非数专题三 一元积分学 （7）
3.7 定积分不等式的证明
3.20 （浙江省2011年数学竞赛题）
设
f(x)在
[0,1]连续，且
-a \leq f(x) \leq b，同时
\displaystyle \int_{0}^{1}f^{2}(x)dx=ab，证明：
\displaystyle 0 \leq \frac{1}{b-a}\int_{0}^{1}f(x)dx \leq \frac{1}{4}\left(\frac{a+b}{a-b}\right)^2
【解析】：由
-a \leq f(x) \leq b可知得
\displaystyle -\frac{a+b}{2} \leq f(x)-\frac{b-a}{2} \leq \frac{a+b}{2}，所以有
\displaystyle 0\leq \left(f(x)-\frac{b-a}{2}\right)^2 \leq (\frac{a+b}{2})^2两边积分一下，有
\displaystyle 0 \leq \int_{0}^{1}\left(f(x)-\frac{b-a}{2}\right)^2dx \leq (\frac{a+b}{2})^2，展开上式，有
\displaystyle 0 \leq \int_{0}^{1}f^2(x)dx-(b-a)\int_{0}^{1}f(x)dx+\frac{(b-a)^2}{4} \leq \frac{(a+b)^2}{4}
再带入题目条件有
\displaystyle 0 \leq -(b-a)\int_{0}^{1}f^2(x)dx+\frac{(b+a)^2}{4} \leq \frac{(b+a)^2}{4}，进一步化简得
\displaystyle 0 \leq (b-a)\int_{0}^{1}f^2(x)dx \leq \frac{(b+a)^2}{4}，故得证。
3.21（江苏省1998年数学竞赛题）
设函
f(x)在
[0,2\pi]上导数连续，
f^{'}(x)\geq 0，求证：对于任意正整数
n，有
\displaystyle\left|\int_{0}^{2\pi}f(x)\sin n xdx\right| \leq \frac{2}{\pi}[f(2)-f(0)]
【解析】：由题意知
\begin{align*}\displaystyle \int_{0}^{2\pi}f(x)\sin nxdx&=-\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}f(x)d\cos nx\\&=-\frac{1}{n}f(x)\cos nx\bigg|_{0}^{2\pi}+\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}f^{'}(x)\cos nx dx\\&=-\frac{1}{n}[f(2\pi)-f(0)]+\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}f^{'}(x)\cos nx dx\end{align*}
而
f^{'}(x) \geq 0，即
f(x)在
[0,2\pi]是单调递减的，则
f(2\pi) \geq f(0)，所以
\begin{align*}\displaystyle \left|\int_{0}^{2\pi}f(x)\sin nx dx\right| &\leq \frac{1}{n}[f(2\pi)-f(0)]+\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}f^{'}(x)|\cos nx|dx\\&\leq\frac{1}{n}[f(2\pi)-f(0)]+\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}f^{'}(x)dx\\&=\frac{2}{n}[f(2\pi)-f(0)]\end{align*}
故得证。
3.22（莫斯科电气学院1976年竞赛题）
证明：
\displaystyle \int_{0}^{\sqrt{2}\pi}\sin(x^2)dx > 0【解析】：可以令
x^2=t，则
\displaystyle \int_{0}^{\sqrt{2}\pi}\sin(x^2)dx=\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2\sqrt{t}}\sin tdt=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{1}{\sqrt{t}}\sin tdt+\frac{1}{2}\int_{\pi}^{2\pi}\frac{1}{\sqrt{t}}\sin tdt
对于右边的式子，利用换元，令
t=u+\pi，则
\begin{align*}\displaystyle \frac{1}{2}\int_{\pi}^{2\pi}\frac{1}{\sqrt{t}}\sin tdt&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{1}{\sqrt{\pi+u}}\sin(u+\pi)du\\&=-\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{1}{\sqrt{t+u}}\sin udu\end{align*}
对上面式子相加有原式
\displaystyle =\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\left(\frac{1}{\sqrt{t}}-\frac{1}{\sqrt{t+\pi}}\right)\sin tdt由题意
0 < t <\pi时，
\displaystyle \frac{1}{\sqrt{t}}-\frac{1}{\sqrt{t+\pi}} > 0，
\sin t > 0，且
\lim\limits_{t\rightarrow 0^{+}}\dfrac{\sin t}{\sqrt{t}}=\lim\limits_{t\rightarrow 0^{+}}\dfrac{t}{\sqrt{t}}=0，所以原式
\displaystyle =\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\left(\frac{1}{\sqrt{t}}-\frac{1}{\sqrt{t+\pi}}\right)\sin tdt > 03.23 （莫斯科大学1977年竞赛题）
设函数
f(x)在区间
[a,b]上连续可导，且
f(a)=f(b)=0，求证：
\displaystyle \int_{a}^{b}|f(x)|dx \leq \frac{(b-a)^2}{4}\underset{a \leq x \leq b}{\max}|f^{'}(x)|
【解析】：由于
f^{'}(x)是连续的，所以
|f^{'}(x)|可以取得最值，记
\underset{a \leq b l\leq b}{\max}|f^{'}(x)|=M对
f(x)在端点
a,b进行一阶泰勒展开，有
f(x)=f(a)+f^{'}(\xi)(x-a)=f^{'}(\xi)(x-a)
f(x)=f(b)+f^{'}(\eta)(x-b)=f^{'}(\eta)(x-b)
其中
a < \xi < b，
a < \eta< b，对上式两边取绝对值有
|f(x)|\leq M(x-a)\qquad |f(x)|\leq M(b-x)
任取
x_{0}\in(a,b)内，有
\begin{align*}\displaystyle \int_{a}^{b}|f(x)|dx&=\int_{a}^{x_{0}}|f(x)|dx+\int_{x_{0}}^{b}|f(x)|dx\\&\leq M\int_{a}^{x_{0}}(x-a)dx+M\int_{x_{0}}^{b}(b-x)dx\\&=M\left[x_{0}^{2}-(a+b)x_{0}+\frac{1}{2}(a^2+b^2)\right]\end{align*}
令
f(x_{0})=x_{0}^{2}-(a+b)x_{0}+\dfrac{1}{2}(a^2+b^2)，
f^{'}(x_{0})=2x_{0}-(a+b)=0，即
x_{0}=\dfrac{1}{2}(a+b)，而
f^{''}(x_{0})=2 > 0，所以
f(x_{0})_{\min}=f(\dfrac{1}{2}(a+b))=\dfrac{1}{4}(b-a)^2，带入，即
\displaystyle \int_{a}^{b}|f(x)|dx\leq \frac{(b-a)^2}{4} M \leq \frac{(b-a)^2}{4}\underset{a \leq x \leq b}{\max}|f^{'}(x)|
作者：小熊
写作日期：7.30
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原始发表：2021-07-30，如有侵权请联系
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