第一篇：Cauchy-Schwarz不等式的證明和應用
Cauchy-Schwarz不等式的證明和應用
摘要:Cauchy-Schwarz不等式有多種證明方法而且應用廣泛.本文歸納了幾種Cauchy-Schwarz不等式的典型證明方法,并探討了Cauchy-Schwarz不等式的應用.關鍵詞:Cauchy-Schwarz不等式;向量空間;內積
一、Cauchy-Schwarz不等式的幾種證明方法
1.第一種證明方法
定理1對任意的向量α,β有|(α,β)|≤|α||β|.當且僅當α,β線性相關時,等號才成立.證明當β=0時,不等式成立.設β≠0.令t是一個實變數,作向量γ=α+tβ.不論t取何值,一定有
(γ,γ)=(α+tβ,α+tβ)≥0.即
(α,α)+2(α,β)t+(β,β)t2≥0(1)
取
t=.代入(1)式,得
(α,α)-≥0，即
(α,β)2≤(α,α)(β,β).兩邊開方便得
|(α,β)|≤|α||β|.當α,β線性相關時,等號顯然成立.反過來,如果等號成立,由以上證明過程可以看出,或者β=0,或者
α-β=0，也就是說α,β線性相關.2.第二種證明方法
引理:設V是歐氏空間,ξ,η是V的單位向量,那么，|(ξ,η)|≤1.證明ξ,η既是單位向量,則有(ξ,ξ)=1,(η,η)=1,而|ξ,η|2≥0,即
|ξ,η|2=(ξ-η,ξ-η)
=(ξ,ξ)+(η,η)-2(ξ,η)
=2-2(ξ,η)≥0
所以,(ξ,η)≤1;
又|ξ,η|2≥0,即
|ξ,η|2=(ξ+η,ξ+η)
=(ξ,ξ)+(η,η)+2(ξ,η)
=2-2(ξ,η)≥0
所以,(ξ,η)≥-1.總之,|ξ,η|≤1.定理2設α,β是歐氏空間V中的任意兩個向量,那么,|(α,β)|≤|α||β|,等號成立當且僅當α,β線性相關.證明10若α,β中有一個是零向量,則結論顯然成立;
20設α,β都不為零,今將α,β單位化,令ξ=,η=,則由引理.知|(ξ,η)| ≤1,而(α,β)=(|α|ξ,|β|η)=|α||β|(ξ,η)所以,|(α,β)|≤|α||β|(ξ,η)≤1.再設ξ與η的夾角為θ,則θ的余弦為cosθ==(ξ,η)由此可知,|(α,β)| ≤|α||β|(ξ,η)=1cosθ=±1≤1ξ=±η,此即知α與β線性相關.3.第三種證明方法
定理3設α,β是歐氏空間V中的任意兩個向量,那么,|(α,β)|≤|α||β|,等號成立當且僅當α,β線性相關.證明x1,x2∈R取,則(x1α+x2 β,x1α+ x2 β)≥0,即
(α,α)x12+2(α,β)x1x2+(β,β)x22≥0，而此式左端恰為關于x1,x2的半正定二次型,故其矩陣的行列式≥0,即
(α,α)(α,β)(α,β)(β,β)≥0
則得|(α,β)|≤|α|| β|,且等號成立
(α,α)(α,β)(α,β)(β,β)=0α,β線性相關.二、Cauchy-Schwarz不等式的應用
Cauchy-Schwarz不等式在不同的空間對應著不同的形式,下面是它在不同空間上的幾種變形.母不等式:設V是歐氏空間,若ξ,η∈V,則
(ξ,η)2≤(ξ,ξ)(η,η)(2)
上式等號成立的充要條件是ξ,η線性相關.變形一:取V=Rn,令ξ=(a1,a2,…,an),η=(b1,b2,…,bn)則有
(a1b1+…+anbn)≤(a12+a22+…+an2)(b12+b12+…+bn2)(3)
等號成立的充要條件 bi=cai(i=1,2,…n),c是為常數.變形二:取V是定義在[a,b]上一切連續實函數所構成的實線性空間,設f(x), g(x)∈V,則有
[f(x)g(x)dx]2≤f 2(x)dxg2(x)dx(4)
變形三:取 V 為概率空間,對任意屬于V 的隨機變量 ξ與 η都有
|Eξη|2 ≤Eξ2Eη2(5)
等號成立的充要條件是P(η=t0 ξ)=1,t0是某一常數.例1若x1,x2,…,xn均為正數則有(x1+x2+…+xn)(++…+)≥n2(6)
證明由(2)式令a1=,a2=,…,an=.b1=,b2=,…,bn=,則有
(?+?+…+?)2=n2.而
(++…+)(++…+)
=(x1+x2+…+xn)(++…+)
