吕荐瑞 (lvjr.bitbucket.io) 暨南大学数学竞赛培训团队
定理 (Cauchy-Schwarz 不等式) 设 ƒ(), g() 在区间 [,b] 上连续，则有
∫ b
ƒ()g() d
!2
¶
∫ b
ƒ2() d
∫ b
g2() d.
解答 令 L(t) = ∫tƒ2() d∫tg2() d −∫tƒ()g() d2． L′(t) = ƒ2(t)∫tg2() d + g2(t)∫tƒ2() d
− 2ƒ (t)g(t)∫tƒ()g() d
=∫t[ƒ (t)g() − ƒ ()g(t)]2d¾ 0 ⇨ L(b) ¾ L() = 0.
定理 (Cauchy-Schwarz 不等式) 设 ƒ(), g() 在区间 [,b] 上连续，则有
∫ b
ƒ()g() d
!2
¶
∫ b
ƒ2() d
∫ b
g2() d.
解答 令 L(t) = ∫tƒ2() d∫tg2() d −∫tƒ()g() d2．
L′(t) = ƒ2(t)∫tg2() d + g2(t)∫tƒ2() d
− 2ƒ (t)g(t)∫tƒ()g() d
=∫t[ƒ (t)g() − ƒ ()g(t)]2d¾ 0 ⇨ L(b) ¾ L() = 0.
定理 (Cauchy-Schwarz 不等式) 设 ƒ(), g() 在区间 [,b] 上连续，则有
∫ b
ƒ()g() d
!2
¶
∫ b
ƒ2() d
∫ b
g2() d.
解答 令 L(t) = ∫tƒ2() d∫tg2() d −∫tƒ()g() d2． L′(t) = ƒ2(t)∫tg2() d + g2(t)∫tƒ2() d
− 2ƒ (t)g(t)∫tƒ()g() d
=∫t[ƒ (t)g() − ƒ ()g(t)]2d¾ 0 ⇨ L(b) ¾ L() = 0.
定理 (Cauchy-Schwarz 不等式) 设 ƒ(), g() 在区间 [,b] 上连续，则有
∫ b
ƒ()g() d
!2
¶
∫ b
ƒ2() d
∫ b
g2() d.
解答 令 L(t) = ∫tƒ2() d∫tg2() d −∫tƒ()g() d2． L′(t) = ƒ2(t)∫tg2() d + g2(t)∫tƒ2() d
− 2ƒ (t)g(t)∫tƒ()g() d
=∫t[ƒ (t)g() − ƒ ()g(t)]2d¾ 0
⇨ L(b) ¾ L() = 0.
定理 (Cauchy-Schwarz 不等式) 设 ƒ(), g() 在区间 [,b] 上连续，则有
∫ b
ƒ()g() d
!2
¶
∫ b
ƒ2() d
∫ b
g2() d.
解答 令 L(t) = ∫tƒ2() d∫tg2() d −∫tƒ()g() d2． L′(t) = ƒ2(t)∫tg2() d + g2(t)∫tƒ2() d
− 2ƒ (t)g(t)∫tƒ()g() d
=∫t[ƒ (t)g() − ƒ ()g(t)]2d¾ 0 ⇨ L(b) ¾ L() = 0.
