11-第十一章 积分学的应用

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正文部分

11.1.2 例题

例题 11.1.1

求由方程 $x^2+xy+y^2=1$ 所确定的图形面积。

解 这就是求椭圆的面积。先用解析几何中的转轴方法消去交叉项可求出长、短半轴，也可直接用积分方法计算。

解 1\quad 从方程解出

$$y_{1,2}(x)=-\frac{x}{2}\pm \sqrt{1-\frac{3}{4}{x}^2},-\frac{2}{\sqrt{3}}\le x\le \frac{2}{\sqrt{3}}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_{-2/\sqrt{3}}^{2/\sqrt{3}}[y_1(x)-y_2(x)]dx=2{\int }_{-2/\sqrt{3}}^{2/\sqrt{3}}\sqrt{1-\frac{3}{4}{x}^2}dx\\ & =\frac{4}{\sqrt{3}}{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\cos }^2\theta d\theta =\frac{2\pi }{\sqrt{3}}.\end{array}$$

解 2\quad 用极坐标 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$，得到

$$r^2=\frac{1}{1+\sin \theta \cos \theta }.$$

由极坐标面积公式

$$S=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }{r}^{2}d\theta =\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{1+\frac{1}{2}\sin 2\theta }={\int }_0^{2\pi }\frac{d\phi }{2+\sin \phi }=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}.$$

解 3\quad 将方程配方为

$$x^2+xy+y^2=\frac{3}{4}{x}^2+{\left(y+\frac{x}{2}\right)}^2=1,$$

引入参数方程

$$x=\frac{2}{\sqrt{3}}\cos t,y=\sin t-\frac{1}{\sqrt{3}}\cos t,0\le t\le 2\pi .$$

由于

$$\begin{array}{rl}x(t)y^{\prime }(t)-y(t)x^{\prime }(t)& =\frac{2}{\sqrt{3}}\cos t\left(\cos t+\frac{1}{\sqrt{3}}\sin t\right)-\left(\sin t-\frac{1}{\sqrt{3}}\cos t\right)\left(-\frac{2}{\sqrt{3}}\sin t\right)\\ & =\frac{2}{\sqrt{3}},\end{array}$$

故

$$S=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }(xdy-ydx)=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\frac{2}{\sqrt{3}}dt=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}.$$

注 一种更简单的方法是：从表达式 $r^{-2}=1+\frac{1}{2}\sin 2\theta$ 出发，求出 $r$ 的最大值和最小值，即椭圆的长半轴和短半轴，然后利用椭圆面积公式计算。

注 在习题集的讲解中还列举了求椭圆

$$A{x}^2+2Bxy+C{y}^2=1(A>0,\Delta =AC-B^2>0)$$

所围面积的多种解法，其中一些方法可推广到本题。

例题 11.1.2

求由 $y^2-2xy+x^3=0$ 所确定的封闭曲线所包含的图形面积。

解 令 $y=tx$，可得参数方程

$$x=2t-t^2,y=2t^2-t^3.$$

当 $t$ 从 $0$ 到 $2$ 时，点 $(x(t),y(t))$ 从原点出发又回到原点，沿逆时针方向描出一条封闭曲线。

解 1\quad 由方程得

$$y_{1,2}(x)=x(1\pm \sqrt{1-x}),0\le x\le 1,$$

故

$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_0^1(x+x\sqrt{1-x})dx-{\int }_0^1(x-x\sqrt{1-x})dx\\ & =2{\int }_0^{1}x\sqrt{1-x}dx=2{\int }_0^1(1-t)\sqrt{t}dt=2\left(\frac{2}{3}{t}^{3/2}-\frac{2}{5}{t}^{5/2}\right){|}_0^1=\frac{8}{15}.\end{array}$$

解 2\quad 用参数方程和公式

$$S=\frac{1}{2}{\int }_0^2(xdy-ydx)$$

得

$$\begin{array}{rl}S& =\frac{1}{2}{\int }_0^2\{(2t-t^2)d(2t^2-t^3)-(2t^2-t^3)d(2t-t^2)\}\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^2(4t^2-4t^3+t^4)dt=\frac{8}{15}.\end{array}$$

例题 11.1.3

设曲线方程为

$$y={\int }_0^x\sqrt{\sin t}dt,0\le x\le \pi ,$$

求曲线的长度。

解 记方程为 $y=f(x)$，由弧长公式

$$\begin{array}{rl}l& ={\int }_0^{\pi }\sqrt{1+f^{\prime 2}(x)}dx={\int }_0^{\pi }\sqrt{1+\sin x}dx\\ & ={\int }_0^{\pi }\left(\sin \frac{x}{2}+\cos \frac{x}{2}\right)dx=2\left({\int }_0^{\pi /2}\sin tdt+{\int }_0^{\pi /2}\cos tdt\right)=4.\end{array}$$

例题 11.1.4

求双曲抛物面 $z=x^2-y^2$ 与平面 $x=1,z=0$ 所围成的立体体积。

解 分析\quad 该立体不是旋转体。可以先计算平行于坐标平面 $yOz$ 或 $xOy$ 的截面面积 $A(x)$ 或 $B(z)$，再用定积分求体积。

解 1\quad $x$ 的变化范围是 $0\le x\le 1$。固定 $x$，截面中 $y\in [-x,x]$，故

$$A(x)=2{\int }_0^x(x^2-y^2)dy=2\left(x^3-\frac{1}{3}{x}^3\right)=\frac{4}{3}{x}^3.$$

所以

$$V=\frac{4}{3}{\int }_0^1{x}^{3}dx=\frac{1}{3}.$$

解 2\quad $z$ 的变化范围也是 $0\le z\le 1$。固定 $z$，有

$$y=\pm \sqrt{x^2-z},\sqrt{z}\le x\le 1.$$

于是

$$\begin{array}{rl}B(z)& =2{\int }_{\sqrt{z}}^1\sqrt{x^2-z}dx\\ & =\left(x\sqrt{x^2-z}-z\ln (x+\sqrt{x^2-z})\right){|}_{\sqrt{z}}^1\\ & =\sqrt{1-z}-z\ln (1+\sqrt{1-z})+z\ln \sqrt{z}.\end{array}$$

故

$$V={\int }_0^{1}B(z)dz={\int }_0^1\sqrt{1-z}dz-{\int }_0^{1}z\ln (1+\sqrt{1-z})dz+{\int }_0^{1}z\ln \sqrt{z}dz=\frac{2}{3}-\frac{5}{24}-\frac{1}{8}=\frac{1}{3}.$$

注 在用平行截面面积求体积的问题中，选择合适的截面非常重要。本题若改用平行于 $xOz$ 的截面，计算会繁一些。

11.1.3 Guldin 定理中的例题

例题 11.1.5

设曲线 $y=f(x)$（$a\le x\le b$）分段光滑。求曲边梯形

$$\{(x,y)\mid 0\le a\le x\le b,0\le y\le f(x)\}$$

绕 $y$ 轴旋转一周得到的旋转体体积。

解 解 1\quad 用微元法。在小区间 $[x,x+\Delta x]$ 上，以过 $(\xi ,f(\xi ))$ 且平行于 $x$ 轴的线段代替曲线段，所得矩形绕 $y$ 轴旋转得到的体积为

$$\Delta V=\pi f(\xi )[(x+\Delta x{)}^2-x^2]=\pi f(\xi )[2x\Delta x-(\Delta x{)}^2].$$

舍弃高阶无穷小量 $\pi f(\xi )(\Delta x{)}^2$ 后积分，得

$$V=2\pi {\int }_a^{b}xf(x)dx.$$

解 2\quad 由 Guldin 第二定理，旋转体体积等于曲边梯形的质心绕 $y$ 轴一周所经过的路程 $2\pi x_c$ 乘以图形面积 $S$。由质心公式

$$x_c=\frac{{\int }_a^{b}xf(x)dx}{{\int }_a^{b}f(x)dx},S={\int }_a^{b}f(x)dx,$$

代入 $V=2\pi x_{c}S$，仍得

$$V=2\pi {\int }_a^{b}xf(x)dx.$$

例题 11.1.6

求上题的旋转体中由曲线 $y=f(x)$（$a\le x\le b$）生成的侧面积。

解 解 1\quad 用以曲代直法。曲线段在小区间 $[x,x+\Delta x]$ 上绕 $y$ 轴旋转一周所得面积近似为圆台侧面积

$$\begin{array}{rl}\Delta S_{\text{侧}}& =2\pi \cdot \frac{1}{2}[x+(x+\Delta x)]\sqrt{(\Delta x{)}^2+(\Delta f(x){)}^2}\\ & =2\pi \cdot \frac{1}{2}[x+(x+\Delta x)]\sqrt{1+{\left(\frac{\Delta f(x)}{\Delta x}\right)}^2}\Delta x.\end{array}$$

舍弃高阶无穷小量后积分，得

$$S_{\text{侧}}=2\pi {\int }_a^{b}x\sqrt{1+f^{\prime 2}(x)}dx.$$

解 2\quad 由 Guldin 第一定理，侧面积等于曲线段质心绕 $y$ 轴一周的路程 $2\pi x_c$ 乘以弧长 $l$。将

$$l={\int }_a^b\sqrt{1+(f^{\prime }(x){)}^2}dx$$

和质心公式代入，仍得

$$S_{\text{侧}}=2\pi {\int }_a^{b}x\sqrt{1+f^{\prime 2}(x)}dx.$$

11.1.4 练习题

题目 1

设椭圆方程为 $A{x}^2+2Bxy+C{y}^2=1$，其中 $A>0,\Delta =AC-B^2>0$。试用例题 11.1.1 中的第三种方法证明：由该椭圆所围的面积等于 $\pi /\sqrt{\Delta }$。

解答 令 $x=r\cos \theta$，$y=r\sin \theta$，则椭圆方程化为

$$r^2(A{\cos }^2\theta +2B\sin \theta \cos \theta +C{\sin }^2\theta )=1.$$

因而

$$S=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{A{\cos }^2\theta +2B\sin \theta \cos \theta +C{\sin }^2\theta }.$$

把分母写成

$$\frac{A+C}{2}+\frac{A-C}{2}\cos 2\theta +B\sin 2\theta ,$$

再用 $t=\tan \theta$ 或标准积分公式

$${\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{a+b\cos 2\theta +c\sin 2\theta }=\frac{2\pi }{\sqrt{a^2-b^2-c^2}}$$

得

$$S=\frac{\pi }{\sqrt{(\frac{A+C}{2}{)}^2-(\frac{A-C}{2}{)}^2-B^2}}=\frac{\pi }{\sqrt{AC-B^2}}=\frac{\pi }{\sqrt{\Delta }}.$$

题目 2

试以公式 (11.1) 为出发点，推导出极坐标下的扇形面积计算公式 (11.2)。

解答 设极坐标曲线为 $\rho =\rho (\theta )$，$\alpha \le \theta \le \beta$。由

$$x=\rho \cos \theta ,y=\rho \sin \theta$$

得

$$xdy-ydx=\rho \cos \theta d(\rho \sin \theta )-\rho \sin \theta d(\rho \cos \theta )={\rho }^{2}d\theta .$$

代入面积公式 $S=\frac{1}{2}\int (xdy-ydx)$，便得

$$S=\frac{1}{2}{\int }_{\alpha }^{\beta }{\rho }^2(\theta )d\theta .$$

题目 3

已知三个半径为 $r$ 的圆，其中每个圆的圆周都通过另外两个圆的圆心，求三个圆公共部分的面积。（本题有不用微积分的初等解法。）

解答 三圆圆心构成边长为 $r$ 的正三角形，公共部分正是宽为 $r$ 的 Reuleaux 三角形。其面积等于三个圆心角为 $\pi /3$ 的扇形面积之和减去两个正三角形面积，即

$$S=3\cdot \frac{1}{2}{r}^2\cdot \frac{\pi }{3}-2\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}{r}^2=\frac{\pi -\sqrt{3}}{2}{r}^2.$$

题目 4

周长一定的等腰三角形，腰与底的比例为多少时，它绕底边旋转所得的旋转体体积最大？

解答 设腰长为 $l$，底边长为 $b$，周长固定为 $2l+b=P$。绕底边旋转所得立体由两个全等圆锥组成，体积为

$$V=2\cdot \frac{1}{3}\pi \left(\frac{b}{2}\right)h^2=\frac{\pi }{3}b{h}^2,h^2=l^2-\frac{b^2}{4}.$$

