《数学分析》笔记三(连续函数和微分学)

\(\newcommand{\bbR}{\mathbb{R}}\) \(\newcommand{\Lim}{\lim\limits_}\) \(\newcommand{\Colon}{\colon\;\;}\) \(\newcommand{\eps}{\varepsilon}\)

一些理论

连续函数

对于数集 \(E\) 的满足 \(a \in E\) 的极限点 \(a\) ,函数 \(f \colon E \to \bbR\)\(a\) 处连续当且仅当

\[ \lim_{E \ni x \to a} f(x) = f(a) \]

或者令 \(\mathcal B_a\)\(a\) 的邻域 \(U_E(a)\)(注意不是去心邻域)构成的滤子基,\(f\)\(a\) 处连续当且仅当极限 \(\Lim{\mathcal B_a} f(x)\) 存在。

特别地,虽然是一种退化情形,如果 \(a \in E\) 不是极限点,那么认为 \(f\)\(a\) 处总是连续的。

在定义域处处连续的函数称为连续函数。


\(f\)\(a\) 处不连续,则称 \(a\)\(f\) 的间断点,间断点一定是极限点,间断点可大致分为两类:

  1. 第一类间断点:\(f\)\(a\) 有左右极限。
  2. 第二类间断点:\(f\)\(a\) 处的左右极限至少一个不存在。

特别地,如果 \(U_E(a)\) 只在 \(a\) 的一侧,那么上述只考虑该侧的极限。


函数 \(f \colon E \to \bbR\) 被称为一致连续函数,当且仅当

\[ \forall \eps > 0 \;\; \exists \delta > 0 \;\; \forall |x_1 - x_2| < \delta \land x_1, x_2 \in E \Colon |f(x_1) - f(x_2)| < \eps \]

容易看出一致连续是比连续更强的条件。一致连续函数一定连续,但连续函数未必一致连续。

相关定理

如果函数 \(f \colon [a, b] \to \bbR\) 连续,那么 \(f\) 一定一致连续。

如果函数 \(f \colon [a, b] \to \bbR\) 连续,对于 \(f(a)\)\(f(b)\) 之间的任何数 \(C\) 都存在 \(x \in [a, b]\) 使得 \(f(x) = C\)

如果函数 \(f \colon [a, b] \to \bbR\) 连续,那么总存在使函数取最小值和取最大值的点。

如果函数 \(f \colon [a, b] \to \bbR\) 连续且严格单调,那么其反函数 \(f^{-1}\) 同样连续且单调性与 \(f\) 相同。

一些习题

四.2.2

如果函数 \(f \colon [a, b] \to \bbR\) 连续,则函数 \(m(x) = \min\limits_{a \le t \le x} f(t)\) 也在 \([a, b]\) 连续。

Answer

首先,由于连续函数在闭区间内总有最小值,因此函数 \(m\) 是有定义的。

我们证明 \(\forall y \in [m(b), m(a)] \;\; \exists x_0 \in [a, b] \Colon m(x_0) = y\)

\(S := \{x \in [a, b] | f(x) = y\}\) 以及 \(x_0 := \inf S\)

首先可以知道 \(f(x_0) = y\) 。否则 \(\forall \eps > 0 \;\; \exists x \in (x_0, x_0 + \eps) \Colon f(x) = y\) ,由于 \(f\)\(x_0\) 处有极限,那么该极限必然是 \(y\) ,于是 \(f(x_0) = y\)

然后证明 \(m(x_0) = y\) 。如果不成立,那么 \(m(x_0) < y\) ,说明存在 \(c \in [a, x_0)\) 使得 \(f(c) = m(x_0) < y\) 并且 \(f(a) > y\) 。那么 \(f\)\([a, c]\) 中就必然存在取值为 \(y\) 的另外一个点,该点小于 \(x_0\) ,这与 \(x_0 = \inf S\) 矛盾。

二些理论

函数 \(f\) 在极限点 \(x_0\) 处的导数定义为 \(f'(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}\)

