大学生数学竞赛非数专题三（7）

用户9628320

发布于 2022-11-23 16:59:38

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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)

在

[0,1]

连续，且

-a \leq f(x) \leq b

，同时

\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

，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)|

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