f(x+y)+f(x-y)=2f(x)g(x)求证g(y)≤1
来源:学生作业帮 编辑:百度作业网作业帮 分类:数学作业 时间:2024/08/19 08:58:06
f(x+y)+f(x-y)=2f(x)g(x)求证g(y)≤1
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用反证法.
假设存在实数c,使|g(c)| > 1.
由f(x)不恒为0,任取实数a1,使f(a1) ≠ 0.
在条件中取x = a1,y = c得f(a1+c)+f(a1-c) = 2f(a1)g(c).
于是2|f(a1)g(c)| = |f(a1+c)+f(a1-c)| ≤ |f(a1+c)|+|f(a1-c)| (绝对值不等式).
由此,|f(a1+c)|与|f(a1-c)|中至少有一个不小于|f(a1)g(c)|.
因此存在实数a2,使得|f(a2)| ≥ |f(a1)|·|g(c)|.
再在条件中取x = a2,y = c,重复上述推理,
可知存在实数a3,使|f(a3)| ≥ |f(a2)|·|g(c)|.
依此类推,可构造数列a1,a2,a3,...
对数列中的第n项an,可知成立|f(an)| ≥ |f(a1)|·|g(c)|^(n-1).
由f(a1) ≠ 0,|g(c)| > 1,当n趋于无穷时,右端|f(a1)|·|g(c)|^(n-1)趋于正无穷.
但左端|f(an)| ≤ M,是有界的,矛盾.
因此假设不成立,|g(y)| ≤ 1对任意实数y成立.
再问: 可以用高中的方法吗,反正法太…
再答: 其实这个解法并未超出高中范围,
希望你能认真理解一下.
反证法也只是为了使思路明显的写法,
不难改成直接证法,
但是个人觉得反而不好理解.
由条件2f(x)g(y) = f(x-y)+f(x+y).
两边乘以2g(y)得:
4f(x)g(y)² = 2f(x-y)g(y)+2f(x+y)g(y)
= f(x-2y)+f(x)+f(x)+f(x+2y)
= f(x-2y)+2f(x)+f(x+2y).
继续乘以2g(y)得:
8f(x)g(y)³ = f(x-3y)+3f(x-y)+3f(x+y)+f(x+3y).
依此类推, 可以得到:
2^n·f(x)·g(y)^n = f(x-ny)+n·f(x-(n-2)y)+...+f(x+ny),
右端的一般项为C(n,k)·f(x-(n-2k)y), k = 0, 1,.., n,
其中C(n,k)为n中选k的组合数.
(可用数学归纳法证明).
由绝对值不等式,
|f(x-ny)+n·f(x-(n-2)y)+...+f(x+ny)|
≤ |f(x-ny)|+n·|f(x-(n-2)y)|+...+|f(x+ny)|
≤ M+n·M+...+M
= M·(C(n,0)+C(n,1)+...+C(n,n))
= M·2^n (由二项式定理, (1+1)^n = C(n,0)+C(n,1)+...+C(n,n)).
因此2^n·|f(x)|·|g(y)|^n ≤ M·2^n,
也即|f(x)|·|g(y)|^n ≤ M. 对任意实数x, y和正整数n成立.
由f(x)不恒为0, 存在实数a, 使f(a) ≠ 0, 从而M ≥ |f(a)| > 0.
在上式中取x = a得|f(a)|·|g(y)|^n ≤ M ①, 对任意实数y和正整数n成立.
当g(y) = 0, 显然满足|g(y)| ≤ 1, 结论成立.
而当g(y) ≠ 0, 有|g(y)| > 0, 此时可对①式两边取对数,
得ln(|f(a)|)+n·ln(|g(y)|) ≤ ln(M),
即ln(|g(y)|) ≤ (ln(M)-ln(|f(a)|))/n.
