第一篇：積分不等式的證明及應用

衡陽師范學院

畢業論文（設計）

題 目：積分不等式的證明及應用

所 在 系： 數學與計算科學系

專 業： 數學與應用數學

學 號： 08090233 作者姓名： 盛軍宇 指導教師： 肖娟

2012年 4 月 27 日

積分不等式的證明及應用

數學與計算科學系 數學與應用數學專業 學號:08090233 姓名:盛軍宇 指導老師:肖娟

摘要

本文主要研究了如何利用積分中值定理、輔助函數、以及一些特殊積分不等式等方法證明積分不等式,并通過若干實例總結有關積分不等式的證明方法及規律,討論了一些特殊積分不等式的應用.關鍵詞 積分不等式；中值定理；函數

0.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,且在考研試卷中會經常出現.對積分不等式證明方法的介紹,不僅解決了一些積分不等式的證明,而且可以把初等數學的知識與高等數學的知識結合起來,拓寬我們的視野,提高我們的發散思維能力和創新能力.目前國內外對該課題的研究比較普遍,主要研究了如何利用微積分相關知識來解決一些比較復雜的積分不等式的證明.積分不等式的常用證法有: 定積分的定義、定積分的性質、泰勒公式、分部積分法、線性變換等.本文主要從以下幾個方面討論和歸納了一系列積分不等式的證明方法:利用積分中值定理來證積分不等式、利用Schwarz不等式來證積分不等式、利用微分中值定理來證積分不等式、利用積分中值定理來證積分不等式、利用二重積分來證積分不等式等.1.積分不等式的證明方法

1.1 利用積分第一中值定理證明積分不等式

積分第一中值定理(定理1)若f?x?在?a,b?上連續, 則至少存在一點???a,b?，使得?f?x?dx?f????b?a?.ab積分第一中值定理在證明積分不等式中有著舉足輕重的作用.例1 設f?x?在?0,1?上可微,而且對于任意x??0,1?,有|f??x?|?M, 求證:對任意正整數n有

?10f?x?dx?1n?n1ni?1M?i?f???n?n?n,其中M是一個與x無關的常數.分析 由于目標式中一個式子為

?i?11?i?f??,另一個式子為?f?x?dx0?n?,故把?f?x?dx按

01區間可加性寫成一些定積分的和,并應用積分第一中值定理加以證明.證 由定積分的性質及積分中值定理,有

?10f?x?dx?nini?1n??i?1f?x?dx?n?i?1f??i?1,?,i?1,2,??,n.,?i??n?n?n?i?1i?又因為f?x?在?0,1?上可微,所以由微分中值定理可知,存在?i????i,?,使得, n???i??i?f???f??i??f??i????i?,i?1,2,??,n.?n??n??i?

因此?10f?x?dx?1n?ni?11?i?f???n?n?n?i?1f??i??1n?ni?1?i?f???n?

?1n1n1n1nn?i?1n??i????f?f???i????n???i?f???f??i??n??i?f???i????i??n?M1n?Mn?

???i?1n.?i?1n?i?1在抽象函數f?x?的積分不等式中,若出現和號?、冪函數、對數函數等,一般可以利用定積分的定義或區間可加性,將區間?a,b?n等分,點?i也可采用特殊的取法.1.2 利用拉格朗日中值定理證明積分不等式

拉格朗日中值定理(定理2)若函數f滿足如下條件:

?i?f在?a,b?上連續；?ii?f在?a,b?內可導, 則在?a,b?內至少存在一點?,使得

f?????f?b??f?a?b?a.利用拉格朗日中值定理的關鍵是根據題意選取適當的函數f(x)和區間?a,b?,使它們滿足拉格朗日定理條件,然后運用拉格朗日公式或等價形式來運算得出所要的結論.例2 設f??x?在?a,b?上連續.證明:若f?a??f?b??0,則

?f?x?dxab??b?a?24M,M?Maxf??x?.x??a,b?分析 由條件f?a??f?b??0,及f??x?與f?x?,故想到利用拉格朗日中值定理.證 由拉格朗日中值定理得: 對任意的x??a,??a?b?, ?2?f?x??f?x??f?a??f??1??x?a?,a??1?x.,b?, 對任意的x??2???a?b?f?x??f?x??f?b??f??2??x?b?,x??2?b.?a?b??a?b??????f?x??M?x?a?,x??a，fx?Mb?x,x?,b???22????，故

?f?x?dxaba?b????2af?x?dx???ba?b2f?x?dx

a?b?2af?x?dx?ba?b2f?x?dx

a?b?2aM?x?a?dx??ba?b2M?b?x?dx??b?a?24M.注意到M是f??x?在?a,b?上的最大值,所以解題的關鍵是如何使f?x?與f??x?聯系起來,因而不難想到拉格朗日中值定理來證明.1.3 構造變上限函數證明積分不等式

作輔助函數,將結論的積分上限或下限換成x,式中相同的字母也換成x,移項,使

得不等式的一端為零,則另一端為所作的輔助函數,這種方法在證明一些特定類型積分不等式時有重要作用.1例3 設函數f?x?在?0,1?上連續,證明不等式??f?x?dx?????0?2?10f2?x?dx.x?分析 此例若令F?x???f?t?dt?????0?2?x0f2?t?dt,則F??x?的正負不易判斷,需進一步的改進.證 由待證的積分不等式構造變上限定積分的輔助函數,令

xxF?x????f?t?dt??x?f??0?0?22?t?dt顯然,F?0??0,且F?x?可導,有

f2F??x??2f?x?x?f?t?dt??02xx0?t?dt?xf2?t?

????f?x??f?t??dt?0，0則F?x?在x?0時單調減小,即有F?x??F?0??0,x?0，1特別地,F?1??0,即證得不等式??f?x?dx?????0?2?10f2?x?dx.例4 設函數f?x?在?0,1?上可微,且當x??0,1?時,0?f??x??1,f?0??0, 1試證 ??f?x?dx?????0?2?10f3?x?dx.2131?證 問題在于證明?f?x?dx?????0??0f?x?dx?0, x令F?x????f?t?dt?????0?2?x0fx3?t?dt,因為F?0??0, F??x??2f?x??f?t?dt0?f3?x??f?x?2??x0f?t?dt?f2?x?，x0?已知f?0??0,0?f??x??1,故當x??0,1?時,f?x??0, 記g?x??2?f?t?dt?f2?x?, 則g?0??0,g??x??2f?x??2f?x?f??x?=2f?x??1?f??x???0,x??0,1?, 于是g?x??2?f?t?dt?f2?x??g?0??0,x??0,1?,故F??x??0,x??0,1?, 0x4

1?所以F?1??F?0??0,即?f?x?dx?????0?2?10f3?x?dx.通過上述兩例,我們知道了構造變上限函數證明積分不等式,遇到特殊情況,不能按常規直接作輔助函數需要稍微變化一下,有時甚至要在一個題中構造兩個輔助函數,以便判斷所作函數的單調性.1.4 利用二重積分證明積分不等式

在積分不等式的證明中利用定積分與積分變量形式無關的這一性質,將定積分的平方項或者定積分之間的乘積轉化為積分變量形式不同的定積分之積,把定積分化為二重積分,可以達到有效的作用.例5 若函數f?x?,p?x?,g?x?在?a,b?上連續,p?x?是正值函數,f?x?,g?x?是單調增加函數,則?p?x?f?x?dx?p?x?g?x?dx?aabb?p?x?dx?p?x?f?x?g?x?dx.該不等式稱為切貝謝

aabb夫不等式.分析 只要證???bap?x?dx?p?x?f?x?g?x?dx?abb?bap?x?f?x?dx?p?x?g?x?dx?0

abb即可,而上述式子又可視為累次積分,從而化為二重積分.證 因定積分的值與積分變量無關,故?p?x?dx??p?y?dy，aa?p?x?g?x?dx??p?y?g?y?dy.aabb?????bap?y?dy?p?x?f?x?g?x?dx?ab?bap?x?f?x?dx?p?y?g?y?dy

ab???p?y?p?x?f?x?g?x??p?x?p?y?f?x?g?y??dxdyD

??p?x?p?y?f?x??g?x??g?y??dxdyD ?1?

其中,積分區域D?a?x?b;a?y?b?.因為定積分與積分變量的形式無關, 所以交換x與y的位置,得到

????p?y?p?x?f?y??g?y??g?x??dxdyD ?2?

將?1?式與?2?式相加,得??12??p?x?p?y??f?x??f?y???g?x??g?y??dxdy,由已知，D可知p?x?是正值函數,f?x?,g?x?是單調增加函數,從而?f?x??f?y??與?g?x??g?y??同號，于是在D上p?x?p?y??f?x??f?y???g?x??g?y???0,從而,??0.即?p?x?f?x?dx?p?x?g?x?dx?aabb?p?x?dx?p?x?f?x?g?x?dx.aa101bb例6 若函數f?x?在?0,1??上不恒為零且連續增加,則

?ff3?x?dx?x?dx???101xfxf3?x?dx?x?dx.2200證 由于在?0,1?上,結論式中的分母均為正值,所以結論等價于

???10f2?x?dx??10xff23?x?dx10?xf?10f3?x?dx?10xf2?x?dx?0, 而 ?? ? ??10fff2?x?dx?210xf3?x?dx??130?x?dx?2?x?dx

??D?x?yf3?y?dxdy??Df?x?xf3?y?dxdy

??D2?x?f3?y??y?x?dxdy ?3?

