积分不等式 2
利用中值定理
用 Lagrange 中值定理
例题 1
设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上一阶连续可导，且 \(f(a)=0\)，\(|f'(x)|\le M\)，证明：
\[
\left|\int_a^bf(x)\mathrm{d}x\right|\le \dfrac{M}{2}(b-a)^2
\]
Answer
本题需要寻找函数值和导数值之间的联系，可以用 Lagrange 中值定理、分部积分、逆用 N-L 公式等方法
证明
\[
\left|\int_a^bf(x)\mathrm{d}x\right|\le \int_a^b|f(x)|\mathrm{d}x = \int_a^b|f(x)-f(a)|\mathrm{d}x = \int_a^b|f'(\xi)(x-a)|\mathrm{d}x
\]
\[
\le M\int_a^b|x-a|\mathrm{d}x = \dfrac{M}{2}a^2
\]
例题 2
设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上一阶连续可导，且 \(f(a) = f(b) =0\)，\(|f'(x)|\le M\)，证明：
\[
\left|\int_a^bf(x)\mathrm{d}x\right|\le \dfrac{M}{4}(b-a)^2
\]
Answer
注意到题目条件比较对称，因此我们模仿例题 1 的做法，把积分拆成两个，前一个对 \(a\) 点用 Lagrange 中值定理，后一个对 \(b\) 点用 Lagrange 中值定理。
这里我给一种用分部积分的做法
\[
\left|\int_a^bf(x)\mathrm{d}\left(x - \dfrac{a+b}{2}\right)\right| = \left|\int_a^bf'(x)\left(x - \dfrac{a+b}{2}\right)\mathrm{d}x\right|\le M \int_a^b\left|x - \dfrac{a+b}{2}\right|\mathrm{d}x = \dfrac{M}{4}(b-a)^2
\]
注：对例题 1 用分段的方法，可以证明不等式右边为 \(\dfrac{(b-a)^2}{4}M+\dfrac{b-a}{2}|f(b)|\)
用 Cauchy 中值定理
例题 3
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
设
\[
F(x) = \left(\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t \right)^2, G(x) = \int_{0}^{x}f^3(t)\mathrm{d}t
\]
\(\iff 1\le\dfrac{F(1)}{G(1)} = \dfrac{F(1)-F(0)}{G(1)-G(0)} = \dfrac{F'(\xi)}{G'(\xi)} = \dfrac{2\displaystyle\int_0^{\xi}f(t)\mathrm{d}t}{f^2(\xi)}\)
再次利用柯西中值定理
\(= \dfrac{2f(\theta)}{2f(\theta)f'(\theta)} = \dfrac{1}{f'(\theta)}\ge 1\)
用积分中值定理
告诉 \(f(x)\) 单调性，可以考虑用积分中值定理
积分第一中值定理
若 \(f(x),g(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，\(g(x)\) 不变号，则存在 \(\xi\in(a,b)\)，使得
\[
\int_a^bf(x)g(x)\mathrm{d}x = f(\xi)\int_a^bg(x)\mathrm{d}x
\]
在 2022 年微积分甲期末考试考过这个定理的证明
常常用简化版本：
\(\exists c\in(a,b)\), s.t.
\[ \int_a^bf(x)\mathrm{d}x = f(c)(b-a) \]
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
如果直接使用积分中值定理，我们没法得到两个中值变量的大小关系，因此我们需要分割区间让两个中值变量不重叠
\[
\iff \int_{0}^{a}f(x)\mathrm{d}x\geq a(\int_0^a f(x)\mathrm{d}x + \int_a^1 f(x)\mathrm{d}x)
\]
\[
\iff (1-a)\int_0^a f(x)\mathrm{d}x\ge a\int_a^1 f(x)\mathrm{d}x
\]
\[
\iff (1-a)af(\xi_1)\ge a(1-a)f(\xi_2)，其中0<\xi_1<a<\xi_2<1
\]
由单调性即证
例题 5
设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 连续且单调递增，证明：
\[\int_{a}^{b}xf(x)\mathrm{d}x\geq\frac{a + b}{2}\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\]
Hint
用中点分割区间，然后在两个区间上用积分第一中值定理，证明过程略
题外话：此题的背景其实是切比雪夫不等式
\[
\iff (b-a)\int_a^bxf(x)\mathrm{d}x\ge \dfrac{b^2-a^2}{2}\int_a^bf(x)\mathrm{d}x = \int_a^bx\mathrm{d}x\int_a^bf(x)\mathrm{d}x
\]
用 Taylor 中值定理
例 1
设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上二阶连续可导，\(f\left(\dfrac{a + b}{2}\right)=0\)，\(\left|f^{\prime\prime}(x)\right|\leq M\)。证：
\[\left|\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x\right|\leq\frac{M}{24}\cdot(b - a)^{3}\]
Answer
证明 \(f(x)\) 在 \(x = \dfrac{a + b}{2}\) 处的带 Lagrange 余项的 Taylor 公式为
\[
f(x)=f\left(\frac{a + b}{2}\right)+f'\left(\frac{a + b}{2}\right)\left(x-\frac{a + b}{2}\right)+\frac{1}{2}f''(\xi)\left(x-\frac{a + b}{2}\right)^{2}
\]
其中 \(a\leqslant\xi\leqslant b\)。对等式两边求积分，利用 \(\int_{a}^{b}\left(x-\dfrac{a + b}{2}\right)\mathrm{d}x = 0\)，得到
\[
\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=f'\left(\frac{a + b}{2}\right)\int_{a}^{b}\left(x-\frac{a + b}{2}\right)\mathrm{d}x+\frac{1}{2}\int_{a}^{b}f''(\xi)\left(x-\frac{a + b}{2}\right)^{2}\mathrm{d}x
\]
\[
=\frac{1}{2}\int_{a}^{b}f''(\xi)\left(x-\frac{a + b}{2}\right)^{2}\mathrm{d}x
\]
于是
\[
\left|\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\right|\leqslant\frac{1}{2}\int_{a}^{b}\left|f''(\xi)\right|\left(x-\frac{a + b}{2}\right)^{2}\mathrm{d}x\leqslant\frac{M}{2}\int_{a}^{b}\left(x-\frac{a + b}{2}\right)^{2}\mathrm{d}x=\frac{M(b - a)^{3}}{24}.
