積分不等式的證明

1、積分不等式的證明一、證明常用的性質(zhì)性質(zhì)1函數(shù)的代數(shù)和的積分等于各個(gè)函數(shù)積分的代數(shù)和bbbk1f(x)+k2g(x)dx=k1(f(x)dx+k21g(x)dx其中k1,k2都是常數(shù)。性質(zhì)2如果在區(qū)間a,b上f(x)=1，則11d(x)=fd(x)=ba。aab性質(zhì)3如果在區(qū)間a,b上f(x)之0,則f(x)dx>0(a<b)0,abb性質(zhì)4如果在區(qū)間a,b上有f(x)至g(x)則(f(x)dx2(g(x)dx(a<b)aabb性質(zhì)5ff(x)dx<ff(x)dx(a<b)Laa性質(zhì)6(估值定理)如果M和m分別是f(x)在區(qū)間a,b上的最大值和最小b值，則有m(b-

2、a)<ff(x)dx<M(b-a),(a<b)。a性質(zhì)7如果函數(shù)f(x)在區(qū)間上可積，c是a,b內(nèi)的一點(diǎn)(a<c<b),則函數(shù)bccf(x)在a,c及c,b上也可積，并且f(x)dx=f(x)dx+Jf(x)dx。1aab性質(zhì)7的證明：對于a,b的任意劃分，在插入一個(gè)分點(diǎn)c,得到一種新的分劃。在這些心的分劃中，點(diǎn)c永遠(yuǎn)是一個(gè)分點(diǎn)，因而有Zf(1)Ax=£fG)Axi+£f(，)&x(a,b)(a,c)(c,b)bcb令九t0,上式兩端同時(shí)取極限，就得到f(x)dx=ff(x)dx+ff(x)dx。a-a-c積分中值公式如果函數(shù)f(x)在

3、閉區(qū)間a,b上連續(xù)，則在積分區(qū)間a,b上至少存在點(diǎn)-,使得f(x)dx=f(：)(ba),(aw七Wb)。a證明：因?yàn)閒(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)，故在a,b上可積，且有最大值M及最小值m,即mMf(x)MM(aMb)于是，由定積分的估值定理，有bm(b-a)Mf(x)dxM(b-a),(a二b)a1b江息b#a,將上面各式除以b-a,得mWff(x)dxMb-aa.、一1b可見確定的數(shù)值1=f(x)dx介于連續(xù)函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上最大值b-aaM與最小值m之間。根據(jù)閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)的介值定理，在a,b上至少存在b一點(diǎn):,使得f(0=R,即f仁)=f(x)dx,(a"<

4、b)b-aab亦即af(x)=fK)(b-a),(aMb)這個(gè)公式叫做積分中值公式(積分第一中值定理)，f代)叫做函數(shù)f(x)在區(qū)問a,b上積分平均值。性質(zhì)8若f,g都在a,b上可積，則f,g在a,b上也可積。baa性質(zhì)9af(x)dx=f(x)dx特別的f(x)dx=0。性質(zhì)10(積分第二中值定理)：若f(x)是a,b上單調(diào)函數(shù)，g(x)為可積函b'b數(shù)，貝UmEua,b,使得/f(x)g(x)dx=f(a)Lg(x)dx+f(b)g(x)dx。性質(zhì)11(柯西不等式)ff(x)g(x)dx2</f2(x)dxfg2(x)dx牛頓一萊布尼茲'a'a'a公式

5、(重要公式)若函數(shù)f(x)在a,b上連續(xù)，F(xiàn)(x)為f(x)的一個(gè)原函數(shù)，即F(x)=f(x),xwa,b,且jf(x)dx=F(b)F(a)a變限積分設(shè)f(x)在a,b上可積，對于任給xWa,b,f(x)在a,x和x,b.，xb上均可積，分別稱ff(t)dt和f(t)dt為變上限的積分和變下限的積分，統(tǒng)稱為ax變限積分。若f在a,b上連續(xù)，則其變限積分作為關(guān)于x的函數(shù)，在a,b上處處可導(dǎo)，且(xf(t)dt)=f(x),(bf(t)dt)二一f(x)dxadxx更一般的有。()f(t)dt=fg(x)g(x)-fh(x)h(x)dx力(刈二、積分不等式的證明例1.設(shè)f(x)在a,b上有一階連

