上册 2.1 函数的连续性 第31题
📝 题目
31．设 $f(x)$ 为 $\mathbf{R}$ 上的以 $2 \pi$ 为周期的函数，满足：（I） $\int_{0}^{2 \pi} f(x) \mathrm{d} x=0$ ；（II）$|f(x)-f(y)| \leqslant L|x-y|$ ， $\forall x, y \in \mathbf{R}, L$ 为常数。证明：（1）$f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ ！可以取到最大值和最小值；（2） $\max _{x \in \mathbf{R}}|f(x)| \leqslant \pi L$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
由已知条件得 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上一致连续，从而 $f(x)$ 在 $[0,2 \pi]$ 上连续，可取到最大、最小值．又 $f(x)$ 为 $\mathbf{R}$ 上的以 $2 \pi$ 为周期的函数，所以 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上可以取到最大值和最小值．记 $f\left(x_{M}\right)=\max _{x \in \mathbf{R}}|f(x)|$ ．
由 $\int_{0}^{2 \pi} f(x) \mathrm{d} x=0$ 知，$\exists x_{0} \in[0,2 \pi]$ ，使 $\displaystyle f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} f(x) \mathrm{d} x=0$ ．
讨论：当 $x_{M}=x_{0}$ 时，$f\left(x_{M}\right)=f\left(x_{0}\right)=0, ~ \max _{x \in[0,2 \pi]}|f(x)|=0 \leqslant \pi L$ 。
当 $x_{M}>x_{0}$ 时，由 $f(x)$ 为 $\mathbf{R}$ 上的以 $2 \pi$ 为周期的函数知 $2\left|f\left(x_{0}\right)-f\left(x_{M}\right)\right|=\left|f\left(x_{0}\right)-f\left(x_{M}\right)\right|+\left|f\left(x_{0}+2 \pi\right)-f\left(x_{M}\right)\right| \leqslant L\left(x_{0}-x_{M}\right)+L\left(x_{0}+2 \pi-x_{M}\right)=2 \pi L$.
当 $x_{M}
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：证明f(x)在R上连续且可取得最值
由条件（II）知，$f(x)$ 满足 Lipschitz 条件，因此 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上一致连续，特别地在 $[0,2\pi]$ 上连续。闭区间上的连续函数必有最大值和最小值。又 $f(x)$ 以 $2\pi$ 为周期，所以 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上可以取到最大值和最小值。
提示：注意周期函数的最值可以在整个实数轴上取到，只需考虑一个周期区间。
步骤 2/7
目标：找到零点
由条件（I）$\int_0^{2\pi} f(x) dx = 0$ 及积分中值定理，存在 $x_0 \in [0,2\pi]$ 使得 $f(x_0) = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(x) dx = 0$。
公式：积分中值定理：$\exists \xi \in [a,b], \int_a^b f(x) dx = f(\xi)(b-a)$
提示：注意积分中值定理要求函数连续，这里已证连续。
步骤 3/7
目标：记最大绝对值点并分情况讨论
记 $M = \max_{x\in\mathbf{R}} |f(x)|$，并设 $x_M$ 使得 $|f(x_M)| = M$。由于 $f$ 周期，可设 $x_M \in [0,2\pi]$。分三种情况：$x_M = x_0$，$x_M > x_0$，$x_M < x_0$。
提示：注意 $x_M$ 可能不唯一，但取一个即可。
步骤 4/7
目标：情况1：x_M = x_0
若 $x_M = x_0$，则 $M = |f(x_0)| = 0$，显然 $M \leq \pi L$ 成立。
提示：注意此时不等式平凡成立。
步骤 5/7
目标：情况2：x_M > x_0
若 $x_M > x_0$，考虑 $x_0$ 和 $x_M$ 以及 $x_0+2\pi$ 和 $x_M$。由 Lipschitz 条件：
$|f(x_0)-f(x_M)| \leq L(x_M - x_0)$，
$|f(x_0+2\pi)-f(x_M)| \leq L(x_0+2\pi - x_M)$。
由于 $f$ 以 $2\pi$ 为周期，$f(x_0+2\pi)=f(x_0)=0$，且 $|f(x_M)|=M$，所以
$2M = |f(x_0)-f(x_M)| + |f(x_0+2\pi)-f(x_M)| \leq L(x_M - x_0) + L(x_0+2\pi - x_M) = 2\pi L$，
故 $M \leq \pi L$。
公式：Lipschitz 条件：$|f(x)-f(y)| \leq L|x-y|$
提示：注意利用周期性将两个不等式相加，消去 $x_0$ 和 $x_M$ 的差值。
步骤 6/7
目标：情况3：x_M < x_0
若 $x_M < x_0$，考虑 $x_M$ 和 $x_0$ 以及 $x_M+2\pi$ 和 $x_0$。由 Lipschitz 条件：
$|f(x_M)-f(x_0)| \leq L(x_0 - x_M)$，
$|f(x_M+2\pi)-f(x_0)| \leq L(x_M+2\pi - x_0)$。
由于 $f$ 周期，$f(x_M+2\pi)=f(x_M)$，且 $f(x_0)=0$，所以
$2M = |f(x_M)-f(x_0)| + |f(x_M+2\pi)-f(x_0)| \leq L(x_0 - x_M) + L(x_M+2\pi - x_0) = 2\pi L$，
故 $M \leq \pi L$。
公式：Lipschitz 条件
提示：与情况2对称，注意利用周期性将两个不等式相加。
步骤 7/7
目标：结论
综合三种情况，均有 $\max_{x\in\mathbf{R}} |f(x)| \leq \pi L$，证毕。
提示：注意 $M$ 是 $|f|$ 的最大值，而非 $f$ 的最大值。
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