# 数学分析习题

## 数学分析习题

$x\geq0$ 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.

$$\lim\limits_{h\to0}\int_c^d{|f(x+h)-f(x)|\mathrm{d}x}=0.$$

$$\int_p^q{|f(x)-g(x)|\mathrm{d}x}<\varepsilon.$$ 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$a=x_00$. 取$p=\frac{a+c}{2},q=\frac{b+d}{2}$.

$$\int_p^q{|f(x)-g(x)|\mathrm{d}x}<\frac{\varepsilon}{4}.$$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, $$$$\begin{split} 0&\leq\int_c^d{|f(x+h)-f(x)|\mathrm{d}x}\\ &<\int_c^d{|f(x+h)-g(x+h)|\mathrm{d}x}+\int_c^d{|g(x+h)-g(x)|\mathrm{d}x}+\int_c^d{|g(x)-f(x)|\mathrm{d}x}\\ &\leq2\int_p^q{|f(x)-g(x)|\mathrm{d}x}+\int_p^q{|g(x+h)-g(x)|\mathrm{d}x}\\ &<2\cdot\frac{\varepsilon}{4}+(q-p)\cdot\frac{\varepsilon}{2(q-p)}\\ &=\varepsilon. \end{split}$$$$ 由$\varepsilon$的任意性, 结论成立.题目3 设$f\in C^2[0,1],f(0)=f(1)=f^{\prime}(0)=0,f^{\prime}(1)=1,$证明:
$$\int_0^1{(f^{\prime\prime}(x))}^2\mathrm{d}x\geq4,$$

$$\begin{split} 0&\leq\int_0^1{(f^{\prime\prime}(x)-6x+2)}^2\mathrm{d}x\\ &=\int_0^1{(f^{\prime\prime}(x))}^2\mathrm{d}x+4\int_0^1{[(3x-1)}^2-(3x-1)f^{\prime\prime}(x)]\mathrm{d}x\\ &=\int_0^1{(f^{\prime\prime}(x))}^2\mathrm{d}x+4[\frac{(3x-1)^3}{9}+3f(x)-(3x-1)f^{\prime}(x)]\Big|_0^1\\ &=\int_0^1{(f^{\prime\prime}(x))}^2\mathrm{d}x-4.\\ \end{split}$$

$$\langle f,g\rangle=\int_0^1f(x)g(x)\mathrm{d}x.$$

$$\|f\|=\sqrt{\int_0^1f^2(x)\mathrm{d}x}.$$

$$L_1(x)=1,\\ L_2(x)=\sqrt{3}(2x-1).$$

$$\|L_1\|=1,\\ \|L_2\|=1,\\ \langle L_1,L_2\rangle=0.$$

$$c_1=\langle f^{\prime\prime},L_1\rangle=1,\\ c_2=\langle f^{\prime\prime},L_2\rangle=\sqrt{3}.$$

$$\|f^{\prime\prime}\|^2=c_1^2+c_2^2+\|f^{\prime\prime}-c_1L_1-c_2L_2\|^2\geq4$$

$$f^{\prime\prime}=c_1L_1+c_2L_2=6x-2.$$

$$\begin{split} \|f\|^2&=\sum\limits_{i=1}^{n}|\langle f,L_i\rangle|^2+\|f-\sum\limits_{i=1}^{n}\langle f,L_i\rangle L_i\|^2\\ &\geq\sum\limits_{i=1}^{n}|\langle f,L_i\rangle|^2. \end{split}$$

$$f^2(x)\leq1+\int_0^x{2f(t)\mathrm{d}t},\forall x\geq0.$$

$$f(x)\leq x+1,\forall x\geq0.$$

$$g(x)=(1+\int_0^x{2|f(t)|\mathrm{d}t})^\frac{1}{2}.$$

$$g(x)\geq1,|f(x)|\leq g(x),\forall x\geq0.$$

$$g^{\prime}(x)=\frac{|f(x)|}{g(x)}\leq1,$$

$$f(x)\leq g(x)= g(0)+\int_0^xg^{\prime}(t)\mathrm{d}t\leq1+x.$$

$$\int_0^1{f(g(x))\mathrm{d}x}\leq\int_0^1{f(x)\mathrm{d}x}+\int_0^1{g(x)\mathrm{d}x}.$$

$$\int_0^1{[f(g(x))-g(x)]\mathrm{d}x}=f(g(\xi))-g(\xi).$$

$$\begin{split} \int_0^1{f(g(x))\mathrm{d}x}&=f(u)-u+\int_0^1{g(x)\mathrm{d}x}\\ &\leq f(u)(1-u)+\int_0^1{g(x)\mathrm{d}x}\\ &\leq\int_u^1{f(x)\mathrm{d}x}+\int_0^1{g(x)\mathrm{d}x}\\ &\leq\int_0^1{f(x)\mathrm{d}x}+\int_0^1{g(x)\mathrm{d}x}.\\ \end{split}$$

$$\lim\limits_{h\rightarrow 0^{+}}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=f_{+}^{\prime}(x)\geq0.$$

$$\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}(|x|^k|f(x)|+|f^{(k)}(x)|)\leq C_k.$$

$$\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|x|^k|f^{(l)}(x)|\leq C_{k,l}.$$

$$|x|^k|f^{\prime}(x)|\leq D_k.$$

$$f(x+\varepsilon)-f(x)=f^{\prime}(x)\varepsilon+\frac{1}{2}f^{\prime\prime}(x+\theta\varepsilon)\varepsilon^2.$$

$$|f^{\prime}(x)|\leq\frac{|f(x+\varepsilon)|+|f(x)|}{\varepsilon}+\frac{1}{2}|f^{\prime\prime}(x+\theta\varepsilon)|\varepsilon$$

$$\begin{split} |f^{\prime}(x)|&\leq\frac{C_2}{2}|x|^{-k}+|x|^{-k}\cdot|x|^{2k}(|f(x)|+|f(x+|x|^{-k})|)\\ &\leq\frac{C_2}{2}|x|^{-k}+C_{2k}|x|^{-k}+|x|^{-k}\cdot(2|x+|x|^{-k}|)^{2k}|f(x+|x|^{-k})|\\ &\leq(C_2/2+(2^{2k}+1)C_{2k})|x|^{-k}. \end{split}$$

$$u*v(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}u(x-y)v(y)\mathrm{d}y.$$

$(a)$ 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