中册 4.4 积分估值与积分不等式 第5题
📝 题目
5．证明下列命题．
（1）证明：当 $x>0$ 时有不等式 $\displaystyle \left|\int_{x}^{x+c} \sin t^{2} \mathrm{~d} t\right| \leqslant \frac{1}{x},(c>0)$ 。．
（2）证明：$\displaystyle \left|\int_{a}^{+\infty} \sin x^{2} \mathrm{~d} x\right| \leqslant \frac{1}{a}, a \geqslant 1$ ．
（3）证明：当 $x>0$ 时有不等式 $\displaystyle \left|\int_{x}^{x+c} \sin y^{2} \mathrm{~d} y\right|<\frac{1}{x}$ ．（四川师大 2012，湖南师大 2012（ $\mathrm{c}=2012$ ））
（4）设 $f(x)=\int_{x}^{x+1} \sin \mathrm{e}^{t} \mathrm{~d} t$ ．证明：$\left|\mathrm{e}^{x} f(x)\right| \leqslant 2$ ．
（5）证明：$f(x)=\int_{0}^{x}\left(t-t^{2}\right) \sin ^{2 n} t \mathrm{~d} t$（ $n$ 为正整数）在 $[0,+\infty)$ 上的最大值不超过 $\displaystyle \frac{1}{(2 n+2)(2 n+3)}$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）令 $t^{2}=u$ ，则 $\displaystyle t=\sqrt{u}, \mathrm{~d} t=\frac{1}{2 \sqrt{u}} \mathrm{~d} u$ 。于是 $\displaystyle \int_{x}^{x+c} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=\frac{1}{2} \int_{x^{2}}^{(x+c)^{2}} \frac{\sin u}{\sqrt{u}} \mathrm{~d} u$ ．因函数 $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{u}}$ 在 $\left[x^{2},(x+c)^{2}\right]$ 上递减，且 $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{u}} \geqslant 0$ ，根据积分第二中值定理，存在 $\xi_{n} \in\left[x^{2},(x+c)^{2}\right]$ 使得
$$
\left|\int_{x}^{x+c} \sin t^{2} \mathrm{~d} t\right|=\frac{1}{2 x}\left|\cos x^{2}-\cos \xi\right| \leqslant \frac{1}{2 x} \cdot 2=\frac{1}{x} .
$$
（2）与（1）类似，存在 $\xi_{n} \in\left[x^{2},(x+c)^{2}\right]$ 使得
$$
\left|\int_{a}^{a+c} \sin t^{2} \mathrm{~d} t\right|=\frac{1}{2 a}\left|\cos a^{2}-\cos \xi\right| \leqslant \frac{1}{2 a} \cdot 2=\frac{1}{a} .
$$
当 $c \rightarrow+\infty$ 时得 $\displaystyle \left|\int_{a}^{+\infty} \sin x^{2} \mathrm{~d} x\right| \leqslant \frac{1}{a}$ ．
（3）令 $t^{2}=u$ ，则 $\displaystyle t=\sqrt{u}, \mathrm{~d} t=\frac{1}{2 \sqrt{u}} \mathrm{~d} u$ 。于是 $\displaystyle \int_{x}^{x+c} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=\frac{1}{2} \int_{x^{2}}^{(x+c)^{2}} \frac{\sin u}{\sqrt{u}} \mathrm{~d} u$ 。由分部积分法
$$
\begin{aligned}
\int_{x}^{x+c} \sin t^{2} \mathrm{~d} t & =\frac{1}{2} \int_{x^{2}}^{(x+c)^{2}} \frac{\sin u}{\sqrt{u}} \mathrm{~d} u=-\frac{1}{2}\left(\left.\frac{1}{\sqrt{u}} \cos u\right|_{x^{2}} ^{(x+c)^{2}}-\frac{1}{2} \int_{x^{2}}^{(x+c)^{2}} \frac{\cos u}{\sqrt{u^{3}}} \mathrm{~d} u\right) \\
