设 $f(x)$ 是定义在 $[0,1]$ 上的连续函数, 在 $(0,1)$ 上可导, 且导数的绝对值不超过 1. 又假设 $f(0)=f(1)=0$, 证明: 对任意 $x_1,x_2\in[0,1]$, 都有 $|f(x_1)-f(x_2)|\leqslant\frac{1}{2}$.
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Claim 1. $|f(x)|\leqslant\frac{1}{2}$, $\forall\ x\in[0,1]$.
Pf. 若存在 $x_0\in(0,1)$, 使得 $|f(x_0)| > \frac{1}{2}$. 则考虑区间 $[0,x_0]$ 或 $[x_0,1]$ 中长度较小的那个, 函数在该区间上显然满足 Lagrange 中值定理的条件. 不妨设 $x_0\leqslant\frac{1}{2}$.
于是, 在 $[0,x_0]$ 上, 应用 Lagrange 中值定理, 存在 $\xi\in(0,x_0)$, 使得
\[
f'(\xi)=\frac{f(x_0)-f(0)}{x_0-0}=\frac{f(x_0)}{x_0}.
\]
这推出 $f(x_0)=x_0\cdot f'(\xi)$. 因此,
\[
|f(x_0)|=x_0\cdot |f'(\xi)|\leqslant x_0\leqslant\frac{1}{2}
\]
矛盾. 也就是说, 函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的图像被夹在直线 $y=-\frac{1}{2}$ 和 $y=\frac{1}{2}$ 之间.
Claim 2. 对任意 $x_1, x_2\in[0,1]$, 有 $|f(x_1)-f(x_2)|\leqslant\frac{1}{2}$.
Pf. 若存在 $0\leqslant x_1 < x_2\leqslant 1$, 使得 $|f(x_1)-f(x_2)| > \frac{1}{2}$. 则由 Lagrange 中值定理, 存在 $\xi\in(x_1,x_2)$, 使得
\[
1\geqslant |f'(\xi)|=\frac{|f(x_2)-f(x_1)|}{x_2-x_1} > \frac{\frac{1}{2}}{x_2-x_1}.
\]
这推出 $x_2-x_1 >\frac{1}{2}$. 因此 $0\leqslant x_1 <\frac{1}{2} < x_2\leqslant 1$.
由 $x_2-x_1 >\frac{1}{2}$ 推出 $x_1+(1-x_2) < \frac{1}{2}$. 记 $y_1=f(x_1)$, $y_2=f(x_2)$. 要使 $|y_1-y_2| > \frac{1}{2}$, $y_1$ 与 $y_2$ 只能异号. 不妨设 $y_1 > 0 > y_2$.
因此, 我们有条件
\[
\begin{cases}
y_1+(-y_2) > \frac{1}{2}\\
x_1+(1-x_2) < \frac{1}{2}
\end{cases}
\]
根据问题2627 的结论, $\frac{y_1+(-y_2)}{x_1+(1-x_2)}$ 介于 $\frac{y_1}{x_1}$ 与 $\frac{-y_2}{1-x_2}$ 之间.
而上面推出
\[
\frac{y_1+(-y_2)}{x_1+(1-x_2)} > 1,
\]
故 $\frac{y_1-0}{x_1-0}$ 与 $\frac{0-y_2}{1-x_2}$ 两者之一大于 1.
这说明在区间 $[0,x_1]$ 和 $[x_2, 1]$ 上, 有一个区间存在某点 $\zeta$, 使得 $|f'(\zeta)| > 1$. 矛盾.