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抽象与具体函数积分不等式的证明


Vol 6, No, 4 Dec. , 2003

高等数学研究 STUDIES IN COLLECE MATHEMATICS

37

抽象与具体函数积分不等式的证明
马德炎
摘 要 ( 徐州师范大学数学系 江苏徐州 221011) 在区间 I 上连续、 单调的抽象函数的积 分不等 式证明 的基本

思路是适 当进行 积分变 换、 分 拆积分 区

间 , 使不等式恒等变形等手段 , 使能应用函数的单调性 质。具体函 数的积 分不等 式的一 般证明 方法是把 被积函 数 适当缩放、 求出最值 ( 或上下确界 ) 等。 关键词 积分不等式 辅助函数 积分中值定理 中图分类号 O172 2

积分不等式在高等数学竞赛及研究生入学考试中是经常出现的一种题型, 本文就在区间 I 上 连续、 单调的抽象函数的积分不等式及具体函数的积分不等式的证明思路、 一般证明方法作初步的 探讨。

一、 抽象函数的积分不等式
例 1 ( 江苏省第 6 届非理科专业高等数学竞赛本科二卷第 2 题) 设 f ( x ) 在 [ 0, + 单调减少 , 0< a < b, 求证:
b a

] 上连续、

a f ( x ) dx
0

b f ( x ) dx
0

证法一 注意到不等式两边积分区间不同, 自然想到利用积分变换把积分区间变得一致。为 a 此令 x = t , b a b b a a 则 b f ( x ) dx = a f ( b t ) dt = a f ( b x ) dx 0 0 0 b a b a 故 a f ( x ) dx - b f ( x ) dx = a [ f ( x ) - f ( x ) ] dx 0 0 0 b a a 因为 f ( x ) 单调减少 , 又 x x ( x [ 0, b] ) 所以 f ( x ) - f ( x ) 0。 b b b a b a 从而 a f ( x ) dx - b f ( x ) dx = a [ f ( x ) - f ( b x ) ] dx 0。 0 0 0 证法二 由于两个积分的积分区间不同 , 故先利用定积分的性质, 把积分区间 [ 0, b] 分成两个 区间 [ 0, a] 与 [ a, b] 然后应用积分中值定理。
b a a 0 b a 0

a

0

f ( x ) dx - b f ( x ) dx = a[
0 a b a

f ( x ) dx +

a

f ( x ) dx ] - b f ( x ) dx
1)

= ( a - b)

0

f ( x ) dx + a f ( x ) dx = a( a - b )f (
2)

+ a( b - a) f (

2)

1

[ 0, a] ,

2

[ a, b]

= a( b - a) [ f ( 证法三
x

- f(

1) ]

0。
b a 0 0

原不等式等价于 a f ( x ) dx - b f ( x ) dx
a 0

0, 显然当 a = b 时等号成立 , 由此只要

证明 a f ( t ) dt - x
0

f ( t ) dt 在区间 [ a, b ] 上是单调减少的即可, 故构造辅助函数

收稿日期 : 2003- 02- 02; 修改稿 2003- 09- 12

38
x a 0

高等数学研究

2003 年 12 月

F ( x ) = a f ( t ) dt - x
0 a

f ( t ) dt

a

x

b 0 a, a x b。

则 F ( x) = a f (x) -

0

f ( t ) dt = a f (x) - a f( ) 0。
bt at 0

= a[ f ( x ) - f ( ) ] 证法四 仿三, 令 F ( t ) = a

f ( x ) dx - b

0

f ( x ) dt , 0

t

1, 0。

则 F ( t ) = ab f ( bt ) - ab f ( at ) = ab [ f ( bt ) - f ( at ) ] 故 F ( t ) 在 [ 0, 1] 上是单调减少的, 所以 F( 1) F( 0) = 0。
b a 0



a f ( x ) dx - b f ( x ) dx
0

0。

证法五 由题设 , 要求证之不等式等价于 1 b 由此启示 : 可构造函数 F ( t ) = 由于 F (t) = 1 t
t 0 b 0

f ( x ) dx

1 a

a 0

f ( x ) dx

(* )

