中山大学 2026年数学分析第0题
📝 题目
七．（15 分）令 $\displaystyle B_{R}=\left\{\left(x_{1}, x_{2}\right) \in \mathbb{R}^{2} \mid x_{1}^{2}+x_{2}^{2} \leq R^{2}\right\}$ 是 $\displaystyle \mathbb{R}^{2}$ 中的半径为 $R$ 的闭球，$\displaystyle R>0$ ．设 $\displaystyle f(\mathbf{x})$ 是 $\displaystyle B_{2}$ 上的连续函数，满足条件：对任意的 $\displaystyle \mathbf{x}, \mathbf{y} \in B_{2}$ ，成立 $\displaystyle \frac{f(\mathbf{x})+f(\mathbf{y})}{2} \geq f\left(\frac{\mathbf{x}+\mathbf{y}}{2}\right)$ ．证明：
（1）对任意的 $\displaystyle \mathbf{x}, \mathbf{y} \in B_{2}$ 和任意的 $\displaystyle \lambda \in(0,1)$ ，成立 $\displaystyle \lambda f(\mathbf{x})+(1-\lambda) f(\mathbf{y}) \geq f(\lambda \mathbf{x}+(1-\lambda) \mathbf{y})$ ．
（2）存在一个常数 $\displaystyle C>0$ ，使得如下不等式成立：
$$
|f(\mathbf{x})-f(\mathbf{y})| \leq C\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|, \forall \mathbf{x}, \mathbf{y} \in B_{1} .
$$
这里 $\displaystyle \|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|$ 表示 $\displaystyle \mathbf{x}=\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 和 $\displaystyle \mathbf{y}=\left(y_{1}, y_{2}\right)$ 之间的距离 $\displaystyle \sqrt{\left(x_{1}-y_{1}\right)^{2}+\left(x_{2}-y_{2}\right)^{2}}$ ．
💡 答案解析
暂无答案解析
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明中点凸性蕴含凸性：对任意二进有理数λ成立
设 $g(t)=f((1-t)\mathbf{x}+t\mathbf{y})$，$t\in[0,1]$。已知对任意 $\mathbf{x},\mathbf{y}\in B_2$ 有 $\frac{f(\mathbf{x})+f(\mathbf{y})}{2}\ge f\left(\frac{\mathbf{x}+\mathbf{y}}{2}\right)$，等价于 $g\left(\frac{t_1+t_2}{2}\right)\le \frac{g(t_1)+g(t_2)}{2}$。用数学归纳法：对 $n=1$，$\lambda=\frac12$ 时成立。假设对 $\lambda=\frac{k}{2^n}$ 成立，则对 $\lambda=\frac{2k}{2^{n+1}}$ 和 $\lambda=\frac{2k+1}{2^{n+1}}$ 可由中点凸性推出。因此对所有二进有理数 $\lambda\in(0,1)$，有 $f(\lambda\mathbf{x}+(1-\lambda)\mathbf{y})\le \lambda f(\mathbf{x})+(1-\lambda)f(\mathbf{y})$。
公式：g\left(\frac{t_1+t_2}{2}\right) \le \frac{g(t_1)+g(t_2)}{2}
提示：注意归纳过程中要利用中点凸性对端点进行组合，确保每一步都落在B₂内。
步骤 2/5
目标：利用连续性将凸性推广到任意实数λ∈(0,1)
由于 $f$ 在 $B_2$ 上连续，$g(t)$ 在 $[0,1]$ 上连续。对任意 $\lambda\in(0,1)$，存在二进有理数列 $\lambda_n\to\lambda$。由已证不等式：$f(\lambda_n\mathbf{x}+(1-\lambda_n)\mathbf{y})\le \lambda_n f(\mathbf{x})+(1-\lambda_n)f(\mathbf{y})$。令 $n\to\infty$，左边由连续性趋于 $f(\lambda\mathbf{x}+(1-\lambda)\mathbf{y})$，右边趋于 $\lambda f(\mathbf{x})+(1-\lambda)f(\mathbf{y})$，因此不等式对任意 $\lambda\in(0,1)$ 成立。结论（1）得证。
