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数学分析习题

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)f(x)R 上是有界的.

解答 考虑 F(x)=f(x)2+12f(x)2 .

x0 时, F(x)=2f(x)f(x)+f(x)f(x)=xf(x)20 , 故 F(x)[0,+) 上单调递减.

x0 时, F(x)=2f(x)f(x)+f(x)f(x)=xf(x)20 , 故 F(x)(,0] 上单调递增.

0F(x)F(0)R 上恒成立.

|f(x)|F(0) , |f(x)|2F(0) , 即 f(x)f(x)R 上是有界的.

题目2 设函数f(x)(a,b)上的可积函数, [c,d](a,b), 求证:
limh0dc|f(x+h)f(x)|dx=0.
证明

引理f(x)[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)[p,q]上黎曼可积, 则对于任意的ε>0, 存在一个分割$a=x_00.p=\frac{a+c}{2},q=\frac{b+d}{2}$.

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)[p,q]上一致连续, 存在δ>0, 使得对任意x,x[p,q]|xx|<δ, 有 |f(x)f(x)|<ε2(qp).0<|h|<min(cp,qd,δ)时, 0dc|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)|dx2qp|f(x)g(x)|dx+qp|g(x+h)g(x)|dx<2ε4+(qp)ε2(qp)=ε.ε的任意性, 结论成立.题目3fC2[0,1],f(0)=f(1)=f(0)=0,f(1)=1,证明:
10(f(x))2dx4,
且其中成立等式当且仅当f(x)=x3x2.

证明
010(f(x)6x+2)2dx=10(f(x))2dx+410[(3x1)2(3x1)f(x)]dx=10(f(x))2dx+4[(3x1)39+3f(x)(3x1)f(x)]|10=10(f(x))2dx4.

等号成立当且仅当f(x)=6x2. 从而f(x)=x3x2+f(0)x+f(0)=x3x2,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(2x1).
满足
L1=1,L2=1,L1,L2=0.
计算得
c1=f,L1=1,c2=f,L2=3.
因此
f2=c21+c22+fc1L1c2L224
等号成立时,
f=c1L1+c2L2=6x2.

事实上, 我们可以把L1,L2,,Ln看成正规正交系, 有Bessel不等式
f2=ni=1|f,Li|2+fni=1f,LiLi2ni=1|f,Li|2.

题目4f(x)C[0,+)
f2(x)1+x02f(t)dt,x0.
证明:
f(x)x+1,x0.
证明
g(x)=(1+x02|f(t)|dt)12.
因此
g(x)1,|f(x)|g(x),x0.
从而
g(x)=|f(x)|g(x)1,

f(x)g(x)=g(0)+x0g(t)dt1+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5f(x),g(x)[0,1][0,1]的连续函数, 且f(x)单调不减, 证明:
10f(g(x))dx10f(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).
u=g(ξ).
10f(g(x))dx=f(u)u+10g(x)dxf(u)(1u)+10g(x)dx1uf(x)dx+10g(x)dx10f(x)dx+10g(x)dx.

题目6fR 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
limh0+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,
f(x+h)>f(x)hε.
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)(tx)ε,t[x,y]}.
z=supE(x,ε).
由于 x+δ(x,ε)E(x,ε), 故 zx+δ(x,ε).

假设 z<+.f 的连续性, 故 zE(x,ε). 由于0hδ(z,ϵ) 时, f(z+h)f(z)hε, 因此 ztz+δ(z,ε) 时, f(t)f(z)(tz)εf(x)(tx)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)(yx)ε 成立.
ε 的任意性, 故对于任意的 y>x, 有 f(y)f(x) 成立.
x 的任意性, 故 f(x) 单调不减.

题目7R 上的函数 f 有任意阶导数, 并且对于任意 kN , 存在 Ck>0 使得
supxR(|x|k|f(x)|+|f(k)(x)|)Ck.

证明: 对于任意 k,lN , 存在 Ck,l>0 使得
supxR|x|k|f(l)(x)|Ck,l.

证明 可以约化为证明: 对于任意的 kN , 存在 Dk>0 , 对于任意给定的绝对值大于2的数 xR , 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
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.
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8u,vR 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 uv 的卷积为
uv(x)=+u(xy)v(y)dy.

(a) 证明: uvR 上一致连续.

(b)a>0 , 如下定义 R 上的函数 Ha(x) : 当 0<x<aHa(x)=1a , 在其他地方 Ha(x) 恒为 0.k 为大于 1 的整数, 设 a0a1ak 为正数. 证明: uk(x)=Ha0Ha1Hak(x) 具有 (k1) 阶连续导数, 并且任给 1jk1 , 成立估计 supxR|u(j)k(x)|2ja0a1aj. 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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恰沐春风共同游,终只叹,木已舟。