《数学分析》上有 49 条评论

1. 第1题 数学吧 http://tieba.baidu.com/p/1309040327
   函数$f(x)$在$[0,2]$连续、可导 , 且$f(0)=f(2)=1$ . 如果$|f'|\le 1$ , 求证 :

   $$1\le \int_{0}^2 f(x)\mathrm{d}x\le 3$$

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   • 证明 : 因为$f(0)=1,|f'|\le 1$ , 所以对任意$x\in [0,1]$有

     $$1-x\le f(x)\le 1+x$$

     所以

     $$\frac{1}{2}= \int_0^1 (1-x)\mathrm{d}x\le\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x\le\int_0^1 (1+x)\mathrm{d}x=\frac{3}{2}$$

     同理可得

     $$\frac{1}{2}= \int_1^2 (x-1)\mathrm{d}x\le\int_1^2 f(x)\mathrm{d}x\le\int_1^2 (3-x)\mathrm{d}x=\frac{3}{2}$$

     二式相加即得 .

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2. 第2题 数学吧 http://tieba.baidu.com/p/1309040327
   设函数$f$在$[-1,1]$上可导 , $M=\sup |f'|$ . 若存在$a\in (0,1)$ , 使得$\displaystyle \int_{-a}^a f(x)\mathrm{d}x=0$ , 求证 :

   $$\left|\int_{-1}^1 f(x)\mathrm{d}x\right|\le M(1-a^2)$$

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   • 证明 : 由于$\displaystyle \int_{-a}^a f(x)\mathrm{d}x=0$ , 因此存在$\gamma\in(-a,a)$满足$f(\gamma)=0$ , 则由$M=\sup|f'|$有

     $$-M(x-\gamma)\le f(x)\le M(x-\gamma) ,\quad \forall x\in [a,1]$$

     $$M(x-\gamma)\le f(x)\le -M(x-\gamma) ,\quad \forall x\in [-1,-a]$$

     因此

     $$\begin{aligned}\int_{-1}^1 f(x)\mathrm{d}x=&\int_{-1}^{-a} f(x)\mathrm{d}x+\int_{a}^1 f(x)\mathrm{d}x\\ \le &\int_{-1}^{-a} -M(x-\gamma)\mathrm{d}x+\int_{a}^1 M(x-\gamma)\mathrm{d}x\\ =&M(1-a^2)\end{aligned}$$

     同理可得

     $$\int_{-1}^1 f(x)\mathrm{d}x\ge -M(1-a^2)$$

     综上所述 , $\displaystyle \left|\int_{-1}^1 f(x)\mathrm{d}x\right|\le M(1-a^2)$ .

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3. 第3题 BOOK 《微积分学教程》
   设$f(x)$是以$T$为周期的可积函数 , 求证对任意的实数$a$有

   $$\int_a^{a+T}f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{T}f(x)\mathrm{d}x$$

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   • 证明 :

     $$\begin{aligned}\int_a^{a+T}f(x)\mathrm{d}x=&\int_a^{0}f(x)\mathrm{d}x+\int_0^{T}f(x)\mathrm{d}x+\int_T^{a+T}f(x)\mathrm{d}x\\ =&\int_a^{0}f(x)\mathrm{d}x+\int_0^{T}f(x)\mathrm{d}x+\int_T^{a+T}f(x-T)\mathrm{d}(x-T)\\ =&\int_a^{0}f(x)\mathrm{d}x+\int_0^{T}f(x)\mathrm{d}x+\int_0^{a}f(x)\mathrm{d}x\\ =&\int_a^{0}f(x)\mathrm{d}x+\int_0^{T}f(x)\mathrm{d}x-\int_a^{0}f(x)\mathrm{d}x\\ =&\int_0^{T}f(x)\mathrm{d}x \end{aligned}$$

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4. 第4题 《数学分析》 陈纪修
   设函数$f(x)$在$[0,\pi]$ , 且$\displaystyle \int_0^{\pi}f(x)\mathrm{d}x=0,\int_0^{\pi}f(x)\cos x\mathrm{d}x=0$ , 证明 : 在$(0,\pi)$内至少存在两个不同的点$\alpha,\beta$ , 使得$f(\alpha)=f(\beta)=0$ .

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   • 证明 : 设$\displaystyle F(x)=\int_{0}^x f(t)\mathrm{d}t$ , 则$F(x)$在$[0,\pi]$连续,在$(0,\pi)$可导 , 且

     $$F(0)=F(\pi)=0~,~F'(x)=f(x).$$

     此时由分部积分有

     $$\begin{aligned}\int_0^{\pi}f(x)\cos x\mathrm{d}x=&\int_0^{\pi}F'(x)\cos x\mathrm{d}x\\ =&F(x)\cos x\big|_{0}^{\pi}+\int_0^{\pi}F(x)\sin x\mathrm{d}x\\ =&\int_0^{\pi}F(x)\sin x\mathrm{d}x\end{aligned}$$

     所以$\displaystyle\int_0^{\pi}F(x)\sin x\mathrm{d}x=0$ , 而$\displaystyle\int_0^{0}F(x)\sin x\mathrm{d}x=0$ . 因此存在$\gamma\in (0,\pi)$满足$F(\gamma)\sin \gamma=0$ , 所以$F(\gamma)=0$ . 于是由$F(0)=F(\gamma)=F(\pi)=0$ , 运用Rolle定理知存在$\alpha\in (0,\gamma)$和$\beta\in (\gamma,\pi)$ , 使得$F'(\alpha)=F'(\beta)=0$ , 即$f(\alpha)=f(\beta)=0$ .

