前幾天，有人問我乙個有趣的數分問題：
設這是乙個很有意思的問題，初看這個問題，腦子裡大概有兩個想法：k 為大於1的正整數，f:
[0,k
]→r是連續函式，滿足f(
0)=f
(k) 。證明：至少有
k 對不相同的(x
1,x2
)，滿足f(
x1)=
f(x2
) 而且x2
−x1 是整數。
我們可以建構函式否定這兩個想法（實際上只要否定第乙個想法即可），構造如下函式，如圖(a): y=
sin(2π
x5),
0≤x≤
5,y=
sin(2π
(x−3
)5),
0≤x≤
5 這兩個函式不相交，這說明前面的想法是錯誤的（這裡向右平移了3個單位），前天我在部落格上放了乙個偽證（已刪除）是基於第乙個想法的，雖然是錯的，但是給正確的解答也提供了思路，同時偽證的辦法可以解決乙個弱一點的問題
universal chord theorem，即：
（universal chord theorem）對於乙個連續函式我們來看看圖(b)，實際上，題目所要求的f ，如果有f(
a)=f
(b)，那麼對於任意自然數
n ，必定存在ξ∈
[a,b
]，使得f(
ξ+1n
)=f(
ξ)成立。
k 對不相同的(x
1,x2
)是最優的估計，我們可以隨意構造像圖(b)這樣的連續上凸函式，他們都滿足有且僅有
k 對不相同的(x
1,x2
)滿足條件。如此看來問題陷入了乙個僵局，
k 對時最優的，且並不是每乙個整數間隔都是存在數對的（否則可以取遍所有的i≤
k,i∈
n即證），那麼該如何去做呢？
傳聞這道題是2023年某高校的博士入學考，後來有同學告訴我這是裴禮文的原題（第二版145頁），做法是數學歸納法加上介值定理，數學歸納法我也想過，不過想必是需要神構造的，果真如此：
證明：n=1
時候顯然成立，假設n=
k 時候成立，下面來考察一下n=
k+1 的情況，建構函式f(
x)=f
(x+1
)−f(
x)，由f(
0)=f
(k+1
) 有：（這一步我之前的偽證也給出了） ∑i
=0k+
1f(i
)=∑i
=0k+
1f(i
+1)−
f(i)
=f(k
+1)−
f(0)
=0,
於是必定存在兩個整數結點上的函式值符號是互異的（否則全為正或者負，與其和為0矛盾！），由連續函式的介值定理即可證明存在ξ∈
[0,k
+1] 使得f(
ξ+1)
=f(ξ
) ，這實際上說明了間隔為1的解必定存在。當然這也可以直接用上面提到的universal chord theorem說明（取n=
1 即可）。
上面的(ξ,
ξ+1)
是滿足要求的一組數對，下面 構造神函式： φ(
x)={
f(x)
,x∈[
0,ξ]
f(x+
1),x
∈(ξ,
k],
注意到φ(x
) 是連續函式，且φ(
0)=φ
(k) ，由歸納假設φ(
x) 有k
對滿足條件的數對，且這些數對也恰好是滿足f的
k 組數對！！這
k組數對和(ξ
,ξ+1
) 顯然不同，加在一起一共k+
1 對，於是由數學歸納法便完成了證明。
對於上面的第二個想法，稍作修改，提出如下猜想：
若f∈必要性很快就找到反例了，構造如下函式： φ(c(r)
，且li
mx→−
∞f和li
mx→+
∞f，那麼li
mx→∞
f 存在（即正負極限相等）的充要條件是：函式方程f(
x+a)
=f(x
) 有解，其中a∈
r .
x)=⎧
⎩⎨⎪⎪
−1,x
≤−1x
,−1<
x<11
,x≥1
, 它滿足f(φ
+a)=
f(φ)
有解，但是極限不存在，那麼充分性是否正確呢？下面給出證明（應該沒問題）：
conjecture:若f∈證明：先證明lic(r)
，且li
mx→∞
f 存在，則函式方程f(
x+a)
=f(x
) 有解，其中a∈
r .
