第六十八屆 (2007年) 美國大學生數學競賽的 B-2 題
設 $f:[0,1]\to R$ 有連續導數且 $\displaystyle\int_0^1 f(x)dx=0$, 證明: 對每個 $\alpha\in (0,1)$ 有 \begin{equation} \left|\int_0^\alpha f(x)dx\right|\le \frac 18\max_{0\le x\le 1} |f'(x)|.\label{1} \end{equation}
本文給出不等式 \eqref{1} 的一種加強形式, 並給出其幾種不同於
設 $f:[0,1]\to R$ 有連續導數且 $\displaystyle\int_0^1 f(x)dx=0$, 證明: 對每個 $x\in [0,1]$ 有 \begin{equation} \left|\int_0^x f(t)dt\right|\le \frac 12 x(1-x)\max_{0\le x\le 1} |f'(x)|.\label{2} \end{equation}
當 \eqref{2} 成立時, 由於 $$x(1-x)\le \Big[\frac 12(x+1-x)\Big]^2=\frac 14$$ 故由 \eqref{2} 知, 不等式 \eqref{1} 成立, 因此不等式 \eqref{2} 比不等式 \eqref{1} 更強。 下面給出 \eqref{2} 的證明。
證法1:
令 $F(x)=\displaystyle\int_0^x f(t)dt\ (0\le x\le 1)$, 則 $F(x)$ 二階可導, 且 $F(0)=F(1)=0$。
再令 $G(u)=x(1-x)F(u)-F(x)u(1-u)\ (0\le u\le 1)$,
則 $G(x)=G(0)=G(1)=0$, 且 $G(u)$ 二階可導。
對 $G(u)$ 在 $[0,x]$, $[x,1]$ 上分別利用 Rolle 定理知, 存在 $\xi_1\in (0,x)$, $\xi_2\in (x,1)$, 使得
$G'(\xi_1)=G'(\xi_2)=0$。
再對 $G'(u)$ 在 $[\xi_1,\xi_2]$ 上利用 Rolle 定理知, 存在 $\xi\in (\xi_1,\xi_2)\subset (0,1)$, 使得 $G''(\xi)=0$。
由於
$$G''(u)=x(1-x)F''(u)+2F(x)$$
從而有
$$x(1-x)f'(\xi)+2\int_0^x f(t)dt=0,$$
由此可知
$$
\left|\int_0^x f(t)dt\right|\le \frac 12 x(1-x)\max_{0\le x\le 1} |f'(x)|.$$
證法2:
令 $F(x)=\displaystyle\int_0^x f(t)dt\ (0\le x\le 1)$, 則 $F(x)$ 二階可導, 且 $F(0)=F(1)=0$。
再令
$$\varphi(u)=\left|\begin{array}{cccc}
~1~&~u~&~u^2~&~F(u)~\\
1&0&0&0\\
1&1&1&0\\
~1~&~x~&~x^2~&~F(x)~
\end{array}\right|\qquad (0\le u\le1)$$
則 $\varphi(x)=\varphi(0)=\varphi(1)=0$ 且 $\varphi(u)$ 二階可導, 類似於證法 1, 對 $\varphi(u)$ 兩次運用
Rolle 定理知, 存在 $\xi\in (0,1)$, 使得 $\varphi''(\xi)=0$。 而
$$\varphi''(u)=\left|\begin{array}{cccc}
~0~&~0~&~2~&~F''(u)~\\
1&0&0&0\\
1&1&1&0\\
~1~&~x~&~x^2~&~F(x)~
\end{array}\right|=-\left|\begin{array}{ccc}
~0~&~2~&~F''(u)~\\
1&1&0\\
~x~&~x^2~&~F(x)~
\end{array}\right|=2F(x)+x(1-x)F''(u)$$
從而有
$$2F(x)+x(1-x)f'(\xi)=0$$
由此可知
$$
\left|\int_0^x f(t)dt\right|\le \frac 12 x(1-x)\max_{0\le x\le 1} |f'(x)|.$$
注:
證法 1 與證法 2 中的輔助函數 $F(u)$ 與 $\varphi(u)$ 本質上是一樣的, 只是表現形式不同。
證法3:
令 $F(x)=\displaystyle\int_0^x f(t)dt\ (0\le x\le 1)$, 則 $F(x)$ 二階可導, 且 $F(0)=F(1)=0$。
再令
$\varphi_1(u)=uF(x)-xF(u)$, $\varphi_2(u)=ux(u-x)$,
則 $\varphi_1(0)=\varphi_2(0)=0$。
對 $\varphi_1(u)$, $\varphi_2(u)$ 在 $[0,1]$ 上利用 Cauchy 中值定理知, 存在 $\xi_1\in (0,1)$, 使得
\begin{equation}
\frac{F(x)}{x(1-x)}=\frac{\varphi_1(1)}{\varphi_2(1)}=\frac{\varphi_1(1)-\varphi_1(0)}{\varphi_2(1)-\varphi_2(0)}
=\frac{\varphi'_1(\xi_1)}{\varphi_2(\xi_1)}=\frac{F(x)-xF'(\xi_1)}{x(2\xi_1-x)},\label{3}
