中国海洋大学2021年617数学分析


解：
                                $\begin{align*}I(\alpha )&=\int_{0}^{+\infty }\frac{dx}{(1+\alpha ^2x^2)^2}\\\\&=\frac{1}{\alpha ^2}\int_{0}^{+\infty }\frac{\alpha ^2xdx}{x(1+\alpha ^2x^2)^2}\\\\&=\frac{1}{2\alpha ^2}\int_{0}^{+\infty }\frac{d(1+\alpha ^2x^2)}{x(1+\alpha ^2x^2)^2}\\\\&=\frac{1}{2\alpha ^2}(-\frac{1}{x(1+\alpha ^2x^2)}|_0^{+\infty}-\int_{0}^{+\infty }\frac{dx}{x^2(1+\alpha ^2x^2)})\\\\&=\frac{1}{2\alpha ^2}(\frac{1}{x}(x\to 0)-\int_{0}^{+\infty }(\frac{1}{x^2}-\frac{\alpha ^2}{1+\alpha ^2x^2})dx)\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{1+\alpha ^2x^2}dx\\\\&=\frac{1}{2\alpha}\arctan \alpha x|_0^{+\infty}\\\\&=\frac{\pi}{4\alpha }.\end{align*}$

中国海洋大学2021年617数学分析


解：
        1、  
                       $D':0\leq u\leq 1,0\leq v\leq 1,0\leq w\leq 1,$

                              $J=\frac{\partial(x,y,z) }{\partial(u,v,w)}=u^2v.$

        2、  
                        $\begin{align*}I&=\iiint_D\cos (x+y+z)^3dxdydz\\\\&=\iiint_{D'}\cos u^3\cdot u^2vdudvdw\\\\&=\int_{0}^{1}\cos u^3\cdot u^2du\int_{0}^{1}vdv\int_{0}^{1}dw\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\cos u^3\cdot u^2du\\\\&=\frac{1}{6}\sin 1.\end{align*}$

中国海洋大学2021年617数学分析


证明：
               由导数的定义及微分中值定理，得
                $\displaystyle \because \lim_{x\to x_0^+}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=\lim_{x\to x_0^+}f'(\xi_1)=f'(x_0+)=A=f'(x_0),(\xi_1\in(x_0,x_0+1))$

                    $\displaystyle \lim_{x\to x_0^-}\frac{f(x_0-\Delta x)-f(x_0)}{-\Delta x}=\lim_{x\to x_0^-}f'(\xi_2)=f'(x_0-)=A=f'(x_0),(\xi_2\in(x_0-1,x_0))$

                   左右极限都存在，且相等。所以，$f'(x_0)$存在，且$f'(x_0)=A.$

中国海洋大学2021年617数学分析


证明：
                 因为$f(x)$在$x=0$点连续。由已知得
                               $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{f(3x)-f(x)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{f(3x)-f(0)-(f(x)-f(0))}{x},$

                          由微分中值定理
                                      $\displaystyle \exists \xi_1\in(0,3x),\xi_2\in(0,x),s.t.$

                                     $\begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{f(3x)-f(0)-(f(x)-f(0))}{x}&=\lim_{x\to 0}\frac{3xf'(\xi_1)-xf'(\xi_2)}{x}\\\\&=\lim_{x\to 0}(3f'(\xi_1)-f'(\xi_2))\\\\&=2f'(0)=A,\end{align*}$

                     上式中，因为
                                          $\displaystyle \lim_{x\to 0}\xi_1=\lim_{x\to 0}\xi_2=0.$

                                            $\displaystyle \lim_{x\to 0}f'(\xi_1)=\lim_{x\to 0}f'(\xi_2)=f'(0).$

                        所以有
                                         $\displaystyle \therefore f'(0)=\frac{A}{2}.$

中国海洋大学2021年617数学分析


解：
         1、
                       因为
                                    $\ln f(x)=-\frac{\ln(a^x+1)}{x},x\in[1,a]$

