同济大学 2026年数学分析第2题
📝 题目
2．（15 分）设 $\displaystyle f(x)$ 是 $\displaystyle [a, b]$ 上可导的函数，证明：若 $\displaystyle f(x)$ 满足 $\displaystyle \left|f^{\prime}(x)\right| \leq M|f(x)|(M>0)$ ，且 $\displaystyle f(a)=0$ ，则 $\displaystyle f(x)$ 恒为常数．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：将条件转化为积分不等式
由 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，且 $f(a)=0$，根据牛顿-莱布尼茨公式，对任意 $x \in [a,b]$ 有
\[
f(x) = f(a) + \int_a^x f'(t) \, dt = \int_a^x f'(t) \, dt.
\]
两边取绝对值，并利用条件 $|f'(t)| \le M|f(t)|$，得到
\[
|f(x)| \le \int_a^x |f'(t)| \, dt \le M \int_a^x |f(t)| \, dt.
\]
令 $u(x) = |f(x)|$，则 $u(x) \ge 0$，且 $u(a)=0$，并有积分不等式
\[
u(x) \le M \int_a^x u(t) \, dt, \quad \forall x \in [a,b].
\]
公式：|f(x)| \le M \int_a^x |f(t)| \, dt
提示：注意积分上限是 $x$，且 $f(a)=0$ 是推导起点。
步骤 2/4
目标：应用Gronwall不等式得到 $u(x) \le 0$
Gronwall不等式（积分形式）指出：若 $u(x)$ 是非负连续函数，且满足
\[
u(x) \le \alpha + \beta \int_a^x u(t) \, dt,
\]
则 $u(x) \le \alpha e^{\beta(x-a)}$。
这里 $\alpha = 0$，$\beta = M$，因此对任意 $x \in [a,b]$ 有
\[
u(x) \le 0 \cdot e^{M(x-a)} = 0.
\]
由于 $u(x) = |f(x)| \ge 0$，故 $u(x) = 0$，即 $|f(x)| = 0$，从而 $f(x) = 0$。
公式：u(x) \le 0 \cdot e^{M(x-a)} = 0
提示：Gronwall不等式要求 $u(x)$ 连续，这里 $|f(x)|$ 连续，条件满足。
步骤 3/4
目标：用逐步延拓法给出初等证明（替代方案）
取 $h > 0$ 使得 $Mh < 1$。考虑区间 $[a, a+h]$，记 $S = \sup_{t \in [a,a+h]} |f(t)|$。
对任意 $x \in [a,a+h]$，由积分不等式得
\[
|f(x)| \le M \int_a^x |f(t)| \, dt \le M (x-a) S \le M h S.
\]
因此 $S \le M h S$。若 $S > 0$，则 $1 \le Mh$，与 $Mh < 1$ 矛盾，故 $S = 0$，即 $f(x) \equiv 0$ 在 $[a, a+h]$ 上成立。
再以 $a+h$ 为新起点重复上述论证，逐步覆盖整个 $[a,b]$，最终得到 $f(x) \equiv 0$ 在 $[a,b]$ 上恒成立。
公式：S \le M h S \Rightarrow S=0 \text{ 当 } Mh<1
提示：延拓时需保证每次步长 $h$ 相同且 $Mh<1$，有限步即可覆盖全区间。
步骤 4/4
目标：得出结论
由以上推理，无论采用Gronwall不等式还是逐步延拓法，都得到 $f(x) \equiv 0$ 对任意 $x \in [a,b]$ 成立。因此 $f(x)$ 恒为常数（零函数）。
公式：f(x) \equiv 0, \quad \forall x \in [a,b]
提示：常数函数包括零函数，这里因 $f(a)=0$，故常数只能是0。
步骤 5/5
目标：结论
由上述递推证明，$f(x)$ 在 $[a,b]$ 上每一点都为零，因此 $f(x) \equiv 0$，即 $f(x)$ 恒为常数（常数 $0$）。
公式：f(x) \equiv 0, \quad \forall x \in [a,b]
提示：注意常数只能是 $0$，因为 $f(a)=0$。
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