中册 4.4 积分估值与积分不等式 第29题
📝 题目
29．证明下列命题（Schwarz 不等式的应用）．
（1）若函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，$f(x)>0$ ．证明 $\displaystyle \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \int_{a}^{b} \frac{1}{f(x)} \mathrm{d} x \geqslant(b-a)^{2}$ ．（扬州大学 2005，北京理工 2005，浙江师大 2005，山东大学 2000／2002，浙江理工 2009，计量学院 2009，青岛大学 2010，广西大学 2007，中科院 1999，哈工大，北京科技 $2003([a, b]=[0,1])$ ，北京工大 $2004([a, b]=[0,1])$ ，上海理工 $\left.2003\left(f(x)=\mathrm{e}^{x^{2}}\right)\right) \quad$ 。
（2）设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，证明 $\left(\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right)^{2} \leqslant(b-a) \int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{d} x$ 。
（3）若函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，证明 $\displaystyle \iint_{D} \frac{f(x)}{f(y)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \geqslant(b-a)^{2}$ ，其中 $D=[a, b] \times[a, b]$ ．
（4）若函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，证明 $\iint_{D} \mathrm{e}^{f(x)-f(y)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \geqslant(b-a)^{2}$ ，其中 $D=[a, b] \times[a, b]$ ．
（5）证明 $\displaystyle \int_{0}^{\pi} x \mathrm{e}^{\sin x} \mathrm{~d} x \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{e}^{-\cos x} \mathrm{~d} x \geqslant \frac{\pi}{4}$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由 $f(x)$ 可积，且 $f(x) \geqslant m>0$ 知，$\displaystyle \frac{1}{f(x)}$ 可积，从而 $\displaystyle \sqrt{f(x)}, \frac{1}{\sqrt{f(x)}}$ 可积．根据 Schwarz 不等式有：
$$
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \int_{a}^{b} \frac{1}{f(x)} \mathrm{d} x \geqslant\left(\int_{a}^{b} \sqrt{f(x)} \frac{1}{\sqrt{f(x)}} \mathrm{d} x\right)^{2}=\left(\int_{a}^{b} \mathrm{~d} x\right)^{2}=(b-a)^{2}
$$
（2）方法 1：由 Schwarz 不等式得 $\left(\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right)^{2} \leqslant \int_{a}^{b} \mathrm{~d} x \cdot \int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{d} x=(b-a) \int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{d} x$ 。
方法 2：构造函数 $F(x)=\left(\int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d} t\right)^{2}-(x-a) \int_{a}^{x} f^{2}(t) \mathrm{d} t$ ，则
$$
F^{\prime}(x)=2 f(x) \int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d} t-\int_{a}^{x} f^{2}(t) \mathrm{d} t-f^{2}(x)=-\int_{a}^{x}(f(t)-f(x))^{2} \mathrm{~d} t \leqslant 0 .
$$
即 $F(x)$ 在 $[a, b]$ 上单调减少，故 $F(b) \leqslant F(a)=0$ ．所以 $\left(\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right)^{2} \leqslant(b-a) \int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{d} x$ ．
方法3：由于 $\displaystyle \left(\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right)^{2}=\iint_{[a, b] \times[a, b]} f(x) f(y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \leqslant \frac{1}{2} \iint_{[a, b] \times[a, b]}\left(f^{2}(x)+f^{2}(y)\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ 。由对称性 $\iint_{[a, b] \times[a, b]}\left(f^{2}(x)+f^{2}(y)\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=2 \iint_{[a, b] \times[a, b]} f^{2}(x) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=2 \int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{d} x \int_{a}^{b} \mathrm{~d} y=2(b-a) \int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{d} x$.
