积分不等式 1
构造积分上限函数
期末范围内，证明积分不等式最常用而且最简单的一个方法，便是将积分上限（或下限）修改为 \(x\)，构造出一个变上限（或变下限）积分函数，然后对其求导，研究单调性。
这个方法有两个最大的好处：
- 将积分学问题转化为微分学问题；
- 将静态问题转化为动态问题。
当然，要保证变限积分可导的话，一般需要 \(f(x)\) 为连续函数，所以如果只告诉 \(f(x)\) 可积，则无法对 \(F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t\) 求导，希望大家在做题的时候看清楚条件；
注：既然我们可以将上限 \(b\) 视为 \(x\)，那么自然也可以将下限 \(a\) 视为 \(x\)，构造一个“变下限积分函数”，在大多数题目中，构造变上限和变下限的效果是一样的，但也有极个别题会有一些区别。
例题 1
设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 连续且单调递增，证明：
\[\int_{a}^{b}xf(x)\mathrm{d}x\geq\frac{a + b}{2}\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\]
并思考该不等式的几何意义。
Answer
证明： 设
\[
F(t)=\int_{a}^{t}xf(x)\mathrm{d}x-\frac{a + t}{2}\int_{a}^{t}f(x)\mathrm{d}x
\]
显然 \(F(a) = 0\)
\[
F^{\prime}(t)=tf(t)-\frac{1}{2}\int_{a}^{t}f(x)\mathrm{d}x-\frac{a + t}{2}f(t)\\
\]
\[
=\frac{t - a}{2}f(t)-\frac{1}{2}\int_{a}^{t}f(x)\mathrm{d}x = \dfrac{1}{2}(t-a)[f(t)-f(\xi) ]（积分中值定理）
\]
由于 \(f(x)\) 单调递增，\(t>\xi\in(a,t)\)，则 \(F^{\prime}(t)\geq0\)，所以 \(F(t)\) 单调递增，所以 \(F(b)\geq F(a) = 0\)。即证
几何意义，质心偏右
Tip
若将条件“\(f(x)\) 连续”改为“\(f(x)\) 可积”，该如何证明？
提示：
\[
\iff \int_a^b\left(x-\dfrac{a+b}{2}\right)\left(f(x)-f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)\right)\mathrm{d}x\geq0
\]
类题
设 \(f(x)\) 在 \([0,+\infty)\) 连续、递增，证明：若 \(0 < a < b\)，则
\[\int_{a}^{b}xf(x)\mathrm{d}x\geq\frac{1}{2}\left[b\int_{0}^{b}f(x)\mathrm{d}x - a\int_{0}^{a}f(x)\mathrm{d}x\right]\]
Answer
证明：构造函数
\[
F(x)=\int_{a}^{x}tf(t)\mathrm{d}t - \frac{1}{2} \left[\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t - \int_{0}^{a}f(t)\mathrm{d}t\right]
\]
\[
F^{\prime}(x)=xf(x)-\frac{1}{2}xf(x)-\frac{1}{2}\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\left[xf(x)-\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t\right]
\]
\[
= \frac{1}{2}\left[\int_0^xf(x)\mathrm{d}t-\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t\right] = \frac{1}{2}\left[\int_0^x[f(x)-f(t)]\mathrm{d}t\right]
\]
注意到 \(0<t<x\)，由于 \(f(x)\) 递增，所以 \(F^{\prime}(x)\geq0\)
则 \(F(x)\) 单调增加，从而 \(F(b)\geq F(a) = 0\)，原不等式得证。
例题 2
已知 \(f(x)\) 在连续可导，\(0 < f'(x)\leq1\)，\(f(0)=0\)，证明：
\[\left(\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x\right)^{2}\geq\int_{0}^{1}f^{3}(x)\mathrm{d}x\]
Answer
证明：
\[\varphi(x)=\left(\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t\right)^{2}-\int_{0}^{x}f^{3}(t)\mathrm{d}t\]
\[\varphi^{\prime}(x) = 2f(x)\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t - f^{3}(x)=f(x)\left[2\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t - f^{2}(x)\right]\]