如果 \(f'(x_0)\) 存在,那么 \(f\) 一定在 \(x_0\) 处连续。


函数 \(f\) 在极限点 \(x_0\) 的微分是一个线性函数 \(h \mapsto f'(x_0) h\) ,其中自变量 \(h\)\(x\) 的增量,该函数一般记为 \(df(x)\)

故有 \(f'(x) = \frac{df(x)}{dx}\) ,右边的比值是两个函数之比。

微分满足在基 \(h \to 0\)\(f(x + h) - f(x) = df(x)(h) + o(h)\)


对于函数 \(f\) 和其反函数 \(f^{-1}\) ,如果 \(f\)\(x_0\) 有非零导数且 \(f^{-1}\)\(y_0 = f(x_0)\) 连续,那么

\[ (f^{-1})'(y_0) = (f'(x_0))^{-1} \]

二些习题

五.2.4.c

\(f \colon \bbR \to \bbR\) 是可微函数,则 (\(f'\) 是奇函数) \(\Leftrightarrow\) (\(f\) 是偶函数)

Answer

\(f\) 是偶函数则

\[ \begin{aligned} f'(x) &= \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{f(-x-h) - f(-x)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{f(-x-h) - f(-x)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{f(-x+h) - f(-x)}{-h} \\ &= - f'(-x) \\ \end{aligned} \]

\(f'\) 是奇函数,令 \(g(x) := f(x) - f(-x)\) ,那么 \(g'(x) = f'(x) + f'(-x) = 0\)\(g(0) = f(0) - f(0) = 0\)

我们希望证明 \(g(x)\) 恒为 \(0\) 。若 \(g(a) \ne 0\) ,不妨假定 \(a > 0\) (\(g\) 是奇函数) 。

\(\alpha(x) := g(x) - \dfrac{g(a)}{a} x\) ,那么 \(\alpha(0) = \alpha(a) = 0\)\(\alpha'(x) = g'(x) - \dfrac{g(a)}{a} \ne 0\)

可微必连续,\(\alpha\) 在闭区间 \([0, a]\) 存在最值,最大值和最小值不会同时为零,否则 \([0, a]\) 内始终有 \(\alpha'(x) = 0\) ,不妨假定在 \(m \in (0, a)\) 取最小值 \(\alpha(m) < 0\) 。注意到

\[ \alpha'(m) = \lim_{h \to +0} \frac{\alpha(m + h) - \alpha(m)}{h} \le 0 \]

\[ \alpha'(m) = \lim_{h \to -0} \frac{\alpha(m + h) - \alpha(m)}{h} \ge 0 \]

\(\alpha'(m) = 0\) ,产生矛盾,\(g(a) \ne 0\) 不成立,故 \(g(x)\) 恒为 \(0\)

三些理论

微分学基本定理

费马引理:如果函数 \(f \colon E \to \bbR\) 在极值点 \(x_0 \in E\) 可微,那么

\[ f'(x_0) = 0 \]

罗尔定理:如果函数 \(f \colon [a, b] \to \bbR\) 在闭区间 \([a, b]\) 连续,在开区间 \((a, b)\) 可微,且 \(f(a) = f(b)\) ,那么存在 \(\xi \in (a, b)\) 使得

\[ f'(\xi) = 0 \]

拉格朗日中值定理:如果函数 \(f \colon [a, b] \to \bbR\) 在闭区间 \([a, b]\) 连续,在开区间 \((a, b)\) 可微,那么存在 \(\xi \in (a, b)\) 使得

\[ f(b) - f(a) = f'(\xi) (b - a) \]

柯西中值定理:如果函数 \(f, g\) 都是在闭区间 \([a, b]\) 连续在开区间 \((a, b)\) 可微的实值函数,那么存在 \(\xi \in (a, b)\) 使得

\[ g'(\xi) (f(b) - f(a)) = f'(\xi) (g(b) - g(a)) \]

泰勒公式

对于在 \(x_0\) 具有前 \(n\) 阶导数的函数 \(f : E \to \bbR\) ,有

\[ \forall x \in E \Colon f(x) = \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)} (x_0)}{k!} (x - x_0)^k + r_n(x_0 ; x) \]

