本文档包含了一些常见的积分不等式的证明方法及其简单应用。

积分不等式的证明方法及其应用

【摘要】本文根据定积分的定义、性质、定理等方面简单介绍了几个证明积分

不等式的基本方法，并给出了相应的例题，从而更好地掌握其积分不等式的证明方法。尔后再给出四个重要积分不等式及其证明方法和应用，最后详细举例说明积分不等式在求极限、估计积分、证明积分不等式等上的应用及两个重要积分不等式的应用。

【关键词】积分不等式 Schwarz不等式 Holder不等式 Gronwall不等式

Young不等式

..

1 引言

在学习中，我们常会遇到这样的问题：有些函数可积，但原函数不能用初等函数的有限形式来表达，或者说这种积分“积不出”，无法应用Newton-Leibniz公式求出（如 e xdx），这时我们只能用其它方法对积分值进行估计，或近似计

01

2

算；另一种情况是，被积函数是没有明确给出，只知道它的结构或某些性质（例如设函数f在 0,1 上连续可微，且f(1) f(0) 1，求 f'2(x)dx），因此我们希

01

望对积分值给出某种估计.为此我们来研究下积分不等式. 我们把含有定积分的不等式称为积分不等式.

2

1

xlnxdx

2

1

xlnxdx，

ba

f(x)coskxdx

2

ba

f(x)sinkxdx

2

1都是积分不等

式.

2积分不等式的证明方法

2.1 定义法

我们根据定积分的定义，把积分区间n等分，得出积分和，再由离散型式子，得出积分和之间的大小关系，再令n ，取极限即可. 例1设函数f(x)在区间 0,1 上可积 .

试证明有不等式 f(x)dx01

.

证 先用Jensen不等式法证明不等式 : 对 x1,x2, ,xn R, 有不等式

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x1 x2 xn

n

x1 x2 xn

n

222

.

n

设T为区间[ 0 , 1 ]的n等分.由上述不等式,有

i 1

i 1

f n n

n

i 1

2 i 1f . n n

令n , 注意到函数f(x)和f2(x)在区间 [ 0 , 1 ]上的可积性以及函数 |x|和x的连续性，就有积分不等式

f(x)dx01

.

例2 设f在区间 a,b 上连续，p(x) 0， p(x)dx 0，且m f(x) M，h(x)

a在 m,M 上有定义，并有二阶导数h''(x) 0，试证明：

b

h(

ba

p(x)f(x)dx

ba

)

p(x)dx

ba

p(x)h(f(x))dx

ba

.

in

p(x)dx

(b a)，pi p(xi)

证 （利用积分和）将 a,b n等分，记xi a

i 1,2,3

，fi f(xi)，

nn

因为h''(x) 0，所以h(x)为凸函数，所以h(

i 1

n

pifi

) pi

i 1

pih(fi)

n

pi

i 1

n

i 1

则有h(

i 1n

pifipi

b ann

)

n

i 1

pih(fi)

n

b an

i 1

b a

i 1

pi

b an

令n 取极限，便得欲证明的积分不等式.

2.2 利用定积分的基本性质

例3 设f(x)在 a,b 上二次连续可微，f(其中M supf''(x).

a x b

a b2

) 0， f(x)dx

a

b

M(b a)

24

3

，

证 将f(x)在x

f(x) f(

'

a b2a b2

处用泰勒公式展开，注意到f(

)

12!

f( )(x

''

a b2

) 0，则

a b2

)(x

a b2

)

2

，f(x)的右端第一项在 a,b 上的

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积分为0，故

ba

f(x)dx

2!

3

1

ba

f( )(x

''

a b2

2

)dx

1

2

ba

f( )(x

''

a b2

)dx

2

16

M(x

a b2

)|a

3b

M(b a)

24

，其中M supf''(x).

a x b

例4设函数f(x)在 0,1 连续且递增，证明：对任意k 0, 1，有

k

f(x)dx k f(x)dx.

1

k0

k

f(x)dx k f(x)dx 0

1

证1 k f(x)dx

1k

f(x)dx

1k

k0

f(x)dx

(k 1) f(x)dx k f(x)dx k(k 1) f( 1) f( 2)

k

k

1

0(其中0 1 k 2 1)

,

移项即得.

