理论数学  >> Vol. 11 No. 1 (January 2021)

一个涉及Beta函数积分不等式的多种推广
Some Extensions of an Integral Inequality with Beta Function

DOI: 10.12677/PM.2021.111005, PDF, HTML, XML, 下载: 72  浏览: 160 

作者: 吴春阳, 洪 勇:广东白云学院数学教研室,广东 广州

关键词: 积分不等式Hölder不等式Beta函数Gamma函数推广Integral Inequality Hölder’s Inequality Beta Function Gamma Function Extension

摘要: 本文对南开大学的一个考研积分不等式进行分析,给出了一种解答,并在此基础上对其进行了多种形式的推广,有助于在教学中引导学生进行数学探讨。
Abstract: We analyse the integral inequality of a postgraduate examination at Nankai University, a method of proof is given, and on the basis several extensions have been made to it, it is helpful to guiding students to carry out mathematics research.

文章引用: 吴春阳, 洪勇. 一个涉及Beta函数积分不等式的多种推广[J]. 理论数学, 2021, 11(1): 32-36. https://doi.org/10.12677/PM.2021.111005

南开大学近年的数学考研题中有这样一个积分不等式证明题:设 f ( x ) [ 0 , 1 ] 上连续可微,且 0 1 f ( x ) d x = 0 1 x f ( x ) d x = 1 ,试证:

0 1 | f ( x ) | 3 d x ( 128 3 π ) 2 . (1)

这个数学证明题有一定困难,一是不等式的右边是一个具体的数字,而不是一个数学式子,提供的解题思路很少。二是条件与结论中涉及的三个被积函数 f ( x ) x f ( x ) f ( x ) 之间有什么关系需要弄清楚。因此其证明有较大难度。下面给出一种利用重积分的证明方法,并在此基础给出多种形式的推广。

式(1)的证明:设 x [ 0 , 1 ] ,利用分部积分法,有

0 x f ( t ) d t = x f ( x ) 0 x t f ( t ) d t ,

两边同时积分,得

0 1 0 x f ( t ) d t d x = 0 1 x f ( x ) d x 0 1 0 x t f ( t ) d t d x ,

交换积分次序,并根据已知条件,有

0 1 ( 1 t ) f ( t ) d t = 1 0 1 t ( 1 t ) f ( t ) d t ,

又因为由已知条件,有

0 1 ( 1 t ) f ( t ) d t = 0 1 f ( t ) d t 0 1 t f ( t ) d t = 1 1 = 0 ,

据此并利用Hölder不等式(见 [1] ),有

1 = 0 1 t ( 1 t ) f ( t ) d t ( 0 1 [ t ( 1 t ) ] 3 2 d t ) 2 3 ( 0 1 | f ( t ) | 3 d t ) 1 3 ,

利用Beta函数与Gamma函数(见 [2] )的定义与性质,有

0 1 [ t ( 1 t ) ] 3 2 d t = 0 1 t 5 2 1 ( 1 t ) 5 2 1 d t = B ( 5 2 , 5 2 ) = Γ ( 5 2 ) Γ ( 5 2 ) Γ ( 5 ) = 1 4 ! Γ 2 ( 3 2 + 1 ) = 1 4 ! ( 3 2 ) 2 Γ 2 ( 3 2 ) = 1 4 ! 9 4 Γ 2 ( 1 2 + 1 ) = 1 4 ! 9 4 ( 1 2 ) 2 Γ 2 ( 1 2 ) = 3 128 Γ ( 1 2 ) Γ ( 1 1 2 ) = 3 128 π sin π / 2 = 3 π 128 ,

所以

1 ( 3 π 128 ) 2 0 1 | f ( x ) | 3 d x ,

从而(1)式成立。

下面我们利用此证明方法,给出几种推广。

命题1 设 f ( x ) [ 0 , 1 ] 上连续可微, n 2 ,且 0 1 f ( x ) d x = 0 1 x f ( x ) d x = 1 ,则有

0 1 | f ( x ) | n d x [ n 4 ( n + 1 ) ( 3 n 1 ) ] 1 n B 1 n ( 1 n 1 , 1 n 1 ) .

证明:由前述证明,可得

0 1 x ( 1 x ) f ( x ) d x = 1 ,

利用Hölder不等式,有

1 = 0 1 x ( 1 x ) f ( x ) d x ( 0 1 | f ( x ) | n d x ) 1 n ( 0 1 [ x ( 1 x ) ] n n 1 d x ) n 1 n ,

所以

1 0 1 | f ( x ) | n d x ( 0 1 [ x ( 1 x ) ] n n 1 d x ) n 1 ,

又因为

0 1 [ x ( 1 x ) ] n n 1 d x = B ( n n 1 + 1 , n n 1 + 1 ) = Γ 2 ( n n 1 + 1 ) Γ ( 2 n n 1 + 2 ) = Γ 2 ( 1 n 1 + 2 ) Γ ( 2 n 1 + 4 ) = n Γ 2 ( 1 n 1 ) 4 ( n + 1 ) ( 3 n 1 ) Γ ( 2 n 1 ) = n 4 ( n + 1 ) ( 3 n 1 ) B ( 1 n 1 , 1 n 1 ) ,

于是

0 1 | f ( x ) | n d x ( 0 1 [ x ( 1 x ) ] n n 1 d x ) 1 n = [ n 4 ( n + 1 ) ( 3 n 1 ) ] 1 n B 1 n ( 1 n 1 , 1 n 1 ) .

