\to\infty} f_n(x) = \int_0^1 f(x+t)dt
提示：注意这里$f_n(x)$是$n$个小区间上的函数值平均，与定积分定义一致。
步骤 2/7
目标：利用一致连续性
由于$f$在$(-\infty,+\infty)$上连续，故在闭区间$[a,b+1]$上一致连续。因此，对任意$\varepsilon>0$，存在$\delta>0$，使得对任意$u,v\in[a,b+1]$，当$|u-v|<\delta$时，有$|f(u)-f(v)|<\varepsilon$。
提示：一致连续性需要闭区间，这里区间$[a,b+1]$是闭的，因为$x\in[a,b]$时$x+t\in[a,b+1]$。
步骤 3/7
目标：选取合适的$N$
取$N>\frac{1}{\delta}$，则当$n>N$时，$\frac{1}{n}<\delta$。于是对任意$x\in[a,b]$和任意$t\in[0,1]$，有$|(x+\frac{k}{n})-(x+t)|=|\frac{k}{n}-t|\leq\frac{1}{n}<\delta$，从而$|f(x+\frac{k}{n})-f(x+t)|<\varepsilon$。
提示：注意这里$t$在$[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}]$内，所以$|\frac{k}{n}-t|\leq\frac{1}{n}$。
步骤 4/7
目标：估计误差
考虑$f_n(x)$与极限函数$F(x)$的差：
\[
\left|f_n(x)-\int_0^1 f(x+t)dt\right| = \left|\sum_{k=0}^{n-1}\int_{k/n}^{(k+1)/n}\left[f\left(x+\frac{k}{n}\right)-f(x+t)\right]dt\right|.
\]
提示：将积分区间分割成$n$个小区间，每个小区间上$f(x+t)$与$f(x+k/n)$比较。
步骤 5/7
目标：放缩积分和
利用三角不等式，有
\[
\left|f_n(x)-\int_0^1 f(x+t)dt\right| \leq \sum_{k=0}^{n-1}\int_{k/n}^{(k+1)/n}\left|f\left(x+\frac{k}{n}\right)-f(x+t)\right|dt.
\]
提示：绝对值不等式：和的绝对值不超过绝对值的和。
步骤 6/7
目标：应用一致连续性
由步骤3，当$n>N$时，对每个$k$和$t\in[k/n,(k+1)/n]$，有$|f(x+k/n)-f(x+t)|<\varepsilon$。因此，每个积分小于$\varepsilon$乘以区间长度$1/n$，从而
\[
\sum_{k=0}^{n-1}\int_{k/n}^{(k+1)/n}\varepsilon\,dt = \sum_{k=0}^{n-1}\varepsilon\cdot\frac{1}{n} = \varepsilon.
\]
提示：注意每个小区间长度是$1/n$，求和后正好是$\varepsilon$。
步骤 7/7
目标：得到一致收敛性
因此，对任意$\varepsilon>0$，存在$N>1/\delta$，使得当$n>N$时，对所有$x\in[a,b]$，有
\[
\left|f_n(x)-\int_0^1 f(x+t)dt\right| < \varepsilon.
\]
这表明$\{f_n(x)\}$在$[a,b]$上一致收敛到$\int_0^1 f(x+t)dt$。
提示：一致收敛要求$N$与$x$无关，这里$N$只依赖于$\varepsilon$和区间$[a,b]$，与$x$无关。
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