[家里蹲大学数学杂志]第298期丘成桐大学生数学竞赛2014年分析与方程个人赛试题参考解答

 

 

1. 设 $f:\bbR\to \bbR$ 连续, 且满足 $$\bex \sup_{x,y\in\bbR}|f(x+y)-f(x)-f(y)|<\infty, \eex$$ $$\bex \vlm{n}\frac{f(n)}{n}=2014. \eex$$ 试证: $$\bex \sup_{x\in\bbR}|f(x)-2014x|<\infty. \eex$$

证明: 设 $$\bee\label{sl} \sup_{x,y\in\bbR}|f(x+y)-f(x)-f(y)|=M<\infty. \eee$$ (1) 为证结论, 仅须证明 $$\bee\label{step1} \sup_n|f(n)-2014n|=M<\infty. \eee$$事实上, 对 $\forall\ x\in\bbR$, $\exists\ |\ n,\st n\leq x<n+1$, 而 $$\beex \bea &\quad|f(x)-2014x|\\ &\leq |f(x)-f(n)-f(x-n)|+|f(x-n)-2014(x-n)|+|f(n)-2014n|\\ &\leq 2M+\sup_{t\in [0,1]}|f(t)-2014t|\\ &<\infty. \eea \eeex$$

(2) 为证 \eqref{step1}, 又仅须证明 $$\bee\label{pos} \sup_{n\in[0,\infty)} |f(n)-2014n|=M<\infty. \eee$$这是因为在 (3), (4) 中我们将应用 \eqref{sl} 及 $$\bee\label{lim} \lim_{n\to+\infty}\frac{f(n)}{n}=2014 \eee$$证明 \eqref{pos}. 而 $$\bex \sup_{n\in (-\infty,0]}|f(n)-2014n|=M<\infty \eex$$ 的证明仅须对 $-f(-x)$ 作类似讨论.

(3) 设 $g(x)=f(x)+M$, 则由 \eqref{sl}， $$\bee\label{g_sl} g(x+y)\leq g(x)+g(y),\quad \forall\ x,y\geq 0. \eee$$在条件 \eqref{g_sl}, \eqref{lim} 下我们有 $$\bee\label{g_inf} \lim_{n\to+\infty} \frac{g(n)}{n}=\inf_{n\geq 1} \frac{g(n)}{n}. \eee$$实际上, 对任意固定的 $m\in\bbZ^+$, $$\bex \forall\ n\geq 1,\ \exists\ |\ q\in\bbN,\ 0\leq r\leq n-1,\st n=qm+r. \eex$$ 按照 \eqref{g_sl}, $$\beex \bea g(n)&\leq qg(m)+g(r),\\ \frac{g(n)}{n}&\leq \frac{qm}{n}\frac{g(m)}{m}+\frac{g(r)}{n}\\ &=\sex{1-\frac{r}{n}}\frac{g(m)}{m}+\frac{g(r)}{n}. \eea \eeex$$ 令 $n\to\infty$, 即有 $$\bex \limsup_{n\to+\infty} \frac{g(n)}{n}\leq \frac{g(m)}{m}. \eex$$ 由 $m$ 的任意性即知 $$\bex \limsup_{n\to+\infty} \frac{g(n)}{n}\leq\inf_{m\geq 1} \frac{g(m)}{m}\leq \liminf_{n\to+\infty} \frac{g(n)}{n}. \eex$$ 至此, \eqref{g_inf} 证毕. 既然有了 \eqref{g_inf}, 我们利用 \eqref{lim}, 即可得到: 当 $n\geq 1$ 时, $$\beex \bea \frac{g(n)}{n}\geq 2014 &\ra g(n)\geq 2014n\\ &\ra f(n)-2014n\geq -M. \eea \eeex$$

(4) 设 $h(x)=M-f(x)$, 则由 \eqref{sl}, $$\bee\label{h_sl} h(x+y)\leq h(x)+h(y),\quad \forall\ x,y\geq 0. \eee$$同 (3) 的讨论, 当 $n\geq 1$ 时, $$\beex \bea \frac{h(n)}{n}&\geq \inf_{m\geq 1}\frac{h(m)}{m}=\lim_{k\to\infty}\frac{h(k)}{k}=-2014,\\ M-f(n)&\geq -2014n,\\ f(n)-2014n&\leq M. \eea \eeex$$

注记: 终于做出来了, 感觉特别好.

 

2. 设 $\sed{f_i}_{i=1}^n$ 在单位圆 $D=\sed{z;\ |z|<1}$ 内解析, 在 $\bar D$ 上连续, 试证: $$\bex \phi(z)=\sum_{i=1}^n |f_i(z)| \eex$$ 在 $\p D$ 上取得最大值.

证明: 若 $\phi(z)$ 在 $z_0\in D$ 上取得最大值. 设 $U(z_0,\delta)\subset D$, 则对 $\forall\ r\in (0,\delta)$, $$\beex \bea |\phi(z_0)|&=\sum_{i=1}^n |f_i(z_0)|\\ &=\sum_{i=1}^n \sev{\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} f_i(z_0+re^{i\tt})\rd \tt}\\ &\leq \sum_{i=1}^n \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} |f_i(z_0+re^{i\tt})|\rd \tt\\ &\leq \sum_{i=1}^n \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}|f_i(z_0)|\rd \tt\\ &=\phi(z_0). \eea \eeex$$ 于是 $$\bex |f_i(z)|\equiv |f_i(z_0)|,\quad z\in U(z_0,\delta). \eex$$ 这说明各 $f_i(z)$ 在 $U(z_0,\delta)$ 上为常数 ([钟玉泉, 复变函数论 (第四版), 北京: 高等教育出版社, 2013 年] 第 90 页第 6 题). 而由唯一性定理, 各 $f_i(z)$ 在 $D$ 上为常数, $\phi(z)$ 为常数, 而也在 $\p D$ 上取得最大值.

