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[数学分析] 中科大2021数学分析最后一题

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发表于 2020-12-31 07:43:13 | 显示全部楼层 |阅读模式
50金币
设函数$f(x)$在$\mathbb{R}$上连续有界且
$$\displaystyle\lim_{h\to0}\displaystyle\sup_{x\in\mathbb{R}}\left|f(x+h)-2f(x)+f(x-h)\right|=0$$
证明$f(x)$在$\mathbb{R}$上一致连续.

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发表于 2021-2-11 20:25:02 | 显示全部楼层

解答不排除有错误的可能。

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发表于 2021-2-11 22:53:47 | 显示全部楼层
刚才做的确实有问题,应该改成这样:

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发表于 2021-2-12 11:03:31 | 显示全部楼层
我昨天做的不对不对,这题确实比较难。
发表于 2021-2-12 14:12:08 | 显示全部楼层
现在应该对的了:

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发表于 2021-2-17 13:05:44 | 显示全部楼层
z40r29hb4 发表于 2021-2-12 14:12
现在应该对的了:

很巧妙啊!
情形(2)中的方法具有一般性,是不是可以不需要分情况了?况且情形(2)和(3)只能说有子列趋于正负无穷。


但这个条件只能在$f(x)$一致连续下成立,仅仅是连续不够的。

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发表于 2021-2-23 19:04:56 | 显示全部楼层
尝试一下,使用反证法证明
假设$f(x)$在$\mathbb{R}$上不一致连续。根据题设和假设条件,存在$\varepsilon_0>0$,对任意的$n\in \mathbb N$,存在$H_n>0$,当$|h|<H_n$时
$$\displaystyle\left|f(x+h)+f(x-h)-2f(x)\right| < \frac{\varepsilon_0}{2n}$$
再由$f(x)$在$\mathbb{R}$上不一致连续,对于这样的$H_n$,存在$x_n,y_n\in \mathbb R$(不妨设$y_n>x_n$),使得$y_n-x_n=h_n<H_n$,并且$f(y_n)-f(x_n)>\varepsilon_0$(这里讨论$f(y_n)>f(x_n)$情况,否则在下面的证明中可取$p_k=p_0-kh_n$进行类似讨论)。

记$p_0=x_n,p_k=p_0+kh_n,\Delta_k = f(p_k)-f(p_{k-1}), k=1,2,\cdots,n$,则
$$|\Delta_k-\Delta_{k-1}| = |f(p_k)-2f(p_{k-1})+f(p_{k-2})|<\frac{\varepsilon_0}{2n},k=2,3,\cdots,n$$
因此,当$k=2,3,\cdots,n$时
$$\begin{align}
\Delta_k & = \Delta_1 + \Delta_2-\Delta_1+\cdots+\Delta_k-\Delta_{k-1} \\
    & \ge \Delta_1 - |\Delta_2-\Delta_1| -\cdots-|\Delta_k-\Delta_{k-1}| \\
    & \ge \varepsilon_0 - \frac{(k-1)\varepsilon_0}{2n} \\
    & =  \frac{(2n-k+1)\varepsilon_0}{2n}
\end{align}$$
进而,
$$\begin{align}
f(p_n) & = f(p_0) + f(p_1)- f(p_0) + \cdots +  f(p_n)- f(p_{n-1}) \\
    & = f(p_0) + \Delta_1 + \cdots +  \Delta_n \\
    & \ge f(p_0) + \varepsilon_0 +\frac{(2n-1)\varepsilon_0}{2n} +\cdots + \frac{(n+1)\varepsilon_0}{2n} \\
    & \ge f(p_0)+\frac{n\varepsilon_0}{2}
\end{align}$$

由$n$的任意性,这跟$f(x)$在$\mathbb{R}$上有界矛盾,$f(x)$在$\mathbb{R}$上一致连续。
发表于 2021-3-31 11:06:20 来自手机 | 显示全部楼层
hwiechern 发表于 2021-2-23 19:04
尝试一下,使用反证法证明
假设f(x)在\mathbb{R}上不一致连续。根据题设和假设条件,存在\varepsilon_ ...

这个问题用反证法证明的好处在于说明了已知条件中关于函数的连续性的要求是多余的,只是不知道这个结论的实用价值如何。

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