中册 4.4 积分估值与积分不等式 第6题
📝 题目
6．证明下列命题．
（1）设 $f(x), g(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，且满足 $\int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d} t \geqslant \int_{a}^{x} g(t) \mathrm{d} t, x \in[a, b)$ ．
（1）问：对任意 $x \in[a, b)$ 是否都成立 $f(x) \geqslant g(x)$ ？请证明或举例说明你的结论；
（2）若还满足 $\int_{a}^{b} f(t) \mathrm{d} t=\int_{a}^{b} g(t) \mathrm{d} t$ ，试证： $\int_{a}^{b} x f(x) \mathrm{d} x \leqslant \int_{a}^{b} x g(x) \mathrm{d} x$ 。
（2）设 $g_{1}(x)$ 和 $g_{2}(x)$ 满足 $\int_{a}^{x} g_{1}(t) \mathrm{d} t \leqslant \int_{a}^{x} g_{2}(t) \mathrm{d} t, a \leqslant x
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）对任意 $x \in[a, b)$ 不一定都成立 $f(x) \geqslant g(x)$ 。例如，取 $f(x)=1-x, g(x)=0, x \in[0,1.1)$ ，则对任意 $x \in[0,1.1)$ 都有 $\int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t \geqslant \int_{0}^{x} g(t) \mathrm{d} t=0$ ，但 $f(1.01)=1-1.01=-0.01<0=g(1.01)$ ．
令 $F(x)=f(x)-g(x), G(x)=\int_{a}^{x} F(t) \mathrm{d} t$ ．由 题 设 知 $G(x) \geqslant 0, x \in[a, b], G(a)=G(b)=0$ ， $G^{\prime}(x)=F(x)$ ．从而
$$
\int_{a}^{b} x F(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{b} x \mathrm{~d} G(x)=\left.x G(x)\right|_{a} ^{b}-\int_{a}^{b} G(x) \mathrm{d} x=-\int_{a}^{b} G(x) \mathrm{d} x .
$$
由于 $G(x) \geqslant 0, x \in[a, b]$ ，所以 $-\int_{a}^{b} G(x) \mathrm{d} x \leqslant 0$ ，即 $\int_{a}^{b} x F(x) \mathrm{d} x \leqslant 0$ 。故 $\int_{a}^{b} x f(x) \mathrm{d} x \leqslant \int_{a}^{b} x g(x) \mathrm{d} x$ 。
（2）令 $F(x)=g_{2}(x)-g_{1}(x), G(x)=\int_{a}^{x} F(t) \mathrm{d} t$ ．由题设知 $G(x) \geqslant 0, x \in[a, b], G(a)=G(b)=0$ ， $G^{\prime}(x)=F(x)$ ．从而
$$
\int_{a}^{b} f(x) F(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} G(x)=\left.f(x) G(x)\right|_{a} ^{b}-\int_{a}^{b} f^{\prime}(x) G(x) \mathrm{d} x=-\int_{a}^{b} f^{\prime}(x) G(x) \mathrm{d} x
$$
由于 $f(x)$ 可微，非增，所以 $f^{\prime}(x) \leqslant 0, x \in[a, b]$ ．又 $G(x) \geqslant 0, x \in[a, b]$ ，于是 $\int_{a}^{b} f^{\prime}(x) G(x) \mathrm{d} x \geqslant 0$ ，即 $\int_{a}^{b} f(x) F(x) \mathrm{d} x \geqslant 0$ ，故
$$
\int_{a}^{b} f(x) g_{1}(x) \mathrm{d} x \leqslant \int_{a}^{b} f(x) g_{2}(x) \mathrm{d} x
$$
（3）方法 1：对任意的 $x \in[0,1)$ ，因为 $-\cos x+1 \leqslant \sin x$ ，所以有 $\int_{0}^{x} \sin t \mathrm{~d} t \leqslant \int_{0}^{x} \cos t \mathrm{~d} t$ ．此外，显然有 $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x \mathrm{~d} x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos x \mathrm{~d} x=1$ ，且函数 $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$ 在 $[0,1)$ 上单调递减。根据（2）不等式知