\]
评注：此题虽然不知道中点处的导数值等于多少，但是由于对称性，积分以后是 0，比较巧妙
例 2
设 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续可导，\(f(a)=f(b)=0\)，\(\vert f^{\prime}(x)\vert\leq M\)，求证：
\[\left\vert\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x\right\vert\leq\frac{M}{12}(b - a)^{3}\]
Answer1
如果仿照上一题的做法，在 \(a,b\) 处展开，会出现比较尴尬的情况，就是我们不知道 \(a,b\) 处的导数值，因此我们需要将 \(a(b)\) 在 \(x\) 处展开 !
证明 1 由 Taylor 公式，存在 \(\xi\in(a,b)\)，使得
\(0 = f(a) = f(x) + f'(x)(a-x) + \dfrac{1}{2}f''(\xi)(a-x)^2\)
由于
\[
\int_a^b f'(x)(a-x)\mathrm{d}x = \int_a^b (a-x)\mathrm{d}f(x) = f(x)(a-x)\Big|_a^b - \int_a^b f(x)\mathrm{d}(a-x) = \int_a^b f(x)\mathrm{d}x
\]
对展开式两边积分，得
\[
0 = 2\int_a^b f(x)\mathrm{d}x + \int_a^b f''(\xi)(a-x)^2\mathrm{d}x
\]
因此
\[
\left\vert\int_{a}^{b} f(x)\mathrm{d}x\right\vert\leq\dfrac{1}{4}\left\vert\int_{a}^{b} f''(\xi)(a-x)^2\mathrm{d}x\right\vert\leq\dfrac{M}{12}(b - a)^{3}
\]
Answer2
此题亦可用分部积分法，注意题目条件是二阶导数的界，因此我们需要两次分部积分凑出二阶导数。
在分部积分的时候，我们需要用到前面所学的技巧，往 \(\mathrm{d}\) 后面加减一个常数，使得边界函数值为 0
证法 2：因为
\[
\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x=(x - a)f(x)\Big|_{a}^{b}-\int_{a}^{b}(x - a)f^{\prime}(x)\mathrm{d}x
\]
\[
=-(x - a)(x - b)f^{\prime}(x)\Big|_{a}^{b}+\int_{a}^{b}(x - b)[f^{\prime}(x)+(x - a)f^{\prime\prime}(x)]\mathrm{d}x
\]
\[
=\int_{a}^{b}(x - b)(x - a)f^{\prime\prime}(x)\mathrm{d}x+(x - b)f(x)\Big|_{a}^{b}-\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x,
\]
所以
\[\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int_{a}^{b}(x - b)(x - a)f^{\prime\prime}(x)\mathrm{d}x\]
从而
\[\left|\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\right|=\frac{1}{2}\left|\int_{a}^{b}(x - b)(x - a)f^{\prime\prime}(x)\mathrm{d}x\right|\leq\frac{1}{2}M\int_{a}^{b}(b - x)(x - a)\mathrm{d}x=\frac{(b - a)^{3}}{12}M\]
注：在积分意义下，\(f(x)\) 居然和 \(f''(x)\) 乘以一个二次函数相等，而且零点恰好为 \(a,b\)，或许我们可以待定系数，留给同学们探究
例 3
设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上二阶可导，\(f''(x)\lt 0\)，证明 :
\[
\int_0^1f(x^2)\mathrm{d}x\le f(\dfrac{1}{3})
\]
Answer
证明
由泰勒公式，得
\[
f(t)=f\left(\frac{1}{3}\right)+f'\left(\frac{1}{3}\right)\left(t - \frac{1}{3}\right)+\frac{f''(\xi)}{2!}\left(t - \frac{1}{3}\right)^2
\]
其中 \(\xi\) 介于 \(\dfrac{1}{3}\) 与 \(t\) 之间，从而
\[
f(x^2)\leq f\left(\frac{1}{3}\right)+f'\left(\frac{1}{3}\right)\left(x^2 - \frac{1}{3}\right)
\]
积分得
\[
\int_{0}^{1}f(x^2)\mathrm{d}x\leq f\left(\frac{1}{3}\right)
\]
推广：本题其实有比较深厚的凹凸性背景，不过留到后面再说，这里先做个简单的推广
设 \(f''(x)\le 0\)，证明
