2024年考研数学二第21题

已知第一步和第二步得到的两个展开式： 在 $x=0$ 处的展开： $$f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(\xi_1)}{2}x^2, \quad \xi_1 \in (0,x)$$ 在 $x=1$ 处的展开： $$f(x) = f(1) + f'(1)(x-1) + \frac{f''(\xi_2)}{2}(x-1)^2, \quad \xi_2 \in (x,1)$$ 现在要将两个展开式加权平均，以消去一阶导数项。设第一个展开式乘以 $(1-x)$，第二个展开式乘以 $x$，然后相加： $$(1-x)f(x) + x f(x) = (1-x)\left[f(0) + f'(0)x + \frac{f''(\xi_1)}{2}x^2\right] + x\left[f(1) + f'(1)(x-1) + \frac{f''(\xi_2)}{2}(x-1)^2\right]$$ 左边合并为 $f(x)$，因为 $(1-x)+x=1$。右边展开并整理： 右边第一项：$(1-x)f(0) + (1-x)f'(0)x + (1-x)\frac{f''(\xi_1)}{2}x^2$ 第二项：$x f(1) + x f'(1)(x-1) + x\frac{f''(\xi_2)}{2}(x-1)^2$ 注意到 $x f'(1)(x-1) = f'(1)x(x-1)$，而 $(1-x)f'(0)x = f'(0)x(1-x)$。 将含一阶导数的项合并： $$f'(0)x(1-x) + f'(1)x(x-1) = x(1-x)[f'(0) - f'(1)]$$ 由题目条件 $f'(0)=f'(1)$，故该项为零，成功消去一阶导数项。 于是得到： $$f(x) = (1-x)f(0) + x f(1) + \frac{(1-x)x^2}{2}f''(\xi_1) + \frac{x(x-1)^2}{2}f''(\xi_2)$$ 这就是加权平均后 $f(x)$ 的表达式。

在前一步中，我们利用拉格朗日余项的二阶泰勒展开，分别将$f(x)$在$x=0$和$x=1$处展开，得到： 在$x=0$处展开（带拉格朗日余项至二阶）： $$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(\xi_1)x^2, \quad \xi_1\in(0,x)$$ 在$x=1$处展开（带拉格朗日余项至二阶）： $$f(x)=f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)(x-1)^2, \quad \xi_2\in(x,1)$$ 现在，我们考虑线性插值函数$L(x)=f(0)(1-x)+f(1)x$。我们的目标是计算差值$f(x)-L(x)$。 将第一个展开式乘以$(1-x)$，第二个展开式乘以$x$，然后相加，并利用$f'(0)$和$f'(1)$的关系（由题设条件$f'(0)=f'(1)=0$），可得： $$(1-x)f(x)+x f(x) = f(x) = (1-x)\left[f(0)+\frac{1}{2}f''(\xi_1)x^2\right] + x\left[f(1)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)(x-1)^2\right]$$ 注意，由于$f'(0)=f'(1)=0$，一阶项消失。整理上式： $$f(x) = f(0)(1-x) + f(1)x + \frac{1}{2}f''(\xi_1)x^2(1-x) + \frac{1}{2}f''(\xi_2)x(x-1)^2$$ 将$f(0)(1-x)+f(1)x$移到等号左边，即得： $$f(x)-[f(0)(1-x)+f(1)x] = \frac{1}{2}\left[f''(\xi_1)x^2(1-x) + f''(\xi_2)x(x-1)^2\right]$$ 注意$x(x-1)^2 = (x-1)^2 x$，因此最终表达式为： $$f(x)-[f(0)(1-x)+f(1)x] = \frac{1}{2}\left[f''(\xi_1)x^2(1-x) + f''(\xi_2)(x-1)^2 x\right]$$ 其中$\xi_1\in(0,x)$，$\xi_2\in(x,1)$。

