南京师范大学 2011年数学分析第0题

已知函数 $f(x)$ 在闭区间 $[0,2]$ 上二次可微，且满足 $|f(x)| \leq 1$ 和 $|f''(x)| \leq 1$ 对所有 $x \in [0,2]$ 成立。需要证明对任意 $x \in [0,2]$，有 $|f'(x)| \leq 2$。

固定任意 $x \in [0,2]$，取增量 $h$ 使得 $x+h \in [0,2]$。由带拉格朗日余项的泰勒公式： $$f(x+h) = f(x) + f'(x)h + \frac{1}{2} f''(\xi) h^2$$ 其中 $\xi$ 介于 $x$ 与 $x+h$ 之间。移项解得： $$f'(x) = \frac{f(x+h)-f(x)}{h} - \frac{1}{2} f''(\xi) h$$

对上述表达式取绝对值，利用三角不等式得： $$|f'(x)| \leq \frac{|f(x+h)-f(x)|}{|h|} + \frac{1}{2} |f''(\xi)| |h|$$ 由已知条件 $|f(x+h)-f(x)| \leq |f(x+h)| + |f(x)| \leq 2$ 和 $|f''(\xi)| \leq 1$，得到： $$|f'(x)| \leq \frac{2}{|h|} + \frac{|h|}{2}$$

函数 $g(t) = \frac{2}{t} + \frac{t}{2}$ 在 $t>0$ 时由均值不等式有最小值 $2$（当 $t=2$ 时取到）。但 $h$ 的选取必须保证 $x+h \in [0,2]$，因此不能对所有 $x$ 取 $|h|=2$。需要根据 $x$ 的位置分情况讨论，以选择合适的 $h$ 使得右端不超过 $2$。

当 $x=0$ 时，只能取 $h>0$。取 $h=2$，则 $x+h=2 \in [0,2]$，代入不等式得： $$|f'(0)| \leq \frac{2}{2} + \frac{2}{2} = 2$$ 当 $x=2$ 时，取 $h=-2$，则 $x+h=0 \in [0,2]$，同样得 $|f'(2)| \leq 2$。端点处结论成立。

对于内点 $x \in (0,2)$，采用双向泰勒展开以消去一阶项。取 $h>0$ 且足够小使得 $x \pm h \in [0,2]$，即 $0 < h \leq \min(x, 2-x)$。写出： $$f(x+h) = f(x) + f'(x)h + \frac12 f''(\xi_1) h^2$$ $$f(x-h) = f(x) - f'(x)h + \frac12 f''(\xi_2) h^2$$ 两式相减得： $$f(x+h)-f(x-h) = 2 f'(x) h + \frac12 [f''(\xi_1)-f''(\xi_2)] h^2$$ 移项并取绝对值： $$2h |f'(x)| \leq |f(x+h)-f(x-h)| + \frac12 (|f''(\xi_1)|+|f''(\xi_2)|) h^2 \leq 2 + h^2$$ 因此： $$|f'(x)| \leq \frac{1}{h} + \frac{h}{2}$$

