理工经管类数学竞赛讲座 2020 年 11 月 5 日
积分不等式的证明方法
①积分不等式的保号性方法
吕荐瑞 (lvjr.bitbucket.io) 暨南大学数学竞赛培训团队定积分的基本不等式
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定理 1 (定积分的保号性) 设 ƒ(), g() 为 [,b] 上的可积函数， 且在该区间上恒有 ƒ() ¶g()，则 ∫ b ƒ() d ¶ ∫ b g() d. 推论 若 ƒ() 在区间 [,b] 上是可积的，则 |ƒ ()| 在 [,b] 上也 是可积的，且 ∫ b ƒ() d ¶ ∫ b |ƒ ()| d.定积分的基本不等式
2
定理 1 (定积分的保号性) 设 ƒ(), g() 为 [,b] 上的可积函数， 且在该区间上恒有 ƒ() ¶g()，则 ∫ b ƒ() d ¶ ∫ b g() d. 推论 若 ƒ() 在区间 [,b] 上是可积的，则 |ƒ ()| 在 [,b] 上也 是可积的，且 ∫ b ƒ() d ¶ ∫ b |ƒ ()| d.定积分的基本不等式
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例 1 证明：不等式 0 < π 2 − ∫ π 2 0 sin d < π3 144 成立． 证明. 当 ∈ 0,π 2 时，成立不等式 − 3 6 < sin < ，即 1− 2 6 < sin < 1，在 0,π 2 上积分得 π 2 − π3 144 < ∫ π 2 0 sin d < π 2, 整理该式得证．定积分的基本不等式
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例 1 证明：不等式 0 < π 2 − ∫ π 2 0 sin d < π3 144 成立． 证明. 当 ∈ 0,π 2 时，成立不等式 − 3 6 < sin < ，即 1− 2 6 < sin < 1，在 0,π 2 上积分得 π 2 − π3 144 < ∫ π 2 0 sin d < π 2, 整理该式得证．利用函数的对称性
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例 2 (2002 北京) 证明 ∫ π 2 0 sin 1+ 2d¶ ∫ π 2 0 cos 1+ 2d. ∫ π 2 0 cos − sin 1+ 2 d = ∫ π 4 0 cos − sin 1+ 2 d+ ∫ π 2 π 4 cos − sin 1+ 2 d 右边换元 = π2 − t = ∫ π 4 0 cos − sin 1+ 2 d− ∫ π 4 0 cos t− sin t 1+ π2 − t2 dt = ∫ π 4 0 cos − sin · π4 − 1+ 21+ π 2 − t 2 d ¾0.利用函数的对称性
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例 2 (2002 北京) 证明 ∫ π 2 0 sin 1+ 2d¶ ∫ π 2 0 cos 1+ 2d. ∫ π 2 0 cos − sin 1+ 2 d = ∫ π 4 0 cos − sin 1+ 2 d+ ∫ π 2 π 4 cos − sin 1+ 2 d 右边换元 = π2 − t = ∫ π 4 0 cos − sin 1+ 2 d− ∫ π 4 0 cos t− sin t 1+ π2 − t2 dt = ∫ π 4 0 cos − sin · π4 − 1+ 21+ π 2 − t 2 d ¾ 0.利用函数的对称性
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例 2 (2002 北京) 证明 ∫ π 2 0 sin 1+ 2d¶ ∫ π 2 0 cos 1+ 2d. ∫ π 2 0 cos − sin 1+ 2 d = ∫ π 4 0 cos − sin 1+ 2 d+ ∫ π 2 π 4 cos − sin 1+ 2 d 右边换元 = π2 − t = ∫ π 4 0 cos − sin 1+ 2 d− ∫ π 4 0 cos t− sin t 1+ π2 − t2 dt = ∫ π 4 0 cos − sin · π4 − 1+ 21+ π 2 − t 2 d ¾ 0.利用函数的对称性
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例 2 (2002 北京) 证明 ∫ π 2 0 sin 1+ 2d¶ ∫ π 2 0 cos 1+ 2d. ∫ π 2 0 cos − sin 1+ 2 d = ∫ π 4 0 cos − sin 1+ 2 d+ ∫ π 2 π 4 cos − sin 1+ 2 d 右边换元 = π2 − t = ∫ π 4 0 cos − sin 1+ 2 d− ∫ π 4 0 cos t− sin t 1+ π2 − t2 dt = ∫ π 4 0 cos − sin · π4 − 1+ 21+ π 2 − t 2 d ¾ 0.利用函数的对称性
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例 2 (2002 北京) 证明 ∫ π 2 0 sin 1+ 2d¶ ∫ π 2 0 cos 1+ 2d. ∫ π 2 0 cos − sin 1+ 2 d = ∫ π 4 0 cos − sin 1+ 2 d+ ∫ π 2 π 4 cos − sin 1+ 2 d 右边换元 = π2 − t = ∫ π 4 0 cos − sin 1+ 2 d− ∫ π 4 0 cos t− sin t 1+ π2 − t2 dt = ∫ π 4 0 cos − sin · π4 − 1+ 21+ π 2 − t 2 d ¾0.例 3 (2018 全国) 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续，且满足 1¶ƒ() ¶3．证明： 1¶ ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ() d¶ 4 3. 证明. 这里只讲右边不等式的证明．由不等式 AB¶ (A + λB) 2 4λ 有 ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ() d¶ 1 4λ ∫ 1 0 ƒ() + λ ƒ() d 2 由条件 (ƒ () − 1)(ƒ () − 3) ƒ() ¶ 0 即 ƒ()+ 3 ƒ() ¶ 4．取 λ = 3．
