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: $$\bex 4|f(x)|\leq \int_0^1 |f''(x)|\rd x,\quad \forall\ x\in [0,1]. \eex$$ (2) 若再设 $f'(0)=1$, $f'(1)=0$, 试证: $$\bex 4\leq \int_0^1 |f''(x)|^2\rd x. \eex$$
证明: (1) 用 $-f$ 代替 $f$, 而不妨设 $$\bex \exists\ c\in (0,1),\st 0<f(c)=\max_{x\in [0,1]}|f(x)|. \eex$$ 又由 Lagrange 中值定理, $$\beex \bea \exists\ \xi_1\in (0,c),&\st f(c)=f(c)-f(0)=f'(\xi_1)c,\\ \exists\ \xi_2\in (c,1),&\st f(c)=f(c)-f(1)=f'(\xi_2)(c-1). \eea \eeex$$ 于是 $$\beex \bea \int_0^1 |f''(x)|\rd x&\geq \int_{\xi_1}^{\xi_2} |f''(x)|\rd x \geq \sev{\int_{\xi_1}^{\xi_2}f''(x)\rd x} =\sev{f'(\xi_2)-f'(\xi_1)}\\ &=\sev{\cfrac{1}{c-1}-\cfrac{1}{c}}f(c) =\cfrac{f(c)}{c(1-c)} \geq4f(c). \eea \eeex$$ (2) 对任意的 $c\in (0,1)$, $$\beex \bea \int_0^1 (x-c)f''(x)\rd x &=\int_0^1 (x-c)\rd f'(x)\\ &=(1-c)-\int_0^1 f'(x)\rd x\\ &=1-c. \eea \eeex$$ 于是 $$\beex \bea (1-c)^2&=\sez{\int_0^1 (x-c)f''(x)\rd x}^2\\ &\leq \int_0^1 (x-c)^2\rd x \cdot \int_0^1 |f''(x)|^2\rd x\\ &=\cfrac{(1-c)^3+c^3}{3}\int_0^1 |f''(x)|^2\rd x,\\ \int_0^1 |f''(x)|^2\rd x&\geq \cfrac{3(1-c)^2}{(1-c)^3+c^3}\\ &=\cfrac{3(1-c)^2}{[(1-c)+c][(1-c)^2-(1-c)c+c^2]}\\ &=\cfrac{3}{1-\cfrac{c}{1-c}+\sex{\cfrac{c}{1-c}}^2}\\ &=\cfrac{3}{\sex{\cfrac{c}{1-c}-\cfrac{1}{2}}^2+\cfrac{3}{4}}. \eea \eeex$$ 取 $$\bex c=\cfrac{1}{3}\ra \cfrac{c}{1-c}=\cfrac{1}{2}, \eex$$ 则有 $$\bex \int_0^1 |f''(x)|^2\rd x\geq 4. \eex$$
2. (1) 设 $f:[0,\infty)\to [0,\infty)$ 满足 $\dps{\int_0^\infty f(x)\rd x<\infty}$. 若 $xf(x)$ 递减且 $\dps{\vlm{x}xf(x)=0}$, 试证: $$\bex \vlm{x}xf(x)\ln x=0. \eex$$
(2) 设 $\dps{\vsm{n}a_n}$ 为收敛的正项级数, $\sed{na_n}$ 单调, 试证: $$\bex \vlm{n}na_n\ln n=0. \eex$$
证明: (1) 由 $$\beex \bea \int_{\sqrt{x}}^x f(t)\rd t=\int_{\sqrt{x}}^xtf(t)\cdot \frac{1}{t}\rd t\geq xf(x)\cdot \int_{\sqrt{x}}^x \frac{1}{t} =\frac{1}{2}xf(x)\ln x \eea \eeex$$ 及 Cauchy 收敛准则即知结论. (2) 由 $$\beex \bea \sum_{k=[\sqrt{n}]}^{n-1} a_k&=\sum_{k=[\sqrt{n}]}^{n-1} ka_k\cdot \frac{1}{k}\\ &\geq na_n \sum_{k=[\sqrt{n}]}^{n-1} \frac{1}{k}\\ &\geq na_n\sum_{k=[\sqrt{n}]}^{n-1} \int_k^{k+1}\frac{1}{x}\rd x\\ &\geq na_n\int_{\sqrt{n}}^n \frac{1}{x}\rd x\\ &=\frac{1}{2}na_n\ln n \eea \eeex$$ 及 Cauchy 收敛准则即知结论.