 

3. 试证: 如果存在一个双全纯映射 $\phi$ 把圆环 $\sed{z\in\bbC;\ r_1<|z|<r_2}$ 映为圆环 $\sed{w\in\bbC;\ \rho_1<|w|<\rho_2}$, 则 $$\bex \frac{r_2}{r_1}=\frac{\rho_2}{\rho_1}. \eex$$

证明: 考虑双全纯映射 $$\bex \psi(z)=\frac{1}{\rho_1}\phi(r_1z), \eex$$ 则 $$\bex \psi:\ \sed{z\in\bbC;\ 1<|z|<\frac{r_2}{r_1}}\to \sed{w\in\bbC;\ 1<|w|<\frac{\rho_2}{\rho_1}}. \eex$$ 由 [R.E. Greene, S.G. Krantz, Function theory of one complex variable (third edition), American Mathematical Society, Providence, RI, 2006] 第 240 页, 定理 7.9.1 即知 $$\bex \frac{r_2}{r_1}=\frac{\rho_2}{\rho_1}. \eex$$

 

4. 设 $U(\xi)$ 是 $\bbR$ 上的有界函数, 且只有有限多个间断点, 试证: $$\bex P_U(x,y)=\frac{1}{\pi}\int_\bbR \frac{y}{(x-\xi)^2+y^2}U(\xi)\rd \xi\quad\sex{y>0} \eex$$ 是调和的; 并且如果 $\xi$ 为 $U$ 的连续点, 则 $$\bex \lim_{(x,y)\to (\xi,0)}P_U(x,y)=U(\xi). \eex$$

证明: 由 Lebesgue 控制收敛定理, $$\bex \lap P_U=\frac{1}{\pi}\int_\bbR \lap_{x,y}\sez{\frac{y}{(x-\xi)^2+y^2}}U(\xi)=0. \eex$$ 设 $\xi$ 为 $U$ 的连续点, 往证 $$\bex \lim_{(x,y)\to (\xi,0)}P_U(x,y)=U(\xi). \eex$$ 由 $U$ 在 $\xi$ 处连续知对任意固定的 $\ve>0$, $$\bex \exists\ \delta>0,\ |\eta-\xi|<\delta\ra |U(\eta)-U(\xi)|<\frac{\ve}{2}. \eex$$ 又设 $|U|\leq M$. 则当 $\dps{|x-\xi|<\frac{\delta}{2}}$ 时, $$\beex \bea \sev{P_U(x,y)-U(\xi)} &\leq \frac{1}{\pi}\int_\bbR \frac{y}{(x-\eta)^2+y^2} |U(\eta)-U(\xi)|\rd \eta\\ &\leq \frac{1}{\pi}\int_{|\eta-\xi|<\delta} +\int_{|\eta-\xi|\geq \delta} \frac{y}{(x-\eta)^2+y^2} |U(\eta)-U(\xi)|\rd \eta\\ &<\frac{\ve}{2} +2M\int_{|t|\geq \frac{\delta}{2}} \frac{y}{t^2+y^2}\rd t\\ &\quad\sex{\eta-x=t,\ |\eta-\xi|\geq \delta\ra |t|\geq |\eta-\xi|-|\xi-x|\geq \frac{\delta}{2}}\\ &=\frac{\ve}{2}+2M\sex{\frac{\pi}{2}-\arctan \frac{\delta}{2y}}. \eea \eeex$$ 由 $$\bex \lim_{y\to 0^+}\arctan \frac{\delta}{2y}=\frac{\pi}{2} \eex$$ 知 $$\bex \exists\ 0<\delta'<\frac{\delta}{2},\st 0<y<\delta'\ra \sev{\arctan \frac{\delta}{2y}-\frac{\pi}{2}}<\frac{\ve}{4M}. \eex$$ 于是当 $$\bex 0<|x-\xi|<\delta',\quad 0<y<\delta' \eex$$ 时, $|P_U(x,y)-U(\xi)|<\ve$.

 

5. 试证海森堡不等式: $$\bex \int_\bbR x^2|f(x)|^2\rd x\cdot \int_{\bbR} \xi^2|\hat f(\xi)|^2\rd \xi \geq \frac{1}{16\pi^2}\sez{\int_\bbR |f(x)|^2\rd x}^2. \eex$$

证明: $$\beex \bea \sez{\int_\bbR |f(x)|^2\rd x}^2 &=\sez{-2\int_\bbR xf(x)f'(x)\rd x}^2\quad\sex{\mbox{分部积分}}\\ &\leq 4\int_\bbR x^2f^2(x)\rd x\cdot \int_\bbR |f'(x)|^2\rd x\quad\sex{\mbox{Cauchy-Schwarz 不等式}}\\ &=4\int_\bbR x^2f^2(x)\rd x\cdot (2\pi)^2\int_\bbR |\scrF(f')(\xi)|^2\rd \xi \quad\sex{\mbox{Plancherel 等式}}\\ &=16\pi^2\int_\bbR x^2f^2(x)\rd x\cdot \int_\bbR |\xi \hat f(\xi)|^2\rd \xi \eea \eeex$$