$$
\int_{0}^{1} \frac{\cos x}{\sqrt{1-x^{2}}} \mathrm{~d} x \geqslant \int_{0}^{1} \frac{\sin x}{\sqrt{1-x^{2}}} \mathrm{~d} x
$$
方法 2：令 $t=\arcsin x$ ，则 $\displaystyle \mathrm{d} t=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} \mathrm{~d} x, \int_{0}^{1} \frac{\cos x}{\sqrt{1-x^{2}}} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos (\sin t) \mathrm{d} t$ ．
令 $t=\arccos x$ ，则 $\displaystyle \mathrm{d} t=-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} \mathrm{~d} x, \int_{0}^{1} \frac{\sin x}{\sqrt{1-x^{2}}} \mathrm{~d} x=-\int_{\frac{\pi}{2}}^{0} \sin (\cos t) \mathrm{d} t=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin (\cos t) \mathrm{d} t$ ．
因此欲证的不等式转化为 $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos (\sin t) \mathrm{d} t \geqslant \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin (\cos t) \mathrm{d} t$ 。为此只要证 $\cos (\sin t)>\sin (\cos t)$ ．
在 $\displaystyle \left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上有 $\sin x
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：分析问题（1）的反例
考虑函数 $f(x)=1-x$, $g(x)=0$ 在区间 $[0,1.1)$ 上。计算积分：$\int_0^x f(t)dt = \int_0^x (1-t)dt = x - \frac{x^2}{2} \geq 0 = \int_0^x g(t)dt$ 对所有 $x\in[0,1.1)$ 成立。但取 $x=1.01$，有 $f(1.01)=1-1.01=-0.01 < 0 = g(1.01)$。因此结论不成立。
提示：注意反例中区间端点 $b$ 可以大于1，但只需在 $[a,b)$ 上定义即可。
步骤 2/7
目标：证明问题（1）的第二部分
令 $F(x)=f(x)-g(x)$, $G(x)=\int_a^x F(t)dt$。由条件知 $G(x)\geq 0$ 且 $G(a)=G(b)=0$，$G'(x)=F(x)$。分部积分得：$\int_a^b xF(x)dx = \int_a^b x dG(x) = [xG(x)]_a^b - \int_a^b G(x)dx = -\int_a^b G(x)dx \leq 0$。因此 $\int_a^b xf(x)dx \leq \int_a^b xg(x)dx$。
公式：$\int_a^b u dv = uv|_a^b - \int_a^b v du$
提示：注意 $G(b)=0$ 由 $\int_a^b f = \int_a^b g$ 得到。
步骤 3/7
目标：证明问题（2）
令 $F(x)=g_2(x)-g_1(x)$, $G(x)=\int_a^x F(t)dt$。则 $G(x)\geq 0$, $G(a)=G(b)=0$, $G'(x)=F(x)$。分部积分：$\int_a^b f(x)F(x)dx = \int_a^b f(x)dG(x) = [f(x)G(x)]_a^b - \int_a^b f'(x)G(x)dx = -\int_a^b f'(x)G(x)dx$。由于 $f$ 非增，$f'(x)\leq 0$，且 $G(x)\geq 0$，故 $\int_a^b f'(x)G(x)dx \leq 0$，从而 $\int_a^b f(x)F(x)dx \geq 0$，即 $\int_a^b f(x)g_1(x)dx \leq \int_a^b f(x)g_2(x)dx$。
公式：分部积分公式
提示：注意 $f$ 可微非增意味着 $f'(x)\leq 0$。
步骤 4/7
目标：证明问题（3）方法一
