分部积分 +Cauchy
本节的题目选自 Cauchy-Schwarz 不等式的习题 Q13~Q15，看看你是不是真的掌握分部积分和 Cauchy-Schwarz 不等式。
Q13
Question
设函数 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续可导，且 \(f(b)=0\)，则有：
\[
\left( \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x \right)^{2}\leqslant \frac{(b-a)^{3}}{3}\int_{a}^{b} [f'(x)]^{2} \mathrm{~d} x
\]
分析：为了解决这道题目，我们首先需要回顾 Cauchy-Schwarz 不等式，在之前的文章里，我介绍过三种证明方法，分别是重积分法、判别式法和变限积分法，忘记的读者可以回顾一下，文章附在下面：Cauchy-Schwarz 不等式
其次，在这种同时出现 \(\displaystyle \int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{~d} x\) 和 \(\displaystyle \int_{a}^{b} [f'(x)]^{2} \mathrm{~d} x\)，且有一个端点值为 \(0\)（假设 \(f(a)=0\)）的题目中，我们需要联系牛莱公式，处理手法如下：
\[
\begin{aligned}
f^{2}(x)&=\left( \int_{a}^{x} 1\cdot f'(t) \mathrm{~d} t \right)^{2}\\
&\leqslant \left( \int_{a}^{x} 1^{2} \mathrm{~d} t \right)\cdot\left( \int_{a}^{x} [f'(t)]^{2} \mathrm{~d} t \right)\\
&=(x-a)\int_{a}^{x}[f'(t)]^{2} \mathrm{~d} t
\end{aligned}
\]
解：分部积分，将微分形式改写为 \(\mathrm{~d} (x-a)\)，这样分部积分后第一项就等于 0 了：
\[
\begin{aligned}
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x &= \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} (x-a)\\
&= (x-a)f(x)\bigg|_{a}^b-\int_{a}^{b} (x-a)f'(x) \mathrm{~d} x \\
&= -\int_{a}^{b} (x-a)f'(x) \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
对上式两边同时平方，结合 Cauchy-Schwarz 不等式，得：
\[
\begin{aligned}
\left( \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x \right)^{2}&=\left( \int_{a}^{b} (x-a)f'(x) \mathrm{~d} x \right)^{2}\\
&\leqslant \left( \int_{a}^{b} (x-a)^{2} \mathrm{~d} x \right)\left( \int_{a}^{b} [f'(x)]^{2} \mathrm{~d} x \right)
\end{aligned}
\]
整理可得最终结论：
\[
\left( \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x \right)^{2}\leqslant \frac{(b-a)^{3}}{3}\int_{a}^{b} [f'(x)]^{2} \mathrm{~d} x
\]
用同样的思路，我们再来解决下面这道类似题目：
Q14
Question
设函数 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续可导，且 \(f(a)=f(b)=0\)，证明：
\[
\left( \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x \right)^{2}\leqslant \frac{(b-a)^{3}}{12}\int_{a}^{b} [f'(x)]^{2} \mathrm{~d} x
>\]
解：集中注意力不难发现：
\[
\frac{(b-a)^{3}}{12}=\int_{a}^{b} \left( x-\frac{a+b}{2} \right)^{2} \mathrm{~d} x
\]
因此我们考虑将微分写成 \(\mathrm{~d} \left( x-\dfrac{a+b}{2} \right)\) 然后分部积分。
\[
\begin{aligned}
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x &= \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} \left( x-\frac{a+b}{2} \right)\\
&= \left( x-\frac{a+b}{2} \right)f(x)\bigg|_{a}^b - \int_{a}^{b} \left( x-\frac{a+b}{2} \right)f'(x) \mathrm{~d} x \\
&= -\int_{a}^{b} \left( x-\frac{a+b}{2} \right)f'(x) \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
对上式两边同时平方，结合 Cauchy-Schwarz 不等式，得：
\[
\begin{aligned}