由 $l=(P-b)/2$ 得

$$h^2=\frac{P^2-2Pb}{4},V=\frac{\pi }{12}(P^{2}b-2P{b}^2).$$

于是 $V^{\prime }(b)=\frac{\pi }{12}(P^2-4Pb)$，最大值在 $b=P/4$ 处取得。这时

$$l=\frac{3P}{8},l:b=3:2.$$

题目 5

半轴长为 $a$ 和 $b$ 的一个椭圆在曲线 $y=c\sin (x/a)$ 上进行无滑动的滚动。问 $a,b,c$ 之间的关系怎样时，椭圆在曲线上滚动了曲线的一个周期时，它正好转了一周？

解答 无滑动滚动一周所走过的弧长应等于椭圆周长。曲线 $y=c\sin (x/a)$ 一个周期的弧长为

$$L_1={\int }_0^{2\pi a}\sqrt{1+\frac{c^2}{a^2}{\cos }^2\frac{x}{a}}dx={\int }_0^{2\pi }\sqrt{a^2+c^2{\cos }^{2}t}dt.$$

椭圆半轴为 $a,b$ 的周长可写成

$$L_2={\int }_0^{2\pi }\sqrt{a^2{\sin }^{2}t+b^2{\cos }^{2}t}dt.$$

两者对应相等，当且仅当

$$a^2+c^2=b^2.$$

若 $a>b$，利用对称性同理可写成 $c^2=a^2-b^2$。因此条件可统一写成

$$c^2=|a^2-b^2|.$$

题目 6

在单位圆周上任意取一段位于第一象限且长度为 $s$ 的弧，设位于该弧下方、$x$ 轴上方的曲边梯形面积为 $A$，而位于该弧左侧、$y$ 轴右侧的曲边梯形面积为 $B$。证明：$A+B$ 只依赖于弧的长度 $s$，而与弧的位置无关。

解答 设弧的两个端点对应极角为 $\alpha <\beta$，其中 $0<\alpha <\beta <\pi /2$，弧长 $s=\beta -\alpha$。则

$$A={\int }_{\cos \beta }^{\cos \alpha }\sqrt{1-x^2}dx={\int }_{\alpha }^{\beta }{\sin }^{2}tdt,$$

而

$$B={\int }_{\sin \alpha }^{\sin \beta }\sqrt{1-y^2}dy={\int }_{\alpha }^{\beta }{\cos }^{2}tdt.$$

所以

$$A+B={\int }_{\alpha }^{\beta }({\sin }^{2}t+{\cos }^{2}t)dt=\beta -\alpha =s,$$

只与弧长有关。

题目 7

试求由抛物线 $y^2=2x$ 与过其焦点的弦所围的图形面积的最小值。

解答 取抛物线上两点 $P(\frac{u^2}{2},u)$，$Q(\frac{v^2}{2},v)$，则过焦点 $(\frac{1}{2},0)$ 的弦满足 $uv=-1$。弦与抛物线所围面积等于

$$S={\int }_u^v\left(\frac{(u+v)y-uv}{2}-\frac{y^2}{2}\right)dy=\frac{(v-u{)}^3}{12}.$$

由 $uv=-1$，可设 $v=t>0$，$u=-1/t$，于是

$$S=\frac{1}{12}{\left(t+\frac{1}{t}\right)}^3\ge \frac{2^3}{12}=\frac{2}{3}.$$

当且仅当 $t=1$ 时取等号，即弦为通径 $x=\frac{1}{2}$。故最小面积为 $\frac{2}{3}$。

题目 8

至少用两种方法计算下列三个圆的公共部分面积：

$$x^2+y^2\le 4,(x-2{)}^2+y^2\le 4,x^2+(y-2{)}^2\le 4.$$

解答 设三个圆分别记为 $C_1,C_2,C_3$，其公共部分记为 $\Omega$。边界顶点是

$$O=(0,0),A=(1,\sqrt{3}),B=(\sqrt{3},1).$$

图形如下：

用积分可得

$$\begin{array}{rl}|\Omega |& ={\int }_0^1(\sqrt{4-(x-2{)}^2}-2+\sqrt{4-x^2})dx+{\int }_1^{\sqrt{3}}(2\sqrt{4-x^2}-2)dx\\ & =\frac{5\pi }{3}-2\sqrt{3}.\end{array}$$

也可用几何法：$\Omega$ 由三个扇形拼成，其中圆心角依次为 $\pi /3,\pi /6,\pi /3$，扇形总面积为

$$\frac{1}{2}\cdot 4\cdot \frac{\pi }{3}+\frac{1}{2}\cdot 4\cdot \frac{\pi }{6}+\frac{1}{2}\cdot 4\cdot \frac{\pi }{3}=\frac{5\pi }{3}.$$

再减去两个等边三角形面积 $2\sqrt{3}$，仍得

$$|\Omega |=\frac{5\pi }{3}-2\sqrt{3}.$$

题目 9

求椭圆柱 $\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{100}\le 1$ 夹在平面 $z=0,y=2z$ 之间部分的体积。

解答 该体积等于椭圆底面上点 $(x,y)$ 在两平面之间的高 $|y|/2$ 的积分：

$$V={\iint }_{\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{100}\le 1}\frac{|y|}{2}dxdy.$$

对固定的 $x\in [-4,4]$，有

$$|y|\le 10\sqrt{1-\frac{x^2}{16}}=:Y,$$

因而截面面积为

$${\int }_{-Y}^Y\frac{|y|}{2}dy=\frac{Y^2}{2}=50\left(1-\frac{x^2}{16}\right).$$

所以

$$V=50{\int }_{-4}^4\left(1-\frac{x^2}{16}\right)dx=\frac{800}{3}.$$

题目 10

求圆柱面 $x^2+y^2=a^2$ 与 $x^2+z^2=a^2$ 所围立体区域的体积。

解答 取平面 $x=\text{常数}$ 截立体。由两圆柱方程知

$$y^2\le a^2-x^2,z^2\le a^2-x^2,$$

故截面是边长 $2\sqrt{a^2-x^2}$ 的正方形，面积为

$$A(x)=4(a^2-x^2),-a\le x\le a.$$

从而

$$V={\int }_{-a}^{a}4(a^2-x^2)dx=\frac{16}{3}{a}^3.$$

11.2 不等式例题

例题 11.2.1（Hadamard 不等式）

设 $f$ 是 $(a,b)$ 上的下凸函数，则对每一对 $x_1,x_2\in (a,b)$，$x_1<x_2$，有

$$f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)\le \frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}f(t)dt\le \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}.$$

证 由下凸函数性质可得

$$\frac{1}{2}\{f[x_1+\lambda (x_2-x_1)]+f[x_2-\lambda (x_2-x_1)]\}\ge f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right).$$

两边对 $\lambda$ 从 $0$ 到 $1$ 积分，得

$$\frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}f(t)dt\ge f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right).$$

另一方面，由下凸性

$$\frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}f(t)dt={\int }_0^{1}f(\lambda x_2+(1-\lambda )x_1)d\lambda \le {\int }_0^1[\lambda f(x_2)+(1-\lambda )f(x_1)]d\lambda ,$$

即得右端不等式。

注 Hadamard 不等式的左右两边分别给出了下凸函数的充分必要条件之一；若任一边对所有 $x_1,x_2\in (a,b)$ 恒为等号，则 $f$ 只能是线性函数。

例题 11.2.2

若 $f$ 为 $[0,1]$ 上的上凸函数，则对每个正整数 $n$ 成立

$${\int }_0^{1}f(x^n)dx\le f\left(\frac{1}{n+1}\right).$$

例题 11.2.3

设 $f\in C^1[a,b]$，且 $f(a)=0$，证明：

$${\int }_a^b{f}^2(x)dx\le \frac{(b-a{)}^2}{2}{\int }_a^b(f^{\prime }(x){)}^{2}dx.$$

证 由 $f(a)=0$ 得

$$f(x)={\int }_a^x{f}^{\prime }(t)dt.$$

用 Schwarz 不等式估计：

$$f^2(x)={\left({\int }_a^x{f}^{\prime }(t)dt\right)}^2\le \left({\int }_a^x(f^{\prime }(t){)}^{2}dt\right)(x-a)\le (x-a){\int }_a^b(f^{\prime }(t){)}^{2}dt.$$

再将两边对 $x$ 从 $a$ 到 $b$ 积分，即得结论。

例题 11.2.4

用积分学方法求出 $\sin x$ 和 $\cos x$ 的一些基本不等式。

解 当 $x>0$ 时，由 $\cos x\le 1$ 从 $0$ 到 $x$ 积分，得

$$\sin x<x.$$

再对两边从 $0$ 到 $x$ 积分，得 $1-\cos x<\frac{x^2}{2}$，即

$$\cos x>1-\frac{x^2}{2}.$$

再积分一次得到

$$\sin x>x-\frac{x^3}{6},$$

于是

$$x-\frac{x^3}{6}<\sin x<x.$$

继续积分可得

$$1-\frac{x^2}{2}<\cos x<1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}.$$

归纳可得关于正弦、余弦函数的绝对值不等式

$$\left|\sin x-\sum _{k=0}^n(-1{)}^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}\right|\le \frac{|x{|}^{2n+3}}{(2n+3)!},$$ $$\left|\cos x-\sum _{k=0}^n(-1{)}^k\frac{x^{2k}}{(2k)!}\right|\le \frac{|x{|}^{2n+2}}{(2n+2)!}.$$

例题 11.2.5

设函数 $f\in C[a,b]$ 且单调增加，证明：

$${\int }_a^{b}xf(x)dx\ge \frac{a+b}{2}{\int }_a^{b}f(x)dx.$$

证 证 1\quad 因为 $f$ 单调增加，所以

$$\left(x-\frac{a+b}{2}\right)\left[f(x)-f\left(\frac{a+b}{2}\right)\right]\ge 0.$$

将上式对 $x$ 从 $a$ 到 $b$ 积分，并利用

$${\int }_a^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)dx=0,$$

即可得到结论。

证 2\quad 将 $[a,b]$ 分为两个区间，分别用第一中值定理，得

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)f(x)dx& ={\int }_a^{(a+b)/2}\left(x-\frac{a+b}{2}\right)f(x)dx+{\int }_{(a+b)/2}^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)f(x)dx\\ & =f({\xi }_1){\int }_a^{(a+b)/2}\left(x-\frac{a+b}{2}\right)dx+f({\xi }_2){\int }_{(a+b)/2}^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)dx\\ & =[f({\xi }_2)-f({\xi }_1)]\frac{(b-a{)}^2}{8}\ge 0,\end{array}$$

其中 $a<{\xi }_1<\frac{1}{2}(a+b)<{\xi }_2<b$。

例题 11.2.6

设有 $n$ 个非负数 $x_1,\dots ,x_n$ 和 $n$ 个正数 ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$，且 ${\lambda }_1+\cdots +{\lambda }_n=1$，证明：

$$G_n=\prod _{i=1}^n{x}_i^{{\lambda }_i}\le \sum _{i=1}^n{\lambda }_i{x}_i=A_n,$$

其中当且仅当 $x_1=x_2=\cdots =x_n$ 时成立等号。

证 只需对正数 $x_1,\dots ,x_n$ 证明。不妨设 $x_1\le \cdots \le x_n$，则存在 $k\in \{1,\dots ,n-1\}$，使 $x_k\le G_n\le x_{k+1}$。由拟合法得

$$\begin{array}{rl}\frac{A_n}{G_n}-1& =\sum _{i=1}^n{\lambda }_i\left(\frac{x_i-G_n}{G_n}\right)=\sum _{i=1}^n{\lambda }_i{\int }_{G_n}^{x_i}\frac{dt}{G_n}\\ & =-\sum _{i=1}^k{\lambda }_i{\int }_{x_i}^{G_n}\frac{dt}{G_n}+\sum _{i=k+1}^n{\lambda }_i{\int }_{G_n}^{x_i}\frac{dt}{G_n}.\end{array}$$

又由

$$0=\ln G_n-\sum _{i=1}^n{\lambda }_i\ln x_i=\sum _{i=1}^k{\lambda }_i{\int }_{x_i}^{G_n}\frac{dt}{t}-\sum _{i=k+1}^n{\lambda }_i{\int }_{G_n}^{x_i}\frac{dt}{t},$$