例 1 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，证明
∫ 1 0
ƒ2() d ¾
∫ 1 0
ƒ() d
!2
分析 这是 Cauchy-Schwarz 不等式的特例．我们能否令 L(t) =
∫ t 0
ƒ2() d −
∫ t 0
ƒ() d
2
并用单调性证明不等式？不行，因为 ƒ() ≡ C 时不等式都不成立！ L(t) = t
∫ t 0
ƒ2() d −
∫ t 0
ƒ() d
2
才是正确的 L(t)．
例 1 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，证明
∫ 1 0
ƒ2() d ¾
∫ 1 0
ƒ() d
!2
分析 这是 Cauchy-Schwarz 不等式的特例．
我们能否令 L(t) =
∫ t 0
ƒ2() d −
∫ t 0
ƒ() d
2
并用单调性证明不等式？不行，因为 ƒ() ≡ C 时不等式都不成立！ L(t) = t
∫ t 0
ƒ2() d −
∫ t 0
ƒ() d
2
才是正确的 L(t)．
例 1 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，证明
∫ 1 0
ƒ2() d ¾
∫ 1 0
ƒ() d
!2
分析 这是 Cauchy-Schwarz 不等式的特例．我们能否令 L(t) =
∫ t 0
ƒ2() d −
∫ t 0
ƒ() d
2
并用单调性证明不等式？
不行，因为 ƒ() ≡ C 时不等式都不成立！ L(t) = t
∫ t 0
ƒ2() d −
∫ t 0
ƒ() d
2
才是正确的 L(t)．
例 1 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，证明
∫ 1 0
ƒ2() d ¾
∫ 1 0
ƒ() d
!2
分析 这是 Cauchy-Schwarz 不等式的特例．我们能否令 L(t) =
∫ t 0
ƒ2() d −
∫ t 0
ƒ() d
2
并用单调性证明不等式？不行，因为 ƒ() ≡ C 时不等式都不成立！
L(t) = t
∫ t 0
ƒ2() d −
∫ t 0
ƒ() d
2
才是正确的 L(t)．
例 1 设 ƒ() 在 [0,1] 上连续，证明
∫ 1 0
ƒ2() d ¾
∫ 1 0
ƒ() d
!2
分析 这是 Cauchy-Schwarz 不等式的特例．我们能否令 L(t) =
∫ t 0
ƒ2() d −
∫ t 0
ƒ() d
2
并用单调性证明不等式？不行，因为 ƒ() ≡ C 时不等式都不成立！
L(t) = t
∫ t 0
ƒ2() d −
∫ t 0
ƒ() d
2 才是正确的 L(t)．
例 2 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续且单调增加，证明不等式 2
∫ 1 0
ƒ() d ¾
∫ 1 0
ƒ() d.
解答 令 L(t) = 2
∫ t 0
ƒ() d −t
∫ t 0
ƒ() d．则有
L′(t) = 2tƒ (t) −
∫ t 0
ƒ() d − tƒ (t) =
∫ t 0
[ƒ (t) − ƒ ()] d¾ 0.
从而 L(1) ¾ L(0) = 0，不等式得证．· · · ·
例 2 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续且单调增加，证明不等式 2
∫ 1 0
ƒ() d ¾
∫ 1 0
ƒ() d.
解答 令 L(t) = 2
∫ t 0
ƒ() d −t
∫ t 0
ƒ() d．
则有
L′(t) = 2tƒ (t) −
∫ t 0
ƒ() d − tƒ (t) =
∫ t 0
[ƒ (t) − ƒ ()] d¾ 0.
从而 L(1) ¾ L(0) = 0，不等式得证．· · · ·
例 2 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续且单调增加，证明不等式 2
∫ 1 0
ƒ() d ¾
∫ 1 0
ƒ() d.
解答 令 L(t) = 2
∫ t 0
ƒ() d −t
∫ t 0
ƒ() d．则有
L′(t) = 2tƒ (t) −
∫ t 0
ƒ() d − tƒ (t)
=
∫ t 0
[ƒ (t) − ƒ ()] d¾ 0.
从而 L(1) ¾ L(0) = 0，不等式得证．· · · ·
例 2 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续且单调增加，证明不等式 2
∫ 1 0
ƒ() d ¾
∫ 1 0
ƒ() d.
解答 令 L(t) = 2
∫ t 0
ƒ() d −t
∫ t 0
ƒ() d．则有
L′(t) = 2tƒ (t) −
∫ t 0
ƒ() d − tƒ (t) =
∫ t 0
[ƒ (t) − ƒ ()] d¾ 0.
从而 L(1) ¾ L(0) = 0，不等式得证．· · · ·
例 2 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续且单调增加，证明不等式 2
∫ 1 0
ƒ() d ¾
∫ 1 0
ƒ() d.
解答 令 L(t) = 2
∫ t 0
ƒ() d −t
∫ t 0
ƒ() d．则有
L′(t) = 2tƒ (t) −
∫ t 0
ƒ() d − tƒ (t) =
∫ t 0
[ƒ (t) − ƒ ()] d¾ 0.
