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(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)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(gòu)造積分上限的函數(shù)，利用定積分的比較性質(zhì)，利用積分中值定理，利用Schwarz不等式和利用平均值不等式.

【關(guān)鍵詞】 積分不等式；積分上限的函數(shù)；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(xué)中的一類重要不等式，在數(shù)學(xué)分析中有著廣泛的應(yīng)用. 但是，筆者在教授高等數(shù)學(xué)這門課程的過程中發(fā)現(xiàn)大部分學(xué)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(shù)不能用初等函數(shù)表示，從而無法應(yīng)用Newton-Leibniz公式求出定積分的值；被積函數(shù)的具體表達(dá)式未知，只給出了它的某些性質(zhì). 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(gòu)造積分上限的函數(shù)，利用定積分的比較性質(zhì)，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(gòu)造積分上限的函數(shù)

例1 設(shè)f（x）在[0，1]上可微，且當(dāng)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(nèi)有F ′（x） > 0

因為當(dāng)x∈（0，1）時，0 < f′（x） < 1，f（0） = 0，

所以，當(dāng)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(dāng)x∈（0，1）時，F(xiàn) ′（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(shè)f（x）在0 ≤ x ≤ 1上連續(xù)且單調(diào)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(diào)減少，且f（1） > 0，

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

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

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

因此 ≤ .

例3 設(shè)函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，a]上可導(dǎo)，且f（0） = 0，f′（x）單調(diào)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(diào)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(zhì)證明積分不等式

例4 設(shè)函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，1]上單調(diào)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(shù)相同，但積分區(qū)間不同. 于是，用定積分對積分區(qū)間的可加性構(gòu)造需要的積分區(qū)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(qū)間[0，1]上單調(diào)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(shù)f（x）在區(qū)間[0，1]上連續(xù)且單調(diào)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(zhuǎn)化為不含積分的不等式，再進(jìn)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(qū)間[0，1]上連續(xù)，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(qū)間[0，1]上單調(diào)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(qū)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(qū)間[a，b]上連續(xù)，其中等號當(dāng)且僅當(dāng)存在常數(shù)α，β，αf（x）≡βg（x）時成立（α，β不同時為零）.

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

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

思路分析 應(yīng)用Schwarz不等式，要注意恰當(dāng)?shù)剡x取函數(shù)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(shù)ai≥0（i = 1，2，…，n）恒有 ≤ ，其中等號當(dāng)且僅當(dāng)a1 = a2 = … =an時成立.

例7 設(shè)正值函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，1]上連續(xù)，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(yīng)用平均值不等式.

證：因為f（x）在區(qū)間[0，1]上連續(xù)，所以f（x）和ln f（x）在區(qū)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(gòu)造積分上限的函數(shù)，利用定積分的比較性質(zhì)，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(xiàn)】

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