ECNU 20260523 Problem 22

设函数 $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$
1. 若 $f''$ 在 $[-a,a]$ 上连续且 $f(0)=0$ , 则存在 $\xi\in(-a,a)$ 使得
$$f''(\xi)=\frac{f(a)+f(-a)}{a^{2}}$$
2. 若存在 $x_{0}\in(-a,a)$ 使得 $x_{0}$ 是 $f$ 的极值点, 则存在 $\eta\in(-a,a)$ 使得
$$|f''(\eta)|\geqslant\frac{\left|f(a)-f(-a)\right|}{2a^{2}}$$.

证明

证明 ECNU 20260523 Problem 22-1
注意到 $a>0$ $\implies$ ${-a}<{0}$
解构 对区间 $[0,a]$ 应用带Lagrange余项的Taylor公式可知存在 $\eta_{1}\in(\min\{0,a\},\max\{0,a\})$ 使得 $$f(a)=f(0)+f'(0)(a-0)+\frac{f''(\eta_{1})}{2}(a-0)^{2}$$
解构 对区间 $[-a,0]$ 应用带Lagrange余项的Taylor公式可知存在 $\eta_{2}\in(\min\{0,-a\},\max\{0,-a\})$ 使得 $$f(-a)=f(0)+f'(0)(-a-0)+\frac{f''(\eta_{2})}{2}(-a-0)^{2}$$
解构 由于 $f''$ 连续, 应用介值定理可知存在 $\xi\in(\min\{\eta_{1},\eta_{2}\},\max\{\eta_{1},\eta_{2}\})$ 使得 $$f''(\xi)=\frac{f''(\eta_{1})+f''(\eta_{2})}{2}$$
构造 我们断言 $\xi$ 就是所要找的对象, 下面我们证明 $$\xi\in(-a,a)\quad\text{且}\quad f''(\xi)=\frac{f(a)+f(-a)}{a^{2}}$$
目标分解
子目标 $\xi\in(-a,a)$
变形 条件 $\eta_{1}\in(\min\{0,a\},\max\{0,a\})$ 可化简为 $\eta_{1}\in(0,a)$
变形 条件 $\eta_{2}\in(\min\{0,-a\},\max\{0,-a\})$ 可化简为 $\eta_{2}\in(-a,0)$
注意到 $\eta_{2}<{0}$ 且 $\eta_{1}>0$ $\implies$ $\eta_{2}<\eta_{1}$
变形 条件 $\xi\in(\min\{\eta_{1},\eta_{2}\},\max\{\eta_{1},\eta_{2}\})$ 可化简为 $\xi\in(\eta_{2},\eta_{1})$
传递性 由 $\eta_{2}>-a$ , $\xi>\eta_{2}$ , $\xi<\eta_{1}$ , $\eta_{1}<{a}$ 可推出所需结论 $\to$ 证毕
子目标 $f''(\xi)=\frac{f(a)+f(-a)}{a^{2}}$
我们有 $f(a)=f'(0)a+\frac{f''(\eta_{1})}{2}a^{2}$
$f(a)$ $=$ $f(0)+f'(0)(a-0)+\frac{f''(\eta_{1})}{2}(a-0)^{2}$
$=$ $0+f'(0)(a-0)+\frac{f''(\eta_{1})}{2}(a-0)^{2}$
$=$ $f'(0)a+\frac{f''(\eta_{1})}{2}a^{2}$
ring 多项式化简
我们有 $f(-a)=f'(0)(-a)+\frac{f''(\eta_{2})}{2}a^{2}$
$f(-a)$ $=$ $f(0)+f'(0)(-a-0)+\frac{f''(\eta_{2})}{2}(-a-0)^{2}$
$=$ $0+f'(0)(-a-0)+\frac{f''(\eta_{2})}{2}(-a-0)^{2}$
$=$ $f'(0)(-a)+\frac{f''(\eta_{2})}{2}a^{2}$
ring 多项式化简
计算 $\frac{f(a)+f(-a)}{a^{2}}=f''(\xi)$ $\to$ 证毕
$\displaystyle\frac{f(a)+f(-a)}{a^{2}}$ $=$ $\displaystyle\frac{\left(f'(0)a+\frac{f''(\eta_{1})}{2}a^{2}\right)+\left(f'(0)(-a)+\frac{f''(\eta_{2})}{2}a^2\right)}{a^2}$
$=$ $\displaystyle\frac{\frac{f''(\eta_{1})+f''(\eta_{2})}{2}a^{2}}{a^{2}}$
ring 多项式化简
$=$ $\displaystyle\frac{f''(\eta_{1})+f''(\eta_{2})}{2}$
$a\cdot b/b=a$ 对一切 $b\ne 0$ 成立
$=$ $f''(\xi)$
证明 ECNU 20260523 Problem 22-2
注意到 对 $f$ 的极值点 $x_{0}$ 应用Fermat引理可知 $f'(x_0)=0$
解构 对区间 $[x_0,a]$ 应用带Lagrange余项的Taylor公式可知存在 $\eta_{1}\in(\min\{x_0,a\},\max\{x_0,a\})$ 使得 $$f(a)=f(x_0)+f'(x_0)(a-x_0)+\frac{f''(\eta_{1})}{2}(a-x_0)^{2}$$
