CMC蒲和平1.3

例5

设 \(f\) 在 \((a, b)\) 内每一点处的左、右极限都存在，又 \(\forall x, y \in (a, b)\)，有：

\[f\left(\frac{x + y}{2}\right) \le \frac{1}{2}[f(x) + f(y)] \]

证明 \(f\) 在 \((a, b)\) 内连续。

proof

等价于证明任意点左右极限相等，取一点 \(x\)，将其左右极限分别设为 \(A^-, A^+\)，利用赋值法求解。

有 \(f(\frac{x+0+x-0}{2}) \le \frac{1}{2}(A^-+A^+)\)，\(f(\frac{x+x+0}{2}) \le \frac{1}{2}(f(x) + A^+)\)，\(f(\frac{x+x-0}{2}) \le \frac{1}{2} (f(x) + A^-)\).

可以得到 \(A^- = A^+ = f(x)\)，得证。

例6

设 \(f \in C[a, +\infty)\)，并且 \(\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} f(x)\) 存在，证明 \(f\) 在 \([a, +\infty)\) 上有界。

proof

最值定理：连续函数在闭区间 \([a, b]\) 内存在最大值和最小值。

设极限为 \(A\)，那么有 \(\exist X >a, \forall \varepsilon > 0, x > X, |f(x) - A| < \varepsilon\)​。

所以自然的想到分区间的操作，又考虑到极限的条件，将区间分为 \([a, X]\) 和 \((X, +\infty)\)。

第一个区间根据最值定理，必然有界，第二个区间，可以取 \(\varepsilon = 0.1\)，也可以证明有界，所以证毕。

例8

设 \(f \in C[0, 1]\)，\(f(0) = f(1)\)，证明对于任意正整数 \(n\)，必存在 \(x_n\in (0, 1)\) 使 \(f(x_n) = f(x_n + \frac{1}{n})\).

proof

构造函数 \(F_n(x) = f(x) - f(x + \frac{1}{n})\)，问题转化为函数零点问题。

考虑如何使用条件 \(f(1) - f(0) = 0\)，由于 \(n\) 是正整数 \([0, 1]\) 正好能被切分成 \(n\) 个区间，所以：

\[f(0) - f(1) = \sum\limits_{k = 0} ^ {n - 1} F_n\left(\frac{k}{n}\right) = 0 \]

分析每一个 \(F_n(\frac{k}{n})\)，存在 \(0\) 则显然成立，不存在则一定出现一个值正一个值负（容易证明），根据零点存在定理，可以证明原命题成立。

注：习题9和习题12都可以用类似的方法解答。

例11

设 \(\varphi \in C(-\infty, +\infty)\)，并且 \(\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \dfrac{\varphi(x)}{x ^ n} = 0\)，证明：

• \((1)\) 若 \(n\) 为奇数，则 \(\exist \xi \in (-\infty, +\infty)\)，使 \(\xi^n + \varphi(\xi) = 0\)；
• \((2)\) 若 \(n\) 为偶数，则 \(\exist \eta \in (-\infty, +\infty)\)，使 \(\forall x\in (-\infty, +\infty)\) 有 \(\eta ^ n + \varphi(\eta) \le x ^ n + \varphi(x)\).

proof

• (1)

\(F(x) = \varphi(x) + x ^ n = x ^ n(1 + \frac{\varphi(x)}{x})\)，所以 \(x\rightarrow +\infty\) 时，\(F(x) \rightarrow +\infty\)；\(x\rightarrow -\infty\) 时，\(F(x) \rightarrow -\infty\)，根据零点存在定理，可以证明结论。

• (2)

同 (1)，\(x\rightarrow \infty\) 时，\(F(x)\rightarrow +\infty\)，考虑证明函数存在最小值。考虑最值定理，进行分区间操作。

分成三个区间：\([-\infty, -X], [-X, X], [X, +\infty]\)，对于第二个区间，由最值定理，可以得到最小值 \(m\)，再在区间中取一点 \(F(0)\)，根据极限定义，一定 \(\exist X > 0, \forall |x| > X, F(x) > F(0)\)，又有 \(F(0) \ge m\)，所以证明完毕了。

例13

设 \(f(x), g(x)\) 在闭区间 \([a, b]\) 上连续，并有 \(\{x_n\} \sub [a, b]\)，使得 \(f(x_{n + 1}) = g(x_n), n = 1, 2, \cdots\)，证明存在一点 \(x_0\in [a, b]\)，使得 \(f(x_0) = g(x_0)\).

proof

不动点问题，画出蛛网图后可以发现如果不存在 \(x_0\)，那么不失一般性有 \(f(x) < g(x)\) 恒成立，那么 \(n\) 足够大时，一定会有 \(x_n \not\in [a, b]\)，但是 \(x_n\) 不好表示，可以用函数值代替，接下来开始证明。

假设不存在 \(x_0\)，那么不失一般性在 \([a, b]\) 上有 \(f(x) < g(x)\) 恒成立，设 \(t = \min\limits_{x \in [a, b]} g(x) - f(x)\)：

\[f(x_{n + 1}) - f(x_1) = \sum\limits_{k = 1} ^ {n} g(x_{k}) - f(x_k) \ge tn \]

\(n\rightarrow +\infty\) 时，\(f(x_{n + 1})\rightarrow +\infty\)，而由最值定理，\(f(x)\) 的最大值为 \(M\)，所以 \(x_{n + 1}\not \in [a, b]\)，矛盾，所以存在 \(x_0\).

