1. 设函数 $f$ 在 $[0,1]$ 上有连续的二阶导数且 $f(0)=f(1)=0$, 但 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上不恒等于零. (1) 试证: $$ex 4|f(x)|leq int_0^1 |f''(x)| d x,quad forall xin [0,1]. eex$$ (2) 若再设 $f'(0)=1$, $f'(1)=0$, 试证: $$ex 4leq int_0^1 |f''(x)|^2 d x. eex$$
证明: (1) 用 $-f$ 代替 $f$, 而不妨设 $$ex exists cin (0,1),st 0<f(c)=max_{xin [0,1]}|f(x)|. eex$$ 又由 Lagrange 中值定理, $$eex ea exists xi_1in (0,c),&st f(c)=f(c)-f(0)=f'(xi_1)c,\ exists xi_2in (c,1),&st f(c)=f(c)-f(1)=f'(xi_2)(c-1). eea eeex$$ 于是 $$eex ea int_0^1 |f''(x)| d x&geq int_{xi_1}^{xi_2} |f''(x)| d x geq sev{int_{xi_1}^{xi_2}f''(x) d x} =sev{f'(xi_2)-f'(xi_1)}\ &=sev{cfrac{1}{c-1}-cfrac{1}{c}}f(c) =cfrac{f(c)}{c(1-c)} geq4f(c). eea eeex$$ (2) 对任意的 $cin (0,1)$, $$eex ea int_0^1 (x-c)f''(x) d x &=int_0^1 (x-c) d f'(x)\ &=(1-c)-int_0^1 f'(x) d x\ &=1-c. eea eeex$$ 于是 $$eex ea (1-c)^2&=sez{int_0^1 (x-c)f''(x) d x}^2\ &leq int_0^1 (x-c)^2 d x cdot int_0^1 |f''(x)|^2 d x\ &=cfrac{(1-c)^3+c^3}{3}int_0^1 |f''(x)|^2 d x,\ int_0^1 |f''(x)|^2 d x&geq cfrac{3(1-c)^2}{(1-c)^3+c^3}\ &=cfrac{3(1-c)^2}{[(1-c)+c][(1-c)^2-(1-c)c+c^2]}\ &=cfrac{3}{1-cfrac{c}{1-c}+sex{cfrac{c}{1-c}}^2}\ &=cfrac{3}{sex{cfrac{c}{1-c}-cfrac{1}{2}}^2+cfrac{3}{4}}. eea eeex$$ 取 $$ex c=cfrac{1}{3} a cfrac{c}{1-c}=cfrac{1}{2}, eex$$ 则有 $$ex int_0^1 |f''(x)|^2 d xgeq 4. eex$$
2. (1) 设 $f:[0,infty) o [0,infty)$ 满足 $dps{int_0^infty f(x) d x<infty}$. 若 $xf(x)$ 递减且 $dps{vlm{x}xf(x)=0}$, 试证: $$ex vlm{x}xf(x)ln x=0. eex$$
(2) 设 $dps{vsm{n}a_n}$ 为收敛的正项级数, $sed{na_n}$ 单调, 试证: $$ex vlm{n}na_nln n=0. eex$$
证明: (1) 由 $$eex ea int_{sqrt{x}}^x f(t) d t=int_{sqrt{x}}^xtf(t)cdot frac{1}{t} d tgeq xf(x)cdot int_{sqrt{x}}^x frac{1}{t} =frac{1}{2}xf(x)ln x eea eeex$$ 及 Cauchy 收敛准则即知结论. (2) 由 $$eex ea sum_{k=[sqrt{n}]}^{n-1} a_k&=sum_{k=[sqrt{n}]}^{n-1} ka_kcdot frac{1}{k}\ &geq na_n sum_{k=[sqrt{n}]}^{n-1} frac{1}{k}\ &geq na_nsum_{k=[sqrt{n}]}^{n-1} int_k^{k+1}frac{1}{x} d x\ &geq na_nint_{sqrt{n}}^n frac{1}{x} d x\ &=frac{1}{2}na_nln n eea eeex$$ 及 Cauchy 收敛准则即知结论.
3. 设数列 $sed{x_n}$ 满足 $$ex 0leq x_{m+n}leq x_m+x_nquad (forall m,ninbN). eex$$ 试证: 数列 $sed{cfrac{x_n}{n}}$ 收敛.