例 3 (2018 全国) 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续，且满足 1¶ƒ() ¶3．证明： 1¶ ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ() d¶ 4 3. 证明. 这里只讲右边不等式的证明． 由不等式 AB ¶ (A + λB) 2 4λ 有 ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ() d¶ 1 4λ ∫ 1 0 ƒ() + λ ƒ() d 2 由条件 (ƒ () − 1)(ƒ () − 3) ƒ() ¶ 0 即 ƒ()+ 3 ƒ() ¶ 4．取 λ = 3．
例 3 (2018 全国) 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续，且满足 1¶ƒ() ¶3．证明： 1¶ ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ() d¶ 4 3. 证明. 这里只讲右边不等式的证明．由不等式 AB¶ (A + λB) 2 4λ 有 ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ() d¶ 1 4λ ∫ 1 0 ƒ() + λ ƒ() d 2 由条件 (ƒ () − 1)(ƒ () − 3) ƒ() ¶ 0 即 ƒ()+ 3 ƒ() ¶ 4．取 λ = 3．
例 3 (2018 全国) 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续，且满足 1¶ƒ() ¶3．证明： 1¶ ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ() d¶ 4 3. 证明. 这里只讲右边不等式的证明．由不等式 AB¶ (A + λB) 2 4λ 有 ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ()d ¶ 1 4λ ∫ 1 0 ƒ() + λ ƒ() d 2 由条件 (ƒ () − 1)(ƒ () − 3) ƒ() ¶ 0 即 ƒ()+ 3 ƒ() ¶ 4．取 λ = 3．
例 3 (2018 全国) 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续，且满足 1¶ƒ() ¶3．证明： 1¶ ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ() d¶ 4 3. 证明. 这里只讲右边不等式的证明．由不等式 AB¶ (A + λB) 2 4λ 有 ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ()d ¶ 1 4λ ∫ 1 0 ƒ() + λ ƒ() d 2 由条件 (ƒ () − 1)(ƒ () − 3) ƒ() ¶ 0 即 ƒ()+ 3 ƒ() ¶ 4．取 λ = 3．
例 3 (2018 全国) 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续，且满足 1¶ƒ() ¶3．证明： 1¶ ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ() d¶ 4 3. 证明. 这里只讲右边不等式的证明．由不等式 AB¶ (A + λB) 2 4λ 有 ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ()d ¶ 1 4λ ∫ 1 0 ƒ() + λ ƒ() d 2 由条件 (ƒ () − 1)(ƒ () − 3) ƒ() ¶ 0 即 ƒ()+ 3 ƒ() ¶ 4． 取 λ = 3．
例 3 (2018 全国) 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续，且满足 1¶ƒ() ¶3．证明： 1¶ ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ() d¶ 4 3. 证明. 这里只讲右边不等式的证明．由不等式 AB¶ (A + λB) 2 4λ 有 ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ()d ¶ 1 4λ ∫ 1 0 ƒ() + λ ƒ() d 2 由条件 (ƒ () − 1)(ƒ () − 3) ƒ() ¶ 0 即 ƒ()+ 3 ƒ() ¶ 4．取 λ = 3．
理工经管类数学竞赛讲座 2020 年 11 月 5 日
积分不等式的证明方法
②积分不等式之柯西不等式
吕荐瑞 (lvjr.bitbucket.io) 暨南大学数学竞赛培训团队定积分的柯西不等式
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定理 (Cauchy-Schwarz 不等式) 设 ƒ(), g() 在区间 [,b] 上 可积，则有 ∫ b ƒ()g() d !2 ¶ ∫ b ƒ2() d ∫ b g2() d. 推论 设 ƒ() 在区间 [,b] 上可积，则有 ∫ b ƒ() d !2 ¶ (b − ) ∫ b ƒ2() d.定积分的柯西不等式
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定理 (Cauchy-Schwarz 不等式) 设 ƒ(), g() 在区间 [,b] 上 可积，则有 ∫ b ƒ()g() d !2 ¶ ∫ b ƒ2() d ∫ b g2() d. 推论 设 ƒ() 在区间 [,b] 上可积，则有 ∫ b ƒ() d !2 ¶ (b − ) ∫ b ƒ2() d.例 1 (2018 全国) 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续，且满足 1¶ƒ() ¶3．证明： 1¶ ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ() d¶ 4 3. 证明. 这里只讲左边不等式的证明．由柯西不等式有 ∫ 1 0 ƒ() d · ∫ 1 0 1 ƒ()d = ∫ 1 0 p ƒ()2d· ∫ 1 0 1 p ƒ() !2 d ¾ ∫ 1 0 p ƒ() · p1 ƒ() d !2 = 1.
