2024 · 数学一 · 第 19 题 · 解答题

设函数

f (x)

具有二阶导数，且

f^{'} (0) = f^{'} (1), ∣ f^{''} (x) ∣ \leq 1

。

(1) 证明：当 $x \in (0, 1)$ 时， $∣ f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x ∣ \leq \frac{x ( 1 - x )}{2}$ ；
(2) 证明 $∣ \int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} ∣ \leq \frac{1}{12}$ 。

答案

证明见解析

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记端点连线 $L (x) = (1 - x) f (0) + x f (1)$ 。固定 $x \in (0, 1)$ ，在动点 $x$ 处展开 $f (0), f (1)$ 。由带拉格朗日余项的泰勒公式，存在 $η_{1} \in (0, x)$ 、 $η_{2} \in (x, 1)$ ，使

f (0) f (1) = f (x) - x f^{'} (x) + \frac{x ^{2}}{2} f^{''} (η_{1}), = f (x) + (1 - x) f^{'} (x) + \frac{( 1 - x ) ^{2}}{2} f^{''} (η_{2}) .

第一式乘 $1 - x$ ，第二式乘 $x$ 后相加，一次导数项抵消，得到

L (x) = f (x) + \frac{x ( 1 - x )}{2} [x f^{''} (η_{1}) + (1 - x) f^{''} (η_{2})] .

由于 $x, 1 - x > 0$ 且和为 $1$ ，利用 $∣ f^{''} ∣ \leq 1$ 可得

∣ f (x) - L (x) ∣ \leq \frac{x ( 1 - x )}{2} [x ∣ f^{''} (η_{1}) ∣ + (1 - x) ∣ f^{''} (η_{2}) ∣] \leq \frac{x ( 1 - x )}{2} [x + (1 - x)] = \frac{x ( 1 - x )}{2} .

这正是所需不等式。

沿用第（1）问的 $L (x) = (1 - x) f (0) + x f (1)$ ，有

\int_{0}^{1} L (x) d x = \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} .

第（1）问的估计在端点也成立，因为 $f (0) - L (0) = f (1) - L (1) = 0$ 。函数 $f - L$ 连续，可应用积分的绝对值不等式，得

\int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} = \int_{0}^{1} [f (x) - L (x)] d x \leq \int_{0}^{1} ∣ f (x) - L (x) ∣ d x \leq \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x (1 - x) d x = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) = \frac{1}{12} .

所证结论成立。以上两问只需二阶可导及 $∣ f^{''} ∣ \leq 1$ ，因此题设的 $f^{'} (0) = f^{'} (1)$ 不影响这两个估计的成立。此处证明的是给定上界，并未断言它在全部题设条件下为最优常数。