1

证2 f(x)dx k f(x)dx

0k

1

k

k

f(x)dx k f(x)dx k f(x)dx

k

k

(1 k) f(x)dx k f(x)dx或但f在闭区间 0,1 上连续且递增，故

1k

1k

1k

k0

k0

f(x)dx

11 k

1k

f(x)dx1

f(x)dx f(k)

1 k

1k

f(x)dx，即

k0

f(x)dx

11 k

1k

f(x)dx

成立，原题获证.

2.3 利用重积分证明积分不等式

把积分不等式中的定积分变换成重积分，再利用重积分的性质证明积分不等式. 例5 已知f(x) 0，在 a,b 上连续， f(y)dy 1，k为任意实数，求证：

ab

ba

f(x)coskxdx

baba

2

ba

f(x)sinkxdx

a

2

1 （*）

ba

b

证 （*）式左端 原式获证.

f(x)coskxdx f(y)coskydy dx

ba

b

f(x)sinkxdx f(y)sinkydy

a

ba

f(x)f(y)cosk(x y) dy

dx f(x)f(y)dy 1

a

b

2.4 利用缩放积分区间来证明积分不等式的方法

例6 设函数f(x)在 0,1 上有连续二阶导数，f(0) f(1 )，0f(x) 0

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（x 0,1 ），试证：

10

f(x)f(x)

''

4.

证 因f(x) 0（x 0,1 ），故f(x)在 0,1 内恒正或恒负（否则由介值性知必有零点在 0,1 内，与f(x) 0矛盾），不妨设f(x) 0（ 0的情况类似可证），

x 0,1 ,因f(x)在 0,1 上连续，故存在c 0,1 ，使得f(c) maxf(x)，于是对

0 x 1

任意0 a b 1有

10

f(x)f(x)

''

dx

10

f(x)f(c)

''

1f(c)1f(c)

10

f(x)

''

1f(c)

ba

f(x)dx

''

1f(c)

ba

''

f(x)dx

''

f(b) f(a)

下面我们来恰当地选取a,b，得到所需的估计.注意到f(0) f(1) 0，应用Lagrange公式得，

0,c ,f( )

'

f(c) f(0)c 0f(1) f(c)1 c

1

f(c)cf(c)1 c

； .

'

'

c,1 ,f( )

'

令a ,b ，则 0

f(x)f(x)

2

''

dx

1f(c)

f(b) f(a)

1f(c)

f(c)1 c

f(c)c

1c(1 c)

1f(x)11 c 1 c

4，获证. 因为c(1 c) ，所以 0f(x)c(1 c)24

''

2.5 构造变限积分的方法

对于一个积分不等式，可把常数a变为变量构造辅助函数y F(x)，再利用函数

y F(x)的性质来证明积分不等式.

例7 设f(x)在 0,1 上可微，且当x 0,1 时，0 f'(x) 1，f(0) 0，试证明：

( f(x)dx)

01

2

1

f(x)dx.

1

1

3

证1 问题在于证明( f(x)dx)2 f3(x)dx 0

故令F(x) ( f(t)dt) f3(t)dt，因F0故只要证明在(0,1)内有F'(x) 0.)(0 ，

x

2

x

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事实上，F(x) 2f(x)

'x0

x

x

2 f(t)dt f(x) f(x)2 f(t)dt f(x)

0

3

令g(x) 2 f(t)dt f2(x)，故只要证明在(0,1)内有g(x) 0，因g(0) 0，故只要证明在(0,1)内有g'(x) 0.事实上，

g(x) 2f(x) 2f(x)f(x) 2f(x)(1 f(x))

'

'

'

，

已知f(0) 0，0 f'(x) 1（x 0,1 ），故x (0,1)时，f(x) 0，所以g'(x) 0，故F'(x) 0.

证2 已知f(0) 0，0 f'(x) 1（x 0,1 ），故x (0,1)时，f(x) 0

( f(x)dx)

1

2

所以问题在于证明

x0

10

f(x)dx

3

1 （*）

令F(x) ( f(s)ds)2，G(x)

x

f(s)ds

3

则（*）式左端（利用Cauchy中值定理）有

( f(x)dx)

1

2

010

F(1) F(0)G(1) G(0)

f(x)dx

3

F( )G( )

2

'

'

2f( )

3

f(t)dt

f( )2

f(t)dt

2

f( )

f(t)dt 2 f(t)dtf( ) f(0)

2

02

2f( )2f( )f( )

'

1f( )

'

1(0 1)

2.6 其它方法

证明积分不等式的方法很多，像判别式法，面积法，概率论法等，在此我就不一一介绍了.