其中,積分區域D?0?x?1;0?y?1?因定積分的值與積分變量的形式無關,故又有

????Df2?y?f3?x??x?y?dxdy ?4?

22將?3?式與?4?式相加,得??1???x?y?f?y?f?x??f?x??f?y??dxdy, 2D由已知,函數f?x?在?0,1?上連續增加,從而對任意的x,y??0,1?,有

?x?y?f?y?f?x??f?x??f?y???0,故22??101ff3?x?dx?x?dx???101xfxf3?x?dx?x?dx.2200從以上的積分不等式證明中,可知把定積分化為重積分能巧妙地解決一些積分不等式的證明問題.1.5 借助于判別式來證明積分不等式

引入適當的參數,構造合適的函數,討論參數的判別式,以便證明所求證的積分不等式.例7 設f?x??0,且在?a,b?上連續,試證?f?x?dx?abbdxf?x?a??b?a?.2分析 可構造多項式,利用多項式的性質來證明積分不等式.證 由題設對任意的?,考察函數f?x????,因為?f?x???f?x??????0,有 f?x???2?ba2bdxb???2??,即fx?2??dx?0??2?dx?????aaf?x??f?x???f?x?dxab?0, 不等式的左端可以看成?的二次三項式,且對任意的?上述不等式均成立, 故判別式???2?abdx??4?a2bdxf?x??baf?x?dx?0,即?f?x?dx?abbdxf?x?a??b?a?.2用判別式解題的關鍵是要有一個函數值恒定（大于或小于零、大于或等于零、小于或等于零）的一元二次方程g?x?,而g2?x??0,于是我們構造?g2?x?dx?0這樣一個方程,ab再結合這種情況下的判別式也是一個不等式,便可證明此題.1.6 利用對稱性證明積分不等式

命題1 當積分區域關于直線y?x對稱時,被積函數的兩個變量交換位置后,二重積分的值不變.這一條規律有助于解決一些特定類型的積分不等式的證明.例8 函數f?x?在?a,b?上取正值且f?x?在?a,b?上連續試證:

??f?y?hf?x?dxdy??b?a?,h??a,b;a,b?.2證 因為h??a,b;a,b?關于直線y?x對稱,從而I?f?x???f?y?hf?x?dxdy???f?x?dxdyhf?y?, 所以I???f?y?hdxdy?12??h?f?x?f?y?????dxdy?f?x???f?y???1dxdy??b?a?h2.由上例可知,在積分不等式的證明過程中,我們可以應用基本不等式,它可能起到重要作用.1.7 利用積分第二中值定理的推論證明積分不等式

積分第二中值定理的推論:設函數f在?a,b?上可積.若g為單調函數,則存在???a,b?,使得?f?x?g?x?dx?g?a??f?x?dx?g?b??f?x?dx.aab?b?應用這個推論可以較容易地解決某些恒等式與某些不等式的證明.ba?b?b例9 設函數f?x?在?a,b?上單調遞增連續,則?xf?x?dx?????f?x?dx.a?2?a證 假設函數g?x??x?a?b2,顯然g?x?在?a,b?上可積,又函數f?x?在?a,b?上遞增連續,根據積分第二中值定理的推論知存在???a,b?,使得

?f?x?g?x?dxabab?f?a??g?x?dx?f?b??g?x?dx ???

a?b?且???式又可變為?f?x?g?x?dx??f?a????g?x??dx?f?b??g?x?dx.由定積分的幾何意義

a?b?知?g?x?dx??b???g?x??dx,?aba???a,b?,同時,f?a??f?b?,于是，b?f?x?g?x?dx??f?b??f?a????g?x?dx即??x?a?b?0, ?ba?b??a?b?b,故????fxdx?0xfxdx?????f?x?dx?a2??2?a.2.一些特殊積分不等式的應用

2.1 Chebyshew不等式及其應用

Chebyshew不等式 設f?x?,g?x?同為單調遞減或當調遞增函數,則有

?baf?x?dx??g?x?dx??b?a??f?x?g?x?dx.aabb若f?x?,g?x?中一個是增函數,另一個為減函數,則不等式變為

?Chebyshewbaf?x?dx??g?x?dx??b?a??f?x?g?x?dx.aabb不等式有廣泛應用,特別在證明一類積分不等式中發揮重要作用.例10 設g?x?是??1,1?上的下凸函數,f?x?為??1,1?上的偶函數且在?0,1?上遞增,則, ??1f?x?dx??1g?x?dx11?2?f?x?g?x?dx.?11分析 從所證的不等式看,它有點類似于Chebyshew不等式,如果能夠構造出一個單調函數滿足Chebyshew不等式的條件,問題就容易解決了,為此構造輔助函數,令??x??g?x??g??x?.證 令??x??g?x??g??x?,顯然??x?也為??1,1?上的偶函數,由于g?x?是??1,1?上的下凸函數,故當0?x1?x2?1,g??x1??g??x2??x1???x2??g?x1??g?x2?x1?x2, 即g??x1??g??x2??g?x2??g?x1?,即??x1????x2?,所以f?x?,??x?在?0,1?上為增函數, 由Chebyshew不等式知, 1?10f?x?dx???x?dx?011?10?1?f?x???x?dx????2?12?1?1f?x?dx???x?dx??1112?1?1f?x???x?dx, 可得?f?x?dx?g?x?dx?2?f?x?g?x?dx.?1?1?12.2 利用Schwarz不等式證明積分不等式

Schwarz不等式 若f?x?,g?x?在?a,b?上可積,則

??Schwarzbaf?x?g?x?dx?2??baf2?x?g2?x?dx.不等式是一個形式簡單,使用方便的積分不等式,在證明某些含有乘積及

b平方項的積分不等式時頗為有效.例11 已知f?x??0,在?a,b?上連續,?f?x?dx?1, k為任意實數,求證:

a ??abf?x?coskxdx????abf?x?sinkxdx??1 ?5?

22證 ?5?式左端第一項應用Schwarz不等式得

??baf?x?coskxdx?2??a?bf?x??f?x?coskxdxb2?? ?同理??af?x?sinkxdx??b2?f?x?dx??f?x?cosaabkxdx??f?x?cosab2kxdx?6?

?baf?x?sin2kxdx ?7?

?6???7?即得?5?式.此題證明的關鍵在將f?x?寫成2.3 Jensen不等式

f?x??f?x?的形式,以便應用Schwarz不等式.定理3 設f?x?在?a,b?上連續,且m?f?x??M,又??t?是?m,M?上的連續凸函數（指下凸函數）,則有積分不等式

?????b?a1ba1?f?x?dx???b?a???f?x??dx ?8?

ab注 若??t?是?m,M?上的連續凹函數,則?8?式中的不等式號反向.定理4 設f?x?,p?x?在?a,b?上連續,且m?f?x??M,p?x??0?a?x?b?,??t?是

???m,M?上的連續凸函數,則有?????bap?x?f?x?dx????b?ap?x?dx???p?x???f?x??dx ?9?

?p?x?dxabab注 當??t?是?m,M?上的連續凹函數時,?9?式中的不等號反向.例12 設f?x?在?a,b?上連續,且f?x??0,則對任意的自然數n,有

?1nln??b?a?ba1?f?x?dx???b?a1t2?banlnf?x?dx.證 令??t??nlnt,那么???t??n,????t???nt1?0,故??t?為凹函數, 顯然f?x?在??t?的定義域內有意義,故由定理3知,結論成立.例13 設f?x?,p?x?是?a,b?上的正值連續函數,則對任意的自然數n,有

?banp?x?lnf?x?dx?p?x?dxab???nln????bap?x?f?x?dx???b?ap?x?dx??.證 令??t??nlnt由上例知??t?為凹函數,故由定理4知結論成立.2.4 Young不等式的應用

Young不等式 設f?x?是單調遞增的,連續于?0,a?上,f?0??0,a,b?0,f?1?x?表示f?x?的反函數,則ab?Young?a0f?x?dx??b0f?1?y?dy,其中等號成立當且僅當f?a??b.不等式是一個非常重要的不等式,靈活巧妙地應用它,可以使一些較為困難的問題迎刃而解.例14 證明:a,b?1時,不等式ab?ea?1?blnb成立.證 設f?x??ex?1,則f?x?單調并連續,f等式有，a?1b?1?1?y??ln?1?y?,因為a,b?1,由Young不?a?1??b?1???0故ab?ea?1?blnb.2.5 Steffensen不等式