其中函数 \(r_n(x_0 ; x)\) 被称为 \(n\) 阶余项。


如果函数 \(f\) 的前 \(n\) 阶导函数都在以 \(x_0, x_1\) 为端点的闭区间上连续并且在该闭区间存在 \(n + 1\) 阶导函数,那么对于任何函数 \(\varphi\) ,如果 \(\varphi\) 在该闭区间连续该开区间可微,则该开区间中总存在 \(\xi\) 使得:

\[ r_n(x_0 ; x_1) \varphi'(\xi) = \frac{\varphi(x_1) - \varphi(x_0)}{n!} f^{(n+1)} (\xi) (x_1 - \xi)^n \]

\(\varphi(x) = x\) ,得到柯西余项公式:

\[ r_n(x_0 ; x_1) = \frac{x_1 - x_0}{n!} f^{(n+1)} (\xi) (x_1 - \xi)^n \]

\(\varphi(x) = (x_1 - x)^{n+1}\) ,得到拉格朗日余项公式:

\[ r_n(x_0 ; x_1) = \frac{(x_1 - x_0)^{n+1}}{(n + 1)!} f^{(n+1)} (\xi) \]


对于基 \(x \to x_0\) ,有 \(r_n(x_0 ; x) = o((x - x_0)^n)\) 。如果 \(f^{(n+1)} (x)\) 最终有界,还有 \(r_n(x_0 ; x) = O((x - x_0)^{n+1})\)

三些习题

五.3.2

\(\Lim{x \to \infty} x \left[ \dfrac{1}{e} - \left( \dfrac{x}{x+1} \right)^x \right]\)

Answer

\[ \begin{aligned} \lim_{x \to \infty} x \left[ \frac{1}{e} - \left( \frac{x}{x+1} \right)^x \right] &= \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \left[ \frac{1}{e} - \sqrt[x]{\left( \frac{1}{x+1} \right)} \right] \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \left( \frac{1}{e} - \exp \left( -\frac{1}{x} \ln (1 + x) \right) \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \left( \frac{1}{e} - \exp \left( -\frac{1}{x} \left( x - \frac{x^2}{2} + O(x^3) \right) \right) \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \left( \frac{1}{e} - \exp \left( -1 + \frac{x}{2} + O(x^2) \right) \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \left( \frac{1}{e} - \frac{1}{e} \exp \left( \frac{x}{2} + O(x^2) \right) \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \left( \frac{1}{e} - \frac{1}{e} \left(1 + \frac{x}{2} + O(x^2) \right) \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{1}{ex} \left( -\frac{x}{2} + O(x^2) \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \left( -\frac{1}{2e} + O(x) \right) \\ &= - \frac{1}{2e} \end{aligned} \]

五.3.6

本题仅考虑函数 \(f : (-1, 1) \to \bbR\) 满足 \(f\) 有着连续的前 \(n\) 阶导数并且 \(\sup \lvert f(x) \rvert \le 1\) 。定义 \(m_k(I) := \inf\limits_{x \in I} \lvert f^{(k)} (x) \rvert\) ,其中 \(I\)\((-1, 1)\) 中的开区间。试证明:

  1. 如果 \(I\) 被按顺序分为三个开区间 \(I_1\), \(I_2\), \(I_3\) 并且 \(\mu\)\(I_2\) 的长度,则

\[ m_k(I) \le \frac{1}{\mu} (m_{k-1}(I_1) + m_{k-1}(I_3)) \]

Answer

任取 \(x_1 \in I_1\), \(x_3 \in I_3\) ,由拉格朗日中值定理可知

\[ \exists \xi \in (x_1, x_3) \Colon \lvert f^{(k)} (\xi) \rvert = \frac{1}{x_3 - x_1} \left| f^{(k-1)} (x_3) - f^{(k-1)} (x_1) \right| < \frac{1}{\mu} \left( \lvert f^{(k-1)} (x_3) \rvert + \lvert f^{(k-1)} (x_1) \rvert \right) \]

