广西民族大学 2010年数学分析第0题

已知 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续可导，$f(a)=f(b)=0$，且 $f$ 不是常数。要证明存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $|f'(\xi)| > \frac{4}{(b-a)^2} \int_a^b f(x) \, dx$。 由于不等式右边可能为负，而左边绝对值非负，故可先假设 $\int_a^b f(x) \, dx > 0$。若积分非正，则考虑 $-f(x)$，其导数绝对值相同，且端点值仍为零，积分变为正，结论形式不变。因此只需证明积分大于零的情形。

令 $M = \max_{x \in [a,b]} |f(x)|$。由于 $f$ 连续且不恒为零，$M>0$，且最大值在内部某点 $c \in (a,b)$ 处达到。不妨设 $f(c)=M>0$（否则考虑 $-f$）。 由拉格朗日中值定理： - 在 $[a,c]$ 上存在 $\xi_1$ 使得 $f'(\xi_1) = \frac{f(c)-f(a)}{c-a} = \frac{M}{c-a}$。 - 在 $[c,b]$ 上存在 $\xi_2$ 使得 $f'(\xi_2) = \frac{f(b)-f(c)}{b-c} = -\frac{M}{b-c}$。 因此，$\max|f'| \ge \max\left\{ \frac{M}{c-a}, \frac{M}{b-c} \right\}$。

假设对任意 $x \in [a,b]$ 都有 $|f'(x)| \le K$，其中 $K = \frac{4}{(b-a)^2} \int_a^b f(x) \, dx$。 由 $f(a)=0$ 及牛顿-莱布尼茨公式，对任意 $x \in [a,b]$ 有： $$|f(x)| = \left| \int_a^x f'(t) \, dt \right| \le \int_a^x |f'(t)| \, dt \le K(x-a).$$ 同理，由 $f(b)=0$ 得： $$|f(x)| = \left| \int_x^b f'(t) \, dt \right| \le K(b-x).$$ 因此 $|f(x)| \le K \cdot \min(x-a, b-x)$。

对上述不等式两边在 $[a,b]$ 上积分： $$\int_a^b f(x) \, dx \le K \int_a^b \min(x-a, b-x) \, dx.$$ 计算右端积分：令区间中点 $m = \frac{a+b}{2}$，则 $$\int_a^b \min(x-a, b-x) \, dx = 2 \int_a^m (x-a) \, dx = 2 \cdot \frac{1}{2} \left(\frac{b-a}{2}\right)^2 = \frac{(b-a)^2}{4}.$$ 代入得： $$\int_a^b f(x) \, dx \le K \cdot \frac{(b-a)^2}{4} = \frac{4}{(b-a)^2} \left(\int_a^b f(x) \, dx\right) \cdot \frac{(b-a)^2}{4} = \int_a^b f(x) \, dx.$$ 不等式成为等式，说明所有估计必须取等号。

若等号成立，则必须有 $|f(x)| = K \min(x-a, b-x)$ 对几乎所有 $x$ 成立，且 $f$ 不变号。此时 $f$ 在 $[a,b]$ 上为分段线性函数： - 在 $[a, m]$ 上 $f(x) = K(x-a)$， - 在 $[m, b]$ 上 $f(x) = K(b-x)$。 但该函数在 $x=m$ 处左导数为 $K$，右导数为 $-K$，导数不连续（除非 $K=0$），与 $f$ 连续可导矛盾。且 $f$ 不是常数，故 $K>0$。因此假设不成立，必存在某点 $\xi$ 使得 $|f'(\xi)| > K$。

由反证法，原命题成立：在题设条件下，至少存在一点 $\xi \in (a,b)$ 使得 $$\left|f^{\prime}(\xi)\right| > \frac{4}{(b-a)^2} \int_a^b f(x) \, dx.$$