中册 4.4 积分估值与积分不等式 第35题
📝 题目
35．证明下列命题．
（1）设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续可微，$f(a)=0$ 。求证： $\displaystyle \int_{a}^{b}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x \leqslant \frac{b-a}{2} \int_{a}^{b}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x$ ，且等号成立时有 $f(x)=c(x-a), \mathrm{c}$ 为某常数．
（2）设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续可微，$\displaystyle f\left(\frac{a+b}{2}\right)=0$ ．求证： $\displaystyle \int_{a}^{b}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x \leqslant \frac{b-a}{4} \int_{a}^{b}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）令 $g(x)=\int_{a}^{x}\left|f^{\prime}(t)\right| \mathrm{d} t, a \leqslant x \leqslant b$ 。则 $g(a)=0, g^{\prime}(x)=\left|f^{\prime}(x)\right|, a \leqslant x \leqslant b$ 。由 $f(a)=0$ 知
$$
|f(x)|=|f(x)-f(a)|=\left|\int_{a}^{x} f^{\prime}(t) \mathrm{d} t\right| \leqslant \int_{a}^{x}\left|f^{\prime}(t)\right| \mathrm{d} t=g(x)
$$
因此
$$
\begin{aligned}
\int_{a}^{b}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x & \leqslant \int_{a}^{b} g(x) g^{\prime}(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d} g(x)=\left.\frac{1}{2} g^{2}(x)\right|_{a} ^{b}=\frac{1}{2}\left(g^{2}(b)-g^{2}(a)\right) \\
& =\frac{1}{2}\left(\int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x\right)^{2}=\frac{1}{2}\left(\int_{a}^{b} 1 \cdot\left|f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x\right)^{2}
\end{aligned}
$$
由积分 Schwarz 不等式得
$$
\int_{a}^{b}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x \leqslant \frac{1}{2}\left(\int_{a}^{b} 1 \cdot\left|f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x\right)^{2} \leqslant \frac{1}{2} \int_{a}^{b} 1^{2} \mathrm{~d} x \cdot \int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x=\frac{b-a}{2} \int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x .
$$
下证：若 $\displaystyle \int_{a}^{b}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x=\frac{b-a}{2} \int_{a}^{b}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x$ ，则 $f(x)=c(x-a)$ ．
由于
$$
\int_{a}^{b}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x \leqslant \frac{1}{2}\left(\int_{a}^{b} 1 \cdot\left|f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x\right)^{2} \leqslant \frac{1}{2} \int_{a}^{b} 1^{2} \mathrm{~d} x \cdot \int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x=\frac{b-a}{2} \int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x
$$
所以
$$
\int_{a}^{b}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x=\frac{1}{2}\left(\int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x\right)^{2}=\frac{b-a}{2} \int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x
$$
于是
$$
\left(\int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x\right)^{2}=(b-a) \int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x
$$
记 $A=\int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x, B=\int_{a}^{b}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x$ ．
若 $B=\int_{a}^{b}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x=0$ ，则 $f^{\prime}(x)=0$ ．于是 $f(x)=c$ ．由 $f(a)=0$ 知 $f(x)=0$ ．