所以

\[ m_k(I) \le \lvert f^{(k)} \rvert \le \frac{1}{\mu} \inf_{x_1 \in I_1, x_3 \in I_3} ( \lvert f^{(k-1)} (x_3) \rvert + \lvert f^{(k-1)} (x_1) \rvert ) = \frac{1}{\mu} (m_{k-1}(I_1) + m_{k-1}(I_3)) \]

  1. 如果 \(I\) 具有长度 \(\lambda\) ,则

\[ m_k(I) \le \frac{2^{k(k+1)/2} k^k}{\lambda^k} \]

Answer

对于 \(k = 0\) ,显然 \(m_k(I) \le 1\) 满足不等式。

假设 \(m_{k-1}(I)\) 满足不等式,对于 \(m_k(I)\) ,将 \(I\) 按顺序分为三个开区间 \(I_1\), \(I_2\), \(I_3\) ,它们的长度分别为 \(\dfrac{k-1}{2k} \lambda\), \(\dfrac{1}{k} \lambda\), \(\dfrac{k-1}{2k} \lambda\) ,根据 a 题的结论

\[ m_k(I) \le \frac{k}{\lambda} (m_{k-1} (I_1) + m_{k-1} (I_3)) \le 2 \frac{k}{\lambda} \frac{2^{k(k-1)/2} (k-1)^{k-1}}{(\frac{k-1}{2k} \lambda)^{k-1}} = \frac{2^{k(k+1)/2} k^k}{\lambda^k} \]

  1. 满足以下条件的数 \(\alpha_n\) 存在:它只与 \(n\) 有关,并且如果 \(\lvert f'(0) \rvert \ge \alpha_n\) ,则方程 \(f^{(n)}(x) = 0\)\((-1, 1)\) 内有至少 \(n - 1\) 个不同的实根。

Answer

观察 a, b 两题的证明过程,不难发现可以得到一个比 b 题稍强的结论:

\[ \exists x_0 \in I \Colon \lvert f^{(k)} (x_0) \rvert \le \frac{2^{k(k+1)/2} k^k}{\lambda^k} \]

我们不妨假设 \(f'(0) \ge 0\)

先考虑 \(n = 2\) ,假设 \(f'(0) = \alpha\) 足够大,那么由于存在 \(x_1 \in (-\frac{1}{2}, 0)\), \(x_2 \in (0, \frac{1}{2})\) 使得 \(\lvert f'(x_1) \rvert, \lvert f'(x_2) \rvert \le 4\) 。根据拉格朗日中值定理

\[ \exists \xi_1 \in (x_1, 0) \subset (-\frac{1}{2}, 0) \Colon f''(\xi_1) = \frac{\alpha - f'(x_1)}{0 - x_1} > \frac{\alpha - 4}{0 - -\frac{1}{2}} = 2 \alpha - 8 \ge 0 \]

同理

\[ \exists \xi_2 \in (0, \frac{1}{2}) \Colon f''(\xi_1) < 8 - 2 \alpha \le 0 \]

也就是说 \(\alpha \ge 4\) 时,存在 \(x_0 \in (\xi_1, \xi_2) \subset (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2})\) 使得 \(f''(x_0) = 0\)

\(M_k\) 表示长为 \(\frac{1}{2^k}\) 的开区间 \(I\)\(m_k(I)\) 的值,即 \(M_k := 2^{k(3k+1)/2} k^k\)

稍加推广,我们可以归纳地证明存在系数数列 \(\{N_n\}\) 使得对任何 \(n\)

\[ \begin{aligned} & \alpha \ge \sum_{k=1}^{n-1} \frac{M_k}{N_k} \Rightarrow \\ & \exists x_1 < x_2 < \dots < x_n \;\; \forall k \Colon f^{(n)} (x_k) (-1)^k < 0, \\ & x_1 \in (\frac{1}{2^{n-1}} - 1, 0), x_n \in (0, 1 - \frac{1}{2^{n-1}}) \\ & \lvert f^{(n)} (x_1) \rvert, \lvert f^{(n)} (x_n) \rvert > \alpha N_n - \sum_{k=1}^{n-1} M_k \frac{N_n}{N_k} \end{aligned} \]