注意n可以是任意正整数,
所以(ln(M)-ln(|f(a)|))/n可以小于任意正实数,
因此总使不等式成立的ln(|g(y)|)只能小于或等于0.
ln(|g(y)|) ≤ 0, 故|g(y)| ≤ 1, 即所求证.
再问: 你看看楼下的做法,我觉得他的证明有问题
再答: 是有问题.
直接加绝对值是一个问题,
不过这点不难修正.
关键问题是假设|f(x)| = M,
条件并没有保证|f(x)| ≤ M的等号能够成立.
这个证明可以修改的更有迷惑性:
由|f(x)| ≤ M, 不妨设|f(x)|在x = a处取得最大值.
设|f(a)| = N, 则|f(x)| ≤ N对任意实数x成立.
且由f(x)不恒为0, 有N > 0.
在条件中取x = a, 有:
2N·|g(y)| = |2f(a)g(y)|
= |f(a-y)+f(a+y)|
≤ |f(a-y)|+|f(a+y)|
≤ 2N,
而N > 0, 故|g(y)| ≤ 1.
这个证明是错误的.
问题出在第一步的不妨设.
一个有界函数未必能取到最大值.
比如arctan(x), 总满足|arctan(x)| < π/2,
同时|arctan(x)|可以不断趋近于π/2,
所以|arctan(x)|取不到最大值.
再问: 你很厉害,你学数学专业的?留个联系,以后好请教
假设存在实数c,使|g(c)| > 1.
由f(x)不恒为0,任取实数a1,使f(a1) ≠ 0.
在条件中取x = a1,y = c得f(a1+c)+f(a1-c) = 2f(a1)g(c).
于是2|f(a1)g(c)| = |f(a1+c)+f(a1-c)| ≤ |f(a1+c)|+|f(a1-c)| (绝对值不等式).
由此,|f(a1+c)|与|f(a1-c)|中至少有一个不小于|f(a1)g(c)|.
因此存在实数a2,使得|f(a2)| ≥ |f(a1)|·|g(c)|.
再在条件中取x = a2,y = c,重复上述推理,
可知存在实数a3,使|f(a3)| ≥ |f(a2)|·|g(c)|.
依此类推,可构造数列a1,a2,a3,...
对数列中的第n项an,可知成立|f(an)| ≥ |f(a1)|·|g(c)|^(n-1).
由f(a1) ≠ 0,|g(c)| > 1,当n趋于无穷时,右端|f(a1)|·|g(c)|^(n-1)趋于正无穷.
但左端|f(an)| ≤ M,是有界的,矛盾.
因此假设不成立,|g(y)| ≤ 1对任意实数y成立.
再问: 可以用高中的方法吗,反正法太…
再答: 其实这个解法并未超出高中范围,
希望你能认真理解一下.
反证法也只是为了使思路明显的写法,
不难改成直接证法,
但是个人觉得反而不好理解.
由条件2f(x)g(y) = f(x-y)+f(x+y).
两边乘以2g(y)得:
4f(x)g(y)² = 2f(x-y)g(y)+2f(x+y)g(y)
= f(x-2y)+f(x)+f(x)+f(x+2y)
= f(x-2y)+2f(x)+f(x+2y).
继续乘以2g(y)得:
8f(x)g(y)³ = f(x-3y)+3f(x-y)+3f(x+y)+f(x+3y).
依此类推, 可以得到:
2^n·f(x)·g(y)^n = f(x-ny)+n·f(x-(n-2)y)+...+f(x+ny),
右端的一般项为C(n,k)·f(x-(n-2k)y), k = 0, 1,.., n,
其中C(n,k)为n中选k的组合数.
(可用数学归纳法证明).
由绝对值不等式,
|f(x-ny)+n·f(x-(n-2)y)+...+f(x+ny)|
≤ |f(x-ny)|+n·|f(x-(n-2)y)|+...+|f(x+ny)|
≤ M+n·M+...+M
= M·(C(n,0)+C(n,1)+...+C(n,n))
= M·2^n (由二项式定理, (1+1)^n = C(n,0)+C(n,1)+...+C(n,n)).
