南京师范大学 2024年数学分析第0题

考虑对任意实数 $t$，有 $(f(x)-t g(x))^2 \ge 0$。展开得 $f^2(x)-2t f(x)g(x)+t^2 g^2(x) \ge 0$。在 $[a,b]$ 上积分得 $\int_a^b f^2(x)\,dx - 2t \int_a^b f(x)g(x)\,dx + t^2 \int_a^b g^2(x)\,dx \ge 0$。这是一个关于 $t$ 的二次式，非负则判别式 $\Delta \le 0$。计算判别式：$\Delta = \left(-2\int_a^b fg\right)^2 - 4\left(\int_a^b f^2\right)\left(\int_a^b g^2\right) \le 0$，即 $4\left(\int_a^b fg\right)^2 - 4\left(\int_a^b f^2\right)\left(\int_a^b g^2\right) \le 0$。除以4并移项得 $\left(\int_a^b f(x)g(x)\,dx\right)^2 \le \int_a^b f^2(x)\,dx \cdot \int_a^b g^2(x)\,dx$。

由 $f(0)=0$，对任意 $x \in [0,1]$，有 $f(x) = \int_0^x f'(t)\,dt$。

对固定的 $x$，在区间 $[0,x]$ 上对函数 $1$ 和 $f'(t)$ 应用柯西-施瓦茨不等式：$\left(\int_0^x f'(t)\,dt\right)^2 \le \left(\int_0^x 1^2\,dt\right)\left(\int_0^x [f'(t)]^2\,dt\right)$。即 $[f(x)]^2 \le x \int_0^x [f'(t)]^2\,dt$。

对 $x$ 从0到1积分：$\int_0^1 [f(x)]^2\,dx \le \int_0^1 \left( x \int_0^x [f'(t)]^2\,dt \right) dx$。交换积分次序：积分区域为 $0 \le t \le x \le 1$，故 $\int_{x=0}^1 \int_{t=0}^x x [f'(t)]^2\,dt\,dx = \int_{t=0}^1 [f'(t)]^2 \left( \int_{x=t}^1 x\,dx \right) dt$。计算内层积分：$\int_{x=t}^1 x\,dx = \frac12 (1-t^2)$。因此 $\int_0^1 [f(x)]^2\,dx \le \frac12 \int_0^1 (1-t^2)[f'(t)]^2\,dt$。

由于 $0 \le t \le 1$ 时 $1-t^2 \le 1$，所以 $\int_0^1 (1-t^2)[f'(t)]^2\,dt \le \int_0^1 [f'(t)]^2\,dt$。代入上一步结果得 $\int_0^1 [f(x)]^2\,dx \le \frac12 \int_0^1 [f'(x)]^2\,dx$。

两边在 $[0,1]$ 上积分得 $\int_0^1 [f(x)]^2 dx \leq \int_0^1 x dx \int_0^1 [f'(t)]^2 dt = \frac{1}{2} \int_0^1 [f'(x)]^2 dx$。