利用函数单调性证明积分不等式_黄道增

2009.
- 15 -
α f(x)dx≥ α
β
f(α)dx
β0
βα
乙 乙 因为 β- α <1，所以 α f(x)dx> α
β
f(x)dx
β
0
βα
乙 乙 例 2
Βιβλιοθήκη Baidu
1
试证：
cosx
1
dx≥
sinx
dx.
0 姨1- x2
0 姨1- x2
分析 不等式两边的积分是瑕积分.在两边的积分中分
π
乙2
别作变换 t=arccosx 与 t=arcsinx，原不等式可化为 cos 0
函数的一阶导数符号与函数单调关系，判断函数的单调性；
（3）求函数在区间端点的函数值；
（4）根据第 2 步和第 3 步即可得证.
乙b
例 3 设 f(x)在[a,b]上连续，且单调递增，试证明 xf(x) a
乙 dx≥ a+b
b
xf(x)dx.
2a
分析 可将此定积分不等式中常数 b 变为变数 x，利用
乙 乙 差式构造辅助函数：F(x)=
x
tf(t)dt-
a+x
x
f(t)dt，则要证 F(b)
a
2a
≥F(a)=0.
乙 乙 证明
设 F(x)=
x
tf(t)dt-
a+x
x
f(t)dt，则 F(x)在[a,b]上连
a
2a
续，在(a,b)内可导，
乙 乙 F'(x)= 1 [(x- a)f(x)- xf(t)dt]= 1
x
[f(x)- f(t)]dt
乙 乙 α
β
所以 f(x)dx≥ f(α)dx=αf(α)
0
α
乙 乙 β
β
同理有 f(x)dx≤ f(α)dx=(β- α)f(α)
α
α
（1） （2）
由（1）（2）得：
乙 乙 1
α
f(x)dx≥f(α)≥
1
β
f(x)dx
α0
β- α α
（3）
将（3）式两边同乘以 α(β- α) ，有 β
乙 乙 β- α
2
22
2
y=sinx
在(0,
π 2
)上严格单调递增，于是只要证明当
t∈(0,
π 2
)
时，有 cost≤ π - sint 或 cost+sint≤ π . 当 t∈(0, π ) 时，
2
2
2
cost+sint=姨 2
sin(t+
π 2
)≤ 姨 2
<
π 2
，于是问题得证（. 证略）
2 利用辅助函数的单调性
DOI:10.13398/j.cnki.issn1673-260x.2010.09.004
第 26 卷 第 9 期 2010 年 9 月
赤 峰 学 院 学 报（ 自 然 科 学 版 ） Journal of Chifeng University（Natural Science Edition）
Vol. 26 No. 9 Sep. 2010
0
0
要证 F(a)≥0.
乙 乙 x
1
证明 令 F(x)= g(t)f'(t)dt- f(t)g'(t)dt- f(x)g(l)，x∈[0,1]，
0
0
则 F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且 F'(x)=g(x)f'(x)- f'(x)g(l)
=f'(x)[g(x)- g(l)]
∵g'(x)≥0 且 f'(x)≥0
2
a
2a
∵f(x)在[a,b]上连续，且单调增加，
∴g'(x)≥0
即 g(x)在[a,b]上单调增加，
∵F(a)=0 ∴F(b)>0
乙 乙 ∴
b
xf(x)dx-
a+b
b
f(x)dx≥0
a
2a
乙 乙 ∴ b xf(x)dx≥ a+b
b
f(x)dx
a
2a
例 4 设 f(x)，g(x)在[0,1]上的导函数连续，且 f(0)=0，f'(x)
上的一个原函数.
可导函数的一阶导数符号与函数单调性关系定理：设
函数 f(x)在[a,b]连续，在(a,b)内可导，如果在(a,b)内 f'(x)≥0（或
f'(x)≤0），那么 f(x)在[a,b]上单调增加（或单调减少）.
证明的一般过程：
（1）构造辅助函数 f(x)，取定闭区间[a,b]；
（2）求函数 f(x)的导数 f'(x)，再判别它的符号，利用可导
常数 1 变为变数 x，利用差式构造辅助函数.
乙 乙 1
1
证 明 对任意 t∈[0,1]，构造函数 F(t)=[ f(x)dx]2- f3
0
0
(x)dx,显然有 F(0)=0
乙1
F'(t)=2f(t)[2[ f(t)dx，- f2(t)] 0 乙1
不妨令 H(t)=2 f(t)dx，- f2(t)]，显然有 H(0)=0 0
H'(t)=2f(t)- 2f(t)f'(t)=2f(t)[1- f'(t)]
∵0<f'(t)<1
∴f(t)在[0,1]上严格单调递增.
