问题1
设函数$f$在$[0,+\infty)$上一致连续，且$\forall x\in[0,1]$有
\[ \lim_{n\to+\infty}f(x+n)=0 \qquad (n\in \mathbf{N}) \]
证明:
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=0 \]
证明
由于$f$在$[0,+\infty)$上一致连续，故对$\forall \varepsilon>0$,$\exists \delta>0$,当$x,y$ 满足$ |x-y|<\delta$时，有
\[ |f(x)-f(y)|<\varepsilon \]
这样，我们可以把区间$[0,1]$分成$m$等份，记座$\Delta_{1},\Delta_{2},\cdots,\Delta_{n} $分点为$x_{0}=0<x_{1}=\frac{1}{m}<x_{2}=\frac{2}{m}<\cdots<1=\frac{m}{m}=x_{m} $,其中$m$满足$\frac{1}{m}<\delta$.
那么，对于这$m+1$个分点$x_{i},(i=0,1,\cdots,m)$,由于
\[ \lim_{n\to+\infty}f(x+n)=0\]
则有
\[  \lim_{n\to+\infty}f(x_{i}+n)=0 \qquad (i=0,1,\cdots,m)\]
换一种说法就是对$\forall \varepsilon>0$,及每一个$x_{i} (i=0,1,\cdots,m)$,存在$ N_{i}\in \mathbf{N},(i=0,1,\cdots,m)$, 当$n> N_{i}$时有
\[ |f(x_{i}+n)|<\varepsilon \]
这样，我们可以取$N=\max\{N_{0},N_{1},\cdots N_{m}\}$,于是当$n>N$时，有
\[ |f(x_{i}+n)|<\varepsilon\qquad (i=0,1,\cdots,m) \]
这样，对$ \forall x>N+1$,$x=[x]+t_{0}$,其中$t_{0}\in [0,1) $,这样既有$[x]>N$,又有$t_{0}$落入某个$\Delta_{i}$，不妨设$t_{0}$落入第$k$个区间,显然有$|t_{0}-x_{k}|<\frac{1}{m}<\delta$,这样根据一致连续性有
\[ |f(x_{k}+[x])-f(x)|=|f(x_{k}+[x])-f([x]+t_{0})|<\varepsilon \]
而由于$[x]>N$,则又有
\[ |f(x_{k}+[x])|<\varepsilon\]
马上看到
\[ |f(x)|\leq |f(x)-f(x_{k}+[x])|+|f(x_{k}+[x])|<2\varepsilon\]
由此知
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=0 \]

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问题2.
设函数$f$在$[0,+\infty)$上连续，$\forall \alpha>0$,有$ \displaystyle \lim_{n\to+\infty}f(n\alpha)=0$. 证明：
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=0 \]
这个问题显然比上面的问题要复杂不少，去掉一致连续性条件弱了好多。
证明
$\forall\varepsilon>0$,显然$ A_{n}=\{\alpha||f(n\alpha)|\leq \varepsilon\}$是个闭集，（由$f$的连续性不难验证，$A_{n}^{c}$是开集），$\displaystyle B_{k}=\bigcap_{n>k}{A_{n}}$也为闭集。
$\forall x\in(0,+\infty)$,由于$\displaystyle \lim_{n\to +\infty}f(nx)=0$,知,$\exists k\in \mathbf{N}$, 当$n>k$时$|f(nx)|<\varepsilon$,于是$x\in B_{k}$,因此
\[ (0,+\infty)=\bigcup_{k=1}^{\infty} B_{k} \]
由著名的Baire定理知，$ \exists [a,b]\subset B_{k_{0}}$.取$l\geq \max\bigg\{k_{0}+1,\frac{a}{b-a}\bigg\}$,当$n\geq l$时，有$n(b-a)\geq a$从而$nb\geq (n+1)a$.于是，对$\forall x>la,$即 $\displaystyle x\in[la,+\infty)\subset \bigcup_{n>k_{0}}[na,nb]$,存在某个$n>k_{0}$ 使得$x\in[na,nb]$,从而存在$\displaystyle \alpha\in[a,b]\subset B_{k_{0}}=\bigcap_{n>k_{0}}A_{n}$,$\alpha\in A_{n},n>k_{0}$,使得$x=n\alpha$,所以
\[ |f(x)|=|f(n\alpha)|\leq \varepsilon \]
即
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)= 0 \]

著名的Baire定理是这么说的：设$E,E_{m}\in \mathbf{R^{n}}$,$\displaystyle E=\bigcup_{m\in\Gamma}E_{m}$, 其中$\Gamma$为至多可数集。$E_{m}$的内点集$ \text{int}E_{m}=\varnothing$,$E_{m}$为闭集，$m\in\Gamma$,则$\text{int}E=\varnothing$.对刚刚的问题，我们知道若每一个$B_{k}$都没有内点，那么会得到$(0,+\infty)$没内点，显然是个矛盾，故存在某个$B_{k_{0}}$有内点，显然就存在一个$[a,b]\subset B_{k_{0}}$.