
数学分析习题
题目1 设函数 f(x)∈C2(R) , 满足 f′′(x)+2f(x)=−xf′(x) . 证明: f(x) 和 f′(x) 在 R 上是有界的.
解答 考虑 F(x)=f(x)2+12f′(x)2 .
x≥0 时, F′(x)=2f(x)f′(x)+f′(x)f′′(x)=−xf′(x)2≤0 , 故 F(x) 在 [0,+∞) 上单调递减.
x≤0 时, F′(x)=2f(x)f′(x)+f′(x)f′′(x)=−xf′(x)2≥0 , 故 F(x) 在 (−∞,0] 上单调递增.
故 0≤F(x)≤F(0) 在 R 上恒成立.
故 |f(x)|≤√F(0) , |f′(x)|≤√2F(0) , 即 f(x) 和 f′(x) 在 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]⊂(a,b), 求证:
limh→0∫dc|f(x+h)−f(x)|dx=0.
证明
引理 设f(x)在[p,q]上黎曼可积, 则对于任意的ε>0, 存在[p,q]上的连续函数g(x), 满足
∫qp|f(x)−g(x)|dx<ε.
证明 由于f(x)在[p,q]上黎曼可积, 则对于任意的ε>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
∫qp|f(x)−g(x)|dx<ε4.由于g(x)在[p,q]上一致连续, 存在δ>0, 使得对任意x′,x′′∈[p,q]且|x′−x′′|<δ, 有
|f(x′)−f(x′′)|<ε2(q−p).当0<|h|<min(c−p,q−d,δ)时,
0≤∫dc|f(x+h)−f(x)|dx<∫dc|f(x+h)−g(x+h)|dx+∫dc|g(x+h)−g(x)|dx+∫dc|g(x)−f(x)|dx≤2∫qp|f(x)−g(x)|dx+∫qp|g(x+h)−g(x)|dx<2⋅ε4+(q−p)⋅ε2(q−p)=ε.
由ε的任意性, 结论成立.题目3 设f∈C2[0,1],f(0)=f(1)=f′(0)=0,f′(1)=1,证明:
∫10(f′′(x))2dx≥4,
且其中成立等式当且仅当f(x)=x3−x2.
证明
0≤∫10(f′′(x)−6x+2)2dx=∫10(f′′(x))2dx+4∫10[(3x−1)2−(3x−1)f′′(x)]dx=∫10(f′′(x))2dx+4[(3x−1)39+3f(x)−(3x−1)f′(x)]|10=∫10(f′′(x))2dx−4.
等号成立当且仅当f′′(x)=6x−2. 从而f(x)=x3−x2+f′(0)x+f(0)=x3−x2,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)∈R[0,1], 我们定义内积空间, 其中内积定义为
⟨f,g⟩=∫10f(x)g(x)dx.
范数定义为
‖f‖=√∫10f2(x)dx.
我们考虑将1,x进行Schmidt正交化, 得到
L1(x)=1,L2(x)=√3(2x−1).
满足
‖L1‖=1,‖L2‖=1,⟨L1,L2⟩=0.
计算得
c1=⟨f′′,L1⟩=1,c2=⟨f′′,L2⟩=√3.
因此
‖f′′‖2=c21+c22+‖f′′−c1L1−c2L2‖2≥4
等号成立时,
f′′=c1L1+c2L2=6x−2.
事实上, 我们可以把L1,L2,⋯,Ln看成正规正交系, 有Bessel不等式
‖f‖2=n∑i=1|⟨f,Li⟩|2+‖f−n∑i=1⟨f,Li⟩Li‖2≥n∑i=1|⟨f,Li⟩|2.
题目4 设f(x)∈C[0,+∞)且
f2(x)≤1+∫x02f(t)dt,∀x≥0.
证明:
f(x)≤x+1,∀x≥0.
证明 设
g(x)=(1+∫x02|f(t)|dt)12.
因此
g(x)≥1,|f(x)|≤g(x),∀x≥0.