所以
$$
\left(\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right)^{2} \leqslant(b-a) \int_{a}^{b}(f(x))^{2} \mathrm{~d} x
$$
（3）方法 1：因为 $D=[a, b ; a, b]$ 关于直线 $y=x$ 对称，从而 $\displaystyle I=\iint_{D} \frac{f(x)}{f(y)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D} \frac{f(y)}{f(x)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ．所以
$$
I=\iint_{D} \frac{f(x)}{f(y)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\frac{1}{2} \iint_{D}\left(\frac{f(x)}{f(y)}+\frac{f(y)}{f(x)}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \geqslant \iint_{D} \mathrm{l} \mathrm{~d} \mathrm{~d} y=(b-a)^{2} .
$$
方法 2：$\displaystyle I=\iint_{D} \frac{f(x)}{f(y)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \int_{a}^{b} \frac{1}{f(y)} \mathrm{d} y=\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \int_{a}^{b} \frac{1}{f(x)} \mathrm{d} x$
$$
\geqslant\left(\int_{a}^{b} \sqrt{f(x)} \frac{1}{\sqrt{f(x)}} \mathrm{d} x\right)^{2}=\left(\int_{a}^{b} \mathrm{~d} x\right)^{2}=(b-a)^{2}
$$
（4） $\displaystyle \iint_{D} \mathrm{e}^{f(x)-f(y)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D} \frac{\mathrm{e}^{f(x)}}{\mathrm{e}^{f(y)}} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_{a}^{b} \mathrm{e}^{f(x)} \mathrm{d} x \int_{a}^{b} \frac{1}{\mathrm{e}^{f(y)}} \mathrm{d} y=\int_{a}^{b} \mathrm{e}^{f(x)} \mathrm{d} x \int_{a}^{b} \frac{1}{\mathrm{e}^{f(x)}} \mathrm{d} x$
$$
\geqslant\left(\int_{a}^{b} \sqrt{f(x)} \frac{1}{\sqrt{f(x)}} \mathrm{d} x\right)^{2}=\left(\int_{a}^{b} \mathrm{~d} x\right)^{2}=(b-a)^{2}
$$
（5）令 $\displaystyle x=t+\frac{\pi}{2}$ ，则
$$
\int_{0}^{\pi} x \mathrm{e}^{\sin x} \mathrm{~d} x=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(t+\frac{\pi}{2}\right) \mathrm{e}^{\cos t} \mathrm{~d} t=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} t \mathrm{e}^{\cos t} \mathrm{~d} t+\frac{\pi}{2} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{e}^{\cos t} \mathrm{~d} t=\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{e}^{\cos t} \mathrm{~d} t
$$
于是 $\displaystyle \int_{0}^{\pi} x \mathrm{e}^{\sin x} \mathrm{~d} x \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{e}^{-\cos x} \mathrm{~d} x=\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{e}^{\cos x} \mathrm{~d} x \cdot \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{e}^{-\cos x} \mathrm{~d} x \geqslant \pi\left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{e}^{\frac{\cos x}{2}} \cdot \mathrm{e}^{-\frac{\cos x}{2}} \mathrm{~d} x\right)^{2}=\pi\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2}=\frac{\pi^{3}}{4}>\frac{\pi}{4}$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：应用Schwarz不等式证明(1)
由$f(x)>0$且连续知$\sqrt{f(x)}$和$\frac{1}{\sqrt{f(x)}}$可积。应用Schwarz不等式：$\int_a^b f(x)dx \int_a^b \frac{1}{f(x)}dx \ge \left(\int_a^b \sqrt{f(x)}\cdot\frac{1}{\sqrt{f(x)}}dx\right)^2 = \left(\int_a^b dx\right)^2 = (b-a)^2$。