Steffensenf?x?dx??0f?1?y?dy?ea?1?blnb?a?b?1, 不等式 設在區間?a,b?上,g1?x? ,g2?x?連續,f?x?一階可導,任給

xax??a,b?,成立不等式?g1?t?dt??xag2?t?dt,且?g1?x?dx?ab?bag2?x?dx.若f?x?在?a,b?上單調遞減,則?f?x?g1?x?dx?ab?f?x?g?x?dx;若f?x?在上單調遞增上述不等式變號.a2b?例15 證明?20sinx1?x2?dx??20cosx1?x2dx.證 對任意的????x??0,??2??2,因為?cosx?1?sinx,所以有?sintdt?0x?x0costdt;此外,顯然有?2sinxdx?0?0cosxdx?1且函數

在?0,?上單調遞減,從而根據Steffensen不21?x?2?1????等式,知?20sinx1?x2?dx??20cosx1?x2dx.結論

總之,以上討論的積分不等式的主要證明方法都離不開積分的性質,主要是通過函數的可微性和函數的可積性,利用二重積分、拉格朗日中值定理和積分中值定理來證積分不等式；以及巧妙的利用Schwarz不等式和Jensen不等式等,在實際應用中需要結合各方面靈活使用題中條件或不等式,才會使問題得以正確解決.參考文獻

[1]華東師范大學數學系.數學分析[M].北京:高等教育出版社,2001:223.[2]宋海濤.幾個定積分不等式的證明[J].高等數學研究,2003,6(4):34-35.[3]陳興榮,杜家安.關于積分不等式的證明[J].工科數學,1993,9(2):77.[4]孫清華,孫昊.數學分析內容、方法與技巧（上）[M].武漢:華中科技大學出版社,2003.[5]張瑞.定積分不等式證明方法的研究[J].內江科技,2001,(5):102.[6]豐剛.幾個積分不等式及其應用[J].牡丹江大學報,2010,19(7):88-89.[7]劉玉記.再談Young’s不等式的證明[J].齊齊哈爾師范高等?？茖W校學報,2009,(4):108.[8]舒陽春.高等數學中的若干問題解析[M].北京:科學出版社,2005:108-109.[9]楊和穩.積分不等式證明技巧解析[J].高等數學研究,2009,12(6):38.[10]裴禮文.數學分析中的典型問題與方法[M].北京:高等教育出版社,1993.The proof and application of integral inequality Department of Mathematics and Computational Science

Mathematics and Application Mathematics specialty Number:08090233

Name:ShengJunyu

Instructor:XiaoJuan

Abstract: This paper studied to use the integral mean value theorem、the auxiliary function、some special integral inequality and other methods to prove integral inequality, and summarized some examples about proof methods and rules of integral inequality, and discussed the application of some special integral inequality.Key word: integral inequality;theorem of mean;function

第二篇：積分不等式的證明方法

南通大學畢業論文

摘要

在高等數學的學習中,積分不等式的證明一直是一個無論在難度還是技巧性方面都很復雜的內容.對積分不等式的證明方法進行研究不但能夠系統的總結其證明方法,還可以更好的將初等數學的知識和高等數學的結合起來.并且可以拓寬我們的視野、發散我們的思維、提高我們的創新能力,因此可以提高我們解決問題的效率.本文主要通過查閱有關的文獻和資料的方法,對其中的內容進行對比和分析,并加以推廣和補充,提出自己的觀點.本文首先介紹了兩個重要的積分不等式并給出了證明,然后分類討論了證明積分不等式的八種方法,即利用函數的凹凸性、輔助函數法、利用重要積分不等式、利用積分中值定理、利用積分的性質、利用泰勒公式、利用重積分、利用微分中值定理,最后對全文進行了總結．

關鍵詞：積分不等式,定積分,中值定理,柯西-施瓦茲不等式,單調性

南通大學畢業論文

ABSTRACT

When we study mathematics,the proof of integer inequality has always been seen as a complex content both in difficulty and skill．In this paper the proof methods of integral inequality are organized systematically to combine the knowledge of elementary mathematics and higher mathematics better.Also our horizons can be broadened,thinking can be divergencied and innovation ability can be improved,so as to improve our efficiency of problem solving.The paper is completed by referring to relevant literature,comparing and analysing related content, complementing and promoting related content.In this paper ,two important integral inequalities along with their proof methods are given first,and then eight approaches to proof integral inequalities are introduced,such as concavity and convexity of function,method of auxiliary function,important integral inequality, integral mean value theorem, integral property, Taylor formula,double integral and differential mean value theorem.Finally,the full paper is summarized．

Key words: Integral Inequality, Definite Integral,Mean Value Theorem，Cauchy-Schwarz Inequality, Monotonicty

南通大學畢業論文

1.引

言

不等式在數學中有著重要的作用,在數量關系上,盡管不等關系要比相等關系更加普遍的存在于人們的現實世界里,然而人們對于不等式的認識要比方程遲的多.直到17世紀之后,不等式的理論才逐漸的成長起來,成為數學基礎理論的一個重要組成部分.眾所周知,不等式理論在數學理論中有著重要的地位,它滲透到了數學的各個領域中,因而它是數學領域中的一個重要的內容.其中積分不等式更是高等數學中的一個重要的內容．

實際上關于定積分的概念起源于求平面圖形的面積和一些其他的實際問題.有關定積分的思想在古代就有了萌芽,比如在公元前240年左右的古希臘時期,阿基米德就曾經用求和的方法計算過拋物線弓形和其他圖形的面積.在歷史上,積分觀念的形成要比微分早.然而直到17世紀后半期,較為完整的定積分理論還沒有能夠形成,一直到Newton-Leibniz公式建立之后,有關計算的問題得以解決后,定積分才迅速的建立并成長起來．

本論文研究的積分不等式結合了定積分以及不等式.關于它的證明向來是高等數學中的一個重點及難點.對積分不等式的證明方法進行研究，并使其系統化，在很大程度上為不同的數學分支之間架起了橋梁.深刻的理解及掌握積分不等式的證明方法可以提升我們對其理論知識的理解,同時可以提高我們的創造思維和邏輯思維．

在論文的第三部分中對積分不等式的證明方法進行了詳細的闡述.分別從利用函數的凹凸性、輔助函數法、利用重要積分不等式、利用積分中值定理、利用泰勒公式、利用重積分、利用微分中值定理、利用定積分的性質這八個方面給出了例題及證明方法.這樣通過幾道常見的積分不等式的證明題,從不同的角度,用不同的方法研究、分析了積分不等式的特點,歸納總結出了其證明方法.同時論文中也對有的題目給出了多種證明方法,這啟示我們對于同一道積分不等式而言它的證明方法往往不止一種,我們需要根據實際情況采用合適的方法去證明,從而達到將問題化繁為簡的目的．

南通大學畢業論文

2.幾個重要的積分不等式

在高等數學的學習中我們遇到過許多重要的積分不等式,如Cauchy-Schwarz不等式,Young不等式等.它們的形式及證明方法都有很多種,在這一小結中我們將給出這兩種積分不等式的證明方法．

2.1 Cauchy-Schwarz不等式

無論是在代數還是在幾何中Cauchy-Schwarz不等式的應用都很廣泛,它是不同于均值不等式的另一個重要不等式．其形式有在實數域中的、微積分中的、概率空間??,F,P?中的以及n維歐氏空間中的4種形式.接下來在這一部分中我們將對其在微積分中的形式進行研究．

定理2.1[1] 設f(x), g(x)在[a,b]上連續,則有

[?f(x)g(x)dx]2?{?[f(x)]2dx}? {?[g(x)]2dx}．

aaabbb證明：要證明原不等式成立,我們只需要證

?