                             令
                                      $g(x)=-\ln(a^x+1),$

                                       $\because g'(x)=-\frac{a^x\ln a}{a^x+1}< 0,$

                                        $\therefore g(x)\downarrow,\frac{1}{x}\downarrow,$

                                        $\Rightarrow f(x)\downarrow,f(x)< f(1)=\frac{1}{a+1}=f_{\max},$
                          
                                         $f_{\min}=f(a)=(a^a+1)^{-\frac{1}{a}}.$

         2、
                      由上术结论，知道级数通项单调降，因此
                                   $\displaystyle \frac{1}{n(1+\frac{1}{n})}> \frac{1}{\sqrt[k]{n^k+1}}=\frac{1}{n\sqrt[k]{1+\frac{1}{n^k}}}> \frac{1}{n\sqrt[n]{1+\frac{1}{n^n}}},$

                            所以
                                   $\displaystyle 1=\frac{n}{n(1+\frac{1}{n})}> \sum_{n}^{k=1}\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+1}}=\sum_{n}^{k=1}\frac{1}{n\sqrt[k]{1+\frac{1}{n^k}}}> \frac{n}{n\sqrt[n]{1+\frac{1}{n^n}}}=1,(n \to \infty )$

                          即
                                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty } \sum_{n}^{k=1}\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+1}}=1.$

中国海洋大学2021年617数学分析


证明：
                由已知条件，利用积分中值定理，知
                                           $\displaystyle \exists \eta \in (a,\frac{a+b}{2})\subset (a,b),s.t.$

                                           $\displaystyle \frac{b-a}{2}\int_{a}^{\frac{a+b}{2}}f(x)dx=f(\eta )=f(b),$

                      因此，由Roll定理，
                                            $\displaystyle \therefore \xi\in (\eta ,b)\subset (a,b),s.t.$

                                                 $\displaystyle f'(\xi)=0.$

中国海洋大学2021年617数学分析


证明：
                   由已知条件1、可知，有
                                $\forall \varepsilon > 0,\exists N\in \mathbb{N},n> N,s,t,$

                                     $|f_n(x)-f(x)|< \varepsilon .$

                         因而对于上述$\varepsilon $
                                     $\forall x,y\in I,\exists \delta > 0,|x-y|< \delta ,s.t.$

                                      $|f(x)-f(y)|\leq |f(x)-f_n(x)|+|f_n(x)-f_n(y)|+|f_n(y)-f(y)|,$

                        上式中，由条件1、显然有：
                                        $|f(x)-f_n(x)|< \varepsilon ,|f_n(y)-f(y)|< \varepsilon .$

                                    由条件2、有
                                          $|f_n(x)-f_n(y)|< \varepsilon ,$

                                        $\therefore |f(x)-f(y)|< \varepsilon +\varepsilon +\varepsilon =\varepsilon .$

                              命题成立。

中国海洋大学2021年617数学分析


证明：
               可以用分段积分法。 先证明
                              $\displaystyle \forall A\in(0,+\infty),\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{A}f(x)\cos nxdx=0,$

                            $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{A}f(x)\cos nxdx=\lim_{n \to \infty }(\frac{1}{n}f(x)\sin nx|_0^A-\frac{1}{n}\int_{0}^{A}f'(x)\sin nxdx)=0.$

                             $\displaystyle \therefore \forall \varepsilon > 0,\exists N\in \mathbb{N},n> N,s.t.$

                                  $\displaystyle |\int_{0}^{A}f(x)\cos nxdx|< \varepsilon.,$

                        又
                                 $\displaystyle \because \int_{0}^{+\infty }|f(x)|dx< \infty ,$

                                  $\displaystyle \therefore \forall \varepsilon > 0,\exists N\in \mathbb{N},A> N,s,t,$

                                    $\displaystyle |\int_{A}^{+\infty }f(x)\cos nxdx|\leq \int_{A}^{+\infty }|f(x)|dx< \varepsilon .$

                   因此，对于满足上述条件的$A,N$,有
                                    $\displaystyle |\int_{0}^{+\infty }f(x)\cos nxdx|\leq |\int_{0}^{A}f(x)\cos nxdx|+|\int_{A}^{+\infty }f(x)\cos nxdx|< \varepsilon .$

