大家好，又见面了，我是你们的朋友全栈君。
①柯西施瓦茨不等式
[ ∫ f ( x ) ∗ g ( x ) d x ] 2 ≤ ∫ f 2 ( x ) d x ⋅ ∫ g 2 ( x ) d x [ \int f ( x ) * g ( x ) dx]^2 \leq \int f^2( x ) d x \cdot \int g^2( x )d x [∫f(x)∗g(x)dx]2≤∫f2(x)dx⋅∫g2(x)dx
这个在张宇18讲里面是用 Δ \Delta Δ判别式来证明的
∫ a b [ f ( x ) + λ g ( x ) ] 2 ≥ 0 \int_a^b[f(x)+\lambda g(x)]^2\geq0 ∫ab[f(x)+λg(x)]2≥0
然后把括号打开是个关于 λ \lambda λ的二次方程
λ 2 ∫ a b g 2 ( x ) d x + 2 λ ∫ a b f ( x ) g ( x ) b x + ∫ a b f 2 ( x ) d x ≥ 0 \lambda^{2} \int_{a}^{b} g^{2}(x) d x+2 \lambda \int_{a}^{b} f(x) g(x) b x+\int_{a}^{b} f^{2}(x) d x \geq 0 λ2∫abg2(x)dx+2λ∫abf(x)g(x)bx+∫abf2(x)dx≥0
Δ ≤ 0 \Delta \leq0 Δ≤0
②6.75
∫ a b f ( x ) d x ∫ a b g ( x ) d x ≤ ∫ a b f ( x ) g ( x ) d x \int_a^bf(x)dx\int_a^bg(x)dx\leq\int_a^bf(x)g(x)dx ∫abf(x)dx∫abg(x)dx≤∫abf(x)g(x)dx
f ( x ) , g ( x ) f(x),g(x) f(x),g(x)单增
这个还阔以用二重积分来证明
③3.132
( a + b ) ∫ a b f ( x ) d x < 2 ∫ a b x f ( x ) d x (a+b)\int_a^bf(x)dx<2\int_a^bxf(x)dx (a+b)∫abf(x)dx<2∫abxf(x)dx
以上3个都阔以通过设上限函数求导来证明
④3.133
∫ a b f 2 ( x ) d x ≤ ( b − a ) 2 2 ∫ a b [ f ′ ( x ) ] 2 d x , 其 中 f ( a ) = 0 \int_a^bf^2(x)dx\leq\frac{(b-a)^2}{2}\int_a^b[f'(x)]^2dx,其中f(a)=0 ∫abf2(x)dx≤2(b−a)2∫ab[f′(x)]2dx,其中f(a)=0
证明：
∵ f 2 ( x ) = [ f ( x ) − f ( a ) ] 2 = [ ∫ a x f ′ ( t ) d t ] 2 \because f^2(x)=[f(x)-f(a)]^2=[\int_a^xf'(t)dt]^2 ∵f2(x)=[f(x)−f(a)]2=[∫axf′(t)dt]2
∴ [ ∫ a x f ′ ( t ) d t ] 2 ⩽ ( x − a ) ∫ a x [ f ′ ( t ) ] 2 d t ⩽ ( x − a ) ∫ a b [ f ′ ( t ) ] 2 d t \therefore \left[ \int _ { a } ^ { x } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t \right] ^ { 2 } \leqslant ( x – a ) \int _ { a } ^ { x } \left[ f ^ { \prime } ( t ) \right] ^ { 2 } \mathrm { d } t \leqslant ( x – a ) \int _ { a } ^ { b } \left[ f ^ { \prime } ( t ) \right] ^ { 2 } \mathrm { d } t ∴[∫axf′(t)dt]2⩽(x−a)∫ax[f′(t)]2dt⩽(x−a)∫ab[f′(t)]2dt用了施瓦茨不等式
∴ ∫ a b f 2 ( x ) d x ⩽ ∫ a b ( x − a ) d x ∫ a b [ f ′ ( t ) ] 2 d t = ( b − a ) 2 2 ∫ a b [ f ′ ( x ) ] 2 d x \therefore \int _ { a } ^ { b } f ^ { 2 } ( x ) \mathrm { d } x \leqslant \int _ { a } ^ { b } ( x – a ) \mathrm { d } x \int _ { a } ^ { b } \left[ f ^ { \prime } ( t ) \right] ^ { 2 } \mathrm { d } t = \frac { ( b – a ) ^ { 2 } } { 2 } \int _ { a } ^ { b } \left[ f ^ { \prime } ( x ) \right] ^ { 2 } \mathrm { d } x ∴∫abf2(x)dx⩽∫ab(x−a)dx∫ab[f′(t)]2dt=2(b−a)2∫ab[f′(x)]2dx
⑤3.134
∫ a b g ( x ) f ′ ( x ) d x + ∫ 0 1 f ( x ) g ′ ( x ) d x ≥ f ( a ) g ( 1 ) , 其 中 f ( 0 ) = 0 , f ′ ( x ) ≥ 0 , g ′ ( x ) ≥ 0 , a ∈ [ 0 , 1 ] \int_a^bg(x)f'(x)dx+\int_0^1f(x)g'(x)dx\geq f(a)g(1),其中f(0)=0,f'(x)\geq0,g'(x)\geq0,a\in[0,1] ∫abg(x)f′(x)dx+∫01f(x)g′(x)dx≥f(a)g(1),其中f(0)=0,f′(x)≥0,g′(x)≥0,a∈[0,1]
移项，然后看成 a a a的函数 F ( a ) F(a) F(a)
然后再求导来做
⑥3.142
