(∫f(x)coskxdx)^2+(∫f(x)sinkxdx)^2≤(∫f(x)dx)^2

Question

设f(x)在[a,b]上连续且非负
证明对任意实数k，都有(∫f(x)coskxdx)^2+(∫f(x)sinkxdx)^2≤(∫f(x)dx)^2
三个都是(a,b)的定积分，
ξ1和ξ2不相等啊，一个是f (x)的中值，一个是f(x)2的中值，而且有反例，f(x)=x,a=0,b=1,(∫f(x)dx)^2等于1/4,而(b-a)∫(a到b)f^2(x)dx=1/3
对右边用柯西不等式也可以得到(∫f(x)dx)^2≤(b-a)∫(a到b)f^2(x)dx ， 我证得就是左右都小于(b-a)∫(a到b)f^2(x)dx，但是不能比较左右的大小... 希望您进一步指点

Answer 1

(∫f(x)coskxdx)^2+(∫f(x)sinkxdx)^2≤(∫f(x)dx)^2
悬赏分：150 | 离问题结束还有 17 天 8 小时 | 提问者：ttt78952 设f(x)在[a,b]上连续且非负
证明对任意实数k，都有(∫f(x)coskxdx)^2+(∫f(x)sinkxdx)^2≤(∫f(x)dx)^2
三个都是(a,b)的定积分，问题补充：

ξ1和ξ2不相等啊，一个是f (x)的中值，一个是f(x)2的中值，而且有反例，f(x)=x,a=0,b=1,(∫f(x)dx)^2等于1/4,而(b-a)∫(a到b)f^2(x)dx=1/3
对右边用柯西不等式也可以得到(∫f(x)dx)^2≤(b-a)∫(a到b)f^2(x)dx ， 我证得就是左右都小于(b-a)∫(a到b)f^2(x)dx，但是不能比较左右的大小... 希望您进一步指点

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参考资料：匿名回答提交回答 回答 共3条

大一学的，忘光了
回答者： 花落y葬 | 二级 | 2010-12-22 22:06

答：
先证明柯西—布尼亚科夫斯基不等式：{∫(a到b)φ(x)ψ(x)dx}^2<=∫(a到b)φ^2(x)dx*∫(a到b)ψ^2(x)dx
证：
∫(a到b)φ^2(x)dx*∫(a到b)ψ^2(x)dx-{∫(a到b)φ(x)ψ(x)dx}^2
=1/2∫(a到b)φ^2(x)dx*∫(a到b)ψ^2(y)dy+1/2∫(a到b)ψ^2(y)dy*∫(a到b)φ^2(x)dx-∫(a到b)φ(x)ψ(x)dx*∫(a到b)φ(y)ψ(y)dy
=1/2∫(a到b){∫(a到b)[φ(x)ψ(y)-ψ(x)φ(y)]dx}dy
>=0
所以本题不等式左边应用上式定理得：
[∫(a到b)f(x)coskxdx]^2+[∫(a到b)f(x)sinkxdx]^2
<=∫(a到b)f^2(x)dx*∫(a到b)(coskx)^2dx+∫(a到b)f^2(x)dx∫(a到b)(sinkx)^2dx
=∫(a到b)f^2(x)dx*[∫(a到b)(coskx)^2dx+∫(a到b)(sinkx)^2dx]
=∫(a到b)f^2(x)dx*[∫(a到b)[(coskx)^2+(sinkx)^2]dx]
=∫(a到b)f^2(x)dx*∫(a到b)1dx
=(b-a)∫(a到b)f^2(x)dx ①
因为f(x)在[a,b]上连续而且非负，所以由积分中值定理得：
∫(a到b)f^2(x)dx
=(b-a)f^2(ξ1) 其中a<=ξ1<=b
所以①式=(b-a)^2f^2(ξ1) ②
而本题原不等式右边用微分中值定理
[∫(a到b)f(x)dx]^2
=[(b-a)f(ξ2)]^2
=(b-a)^2f^2(ξ2) 其中a<=ξ2<=b ③
因为(x)=f(x)，所以②式中ξ1=③式中ξ2
所以②=③=(b-a)^2f^2(ξ) 其中a<=ξ<=b
即原不等式：
(∫(a到b)f(x)coskxdx)^2+(∫(a到b)f(x)sinkxdx)^2≤(∫f(a到b)(x)dx)^2
成立。