3. 设数列 $\sed{x_n}$ 满足 $$\bex 0\leq x_{m+n}\leq x_m+x_n\quad (\forall\ m,n\in\bbN). \eex$$ 试证: 数列 $\sed{\cfrac{x_n}{n}}$ 收敛.
证明: 对任意固定的 $m\in\bbN$, $$\bex \forall\ n\in\bbN,\ \exists\ p,q\in\bbN,\ 0\leq q<m,\st n=pm+q. \eex$$ 于是 $$\beex \bea \cfrac{x_n}{n}=\cfrac{x_{pm+q}}{pm+q}\leq \cfrac{x_{pm}+x_q}{pm+q} \leq \cfrac{px_m+x_q}{pm+q} \leq \cfrac{x_m}{m}+\cfrac{x_q}{pm}. \eea \eeex$$ 令 $n\to\infty$ 则 $p\to\infty$, 而有 $$\bex \vls{n}\cfrac{x_n}{n}\leq \cfrac{x_m}{m}. \eex$$ 如此, $$\bex \vls{n}\cfrac{x_n}{n}\leq \vli{m}\cfrac{x_m}{m}. \eex$$ 这说明 $\sed{\cfrac{x_n}{n}}$ 极限存在.
4. 设 $f(x)$ 在 $\bbR$ 上连续, 又 $$\bex \phi(x)=f(x)\int_0^x f(t)\rd t \eex$$ 单调递减. 证明: $f$ 恒为零.
证明: 设 $$\bex g(x)=\cfrac{1}{2}\sez{\int_0^x f(t)\rd t}^2, \eex$$ 则 $g'(x)=\phi(x)$ 递减, 而 $$\bex g'(x)\sedd{\ba{ll} \geq g'(0)=0,&x<0,\\ \leq g'(0)=0,&x>0; \ea} \eex$$ 进一步, $$\bex g(x)\sedd{\ba{ll} \leq g(0)=0,&x<0,\\ \leq g(0)=0,&x>0. \ea} \eex$$ 如此, $g(x)\leq 0$, $$\bex \int_0^x f(t)\rd t=0,\quad \forall\ x, \eex$$ $$\bex f(x)=\sez{\int_0^x f(t)\rd t}'=0,\quad \forall\ x. \eex$$
5. 证明不等式: $$\bex 1+x\ln\sex{x+\sqrt{1+x^2}}>\sqrt{1+x^2},\quad x>0. \eex$$
证明: 令 $x=\tan t,\ 0<t<\cfrac{\pi}{2}$, 而只要证明 $$\bex 1+\tan t\ln\sex{\sec t+\tan t}>\sec t. \eex$$ 令 $$\bex f(t)=1+\tan t\ln\sex{\sec t+\tan t}-\sec t, \eex$$ 则 $f(0)=0$, $f'(t)=\sec^2t \ln(\sec t+\tan t)>0$. 于是 $f$ 递增, 而 $f(t)>0$, $t>0$.
6. 设 $a>1$, $f:(0,+\infty)\to (0,+\infty)$ 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 $$\bex \forall\ n\in\bbZ^+,\ \exists\ x_n\geq n,\st f'(x_n)<f(ax_n). \eex$$ 用反证法. 若 $$\bex \exists\ N\in\bbZ^+,\ \forall\ x\geq N,\mbox{ 有 }f'(x)\geq f(ax). \eex$$ 则选取 $c\gg 1$ 使得 $$\bex c\geq N\mbox{ 且 }a>\frac{1+c}{c}, \eex$$ 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, $$\beex \bea f(ac)-f(c)&\geq (L)\int_{[c,ac]}f'(x)\rd x\\ &\geq (L)\int_{[c,ac]}f(ax)\rd x\\ &=(R)\int_c^{ac}f(ax)\rd x\\ &\geq f(ac)(ac-c). \eea \eeex$$) $$\beex \bea &\quad f(ac)-f(c)\geq \int_c^{ac}f(ax)\rd x \geq f(ac)(ac-c)\\ &\ra -f(c)\geq f(ac)(ac-c-1)\\ &\ra f(ac)\leq\frac{-f(c)}{c\sex{a-\frac{1+c}{c}}}<0. \eea \eeex$$ 这是一个矛盾. 故有结论.