因为 \(f(0) = 0\)，\(f^{\prime}(x)>0\)，所以 \(f(x)>0\)。令 \(g(x)=2\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t - f^{2}(x)\)，则
\(g^{\prime}(x)=2f(x)-2f(x)f^{\prime}(x)=2f(x)[1 - f^{\prime}(x)]\)
因为 \(0<f^{\prime}(x)\leq1\)，所以 \(g^{\prime}(x)\geq0\)；当 \(x > 0\) 时，\(g(x)\) 单调递增，即 \(g(x)>0\)。
从而得到 \(\varphi^{\prime}(x)>0\)，\(\varphi(x)\) 单调递增，\(\varphi(1)\geq\varphi(0)\)，
\[\left(\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x\right)^{2}-\int_{0}^{1}f^{3}(x)\mathrm{d}x\geq0\]
Note
注 1：思考该不等式何时能够恰好取到等号？
分析取等条件和初值条件，可以得到 \(f'(x)\equiv1\Rightarrow f(x) = x\)
注 2：该不等式称为“流行不等式”，它其实可以推广为一般形式
若 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 连续可导，\(0 < f'(x)\leq\dfrac{2}{n + 1}\)，\(f(a)=0\)，则
\[\left[\int_{a}^{b}f^{n}(x)\mathrm{d}x\right]^{2}\geq\int_{a}^{b}f^{2n + 1}(x)\mathrm{d}x\]
证明从略
例题 3
证明
\[f(x)=\int_{0}^{x}(t - t^{2})\sin^{2n}t\mathrm{d}t\leq\frac{1}{(2n + 2)(2n + 3)}(x\ge0)\]
Answer
证明：令
\[f(x)=\int_{0}^{x}(t - t^{2})\sin^{2n}t\mathrm{d}t\]
\(f^{\prime}(x)=(x - x^{2})\sin^{2n}x=\begin{cases}>0, & 0<x<1\\ =0, & x = 1\\ \leq0, & x>1\end{cases}\)
可得 \(f(x)\) 的最大值为 \(f(1)\)
\[f(x)\le f(1)=\int_{0}^{1}(t - t^{2})\sin^{2n}t\mathrm{d}t\leq\int_0^1(t-t^2)t^{2n}\mathrm{d}t=\frac{1}{(2n + 2)(2n + 3)}\]
例题 4
设 \(f(x)\) 在连续且单调递减，证明：对任意的 \(a\in(0,1)\)，均有
\[\int_{0}^{a}f(x)\mathrm{d}x\geq a\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x\]
Answer
\[
F(x)=\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t - x\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x,F(0) = F(1) = 0
\]
\[
F'(x) = f(x) - \int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x = f(x) - f(\xi),\xi\in(0,1)
\]
则 \(f(x)\) 在 \((0,\xi)\) 上递增，在 \((\xi,1)\) 上递减，所以 \(F(x)\ge 0\)，即证。
Tip
注 1：能否构造其它辅助函数？
\[
F(x) = \dfrac{1}{x}\int_0^xf(t)\mathrm{d}t
\]
注 2：两边的积分区间不一样，能否通过统一积分区间的方式证明此题？
Let \(x = at\)
\[\iff a\int_0^1f(at)\mathrm{d}t\ge a\int_0^1f(t)\mathrm{d}t\]
注 3：请思考能否使用积分中值定理证明本题？
下一讲说
类题
设 \(f(x)\)、\(g(x)\) 在 \([0,1]\) 连续可导，\(f(0)=0\)，\(f'(x)>0\)，\(g'(x)>0\)，证明：对于任意的 \(a\in[0,1]\)，均满足
\[\int_{0}^{a}f'(x)g(x)\mathrm{d}x+\int_{0}^{1}f(x)g'(x)\mathrm{d}x\geq f(a)g(1)\]
Answer
证明 :
\[F(x)=\int_{0}^{x} f^{\prime}(t) g(t) d t+\int_{0}^{1} f(t) g^{\prime}(t) d t - f(x) g(1)\]
\(F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)[g(x)-g(1)]\)
因为 \(f^{\prime}(x)>0, g^{\prime}(x)>0\), 所以 \(f(x), g(x)\) 在 \([0,1]\) 上单调增加 ;
