中册 4.4 积分估值与积分不等式 第13题
📝 题目
13．证明下列命题．
（1）设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续可导，$f(a)=f(b)=0$ ．证明： $\displaystyle \max _{a\frac{4}{(b-a)^{2}} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x$ 。
（4）在 $[0,2]$ 上是否存在这样的连续可微函数 $f(x)$ 使得 $f(0)=f(2)=1,\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant 1$ ，且 $\left|\int_{0}^{2} f(x) d x\right| \leqslant 1$ ．
（5）设 $f(x)$ 在 $[0, a]$ 上两阶可导，$f(0)=f^{\prime}(0)=f^{\prime}(a)=0, f(a)=1$ ，并且对 $\forall x \in[0, a]$ 有 $\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \leqslant 1$ ．设 $\displaystyle g(x)=\left\{\begin{array}{l}x, 0 \leqslant x \leqslant \frac{a}{2}, \\ a-x, \frac{a}{2}2$ ．
（6）设 $f$ 在 $[0, a]$ 上连续可微，$f(0)=0$ ．求证 $\displaystyle \left|\int_{0}^{a} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{M}{2} a^{2}$ ，其中 $M=\max _{[0, a]}\left|f^{\prime}(x)\right|$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）记 $M=\max _{x \in[a, b]}\left|f^{\prime}(x)\right|$ ，由拉格朗日中值定理，
对任意的 $\displaystyle x \in\left[a, \frac{a+b}{2}\right], f(x)=f(x)-f(a)=f\left(\xi_{1}\right)(x-a)$ ，其中 $a<\xi_{1}\frac{4}{(b-a)^{2}}\left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right|$ 。
若 $M=+\infty$ ，则上式显然成立．下面假设 $M$ 有限．
对任意 $x \in(a, b)$ ，由拉格朗日中值定理得：
存在 $\xi_{1} \in(a, x)$ 使得 $|f(x)-f(a)|=\left|f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)(x-a)\right| \leqslant M(x-a)$ ，所以 $|f(x)| \leqslant M(x-a)$ 。
存在 $\xi_{2} \in(x, b)$ 使得 $|f(b)-f(x)|=\left|f^{\prime}\left(\xi_{2}\right)(b-x)\right| \leqslant M(b-x)$ ，所以 $|f(x)| \leqslant M(b-x)$ ．
于是
$$
\left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \int_{a}^{\frac{a+b}{2}}|f(x)| \mathrm{d} x+\int_{\frac{a+b}{2}}^{b}|f(x)| \mathrm{d} x \leqslant \int_{a}^{\frac{a+b}{2}} M(x-a) \mathrm{d} x+\int_{\frac{a+b}{2}}^{b} M(b-x) \mathrm{d} x=\frac{(b-a)^{2}}{4} M .
$$
因此
$$
\left|f^{\prime}(\xi)\right| \geqslant \frac{4}{(b-a)^{2}}\left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right| \geqslant \frac{4}{(b-a)^{2}} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x
$$
若其中等式成立，则 $\displaystyle \int_{a}^{\frac{a+b}{2}}|f(x)| \mathrm{d} x=\int_{a}^{\frac{a+b}{2}} M(x-a) \mathrm{d} x$ 与 $\displaystyle \int_{\frac{a+b}{2}}^{b}|f(x)| \mathrm{d} x=\int_{\frac{a+b}{2}}^{b} M(b-x) \mathrm{d} x$ 同时成立。由此推出
$$
|f(x)|=\left\{\begin{array}{l}
M(x-a), a \leqslant x \leqslant \frac{a+b}{2} \\
M(b-x), \frac{a+b}{2} \leqslant x \leqslant b
\end{array}\right.