函数 $\phi(h) = \frac{1}{h} + \frac{h}{2}$ 在 $h=\sqrt{2}$ 时取最小值 $\sqrt{2} < 2$。 - 若 $x \in [\sqrt{2}, 2-\sqrt{2}]$，可取 $h=\sqrt{2}$，得 $|f'(x)| \leq \sqrt{2} < 2$。 - 若 $x \in (0, \sqrt{2})$，则最大可取 $h=x$，此时 $|f'(x)| \leq \frac{1}{x} + \frac{x}{2}$。由于函数在 $(0, \sqrt{2}]$ 上递减，最大值在 $x \to 0^+$ 时趋于无穷？但注意 $x$ 不能任意小，因为当 $x$ 很小时，我们可用端点附近的单侧估计：取 $h=2-x$（向右到端点），得 $|f'(x)| \leq \frac{2}{2-x} + \frac{2-x}{2}$。该函数在 $[0,1]$ 上递减？实际计算：在 $x=0$ 时为 $2$，在 $x=1$ 时为 $\frac{2}{1} + \frac{1}{2} = 2.5$？这似乎矛盾。重新审视：对于靠近左端点的点，更优的取法是 $h=x$ 吗？不，当 $x$ 很小时，$h=x$ 导致 $\frac{1}{x}$ 很大，因此应改用单侧展开到右端点。 正确做法：对 $x \in [0,1]$，取 $h=2-x$，则 $x+h=2$，代入单侧公式得： $$|f'(x)| \leq \frac{2}{2-x} + \frac{2-x}{2}$$ 函数 $\psi(x) = \frac{2}{2-x} + \frac{2-x}{2}$ 在 $[0,1]$ 上，$\psi(0)=2$，$\psi(1)=\frac{2}{1}+\frac{1}{2}=2.5$，这反而变大了！说明此取法不好。 实际上，标准证法采用双向展开时，对靠近端点的点，$h$ 只能取到 $\min(x,2-x)$，此时 $|f'(x)| \leq \frac{1}{h} + \frac{h}{2}$，且 $h \leq 1$（因为 $x$ 或 $2-x$ 较小）。函数 $\frac{1}{h}+\frac{h}{2}$ 在 $(0,1]$ 上递减，最大值在 $h=1$ 时为 $1.5$，最小值在 $h \to 0^+$ 时趋于无穷？不对，$h$ 不能趋于0，因为 $h$ 是具体取定的。当 $x$ 非常接近0时，$h$ 只能取 $x$ 本身，此时 $\frac{1}{x}+\frac{x}{2}$ 会很大，说明双向展开法在端点附近失效，必须用单侧展开。 因此最终证明： - 对 $x \in [0,1]$，取 $h=2$（向右），由单侧公式得 $|f'(x)| \leq \frac{2}{2} + \frac{2}{2} = 2$？但 $x+h=x+2$ 可能超出2？当 $x \in [0,1]$ 时，$x+2 \in [2,3]$，超出区间，不可取。 正确且简洁的证法：直接利用中值定理或积分。这里给出标准解答中的常用方法： 对任意 $x \in [0,2]$，由泰勒公式： $$f(0) = f(x) + f'(x)(0-x) + \frac12 f''(\xi_1)(0-x)^2$$ $$f(2) = f(x) + f'(x)(2-x) + \frac12 f''(\xi_2)(2-x)^2$$ 两式相减得： $$f(2)-f(0) = f'(x)(2) + \frac12 [f''(\xi_2)(2-x)^2 - f''(\xi_1)x^2]$$ 于是： $$2|f'(x)| \leq |f(2)-f(0)| + \frac12 [|f''(\xi_2)|(2-x)^2 + |f''(\xi_1)|x^2] \leq 2 + \frac12 [(2-x)^2 + x^2]$$ 即： $$|f'(x)| \leq 1 + \frac14 [(2-x)^2 + x^2]$$ 计算右边最大值：令 $g(x)=1+\frac14[(2-x)^2+x^2] = 1+\frac14(2x^2-4x+4) = 1+\frac{x^2}{2} - x + 1 = \frac{x^2}{2} - x + 2$，这是开口向上的二次函数，在 $x=1$ 处取最小值 $1.5$，在端点 $x=0$ 或 $x=2$ 处取最大值 $2$。因此 $|f'(x)| \leq 2$。

综合以上三种情况： - 当 $x \in [\sqrt{2}, 2-\sqrt{2}]$ 时，$|f'(x)| \leq \sqrt{2} < 2$； - 当 $x \in [0, \sqrt{2}]$ 时，$|f'(x)| \leq 2$； - 当 $x \in [2-\sqrt{2}, 2]$ 时，$|f'(x)| \leq 2$。 因此对任意 $x \in [0,2]$，有 $|f'(x)| \leq 2$，命题得证。