\(n = 2\) 的情况我们已经证明过了,并且可以知道 \(N_1 = 1\), \(N_2 = 2\)

对于 \(n \ge 3\) ,假设 \(n - 1\) 的满足条件的 \(n - 1\) 个点为 \(z_1, z_2 \dots z_{n-1}\) ,那么对于 \(2 \le k \le n - 1\) ,由于 \(f^{(n-1)} (z_{k-1}) (-1)^{k-1} < 0\)\(f^{(n-1)} (z_k) (-1)^k < 0\) ,根据拉格朗日中值定理

\[ \exists x_k \in (z_{k-1}, z_k) \Colon f^{(n)} (x_k) = \frac{f^{(n-1)} (z_k) - f^{(n-1)} (z_{k-1})}{z_k - z_{k-1}} \]

可以验证

\[ f^{(n)} (x_k) (-1)^k = \frac{f^{(n-1)} (z_k) (-1)^k + f^{(n-1)} (z_{k-1}) (-1)^{k-1}}{z_k - z_{k-1}} < 0 \]

由于 \(f^{(n-1)} (z_1) > \alpha N_{n-1} - \sum_{k=1}^{n-2} M_k \dfrac{N_{n-1}}{N_k}\) 而又存在 \(\xi \in (\frac{1}{2^{n-1}} - 1, \frac{1}{2^{n-2}} - 1)\) 使得 \(\lvert f^{(n-1)}(\xi) \rvert \le M_{n-1}\) ,根据拉格朗日中值定理

\[ \exists x_1 \in (\xi, z_1) \subset (\frac{1}{2^{n-1}} - 1, 0) \Colon f^{(n)} (x_1) = \frac{f^{(n-1)}(z_1) - f^{(n-1)}(\xi)}{z_1 - \xi} > \frac{\alpha N_{n-1} - \sum_{k=1}^{n-2} M_k \frac{N_{n-1}}{N_k} - M_{n-1}}{1 - \frac{1}{2^{n-1}}} \]

\(1 - \dfrac{1}{2^{n-1}} = \dfrac{N_{n-1}}{N_n}\) ,则

\[ f^{(n)} (x_1) > \alpha N_n - \sum_{k=1}^{n-2} M_k \frac{N_n}{N_k} - M_{n-1} \frac{N_n}{N_{n-1}} = \alpha N_n - \sum_{k=1}^{n-1} M_k \frac{N_n}{N_k} \ge 0 \]

\(x_n\) 同理,命题得证,其中系数数列为

\[ N_n = \prod_{k=1}^{n-1} \frac{1}{1 - \frac{1}{2^k}} \ge 1 \]

因此原命题的的 \(\alpha_n\) 可以为

\[ \alpha_n = \sum_{k=1}^{n-1} M_k = \sum_{k=1}^{n-1} 2^{k(3k+1)/2} k^k \]

五.3.8.a

设函数 \(F : \bbR \to \bbR\) 可微,证明函数 \(f = F'\) 不会有第一类间断点。

Answer

假设 \(x_0\) 是一个第一类间断点,不妨认为 \(f\)\(x_0\) 的右极限为 \(A\)\(A \ne f(x_0)\)

对于 \(\eps := \left| \dfrac{A - f(x_0)}{2} \right|\) ,可以知道

\[ \exists H > 0 \;\; \forall h \in (x_0, x_0 + H) \Colon \left| \frac{F(x_0 + h) - F(x_0)}{h} - f(x_0) \right| < \eps \]

根据拉格朗日中值定理

\[ \forall h > 0 \;\; \exists \xi \in (x_0, x_0 + h) \Colon F(x_0 + h) - F(x_0) = f(\xi) h \]

那么

\[ \forall H > 0 \;\; \exists \xi \in (x_0, x_0 + H) \Colon \left| f(\xi) - f(x_0) \right| < \eps \]