首先验证 $\int_0^x \sin t dt \leq \int_0^x \cos t dt$ 对 $x\in[0,1)$ 成立。因为 $\int_0^x (\cos t - \sin t)dt = \sin x + \cos x -1 \geq 0$（因为 $\sin x+\cos x \geq 1$ 在 $[0,\pi/2]$ 上）。且 $\int_0^1 \sin x dx = 1-\cos 1$, $\int_0^1 \cos x dx = \sin 1$，不相等，但题目中 $\int_0^1 \sin x dx = \int_0^1 \cos x dx$ 不成立？实际上题目（3）中积分上限是1，不是 $\pi/2$。注意：$\int_0^1 \sin x dx = 1-\cos 1 \approx 0.4597$, $\int_0^1 \cos x dx = \sin 1 \approx 0.8415$，不相等。但题目（3）中条件 $\int_a^b g_1 = \int_a^b g_2$ 不满足？实际上（3）中 $g_1(x)=\sin x$, $g_2(x)=\cos x$，但 $\int_0^1 \sin x dx \neq \int_0^1 \cos x dx$，所以不能直接应用（2）。但方法一有误？实际上题目（3）中 $\int_0^1 \frac{\cos x}{\sqrt{1-x^2}}dx \geq \int_0^1 \frac{\sin x}{\sqrt{1-x^2}}dx$ 可以通过其他方法证明。方法一使用了（2）但条件不满足，因此方法一不正确。正确方法见方法二。
提示：注意检查条件是否满足，方法一有误。
步骤 5/7
目标：证明问题（3）方法二
作变量代换：令 $t=\arcsin x$，则 $dt = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx$，$\int_0^1 \frac{\cos x}{\sqrt{1-x^2}}dx = \int_0^{\pi/2} \cos(\sin t) dt$。令 $t=\arccos x$，则 $dt = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx$，$\int_0^1 \frac{\sin x}{\sqrt{1-x^2}}dx = -\int_{\pi/2}^0 \sin(\cos t) dt = \int_0^{\pi/2} \sin(\cos t) dt$。因此需证 $\int_0^{\pi/2} \cos(\sin t) dt \geq \int_0^{\pi/2} \sin(\cos t) dt$。由于 $\sin t < t$ 对 $t>0$，且 $\cos x$ 递减，故 $\sin(\cos t) < \cos t < \cos(\sin t)$（因为 $\sin t < t$ 推出 $\cos(\sin t) > \cos t$）。因此被积函数 $\cos(\sin t) > \sin(\cos t)$，积分不等式成立。
公式：$\sin x < x$ 对 $x>0$
提示：注意 $\cos x$ 在 $[0,\pi/2]$ 上递减。
步骤 6/7
目标：证明问题（4）方法一
验证条件：对 $x\in[0,\pi/2]$，$\int_0^x \sin t dt = 1-\cos x$, $\int_0^x \cos t dt = \sin x$。由于 $\sin x + \cos x \geq 1$，故 $\int_0^x \sin t dt \leq \int_0^x \cos t dt$。且 $\int_0^{\pi/2} \sin x dx = 1 = \int_0^{\pi/2} \cos x dx$。函数 $f(x)=1/(1+x^2)$ 在 $[0,\pi/2]$ 上递减。由（2）得 $\int_0^{\pi/2} \frac{\sin x}{1+x^2}dx \leq \int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{1+x^2}dx$。
公式：分部积分或（2）的结论
提示：注意验证 $\int_a^b g_1 = \int_a^b g_2$ 成立。
步骤 7/7
目标：证明问题（4）方法二
计算差值：$\int_0^{\pi/2} \frac{\sin x - \cos x}{1+x^2}dx = \sqrt{2}\int_0^{\pi/2} \frac{\sin(x-\pi/4)}{1+x^2}dx$。将积分区间分为 $[0,\pi/4]$ 和 $[\pi/4,\pi/2]$。对第一个积分作代换 $t=\pi/4 - x$，得 $\int_0^{\pi/4} \frac{\sin(x-\pi/4)}{1+x^2}dx = -\int_0^{\pi/4} \frac{\sin t}{1+(\pi/4 - t)^2}dt$。对第二个积分作代换 $t=x-\pi/4$，得 $\int_{\pi/4}^{\pi/2} \frac{\sin(x-\pi/4)}{1+x^2}dx = \int_0^{\pi/4} \frac{\sin t}{1+(t+\pi/4)^2}dt$。因此差值为 $\sqrt{2}\int_0^{\pi/4} \left[ \frac{\sin t}{1+(t+\pi/4)^2} - \frac{\sin t}{1+(\pi/4 - t)^2} \right] dt$。由于分母 $1+(t+\pi/4)^2 > 1+(\pi/4 - t)^2$，故被积函数为负，积分小于0，所以原不等式成立。
公式：变量代换
提示：注意代换后积分限的变化。
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