2018年西南大学数学分析考研试题


     

浙江大学2019年数学分析真题


解：
                       $\begin{align*}I_n&=\int_{0}^{n}x^{a-1}(1-\frac{x}{n})^ndx\\\\&=n^a\int_{0}^{1}t^{a-1}(1-t)^ndt\\\\&=\frac{n^a}{a}[t^a(1-t)^n|_0^1+n\int_{0}^{1}t^a(1-t)^{n-1}dt ]\\\\&=\frac{n^{a+1}}{a}\int_{0}^{1}t^a(1-t)^{n-1}dt\\\\&=\cdots \\\\&=\frac{n^an!}{a(a+1)\cdots (a+n-1)}.\end{align*}$

浙江大学2019年数学分析真题


解：
                 显然
                                  $S_{\min}(x) =S(0)=0,$

                      而
                                  $S_{\max}(x)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin xdx=1.$

浙江大学2019年数学分析真题


解
                      $\begin{align*}\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{(1+x)^2}dx=&-\frac{\ln x}{1+x}|_0^1+\int_{0}^{1}\frac{1}{x(1+x)}dx\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\ln x}{1+x}+\ln x|_0^1-\ln 2\\\\&=-\ln 2.\end{align*}$

浙江大学2019年数学分析真题


             根据积分区域图形计算，略。

浙江大学2019年数学分析真题


证明

                 由于
                             $\displaystyle I(x)=\int_{0}^{+\infty }x^{\frac{3}{2}}e^{-x^2y^2}dy=x^{\frac{1}{2}}\int_{0}^{+\infty }e^{-u^2}du=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\sqrt{x}.$

                     所以，有
                                $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,\forall x_1(> x_2>0),x_2\in \mathbb{R},|x_1-x_2|< \delta=\frac{4\sqrt{x_2}\varepsilon }{\sqrt{\pi}} ,s.t.$

                                $\begin{align*}|I(x_1)-I(x_2)|&=\frac{\sqrt{\pi}}{2}|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|\\\\&=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\cdot \frac{|x_1-x_2|}{\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}}\\\\&< \frac{\sqrt{\pi}}{4\sqrt{x_2}} |x_1-x_2|< \varepsilon .\end{align*}$

                    即           
                          $\displaystyle I(x)$在$x\in(0,+\infty)$上一致收敛。又因为$ I(x)$在$[0,h],(0<h<1)$上连续，因此$ I(x)$在$x\in[0,+\infty)$上一致连续。
               注：上述证明中直接利用不等式：
                                  $\displaystyle |\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|\leq \sqrt{|x_1-x_2|}$
                         会更简单。

浙江大学2019年数学分析真题



   

                                       


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浙江大学2019年数学分析真题


证明：
              如果，$|f(x)|$可积，则
                                      $\displaystyle \because f(x)\leq |f(x)|,$

                          由此可知，由$|f(x)|$可积，得
                                        $f(x)$有界可积。从而$f^2(x)=f(x)f(x)$也可积。

                另一方面，假设$f^2(x)$可积，则$f^2(x)$有界，从而$f(x)$也有界可积，而
                                           $\displaystyle \because ||f(x_1)|-|f(x_2)||\leq |f(x_1)-f(x_2)|,$

                                            $\displaystyle \therefore \sum_{i=1}^{n}w_i^{|f|}\Delta x_i\leq \sum_{i=1}^{n}w_i^{f}\Delta x_i ,$

                             即，$|f(x)|$也可积。

                     综上得，命题成立。

浙江大学2019年数学分析真题


解
         （1）、实数集中的有界无穷数集，至少个子在一个聚点。

         （2）、设任意闭区间$[a,b]$,在$R$上无穷、有界。$f(x)\in C[a,b]$,函数也有界。
                   由聚点定理，$[a,b]$上至少存在一个聚点，设为$x$，则存在一个子列$\{x_n\}$，使得
                                             $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=x.$

                               由函数的连续性可知，有
                                                $\displaystyle \lim_{n \to \infty }f(x_n)=f(x).$

