博士家园

发表于 2021-1-10 15:55:21 | 显示全部楼层
Hansschwarzkopf 发表于 2017-11-30 11:25
还是没有见到令人耳目一新的证明。

反证算简单证明吗老师
发表于 2021-1-12 16:09:44 | 显示全部楼层
对任意的$x\in [-p,p]\subset(-1,1)$,记$M=\max\limits_{x\in[-p,p]}|f'(x)|$,
$$\begin{align}
|f'(x)| & = |f''(\eta_1)||x|\\
        & \leqslant|f(\eta_1)|p+|f'(\eta_1)|p \\
        &  =|f'(\zeta _1)||\xi_1|p+|f'(\eta_1)|p \\
        & \leqslant |f'(\xi_1)|p, \text{ here }|f'(\xi_1)|=\max\{|f'(\zeta _1)|,|f'(\eta_1)|\}
\end{align}$$
由于$\xi_1\in  [-p,p]$,以上操作可以进行任意$n$次,可得
$$|f'(x)|\leqslant |f'(\xi_n)|p^n \leqslant Mp^n$$
因此,$|f'(x)|\equiv 0\equiv f'(x)$,$f(x)\equiv f(0)\equiv 0$。
发表于 2021-1-13 11:31:40 | 显示全部楼层
修改一下

对任意的$x\in [-\frac 1 3,\frac 1 3]$,记$M=\max\limits_{x\in[-\frac 1 3,\frac 1 3]}|f'(x)|$,连续使用**Lagrange**中值定理
$$\begin{align}
|f'(x)| & = |f''(\eta_1)||x|\\
        & \leqslant \frac{|f(\eta_1)|}3+\frac{|f'(\eta_1)|}3 \\
        &  =\frac{|f'(\zeta _1)||\zeta_1|}3+\frac{|f'(\eta_1)} 3 \\
        & \leqslant \frac{2}3|f'(\xi_1)|, \text{ here }|f'(\xi_1)|=\max\{|f'(\zeta _1)|,|f'(\eta_1)|\}
\end{align}$$
由于$\xi_1\in  [-\frac 1 3,\frac 1 3]$,以上操作可以进行任意$n$次,可得
$$|f'(x)|\leqslant \frac{2^n}{3^n}|f'(\xi_n)| \leqslant \frac{2^n}{3^n}M\to 0$$
因此,$|f'(x)|\equiv 0\equiv f'(x)$,$f(x)\equiv f(0)\equiv 0$,$x\in [-\frac 1 3,\frac 1 3]$。

类似地,由$[-\frac 1 3,\frac 1 3]$端点向两侧依次扩展,每次扩展区间长度小于$\frac 1 2$,采用归纳证明,即可将原问题中结论推广为

1.推广到全体实数
函数$f(x)$在$(-\infty,\infty)$上二阶可微,$f(0)=f'(0)=0$,且
$$|f''(x)|\leqslant |f(x)|+|f'(x)|$$
则$f(x)\equiv 0$;

2.推广到任意阶导数
函数$f(x)$在$(-\infty,\infty)$上$n+1$阶可微,$f^{(k)}(0)=0$且存在常数$A_k\gt 0$,这里$k=1,2,\cdots ,n$,使得
$$|f^{(n+1)}(x)|\leqslant\sum_{k=0}^nA_k|f^{(k)}(x)| $$
则$f(x)\equiv 0$。

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