目录
- 例题九
- 习题九
-
- 9.6 设
a
<
b
a<b
a<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]2⩽∫abf2(x)dx∫abg2(x)dx。 - 9.8 当
x
⩾
0
x\geqslant0
x⩾0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(1−t)sin2ntdt⩽(2n+2)(2n+3)1。
- 9.6 设
- 新版例题十一
- 写在最后
例题九
例9.7 设
f
(
x
)
f(x)
f(x)在
[
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)dx∫abf(x)1dx⩾(b−a)2。
证 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)dt∫axf(t)1dt−(x−a)2(a⩽x⩽b)，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)1∫axf(t)dt−2(x−a)=∫ax[f(t)f(x)+f(x)f(t)−2]dt⩾∫ax(2−2)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
a<b
a<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]2⩽∫abf2(x)dx∫abg2(x)dx。
证 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]2−∫atf2(x)dx∫atg2(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)=2∫atf(x)g(x)dx⋅f(t)g(t)−f2(t)∫atg2(x)dx−g2(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)]2dx⩽0.
即函数
F
(
t
)
F(t)
F(t)在
[
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]2⩽∫abf2(x)dx∫abg2(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
x⩾0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(1−t)sin2ntdt⩽(2n+2)(2n+3)1。
证 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(1−t)sin2ntdt，则有
f
′
(
x
)
=
x
(
1
−
x
)
sin
2
n
x
f'(x)=x(1-x)\sin^{2n}x
f′(x)=x(1−x)sin2nx。
故当
0
⩽
x
<
1
0\leqslant x<1
0⩽x<1时，
f
′
(
x
)
⩾
0
f'(x)\geqslant0
f′(x)⩾0，即
0
⩽
x
<
1
0\leqslant x<1
0⩽x<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)为
f
(
x
)
f(x)
f(x)在
[
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(1−t)sin2ntdt⩽∫0xt(1−t)t2ndt=∫01(t2n+1−t2n+2)dt=(2n+21t2n+2−2n+31t2n+3)∣∣∣∣01=(2n+2)(2n+3)1.
所以当
x
⩾
0
x\geqslant0
x⩾0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(1−t)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
例11.4
例11.10
例11.11
例11.14
写在最后
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