上海交通大学 2026年数学分析第6题
📝 题目
6．设 $\displaystyle f(x)$ 是 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上的一致连续函数，$\displaystyle \left\{\lambda_{n}\right\}$ 是正数列，若对任意固定的 $\displaystyle x \in(0,+\infty)$ ，有
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(x+\lambda_{n}\right)=0
$$
证明：函数列 $\displaystyle \left\{f\left(x+\lambda_{n}\right)\right\}$ 在闭区间 $\displaystyle [a, b](a>0)$ 上一致收玫于零．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：明确已知条件和目标
已知 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上一致连续，$\{\lambda_n\}$ 是正数列，且对任意固定的 $x\in(0,+\infty)$，$\lim_{n\to\infty} f(x+\lambda_n)=0$。要证明函数列 $\{f(x+\lambda_n)\}$ 在闭区间 $[a,b]\subset(0,+\infty)$（$a>0$）上一致收敛于 $0$。
提示：注意区间 $[a,b]$ 是任意固定的，且 $a>0$，确保区间远离 $0$，以便利用一致连续性。
步骤 2/7
目标：利用一致连续性得到全局的 $\delta$
由于 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上一致连续，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得对任意 $x,y\in(0,+\infty)$，只要 $|x-y|<\delta$，就有 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon/2$。特别地，取 $c=a/2>0$，则 $[a,b]\subset[c,+\infty)$，上述 $\delta$ 对 $[c,+\infty)$ 也成立。
公式：$\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0,\forall x,y\in(0,+\infty),|x-y|<\delta\Rightarrow|f(x)-f(y)|<\varepsilon/2$
提示：一致连续给出的 $\delta$ 与 $x,y$ 无关，这是证明一致收敛的关键。
步骤 3/7
目标：构造有限覆盖
将区间 $[a,b]$ 分成有限个长度为 $\delta/2$ 的小区间，设分点为 $a=t_0
提示：分点个数 $m$ 有限，这是有限覆盖定理的应用。
步骤 4/7
目标：对每个分点利用点态收敛
对每个分点 $t_i$（$i=0,1,\dots,m$），由已知条件，$\lim_{n\to\infty} f(t_i+\lambda_n)=0$，故存在 $N_i$，使得当 $n>N_i$ 时，$|f(t_i+\lambda_n)|<\varepsilon/2$。
公式：$\forall\varepsilon>0,\exists N_i,\forall n>N_i:|f(t_i+\lambda_n)|<\varepsilon/2$
提示：注意 $N_i$ 依赖于 $t_i$ 和 $\varepsilon$，但分点有限，可取最大值。
步骤 5/7
目标：取统一的 $N$
令 $N=\max\{N_0,N_1,\dots,N_m\}$，则当 $n>N$ 时，对所有分点 $t_i$，都有 $|f(t_i+\lambda_n)|<\varepsilon/2$。
提示：最大值的存在性依赖于有限个 $N_i$，若分点无限则不能这样取。
步骤 6/7
目标：估计任意点处的函数值
对任意 $x\in[a,b]$，存在某个 $t_i$ 使得 $|x-t_i|<\delta/2$。则当 $n>N$ 时，有
$$|f(x+\lambda_n)| \le |f(x+\lambda_n)-f(t_i+\lambda_n)| + |f(t_i+\lambda_n)|.$$
由于 $|(x+\lambda_n)-(t_i+\lambda_n)|=|x-t_i|<\delta/2<\delta$，由一致连续性，第一项 $<\varepsilon/2$；第二项 $<\varepsilon/2$。因此 $|f(x+\lambda_n)|<\varepsilon$。
公式：$|f(x+\lambda_n)-f(t_i+\lambda_n)|<\varepsilon/2$（由一致连续性）
提示：注意 $x+\lambda_n$ 和 $t_i+\lambda_n$ 都在 $[c,+\infty)$ 内，因为 $x,t_i\ge a>0$，$\lambda_n>0$，所以一致连续性可用。
步骤 7/7
目标：总结一致收敛
由上述推导，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$（与 $x$ 无关），使得当 $n>N$ 时，对所有 $x\in[a,b]$，有 $|f(x+\lambda_n)|<\varepsilon$。故函数列 $\{f(x+\lambda_n)\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $0$。
提示：一致收敛要求 $N$ 只依赖于 $\varepsilon$，不依赖于 $x$，这里通过有限覆盖实现了这一点。
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