中册 4.4 积分估值与积分不等式 第14题
📝 题目
14．证明下列命题．
（1）设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上具有二阶连续导数，$f(a)=f(b)=0$ ，求证：
$$
\left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{(b-a)^{3}}{12} \max _{[a, b]}\left|f^{\prime \prime}(x)\right| . \text { }
$$
（2）设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 内有二阶连续导数，$f(a)=f(b)=0$ ，试证明：（1）对 $[a, b]$ 内的任意 $x$ ， $\displaystyle \left|\frac{f(x)}{(x-b)(x-a)}\right| \leqslant \frac{1}{b-\dot{a}} \int_{a}^{b}\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \mathrm{d} x$ ；（2）$\displaystyle \frac{4}{b-a} \max _{a
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）方法 1：多次应用分部积分及已知条件得
$$
\begin{aligned}
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x & =\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d}(x-a)=[(x-a) f(x)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}(x-a) f^{\prime}(x) \mathrm{d} x=-\int_{a}^{b}(x-a) f^{\prime}(x) \mathrm{d}(x-b) \\
& =\int_{a}^{b}(x-b)\left[f^{\prime}(x)+(x-a) f^{\prime \prime}(x)\right] \mathrm{d} x=\int_{a}^{b}(x-a)(x-b) f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x+\int_{a}^{b}(x-b) f^{\prime}(x) \mathrm{d} x \\
& =\int_{a}^{b}(x-a)(x-b) f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x-\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x
\end{aligned}
$$
移项得 $\displaystyle \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=\frac{1}{2} \int_{a}^{b}(x-a)(x-b) f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x$ ．
记 $\max _{x \in[a, b]}\left|f^{\prime}(x)\right|=M$ ，则
$$
\begin{aligned}
\left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right| & =\frac{1}{2}\left|\int_{a}^{b}(x-a)(x-b) f^{\prime \prime}(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{1}{2} \int_{a}^{b}(x-a)(b-x)\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \mathrm{d} x \\
& \leqslant \frac{M}{2} \int_{a}^{b}(x-a)(b-x) \mathrm{d} x=\frac{M}{12}(b-a)^{3}
\end{aligned}
$$
方法 2：由 Taylor 公式，$\forall t, x$ ，有
$$
f(t)=f(x)+f^{\prime}(x)(t-x)+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!}(t-x)^{2} .
$$
所以
$$
0=f(a)=f(x)+f^{\prime}(x)(a-x)+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!}(a-x)^{2} .
$$
于是
$$
f(x)=f^{\prime}(x)(x-a)-\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!}(a-x)^{2}
$$
$\displaystyle \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{b} f^{\prime}(x)(x-a) \mathrm{d} x-\int_{a}^{b} \frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!}(x-a)^{2} \mathrm{~d} x=\left.f(x)(x-a)\right|_{a} ^{b}-\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x-\frac{1}{2} \int_{a}^{b} f^{\prime \prime}(\xi)(x-a)^{2} \mathrm{~d} x$.
所以
$$
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=-\frac{1}{4} \int_{a}^{b} f^{\prime \prime}(\xi)(x-a)^{2} \mathrm{~d} x
$$
故
$$
\left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{1}{4} \int_{a}^{b}\left|f^{\prime \prime}(\xi)\right|(x-a)^{2} \mathrm{~d} x \leqslant \frac{1}{4} \max _{a0$ ．由连续函数的最值定理，$\exists c \in(0,1)$ 使 $f(c)=\max _{0
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明不等式（1）
方法1：利用分部积分。由$f(a)=f(b)=0$，有
\[
\begin{aligned}
\int_a^b f(x)\,dx &= \int_a^b f(x)\,d(x-a) = [(x-a)f(x)]_a^b - \int_a^b (x-a)f'(x)\,dx \\
&= -\int_a^b (x-a)f'(x)\,d(x-b) = \int_a^b (x-b)[f'(x)+(x-a)f''(x)]\,dx \\
&= \int_a^b (x-a)(x-b)f''(x)\,dx + \int_a^b (x-b)f'(x)\,dx \\
&= \int_a^b (x-a)(x-b)f''(x)\,dx - \int_a^b f(x)\,dx.
\end{aligned}
\]
移项得 $\displaystyle \int_a^b f(x)\,dx = \frac12 \int_a^b (x-a)(x-b)f''(x)\,dx$。
令 $M = \max_{[a,b]}|f''(x)|$，则
\[
\left|\int_a^b f(x)\,dx\right| \le \frac12 \int_a^b (x-a)(b-x)|f''(x)|\,dx \le \frac{M}{2}\int_a^b (x-a)(b-x)\,dx = \frac{M}{12}(b-a)^3.
