方企勤 第二章 一元函数微分学 第8题

教材习题

📝 题目

例 8 设 $f\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上有二阶导数, $\left| {f\left( x\right) }\right| \leq a,\left| {{f}^{\prime \prime }\left( x\right) }\right| \leq b$ , 其中 $a,b$ 是非负数. 求证: 对一切 $c \in \left( {0,1}\right)$ 有 $\left| {{f}^{\prime }\left( c\right) }\right| \leq {2a} + \frac{b}{2}$ .

思路 本题条件和本题结论之间的联系是要从函数和二阶导数的估计导出一阶导数的估计. 能将函数、一阶导数和二阶导数全部联系在一起的数学工具惟有泰勒公式. 故应从泰勒公式入手.

💡 答案解析

证 对任意给定的 $c \in \left( {0,1}\right)$ ,因为函数 $f\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上有二阶导数,所以函数 $f\left( x\right)$ 在点 $x = c$ 处二阶泰勒公式成立,即

$$ f\left( x\right) = f\left( c\right) + {f}^{\prime }\left( c\right) \left( {x - c}\right) + \frac{{f}^{\prime \prime }\left( \xi \right) }{2}{\left( x - c\right) }^{2}\;\forall x \in \left\lbrack {0,1}\right\rbrack , $$

(5.4)

其中 $\xi$ 在 $c$ 与 $x$ 之间. 特别地,当 $x = 0$ 与 $x = 1$ 时,(5.4) 式给出

$$ f\left( 0\right) = f\left( c\right) + {f}^{\prime }\left( c\right) \left( {0 - c}\right) + \frac{{f}^{\prime \prime }\left( {\xi }_{0}\right) }{2}{\left( 0 - c\right) }^{2}\;\left( {0 < {\xi }_{0} < c}\right) ; $$

(5.5)

$$ f\left( 1\right) = f\left( c\right) + {f}^{\prime }\left( c\right) \left( {1 - c}\right) + \frac{{f}^{\prime \prime }\left( {\xi }_{1}\right) }{2}{\left( 1 - c\right) }^{2}\;\left( {c < {\xi }_{1} < 1}\right) . $$

(5.6)

由 (5.6) 减去 (5.5) 式,得到

$$ f\left( 1\right) - f\left( 0\right) = {f}^{\prime }\left( c\right) + \frac{1}{2}\left\lbrack {{f}^{\prime \prime }\left( {\xi }_{1}\right) {\left( 1 - c\right) }^{2} + {f}^{\prime \prime }\left( {\xi }_{0}\right) {c}^{2}}\right\rbrack , $$

即

$$ {f}^{\prime }\left( c\right) = f\left( 1\right) - f\left( 0\right) - \frac{1}{2}\left\lbrack {{f}^{\prime \prime }\left( {\xi }_{1}\right) {\left( 1 - c\right) }^{2} + {f}^{\prime \prime }\left( {\xi }_{0}\right) {c}^{2}}\right\rbrack . $$

再由绝对值不等式, 得

$$ \left| {{f}^{\prime }\left( c\right) }\right| \leq \left| {f\left( 1\right) }\right| + \left| {f\left( 0\right) }\right| + \frac{1}{2}\left\lbrack {\left| {{f}^{\prime \prime }\left( {\xi }_{1}\right) }\right| {\left( 1 - c\right) }^{2} + \left| {{f}^{\prime \prime }\left( {\xi }_{0}\right) }\right| {c}^{2}}\right\rbrack $$

$$ \leq {2a} + \frac{b}{2}\left\lbrack {{\left( 1 - c\right) }^{2} + {c}^{2}}\right\rbrack \leq {2a} + \frac{b}{2}\left\lbrack {\left( {1 - c}\right) + c}\right\rbrack $$

$$ = {2a} + \frac{1}{2}b\text{ . } $$

📋 详细解题步骤

步骤 1/5
目标：写出f(x)在x=c处的二阶泰勒公式
对任意给定的c∈(0,1)，由于f(x)在[0,1]上有二阶导数，在x=c处展开得：f(x)=f(c)+f'(c)(x-c)+f''(ξ)/2 (x-c)^2，其中ξ介于c与x之间。
公式：f(x)=f(c)+f'(c)(x-c)+\frac{f''(ξ)}{2}(x-c)^2
提示：泰勒公式是联系函数、一阶导数和二阶导数的桥梁。
步骤 2/5
目标：代入x=0和x=1得到两个等式
令x=0得：f(0)=f(c)+f'(c)(-c)+f''(ξ0)/2 c^2，其中0<ξ0
公式：f(0)=f(c)-f'(c)c+\frac{f''(ξ0)}{2}c^2; f(1)=f(c)+f'(c)(1-c)+\frac{f''(ξ1)}{2}(1-c)^2
提示：注意ξ0和ξ1的取值范围不同。
步骤 3/5
目标：两式相减消去f(c)并解出f'(c)
将f(1)的等式减去f(0)的等式得：f(1)-f(0)=f'(c)+1/2[f''(ξ1)(1-c)^2+f''(ξ0)c^2]，从而f'(c)=f(1)-f(0)-1/2[f''(ξ1)(1-c)^2+f''(ξ0)c^2]。
公式：f'(c)=f(1)-f(0)-\frac{1}{2}[f''(ξ1)(1-c)^2+f''(ξ0)c^2]
提示：相减可以消去f(c)，得到f'(c)的表达式。
步骤 4/5
目标：利用绝对值不等式放缩
由|f(x)|≤a和|f''(x)|≤b得：|f'(c)|≤|f(1)|+|f(0)|+1/2[|f''(ξ1)|(1-c)^2+|f''(ξ0)|c^2]≤2a+b/2[(1-c)^2+c^2]。
公式：|f'(c)|≤2a+\frac{b}{2}[(1-c)^2+c^2]
提示：注意绝对值不等式的使用。
步骤 5/5
目标：进一步放缩得到最终结果
由于(1-c)^2+c^2≤(1-c)+c=1（因为c∈(0,1)时，平方和≤和），所以|f'(c)|≤2a+b/2。
公式：|f'(c)|≤2a+\frac{b}{2}
提示：利用c∈(0,1)时(1-c)^2+c^2≤1进行放缩。

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