6、續(xù)導(dǎo)數(shù)，且f(a)=0,證明：.b(b-a)2|af3dxi一好器1f(x)|b2af(x)dx.：(b-a)2bf(x)dxa分析：(1)該不等式實(shí)際上給出了左邊積分的一個(gè)界。若令M=max|fx)|,x=a,b則有|f(x)區(qū)M,即給出了導(dǎo)數(shù)的界，再加條件f(a)=0,估計(jì)出|f(x)|<M(x-a),xea,b,進(jìn)而估計(jì)出積分的界。x(2)不等式兩邊分別有f(x)和(x),而等式f(x)=f'(x)dx+f(x0)可將兩x者聯(lián)系起來，這里x。要根據(jù)具體問題具體選擇，本題中容易想到x°=a。證明：(1)令M=max|(x)|,由積分中值定理知f(x)=f(x)-f(

7、a)=f()(x-a)從而|f(x)|=|f()(x-a)|<M(x-a),xa,b2bbb(b-a).所以|f(x)dx|_|f(x)|dx-M(x-a)dx=Ma-aa2xx(2)f(x)=dt+f(a)=fdt,則aa一x_xx2b-f2(x)=f(t)dt2<1dtf(t)2dt<-5-f(x)2dx,a'a'a2'a2一b2b2b(ba)2b2故f2(x)dx<f(t)2dt(x-a)dx<A"f(x)2dxaaa2a例2.比較定積分jexdx與(1+x)dx的大小。解：(用性質(zhì)3)設(shè)f(x)=ex1x,我們只需判別f(

8、x)在0,1的正負(fù)號,因f(x)=ex1之0,f(0)=0，故f(x)之0。11所以ge'dxa1(1+x)dx。例3.設(shè)函數(shù)y=f(x)定義在區(qū)間a,b上，且對于區(qū)間a,b上任意二點(diǎn)x1,x2,有f(X)-f(x2)Wx1x2。證明，(1)對于(a,b)內(nèi)每一點(diǎn)，f(x)是連續(xù)函數(shù)；,1,b1o(2)如果f(x)在a,b上可積，則af(x)dx(ba)f(x)M2(b-a)。證明：(1)任給xw(a,b),由題設(shè)知,y=|f(x+Ax)-f(x)<Ax.于是當(dāng)Axt0時(shí)，©T0,故f(x)連續(xù)。(2)當(dāng)x之a(chǎn)時(shí)，有f(x)-f(a)Mx-a=x-a,即f(a)-(x-

9、a)<f(x)<f(a)+(xa)。bbb兩邊積分，可得f(a)-(x-a)dx<ff(x)dx<ff(a)十(x-a)dxLa1a、a22即-a_f(x)dx-(b-a)f(a)<3(b-a)2o22a2故有f(x)-(b-a)f(a)<a例4.設(shè)f(x)在a,b上有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，M=max|f"(x)|,證明:xa,bb,abM3If(x)dx-(b-a)f(-)|(b-a)a224方法1:由泰勒公式有abab、/a-b.1ab、2f(x)-f()f()(x-)-f()(x-)22222b兩邊在a,b上積分并注息到(x-)dx=0得a2bab1