\end{equation}
再令 $\varphi_3(u)=F(u)-uF'(\xi_1)$, $\varphi_4(u)=u(2\xi_1-u)$
則, $\varphi_3(0)=\varphi_4(0)=0$。
對 $\varphi_3(x)$, $\varphi_4(x)$ 在 $[0,x]$ 上利用 Cauchy 中值定理知, 存在 $\xi_2\in(0,x)$, 使得
\begin{equation}
\frac{F(x)-xF'(\xi_1)}{x(2\xi_1-x)}=\frac{\varphi_3(x)}{\varphi_4(x)}=\frac{\varphi_3(x)-\varphi_3(0)}{\varphi_4(x)-\varphi_4(0)}
=\frac{\varphi'_3(\xi_2)}{\varphi_4(\xi_2)}=\frac{F'(x)-F'(\xi_1)}{-2(\xi_2-\xi_1)},\label{4}
\end{equation}
再對 $F'(x)$ 在以 $\xi_1,\xi_2$ 為端點的閉區間上利用 Lagrange 中值定理知, 存在 $\xi\in (0,1)$, 使得
\begin{equation}
F'(\xi_2)-F'(\xi_1)=F''(\xi)(\xi_2-\xi_1).\label{5}
\end{equation}
由 \eqref{3}、 \eqref{4}、 \eqref{5} 可得
$$\frac{F(x)}{x(1-x)}=-\frac 12 f'(\xi),$$
從而
$$\int_0^x f(t)dt=-\frac 12 x(1-x) f'(\xi)$$
由此知
$$
\left|\int_0^x f(t)dt\right|\le \frac 12 x(1-x)\max_{0\le x\le 1} |f'(x)|.$$
證法4:
令 $F(x)=\displaystyle\int_0^x f(t)dt\ (0\le x\le 1)$, 則 $F(x)$ 二階可導, 且 $F(0)=F(1)=0$。
利用 Taylor 公式, 將 $F(0)$, $F(1)$ 分別在點 $x$ 處展開, 可得
\begin{eqnarray}
0&=&F(0)=F(x)-F'(x)x+\frac 12F''(\xi_1)x^2 \label{6}\\
0&=&F(1)=F(x)+F'(x)(1-x)+\frac 12F''(\xi_1)(1-x)^2
\label{7}
\end{eqnarray}
其中 $0\lt \xi_1\lt x$, $x\lt \xi_2\lt 1$。
\eqref{6}$\times (1-x)+$\eqref{7}$\times x$, 得
$$F(x)+\frac 12 x(1-x)[xf'(\xi_1)+(1-x)f'(\xi_2)]=0$$
從而
\begin{eqnarray*}
|F(x)|&=&\frac 12 x(1-x)|xf'(\xi_1)+(1-x)f'(\xi_2)|\\
&\le&\frac 12 x(1-x)[x|f'(\xi_1)|+(1-x)|f'(\xi_2)|]\\
&\le&\frac 12 x(1-x)\max_{0\le x\le 1}|f'(x)|
\end{eqnarray*}
此即
$$
\left|\int_0^x f(t)dt\right|\le \frac 12 x(1-x)\max_{0\le x\le 1} |f'(x)|.$$
證法5:
記 $M=\max\limits_{0\le x\le 1} |f'(x)|$, 此時, $0\le x\le 1$ 時, $-M\le f'(x)\le M$.
令 $$P(x)=\int_0^x f(t)dt-\frac 12 Mx(1-x)\ (0\le x\le 1),$$
則 $P(x)$ 二階可導且有
$$P'(x)=f(x)-M(\frac 12-x),\quad P''(x)=f'(x)+M\ge 0,$$
從而 $P(x)$ 在 $[0,1]$ 上為下凸函數。
由於 $P(0)=P(1)=0$, 故由凸函數性質知, 當 $0\le x\le 1$ 時, $P(x)\le 0$, 即
\begin{equation}
\int_0^x f(t)dt\le \frac 12Mx(1-x).\label{8}
\end{equation}
另一方面, 再令
$$Q(x)=\int_0^x f(t)dt+\frac 12Mx(1-x)\quad (0\le x\le 1),$$
則 $Q(x)$ 二階可導且有
$$Q''(x)=f'(x)-M\le 0$$
從而 $Q(x)$ 在 $[0,1]$ 上為上凸函數。
由於 $Q(0)=Q(1)=0$,
故由凸函數性質知, 當 $0\le x\le 1$ 時, $Q(x)\ge 0$, 即
\begin{equation}
\int_0^x f(t)dt\ge -\frac 12Mx(1-x).\label{9}
\end{equation}
由 \eqref{8}、 \eqref{9} 知, 當 $0\le x\le 1$ 時, 有
$$-\frac 12 Mx(1-x)\le \int_0^x f(t)dt\le \frac 12 Mx(1-x)$$
由此知
$$
\left|\int_0^x f(t)dt\right|\le \frac 12 x(1-x)\max_{0\le x\le 1} |f'(x)|.$$
參考文獻
---本文作者任教中國合肥工業大學數學學院---