中册 4.4 积分估值与积分不等式 第34题
📝 题目
34．设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续可微，$f(0)=f(1)=0$ ．求证：
（1）对任何 $x \in(0,1)$ 都有 $\displaystyle f^{2}(x) \leqslant \frac{1}{4} \int_{0}^{1}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x$ ；
（2） $\displaystyle \int_{0}^{1}(f(x))^{2} \mathrm{~d} x \leqslant \frac{1}{4} \int_{0}^{1}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x ;$
（3） $\displaystyle \int_{0}^{1}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x \leqslant \frac{1}{4} \int_{0}^{1}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x$ 。四川大学 2006，南京大学 2008，地质大学 2007，北航 2005）
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由于 $f(x)=f(0)+\int_{0}^{x} f^{\prime}(t) \mathrm{d} t=\int_{0}^{x} f^{\prime}(t) \mathrm{d} t$ ，所以
$$
|f(x)| \leqslant \int_{0}^{x}\left|f^{\prime}(t)\right| \mathrm{d} t \leqslant x^{\frac{1}{2}}\left(\int_{0}^{x}\left|\hat{f^{\prime}(t)}\right|^{2} \mathrm{~d} t\right)^{\frac{1}{2}}
$$
从而
$$
|f(x)|^{2} \leqslant x \int_{0}^{x}\left|f^{\prime}(t)\right|^{2} \mathrm{~d} t \leqslant x \int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(t)\right|^{2} \mathrm{~d} t .
$$
于是
$$
\int_{0}^{\frac{1}{2}}|f(x)|^{2} \mathrm{~d} x \leqslant \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{2} \int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(t)\right|^{2} \mathrm{~d} t=\frac{1}{8} \int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x .
$$
又由于 $f(x)=f(1)-\int_{x}^{1} f^{\prime}(t) \mathrm{d} t=-\int_{x}^{1} f^{\prime}(t) \mathrm{d} t$ 得
$$
|f(x)| \leqslant \int_{x}^{1}\left|f^{\prime}(t)\right| \mathrm{d} t \leqslant(1-x)^{\frac{1}{2}}\left(\int_{x}^{1}\left|f^{\prime}(t)\right|^{2} \cdot \mathrm{~d} t\right)^{\frac{1}{2}}
$$
从而
$$
|f(x)|^{2} \leqslant(1-x) \int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(t)\right|^{2} \mathrm{~d} t
$$
于是
$$
\int_{\frac{1}{2}}^{1}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x \leqslant \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{2} \int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(t)\right|^{2} \mathrm{~d} t=\frac{1}{8} \int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x
$$
因此 $\displaystyle f^{2}(x)=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x+\int_{\frac{1}{2}}^{1}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x \leqslant \frac{1}{8} \int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x+\frac{1}{8} \int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x=\frac{1}{4} \int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x$ ．
（2）由 $\displaystyle \left.f^{2}(x) \leqslant \frac{1}{4} \int_{0}^{1}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x \right\rvert\,$ 积分得 $\displaystyle \int_{0}^{1}|f(x)|^{2} \mathrm{~d} x \leqslant \int_{0}^{1}\left(\frac{1}{4} \int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x\right) \mathrm{d} x=\frac{1}{4} \int_{0}^{1}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x$ ．
（3）令 $\displaystyle g(x)=\int_{0}^{x}\left|f^{\prime}(t)\right| \mathrm{d} t, 0 \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$ ，则 $\displaystyle g^{\prime}(x)=\left|f^{\prime}(x)\right|, 0 \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$ ．由 $f(0)=0$ 知
$$
|f(x)|=|f(x)-f(0)|=\left|\int_{0}^{x} f^{\prime}(t) \mathrm{d} t\right| \leqslant \int_{0}^{x}\left|f^{\prime}(t)\right| \mathrm{d} t=g(x)
$$
因此
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{\frac{1}{2}}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x & \leqslant \int_{0}^{\frac{1}{2}} g(x) g^{\prime}(x) \mathrm{d} x=\int_{0}^{\frac{1}{2}} g(x) \mathrm{d} g(x)=\left.\frac{1}{2} g^{2}(x)\right|_{0} ^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}\left(g^{2}\left(\frac{1}{2}\right)-g^{2}(0)\right) \\
& =\frac{1}{2}\left(\int_{0}^{\frac{1}{2}}\left|f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x\right)^{2}=\frac{1}{2}\left(\left.\int_{0}^{\frac{1}{2}}|\cdot| f^{\prime}(x) \right\rvert\, \mathrm{d} x\right)^{2}
\end{aligned}
$$
由积分 Schwarz 不等式得
故
$$
\left(\int_{0}^{\frac{1}{2}} 1 \cdot\left|f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x\right)^{2} \leqslant \int_{0}^{\frac{1}{2}} 1^{2} \mathrm{~d} x \cdot \int_{0}^{\frac{1}{2}}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x=\frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{1}{2}}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x
$$
同理
$$
\begin{aligned}
& \int_{0}^{\frac{1}{2}}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x \leqslant \frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{1}{2}}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x . \\
& \int_{\frac{1}{2}}^{1}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x \leqslant \frac{1}{4} \int_{\frac{1}{2}}^{1}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x . \\
& \int_{0}^{1}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x \leqslant \frac{1}{4} \int_{0}^{1}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x .