\[\int_0^1f(x^n)\mathrm{d}x\le f(\dfrac{1}{n+1}) = f\left(\int_0^1x^n\mathrm{d}x\right)\]
注：积分号和 \(f\) 换序
例 4
证明阿达玛 (Hadamard) 不等式：若 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上二阶可导，\(f''(x)\ge0\)，则
\[f\left(\frac{a + b}{2}\right)\leq\frac{1}{b - a}\int_a^bf(x)\mathrm{d}x\leq\frac{f(a)+f(b)}{2}\]
Hadamard
先证明左边
由 \(f''(x)>0\Rightarrow f(x) \ge f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0)\)( 切线不等式 )
\(\Rightarrow f(x) \ge f\left(\dfrac{a+b}{2}\right) + f'\left(\dfrac{a+b}{2}\right)(x-\dfrac{a+b}{2})\)
积分得
\[
\int_a^bf(x)\mathrm{d}x \ge (b-a)f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)\iff f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)\leq\frac{1}{b - a}\int_a^bf(x)\mathrm{d}x
\]
再证明右边
把 \(a\) 点在 \(x\) 点展开，得到切线不等式
\(f(a)\ge f(x) + f'(x)(a-x)\)，两边积分
\[
(b-a)f(a)\ge \int_a^bf(x)\mathrm{d}x+\int_a^bf'(x)(a-x)\mathrm{d}x
\]
而
\[
\int_a^bf'(x)(a-x)\mathrm{d}x = \int_a^b(a-x)\mathrm{d}[f(x)-f(b)] = \int_a^b(f(x)-f(b))\mathrm{d}x
\]
即
\[
(b-a)f(a)\ge 2\int_a^bf(x)\mathrm{d}x - (b-a)f(b)
\]
移项整理即得
\[
\dfrac{1}{b-a}\int_a^bf(x)\mathrm{d}x\leq\frac{f(a)+f(b)}{2}
\]
例 5
设 \(f''(x)>0\)，\((a < b)\)，证明：
\[\frac{1}{b - a}\int_a^bf[g(x)]\mathrm{d}x\geq f\left(\frac{1}{b - a}\int_{a}^{b} g(x)\mathrm{d}x\right)\quad\]
Answer
\(f''(x)\ge0\Rightarrow f(x)\ge f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0)\)
令 \(x\to g(x), x_0\to \dfrac{1}{b-a}\int_a^bg(x)\mathrm{d}x\) 有
\[
f[g(x)]\ge f\left(\frac{1}{b - a}\int_{a}^{b} g(x)\mathrm{d}x\right) + f'\left(\frac{1}{b - a}\int_{a}^{b} g(x)\mathrm{d}x\right)\left[g(x)-\frac{1}{b - a}\int_{a}^{b} g(x)\mathrm{d}x\right]
\]
不等式两边同时取 \(a\) 到 \(b\) 的积分，并且除以 \(b-a\)，得到
\[
\frac{1}{b - a}\int_a^bf[g(x)]\mathrm{d}x\geq f\left(\frac{1}{b - a}\int_{a}^{b} g(x)\mathrm{d}x\right)
\]
注：本题的背景是Jensen 不等式，研究凸函数下积分平均见的不等关系
Note
依托例题 5，我们命制出前面几个题
- 取 \(g(x) = x^2\)，区间为 \([0,1]\)，得到 \(\int_0^1f(x^2)\mathrm{d}x\ge f(\dfrac{1}{3})\)
- 取 \(g(x) = x\)，区间为 \([a,b]\)，得到 \(\dfrac{1}{b-a}\int_a^bf(x)\mathrm{d}x\ge f(\dfrac{a+b}{2})\)
更多的，我们可以赋予外层函数 ( 利用凹凸性的那个函数 ) 以具体，比如
- 取 \(f(x) = \ln x\)，区间为 \([0,1]\)，得到 \(\displaystyle\int_0^1\ln f(x)\mathrm{d}x\le \ln \left[\displaystyle\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x\right]\)
Exercise
设 \(f(x)>0\)，证明 :
\[ \int_0^1 \left[\ln f(x)\right]\mathrm{d}x \le \ln \left[\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x\right] \]