江南大学 2024年数学分析第0题

令 $u = 2x - t$，则 $t = 2x - u$，$dt = -du$。当 $t=0$ 时 $u=2x$，当 $t=1$ 时 $u=2x-1$。原积分化为： \[ \int_0^1 t f(2x-t) dt = \int_{2x}^{2x-1} (2x-u) f(u) (-du) = \int_{2x-1}^{2x} (2x-u) f(u) du. \] 因此条件等价于： \[ \int_{2x-1}^{2x} (2x-u) f(u) du = \frac12 \arctan(x^2). \]

记 $F(x) = \int_{2x-1}^{2x} (2x-u) f(u) du$，利用莱布尼茨公式求导： - 上限 $b(x)=2x$，$b'(x)=2$，$g(x,b(x)) = (2x-2x)f(2x)=0$； - 下限 $a(x)=2x-1$，$a'(x)=2$，$g(x,a(x)) = (2x-(2x-1))f(2x-1)=f(2x-1)$； - 偏导 $\frac{\partial g}{\partial x} = 2f(u)$。 因此 \[ F'(x) = 0 - f(2x-1)\cdot 2 + \int_{2x-1}^{2x} 2f(u) du = -2f(2x-1) + 2\int_{2x-1}^{2x} f(u) du. \] 右边导数为 $\frac{d}{dx}\left(\frac12\arctan(x^2)\right) = \frac{x}{1+x^4}$。 得到方程： \[ -2f(2x-1) + 2\int_{2x-1}^{2x} f(u) du = \frac{x}{1+x^4}. \] 两边除以2： \[ \int_{2x-1}^{2x} f(u) du - f(2x-1) = \frac{x}{2(1+x^4)}. \]

令 $x=1$，则 $2x-1=1$，$2x=2$，左边为 $\int_1^2 f(u) du - f(1)$。右边为 $\frac{1}{2(1+1)} = \frac14$。已知 $f(1)=\frac12$，所以 \[ \int_1^2 f(u) du - \frac12 = \frac14 \quad \Rightarrow \quad \int_1^2 f(u) du = \frac34. \]

由积分中值定理，存在 $\eta \in (1,2)$ 使得 $f(\eta) = \frac{1}{2-1}\int_1^2 f(x) dx = \frac34$。又已知 $f(1)=\frac12 < \frac34$。考虑函数 $g(x)=f(x)-\frac34$，则 $g(1) = -\frac14 < 0$，$g(\eta)=0$，且 $\int_1^2 g(x) dx = 0$。若 $g(x)$ 在 $(1,2)$ 内不变号，则积分不可能为零（除非恒为零，但 $g(1)\neq0$），故 $g(x)$ 必变号，因此存在另一点 $\zeta \in (1,2)$（$\zeta \neq \eta$）使得 $g(\zeta)=0$，即 $f(\zeta)=\frac34$。

由第4步，存在 $\eta, \zeta \in (1,2)$ 且 $\eta \neq \zeta$，使得 $f(\eta)=f(\zeta)=\frac34$。函数 $f$ 在 $[\min(\eta,\zeta), \max(\eta,\zeta)]$ 上连续，在 $(\min(\eta,\zeta), \max(\eta,\zeta))$ 内可导，且端点函数值相等。由罗尔定理，存在 $\xi$ 介于 $\eta$ 与 $\zeta$ 之间（从而 $\xi \in (1,2)$），使得 $f'(\xi)=0$。