所以(x1+x2+…+xn)(++…+)≥n2.顯然等號當且僅當x1=x2=…=xn時成立.例2已知a、b、c、x、y、z都是實數,并且a2+b2+c2=1,x2+y2+z2=1
求證:|ax+by+cz|≤1.證明由不等式(3)有
(ax+by+cz)2≤(a2+b2+c2)(x2+y2+z2)
所以,|ax+by+cz|2≤1,即|ax+by+cz|≤1.例3當2x+4y=1時,求證
x2+y2≥.證明由不等式(3)有
(2x+4y)2≤(22+42)(x2+y2)，所以1≤20(x2+y2)
所以(x2+y2)≥
例4已知a、b、c為正數,求證
a2+b2+c2≥ab+bc+ca.證明由不等式(3)有
(ab+bc+ca)2≤(a2+b2+c2)(b2+c2+a2),即(ab+bc+ca)2≤(a2+b2+c2)2.因為a、b、c為正數,所以a2+b2+c2≥ab+bc+ca.例5設ai≥0,i=1,2,…,n,則ai≤(ai2),且等號成立的充要條件是a1=a2=…=an.證明設二維離散型隨機變量ξ,η的聯合概率分布為
P(ξ=xi,η=yi)=P(ξ=xj,η=yj)=0(i≠j)
i=1,2,…,n;j=1,2,…,n
則ξ、η的邊際概率分布分別為
Pξ(ξ=xi)=,Pη(η=yj)=
令xi=ai≥0,yj=1有
Eξη=ai?=?ai
Eξ2=ai2?=?ai2
Eη2=yi?=1=1
由不等式(5)有(ai)2≤ai2且等號成立的充要條件是==…=
開方得ai≤(ai2)且等號成立的充要條件是a1=a2=…=an.例6設a、x、y是同時大于1(或小于1)的正數,且logaxyj=9,求證:
logxa+logya+logja≥1.證明左邊=++.由不等式(6)有
(loga.x+loga y+loga j)(++)≥j2
即logaxyj?(++)≥9.有已知logaxyj≥9
所以(++)≥1
即logxa+logya+logja≥1
例7設a>0,b>0,且a+b=1,求證
(a+)2+(b+)2≥.證明由不等式(7)有
≥
所以≥
所以(a+)2+(b+)2≥.又因為(a-b)2≥0,所以a2+b2-2ab≥0.所以(a+b)2-4ab≥0.所以1-4ab≥0.所以ab≤.所以(a+)2+(b+)2≥=
例8設α,β是歐氏空間V中的向量,則有|α|-|β|≤|α±β|≤|α|+|β|.證明由Cauchy-Schwarz不等式得
-|α||β|≤(α,β)≤|α||β|，|α|2+|β|2-2|α||β|≤|α|2+|β|2+2|(α,β)|≤
|α|2+|β|2+2|α||β|，則(|α|-|β|)2≤(α±β,α±β)≤(|α|+|β|)2,即得
|α|-|β|≤|α±β|≤|α|+|β|
例9設有n階實對稱矩陣A,若A≥0,則有trA≥0和(trA)E≥A.證明因為A≥0,所以A半正定,故存在n階矩陣
Q=q11…q1n………qn1…qnn=a1…an
其中a1=(qi1,…,qin)是第i個行向量(i=1,2,…,n),使得A=Q'Q
于是trA=tr(Q'Q)=||Q||F2≥0.又n維列向量X=(x1,…,xn)∈Rn,有X'AX=X'Q'QX=(QX)'(QX)=||QX||22
于是QX=q11x1+…+q1nxn ………qn1x1+…+qnn xn=(a1,X)…(an,X)
由Cauchy-Schwarz不等式知,|(ai,X)|≤||ai||2||X||2
所以||QX||22=|(ai,X)|≤(||ai||22)
||X||22=||QX||F2||X||22
即||QX||22≤||QX||F2||X||22=(trA)||X||22=(trA)X'X
從而X'AX≤(trA)X'X=X'(trA)EX
故有(trA)E≥A.Cauchy-Schwarz不等式應用非常廣泛,利用Cauchy-Schwarz不等式可以解決一些復雜不等式的證明.(作者單位:湖南女子職業大學)
第二篇：Jensen不等式的證明和應用
Jensen不等式的證明和應用
1.設??x?在?a,b?內二階可導，且????x??0，則
?p1x1?p2x2???pnxn?p1??x1??p2??x2????pn??xn?
????
p?p???pp?p???p12n12n??