解构 对区间 $[-a,x_0]$ 应用带Lagrange余项的Taylor公式可知存在 $\eta_{2}\in(\min\{x_0,-a\},\max\{x_0,-a\})$ 使得 $$f(-a)=f(x_0)+f'(x_0)(-a-x_0)+\frac{f''(\eta_{2})}{2}(-a-x_0)^{2}$$
我们有 $f(a)=f(x_0)+\frac{f''(\eta_{1})}{2}(a-x_0)^{2}$
$f(a)$ $=$ $\displaystyle f(x_0)+f'(x_0)(a-x_0)+\frac{f''(\eta_{1})}{2}(a-x_0)^{2}$
$=$ $\displaystyle f(x_0)+0\cdot(a-x_0)+\frac{f''(\eta_{1})}{2}(a-x_0)^{2}$
$=$ $\displaystyle f(x_0)+\frac{f''(\eta_{1})}{2}(a-x_0)^{2}$
ring 多项式化简
我们有 $f(-a)=f(x_0)+\frac{f''(\eta_{2})}{2}(a+x_0)^{2}$
$f(-a)$ $=$ $\displaystyle f(x_0)+f'(x_0)(-a-x_0)+\frac{f''(\eta_{2})}{2}(-a-x_0)^{2}$
$=$ $\displaystyle f(x_0)+0\cdot(-a-x_0)+\frac{f''(\eta_{2})}{2}(-a-x_0)^{2}$
$=$ $\displaystyle f(x_0)+\frac{f''(\eta_{2})}{2}(a+x_0)^{2}$
ring 多项式化简
我们有 $|f(a)-f(-a)|\le\frac{|f''(\eta_{1})|}{2}(a-x_0)^{2}+\frac{|f''(\eta_{2})|}{2}(a+x_0)^{2}$
linarith 注意到 $$f(a)-f(-a)=\frac{f''(\eta_{1})}{2}(a-x_0)^{2}-\frac{f''(\eta_{2})}{2}(a+x_0)^{2}$$
$|f(a)-f(-a)|$ $=$ $\displaystyle\left|\frac{f''(\eta_{1})}{2}(a-x_0)^{2}-\frac{f''(\eta_{2})}{2}(a+x_0)^{2}\right|$
$\le$ $\displaystyle\left|\frac{f''(\eta_{1})}{2}(a-x_0)^{2}\right|+\left|\frac{f''(\eta_{2})}{2}(a+x_0)^{2}\right|$
应用三角不等式
$=$ $\displaystyle\frac{|f''(\eta_{1})|}{2}(a-x_0)^{2}+\frac{|f''(\eta_{2})|}{2}(a+x_0)^{2}$
nlinarith 注意到 $x_{0}^{2}\leqslant a^{2}$
分类讨论
分类依据 要么 $|f''(\eta_1)|\geqslant|f''(\eta_2)|$ , 要么 $|f''(\eta_1)|<|f''(\eta_2)|$
情形 I $|f''(\eta_1)|\geqslant|f''(\eta_2)|$
构造 我们断言 $\eta_1$ 就是所要找的对象, 下面我们证明 $$\eta_1\in(-a,a)\quad\text{且}\quad|f''(\eta_1)|\ge\frac{|f(a)-f(-a)|}{2a^{2}}$$
目标分解
子目标 $\eta_1\in(-a,a)$
目标分解
子目标 $-a<\eta_1$
推导 $-a < x_0 = \min\{x_0, a\} < \eta_1$ $\to$ 证毕
子目标 $\eta_1<{a}$
推导 $\eta_1 < \max\{x_0, a\} = a$ $\to$ 证毕
子目标 $|f''(\eta_1)|\ge\frac{|f(a)-f(-a)|}{2a^{2}}$
注意到 $|f''(\eta_{1})|\geqslant 0$
nlinarith 由非线性不等式推导可得 $|f(a)-f(-a)|\leqslant 2a^{2}|f''(\eta_{1})|$
移项 两边同除以 $2a^2$ 即证 $\to$ 证毕
情形 II $|f''(\eta_{1})|<{|f''(\eta_{2})|}$
构造 我们断言 $\eta_2$ 就是所要找的对象, 下面我们证明 $$\eta_2\in(-a,a)\quad\text{且}\quad|f''(\eta_2)|\ge\frac{|f(a)-f(-a)|}{2a^{2}}$$
目标分解
子目标 $\eta_2\in(-a,a)$
目标分解
子目标 $-a<\eta_2$
推导 $\eta_2 > \min\{x_0,-a\} = -a$ $\to$ 证毕
子目标 $\eta_2<{a}$
推导 $\eta_2<\max\{x_0,-a\}=x_{0}<{a}$ $\to$ 证毕
子目标 $|f''(\eta_2)|\ge\frac{|f(a)-f(-a)|}{2a^{2}}$ $\to$ 证毕
注意到 $|f''(\eta_{2})|\geqslant 0$
nlinarith 由非线性不等式推导可得 $|f(a)-f(-a)|\leqslant 2a^{2}|f''(\eta_{2})|$
移项 两边同除以 $2a^2$ 即证 $\to$ 证毕
□
命题 20260515

