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P-3939中等Lv.1考研数学分析厦门大学2025考研Weierstrass判别法函数列一致收敛迭代积分
厦门大学 2025 数学分析 第2题
考研真题
题目正文

设 f1f_1f1​ 是 [a,b][a,b][a,b] 上的连续函数，x0∈[a,b]x_0\in[a,b]x0​∈[a,b]，且

fn+1(x)=∫x0xfn(t) dt.f_{n+1}(x)=\int_{x_0}^{x}f_n(t)\,dt.fn+1​(x)=∫x0​x​fn​(t)dt.

讨论 {fn}\{f_n\}{fn​} 在 [a,b][a,b][a,b] 上的一致收敛性，并求极限函数。

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AMTOPA最近修改：AMTOPA · 2026/07/14 17:02题目评分：暂无
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AMTOPALv.42026/07/14 17:01

由fff在[a,b][a,b][a,b]连续，故有界，设为M>0M>0M>0，首先使用数学归纳法，证明∣fn+1(x)∣≤Mn!∣b−a∣n|f_{n+1}(x)|\leq \frac{M}{n!}|b-a|^n∣fn+1​(x)∣≤n!M​∣b−a∣n. 首先n=0n=0n=0时成立，假设n≤k−1n\leq k-1n≤k−1时成立，当n=kn=kn=k时，

∣fk+1(x)∣≤∫x0x∣fk(t)∣dt≤∫x0xM(k−1)!(b−a)k−1dt=Mk!(b−a)k|f_{k+1}(x)|\leq\int_{x_0}^{x}|f_{k}(t)|dt\leq \int_{x_0}^{x}\frac{M}{(k-1)!}(b-a)^{k-1}dt=\frac{M}{k!}(b-a)^k∣fk+1​(x)∣≤∫x0​x​∣fk​(t)∣dt≤∫x0​x​(k−1)!M​(b−a)k−1dt=k!M​(b−a)k

归纳成立. 故∣fn+1(x)∣≤Mn!(b−a)n|f_{n+1}(x)|\leq \frac{M}{n!}(b-a)^n∣fn+1​(x)∣≤n!M​(b−a)n，因此lim⁡n→∞supx∈[a,b]∣fn+1(x)−0∣\lim_{n\to\infty}\rm{sup}_{x\in[a,b]}|f_{n+1}(x)-0|limn→∞​supx∈[a,b]​∣fn+1​(x)−0∣=0，故fn(x)f_{n}(x)fn​(x)在[a,b][a,b][a,b]上一致收敛. 且收敛函数为0.

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