请教 平口单峰函数的 原理性证明

走走看看

从网上看到单峰函数的一个原理性证明，没有看懂，抄录如下。

若f（x）为[m,n]上的连续单峰函数，且f(m)=f(n)，x0位极值点，则k、b变化时，g(x)=|f(x)-kx-b|的

最大值的最小值为$$\frac{|f(n)-f(x0)|}{2},$$当且仅当k=0，b=$\frac{f(n)+f(x0)}{2}$时取得。

不妨以（m，x0）↓，(x0,n↑)为例，如图所示。


下用反证法证明km+b,kn+b均等于$\frac{f(n)+f(x0)}{2}$

(1)若两者其一小于$\frac{f(n)+f(x0)}{2}$,不妨设$kn+b<\frac{f(n)+f(x0)}{2}$，

此时，$$f(n)-(kn+b)＞\frac{f(n)-f(x0)}{2}，$$矛盾。

(2)若km+b≥$\frac{f(n)+f(x0)}{2}$,kn+b>$\frac{f(n)+f(x0)}{2}$,或km+b>$\frac{f(n)+f(x0)}{2}$,kn+b≥$\frac{f(n)+f(x0)}{2}$，

则有kx0+b＞$\frac{f(n)+f(x0)}{2}$，此时，$$kx0-f(x0)>\frac{f(n)-f(x0)}{2}，$$矛盾。

所以km+b=kn+b=$\frac{f(n)+f(x0)}{2}。$


这里多次提到矛盾，我横看竖看，就是没有看出矛盾在哪里。
命题中含有绝对值，证明中却没有看到绝对值的影子。
请专家们指教。

证明还可参见如下如下网址：
wenku.baidu.com/view/7b37e1e677eeaeaad1f34693daef5ef7ba0d12ae.html  第二页
360doc.com/content/19/0316/00/54451547_821799278.shtml  第一页

isee

也参考下这里的证法（标题里竟然少了个值字，才发现）

走走看看

回复 2# isee

谢谢！我看看。

hbghlyj

走走看看 发表于 2019-5-9 15:24
wenku.baidu.com/view/7b37e1e677eeaeaad1f34693daef5ef7ba0d12ae.html 第二页

unitsize(1.7cm);
import graph;
xaxis('$x$',xmax=4,Arrow);
yaxis('$y$',ymax=3,Arrow);
pair M=(.7,2),N=(3,M.y),P=(1.5,1);
draw(M{dir(-70)}..P{right}..N,linewidth(1.4));
draw(Label('$f(m)$',BeginPoint),(0,M.y)--(3.5,M.y),gray+dashed);
draw(Label('$f(x_0)$',BeginPoint),(0,P.y)--(3.5,P.y),gray+dashed);
draw(Label('$m$',BeginPoint),(M.x,0)--M,gray+dashed);
draw(Label('$x_0$',BeginPoint),(P.x,0)--P,gray+dashed);
draw(Label('$n$',BeginPoint),(N.x,0)--N,gray+dashed);
弱弱的引理: 若 $f(x)$ 为 $[m, n]$ 上的连续单峰函数, 且 $f(m)=f(n)$, $x_0$ 为极值点, 则当 $k, b$ 变化时, $g(x)=|f(x)-k x-b|$ 的最大值的最小值为 $\frac{\left|f(n)-f\left(x_0\right)\right|}{2}$. 当且仅当 $k=0, b=\frac{f(n)+f\left(x_0\right)}{2}$ 时取得。
不妨以 $\left(m, x_0\right) \downarrow,\left(x_0, n\right) \uparrow$ 为例. 如图
下用反证法证明 $k m+b, k n+b$ 均等于 $\frac{f(n)+f\left(x_0\right)}{2}$.
(1) 若两者其一小于 $\frac{f(n)+f\left(x_0\right)}{2}$, 不妨设 $k n+b<\frac{f(n)+f\left(x_0\right)}{2}$, 此时 $f(n)-(k n+b)>\frac{f(n)-f\left(x_0\right)}{2}$.矛盾.
(2) 若 $k m+b \geq \frac{f(n)+f\left(x_0\right)}{2}, k n+b>\frac{f(n)+f\left(x_0\right)}{2}$,
或 $k m+b>\frac{f(n)+f\left(x_0\right)}{2}, k n+b \geq \frac{f(n)+f\left(x_0\right)}{2}$ 。则有 $k x_0+b>\frac{f(n)+f\left(x_0\right)}{2}$ 此时 $k x_0-f\left(x_0\right)>\frac{f(n)-f\left(x_0\right)}{2}$. 矛盾.
所以 $k m+b=k n+b=\frac{f(n)+f\left(x_0\right)}{2}$, 引理得证。