                  选择另一个子列$\{y_n\}$，使得
                                                 $\displaystyle \forall \delta > 0,\exists N\in \mathbb{N},n> N,s.t.|x_n-y_n|< \delta .$

                         也即：(由聚点定理知)
                                                     $\displaystyle \lim_{n \to \infty }y_n=y.\lim_{n \to \infty }f(y_n)=f(y).$                                                                       此时有
                                                      $\displaystyle |f(x_n)-f(y_n)|<\frac{\varepsilon }{3}.(\forall \varepsilon > 0)$

                                   利用连续函数性质，我们有
                                                    $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists N\in \mathbb{N},n> N,\exists \delta > 0,|x_n-y_n|=|x-y|< \delta .s.t.$

                                                     $\displaystyle |f(x)-f(y)|\leq |f(x_n)-f(x)|+|f(x_n)-f(y_n)|+|f(y_n)-f(y)|< \frac{\varepsilon }{3}+\frac{\varepsilon }{3}+\frac{\varepsilon }{3}=\varepsilon .$

                                  所以函数一致连续。

浙江大学2019年数学分析真题



证明：
                         因为$K$是$R^2$上紧集，所以$K$为$R^2$上的有界闭区域。

                   又由已知条件，有
                                            $\displaystyle \forall (x_0,y_0)\in K,$

                                             $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x,y)=f(x_0,y)\in f(K),\lim_{y\to y_0}f(x,y)=f(x,y_0)\in f(K).$

                          由此可知
                                             $\displaystyle f(x_0,y_0)\in f(K).$

                                 即$f(K)$为紧集。且有
                                              $\displaystyle \lim_{\underset{y\to y_0}{x\to x_0}}f(x,y)=f(x_0,y_0).$

                             函数在$(x_0,y_0)$点连续。再由$(x_0,y_0)\in K$的任意性，所以函数$f(x,y)$在$R^2$上连续。

浙江大学2019年数学分析真题


证明：
                   由已知条件，函数在区间上逐点收敛，因此有
                                       $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\forall n\in \mathbb{N},\forall x,y\in[a,b],\exists \delta > 0,|x-y|< \delta ,s.t.|f_n(y)-f(x)|< \varepsilon ,$

                     再由条件，有
                                         $\displaystyle \exists N\in\mathbb{N},n> N,\forall x,y\in[a,b],\exists \delta> 0,|x-y|< \delta ,s.t.|f_n(x)-f_n(y)|< \varepsilon ,$

                      因而，对于满足上述条件的$\displaystyle \varepsilon , \delta,N$，就有
                                         $\displaystyle |f_n(x)-f(x)|\leq |f_n(x)-f_n(y)|+|f_n(y)-f(x)|< \varepsilon .$

上海财经大学2021年数学分析


解
      1、
               由瓦列斯公式：
                              $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!}\sqrt{n}=\frac{1}{\sqrt{\pi}},$

                               $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot \frac{2n}{2n-1}\sqrt{n}=\frac{1}{\sqrt{\pi}}.$

                               $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}=0.$


        2、
                               $\begin{align*}\lim_{x \to 0^+ }(\ln\frac{1}{x})^{\sin x}&=\lim_{x \to 0^+ }(-\ln x)^x\\\\&=\lim_{x \to 0^+ }(1-x)^x\\\\&=\lim_{x \to 0^+ }e^{x\ln(1-x)}\\\\&=1.\end{align*}$

上海财经大学2021年数学分析

上海财经大学2021年数学分析


解：
              令
                          $\displaystyle S=\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n(n^2-n+1)x^n,$

