山西大学 2025年数学分析第6题

已知 $f \in C^2[0,1]$, $f(0)=f(1)=0$, 且对任意 $x \in (0,1)$, $f(x) \neq 0$。由连续性知 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内不变号。不妨设 $f(x)>0$（若为负，考虑 $-f$ 不影响结论，因为积分含绝对值）。目标：证明 $\int_0^1 \left| \frac{f''(x)}{f(x)} \right| dx > 4$。

由于 $f(0)=f(1)=0$ 且 $f(x)>0$ 在 $(0,1)$ 内，$f$ 在 $(0,1)$ 内某点 $x_0$ 取得最大值 $M = f(x_0) > 0$，且 $f'(x_0)=0$。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi_1 \in (0, x_0)$ 使得 $f'(\xi_1) = \frac{f(x_0)-f(0)}{x_0-0} = \frac{M}{x_0}$；存在 $\xi_2 \in (x_0, 1)$ 使得 $f'(\xi_2) = \frac{f(1)-f(x_0)}{1-x_0} = -\frac{M}{1-x_0}$。

对 $f'$ 应用牛顿-莱布尼茨公式：$f'(x_0) - f'(\xi_1) = \int_{\xi_1}^{x_0} f''(t) dt$。由于 $f'(x_0)=0$，有 $\left| \frac{M}{x_0} \right| = |f'(\xi_1)| = \left| \int_{\xi_1}^{x_0} f''(t) dt \right| \le \int_{\xi_1}^{x_0} |f''(t)| dt$。同理，$f'(\xi_2) - f'(x_0) = \int_{x_0}^{\xi_2} f''(t) dt$，得 $\frac{M}{1-x_0} \le \int_{x_0}^{\xi_2} |f''(t)| dt$。

因为 $0 < f(t) \le M$ 对任意 $t \in [0,1]$，所以 $\frac{|f''(t)|}{f(t)} \ge \frac{|f''(t)|}{M}$。于是 $\int_0^1 \frac{|f''(t)|}{f(t)} dt \ge \frac{1}{M} \int_0^1 |f''(t)| dt$。结合上一步，$\int_0^1 |f''(t)| dt \ge \int_{\xi_1}^{x_0} |f''| + \int_{x_0}^{\xi_2} |f''| \ge \frac{M}{x_0} + \frac{M}{1-x_0}$。

考虑函数 $h(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{1-x}$，$x \in (0,1)$。求导得 $h'(x) = -\frac{1}{x^2} + \frac{1}{(1-x)^2}$，令 $h'(x)=0$ 得 $x=\frac{1}{2}$。$h\left(\frac{1}{2}\right)=4$，且 $h(x)>4$ 对 $x \neq \frac{1}{2}$。因此 $\int_0^1 \left| \frac{f''(x)}{f(x)} \right| dx \ge \frac{1}{x_0} + \frac{1}{1-x_0} \ge 4$。等号成立需 $x_0=\frac{1}{2}$ 且所有不等式取等，这要求 $f''$ 集中在两点且 $f$ 为分段线性，但 $f$ 二阶连续可导且内部非零，无法实现，故严格大于4。