數學傳播 42 卷 1 期, pp. 85-88
一道美國大學生數學競賽題的 加強與證明
唐 爍 · 劉 植 ∗ · 常 山
第六十八屆 (2007 年) 美國大學生數學競賽的 B-2 題[1,2] 為 設 f : [0, 1] → R 有連續導數且
Z 1 0
f(x)dx = 0, 證明: 對每個 α ∈ (0, 1) 有
Z α 0
f(x)dx
≤ 1 8 max
0≤x≤1|f′(x)|. (1)
本文給出不等式 (1) 的一種加強形式, 並給出其幾種不同於 [1] 的證明。
設 f : [0, 1] → R 有連續導數且 Z 1
0
f(x)dx = 0, 證明: 對每個 x ∈ [0, 1] 有
Z x 0
f(t)dt
≤ 1
2x(1 − x) max
0≤x≤1|f′(x)|. (2)
當 (2) 成立時, 由於
x(1 − x) ≤h1
2(x + 1 − x)i2
= 1 4
故由 (2) 知, 不等式 (1) 成立, 因此不等式 (2) 比不等式 (1) 更強。 下面給出 (2) 的證明。
證法1: 令 F (x) = Z x
0
f(t)dt (0 ≤ x ≤ 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 ≤ u ≤ 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 ξ1 ∈ (0, x), ξ2 ∈ (x, 1), 使得 G′(ξ1) = G′(ξ2) = 0。 再對 G′(u) 在 [ξ1, ξ2] 上利用 Rolle 定理知, 存在 ξ ∈ (ξ1, ξ2) ⊂ (0, 1), 使得 G′′(ξ) = 0。 由於
G′′(u) = x(1 − x)F′′(u) + 2F (x)
基金項目: 安徽省重大教學改革項目 (2015zdjy020)、 高等學校大學數學教學研究與發展中心項目 (2015)、 唐爍名師工作室項目支持。
∗通訊作者, Email:[email protected]
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從而有
x(1 − x)f′(ξ) + 2 Z x
0
f(t)dt = 0, 由此可知
Z x 0
f(t)dt
≤ 1
2x(1 − x) max
0≤x≤1|f′(x)|.
證法2: 令 F (x) = Z x
0
f(t)dt (0 ≤ x ≤ 1), 則 F (x) 二階可導, 且 F (0) = F (1) = 0。 再令
ϕ(u) =
1 u u2 F(u)
1 0 0 0
1 1 1 0
1 x x2 F(x)
(0 ≤ u ≤ 1)
則 ϕ(x) = ϕ(0) = ϕ(1) = 0 且 ϕ(u) 二階可導, 類似於證法 1, 對 ϕ(u) 兩次運用 Rolle 定 理知, 存在 ξ ∈ (0, 1), 使得 ϕ′′(ξ) = 0。 而
ϕ′′(u) =
0 0 2 F′′(u)
1 0 0 0
1 1 1 0
1 x x2 F(x)
= −
0 2 F′′(u)
1 1 0
x x2 F(x)
= 2F (x) + x(1 − x)F′′(u)
從而有
2F (x) + x(1 − x)f′(ξ) = 0 由此可知
Z x 0
f(t)dt
≤ 1
2x(1 − x) max
0≤x≤1|f′(x)|.