\]
公式：分部积分公式：$\int u\,dv = uv - \int v\,du$
提示：注意符号处理，分部积分时不要遗漏负号。
步骤 2/5
目标：证明不等式（1）的另一种方法
方法2：利用Taylor公式。对任意$t,x\in[a,b]$，有
\[
f(t) = f(x) + f'(x)(t-x) + \frac{f''(\xi)}{2}(t-x)^2,
\]
其中$\xi$介于$t$与$x$之间。取$t=a$，利用$f(a)=0$得
\[
0 = f(x) + f'(x)(a-x) + \frac{f''(\xi_1)}{2}(a-x)^2,
\]
解得 $f(x) = f'(x)(x-a) - \frac{f''(\xi_1)}{2}(x-a)^2$。
积分得
\[
\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^b f'(x)(x-a)\,dx - \frac12\int_a^b f''(\xi_1)(x-a)^2\,dx.
\]
对第一项分部积分：$\int_a^b f'(x)(x-a)\,dx = [f(x)(x-a)]_a^b - \int_a^b f(x)\,dx = -\int_a^b f(x)\,dx$。
代入得 $\displaystyle \int_a^b f(x)\,dx = -\frac14 \int_a^b f''(\xi_1)(x-a)^2\,dx$。
因此
\[
\left|\int_a^b f(x)\,dx\right| \le \frac14 \int_a^b |f''(\xi_1)|(x-a)^2\,dx \le \frac{M}{4}\int_a^b (x-a)^2\,dx = \frac{M}{12}(b-a)^3.
\]
公式：Taylor公式：$f(t)=f(x)+f'(x)(t-x)+\frac{f''(\xi)}{2}(t-x)^2$
提示：注意Taylor展开的余项形式，以及分部积分后移项的处理。
步骤 3/5
目标：证明不等式（2）的第一部分
定义 $F(x)=\frac{f(x)}{(x-b)(x-a)}$。补充定义 $F(a)=\frac{f'(a)}{a-b}$，$F(b)=\frac{f'(b)}{b-a}$。
利用Lagrange中值定理，存在$\xi_1\in(a,x)$，$\xi_2\in(x,b)$使得
\[
F(x)=\frac{1}{b-a}\left(\frac{f(x)-f(b)}{x-b}-\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\right)=\frac{1}{b-a}(f'(\xi_1)-f'(\xi_2)).
\]
再由Newton-Leibniz公式，$f'(\xi_1)-f'(\xi_2)=\int_{\xi_1}^{\xi_2} f''(t)\,dt$，于是
\[
|F(x)| \le \frac{1}{b-a}\left|\int_{\xi_1}^{\xi_2} f''(t)\,dt\right| \le \frac{1}{b-a}\int_{\xi_1}^{\xi_2} |f''(t)|\,dt \le \frac{1}{b-a}\int_a^b |f''(t)|\,dt.
\]
公式：Lagrange中值定理：$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$
提示：注意补充定义使$F(x)$在端点连续，以及中值点$\xi_1,\xi_2$的选取。
步骤 4/5
目标：证明不等式（2）的第二部分
由第一部分结论，$|f(x)| \le (b-x)(x-a)\int_a^b |f''(t)|\,dt$。
由于$(b-x)(x-a)$在$x=\frac{a+b}{2}$处取得最大值$\left(\frac{b-a}{2}\right)^2$，因此
\[
|f(x)| \le \left(\frac{b-a}{2}\right)^2 \int_a^b |f''(t)|\,dt,
\]
即 $\displaystyle \frac{4}{b-a}|f(x)| \le \int_a^b |f''(t)|\,dt$。
对$x$取最大值得 $\displaystyle \frac{4}{b-a}\max_{a
公式：二次函数最值：$(b-x)(x-a)\le \left(\frac{b-a}{2}\right)^2$
提示：注意不等号方向，由$|F(x)|$的不等式推出$|f(x)|$的上界。
步骤 5/5
目标：证明不等式（3）
由（2）的结论，取$a=0,b=1$，得 $\displaystyle \max_{0
公式：由（2）得到的估计：$\max|f|\le\frac14\int|f''|$
提示：注意$f(x)\neq0$保证分母不为零，且$\max|f|$是常数可提出积分号。
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