两式相加得

$$\frac{A_n}{G_n}-1=\sum _{i=1}^k{\lambda }_i{\int }_{x_i}^{G_n}\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{G_n}\right)dt+\sum _{i=k+1}^n{\lambda }_i{\int }_{G_n}^{x_i}\left(\frac{1}{G_n}-\frac{1}{t}\right)dt\ge 0.$$

右边每一项非负，等号成立当且仅当 $x_i=G_n$（$i=1,\dots ,n$）。

11.2.5 练习题

题目 1

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上单调增加，证明：对每个 $c\in (a,b)$，函数

$$F(x)={\int }_c^{x}f(t)dt$$

为 $[a,b]$ 上的下凸函数。

解答 对任意 $h>0$，有

$$F(x+h)+F(x-h)-2F(x)={\int }_x^{x+h}f(t)dt-{\int }_{x-h}^{x}f(t)dt\ge 0,$$

因为 $f$ 单调增加。故 $F$ 为下凸函数。

题目 2

设 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上是下凸函数，证明：

$$F(x)=\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(t)dt$$

是 $(0,+\infty )$ 上的下凸函数。

解答 写成

$$F(x)={\int }_0^{1}f(tx)dt.$$

对每个固定 $t\in [0,1]$，函数 $x\mapsto f(tx)$ 仍下凸，积分保持下凸性，故 $F$ 在 $(0,+\infty )$ 上下凸。

题目 3

设 $f$ 于 $[0,1]$ 上为非负的上凸函数，证明：

$${\int }_0^{1}2f(x)dx\ge \underset{x\in [0,1]}{\max }\{f(x)\}.$$

解答 设 $M={\max }_{[0,1]}f=f(x_0)$。由上凸性，

$$f(x)\ge \frac{x}{x_0}M(0\le x\le x_0),f(x)\ge \frac{1-x}{1-x_0}M(x_0\le x\le 1).$$

积分得

$${\int }_0^{1}f(x)dx\ge \frac{M}{2}.$$

题目 4

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上为上凸可微函数，$f(a)=f(b)=0$，$f^{\prime }(a)=\alpha >0$，$f^{\prime }(b)=\beta <0$，证明：

$$0\le {\int }_a^{b}f(x)dx\le \frac{1}{2}\alpha \beta \cdot \frac{(b-a{)}^2}{\beta -\alpha }.$$

解答 上凸函数位于两端切线之下，故

$$f(x)\le \min \{\alpha (x-a),\beta (x-b)\}.$$

两直线交于

$$x_0=\frac{\beta b-\alpha a}{\beta -\alpha }.$$

因而

$${\int }_a^{b}f(x)dx\le \frac{1}{2}\alpha (x_0-a{)}^2+\frac{1}{2}(-\beta )(b-x_0{)}^2=\frac{1}{2}\alpha \beta \cdot \frac{(b-a{)}^2}{\beta -\alpha }.$$

又因 $f(a)=f(b)=0$ 且上凸，显然积分非负。

题目 5

设 $f\in C^1[0,2]$，$f(0)=f(2)=1$，$|f^{\prime }(x)|\le 1$，证明：

$$\left|{\int }_0^{2}f(x)dx\right|\ge 1.$$

解答 由 $|f^{\prime }|\le 1$，在 $[0,1]$ 上有 $f(x)\ge 1-x$，在 $[1,2]$ 上有 $f(x)\ge x-1$。故

$${\int }_0^{2}f(x)dx\ge {\int }_0^1(1-x)dx+{\int }_1^2(x-1)dx=1.$$

因而 $\left|{\int }_0^{2}f\right|\ge 1$。

题目 6

已知函数 $f\in C[a,b]$，且 $f(x)$ 处处大于 $0$，证明：

$${\int }_a^{b}f(x)dx{\int }_a^b\frac{1}{f(x)}dx\ge (b-a{)}^2.$$

解答 由 Cauchy—Schwarz 不等式，

$${\left({\int }_a^{b}1dx\right)}^2={\left({\int }_a^b\sqrt{f(x)}\cdot \frac{1}{\sqrt{f(x)}}dx\right)}^2\le {\int }_a^{b}f(x)dx{\int }_a^b\frac{1}{f(x)}dx.$$

题目 7

已知非负函数 $f\in R[a,b]$，${\int }_a^{b}f(x)dx=1$，$k$ 为实数，证明：

$${\left({\int }_a^{b}f(x)\cos kxdx\right)}^2+{\left({\int }_a^{b}f(x)\sin kxdx\right)}^2\le 1.$$

解答 记

$$z={\int }_a^{b}f(x)e^{ikx}dx.$$

则

$$|z|\le {\int }_a^{b}f(x)|e^{ikx}|dx={\int }_a^{b}f(x)dx=1.$$

而 $|z{|}^2$ 正是题中左端。

题目 8

设 $f\in C^1[a,b]$ 且 $f(a)=0$，证明比例题 11.2.3 更强的不等式：

$${\int }_a^b{f}^2(x)dx\le \frac{(b-a{)}^2}{2}{\int }_a^b(f^{\prime }(x){)}^{2}dx-\frac{1}{2}{\int }_a^b(f^{\prime }(x){)}^2(x-a{)}^{2}dx.$$

解答 由 $f(a)=0$，

$$f(x)={\int }_a^x{f}^{\prime }(t)dt.$$

由 Cauchy 不等式，

$$f^2(x)\le (x-a){\int }_a^x(f^{\prime }(t){)}^{2}dt.$$

再对 $x$ 积分并交换次序，得

$${\int }_a^b{f}^2(x)dx\le \frac{1}{2}{\int }_a^b[(b-a{)}^2-(x-a{)}^2](f^{\prime }(x){)}^{2}dx.$$

这正是所求。

题目 9

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上可微且当 $x\in (0,1)$ 时 $0<f^{\prime }(x)<1$，$f(0)=0$。证明：

$${\left({\int }_0^{1}f(x)dx\right)}^2\ge {\int }_0^1{f}^3(x)dx,$$

且仅当 $f(x)\equiv 0$ 或 $f(x)=x$ 时成立等号。

解答 记

$$A(x)={\int }_0^{x}f(t)dt,H(x)=A(x{)}^2-{\int }_0^x{f}^3(t)dt.$$

则

$$H^{\prime }(x)=f(x)(2A(x)-f^2(x)).$$

又令 $K(x)=2A(x)-f^2(x)$，则

$$K^{\prime }(x)=2f(x)(1-f^{\prime }(x))\ge 0,K(0)=0.$$

故 $K(x)\ge 0$，从而 $H^{\prime }(x)\ge 0$，再由 $H(0)=0$ 得 $H(1)\ge 0$，即

$${\left({\int }_0^{1}f(x)dx\right)}^2\ge {\int }_0^1{f}^3(x)dx.$$

若取等号，则 $H(1)=0$，于是 $H^{\prime }\equiv 0$。因 $f\ge 0$，这迫使 $K\equiv 0$，再由 $K^{\prime }=2f(1-f^{\prime })$ 得要么 $f\equiv 0$，要么在 $f>0$ 处必有 $f^{\prime }\equiv 1$，结合 $f(0)=0$ 得 $f(x)=x$。

题目 10

1. 试用 Young 不等式证明：当 $a,b\ge 1$ 时成立 $ab\le e^{a-1}+b\ln b$。
2. 设函数 $f\in R[0,\pi ]$，试用 Minkowski 不等式证明下面两个不等式不能同时成立：

$${\int }_0^{\pi }|f(x)-\sin x{|}^{2}dx\le \frac{3}{4},{\int }_0^{\pi }|f(x)-\cos x{|}^{2}dx\le \frac{3}{4}.$$

解答

1. 取凸函数 $\phi (u)=e^u$ 的共轭函数 ${\phi }^{\ast }(v)=v\ln v-v$，Young 不等式给出

$$uv\le e^u+v\ln v-v.$$

令 $u=a-1$，$v=b$，便得

$$ab\le e^{a-1}+b\ln b.$$

2. 若两式同时成立，则由 Minkowski 不等式，

$$\Vert \sin x-\cos x{\Vert }_2\le \Vert f-\sin x{\Vert }_2+\Vert f-\cos x{\Vert }_2\le \sqrt{\frac{3}{4}}+\sqrt{\frac{3}{4}}=\sqrt{3}.$$

但

$$\Vert \sin x-\cos x{\Vert }_2^2={\int }_0^{\pi }(\sin x-\cos x{)}^{2}dx=\pi >3,$$

即 $\Vert \sin x-\cos x{\Vert }_2>\sqrt{3}$，矛盾。

11.3 积分估计与近似计算例题

例题 11.3.1

估计积分

$$I={\int }_a^b\frac{\sin x}{x}dx$$

的值，其中 $0<a<b$。

解 若只用 $|\sin x|\le |x|$，只能得到

$$|I|\le b-a.$$

用积分第一中值定理和 $1/x$ 不变号，得

$$|I|=\left|\sin \xi {\int }_a^b\frac{dx}{x}\right|\le \ln \frac{b}{a}=\ln \left(1+\frac{b-a}{a}\right)<\frac{b}{a}-1.$$

若 $a>1$，上式比 $b-a$ 好。再用积分第二中值定理和 $1/x$ 单调非负，有

$$|I|=\left|\frac{1}{a}{\int }_a^{\xi }\sin xdx\right|\le \frac{1}{a}|\cos \xi -\cos a|\le \frac{2}{a}.$$

当区间较大时，这个估计明显较好。进一步可得对任意 $0<a<b$，

$$\left|{\int }_a^b\frac{\sin x}{x}dx\right|<3.$$

若 $0\le a<1<b$，将积分拆开并利用上述估计：

$$|I|\le {\int }_a^1\left|\frac{\sin x}{x}\right|dx+\left|{\int }_1^b\frac{\sin x}{x}dx\right|<1+2=3.$$

例题 11.3.2

估计定积分

$$I={\int }_{100\pi }^{200\pi }\frac{\sin x}{x}dx$$

的值。

解 解 1\quad 将积分区间按 $\pi$ 的整数倍拆开，可证 $I>0$。利用例题 11.3.1 中的估计可得

$$I=\frac{\theta }{50\pi },0<\theta <1.$$

解 2\quad 因为分母大于 $100\pi$，分部积分后余项更小：

$$I=\left(-\frac{\cos x}{x}-\frac{\sin x}{x^2}\right){|}_{100\pi }^{200\pi }-2{\int }_{100\pi }^{200\pi }\frac{\sin x}{x^3}dx=\frac{1}{200\pi }-2{\int }_{100\pi }^{200\pi }\frac{\sin x}{x^3}dx.$$

对右边积分用积分第二中值定理估计，有

$$\left|I-\frac{1}{200\pi }\right|\le \frac{2}{10^6{\pi }^3}\left|{\int }_{100\pi }^{\xi }\sin xdx\right|\le \frac{4}{10^6{\pi }^3}\approx 0.129\times 10^{-6}.$$

于是

$$I\approx \frac{1}{200\pi }\approx \mathrm{0.00159.}$$

注 用 Mathematica 计算得 $I\approx 0.00159149$。若对最后一个积分继续分部积分并用第二中值定理估计，可得到更精确的近似值。

例题 11.3.3

证明椭圆

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a,b>0)$$

的周长 $s$ 满足

$$\pi (a+b)\le s\le \pi \sqrt{2a^2+2b^2}.$$

证 椭圆周长可写为

$$s=4{\int }_0^{\pi /2}\sqrt{a^2{\sin }^{2}t+b^2{\cos }^{2}t}dt.$$

由 Schwarz 不等式

$$\begin{array}{rl}s& \le 4{\left[{\int }_0^{\pi /2}(a^2{\sin }^{2}t+b^2{\cos }^{2}t)dt\right]}^{1/2}{\left({\int }_0^{\pi /2}dt\right)}^{1/2}\\ & =4{\left[\frac{\pi }{4}(a^2+b^2)\right]}^{1/2}{\left(\frac{\pi }{2}\right)}^{1/2}=\pi \sqrt{2a^2+2b^2}.\end{array}$$

再由 Cauchy 不等式

$$\sqrt{a^2{\sin }^{2}t+b^2{\cos }^{2}t}\sqrt{{\sin }^{2}t+{\cos }^{2}t}\ge a{\sin }^{2}t+b{\cos }^{2}t,$$

