中册 4.4 积分估值与积分不等式 第28题
📝 题目
28．证明下列命题（Cauchy 不等式及 Schwarz 不等式）。
（1）设 $f(x), g(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积。证明 Schwarz 不等式
$\left(\int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d} x\right)^{2} \leqslant \int_{a}^{b}(f(x))^{2} \mathrm{~d} x \cdot \int_{a}^{b}(g(x))^{2} \mathrm{~d} x$ 。
（2）设 $f(x), g(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续。证明 $\left(\int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d} x\right)^{2} \leqslant \int_{a}^{b}(f(x))^{2} \mathrm{~d} x \cdot \int_{a}^{b}(g(x))^{2} \mathrm{~d} x$.
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）若 $f(x)$ 与 $g(x)$ 可积，则 $f^{2}(x), g^{2}(x), f(x)-g(x)$ 都可积，且对任何实数 $t,(t f(x)-g(x))^{2}$也可积．又 $(t f(x)-g(x))^{2} \geqslant 0$ ，故 $\int_{a}^{b}(t f(x)-g(x))^{2} \mathrm{~d} x \geqslant 0$ ，即
$$
t^{2} \int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{d} x-2 t \int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d} x+\int_{a}^{b} g^{2}(x) \mathrm{d} x \geqslant 0
$$
这是关于 $t$ 的二次三项式，因此其根的判别式 $\Delta \leqslant 0$ ，即
故
$$
\begin{aligned}
& \left(\int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d} x\right)^{2}-\int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{d} x \int_{a}^{b} g^{2}(x) \mathrm{d} x \leqslant 0 \\
& \left(\int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d} x\right)^{2} \leqslant \int_{a}^{b}(f(x))^{2} \mathrm{~d} x \int_{a}^{b}(g(x))^{2} \mathrm{~d} x
\end{aligned}
$$
（2）方法 1：与（1）的相同．
方法 2：记 $F(t)=\left(\int_{a}^{t} f(x) g(x) \mathrm{d} x\right)^{2}-\int_{a}^{t}(f(x))^{2} \mathrm{~d} x \cdot \int_{a}^{t}(g(x))^{2} \mathrm{~d} x, x \in[a, b]$ ，则 $F(a)=0$ ，且
$$
\begin{aligned}
F^{\prime}(t) & =2 f(t) g(t) \int_{a}^{t} f(x) g(x) \mathrm{d} x-(f(t))^{2} \int_{a}^{t}(g(x))^{2} \mathrm{~d} x-(g(t))^{2} \int_{a}^{t}(f(x))^{2} \mathrm{~d} x \\
& =-\int_{a}^{t}\left((f(t) g(x))^{2}-2 f(t) g(t) f(x) g(x)+(g(t) f(x))^{2}\right) \mathrm{d} x \\
& =-\int_{a}^{t}\left((f(t) g(x)-g(t) f(x))^{2} \mathrm{~d} x \leqslant 0\right.
\end{aligned}
$$
所以 $F(t)$ 在 $[a, b]$ 上单调减少．于是 $F(b) \leqslant f(a)=0$ ，结论得证．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：构造辅助函数并利用非负性
对于任意实数 $t$，考虑 $(t f(x)-g(x))^2 \geq 0$。由于 $f(x), g(x)$ 可积，则 $(t f(x)-g(x))^2$ 也可积。积分得 $\int_a^b (t f(x)-g(x))^2 dx \geq 0$。展开积分：$t^2 \int_a^b f^2(x) dx - 2t \int_a^b f(x)g(x) dx + \int_a^b g^2(x) dx \geq 0$。
公式：$\int_a^b (t f(x)-g(x))^2 dx = t^2 \int_a^b f^2(x) dx - 2t \int_a^b f(x)g(x) dx + \int_a^b g^2(x) dx \geq 0$
提示：注意 $t$ 是任意实数，二次三项式非负的条件是判别式非正。
步骤 2/7
目标：利用判别式非负得到不等式
将上述积分视为关于 $t$ 的二次三项式 $At^2 + Bt + C \geq 0$，其中 $A = \int_a^b f^2(x) dx$，$B = -2 \int_a^b f(x)g(x) dx$，$C = \int_a^b g^2(x) dx$。由于二次项系数 $A \geq 0$（非负），且对任意 $t$ 成立，故判别式 $\Delta = B^2 - 4AC \leq 0$。代入得 $4\left(\int_a^b f(x)g(x) dx\right)^2 - 4 \int_a^b f^2(x) dx \int_a^b g^2(x) dx \leq 0$，即 $\left(\int_a^b f(x)g(x) dx\right)^2 \leq \int_a^b f^2(x) dx \int_a^b g^2(x) dx$。
公式：$\Delta = B^2 - 4AC \leq 0$
提示：注意 $A$ 可能为零，此时不等式显然成立。
步骤 3/7
目标：完成第一部分证明
由判别式非负直接得到 Schwarz 不等式：$\left(\int_a^b f(x)g(x) dx\right)^2 \leq \int_a^b f^2(x) dx \cdot \int_a^b g^2(x) dx$。
提示：该证明适用于可积函数，无需连续性。
步骤 4/7
目标：第二部分：方法一（同第一部分）
由于连续函数必可积，因此第一部分的方法完全适用于连续函数，直接得到相同的不等式。
提示：注意连续函数是可积的充分条件，因此第一部分结论自动成立。
步骤 5/7
目标：第二部分：方法二（构造辅助函数求导）
定义函数 $F(t) = \left(\int_a^t f(x)g(x) dx\right)^2 - \int_a^t f^2(x) dx \cdot \int_a^t g^2(x) dx$，$t \in [a,b]$。则 $F(a)=0$。对 $F(t)$ 求导，利用乘积法则和微积分基本定理：$F'(t) = 2 f(t)g(t) \int_a^t f(x)g(x) dx - f^2(t) \int_a^t g^2(x) dx - g^2(t) \int_a^t f^2(x) dx$。
公式：$F'(t) = 2 f(t)g(t) \int_a^t f(x)g(x) dx - f^2(t) \int_a^t g^2(x) dx - g^2(t) \int_a^t f^2(x) dx$
提示：注意求导时积分上限为变量，需使用莱布尼茨法则。
步骤 6/7
目标：化简导数表达式
将 $F'(t)$ 改写为 $F'(t) = -\int_a^t \left[ f^2(t) g^2(x) - 2 f(t)g(t) f(x)g(x) + g^2(t) f^2(x) \right] dx = -\int_a^t \left( f(t)g(x) - g(t)f(x) \right)^2 dx \leq 0$。
公式：$F'(t) = -\int_a^t (f(t)g(x) - g(t)f(x))^2 dx \leq 0$
提示：注意被积函数是完全平方，非负，因此积分非负，负号使导数非正。
步骤 7/7
目标：利用单调性得到结论
由于 $F'(t) \leq 0$，$F(t)$ 在 $[a,b]$ 上单调递减。因此 $F(b) \leq F(a) = 0$，即 $\left(\int_a^b f(x)g(x) dx\right)^2 - \int_a^b f^2(x) dx \int_a^b g^2(x) dx \leq 0$，从而不等式成立。
提示：注意 $F(a)=0$ 是初始条件，单调递减保证 $F(b) \leq 0$。
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