暑假积分不等式初探（未完）
abstract
关于一些积分不等式习题的研究、总结和推广
1 几个基本不等式
1.1 Schwarz不等式
若$f(x)$、$g(x)$在$[a,b]$可积，则:
\[\bigg(\int_a^b f(x)g(x)\,\mathrm{d}x \bigg) ^2\leq\bigg(\int_a^bf^2(x)\,\mathrm{d}x\bigg)\bigg(\int_a^bg^2(x)\,\mathrm{d}x\bigg)\]
证法略.
1.2 Kantorovich不等式
若$f(x)$、$\dfrac{1}{f(x)}$在$[a,b]$上可积，且$0<m \leq f(x)\leq M$则:
\[(b-a)^2\leq\bigg(\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x\bigg)\bigg(\int_a^b\frac{1}{f(x)}\,\mathrm{d}x\bigg)\leq\frac{(M+m)^2}{4Mm}(b-a)^2\]
证明:
\begin{align*}
\int_a^b\frac{(f(x)-m)(f(x)-M)}{f(x)}\,\mathrm{d}x
&= \int_a^b[f(x)-(m+M)+\frac{mM}{f(x)}]\,\mathrm{d}x\\
&= \int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x-(m+M)(b-a)\\
&+mM\int_a^b\frac{1}{f(x)}\,\mathrm{d}x\leq 0
\end{align*}
所以
\begin{align*}
\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x \int_a^b\frac{1}{f(x)}\,\mathrm{d}x &= \bigg(\frac{1}{\sqrt{mM}}\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x\bigg)\bigg( \sqrt{mM}\int_a^b\frac{1}{f(x)}\,\mathrm{d}x\bigg)\\
&\leq\frac{1}{4}\bigg(\frac{1}{\sqrt{mM}}\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x+\sqrt{mM}\int_a^b\frac{1}{f(x)}\,\mathrm{d}x\bigg)^2\\
&\leq\frac{1}{4}\bigg(\frac{(m+M)(b-a)}{\sqrt{mM}}\bigg)^2=\frac{(m+M)^2}{4mM}(b-a)^2
\end{align*}
又由$Schwarz$不等式有
\begin{align*}
\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x \int_a^b \frac{1}{f(x)}\,\mathrm{d}x &=\int_a^b \big(\sqrt{f(x)}\big)^2 \,\mathrm{d}x\int_a^b\big(\frac{1}{\sqrt{f(x)}}\big)^2\,\mathrm{d}x\\
&\geq \bigg(\int_a^b\sqrt{f(x)}\frac{1}{\sqrt{f(x)}}\,\mathrm{d}x\bigg)^2\\
&=\bigg(\int_a^b\,\mathrm{d}x\bigg)^2=(b-a)^2
\end{align*}
1.3 Iyengar不等式
若$f(x)$在$(a,b)$可微，且$\vert f'(x)\vert\leq M$，
\[\bigg\vert\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x-\frac{b-a}{2}[f(a)+f(b)]\bigg\vert\leq\frac{(b-a)^2M}{4}-\frac{[f(a)-f(b)]^2}{4M}\]
在证明这个不等式前，先证明其较弱形式：
1.3.1 若$f(x)$在$(a,b)$可微，且$\vert f'(x)\vert\leq M$，则:
\begin{equation*}\bigg\vert\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x-\frac{b-a}{2}[f(a)+f(b)]\bigg\vert\leq\frac{(b-a)^2M}{4}\end{equation*}
证法1(分部积分法)
\[\begin{split}
\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x &= \int_a^b f(x)d(x-\frac{a+b}{2})\\
&=f(x)(x-\frac{a+b}{2})\big|_a^b-\int_a^b(x-\frac{a+b}{2})f'(x)\,\mathrm{d}x
\end{split}\]
所以
\begin{align*}