                     则
                           $\begin{align*}S&=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=0}^{n }(-1)^k(k^2-k+1)x^k\\\\&=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=0}^{n }(-1)^k[(k+2)(k+1)-4(k+1)+3]x^k\\\\&=\lim_{n \to \infty }(\sum_{k=0}^{n }(-1)^k(k+2)(k+1)x^k)+\lim_{n \to \infty }(\sum_{k=0}^{n }(-1)^k(-4)(k+1)x^k)+\lim_{n \to \infty }(\sum_{k=0}^{n }(-1)^k\cdot 3x^k)\\\\&=\lim_{n \to \infty }(\sum_{k=0}^{n }(-1)^kx^{k+2})''-4\lim_{n \to \infty }(\sum_{k=0}^{n }(-1)^kx^{k+1})'+3\lim_{n \to \infty }(\sum_{k=0}^{n }(-1)^k\cdot x^k)\\\\&=(\frac{x^2}{1+x})''-4(\frac{x}{1+x})'+3(\frac{1}{1+x})\\\\&=\frac{2}{(1+x)^3}-\frac{4}{(1+x)^2}+\frac{3}{1+x}\\\\&=\frac{1+2x+3x^2}{(1+x)^3}.\end{align*}$

                  将$\displaystyle x=\frac{1}{2}$代入，得

                     $\displaystyle S=\frac{22}{27}.$

上海财经大学2021年数学分析


解
                              $\displaystyle \because \int_{0}^{x^2}dt\int_{\sqrt{t}}^{x}f(t,u)du=\int_{0}^{x}du\int_{0}^{u^2}f(t,u)dt,$

                                $\begin{align*}\therefore \lim_{x\to 0^+}\frac{\int_{0}^{x^2}dt\int_{\sqrt{t}}^{x}f(t,u)du}{x^3}&= \lim_{x\to 0^+}\frac{\int_{0}^{x}du\int_{0}^{u^2}f(t,u)dt}{x^3}\\\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{\int_{0}^{x^2}f(t,x)dt}{3x^2}\\\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{2xf(x^2,x)}{6x}\\\\&=\frac{1}{3}.\end{align*}$

上海财经大学2021年数学分析



证明
              由泰勒公式，得
                                     $\displaystyle f(x)=f(a)+\frac{1}{2}f''(\xi_1)(x-a)^2,\xi_1\in (a,b)$

                                      $\displaystyle f(x)=f(b)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)(x-b)^2,\xi_2\in (a,b)$

                       令$\displaystyle x=\frac{a+b}{2},$代入上面式子，分别得到
                                         $\displaystyle f(\frac{a+b}{2})=f(a)+\frac{1}{2}f''(\xi_1)\frac{(b-a)^2}{4},$

                                          $\displaystyle f(\frac{a+b}{2})=f(b)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)\frac{(b-a)^2}{4},$

                         两式相减，得到
                                           $\displaystyle \frac{1}{2}f''(\xi_2)\frac{(b-a)^2}{4}-\frac{1}{2}f''(\xi_1)\frac{(b-a)^2}{4}=f(b)-f(a),$

                                             $\displaystyle \Rightarrow |f''(\xi_2)-f''(\xi_1)|\frac{(b-a)^2}{8}=|f(b)-f(a)|,$

                             令
                                                $\displaystyle |f(\xi)|=\max \{|f(\xi_1)|,|f(\xi_2)|\},\xi\in (a,b)$

                                                $\displaystyle \therefore 2|f(\xi)|\cdot \frac{(b-a)^2}{8}\geq |f''(\xi_2)-f''(\xi_1)|\frac{(b-a)^2}{8}=|f(b)-f(a)|,$

                              因此
                                              $\displaystyle \Rightarrow |f(\xi)|\geq \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|.$

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解：
          1、
                          $\displaystyle \because \frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\cdots +x^n+\cdots ,$

                    令$x=-x,$代入上式，得
                                        $\displaystyle \frac{1}{1+x}=1-x+x^2+\cdots +(-1)^nx^n+\cdots ,$

                                 积分
                                         $\displaystyle \therefore \ln (1+x)=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3+\cdots +(-1)^{n-1}\frac{1}{n}x^n+\cdots .$


           2、利用1、的结论，并令$x=1$,就有
                                          $\begin{align*}&|\ln2-(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots +\frac{(-1)^{n-1}}{n})|\\\\&=|\frac{1}{n+1}-(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}+\cdots )|\\\\&< \frac{1}{n+1}.\end{align*}$

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证明
             1、
                        由于函数满足李普希兹条件，因此，函数在区间内一致连续，有界，所以函数可积。