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     • 由定积分中值定理得：
       存在$\alpha \in (0,\pi)$使得$\pi f(\alpha) = \int_{0}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=0$
       假设$f(x)$在$(0,\pi)$上只有一个零点$\alpha$，考虑积分

       $$\int_{0}^{\pi} f(x)(\cos {x}-\cos{\alpha}) \mathrm{d} x$$

       一方面，
       $\int_{0}^{\pi} f(x)(\cos {x}-\cos{\alpha}) \mathrm{d} x= \int_{0}^{\pi} f(x)\cos {x} \mathrm{d} x-\cos{\alpha} \int_{0}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=0$
       另一方面，由$\alpha$为$f(x)$在$(0,\pi)$上的唯一零点及$\int_{0}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=0$可知：
       $f(x)$在$(0,\alpha)$与$(\alpha,\pi)$上分别定号，且两符号相反。因此有$\int_{0}^{\pi} f(x)(\cos {x}-\cos{\alpha}) \mathrm{d} x <0$ 或 $\int_{0}^{\pi} f(x)(\cos {x}-\cos{\alpha}) \mathrm{d} x >0$
       矛盾！因此$f(x)$在$(0,\pi)$上必有两个相异零点。

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5. 第5题 数学吧 http://tieba.baidu.com/p/1312365452
   已知$f(x)$在$[0,2]$上连续 , $(0,2)$上可导 , 且$2f(0)=f(1)=f(2)=1$ . 证明 : 存在$\xi$属于$(0,2)$ , 使得$f'(\xi)=2(1-\xi)f(\xi)$ .

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   • 证明 : 令$g(x)=\mathrm{e}^{(x-1)^2}f(x)$ , 则

     $$\left(g(x)\right)'=\mathrm{e}^{(x-1)^2}f'(x)+2(x-1)\mathrm{e}^{(x-1)^2}f(x).$$

     因为$\displaystyle g(0)=\frac{\mathrm{e}}{2},g(1)=1,g(2)=\mathrm{e}$ , 所以存在$\alpha\in (1,2)$使得$\displaystyle g(\alpha)=\frac{\mathrm{e}}{2}$ , 从而存在$\xi\in (0,\alpha)$使得$g'(\xi)=0$ , 即

     $$\mathrm{e}^{(\xi-1)^2}f'(\xi)+2(\xi-1)\mathrm{e}^{(\xi-1)^2}f(\xi)=e^{(\xi-1)^2}\left(f'(\xi)+2(\xi-1)f(\xi)\right)=0$$

     因为$\mathrm{e}^{(\xi-1)^2}\ne 0$ , 所以$f'(\xi)+2(\xi-1)f(\xi)=0$ , 即$f'(\xi)=2(1-\xi)f(\xi)$ .

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6. 第6题 博士家园 http://www.math.org.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=22825&extra=page%3D1
   设$f,g$为$[0,1]\longrightarrow [0,1]$的连续函数 , 且$f(x)$递增 , 求证 :

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

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   • 证明 : 设$f(g(x))-g(x)$的最大值在$x=t$时取到 , 则

     $$\int_{0}^1 (f(g(x))-g(x))\mathrm{d}x\le f(g(t))-g(t)=f(s)-s$$

     因为$f(x)$递增且$0\le f(s)\le 1$ , 所以$sf(s)\le s$且

     $$\int_{0}^1 f(x)\mathrm{d}x\ge (1-s)f(s),$$

     因此

     $$f(s)-s=sf(s)-s+(1-s)f(s)\le\int_{0}^1 f(x)\mathrm{d}x ,$$

     从而不等式得证 .

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     • 不太清楚式子$\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x\geq(1-s)f(s)$是怎么得到的?

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       • $f(x)$单调增 , 所以在$[s,1]$上$f(x)\ge f(s)$加上$f(x)$非负.