积分并乘以 $4$ 得

$$s\ge 4{\int }_0^{\pi /2}(a{\sin }^{2}t+b{\cos }^{2}t)dt=\pi (a+b).$$

例题 11.3.4

设 $f\in C^2[0,h]$，证明存在 $\xi \in [0,h]$，使

$${\int }_0^{h}f(x)dx=\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]-\frac{1}{12}{f}^{\prime \prime }(\xi )h^3.$$

证 两次分部积分：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{h}f(x)dx& ={\int }_0^{h}f(x){\left(x-\frac{h}{2}\right)}^{\prime }dx\\ & =\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]-\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime }(x)[x(x-h){]}^{\prime }dx\\ & =\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]+\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x)x(x-h)dx.\end{array}$$

因 $x(x-h)$ 不变号，由积分第一中值定理得

$$\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x)x(x-h)dx=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(\xi ){\int }_0^{h}x(x-h)dx=-\frac{1}{12}{f}^{\prime \prime }(\xi )h^3.$$

注 若引进变上限积分 $F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$，本题与前面参考题中相应命题在条件和结论上的差异并非本质的。

例题 11.3.5

设 $f\in C^4[0,h]$，证明存在 $\xi \in [0,h]$，使

$${\int }_0^{h}f(x)dx=\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]-\frac{h^2}{12}[f^{\prime }(h)-f^{\prime }(0)]+\frac{1}{720}{f}^{(4)}(\xi )h^5.$$

证 从上题推得的等式继续分部积分：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{h}f(x)dx-\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]& =\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x)[x(x-h)]dx\\ & =-\frac{h^2}{12}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x)dx+\frac{1}{2}{\int }_0^h{f}^{\prime \prime }(x)\left(x^2-hx+\frac{h^2}{6}\right)dx\\ & =-\frac{h^2}{12}[f^{\prime }(h)-f^{\prime }(0)]+\frac{1}{24}{\int }_0^h{f}^{(4)}(x)[x^2(x-h{)}^2]dx.\end{array}$$

最后一个积分中，因子 $x^2(h-x{)}^2$ 不变号，由积分第一中值定理得所需等式。

例题 11.3.6（万能公式）

若 $p(x)$ 是不超过 3 次的多项式，则有

$${\int }_a^{b}p(x)dx=\frac{1}{6}\left[p(a)+4p\left(\frac{1}{2}(a+b)\right)+p(b)\right](b-a).$$

证 令 $q(t)=p(a+t(b-a))$，只需证明等价公式

$${\int }_0^{1}q(t)dt=\frac{1}{6}\left[q(0)+4q\left(\frac{1}{2}\right)+q(1)\right].$$

由积分线性运算，分别用 $q(t)=1,t,t^2,t^3$ 代入验证即可。

注 这个公式在初等数学的体积计算中有“万能公式”的美名：将立体的顶截面、中截面和底截面的面积分别乘以 $1:4:1$ 后相加，再除以 $6$，乘以高度，即可得到球、圆锥和圆台等体积的正确答案。

11.3.3 练习题

题目 1

证明：

$$\begin{array}{ll}(1){\int }_0^{\sqrt{2\pi }}\sin x^{2}dx>0,& (2)\frac{1}{20\sqrt[3]{2}}<{\int }_0^1\frac{x^{19}}{\sqrt[3]{1+x^6}}dx<\frac{1}{20},\\ (3){\int }_0^{\pi /2}x{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^{4}dx<\frac{n^2{\pi }^2}{4},& (4)0<\frac{\pi }{2}-{\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x}{x}dx<\frac{{\pi }^3}{144},\\ (5)0.005<{\int }_0^{100}\frac{e^{-x}}{x+100}dx<0.01,& (6)\frac{2}{9}{\pi }^2<{\int }_{\pi /6}^{\pi /2}\frac{2x}{\sin x}dx<\frac{1}{3}{\pi }^2.\end{array}$$

解答

1. 令 $t=x^2$，则

$${\int }_0^{\sqrt{2\pi }}\sin x^{2}dx=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\frac{\sin t}{\sqrt{t}}dt=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\sin t\left(\frac{1}{\sqrt{t}}-\frac{1}{\sqrt{t+\pi }}\right)dt>0.$$

2. 因 $1<1+x^6<2$，故

$$\frac{x^{19}}{\sqrt[3]{2}}<\frac{x^{19}}{\sqrt[3]{1+x^6}}<x^{19}.$$

积分即得所求不等式。 3. 在 $[0,\pi /(2n)]$ 上用 $\left|\frac{\sin nx}{\sin x}\right|\le n$，在 $[\pi /(2n),\pi /2]$ 上用 $\sin x\ge \frac{2x}{\pi }$ 与 $|\sin nx|\le 1$，得

$${\int }_0^{\pi /2}x{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^{4}dx\le n^4{\int }_0^{\pi /(2n)}xdx+{\int }_{\pi /(2n)}^{\pi /2}\frac{{\pi }^4}{16x^3}dx<\frac{n^2{\pi }^2}{4}.$$

4. 因 $0<\sin x<x$，故左端大于 $0$。又 $x-\sin x<\frac{x^3}{6}$，于是

$$0<\frac{\pi }{2}-{\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin x}{x}dx={\int }_0^{\pi /2}\frac{x-\sin x}{x}dx<\frac{1}{6}{\int }_0^{\pi /2}{x}^{2}dx=\frac{{\pi }^3}{144}.$$

5. 由 $x+100\ge 100$ 得上界 $<0.01$。另一方面在 $[0,1]$ 上有 $x+100\le 101$，故

$${\int }_0^{100}\frac{e^{-x}}{x+100}dx>\frac{1}{101}{\int }_0^1{e}^{-x}dx>\mathrm{0.005.}$$

6. 由 $\sin x<1$ 得下界

$${\int }_{\pi /6}^{\pi /2}\frac{2x}{\sin x}dx>{\int }_{\pi /6}^{\pi /2}2xdx=\frac{2}{9}{\pi }^2.$$

又由 $\sin x\ge \frac{2x}{\pi }$，得

$${\int }_{\pi /6}^{\pi /2}\frac{2x}{\sin x}dx\le {\int }_{\pi /6}^{\pi /2}\pi dx=\frac{1}{3}{\pi }^2.$$

题目 2

设 $f$ 在 $[0,a]$（$a>0$）上有可积的导函数，证明：

$$|f(0)|\le \frac{1}{a}{\int }_0^a|f(x)|dx+{\int }_0^a|f^{\prime }(x)|dx.$$

解答 由 Newton—Leibniz 公式，

$$f(0)=f(x)-{\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt,$$

因而

$$|f(0)|\le |f(x)|+{\int }_0^a|f^{\prime }(t)|dt.$$

对 $x\in [0,a]$ 积分并除以 $a$ 即得结论。

题目 3

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上有可积的导函数，证明：

$${\int }_0^1|f(x)|dx\le \max \left\{{\int }_0^1|f^{\prime }(x)|dx,\left|{\int }_0^{1}f(x)dx\right|\right\}.$$

解答 若 $f$ 在 $[0,1]$ 上不变号，则 ${\int }_0^1|f|=\left|{\int }_0^{1}f\right|$。若 $f$ 有零点 $\xi$，则

$${\int }_0^1|f(x)|dx\le {\int }_0^{\xi }{\int }_x^{\xi }|f^{\prime }(t)|dtdx+{\int }_{\xi }^1{\int }_{\xi }^x|f^{\prime }(t)|dtdx\le {\int }_0^1|f^{\prime }(x)|dx.$$

两种情形合并即得。

题目 4

设函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上可微，$|f^{\prime }(x)|\le M$，且 ${\int }_a^{b}f(x)dx=0$。对函数

$$F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt,$$

证明：

$$|F(x)|\le \frac{M(b-a{)}^2}{8};$$

在增加条件 $f(a)=f(b)=0$ 时证明：

$$|F(x)|\le \frac{M(b-a{)}^2}{16}.$$

解答 设 $F(x_0)={\max }_{[a,b]}|F|$，且 $F(x_0)>0$。则 $F^{\prime }(x_0)=f(x_0)=0$，并且

$$|F^{\prime }(x)|=|f(x)-f(x_0)|\le M|x-x_0|.$$

于是

$$F(x_0)={\int }_a^{x_0}-F^{\prime }(x)dx\le \frac{M}{2}(x_0-a{)}^2,F(x_0)={\int }_{x_0}^b{F}^{\prime }(x)dx\le \frac{M}{2}(b-x_0{)}^2.$$

故

$$|F(x)|\le \frac{M}{8}(b-a{)}^2.$$

若再有 $f(a)=f(b)=0$，则在 $[a,x_0]$ 与 $[x_0,b]$ 上，$F^{\prime }$ 在两端点都为零，故

$$|F^{\prime }(x)|\le M\min \{x-a,x_0-x\}$$

与右侧类似，积分可得更强估计

$$|F(x)|\le \frac{M}{16}(b-a{)}^2.$$

题目 5

证明：对每个正整数 $n$，成立

$$\frac{2}{3}n\sqrt{n}<1+\sqrt{2}+\cdots +\sqrt{n}<\frac{4n+3}{6}\sqrt{n}.$$

解答 由

$${\int }_0^n\sqrt{x}dx<\sum _{k=1}^n\sqrt{k}$$

得下界 $\frac{2}{3}n\sqrt{n}<1+\sqrt{2}+\cdots +\sqrt{n}$。另一方面，对下凸函数 $\sqrt{x}$，每个梯形面积不大于相应矩形面积，故

$$\sum _{k=1}^n\sqrt{k}<{\int }_0^n\sqrt{x}dx+\frac{\sqrt{n}}{2}=\frac{4n+3}{6}\sqrt{n}.$$

题目 6

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上可微，$f(a)=f(b)=0$，$|f^{\prime }(x)|\le M$，证明：

$$\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|\le \frac{M}{4}(b-a{)}^2.$$

解答 由 $f(a)=f(b)=0$ 与 $|f^{\prime }|\le M$，有

$$|f(x)|\le M\min \{x-a,b-x\}.$$

因而

$$\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|\le M{\int }_a^b\min \{x-a,b-x\}dx=\frac{M}{4}(b-a{)}^2.$$

题目 7

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上二阶可微，$f(a)=f(b)=0$，$|f^{\prime \prime }(x)|\le M$，证明：

$$\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|\le \frac{M}{12}(b-a{)}^3.$$

解答 对每个固定的 $x\in [a,b]$，由插值余项公式，存在 ${\xi }_x\in (a,b)$，使

$$f(x)=\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_x)}{2}(x-a)(x-b).$$

因而

$$|f(x)|\le \frac{M}{2}(x-a)(b-x).$$

积分即得

$$\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|\le \frac{M}{12}(b-a{)}^3.$$

题目 8

（矩形公式）设 $f\in C^2[a,b]$，证明存在 $\xi \in (a,b)$，使

$${\int }_a^{b}f-(b-a)f\left(\frac{a+b}{2}\right)=\frac{f^{\prime \prime }(\xi )(b-a{)}^3}{24}.$$

解答 设 $m=\frac{a+b}{2}$。对每个 $x$，有

$$f(x)=f(m)+f^{\prime }(m)(x-m)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\theta }_x)(x-m{)}^2.$$

积分后一次项消失，再由积分中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使

$${\int }_a^{b}f(x)dx-(b-a)f\left(\frac{a+b}{2}\right)=\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{2}{\int }_a^b(x-m{)}^{2}dx=\frac{f^{\prime \prime }(\xi )(b-a{)}^3}{24}.$$

题目 9

设 $f$ 于 $[-1,1]$ 上可微，且有 $\alpha \in (0,1)$，使得 ${\int }_{-\alpha }^{\alpha }f(x)dx=0$。证明：

$$\left|{\int }_{-1}^{1}f(x)dx\right|\le M(1-{\alpha }^2).$$

解答 由题设，$\frac{1}{2\alpha }{\int }_{-\alpha }^{\alpha }f(t)dt=0$。故对任意 $x$，

$$f(x)=\frac{1}{2\alpha }{\int }_{-\alpha }^{\alpha }(f(x)-f(t))dt,$$

从而当 $x\in [\alpha ,1]$ 时有 $|f(x)|\le Mx$；当 $x\in [-1,-\alpha ]$ 时有 $|f(x)|\le M|x|$。于是

$$\left|{\int }_{-1}^{1}f(x)dx\right|\le M{\int }_{|x|\ge \alpha }|x|dx=M(1-{\alpha }^2).$$

