不等式多項式設則 Qed 設是

數分筆記——待定係數法證積分不等式

由 Fiddie 發表于娛樂2020-02-18

本文是數分筆記的第（4）篇。這篇講講怎麼證明一類積分不等式。

我覺得，證明一個命題最簡潔而逼格最高的方法就是構造性證明. 下面我們來講講怎麼構造來證一種積分不等式.(主要是關於函式的

範數的不等式)

參考書：梅加強《數學分析》。

推薦閱讀：

（1） @梓陌的文章。有幾道題從這裡面拿來的

（2） @Hoganbin 的《積分不等式葵花寶典》（第3。0版本）

題目

設

$f\in C^3[0,1], f(0)=f$

則

$\left(\int_0^1f(x)dx\right)^2\leq\dfrac{1}{100800}\int_0^1|f$

證明：

設

$\boxed{p(x)=x^3-\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{3}{5}x-\dfrac{1}{20}},$

則由Cauchy-Schwarz不等式，

$\begin{aligned} &\quad\int_0^1|f$

易知

$\boxed{\int_0^1p^2(x)dx=\dfrac{1}{2800}},$

則移項可得

$\left(\int_0^1f(x)dx\right)^2\leq\dfrac{1}{100800}\int_0^1|f$

\QED

怎麼樣，看起來是不是很簡單，構造個多項式

然後用Cauchy-Schwarz不等式一下子就出來了！考試這樣寫，不僅正確，而且有很高的bigger！同樣還可以證明：

設

$f\in C^4[0,1], f(0)=f$

則

$\left(\int_0^1f(x)dx\right)^2\leq\dfrac{1}{25401600}\int_0^1|f^{(4)}(x)|^2dx.$

證明：

見文章最後。 \QED

下面我們來說說這些匪夷所思的多項式是怎麼搞出來的。我們從簡單的例子說起。

例1

設

$f:[0,1]\to\mathbb{R}$

是Riemann可積函式，滿足

$\int_0^1xf(x)dx=0.$

證明：

$\int_0^1f^2(x)dx\geq 4\left(\int_0^1f(x)dx\right)^2.$

證明：

設

則

$\int_0^1p^2(x)dx=1,$

則由Cauchy-Schwarz不等式，

$\int_0^1f^2(x)dx\int_0^1p^2(x)dx\geq \left(\int_0^1p(x)f(x)dx\right)^2.$

由於

$\int_0^1xf(x)dx=0,$

則化簡即可得欲證不等式。 \QED

我們來探討這個

是怎麼來的。

分析

：如果設

是多項式，則由Cauchy-schwarz不等式，

$\int_0^1f^2(x)dx\int_0^1p^2(x)dx\geq\left(\int_0^1f(x)p(x)dx\right)^2.$

由於

$\int_0^1xf(x)dx=0,$

要保證不等號右邊只含

則

最多隻能是

一次多項式，即

$\deg p(x)=1.$

記

於是

$\int_0^1p^2(x)dx=\dfrac{1}{3a_1}[(a_1+a_0)^3-a_0^3].$

比較欲證命題的係數可知

$\dfrac{1}{3a_1}[(a_1+a_0)^3-a_0^3]=\dfrac{a_0^2}{4},$

化簡得

因此可以讓

即可。 \QED

例2

設

$f\in C^1[0,1],$

滿足

則

$\int_0^1(f$

分析：

設

是多項式，則由Cauchy-schwarz不等式與分部積分公式，

$\int_0^1f$

觀察欲證不等式，我們要讓

$\int_0^1f(x)p$

只需讓

從而

是一次多項式。那麼比較係數可知

$p^2(1)=4\int_0^1p^2(x)dx,\Leftrightarrow 3a_1(a_1+a_0)^2=4[(a_1+a_0)^3-a_0^3].$

化簡得

於是讓

即可。 \QED

例3

設

$f\in C^1[0,1],$

滿足

則

$\int_0^1(f$

證明：

同例1，考慮

$\int_0^1f$

用分部積分，然後設

是一次多項式。最終構造

例4

設

$f\in C^2[0,2],$

則

$\int_0^2(f$

證明：

觀察不等號的右邊為

$\dfrac{3}{2}\left(-\int_0^1f$

由Cauchy-Schwarz不等式與分部積分，

$\int_0^2f$

這裡的

是個

分段的多項式

，觀察可知

$p(x)=\left\{ \begin{aligned} &x, &x<1, \\ &2-x, &x\geq 1. \end{aligned} \right.,$

即可完成證明。 \QED

回到正題

例5

設

$f\in C^3[0,1], f(0)=f$

則

$\left(\int_0^1f(x)dx\right)^2\leq\dfrac{1}{100800}\int_0^1|f$

這題

得出來的方法用到了“平方逼近”的思想（數值分析裡面的一種方法）。設

是個多項式，待定係數，則根據前面的證明步驟，分部積分三次以後得到

$\int_0^1|f$

我們要保證

恆為常數，所以設

是三次多項式。（最高次項係數對不等式沒有影響，那麼我們設

是首一多項式）

並且保證

$\int_0^1p^2(x)dx$

取得最小

。記

$F[a_2,a_1,a_0]=\int_0^1p^2(x)dx=\int_0^1(x^3+a_2x^2+a_1x+a_0)^2dx,$

如果要讓

取最小，必定有

$\dfrac{\partial F}{\partial a_i}=0, i=0,1,2.$

即得

$\left\{ \begin{aligned} \int_0^1 x^2(x^3+a_2x^2+a_1x+a_0)dx&=0, \\ \int_0^1 x(x^3+a_2x^2+a_1x+a_0)dx&=0, \\ \int_0^1 (x^3+a_2x^2+a_1x+a_0)dx&=0. \end{aligned} \right. \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} &\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{5}a_2+\dfrac{1}{4}a_1+\dfrac{1}{3}a_0=0, \\ &\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{4}a_2+\dfrac{1}{3}a_1+\dfrac{1}{2}a_0=0, \\ &\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{3}a_2+\dfrac{1}{2}a_1+a_0=0. \end{aligned} \right.$

解這個關於

的線性方程組得到

$a_2=-\dfrac{3}{2},a_1=\dfrac{3}{5},a_0=-\dfrac{1}{20}.$

因此

$p(x)=x^3-\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{3}{5}x-\dfrac{1}{20}$

就是我們要找的多項式，驗證得到

$\int_0^1p^2(x)dx=\dfrac{1}{2800}.$

注：

當然這個可以從

$f\in C^3[0,1]$

推廣到

但是注意上面的線性方程組的係數矩陣是

Hilbert矩陣!

它的條件數非常大，用計算機是沒法解決的。

例6

設

$f\in C^4[0,1], f(0)=f$

則

$\left(\int_0^1f(x)dx\right)^2\leq\dfrac{1}{25401600}\int_0^1|f^{(4)}(x)|^2dx.$

證明：

與前面一題相同，令

$p(x)=x^4-2x^3+\dfrac{9}{7}x^2-\dfrac{2}{7}x+\dfrac{1}{70}$

即可。 \QED

下面命題出自《積分不等式葵花寶典》，我還沒驗證它是否正確。

命題

設

$f\in C^{2n}[0,1],$

滿足

$f^{(k)}(0)=f^{(k)}(1)=0,$

且

$|f^{(2n)}(x)|\leq M(M>0),$

則

$\left|\int_0^1f(x)dx\right|\leq\dfrac{(n!)^2M}{(2n)!(2n+1)!}.$

x=0是sin1x的振盪間斷點.因為在點x=0無定義.

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