数学分析习题
题目1 设函数 $f(x)\in C^2(\mathbb{R})$ , 满足 $f^{\prime\prime}(x)+2f(x)=-xf^{\prime}(x)$ . 证明: $f(x)$ 和 $f^{\prime}(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上是有界的.
解答 考虑 $F(x)=f(x)^2+\frac{1}{2}f^{\prime}(x)^2$ .
$x\geq0$ 时, $F^{\prime}(x)=2f(x)f^{\prime}(x)+f^{\prime}(x)f^{\prime\prime}(x)=-xf^{\prime}(x)^2\leq0$ , 故 $F(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递减.
$x\leq0$ 时, $F^{\prime}(x)=2f(x)f^{\prime}(x)+f^{\prime}(x)f^{\prime\prime}(x)=-xf^{\prime}(x)^2\geq0$ , 故 $F(x)$ 在 $(-\infty,0]$ 上单调递增.
故 $0\leq F(x)\leq F(0)$ 在 $\mathbb{R}$ 上恒成立.
故 $|f(x)|\leq\sqrt{F(0)}$ , $|f^{\prime}(x)|\leq\sqrt{2F(0)}$ , 即 $f(x)$ 和 $f^{\prime}(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上是有界的.
题目2 设函数$f(x)$是$(a,b)$上的可积函数, $[c,d]\subset(a,b)$, 求证:
$$
\lim\limits_{h\to0}\int_c^d{|f(x+h)-f(x)|\mathrm{d}x}=0.
$$
证明
引理 设$f(x)$在$[p,q]$上黎曼可积, 则对于任意的$\varepsilon>0$, 存在$[p,q]$上的连续函数$g(x)$, 满足
$$
\int_p^q{|f(x)-g(x)|\mathrm{d}x}<\varepsilon.
$$
证明 由于$f(x)$在$[p,q]$上黎曼可积, 则对于任意的$\varepsilon>0$, 存在一个分割$a=x_0
由引理, 取$[p,q]$上的连续函数$g(x)$, 满足
$$
\int_p^q{|f(x)-g(x)|\mathrm{d}x}<\frac{\varepsilon}{4}.
$$由于$g(x)$在$[p,q]$上一致连续, 存在$\delta>0$, 使得对任意$x^{\prime},x^{\prime\prime}\in[p,q]$且$|x^{\prime}-x^{\prime\prime}|<\delta$, 有
$$
|f(x^{\prime})-f(x^{\prime\prime})|<\frac{\varepsilon}{2(q-p)}.
$$当$0<|h|<\min(c-p,q-d,\delta)$时,
$$
\begin{equation}
\begin{split}
0&\leq\int_c^d{|f(x+h)-f(x)|\mathrm{d}x}\\
&<\int_c^d{|f(x+h)-g(x+h)|\mathrm{d}x}+\int_c^d{|g(x+h)-g(x)|\mathrm{d}x}+\int_c^d{|g(x)-f(x)|\mathrm{d}x}\\
&\leq2\int_p^q{|f(x)-g(x)|\mathrm{d}x}+\int_p^q{|g(x+h)-g(x)|\mathrm{d}x}\\
&<2\cdot\frac{\varepsilon}{4}+(q-p)\cdot\frac{\varepsilon}{2(q-p)}\\
&=\varepsilon.
\end{split}
\end{equation}
$$
由$\varepsilon$的任意性, 结论成立.题目3 设$f\in C^2[0,1],f(0)=f(1)=f^{\prime}(0)=0,f^{\prime}(1)=1,$证明:
$$
\int_0^1{(f^{\prime\prime}(x))}^2\mathrm{d}x\geq4,
$$
且其中成立等式当且仅当$f(x)=x^3-x^2.$
证明
$$
\begin{equation}
\begin{split}
0&\leq\int_0^1{(f^{\prime\prime}(x)-6x+2)}^2\mathrm{d}x\\
&=\int_0^1{(f^{\prime\prime}(x))}^2\mathrm{d}x+4\int_0^1{[(3x-1)}^2-(3x-1)f^{\prime\prime}(x)]\mathrm{d}x\\
&=\int_0^1{(f^{\prime\prime}(x))}^2\mathrm{d}x+4[\frac{(3x-1)^3}{9}+3f(x)-(3x-1)f^{\prime}(x)]\Big|_0^1\\
&=\int_0^1{(f^{\prime\prime}(x))}^2\mathrm{d}x-4.\\
\end{split}
\end{equation}
$$
等号成立当且仅当$f^{\prime\prime}(x)=6x-2.$ 从而$f(x)=x^3-x^2+f^{\prime}(0)x+f(0)=x^3-x^2$,易验证其满足题意.
附注 上述过程中得到答案比较突然, 我们这里用正交多项式给出一个解释.
