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)>0f(x)>0f(x)>0，证明：∫abf(x)dx∫ab1f(x)dx⩾(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。
习题九
- 9.6 设a<ba<ba<b，证明不等式[∫abf(x)g(x)dx]2⩽∫abf2(x)dx∫abg2(x)dx\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⩾0x\geqslant0x⩾0时，证明∫0xt(1−t)sin⁡2ntdt⩽1(2n+2)(2n+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。
新版例题十一
- 例11.3
- 例11.4
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- 例11.14
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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)>0f(x)>0f(x)>0，证明：∫abf(x)dx∫ab1f(x)dx⩾(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)=∫axf(t)dt∫ax1f(t)dt−(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)∫ax1f(t)dt+1f(x)∫axf(t)dt−2(x−a)=∫ax[f(x)f(t)+f(t)f(x)−2]dt⩾∫ax(2−2)dt=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)=0F(b)\geqslant F(a)=0F(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<ba<ba<b，证明不等式[∫abf(x)g(x)dx]2⩽∫abf2(x)dx∫abg2(x)dx\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)=[∫atf(x)g(x)dx]2−∫atf2(x)dx∫atg2(x)dx,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)=0F(a)=0F(a)=0，且
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.\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)=0F(b)\leqslant F(a)=0F(b)⩽F(a)=0，即
[∫abf(x)g(x)dx]2⩽∫abf2(x)dx∫abg2(x)dx.\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⩾0x\geqslant0x⩾0时，证明∫0xt(1−t)sin⁡2ntdt⩽1(2n+2)(2n+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)=∫0xt(1−t)sin⁡2ntdtf(x)=\displaystyle\int^x_0t(1-t)\sin^{2n}t\mathrm{d}tf(x)=∫0xt(1−t)sin2ntdt，则有f′(x)=x(1−x)sin⁡2nxf'(x)=x(1-x)\sin^{2n}xf′(x)=x(1−x)sin2nx。
故当0⩽x<10\leqslant x<10⩽x<1时，f′(x)⩾0f'(x)\geqslant0f′(x)⩾0，即0⩽x<10\leqslant x<10⩽x<1时，f(x)⩽f(1)f(x)\leqslant f(1)f(x)⩽f(1)；当x>1x>1x>1时，f′(x)⩽0f'(x)\leqslant0f′(x)⩽0，从而x>1x>1x>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)=∫0xt(1−t)sin⁡2ntdt⩽∫0xt(1−t)t2ndt=∫01(t2n+1−t2n+2)dt=(12n+2t2n+2−12n+3t2n+3)∣01=1(2n+2)(2n+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⩾0x\geqslant0x⩾0时，∫0xt(1−t)sin⁡2ntdt⩽1(2n+2)(2n+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）

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习题九

9.6 设a<ba<ba<b，证明不等式[∫abf(x)g(x)dx]2⩽∫abf2(x)dx∫abg2(x)dx\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。

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