Answer 2

答：
先证明柯西—布尼亚科夫斯基不等式：{∫(a到b)φ(x)ψ(x)dx}^2<=∫(a到b)φ^2(x)dx*∫(a到b)ψ^2(x)dx
证：
∫(a到b)φ^2(x)dx*∫(a到b)ψ^2(x)dx-{∫(a到b)φ(x)ψ(x)dx}^2
=1/2∫(a到b)φ^2(x)dx*∫(a到b)ψ^2(y)dy+1/2∫(a到b)ψ^2(y)dy*∫(a到b)φ^2(x)dx-∫(a到b)φ(x)ψ(x)dx*∫(a到b)φ(y)ψ(y)dy
=1/2∫(a到b){∫(a到b)[φ(x)ψ(y)-ψ(x)φ(y)]dx}dy
>=0
所以本题不等式左边应用上式定理得：
[∫(a到b)f(x)coskxdx]^2+[∫(a到b)f(x)sinkxdx]^2
<=∫(a到b)f^2(x)dx*∫(a到b)(coskx)^2dx+∫(a到b)f^2(x)dx∫(a到b)(sinkx)^2dx
=∫(a到b)f^2(x)dx*[∫(a到b)(coskx)^2dx+∫(a到b)(sinkx)^2dx]
=∫(a到b)f^2(x)dx*[∫(a到b)[(coskx)^2+(sinkx)^2]dx]
=∫(a到b)f^2(x)dx*∫(a到b)1dx
=(b-a)∫(a到b)f^2(x)dx ①
因为f(x)在[a,b]上连续而且非负，所以由积分中值定理得：
∫(a到b)f^2(x)dx
=(b-a)f^2(ξ1) 其中a<=ξ1<=b
所以①式=(b-a)^2f^2(ξ1) ②
而本题原不等式右边用微分中值定理
[∫(a到b)f(x)dx]^2
=[(b-a)f(ξ2)]^2
=(b-a)^2f^2(ξ2) 其中a<=ξ2<=b ③
因为(x)=f(x)，所以②式中ξ1=③式中ξ2
所以②=③=(b-a)^2f^2(ξ) 其中a<=ξ<=b
即原不等式：
(∫(a到b)f(x)coskxdx)^2+(∫(a到b)f(x)sinkxdx)^2≤(∫f(a到b)(x)dx)^2
成立。

Answer 3

可以根据定义来做。
将区间〔a，b〕分为等长的n个子区间。设 xi为第i个区间的中点。
设
pi＝f（xi）coskxi，
qi＝f（xi）sinkxi，
ri＝f（xi）．
如果我们能证明下式，两边平方和内配上子区间长度，取极限，则结论成立．
（p1＋．．＋pn）＾2＋（q1＋．．．＋qn）＾2＜＝（r1＋．．．＋rn）＾2

我们知道 pi＾2＋qi＾2 ＝ ri＾2， ri ＞＝ 0
两边展开得：
左边为
pi＾2 对i求和
2pipj 对i，j求和， i＜j．
qi＾2 对i求和
2qiqj 对i，j求和， i＜j．

右边为
ri＾2 对i求和
2rirj 对i，j求和， i＜j．

显然：
pi＾2 对i求和 ＋ qi＾2 对i求和 ＝ ri＾2 对i求和

对剩下的，我们只需证明： 任给 i＜j
pipj＋qiqj＜＝ rirj
如果 ri或 rj为0，结论显然，否则，令
sinA＝ pi／ri，cosA＝qi／ri，
sinB＝pj／rj，cosB＝qj／rj，
则所求证不等式为：
（sinAsinB＋cosAcosB）rirj＜＝rirj
即cos（A－B）＜＝1 ，显然成立。于是原结论成立。本回答被提问者采纳

Answer 4

大一学的，忘光了