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大学生数学竞赛非数专题三（7）

用户9628320

发布于 2022-11-23 08:59:38

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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)

$f(x)$

在

[0, 1]

$[0,1]$

连续，且

- a \leq f (x) \leq b

$-a \leq f(x) \leq b$

，同时

\int_{0}^{1} f^{2} (x) d x = a b

$\displaystyle \int_{0}^{1}f^{2}(x)dx=ab$

，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

$\displaystyle =\dfrac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\left(\frac{1}{\sqrt{t}}-\frac{1}{\sqrt{t+\pi}}\right)\sin tdt > 0$

3.23 （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

$\displaystyle \int_{a}^{b}|f(x)|dx\leq \frac{(b-a)^2}{4} M \leq \frac{(b-a)^2}{4}\underset{a \leq x \leq b}{\max}|f^{'}(x)|$