中册 4.4 积分估值与积分不等式 第27题
📝 题目
27．证明下列命题．
（1）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 存在连续的二阶导数。证明： $\int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x \leqslant 9 \int_{0}^{1}|f(x)| \mathrm{d} x+\int_{0}^{1}\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \mathrm{d} x$ ．
（2）对 $\displaystyle \forall \xi \in\left[0, \frac{1}{3}\right], \forall \eta \in\left[\frac{2}{3}, 1\right]$ ，求 证：（1）$\forall x \in[0,1], \sin x \leqslant 3|\cos \xi-\cos \eta|+\int_{0}^{1} \cos x \mathrm{~d} x$ ； （2） $\mathrm{e}^{x}(\sin x+\cos x) \leqslant 9 \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x} \sin x \mathrm{~d} x+2 \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x} \cos x \mathrm{~d} x$ 。
（3）设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上存在连续的二阶导数，$\left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right|<\int_{a}^{b}|f(x)| \mathrm{d} x$ ．记 $M_{1}=\max _{x \in[a, b]}\left|f^{\prime}(x)\right|$ ， $M_{2}=\max _{x \in[a, b]}\left|f^{\prime \prime}(x)\right|$ ．证明：$\displaystyle \left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{M_{1}}{2}(b-a)^{2}+\frac{M_{2}}{3}(b-a)^{3}$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）对任意 $\displaystyle 0<\xi<\frac{1}{3}$ 和 $\displaystyle \frac{2}{3}<\eta<1$ ，存在 $\lambda \in(\xi, \eta)$ 使得
$$
\left|f^{\prime}(\lambda)\right|=\left|\frac{f(\eta)-f(\xi)}{\eta-\xi}\right| \leqslant 3|f(\xi)|+3|f(\eta)|
$$
因此对任意的 $x \in(0,1)$ ，
$$
\left|f^{\prime}(x)\right|=\left|f^{\prime}(\lambda)+\int_{\lambda}^{x} f^{\prime \prime}(t) \mathrm{d} t\right| \leqslant 3|f(\xi)|+3|f(\eta)|+\int_{0}^{1}\left|f^{\prime \prime}(t)\right| \mathrm{d} t
$$
分别对 $\xi$ 在 $\displaystyle \left(0, \frac{1}{3}\right)$ 上和对 $\eta$ 在 $\displaystyle \left(\frac{2}{3}, 1\right)$ 上积分以上不等式得
$$
\frac{1}{9}\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant \int_{0}^{\frac{1}{3}}|f(\xi)| \mathrm{d} \xi+\int_{\frac{2}{3}}^{1}|f(\eta)| \mathrm{d} \eta+\frac{1}{9} \int_{0}^{1}\left|f^{\prime \prime}(t)\right| \mathrm{d} t \leqslant \int_{0}^{1}|f(t)| \mathrm{d} t+\frac{1}{9} \int_{0}^{1}\left|f^{\prime \prime}(t)\right| \mathrm{d} t
$$
于是
$$
\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant 9 \int_{0}^{1}\left|f(t) \mathrm{d} t+\int_{0}^{1}\right| f^{\prime \prime}(t) \mid \mathrm{d} t, \quad x \in[0,1] .
$$
对上式两边在 $[0,1]$ 上积分得 $\int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x \leqslant 9 \int_{0}^{1}|f(x)| \mathrm{d} x+\int_{0}^{1}\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \mathrm{d} x$ ．
一般地：对 $p \geqslant 1$ ，由 Holder 不等式得
因此
$$
\begin{aligned}
& \left|f^{\prime}(x)\right|^{p} \leqslant 2^{p-1} \cdot 9^{p} \int_{0}^{1}|f(t)|^{p} \mathrm{~d} t+2^{p-1} \int_{0}^{1}\left|f^{\prime \prime}(t)\right|^{p} \mathrm{~d} t \\
& \int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(t)\right|^{p} \mathrm{~d} t \leqslant 2^{p-1} \cdot 9^{p} \int_{0}^{1}|f(t)|^{p} \mathrm{~d} t+2^{p-1} \int_{0}^{1}\left|f^{\prime \prime}(t)\right|^{p} \mathrm{~d} t .