∫ a x f ( t ) d t ⩾ ∫ a x g ( t ) d t , x ∈ [ a , b ) 且 ∫ a b f ( t ) d t = ∫ a b g ( t ) d t ， 求 证 ： ∫ a b x f ( x ) d x ⩽ ∫ a b x g ( x ) d x \int _ { a } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t \geqslant \int _ { a } ^ { x } g ( t ) \mathrm { d } t , x \in [ a , b ) 且 \int _ { a } ^ { b } f ( t ) \mathrm { d } t = \int _ { a } ^ { b } g ( t ) d t，求证：\int _ { a } ^ { b } x f ( x ) \mathrm { d } x \leqslant \int _ { a } ^ { b } x g ( x ) \mathrm { d } x ∫axf(t)dt⩾∫axg(t)dt,x∈[a,b)且∫abf(t)dt=∫abg(t)dt，求证：∫abxf(x)dx⩽∫abxg(x)dx
令 φ ( x ) = f ( x ) − g ( x ) \varphi(x)=f(x)-g(x) φ(x)=f(x)−g(x)
那么上面给的两个条件移项之后就变成：
{ ∫ a x φ ( t ) d t ≥ 0 ∫ a b φ ( t ) d t = 0 \left\{\begin{matrix} \int_a^x\varphi(t)dt\geq0 \\\int_a^b\varphi(t)dt =0 \end{matrix}\right. {
∫axφ(t)dt≥0∫abφ(t)dt=0
要证明的东西变成 ∫ a b x φ ( x ) d x ≤ 0 \int_a^bx\varphi(x)dx\leq0 ∫abxφ(x)dx≤0
然后分部积分就行了
7
f ( x ) 在 [ 0 , 1 ] 上 有 连 续 导 数 , 且 f ( 0 ) = 0 , ∫ 0 1 f 2 ( x ) d x ≤ 1 2 ∫ 0 1 f ′ 2 ( x ) d x f(x)在[0,1]上有连续导数,且f(0)=0,\int_{0}^{1} f^{2}(x) d x \leq \frac{1}{2} \int_{0}^{1} f^{\prime 2}(x) d x f(x)在[0,1]上有连续导数,且f(0)=0,∫01f2(x)dx≤21∫01f′2(x)dx
这题简直厉害，把 f 2 ( x ) f^2(x) f2(x)用柯西不等式变换：
f 2 ( x ) = ( ∫ 0 x f ′ ( t ) d t ) 2 ≤ ∫ 0 x 1 2 d t ⋅ ∫ 0 x f ′ 2 ( t ) d t = x ∫ 0 x f ′ 2 ( t ) d t ≤ x ∫ 0 1 f ′ 2 ( t ) d t f^{2}(x)=\left(\int_{0}^{x} f^{\prime}(t) d t\right)^{2} \leq \int_{0}^{x} 1^{2} d t \cdot \int_{0}^{x} f^{\prime 2}(t) d t=x\int_{0}^{x} f^{\prime 2}(t) d t\leq x\int_{0}^{1} f^{\prime 2}(t) d t f2(x)=(∫0xf′(t)dt)2≤∫0x12dt⋅∫0xf′2(t)dt=x∫0xf′2(t)dt≤x∫01f′2(t)dt
就 得 到 了 这 个 ： f 2 ( x ) ≤ x ∫ 0 1 f ′ 2 ( t ) d t ， 再 同 时 两 边 积 分 就得到了这个：f^2(x)\leq x\int_{0}^{1} f^{\prime 2}(t) d t，再同时两边积分 就得到了这个：f2(x)≤x∫01f′2(t)dt，再同时两边积分
∫ 0 1 f 2 ( x ) d x ≤ ∫ 0 1 x d x ⋅ ∫ 0 1 f ′ 2 ( t ) d t = 1 2 ∫ 0 1 f ′ 2 ( t ) d t \int_{0}^{1} f^{2}(x) d x \leq \int_{0}^{1} x d x \cdot \int_{0}^{1} f^{\prime 2}(t) d t=\frac{1}{2} \int_{0}^{1} f^{\prime 2}(t) d t ∫01f2(x)dx≤∫01xdx⋅∫01f′2(t)dt=21∫01f′2(t)dt
真题
1994数学三
f ( x ) 在 [ 0 , 1 ] 上 非 负 单 减 , 证 明 : ∫ 0 a f ( x ) d x ≥ a ∫ 0 1 f ( x ) d x ( 0 < a < 1 ) f(x)在[0,1]上非负单减,证明:\int_{0}^{a} f(x) d x \geq a \int_{0}^{1} f(x) d x \quad(0<a<1) f(x)在[0,1]上非负单减,证明:∫0af(x)dx≥a∫01f(x)dx(0<a<1)
本来想直接用积分中值定理的，但是弄出来两边的 ξ 1 ∈ ( 0 , a ) , ξ 2 ∈ ( 0 , 1 ) \xi_1\in(0,a),\xi_2\in(0,1) ξ1∈(0,a),ξ2∈(0,1)的范围有重叠不好判断，因此想办法把范围弄成没有重叠的
把右边拆成两段
∫ 0 a f ( x ) d x ≥ a ∫ 0 a f ( x ) d x + a ∫ a 1 f ( x ) d x \int_{0}^{a} f(x) d x \geq a \int_{0}^{a} f(x) d x+a \int_{a}^{1} f(x) d x ∫0af(x)dx≥a∫0af(x)dx+a∫a1f(x)dx
∫ 0 a ( 1 − a ) f ( x ) d x = a ∫ a 1 f ( x ) \int_{0}^{a} (1-a)f(x) d x=a \int_{a}^{1} f(x) ∫0a(1−a)f(x)dx=a∫a1f(x)
现在再用积分中值定理把被积函数弄出来就好做了
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