\bigg\vert \int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x-\frac{f(a)+f(b)}{2}(b-a)\bigg\vert
&=\bigg\vert\int_a^b(x-\frac{a+b}{2})f'(x)\,\mathrm{d}x\bigg\vert\\
&\leq\int_a^b \big\vert x-\frac{a+b}{2}\big\vert\big\vert f'(x)\big\vert \,\mathrm{d}x \\
&\leq M\int_a^b\vert x-\frac{a+b}{2}\vert \,\mathrm{d}x\\
&=2M \int_{\frac{a+b}{2}}^b (x-\frac{a+b}{2})\,\mathrm{d}x\\
&=\frac{M(b-a)^2}{4}
\end{align*}
证法2（中值定理）
据$Lagrange$中值定理知：
\begin{align*}
&\begin{cases}
f(x)=f(a)+f'(\xi_1)(x-a)\quad (a<\xi_1<x)\\
f(x)=f(b)+f'(\xi_2)(x-b)\quad (x<\xi_2<b)
\end{cases}\\
\Rightarrow
&\begin{cases}
f(a)-M(x-a)\leq f(x)\leq f(a)+M(x-a)\\
f(b)+M(x-b)\leq f(x)\leq f(b)-M(x-b)
\end{cases}\\
\Rightarrow
&\begin{cases}
\dfrac{b-a}{2}f(a)-M\dfrac{(b-a)^2}{8} \leq\displaystyle\int_a^\frac{a+b}{2}f(x)\,\mathrm{d}x\leq\dfrac{b-a}{2}f(a)+M\dfrac{(b-a)^2}{8}\\
\dfrac{b-a}{2}f(b)-M\dfrac{(b-a)^2}{8} \leq\displaystyle\int_\frac{a+b}{2}^bf(x)\,\mathrm{d}x\leq\dfrac{b-a}{2}f(b)+M\dfrac{(b-a)^2}{8}
\end{cases}\\
\Rightarrow
&\bigg \vert\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x-\frac{f(a)+f(b)}{2}(b-a)\bigg\vert\leq\frac{M(b-a)^2}{4}
\end{align*}
注释1:将区间分为两个部分分别积分，这里不一定要取中点为分段点,我们有：
\[\begin{cases}
f(a)(c-a)-\dfrac{M(c-a)^2}{2}\leq\displaystyle\int_a^cf(x)\,\mathrm{d}x\leq f(a)(c-a)+\dfrac{M(c-a)^2}{2}\\
f(b)(b-c)-\dfrac{M(b-c)^2}{2}\leq\;\displaystyle\int_c^bf(x)\,\mathrm{d}x\leq f(b)(b-c)+\dfrac{M(b-c)^2}{2}
\end{cases}\]
其中$c\in(a,b)$
\begin{equation}\Rightarrow \bigg\vert\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x+c\big[f(b)-f(a)\big]+af(a)-bf(b)\bigg\vert\leq\frac{M}{2}\bigg[(c-a)^2+(b-c)^2\bigg]\end{equation}
若$f(a)=f(b)=\lambda$，则：
\begin{align*}
\bigg\vert\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x-(b-a)\lambda\bigg\vert
&\leq\frac{M}{2}\bigg[(c-a)^2+(b-c)^2\bigg]\\
&= \frac{M}{2}\bigg[2\bigg(c-\frac{a+b}{2}\bigg)^2+\frac{(b-a)^2}{2}\bigg]\quad\bigg(\forall c\in(a,b)\bigg)
\end{align*}
特别地，当$c=\dfrac{a+b}{2}$时，有：
\begin{equation}\bigg\vert\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x-(b-a)\lambda\bigg\vert\leq\frac{M}{4}(b-a)^2\end{equation}
此时$M$的系数$\dfrac{(b-a)^2}{4}$是最好的\footnote{或说不等式是可以取等的},若不加限制条件$f(a)=f(b)$,直接对$(3)$取$c=\dfrac{a+b}{2}$ 所得的不等式$(2)$，右边的$\dfrac{(b-a)^2M}{4}$ 不一定是满足左边形式的最好上界.至于\为什么要分为两个区间分别积分，我们在后面说明.\\