\(\forall x\in(0,1), g(x)<g(1)\), 从而 \(F^{\prime}(x)<0, F(x)\) 在 \([0,1]\) 上单调减少 ;
对 \(\forall a\in(0,1)\),
\[F(a)>F(1)=\int_{0}^{1} f^{\prime}(t) g(t) d t+\int_{0}^{1} f(t) g^{\prime}(t) d t - f(1) g(1)=0\]
即
\[\int_{0}^{a} f^{\prime}(x) g(x) d x+\int_{0}^{1} f(x) g^{\prime}(x) d x>f(a) g(1)\]
另解
\[
\iff \int_0^1(f'g+fg')\mathrm{d}x +\int_a^1fg'\mathrm{d}x - f(a)g(1) \ge 0
\]
\[
\iff f(a)[g(a) - g(1)] + \int_a^1f(x)g'(x)\mathrm{d}x \ge 0
\]
\[
\iff -f(a)\int_a^1g'(x)\mathrm{d}x + \int_a^1f(x)g'(x)\mathrm{d}x = \int_a^1[f(x)-f(a)]g'(x)\mathrm{d}x \ge 0
\]
例题 5
证明阿达玛 (Hadamard) 不等式：若 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上二阶可导，\(f''(x)\ge0\)，则
\[f\left(\frac{a + b}{2}\right)\leq\frac{1}{b - a}\int_a^bf(x)\mathrm{d}x\leq\frac{f(a)+f(b)}{2}\]
Answer
证法一
先证右边的不等式
\[F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t-(x - a)\frac{f(a)+f(x)}{2},x\in[a,b]\]
\[
F^{\prime}(x)=f(x)-\frac{1}{2}(f(a)+f(x))-\frac{1}{2}f^{\prime}(x)(x - a)=\frac{1}{2}[f(x)-f(a)]-\frac{1}{2}f^{\prime}(x)(x - a)
\]
\(=\dfrac{1}{2}(x - a)[f^{\prime}(\xi)-f^{\prime}(x)]\leq0(\xi\in(a,x))\)
故 \(F(x)\) 为 \([a,b]\) 上的减函数。\(F(b)\le F(a)=0\)
对于左边的不等式，令
\[G(x)=\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t-(x - a)f(\frac{a + x}{2}),x\in[a,b]\]
同理可证。
注 1：这是强条件下的 Hadamard 不等式，如果是弱条件（没说可导），此时应该考虑“琴生不等式 + 定积分定义”
注 2：泰勒展开构造切线不等式也能证
注 3：2017 年期末考试考过原题
例题 6
\(f(x)\)、\(g(x)\) 在 \([a,b]\) 连续，\(f(x)\) 递增，\(0\leq g(x)\leq1\)，证明：
\[\int_{a}^{a+\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x}f(x)\mathrm{d}x\leq\int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x\]
Answer
证 构造辅助函数
\[
F(x)=\int_{a}^{x} f(t)g(t)\mathrm{d}t - \int_{a}^{a + \int_{a}^{x} g(t)\mathrm{d}t} f(u)du
\]
当 \(x\in(a,b)\) 时，由积分中值定理
\[
F^{\prime}(x)=f(x)g(x)-f\left(a + \int_{a}^{x} g(t)\mathrm{d}t\right)g(x)\geqslant f(x)g(x)-f(a + x - a)g(x)=0
\]
所以 \(F(x)\) 在 \([a,b]\) 上单调递增，因此 \(F(b)\geqslant F(a)=0\)，结论得证。
例题 7
证明柯西 (Cauchy) 不等式：若 \(f(x)\)，\(g(x)\) 在 \([a,b]\) 连续，则
\[\int_{a}^{b}f^{2}(x)\mathrm{d}x\int_{a}^{b}g^{2}(x)\mathrm{d}x\geq\left(\int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x\right)^{2}\]
Cauchy 不等式
设 \(f(x)、g(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，我们有柯西不等式：
\[
\int_a^bf^2(x)\mathrm{d}x\int_a^bg^2(x)\mathrm{d}x\ge\left(\int_a^bf(x)g(x)\mathrm{d}x\right)^2
\]
证明 : 方法很多，这里构造积分上限函数
\[
F(x)=\int_{a}^{x} f^2(t)\mathrm{d}t\cdot \int_{a}^{x} g^2(t)\mathrm{d}t - \left(\int_{a}^{x} f(t)g(t) \mathrm{d}t\right)^2, \quad F(a) = 0.