設F?t???t2abaf2?x?dx??at2bb?g?x?dx??f?x?g?x?dx??0成立． ???a? 222tf?x?dx??g?x?dx???f?x?g?x?dx?,則只要證F?b??F?a?成立，?a?a??由F?t?在[a,b]上連續,在?a,b?內可導,得

F??t??f2?t??g2?x?dx?g2?t??f2?x?dx?2f?t?g?t??f?x?g?x?dxaaa2222???ftgx?2ftgtfxgx?gtf???????????????x???dx a?tttt

???f?t?g?x??g?t?f?x???dx?0．

(2.1)a?由(2.1)式可知F?t?在[a,b]上遞增,由b?a,知F?b??F?a?,故原不等式成立．

證畢

實際上關于Cauchy-Schwarz不等式的證明方法有很多,這里我們采用的證明方法是較為普遍的輔助函數法,它將要證明的原積分不等式通過移項轉變為了判斷函數在兩個端點處函數值大小的問題．通過觀察我們可以進一步發現原Cauchy-Schwarz不等式能夠改寫成以下行列式的形式 t2 4 南通大學畢業論文

?f?x?f?x?dx?g?x?f?x?dx?0，aabb?baf?x?g?x?dx?g?x?g?x?dxab由此我們可以聯想到是否可以將它進行推廣？答案是肯定的.下面我們將給出

Cauchy?Schwarz不等式的推廣形式．

定理2.2[2] 設f?x?,g?x?,h?x?在?a,b?上可積,則

???h?x?f?x?dx?f?x?g?x?dx?g?x?g?x?dx?h?x?g?x?dx?0． ?f?x?h?x?dx?g?x?h?x?dx?h?x?h?x?dxaaabbbaaabbbaaabf?x?f?x?dxbg?x?f?x?dxb 證明：對任意的實數t1,t2,t3,有

?ba?t1f?x??t2g?x??t3h?x??dx

bbbaaa2?t12?f2?x?dx?t22?g2?x?dx?t32?h2?x?dxbbaa

ba?2t1t2?f?x?g?x?dx?2t1t3?f?x?h?x?dx?2t2t3?g?x?h?x?dx?0． 注意到關于t1,t2,t3的二次型實際上為半正定二次型, 從而其系數矩陣行列式為

?babbaf2?x?dx?ba?g?x?f?xd?x?ab?h?x?b2fxdx

????x?f?x?hfax?g??xdxdx?ba?b2a?g?xdx?bax??h??ag?0x．d x證畢 xdx?g??x?hxdx???h以上的推廣是將Cauchy-Schwarz不等式的行列式由二階推廣到了三階的形式,事實上Cauchy-Schwarz不等式是一個在很多方面都很重要的不等式,例如在證明不等式,求函數最值等方面.若能靈活的運用它則可以使一些較困難的問題得到解決.下面我們會在第三部分給出Cauchy-Schwarz不等式及其推廣形式在積分不等式證明中的應用．

除了Cauchy-Schwarz不等式之外還有很多重要的積分不等式,例如Young不等式,相較于Cauchy-Schwarz不等式我們對Young不等式的了解比較少,實際上它也具有不同的形式且在現代分析數學中有著廣泛的應用.接著我們將對Young不等式進行一些研究．

2.2 Young不等式

Young不等式,以及和它相關的Minkowski不等式,H?lder不等式,這些都是在現代分

南通大學畢業論文

析數學中應用十分廣泛的不等式,在調和函數、數學分析、泛函分析以及偏微分方程中這三個不等式的身影隨處可見,是使用得最為普遍,最為平凡的知識工具.下面我們將給出積分形式的Young不等式的證明．

定理2.3[3] 設f(x)在[0,c]（c?0）上連續且嚴格遞增,若f(0)?0,a?[0,c]且b?[0,f(c)],則?0f(x)dx??0f?1(x)dx?ab,其中f?1是f的反函數,當且僅當b?f(a)時等號成立．

證明：引輔助函數g(a)?ab??f(x)dx，(2.2)

0aab把b?0看作參變量,由于g?(a)?b?f(a),且f嚴格遞增,于是

當 0?a?f?1(b)時,g?(a)?0；當 a?f?1(b)時,g?(a)?0；當 a?f?1(b)時,g?(a)?0． 因此 當a?f?1(b)時,g(a)取到g的最大值,即

g?a??maxg?x??gf?1?b?

(2.3)

由分部積分得

f?1(b)f?1(b)?0?g(f(b))?bf(b)??作代換y?f(x),上面積分變為

?1?1f(x)dx??0xdf(x)，g(f?1(b))??f?1(y)dy，(2.4)

0b將(2.2)式和(2.4)式代入(2.3)式得

ab??f(x)dx??f(y)dy??f?1(x)dx，000ab?1b即?f(x)dx??f?1(x)dx?ab． 證畢

00ab 6 南通大學畢業論文

3.定積分不等式常見的證明方法

關于積分不等式的證明方法較為繁多,難度及技巧性也較大,因此對其進行系統的歸納總結是很有必要的．在這一部分中我們將歸納出利用輔助函數、微分中值定理、重要積分不等式及積分中值定理等證明積分不等式的方法．

3.1 利用函數的凹凸性

在數學分析以及高等數學中,我們常常會遇到一類特殊的函數—凸函數．凸函數具有重要的理論研究價值和廣泛的實際應用,在有些不等式的證明中,若能靈活地利用凸函數的性質往往能夠簡潔巧妙的解決問題．下面給出一個例子加以說明．

定理3.1 若??t?定義在間隔?m,M?內,且????t??0,則??t?必為下凸函數．

定理3.2 設f?x?在[a,b]上為可積分函數,而m?f(x)?M．又設??t?在間隔m?t?M內為連續的下凸函數,則有不等式

??1b?1b?fxdx???f?x??dx． ?????aa?b?a?b?abb例3.1[4] 設f?x?在?a,b?上連續,且f?x??0,求證：?f?x?dx?aa12dx??b?a?． f?x?證明: 取??u??112, 因為???u???2?0,????u??3?0,?u?0? uuu即在u?0時,y???u?為凸函數,故有

1b?1b???f?x?dx????f?x??dx，??aab?ab?a??b?a即?f?x?dxab??ba1dxbbf?x?12dx??b?a?．

證畢，故?f?x?dx?aafxb?a??在上述的題目中我們可以發現在證明中常常先利用導數來判斷函數的凹凸性,然后再利用凹（凸）函數的性質來證明不等式．然而對于實際給出的題目,我們往往需要先構造一個凹（凸）函數,然后才能利用其性質來證明我們所要證明的問題．

3.2 輔助函數法

輔助函數法是積分不等式證明中的一種非常重要的方法,往往我們會根據不等式的特點,構造與問題相關的輔助函數,考慮在相同的區間上函數所滿足的條件,從而得出欲證明

南通大學畢業論文 的結論．在第二部分中我們用輔助函數法對Cauchy-Schwarz不等式進行了證明,下面將對用輔助函數法證明積分不等式進行進一步的探討．

例3.2.1[5] 設函數f?x?在區間?0,1?上連續且單調遞減,證明：對?a?(0,1)時, 有： ?f?x?dx?a?f(x)dx．

00a11x證明：令F?x???f(t)dt ?0?x?1?,由f?x?連續,得F?x?可導

x0則F??x??f?x??x??f?t?dt0xx2 ?f?x??x?f????xf?x??f??? ,(0???x)． ?2xx因為f(x)在[0,1]上單調減少,而0???x,有f?x??f???, 從而F??t??0,F?x?在(0,1]上單調減少,則對任意a?(0,1),有F(a)?F(1)． 即

a111af(x)dx?af?x?dx． 證畢 a,兩邊同乘即得f(x)dx?fxdx??,????0000a本題根據積分不等式兩邊上下限的特點,在區間(0,1)上構造了一個輔助函數,進一步我們可以思考對于一般的情形,該題的結論是否依然成立呢？答案是肯定的.例3.2.2 設函數f?x?在區間?0,1?上連續且單調遞減非負,證明：對?a,b?(0,1),且0?a?b?1時,有: ?f?x?dx?0aabf(x)dx． ?ab證明：令F?x??F??x??1xf(t)dt,?0?x?1?,由f?x?連續,得F?x?可導, 則 x?0x0f?x??x??f?t?dtx2 ?f?x??x?f????xf?x??f??? ,(0???x)． ?2xx因為f(x)在[0,1]上單調減少,而0???x,有f?x??f???,從而F??t??0,F?x?在(0,1]上單調減少,則對任意0?a?b?1,有F(a)?F(b),即

1a1b ?f?t?dt??f?t?dt．

(3.1)

a0b0由f非負,可得?f?x?dx??f?x?dx．

(3.2)0abb結合(3.1)式和(3.2)式可得 即?a1a1bfxdx?f?x?dx． ??a?0b?a0abf?x?dx??f?x?dx．

證畢

babbaa例3.2.3[6] 函數f(x)在[a,b]上連續,且f?x??0 試證：?f(x)dx? 8

1dx?(b?a)2． f(x)南通大學畢業論文

在例3.1中我們給出了本題利用函數的凹凸性證明的過程,在這里我們將給出其利用輔助函數法證明的過程．

證明: 構造輔助函數??x???f?t?dt?axxadt2??x?a?, 則 f?t? ???x??f?x??xaxdt1??f?t?dt??2?x?a?f?t?af?x?

??xaxf?t?xf?x?dt??dt??2dt

afxaf?t????x?f?x?f?t??????2?dt?0, a?f?t?f?x??