\left( \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x \right)^{2}&=\left( \int_{a}^{b} \left( x-\frac{a+b}{2} \right)f'(x) \mathrm{~d} x \right)^{2}\\
&\leqslant \left( \int_{a}^{b} \left( x-\frac{a+b}{2} \right)^{2} \mathrm{~d} x \right)\left( \int_{a}^{b} [f'(x)]^{2} \mathrm{~d} x \right)
\end{aligned}
\]
整理得：
\[
\left( \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x \right)^{2}\leqslant \frac{(b-a)^{3}}{12}\int_{a}^{b} [f'(x)]^{2} \mathrm{~d} x
\]
当然本题还可以通过拆分积分区间来做，大家可以自己尝试一下，期待在评论区看到大家的解答！
Tip
事实上，本题的精度是比较低的，下面来看本题的加强版！
Q15
Question
设函数 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上二阶连续可导，且 \(f(a)=f(b)=0\)，证明：
\[
\left( \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x \right)^{2}\leqslant \frac{(b-a)^{5}}{120}\int_{a}^{b} [f''(x)]^{2} \mathrm{~d} x
\]
解：我的思路是通过两次分部积分把 \(\displaystyle \int_a^b f(x)\mathrm{d}x\) 和二阶导数 \(f''(x)\) 联系起来，然后使用 Cauchy-Schwarz 不等式进行解决。
为了让积分中出现二阶导数 \(f''(x)\)，我们需要找一个二次多项式 \(P(x)\) 满足 \(P''(x) = 1\)。同时，为了在分部积分时利用已知条件 \(f(a)=f(b)=0\) 自动消掉边界项，我们要求 \(P(a)=P(b)=0\)。
显然，最直接的构造就是：
\[P(x) = \frac{1}{2}(x-a)(x-b)\]
现在，我们对 \(\displaystyle\int_a^b P(x)f''(x)\mathrm{d}x\) 连续使用两次分部积分就可以得到 \(\displaystyle\int_a^b f(x)\mathrm{d}x\) 了：
第一次分部积分：
\[\int_a^b \frac{1}{2}(x-a)(x-b)f''(x)\mathrm{d}x = \frac{1}{2}(x-a)(x-b)f'(x) \bigg|_a^b - \int_a^b \left(x - \frac{a+b}{2}\right) f'(x)\mathrm{d}x\]
因为代入 \(a\) 和 \(b\) 会让前面的系数变成 \(0\)，所以第一项直接消失。
第二次分部积分：
\[LHS= - \left(x - \frac{a+b}{2}\right)f(x) \bigg|_a^b + \int_a^b 1 \cdot f(x)\mathrm{d}x\]
因为题目已知 \(f(a)=f(b)=0\)，所以这里的第一项又全部变成了 \(0\)！
由此，我们得到了一个非常漂亮的恒等式：
\[\boxed{\int_a^b f(x)\mathrm{d}x = \int_a^b \frac{1}{2}(x-a)(x-b)f''(x)\mathrm{d}x}\]
对上式两边同时平方，结合 Cauchy-Schwarz 不等式，得：
\[
\begin{aligned}
\left(\int_a^b f(x)\mathrm{d}x\right)^2 &= \left( \int_a^b \left[ \frac{1}{2}(x-a)(x-b) \right] \cdot f''(x)\mathrm{d}x \right)^2\\
&\leqslant \left( \int_a^b \left[\frac{1}{2}(x-a)(x-b)\right]^2 \mathrm{d}x \right) \cdot \left( \int_a^b [f''(x)]^2 \mathrm{d}x \right)\\
&= \frac{1}{4} \left( \int_a^b (x-a)^2(x-b)^2 \mathrm{d}x \right) \cdot \left( \int_a^b [f''(x)]^2 \mathrm{d}x \right)
\end{aligned}
\]
计算得：
\[
\int_{a}^{b} (x-a)^{2}(x-b)^{2} \mathrm{~d} x = \frac{(b-a)^{5}}{30}
\]
代入得：
\[
\begin{aligned}
\left(\int_a^b f(x)\mathrm{d}x\right)^2 &\leqslant \frac{1}{4} \cdot \frac{(b-a)^5}{30} \cdot \int_a^b [f''(x)]^2 \mathrm{d}x\\
&= \frac{(b-a)^5}{120} \int_a^b [f''(x)]^2 \mathrm{d}x
\end{aligned}
\]
当然，本题还可以通过带有积分余项的 \(\mathrm{Taylor}\) 展开进行解决，但是我认为这种方法不够自然，所以就不展开介绍了。
今天通过这几个 Cauchy-Schwarz 不等式的经典运用，带大家加深了对上一小节介绍的分部积分配凑技巧的理解，今天的第三个题目难度整体较大，很有趣。
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