中册 6.2 函数列一致收敛性 第49题
📝 题目
49．设 $\phi(x), f(x)$ 是连续函数，且有 $R>0$ ，当 $|x| \geqslant R$ 时，$\phi(x)=0$ ，证明：（1）$\displaystyle \phi(x) f\left(\frac{x}{n}\right)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上一致收敛于 $\phi(x) f(0)$ ；（2）若 $\int_{-\infty}^{+\infty} \phi(x) \mathrm{d} x=1$ ，则 $\lim _{n \rightarrow+\infty} n \int_{-\infty}^{+\infty} \phi(n x) f(x)=f(0)$ ．
💡 答案解析
解题过程：
（1）由题设条件知 $\phi(x)$ 有界，设 $\phi(x) \leqslant M$ 。
由于 $f(x)$ 连续，对 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，当 $|x|<\delta$ 时有 $\displaystyle |f(x)-f(0)|<\frac{\varepsilon}{M}$ ．取 $\displaystyle N=\frac{R}{\delta}$ ，则当 $n>N$ 时，对 $\forall x \in[-R, R]$ 有
$$
\left|f\left(\frac{x}{n}\right)-f(0)\right|<\frac{\varepsilon}{M}
$$
从而
$$
\left|\phi(x) f\left(\frac{x}{n}\right)-\phi(x) f(0)\right|=|\phi(x)|\left|f\left(\frac{x}{n}\right)-f(0)\right|N$ 时，对 $\forall x \in R$ 有
$$
\left|\phi(x) f\left(\frac{x}{n}\right)-\phi(x) f(0)\right|<\varepsilon .
$$
故 $\displaystyle \phi(x) f\left(\frac{x}{n}\right)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上一致收敛于 $\phi(x) f(0)$ ．
（2）若 $\int_{-\infty}^{+\infty} \phi(x) \mathrm{d} x=1$ ，则 $f(0)=\int_{-\infty}^{+\infty} \phi(x) f(0) \mathrm{d} x$ ．又 $\displaystyle n \int_{-\infty}^{+\infty} \phi(n x) f(x) \mathrm{d} x \xlongequal{y=n x} \int_{-\infty}^{+\infty} \phi(y) f\left(\frac{y}{n}\right) \mathrm{d} y$ ．
故
$$
\left|n \int_{-\infty}^{+\infty} \phi(n x) f(x) \mathrm{d} x-f(0)\right|=\left|\int_{-\infty}^{+\infty}\left[\phi(x) f\left(\frac{x}{n}\right)-\phi(x) f(0)\right] \mathrm{d} x\right| \leqslant \int_{-\infty}^{+\infty}\left|\phi(x) f\left(\frac{x}{n}\right)-\phi(x) f(0)\right| \mathrm{d} x
$$
$$
=\int_{-R}^{+R}\left|\phi(x) f\left(\frac{x}{n}\right)-\phi(x) f(0)\right| \mathrm{d} x .
$$
因 $\displaystyle \phi(x) f\left(\frac{x}{n}\right)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上一致收敛于 $\phi(x) f(0)$ ，故对 $\forall \varepsilon>0, \exists N>0$ ，当 $n>N$ 时有
$$
\left|\phi(x) f\left(\frac{x}{n}\right)-\phi(x) f(0)\right|<\frac{\varepsilon}{2 R}
$$
从而，当 $n>N$ 时有 $\left|n \int_{-\infty}^{+\infty} \phi(n x) f(x) \mathrm{d} x-f(0)\right|<\varepsilon$ 。故 $\lim _{n \rightarrow+\infty} n \int_{-\infty}^{+\infty} \phi(n x) f(x)=f(0)$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明一致收敛：利用有界性和连续性
由题设，$\phi(x)$ 在 $[-R,R]$ 上连续，故有界，设 $|\phi(x)| \leq M$。$f(x)$ 连续，则对 $\forall \varepsilon>0$，$\exists \delta>0$，当 $|x|<\delta$ 时 $|f(x)-f(0)|<\varepsilon/M$。取 $N=R/\delta$，则当 $n>N$ 时，对 $\forall x \in [-R,R]$，有 $|x/n| \leq R/n < \delta$，从而 $|f(x/n)-f(0)|<\varepsilon/M$。于是 $|\phi(x)f(x/n)-\phi(x)f(0)| = |\phi(x)|\cdot|f(x/n)-f(0)| < M \cdot (\varepsilon/M) = \varepsilon$。
提示：注意 $\phi(x)$ 的有界性来源于闭区间上的连续性，但题目只说了连续，未说闭区间，实际上 $\phi(x)$ 在 $|x|\geq R$ 时为0，所以只需考虑 $[-R,R]$ 上的有界性。
步骤 2/5
目标：证明一致收敛：考虑整个实数轴
当 $|x| \geq R$ 时，$\phi(x)=0$，故 $\phi(x)f(x/n)-\phi(x)f(0)=0$，不等式自然成立。因此，对 $\forall x \in (-\infty,+\infty)$，当 $n>N$ 时，有 $|\phi(x)f(x/n)-\phi(x)f(0)|<\varepsilon$。由定义，$\phi(x)f(x/n)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上一致收敛于 $\phi(x)f(0)$。
提示：一致收敛的定义：对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$ 使得对所有 $n>N$ 和所有 $x$ 成立。这里 $N$ 与 $x$ 无关。
步骤 3/5
目标：转化第二问的积分形式
由条件 $\int_{-\infty}^{+\infty} \phi(x) dx = 1$，则 $f(0) = \int_{-\infty}^{+\infty} \phi(x) f(0) dx$。作变量代换 $y=nx$，则 $n \int_{-\infty}^{+\infty} \phi(nx) f(x) dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \phi(y) f(y/n) dy$。
公式：$n \int_{-\infty}^{+\infty} \phi(nx) f(x) dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \phi(y) f(y/n) dy$
提示：注意积分限不变，因为 $n>0$，$x$ 从 $ -\infty$ 到 $+\infty$ 时 $y$ 也如此。
步骤 4/5
目标：估计差值并利用一致收敛
考虑差值：$\left| n \int \phi(nx) f(x) dx - f(0) \right| = \left| \int \phi(x) [f(x/n)-f(0)] dx \right| \leq \int_{-R}^{R} |\phi(x)| \cdot |f(x/n)-f(0)| dx$，因为 $|x|>R$ 时 $\phi(x)=0$。由第一问的一致收敛性，对 $\forall \varepsilon>0$，$\exists N$，当 $n>N$ 时，$|\phi(x)f(x/n)-\phi(x)f(0)| < \varepsilon/(2R)$ 对所有 $x$ 成立。于是积分 $\leq \int_{-R}^{R} \frac{\varepsilon}{2R} dx = \varepsilon$。
提示：注意一致收敛保证 $|\phi(x)f(x/n)-\phi(x)f(0)|$ 可以任意小，且与 $x$ 无关，从而积分可控制。
步骤 5/5
目标：得出极限结论
由上述推导，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时，$\left| n \int_{-\infty}^{+\infty} \phi(nx) f(x) dx - f(0) \right| < \varepsilon$。由极限定义，$\lim_{n\to+\infty} n \int_{-\infty}^{+\infty} \phi(nx) f(x) dx = f(0)$。
提示：注意极限过程是 $n\to+\infty$，且 $f(0)$ 是常数。
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