& =\frac{1}{2 x}\left(\cos x^{2}-\frac{1}{2(x+c)} \cos (x+c)^{2}+\frac{1}{4} \int_{x^{2}}^{(x+c)^{2}} \frac{\cos u}{\sqrt{u^{3}}} \mathrm{~d} u\right)
\end{aligned}
$$
由于存在 $u_{0} \in\left(x^{2},(x+c)^{2}\right)$ 使 $\displaystyle \left|\frac{\cos u_{0}}{\sqrt{u_{0}^{3}}}\right|<\frac{1}{\sqrt{u_{0}^{3}}}$ ．所以
$$
\begin{aligned}
\left|\int_{x}^{x+c} \sin t^{2} \mathrm{~d} t\right| & \leqslant\left|\frac{1}{2 x} \cos x^{2}\right|+\left|\frac{1}{2(x+c)} \cos (x+c)^{2}\right|+\frac{1}{4} \int_{x^{2}}^{(x+c)^{2}}\left|\frac{\cos u}{\sqrt{u^{3}}}\right| \mathrm{d} u \\
& <\frac{1}{2 x}+\frac{1}{2(x+c)}+\frac{1}{4} \int_{x^{2}}^{(x+c)^{2}} \frac{1}{\sqrt{u^{3}}} \mathrm{~d} u<\frac{1}{2 x}+\frac{1}{2(x+c)}+\frac{1}{2 x}-\frac{1}{2(x+c)}=\frac{1}{x}
\end{aligned}
$$
（4）$\displaystyle f(x)=\int_{x}^{x+1} \sin \mathrm{e}^{t} \mathrm{~d} t=-\int_{x}^{x+1} \frac{1}{\mathrm{e}^{t}} \mathrm{~d}\left(\cos \mathrm{e}^{t}\right)=-\left.\frac{1}{\mathrm{e}^{t}} \cos \mathrm{e}^{t}\right|_{x} ^{x+1}-\int_{x}^{x+1} \frac{1}{\mathrm{e}^{t}} \cos \mathrm{e}^{t} \mathrm{~d} t$
$$
=\frac{1}{\mathrm{e}^{x}} \cos \mathrm{e}^{x}-\frac{1}{\mathrm{e}^{x+1}} \cos \mathrm{e}^{x+1}-\cos \mathrm{e}^{\xi} \int_{x}^{x+1} \frac{1}{\mathrm{e}^{t}} \mathrm{~d} t=\frac{1}{\mathrm{e}^{x}}\left[\cos \mathrm{e}^{x}-\frac{1}{\mathrm{e}} \cos \mathrm{e}^{x+1}\right]+\frac{1}{\mathrm{e}^{x}} \cos \mathrm{e}^{\xi}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}-1\right) .
$$
于是 $\displaystyle \left|\mathrm{e}^{x} f(x)\right|=\left|\left(\cos \mathrm{e}^{x}-\frac{1}{\mathrm{e}} \cos \mathrm{e}^{x+1}\right)+\cos \mathrm{e}^{\xi}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}-1\right)\right| \leqslant 1+\frac{1}{\mathrm{e}}+\left(1-\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=2$ ．
（5）$f^{\prime}(x)=\left(x-x^{2}\right) \sin ^{2 n} x=x(1-x) \sin ^{2 n} x$ ．
$00, f(x)$ 严格增加；当 $x>1$ 时，$f^{\prime}(x) \leqslant 0$ ，且仅在离散的点上 $f^{\prime}(x)=0, f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上严格减少，故 $f(x)$ 在 $x=1$ 处取得最大值．最大值为
$$
f(1)=\int_{0}^{1}\left(t-t^{2}\right) \sin ^{2 n} t \mathrm{~d} t \leqslant \int_{0}^{1}\left(t-t^{2}\right) t^{2 n} \mathrm{~d} t=B(2 n-2,2)=\frac{1}{(2 n+2)(2 n+3)}