若 $B=\int_{a}^{b}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x \neq 0$ ，则 $A \neq 0$ ．对 $\forall t \in \mathbf{R}$ ，
$$
\int_{a}^{b}\left(1+t\left|f^{\prime}(x)\right|\right)^{2} \mathrm{~d} x=(b-a)+2 t \int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x+t^{2} \int_{a}^{b}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{~d} x=(b-a)+2 A t+B t^{2}
$$
由于 $\Delta=(2 A)^{2}-4 B(b-a)=4\left(\int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x\right)^{2}-4(b-a) \int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{~d} x=0$ ，所以方程 $(b-a)+2 A t+B t^{2}=0$
有唯一的实根 $\displaystyle t=-\frac{A}{B}$ ．代人 $\int_{a}^{b}\left(1+t\left|f^{\prime}(x)\right|\right)^{2} \mathrm{~d} x=0$ 有 $\displaystyle \int_{a}^{b}\left(1-\frac{A}{B}\left|f^{\prime}(x)\right|\right)^{2} \mathrm{~d} x=0$ ．从而
$$
1-\frac{A}{B}\left|f^{\prime}(x)\right|=0,\left|f^{\prime}(x)\right|=\frac{B}{A}, f^{\prime}(x)= \pm \frac{B}{A}, f(x)= \pm \frac{B}{A}(x-c)
$$
由 $f(a)=0$ 知 $c=a$ ，所以 $\displaystyle f(x)= \pm \frac{B}{A}(x-a)$ ．
综上，等号成立时有 $f(x)=c(x-a), c$ 为某常数．
（2）记 $\displaystyle F(x)=\int_{\frac{a+b}{2}}^{x}\left|f^{\prime}(t)\right| \mathrm{d} t$ ，则 $\displaystyle F^{\prime}(x)=\left|f^{\prime}(x)\right|, F\left(\frac{a+b}{2}\right)=0$ ．由 $\displaystyle f\left(\frac{a+b}{2}\right)=0$ 知，$\displaystyle f(x)=\int_{\frac{a+b}{2}}^{x} f^{\prime}(t) \mathrm{d} t$ ．于是
当 $\displaystyle x \in\left[a, \frac{a+b}{2}\right]$ 时，$\displaystyle |f(x)| \leqslant \int_{x}^{\frac{a+b}{2}}\left|f^{\prime}(t)\right| \mathrm{d} t=-F(x)$ ；
当 $\displaystyle x \in\left[\frac{a+b}{2}, b\right]$ 时，$\displaystyle |f(x)| \leqslant \int_{\frac{a+b}{2}}^{x}\left|f^{\prime}(t)\right| \mathrm{d} t=F(x)$ ．
从而 $\displaystyle \int_{a}^{b}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x \leqslant \int_{a}^{\frac{a+b}{2}}(-F(x)) \cdot F^{\prime}(x) \mathrm{d} x+\int_{\frac{a+b}{2}}^{b} F(x) \cdot F^{\prime}(x) \mathrm{d} x=-\left.\frac{F^{2}(x)}{2}\right|_{a} ^{\frac{a+b}{2}}+\left.\frac{F^{2}(x)}{2}\right|_{\frac{a+b}{2}} ^{b}$
$$
=\frac{1}{2}\left(\int_{a}^{\frac{a+b}{2}}\left|f^{\prime}(t)\right| \mathrm{d} t\right)^{2}+\frac{1}{2}\left(\int_{\frac{a+b}{2}}^{b}\left|f^{\prime}(t)\right| \mathrm{d} t\right)^{2}
$$
由积分 Schwarz 不等式得
$$
\int_{a}^{b}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x \leqslant \frac{1}{2} \int_{a}^{\frac{a+b}{2}}\left|f^{\prime}(t)\right|^{2} \mathrm{~d} t \cdot \int_{a}^{\frac{a+b}{2}} 1^{2} \mathrm{~d} t+\frac{1}{2} \int_{\frac{a+b}{2}}^{b}\left|f^{\prime}(t)\right|^{2} \mathrm{~d} t \cdot \int_{\frac{a+b}{2}}^{b} 1^{2} \mathrm{~d} t=\frac{b-a}{4} \int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(t)\right|^{2} \mathrm{~d} t
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：构造辅助函数并估计|f(x)|
令 $g(x)=\int_{a}^{x}\left|f^{\prime}(t)\right| \mathrm{d} t$，则 $g(a)=0$，$g^{\prime}(x)=\left|f^{\prime}(x)\right|$。由 $f(a)=0$ 及牛顿-莱布尼茨公式，有 $|f(x)|=\left|\int_{a}^{x} f^{\prime}(t) \mathrm{d} t\right| \leqslant \int_{a}^{x}\left|f^{\prime}(t)\right| \mathrm{d} t=g(x)$。