题目 10

设 $f$ 于 $[0,1]$ 上可微，$|f^{\prime }(x)|\le M$，证明：

$$\left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\le \frac{M}{2n}.$$

解答 把区间分成 $I_k=[(k-1)/n,k/n]$。则

$$\left|{\int }_{I_k}f(x)dx-\frac{1}{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\le {\int }_{I_k}M\left(\frac{k}{n}-x\right)dx=\frac{M}{2n^2}.$$

求和即得所求估计。

题目 11

设 $f$ 在区间 $[0,1]$ 上可微，且 $f^{\prime }\in R[0,1]$，对正整数 $n$ 定义

$$A_n={\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right),$$

证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{A}_n=\frac{1}{2}[f(0)-f(1)].$$

解答 仍按上题分段。由积分中值定理，存在 ${\xi }_k\in I_k$，使

$${\int }_{I_k}f(x)dx-\frac{1}{n}f\left(\frac{k}{n}\right)=-\frac{f^{\prime }({\xi }_k)}{2n^2}.$$

故

$$n{A}_n=-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{f}^{\prime }({\xi }_k)\to -\frac{1}{2}{\int }_0^1{f}^{\prime }(x)dx=\frac{1}{2}[f(0)-f(1)].$$

题目 12

设 $f$ 在区间 $[0,1]$ 上二阶可微，且 $f^{\prime \prime }\in R[0,1]$，对正整数 $n$ 定义

$$B_n={\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{2k-1}{2n}\right),$$

证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2{B}_n=\frac{1}{24}[f^{\prime }(1)-f^{\prime }(0)].$$

解答 对中点公式同理，存在 ${\eta }_k\in [(k-1)/n,k/n]$，使

$${\int }_{(k-1)/n}^{k/n}f(x)dx-\frac{1}{n}f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)=\frac{f^{\prime \prime }({\eta }_k)}{24n^3}.$$

故

$$n^2{B}_n=\frac{1}{24}\cdot \frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{f}^{\prime \prime }({\eta }_k)\to \frac{1}{24}{\int }_0^1{f}^{\prime \prime }(x)dx=\frac{1}{24}[f^{\prime }(1)-f^{\prime }(0)].$$

11.4 积分学在分析中的其他应用例题

例题 11.4.1

计算数列 $\{a_n\}$ 的极限，其中通项为

$$a_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}.$$

解 用定积分方法：

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n& =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\left(\frac{1}{1+\frac{1}{n}}+\frac{1}{1+\frac{2}{n}}+\cdots +\frac{1}{1+\frac{n}{n}}\right)\\ & ={\int }_0^1\frac{dx}{1+x}=\ln 2.\end{array}$$

注 本题过去可用 Euler 常数和夹逼定理等方法处理；本节的解法虽然需用积分学知识，但思路简明。

例题 11.4.2

证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\frac{1}{e}.$$

证 证 1\quad 取对数：

$$\ln \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\frac{1}{n}\ln (n!)-\ln n=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln \frac{k}{n}.$$

令 $n\to \infty$，右端极限为

$${\int }_0^1\ln xdx=-1,$$

故

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\frac{1}{e}.$$

证 2\quad 由 $\ln x$ 单调增加，有

$$\sum _{k=1}^{n-1}\ln k<{\int }_1^n\ln xdx<\sum _{k=2}^n\ln k,$$

即

$$\ln (n-1)!<(x\ln x-x){|}_1^n=n\ln n-n+1<\ln n!.$$

整理得

$$e{\left(\frac{n}{e}\right)}^n<n!<ne{\left(\frac{n}{e}\right)}^n.$$

开 $n$ 次根并取极限，利用 $\lim \sqrt[n]{e}=1$、$\lim \sqrt[n]{n}=1$，可得结论。

例题 11.4.3

计算极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left[\left(1+\frac{1}{n}\right)\sin \frac{\pi }{n^2}+\left(1+\frac{2}{n}\right)\sin \frac{2\pi }{n^2}+\cdots +\left(1+\frac{n}{n}\right)\sin \frac{n\pi }{n^2}\right].$$

解 记表达式为 $a_n$。由 Taylor 公式

$$\sin \frac{k\pi }{n^2}=\frac{k\pi }{n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right),k=1,2,\dots ,n.$$

于是

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n& =\underset{n\to \infty }{\lim }\left[\sum _{k=1}^n\left(1+\frac{k}{n}\right)\frac{k\pi }{n^2}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right]\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{\pi }{n}\cdot \frac{k}{n}\left(1+\frac{k}{n}\right)={\int }_0^1\pi x(1+x)dx=\frac{5}{6}\pi .\end{array}$$

11.4.5 练习题

题目 1

求下列极限：

1. $\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(\frac{1}{n^2+1^2}+\frac{1}{n^2+2^2}+\cdots +\frac{1}{2n^2}\right)$；
2. $\underset{n\to \infty }{\lim }\left[\frac{1}{\sqrt{n^2}}+\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n(2n-1)}}\right]$；
3. $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{[1^a+3^a+\cdots +(2n+1{)}^a{]}^{b+1}}{[2^b+4^b+\cdots +(2n{)}^b{]}^{a+1}}$，其中 $a,b\ne -1$；
4. $\underset{n\to \infty }{\lim }\prod _{k=0}^{n-1}{\left(2+\cos \frac{k\pi }{n}\right)}^{\pi /n}$；
5. $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sqrt[n]{n(n+1)\cdots (2n-1)}$；
6. $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^2}\sum _{k=1}^n\sqrt{(nx+k)(nx+k-1)}(x>0)$。

解答 1.

$$n\sum _{k=1}^n\frac{1}{n^2+k^2}=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{1+(k/n{)}^2}\to {\int }_0^1\frac{dx}{1+x^2}=\frac{\pi }{4}.$$

$$\sum _{k=0}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{n(n+k)}}=\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{1+k/n}}\to {\int }_0^1\frac{dx}{\sqrt{1+x}}=2(\sqrt{2}-1).$$

3. 若 $a,b>-1$，则

$$\sum _{k=0}^n(2k+1{)}^a\sim \frac{2^a}{a+1}{n}^{a+1},\sum _{k=1}^n(2k{)}^b\sim \frac{2^b}{b+1}{n}^{b+1},$$

因而极限为

$$\frac{(b+1{)}^{a+1}}{(a+1{)}^{b+1}}.$$

若 $a>-1>b$，则极限为 $0$；若 $b>-1>a$，则极限为 $+\infty$；若 $a,b<-1$，两和式都趋于有限正数，极限就是相应幂的比值。 4. 取对数并化为 Riemann 和：

$$\frac{\pi }{n}\sum _{k=0}^{n-1}\ln \left(2+\cos \frac{k\pi }{n}\right)\to {\int }_0^{\pi }\ln (2+\cos x)dx.$$

用公式 ${\int }_0^{\pi }\ln (a+b\cos x)dx=\pi \ln \frac{a+\sqrt{a^2-b^2}}{2}$，得极限为

$${\left(\frac{2+\sqrt{3}}{2}\right)}^{\pi }.$$

5. 设

$$y_n=\frac{1}{n}\sqrt[n]{n(n+1)\cdots (2n-1)}.$$

则

$$\ln y_n=\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)\to {\int }_0^1\ln (1+x)dx=2\ln 2-1,$$

所以 $y_n\to 4/e$。 6.

$$\frac{1}{n^2}\sum _{k=1}^n\sqrt{(nx+k)(nx+k-1)}=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\sqrt{\left(x+\frac{k}{n}\right)\left(x+\frac{k-1}{n}\right)}.$$

每项与 $x+\frac{k}{n}$ 的差是 $O(1/n)$，故极限为

$${\int }_0^1(x+t)dt=x+\frac{1}{2}.$$

题目 2

证明对于区间 $\left(\frac{2}{3},1\right)$ 中的数 $A$，存在 $N$ 使 $n>N$ 时成立

$$\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots +\sqrt{n}<A{n}^{3/2},$$

并与 11.3.3 小节的题 5 在方法和结果上进行比较。

解答 由 11.3.3 第 5 题知

$$\sum _{k=1}^n\sqrt{k}\le \frac{4n+3}{6}\sqrt{n}=\left(\frac{2}{3}+\frac{1}{2n}\right)n^{3/2}.$$

对任意 $A>\frac{2}{3}$，只要 $n$ 充分大，上式右端便小于 $A{n}^{3/2}$。与 11.3.3 第 5 题相比，这里强调的是渐近常数 $2/3$；那里给出了对一切 $n$ 都成立的双边显式估计。

题目 3

设 $f(x)\in C[0,1]$，$f(x)$ 处处大于 $0$，求极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{f\left(\frac{1}{n}\right)f\left(\frac{2}{n}\right)\cdots f\left(\frac{n-1}{n}\right)f(1)}.$$

由此导出算术平均值—几何平均值不等式的积分形式，并与 11.2.1 小节的不等式 (11.10) 作比较。

解答 取对数：

$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln f\left(\frac{k}{n}\right)\to {\int }_0^1\ln f(x)dx.$$

因而

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{\prod _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)}=\exp \left({\int }_0^1\ln f(x)dx\right).$$

于是得到积分形式的 AM—GM 不等式：

$$\exp \left({\int }_0^1\ln f(x)dx\right)\le {\int }_0^{1}f(x)dx.$$

题目 4

设

$$A_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n},$$

求 $\underset{n\to \infty }{\lim }n(\ln 2-A_n)$。

解答 写成

$$A_n=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{1+k/n}.$$

这是函数 $f(x)=1/x$ 在 $[1,2]$ 上的右端点和。由 11.3.3 第 11 题，

$$n\left({\int }_1^2\frac{dx}{x}-A_n\right)\to \frac{1}{2}(f(1)-f(2))=\frac{1}{4}.$$

即 $\underset{n\to \infty }{\lim }n(\ln 2-A_n)=\frac{1}{4}$。

题目 5

设

$$B_n=\frac{2}{2n+1}+\frac{2}{2n+3}+\cdots +\frac{2}{4n-1},$$

求 $\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2(\ln 2-B_n)$。

解答 这里

$$B_n=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{1+(2k-1)/(2n)}$$

是 $f(x)=1/x$ 在 $[1,2]$ 上的中点公式。由 11.3.3 第 12 题，

$$n^2\left({\int }_1^2\frac{dx}{x}-B_n\right)\to \frac{1}{24}(f^{\prime }(2)-f^{\prime }(1))=\frac{1}{32}.$$

题目 6

求

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt{n}{\int }_{-1}^1(1-x^2{)}^{n}dx.$$

解答 令 $x=t/\sqrt{n}$，则

$$\sqrt{n}{\int }_{-1}^1(1-x^2{)}^{n}dx={\int }_{-\sqrt{n}}^{\sqrt{n}}{\left(1-\frac{t^2}{n}\right)}^{n}dt.$$

在任意有限区间上，被积函数趋于 $e^{-t^2}$，且由 $1-u\le e^{-u}$ 得到整体控制 $\le e^{-t^2}$。故极限为

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-t^2}dt=\sqrt{\pi }.$$

题目 7

试从 Stirling 公式的证明中推导出

$$n!=\sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n{e}^{{\theta }_n/(4n)},0<{\theta }_n<1.$$

解答 由 Wallis 公式推导 Stirling 公式时可得两边夹估计

$$\sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n<n!<\sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n{e}^{1/(4n)}.$$

因而存在 $0<{\theta }_n<1$，使

$$n!=\sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n{e}^{{\theta }_n/(4n)}.$$

题目 8

试写出 $(2n)!!$、$(2n-1)!!$ 和 $C_{2n}^n$ 的渐近公式。

解答 由 Stirling 公式，

$$(2n)!!=2^{n}n!\sim \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{2n}{e}\right)}^n,$$ $$(2n-1)!!=\frac{(2n)!}{2^{n}n!}\sim \sqrt{2}{\left(\frac{2n}{e}\right)}^n,$$ $$C_{2n}^n=\frac{(2n)!}{(n!{)}^2}\sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}.$$

题目 9

利用 Stirling 公式计算下列极限：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n^2}\frac{n!}{n^n\sqrt{n}},\underset{n\to \infty }{\lim }(-1{)}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{-1/2}{n})\sqrt{n}.$$

解答 利用 Stirling 公式，

$${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n^2}=e^{n-1/2+o(1)},\frac{n!}{n^n\sqrt{n}}=\sqrt{2\pi }{e}^{-n}(1+o(1)),$$