$$
因此 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上的最大值不超过 $\displaystyle \frac{1}{(2 n+2)(2 n+3)}$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/10
目标：变量代换将积分转化为标准形式
令 $t^2 = u$，则 $t = \sqrt{u}$，$\mathrm{d}t = \frac{1}{2\sqrt{u}} \mathrm{d}u$。于是 $$\int_x^{x+c} \sin t^2 \mathrm{d}t = \frac{1}{2} \int_{x^2}^{(x+c)^2} \frac{\sin u}{\sqrt{u}} \mathrm{d}u.$$
公式：$\int \sin t^2 \mathrm{d}t = \frac{1}{2} \int \frac{\sin u}{\sqrt{u}} \mathrm{d}u$
提示：注意积分限的变换：当 $t=x$ 时 $u=x^2$，当 $t=x+c$ 时 $u=(x+c)^2$。
步骤 2/10
目标：应用积分第二中值定理
由于 $\frac{1}{\sqrt{u}}$ 在 $[x^2, (x+c)^2]$ 上单调递减且非负，由积分第二中值定理，存在 $\xi \in [x^2, (x+c)^2]$ 使得 $$\frac{1}{2} \int_{x^2}^{(x+c)^2} \frac{\sin u}{\sqrt{u}} \mathrm{d}u = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x} \int_{x^2}^{\xi} \sin u \mathrm{d}u = \frac{1}{2x} (\cos x^2 - \cos \xi).$$
公式：积分第二中值定理：若 $g$ 单调，则 $\int_a^b f g = g(a) \int_a^\xi f + g(b) \int_\xi^b f$
提示：注意 $\frac{1}{\sqrt{u}}$ 在 $u=x^2$ 处取最大值 $1/x$，因此提取因子 $1/x$。
步骤 3/10
目标：估计绝对值得到不等式
于是 $$\left|\int_x^{x+c} \sin t^2 \mathrm{d}t\right| = \frac{1}{2x} |\cos x^2 - \cos \xi| \leq \frac{1}{2x} \cdot 2 = \frac{1}{x}.$$
公式：$|\cos A - \cos B| \leq 2$
提示：余弦函数的值域为 $[-1,1]$，差的最大绝对值为2。
步骤 4/10
目标：推广到无穷限积分
对于（2），令 $c \to +\infty$，由（1）的结论得 $$\left|\int_a^{+\infty} \sin x^2 \mathrm{d}x\right| \leq \frac{1}{a}, \quad a \geq 1.$$
提示：注意极限过程：$\lim_{c\to+\infty} \int_a^{a+c} = \int_a^{+\infty}$，不等式在极限下保持。
步骤 5/10
目标：用分部积分法证明严格不等式
对于（3），使用分部积分：$$\begin{aligned} \int_x^{x+c} \sin t^2 \mathrm{d}t &= \frac{1}{2} \int_{x^2}^{(x+c)^2} \frac{\sin u}{\sqrt{u}} \mathrm{d}u \\ &= -\frac{1}{2} \left( \left. \frac{\cos u}{\sqrt{u}} \right|_{x^2}^{(x+c)^2} - \frac{1}{2} \int_{x^2}^{(x+c)^2} \frac{\cos u}{u^{3/2}} \mathrm{d}u \right) \\ &= \frac{1}{2x} \cos x^2 - \frac{1}{2(x+c)} \cos (x+c)^2 + \frac{1}{4} \int_{x^2}^{(x+c)^2} \frac{\cos u}{u^{3/2}} \mathrm{d}u. \end{aligned}$$
公式：分部积分：$\int u \mathrm{d}v = uv - \int v \mathrm{d}u$
提示：注意符号：$\int \sin u \cdot u^{-1/2} \mathrm{d}u$ 分部时，令 $\mathrm{d}v = \sin u \mathrm{d}u$，$v = -\cos u$。
步骤 6/10
目标：估计各项绝对值得到严格不等式