$$
由于 $M \neq 0$ ，故 $f(x)$ 在 $\displaystyle x=\frac{a+b}{2}$ 不可导，这与条件矛盾．
方法 2：记 $F(x)=\int_{a}^{x} f(x) \mathrm{d} x$ ，则 $F(a)=0, F^{\prime}(x)=f(x), F^{\prime \prime}(x)=f^{\prime}(x)$ 。由泰勒公式得
$$
\begin{aligned}
& F(x)=F(a)+F^{\prime}(a)(x-a)+\frac{1}{2} f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)(x-a)^{2}=\frac{1}{2} f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)(x-a)^{2}, \text { 其中 } a<\xi_{1}\left|\frac{4}{(2-0)^{2}} \int_{0}^{2} g(x) \mathrm{d} x\right|=\left|\int_{0}^{2} g(x) \mathrm{d} x\right| \\
\left|f^{\prime}(\xi)\right|=\left|g^{\prime}(\xi)\right|>\left|\int_{0}^{2} g(x) \mathrm{d} x\right|=\left|\int_{0}^{2}(f(x)-1) \mathrm{d} x\right|=2-\left|\int_{0}^{2} f(x) \mathrm{d} x\right|
\end{gathered}
$$
若 $\left|\int_{0}^{2} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant 1$ ，则 $\left|f^{\prime}(\xi)\right| \geqslant 2-\left|\int_{0}^{2} f(x) \mathrm{d} x\right| \geqslant 1$ ．这与已知矛盾．
（5）先证：$f^{\prime}(x) \leqslant g(x)$ ．
当 $\displaystyle 0 \leqslant x \leqslant \frac{a}{2}$ 时，$f^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-f^{\prime}(0)=f^{\prime \prime}(\xi) x \leqslant x$ ，其中 $0<\xi2$ ．
（6）如图 4．3，由拉格朗日中值定理得：
$$
|f(x)|=|f(x)-f(0)|=\left|f^{\prime}\left(\xi_{x}\right)\right| x \leqslant M x, x \in[0, a] .
$$
在 $[0, a]$ 上取定积分得
$$
\left|\int_{0}^{a} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \int_{0}^{a}|f(x)| \mathrm{d} x \leqslant M \int_{0}^{a} x \mathrm{~d} x=\frac{M a^{2}}{2} .
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/f12c872f-2d5e-49ed-83c0-1c7e59b03c5d-083.jpg?height=837&width=982&top_left_y=842&top_left_x=4620}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图4．3}
\end{figure}
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：引入最大值并应用拉格朗日中值定理
记 $M = \max_{x \in [a,b]} |f'(x)|$。对于任意 $x \in [a, \frac{a+b}{2}]$，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi_1 \in (a,x)$ 使得 $f(x) = f(x) - f(a) = f'(\xi_1)(x-a)$，因此 $|f(x)| \le M(x-a)$。类似地，对于 $x \in [\frac{a+b}{2}, b]$，存在 $\xi_2 \in (x,b)$ 使得 $f(x) = f(x) - f(b) = f'(\xi_2)(x-b)$，因此 $|f(x)| \le M(b-x)$。
公式：拉格朗日中值定理：$f(x)-f(a)=f'(\xi)(x-a)$
提示：注意区间划分，确保中值定理应用正确。
步骤 2/4
目标：积分估计
将积分区间分为两段，利用上述不等式：
$$\left|\int_a^b f(x) dx\right| \le \int_a^{\frac{a+b}{2}} |f(x)| dx + \int_{\frac{a+b}{2}}^b |f(x)| dx \le M \int_a^{\frac{a+b}{2}} (x-a) dx + M \int_{\frac{a+b}{2}}^b (b-x) dx.$$
提示：注意绝对值不等式：$|\int f| \le \int |f|$。
步骤 3/4
目标：计算积分
计算两个定积分：
$$\int_a^{\frac{a+b}{2}} (x-a) dx = \frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{2}-a\right)^2 = \frac{(b-a)^2}{8},$$
$$\int_{\frac{a+b}{2}}^b (b-x) dx = \frac{1}{2}\left(b-\frac{a+b}{2}\right)^2 = \frac{(b-a)^2}{8}.$$
因此，$$\left|\int_a^b f(x) dx\right| \le M \cdot \frac{(b-a)^2}{4}.$$
公式：定积分公式：$\int_c^d (x-c) dx = \frac{1}{2}(d-c)^2$
提示：注意对称性，两个积分相等。
步骤 4/4
目标：整理结论
由上式得 $M \ge \frac{4}{(b-a)^2} \left|\int_a^b f(x) dx\right|$，即 $\max_{a
提示：注意最后一步将绝对值积分放缩为积分绝对值，但题目要求的是 $\int |f|$，实际上 $|\int f| \le \int |f|$，所以结论成立。
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