证明: 对任意固定的 $minbN$, $$ex forall ninbN, exists p,qinbN, 0leq q<m,st n=pm+q. eex$$ 于是 $$eex ea cfrac{x_n}{n}=cfrac{x_{pm+q}}{pm+q}leq cfrac{x_{pm}+x_q}{pm+q} leq cfrac{px_m+x_q}{pm+q} leq cfrac{x_m}{m}+cfrac{x_q}{pm}. eea eeex$$ 令 $n oinfty$ 则 $p oinfty$, 而有 $$ex vls{n}cfrac{x_n}{n}leq cfrac{x_m}{m}. eex$$ 如此, $$ex vls{n}cfrac{x_n}{n}leq vli{m}cfrac{x_m}{m}. eex$$ 这说明 $sed{cfrac{x_n}{n}}$ 极限存在.
4. 设 $f(x)$ 在 $bR$ 上连续, 又 $$ex phi(x)=f(x)int_0^x f(t) d t eex$$ 单调递减. 证明: $f$ 恒为零.
证明: 设 $$ex g(x)=cfrac{1}{2}sez{int_0^x f(t) d t}^2, eex$$ 则 $g'(x)=phi(x)$ 递减, 而 $$ex g'(x)sedd{a{ll} geq g'(0)=0,&x<0,\ leq g'(0)=0,&x>0; ea} eex$$ 进一步, $$ex g(x)sedd{a{ll} leq g(0)=0,&x<0,\ leq g(0)=0,&x>0. ea} eex$$ 如此, $g(x)leq 0$, $$ex int_0^x f(t) d t=0,quad forall x, eex$$ $$ex f(x)=sez{int_0^x f(t) d t}'=0,quad forall x. eex$$
5. 证明不等式: $$ex 1+xlnsex{x+sqrt{1+x^2}}>sqrt{1+x^2},quad x>0. eex$$
证明: 令 $x= an t, 0<t<cfrac{pi}{2}$, 而只要证明 $$ex 1+ an tlnsex{sec t+ an t}>sec t. eex$$ 令 $$ex f(t)=1+ an tlnsex{sec t+ an t}-sec t, eex$$ 则 $f(0)=0$, $f'(t)=sec^2t ln(sec t+ an t)>0$. 于是 $f$ 递增, 而 $f(t)>0$, $t>0$.
6. 设 $a>1$, $f:(0,+infty) o (0,+infty)$ 可微. 试证: 存在趋于 $+infty$ 的正数列 $sed{x_n}$, 使得 $f'(x_n)<f(ax_n), n=1,2,cdots$.
证明: 本题即要证 $$ex forall ninbZ^+, exists x_ngeq n,st f'(x_n)<f(ax_n). eex$$ 用反证法. 若 $$ex exists NinbZ^+, forall xgeq N,mbox{ 有 }f'(x)geq f(ax). eex$$ 则选取 $cgg 1$ 使得 $$ex cgeq Nmbox{ 且 }a>frac{1+c}{c}, eex$$ 而对 $f'(x)geq f(ax)$ 在 $c$ 到 $ac$ 上积分有 ($f$ 单增, 而可用 Lebesgue 的关于单调函数的定理, $$eex ea f(ac)-f(c)&geq (L)int_{[c,ac]}f'(x) d x\ &geq (L)int_{[c,ac]}f(ax) d x\ &=(R)int_c^{ac}f(ax) d x\ &geq f(ac)(ac-c). eea eeex$$) $$eex ea &quad f(ac)-f(c)geq int_c^{ac}f(ax) d x geq f(ac)(ac-c)\ & a -f(c)geq f(ac)(ac-c-1)\ & a f(ac)leqfrac{-f(c)}{csex{a-frac{1+c}{c}}}<0. eea eeex$$ 这是一个矛盾. 故有结论.