注释2:事实上，不等式$(2)$不能取等.\\
法一中，不等式
\[\bigg\vert\int_a^b(x-\frac{a+b}{2})f'(x)\,\mathrm{d}x\bigg\vert\leq\int_a^b \big\vert x-\frac{a+b}{2}\big\vert\big\vert f'(x)\big\vert \,\mathrm{d}x\]
无法取等号，因为$(x-\dfrac{a+b}{2})$在$(a,b)$上变换号.\\
法二中，
\[\begin{split}
f(x)&=f(a)\pm M(x-a),x\in(a,c)\\
f(x)&=f(b)\mp M(x-b),x\in(c,b)
\end{split}\]
注释3:从法一和法二可以看到，沟通$f(x)$和$f'(x)$，可以用分部积分或中值定理.%这句话没必要
1.3.2 对$(4)$的推广
若函数$f(x)$不恒等于0，在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，当$x\in(a,b)$时，有$m\leq f'(x)\leq M$, 而且$f(a)=f(b)=\lambda$, 则必有:\[\bigg\vert\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x-(b-a)\lambda\bigg\vert\leq\frac{-mM(b-a)^2}{2(M-m)}\]
证明:
据$Lagrange$中值定理有：
\begin{align*}
&\begin{cases}
f(x)=\lambda+f'(\xi_1)(x-a)\quad (a<\xi_1<x)\\
f(x)=\lambda+f'(\xi_2)(x-b)\quad (x<\xi_2<b)
\end{cases}\\
\Rightarrow
&\begin{cases}
m(x-a)\leq ( f(x)-\lambda )\leq M(x-a)\\
M(x-b)\leq ( f(x)-\lambda )\leq m(x-b)
\end{cases} \\
\Rightarrow
&\begin{cases}
m\displaystyle\int_a^c(x-a)\,\mathrm{d}x\leq\displaystyle\int_a^c(f(x)-\lambda)\,\mathrm{d}x\leq M\displaystyle\int_a^c(x-a)\,\mathrm{d}x\\
M\displaystyle\int_a^c(x-b)\,\mathrm{d}x\leq\displaystyle\int_c^b(f(x)-\lambda)\,\mathrm{d}x\leq m\displaystyle\int_a^c(x-b)\,\mathrm{d}x
\end{cases}
\end{align*}
两式相加得
\[-\frac{M(c-b)^2}{2}+\frac{m(c-a)^2}{2}\leq\int_a^b\big(f(x)-\lambda\big)\,\mathrm{d}x\leq\frac{M(c-a)^2}{2}-\frac{m(b-c)^2}{2}\]
整理得:
\begin{align*}
&\int_a^b\big(f(x)-\lambda\big)\,\mathrm{d}x\geq\frac{Mm(b-a)^2}{2(M-m)}-\frac{M-m}{2}\bigg(c-\frac{Mb-ma}{M-m}\bigg)^2,\\
&\int_a^b\big(f(x)-\lambda\big)\,\mathrm{d}x\leq\frac{-Mm(b-a)^2}{2(M-m)}+\frac{M-m}{2}\bigg(c-\frac{Ma-mb}{M-m}\bigg)^2.\\
&\bigg(\forall c\in(a,b)\bigg)
\end{align*}
故
\[\bigg\vert\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x-(b-a)\lambda\bigg\vert\leq\frac{-Mm(b-a)^2}{2(M-m)}\]
注释1:注意到，将题干中的\[\bigg\vert\int_a^bf(x)\,\mathrm{d}x-(b-a)\lambda\bigg\vert\]改写为\[\bigg\vert\int_a^b\big(f(x)-\lambda \big)\,\mathrm{d}x\bigg\vert\]令\[g(x)=f(x)-\lambda\]则原题化为：
若函数$g(x)$不恒等于0，在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，当$x\in(a,b)$时，有$m\leq g'(x)\leq M$, 而且$g(a)=g(b)=0$, 则必有:\[\bigg\vert\int_a^bg(x)\,\mathrm{d}x\bigg\vert\leq\frac{-mM(b-a)^2}{2(M-m)}\]事实上在证明中已经自然的将问题化为上述形式，几何意义是将原被积函数的端点平移到$x$轴上,对问题进行了必要的转化.