3 几个重要积分不等式及其应用

本节我们将会介绍几个著名的不等式.这些不等式不仅本身是重要的，而且证明这些不等式的方法，也十分典型.因此本节将系统地介绍这些不等式，并着重讨

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论它们的证明与应用.

3.1 Schwarz不等式及其应用

3.1.1 Cauchy不等式[ 9 ]

对任意n个数ai 0,i 1,2,3 ,n恒有( aibi) ( ai)( bi)2，其中等号当且仅

2

2

i 1

i 1

i 1

n

n

n

当ai与bi成比例时成立.

我们将这种离散的和的不等式推广到积分不等式，就得到Schwarz不等式. 3.1.2 定理1(Schwarz不等式)[ 9 ]

( f(x)g(x)dx)

ab

2

b

a

f(x)dx g(x)dx,f(x),g(x)在区间[a,b]上可积，其中等

a

2

b

2

号当且仅当存在常数a,b，使得af(x) bg(x)时成立（a,b不同时为0）. 证1 将[a,b]n等分，令xi a

n

n

2

n

in

(b a)，应用Cauchy不等式得

( f(xi)g(xi))

i 1

i 1

f(xi) g(xi)，则有

2

2

i 1

(

1

n

n

i 1

f(xi)g(xi)

b an

2

)

b

2

1

n

n

i 1

b a1

f(xi)

nn

2

n

i 1

g(xi)

2

b an

，令n 得

( f(x)g(x)dx)

a

b

a

f(x)dx g(x)dx.

aba

2

b

2

2

证2 利用定积分的性质易知 [f(x) tg(x)]dx 0，即

t

2

b

a

g(x)dx 2t f(x)g(x)dx

a

ba

2

b

b

a

f(x)dx 0

2

(1)当 g2(x)dx 0时，因为g(x)在区间[a,b]上可积，所以g2(x)在区间[a,b]上也可积且非负，故有g2(x) 0,a e于E，所以g(x) 0,a e于E，继而有

f(x)g(x)

b

0, a于eE，所以有 f(x)g(x)dx 0，命题得证，其中E a,b .

a

b

(2)当 g2(x)dx 0时，上面方程是关于t的二次多项式不等式，因此，判别式：

a

4( f(x)g(x)dx) 4 f(x)dx g(x)dx 0，即：

a

a

a

b

2

b

2

b

2

( f(x)g(x)dx)

a

b

2

b

a

f(x)dx g(x)dx,命题得证.

a

2

b

2

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证3 利用二重积分来证明Schwarz不等式.

ba

f(x)dx g(x)dx ( f(x)g(x)dx)

a

a

2

b

2

b

2

b

2

1

2

bababa

f(x)dx g(x)dx

a

b

2

2

2

2

b

2

1

2

ba

f(y)dy g(y)dy

a

2

2

ba

f(x)g(x)dx f(y)g(y)dy

a

b

11

2

dy [f(x)g(y) f(y)g(x) 2f(x)g(x)f(y)g(y)]dx

a

2

dy [f(x)g(y) f(y)g(x)]dx 0

a

b

2

即有( f(x)g(x)dx)

a

b

2

b

a

f(x)dx g(x)dx，由此看出若f(x),g(x)在区间

a

2

b

2

其中等号当且仅当存在常数a,b，使得af(x) bg(x)时成立（a,b[a,b]上连续，同时为0）.