所以??x?是單調遞增的,即??b????a??0,故?f?x?dx?abba12dx??b?a?． 證畢 f?x?a?bbxf?x?dx?f?x?dx．

2?a例3.2.4 設f?x?在?a,b?上連續且單調增加,證明：?[7]

ba證明: 原不等式即為?xf?x?dx?則F??t??tf?t??1t2?a1?t?a??f?t??f???? , ???a,t?．

2?a?bbf?x?dx?0,構造輔助函數 ?aa2ta?ttF?t???xf?x?dx?f?x?dx ,t??a,b?，a2?ata?t1?f?x?dx?f?t???t?a?f?t???f?x?dx??a?? 2 2?b因為a???t,f?x?單調增加,所以F??t??0．故F?t?在?a,b?上單調遞增,且F?a??0, 所以對?x?(a,b],有F?x??F?a??0．當x?b時,F?b??0．即

?baxf?x?dx?a?bbf?x?dx?0,故原不等式成立, 證畢 ?a2通過以上幾道題目的觀察我們可以發現：

1.當已知被積函數連續時,我們可以把積分的上限或者是下限作為變量,從而構造一個變限積分,然后利用輔助函數的單調性加以證明．

2.輔助函數法實際上是一種將復雜的問題轉化為容易解決的問題的方法．在解題時通常表現為不對問題本身求解而是對與問題相關的輔助函數進行求解,從而得出原不等式的結論．

3.3 利用重要積分不等式

在第2部分中我們給出了Cauchy-Schwarz不等式以及它的推廣形式的證明過程,實際上Cauchy-Schwarz不等式的應用也很廣泛,利用它可以解決一些復雜不等式的證明.在這一小節中我們將通過具體的例子來加以說明它在證明積分不等式中的應用．

南通大學畢業論文

例3.3.1[8] 函數f?x?在?0,1?上一階可導,f?1??f?0??0, 試證明：?10112f?x?dx??f??x?dx．

402證明：由f?x???f??t?dt?f?0?和f?x????f??t?dt?f?1?0x1x

可得

f2?x?????x0f??t?dt??2xx1?1???12dt?f?2?t?dt?x?f?2?x?dx,(x??0,?), 000?2?111?1???12dt?f?2?t?dt?(1?x)?f?2?x?dx,(x??,1?)． xx0?2? f2?x???xf??t?dt12因此 ?f2?x?dx? 120112f??x?dx，(3.3)?0811

2(3.4)f??x?dx．8?010

?112f2?x?dx?將(3.3)式和(3.4)式相加即可以得到?f2?x?dx?[2]

112f??x?dx．

證畢 4?0b例3.3.2 設f?x?,g?x?在?a,b?上可積且滿足：0?m?f?x??M,?g?x?dx?0，a則以下兩個積分不等式

??baf?x?g?x?dx2b?2??f2?x?dx?g2?x?dx?m2?b?a??g2?x?dx及

aaabbb ??baf?x?g?x?dx?2?M?m?????M?m?ba?af2?x?dx?g2?x?dx成立．

ab證明：取h?x??1,由?g?x?dx?0及定理2.2知

?babaf2?x?dx?f?x?g?x?dx?f?x?dxba?g?x?f?x?dx?f?x?dx0 ?g?x?dxaab2abb0b?ab ??b?a???fab2?x?dx?ag?x?dx??af?x?dx?ag?x?dx??b?a??af?x?g?x?dx22b?b?2?b??0．

2因此

?? baf?x?g?x?dx???2baf2?x?dx?ab1g?x?dx?b?a2??baf?x?dx??g?x?dx．

(3.5)

2b2a 10 南通大學畢業論文

由m?f?x?可知 ??baf?x?dx2b?22?m2?b?a?，bb2因而??baf?x?g?x?dx???af?x?dx?ag?x?dx?m?b?a??ag2?x?dx．

22M?m??M?m??由于0?m?f?x??M,因此?f?x??????．

2??2??化簡得f2?x??Mm??M?m?f?x?, 兩邊同時積分得 ?f2?x?dx?Mm?b?a???M?m??f?x?dx, aabb22由算數-幾何平均值不等式可知

于是2?baf2?x?dx?Mm?b?a???f2?x?dx?Mm?b?a?，ab?b?a??abf2?x?dx??baf?x?dx?2?M?m??4Mm2．

1則b?a ???baf?x?dx??g?x?dx??b?a??2b2a??bf?x?dxba?2af2?x??dxbaf2?x?dx?ag2?x?dx

b2?M?m??a4Mmb

(3.6)f2?x?dx?g2?x?dx．

ab由式(3.5)和式(3.6)可知

??baf?x?g?x?dx?2?M?m?????M?m?2?baf2?x?dx?g2?x?dx．

證畢

ab以上兩道題分別利用了Cauchy-Schwarz不等式及其推廣形式．我們在證明含有乘積及平方項的積分不等式時應用Cauchy-Schwarz不等式頗為有用,但要注意選取適當的f?x?與g?x?,有時還需對積分進行適當的變形．

3.4 利用積分中值定理

積分中值定理展現了將積分轉化為函數值,或者是將復雜函數積分轉變為簡單函數積分的方法.其在應用中最重要的作用就是將積分號去掉或者是將復雜的被積函數轉化為相比較而言較為簡單的被積函數,從而使得問題能夠簡化.因此合理的利用積分中值定理能夠有效的簡化問題.下面將通過兩道例題來說明．

定理3.3（積分第一中值定理）若f(x)在[a,b]上可積且m?f(x)?M,則存在 11 南通大學畢業論文

u?[m,M]使?f(x)dx?u(b?a)成立.特別地,當f(x)在[a,b]上連續,則存在c?[a,b],使ab?baf(x)dx?f(c)(b?a)成立．

定理3.4（積分第一中值定理的推廣）若函數f?x?,g?x?在區間?a,b?上可積,f?x?連續,g?x?在?a,b?上不變號,則在積分區間?a,b?上至少存在一個點?,使得下式成立

?f?x?g?x?dx?f????g?x?dx．

aabb定理3.5（積分第二中值定理的推廣）若函數f?x?,g?x?在區間?a,b?上可積,且f?x?為單調函數,則在積分區間?a,b?上至少存在一個點?,使得下式成立 ?f?x?g?x?dx?f?a??g?x?dx?f?b??g?x?dx．

aab?b?例3.4.1 設函數f?x?在區間?0,1?上連續單調遞減,證明：對?a,b?(0,1),且0?a?b?1時,有?f?x?dx?0aabf(x)dx,其中f?x??0． ?ab對于這道題目我們在3.2.2中給出了其利用輔助函數法證明的過程,實際上這道題目還可以用積分第一中值定理來證明,下面我們將給出證明過程．

證明：由積分中值定理知

?0af?x?dx?f??1??a, ?1??0,a?； ?f?x?dx?f??2???b?a?,?2??a,b?；

ab因為?1??2,且f?x?遞減,所以有f??1??f??2?, 1a1b1bfxdx?fxdx?f?x?dx, ???????0aaab?abaab故 ?f?x?dx??f?x?dx． 證畢

0ba即

例3.4.2 設f?x?在?a,b?上連續且單調增加,證明：?baa?bbxf?x?dx?f?x?dx．

2?a同樣地，在之前的證明中我們給出了此題利用輔助函數法證明的過程,仔細分析觀察這道題目我們還可以發現它可以用積分第一、第二中值定理的推廣形式來證明,接著我們將給出此題在這兩種方法下的證明過程．

證法一

b?a?b?a?b?a?b??2?證明: ??x??x?fxdx?x?fxdx????a?b????f?x?dx． ???aa222?????2?ba?b 12 南通大學畢業論文

?a?b??a?b?由定理3.4可知,分別存在?1??a，??,b?, ?2?22????使得 ?a?b2aa?b?a?b??2?x?fxdx?f?x?????1?a????dx, 2?2???a?bb?a?b?a?b?? ?a?b?x?fxdx?f?x?????2?a?b???dx, 22??2?2? b?a?b?a?b??因此??x?fxdx????a2?8?b2?f????f????,由于f?x?在?0,1?單調增加的,且

210??1??2?1,所以有 f??2??f??1??0．

a?b??從而??x??f?x?dx?0,故原不等式成立, 證畢 a2??b證法二

證明:由定理3.5可知：存在???a,b?，??b?a?b?a?b?a?b??使得 ??x??fax?dx?fbx?fxdx????????dx ???a???a222??????b ???f?a??f?b????????a????b???．

由f?x?單調增加及???a,b?知f?a??f?b??0,??a?0,??b?0．

b?a?b?可得??x??f?x?dx?0,故原不等式成立, 證畢 a2??通過上述兩道題目我們可以了解到積分中值定理在實際應用中起到的重要作用就是能夠使積分號去掉,或者是將復雜的被積函數轉化為相對而言較簡單的被積函數,從而使問題得到簡化.因此,對于證明有關結論中包含有某個函數積分的不等式,或者是要證明的結論中含有定積分的,可以考慮采用積分中值定理,從而去掉積分號,或者化簡被積函數．

3.5 利用積分的性質

關于積分的性質在高等數學的學習中我們已經學到了很多,我們可以利用它來證明許多問題.在這里我們主要利用定積分的比較定理和絕對值不等式等性質對問題進行分析處理．

例3.5.1[9] 設f?x?在?0,1?上導數連續,試證：?x??0,1?，13 南通大學畢業論文

有 f?x????f??x??f?x???dx． 0?證明：由條件知f?x?在?0,1?上連續,則必有最小值, 1即存在x0??0,1?,f?x0??f?x?, 由?f??t?dt?f?x??f?x0??f?x??f?x0???f??t?dt, x0x0xx f?x??f?x0???f??t?dt?f?x0???x0xxx0f??t?dt?f?x0???f??t?dt

0101 ??f?x0?dt??0110f??t?dt??f?t?dt??01f?t??f??t??f??t?dt????dt 0?