\end{aligned}
$$
（2）由中值定理，存在 $\xi_{1} \in(\xi, \eta)$ 使得 $\displaystyle \frac{\cos \eta-\cos \xi}{\eta-\xi}=-\sin \xi_{1}$ 。于是
$$
\sin \xi_{1}=-\frac{\cos \eta-\cos \xi}{\eta-\xi} \leqslant\left|\frac{\cos \eta-\cos \xi}{\eta-\xi}\right| \leqslant 3|\cos \eta-\cos \xi|
$$
$\forall x \in[0,1], \sin x=\sin \xi_{1}+\int_{\xi_{1}}^{x} \cos t \mathrm{~d} t \leqslant \sin \xi_{1}+\left|\int_{\xi_{1}}^{x} \cos t \mathrm{~d} t\right| \leqslant 3|\cos \eta-\cos \xi|+\left|\int_{0}^{1} \cos t \mathrm{~d} t\right|$.
记 $f(x)=\mathrm{e}^{x}(\sin x+\cos x)$ ，则
$$
\begin{gathered}
f^{\prime}(x)=2 \mathrm{e}^{x} \cos x, \quad f(0)=1, \quad f(x)=f(0)+\int_{0}^{x} f^{\prime}(t) \mathrm{d} t \leqslant f(0)+\int_{0}^{1} f^{\prime}(t) \mathrm{d} t \leqslant 1+2 \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x} \cos x \mathrm{~d} x . \\
9 \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x} \sin x \mathrm{~d} x \geqslant 9 \int_{0}^{1} \sin x \mathrm{~d} x \geqslant 9 \int_{0}^{1}\left(x-\frac{1}{6} x^{3}\right) \mathrm{d} x \geqslant 9\left(1-\frac{1}{24}\right)>1
\end{gathered}
$$
所以
$$
\mathrm{e}^{x}(\sin x+\cos x) \leqslant 9 \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x} \sin x \mathrm{~d} x+2 \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x} \cos x \mathrm{~d} x
$$
（3）由 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续及 $\left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right|<\int_{a}^{b}|f(x)| \mathrm{d} x$ 知，$f(x)$ 在 $[a, b]$ 上必变号．故存在 $c \in(a, b)$ 使得 $f(c)=0$ ．由 $\displaystyle f(x)=f(c)+f^{\prime}(c)(x-c)+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!}(x-c)^{2}$ 得
$$
\begin{aligned}
\left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right| & \leqslant\left|f^{\prime}(c)\right|\left|\int_{a}^{b}(x-c) \mathrm{d} x\right|+\frac{M_{2}}{2} \int_{a}^{b}(x-c)^{2} \mathrm{~d} x \leqslant \frac{M_{1}}{2}\left|(b-c)^{2}-(a-c)^{2}\right|+\frac{M_{2}}{6}\left[(b-c)^{3}-(a-c)^{3}\right] \\
& =\frac{M_{1}}{2}(b-a)|b+a-2 c|+\frac{M_{2}}{6}\left[(b-c)^{3}+(c-a)^{3}\right] \leqslant \frac{M_{1}}{2}(b-a)^{2}+\frac{M_{2}}{6}(b-a)^{3} .
\end{aligned}
$$
所以
$$
\left|\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \frac{M_{1}}{2}(b-a)^{2}+\frac{M_{2}}{3}(b-a)^{3}
$$
注：$g(x)=(b-x)^{3}+(x-a)^{3}$ 在 $[a, b]$ 的最大值为 $(b-a)^{3}$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：利用中值定理估计f'(λ)