3.1.2 Schwarz不等式的应用

不

应用Schwarz不等式，可证明另外一些不等式，使用时要注意恰当选取函数f,g. 例1 已知f(x) 0，在 a,b 上连续， f(y)dy 1，k为任意实数，求证：

ab

ba

f(x)coskxdx

2

2

ba

f(x)sinkxdx

2

1 （*）

证 （*）式左端第一项应用Schwarz不等式，得

ba

f(x)coskxdx

a

kx)dx

2

ba

f(x)coskxdx f(x)dx

a

2

b

同理

ba

f(x)coskxdx

2

b

ba

f(x)sinkxdx

2

ba

ba

f(x)sinkxdx

2

所以

a

f(x)coskxdx

2

f(x)sinkxdx

2

ba

f(x)coskxdx

2

ba

f(x)sinkxdx

2

b

1

2

b

2

ba

f(x)dx 1

1

b

1

2

例2 求证：( (f(x) g(x))dx)2 ( f(x)dx)2 ( g(x)dx)2,其中f(x),g(x)

a

a

a

在区间[a,b]上连续，其中等号当且仅当存在常数a,b，使得af(x) bg(x)时成立,a,b不同时为0.

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证 (f(x) g(x))2dx

a

b

ba

f(x)dx

2

ba

2

g(x)dx 2 f(x)g(x)dx

a

b

ba

f(x)dx

2

ba

g(x)dx 2( f(x)dx)2( g(x)dx)2

a

a

2

2

b

1

2

b

1

2

11

b b2 2

( f(x)dx)2 ( g(x)dx)2

aa

对上式两边开平方即得要证明的积分不等式.

3.2 Holder不等式及其应用

3.2.1 基本形式[ 1 0 ]

设ai,bi 0,i 1,2,3 ,n，k,k'为实数，且有

k

1

k 'k k 1当（从而k 1）时， aibi ai i 1 i 1

n

n

n

..

11k

'

1，则

1

k' k'

bi i 1

1

1

n

当k 1,k 0（从而k' 1）时， aibi aik bik'

i 1

n

k

n

k'

i 1i 1

其中等号当且仅当ai与bi成比例时成立. 3.2.2 Holder不等式的积分形式[ 1 0 ]

定理2 设f(x),g(x) 0，并使得所论的积分有意义，k,k' 0,1为共轭实数（即

1k 1k

'

..

1），则

当k 1（从而k' 1）时， f(x)g(x)dx

a

b

b

ba

f(x)dx

k

k

1

ba

g(x)dx

1k

k'

1k'

当k 1,k 0（从而k' 1）时， f(x)g(x)dx

a

'

ba

f(x)dx

k

ba

g(x)dx

k'

1k'

若f,g连续，则其中的等号当且仅当fk(x) tgk(x)时成立. 证 当k 1（从而k' 1）时，令E [a,b].

因为f(x),g(x) 0，所以 fk(x)dx 0, gk(x)dx 0，

a

a

b

b

'

(1)若 fk(x)dx 0，又f(x) 0，则fk(x) 0，所以fk(x) ,a e于E，故

a

b

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f(x) ,a e

于

E

，所以有

f(x)

b

g( x)

'

于aEe，故

ba

f(xg)xdx(

b

E

k

f)xgxdx (，原式得证.同理 g(x)dx 0时，原式可证.

a

b

'

（2）若 fk(x)dx 0， gk(x)dx 0，

a

a

令 (x)

f(x)

E

f(x)dx

k

1k

， (x)

g(x)

k

E

g(x)dx

k

'

1k

'

，因为有AB

Ak

k

Bk

k'

'

（此式见

本文第13页例8）,令A (x),B (x)，则得

(x) (x)

(x)

k

k

(x)

k1k

'

k

'

f(x)k f

E

k'

(x)dx

g(x)k

'

k

'

E

g(x)dx

k'

所以 (x) (x)dx

E

1k

'

1，

f(x)g(x)

E

E

f(x)dx

1k'

k

k

1

E

f(x)dx

k

1k

'

1

ba

f(x)g(x)dx

ba

f(x)dx

k

k

1

ba

g(x)dx

k'

.

当k 1,k 0（从而k' 1）时，因k k'(1 k) 0，则

ba

f(x)dx

ba

k

ba

f(x)g

b

kk k(1 k)

'

(x)dx

f(x)g(x)

a

b

k

g

k

'

(x)

1 k

dx

f(x)dx ( f(x)g(x)dx)

a

kk

ba

g(x)dx

k'

1 k

ba

f(x)g(x)dx

ba

f(x)dx

k

k

1k

1

ba

g(x)dx

k'

k 1k

1k'

ba

f(x)dx

k

k

1

ba

g(x)dx

k'

1k

'

所以有 f(x)g(x)dx

a

b

ba

f(x)dx

k

ba

g(x)dx

k'

.