取绝对值并放缩：$$\begin{aligned} \left|\int_x^{x+c} \sin t^2 \mathrm{d}t\right| &\leq \frac{1}{2x} + \frac{1}{2(x+c)} + \frac{1}{4} \int_{x^2}^{(x+c)^2} \frac{|\cos u|}{u^{3/2}} \mathrm{d}u \\ &< \frac{1}{2x} + \frac{1}{2(x+c)} + \frac{1}{4} \int_{x^2}^{(x+c)^2} \frac{1}{u^{3/2}} \mathrm{d}u \\ &= \frac{1}{2x} + \frac{1}{2(x+c)} + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{x+c} \right) = \frac{1}{x}. \end{aligned}$$
公式：$\int u^{-3/2} \mathrm{d}u = -2 u^{-1/2}$
提示：注意 $|\cos u| \leq 1$，且积分 $\int_{x^2}^{(x+c)^2} u^{-3/2} \mathrm{d}u = 2(1/x - 1/(x+c))$。
步骤 7/10
目标：分部积分处理含指数函数的积分
对于（4），令 $u = e^t$，则 $\mathrm{d}u = e^t \mathrm{d}t$，但直接分部：$$\begin{aligned} f(x) &= \int_x^{x+1} \sin e^t \mathrm{d}t = -\int_x^{x+1} e^{-t} \mathrm{d}(\cos e^t) \\ &= -\left[ e^{-t} \cos e^t \right]_x^{x+1} - \int_x^{x+1} e^{-t} \cos e^t \mathrm{d}t \\ &= \frac{1}{e^x} \cos e^x - \frac{1}{e^{x+1}} \cos e^{x+1} - \int_x^{x+1} e^{-t} \cos e^t \mathrm{d}t. \end{aligned}$$
公式：分部积分：$\int u \mathrm{d}v = uv - \int v \mathrm{d}u$
提示：注意 $\mathrm{d}(\cos e^t) = -\sin e^t \cdot e^t \mathrm{d}t$，因此 $\sin e^t \mathrm{d}t = -e^{-t} \mathrm{d}(\cos e^t)$。
步骤 8/10
目标：估计积分并得到不等式
对剩余积分应用中值定理：存在 $\xi \in [x, x+1]$ 使得 $$\int_x^{x+1} e^{-t} \cos e^t \mathrm{d}t = \cos e^\xi \int_x^{x+1} e^{-t} \mathrm{d}t = \cos e^\xi (e^{-x} - e^{-x-1}).$$ 代入得 $$e^x f(x) = \cos e^x - \frac{1}{e} \cos e^{x+1} - \cos e^\xi \left(1 - \frac{1}{e}\right).$$ 取绝对值：$$|e^x f(x)| \leq 1 + \frac{1}{e} + \left(1 - \frac{1}{e}\right) = 2.$$
公式：积分中值定理：$\int_a^b f g = f(\xi) \int_a^b g$ 若 $g$ 不变号
提示：注意 $\cos$ 函数绝对值不超过1，且 $1 - 1/e > 0$。
步骤 9/10
目标：求导分析函数单调性
对于（5），$f(x) = \int_0^x (t - t^2) \sin^{2n} t \mathrm{d}t$，求导得 $$f'(x) = (x - x^2) \sin^{2n} x = x(1-x) \sin^{2n} x.$$ 当 $0 < x < 1$ 时，$f'(x) > 0$，$f$ 严格递增；当 $x > 1$ 时，$f'(x) \leq 0$（仅在 $\sin x = 0$ 处为零），$f$ 严格递减。故最大值在 $x=1$ 处取得。
公式：微积分基本定理：$\frac{d}{dx} \int_0^x g(t) \mathrm{d}t = g(x)$
提示：注意 $\sin^{2n} x \geq 0$，符号由 $x(1-x)$ 决定。
步骤 10/10
目标：放缩积分得到最大值上界
最大值 $$f(1) = \int_0^1 (t - t^2) \sin^{2n} t \mathrm{d}t \leq \int_0^1 (t - t^2) t^{2n} \mathrm{d}t = \int_0^1 (t^{2n+1} - t^{2n+2}) \mathrm{d}t = \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{2n+3} = \frac{1}{(2n+2)(2n+3)}.$$
公式：$\sin t \leq t$ 对 $t \geq 0$，故 $\sin^{2n} t \leq t^{2n}$
提示：注意 $\sin t \leq t$ 在 $[0,1]$ 上成立，且 $t - t^2 \geq 0$。
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