所以前一极限为

$$\sqrt{\frac{2\pi }{e}}.$$

又有

$$(-1{)}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{-1/2}{n})=\frac{(2n)!}{4^n(n!{)}^2}=\frac{1}{4^n}{C}_{2n}^n,$$

故后一极限为

$$\frac{1}{\sqrt{\pi }}.$$

题目 10

证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt{n}\prod _{k=1}^n\frac{e^{1-1/k}}{{\left(1+\frac{1}{k}\right)}^k}=\frac{\sqrt{2\pi }}{e^{1+\gamma }},$$

其中 $\gamma$ 是 Euler 常数。

解答 先把乘积化简：

$$\prod _{k=1}^n{\left(1+\frac{1}{k}\right)}^k=\frac{(n+1{)}^n}{n!},$$

因而

$$\sqrt{n}\prod _{k=1}^n\frac{e^{1-1/k}}{(1+1/k{)}^k}=\sqrt{n}{e}^{n-H_n}\frac{n!}{(n+1{)}^n}.$$

再用 $H_n=\ln n+\gamma +o(1)$ 与 Stirling 公式，便得极限

$$\frac{\sqrt{2\pi }}{e^{1+\gamma }}.$$

11.5.2 第一组参考题

第一组参考题 1

设 $f\in C^1[0,1]$，且 $f(0)=0,f(1)=1$，证明：

$${\int }_0^1|f(x)-f^{\prime }(x)|dx\ge \frac{1}{e}.$$

解答 由

$$(e^{-x}f(x){)}^{\prime }=e^{-x}(f^{\prime }(x)-f(x))$$

得

$${\int }_0^1{e}^{-x}|f(x)-f^{\prime }(x)|dx\ge \left|{\int }_0^1{e}^{-x}(f-f^{\prime })dx\right|=|f(0)-e^{-1}f(1)|=\frac{1}{e}.$$

又因 $e^{-x}\le 1$，故

$${\int }_0^1|f-f^{\prime }|dx\ge \frac{1}{e}.$$

第一组参考题 2

设 $a>0$，证明：

$${\int }_0^{\pi }x{a}^{\sin x}dx{\int }_0^{\pi /2}{a}^{-\cos x}dx\ge \frac{{\pi }^3}{4}.$$

解答 记

$$I={\int }_0^{\pi }x{a}^{\sin x}dx,J={\int }_0^{\pi /2}{a}^{-\cos x}dx.$$

由 $\sin x=\sin (\pi -x)$，有

$$2I={\int }_0^{\pi }\pi a^{\sin x}dx=2\pi {\int }_0^{\pi /2}{a}^{\sin x}dx,$$

即

$$I=\pi {\int }_0^{\pi /2}{a}^{\sin x}dx.$$

另一方面，作代换 $x\mapsto \frac{\pi }{2}-x$，得

$$J={\int }_0^{\pi /2}{a}^{-\sin x}dx.$$

由 Cauchy 不等式，

$$IJ=\pi {\int }_0^{\pi /2}{a}^{\sin x}dx{\int }_0^{\pi /2}{a}^{-\sin x}dx\ge \pi {\left({\int }_0^{\pi /2}1dx\right)}^2=\frac{{\pi }^3}{4}.$$

第一组参考题 3

（Tchebycheff 不等式）

1. 设 $F\in C[a,b]$，处处大于 $0$，且单调减少，证明：

$${\int }_a^{b}F(x)dx{\int }_a^{b}x{F}^2(x)dx\le {\int }_a^b{F}^2(x)dx{\int }_a^{b}xF(x)dx.$$

2. 设 $f,g$ 在区间 $[a,b]$ 上可积，且对任意 $x<y$ 有 $(f(x)-f(y))(g(x)-g(y))\ge 0$，又设 $p\in R[a,b]$ 且处处大于 $0$，证明：

$${\int }_a^{b}p(x)f(x)dx{\int }_a^{b}p(x)g(x)dx\le {\int }_a^{b}p(x)dx{\int }_a^{b}p(x)f(x)g(x)dx.$$

解答

1. 把右端减左端写成二重积分：

$$\begin{array}{rl}& {\int }_a^b{F}^2(x)dx{\int }_a^{b}xF(x)dx-{\int }_a^{b}F(x)dx{\int }_a^{b}x{F}^2(x)dx\\ & =\frac{1}{2}{\int }_a^b{\int }_a^b(x-y)F(x)F(y)(F(y)-F(x))dxdy\ge 0,\end{array}$$

因为当 $x>y$ 时有 $F(x)\le F(y)$。

2. 记

$$A={\int }_a^{b}p(x)dx,B={\int }_a^{b}p(x)f(x)g(x)dx.$$

则

$$\begin{array}{rl}AB-& {\int }_a^{b}p(x)f(x)dx{\int }_a^{b}p(x)g(x)dx\\ & =\frac{1}{2}{\int }_a^b{\int }_a^{b}p(x)p(y)(f(x)-f(y))(g(x)-g(y))dxdy\ge 0.\end{array}$$

这正是所求不等式。

第一组参考题 4

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $0\le f(x)<1$，证明：

$${\int }_0^1\frac{f(x)}{1-f(x)}dx\ge \frac{{\int }_0^{1}f(x)dx}{1-{\int }_0^{1}f(x)dx}.$$

解答 取 $\varphi (t)=\frac{t}{1-t}$，则

$${\varphi }^{\prime \prime }(t)=\frac{2}{(1-t{)}^3}>0(0\le t<1),$$

故 $\varphi$ 下凸。由 Jensen 不等式，

$${\int }_0^1\frac{f(x)}{1-f(x)}dx={\int }_0^1\varphi (f(x))dx\ge \varphi \left({\int }_0^{1}f(x)dx\right)=\frac{{\int }_0^{1}f(x)dx}{1-{\int }_0^{1}f(x)dx}.$$

第一组参考题 5

证明不等式：

$${\int }_0^1\frac{\cos x}{\sqrt{1-x^2}}dx\ge {\int }_0^1\frac{\sin x}{\sqrt{1-x^2}}dx.$$

解答 作代换 $x=\sin t$，得

$${\int }_0^1\frac{\cos x}{\sqrt{1-x^2}}dx={\int }_0^{\pi /2}\cos (\sin t)dt,$$ $${\int }_0^1\frac{\sin x}{\sqrt{1-x^2}}dx={\int }_0^{\pi /2}\sin (\sin t)dt={\int }_0^{\pi /2}\sin (\cos t)dt.$$

对任意 $t\in [0,\pi /2]$，令 $u=\sin t$，$v=\cos t$，则 $u+v\le \sqrt{2}<\pi /2$，从而

$$\frac{\pi }{2}-u\ge v,$$

故

$$\cos (\sin t)=\sin \left(\frac{\pi }{2}-u\right)\ge \sin v=\sin (\cos t).$$

积分即得结论。

第一组参考题 6

设 $f^{(2n)}\in C[a,b]$，且 $f^{(k)}(a)=f^{(k)}(b)=0$，$k=0,1,2,\dots ,n-1$，证明：

$$\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|\le \frac{(n!{)}^2(b-a{)}^{2n+1}}{(2n)!(2n+1)!}\underset{a\le x\le b}{\max }|f^{(2n)}(x)|.$$

解答 取

$$P(x)=(x-a{)}^n(b-x{)}^n.$$

因为 $P^{(2n)}(x)=(-1{)}^n(2n)!$，且 $P$ 在两端有 $n$ 重零点，而 $f,f^{\prime },\dots ,f^{(n-1)}$ 在两端都为零，所以分部积分 $2n$ 次可得

$${\int }_a^{b}f(x)dx=\frac{1}{(2n)!}{\int }_a^{b}P(x)f^{(2n)}(x)dx.$$

于是

$$\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|\le \frac{\max |f^{(2n)}|}{(2n)!}{\int }_a^b(x-a{)}^n(b-x{)}^{n}dx.$$

最后用 Beta 积分

$${\int }_a^b(x-a{)}^n(b-x{)}^{n}dx=(b-a{)}^{2n+1}B(n+1,n+1)=\frac{(n!{)}^2(b-a{)}^{2n+1}}{(2n+1)!}$$

即得

$$\left|{\int }_a^{b}f(x)dx\right|\le \frac{(n!{)}^2(b-a{)}^{2n+1}}{(2n)!(2n+1)!}\underset{[a,b]}{\max }|f^{(2n)}(x)|.$$

第一组参考题 7

设函数 $f,g\in C[a,b]$，且 $f(x)\ne 0$，$g(x)$ 处处大于 $0$。记

$$d_n={\int }_a^b|f(x){|}^{n}g(x)dx,n=1,2,\dots ,$$

证明：数列 $\left\{\frac{d_{n+1}}{d_n}\right\}$ 收敛，并求出其极限。

解答 设 $M={\max }_{[a,b]}|f|>0$。显然

$$\frac{d_{n+1}}{d_n}\le M.$$

任取 $\epsilon >0$，由连续性知集合

$$E_{\epsilon }=\{x\in [a,b]\mid |f(x)|\ge M-\epsilon \}$$

含有一个正长度区间，且 $g$ 在其上有正下界 $m_{\epsilon }>0$。于是

$$d_n\ge m_{\epsilon }|E_{\epsilon }|(M-\epsilon {)}^n,$$

而在 $[a,b]\setminus E_{\epsilon }$ 上有 $|f|\le M-\epsilon$。将 $d_n$ 分成两部分可得

$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}\frac{d_{n+1}}{d_n}\ge M-\epsilon .$$

令 $\epsilon \to 0$，便得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{d_{n+1}}{d_n}=M=\underset{a\le x\le b}{\max }|f(x)|.$$

第一组参考题 8

计算

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left[\frac{\sin (\pi /n)}{n+1}+\frac{\sin (2\pi /n)}{n+1/2}+\cdots +\frac{\sin \pi }{n+1/n}\right].$$

解答 记

$$S_n=\sum _{k=1}^n\frac{\sin (k\pi /n)}{n+1/k}=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{\sin (k\pi /n)}{1+1/(kn)}.$$

因为 $0\le 1/(kn)\le 1/n$，故分母一致趋于 $1$，于是这是 Riemann 和，

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n={\int }_0^1\sin (\pi x)dx=\frac{2}{\pi }.$$

第一组参考题 9

对任意实数 $a$，证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\prod _{k=1}^{n+1}\cos \left(\frac{\sqrt{2k-1}}{n}{a}^2\right)=e^{-a^4/2}.$$

解答 记

$$u_{k,n}=\frac{\sqrt{2k-1}}{n}{a}^2.$$

则 ${\max }_k|u_{k,n}|=O(n^{-1/2})$，从而

$$\ln \cos u_{k,n}=-\frac{u_{k,n}^2}{2}+O(u_{k,n}^4)$$

在求和后可一致使用。于是

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^{n+1}\ln \cos u_{k,n}& =-\frac{1}{2}\sum _{k=1}^{n+1}{u}_{k,n}^2+O\left(\sum _{k=1}^{n+1}{u}_{k,n}^4\right)\\ & =-\frac{a^4}{2n^2}\sum _{k=1}^{n+1}(2k-1)+O\left(\frac{1}{n}\right)\to -\frac{a^4}{2}.\end{array}$$

指数化即得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\prod _{k=1}^{n+1}\cos \left(\frac{\sqrt{2k-1}}{n}{a}^2\right)=e^{-a^4/2}.$$

第一组参考题 10

设 $f$ 是 $[1,+\infty )$ 上的非负单调减少函数，令

$$a_n=\sum _{k=1}^{n}f(k)-{\int }_1^{n}f(x)dx,n\in {\mathbb{N}}_{+},$$

证明：数列 $\{a_n\}$ 收敛。

解答 由单调性，$f(x)\le f(k)$ 当 $x\in [k,k+1]$，故

$$f(k+1)\le {\int }_k^{k+1}f(x)dx\le f(k).$$

从而

$$a_n=\sum _{k=1}^{n-1}\left(f(k)-{\int }_k^{k+1}f(x)dx\right)+f(n),$$

故 $a_n\ge 0$。又

$$a_{n+1}-a_n=f(n+1)-{\int }_n^{n+1}f(x)dx\le 0.$$

所以 $\{a_n\}$ 单调下降且有下界，因而收敛。

第一组参考题 11

计算积分 ${\int }_0^1\sin x^{2}dx$，使得误差不超过 $0.001$。

解答 由幂级数展开

$$\sin x^2=x^2-\frac{x^6}{3!}+\frac{x^{10}}{5!}-\cdots ,$$

逐项积分得

$${\int }_0^1\sin x^{2}dx=\frac{1}{3}-\frac{1}{42}+\frac{1}{1320}-\frac{1}{75600}+\cdots .$$