\end{aligned}
$$
于是
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：利用牛顿-莱布尼茨公式和柯西-施瓦茨不等式估计|f(x)|
由 $f(0)=0$ 得 $f(x)=\int_0^x f'(t)dt$，故 $|f(x)|\le \int_0^x |f'(t)|dt$。由柯西-施瓦茨不等式，$\left(\int_0^x |f'(t)|dt\right)^2 \le x\int_0^x (f'(t))^2 dt$，因此 $|f(x)|^2 \le x\int_0^x (f'(t))^2 dt \le x\int_0^1 (f'(t))^2 dt$。
公式：$|f(x)|^2 \le x\int_0^1 (f'(t))^2 dt$
提示：注意积分上限是x，不要写成1。
步骤 2/7
目标：对x在[0,1/2]上积分得到第一个不等式
对 $x\in[0,1/2]$，有 $|f(x)|^2 \le \frac12\int_0^1 (f'(t))^2 dt$。两边在 $[0,1/2]$ 上积分得 $\int_0^{1/2} |f(x)|^2 dx \le \frac12\cdot\frac12\int_0^1 (f'(t))^2 dt = \frac18\int_0^1 (f'(x))^2 dx$。
公式：$\int_0^{1/2} |f(x)|^2 dx \le \frac18\int_0^1 (f'(x))^2 dx$
提示：注意积分时x的最大值是1/2，所以x≤1/2。
步骤 3/7
目标：利用f(1)=0得到另一半区间上的估计
由 $f(1)=0$ 得 $f(x)=-\int_x^1 f'(t)dt$，类似地 $|f(x)|^2 \le (1-x)\int_x^1 (f'(t))^2 dt \le (1-x)\int_0^1 (f'(t))^2 dt$。对 $x\in[1/2,1]$，有 $|f(x)|^2 \le \frac12\int_0^1 (f'(t))^2 dt$，积分得 $\int_{1/2}^1 |f(x)|^2 dx \le \frac18\int_0^1 (f'(x))^2 dx$。
公式：$\int_{1/2}^1 |f(x)|^2 dx \le \frac18\int_0^1 (f'(x))^2 dx$
提示：注意符号：f(x) = -∫_x^1 f'(t)dt，绝对值后相同。
步骤 4/7
目标：合并两个区间得到(1)的结论
将两个不等式相加得 $\int_0^1 |f(x)|^2 dx \le \frac14\int_0^1 (f'(x))^2 dx$。但题目(1)要求对任意 $x\in(0,1)$ 有 $f^2(x) \le \frac14\int_0^1 (f'(x))^2 dx$，这里 $f^2(x)$ 表示 $[f(x)]^2$。实际上，由之前的估计，对任意 $x$，$|f(x)|^2 \le \max\{x,1-x\}\int_0^1 (f'(t))^2 dt \le \frac12\int_0^1 (f'(t))^2 dt$，但需要系数1/4？检查发现：当 $x\in[0,1/2]$ 时，$|f(x)|^2 \le x\int_0^1 (f')^2 \le \frac12\int_0^1 (f')^2$，不是1/4。实际上原题(1)的结论是 $f^2(x) \le \frac14\int_0^1 (f'(x))^2 dx$，但这里 $f'(x)$ 是函数，积分变量是x，所以右边是常数。我们之前的推导得到的是 $|f(x)|^2 \le \frac12\int_0^1 (f')^2$，不是1/4。可能题目有误？或者需要更精细的估计。实际上，利用 $f(x)=\int_0^x f'$ 和 $f(x)=-\int_x^1 f'$，相加得 $2f(x)=\int_0^x f' - \int_x^1 f'$，然后平方估计可得 $4f^2(x) \le \left(\int_0^x f'\right)^2 + \left(\int_x^1 f'\right)^2 \le x\int_0^x (f')^2 + (1-x)\int_x^1 (f')^2 \le \max\{x,1-x\}\int_0^1 (f')^2 \le \frac12\int_0^1 (f')^2$，所以 $f^2(x) \le \frac18\int_0^1 (f')^2$，更小。但原题是1/4，可能我理解有误。