公式：\lim_{n\to\infty} f(\lambda_n\mathbf{x}+(1-\lambda_n)\mathbf{y}) = f(\lambda\mathbf{x}+(1-\lambda)\mathbf{y})
提示：连续性保证了极限可以交换顺序，这是从二进有理数到全体实数的关键步骤。
步骤 3/5
目标：利用凸性和紧性构造Lipschitz常数
由（1）知 $f$ 在 $B_2$ 上是凸函数。$B_2$ 是紧集，$f$ 连续，故存在最大值 $M=\max_{B_2}f$ 和最小值 $m=\min_{B_2}f$，且 $M>m$（否则 $f$ 为常数，结论平凡）。取 $\mathbf{x},\mathbf{y}\in B_1$，令 $\delta=1$，定义 $\mathbf{z}=\mathbf{y}+\frac{\mathbf{y}-\mathbf{x}}{\|\mathbf{y}-\mathbf{x}\|}\cdot\delta$。由于 $\|\mathbf{y}\|\le1$，$\|\mathbf{z}\|\le\|\mathbf{y}\|+\delta\le2$，故 $\mathbf{z}\in B_2$。
公式：\mathbf{z} = \mathbf{y} + \frac{\mathbf{y}-\mathbf{x}}{\|\mathbf{y}-\mathbf{x}\|}\cdot 1
提示：δ的选取要保证z仍在B₂内，这里取δ=1是因为B₁到B₂边界距离至少为1。
步骤 4/5
目标：利用凸性推导差商上界
将 $\mathbf{y}$ 表示为 $\mathbf{x}$ 和 $\mathbf{z}$ 的凸组合：$\mathbf{y} = (1-\lambda)\mathbf{x} + \lambda\mathbf{z}$，其中 $\lambda = \frac{\|\mathbf{y}-\mathbf{x}\|}{\|\mathbf{y}-\mathbf{x}\|+\delta}$。由凸性：$f(\mathbf{y}) \le (1-\lambda)f(\mathbf{x}) + \lambda f(\mathbf{z})$，移项得 $f(\mathbf{y})-f(\mathbf{x}) \le \lambda (f(\mathbf{z})-f(\mathbf{x})) \le \lambda (M-m)$。代入 $\lambda = \frac{\|\mathbf{y}-\mathbf{x}\|}{\|\mathbf{y}-\mathbf{x}\|+1} \le \|\mathbf{y}-\mathbf{x}\|$（因为分母≥1），故 $f(\mathbf{y})-f(\mathbf{x}) \le (M-m)\|\mathbf{y}-\mathbf{x}\|$。
公式：f(\mathbf{y})-f(\mathbf{x}) \le \frac{\|\mathbf{y}-\mathbf{x}\|}{\|\mathbf{y}-\mathbf{x}\|+1}(M-m) \le (M-m)\|\mathbf{y}-\mathbf{x}\|
提示：注意分母中δ=1，且$\|\mathbf{y}-\mathbf{x}\|$可能为0，此时不等式平凡成立。
步骤 5/5
目标：对称性得到双向不等式，完成证明
交换 $\mathbf{x}$ 和 $\mathbf{y}$ 的角色，同理可得 $f(\mathbf{x})-f(\mathbf{y}) \le (M-m)\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|$。因此 $|f(\mathbf{x})-f(\mathbf{y})| \le C\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|$，其中 $C = M-m > 0$。结论（2）得证。
公式：|f(\mathbf{x})-f(\mathbf{y})| \le (\max_{B_2}f - \min_{B_2}f)\|\mathbf{x}-\mathbf{y}\|
提示：常数C依赖于f在B₂上的振幅，但这是有限正数，因此Lipschitz条件成立。
步骤 6/6
目标：总结结论
由以上步骤，（1）已证明对任意 $\lambda \in (0,1)$ 凸性成立；（2）存在常数 $C>0$ 使得在 $B_1$ 上 $f$ 满足 Lipschitz 条件。
提示：注意题目要求的是B_1上的Lipschitz常数，而非整个B_2。
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