对于函数$f(x),g(x)\in R[0,1]$, 我们定义内积空间, 其中内积定义为
$$
\langle f,g\rangle=\int_0^1f(x)g(x)\mathrm{d}x.
$$
范数定义为
$$
\|f\|=\sqrt{\int_0^1f^2(x)\mathrm{d}x}.
$$
我们考虑将$1,x$进行$\mathrm{Schmidt}$正交化, 得到
$$
L_1(x)=1,\\
L_2(x)=\sqrt{3}(2x-1).
$$
满足
$$
\|L_1\|=1,\\
\|L_2\|=1,\\
\langle L_1,L_2\rangle=0.
$$
计算得
$$
c_1=\langle f^{\prime\prime},L_1\rangle=1,\\
c_2=\langle f^{\prime\prime},L_2\rangle=\sqrt{3}.
$$
因此
$$
\|f^{\prime\prime}\|^2=c_1^2+c_2^2+\|f^{\prime\prime}-c_1L_1-c_2L_2\|^2\geq4
$$
等号成立时,
$$
f^{\prime\prime}=c_1L_1+c_2L_2=6x-2.
$$
事实上, 我们可以把$L_1,L_2,\cdots,L_n$看成正规正交系, 有$\mathrm{Bessel}$不等式
$$
\begin{equation}
\begin{split}
\|f\|^2&=\sum\limits_{i=1}^{n}|\langle f,L_i\rangle|^2+\|f-\sum\limits_{i=1}^{n}\langle f,L_i\rangle L_i\|^2\\
&\geq\sum\limits_{i=1}^{n}|\langle f,L_i\rangle|^2.
\end{split}
\end{equation}
$$
题目4 设$f(x)\in C[0,+\infty)$且
$$
f^2(x)\leq1+\int_0^x{2f(t)\mathrm{d}t},\forall x\geq0.
$$
证明:
$$
f(x)\leq x+1,\forall x\geq0.
$$
证明 设
$$
g(x)=(1+\int_0^x{2|f(t)|\mathrm{d}t})^\frac{1}{2}.
$$
因此
$$
g(x)\geq1,|f(x)|\leq g(x),\forall x\geq0.
$$
从而
$$
g^{\prime}(x)=\frac{|f(x)|}{g(x)}\leq1,
$$
$$
f(x)\leq g(x)= g(0)+\int_0^xg^{\prime}(t)\mathrm{d}t\leq1+x.
$$
附注 此类不等式被称为Bihari不等式, 是Gronwall不等式的推广形式.
题目5 设$f(x),g(x)$是$[0,1]\rightarrow[0,1]$的连续函数, 且$f(x)$单调不减, 证明:
$$
\int_0^1{f(g(x))\mathrm{d}x}\leq\int_0^1{f(x)\mathrm{d}x}+\int_0^1{g(x)\mathrm{d}x}.
$$
证明 由积分中值定理, 存在$\xi\in[0,1]$, 使得
$$
\int_0^1{[f(g(x))-g(x)]\mathrm{d}x}=f(g(\xi))-g(\xi).
$$
设$u=g(\xi)$.
$$
\begin{equation}
\begin{split}
\int_0^1{f(g(x))\mathrm{d}x}&=f(u)-u+\int_0^1{g(x)\mathrm{d}x}\\
&\leq f(u)(1-u)+\int_0^1{g(x)\mathrm{d}x}\\
&\leq\int_u^1{f(x)\mathrm{d}x}+\int_0^1{g(x)\mathrm{d}x}\\
&\leq\int_0^1{f(x)\mathrm{d}x}+\int_0^1{g(x)\mathrm{d}x}.\\
\end{split}
\end{equation}
$$
题目6 设 $f$ 是 $\mathbb{R}$ 上的连续函数, $f_{+}^{\prime}(x)\geq0$ 恒成立, 证明: $f(x)$ 单调不减.
证明
对于任意给定的 $x$, 对于任意给定的 $\varepsilon>0$, 由于
$$
\lim\limits_{h\rightarrow 0^{+}}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=f_{+}^{\prime}(x)\geq0.
$$
因此, 存在 $\delta(x,\varepsilon)>0$, 使得 $0 < h <\delta(x,\varepsilon)$ 时,
$$
\frac{f(x+h)-f(x)}{h}>-\varepsilon,
$$
即 $f(x+h)>f(x)-h\varepsilon.$
由 $f$ 的连续性, 故 $f(x+\delta(x,\varepsilon))\geq f(x)-\delta(x,\varepsilon)\varepsilon.$
定义集合 $E(x,\varepsilon)=\{y:f(t)\geq f(x)-(t-x)\varepsilon,\forall t\in[x,y]\}.$
设 $z=\sup{E(x,\varepsilon)}$.