f ( x ) dx ( t > 0) , 只要证明此函数是单调减的 ( * ) 即成立。
t 0

1 t 1 1 f(t) = 2 2 f ( x ) dx + 0 t t t

[ f ( t ) - f ( x ) ] dx < 0

所以 F( t ) 单调减。 由上例可见 , 对于在区间 I 上连续、 单调的函数的积分不等式其证明思路是: 1 当积分不等式中积分区间不同时 , 可以先作积分变换使得积分区间都相同, 然后运用定积 分的性质及函数的单调性得出结论 ; 2 利用定积分的性质把积分区间分拆, 再利用积分中值定理去掉积分号变为普通不等式证明; 3 通过恒等变形使不等式的右端为零, 再把不等式中的积分上限 b 换成 x , 构造辅助函数 , 利 用函数的单调性证明 ; 4 把欲证之不等式通过恒等变形, 变为 F ( b ) > F( a ) ( 或 F( b ) < F ( a) ) 的形式 , 利用 F( t ) 的 单调性加以证明。 例 2 设 f ( x ) , g( x ) 在[ 0 , 1] 上连续、 单调, 且单调性相同 , 证明 :
1 0 1 1 0

f ( x ) g ( x ) dx
t 0

0

f ( x ) dx
t

g( x ) dx
t

证法一
1 0

仿照例 1 令 F ( t ) =
1 0 1 0

f ( x ) g( x ) dx -

0

f ( x ) dx

0

g( x ) dx 。 则 F( 0) = 0, F( 1 ) =

f ( x ) g( x ) dx -

f ( x ) dx

g ( x ) dx , 故只要证明 F ( x ) 单调增即可
t t

而 一项。由此 令 则

F ( t ) = f ( t ) g( t ) - f ( t )

0

g ( x ) dx - g( t )

0

f ( x ) dx

只要观察一下就知道 , 这里只有三项 , 无法配对以确定其符号, 故构造的辅助函数其导数缺少
t t 0 t

F( t ) = t f ( x ) g( x ) dx 0 t

f ( x ) dx g ( x ) dx
0 t t 0

F ( t ) = tf ( t ) g( t ) +
t

0

f ( x ) g( x ) dx - f ( t )
t 0

g ( x ) dx - g( t )
t 0

0

f ( x ) dx
t 0

=

0

f ( t ) g( t ) dx +

f ( x ) g ( x ) dx - f ( t )

g ( x ) dx - g( t ) f ( x ) dx

第 6 卷第 4 期
t

马德炎 : 抽象具体函数积分不等 式的证明

39

=

0

[ f ( t ) - f ( x ) ] [ g ( t ) - g( x ) ] dx 0。所以 0
t

由于 f ( x ) , g( x ) 的单调性一致 , 故 [ f ( t ) - f ( x ) ] [ g ( t ) - g ( x ) ] F ( t) =
0

[ f ( t ) - f ( x ) ] [ g( t ) - g ( x ) ] dx

即 F ( t ) 在 [ 0, 1] 上单调增加, 所以 F( 1) F( 0) = 0。 说明 构建辅助函数时, 不是简单的把定积分写成积分变上限函数就行的 , 有时需通过观察作 进一步的改进。 证法二 注意到 [ f ( t ) - f ( x ) ] [ g( t ) - g ( x ) ] 0, 即 f ( t ) g( t ) + f ( x ) g ( x ) f ( t ) g( x ) + f ( x ) g( t ) 上式两边同时对 x 在[ 0, 1] 上积分 , 利用定积分的性质可得 :
1 1 1

f ( t ) g( t ) +
1 0 1 0

0

f ( x ) g( x ) dx
1 0

f ( t)

0

g( x ) dx + g ( t ) f ( x ) dx
0 1 1 1

上式两边同时对 t 在 [ 0, 1] 上积分, 得 f ( t ) g ( t ) dt + f ( x ) g( x ) dx
1 0

f ( t ) dt
1 0

0

g ( x ) dx +
1 0

0

g ( t ) dt

0

f ( x ) dx



f ( x ) g ( x ) dx

f ( x ) dx

g( x ) dx
b a

由方法二可知, 本题的函数在 [ 0, 1] 上连续的条件可以削弱为函数在区间 [ 0, 1] 上可积。 例3 a ) , S3 = 设在区间 [ a, b ] 上, f ( x ) > 0, f ( x ) < 0。f ( x ) > 0, 令 S 1 = f ( x ) dx , S 2 = f ( b ) ( b -