注释2:通过对1.3.1和1.3.2的证明，我们可以看到，通过中值定理所达到的目的是将被积函数放缩为(分段的)线性函数，通过线性函数在区间的积分值来夹逼\footnote{可以看到，这种夹逼只能对将区间端点平移到x轴之后的形式运用}原被积函数的积分值，从而得到不等式(见图$1$). 分段点$c$ 的选取具有任意性，但是满足不等式的最好的$c$值的选取，是通过对一般表达式配方或运用不等式得到的，但只要认清这一方法的本质关注其几何意义，则可以免去求$c$ 的繁琐过程，最好的$c$，一定是直线的交点,如若不然，所得到的积分值与原被积表达式的积分值的误差必将增大!(见图$2$)这也是要分为两个区间来积分的原因，不然误差将会达到最大.(见图$3$、$4$)\\
比如考察:
\[\int_a^b\big(f(x)-\lambda\big)\,\mathrm{d}x\leq\frac{M(c-a)^2}{2}-\frac{m(b-c)^2}{2}\]
直接令$M(x-a)=m(x-b)$，解得$x=\dfrac{Ma-mb}{M-m}$,则$c$的值就得出了.
图1 图2
图3 图4
注释3:从1.3.1可以看到，只有添加了条件$f(a)=f(b)$后，所采用的方法才能够得到不等式的不可改进的上界，但是，$1.3$的$Iyengar$不等式拥有一个比$1.3.1$小的上界，并且没有条件$f(a)=f(b)$,而我们又不能够从$(3)$式中得到任何进展\footnote{这种代数上的没有进展性，从几何上也可以直观反映，因为在$f(a)\neq f(b)$时,通过平移，只能使其中一个端点落在$x$ 轴上,而另外一个端点不在$x$ 轴上,这样就无法通过导函数的有界性简单构造线性函数去夹逼}, 于是要解决这个问题，就得寻求新的方法!
1.3.3 Iyengar不等式的证明
若$f(x)$在$(a,b)$可微，且$\vert f'(x)\vert\leq M$，则:
\begin{equation*}
\bigg\vert\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x-\frac{b-a}{2}[f(a)+f(b)]\bigg\vert\leq\frac{(b-a)^2M}{4}-\frac{[f(a)-f(b)]^2}{4M}
\end{equation*}
证明:
作辅助函数\[F(x)=f(x)-(x-a)k-f(a)\]
其中$k=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$,则有\[F(a)=F(b),\text{且}-M-k\leq F'(x)=f'(x)-k\leq M-k\]
所以
\begin{align*}
\bigg\vert\int_a^bF(x)\,\mathrm{d}x\bigg\vert&\leq\frac{-(-M-k)(M-k)(b-a)^2}{2[(M-k)-(-M-k)]}\\
&=\frac{(M^2-k^2)(b-a)^2}{4M}\\
&=\frac{M(b-a)^2}{4}-\frac{\big[k(b-a)\big]^2}{4M}\\
&=\frac{M(b-a)^2}{4}-\frac{\big[f(a)-f(b)\big]^2}{4M}
\end{align*}
注释1:原题条件改为$m \leq f'(x)\leq M$,则$Iyengar$不等式可推广为
\[\bigg\vert\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x-\frac{b-a}{2}[f(a)+f(b)]\bigg\vert\leq\frac{-(m-k)(M-k)(b-a)^2}{2(M-m)}\]
注释2:这个方法是怎么想到的呢？辅助函数式如何构造的呢？其实是辅助多项式在起作用.
构造多项式
\[P(x)=kx+t\]使
\begin{align*}
\begin{cases}
P(a)&=f(a)\\
P(b)&=f(b)
\end{cases}
\end{align*}
解得
\begin{align*}
\begin{cases}
k &=\dfrac{f(a)-f(b)}{a-b}\\
t &=ak-f(a)\quad\big(\text{或}bk-f(b)\big)
\end{cases}
\end{align*}
作辅助函数
\[F(x)=f(x)-P(x)\]
则显然有
\[F(a)=F(b)=0,F'(x)\in(-M-k,M+k)\]
这样，$F(x)$就满足了1.3.2的所有条件,带入结论即得证.\\
注释3:这种手法在由$Rolle$定理证明$Lagrange$中值定理的时候就采用过.可以说，辅助多项式的方法在解题中运用十分广泛.