注记: 另外, 我们也可如此导出矛盾: $$\bex f(ax)-f(x)=f'(\xi)(ax-x)\geq f(a\xi) (ax-x)\geq f(ax)(ax-x),\quad\forall\ x\geq N. \eex$$
7. 设 $f:[-1,1\to\bbR$ 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 $$\bex g(tx+(1-t)y)\leq tg(x)+(1-t)g(y),\quad \forall\ x,y\in [0,1],\quad \forall\ t\in [0,1]. \eex$$ 试证: $$\bex 2\int_{-1}^1 f(x)g(x)\rd x \geq \int_{-1}^1 f(x)\rd x\cdot \int_{-1}^1 g(x)\rd x. \eex$$
证明: (1) 若 $f,h$ 为 $[0,1]$ 上的增 (或减) 函数, 则 $$\bex \int_0^1f(x)h(x)\rd x \geq \int_0^1 f(x)\rd x\cdot \int_0^1 h(x)\rd x. \eex$$ 事实上, $$\beex \bea &\quad [f(x)-f(y)]\cdot [h(x)-h(y)]\geq 0\\ &\ra f(x)h(x)+f(y)h(y)\geq f(x)h(y)+f(y)h(x)\\ &\ra\mbox{对 }x,y\mbox{ 在 }[0,1]\mbox{ 上积分即可}. \eea \eeex$$ (2) $$\bex g\mbox{ 在 }[0,1]\mbox{ 上是凸函数}\ra h(x)=g(x)+g(-x)\mbox{ 在 }[0,1]\mbox{ 上是增函数}. \eex$$ 事实上, $$\beex \bea 0\leq y<x\leq 1 &\ra \sedd{\ba{ll} y=(1-\theta)\cdot (-x)+\theta \cdot x\\ -y=\theta\cdot (-x)+(1-\theta)\cdot x \ea}\\ &\ra \sedd{\ba{ll} g(y)\leq (1-\theta)g(-x)+\theta g(x)\\ g(-y)\le \theta g(-x)+(1-\theta)g(x) \ea}\\ &\ra h(y)=g(y)+g(-y)\leq g(-x)+g(x)=h(x). \eea \eeex$$ (3) 往证题目. 由 (1), (2) 知 $$\bex \int_0^1 f(x)[g(x)+g(-x)]\rd x\geq \int_0^1 f(x)\rd x \cdot \int_0^1 [g(x)+g(-x)]\rd x, \eex$$ 此即 $$\bex \int_{-1}^1 f(x)g(x)\rd x \geq \frac{1}{2}\int_{-1}^1 f(x)\rd x\cdot \int_{-1}^1 g(x)\rd x. \eex$$
8. 设 $f\in C^4(-\infty,+\infty)$, 且 $f(x)$ 满足 $$\bee\label{2:eq1} f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\cfrac{1}{2}f''(x+\tt h)h^2, \eee$$其中 $\tt$ 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 $$\bex f''(x+h)=f''(x)+f'''(x)h+\cfrac{1}{2}f^{(4)}(x+\tt h)h^2. \eex$$ 用 $\tt h$ 代替 $h$ 得 $$\bex f''(x+\tt h)=f''(x)+f'''(x)\tt h+\cfrac{1}{2}f^{(4)}(x+\tt^2h)\tt^2h^2. \eex$$ 代入 \eqref{2:eq1} 有 $$\bee\label{2:eq2} f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\cfrac{1}{2}f''(x)h^2+\cfrac{1}{2}f'''(x)\tt h^3 +\cfrac{1}{4}f^{(4)}(x+\tt^2h)\tt^2h^4. \eee$$另据 Taylor 展式, $$\bee\label{2:eq3} f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\cfrac{1}{2}f''(x)h^2+\cfrac{1}{6}f'''(x)h^3 +\cfrac{1}{24}f^{(4)}(x+\tau_{x,h}h)h^4. \eee$$比较 \eqref{2:eq2} 与 \eqref{2:eq3}, 我们知 $$\bee\label{2:eq4} \cfrac{1}{2}f'''(x)\tt+\cfrac{1}{4}f^{(4)}(x+\tt^2h)\tt^2h =\cfrac{1}{6}f'''(x)+\cfrac{1}{24} f^{(4)}(x+\tau_{x,h})h. \eee$$令 $h\to 0$, 即得 $\tt=\cfrac{1}{3}$. 代入 \eqref{2:eq4}, 有 $$\bex \cfrac{1}{36}f^{(4)}\sex{x+\cfrac{1}{9}h} =\cfrac{1}{24}f^{(4)}(x+\tau_{x,h}h). \eex$$ 再令 $h\to 0$ 即得 $f^{(4)}(x)=0, \forall\ x$. 故有结论.