在上述两种情况中，等号当且仅当fk(x) tgk(x)时成立. 3.2.2 Holder不等式的应用 例3 试证明： xa

'

..

sinx

dx 2a

cosx

dx

3

4

(a 0).

证 令x t

2

， xa

sinx

dx

20

a

cost

dt

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于是 xa

sinx

cosx

dx a

2

dx

2

20

a

cost

dt 2a

cosx

dx

costcost23

222

adt

44

1

例5 设函数f在 0,1 上连续可微，且f(1) f(0) 1，求 f'2(x)dx 1.

0证 在Holder不等式中取k k' 2，则

..

10

f

'2

(x)dx

1

2

1

10

f

'2

(x)dx

2

1

10

1dx

2

12

1

1 f(x)dx

'

1

f(x)dx f(1) f(0) 1

'

故有 f'2(x)dx 1

3.3 Gronwall不等式及其应用

3.3.1 Gronwall不等式[2]

定理3 设k为非负常数，f(t),g(t)为区间 a,b 上的连续非负函数，且满足不等式 f(t) k f(s)g(s)ds，t a,b ，则有f(t) kexp

a

ta'

t

g(s)ds ，t a,b .

ta

证1 当k 0时，令 (t) k f(s)g(s)ds，则 (t)在 a,b 上恒正且可导，则

(t) f(t)g(t) g(t) (t)，则

'

(t) (t)

g(t)

ta

(s) (s)

'

ta

g(s)ds，

ln (t) ln (a)

ta

ta

g(s)ds f(t) kexp

ba

g(s)ds

；

ta

当k 0时，f(t)

0

f(s)g(s)ds，t a,b

， (t) f(s)g(s)ds，则有f(t) exp

a

ta

t

g(s)ds

由 的任意性知，f(t) 0 0 exp证2 令 (t)

ta

g(s)ds ，原式得证.

f(s)g(s)ds， (t) exp g(s)ds

ta

则 (a) 0， (a) 1且 (t)在 a,b 上可导， '(t) f(t)g(t) (k (t))g(t)

'

(t) (t)g(t) kg(t) (t) (t)g(t) (t) kg(t) (t)

'

对上式两边取积分得， (s) (s)g(s) (s)ds

a

t

'

ta

kg(s) (s)ds

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(t) (t) 0 k (t) k (t) k kexp( g(s)ds)

a

t

f(t) (t) k k k kexp( g(s)ds) kexp( g(s)ds)，原式得证.

a

a

tt

3.3.2 Gronwall不等式的应用

下面我们来看一下Gronwall在证明一阶线性微分方程的惟一性时的应用. 例6 设积分方程y y0 f( ,y( ))d 在区间 x0,x0 h 上存在连续解，且

x

x

f(x,y)关于y

满足Lipschitz条件：f(x,y1) f(x,y2) ky1 y2，证明这个连

续解 (x)是惟一的.

证 设此方程还有一连续解 (x).现在取 (x0) y0，构造皮卡逼近函数序列如下：

(x0) y0

n(x) y0

x

xx0

f( , n 1( ))d

，x x0,x0 h ，n 1,2,3

x

则 (x) y0 f( , ( ))d ， (x) y0 f( , ( ))d

x0

x0

(x) (x)

xx0

f( , ( ))d

xx0xx0

xx0

f( , ( ))d

f( , ( ) )fk( ) ()

( ,(d))

一的.

应用Gronwall不等式得 (x) (x) 0，则有 (x) (x)，即连续解 (x)是惟

3.4 Young不等式及其应用

著名的不等式还有很多，我们不准备一一介绍，最后，我来绍一个在证法上有特点的Young不等式. 3.4.1 Young不等式[ 1 0 ]

定理4 设f(x)递增，连续于 0, ，f(0) 0，a,b 0，f 1(x)表示f(x)的反函数，则ab

a

f(x)dx

b

f

1

(y)dy，其中等号当且仅当f(a) b时成立.

该式从几何上看上要分清楚的.因积分等于曲边梯形的面积，可能发生的三种情

本文档包含了一些常见的积分不等式的证明方法及其简单应用。

况，如下图所示，这时 f(x)dx SOABO， f 1(y)dy SOCEO，ab SOADEO，其中

ab

SOCEO表示图形OCEO

的面积.

