中国科学院大学 2024年数学分析第0题
📝 题目
三．（15分）设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a, b]$ 上二阶可导，且 $\displaystyle f^{\prime}(a)=f^{\prime}(b)=0$ ，证明：存在 $\displaystyle \xi \in(a, b)$ ，使得
$$
\left|f^{\prime \prime}(\xi)\right| \geq \frac{4}{(b-a)^{2}}|f(b)-f(a)|
$$
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：明确条件和目标
已知函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上二阶可导，且 $f'(a)=f'(b)=0$。需要证明存在 $\xi \in (a,b)$，使得 $|f''(\xi)| \ge \\frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|$。
提示：注意条件中一阶导数在端点为零，这是后续泰勒展开消去一阶项的关键。
步骤 2/6
目标：在中点处进行泰勒展开
记中点 $c = \\frac{a+b}{2}$。分别在 $a$ 和 $b$ 处对 $f$ 在 $c$ 点做带拉格朗日余项的一阶泰勒展开。\n\n对 $f(a)$ 展开：\n$$f(a) = f(c) + f'(c)(a-c) + \\frac{1}{2} f''(\\xi_1)(a-c)^2,$$\n其中 $\\xi_1$ 在 $a$ 与 $c$ 之间。由于 $a-c = -\\frac{b-a}{2}$，$(a-c)^2 = \\frac{(b-a)^2}{4}$，代入得：\n$$f(a) = f(c) - \\frac{b-a}{2} f'(c) + \\frac{(b-a)^2}{8} f''(\\xi_1). \\tag{1}$$\n\n对 $f(b)$ 展开：\n$$f(b) = f(c) + f'(c)(b-c) + \\frac{1}{2} f''(\\xi_2)(b-c)^2,$$\n其中 $\\xi_2$ 在 $c$ 与 $b$ 之间。由于 $b-c = \\frac{b-a}{2}$，$(b-c)^2 = \\frac{(b-a)^2}{4}$，代入得：\n$$f(b) = f(c) + \\frac{b-a}{2} f'(c) + \\frac{(b-a)^2}{8} f''(\\xi_2). \\tag{2}$$
公式：$$f(a) = f(c) - \\frac{b-a}{2} f'(c) + \\frac{(b-a)^2}{8} f''(\\xi_1)$$ $$f(b) = f(c) + \\frac{b-a}{2} f'(c) + \\frac{(b-a)^2}{8} f''(\\xi_2)$$
提示：注意展开点选为中点，使得 $(a-c)^2$ 和 $(b-c)^2$ 相等，便于后续处理。
步骤 3/6
目标：利用端点导数为零重新展开
由于 $f'(a)=0$，在 $a$ 处对 $f(c)$ 展开（以 $a$ 为展开点）：\n$$f(c) = f(a) + f'(a)(c-a) + \\frac{1}{2} f''(\\eta_1)(c-a)^2 = f(a) + \\frac{1}{2} f''(\\eta_1)\\left(\\frac{b-a}{2}\\right)^2,$$\n其中 $\\eta_1 \\in (a,c)$。整理得：\n$$f(c) = f(a) + \\frac{(b-a)^2}{8} f''(\\eta_1). \\tag{3}$$\n\n同理，由于 $f'(b)=0$，在 $b$ 处对 $f(c)$ 展开：\n$$f(c) = f(b) + f'(b)(c-b) + \\frac{1}{2} f''(\\eta_2)(c-b)^2 = f(b) + \\frac{1}{2} f''(\\eta_2)\\left(-\\frac{b-a}{2}\\right)^2,$$\n其中 $\\eta_2 \\in (c,b)$。整理得：\n$$f(c) = f(b) + \\frac{(b-a)^2}{8} f''(\\eta_2). \\tag{4}$$
公式：$$f(c) = f(a) + \\frac{(b-a)^2}{8} f''(\\eta_1)$$ $$f(c) = f(b) + \\frac{(b-a)^2}{8} f''(\\eta_2)$$
提示：这里利用 $f'(a)=f'(b)=0$ 消去了一阶项，使得展开式更简洁。
步骤 4/6
目标：两式相减得到关键等式
将 (3) 和 (4) 相减（(3) 减 (4)）：\n$$0 = f(a) - f(b) + \\frac{(b-a)^2}{8} \\big( f''(\\eta_1) - f''(\\eta_2) \\big).$$\n移项得：\n$$f(b) - f(a) = \\frac{(b-a)^2}{8} \\big( f''(\\eta_1) - f''(\\eta_2) \\big).$$
公式：$$f(b) - f(a) = \\frac{(b-a)^2}{8} \\big( f''(\\eta_1) - f''(\\eta_2) \\big)$$
提示：这一步直接消去了 $f(c)$，得到 $f(b)-f(a)$ 与二阶导数的关系。
步骤 5/6
目标：取绝对值并放缩
对等式两边取绝对值，并利用三角不等式：\n$$|f(b)-f(a)| = \\frac{(b-a)^2}{8} \\big| f''(\\eta_1) - f''(\\eta_2) \\big| \\le \\frac{(b-a)^2}{8} \\big( |f''(\\eta_1)| + |f''(\\eta_2)| \\big).$$\n由于 $|f''(\\eta_1)| + |f''(\\eta_2)| \\le 2 \\max\\{|f''(\\eta_1)|, |f''(\\eta_2)|\\}$，因此：\n$$|f(b)-f(a)| \\le \\frac{(b-a)^2}{4} \\max\\{|f''(\\eta_1)|, |f''(\\eta_2)|\\}.$$
公式：$$|f(b)-f(a)| \\le \\frac{(b-a)^2}{4} \\max\\{|f''(\\eta_1)|, |f''(\\eta_2)|\\}$$
提示：注意放缩方向，最终得到下界估计。
步骤 6/6
目标：得出结论
令 $\\xi$ 为 $\\eta_1$ 和 $\\eta_2$ 中使得 $|f''(\\xi)|$ 较大的那个，则 $\\xi \\in (a,b)$，且由上式得：\n$$|f''(\\xi)| \\ge \\frac{4}{(b-a)^2} |f(b)-f(a)|.$$\n证毕。
公式：$$|f''(\\xi)| \\ge \\frac{4}{(b-a)^2} |f(b)-f(a)|$$
提示：注意 $\\eta_1 \\in (a,c)$，$\\eta_2 \\in (c,b)$，因此 $\\xi$ 确实在 $(a,b)$ 内。
步骤 7/8
目标：应用均值不等式
由 $(\eta-a)+(b-\eta)=b-a$，均值不等式得 $(\eta-a)(b-\eta)\leq \left(\frac{b-a}{2}\right)^2$，从而 $\frac{1}{\eta-a}+\frac{1}{b-\eta}\geq \frac{4}{b-a}$。代入得 $|f''(\xi_1)|+|f''(\xi_2)|\geq \frac{4|f(b)-f(a)|}{(b-a)^2}$。
公式：均值不等式：$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}$ 当 $x,y>0$。
提示：注意 $\eta-a$ 和 $b-\eta$ 均为正。
步骤 8/8
目标：得出结论
由于 $|f''(\xi_1)|+|f''(\xi_2)|\geq \frac{4|f(b)-f(a)|}{(b-a)^2}$，则 $|f''(\xi_1)|$ 和 $|f''(\xi_2)|$ 中至少有一个不小于 $\frac{4|f(b)-f(a)|}{(b-a)^2}$，即存在 $\xi \in (a,b)$（取 $\xi_1$ 或 $\xi_2$）使得 $|f''(\xi)|\geq \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|$。
提示：注意结论中的绝对值。
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