已知函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，且满足 $|f''(x)| \leq 1$。我们需要证明不等式： $$\left| f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x \right| \leq \frac{x(1-x)}{2}.$$ 首先，构造辅助函数 $g(t) = f(t) - f(0)(1-t) - f(1)t$，则 $g(0)=0$，$g(1)=0$。对 $g(t)$ 在 $t=x$ 处进行泰勒展开，利用拉格朗日余项。考虑 $g(x)$ 的表达式，我们也可以直接对 $f(x)$ 进行泰勒展开。 将 $f(x)$ 在 $t=0$ 处展开到一阶，余项用二阶导数表示： $$f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{1}{2}f''(\xi_1)x^2,$$ 其中 $\xi_1 \in (0,x)$。类似地，将 $f(x)$ 在 $t=1$ 处展开： $$f(x) = f(1) + f'(1)(x-1) + \frac{1}{2}f''(\xi_2)(x-1)^2,$$ 其中 $\xi_2 \in (x,1)$。 将第一个展开式乘以 $(1-x)$，第二个展开式乘以 $x$，然后相加： $$f(x) = f(0)(1-x) + f(1)x + \frac{1}{2}f''(\xi_1)x^2(1-x) + \frac{1}{2}f''(\xi_2)x(1-x)^2.$$ 移项得： $$f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x = \frac{1}{2}f''(\xi_1)x^2(1-x) + \frac{1}{2}f''(\xi_2)x(1-x)^2.$$ 取绝对值，利用三角不等式和 $|f''(x)| \leq 1$： \begin{align*} \left| f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x \right| &\leq \frac{1}{2}|f''(\xi_1)|x^2(1-x) + \frac{1}{2}|f''(\xi_2)|x(1-x)^2 \\ &\leq \frac{1}{2}x^2(1-x) + \frac{1}{2}x(1-x)^2 \\ &= \frac{1}{2}x(1-x)\left[x + (1-x)\right] \\ &= \frac{x(1-x)}{2}. \end{align*} 因此，不等式得证。

由第（1）问已证不等式：对任意 $x \in [0,1]$，有 $$ |f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x| \leq \frac{x(1-x)}{2}. $$ 现在对该不等式两边在区间 $[0,1]$ 上关于 $x$ 积分。左边被积函数为绝对值形式，积分后仍保持不等式方向，即 $$ \int_0^1 |f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x| \, dx \leq \int_0^1 \frac{x(1-x)}{2} \, dx. $$ 计算右端积分： $$ \int_0^1 \frac{x(1-x)}{2} \, dx = \frac{1}{2} \int_0^1 (x - x^2) \, dx = \frac{1}{2} \left[ \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} \right]_0^1 = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{12}. $$ 因此得到 $$ \int_0^1 |f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x| \, dx \leq \frac{1}{12}. $$ 注意，左边积分中的表达式 $f(0)(1-x) + f(1)x$ 恰好是连接点 $(0,f(0))$ 和 $(1,f(1))$ 的线性插值函数，即直线段。该积分给出了 $f(x)$ 与其端点线性插值之间绝对偏差的平均度量，其上界为 $\frac{1}{12}$。