公式：Schwarz不等式：$\left(\int_a^b u(x)v(x)dx\right)^2 \le \int_a^b u^2(x)dx \int_a^b v^2(x)dx$
提示：注意$f(x)>0$保证$\frac{1}{f(x)}$可积；取$u=\sqrt{f(x)}$，$v=\frac{1}{\sqrt{f(x)}}$时乘积为1。
步骤 2/8
目标：证明(2)的Schwarz不等式方法
直接应用Schwarz不等式：取$u(x)=1$，$v(x)=f(x)$，则$\left(\int_a^b f(x)dx\right)^2 \le \int_a^b 1^2 dx \cdot \int_a^b f^2(x)dx = (b-a)\int_a^b f^2(x)dx$。
公式：Schwarz不等式
提示：注意$\int_a^b 1^2 dx = b-a$。
步骤 3/8
目标：证明(2)的构造函数方法
令$F(x)=\left(\int_a^x f(t)dt\right)^2 - (x-a)\int_a^x f^2(t)dt$，求导得$F'(x)=2f(x)\int_a^x f(t)dt - \int_a^x f^2(t)dt - f^2(x) = -\int_a^x (f(t)-f(x))^2 dt \le 0$，故$F(x)$递减，$F(b)\le F(a)=0$，即得不等式。
公式：导数公式及积分不等式
提示：求导时注意$(x-a)\int_a^x f^2(t)dt$的导数为$\int_a^x f^2(t)dt + (x-a)f^2(x)$。
步骤 4/8
目标：证明(2)的二重积分方法
将$\left(\int_a^b f(x)dx\right)^2$写成二重积分：$\iint_{[a,b]\times[a,b]} f(x)f(y) dxdy$。利用$f(x)f(y) \le \frac{1}{2}(f^2(x)+f^2(y))$，则$\iint f(x)f(y) dxdy \le \frac{1}{2}\iint (f^2(x)+f^2(y)) dxdy$。由对称性，$\iint f^2(x) dxdy = \int_a^b f^2(x)dx \int_a^b dy = (b-a)\int_a^b f^2(x)dx$，同理$\iint f^2(y) dxdy$相同，故$\frac{1}{2}\cdot 2(b-a)\int_a^b f^2(x)dx = (b-a)\int_a^b f^2(x)dx$。
公式：不等式$ab \le \frac{1}{2}(a^2+b^2)$
提示：注意二重积分区域对称性。
步骤 5/8
目标：证明(3)的对称性方法
由于区域$D=[a,b]\times[a,b]$关于直线$y=x$对称，交换$x,y$得$I=\iint_D \frac{f(x)}{f(y)}dxdy = \iint_D \frac{f(y)}{f(x)}dxdy$。于是$2I = \iint_D \left(\frac{f(x)}{f(y)}+\frac{f(y)}{f(x)}\right)dxdy \ge \iint_D 2 dxdy = 2(b-a)^2$，故$I \ge (b-a)^2$。
公式：均值不等式：$a+\frac{1}{a} \ge 2$（$a>0$）
提示：注意$f(x)>0$保证$\frac{f(x)}{f(y)}>0$。
步骤 6/8
目标：证明(3)的Schwarz不等式方法
将二重积分化为累次积分：$I=\int_a^b f(x)dx \int_a^b \frac{1}{f(y)}dy = \int_a^b f(x)dx \int_a^b \frac{1}{f(x)}dx$，然后应用(1)的结论即得$I \ge (b-a)^2$。
公式：Schwarz不等式
提示：注意积分变量符号不同，但最终化为相同形式。
步骤 7/8
目标：证明(4)的Schwarz不等式方法
类似(3)，$\iint_D e^{f(x)-f(y)}dxdy = \iint_D \frac{e^{f(x)}}{e^{f(y)}}dxdy = \int_a^b e^{f(x)}dx \int_a^b e^{-f(y)}dy = \int_a^b e^{f(x)}dx \int_a^b e^{-f(x)}dx$。应用(1)的结论，取$g(x)=e^{f(x)}$，则$\int_a^b e^{f(x)}dx \int_a^b e^{-f(x)}dx \ge (b-a)^2$。
公式：Schwarz不等式
提示：注意$e^{f(x)}>0$，满足条件。
步骤 8/8
目标：证明(5)的变量替换与Schwarz不等式
令$x=t+\frac{\pi}{2}$，则$\int_0^\pi x e^{\sin x}dx = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} (t+\frac{\pi}{2}) e^{\cos t}dt = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} t e^{\cos t}dt + \frac{\pi}{2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{\cos t}dt$。由于$t e^{\cos t}$是奇函数，第一项为0，第二项中$e^{\cos t}$是偶函数，故原式$= \pi \int_0^{\pi/2} e^{\cos t}dt$。于是原不等式左边$= \pi \int_0^{\pi/2} e^{\cos x}dx \cdot \int_0^{\pi/2} e^{-\cos x}dx$。应用(1)的结论，取$f(x)=e^{\cos x}$，则$\int_0^{\pi/2} e^{\cos x}dx \int_0^{\pi/2} e^{-\cos x}dx \ge (\pi/2)^2$，故左边$\ge \pi \cdot (\pi/2)^2 = \pi^3/4 > \pi/4$。
公式：Schwarz不等式，奇偶性
提示：注意变量替换后积分限变化；奇函数在对称区间积分为0。
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