实际上，原题(1)的右边是 $\frac14\int_0^1 (f'(x))^2 dx$，注意积分变量是x，但被积函数是 $f'(x)$，所以右边是常数。我们得到 $f^2(x) \le \frac12\int_0^1 (f')^2$，但1/2 > 1/4，所以结论不成立？再检查：由 $f(x)=\int_0^x f'$ 和 $f(x)=-\int_x^1 f'$，两式相乘得 $f^2(x) = -\int_0^x f' \int_x^1 f'$，绝对值后 $|f^2(x)| \le \int_0^x |f'| \int_x^1 |f'| \le \sqrt{x\int_0^x (f')^2} \sqrt{(1-x)\int_x^1 (f')^2} \le \frac12\left(x\int_0^x (f')^2 + (1-x)\int_x^1 (f')^2\right) \le \frac12\max\{x,1-x\}\int_0^1 (f')^2 \le \frac14\int_0^1 (f')^2$，因为 $\max\{x,1-x\}\le \frac12$。所以正确。因此步骤应修正：使用乘积形式。
公式：$f^2(x) = -\int_0^x f'(t)dt \int_x^1 f'(t)dt$
提示：注意利用两个表达式相乘，并应用柯西-施瓦茨不等式。
步骤 5/7
目标：重新推导(1)的正确估计
由 $f(x)=\int_0^x f'(t)dt$ 和 $f(x)=-\int_x^1 f'(t)dt$，相乘得 $f^2(x) = -\int_0^x f'(t)dt \cdot \int_x^1 f'(t)dt$。取绝对值并应用柯西-施瓦茨不等式：$|f^2(x)| \le \left(\int_0^x |f'(t)|dt\right)\left(\int_x^1 |f'(t)|dt\right) \le \sqrt{x\int_0^x (f'(t))^2 dt} \sqrt{(1-x)\int_x^1 (f'(t))^2 dt}$。再由 $\sqrt{ab} \le \frac{a+b}{2}$ 得 $|f^2(x)| \le \frac12\left(x\int_0^x (f')^2 + (1-x)\int_x^1 (f')^2\right) \le \frac12\max\{x,1-x\}\int_0^1 (f')^2 \le \frac14\int_0^1 (f')^2$。
公式：$f^2(x) \le \frac14\int_0^1 (f'(t))^2 dt$
提示：注意 $\max\{x,1-x\}\le 1/2$。
步骤 6/7
目标：证明(2)：对(1)积分
由(1)知对任意 $x\in(0,1)$，$f^2(x) \le \frac14\int_0^1 (f'(t))^2 dt$。两边在 $[0,1]$ 上积分得 $\int_0^1 f^2(x) dx \le \int_0^1 \left(\frac14\int_0^1 (f'(t))^2 dt\right) dx = \frac14\int_0^1 (f'(t))^2 dt$。
公式：$\int_0^1 f^2(x) dx \le \frac14\int_0^1 (f'(x))^2 dx$
提示：注意右边是常数，积分后不变。
步骤 7/7
目标：证明(3)：利用辅助函数和分部积分
令 $g(x)=\int_0^x |f'(t)|dt$，则 $g'(x)=|f'(x)|$，且 $|f(x)|\le g(x)$。于是 $\int_0^{1/2} |f(x)f'(x)|dx \le \int_0^{1/2} g(x)g'(x)dx = \frac12 g^2(1/2)$。由柯西-施瓦茨，$g^2(1/2)=\left(\int_0^{1/2} |f'|\right)^2 \le \frac12\int_0^{1/2} (f')^2$，故 $\int_0^{1/2} |ff'| \le \frac14\int_0^{1/2} (f')^2$。同理，对 $[1/2,1]$ 作变量代换 $t=1-x$ 可得类似不等式。相加得 $\int_0^1 |ff'| \le \frac14\int_0^1 (f')^2$。
公式：$\int_0^1 |f(x)f'(x)|dx \le \frac14\int_0^1 (f'(x))^2 dx$
提示：注意对称性，另一半区间类似。
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