根据题目条件，我们需要计算左边积分 $\int_0^1 |f''(x)| \, dx$ 的下界。由绝对值积分不等式，对于任意可积函数 $g(x)$，有 $\left|\int_a^b g(x) \, dx\right| \le \int_a^b |g(x)| \, dx$。因此，左边积分 $\int_0^1 |f''(x)| \, dx$ 不小于 $\left|\int_0^1 f''(x) \, dx\right|$。但直接对 $f''(x)$ 积分只能得到 $f'(1)-f'(0)$，这并不直接与题目所给条件 $f(0), f(1)$ 相关。 为了利用题目中 $f(0)=0, f(1)=1$ 的条件，我们考虑对 $f''(x)$ 乘以一个适当的函数后再积分。观察步骤目标中给出的表达式：$\left|\int_0^1 [f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x] \, dx\right|$。实际上，这里需要先验证该表达式与 $f''(x)$ 的积分之间的关系。 考虑函数 $g(x)=f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x$。由于 $f(0)=0, f(1)=1$，代入得 $g(x)=f(x)-x$。那么 $g(0)=f(0)-0=0$，$g(1)=f(1)-1=0$。对 $g(x)$ 求二阶导：$g'(x)=f'(x)-1$，$g''(x)=f''(x)$。 现在，我们利用分部积分法将 $\int_0^1 g(x) \, dx$ 与 $\int_0^1 f''(x) \, dx$ 联系起来。考虑积分 $\int_0^1 (x-\frac12) g'(x) \, dx$，或者更直接地，利用恒等式： $$\int_0^1 g(x) \, dx = \int_0^1 \frac{(x-1)x}{2} g''(x) \, dx.$$ 这个恒等式可以通过两次分部积分得到：令 $u=g(x)$，$dv=dx$，则 $du=g'(x)dx$，$v=x-\frac12$，但更标准的方法是设 $u=g(x)$，$dv=dx$，然后分部积分得到 $\int_0^1 g(x)dx = [x g(x)]_0^1 - \int_0^1 x g'(x)dx = -\int_0^1 x g'(x)dx$（因为 $g(0)=g(1)=0$）。再对 $\int_0^1 x g'(x)dx$ 分部积分：令 $u=x$，$dv=g'(x)dx$，则 $du=dx$，$v=g(x)$，得到 $\int_0^1 x g'(x)dx = [x g(x)]_0^1 - \int_0^1 g(x)dx = -\int_0^1 g(x)dx$。代入前式得 $\int_0^1 g(x)dx = -(-\int_0^1 g(x)dx) = \int_0^1 g(x)dx$，这是恒等式，没有新信息。 正确的方法是使用核函数 $k(x)=\frac{x(1-x)}{2}$，因为 $k''(x)=-1$。考虑积分 $\int_0^1 k(x) g''(x) \, dx$，分部积分两次： $$\int_0^1 k(x) g''(x) \, dx = [k(x) g'(x)]_0^1 - \int_0^1 k'(x) g'(x) \, dx.$$ 由于 $k(0)=k(1)=0$，第一项为零。继续分部积分： $$-\int_0^1 k'(x) g'(x) \, dx = -[k'(x) g(x)]_0^1 + \int_0^1 k''(x) g(x) \, dx.$$ 由于 $k'(x)=\frac{1}{2}-x$，$k'(0)=\frac12$，$k'(1)=-\frac12$，且 $g(0)=g(1)=0$，所以 $[k'(x)g(x)]_0^1=0$。而 $k''(x)=-1$，因此得到： $$\int_0^1 k(x) g''(x) \, dx = \int_0^1 (-1) g(x) \, dx = -\int_0^1 g(x) \, dx.$$ 所以 $\int_0^1 g(x) \, dx = -\int_0^1 k(x) g''(x) \, dx = -\int_0^1 \frac{x(1-x)}{2} f''(x) \, dx$。 于是，$\left|\int_0^1 g(x) \, dx\right| = \left|\int_0^1 \frac{x(1-x)}{2} f''(x) \, dx\right|$。由绝对值积分不等式，$\left|\int_0^1 \frac{x(1-x)}{2} f''(x) \, dx\right| \le \int_0^1 \left|\frac{x(1-x)}{2} f''(x)\right| \, dx = \int_0^1 \frac{x(1-x)}{2} |f''(x)| \, dx$。 因此，$\left|\int_0^1 g(x) \, dx\right| \le \int_0^1 \frac{x(1-x)}{2} |f''(x)| \, dx$。注意，这里得到的是上界，但步骤目标要求的是左边积分的下界。实际上，我们需要反过来：由 $\int_0^1 |f''(x)| \, dx \ge \frac{2}{\max_{x\in[0,1]} x(1-x)} \left|\int_0^1 g(x) \, dx\right|$？不对，因为 $\frac{x(1-x)}{2} \le \frac{1}{8}$，所以 $\int_0^1 \frac{x(1-x)}{2} |f''(x)| \, dx \le \frac{1}{8} \int_0^1 |f''(x)| \, dx$。于是 $\left|\int_0^1 g(x) \, dx\right| \le \frac{1}{8} \int_0^1 |f''(x)| \, dx$，从而 $\int_0^1 |f''(x)| \, dx \ge 8 \left|\int_0^1 g(x) \, dx\right|$。 而 $g(x)=f(x)-x$，所以 $\int_0^1 g(x) \, dx = \int_0^1 f(x) \, dx - \int_0^1 x \, dx = \int_0^1 f(x) \, dx - \frac12$。因此，左边积分的下界为 $8 \left|\int_0^1 f(x) \, dx - \frac12\right|$。 步骤目标中给出的表达式 $\left|\int_0^1 [f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x] \, dx\right|$ 正是 $\left|\int_0^1 (f(x)-x) \, dx\right|$，所以左边积分 $\ge 8 \left|\int_0^1 f(x) \, dx - \frac12\right|$。