1 [ f ( a) + f ( b) ] ( b - a) , 试比较 S 1 、 S 2、 S 3 的大小。 ( 97 年全国硕士研究生考试数学试卷 2 一第二题第二小题) 解 本题从条件容易看出 S 2 < S 1 , 关键的是比较 S 1 与 S 3 的大小。
x F( x ) = 1 [ f ( a ) + f ( x ) ] ( x - a) - f ( t ) dt , F( a) = 0 2 a 1 1 F (x) = f ( x ) ( x - a) + [ f ( a) - f ( x ) ] , F ( a) = 0 2 2 1 F (x) = f ( x ) ( x - a) > 0 2 所以 F( x ) 在 [ a, b] 上是单调递增的, 故 F( b) > F ( a) = 0。所以 S 1 < S 3 。



二、 具体函数的积分不等式
1

例 4 证明 ln ( 1 + 竞赛专科第 6 题 ) 证 故
1

2) <

1
4

0

1+ x

4

dx < 1。 ( 江苏省 94 年普通高等学校非理科专业高等数学

当x

( 0, 1) 时, 1<

4

1+ x 4 <
1

1+ x 2 , 所以,
1 0
4

1 1+ x dx < 4
2

<
1 0

1
4

1+ x 1dx

4

< 1。

1 2 dx < 0 1+ x 2) <
0
4

1 1+ x

ln ( 1 +

1 dx < 1 1 + x4 2 <
2 0

例5

证明 :

dx < 1 2 1 - 2 sin x

2

。 ( 徐州师范大学 2001 年基础数学、 应用数学硕士学位

40 研究生入学试卷 , 数学分析) 证明 当x ( 0, 2 ) 时 , 1<

高等数学研究

2003 年 12 月

1 dx = 1 2 1- sin x 2
2 0

2 = 2- sin2 x
2 0

2 < 2 1+ cos2 x 2 dx =

所以

2 =
2

1dx <

2 0

dx < 1 2 1sin x 2

2

例6 证明 所以当 x 当x ( 0,

证明 : 1 <

sin x dx < 。 x 2 sinx x cosx - sinx cosx ( x - tan x ) 令 f ( x) = , 则 f (x) = = < 0 x x2 x2 sin x ( 0, ] 时 , f ( x ) 单调减少, 又x lim = 1, 所以 0+ 0 2 x
0 2 0

2 sin x sin x ) 时, = f ( ) < < x lim = 1。 所以 1 < 0+ 0 2 2 x x 从例 4、 例 5、 例 6 可见 , 具体函数的积分不等式的证明方法是 : 1、 把被积分函数根据不等式适当放大缩小 ; 2、 求出被积分函数的最值( 或上下确界) 。

sinx dx < 。 x 2

有时积分不等式中既有抽象函数, 又有具体函数则可根据具体情况进行缩放。 例7 设函数 f ( x ) 在[ 0, 2 ] 上导数连续, f ( x )
2 0

0, 求证对任意正整数 n 有

f ( x ) sin nxdx

2 [ f ( 2 ) - f ( 0) ] n
2 0

( 98 年江苏省普通高校非理科专业本科高等数学竞赛试题第四题 )
2

证明

0

f ( x ) sin nxdx =

1 [ - 1 cos nxf ( x ) ] 2 0 + n n 1 1 [ f ( 2 ) - f ( 0) ] + n n 1 1 [ f ( 2 ) - f ( 0) ] + n n 2 n [ f ( 2 ) - f ( 0) ]

f ( x ) cos nxdx
2 0

f ( x ) cos nxdx

2 0

f ( x ) dx =

中国数学奖

石钟慈、 陆汝钤院士获 华罗庚数学奖

10 月 31 日 , 中国科学院数学与系统科学研究院的石钟慈、 陆汝钤院士 , 在武汉举行的中国数 学会第九次全国代表大会及学术年会开幕式上, 获得我国数学界的最高荣誉奖项 华罗庚数学奖 。 华罗庚数学奖 于 1992 年为纪念世界著名数学家华罗庚先生而设立, 用以奖励对我国数学事 业发展作出突出贡献的数学家。获奖者年龄大都在 50 岁以上 , 可谓我国数学界的终身成就奖。 石钟慈和陆汝钤两位院士为发展我国数学与理论计算机事业作出了突出贡献。 69 岁的石钟 慈院士在有限元方法以及应用方面贡献卓著。他对协调元与非协调元进行了系统深入研究 , 取得 既有深刻理论意义, 又对工程计算具有指导意义的前沿成果。68 岁的陆汝钤院士是 ( 下转 42 页 )


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