博士数学论坛

发表于 2017-12-4 22:48:23 | 显示全部楼层 |阅读模式
   已知$f(x)$在$[0,1]$连续,在$(0,1)$可导,且$f(x)=f(x+1),f(0)=0,f'(x)$单调递减,
$证明:对于\forall x和\forall n \in  \mathbb{Z} ,有f(nx)\leq nf(x).$

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发表于 2017-12-5 14:27:29 | 显示全部楼层
题目表述有些不太清楚,比如函数的定义域,$f'(x)$ 单调递减的范围,猜测是说:
在 $[0,1]$ 上 $f(x)$ 连续 $f(0)=f(1)=0$,在 $(0,1)$ 内可导,导函数递减,然后再把这个函数以1为周期,周期延拓到整个 $\mathbb{R}$.
这样 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上就只能先从0递增到最大值再递减到0. 因此,$f(x)>0, \forall x\in (0,1)$,结论对于 $n<0$ 一般不成立.
设 $n\in \mathbb{N}$. 定义 $g_n(x)=f(nx)-nf(x)$,$g_1(x)=0$,不妨设 $n\geq 2$,可知 $g_n(x)$ 可表示为分段函数:

对任意 $m\in \mathbb{Z}$,以及任意 $x\in \left[\dfrac{m}{n}, \dfrac{m+1}{n}\right)$,有 $nx-m\in [0,1)$
\[g_n(x)=f(nx)-nf(x)=f(nx-m)-nf(x) \Rightarrow g_n(x)=n[f'(nx-m)-f'(x)]\]

i). $m<n$
当 $x\in \left(\dfrac{m}{n}, \dfrac{m}{n-1}\right)$ 时,$nx-m< x$,由 $f'(x)$ 递减知,$g'_n(x)>0$,$g_n(x)$ 递增;
当 $x \in \left(\dfrac{m}{n-1}, \dfrac{m+1}{n}\right)$ 时,$nx-m>x$,由 $f'(x)$ 递减知,$g'_n(x)<0$,$g_n(x)$ 递减.
因此可得 $g_n(x)$ 在 $\left[\dfrac{m}{n},\dfrac{m+1}{n}\right]$ 上从 $g_n\left(\dfrac{m}{n}\right)$ 递增到最大值 $g_n\left(\dfrac{m}{n-1}\right)=(1-n)f\left(\dfrac{m}{n-1}\right)\leq 0$,再递减到 $g_n\left(\dfrac{m+1}{n}\right)$. 因此
\[g_n(x)\leq 0, \forall x\in \left(\dfrac{m}{n}, \dfrac{m+1}{n}\right) \].

ii). $m\geq n$
一定有 $nx-m<x$,由 $f'(x)$ 递减,$g_n'(x)>0,\forall x\in \left(\dfrac{m}{n}, \dfrac{m+1}{n}\right)$,$g_n(x)$ 递增,$g_n(x)\leq g_n\left(\dfrac{m+1}{n}\right)=-nf\left(\dfrac{m+1}{n}\right)\leq 0$

这说明 $g_n(x)\leq 0$ 对任意 $x\in \mathbb{R}$ 都成立.
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发表于 2017-12-5 16:49:18 来自手机 | 显示全部楼层
这是南开2016年数分最后一道题,这个我会用用凸函数做或者我给你贴一张图片吧,
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 楼主| 发表于 2017-12-7 18:47:40 | 显示全部楼层
把楼上的图片解答转成$\LaTeX$:
      $\because f(x)=f(x+1)$,所以$f(x)$以1为周期,$f(x)$在$\mathbb{R}$上连续,仅在$x=k(k=0,\pm 1,\pm2,\cdots)$不可导且$f(k)=0.$ 根据数学归纳法不难得到
$$f(nx)\leq nf(x)\Leftrightarrow f(x+y)\leq f(x)+f(y),x,y\in \mathbb{R} $$
1.若$x,y$取整数,$ f(x+y)\leq f(x)+f(y)=0$得证.

2.若$x,y$不取整数,令$F(x)=f(x+y)-f(x)-f(y)$,$F'(x)=f'(x+y)-f'(x)$. 当$x+y>x>0$ 即 $y>0$.$F'(x)=f'(x+y)-f'(x)<0$,$F(x)$单调递减,$F(x)<F(0)=0$得证.$x+y<x<0$,$F'(x)=f'(x+y)-f'(x)>0$,$F(x)$单调递增,$F(x)<F(0)=04$得证.当$x,x+y$一正一负,$\because f(x)= f(x+n)$,可回到上述去讨论.

综合$F(x)=f(x+y)-f(x)-f(y)\leq 0$,即$f(x+y)\leq f(x)+f(y)$.
               
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