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李干是

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1楼 2016-06-11 21:27:32

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hank612

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【答案】应助回帖

感谢参与，应助指数 +1

令 $G(x)=\int_{0}^x g(t)dt$ , 由题设条件 $\int_{0}^1 g(x)dx=0$ 知道 G(x)是周期为1的可微函数，且G(n)=0.

于是分部积分， $na_n=G(nx)f(x)|_0^1-\int_{0}^1 G(nx)f^{\prime}(x)dx$
等于 $-\sum_{k=0}^{n-1}\int_{k}^{k+1}G(y)f^{\prime}(\frac{y}{n})d\frac{y}{n}$

利用G(x)的周期性，上式又等于 $-\int_{0}^1 G(t)\left(\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f^{\prime}(\frac{k}{n}+\frac{y}{n})\right)dt$

注意到Riemann可积的定义中，只要求小区间的最大长度充分小，无论在小区间上函数取值在哪个点，都有求和趋于一个常数，即闭区间上的积分值。

从而对于任意0<y<1, 只要n 充分大，就有（对y一致的) $|\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f^{\prime}(\frac{k+y}{n})-\int_{0}^1 f^{\prime}(x)dx|$ 充分小。

结合f(1)=f(0) 以及 G(x)是可微周期函数，立刻知道 $na_n\rightarrow 0.$

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李干是

We_must_know. We_will_know.

5楼2016-06-12 13:10:25

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gold2007

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这题需要有一定的技巧。

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7楼2016-06-12 18:23:20

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7楼: Originally posted by gold2007 at 2016-06-12 18:23:20
这题需要有一定的技巧。

忽然发现在我给的这个证明中，条件f(0)=f(1)可去掉，因为f'在[0, 1]上一致连续是显然的，不需要画蛇添足去证明。

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8楼2016-06-12 18:58:29

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13楼: Originally posted by 李干是 at 2016-06-13 07:50:56
不过，我在把这个区间放回0，1之间的时候遇到了问题，你能展示一下你的方法吗？
...

需要[latex] \int_0^1G(x)dx =0 [\latex], 见我后给出的图片，为了满足这个条件并且让分部积分出来的边值为0，必须f(1)=f(0).

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15楼2016-06-13 08:02:44

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李干是

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发错了标题，不好意思

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2楼2016-06-11 21:27:48

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哈哈笑泥

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n→∞，∫f(x)sin(nx)dx→0

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3楼2016-06-11 22:48:10

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3楼: Originally posted by 哈哈笑泥 at 2016-06-11 22:48:10
n→∞，∫f(x)sin(nx)dx→0

你的意思是把g用傅里叶展开吗？

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4楼2016-06-12 06:44:08

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5楼: Originally posted by hank612 at 2016-06-12 13:10:25
令G(x)=\int_{0}^x g(t)dt, 由题设条件\int_{0}^1 g(x)dx=0知道 G(x)是周期为1的可微函数，且G(n)=0.

于是分部积分， na_n=G(nx)f(x)|_0^1-\int_{0}^1 G(nx)f^{\prime}(x)dx
等于-\sum_{k=0}^{n-1}\int_{k}^{k ...

非常感谢，真棒

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6楼2016-06-12 14:49:56

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