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7. 第7题 博士家园 http://www.math.org.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=22897&extra=page%3D1
   设$f(x)$在$x=0$的某邻域内连续可导 , 且$f'(0)=0$ , $f''(0)$存在 , 求证 :

   $$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-f(\ln (1+x))}{x^3}=\frac{1}{2}f''(0).$$

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   • 证明 : 由柯西中值定理知存在$\xi\in (\ln(1+x),x)$使得

     $$\frac{f(x)-f(\ln(1+x))}{x^2-\ln^2 (1+x)}=\frac{f'(\xi)}{2\xi}.$$

     因此

     $$\begin{aligned}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-f(\ln(1+x))}{x^2-\ln^2 (1+x)}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f'(x)}{2x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f'(x)-f'(0)}{2x}=\frac{1}{2}f''(0)\end{aligned},$$

     而

     $$\begin{aligned}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^2-\ln^2 (1+x)}{x^3}=&\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^2-\left(x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right)^2}{x^3}\\ =&\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^2-x^2+x^3+o(x^3)}{x^3} \\ =& 1\end{aligned}.$$

     因此

     $$\begin{aligned}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-f(\ln(1+x))}{x^3}=&\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-f(\ln(1+x))}{x^2-\ln^2 (1+x)}\cdot\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^2-\ln^2 (1+x)}{x^3}\\=&\frac{1}{2}f''(0)\end{aligned}$$

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8. 第8题 博士家园 http://www.math.org.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=22897&extra=page%3D1
   设$f$在$(-\infty,+\infty)$上二阶连续可微 , 且对任意的$x,h\in\mathbb{R}$成立

   $$f(x+h)-f(x)=hf'\left(x+\frac{h}{2}\right),$$

   求证 : $f(x)=ax^2+bx+c$ .

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   • 证明 : 以$h$为变元对$\displaystyle f(x+h)-f(x)=hf'\left(x+\frac{h}{2}\right)$两边求导 , 可得

     $$f'(x+h)=f'\left(x+\frac{h}{2}\right)+\frac{1}{2}hf''\left(x+\frac{h}{2}\right).$$

     令$x=t,h=-2t$得$f'(t)=f'(0)+tf''(0)$ . 若设$\displaystyle f'(0)=b,f''(0)=\frac{1}{2}a$ 由此知$f(x)=ax^2+bx+c$ .

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9. 第9题 博士家园 http://www.math.org.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=22931&extra=page%3D1
   设$f(x,y)$是$\mathbb{R}^2$上的可微函数 , 且有$\displaystyle \lim_{r\rightarrow +\infty}(xf_x+yf_y)=a>0$ , 其中$r=\sqrt{x^2+y^2}$ . 证明 : $f(x,y)$在$\mathbb{R}^2$上必有最小值 .

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   • 证明 : 极坐标变换$x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$ , 于是有$\displaystyle\lim_{r\rightarrow +\infty}rf_r=a>0$ . 因此存在$G>0$ , 使得对任意的$r\ge G$ , 都有$\displaystyle rf_r>0$ , 即$\displaystyle f_r>0$ . 于是作圆$U:x^2+y^2\le G^2$ , 设$f(x,y)$在$U$上的最小值为$m$ , 如果不存在$f(x,y)<m$那么$m$为最小值 , 命题得证 . 如果存在$f(x_0,y_0)<m$ , 那么$(x_0,y_0)$在圆$U$外部 . 令此时$(x_0,y_0)=(r_0\cos\alpha,r_0\sin\alpha)$ , 其中$r_0>G$ . 因为对任意的$r\ge G$ , 都有$f_r>0$ , 所以在$[G,r_0]$上 , $f(r\cos\alpha,r\sin\alpha)$(此处$\alpha$为前面所给定的值)递增 , 所以

     $$f(x_0,y_0)=f(r_0\cos\alpha,r_0\sin\alpha)\ge f(G\cos\alpha,G\sin\alpha)\ge m,$$

     这与前面的假设$f(x_0,y_0)<m$矛盾 . 综上所述 , $f(x,y)$在$\mathbb{R}^2$上必有最小值 .

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10. 第10题 博士家园 http://www.math.org.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=22953&extra=page%3D1
    设$f(x)$在$[a,+\infty)$上连续 , 且$\displaystyle\int_a^{+\infty}|f(x)|\mathrm{d}x$收敛 , 求证 : 存在数列$\{x_n\}$满足对任意的正整数$n$有$x_n\in [a,+\infty)$ , 并且有

    $$\lim_{n\rightarrow +\infty}x_n=+\infty\quad\mathrm{and}\quad\lim_{n\rightarrow +\infty}x_nf(x_n)=0.$$

    并举例说明如果积分只是条件收敛 , 则命题可能不成立 . (个人认为条件收敛命题也是成立的.)

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    • 证明 : 由$\displaystyle\int_a^{+\infty}|f(x)|\mathrm{d}x$收敛 , 因此对任意的正整数$n$ , 都存在$x_n>n$使得

      $$\int_{x_n}^{2x_n}|f(x)|\mathrm{d}x<\frac{1}{2n}.$$

      因为$f(x)$连续 , 所以$|f(x)|$连续 , 因此可设$|f(x)|$在$[x_n,2x_n]$上的最小值在$y_n$时取到 . 于是有

      $$\frac{1}{2}y_n|f(y_n)|\le x_n|f(y_n)|\le \int_{x_n}^{2x_n}|f(x)|\mathrm{d}x<\frac{1}{2n},$$

      即$\displaystyle y_n|f(y_n)|<\frac{1}{n}$ . 易知此时$\{y_n\}$为满足要求的数列 .

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