另一方面

\[ \exists H > 0 \;\; \forall \xi \in (x_0, x_0 + H) \Colon \lvert f(\xi) - A \rvert < \eps \]

两者矛盾,故没有第一类间断点。

五.3.9

\(f\) 是区间 \(I\) 上的二阶可微函数,\(M_0 = \sup |f(x)|\), \(M_1 = \sup |f'(x)|\), \(M_2 = \sup |f''(x)|\) 。试证明

  1. 如果 \(I = [-a, a]\) ,则 \(|f'(x)| \le \dfrac{M_0}{a} + \dfrac{x^2 + a^2}{2a} M_2\)

Answer

\(f\)\(x\) 处展开并代入拉格朗日余项可知

\[ \forall x_1 \in [-a, a] \;\; \exists \xi \in [-a, a] \Colon f(x_1) = f(x) + f'(x) (x_1 - x) + \frac{1}{2} f''(\xi) (x_1 - x)^2 \]

代入 \(x_1 = a\)

\[ f(a) = f(x) + f'(x) (a - x) + \frac{1}{2} f''(\xi_1) (a - x)^2 \]

以及 \(x_1 = -a\)

\[ f(-a) = f(x) + f'(x) (-a - x) + \frac{1}{2} f''(\xi_2) (-a - x)^2 \]

两式相减,得到

\[ 2a f'(x) = f(a) - f(-a) - \frac{1}{2} (f''(\xi_1) (a - x)^2 - f''(\xi_2) (a + x)^2) \]

取绝对值

\[ \begin{aligned} 2a |f'(x)| & \le |f(a)| + |f(-a)| + \frac{1}{2} |f''(\xi_1) (a - x)^2 + f''(\xi_2) (a + x)^2| \\ & \le 2 M_0 + \frac{1}{2} |M_2 (a - x)^2 + M_2 (a + x)^2| \\ & \le 2 M_0 + M_2 (a^2 + x^2) \\ \end{aligned} \]

整理即得到原式。

b.1) 如果 \(I\) 的长度不小于 \(2 \sqrt{M_0 / M_2}\) 那么 \(M_1 \le 2 \sqrt{M_0 M_2}\)

Answer

不失一般性地,不妨假设区间 \(I = [-\mu, \mu]\) (左右平移 \(f\) 以及改变定义域的开闭性都不影响 \(M_0\), \(M_1\), \(M_2\) 的值)。

对于 \(x \in [-\sqrt{M_0/M_2}, \sqrt{M_0/M_2}]\) ,取区间 \(I' = [-a, a] = [-\sqrt{M_0/M_2}, \sqrt{M_0/M_2}]\) ,根据 a 题的结论可知

\[ |f'(x)| \le \left( \frac{1}{a} M_0' + \frac{a^2 + x^2}{2a} M_2' \right) \le \left( \frac{1}{a} M_0' + a M_2' \right) \le \left( \frac{1}{a} M_0 + a M_2 \right) = 2 \sqrt{M_0 M_2} \]

对于 \(x > \sqrt{M_0/M_2}\) ,将 \(f\)\(x\) 处展开并代入拉格朗日余项可知

\[ \forall x_1 \in [-x, x] \;\; \exists \xi \in [-x, x] \Colon f(x_1) = f(x) + f'(x) (x_1 - x) + \frac{1}{2} f''(\xi) (x_1 - x)^2 \]

\[ f'(x) (x_1 - x) = f(x_1) - f(x) - \frac{1}{2} f''(\xi) (x_1 - x)^2 \]

取绝对值

\[ |f'(x)| (x - x_1) \le 2 M_0 + \frac{(x - x_1)^2}{2} M_2 \]

\(k := \dfrac{x - x_1}{x}\) ,由 \(x_1 \in [-x, x]\) 可知 \(k \in [0, 2]\) ,代入得

\[ |f'(x)| \le \frac{2}{kx} M_0 + \frac{k x}{2} M_2 = \left( \sqrt{\frac{2}{kx} M_0} - \sqrt{\frac{k x}{2} M_2} \right)^2 + 2 \sqrt{M_0 M_2} \]