由于 $x+\delta(x,\varepsilon)\in E(x,\varepsilon)$, 故 $z\geq x+\delta(x,\varepsilon)$.
假设 $z<+\infty.$ 由 $f$ 的连续性, 故 $z\in E(x,\varepsilon).$
由于$0\leq h\leq\delta(z,\epsilon)$ 时, $f(z+h)\geq f(z)-h\varepsilon$, 因此 $z\leq t\leq z+\delta(z,\varepsilon)$ 时,
$$
f(t)\geq f(z)-(t-z)\varepsilon\geq f(x)(t-x)\varepsilon.
$$
因此 $z+\delta(z,\epsilon)\in E(x,\varepsilon)$, 与 $z$ 为上确界矛盾.因此 $\sup E(x,\varepsilon)=+\infty$, 即对于任意的 $y>x$, 有 $f(y)\geq f(x)-(y-x)\varepsilon$ 成立.
由 $\varepsilon$ 的任意性, 故对于任意的 $y>x$, 有 $f(y)\geq f(x)$ 成立.
由 $x$ 的任意性, 故 $f(x)$ 单调不减.
题目7 设 $\mathbb{R}$ 上的函数 $f$ 有任意阶导数, 并且对于任意 $k\in\mathbb{N}$ , 存在 $C_k>0$ 使得
$$
\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}(|x|^k|f(x)|+|f^{(k)}(x)|)\leq C_k.
$$
证明: 对于任意 $k,l\in\mathbb{N}$ , 存在 $C_{k,l}>0$ 使得
$$
\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|x|^k|f^{(l)}(x)|\leq C_{k,l}.
$$
证明 可以约化为证明: 对于任意的 $k\in\mathbb{N}^*$ , 存在 $D_k>0$ , 对于任意给定的绝对值大于2的数 $x\in\mathbb{R}$ , 成立
$$
|x|^k|f^{\prime}(x)|\leq D_k.
$$
给定 $\varepsilon>0$ , 由Taylor定理, 存在 $\theta\in(0,1)$ , 使得
$$
f(x+\varepsilon)-f(x)=f^{\prime}(x)\varepsilon+\frac{1}{2}f^{\prime\prime}(x+\theta\varepsilon)\varepsilon^2.
$$
于是, 我们有
$$
|f^{\prime}(x)|\leq\frac{|f(x+\varepsilon)|+|f(x)|}{\varepsilon}+\frac{1}{2}|f^{\prime\prime}(x+\theta\varepsilon)|\varepsilon
$$
将 $\varepsilon=|x|^{-k}$ 代入上式, 并利用已知条件, 得到
$$
\begin{equation}
\begin{split}
|f^{\prime}(x)|&\leq\frac{C_2}{2}|x|^{-k}+|x|^{-k}\cdot|x|^{2k}(|f(x)|+|f(x+|x|^{-k})|)\\
&\leq\frac{C_2}{2}|x|^{-k}+C_{2k}|x|^{-k}+|x|^{-k}\cdot(2|x+|x|^{-k}|)^{2k}|f(x+|x|^{-k})|\\
&\leq(C_2/2+(2^{2k}+1)C_{2k})|x|^{-k}.
\end{split}
\end{equation}
$$
取 $D_k=C_2/2+(2^{2k}+1)C_{2k}$ , 即得结论成立.
附注 此题为中科大2019年秋季学期数学分析A1期末考试第六题.
题目8 设 $u,v$ 为 $\mathbb{R}$ 上的有界函数, 并且它们都只有有限个间断点, 再设 $u,v$ 其中之一在一个有限区间外恒为零, 定义 $u$ 与 $v$ 的卷积为
$$
u*v(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}u(x-y)v(y)\mathrm{d}y.
$$
$(a)$ 证明: $u*v$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致连续.
$(b)$ 设 $a>0$ , 如下定义 $\mathbb{R}$ 上的函数 $H_a(x)$ : 当 $ 0 < x < a $ 时 $H_a(x)=\frac{1}{a}$ , 在其他地方 $H_a(x)$ 恒为 $0.$ 设 $k$ 为大于 $1$ 的整数, 设 $a_0\geq a_1\geq\cdots\geq a_k$ 为正数. 证明: $$ u_k(x)=H_{a_0}*H_{a_1}*\cdots*H_{a_k}(x) $$ 具有 $(k-1)$ 阶连续导数, 并且任给 $1\leq j\leq k-1$ , 成立估计 $$ \sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|u_k^{(j)}(x)|\leq\frac{2^j}{a_0 a_1\cdots a_j}. $$ 证明
咕咕咕...
附注 此题为中科大2019年秋季学期数学分析A1期末考试第七题.
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