我们需要计算积分 $\int_0^1 \frac{x(1-x)}{2} \, dx$。首先，将被积函数展开：$\frac{x(1-x)}{2} = \frac{x - x^2}{2}$。因此，积分变为： $$ \int_0^1 \frac{x - x^2}{2} \, dx = \frac{1}{2} \int_0^1 (x - x^2) \, dx. $$ 接下来，分别计算 $\int_0^1 x \, dx$ 和 $\int_0^1 x^2 \, dx$。 $$ \int_0^1 x \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^1 = \frac{1}{2}. $$ $$ \int_0^1 x^2 \, dx = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^1 = \frac{1}{3}. $$ 因此， $$ \int_0^1 (x - x^2) \, dx = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{3}{6} - \frac{2}{6} = \frac{1}{6}. $$ 再乘以 $\frac{1}{2}$，得到： $$ \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{12}. $$ 所以，右边积分的结果为 $\frac{1}{12}$。

我们需要化简积分表达式： $$ \int_0^1 \bigl[ f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x \bigr] \, dx $$ 首先，利用积分的线性性质，将积分拆分为三个部分： $$ \int_0^1 f(x) \, dx - \int_0^1 f(0)(1-x) \, dx - \int_0^1 f(1)x \, dx $$ 由于 $f(0)$ 和 $f(1)$ 是常数，可以提到积分号外： $$ \int_0^1 f(x) \, dx - f(0) \int_0^1 (1-x) \, dx - f(1) \int_0^1 x \, dx $$ 现在分别计算两个定积分： $$ \int_0^1 (1-x) \, dx = \left[ x - \frac{x^2}{2} \right]_0^1 = (1 - \frac{1}{2}) - (0 - 0) = \frac{1}{2} $$ $$ \int_0^1 x \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^1 = \frac{1}{2} - 0 = \frac{1}{2} $$ 将结果代入原式： $$ \int_0^1 f(x) \, dx - f(0) \cdot \frac{1}{2} - f(1) \cdot \frac{1}{2} $$ 合并后两项： $$ \int_0^1 f(x) \, dx - \frac{f(0)+f(1)}{2} $$ 因此，左边积分表达式化简为： $$ \int_0^1 f(x) \, dx - \frac{f(0)+f(1)}{2} $$ 这正是步骤目标所要求的结果。

由第9步已证得：对任意$x \in [0,1]$，存在$\xi \in (0,1)$，使得 $$ f(x) = \frac{f(0)+f(1)}{2} + \frac{f'(1)-f'(0)}{2}\left(x-\frac12\right) + \frac12 \int_0^1 K(x,t) f''(t) dt, $$ 其中核函数$K(x,t)$满足$|K(x,t)| \leq \frac12$。对等式两边在$[0,1]$上积分，得 $$ \int_0^1 f(x) dx = \frac{f(0)+f(1)}{2} + \frac{f'(1)-f'(0)}{2} \int_0^1 \left(x-\frac12\right) dx + \frac12 \int_0^1 \int_0^1 K(x,t) f''(t) dt dx. $$ 由于$\int_0^1 (x-\frac12) dx = 0$，第二项消失。交换积分次序，得 $$ \int_0^1 f(x) dx - \frac{f(0)+f(1)}{2} = \frac12 \int_0^1 f''(t) \left( \int_0^1 K(x,t) dx \right) dt. $$ 记$H(t) = \int_0^1 K(x,t) dx$，则$|H(t)| \leq \int_0^1 |K(x,t)| dx \leq \frac12$。利用$|f''(t)| \leq 1$，有 $$ \left| \int_0^1 f(x) dx - \frac{f(0)+f(1)}{2} \right| \leq \frac12 \int_0^1 |f''(t)| \cdot |H(t)| dt \leq \frac12 \cdot 1 \cdot \frac12 = \frac14. $$ 但此估计不够精细。为得到$\frac{1}{12}$，需更精确地计算$H(t)$。由$K(x,t)$的定义： $$ K(x,t) = \begin{cases} t(1-x), & 0 \leq t \leq x \leq 1, \\ x(1-t), & 0 \leq x \leq t \leq 1. \end{cases} $$ 固定$t$，对$x$积分： $$ H(t) = \int_0^t x(1-t) dx + \int_t^1 t(1-x) dx = (1-t)\cdot\frac{t^2}{2} + t\cdot\frac{(1-t)^2}{2} = \frac{t(1-t)}{2}. $$ 因此$|H(t)| = \frac{t(1-t)}{2} \leq \frac18$（当$t=1/2$时取等）。于是 $$ \left| \int_0^1 f(x) dx - \frac{f(0)+f(1)}{2} \right| \leq \frac12 \int_0^1 1 \cdot \frac{t(1-t)}{2} dt = \frac14 \int_0^1 t(1-t) dt = \frac14 \cdot \frac16 = \frac{1}{12}. $$ 故原不等式成立，证毕。