这是交错级数，而且项的绝对值单调下降。取前三项便有

$${\int }_0^1\sin x^{2}dx\approx \frac{1}{3}-\frac{1}{42}+\frac{1}{1320}=0.310281\cdots ,$$

其误差不超过下一项 $\frac{1}{75600}<0.001$。

第一组参考题 12

证明：函数

$$F(x)={\int }_0^x\sin \frac{1}{t}dt$$

在区间 $(0,1]$ 上有无穷多个零点。

解答 作代换 $u=1/t$，得

$$F(x)={\int }_{1/x}^{+\infty }\frac{\sin u}{u^2}du.$$

再分部积分，得

$$F(x)=x^2\cos \frac{1}{x}-2{\int }_{1/x}^{+\infty }\frac{\cos u}{u^3}du.$$

因而

$$F(x)=x^2\cos \frac{1}{x}+o(x^2)(x\to 0^{+}).$$

取

$$x_n=\frac{1}{2n\pi },y_n=\frac{1}{(2n+1)\pi },$$

则当 $n$ 足够大时有 $F(x_n)>0$，$F(y_n)<0$。由连续性知在每个区间 $(y_n,x_n)$ 或 $(x_{n+1},y_n)$ 中都有零点，所以 $F$ 在 $(0,1]$ 上有无穷多个零点。

第一组参考题 13

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上可导，$f^{\prime }$ 单调增加且有 $f^{\prime }(x)\ge m>0$，证明：

$$\left|{\int }_a^b\cos f(x)dx\right|\le \frac{2}{m}.$$

解答 作代换 $u=f(x)$，则

$${\int }_a^b\cos f(x)dx={\int }_{f(a)}^{f(b)}\frac{\cos u}{f^{\prime }(x(u))}du.$$

因 $f^{\prime }$ 单调增加且 $f^{\prime }\ge m>0$，函数 $1/f^{\prime }(x(u))$ 单调减少并且不超过 $1/m$。由积分第二中值定理，存在 $\xi$ 使

$${\int }_a^b\cos f(x)dx=\frac{1}{f^{\prime }(a^{\prime })}{\int }_{f(a)}^{\xi }\cos udu$$

的某种形式成立，从而

$$\left|{\int }_a^b\cos f(x)dx\right|\le \frac{2}{m}.$$

第一组参考题 14

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续可微，且满足 $f^{\prime }(x)\ge m>0$，$|f(x)|\le \pi$，证明：

$$\left|{\int }_a^b\sin f(x)dx\right|\le \frac{2}{m}.$$

解答 同样作代换 $u=f(x)$，得

$${\int }_a^b\sin f(x)dx={\int }_{f(a)}^{f(b)}\frac{\sin u}{f^{\prime }(x(u))}du.$$

这里 $1/f^{\prime }(x(u))$ 单调减少，且 $f(a),f(b)\in [-\pi ,\pi ]$。由积分第二中值定理与

$$\left|{\int }_{\alpha }^{\beta }\sin udu\right|=|\cos \alpha -\cos \beta |\le 2$$

得

$$\left|{\int }_a^b\sin f(x)dx\right|\le \frac{2}{m}.$$

第一组参考题 15

对 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$，定义

$$S_n=1+\frac{n-1}{n+2}+\frac{n-1}{n+2}\cdot \frac{n-2}{n+3}+\cdots +\frac{n-1}{n+2}\cdot \frac{n-2}{n+3}\cdots \frac{1}{2n},$$

证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{S_n}{\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$$

解答 记

$$P_{n,k}=\prod _{j=1}^k\frac{n-j}{n+j+1}(k=0,1,\dots ,n-1),$$

其中 $P_{n,0}=1$，则 $S_n={\sum }_{k=0}^{n-1}{P}_{n,k}$。对 $k=[x\sqrt{n}]$，有

$$\ln P_{n,k}=\sum _{j=1}^k\ln \frac{1-j/n}{1+(j+1)/n}=-\frac{k^2}{n}+o(1),$$

因而

$$P_{n,[x\sqrt{n}]}\to e^{-x^2}.$$

又由初等估计可得 $P_{n,k}\le C{e}^{-c{k}^2/n}$。于是

$$\frac{S_n}{\sqrt{n}}=\sum _{k=0}^{n-1}{P}_{n,k}\frac{1}{\sqrt{n}}\to {\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$$

11.5.2 第二组参考题

第二组参考题 1

曲线 $K$ 的极坐标方程为 $\rho =\rho (\theta )$，$0\le \theta \le \pi$，$\rho \in C[0,\pi ]$，且已知 $K$ 上任意两点之间的距离不超过 $1$，证明：由曲线 $K$ 与射线 $\theta =0,\theta =\pi$ 围成的扇形面积

$$S=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }{\rho }^2(\theta )d\theta \le \frac{\pi }{4}.$$

解答 对 $0\le \theta \le \pi /2$，曲线上两点 $\rho (\theta )$ 与 $\rho (\theta +\pi /2)$ 的夹角为 $\pi /2$，故它们的距离平方为

$${\rho }^2(\theta )+{\rho }^2\left(\theta +\frac{\pi }{2}\right)\le 1.$$

两边从 $0$ 到 $\pi /2$ 积分，得

$${\int }_0^{\pi }{\rho }^2(\theta )d\theta \le \frac{\pi }{2}.$$

因而

$$S=\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }{\rho }^2(\theta )d\theta \le \frac{\pi }{4}.$$

第二组参考题 2

设 $f\in C[a,b]$，且处处大于 $0$。记 $f_{kn}=f(a+k{h}_n)$，$h_n=(b-a)/n$，$k=1,2,\dots ,n$。证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{f_{1n}{f}_{2n}\cdots f_{nn}}=\exp \left[\frac{1}{b-a}{\int }_a^b\ln f(x)dx\right],$$

并用于证明（Poisson 积分）：

$$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\ln (1-2r\cos x+r^2)dx=2\ln r,r>1.$$

解答 对数化后有

$$\frac{1}{n}\ln (f_{1n}\cdots f_{nn})=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln f(a+k{h}_n)=\frac{1}{b-a}\sum _{k=1}^n\ln f(a+k{h}_n)h_n.$$

右端是 $\ln f$ 的 Riemann 和，故极限为

$$\frac{1}{b-a}{\int }_a^b\ln f(x)dx.$$

指数化便得结论。

对 Poisson 积分，取

$$f(x)=1-2r\cos x+r^2(r>1),x\in [0,2\pi ].$$

则

$$\prod _{k=1}^{n}f\left(\frac{2k\pi }{n}\right)=\prod _{k=1}^n(r-e^{2k\pi i/n})(r-e^{-2k\pi i/n})=(r^n-1{)}^2.$$

因而其几何平均值趋于 $r^2$。再用上面的极限公式，得到

$$\exp \left(\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\ln (1-2r\cos x+r^2)dx\right)=r^2,$$

即

$$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\ln (1-2r\cos x+r^2)dx=2\ln r.$$

第二组参考题 3

设 $f\in C[0,1]$，${\int }_0^1{x}^{2}f(x)dx=1$。

1. 证明：$\underset{0\le x\le 1}{\max }\{|f(x)|\}\ge 3$；
2. 又知 ${\int }_0^{1}xf(x)dx=0$，证明：$\underset{0\le x\le 1}{\max }\{|f(x)|\}>10.2$。

解答

1. 记 $M={\max }_{[0,1]}|f|$，则

$$1=\left|{\int }_0^1{x}^{2}f(x)dx\right|\le M{\int }_0^1{x}^{2}dx=\frac{M}{3},$$

从而 $M\ge 3$。

2. 由 ${\int }_0^{1}xf(x)dx=0$，对任意 $\lambda$ 有

$$1={\int }_0^1(x^2-\lambda x)f(x)dx.$$

因此

$$1\le M{\int }_0^{1}x|x-\lambda |dx.$$

取使右端最小的 $\lambda =1/\sqrt{2}$，便得

$${\int }_0^{1}x\left|x-\frac{1}{\sqrt{2}}\right|dx=\frac{1}{6+3\sqrt{2}}.$$

所以

$$M\ge 6+3\sqrt{2}>\mathrm{10.2.}$$

第二组参考题 4

设 $f\in C[0,1]$，如果对某个正整数 $n>1$，成立

$${\int }_0^{1}f(x)dx={\int }_0^{1}xf(x)dx=\cdots ={\int }_0^1{x}^{n-1}f(x)dx=0,{\int }_0^1{x}^{n}f(x)dx=1,$$

求证：

$$M=\underset{0\le x\le 1}{\max }|f(x)|\ge 2^n(n+1).$$

解答 由题设，对多项式 $(2x-1{)}^n=2^n{x}^n+\text{低次项}$ 有

$$1={\int }_0^1{x}^{n}f(x)dx=\frac{1}{2^n}{\int }_0^1(2x-1{)}^{n}f(x)dx.$$

因而若 $M=\max |f|$，则

$$1\le \frac{M}{2^n}{\int }_0^1|2x-1{|}^{n}dx=\frac{M}{2^n(n+1)}.$$

于是

$$M\ge 2^n(n+1).$$

第二组参考题 5

求出使不等式

$$c_1\le {\int }_a^b\frac{\sin x}{x}dx\le c_2$$

成立的最佳常数 $c_1,c_2$，并对积分限分别满足 $0<a<b$ 与 $a<b$ 两种情形讨论。

解答 记 $\mathrm{Si}(x)={\int }_0^x\frac{\sin t}{t}dt$。则

$${\int }_a^b\frac{\sin x}{x}dx=\mathrm{Si}(b)-\mathrm{Si}(a).$$

在 $x>0$ 时，$\mathrm{Si}$ 在奇数倍 $\pi$ 处取极大，在偶数倍 $\pi$ 处取极小，而且振幅递减，故对 $0<a<b$ 的最佳常数是

$$c_2=\mathrm{Si}(\pi )={\int }_0^{\pi }\frac{\sin x}{x}dx,c_1=\mathrm{Si}(2\pi )-\mathrm{Si}(\pi )={\int }_{\pi }^{2\pi }\frac{\sin x}{x}dx.$$

若只要求 $a<b$，则上界可取到跨过原点的对称区间，故

$$c_2=2\mathrm{Si}(\pi )=2{\int }_0^{\pi }\frac{\sin x}{x}dx,$$

而下界仍是上式中的 $c_1$。

第二组参考题 6

在命题 11.2.3（即 Young 不等式）中可微条件可以去掉，并可得到另一方向的不等式。设 $f\in C[0,+\infty )$，严格单调增加，且 $f(0)=0$，记其反函数为 $g(y)$。对 $a,b>0$，证明并解释几何意义：

$$ab\le {\int }_0^{a}f(x)dx+{\int }_0^{b}g(y)dy\le bg(b)+af(a)-f(a)g(b),$$

其中成立等号的充分必要条件是 $b=f(a)$（即 $a=g(b)$）。

解答 记

$$A={\int }_0^{a}f(x)dx,B={\int }_0^{b}g(y)dy.$$

它们分别是曲线 $y=f(x)$ 下方与反函数 $x=g(y)$ 左侧的面积。由于两块面积覆盖矩形 $[0,a]\times [0,b]$，故

$$ab\le A+B.$$

另一方面，这两块面积都包含于大矩形 $[0,a]\times [0,f(a)]$ 与 $[0,g(b)]\times [0,b]$ 的并中，所以

$$A+B\le af(a)+bg(b)-f(a)g(b).$$

当且仅当点 $(a,b)$ 在曲线上，即 $b=f(a)$（等价于 $a=g(b)$）时，两边都取等号。几何意义就是“曲线与其反函数围成的两块面积夹住了该矩形面积”。

第二组参考题 7

设 $f\in C(a,b)$，证明：

1. 若对任何 $a<x_1<x_2<b$ 成立

$$f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)\le \frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}f(x)dx,$$

则 $f$ 为下凸函数； 2. 若对任何 $a<x_1<x_2<b$ 成立

$$\frac{1}{x_2-x_1}{\int }_{x_1}^{x_2}f(x)dx\le \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2},$$

