看着不难做法很奇怪的题

可导函数 \[\left| {f\left( x \right)} \right| \leqslant 1 , \forall \left| x \right| \leqslant 1\]

证明  \[\exists \xi  \in \left[ {-1,1} \right] \mathrel\backepsilon  \left| {f'\left( \xi  \right)} \right| < 4\]

求证那里的 $\backepsilon$ 是什么东东……

话说我怎么觉得显然存在 $\xi\in[-1,1]$ 使 $\abs{f'(\xi)}\leqslant1$？……

那个反过来的属于符号，就是“使得” such that 的意思，之前没想到中值定理。

其实原题是二元函数，那样就不能用中值定理了。

$f\left( {x,y} \right)$ 定义在单位圆内，有连续的偏导数且 $\left| {f\left( {x,y} \right)} \right| \leqslant 1$

证明： \[\exists \left( {{x_0},{y_0}} \right) \mathrel\backepsilon  \left| {\nabla f\left( {{x_0},{y_0}} \right)} \right| < 4\]

不知道右端的4能否改进。

属于符号与反过来的属于符号在代码上也是反过来的
\in $\in$
\ni $\ni$

\backepsilon（$\backepsilon$）其实是反过来的 \epsilon（$\epsilon$），而 $\epsilon$ 是希腊字母。

回正题：二元函数不懂也……符号都看不懂了

答案是这样，构造 $g\left( {x,y} \right) = f\left( {x,y} \right) + 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right)$

则 $g\left( {x,y} \right)$ 在单位圆内部必然可以取到最小值，

如若不然则有 g 在边界上某点 P 取到最小为 $g\left( P \right) = f\left( P \right) + 2 \geqslant 1$

而 $g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) \leqslant 1$ 也即此时仍有 (x,y)=(0,0) 同取到最小值。

所以存在圆内的一点使 g 取到最小值，即有
\[\frac{{\partial g}}{{\partial x}}\left( {{x_0},{y_0}} \right) = 0 = \frac{{\partial f}}{{\partial x}}\left( {{x_0},{y_0}} \right) + 4{x_0}\]
\[\frac{{\partial g}}{{\partial y}}\left( {{x_0},{y_0}} \right) = 0 = \frac{{\partial f}}{{\partial y}}\left( {{x_0},{y_0}} \right) + 4{y_0}\]

所以\[\left| {\nabla f} \right| = \left| {\left( {\frac{{\partial f}}{{\partial x}}\left( {{x_0},{y_0}} \right),\frac{{\partial f}}{{\partial y}}\left( {{x_0},{y_0}} \right)} \right)} \right| = 4\left| {\left( {{x_0},{y_0}} \right)} \right| < 4\]

oh，原来那个倒过来的判别式表示梯度……

其实按照这样的方法的话，构造 $h(x,y)=f(x)+2\bigl(\sqrt[3]{x^4}+\sqrt[3]{y^4}\bigr)$ 好像也可以？

如果可以的话，那么令 $\alpha\in(1,2)$，构造 $K(x,y)=f(x)+2({\abs x}^\alpha+{\abs y}^\alpha)$ 就能将右边的 $4$ 改进成了 $2\alpha$？

注意到有不等式 $({\abs x}^\alpha+{\abs y}^\alpha)^{1/\alpha}\geqslant (x^2+y^2)^{1/2}$

好像想错了点东西，貌似最后还要幂平均一下，再想想……

那个应该是改进到 $\dfrac{\alpha}{2^{(\alpha-4)/2}}$，这个式子关于 $\alpha$ 递增，当 $\alpha=2$ 时为 $4$，当 $\alpha=1$ 时为 $2\sqrt2$。

$({\abs x}^\alpha+{\abs y}^\alpha)^{1/\alpha}\geqslant (x^2+y^2)^{1/2}$

这个肿么来的？

$({\abs x}^\alpha+{\abs y}^\alpha)^{1/\alpha}\geqslant (x^2+y^2)^{1/2}$

这个肿么来的？
icesheep 发表于 2012-9-30 17:10

\[({\abs x}^\alpha+{\abs y}^\alpha)^{1/\alpha}\geqslant (x^2+y^2)^{1/2} \iff \left(\frac{x^2}{x^2+y^2}\right)^{\alpha/2}+\left(\frac{y^2}{x^2+y^2}\right)^{\alpha/2}\geqslant1\]
故……

一般来说，$a_i>0$ 时，$f(x)=\sqrt[x]{\sum a_i^x}$ 在 $(-\infty,0)$ 和 $(0,+\infty)$ 上都是递减的，跟幂平均相反。

右边那个又是肿么得到的呢。。。

另外这样的话是不是严格不等号得换成非严格不等号了。

我试过 $g\left( {x,y} \right) = f\left( {x,y} \right) + 2 - 2\cos \frac{\pi }{2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right)$

结果没有任何改进

你是说 $\displaystyle\left(\frac{x^2}{x^2+y^2}\right)^{\alpha/2}+\left(\frac{y^2}{x^2+y^2}\right)^{\alpha/2}\geqslant1$？

注意 $\displaystyle0<\frac{x^2}{x^2+y^2}<1$, $\alpha/2<1$ 故 $\displaystyle\left(\frac{x^2}{x^2+y^2}\right)^{\alpha/2}\geqslant\frac{x^2}{x^2+y^2}$……

13# kuing


退化严重

一般情形也这样证。求导也可以。