高等数学张宇18讲 第九讲 积分等式与积分不等式

目录

  • 例题九
    • 例9.7 设 f ( x ) f(x) f(x) [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续,且 f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0,证明: ∫ a b f ( x ) d x ∫ a b 1 f ( x ) d x ⩾ ( b − a ) 2 \displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^b_a\cfrac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geqslant(b-a)^2 abf(x)dxabf(x)1dx(ba)2
  • 习题九
    • 9.6 设 a < b aa<b,证明不等式 [ ∫ a b f ( x ) g ( x ) d x ] 2 ⩽ ∫ a b f 2 ( x ) d x ∫ a b g 2 ( x ) d x \left[\displaystyle\int^b_af(x)g(x)\mathrm{d}x\right]^2\leqslant\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x [abf(x)g(x)dx]2abf2(x)dxabg2(x)dx
    • 9.8 当 x ⩾ 0 x\geqslant0 x0时,证明 ∫ 0 x t ( 1 − t ) sin ⁡ 2 n t d t ⩽ 1 ( 2 n + 2 ) ( 2 n + 3 ) \displaystyle\int^x_0t(1-t)\sin^{2n}t\mathrm{d}t\leqslant\cfrac{1}{(2n+2)(2n+3)} 0xt(1t)sin2ntdt(2n+2)(2n+3)1
  • 新版例题十一
    • 例11.3
    • 例11.4
    • 例11.10
    • 例11.11
    • 例11.14
  • 写在最后

例题九

例9.7 设 f ( x ) f(x) f(x) [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续,且 f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0,证明: ∫ a b f ( x ) d x ∫ a b 1 f ( x ) d x ⩾ ( b − a ) 2 \displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^b_a\cfrac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geqslant(b-a)^2 abf(x)dxabf(x)1dx(ba)2

  令 F ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t ∫ a x 1 f ( t ) d t − ( x − a ) 2 ( a ⩽ x ⩽ b ) F(x)=\displaystyle\int^x_af(t)\mathrm{d}t\displaystyle\int^x_a\cfrac{1}{f(t)}\mathrm{d}t-(x-a)^2(a\leqslant x\leqslant b) F(x)=axf(t)dtaxf(t)1dt(xa)2(axb),则
F ′ ( x ) = f ( x ) ∫ a x 1 f ( t ) d t + 1 f ( x ) ∫ a x f ( t ) d t − 2 ( x − a ) = ∫ a x [ f ( x ) f ( t ) + f ( t ) f ( x ) − 2 ] d t ⩾ ∫ a x ( 2 − 2 ) d t = 0. \begin{aligned} F'(x)&=f(x)\displaystyle\int^x_a\cfrac{1}{f(t)}\mathrm{d}t+\cfrac{1}{f(x)}\displaystyle\int^x_af(t)\mathrm{d}t-2(x-a)\\ &=\displaystyle\int^x_a\left[\cfrac{f(x)}{f(t)}+\cfrac{f(t)}{f(x)}-2\right]\mathrm{d}t\geqslant\displaystyle\int^x_a(2-2)\mathrm{d}t=0. \end{aligned} F(x)=f(x)axf(t)1dt+f(x)1axf(t)dt2(xa)=ax[f(t)f(x)+f(x)f(t)2]dtax(22)dt=0.
  从而, F ( x ) F(x) F(x)单调增加,故 F ( b ) ⩾ F ( a ) = 0 F(b)\geqslant F(a)=0 F(b)F(a)=0,得证。(**这道题主要利用了构造函数的方法求解,**这道题的另一种解法见李永乐复习全书高等数学第六章多元函数积分学的例25,传送门在这里)

习题九

9.6 设 a < b aa<b,证明不等式 [ ∫ a b f ( x ) g ( x ) d x ] 2 ⩽ ∫ a b f 2 ( x ) d x ∫ a b g 2 ( x ) d x \left[\displaystyle\int^b_af(x)g(x)\mathrm{d}x\right]^2\leqslant\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x [abf(x)g(x)dx]2abf2(x)dxabg2(x)dx