10、b.a，baf(x)dx=(b-a)f(2-)+±Lf(-)(x-2)dx,從而得3bab1b.ab2Mbab2M(b-a)|f(x)dx一(b-a)f(-)|=-|f()(x-)dx|(x-)dx=a22a22a224x萬法2:令F(x)=ff(t)dt,則F(x)=f(x),F(x)=f(x),F(x)=f(x)且,abf(t)dt=F(b)-F(a)(牛頓-萊布尼茲公式),a由泰勒公式有:F(b)=F(F(a)=F(S).F(5)F(U)(小尸222222ab)F(a%"。1F(a'尸一4222222.LUU)62.F(2)(a-b)62(1)由(1)-(2)

11、得aHb(b-a)3F(b)-F(a)=F(一)(b-a)(b-(F(i)-F(2)2483f(x)(U(i止三1f(2)M3例5.設(shè)f(x)為0,1上的非負(fù)單調(diào)非增連續(xù)函數(shù)(即當(dāng)x<y時(shí)，f(x)f(y)證明：對于0<P<1,有下面的不等式成立f(x)dx之',/f(x)dx。證法1:(用積分中值定理)由題設(shè)及中值定理有f(x)dx=f(1)(-：)<f(a)(-a),(：一1)a1：1：從而一f(x)dx_f(a)f(x)dx:.0、，、，：_：-PaP因此可得(-1)°f(x)dx:二.f(x)dxajetot(1-.)f(x)dx_.f(x)d

12、xp-0:_aaQfp又因0<a<P<1,所以1一百<1,故！f(x)dx2gQf(x)dx。證法2:(用性質(zhì)3)，一«.aP一八、，分析：If(x)dx之b£f(x)dx可化為aPocPPf(x)dx至aQf(x)dx=PIf(x)dx-af(x)dx>0aP將P換成x(x±a),于是輔助函數(shù)F(x)=x(f(t)dt-af(t)dt.人0tp令F(x)=x0f(t)dt"lf(t)dt.(x-)F(x)=；f(t)dt-：f(x)=,0：f(t)dt-.0：f(x)dt=ff(t)-f(x)dt之0(因?yàn)閒(x)單調(diào)遞減

13、)所以F(x)單增，又因?yàn)镕(a)=a/f(t)dtA0pA0,f(x)>0)-opu艮f(x)dx-«Tf(x)dx>0故0f(x)dx>f(x)dxo例6.設(shè)a>0,函數(shù)f(x)在0,a上連續(xù)可微,證明：f(0)|0f(x)dx+(|fx)dx。證法1:因?yàn)閒(x)在0,a上連續(xù)可微a所以積分J0(a-x)f'(x)dx存在，且aa0(a-x)f(x)dx=0(a-x)df(x)_af(0)=0(a-x)f(x)dx-,0f(x)dxa=(a-x)f(x)0-0f(x)d(a-x)a=-af(0)of(x)dx因?yàn)閍f(x)<1(ax)f&#

14、39;(x)dx+f(x)dxj0(a-x)fx)dx+j0|f(x)dxWaf'(x)dx+f|f(x)dx所以|f(0)M；(a|f(x)dxa11f'(x)dx證法2:因?yàn)閒(x)連續(xù)，由積分中值定理，存在Cw0,a,使得又因?yàn)閒(E-f(0)=0f'(x)dx所以|f(0)=«)_(f(x)dx<f(?)aaa一f(x)dx+j0|f'(x)dxaIf'(x)dx<1aaa0f(x)dx0f(x)dx例7.設(shè)f(x)為a,b上的連續(xù)遞增函數(shù)，則不等式成立:bxf(x)dx之baf(x)dx(D證明：(用性質(zhì)10)(2)要證(

15、1)式只要證明f(x-ab)f(x)dx>0a2由于f(x)單調(diào)遞增，利用積分第二中值定理(性質(zhì)10),則存在Uwa,b,bab使a(、。)f(x)dx.ab.bab=f(a)a(x-)dxf(b)(x-)dx222,ba，b,ba，b=f(a)，(x)dx+f(b)f(a)8x)dx2-2<f(b)-f(a)-a-(b-)22一一b-=f(b)-f(a)2(-a).0故(2)成立，原不等式成立。例8.柯西不等式的證明。bbb證明：柯西不等式為f(x)g(x)dx2<ff2(x)dxg2(x)dxaaabbb9b9設(shè)(u)uaf(x)g(x)dx-af(x)dxag(x)dx

