定积分习题（二）

习题（二）承自定积分框架，主要涉及积分不等式的运用。

1. 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上非负可积，且 ${\int }_a^{b}f(x)dx=1$，求证
$${\left({\int }_a^{b}f(x)\cos kxdx\right)}^2+{\left({\int }_a^{b}f(x)\sin kxdx\right)}^2\le 1$$
证明

由柯西不等式的积分推广得
$$\begin{array}{rl}{\left({\int }_a^{b}f(x)\cos kxdx\right)}^2& ={\left({\int }_a^b\sqrt{f(x)}\sqrt{f(x)}\cos kxdx\right)}^2\\ & \le \left({\int }_a^{b}f(x)dx=1\right)\left({\int }_a^{b}f(x){\cos }^{2}kxdx\right)\\ & ={\int }_a^{b}f(x){\cos }^{2}kxdx\end{array}$$
对于 $\sin$ 也有相应的不等式，将两个不等式求和即可证明。

2. 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续可微，$f(0)=f(1)=0$，求证
$${\left({\int }_0^{1}xf(x)dx\right)}^2\le \frac{1}{45}{\int }_0^1(f^{\prime }(x){)}^{2}dx$$
证明
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}xf(x)dx& ={\frac{x}{2}f(x)|}_0^1-\frac{1}{2}{\int }_0^1{x}^2{f}^{\prime }(x)\\ & =-\frac{1}{2}{\int }_0^1{x}^2{f}^{\prime }(x)\end{array}$$
任取实数 $a,b$ 且 $b>0$，则有
$$2b{\int }_0^{1}xf(x)dx={\int }_0^1(a-b{x}^2)f^{\prime }(x)dx$$
使用柯西施瓦兹不等式得
$$\begin{array}{rl}4b^2{\left({\int }_0^{1}xf(x)dx\right)}^2& \le {\int }_0^1(a-b{x}^2{)}^{2}dx{\int }_0^1(f^{\prime }(x){)}^{2}dx\\ & =\frac{1}{15}(15a^2-10ab+3b^2){\int }_0^1(f^{\prime }(x){)}^{2}dx\end{array}$$
令 $c=\frac{a}{b}$，整理后得到
$${\left({\int }_0^{1}xf(x)dx\right)}^2\le \frac{1}{60}(15c^2-10c+3){\int }_0^1(f^{\prime }(x){)}^{2}dx$$
上面的不等式对任意实数 $c$ 都满足，而 min⁡{15c2−10c+3∣c∈R}=43\displaystyle \min\{15c^2-10c+3|c\in\mathbb{R}\}=\frac{4}{3}min{15c2−10c+3∣c∈R}=34​，故原不等式成立。

证毕。

3. 设 $f(x)$ 连续可微，且 $f(0)=f(1)=0$求证

$(1)f^2(x)\le \frac{1}{4}{\int }_0^1{f}^{\prime }(x{)}^{2}dx$

$(2){\int }_0^1{f}^2(x)dx\le \frac{1}{4}{\int }_0^1{f}^{\prime }(x{)}^{2}dx$

证明

$(1)$

应用柯西施瓦兹不等式得
$$f^2(x)={\left({\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt\right)}^2\le {\int }_0^x{1}^{2}dt{\int }_0^x{f}^{\prime }(t{)}^{2}dt=x{\int }_0^x{f}^{\prime }(t{)}^{2}dt$$
以及
$$f^2(x)={\left({\int }_1^x{f}^{\prime }(t)dt\right)}^2\le (1-x){\int }_x^1{f}^{\prime }(t{)}^{2}dt$$
第一个不等式的右端在 $[0,1]$ 上单增，第二个不等式的右端在 $[0,1]$ 上单减，且当 $x=\frac{1}{2}$ 时两个右端均相等，于是

$$f^2(x)\le \frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{1}{2}}{f}^{\prime }(t{)}^{2}dt$$

$$f^2(x)\le \frac{1}{2}{\int }_{\frac{1}{2}}^1{f}^{\prime }(t{)}^{2}dt$$

$(2)$
$$f^2(x)\le x{\int }_0^1{f}^{\prime }(t{)}^{2}dt$$

$$f^2(x)\le (1-x){\int }_0^1{f}^{\prime }(t{)}^{2}dt$$

注意到当 $x\in [0,0.5]$ 时 $x\le 1-x$，当 $x\in [0.5,1]$ 时 $1-x\le x$。

所以对 ${\int }_0^1{f}^2(x)$ 进行分段估计。
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{f}^2(x)dx& ={\int }_0^{\frac{1}{2}}{f}^2(x)dx+{\int }_{\frac{1}{2}}^1{f}^2(x)dx\\ & \le \left({\int }_0^{\frac{1}{2}}xdx+{\int }_{\frac{1}{2}}^1(1-x)dx\right){\int }_0^1{f}^{\prime }(x{)}^{2}dx\\ & =\frac{1}{4}{\int }_0^1{f}^{\prime }(x{)}^{2}dx\end{array}$$