∴f(t)>f(0)=0
∴H'(t)≥0
∴ 对任意 t∈[0,1]有 H(t)≥H(0)=0，F'(t)>0，t∈[0,1]
∴F(t)在[0,1]上严格单调递增，F(l)>F(0)=0
版 社 ,2001.
〔2〕张荣.辅 助 函 数 在 不 等 式 证 明 中 的 应 用[J].数 学 的 实 践 与
认 识 ,2007(10).
〔3〕叶 国 菊 ，赵 大 方 .数 学 分 析 学 习 与 考 研 指 导 [M]. 北 京 : 清 华
大 学 出 版 ,2009.
〔4〕贾高.数学分析专题选讲[M].上海:上海 交 通 大 学 出 版 社,
证明方法根据—— —变微积分学基本定理和可导函数的
一阶导数符号与单调性关系定理：
微积分学基本定理：若函数 f(x)在[a,b]上连续，则由变动
乙x
上限积分 Φ(x)= f(t)dt,x∈[a,b]，定义的函数 Φ 在[a,b]上可 a
导，而且 Φ'(x)=f(x).也就是说，函数 Φ 是被积函数 f(x)在[a,b]
乙b
义[a,b]在上的两个可积函数，若 f(x)≤g(x),x∈[a,b]，则 f(x) a 乙b
dx≤ g(x)dx. a
例 1 设 f(x)为[0,1]上非负单调递减函数，
乙 乙 证明 对于 0＜α＜β＜1，有 α f(x)dx> α
β
f(x)dx
0
βα
证明 由 f(x)的单调递减性得：
若 0<x≤α＜1，有 f(x)≥f(α)
乙 乙 a
1
∴ 对任何 a∈[0,1]，有 g(x)f'(x)dx- f(x)g'(x)dx≥f(a)g(l).
0
0
例 5 设 f(x)在[0,1]上可微，且当 x∈（0,1)时，0<f（' x）<1，
乙 乙 1
1
f(0)=0，试证：[ f(x)dx]2> f3(x)dx
0
0
分析 可将此定积分不等式看成是数值不等式，并将
利用函数单调性证明积分不等式
黄道增
（台州学院，浙江 台州 317000）
摘 要：积分不等式的证明方法多种多样，本文主要利用被积函数的单调性和通过构造辅助函数的单调性证明积分不等 式.
关键词：函数单调性；积分不等式；辅助函数 中图分类号：O172.2 文献标识码：A 文章编号：1673- 260X（2010）09- 0014- 02
- 14 -
π
乙2
(sint)dt≥ sin(cost)dt，欲证不等式，只需证明 cos(sint)dt≥ 0
sin(cost)dt，t∈（0，π2
，而
cos(sint)=sin(
π 2
-
sint)≥sin(c0st).
因为 t∈(0, π ) 时，0<cist< π ，0< π - sint< π ，而函数
乙 乙 a
1
≥0，g'(x)≥0，证明：对任何 a∈[0,1]，有 g(x)f'(x)dx- f(x)g'
0
0
(x)dx≥f(x)g(l)
分析 可将此定积分不等式的常数 a 变为变数 x，利用
乙 乙 x
1
差式构造辅助函数：F(x)= g(t)f'(t)dt- f(t)g'(t)dt- f(x)g(l)，则
乙 乙 1
1
即[ f(x)dx]2> f3(x)dx
0
0
评析：对于含有定积分的不等式，往往把某一常数变为
乙x
变数，利用差式构造变上限辅助函数，再利用变上限积分
0
f(x)dx 及函数的单调性解决.
—— ——— —— — ——— — — — —— —— —
参考文献：
〔1〕华 东 师 范 大 学 数 学 系 .数 学 分 析 (上 )[M].北 京 :高 等 教 育 出
∴g(x)≤g(l)，则 F'(x)≤0，
乙 乙 1
1
∴F(x)≥F(l)= g(t)f'(t)dt- f(t)g'(t)dt- f(l)g(l)
0
0
乙1
= d[g(x)f(x)]- f(l)g(l) 0
=[f(l)g(l)- f(0)g(0)]- f(l)g(l)=0
即 F(x)≥0，x∈[0,1].
积分不等式是微积分学中一类重要的不等式，其证明
方法多种多样.如果题目条件中含“单调性”或隐含“单调性”
的条件，利用函数单调性证明比较简单.本文主要讨论利用
被积函数的单调性和通过构造辅助函数的单调性证明积分
不等式.
1 利用被积函数的单调性
证明方法根据— ——定积分性质之一：设 f(x)与 g(x)为定