16、顯然中(u)在a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，且,z.u2u22u2u(u)=2f(u)g(u)Jf(x)g(x)dx-f(u)fg(x)dx-g(u)Jf(x)dxaaa=2Jf(u)g(u)f(x)g(x)dx-1f2(u)g2(u)dx-/f2(x)g2(u)dx=£f2(u)g2(x)2f(u)g(u)f(x)g(x)+f2(x)g2(u)dxu2=-af(u)g(x)-f(x)g(u)dx<0a所以中(u)在a,b上單調(diào)減少，則中(b)EW(a)=0,即干(b)=Jf(x)g(x)dx2-bf2(x)dx/g2(x)dx<0aaa得到結(jié)論ff(x)g(x)dx

17、2<bf2(x)dxfg2(x)dx。aaa例9.設(shè)f(x)的一階導(dǎo)數(shù)在0,1上連續(xù)，且11f(0)=f(1)=0,求證：f(x)dxE；暝f<x)111證明：由于ff(x)dx=ff(x)d(x-).,1、11,1、，=f(x)(x-2)0-j,0(x-)f(x)dx1 1.-0(x-£)f(x)dx.因此有積分中值定理及基本積分不等式，有x-1dx21111(f(x)dx<.0(x萬)f'(x)dx=gf'(x)，11=fV)0x-dx,0,1.xdx=2dxT111102(2-x)dx八x一萬)1 1.一1、所以1f(x)dx、|f住)、嚶f(

18、x)。例10.函數(shù)f(x)在0,1上有定義且單調(diào)不減，證明：對于任何aw(0,1),有a10f(x)dx-a0f(x)dx。證明：(分析：用換上限法)由0<a<1,對t>0,有0<at<t.又由于f(x)在0,1上單調(diào)不減，有ax旬111f(at)>f(t),從而0f(x)dx=aj0f(at)dt之a(chǎn)f(t)dt=a(f(x)dx例11.設(shè)f(x)是a,b的連續(xù)函數(shù)，而且是非負(fù)和下凸的，f(0)=0求證:一11一f(x)dxWgf(x)dxo1x:i證明：令(x)=Jf(t)dt-f(t)dt,則11x11x(0)=0,(x)=4f(x)2f(2)=4f(

19、x)2f(2)+f(0)x1_.由于f(x)下凸的,故f(-)<-f(x)+f(0)o22所以(x)之0,(x)在0,1上單調(diào)增加，從而(x)之(0)=0即x0,11特別，當(dāng)x=1時(shí)，0f(t)dt10f(t)dt。1x-0f(t)dt-)二2(-t)f(t)dt>0,其中,例12.設(shè)f(x)在a,b上二階可導(dǎo)，且f"(x)<0,求證:b.abff(x)dx<(b-a)f()0a-x證明：令(x)=(x-a)f()-2a-x1ax(a)=0,6(x)=f(ja-)+1(x-a)fHea-)f(x)222二f”.匕f()f”.f-f()=222222222&qu

20、ot;f()()2022bab所以，6(x)之0。特別的有(b)>0O即f(x)dx<(b-a)f(-ayb)0例13.求證:2sinx1x2ji2cosx,7dx。)1x2一.一入inv5分析：只要證I=f2s1nxcosxdx<0,利用三角函數(shù)之間的相互轉(zhuǎn)換及定積01x2分的性質(zhì)證之。證明：設(shè)7sinx-cosxx2dx=Nsinx-cosx1x2,2sinx-cosxdx21x2在I2中，令nrx=t,貝UI20sint-cost,二7dt241(-t)22冗一dX4cost-sint2)-n-2/V十x2)dx22：(sinx-cosx)1(-x)(cosx-sinx)(