其中p1,p2,L,pn均為正數，x1,x2,L,xn?2.證明不等式?abc?
a?b?c
(a,b)。
?aabbcc其中a,b,c均為正數。
3.應用Jensen不等式證明： 1）設aj?0?j?1,2,?,n?有
n
++L+a1a2an
＃a1+a2+L+an。
n
2）設aj?0,bj?0?j?1,2,?,n?有
驏np鼢驏nq
ajbj￡瓏aj鼢bj瓏邋 鼢瓏鼢瓏桫桫j=1j=1j=1
n
p1q,q>1,其中p>1
+=1。pq
積分不等式的證明
1.設函數f?x?在閉區間?0,1?上具有連續的導數，f?0??1，且
?
f2?x?dx?1。
1）求xf?x?f??x?dx；2）證明：xf
?
?
?x?dx???f??x???
dx?。
b
2.設f?x?在?a,b?上可導，且f??x??M,f?a??0，證明：
?
a
f?x?dx?
M2
?b?a? 2
3.設f???x??0,x??0,1?，則
?
f?x2?dx?。
4.設函數f?x?在閉區間?0,1?上連續，在?0,1?內有二階導數，且f???x??0，證明：
?
?1?
f?xn?dx?f??。
?n?1?
5.設函數f?x??C?0,1?，且?x,y??0,1?，有f?x??f?y??Mx?y，b
證明
?
a
1n
f?x?dx??f
nk?1
?k?M
。???
?n?2n
6.估計
?
x2?dx的符號。
7.設f?x?在?0,1?上連續且單調減少，f?1??0，求證：
?xf?x?dx?f?x?dx
01
?
?xf?x?dx
01
?f?x?dx
8.設f?x?在?a,b?上連續，且f?x??0，則
b
?
a
f?x?dx?
a
b
??b?a?。fx9.設f1?x?,f2?x?,?,fn?x?均為?a,b?上正值可積函數?0?a?b?，證明：
b1
??????
n
??f1?x?dx???f2?x?dx????fn?x?dx?????f1?x?f2?x??fn?x???dx。
a?a??a??a?b
n
b
1n
b
1n
10.設f?x?在?a,b?上可導，且f??x?在?a,b?上可積，f?a??f?b??0，試證：
f?x???f??x?dx
2a
b
?a?x?b?。
11.設f?x?在???,???有界，且導數連續，又對任意的實數x有f?x??f??x??1，試證：f?x??1。
?1?
12.設f?x?在??,a??a?0?上非負可積，且?xf?x?dx?0，?a?1
?
a
a
求證：
?xf?x?dx??f?x?dx。
2?1a
?1a
aa
13.設f?x?在?0,1?上有二階連續的導數，則對任意的???0,?,???
??1?3??2?,1?，有 ?3?
f??x??3f????f?????f???x?。
14.設f??x?在?a,b?上連續，則maxf?x??f?x?dx??f??x?。?x??a,b?b?aa
a
bb
15.設f?x?在?0,1?上有連續的導數，且f?0??f?1??0，證明：
?
f?x?dx?
maxf??x?。40?x?1
16.設f?x?在?a,b?上連續，且嚴格單增，證明：?a?b?
?f?x?dx?2?xf?x?dx。
a
a
bb
17.設f?x?在?0,1?上有連續的導數，滿足0?f??x??1且f?0??0求證：
?1?13
??f?x?dx???f?x?dx。?0?0
18.設f?x?在?0,1?上連續且遞減，證明：當0???1時，19.設f?x?在?0.???上連續，且單調增加，證明：
ba
?1?
xf?x?dx??b?f?x?dx?a?f?x?dx?。?2?0a0?b
?f?x?dx???f?x?dx。
?1
20.設f?x?在?0,1?上有連續的導數，且f?0??f?1??0，證明：
?
?f?x?dx???fx????dx。40?2
21.設f?x?在?a,b?上有連續的導數，且f?a??0，證明：
b
?f
a
b?a?b2??xdx?fxdx。?????????2
a
22.設f?x?在?0,1?上有連續的導數，證明： 對于x??0,1?，有f?x??
??f?x??f??x??dx。
23.設f?x?在?a,b?上有連續的導數，且f?a??0，證明：
b
?
a
2b?a
?f?x?f??x?dx?fx??????dx。
2?a
b
24.設f?x?在?a,b?上有連續的導數，且f?a??f?b??0，證明：
b
?
a
2b?a
?f?x?f??x?dx?fx?????dx。??4a
b
25.設f?x?在?a,b?上不恒為零，且其導數f??x?連續，并且有f?a??f?b??0，證明：
????a,b?，使f?????
f?x?dx。??b?a?
2a
b
26.設f?x?在?a,b?上單調增加，且f???x??0，證明：
?b?a?f?a???f?x?dx??b?a?
a
b
f?a??f?b?。
27.設f?x?在?0,1?上連續，且單調減少，f?x??0,證明：對于滿足0?????1的任何
?,?，有??f?x?dx???f?x?dx。
??
?
28.設f?x?在?a,b?上具有連續的二階導數，f???x?，且f?0??f?1??0,f?x??0，證明：
?
f???x?