\]
\[
\Rightarrow F^{\prime}(x)= f^2(x)\cdot \int_{a}^{x} g^2(t)\mathrm{d}t + \int_{a}^{x} f^2(t)\mathrm{d}t\cdot g^2(x) - 2\cdot \int_{a}^{x} f(t)g(t)\mathrm{d}t\cdot f(x)\cdot g(x)
\]
\[
=\int_{a}^{x} \left(f^2(x)g^2(t)+f^2(t)g^2(x)-2f(t)g(t)f(x)g(x)\right) \mathrm{d}t=\int_{a}^{x} \left(f(x)g(t)-f(t)g(x)\right)^2 \mathrm{d}t \geq 0
\]
\[
\Rightarrow F(x) \geq F(a) = 0. 证毕！
\]
Note
柯西不等式成立的条件可以减弱为“\(f(x)\) 和 \(g(x)\) 在 \([a,b]\) 可积”，此时变限积分就不一定可导，需要更换证明方法。可行的方法非常多，比如利用判别式
注 2：柯西不等式是最经典的积分不等式之一，以后的很多题目都可以直接用柯西不等式搞定。下面先看两个比较典型的题目。
类题 1
设 \(f(x)\) 在连续且 \(f(x)>0\)，证明：
\[\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x\int_{0}^{1}\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geq1\]
用 Cauchy 一步到位，略
类题 2
请利用柯西不等式证明闵可夫斯基 (Minkowski) 不等式：设 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，则
\[\left(\int_{a}^{b}[f(x)+g(x)]^{2}\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}\leq\left(\int_{a}^{b}f^{2}(x)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}+\left(\int_{a}^{b}g^{2}(x)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}\]
Proof
不等式两边平方
\[
\iff \int_a^b[f(x)+g(x)]^2\mathrm{d}x \le \int_a^bf^2(x)\mathrm{d}x + \int_a^bg^2(x)\mathrm{d}x + 2\left(\int_a^b f^2(x)\mathrm{d}x\int_a^bg^2(x)\mathrm{d}x\right)^{\frac{1}{2}}
\]
把左边完全平方打开
\[
\iff \left(\int_a^bf(x)g(x) \mathrm{d}x\right)^2 \le \int_a^bf^2(x)\mathrm{d}x\int_a^bg^2(x)\mathrm{d}x
\]
即为柯西不等式，得证
例题 8
(Chebyshev)
设 \(f(x)\) 与 \(g(x)\) 在 \([a,b]\) 连续，且同为单调不减（或同为单调不增）的函数，证明：
\[(b - a)\int_{a}^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x\geq\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\cdot\int_{a}^{b}g(x)\mathrm{d}x\]
Proof
\[
F(x) = (x-a)\int_a^x f(t)g(t)\mathrm{d}t - \int_a^x f(t)\mathrm{d}t\int_a^x g(t)\mathrm{d}t
\]
\[
F'(x) = \int_a^xf(t)g(t)\mathrm{d}t + (x-a)f(x)g(x) - f(x)\int_a^xg(t)\mathrm{d}t - g(x)\int_a^xf(t)\mathrm{d}t
\]
\[
=\int_a^x [f(t)g(t) +f(x)g(x) - f(x)g(t) - f(t)g(x)]\mathrm{d}t
\]
\[
= \int_a^x[f(t)-f(x)][g(t)-g(x)]\mathrm{d}t\ge 0
\]
所以 \(F(x)\) 单调增加，\(F(b)\ge F(a)=0\)，得证。
注 1：如果 \(f,g\) 单调性相反，则不等式反向
注 2：切比雪夫不等式原来的叙述是同序与反序，即 \((f(x)-f(y))(g(x)-g(y))\ge 0(\le 0)\)
类题
已知 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 连续且递增，证明：
\[\int_{a}^{b}(\frac{b - x}{b - a})^{n}f(x)\mathrm{d}x\leq\frac{1}{n + 1}\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\]
Answer
注 1：参考答案是将 \(a\) 视为变量，构造“变下限积分”，大家可以尝试将 \(b\) 视为变量，看能否进行下去；
注 2：此题的背景就是切比雪夫不等式
\[
\iff \int_a^b\left(b-x\right)^nf(x)\mathrm{d}x\leq \dfrac{(b-a)^n}{n+1}\int_a^bf(x)\mathrm{d}x
\]
\[
\iff (b-a)\int_a^b\left(b-x\right)^nf(x)\mathrm{d}x\leq \dfrac{(b-a)^{n+1}}{n+1}\int_a^bf(x)\mathrm{d}x = \int_a^b(b-x)^{n}\mathrm{d}x\int_a^bf(x)\mathrm{d}x
\]