南京航空航天大学 2025年数学分析第0题

给定函数序列 \( f_n(x) = \sum_{k=1}^n \frac{1}{n} \cos\left(x + \frac{k}{n}\right) \)，注意到求和形式与黎曼和的定义一致：将区间 \([0,1]\) 等分为 \(n\) 份，每个子区间长度为 \(\frac{1}{n}\)，取右端点 \(t_k = \frac{k}{n}\)，则 \( f_n(x) \) 是函数 \( g(t) = \cos(x+t) \) 在 \([0,1]\) 上的一个黎曼和。

当 \(n \to \infty\) 时，黎曼和收敛到对应的定积分：\(\lim_{n\to\infty} f_n(x) = \int_0^1 \cos(x+t) \, dt\)。计算该积分：\(\int_0^1 \cos(x+t) \, dt = \sin(x+t)\big|_{t=0}^{t=1} = \sin(x+1) - \sin x\)。利用和差化积公式：\(\sin(x+1) - \sin x = 2\cos\left(x + \frac{1}{2}\right) \sin\frac{1}{2}\)。因此极限函数为 \(f(x) = 2\sin\frac{1}{2} \cdot \cos\left(x + \frac{1}{2}\right)\)。

考虑误差 \(|f_n(x) - f(x)| = \left| \sum_{k=1}^n \frac{1}{n} \cos\left(x+\frac{k}{n}\right) - \int_0^1 \cos(x+t) \, dt \right|\)。令 \(g(t) = \cos(x+t)\)，则 \(g'(t) = -\sin(x+t)\)，满足 \(|g'(t)| \leq 1\) 对一切 \(x,t\) 成立。根据黎曼和误差估计定理：若 \(g\) 在 \([a,b]\) 上连续可微且 \(|g'| \leq M\)，则 \(\left| \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^n g\left(a + k\frac{b-a}{n}\right) - \int_a^b g(t) \, dt \right| \leq \frac{M(b-a)^2}{2n}\)。这里 \(a=0, b=1, M=1\)，故 \(|f_n(x) - f(x)| \leq \frac{1}{2n}\)。

由 \(|f_n(x) - f(x)| \leq \frac{1}{2n}\) 对任意 \(x \in (-\infty, +\infty)\) 成立，可知 \(\sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - f(x)| \leq \frac{1}{2n} \to 0\) 当 \(n \to \infty\)。根据一致收敛的定义，\(\{f_n(x)\}\) 在 \((-\infty, +\infty)\) 上一致收敛于 \(f(x)\)。

由于上述误差上界 $\frac{1}{2n}$ 与 $x$ 无关，因此对 $x$ 取上确界得： $$\sup_{x\in\mathbb{R}} |f_n(x)-f(x)| \le \frac{1}{2n} \to 0 \quad (n\to\infty)$$ 由一致收敛的定义，$\{f_n(x)\}$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上一致收敛到 $f(x)$。