从而
g′(x)=|f(x)|g(x)≤1,
f(x)≤g(x)=g(0)+∫x0g′(t)dt≤1+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]→[0,1]的连续函数, 且f(x)单调不减, 证明:
∫10f(g(x))dx≤∫10f(x)dx+∫10g(x)dx.
证明 由积分中值定理, 存在ξ∈[0,1], 使得
∫10[f(g(x))−g(x)]dx=f(g(ξ))−g(ξ).
设u=g(ξ).
∫10f(g(x))dx=f(u)−u+∫10g(x)dx≤f(u)(1−u)+∫10g(x)dx≤∫1uf(x)dx+∫10g(x)dx≤∫10f(x)dx+∫10g(x)dx.
题目6 设 f 是 R 上的连续函数, f′+(x)≥0 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 ε>0, 由于
limh→0+f(x+h)−f(x)h=f′+(x)≥0.
因此, 存在 δ(x,ε)>0, 使得 0<h<δ(x,ε) 时,
f(x+h)−f(x)h>−ε,
即 f(x+h)>f(x)−hε.
由 f 的连续性, 故 f(x+δ(x,ε))≥f(x)−δ(x,ε)ε.
定义集合 E(x,ε)={y:f(t)≥f(x)−(t−x)ε,∀t∈[x,y]}.
设 z=supE(x,ε).
由于 x+δ(x,ε)∈E(x,ε), 故 z≥x+δ(x,ε).
假设 z<+∞. 由 f 的连续性, 故 z∈E(x,ε).
由于0≤h≤δ(z,ϵ) 时, f(z+h)≥f(z)−hε, 因此 z≤t≤z+δ(z,ε) 时,
f(t)≥f(z)−(t−z)ε≥f(x)(t−x)ε.
因此 z+δ(z,ϵ)∈E(x,ε), 与 z 为上确界矛盾.因此 supE(x,ε)=+∞, 即对于任意的 y>x, 有 f(y)≥f(x)−(y−x)ε 成立.
由 ε 的任意性, 故对于任意的 y>x, 有 f(y)≥f(x) 成立.
由 x 的任意性, 故 f(x) 单调不减.
题目7 设 R 上的函数 f 有任意阶导数, 并且对于任意 k∈N , 存在 Ck>0 使得
supx∈R(|x|k|f(x)|+|f(k)(x)|)≤Ck.
证明: 对于任意 k,l∈N , 存在 Ck,l>0 使得
supx∈R|x|k|f(l)(x)|≤Ck,l.
证明 可以约化为证明: 对于任意的 k∈N∗ , 存在 Dk>0 , 对于任意给定的绝对值大于2的数 x∈R , 成立
|x|k|f′(x)|≤Dk.
给定 ε>0 , 由Taylor定理, 存在 θ∈(0,1) , 使得
f(x+ε)−f(x)=f′(x)ε+12f′′(x+θε)ε2.
于是, 我们有
|f′(x)|≤|f(x+ε)|+|f(x)|ε+12|f′′(x+θε)|ε
将 ε=|x|−k 代入上式, 并利用已知条件, 得到
|f′(x)|≤C22|x|−k+|x|−k⋅|x|2k(|f(x)|+|f(x+|x|−k)|)≤C22|x|−k+C2k|x|−k+|x|−k⋅(2|x+|x|−k|)2k|f(x+|x|−k)|≤(C2/2+(22k+1)C2k)|x|−k.
取 Dk=C2/2+(22k+1)C2k , 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 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)=∫+∞−∞u(x−y)v(y)dy.
(a) 证明: u∗v 在 R 上一致连续.
(b) 设 a>0 , 如下定义 R 上的函数 Ha(x) : 当 0<x<a 时 Ha(x)=1a , 在其他地方 Ha(x) 恒为 0. 设 k 为大于 1 的整数, 设 a0≥a1≥⋯≥ak 为正数. 证明: uk(x)=Ha0∗Ha1∗⋯∗Hak(x) 具有 (k−1) 阶连续导数, 并且任给 1≤j≤k−1 , 成立估计 supx∈R|u(j)k(x)|≤2ja0a1⋯aj. 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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