华东师范大学 2022年数学分析第0题

题目中给出的函数列为 $f_n(x) = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} f\left(x + \frac{k}{n}\right)$。注意求和符号的下标应为 $k=1$，因此 $f_n(x) = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f\left(x + \frac{k}{n}\right)$。对于固定的 $x$，这恰好是函数 $f$ 在区间 $[x, x+1]$ 上的一个黎曼和，其中将区间 $n$ 等分，步长为 $\frac{1}{n}$，并取每个小区间的右端点 $x + \frac{k}{n}$ 处的函数值。

由于 $f$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 上连续，因此在任意闭区间上可积。对于固定的 $x$，$f_n(x)$ 是 $f$ 在 $[x, x+1]$ 上的黎曼和。当 $n \to \infty$ 时，黎曼和收敛到定积分 $\int_x^{x+1} f(t) \, dt$。因此，对每个 $x \in (-\infty, +\infty)$，有 $\lim_{n \to \infty} f_n(x) = \int_x^{x+1} f(t) \, dt$。记极限函数为 $F(x) = \int_x^{x+1} f(t) \, dt$，则函数列处处收敛于 $F(x)$。

要证明在任何有限区间 $[a, b]$ 上 $f_n(x) \rightrightarrows F(x)$，需要估计 $|f_n(x) - F(x)|$。将积分 $F(x) = \int_x^{x+1} f(t) \, dt$ 拆分为 $n$ 个小区间上的积分之和：$F(x) = \sum_{k=1}^n \int_{x+(k-1)/n}^{x+k/n} f(t) \, dt$。于是差为 $f_n(x) - F(x) = \sum_{k=1}^n \int_{x+(k-1)/n}^{x+k/n} \left[ f\left(x+\frac{k}{n}\right) - f(t) \right] dt$。由于 $f$ 在闭区间 $[a, b+1]$ 上一致连续（因为 $x \in [a,b]$ 时，$t \in [x, x+1] \subset [a, b+1]$），我们可以控制被积函数差的大小。

由于 $f$ 在 $[a, b+1]$ 上一致连续，对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $\delta > 0$，使得当 $|u - v| < \delta$ 时，$|f(u) - f(v)| < \varepsilon$。取 $N$ 满足 $1/N < \delta$。当 $n > N$ 时，对任意 $x \in [a, b]$ 和任意 $k$，在区间 $[x+(k-1)/n, x+k/n]$ 上，$t$ 与右端点 $x+k/n$ 的距离不超过 $1/n < \delta$，因此 $|f(x+k/n) - f(t)| < \varepsilon$。于是 $|f_n(x) - F(x)| \le \sum_{k=1}^n \int_{x+(k-1)/n}^{x+k/n} \varepsilon \, dt = \varepsilon \cdot \sum_{k=1}^n \frac{1}{n} = \varepsilon$。该上界与 $x$ 无关，故函数列在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $F(x)$。

（1）函数列 $\{f_n(x)\}$ 处处收敛，极限函数为 $F(x)=\int_x^{x+1} f(t) dt$。 （2）在任何有限区间 $[a,b]$ 上，$\{f_n(x)\}$ 一致收敛到 $F(x)$。

取绝对值并利用三角不等式：$\left| f_n(x) - \int_0^1 f(x+t) dt \right| \leq \sum_{k=1}^n \int_{(k-1)/n}^{k/n} \left| f\left(x+\frac{k}{n}\right) - f(x+t) \right| dt$。由一致连续性，当 $n > N$ 时，每个被积函数 $< \varepsilon$，因此 $\leq \sum_{k=1}^n \int_{(k-1)/n}^{k/n} \varepsilon dt = \varepsilon \sum_{k=1}^n \frac{1}{n} = \varepsilon$。该不等式对任意 $x \in [a,b]$ 成立，故一致收敛。