北京师范大学 2024年数学分析第5题

已知 $f_n(x)=n\int_x^{x+\frac{1}{n}}f(t)\,dt$，其中 $f$ 连续。由含参变量积分的莱布尼茨求导法则，对 $x$ 求导得： $$f_n'(x)=n\left[f\left(x+\frac{1}{n}\right)\cdot1-f(x)\cdot1\right]=n\left[f\left(x+\frac{1}{n}\right)-f(x)\right].$$ 由于 $f$ 连续，故 $f_n'(x)$ 连续，因此 $f_n(x)$ 连续可微。

已知 $f(x+2\pi)=f(x)$。计算 $f_n(x+2\pi)$： $$f_n(x+2\pi)=n\int_{x+2\pi}^{x+2\pi+\frac{1}{n}}f(t)\,dt.$$ 令 $u=t-2\pi$，则 $du=dt$，积分限变为 $u=x$ 到 $u=x+\frac{1}{n}$，且由周期性 $f(t)=f(u)$，故 $$f_n(x+2\pi)=n\int_x^{x+\frac{1}{n}}f(u)\,du=f_n(x).$$ 所以 $f_n$ 也是 $2\pi$ 周期函数。

由于 $f$ 连续，由积分中值定理，存在 $\xi_{n,x}\in[x,x+1/n]$，使得 $$\int_x^{x+1/n}f(t)\,dt=f(\xi_{n,x})\cdot\frac{1}{n}.$$ 代入 $f_n(x)$ 得 $$f_n(x)=n\cdot\frac{1}{n}f(\xi_{n,x})=f(\xi_{n,x}).$$ 因此 $|f_n(x)-f(x)|=|f(\xi_{n,x})-f(x)|$，且 $|\xi_{n,x}-x|\leq 1/n$。

$f$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续且以 $2\pi$ 为周期，故在 $[0,2\pi]$ 上一致连续，从而在整个 $\mathbb{R}$ 上一致连续。对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，当 $|u-v|<\delta$ 时 $|f(u)-f(v)|<\varepsilon$。取 $N$ 使 $1/N<\delta$，则当 $n>N$ 时，对任意 $x\in\mathbb{R}$，有 $|\xi_{n,x}-x|\leq 1/n<\delta$，从而 $$|f_n(x)-f(x)|=|f(\xi_{n,x})-f(x)|<\varepsilon$$ 对所有 $x$ 同时成立。故 $\{f_n(x)\}$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛于 $f(x)$。

综上，函数列 $\{f_n(x)\}$ 每个函数连续可微、以 $2\pi$ 为周期，并且在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛于 $f(x)$。

综上，我们证明了： 1. 每个 $f_n(x)$ 连续可微，且导数为 $f_n'(x)=n[f(x+1/n)-f(x)]$。 2. 每个 $f_n(x)$ 以 $2\pi$ 为周期。 3. 函数列 $\{f_n(x)\}$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛于 $f(x)$。