求证积分不等式

dim

如图，这类不等式怎么做？谢谢了！

kuing

搞了半天才试出了个证法来，但愿没问题，毕竟积分不等式玩得少……

待定一个 $g(x)$，由CS有
\[\int_0^1 g^2(x)\rmd x\int_0^1 f^4(x)\rmd x
\geqslant \left(\int_0^1 g(x)f^2(x)\rmd x\right)^2,\]
只需证
\[\left(\int_0^1 g(x)f^2(x)\rmd x\right)^2
\geqslant \frac{27}4\left(\int_0^1 f(x)\rmd x\right)^4
\int_0^1 g^2(x)\rmd x,\]
考虑到 $\int_0^1 f^3(x)\rmd x=0$，尝试令 $g(x)=f(x)+k$，其中 $k$ 为待定常数，代入上式化为
\[k^2\left(\int_0^1 f^2(x)\rmd x\right)^2
\geqslant \frac{27}4\left(\int_0^1 f(x)\rmd x\right)^4
\left(\int_0^1 f^2(x)\rmd x+2k\int_0^1 f(x)\rmd x+k^2\right),\]
再令 $k=t\cdot\int_0^1 f(x)\rmd x$，其中 $t$ 依然为待定常数，代入上式化为
\[t^2\left(\int_0^1 f^2(x)\rmd x\right)^2
\geqslant \frac{27}4\left(\int_0^1 f(x)\rmd x\right)^2
\left(\int_0^1 f^2(x)\rmd x
+(2t+t^2)\left(\int_0^1 f(x)\rmd x\right)^2\right),\]
记 $A=\int_0^1 f(x)\rmd x$, $B=\int_0^1 f^2(x)\rmd x$，上式即
\[t^2B^2\geqslant \frac{27}4A^2\bigl(B+(2t+t^2)A^2\bigr),\]
当 $2t+t^2<0$ 时，对右边用均值有
\[
\frac{27}{4(-2t-t^2)}\cdot(-2t-t^2)A^2\cdot\bigl(B+(2t+t^2)A^2\bigr)
\leqslant \frac{27}{16(-2t-t^2)}B^2,\]
故此我们需要
\[\frac{27}{16(-2t-t^2)}=t^2,\]
解得 $t=-3/2$，即原不等式得证！

至于如何说明 27/4 是最佳系数还没想到……PS、是不能再大，而不是不能再小……

待续…………

kuing

续：
总算搞出来了，不过这“取等”真够BT的，要不是有软件辅助我都不敢往下算。

首先说明一下，虽然 $f(x)\equiv0$ 能使不等式取等，但这不能说明 $27/4$ 是最佳系数的，
而根据上述证明不难得出，如果函数连续且不恒为零，原不等式无法取等，
但是，如果允许使用分段函数的话，还是有办法取等的，
而将能取等的分段函数“强行连起来”（这个自己意会一下）就能构造出无限接近取等的连续函数，这就能够说明系数是最佳了。

设 $a\in(0,1)$，令
\[f(x)=\led
&1, && x\in (0,a), \\
&{-}\sqrt[3]{\frac a{1-a}}, && x\in (a,1),
\endled\]
显然它满足 $\int_0^1 f^3(x)=0$，且
\begin{align*}
\int_0^1 f(x)\rmd x&=a-(1-a)\sqrt[3]{\frac a{1-a}}, \\
\int_0^1 f^4(x)\rmd x&=a+a\sqrt[3]{\frac a{1-a}},
\end{align*}
不难验证，当
\[a=\frac{9-5\sqrt3}{18}
\riff \sqrt[3]{\frac a{1-a}}=2-\sqrt3,\]
代入计算即得
\[\frac{\int_0^1 f^4(x)\rmd x}{\left( \int_0^1 f(x)\rmd x\right)^4}=\frac{27}4,\]
这就是分段函数取等的情形，所以 $27/4$ 是最佳的，不能再大了。

第一问都搞得这么累，第二问次数还更高，看来还是闪先…………

dim

回复 3# kuing


    懂了，谢谢大神啦