则 $f$ 为下凸函数； 3. 若以上两个不等式中的任何一个始终成立等号，则 $f$ 只能是线性函数。

解答 设 $\ell$ 是连接 $(u,f(u))$ 与 $(v,f(v))$ 的弦所对应的线性函数，$g=f-\ell$。若 $f$ 不是下凸函数，则可取 $u<v$，使 $g(u)=g(v)=0$ 而 $g$ 在 $(u,v)$ 某点取正值。

1. 设 $x_0$ 为 $g$ 的一个正最大点。对足够小的 $h$，有

$$g(x_0)>\frac{1}{2h}{\int }_{x_0-h}^{x_0+h}g(x)dx,$$

而线性函数在对称区间上的平均值等于中心值，所以

$$f(x_0)>\frac{1}{2h}{\int }_{x_0-h}^{x_0+h}f(x)dx,$$

与题设矛盾。故 $f$ 下凸。

2. 若存在某区间 $[u,v]$ 使上面的 $g$ 不恒为零，则 $g\ge 0$ 且在区间内某处严格大于 $0$，因而

$$\frac{1}{v-u}{\int }_u^{v}f(x)dx=\frac{f(u)+f(v)}{2}+\frac{1}{v-u}{\int }_u^{v}g(x)dx\frac{f(u)+f(v)}{2},$$

这与题设矛盾。故 $f$ 也必下凸。

3. 若上述任一不等式在所有区间上恒为等号，则上面的反证过程表明每一条弦都与图像重合，因此 $f$ 只能是线性函数。

第二组参考题 8

设 $f\in C^1[0,a]$，$f(0)=0$。

1. 证明：

$${\int }_0^a|f(x)f^{\prime }(x)|dx\le \frac{a}{2}{\int }_0^a|f^{\prime }(x){|}^{2}dx,$$

且其中成立等号当且仅当 $f(x)=cx$； 2. （Opial 不等式）增加条件 $f(a)=0$，$f$ 在 $(0,a)$ 上大于 $0$，证明：

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

解答

1. 由 $f(0)=0$，有

$$|f(x)|\le {\int }_0^x|f^{\prime }(t)|dt.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^a|f{f}^{\prime }|dx& \le {\int }_0^a|f^{\prime }(x)|\left({\int }_0^x|f^{\prime }(t)|dt\right)dx=\frac{1}{2}{\left({\int }_0^a|f^{\prime }(x)|dx\right)}^2\\ & \le \frac{a}{2}{\int }_0^a|f^{\prime }(x){|}^{2}dx.\end{array}$$

等号成立当且仅当 $|f^{\prime }|$ 为常数且不变号，因此 $f(x)=cx$。

2. 设 $M={\max }_{[0,a]}f$。因 $f(0)=f(a)=0$ 且在中间恒正，函数总变差至少为 $2M$，故

$${\int }_0^a|f^{\prime }(x)|dx\ge 2M.$$

又有

$${\int }_0^a|f{f}^{\prime }|dx\le M{\int }_0^a|f^{\prime }(x)|dx\le \frac{1}{2}{\left({\int }_0^a|f^{\prime }(x)|dx\right)}^2\le \frac{a}{4}{\int }_0^a|f^{\prime }(x){|}^{2}dx.$$

第二组参考题 9

（Bellman—Gronwall 不等式）设当 $x\ge 0$ 时 $f(x),g(x)$ 为非负连续函数，且

$$f(x)\le A+{\int }_0^{x}f(t)g(t)dt,A>0,$$

证明：

$$f(x)\le A\exp \left({\int }_0^{x}g(t)dt\right)(x\ge 0).$$

解答 令

$$F(x)=A+{\int }_0^{x}f(t)g(t)dt.$$

则 $f(x)\le F(x)$ 且

$$F^{\prime }(x)=f(x)g(x)\le F(x)g(x).$$

因而

$$(F(x)e^{-{\int }_0^{x}g}{)}^{\prime }\le 0.$$

由 $F(0)=A$ 得

$$F(x)\le A\exp \left({\int }_0^{x}g(t)dt\right).$$

再由 $f\le F$ 即得结论。

第二组参考题 10

设 $f\in C^2[0,1]$，$f(0)=f(1)=0$，$f$ 在 $(0,1)$ 中无零点，证明：

$${\int }_0^1\left|\frac{f^{\prime \prime }(x)}{f(x)}\right|dx>4,$$

且其中 $4$ 是最佳下界。

解答 不妨设 $f>0$ 于 $(0,1)$。令 $M={\max }_{[0,1]}f=f(x_0)$。由 Green 公式

$$f(x)=-{\int }_0^{1}G(x,t)f^{\prime \prime }(t)dt,$$

其中

$$G(x,t)=\{\begin{array}{ll}t(1-x),& t\le x,\\ x(1-t),& t\ge x,\end{array}0<G(x,t)\le \frac{1}{4}.$$

在 $x=x_0$ 处取绝对值并用 $f(t)\le M$，得

$$M\le \frac{1}{4}{\int }_0^1\left|\frac{f^{\prime \prime }(t)}{f(t)}\right|f(t)dt\le \frac{M}{4}{\int }_0^1\left|\frac{f^{\prime \prime }(t)}{f(t)}\right|dt.$$

故

$${\int }_0^1\left|\frac{f^{\prime \prime }(x)}{f(x)}\right|dx\ge 4.$$

由于 $G(x_0,t)<1/4$ 在正测度集上成立，故实际上为严格大于。常数 $4$ 是最佳的，可由帐篷函数 $1-2|x-1/2|$ 的平滑逼近得到。

第二组参考题 11

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上可积，且有 $0<m\le f(x)\le M$，则有

$${\int }_0^{1}f(x)dx{\int }_0^1\frac{1}{f(x)}dx\le \frac{(m+M{)}^2}{4mM}.$$

这是 Cauchy—Schwarz 不等式的反向不等式，也称为 Kantorovich 不等式。

解答 由

$$\frac{(M-f(x))(f(x)-m)}{f(x)}\ge 0$$

展开得

$$f(x)+\frac{mM}{f(x)}\le m+M.$$

两边从 $0$ 到 $1$ 积分，并对所得不等式再用 AM-GM：

$$2\sqrt{mM{\int }_0^{1}fdx{\int }_0^1\frac{dx}{f(x)}}\le {\int }_0^{1}fdx+mM{\int }_0^1\frac{dx}{f(x)}\le m+M.$$

整理即得

$${\int }_0^{1}f(x)dx{\int }_0^1\frac{dx}{f(x)}\le \frac{(m+M{)}^2}{4mM}.$$

第二组参考题 12

设非常值函数 $f$ 在区间 $[a,b]$ 上可微，且 $f(a)=f(b)=0$，证明：在 $[a,b]$ 内至少存在一点 $\xi$，使

$$|f^{\prime }(\xi )|>\frac{4}{(b-a{)}^2}{\int }_a^b|f(x)|dx.$$

解答 设

$$A={\int }_a^b|f(x)|dx,M=\underset{[a,b]}{\max }|f^{\prime }(x)|.$$

因 $f(a)=f(b)=0$，有

$$|f(x)|\le M\min \{x-a,b-x\}.$$

积分得

$$A\le M{\int }_a^b\min \{x-a,b-x\}dx=\frac{(b-a{)}^2}{4}M.$$

若处处取等，则 $|f|$ 必是帐篷函数，和可微性矛盾，故严格不等式成立，即存在 $\xi$ 使

$$|f^{\prime }(\xi )|>\frac{4}{(b-a{)}^2}{\int }_a^b|f(x)|dx.$$

第二组参考题 13

设 $f\in C^2[0,1]$，$f(0)=f(1)=f^{\prime }(0)=0$，$f^{\prime }(1)=1$，证明：

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

且其中成立等号当且仅当 $f(x)=x^3-x^2$。

解答 记 $g=f^{\prime \prime }$。由条件

$${\int }_0^{1}g(x)dx=f^{\prime }(1)-f^{\prime }(0)=1,{\int }_0^1(1-x)g(x)dx=f(1)-f(0)-f^{\prime }(0)=0,$$

从而 ${\int }_0^{1}xg(x)dx=1$。于是

$$0\le {\int }_0^1(g(x)-(6x-2){)}^{2}dx$$

展开后得

$${\int }_0^1{g}^2(x)dx\ge 2{\int }_0^1(6x-2)g(x)dx-{\int }_0^1(6x-2{)}^{2}dx=4.$$

故

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

等号成立当且仅当 $g(x)=6x-2$，再由边界条件积分回去，得到且仅得到

$$f(x)=x^3-x^2.$$

第二组参考题 14

设函数 $f$ 在区间 $[a,b]$ 上处处大于 $0$，且对 $L>0$ 满足 Lipschitz 条件 $|f(x_1)-f(x_2)|\le L|x_1-x_2|$。又已知对 $a\le c\le d\le b$ 有

$${\int }_c^d\frac{dx}{f(x)}=\alpha ,{\int }_a^b\frac{dx}{f(x)}=\beta ,$$

证明：

$${\int }_a^{b}f(x)dx\le \frac{e^{2L\beta }-1}{2L\alpha }{\int }_c^{d}f(x)dx.$$

解答 设

$$s(x)={\int }_a^x\frac{dt}{f(t)},0\le s\le \beta ,$$

并记 $h(s)=f(x(s))$。若 $f$ 可微，则 $|h^{\prime }(s)|=|f^{\prime }(x)|f(x)\le Lh(s)$；一般 Lipschitz 情形在 a.e. 点同样成立。于是

$$|(\ln h(s){)}^{\prime }|\le L\text{a.e.},$$

因而

$$h(u)\le h(v)e^{L|u-v|}.$$

又

$${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_0^{\beta }{h}^2(s)ds,{\int }_c^{d}f(x)dx={\int }_{s(c)}^{s(d)}{h}^2(s)ds,$$

且 $s(d)-s(c)=\alpha$。于是对任意 $u\in [0,\beta ]$，

$$h^2(u)\le \frac{1}{\alpha }{\int }_{s(c)}^{s(d)}{h}^2(v)e^{2L|u-v|}dv.$$

再对 $u$ 从 $0$ 到 $\beta$ 积分，得

$${\int }_a^{b}f(x)dx\le \frac{1}{\alpha }\left(\underset{v\in [0,\beta ]}{\sup }{\int }_0^{\beta }{e}^{2L|u-v|}du\right){\int }_c^{d}f(x)dx.$$

而

$${\int }_0^{\beta }{e}^{2L|u-v|}du\le \frac{e^{2L\beta }-1}{2L},$$

于是得到所求不等式。

第二组参考题 15

先用微分学或其他方法证明：当 $0<x<1$ 时，

$$0<\frac{1}{2}\ln \frac{1+x}{1-x}-x<\frac{x^3}{3(1-x^2)}.$$

并用 $x=1/(2n+1)$ 代入，得到比 (11.34) 更强的不等式，再证明比 (11.32) 更精细的 Stirling 公式，即

$$\ln n!=\ln \sqrt{2\pi }+\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n-n+\frac{{\theta }_n}{12n},$$

或者等价形式

$$n!=\sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n{e}^{{\theta }_n/(12n)},$$

其中 $0<{\theta }_n<1$。

解答 把

$$\frac{1}{2}\ln \frac{1+x}{1-x}=x+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdots$$

与几何级数比较，便有

$$0<\frac{1}{2}\ln \frac{1+x}{1-x}-x<\frac{x^3}{3(1-x^2)}(0<x<1).$$

令 $x=\frac{1}{2n+1}$，整理得

$$0<\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)-1<\frac{1}{12n}-\frac{1}{12(n+1)}.$$

记

$$u_n=\ln n!-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n+n.$$

则上式正是

$$0<u_{n+1}-u_n<\frac{1}{12n}-\frac{1}{12(n+1)}.$$

因而 $u_n$ 递增且有上界，极限存在。再由 Wallis 公式知其极限为 $\ln \sqrt{2\pi }$，于是

$$0<\ln \sqrt{2\pi }-u_n<\frac{1}{12n}.$$

即存在 $0<{\theta }_n<1$，使

$$\ln n!=\ln \sqrt{2\pi }+\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n-n+\frac{{\theta }_n}{12n},$$

也就是

$$n!=\sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n{e}^{{\theta }_n/(12n)}.$$