(1)(2)(3)

b f(a) b f(a) b f(a)

证 1我们证明 f(x)dx

af(a)

00

f

1

(y)dy af(a) ①

1

因为f(x)递增，连续于 0,a 上，故f递增，连续于 0,f(a) 上.故①式有意义.

将 0,a n等分，记分点为0 x0 x1 x2 xn a，相应的点为yi f(xi)，（i 1,2,3 ,n）构成 0,f(a) 上的一个分划：0 y0 y1 y2 yn f(a)，因为f(x)在 0,a 上连续，故在 0,a 上一致连续.故n 时，对于分划

0 y0 y1 y2 yn

f(a)来讲，有

max y max(yi yi 1) max(f(xi) f(xi 1)) 0 n ，故

1 i n

1 i n

1 i n

a0

f(a)0

f(x)dx

f

1

n

(y)dy lim f(xi) xi

n

i 1

1

n

i 1

f

1

(yi 1) yi

n

lim

n

f(x)(x

i

i 1n

i

xi 1) f

(f(xi 1)) f(xi) f(xi 1)

lim

n

f(x)(x

i

i 1n

i

xi 1) xi 1 f(xi) f(xi 1)

lim

n

f(x)x

i

i 1

i

xi 1f(xi 1)

lim f(xn)xn x0f(x0)

n

本文档包含了一些常见的积分不等式的证明方法及其简单应用。

af(a) 0 f(0) af(a)， ①式获证.

2由①式可知，若b f(a)，则ab

a

f(x)dx

b

f

1

(y)dy中等号成立.

3

若0 b f(a)，则由f的连续性知，存在x0 0,a ，使得f(x0) b，于是

f(x)dx

a0

b0

f

1

(y)dy

x00x00

f(x)dx

ax0

f(x)dx

f(x0)

f(x0)0

f

1

(y)dy

(

f(x)dx

f

1

(y)dy)

ax0

f(x)dx

f(x0)(a x0) f(x0)x0 af(x0) ab

4b f(a)时，只要把f看作是f

1

的反函数，就可由30的结论得到.

5

000

联系2，3，4可知定理成立.

3.4.2 Young不等式的应用

例7 证明当a,b 1时，不等式ab ea 1 blnb成立.

证 令f(x) ex 1，则f单调递增且连续，f 1(y) ln(1 y) 因a,b 1，应用Young不等式可得(a 1)(b 1)

ab e

a 1

a 1

f(x)dx

b 1

f

1

(y)dy

blnb.

例8 设a,b 0，p 1，

1p

1q

1，试证：ab

a

p

p

b

q

q

.

证 设f(x) xp 1，则f单调递增且连续，f 1(x) yq 1 因p 1，应用Young不等式可得ab

a0

f(x)dx

b0

f

1

(y)dy

a

p

p

b

q

q

，且等号当

且仅当f(a) b即ap bq时成立。原式获证.

4 积分不等式的应用

4.1 求含积分的数列或函数的极限

设收敛数列an f(n)或y f(x)是一个有关定积分的数列或函数，若它不容易算出来，此时我们就可以借助两个积分不等式来估计它，再应用数列或函数的夹逼原则即可以得出它的极限.

本文档包含了一些常见的积分不等式的证明方法及其简单应用。

例1求（1）lim

n

20

sinxdx

n

；（2

）lim

n

10

n

解 （1）任意 0（不妨设

2

0）

0

20

sinxdx

n

20

2

2

sinxdx

n

2

2

sinxdx

n

20

sin(

n

2

2

)dx

2

2

1 dx

22

(

因为0 sin(

2

2

2

)sin(

n

2

2

)

2

n

2

) 1，所以(

2

2

)sin(

2

n

2

) 0(n )

故存在N 0，使得n N时，(所以(故lim

2

n

2

2

)sin(

2

2

)

2

2

2

)sin(

n

n

2

2

)

2

sinxdx=0.

10

（2

）因0

n

10

xdx

n

1n 1

0(n )，所以lim

n

10

n

=0.

例2 设f严格递减，在 0,1 上连续，f(0) 1,f(1) 0，试证：任意 0,1 ，

都有lim

1

f(x)dxf(x)dx

n

n

n

0.

