積分不等式的證明方法

程村

【摘要】 如何證明積分不等式是學習高等數學這門課程的一個難點問題. 本文專門討論積分不等式證明的五種方法：構造積分上限的函數，利用定積分的比較性質，利用積分中值定理，利用Schwarz不等式和利用平均值不等式.

【關鍵詞】 積分不等式；積分上限的函數；積分中值；Schwarz不等式；平均值不等式

一、引 言

積分不等式是微積分學中的一類重要不等式，在數學分析中有著廣泛的應用. 但是，筆者在教授高等數學這門課程的過程中發現大部分學生碰到積分不等式的證明問題時往往會束手無策. 主要困難如下：被積函數不能用初等函數表示，從而無法應用Newton-Leibniz公式求出定積分的值；被積函數的具體表達式未知，只給出了它的某些性質. 鑒于此，本文將專門討論積分不等式的證明問題，主要介紹了五種方法：構造積分上限的函數，利用定積分的比較性質，利用積分中值定理，利用Schwarz不等式和利用平均值不等式.

二、構造積分上限的函數

例1 設f（x）在[0，1]上可微，且當x∈（0，1）時，0 < f′（x） < 1，f（0） = 0.試證：（ f（x）dx）2 > f 3（x）dx.

證一：（ f（x）dx）2 > f 3（x）dx ？圳 （ f（x）dx）2 -

f 3（x）dx > 0

令F（x） = （ f（t）dt）2 - f 3（t）dt

因為F（0） = 0，所以只要證明在（0，1）內有F ′（x） > 0

因為當x∈（0，1）時，0 < f′（x） < 1，f（0） = 0，

所以，當x∈（0，1）時，f（x） > 0

令g（x） = 2 f（t）dt - f 2（x），則g（0） = 0

g′（x） = 2f（x） - 2f（x）f ′（x） = 2f（x）[1 - f′（x）] > 0

于是，g（x） = 2 f（t）dt - f 2（x） > 0.

所以，當x∈（0，1）時，F ′（x） > 0. 得證.

證二：（ f（x）dx）2 > f 3（x）dx ？圳 > 1

令F（x） = （ f（t）dt）2，G（x） = f 3（t）dt

由柯西中值定理知

= =

= = （0 < ξ < 1） =

= =

> 1（0 < η < ξ < 1）

例2 設f（x）在0 ≤ x ≤ 1上連續且單調減少，f（1） > 0.試證： ≤ .

證：令F（t） = f 2（x）dx xf （x）dx - f （x）dx xf 2（x）dx

F′（t） = f 2（t） xf（x）dx + tf（t） f 2 （x）dx - f（t） xf 2（x）dx - tf 2（t） f（x）dx = f（t） f（x）[f（x） - f（t）]（t - x）dx

因為f（t）單調減少，且f（1） > 0，

所以當t∈[0，1]，f（t） > 0，且f（x） - f（t） ≥ 0，t - x ≥ 0，

故F′（t） ≥ 0，F（t）單調增加，又F（0） = 0，故F（t） ≥ 0，F（1） ≥ 0，即

f 2（x）dx xf （x）dx - f （x）dx xf 2（x）dx ≥ 0

因此 ≤ .

例3 設函數f（x）在區間[0，a]上可導，且f（0） = 0，f′（x）單調增加，試證： xf（x）dx > f（x）dx.

證：令F（x） = t - f（t）dt，則F（0） = 0

F′（x） = xf（x） - f（t）dt，于是F′（x） = 0

F″（x） = [xf′（x） - f（x）] = [xf′（x） - （f（x） - f（0））] = [f′（x） - f′（ξ）] > 0

于是F（x）在[0，a]單調增加.

由F（0） = 0，得F（a） > 0，即 xf（x）dx > f（x）dx

三、利用定積分的比較性質證明積分不等式

例4 設函數f（x）在區間[0，1]上單調不增，試證：對于任何α∈（0，1）， f（x）dx ≥ α f（x）dx.

思路分析 觀察左邊、右邊的兩個積分，被積函數相同，但積分區間不同. 于是，用定積分對積分區間的可加性構造需要的積分區間.