例 1 (2018 全国) 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续，且满足 1¶ƒ() ¶3．证明： 1¶ ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ() d¶ 4 3. 证明. 这里只讲左边不等式的证明． 由柯西不等式有 ∫ 1 0 ƒ() d · ∫ 1 0 1 ƒ()d = ∫ 1 0 p ƒ()2d· ∫ 1 0 1 p ƒ() !2 d ¾ ∫ 1 0 p ƒ() · p1 ƒ() d !2 = 1.
例 1 (2018 全国) 设函数 ƒ() 在区间 [0,1] 上连续，且满足 1¶ƒ() ¶3．证明： 1¶ ∫ 1 0 ƒ() d ∫ 1 0 1 ƒ() d¶ 4 3. 证明. 这里只讲左边不等式的证明．由柯西不等式有 ∫ 1 0 ƒ() d · ∫ 1 0 1 ƒ()d = ∫ 1 0 p ƒ()2d· ∫ 1 0 1 p ƒ() !2 d ¾ ∫ 1 0 p ƒ() · p1 ƒ() d !2 = 1.
定积分的柯西不等式
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练习 1 试证：2 ∫ b | sin | d ∫ b | cos | d¶ (b − )2． 练习 2 设 ƒ() 在 [,b] 上连续而且 ƒ () ¾ 0，∫bƒ() d = 1， k 为任意常数．试证明： ∫ b ƒ() cos k d !2 + ∫ b ƒ() sin k d !2 ¶ 1.定积分的柯西不等式
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练习 1 试证：2 ∫ b | sin | d ∫ b | cos | d¶ (b − )2． 练习 2 设 ƒ() 在 [,b] 上连续而且 ƒ () ¾ 0，∫bƒ() d = 1， k 为任意常数．试证明： ∫ b ƒ() cos k d !2 + ∫ b ƒ() sin k d !2 ¶ 1.定积分的柯西不等式
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练习 3 (2014 全国) 设 ƒ() 是 [0,1] 上的连续函数, 且满足 ∫1 0 ƒ() d = 1．求一个这样的函数 ƒ ()，使得积分 = ∫ 1 0 (1 + 2) ƒ2() d 取得最小值．理工经管类数学竞赛讲座 2020 年 11 月 5 日
积分不等式的证明方法
③积分不等式的导函数方法
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) = ∫t ƒ 2() d∫t g 2() d −∫t ƒ()g() d 2 ． L′(t) = ƒ2(t)∫t g 2() d + g2(t)∫t ƒ 2() d − 2ƒ (t)g(t)∫tƒ()g() d =∫t[ƒ (t)g() − ƒ ()g(t)]2 d¾ 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) = ∫t ƒ 2() d∫t g 2() d −∫t ƒ()g() d 2 ． L′(t) = ƒ2(t)∫t g 2() d + g2(t)∫t ƒ 2() d − 2ƒ (t)g(t)∫tƒ()g() d =∫t[ƒ (t)g() − ƒ ()g(t)]2 d¾ 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) = ∫t ƒ 2() d∫t g 2() d −∫t ƒ()g() d 2 ． L′(t) = ƒ2(t)∫t g 2() d + g2(t)∫t ƒ 2() d − 2ƒ (t)g(t)∫tƒ()g() d =∫t[ƒ (t)g() − ƒ ()g(t)]2 d¾ 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) = ∫t ƒ 2() d∫t g 2() d −∫t ƒ()g() d 2 ． L′(t) = ƒ2(t)∫t g 2() d + g2(t)∫t ƒ 2() d − 2ƒ (t)g(t)∫tƒ()g() d =∫t[ƒ (t)g() − ƒ ()g(t)]2 d¾ 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) = ∫t ƒ 2() d∫t g 2() d −∫t ƒ()g() d 2 ． L′(t) = ƒ2(t)∫t g 2() d + g2(t)∫t ƒ 2() d − 2ƒ (t)g(t)∫tƒ()g() d =∫t[ƒ (t)g() − ƒ ()g(t)]2 d¾ 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．