公式：$|f(x)| \leq g(x)$
提示：注意绝对值不等式方向：$\left|\int_a^x f'(t) dt\right| \leq \int_a^x |f'(t)| dt$。
步骤 2/7
目标：利用g(x)放缩积分并计算
于是 $\int_{a}^{b}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x \leqslant \int_{a}^{b} g(x) g^{\prime}(x) \mathrm{d} x = \int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d} g(x) = \left.\frac{1}{2} g^{2}(x)\right|_{a}^{b} = \frac{1}{2}\left(\int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x\right)^{2}$。
公式：$\int_a^b g g' dx = \frac{1}{2}(g(b)^2 - g(a)^2)$
提示：注意 $g(a)=0$，所以 $g^2(a)=0$。
步骤 3/7
目标：应用Schwarz不等式得到最终不等式
由Schwarz不等式：$\left(\int_{a}^{b} 1 \cdot\left|f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x\right)^{2} \leqslant \int_{a}^{b} 1^{2} \mathrm{d} x \cdot \int_{a}^{b}\left|f^{\prime}(x)\right|^{2} \mathrm{d} x = (b-a) \int_{a}^{b}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{d} x$。代入得 $\int_{a}^{b}\left|f(x) f^{\prime}(x)\right| \mathrm{d} x \leqslant \frac{b-a}{2} \int_{a}^{b}\left(f^{\prime}(x)\right)^{2} \mathrm{d} x$。
公式：$\left(\int u v\right)^2 \leq \int u^2 \int v^2$
提示：Schwarz不等式要求被积函数平方可积，这里$|f'|$连续，满足条件。
步骤 4/7
目标：等号成立条件的分析（一）
若等号成立，则两个不等式同时取等。首先，$|f(x)|=g(x)$ 几乎处处成立，且Schwarz不等式取等，即存在常数$k$使得 $|f'(x)|=k$ 几乎处处成立。由$|f(x)|=g(x)$及$f(a)=0$可推出$f(x)$在$[a,b]$上不变号，且$f'(x)$不变号。
提示：Schwarz不等式取等条件：$u$与$v$线性相关，即存在常数$\lambda$使得$|f'(x)|=\lambda \cdot 1$。
步骤 5/7
目标：等号成立条件的分析（二）
由$\left(\int_a^b |f'|\right)^2 = (b-a)\int_a^b (f')^2$，考虑二次型$\int_a^b (1+t|f'|)^2 dx = (b-a)+2t\int |f'| + t^2\int (f')^2$，其判别式$\Delta=0$，故存在唯一$t_0=-\frac{\int |f'|}{\int (f')^2}$使得$\int (1+t_0|f'|)^2 dx=0$，从而$1+t_0|f'|=0$，即$|f'|$为常数。结合$f(a)=0$，得$f(x)=c(x-a)$。
公式：$\int (1+t|f'|)^2 dx = 0$ 推出 $1+t|f'|=0$
提示：注意$\int (f')^2=0$时，$f'=0$，$f=0$，也满足$f(x)=c(x-a)$（c=0）。
步骤 6/7
目标：第二问：构造对称辅助函数
记 $F(x)=\int_{\frac{a+b}{2}}^{x}\left|f^{\prime}(t)\right| \mathrm{d} t$，则 $F'(x)=|f'(x)|$，$F(\frac{a+b}{2})=0$。由 $f(\frac{a+b}{2})=0$ 得 $f(x)=\int_{\frac{a+b}{2}}^{x} f'(t) dt$。当 $x \in [a, \frac{a+b}{2}]$ 时，$|f(x)| \leq \int_x^{\frac{a+b}{2}} |f'(t)| dt = -F(x)$；当 $x \in [\frac{a+b}{2}, b]$ 时，$|f(x)| \leq F(x)$。
公式：$|f(x)| \leq \begin{cases} -F(x), & x \leq \frac{a+b}{2} \\ F(x), & x \geq \frac{a+b}{2} \end{cases}$
提示：注意积分上下限的方向，当$x < \frac{a+b}{2}$时，$\int_{\frac{a+b}{2}}^x = -\int_x^{\frac{a+b}{2}}$。
步骤 7/7
目标：第二问：分段积分并应用Schwarz不等式
于是 $\int_a^b |f f'| dx \leq \int_a^{\frac{a+b}{2}} (-F(x)) F'(x) dx + \int_{\frac{a+b}{2}}^b F(x) F'(x) dx = -\frac{1}{2}F^2(x)\big|_a^{\frac{a+b}{2}} + \frac{1}{2}F^2(x)\big|_{\frac{a+b}{2}}^b = \frac{1}{2}\left(\int_a^{\frac{a+b}{2}} |f'|\right)^2 + \frac{1}{2}\left(\int_{\frac{a+b}{2}}^b |f'|\right)^2$。对每个平方项应用Schwarz不等式：$\left(\int_{\alpha}^{\beta} |f'|\right)^2 \leq (\beta-\alpha)\int_{\alpha}^{\beta} (f')^2$，代入得 $\int_a^b |f f'| dx \leq \frac{b-a}{4} \int_a^b (f')^2 dx$。
公式：$\left(\int_{\alpha}^{\beta} |f'|\right)^2 \leq (\beta-\alpha)\int_{\alpha}^{\beta} (f')^2$
提示：注意两个区间长度均为$\frac{b-a}{2}$，合并后系数为$\frac{b-a}{4}$。
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