设 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续, $$\bex \lim_{h\to 0}\frac{1}{h^3}\int_0^h [f(x+u)+f(x-u)-2f(x)]\rd u=0,\quad(x\in [a,b]), \eex$$ 试证 $f(x)$ 为线性函数.

 

证明: 记 $$\bex Df(x)=\lim_{h\to 0}\frac{1}{h^3}\int_0^h [f(x+u)+f(x-u)-2f(x)]\rd u, \eex$$ 先证: $$\bee\label{4.3.25:eq} Df(x)>0\ (a\leq x\leq b)\ra f(x)\mbox{ 是凸函数.} \eee$$用反证法. 若 $f$ 不是凸函数, 则 $$\bex \exists\ x_1<x_2<x_3,\st \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}>\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}, \eex$$ 等价地, $$\bex f(x_2)>l(x_2),\quad l(x)=f(x_1)+\frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1}(x-x_1), \eex$$ 记 $F(x)=f(x)-l(x)$, 则 $F(x_1)=F(x_3)=0, F(x_2)>0$. 于是连续函数 $F(x)$ 在 $(x_1,x_3)$ 内某点取得正的最大值, $$\bex F(\xi)=\max_{x_1\leq x\leq x_3}F(x). \eex$$ 于是, 对 $\forall\ h>0$, $$\beex \bea 0\leq u\leq h&\ra F(\xi+u)+F(\xi-u)-2F(\xi)\leq 0\\ &\ra \frac{1}{h^3} \int_0^h [F(\xi+u)+F(\xi-u)-2F(\xi)]\rd u\leq 0. \eea \eeex$$ 令 $h\to 0^+$, 有 $DF(\xi)\leq 0$. 这是一个矛盾. 故 \eqref{4.3.25:eq} 成立.

 

往证题目. 对 $\forall\ \ve>0,$ 令 $f_\ve(x)=\pm f(x)+\ve x^2$, 则 $$\bex Df_\ve(x)=\frac{2\ve}{3}>0, \eex$$ 而 $f_\ve(x)$ 为凸函数, $$\bex \pm f\sex{\frac{x_1+x_2}{2}}+\ve \sex{\frac{x_1+x_2}{2}}^2 \leq \pm \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2} +\ve \frac{x_1^2+x_2^2}{2},\quad \forall\ a\leq x_1<x_2\leq b. \eex$$ 令 $\ve\to 0^+$, 即知 $\pm f$ 为凸函数, 而 $f$ 为线性函数.