1????f??x??f?x???dx.故原不等式成立, 證畢

013.6 利用泰勒公式

在現代數學中泰勒公式有著重要的地位,它在不等式的證明、求極限以及求高階導數在某些點的數值等方面有著重要的作用.關于泰勒公式的應用已經有很多專家學者對其進行了深入的研究,下面我們將舉例說明利用泰勒公式也是證明積分不等式的一種重要方法．

定理3.6(帶有拉格朗日型余項的Taylor公式)設函數f(x)在點x0處的某鄰域內具有n?1階連續導數,則對該鄰域內異于x0的任意點x,在x0與x之間至少存在一點?,使得：

f??(x0)fn(x0)2f(x)?f(x0)?f?(x0)(x?x0)?(x?x0)???(x?x0)n?Rn(x)

(1)

2!n!f(n?1)(?)其中Rn(x)?(x?x0)n?1（?在x與x0之間）稱為拉格朗日型余項,(1)式稱為泰勒公(n?1)!式．

例3.6.1[10] 設f?x?在?a,b?上有二階連續導數,f?a??f?b??0,M?maxf???x?，x??a,b?試證明:?f?x?dxab?b?a??123M．

證明：對?x??a,b?,由泰勒公式得

f

f?a???f?x?????f?b???f?x?????f1?????x??a?x?21?????x??b?x?2fa?x??a,x?, , ??2fb?x??x,b?, , ??2a?b?1?22??, ????兩式相加得 f?x??f??x??x??f?a?x?f?b?x???????????2?4? 14 南通大學畢業論文

兩邊積分得 ?f?x?dx??abbaa?b?1b?22??dx, ?????f?x??x?dx?f?a?x?f?b?x????????????a2?4?bb?ba?b?a?b??其中 ?f??x??x?dx?x?dfx??f?x?dx, ???????aaa2?2???于是有 ?f?x?dx?故 ?ba1b?22?dx, ????f?a?x?f?b?x???????????aa8Mb?22?dx?M?b?a?3． 證畢 f?x?dx?a?x?b?x?????8?a?12b例3.6.2[6] 設f?x?在?a,b?上有二階導數,且f???x??0，?a?b?求證 ?f?x?dx??b?a?f??． a2??b證明：將f?x?在x0?a?b處作泰勒展開得到 22a?b?1a?b??a?b??a?b????a?b????, f?x??f??fx??f?x?????????????x,?．

222222??????????

a?b??a?b??a?b???因為f???x??0,所以可以得到 f?x??f??fx??????，222??????ba?b??a?b??a?b?b??對不等式兩邊同時積分得到 ?f?x?dx?f?b?a?fx???????a??dx． a2??2??2??ba?b??因為??x??dx?0, 所以有?af?x?dx??b?a?a2??b?a?b?f??． 證畢

2??通過這兩道題目我們大致可以了解到當題目中出現被積函數在積分區間上有意義且有二階及二階以上連續導數時,是提示我們用泰勒公式證明的最明顯的特征．一般情況下我們選定一個點xo,并寫出f?x?在這個點xo處的展開公式,然后進行適當的放縮或與介值定理相結合來解決問題．

3.7 利用重積分

在一些積分不等式的證明中,由于被積函數的不確定,從而我們不能求出其具體的數值,這時我們可以將定積分轉換為二重積分再利用其性質來求解．以下列舉了3種利用重積分來證明積分不等式的方法,這種技巧在高等數學中雖然不常見,但卻是很重要的,下面我們將通過3道例題來進一步說明．

南通大學畢業論文

3.7.1 直接增元法

命題一[11]：若在區間[a,b]上f(x)?g(x),則?f(x)dx??g(x)dx．

aa

bb例3.7.1[11] 設f(x),g(x)在[a,b]上連續,且滿足：

?xaf(t)dt??g(t)dt,x?[a,b],?af(t)dt??ag(t)dt,證明：?axf(x)dx??axg(x)dx．

axbbbb證明：由題得?f(t)dt??g(t)dt, aaxx從而可以得到?dx?f(t)dt??dx?g(t)dt,即?dx?[f(t)?g(t)]dt?0．

aaaaaabxbxbx左式??dx?[f(t)?g(t)]dt ???[f(t)?g(t)]dxdt(其中D?{(x,t)|a?x?b,a?t?x})aaDbx ??dt?[f(t)?g(t)]dx ??(b?t)[f(t)?g(t)]dt

atabbb ?b[?f(t)dt??g(t)dt]?[?tf(t)dt??tg(t)dt]??[?tf(t)dt??tg(t)dt]?0．

aaaaaabbbbaaaabbbbbb則 ?tf(t)dt??tg(t)dt?0 , 即?xf(x)dx??xg(x)dx． 證畢

在本題中我們將一元積分不等式?f(x)dx??g(x)dx的兩邊同時增加一個積分變量

aaxx?badx，使得一元積分不等式化為二元積分不等式，然后巧妙的運用轉換積分變量順序的方法達到證明一元積分不等式的方法.3.7.2 轉換法

在利用重積分來證明積分不等式的時候，我們不但可以采用直接增元法，還可以采用轉換法.關于轉換法又分為將累次積分轉換為重積分，以及將常數轉換為重積分這兩種形式.下面我們將依次來介紹這兩種方法.1.將累次積分轉為重積分

命題二[11] 若f(x)在[a,b]上可積,g(y)在[c,d]上可積,則二元函數f(x)g(y)在平面區域D?{(x,y)|a?x?b,c?y?d}上可積,且

??Df(x)g(y)dxdy??f(x)dx?g(y)dy??f(x)dx?g(x)dx．

acacbdbd其中D?{(x,y)|a?x?b,c?y?d}

例3.7.2[11] 設p(x),f(x),g(x)是[a,b]上的連續函數,在[a,b]上,p(x)?0,f(x),g(x)為單調遞增函數,試證：

南通大學畢業論文

?babap(x)f(x)dx?p(x)g(x)dx??p(x)dx?p(x)f(x)g(x)dx．

aaabbbaaabbb

證明：由?p(x)f(x)dx?p(x)g(x)dx??p(x)dx?p(x)f(x)g(x)dx可知：

?babap(x)dx?p(x)f(x)g(x)dx??p(x)f(x)dx?p(x)g(x)dx?0，aaabbaabbb令I??p(x)dx?p(x)f(x)g(x)dx??p(x)f(x)dx?p(x)g(x)dx, ab下證I?0；

I??p(x)dx?p(x)f(x)g(x)dx??p(x)f(x)dx?p(x)g(x)dx

aaaabbbb

同理

??p(x)dx?p(y)f(y)g(y)dy??p(x)f(x)dx?p(y)g(y)dy

aaaabbbb????bab??babp(x)p(y)f(y)g(y)dxdy??ba?bap(x)f(x)p(y)g?y?dxdy

aap(x)p(y)g(y)[f(y)?f(x)]dxdy．

(3.7)bbbI??p(x)d?xaabab(p)x(f)x(g?)x?dxab(p)x?(f)xdx()pxgxdx

a

??p(y)d?ybbap()xf()xg(?)x?dxab(p)y?(f)ydy(p)xgxdxab ???p(y)p(x)g(x)[f(x)?f(y)]dxdy．

(3.8)aa

(3.7)?(3.8)得

2I??ba?bap(x)p(y)[g(y)?g(x)][f(y)?f(x)]dxdy, 因為f(x),g(x)同為單調增函數,所以[g(y)?g(x)][f(y)?f(x)]?0 又因為p(x)?0,p(y)?0,故 2I??ba?bap(x)p(y)[g(y)?g(x)][f(y)?f(x)]dxdy?0,即I?0．

證畢

2.將常數轉換為重積分的形式

在例3.7.2中我們介紹了將累次積分轉換為重積分,在下面的例3.7.3中我們將對常數轉換為重積分來進行說明．我們可以發現有這樣一個命題,若在二重積分中被積函數f(x,y)?k,則可得到??kd??k(b?a)2,其中D?{(x,y)|a?x?b,a?y?b}．

D例3.7.3函數f(x)在[a,b]上連續,且f?x??0試證：?f(x)dx?

abba1dx?(b?a)2． f(x)本題與前面的例3.1以及例3.2.3是同一道題目,在這里我們將利用重積分證明此題． 證明：原題即為 ?f(x)dx?abba1dy???d?, f(y)D 17 南通大學畢業論文