从而 L(1) ¾ L(0) = 0，不等式得证．
· · · ·
例 2 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续且单调增加，证明不等式 2
∫ 1 0
ƒ() d ¾
∫ 1 0
ƒ() d.
解答 令 L(t) = 2
∫ t 0
ƒ() d −t
∫ t 0
ƒ() d．则有
L′(t) = 2tƒ (t) −
∫ t 0
ƒ() d − tƒ (t) =
∫ t 0
[ƒ (t) − ƒ ()] d¾ 0.
从而 L(1) ¾ L(0) = 0，不等式得证．· · · ·
例 2 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续且单调增加，证明不等式 2∫1
0 ƒ() d ¾ ∫1
0 ƒ() d.
问题 在设定 L(t) 时，如何看出需要在哪里加上 t？
解答 在上例中作换元 = b，则 d = b d，原不等式变为 2
∫ b 0
b · ƒ
b
d b ¾
∫ b 0
ƒ
b
d b . 整理，并令 g() = ƒ (/b)，得到
2
∫ b 0
g() d¾ b
∫ b 0
g() d. 这就是在 L(t) 的第二个积分前多出一个 t 的原因．
例 2 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续且单调增加，证明不等式 2∫1
0 ƒ() d ¾ ∫1
0 ƒ() d.
问题 在设定 L(t) 时，如何看出需要在哪里加上 t？
解答 在上例中作换元 = b，则 d = b d，原不等式变为 2
∫ b 0
b · ƒ
b
d b ¾
∫ b 0
ƒ
b
d b . 整理，并令 g() = ƒ (/b)，得到
2
∫ b 0
g() d¾ b
∫ b 0
g() d. 这就是在 L(t) 的第二个积分前多出一个 t 的原因．
例 2 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续且单调增加，证明不等式 2∫1
0 ƒ() d ¾ ∫1
0 ƒ() d.
问题 在设定 L(t) 时，如何看出需要在哪里加上 t？
解答 在上例中作换元 = b，则 d = b d，
原不等式变为 2
∫ b 0
b · ƒ
b
d b ¾
∫ b 0
ƒ
b
d b . 整理，并令 g() = ƒ (/b)，得到
2
∫ b 0
g() d¾ b
∫ b 0
g() d. 这就是在 L(t) 的第二个积分前多出一个 t 的原因．
例 2 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续且单调增加，证明不等式 2∫1
0 ƒ() d ¾ ∫1
0 ƒ() d.
问题 在设定 L(t) 时，如何看出需要在哪里加上 t？
解答 在上例中作换元 = b，则 d = b d，原不等式变为 2
∫ b 0
b · ƒ
b
d
b ¾
∫ b 0
ƒ
b
d
b .
整理，并令 g() = ƒ (/b)，得到 2
∫ b 0
g() d¾ b
∫ b 0
g() d. 这就是在 L(t) 的第二个积分前多出一个 t 的原因．
例 2 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续且单调增加，证明不等式 2∫1
0 ƒ() d ¾ ∫1
0 ƒ() d.
问题 在设定 L(t) 时，如何看出需要在哪里加上 t？
解答 在上例中作换元 = b，则 d = b d，原不等式变为 2
∫ b 0
b · ƒ
b
d
b ¾
∫ b 0
ƒ
b
d
b . 整理，并令 g() = ƒ (/b)，得到
2
∫ b 0
g() d¾ b
∫ b 0
g() d.
这就是在 L(t) 的第二个积分前多出一个 t 的原因．
例 2 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续且单调增加，证明不等式 2∫1
0 ƒ() d ¾ ∫1
0 ƒ() d.
问题 在设定 L(t) 时，如何看出需要在哪里加上 t？
解答 在上例中作换元 = b，则 d = b d，原不等式变为 2
∫ b 0
b · ƒ
b
d
b ¾
∫ b 0
ƒ
b
d
b . 整理，并令 g() = ƒ (/b)，得到
2
∫ b 0
g() d¾ b
∫ b 0
g() d.
这就是在 L(t) 的第二个积分前多出一个 t 的原因．