习题5

设 \(f_n(x) = {n\choose 1} \cos x - {n\choose 2} \cos^2 x + \cdots + (-1) ^ {n - 1} {n\choose n} \cos^n x\)，证明：

• \((1)\) 对任意的自然数 \(n\)，方程 \(f_n(x_n) = \frac{1}{2}\) 在区间 \((0, \frac{\pi}{2})\) 内仅有一根；
• \((2)\) 设 \(x_n\in (0, \frac{\pi}{2})\) 满足 \(f_n(x_n) = \frac{1}{2}\)，则 \(\lim\limits_{x\rightarrow \infty} x_n = \frac{\pi}{2}\).

proof

根据高中知识，\(f_n(x) = 1-(1 - \cos x)^n\)，第一问容易证明。

在证明第二问：

\((1 - \cos x_n) ^ n = \frac{1}{2}\)，设 \(u_n = \cos x_n\)，那么有 \((1 - u_n) ^ n = \frac{1}{2}\)，\((1 - u_{n + 1}) ^ {n + 1} = \frac{1}{2}\)，所以 \(u_{n + 1} < u_n\)，猜测最终收敛于 \(0\)，使用趋近于 \(0\) 的 \(\frac{1}{n}\)，发现 \((1 - \frac{1}{n})^n = e^{-1} < 2 ^ {-1}\)，所以 \(\cos x_n < \frac{1}{n}\)，所以证明完毕。

习题13

• \((1)\) 证明方程 \(e ^ x + x ^ {2n + 1} = 0\) 有唯一的实根 \(x_n(n = 0, 1, 2, \cdots)\)；
• \((2)\) 证明 \(\lim\limits_{n\rightarrow \infty} x_n\) 存在，并求其值 \(A\)；
• \((3)\) 证明当 \(n\rightarrow \infty\) 时，\(x_n - A\) 与 \(\frac{1}{n}\) 是同阶无穷小.

proof(2025.8.21)

• (1)

设 \(F_n(x) = e ^ x + x ^ {2n + 1}\)，可以发现该函数单调递增，有 \(F(-1) = e ^ {-1} - 1\)，\(F(0) = 1\)，根据零点存在定理，可以知道 \(\exist x_n\in(-1, 0), F_n(x_n) = 0\).

• (2)

\(F_{n + 1}(x_{n + 1}) = F_n(x_n) < F_{n + 1}(x_{n})\)，所以有 \(-1 < x_{n + 1} < x_n < 0\)，根据单调有界定理，\(A\) 存在。

接下来求 \(A\)：

\(e ^ A + A ^ {2n + 1} = 0\)，由于 \(n\rightarrow \infty\)，所以有 \((1 + \frac{A}{2n + 1}) ^ {2n + 1} = (-A) ^ {2n + 1} \Rightarrow 1 + \frac{A}{2n + 1} = -A \Rightarrow A = -1\).

• (3)

求极限 \(I = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}n(x_n + 1)\)，另有 \(n\rightarrow \infty, \frac{x_n}{2n + 1} = -(x_n + 1)\)，\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty} x_n = -1\):

\[I = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \dfrac{n}{\frac{1}{x_n + 1}} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \dfrac{1}{\frac{1}{x_{n + 1} + 1} - \frac{1}{x_n + 1}} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \dfrac{(x_n + 1)(x_{n + 1} + 1)}{x_n - x_{n + 1}} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \dfrac{\frac{x_nx_{n + 1}}{(2n + 1)(2n + 3)}}{\frac{x_{n + 1}}{2n + 3} - \frac{x_n}{2n + 1}} = \frac{1}{2} \]

证毕。

习题15

设函数 \(f(x)\) 在 \((-\infty, +\infty)\) 上连续，且 \(f[f(x)] = x\). 证明在 \((-\infty, +\infty)\) 上至少有一个 \(x_0\) 满足 \(f(x_0) = x_0\).

proof(2025.8.21)

发现等式右边可以取满 \(\R\)，所以是一个满射，又令 \(f(x) = f(y)\)，那么有 \(f(f(x)) = f(f(y)) \Rightarrow x = y\)，所以 \(f : \R\rightarrow \R\) 是一个双射，可以发现 \(f(x)\) 在定义域内单调。

接下来反证法，不失一般性，\(f(x)\) 单调递增，假设 \(f(x) > x\) 恒成立。

那么有 \(f(f(x)) = x < f(x)\)，矛盾，所以证毕。

习题17

证明压缩映射原理，链接.