  构造辅助函数
F ( t ) = [ ∫ a t f ( x ) g ( x ) d x ] 2 − ∫ a t f 2 ( x ) d x ∫ a t g 2 ( x ) d x , t ∈ [ a , b ] . F(t)=\left[\displaystyle\int^t_af(x)g(x)\mathrm{d}x\right]^2-\displaystyle\int^t_af^2(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^t_ag^2(x)\mathrm{d}x,t\in[a,b]. F(t)=[atf(x)g(x)dx]2atf2(x)dxatg2(x)dx,t[a,b].
  则 F ( a ) = 0 F(a)=0 F(a)=0,且
F ′ ( t ) = 2 ∫ a t f ( x ) g ( x ) d x ⋅ f ( t ) g ( t ) − f 2 ( t ) ∫ a t g 2 ( x ) d x − g 2 ( t ) ∫ a t f 2 ( x ) d x = ∫ a t [ 2 f ( x ) g ( x ) f ( t ) g ( t ) − f 2 ( t ) g 2 ( x ) − g 2 ( t ) f 2 ( x ) ] d x = − ∫ a t [ f ( t ) g ( x ) − g ( t ) f ( x ) ] 2 d x ⩽ 0. \begin{aligned} F'(t)&=2\displaystyle\int^t_af(x)g(x)\mathrm{d}x\cdot f(t)g(t)-f^2(t)\displaystyle\int^t_ag^2(x)\mathrm{d}x-g^2(t)\displaystyle\int^t_af^2(x)\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^t_a[2f(x)g(x)f(t)g(t)-f^2(t)g^2(x)-g^2(t)f^2(x)]\mathrm{d}x\\ &=-\displaystyle\int^t_a[f(t)g(x)-g(t)f(x)]^2\mathrm{d}x\leqslant0. \end{aligned} F(t)=2atf(x)g(x)dxf(t)g(t)f2(t)atg2(x)dxg2(t)atf2(x)dx=at[2f(x)g(x)f(t)g(t)f2(t)g2(x)g2(t)f2(x)]dx=at[f(t)g(x)g(t)f(x)]2dx0.
  即函数 F ( t ) F(t) F(t) [ a , b ] [a,b] [a,b]上单调不增,所以 F ( b ) ⩽ F ( a ) = 0 F(b)\leqslant F(a)=0 F(b)F(a)=0,即
[ ∫ a b f ( x ) g ( x ) d x ] 2 ⩽ ∫ a b f 2 ( x ) d x ∫ a b g 2 ( x ) d x . \left[\displaystyle\int^b_af(x)g(x)\mathrm{d}x\right]^2\leqslant\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x. [abf(x)g(x)dx]2abf2(x)dxabg2(x)dx.
这道题主要利用了凑积分的方法求解

9.8 当 x ⩾ 0 x\geqslant0 x0时,证明 ∫ 0 x t ( 1 − t ) sin ⁡ 2 n t d t ⩽ 1 ( 2 n + 2 ) ( 2 n + 3 ) \displaystyle\int^x_0t(1-t)\sin^{2n}t\mathrm{d}t\leqslant\cfrac{1}{(2n+2)(2n+3)} 0xt(1t)sin2ntdt(2n+2)(2n+3)1

  令 f ( x ) = ∫ 0 x t ( 1 − t ) sin ⁡ 2 n t d t f(x)=\displaystyle\int^x_0t(1-t)\sin^{2n}t\mathrm{d}t f(x)=0xt(1t)sin2ntdt,则有 f ′ ( x ) = x ( 1 − x ) sin ⁡ 2 n x f'(x)=x(1-x)\sin^{2n}x f(x)=x(1x)sin2nx
  故当 0 ⩽ x < 1 0\leqslant x<1 0x<1时, f ′ ( x ) ⩾ 0 f'(x)\geqslant0 f(x)0,即 0 ⩽ x < 1 0\leqslant x<1 0x<1时, f ( x ) ⩽ f ( 1 ) f(x)\leqslant f(1) f(x)f(1);当 x > 1 x>1 x>1时, f ′ ( x ) ⩽ 0 f'(x)\leqslant0 f(x)0,从而 x > 1 x>1 x>1时, f ( x ) ⩽ f ( 1 ) f(x)\leqslant f(1) f(x)f(1),故 f ( 1 ) f(1) f(1) f ( x ) f(x) f(x) [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+)内的最大值。
  又
f ( 1 ) = ∫ 0 x t ( 1 − t ) sin ⁡ 2 n t d t ⩽ ∫ 0 x t ( 1 − t ) t 2 n d t = ∫ 0 1 ( t 2 n + 1 − t 2 n + 2 ) d t = ( 1 2 n + 2 t 2 n + 2 − 1 2 n + 3 t 2 n + 3 ) ∣ 0 1 = 1 ( 2 n + 2 ) ( 2 n + 3 ) . \begin{aligned} f(1)&=\displaystyle\int^x_0t(1-t)\sin^{2n}t\mathrm{d}t\leqslant\displaystyle\int^x_0t(1-t)t^{2n}\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\int^1_0(t^{2n+1}-t^{2n+2})\mathrm{d}t=\left(\cfrac{1}{2n+2}t^{2n+2}-\cfrac{1}{2n+3}t^{2n+3}\right)\biggm\vert^1_0\\ &=\cfrac{1}{(2n+2)(2n+3)}. \end{aligned} f(1)=0xt(1t)sin2ntdt0xt(1t)t2ndt=01(t2n+1t2n+2)dt=(2n+21t2n+22n+31t2n+3)01=(2n+2)(2n+3)1.
  所以当 x ⩾ 0 x\geqslant0 x0时, ∫ 0 x t ( 1 − t ) sin ⁡ 2 n t d t ⩽ 1 ( 2 n + 2 ) ( 2 n + 3 ) \displaystyle\int^x_0t(1-t)\sin^{2n}t\mathrm{d}t\leqslant\cfrac{1}{(2n+2)(2n+3)} 0xt(1t)sin2ntdt(2n+2)(2n+3)1。(这道题主要利用了构造函数求导的方法求解

新版例题十一

例11.3

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例11.4

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例11.10

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例11.11

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例11.14

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