因此2^n·|f(x)|·|g(y)|^n ≤ M·2^n,
也即|f(x)|·|g(y)|^n ≤ M. 对任意实数x, y和正整数n成立.
由f(x)不恒为0, 存在实数a, 使f(a) ≠ 0, 从而M ≥ |f(a)| > 0.
在上式中取x = a得|f(a)|·|g(y)|^n ≤ M ①, 对任意实数y和正整数n成立.
当g(y) = 0, 显然满足|g(y)| ≤ 1, 结论成立.
而当g(y) ≠ 0, 有|g(y)| > 0, 此时可对①式两边取对数,
得ln(|f(a)|)+n·ln(|g(y)|) ≤ ln(M),
即ln(|g(y)|) ≤ (ln(M)-ln(|f(a)|))/n.
注意n可以是任意正整数,
所以(ln(M)-ln(|f(a)|))/n可以小于任意正实数,
因此总使不等式成立的ln(|g(y)|)只能小于或等于0.
ln(|g(y)|) ≤ 0, 故|g(y)| ≤ 1, 即所求证.
再问: 你看看楼下的做法,我觉得他的证明有问题
再答: 是有问题.
直接加绝对值是一个问题,
不过这点不难修正.
关键问题是假设|f(x)| = M,
条件并没有保证|f(x)| ≤ M的等号能够成立.
这个证明可以修改的更有迷惑性:
由|f(x)| ≤ M, 不妨设|f(x)|在x = a处取得最大值.
设|f(a)| = N, 则|f(x)| ≤ N对任意实数x成立.
且由f(x)不恒为0, 有N > 0.
在条件中取x = a, 有:
2N·|g(y)| = |2f(a)g(y)|
= |f(a-y)+f(a+y)|
≤ |f(a-y)|+|f(a+y)|
≤ 2N,
而N > 0, 故|g(y)| ≤ 1.
这个证明是错误的.
问题出在第一步的不妨设.
一个有界函数未必能取到最大值.
比如arctan(x), 总满足|arctan(x)| < π/2,
同时|arctan(x)|可以不断趋近于π/2,
所以|arctan(x)|取不到最大值.
再问: 你很厉害,你学数学专业的?留个联系,以后好请教
f(x-y)=f(x)g(y) - g(x)f(y) 且f(-2)=f(1)不等于0 ,则g(1)+g(-1)=?
证明奇函数和偶函数y=f(x) x属于R求证 H(x)=[f(x)+f(-x)]/2 是偶函数G(x)=[f(x)-f(
(1)若函数y=f(x)与y=g(x)的图像关于直线y=x对称,求证函数y=f(2x)与y=1/2g(x)的图像也关于直
1.若f(x)和g(x)都是定义在R上的函数,且满足f(x-y)=f(x)g(y)-g(x)f(y),f(-2)=f(1
已知函数f[x],g[x]同时满足:g[x-y]=g[x]g[y]+f[x]f[y];f[-1]=-1,f[0]=0,f
函数y=f(x)的图像与g(x)=(x-1)^2(x
复合函数的求导中y=f[g(x)],y'=f'[g(x)]•g'(x)为什么是f'[g(x)]乘以g'(x)
已知函数f(x),g(x)在R上有定义,对任意的x,y属于R有f(x-y)=f(x)g(y)-g(x)f(y)且f(1)
已知函数y=f(x)和y=g(x)的图像关于y轴对称,且f(x)=x^2-2x,则g(x)=
函数y=f(sin^2(x)),f'(X)=g(x),则dy/dx=?
已知f(x)的值域是【3/8,4/9】,g(x)=f(x)+√1-2f(x),试求y=g(x)的值域
已知:f(x+y)+f(x-y)=2f(x)*f(y),x.y取任何实数且f(0)不等于0,求证:f(x)为偶函数