42107 一道美國大學生數學競賽題的加強與證明
一道美國大學生數學競賽題的加強與證明

第六十八屆 (2007年) 美國大學生數學競賽的 B-2 題,

設 $f:[0,1]\to R$ 有連續導數且 $\displaystyle\int_0^1 f(x)dx=0$, 證明: 對每個 $\alpha\in (0,1)$ 有 \begin{equation} \left|\int_0^\alpha f(x)dx\right|\le \frac 18\max_{0\le x\le 1} |f'(x)|.\label{1} \end{equation}

本文給出不等式 \eqref{1} 的一種加強形式, 並給出其幾種不同於 的證明。

設 $f:[0,1]\to R$ 有連續導數且 $\displaystyle\int_0^1 f(x)dx=0$, 證明: 對每個 $x\in [0,1]$ 有 \begin{equation} \left|\int_0^x f(t)dt\right|\le \frac 12 x(1-x)\max_{0\le x\le 1} |f'(x)|.\label{2} \end{equation}

當 \eqref{2} 成立時, 由於 $$x(1-x)\le \Big[\frac 12(x+1-x)\Big]^2=\frac 14$$ 故由 \eqref{2} 知, 不等式 \eqref{1} 成立, 因此不等式 \eqref{2} 比不等式 \eqref{1} 更強。 下面給出 \eqref{2} 的證明。