设数列 $(a_{n})_{n=1}^{\infty}$ 由如下方式给出:
$$\begin{cases}\ a_{0}=2\ ,\\\ a_{n+1}=a_{n}(a_{n}-1)+1\ ,\end{cases}$$
则任何 $a_{k}$ 都不是完全平方数.

证明

引理 $a_{n}\geqslant 2$ 对一切自然数 $n$ 成立.
数学归纳法
归纳对象 对自然数 $n$ 使用数学归纳法
基础情形 验证命题对 $0$ 成立
显然 该命题显然成立 $\to$ 完成
归纳步骤 假设命题对 $m$ 成立, 下面证明命题对 $m+1$ 成立
应用定义 根据数列 $(a_{n})_{n=1}^{\infty}$ 的定义, 我们需要证明 $a_{m}(a_{m}-1)+1\geqslant 2$
放缩 $2\leqslant a_{m}(a_{m}-1)+1$ $\to$ 完成
$2$ $=$ $2 \times 1$
显然
$\leqslant$ $a_{m}(a_{m}-1)$
应用归纳假设 ,  $a\leqslant b\,\text{且}\,c\leqslant d\implies ac\leqslant bd$
$\leqslant$ $a_{m}(a_{m}-1)+1$
omega 算术化简
证明 命题 20260515
反证法
假设 假设结论不成立, 即存在 $n\in\mathbb{N}$ 使得 $a_{n}$ 是完全平方数
分类讨论
分类依据 自然数 $n$ 要么为 $0$ , 要么作为某个自然数 $k$ 的后继
情形 I $n=0$
解构 由 $a_{n}$ 是完全平方数, 设 $m^{2}=a_{n}$
应用定义 根据数列 $(a_{n})_{n=1}^{\infty}$ 的定义, 我们有 $m^{2}=2$
分类讨论
分类依据 对于自然数 $m$ 而言: 要么 $m=0$ , 要么 $m=1$ , 要么 $m\geqslant 2$
情形 I $m=0$
计算 显然此时不符合 $m^{2}=n$ $\to$ 矛盾
情形 II $m=1$
计算 显然此时不符合 $m^{2}=n$ $\to$ 矛盾
情形 III $m\geqslant 2$
注意到 $m^{2}\geqslant 4$
改写 原命题等价于 $m^{2}\geqslant 2^{2}$
广义同余 该不等式可通过对已知条件进行保序变换得到
omega 产生算术矛盾 $\to$ 矛盾
情形 II $n=k+1\quad(\,k\in\mathbb{N}\,)$
应用定义 结合数列 $(a_{n})_{n=0}^{\infty}$ 的定义和 $a_{k+1}=m^{2}$ 得到 $a_{k}(a_{k}-1)+1=m^{2}$
注意到 由引理可知 $a_{k}\geqslant 2$
记号 令 $A=2m-2a_{k}+1$
记号 令 $B=2m+2a_{k}-1$
我们有 $AB=3$
$AB$ $=$ $4m^{2} - (2a_{k}-1)^{2}$
ring 代数变形
$=$ $4(a_{k}(a_{k}-1)+1) - (2a_{k}-1)^{2}$
代入 $a_{k}(a_{k}-1)+1=m^{2}$
$=$ $3$
ring 代数变形
注意到 $B\geqslant 3$
omega 进行算术化简即可
我们有 $A\geqslant 1$
反证法
假设 假设结论不成立, 即 $A\geqslant 1$ 不成立
注意到 $AB\leqslant 0$
nlinarith 进行不等式化简即可
linarith 导出线性不等式矛盾 $\to$ 矛盾
我们有 $A\leqslant 1$
反证法
假设 假设结论不成立, 即 $A\leqslant 1$ 不成立
注意到 $AB\geqslant 6$
nlinarith 进行不等式化简即可
linarith 导出线性不等式矛盾 $\to$ 矛盾
反对称性 从 $A\geqslant 1$ 和 $A\leqslant 1$ 中推出 $A=1$
注意到 $B=3$
$B$ $=$ $1 \times B$
ring 代数变形
$=$ $AB$
代入 $A=1$
$=$ $3$
代入 $AB=3$
omega 导出算术矛盾 $\to$ 矛盾
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