              2、
                       利用给定条件，有
                                      $\begin{align*}|\int_{a}^{b}f(x)dx-(b-a)f(c)|&=|\int_{a}^{b}(f(x)-f(c))dx|\\\\&\leq \int_{a}^{b}|f(x)-f(c)|dx\\\\&\leq  \int_{a}^{b}|x-c|dx\\\\&=\int_{a}^{c}(-x+c)dx+\int_{c}^{b}(x-c)dx\\\\&=-\frac{(c-a)^2}{2}+\frac{(b-c)^2}{2}\\\\&\leq \frac{(b-a)^2}{2},\end{align*}$

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解：
                 由于
                           $\displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}=e^x\cos y-m,$

                 因此线积分与路径无关，从而
                            $\displaystyle I=\int _L=\int_{(2a,0)}^{(0,0)}0dx+0=0.$

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证明
                 由已知
                                    $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists A\in [a,+\infty ),\forall x\in [a,+\infty ),x> A,s.t.$

                                     $\displaystyle |\int_{x}^{+\infty }f(x)dx|< \varepsilon ,|\int_{x}^{+\infty }f'(x)dx|< \varepsilon,|\int_{2x}^{+\infty }f'(x)dx|< \varepsilon,$

                     所以$f(x)$有界，而
                                     $\displaystyle |\int_{x}^{+\infty }f'(x)dx|\leq |\int_{x}^{2x}f'(x)dx|+|\int_{2x}^{+\infty }f'(x)dx|< \varepsilon,$

                                         $\displaystyle \Rightarrow |\int_{x}^{2x}f'(x)dx|< \varepsilon,$

                                         $\displaystyle \therefore 0\leq |xf(x)|< \varepsilon,(x>A)$

                          又因为$f(x)$有界，故
                                         $\displaystyle \Rightarrow 0\leq |f(x)|< \varepsilon,$

                            即
                                       $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=0.$

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解
              先分另别求在两个条件下的最大与最小值，再比较。在第一个条件下函数的最大与最小值分别为：
                                             $\frac{\sqrt{3}}{9},-\frac{\sqrt{3}}{9}$

                      而在第二个条件下函数的最大与最小值均为：$0.$

                            所以函数的最值均为：$0.$



                                             

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证明：
                   由已知
                                   $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }f(x+n)=0,x\in[0,\infty)$

                      因此要证明函数列$\displaystyle \{f(x+n)\}$在$[0,1]$内一致收敛，等价于证明
                                     $\displaystyle \forall \varepsilon> 0,\exists n\in \mathbb{N},n> N,s.t.$

                                         $\displaystyle |f(x+n)-0|< \varepsilon ,(x\in[0,1])$

                        取一个充分大的$\displaystyle k\in \mathbb{N}$,使得对于上述$ \varepsilon $有$\displaystyle \frac{1}{k}< \delta, $将$[0,1]$等分：
                                        $\displaystyle x_1=0<x_2<\cdots \cdots <x_k=1,$

                             由已知条件，得，对于上述$\varepsilon ,\delta ,$有
                                          $\displaystyle \exists N_i\in\mathbb{N},n> N_i,\forall x_i\in[0,1],|x_{i+1}-x_i|=\frac{1}{k}< \delta ,s.t.$

                                                   $\displaystyle |f(x_i+n)|< \frac{\varepsilon}{2} ,$

                                取$\displaystyle N=\max \{N_i\},i=1,2,\cdots ,k,n> N$，此时一定有
                                                    $\displaystyle |f(x_i+n)|<  \frac{\varepsilon}{2} ,$

                              由已知，$f(x)$在$[0,\infty)$一致连续，所以
                                                 $\displaystyle \forall x\in[x_i,x_{i+1}]\subset [0,1],$当

                                                 $\displaystyle |(x+n)-(x_i+n)|=|x-x_i|\leq |x_i-x_{i+1}|< \delta ,s.t.$

                                                 $\displaystyle |f(x+n)-f(x_i+n)|< \frac{\varepsilon}{2} .$

                                $\displaystyle \therefore |f(x+n)-0|\leq |f(x+n)-f(x_i+n)|+|f(x_i+n)|< \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon .$

                              命题成立。