mx→∞
f 有限的情況，不妨設li
mx→∞
f=k
即f在r
上存在最大值，這是因為由極限的定義我們有：∀ε
>
0 ，∃n
1>
0 ，當
x>n1
時候有，f(
x)<ε+
k ，∃n
2<
0 ，當
x時候有，f(
x)<ε+
k ，
注意到我們總能取足夠小的
ε ，使得一方面f(
x0)>k+
ε （注意到f(
x0)>
k ），另一方面使得x0
∈[n2
,n1]
，由閉區間上連續函式的性質我麼可以知道
f 在[n
2,n1
]上有最大值f(
ξ1) ，又因為x0
∈[n2
,n1]
，所以 f(
ξ1)≥
f(x0
),又因為f(
x0)>k+
ε ，於是馬上有： f(
ξ1)≥
f(x0
)>k+
ε>f(
x),x
∈(−∞
,n2)
∪(n1
,+∞)
綜上，即證若∃x
0∈r s.t. f(
x0)>
k ，則f 在
r上存在最大值。建構函式: f(
x)=f
(x)−
f(x+
a),
注意到，我們有： f(
ξ1)=
f(ξ1
)−f(
ξ1+a
)≥0,
f(ξ1
−a)=
f(ξ1
−a)−
f(ξ1
)≤0,
由f(x)
的連續性和介值定理我們知道在[ξ
1−a,
ξ1] 上存在解xg
d 使得f(
xgd)
=0，即所求函式方程有解。
類似地我們可以證明∃ξ
2∈r s.t. f(
x)≥f
(ξ2)
,x∈r
，即f 在
r上有最小值，構造一樣的函式我們可以證明f(
x)在[ξ2
−a,ξ
2]上有零點。
於是乎，li
mx→∞
f 有限的情況證明完畢，實際上上面的證明說明了，在假設所給條件下，
f 最大最小值必定至少存在乙個。下面來說明極限為
∞的時候同樣成立，下面只證明li
mx→∞
f=−∞
的情況，+∞
的情況類似。
由極限的定義有，∀m
<
0 ，∃n
1>
0 ，當
x>n1
時有，f(
x)<
m ，∃n
2<
0 ，當
x時候有，f(
x)<
m ,類似地對[n
2,n1
] 用介值定理可以說明在[n
2,n1
] 上有最大值，取
m 足夠小，即可得出f在
r 上有最大值，函式方程解的存在性和上述類似構造即可。
matlab計算連續函式的卷積
以前讀書學習訊號與系統的時候，沒有用過matlab。現在補習一下。用matlab計算連續函式的卷積 1 首先新建乙個m檔案sconv.m,內容如下 function f,k sconv f1,f2,k1,k2,p f conv f1,f2 f f p k0 k1 1 k2 1 k3 length f...
1 9 閉區間上連續函式的性質
什麼叫函式在閉區間上連續？用影象表示 定理1 最值定理 若f x c a,b 則在 a,b 上一定能夠取到最小值m和最大值m，即存在x1，x2屬於 a,b 使得f x1 m，f x2 m 註解 函式在閉區間上連續是能取到最小值和最大值的充分不必要條件，如圖 定理2 有界定理 若f x c a,b 則...
連續函式的卷積分的詳細形象解釋
著作權歸作者所有。不要試圖直接從公式上去思考 翻轉 的意義，回到問題的起源，你就會豁然開朗了。打個比方，往平靜的水面裡面扔石頭。我們把水面的反應看作是一種衝擊響應。水面在t 0時刻石頭丟進去的時候會激起高度為h 0 的波紋，但水面不會立馬歸於平靜，隨著時間的流逝，波紋幅度會越來越小，在t 1時刻，幅...