移項可得??(Df(x)?1)d??0, f(y)2??(Df(x)f(x)f(y)?1)d????(?1)d????(?1)d??0, f(y)f(y)f(x)DDf(x)f(y)f(x)f(y)??2)d??0,因為f(x)?0,f(y)?0,所以??2?0． f(y)f(x)f(y)f(x)所以即為證??(D故 ??(Dbbf(x)f(y)1??2)d??0 恒成立,即?f(x)dx?dx?(b?a)2成立, 證畢

aaf(x)f(y)f(x)通過以上三道例題我們可以大致了解到，在這一類定積分不等式的證明過程中我們一般先將所要證明的不等式轉化為二次積分的形式,進一步再轉換為二重積分,最后利用二重積分的性質或其計算方法得出結論.這種方法克服了數學解題過程中的高維數轉化為低維數的思維定勢,豐富了將二重積分與定積分之間互化的數學思想方法．

3.8 利用微分中值定理

微分中值定理是數學分析中的重要的一個基本定理,它是指羅爾中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理以及泰勒中值定理這四種定理.關于微分中值定理的應用也是很廣泛的,證明不等式是微分中值定理最基本的應用之一.在這里我們將對利用柯西中值定理及拉格朗日中值定理證明積分不等式進行研究.下面將通過兩個例子來具體說明這兩個定理在證明積分不等式中的應用,以及不同的微分中值定理在證明不等式時的區別．

例3.8.1[12] 設f?a??0,f?x?在區間?a,b?上的導數連續,證明：

2?b?a??a1bf?x?dx?1maxf??x?． x2??a,b?證明：應用Lagrange中值定理,????a,x?,其中a?x?b,使得

f?x??f?a??f?????x?a?, 因為f?a??0, 所以f?x??Mx?a, M?maxf??x?，x??a,b?從a到b積分得

?a ?bf?x?dx?M?baM2bx?adx?M??x?a?dx??x?2?

aa2bM1122b?a?maxf??x??b?a?．即??222?b?a??baf?x?dx?1maxf??x?.證畢 x2??a,b? 18 南通大學畢業論文

例3.8.2[13] 設函數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???f121003?x?dx．

證明：令F?x????x0f?t?dt,G?x???f3?t?dt，0?2xF?x?,G?x?在?0,1?上滿足柯西中值定理,則

??f?x?dx?102??10f03?x?dx?F?1??F?0?F???????G?1??G?0?G???02f????f?t?dt0?f3????2?f?t?dt0?f2??? ?0???1?

2?f?t?dt??f?t?dtf2????f02??0??2f???1??1 , ?0?????1?．

2f???f????f????所以 ??10f?x?dx?2??f2?x?dx．

證畢

01通過以上兩道題目可以發現：

1.在應用Lagrange中值定理時先要找出符合條件的函數f?x?,并確定f?x?在使用該定理的區間?a,b?,對f?x?在區間?a,b?上使用該定理．若遇到不能用該定理直接證明的,則從結論出發,觀察并分析其特征,構造符合條件的輔助函數之后再應用Lagrange中值定理．

2.在研究兩個函數的變量關系時可以應用Cauchy中值定理,在應用該定理證明不等式時關鍵是要對結果進行分析,找出滿足Cauchy中值定理的兩個函數f?x?,g?x?,并確定它們應用柯西中值定理的區間?a,b?,然后在對f?x?,g?x?在區間?a,b?上運用Cauchy中值定理．

無論是Cauchy中值定理還是Lagrange中值定理在積分不等式的證明中都各具特色,都為解題提供了有力的工具.總之在證明不等式時需要對結論認真的觀察有時還需要進行適當的變形,才能構造能夠應用中值定理證明的輔助函數,進而利用微分中值定理證明不等式．

南通大學畢業論文

4．總

結

我們通過查閱有關積分不等式的文獻和資料,并對其中的相關內容進行對比和分析后,將有關的內容加以整理并擴充形成了本文.在論文中給出了兩個重要的積分不等式的證明以及總結了八種積分不等式的證明方法.然而由于自己的參考資料面不夠廣,參考的大多數文獻都是僅給出了例題及其證明方法,而并沒有給出進一步的分析,同時自己的知識面較窄,能力有限,導致還有很多難度較大的問題尚未解決．例如,在實際的問題中,還有一些證明方法是我們所不知道的,并且還有一些不等式并不能用本文所給出的八種方法來證明,這就需要我們進一步的思考與研究.今后我們應該更多的參考其他資料,充分拓展思路,以便于提出新的觀點．

南通大學畢業論文

參考文獻

[1]王宇,代翠玲,江宜華．一個重要積分不等式的證明、推廣及應用[J]．荊州師范學院學報(自然科學 版),2000,23(5)：106 [2] 張盈．Cauchy-Schwarz不等式的證明、推廣及應用[J]．高師理科學刊,2014,34(3):34-37 [3] 黃群賓．積分不等式的證明[J]．川北教育學院學報,1996,6(4):22-27 [4] 李志飛．積分不等式的證明[J]．高等數學研究,2014,17(6)：50-51 [5]郝涌,王娜,王霞,郭淑利．數學分析選講[M]．北京：國防工業出版社,2014 [6]張瑞,蔣珍．定積分不等式證明方法的研究[J]．河南教育學院學報(自然科學版),2011,20(2)：18 [7]林忠．一個積分不等式的幾種證明方法[J]．成都教育學院學報,2006,20(12)：66 [8]劉法貴．證明積分不等式的幾種方法[J]．高等數學研究,2008,11(1):122 [9] 蘇德礦,李錚,鐵軍．數學強化復習全書[M]．北京：中國證法大學出版社,2015 [10] 李小平,趙旭波．定積分不等式幾種典型證法[J]．高等數學研究,2009,12(6):13-17 [11] 黃云美．重積分在積分不等式證明中的應用[J]．楊凌職業技術學院學報,2014,13(3):27-33 [12] 葛亞平．積分不等式證明的再認識[J]．河南教育學院學報(自然科學版),2015,24(3):18-20 [13] 王麗穎,張芳,吳樹良．積分不等式的證法[J]．白城師范學院學報,2007,21(3): 19-22

南通大學畢業論文

第三篇：應用導數證明不等式

應用導數證明不等式

常澤武指導教師：任天勝

（河西學院數學與統計學院 甘肅張掖 734000）

摘要： 不等式在初等數學和高等代數中有廣泛的應用，證明方法很多，本文以函數的觀點來認識不等式，以導數為工具來證明不等式。

關鍵字： 導數 不等式最值中值定理單調性泰勒公式

中圖分類號： O13

Application derivative to testify inequality

ChangZeWu teachers: RenTianSheng

(HeXi institute of mathematics and statistics Gansu zhang ye 734000)Abstract: He inequality in elementary mathematics and higher algebra is widely used, proved many methods, based on the function point of view to know inequality to derivative tools to prove to inequality.Key words: The most value of derivative inequality value theorem monotonicity Taylor formula

1.利用微分中值定理來證明不等式

在數學分析中，我們學到了拉格朗日中值定理，其內容為：

定理1.如果函數f?x?在閉區間?a,b?上連續，在開區間?a,b?上可導，則至少存在一點???a,b?，使得f'(?)?

拉格朗日中值定理是探討可微函數的的幾何特性及證明不等式的重要工具，我們可以根據以下兩種方法來證明。

（1）首先，分析不等式通過變形，將其特殊化。其次，選取合適的函數和范圍。第三，利用拉格朗日中值定理。最后，在根據函數的單調性和最大值和最小值。

（2）我們可根據其兩種等價表述方式

①f(b)?f(a)?f'(a??(b?a))(b?a),0???1

②f?a?h??f?a??f'?a??h?h,0???1

我們可以?的范圍來證明不等式。f(b)?f(a)。b?a

11(x?0)例1.1證明不等式ln(1?)?x1?x

證明第一步變形1 ln(1?)?ln(1?x)?ln(x)x

第二步選取合適的函數和范圍

令f(x)?lntt??x,1?x?

第三步應用拉格朗日中值定理

存在???x,1?x?使得f'(?)?f(1?x)?f(x)(1?x)?(x)

即ln(1?x)?ln(x)?1

?而 ?<1+x 1 1?x

1?x1)?而0?x??? 即ln(x1?x?ln(1?x)?ln(x)?

例 1.2證明：?h>-1且h?0都有不等式成立：

h?ln(1?h)?h 1?h

證明：令f(x)=ln(1+x),有拉格朗日中值定理，????0,1?使得

ln(1?h)?f(h)?f(0)?f'(?h)h?