?4。fx29.設f?x?在?a,b?上連續，且f?x??0，證明：
b
?1b?1ln?f?x?dx??lnf?x?dx。??b?ab?aaa??
?
30.設In?tannxdx，n為大于1的正整數，證明：
?
。?In?
2n?12n?11
31.設f?x?在?0,1?上有一階連續導數，且f?1??f?0??1，證明：??f??x???dx?1。
?
32.設f?x?在?0,2?上連續，且
?f?x?dx?0,?xf?x?dx?a?0，證明：
????0,2?，使f????a。
33.設f?x?在?0,1?上連續，且
?f?x?dx?0,?xf?x?dx?1.，證明：
1）?x0??0,1?，使得f?x0??4；2）?x1??0,1?使得f?x1??4。
34.設f?x?在?0,1?上連續，且
?
f?x?dx?0,?xf?x?dx?0,?,?x
n?1
f?x?dx?0,?xnf?x?dx?1，證明：?c??0,1?，n
使f?c??2?n?1?。
35.設正值函數f?x?在閉區間?a,b?上連續，b
b
?f?x?dx?A，證明：
a
b
?
a
f?x?e
f?x?
dx?
a
??b?a??b?a?A?。fx36.設函數f?x?在閉區間?a,b?上連續，不恒為零。滿足0?f?x??M，?b??b?M?b?a??b?
???f?x?dx?。則??f?x?cosxdx????f?x?sinxdx??
12?a??a??a?
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)。或f(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
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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：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
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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
第五篇：不等式證明
不等式證明
1.比較法：
比較法是證明不等式的最基本、最重要的方法之一，它可分為作差法、作商法
（1）作差比較：
①理論依據a-b>0
a>b;a-b=0
a=b;a-b<0
a
⑴作差：對要比較大小的兩個數（或式）作差。
⑵變形：對差進行因式分解或配方成幾個數（或式）的完全平方和。⑶判斷差的符號：結合變形的結果及題設條件判斷差的符號。
注意：若兩個正數作差比較有困難，可以通過它們的平方差來比較大小。（2）作商法：①要證A>B(B>0),只要證
;要證A
②證明步驟：作商→變形→判斷與1的關系 常用變形方法：一是配方法，二是分解因式
2.綜合法：所謂綜合法，就是從題設條件和已經證明過的基本不等式和不等式的性質推導出所要證明的不等式成立，可簡稱為由因導果。常見的基本不等式有 ｜a｜≥0, a2?b2?2ab，a?b?ab 2，a?b?a?b?a?b 分析法：從求證的不等式出發，逐步尋求使不等式成立的充分條件，直至所需條件被確認成立，就斷定求證的不等式成立，這種證明方法叫分析法，分析法的思想是“執果索因”：即從求證的不等式出發，探求使結論成立的充分條件，直至已成立的不等式。
基本步驟：要證??只需證??，只需證?? 4 分析綜合法
單純地應用分析法證題并不多見，常常是在分析的過程中，又綜合條件、定理、常識等因素進行探索，把分析與綜合結合起來，形成分析綜合法。反證法：先假設所要證明的不等式不成立，即要證的不等式的反面成立，如要證明不等式M 具體放縮方式有公式放縮和利用某些函數的單調性放縮。常用的技巧有：舍去一些正項或負項；在和或積中換大（或換小）某些項；擴大（或縮小）分式的分子（或分母）等，放縮時要注意不等號的一致性。放縮法的方法有： ⑴添加或舍去一些項，如：a2?1?a；n(n?1)?n ⑵將分子或分母放大（或縮小）⑶利用基本不等式，如：lg3?lg5?(n?(n?1)2⑷利用常用結論： n(n?1)?lg3?lg5)?lg15?lg16?lg4 2Ⅰ、k?1?k?1k?1?k?12k； Ⅱ、1111； ???k2k(k?1)k?1k1111（程度大）???2k(k?1)kk?1kⅢ、12?k11111??(?)；（程度小）2k?1(k?1)(k?1)2k?1k?17 換元法：換元的目的就是減少不等式中變量，以使問題化難為易，化繁為簡，常用的換元有三角換元和代數換元。如： 已知x2?y2?a2，可設x?acos?,y?asin?； 已知x2?y2?1，可設 x?rcos?,y?rsin?(0?r?1)； x2y2已知2?2?1，可設x?acos?,y?bsin?； abx2y2已知2?2?1，可設x?asec?,y?btan?； ab8、判別式法：判別式法是根據已知或構造出來的一元二次方程，一元二次不等式，二次函數的根、解集、函數的性質等特征確定出其判別式所應滿足的不等式，從而推出欲證的不等式的方法。 9、其它方法 最值法：恒成立 恒成立 構造法：通過構造函數、方程、數列、向量或不等式來證明不等式；
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