对任意 $0<\xi<\frac{1}{3}$ 和 $\frac{2}{3}<\eta<1$，存在 $\lambda\in(\xi,\eta)$ 使得 $f'(\lambda)=\frac{f(\eta)-f(\xi)}{\eta-\xi}$，从而 $|f'(\lambda)|\leq 3|f(\xi)|+3|f(\eta)|$。
公式：Lagrange中值定理：$f'(\lambda)=\frac{f(\eta)-f(\xi)}{\eta-\xi}$
提示：注意 $\eta-\xi>\frac{1}{3}$，所以倒数小于3。
步骤 2/8
目标：用积分表示f'(x)
对任意 $x\in[0,1]$，有 $f'(x)=f'(\lambda)+\int_{\lambda}^{x}f''(t)dt$，因此 $|f'(x)|\leq 3|f(\xi)|+3|f(\eta)|+\int_0^1|f''(t)|dt$。
公式：牛顿-莱布尼茨公式：$f'(x)=f'(\lambda)+\int_{\lambda}^{x}f''(t)dt$
提示：注意积分区间可能反向，但绝对值不等式成立。
步骤 3/8
目标：对ξ和η积分
将不等式两边对 $\xi$ 在 $(0,\frac{1}{3})$ 上积分，对 $\eta$ 在 $(\frac{2}{3},1)$ 上积分，得 $\frac{1}{9}|f'(x)|\leq \int_0^{\frac{1}{3}}|f(\xi)|d\xi+\int_{\frac{2}{3}}^1|f(\eta)|d\eta+\frac{1}{9}\int_0^1|f''(t)|dt\leq \int_0^1|f(t)|dt+\frac{1}{9}\int_0^1|f''(t)|dt$。
公式：积分不等式：$\int_0^{\frac{1}{3}}d\xi\int_{\frac{2}{3}}^1 d\eta = \frac{1}{9}$
提示：注意积分区域长度乘积为1/9。
步骤 4/8
目标：得到f'(x)的估计
由上式得 $|f'(x)|\leq 9\int_0^1|f(t)|dt+\int_0^1|f''(t)|dt$，对 $x\in[0,1]$ 成立。
提示：注意常数9来自乘以9。
步骤 5/8
目标：积分得到最终不等式
两边在 $[0,1]$ 上积分得 $\int_0^1|f'(x)|dx\leq 9\int_0^1|f(x)|dx+\int_0^1|f''(x)|dx$。
提示：积分后左边为 $\int_0^1|f'(x)|dx$，右边常数项乘以区间长度1。
步骤 6/8
目标：证明(2)中第一个不等式
由中值定理，存在 $\xi_1\in(\xi,\eta)$ 使得 $\frac{\cos\eta-\cos\xi}{\eta-\xi}=-\sin\xi_1$，故 $\sin\xi_1\leq 3|\cos\eta-\cos\xi|$。对任意 $x\in[0,1]$，$\sin x=\sin\xi_1+\int_{\xi_1}^x\cos t dt\leq 3|\cos\eta-\cos\xi|+\left|\int_0^1\cos t dt\right|$。
公式：中值定理：$\frac{\cos\eta-\cos\xi}{\eta-\xi}=-\sin\xi_1$
提示：注意 $\eta-\xi>1/3$。
步骤 7/8
目标：证明(2)中第二个不等式
令 $f(x)=e^x(\sin x+\cos x)$，则 $f'(x)=2e^x\cos x$，$f(0)=1$，$f(x)=f(0)+\int_0^x f'(t)dt\leq 1+\int_0^1 f'(t)dt=1+2\int_0^1 e^x\cos x dx$。又 $9\int_0^1 e^x\sin x dx\geq 9\int_0^1 \sin x dx\geq 9\int_0^1 (x-\frac{x^3}{6})dx=9(\frac{1}{2}-\frac{1}{24})=\frac{33}{8}>1$，故 $e^x(\sin x+\cos x)\leq 9\int_0^1 e^x\sin x dx+2\int_0^1 e^x\cos x dx$。
公式：泰勒展开：$\sin x\geq x-\frac{x^3}{6}$
提示：注意不等式方向，$\sin x\geq x-\frac{x^3}{6}$ 在 $[0,1]$ 成立。
步骤 8/8
目标：证明(3)中的不等式
由条件知 $f(x)$ 变号，存在 $c\in(a,b)$ 使 $f(c)=0$。利用泰勒展开：$f(x)=f'(c)(x-c)+\frac{f''(\xi)}{2}(x-c)^2$，积分得 $\left|\int_a^b f(x)dx\right|\leq |f'(c)|\left|\int_a^b (x-c)dx\right|+\frac{M_2}{2}\int_a^b (x-c)^2dx$。计算得 $\left|\int_a^b (x-c)dx\right|=\frac{1}{2}|(b-c)^2-(a-c)^2|\leq \frac{1}{2}(b-a)^2$，$\int_a^b (x-c)^2dx=\frac{1}{3}[(b-c)^3-(a-c)^3]\leq \frac{1}{3}(b-a)^3$，故 $\left|\int_a^b f(x)dx\right|\leq \frac{M_1}{2}(b-a)^2+\frac{M_2}{3}(b-a)^3$。
公式：泰勒公式：$f(x)=f(c)+f'(c)(x-c)+\frac{f''(\xi)}{2}(x-c)^2$
提示：注意 $|f'(c)|\leq M_1$，且 $(b-c)^3-(a-c)^3\leq (b-a)^3$。
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