當h>0時有

1??h?1?1?h,當?1?h?0時有

1?1??h?1?h?0,即h.1??h1h??h;1?h1??h1h??h.1?h1??h

2．利用函數單調性證明不等式

我們在初等數學當中學習不等式的證明時用到了兩種方法：一種是判斷它們差的正負，另一種是判斷它們的商大于1還是小于1.而我們今天所要討論的是根據函數的導數的思想來判斷大小。

定理：設函數f(x)在?a,b?上連續，在?a,b?可導，那么

（1）若在?a,b?內f'(x)?0則f(x)在?a,b?內單調遞增。

（2）若在?a,b?內f'(x)?0則f(x)在?a,b?內單調遞減。

使用定理：要證明區間?a,b?上的不等式f(x)?g(x)，只需令F(x)?f(?x)。g使在(x)?a,b?上F'(x)>0（F'(x)<0）且F(a)=0或（F(b)=0）例2.1 設x?0證明不等式ln(1?x)?xe?x

證明：令F(x)?ln(1?x)?xe?x（x>0）

顯然F(0)?0

1ex?x2?1?x?x（x>0）F'(x)??e?xe?x1?x(1?x)e

現在來證明ex?x2?1?0

令f(x)?ex?x2?1顯然f(0)?0

當x?0時f'(x)?ex?2x?0

于是得f(x)在x?0上遞增

故對x?0有f(x)?f(0)?f(x)?0

而(1?x)ex?0

所以F'(x)?0故F(x)遞增

又因為F(0)?0

所以F(x)?0

所以ln(1?x)?xe?x成立

3．利用函數的最大值和最小值證明不等式

當等式中含有“=”號時，不等式f(x)?g(x)(或f(x)?g(x))? g(x)?f(x)?0（或g(x)?f(x)?0），亦即等價于函數G(x)?g(x)?f(x)有最小值或F(x)?f(x?)g(有最大值。x)

證明思路：由待正不等式建立函數，通過導數求出極值并判斷時極大值還是極小值，在求出最大值或最小值，從而證明不等式。

1例3.1證明若p>1，則對于?0,1?中的任意x有p?1?xp?(1?x)p?1 2

證明：構造函數f(x)?xp?(1?x)p(0?x?1)

則有f'(x)?pxp?1?p(1?x)p?1?p(xp?1?(1?x)p?1)

令f'(x)?0，可得xp?1?(1?x)p?1，于是有x?1?x，從而求得x?1。由于2

函數f(x)在閉區間?0,1?上連續，因而在閉區間?0,1?上有最小值和最大值。

由于函數f(x)內只有一個駐點，沒有不可導點，又函數f(x)在駐點x?1和2

111p1?)?p?1,f(0)?f(1),區間端點(x?0和x?1)的函數值為f()?)p?(1所以2222

1f(x)在?0,1?的最小值為p?1，最大值為1，從而對于?0,1?中的任意x有2

11?f(x)?1?xp?(1?x)p?1。，既有p?1p?122

4．利用函數的泰勒展式證明不等式

若函數f(x)在含有x0的某區間有定義，并且有直到(n?1)階的各階導數，又在x0處有n階導數f(n)(x0)，則有展式： f'(x0)f''(x0)fn(x0)2(x?x0)?(x?x0)??(x?x0)n?Rn(x)f(x)?f(x0)?1!2!n!

在泰勒公式中，取x0=0,變為麥克勞林公式

f'(0)f''(0)2fn(0)nf(x)?f(0)?(x)?(x)??(x)?Rn(x)1!2!n!

在上述公式中若Rn(x)?0(或?0)則可得

f'(0)f''(0)2fn(0)nf(x)?f(0)?(x)?(x)??(x)，1!2!n!

f'(0)f''(0)2fn(0)n(x)?(x)??(x)?；騠(x)?f(0)?1!2!n!

帶有拉格朗日余項的泰勒公式的實質是拉格朗日微分中值定理的深化，他是一個定量估計式，該公式在不等式證明和微分不等式證明及較為復雜的極限計算中有廣泛的應用。

用此公式證明不等式就是要把所證不等式化簡，其中函數用此公式，在把公式右邊放大或縮小得到所證不等式。

例4.1若函數f(x)滿足：（1）在區間?a,b?上有二階導函數f''(x)，（2）

f'(a)?f'(b)?0，則在區間?a,b?內至少存在一點c，使

f''(c)?4f(b)?f(a)。2(b?a)

證明：由f(x)在x?a和x?b處的泰勒公式，并利用f'(a)?f'(b)?0，得f(x)?f(a)?f''(?)(x?a)2

2!f''(?)f(x)?f(b)?(x?b)2,于是2!

a?bf''(?)(b?a)2a?bf()?f(a)??(a???),22!42

a?bf''(?)(b?a)2a?bf()?f(b)??(a???),22!42

f''(?)?f''(?)(b?a)2

相減，得f(b)-f(a)=,24

4f(b)?f(a)1(b?a)2

即?f''(?)?f(?)?,(b?a)224

當f''(?)?f''(?)時，記c??否則記c=?,那么

f''(c)?4f(b)?f(a)(a?b?c)(b?a)2

參 考 文 獻

《數學分析》上冊，高等教育出版社，1990.?1?鄭英元，毛羽輝，宋國棟編，?2?趙煥光，林長勝編《數學分析》上冊，四川大學出版社，2006。?3?歐陽光中，姚允龍，周淵編《數學分析》上冊，復旦大學出版社，2004.?4?華東師范大學數學系編《數學分析》上冊，第三版，高等教育出版社2001.

第四篇：Minkowski不等式的證明(積分形式)

閔可夫斯基不等式

在數學中，閔可夫斯基不等式（Minkowski不等式）表明Lp空間是一個賦范向量空間

。設是一個 度量空間，那么

如果，等號成立

當且僅當，或者，我們有：

閔可夫斯基不等式是中的三角不等式。它可以用赫爾德不等式來證明。和赫爾德不等式一樣，閔可夫斯基不等式取可數測度可以寫成序列或向量的特殊形式：

對所有

實數，這里

是的維數；改成復數同樣成立，沒有任何難處。

值得指出的是，如果以變為。

積分形式的證明，則可

我們考慮的次冪：

（用三角形不等式展開）

用 赫爾德不等式（見下文）繼續運算可得

（利用，因為）

現在我們考慮這個不等式序列的首尾兩項，除以最后那個表達式的后面那個因子，我們得到

:

因為，我們最終得出：

這就是我們所要的結論。

對于序列的情況，證明是完全類似的。

赫爾德（Holder）不等式

設ai,bi?1?i?n?是2n個正實數，??0,??0,????1,n

a?則

i?1

?

i

bi

?

????

???ai???bi??i?1??i?1?

n

n

i

n

?

n

?

.[證明] 令A??a

i?1,B?

?b

i?1

i

那么

?

n

A

??

B

??

?a

i?1

?

i

bi

?

?ai??bi???????

i?1?A??B?

n

?

?lg

aiA

??lg

biB

?lg

?

ai??lg

bi

?lg

?

ai??

bi???

?

???

?

?ai??bi?????

利用Jensen不等式有A???B?

n

??

aiA

??

bi

B成立

?

i?1

?ai??bi?

?????A??B?

n

??

?

?

n

i

a?A

i?1

?

?

n

i

b?B

i?1

?????1

?

即

?a

i?1

?

i

bi

?

?AB

??

???????ai???bi?,得證。

?i?1??i?1?

n

?

n

易知積分形式也成立

第五篇：高中數學知識點：不等式的證明及應用

不等式的證明及應用

知識要點：

1．不等式證明的基本方法：

?a?b?0?a?b

?（1）比較法：?a?b?0?a?b

?a?b?0?a?b?

用比較法證明不等式，作差以后因式分解或配方。

（2）綜合法：利用題設、不等式的性質和某些已經證明的基本不等式（a2 | a a?0;a2?b2?2ab;a3?b3?c3?3abc等），推論出所要證的不等式。綜合法的思索路線是“由因導果”即從一個（一組）已知的不等式出發，不斷地用必要條件來代替前面的不等式，直至推導出所要求證的不等式。

（3）分析法：“執果索因”從求證的不等式出發，不斷地用充分條件來代替前

面的不等式，直至找到已知的不等式。

證明不等式通常采用“分析綜合法”，即用分析法思考，用綜合法表述。

2．不等式證明的其它方法：

（1）反證法：理論依據A?B與B?A等價。先否定命題結論，提出假設，由

此出發運用已知及已知定理推出矛盾。根據原命題與逆否命題等價，A得證。

（2）放縮法：理論依據 a > b,b > c?a > c ?B

（3）函數單調性法。

3．數（式）大小的比較：

（1）作差或作比法（2）媒介法（3）函數單調性法

4．不等式在函數中的應用：

（1）求函數的定義域（2）求函數的值域（3）研究函數的單調性

5．基本不等式法求最值：

（1）均值定理求最值：要求各項為正，一邊為常數，等號可取。

（2）絕對值不等式|a|?|b|?|a?b|?|a|?|b|的應用。其中|a?b|?|a|?|b|取等號的條件是ab且|ab|。|a+ba| + |b|取等號的條件是ab。

6．方程與不等式解的討論

（1）一元二次方程ax2

a?0,??b2?bx?c?0有嚴格的順序性： 及x1,2??b?2a??4ac?0,b?x1?x2????a?c?xx?12?a?。

（2）函數與不等式：利用函數圖象找出等價關系，轉化為不等式問題去解決。