注记: 另外, 我们也可如此导出矛盾: $$ex f(ax)-f(x)=f'(xi)(ax-x)geq f(axi) (ax-x)geq f(ax)(ax-x),quadforall xgeq N. eex$$
7. 设 $f:[-1,1 obR$ 为偶函数, $f$ 在 $[0,1]$ 上是增函数; 又设 $g$ 是 $[-1,1]$ 上的凸函数, 即 $$ex g(tx+(1-t)y)leq tg(x)+(1-t)g(y),quad forall x,yin [0,1],quad forall tin [0,1]. eex$$ 试证: $$ex 2int_{-1}^1 f(x)g(x) d x geq int_{-1}^1 f(x) d xcdot int_{-1}^1 g(x) d x. eex$$
证明: (1) 若 $f,h$ 为 $[0,1]$ 上的增 (或减) 函数, 则 $$ex int_0^1f(x)h(x) d x geq int_0^1 f(x) d xcdot int_0^1 h(x) d x. eex$$ 事实上, $$eex ea &quad [f(x)-f(y)]cdot [h(x)-h(y)]geq 0\ & a f(x)h(x)+f(y)h(y)geq f(x)h(y)+f(y)h(x)\ & ambox{对 }x,ymbox{ 在 }[0,1]mbox{ 上积分即可}. eea eeex$$ (2) $$ex gmbox{ 在 }[0,1]mbox{ 上是凸函数} a h(x)=g(x)+g(-x)mbox{ 在 }[0,1]mbox{ 上是增函数}. eex$$ 事实上, $$eex ea 0leq y<xleq 1 & a sedd{a{ll} y=(1- heta)cdot (-x)+ heta cdot x\ -y= hetacdot (-x)+(1- heta)cdot x ea}\ & a sedd{a{ll} g(y)leq (1- heta)g(-x)+ heta g(x)\ g(-y)le heta g(-x)+(1- heta)g(x) ea}\ & a h(y)=g(y)+g(-y)leq g(-x)+g(x)=h(x). eea eeex$$ (3) 往证题目. 由 (1), (2) 知 $$ex int_0^1 f(x)[g(x)+g(-x)] d xgeq int_0^1 f(x) d x cdot int_0^1 [g(x)+g(-x)] d x, eex$$ 此即 $$ex int_{-1}^1 f(x)g(x) d x geq frac{1}{2}int_{-1}^1 f(x) d xcdot int_{-1}^1 g(x) d x. eex$$
8. 设 $fin C^4(-infty,+infty)$, 且 $f(x)$ 满足 $$eelabel{2:eq1} f(x+h)=f(x)+f'(x)h+cfrac{1}{2}f''(x+ t h)h^2, eee$$其中 $ t$ 是与 $x,h$ 无关的常数, 证明 $f$ 是不超过三次的多项式.
证明: eqref{2:eq1} 关于 $x$ 求二阶导有 $$ex f''(x+h)=f''(x)+f'''(x)h+cfrac{1}{2}f^{(4)}(x+ t h)h^2. eex$$ 用 $ t h$ 代替 $h$ 得 $$ex f''(x+ t h)=f''(x)+f'''(x) t h+cfrac{1}{2}f^{(4)}(x+ t^2h) t^2h^2. eex$$ 代入 eqref{2:eq1} 有 $$eelabel{2:eq2} f(x+h)=f(x)+f'(x)h+cfrac{1}{2}f''(x)h^2+cfrac{1}{2}f'''(x) t h^3 +cfrac{1}{4}f^{(4)}(x+ t^2h) t^2h^4. eee$$另据 Taylor 展式, $$eelabel{2:eq3} f(x+h)=f(x)+f'(x)h+cfrac{1}{2}f''(x)h^2+cfrac{1}{6}f'''(x)h^3 +cfrac{1}{24}f^{(4)}(x+ au_{x,h}h)h^4. eee$$比较 eqref{2:eq2} 与 eqref{2:eq3}, 我们知 $$eelabel{2:eq4} cfrac{1}{2}f'''(x) t+cfrac{1}{4}f^{(4)}(x+ t^2h) t^2h =cfrac{1}{6}f'''(x)+cfrac{1}{24} f^{(4)}(x+ au_{x,h})h. eee$$令 $h o 0$, 即得 $ t=cfrac{1}{3}$. 代入 eqref{2:eq4}, 有 $$ex cfrac{1}{36}f^{(4)}sex{x+cfrac{1}{9}h} =cfrac{1}{24}f^{(4)}(x+ au_{x,h}h). eex$$ 再令 $h o 0$ 即得 $f^{(4)}(x)=0, forall x$. 故有结论.