二重积分巧解积分不等式
本节和大家分享一些使用二重积分证明积分不等式的技巧，干货满满，快快学起来！
简要介绍
首先要熟练掌握两个技巧：
一个是轮换对称性 ：当不等式中出现两个积分乘积的形式，若能转化为区域关于 \(y=x\) 轮换对称性，如此简单！
特别地，应注意到：
积累
\[
\begin{aligned}
b-a &=\int_{a}^{b} \mathrm{~d} x\\
\frac{b^{2}-a^{2}}{2} &= \int_{a}^{b} x \mathrm{~d} x\\
\frac{(b-a)^{3}}{12}&=\int_{a}^{b} \left( x-\frac{a+b}{2} \right)^{2} \mathrm{~d} x \\
\frac{(b-a)^{5}}{30}&= \int_{a}^{b} (x-a)^{2}(x-b)^{2} \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
类似这样的式子还有很多，大家在做题时慢慢积累即可。由此将参数转化为积分形式便于化归处理。
第二个技巧是交换积分次序 ：当不等式中出现变限积分时，可结合牛莱公式，将其转化为三角区域上的二重积分，通过换序， 将内层积分化为关于外层变量的函数，再结合柯西 -
特别地，\(f(a)=0\)
\[
\begin{aligned}
f(x) &= \int_{a}^{x} f'(t) \mathrm{~d} t\\
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x &= \int_{a}^{b} f'(t)(b-t) \mathrm{~d} t
\end{aligned}
\]
例题
例 1
Example
证明柯西 -
\[
\left( \int^{b}_{a} f\left( x\right) g\left( x\right) \mathrm{d} x\right)^{2} \leqslant \int^{b}_{a} f^{2}\left( x\right) \mathrm{d} x\int^{b}_{a} g^{2}\left( x\right) \mathrm{d} x
\]
其中 \(f\left( x\right)\) \(g\left( x\right)\) \(\left[a,b\right]\)
在之前的专题中我给出过三种证明方法，忘记的朋友可以复习一下：柯西 -
下面把使用二重积分 的证明方法复习一下：
记区域 \(D: a\leqslant x\leqslant b,\ a\leqslant y\leqslant b\)
\[
\begin{aligned} \left( \int_a^b f(x)g(x)\,\mathrm{d}x \right)^2 &= \int_a^b f(x)g(x)\,\mathrm{d}x \cdot \int_a^b f(y)g(y)\,\mathrm{d}y \\ &= \iint\limits_D f(x)g(x)f(y)g(y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \iint\limits_D \big[f(x)g(y)\big]\big[f(y)g(x)\big]\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y. \end{aligned}
\]
由基本不等式 \(ab \leqslant \dfrac{a^2+b^2}{2}\)
\[
\big[f(x)g(y)\big]\big[f(y)g(x)\big] \leqslant \frac12\Big[f^2(x)g^2(y)+f^2(y)g^2(x)\Big].
\]
代入上式并积分：
\[
\begin{aligned} \left( \int_a^b f(x)g(x)\,\mathrm{d}x \right)^2 &\leqslant \iint\limits_D \frac12\Big[f^2(x)g^2(y)+f^2(y)g^2(x)\Big]\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \frac12\iint\limits_D f^2(x)g^2(y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y + \frac12\iint\limits_D f^2(y)g^2(x)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \frac12\left( \int_a^b f^2\,\mathrm{d}x \int_a^b g^2\,\mathrm{d}y \right) + \frac12\left( \int_a^b f^2\,\mathrm{d}y \int_a^b g^2\,\mathrm{d}x \right) \\ &= \left( \int_a^b f^2(x)\,\mathrm{d}x \right) \left( \int_a^b g^2(x)\,\mathrm{d}x \right). \end{aligned}
\]
不等式得证。
下面分析何时取等：
不等式取等号，当且仅当证明中每一步不等式都取等号。 唯一的不等式来自均值不等式，下面分两种情况讨论：
情况 1 ：存在某个 \(y_0\) \(g(y_0)\neq0\) \(x\in[a,b]\)
\[
f(x)g(y_0)=f(y_0)g(x) \implies f(x)=\frac{f(y_0)}{g(y_0)}g(x).
\]
令常数 \(k=\dfrac{f(y_0)}{g(y_0)}\) \(f(x)=k\,g(x),\quad\forall x\in[a,b].\)
情况 2 ：对所有 \(y\in[a,b]\) \(g(y)=0\) \(g(x)\equiv0\) \(0\)
综上：Cauchy-Schwarz 不等式等号成立 \(\iff\) \(k\) , \(f(x)=k\,g(x)\) \([a,b]\) .