證法1: 令 $F(x)=\displaystyle\int_0^x f(t)dt\ (0\le x\le 1)$, 則 $F(x)$ 二階可導, 且 $F(0)=F(1)=0$。 再令 $G(u)=x(1-x)F(u)-F(x)u(1-u)\ (0\le u\le 1)$, 則 $G(x)=G(0)=G(1)=0$, 且 $G(u)$ 二階可導。 對 $G(u)$ 在 $[0,x]$, $[x,1]$ 上分別利用 Rolle 定理知, 存在 $\xi_1\in (0,x)$, $\xi_2\in (x,1)$, 使得 $G'(\xi_1)=G'(\xi_2)=0$。 再對 $G'(u)$ 在 $[\xi_1,\xi_2]$ 上利用 Rolle 定理知, 存在 $\xi\in (\xi_1,\xi_2)\subset (0,1)$, 使得 $G''(\xi)=0$。 由於 $$G''(u)=x(1-x)F''(u)+2F(x)$$ 從而有 $$x(1-x)f'(\xi)+2\int_0^x f(t)dt=0,$$ 由此可知 $$ \left|\int_0^x f(t)dt\right|\le \frac 12 x(1-x)\max_{0\le x\le 1} |f'(x)|.$$ 證法2: 令 $F(x)=\displaystyle\int_0^x f(t)dt\ (0\le x\le 1)$, 則 $F(x)$ 二階可導, 且 $F(0)=F(1)=0$。 再令 $$\varphi(u)=\left|\begin{array}{cccc} ~1~&~u~&~u^2~&~F(u)~\\ 1&0&0&0\\ 1&1&1&0\\ ~1~&~x~&~x^2~&~F(x)~ \end{array}\right|\qquad (0\le u\le1)$$ 則 $\varphi(x)=\varphi(0)=\varphi(1)=0$ 且 $\varphi(u)$ 二階可導, 類似於證法 1, 對 $\varphi(u)$ 兩次運用 Rolle 定理知, 存在 $\xi\in (0,1)$, 使得 $\varphi''(\xi)=0$。 而 $$\varphi''(u)=\left|\begin{array}{cccc} ~0~&~0~&~2~&~F''(u)~\\ 1&0&0&0\\ 1&1&1&0\\ ~1~&~x~&~x^2~&~F(x)~ \end{array}\right|=-\left|\begin{array}{ccc} ~0~&~2~&~F''(u)~\\ 1&1&0\\ ~x~&~x^2~&~F(x)~ \end{array}\right|=2F(x)+x(1-x)F''(u)$$ 從而有 $$2F(x)+x(1-x)f'(\xi)=0$$ 由此可知 $$ \left|\int_0^x f(t)dt\right|\le \frac 12 x(1-x)\max_{0\le x\le 1} |f'(x)|.$$ 注: 證法 1 與證法 2 中的輔助函數 $F(u)$ 與 $\varphi(u)$ 本質上是一樣的, 只是表現形式不同。 證法3: 令 $F(x)=\displaystyle\int_0^x f(t)dt\ (0\le x\le 1)$, 則 $F(x)$ 二階可導, 且 $F(0)=F(1)=0$。 再令 $\varphi_1(u)=uF(x)-xF(u)$, $\varphi_2(u)=ux(u-x)$, 則 $\varphi_1(0)=\varphi_2(0)=0$。 對 $\varphi_1(u)$, $\varphi_2(u)$ 在 $[0,1]$ 上利用 Cauchy 中值定理知, 存在 $\xi_1\in (0,1)$, 使得 \begin{equation} \frac{F(x)}{x(1-x)}=\frac{\varphi_1(1)}{\varphi_2(1)}=\frac{\varphi_1(1)-\varphi_1(0)}{\varphi_2(1)-\varphi_2(0)} =\frac{\varphi'_1(\xi_1)}{\varphi_2(\xi_1)}=\frac{F(x)-xF'(\xi_1)}{x(2\xi_1-x)},\label{3} \end{equation} 再令 $\varphi_3(u)=F(u)-uF'(\xi_1)$, $\varphi_4(u)=u(2\xi_1-u)$ 則, $\varphi_3(0)=\varphi_4(0)=0$。 對 $\varphi_3(x)$, $\varphi_4(x)$ 在 $[0,x]$ 上利用 Cauchy 中值定理知, 存在 $\xi_2\in(0,x)$, 使得 \begin{equation} \frac{F(x)-xF'(\xi_1)}{x(2\xi_1-x)}=\frac{\varphi_3(x)}{\varphi_4(x)}=\frac{\varphi_3(x)-\varphi_3(0)}{\varphi_4(x)-\varphi_4(0)} =\frac{\varphi'_3(\xi_2)}{\varphi_4(\xi_2)}=\frac{F'(x)-F'(\xi_1)}{-2(\xi_2-\xi_1)},\label{4} \end{equation} 再對 $F'(x)$ 在以 $\xi_1,\xi_2$ 為端點的閉區間上利用 Lagrange 中值定理知, 存在 $\xi\in (0,1)$, 使得 \begin{equation} F'(\xi_2)-F'(\xi_1)=F''(\xi)(\xi_2-\xi_1).\label{5} \end{equation} 由 \eqref{3}、 \eqref{4}、 \eqref{5} 可得 $$\frac{F(x)}{x(1-x)}=-\frac 12 f'(\xi),$$ 從而 $$\int_0^x f(t)dt=-\frac 12 x(1-x) f'(\xi)$$ 由此知 $$ \left|\int_0^x f(t)dt\right|\le \frac 12 x(1-x)\max_{0\le x\le 1} |f'(x)|.$$ 證法4: 令 $F(x)=\displaystyle\int_0^x f(t)dt\ (0\le x\le 1)$, 則 $F(x)$ 二階可導, 且 $F(0)=F(1)=0$。 利用 Taylor 公式, 將 $F(0)$, $F(1)$ 分別在點 $x$ 處展開, 可得 \begin{eqnarray} 0&=&F(0)=F(x)-F'(x)x+\frac 12F''(\xi_1)x^2 \label{6}\\ 0&=&F(1)=F(x)+F'(x)(1-x)+\frac 12F''(\xi_1)(1-x)^2 \label{7} \end{eqnarray} 其中 $0\lt \xi_1\lt x$, $x\lt \xi_2\lt 1$。 \eqref{6}$\times (1-x)+$\eqref{7}$\times x$, 得 $$F(x)+\frac 12 x(1-x)[xf'(\xi_1)+(1-x)f'(\xi_2)]=0$$ 從而 \begin{eqnarray*} |F(x)|&=&\frac 12 x(1-x)|xf'(\xi_1)+(1-x)f'(\xi_2)|\\ &\le&\frac 12 x(1-x)[x|f'(\xi_1)|+(1-x)|f'(\xi_2)|]\\ &\le&\frac 12 x(1-x)\max_{0\le x\le 1}|f'(x)| \end{eqnarray*} 此即 $$ \left|\int_0^x f(t)dt\right|\le \frac 12 x(1-x)\max_{0\le x\le 1} |f'(x)|.$$ 證法5: 記 $M=\max\limits_{0\le x\le 1} |f'(x)|$, 此時, $0\le x\le 1$ 時, $-M\le f'(x)\le M$. 令 $$P(x)=\int_0^x f(t)dt-\frac 12 Mx(1-x)\ (0\le x\le 1),$$ 則 $P(x)$ 二階可導且有 $$P'(x)=f(x)-M(\frac 12-x),\quad P''(x)=f'(x)+M\ge 0,$$ 從而 $P(x)$ 在 $[0,1]$ 上為下凸函數。 由於 $P(0)=P(1)=0$, 故由凸函數性質知, 當 $0\le x\le 1$ 時, $P(x)\le 0$, 即 \begin{equation} \int_0^x f(t)dt\le \frac 12Mx(1-x).\label{8} \end{equation} 另一方面, 再令 $$Q(x)=\int_0^x f(t)dt+\frac 12Mx(1-x)\quad (0\le x\le 1),$$ 則 $Q(x)$ 二階可導且有 $$Q''(x)=f'(x)-M\le 0$$ 從而 $Q(x)$ 在 $[0,1]$ 上為上凸函數。 由於 $Q(0)=Q(1)=0$, 故由凸函數性質知, 當 $0\le x\le 1$ 時, $Q(x)\ge 0$, 即 \begin{equation} \int_0^x f(t)dt\ge -\frac 12Mx(1-x).\label{9} \end{equation} 由 \eqref{8}、 \eqref{9} 知, 當 $0\le x\le 1$ 時, 有 $$-\frac 12 Mx(1-x)\le \int_0^x f(t)dt\le \frac 12 Mx(1-x)$$ 由此知 $$ \left|\int_0^x f(t)dt\right|\le \frac 12 x(1-x)\max_{0\le x\le 1} |f'(x)|.$$

參考文獻

The Sixty-eighth William Lowell Putnam Mathematical Competition,The Amer. Math. Monthly, Vol.112, No.8, 2008. 劉培傑數學工作室編譯。 美國大學生數學競賽試題集[M]。 哈爾濱: 哈爾濱工業大學出版社, 2009.

---本文作者任教中國合肥工業大學數學學院---