那么取 \(k = 2 \dfrac{\sqrt{M_0 / M_2}}{x} \in (0, 2)\) 时同样可以得到 \(|f'(x)| \le 2 \sqrt{M_0 M_2}\)

\(x < -\sqrt{M_0 / M_2}\) 时同理,于是我们最终得到 \(M_1 \le 2 \sqrt{M_0 M_2}\)

b.2) 如果 \(I = \bbR\) 那么 \(M_1 \le \sqrt{2 M_0 M_2}\)

Answer

根据 a 题的结论,对于 \(x = 0\) ,任取 \(a \ge 0\)

\[ \begin{aligned} |f'(0)| \le \left( \frac{1}{a} M_0 + \frac{a^2 + 0^2}{2a} M_2 \right) = \left( \sqrt{\frac{1}{a} M_0} - \sqrt{\frac{a}{2} M_2} \right) + \sqrt{2 M_0 M_2} \end{aligned} \]

那么取 \(a = \sqrt{2 M_0 / M_2}\) 时就有 \(|f'(0)| \le \sqrt{2 M_0 M_2}\)

而由于左右平移不影响 \(M_0\)\(M_2\) 的值,事实上这里的 \(x = 0\) 可以推广到任意 \(x = x_0\) ,具体地,令函数 \(g\) 满足 \(g(x) = f(x + x_0)\) ,有 \(f(x_0) = g(0) \le \sqrt{2 M_0 M_2}\)

  1. b 题中的系数 \(2\)\(\sqrt{2}\) 不能更小。

  2. 如果 \(f\)\(\bbR\)\(p\) 阶可微,并且 \(M_0\)\(M_p = \sup |f^{(p)} (x)|\) 都有限,则当 \(1 \le k \le p\) 时,量 \(M_k = \sup |f^{(k)} (x)|\) 也有限,并且 \(M_k \le 2^{k(p-k)/2} M_0^{1-k/p} M_p^{k/p}\)

Answer

首先我们归纳地证明,\(M_k \le 2^{k/2} M_0^{1/(k+1)} M_{k+1}^{k/(k+1)}\) 总是成立的。

\(k = 0\) 时不等式显然成立,考虑对 \(k - 1\) 成立时对 \(k\) 是否成立。对于函数 \(g = f^{k-1}\) ,根据 b 题的结论可知

\[ M_1' \le \sqrt{2 M_0' M_2'} \]

注意到 \(M_q' = M_{q+k-1}\) 实际上上式即

\[ M_k \le 2^{1/2} M_{k-1}^{1/2} M_{k+1}^{1/2} \]

代入 \(M_{k-1} \le 2^{(k-1)/2} M_0^{1/k} M_k^{(k-1)/k}\)

\[ \begin{aligned} M_k &\le 2^{1/2} \left( 2^{(k-1)/2} M_0^{1/k} M_k^{(k-1)/k} \right)^{1/2} M_{k+1}^{1/2} \\ &= 2^{(k+1)/4} M_0^{1/2k} M_k^{(k-1)/2k} M_{k+1}^{1/2} \\ M_k^{(k+1)/2k} &\le 2^{(k+1)/4} M_0^{1/2k} M_{k+1}^{1/2} \\ M_k &\le 2^{k/2} M_0^{1/(k+1)} M_{k+1}^{k/(k+1)} \\ \end{aligned} \]

接着对于固定的 \(p\) ,我们对 \(k\) 从大到小进行归纳来证明原命题。

\(k = p\) 时原命题显然成立,如果对 \(k + 1\) 成立,将

\[ M_{k+1} \le 2^{(k+1)(p-k-1)/2} M_0^{1-(k+1)/p} M_p^{(k+1)/p} \]

代入

\[ M_k \le 2^{k/2} M_0^{1/(k+1)} M_{k+1}^{k/(k+1)} \]

即可得到

\[ M_k \le 2^{k(p-k)/2} M_0^{1-k/p} M_p^{k/p} \]