上册 3.3 导数的估值 第26题
📝 题目
26．证明下列结论．
（1）假定在某个区间 $I$ 上，函数 $f(x)$ 满足条件：存在常数 $l>0$ 和 $\alpha>0$ 使得
$$
|f(x)-f(y)| \leqslant l|x-y|^{\alpha},(\forall x, y \in I)
$$
💡 答案解析
证明：（1）在区间 $I$ 上，函数 $f(x)$ 一致连续；（2）如果常数 $\alpha>1$ ，则在区间 $I$ 上，$f(x)$ 恒为常数；（3）若常数 $\alpha=1, I=[a, b]$ ，则 $\exists \xi \in[a, b]$ 使 $f(\xi)=\xi$ ，特别当 $l<1$ 时，存在唯一 $\xi \in(a, b)$ 使 $f(\xi)=\xi$ ．（湘潭大学 2010 ，扬州大学 2004 ，西北 工大 2005，新疆大学 2004，武汉科技 2012 $(\alpha=1)$ ，西南交大 2006（ $\alpha=1$ ），兰州大学 2009，北京理工 2008，华中师大 2001，南京大学 2011）
（2）若函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，$\forall[\alpha, \beta] \subset[a, b],\left|\int_{\alpha}^{\beta} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant M|\beta-\alpha|^{1+\delta},(M, \delta$ 为正常数）．则 $f(x) \equiv 0$ ．
解题过程：
（1）$\forall \varepsilon>0$ ，取 $\displaystyle \delta<\frac{\varepsilon}{l}$ ，则当 $x_{1}, x_{2} \in I$ 且 $\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ 时，$\displaystyle \left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leqslant l\left|x_{1}-x_{2}\right| \leqslant l \cdot \frac{\varepsilon}{l}=\varepsilon$ 。所以 $f(x)$ 在 $I$ 上一致连续．
由 $|f(x)-f(y)| \leqslant l|x-y|^{\alpha}, \forall x, y \in I$ 可得 $\displaystyle 0 \leqslant \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|} \leqslant l|x-y|^{\alpha-1} . \forall x \in I$ ，固定 $x$ ，令 $y \rightarrow x$ ，则 $\displaystyle \lim _{y \rightarrow x}\left|\frac{f(x)-f(y)}{x-y}\right|=0$ 。所以 $\displaystyle \lim _{y \rightarrow x} \frac{f(x)-f(y)}{y-x}=0$ ，即有 $f^{\prime}(x)=0, \forall x \in I$ ．因此 $f(x)$ 在 $I$ 上恒为常数．
第三问见 2.3 题 7 及题 9.
（2）作 $F(x)=\int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d} t$ ，则 $F(\beta)-F(\alpha)=\int_{a}^{\beta} f(t) \mathrm{d} t$ ．由 $\left|\int_{a}^{\beta} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant M|\beta-\alpha|^{1+\delta}$ 有
$$
|F(\beta)-F(\alpha)| \leqslant M|\beta-\alpha|^{1+\delta} .
$$
由（1）可知，$F(x) \equiv C$（ $C$ 为常数），所以 $F^{\prime}(x) \equiv 0$ ，即 $f(x) \equiv 0$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：证明一致连续性
对于任意给定的 $\varepsilon > 0$，取 $\delta = \left(\frac{\varepsilon}{l}\right)^{1/\alpha}$。当 $x, y \in I$ 且 $|x-y| < \delta$ 时，有 $|f(x)-f(y)| \leq l|x-y|^\alpha < l\delta^\alpha = \varepsilon$。因此 $f(x)$ 在 $I$ 上一致连续。
公式：|f(x)-f(y)| \leq l|x-y|^\alpha
提示：注意 $\delta$ 的取法依赖于 $\alpha$，不能直接取 $\delta = \varepsilon/l$，因为 $\alpha$ 可能不等于1。
步骤 2/6
目标：证明当 $\alpha>1$ 时 $f$ 为常数
由条件，对任意 $x \neq y$，有 $0 \leq \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|} \leq l|x-y|^{\alpha-1}$。固定 $x$，令 $y \to x$，则右边趋于0，故 $\lim_{y\to x}\frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|}=0$，从而 $\lim_{y\to x}\frac{f(x)-f(y)}{x-y}=0$，即 $f'(x)=0$。因此 $f$ 在区间 $I$ 上恒为常数。
公式：\lim_{y\to x}\frac{f(x)-f(y)}{x-y}=0
提示：需要 $\alpha>1$ 以保证 $|x-y|^{\alpha-1}\to 0$；导数存在性由极限定义保证。
步骤 3/6
目标：证明当 $\alpha=1$ 且 $I=[a,b]$ 时存在不动点
考虑函数 $g(x)=f(x)-x$，则 $g$ 在 $[a,b]$ 上连续。由条件 $|f(x)-f(y)|\leq l|x-y|$，特别地，取 $y=a$ 得 $|f(x)-f(a)|\leq l|x-a|$，故 $f(x)\leq f(a)+l(x-a)$。于是 $g(a)=f(a)-a\leq f(a)-a$，$g(b)=f(b)-b\geq f(b)-b$。若 $g(a)=0$ 或 $g(b)=0$，则已得证。否则 $g(a)>0$ 且 $g(b)<0$，由介值定理存在 $\xi\in(a,b)$ 使 $g(\xi)=0$，即 $f(\xi)=\xi$。当 $l<1$ 时，若存在两个不动点 $\xi_1<\xi_2$，则 $|\xi_1-\xi_2|=|f(\xi_1)-f(\xi_2)|\leq l|\xi_1-\xi_2|$，推出 $1\leq l$，矛盾，故唯一。
公式：|f(x)-f(y)|\leq l|x-y|
提示：注意 $l<1$ 是唯一性的关键条件；介值定理要求 $g(a)$ 和 $g(b)$ 异号。
步骤 4/6
目标：构造辅助函数并应用条件
对于第二部分，令 $F(x)=\int_a^x f(t)\,dt$，则 $F$ 在 $[a,b]$ 上可导且 $F'(x)=f(x)$。对任意 $[\alpha,\beta]\subset[a,b]$，有 $|F(\beta)-F(\alpha)|=\left|\int_\alpha^\beta f(x)\,dx\right|\leq M|\beta-\alpha|^{1+\delta}$。
公式：F(\beta)-F(\alpha)=\int_\alpha^\beta f(x)\,dx
提示：注意 $F$ 的定义域和可导性。
步骤 5/6
目标：证明 $F$ 为常数
由第一步的结论（取 $\alpha=1+\delta>1$），$F$ 满足 $|F(x)-F(y)|\leq M|x-y|^{1+\delta}$，且 $1+\delta>1$，故 $F$ 在 $[a,b]$ 上恒为常数。
公式：|F(x)-F(y)|\leq M|x-y|^{1+\delta}
提示：这里直接应用了第一问（2）的结论，注意 $\alpha=1+\delta>1$。
步骤 6/6
目标：推出 $f\equiv0$
由于 $F$ 为常数，其导数 $F'(x)=f(x)\equiv0$，故 $f(x)\equiv0$。
公式：F'(x)=f(x)
提示：常数函数的导数为0。
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