注:当 n = 3 时,便得到式(1)。

命题2 设 f ( x ) [ 0 , 1 ] 上有 2 n + 1 阶连续导数, n 0 m 2 0 1 f ( x ) d x = 1 ,且

0 1 x k f ( k 1 ) ( x ) d x = k ! , k = 1 , 2 , , 2 ( n + 1 ) .

则有

0 1 | f ( 2 n + 1 ) ( x ) | m d x [ ( 2 n + 1 ) ! ] m B 1 m ( m m 1 ( 2 n + 1 ) + 1 , m m 1 + 1 ) .

证明:利用分部积分法,有

0 x f ( t ) d t = x f ( x ) 0 x t f ( t ) d t = x f ( x ) 1 2 x 2 f ( x ) + 1 2 0 x t 2 f ( t ) d t = x f ( x ) 1 2 ! x 2 f ( x ) + 1 3 ! x 3 f ( x ) 1 3 ! 0 x t 3 f ( t ) d t = = k = 1 2 n + 1 ( 1 ) k + 1 x k k ! f ( k 1 ) ( x ) 1 ( 2 n + 1 ) ! 0 x t 2 n + 1 f ( 2 n + 1 ) ( t ) d t ,

两边同时积分并利用已知条件,得到

0 1 0 x f ( x ) d t d x = k = 1 2 n + 1 ( 1 ) k + 1 1 k ! 0 1 x k f ( k 1 ) ( x ) d x 1 ( 2 n + 1 ) ! 0 1 0 x t 2 n + 1 f ( 2 n + 1 ) ( t ) d t d x = 1 1 ( 2 n + 1 ) ! 0 1 ( 1 t ) t 2 n + 1 f ( 2 n + 1 ) ( t ) d t ,

又因为

0 1 0 x f ( x ) d t d x = 0 1 ( 1 t ) f ( t ) d t = 0 1 f ( t ) d t 0 1 t f ( t ) d t = 1 1 = 0 ,

所以有

( 2 n + 1 ) ! = 0 1 ( 1 t ) t 2 n + 1 f ( 2 n + 1 ) ( t ) d t ( 0 1 | f ( 2 n + 1 ) ( x ) | m d x ) 1 m ( 0 1 [ x 2 n + 1 ( 1 x ) ] m m 1 d x ) m 1 m ( 0 1 | f ( 2 n + 1 ) ( x ) | m d x ) 1 m B m 1 m ( m m 1 ( 2 n + 1 ) + 1 , m m 1 + 1 ) ,

于是

0 1 | f ( 2 n + 1 ) ( x ) | m d x [ ( 2 n + 1 ) ! ] m B 1 m ( m m 1 ( 2 n + 1 ) + 1 , m m 1 + 1 ) .

注:当 n = 0 m = 3 时,则可得到式(1)。

命题3 设 f ( x ) [ 0 , 1 ] 上有 2 n + 1 阶连续导数, n 0 ,且

0 1 f ( x ) d x = 1 , 0 1 x k f ( k 1 ) ( x ) d x = k ! , k = 1 , 2 , , 2 ( n + 1 )

则有

0 1 | f ( 2 n + 1 ) ( x ) | 2 n + 3 d x [ 2 ( n + 2 ) ] 2 ( n + 1 ) [ ( 2 n + 1 ) ! ] 2 n + 3 .

证明:仿命题2的证明,可得

( 2 n + 1 ) ! = 0 1 ( 1 x ) x 2 n + 1 f ( 2 n + 1 ) ( x ) d x ,

利用涉及多个函数的Hölder不等式(见 [1] ),有

[ ( 2 n + 1 ) ! ] 2 n + 3 = ( 0 1 ( 1 x ) x x x f ( 2 n + 1 ) ( x ) d x ) 2 n + 3 ( k = 1 2 n + 1 0 1 x 2 n + 3 d x ) 0 1 ( 1 x ) 2 n + 3 d x 0 1 | f ( 2 n + 1 ) ( x ) | 2 n + 3 d x = [ 1 2 ( n + 2 ) ] 2 ( n + 1 ) 0 1 | f ( 2 n + 1 ) ( x ) | 2 n + 3 d x ,

于是得到

0 1 | f ( 2 n + 1 ) ( x ) | 2 n + 3 d x [ 2 ( n + 2 ) ] 2 ( n + 1 ) [ ( 2 n + 1 ) ! ] 2 n + 3 .

参考文献

[1] 数学手册编写组. 数学手册[M]. 北京: 人民教育出版社, 1997: 20-22.
[2] 陈纪修, 於崇华, 金路. 数学分析(下册) [M]. 北京: 高等教育出版社, 2000: 372-382.