证 因为

f( )

f严格递减，0 f( ) f()，所以 0(n )

2 f() 2

n

故对任意固定的 0,1 有

1

1

1

0

f(x)dx

f(x)dx

n

n

f(x)dx

f(x)dx

n

n

2

20

n

f( )dx f( ) 1

0(n )

n f() f()dx 2 22

n

所以lim

1

f(x)dxf(x)dx

n

n

n

0.

4.2 估计积分

本文档包含了一些常见的积分不等式的证明方法及其简单应用。

对于一个定积分t

a

b

f(x)dx，若它不易求出，而又要用.到它的一些性质时，我

们往往用另外两个定积分来逼近它，或找一个接近它的定积分作为它的估计值. 例3估计下列各式

121 2

（1） arctanxdx；（2） e

1

x

2

（3） dx；

11

10

2

x

n 1

x x 1

dx,n Z

解 （1）因为f(x) arctanx在 , 上有界，即 x , ，有f(x) ，

2 22 22

1

11

所以

2

1 2

arctanxdx

2

.

2

（2）因为f(x) e x在 0,1 上是单调递减的，故f(1) f(x) f(0，)

x 0,1 ，即

1e

f(x) 1，所以

1e

10

e

x

2

dx 1.

34

（3）令f(x) x2 x 1，则x 0,1 时， f(x) 1，所以

10

2

x

n 1

x x 1

dx

1f( )

10

x

n 1

dx

1nf( )

（ (0,1)），故

1n

10

2

x

n 1

x x 1

dx

43n

下面我们来看下积分估计在某些例题中的应用. 例4．设

f在 0, 上连续， 2f(t)sintdt

2

20

f(t)costdt 0

，试证：f在 0,

2

内至少有两个零点. 证 若f在 0,

2

因f连续，f在 0, 内无零点，

则f(x) 0（或 内恒保持同号，

2

2

0

），则得到估计 2f(t)sintdt 0（或 0），这与已知条件矛盾.可见f在 0,

内至少有一个零点x0 0,

. 2

若f除x0外在 0,

2

内再无零点，则f在 0,x0 与(x0,)内分别保持不变号.

2

若f在此二区间符号相异，则f(x)sin(x x0)在 0,x0 与(x0,)内恒正（或恒负），

2

本文档包含了一些常见的积分不等式的证明方法及其简单应用。

则 2f(x)sin(x x0)dx 0（或 0），但由已知条件

20f(x)sin(x x0)dx cosx0

20f(t)sintdt sinx0

20

f(t)costdt 0

矛盾.若

f

在此二区间符号相同，则f(x)cos(x x0)在 0,x0 与(x0,)内恒正（或恒负），

2

同样可推出矛盾.故f在 0,

1

内至少有两个零点.

2

1

例5设f在 0,1 连续， xkf(x)dx 0，k 0,1,2, ,n 1， xnf(x)dx 1，

00求证：在 0,1 的某一部分上f(x) 2n(n 1).

证 由已知条件，对任意a，恒有 (x a)nf(x)dx 1.

01

假设在 0,1 处处都有f(x) 2n(n 1).若能选取恰当的a，由此得出估计

10

(x a)f(x)dx 1，便找到了矛盾.事实上，取a

n

12

，有

10

(x

12

)f(x)dx 2(n 1)

nn

10

11n

x dx 2(n 1) 2( x)dx

022

1

n

n

1(x

2

1

1

n

)dx 12

证毕.

4.3 证明不等式

例6．证明不等式 ln(n 1) 1

1

12

1n

1 lnn

1

证 考虑函数f(x) , n x n 1 , n 1 , 2 , , g(x) , x [1 , ).

n

x

易见对任何n,在区间[ 1 , n 1 ]上g(x)和f(x)均单调,因此可积,且有

f(x),就有 g(x) f(x),注意到g(x)

n 1

1

g(x)dx

i 1i

n 1

1n

f(x)dx.而

1i

n 1

n

1

f(x)dx

i 1

i 1

n

i

f(x)dx

i 1

dxi

i 1

,

n 1

1

g(x)dx

n

n 1

dxx

1

lnx|1

n 1

ln(n 1)，

因此有 ln(n 1) 1

i 1

1i

12

1n

.

1x

取f(x)

1n 1

, n x n 1 , n 1 , 2 , , g(x)

, x [1 , )

.