问题及解答

若函数 $f$ 在 $[0,1]$ 上具有二阶连续导函数, 即 $f\in C^2[0,1]$, 证明

\[
\max_{x\in[0,1]}|f'(x)|\leqslant 4\int_0^1 |f(x)|\mathrm{d}x+\int_0^1 |f''(x)|\mathrm{d}x.
\]

并且说明右侧常数 $4$ 是最优的, 即无法用更小的常数代替.

注意:  以下的证明是加条件的, $f(a)=f(b)=0$.  即对应到题中 $f(0)=f(1)=0$.

由于 $f\in C^2[0,1]$, 故 $|f'(x)|$ 是 $[0,1]$ 上的连续函数. 设 $\max_{a\leqslant x\leqslant b}|f'(x)|=|f'(x_0)|$, 即 $|f'(x)|$ 在 $x=x_0$ 处取得最大值. 而

\[
\begin{split}
|f'(x_0)|&=|f'(x_0)-f'(\xi)+f'(\xi)|\\
&=\biggl|\int_{\xi}^{x_0}f''(t)\mathrm{d}t+f'(\xi)\biggr|\\
&\leqslant\biggl|\int_{\xi}^{x_0}f''(t)\mathrm{d}t\biggr|+|f'(\xi)|\\
&\leqslant\int_{a}^{b}|f''(t)|\mathrm{d}t+|f'(\xi)|\qquad (*)\\
\end{split}
\]

因此, 只要取合适的 $\xi\in[a,b]$, 使得

\[
|f'(\xi)|\leqslant\frac{4}{(b-a)^2}\int_a^b |f(x)|\mathrm{d}x
\]

即可.

而

\[
\int_a^b |f(x)|\mathrm{d}x=\int_a^{\frac{a+b}{2}} |f(x)|\mathrm{d}x+\int_{\frac{a+b}{2}}^b |f(x)|\mathrm{d}x
\]

其中

\[
\int_a^{\frac{a+b}{2}} |f(x)|\mathrm{d}x=\int_a^{\frac{a+b}{2}} |f(a)+f'(\xi_1)(x-a)|\mathrm{d}x
\]

这里是将 $f(x)$ 在 $x=a$ 处展开 (Lagrange 中值定理, 或 Taylor 展式),  存在 $\xi_1\in(a,\frac{a+b}{2})$, s.t., 

\[
f(x)=f(a)+\frac{f'(\xi_1)}{1!}(x-a).
\]

同样的, 如果在 $x=b$ 处展开, 则存在 $\xi_1\in(\frac{a+b}{2},b)$, s.t., 

\[
f(x)=f(b)+\frac{f'(\xi_1)}{1!}(x-b).
\]

于是

\[
\int_{\frac{a+b}{2}}^b |f(x)|\mathrm{d}x=\int_{\frac{a+b}{2}}^b |f(b)+f'(\xi_2)(x-b)|\mathrm{d}x
\]

如果 $f(a)=f(b)=0$, 则

\[
\begin{aligned}
\int_a^{\frac{a+b}{2}} |f(x)|\mathrm{d}x&=\int_a^{\frac{a+b}{2}} |f'(\xi_1)|(x-a)\mathrm{d}x=|f'(\xi_1)|\cdot\frac{(b-a)^2}{8}\\
\int_{\frac{a+b}{2}}^b |f(x)|\mathrm{d}x&=\int_{\frac{a+b}{2}}^b |f'(\xi_2)|(b-x)\mathrm{d}x=|f'(\xi_2)|\cdot\frac{(b-a)^2}{8}
\end{aligned}
\]

取 $\xi$, 使得 $|f'(\xi)|\leqslant\min\{|f'(\xi_1)|,|f'(\xi_2)|\}$, 则有

\[
\int_a^b |f(x)|\mathrm{d}x\geqslant |f'(\xi)|\cdot\frac{(b-a)^2}{4}.
\]

代入 (*) 式, 得

\[
\max_{a\leqslant x\leqslant b}|f'(x)|\leqslant\frac{4}{(b-a)^2}\int_a^b |f(x)|\mathrm{d}x+\int_a^b |f''(x)|\mathrm{d}x.
\]