證： f（x）dx ≥ α f（x）dx ？圳 f（x）dx ≥ α f（x）dx + α f（x）dx

要證 f（x）dx ≥ α f（x）dx + α f（x）dx，

即證（1 - α） f（x）dx ≥ α f（x）dx，

或 f（x）dx ≥ f（x）dx

因為f（x）在區間[0，1]上單調不增，所以

f（x）dx ≥ f（α） ≥ f（x）dx

四、利用積分中值定理證明積分不等式

例5 已知函數f（x）在區間[0，1]上連續且單調不增，試證： f（x）dx ≥ λ f（x）dx，0 < λ < 1 .

思路分析 利用積分中值定理將積分不等式轉化為不含積分的不等式，再進行證明.

證：因為 f（x）dx = f（x）dx + f（x）dx，

所以要證 f（x）dx ≥ λ f（x）dx，

即證 f（x）dx ≥ λ（ f（x）dx + f（x）dx），

或（1 - λ） f（x）dx - λ f（x）dx ≥ 0.

因為f（x）在區間[0，1]上連續，所以存在ξ1∈（0，λ），ξ2∈（λ，1），使得 f（x）dx = f（ξ1）λ， f（x）dx = f（ξ2）（1 - λ）.

所以，要證（1 - λ） f（x）dx - λ f（x）dx ≥ 0，

只需證λ（1 - λ）[f（ξ1） - f（ξ2）] ≥ 0.

因為f（x）在區間[0，1]上單調不增，0 < ξ1 < ξ2 < 1，

所以f（ξ1） ≥ f（ξ2）. 于是λ（1 - λ）[f（ξ1） - f（ξ2）] ≥ 0.

五、利用Schwarz不等式證明積分不等式

Schwarz不等式 若f（x）和g（x）在區間[a，b]上可積，則（ f（x）g（x）dx）2 ≤ f 2（x）dx g2（x）dx.若f（x）和g（x）在區間[a，b]上連續，其中等號當且僅當存在常數α，β，αf（x）≡βg（x）時成立（α，β不同時為零）.

例6 已知函數f（x）在區間[a，b]上連續，f（x） ≥ 0， f（x）dx = 1，k為任意實數，試證：

（ f（x）cos kxdx）2 + （ f（x）sin kxdx）2 ≤ 1.

思路分析 應用Schwarz不等式，要注意恰當地選取函數f（x）和g（x）.

證：由Schwarz不等式

（ f（x）cos kxdx）2 = [ （ cos kx）dx]2 ≤

f（x）dx· f（x）cos2 kxdx = f（x）cos2 kxdx

同理，（ f（x）sin kxdx）2 = [ （ sin kx）dx]2 ≤ f（x）dx· f（x）sin2 kxdx = f（x）sin2 kxdx

所以，（ f（x）cos kxdx）2 + （ f（x）sin kxdx）2 ≤

f（x）cos2 kxdx + f（x）sin2 kxdx = f（x）dx = 1

六、利用平均值不等式證明積分不等式

平均值不等式 對于任意n個實數ai≥0（i = 1，2，…，n）恒有 ≤ ，其中等號當且僅當a1 = a2 = … =an時成立.

例7 設正值函數f（x）在區間[0，1]上連續，試證：

e ≤ f（x）dx.

思路分析 將定積分表示成積分和的極限，再應用平均值不等式.

證：因為f（x）在區間[0，1]上連續，所以f（x）和ln f（x）在區間[0，1]上可積將[0，1]n等分，作積分和

f（x）dx = f（ ），

ln f（x）dx = ln f（ ） = ln[ f（ ）]

所以，e = e = [ f（ ）]

由平均值不等式，[ f（ ）] ≤ f（ ）.

所以，e ≤ f（x）dx

本文通過實例說明了證明積分不等式時可以嘗試的五種方法：構造積分上限的函數，利用定積分的比較性質，利用積分中值定理，利用Schwarz不等式和利用平均值不等式. 希望對讀者有所幫助.

【參考文獻】

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