中山大学 2026年数学分析第0题

我们要证明：对任意 $\varepsilon>0$，存在正整数 $N$，使得对所有 $n\ge N$ 和所有 $x\in[0,1]$，都有 $|f(x+n)|<\varepsilon$。已知： 1. $f$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续； 2. 对每个固定的 $x\in[0,1]$，$\lim_{n\to\infty}f(x+n)=0$。

由 $f$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$（不妨取 $\delta<1$），使得对任意 $t_1,t_2\ge0$，只要 $|t_1-t_2|<\delta$，就有 $|f(t_1)-f(t_2)|<\varepsilon$。

取上述 $\delta$，由于 $[0,1]$ 是闭区间，可以选取有限个分点 $0=x_01/\delta$）。这样，对任意 $x\in[0,1]$，存在某个 $x_k$ 使得 $|x-x_k|<\delta$。

对每个固定的 $x_k$（$k=0,1,\dots,m$），由逐点收敛条件，存在 $N_k$，使得当 $n\ge N_k$ 时，$|f(x_k+n)|<\varepsilon$。令 $N_0=\max\{N_0,N_1,\dots,N_m\}$，则对所有 $n\ge N_0$ 和所有 $k$，都有 $|f(x_k+n)|<\varepsilon$。

取任意 $x\in[0,1]$ 和任意 $n\ge N_0$。选择离 $x$ 最近的分点 $x_k$，使得 $|x-x_k|<\delta$。则 $|(x+n)-(x_k+n)|=|x-x_k|<\delta$，由一致连续性得 $|f(x+n)-f(x_k+n)|<\varepsilon$。于是 $$|f(x+n)|\le|f(x+n)-f(x_k+n)|+|f(x_k+n)|<\varepsilon+\varepsilon=2\varepsilon.$$ 由于 $\varepsilon$ 任意，可对 $\varepsilon/2$ 重复上述论证得到 $|f(x+n)|<\varepsilon$。

因此，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N=N_0$（依赖于 $\varepsilon$），使得对所有 $n\ge N$ 和所有 $x\in[0,1]$，都有 $|f(x+n)|<\varepsilon$。这正是函数列 $\{f(x+n)\}$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛于0的定义。