注: 證法 1 與證法 2 中的輔助函數 F (u) 與 ϕ(u) 本質上是一樣的, 只是表現形式不同。
證法3: 令 F (x) = Z x
0
f(t)dt (0 ≤ x ≤ 1), 則 F (x) 二階可導, 且 F (0) = F (1) = 0。 再令 ϕ1(u) = uF (x) − xF (u), ϕ2(u) = ux(u − x), 則 ϕ1(0) = ϕ2(0) = 0。 對 ϕ1(u), ϕ2(u) 在 [0, 1] 上利用 Cauchy 中值定理知, 存在 ξ1 ∈ (0, 1), 使得
F(x)
x(1 − x) = ϕ1(1)
ϕ2(1) = ϕ1(1) − ϕ1(0)
ϕ2(1) − ϕ2(0) = ϕ′1(ξ1)
ϕ2(ξ1) = F(x) − xF′(ξ1)
x(2ξ1− x) , (3)
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再令 ϕ3(u) = F (u) − uF′(ξ1), ϕ4(u) = u(2ξ1− u) 則, ϕ3(0) = ϕ4(0) = 0。 對 ϕ3(x), ϕ4(x) 在 [0, x] 上利用 Cauchy 中值定理知, 存在 ξ2 ∈ (0, x), 使得
F(x) − xF′(ξ1)
x(2ξ1− x) = ϕ3(x)
ϕ4(x) = ϕ3(x) − ϕ3(0)
ϕ4(x) − ϕ4(0) = ϕ′3(ξ2)
ϕ4(ξ2) = F′(x) − F′(ξ1)
−2(ξ2− ξ1) , (4) 再對 F′(x) 在以 ξ1, ξ2 為端點的閉區間上利用 Lagrange 中值定理知, 存在 ξ ∈ (0, 1), 使得 F′(ξ2) − F′(ξ1) = F′′(ξ)(ξ2− ξ1). (5) 由 (3)、 (4)、 (5) 可得
F(x)
x(1 − x) = −1 2f′(ξ), 從而
Z x 0
f(t)dt = −1
2x(1 − x)f′(ξ) 由此知
Z x 0
f(t)dt
≤ 1
2x(1 − x) max
0≤x≤1|f′(x)|.
證法4: 令 F (x) = Z x
0
f(t)dt (0 ≤ x ≤ 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 0 = F (0) = F (x) − F′(x)x + 1
2F′′(ξ1)x2 (6)
0 = F (1) = F (x) + F′(x)(1 − x) + 1
2F′′(ξ1)(1 − x)2 (7) 其中 0 < ξ1 < x, x < ξ2 <1。
(6)×(1 − x)+(7)×x, 得 F(x) + 1
2x(1 − x)[xf′(ξ1) + (1 − x)f′(ξ2)] = 0 從而
|F (x)| = 1
2x(1 − x)|xf′(ξ1) + (1 − x)f′(ξ2)|
≤1
2x(1 − x)[x|f′(ξ1)| + (1 − x)|f′(ξ2)|]
≤1
2x(1 − x) max
0≤x≤1|f′(x)|
此即
Z x 0
f(t)dt
≤ 1
2x(1 − x) max
0≤x≤1|f′(x)|.
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證法5: 記 M = max
0≤x≤1|f′(x)|, 此時, 0 ≤ x ≤ 1 時, −M ≤ f′(x) ≤ M. 令 P(x) =
Z x 0
f(t)dt − 1
2M x(1 − x) (0 ≤ x ≤ 1), 則 P (x) 二階可導且有
P′(x) = f (x) − M(1
2 − x), P′′(x) = f′(x) + M ≥ 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 ≤ x ≤ 1 時, P (x) ≤ 0, 即
Z x 0
f(t)dt ≤ 1
2M x(1 − x). (8)
另一方面, 再令
Q(x) = Z x
0
f(t)dt + 1
2M x(1 − x) (0 ≤ x ≤ 1), 則 Q(x) 二階可導且有
Q′′(x) = f′(x) − M ≤ 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 ≤ x ≤ 1 時, Q(x) ≥ 0, 即
Z x 0
f(t)dt ≥ −1
2M x(1 − x). (9)
由 (8)、 (9) 知, 當 0 ≤ x ≤ 1 時, 有
−1
2M x(1 − x) ≤ Z x
0
f(t)dt ≤ 1
2M x(1 − x) 由此知
Z x 0
f(t)dt
≤ 1
2x(1 − x) max
0≤x≤1|f′(x)|.
