已知ℝ上的C¹函数f满足f’(x)≤1-f(x)²，求证∀x，|f(x)|≤1
嘿，你的方向完全正确！利用常微分方程 ( y' = 1 - y^2 ) 的解来界定函数 ( f ) 是关键，咱们一步步把这个问题理清楚：
1. 先解决你卡住的积分问题
首先，ODE ( y' = 1 - y^2 ) 的解需要分情况讨论：
- 常数解：当 ( |y|=1 ) 时，( y'=0=1-1^2 )，所以 ( y=1 ) 和 ( y=-1 ) 是两个常数解。
- 当 ( |y|<1 ) 时：对 ( \frac{dy}{1-y^2}=dx ) 积分，用部分分式分解：
[
\frac{1}{1-y^2} = \frac{1}{2}\left( \frac{1}{1+y} + \frac{1}{1-y} \right)
]
积分后得到：
[
\frac{1}{2}\ln\left| \frac{1+y}{1-y} \right| = x + C
]
整理可得解为 ( y = \tanh(x + C) )，这是双曲正切函数，值域严格在 ( (-1,1) ) 内，且单调递增。 - 当 ( |y|>1 ) 时：此时 ( 1-y^2<0 )，改写积分式为 ( \frac{dy}{y^2-1} = -dx )，部分分式分解：
[
\frac{1}{y^2-1} = \frac{1}{2}\left( \frac{1}{y-1} - \frac{1}{y+1} \right)
]
积分后得到：
[
\frac{1}{2}\ln\left| \frac{y-1}{y+1} \right| = -x + C
]
整理得解为 ( y = \coth(x + C) )，这是双曲余切函数，值域为 ( (-\infty,-1) \cup (1,+\infty) )，且单调递减。
2. 用两种方法证明 ( |f(x)| \leq 1 )
方法一：反证法 + 极值点性质
假设存在 ( x_0 \in \mathbb{R} ) 使得 ( f(x_0) > 1 )，令 ( M = \sup{ f(x) \mid x \in \mathbb{R} } )。
- 若 ( M > 1 )，由于 ( f ) 是 ( C^1 ) 函数，要么存在某个 ( x^* ) 使得 ( f(x^) = M )（此时 ( f'(x^) = 0 )，因为极值点导数为0），要么存在序列 ( x_n \to x^* ) 使得 ( f(x_n) \to M ) 且 ( f'(x_n) \to 0 )。
- 但根据条件 ( f'(x) \leq 1 - f(x)^2 )，当 ( f(x) \to M >1 ) 时，( 1 - f(x)^2 \to 1 - M^2 < 0 )，这就导致 ( 0 \leq \text{负数} )，矛盾。
同理，若假设 ( f(x_0) < -1 )，令 ( m = \inf{ f(x) \mid x \in \mathbb{R} } < -1 )，同样会得到 ( 0 \leq 1 - m^2 < 0 ) 的矛盾。因此 ( |f(x)| \leq 1 ) 对所有 ( x \in \mathbb{R} ) 成立。
方法二：微分不等式比较定理
咱们以 ( f(x) >1 ) 的情况为例：
取初值问题 ( y' = 1 - y^2 )，( y(x_0) = f(x_0) >1 )，其解为 ( y(x) = \coth(x + C) )，满足 ( y'(x) = 1 - y(x)^2 <0 )（单调递减）。
令 ( g(x) = f(x) - y(x) )，则 ( g(x_0)=0 )，且：
[
g'(x) = f'(x) - y'(x) \leq (1 - f(x)^2) - (1 - y(x)^2) = y(x)^2 - f(x)^2 = (y(x)-f(x))(y(x)+f(x))
]
由于 ( y(x) >1 )、( f(x) >1 )，所以 ( y(x)+f(x) >0 )，代入得：
[
g'(x) \leq -g(x) \cdot (y(x)+f(x))
]
当 ( x < x_0 ) 时，( y(x) > y(x_0) = f(x_0) )（因为 ( y ) 单调递减），所以 ( g(x) = f(x)-y(x) <0 )，此时 ( -g(x) >0 )，故 ( g'(x) \leq \text{负数} )，即 ( g(x) ) 在 ( x <x_0 ) 时单调递减，趋向于 ( -\infty )，但 ( f(x) ) 是 ( \mathbb{R} ) 上的 ( C^1 ) 函数，不可能趋向于 ( -\infty )，矛盾。同理可证 ( f(x) < -1 ) 的情况不成立。
内容的提问来源于stack exchange，提问作者35T41