例 2
Example
证明切比雪夫不等式的积分形式：设 \(p(x),f(x),g(x)\) \([a,b]\) \(p(x)>0\) ，且 \(f(x)\) \(g(x)\) \([a,b]\)
\[
\int_{a}^{b} p(x)f(x) \mathrm{~d} x \cdot \int_{a}^{b} p(x)g(x) \mathrm{~d} x \leqslant \int_{a}^{b} p(x) \mathrm{~d} x \cdot \int_{a}^{b} p(x)f(x)g(x) \mathrm{~d} x
\]
记积分：
\[
I=\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{~d} x \cdot \int_{a}^{b} p(x)f(x)g(x) \mathrm{~d} x -\int_{a}^{b} p(x)f(x) \mathrm{~d} x \cdot \int_{a}^{b} p(x)g(x) \mathrm{~d} x
\]
将其转化为 \(D=[a,b]\times[a,b]\)
\[
\begin{aligned}
I &= \iint\limits_{D}p(x)p(y)f(x)g(x)\mathrm{~d} x\mathrm{d} y -\iint\limits_{D}p(x)p(y)f(x)f(y)\mathrm{~d} x\mathrm{d} y \\
&= \iint\limits_{D}p(x)p(y)f(x)[g(x)-g(y)]\mathrm{~d} x\mathrm{d} y
\end{aligned}
\]
根据轮换对称性 ，交换 \(x\) \(y\)
\[
I=\iint\limits_{D}p(y)p(x)f(y)[g(y)-g(x)]\mathrm{~d} x\mathrm{d} y
\]
将两式相加，得：
\[
\begin{aligned}
2I&=\iint\limits_{D}p(x)p(y)[f(x)g(x)-f(x)g(y)+f(y)g(y)-f(y)g(x)]\mathrm{~d} x\mathrm{d} y \\
&= \iint\limits_{D}p(x)p(y)\cdot[f(x)-f(y)]\cdot[g(x)-g(y)]\mathrm{~d} x\mathrm{d} y
\end{aligned}
\]
因为 \(f(x)\) \(g(x)\) \([a,b]\) \([f(x)-f(y)]\cdot[g(x)-g(y)]\geqslant 0\) \(p(x)>0,p(y)>0\) \(I\geqslant 0\)
Tip
若 \(f(x)\) \(g(x)\) \([a,b]\) 相反 的单调性，则原不等式反向 。
例 3
Example
设 \(f(x)\) \([0,1]\) \(0\leqslant f(x)<1\)
\[
\int_{0}^{1} \frac{f(x)}{1-f(x)} \mathrm{~d} x \geqslant \frac{\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x }{1-\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x }
\]
因为 \(0\leqslant f(x)<1\) \(\displaystyle \int_{0}^{1} 1-f(x) \mathrm{~d} x\geqslant 0\) \(1-\displaystyle \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x\geqslant 0\) .
所以对待证式两边同乘分母，等价于证明：
\[
\int_{0}^{1} \frac{f(x)}{1-f(x)} \mathrm{~d} x \cdot \left( 1-\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x \right) \geqslant \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x
\]
记：
\[
\begin{aligned}
I&=\int_{0}^{1} \frac{f(x)}{1-f(x)} \mathrm{~d} x \cdot \left( 1-\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x \right) - \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{1} \frac{f(x)}{1-f(x)} \mathrm{~d} x - \int_{0}^{1} \frac{f(x)}{1-f(x)} \mathrm{~d} x \cdot \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x - \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{1} \left( \frac{f(x)}{1-f(x)} -f(x)\right) \mathrm{~d} x -\int_{0}^{1} \frac{f(x)}{1-f(x)} \mathrm{~d} x \cdot \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x\\
&= \int_{0}^{1} \frac{f^{2}(x)}{1-f(x)} \mathrm{~d} x - \int_{0}^{1} \frac{f(x)}{1-f(x)} \mathrm{~d} x \cdot \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
将其转化为 \(D=[0,1]\times[0,1]\)
\[
\begin{aligned}
I &= \iint\limits_{D} \frac{f^{2}(x)}{1-f(x)}\mathrm{~d} x\mathrm{d} y - \iint\limits_{D} \frac{f(x)f(y)}{1-f(x)}\mathrm{~d} x\mathrm{d} y \\
&= \iint\limits_{D} \frac{f(x)}{1-f(x)}\cdot[f(x)-f(y)]\mathrm{~d} x\mathrm{d} y
\end{aligned}
\]
根据轮换对称性 ，交换 \(x\) \(y\)
\[
I = \iint\limits_{D} \frac{f(y)}{1-f(y)}\cdot[f(y)-f(x)]\mathrm{~d} x\mathrm{d} y
\]
两式相加得：
\[
2I=\iint\limits_{D} [f(x)-f(y)]\cdot\left( \frac{f(x)}{1-f(x)}-\frac{f(y)}{1-f(y)} \right) \mathrm{~d} x\mathrm{d} y
\]
由于函数 \(g(x)=\dfrac{x}{1-x}\) \([0,1)\) \(f(x)-f(y)\) \(g(f(x))-g(f(y))\) \(I\geqslant 0\)
Tip
事实上，本题使用 Cauchy-Schwartz
例 4
Example
设函数 \(f(x)\) \([a,b]\) \(|f'(x)|\leqslant M\)
\[
(b-a)\int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{~d} x -\left( \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x \right)^{2} \leqslant \frac{M^{2}}{12}(b-a)^{4}
\]
记积分：
\[
I = (b-a)\int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{~d} x -\left( \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x \right)^{2}
\]
将其转化为 \(D=[a,b]\times[a,b]\)
\[
\begin{aligned}
I &= \int_{a}^{b} \int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{~d} x \mathrm{d} y -\int_{a}^{b} \int_{a}^{b} f(x)f(y) \mathrm{~d} x \mathrm{d} y \\
&= \iint\limits_{D} f(x)\cdot[f(x)-f(y)]\mathrm{~d} x\mathrm{d} y
\end{aligned}
\]
根据轮换对称性 ，交换 \(x\) \(y\)
\[
I= \iint\limits_{D} f(y)\cdot[f(y)-f(x)]\mathrm{~d} x\mathrm{d} y
\]
两式相加得：
\[
2I=\iint\limits_{D} [f(x)-f(y)]^{2}\mathrm{~d} x\mathrm{d} y
\]
由 \(\mathrm{Lagrange}\) \(x\) \(y\) \(\xi\)
\[
f(x)-f(y)=f'(\xi)(x-y)
\]
平方 并结合 \(|f'(\xi)|\leqslant M\)
\[
\begin{aligned}
I &= \frac{1}{2}\iint\limits_{D} [f(x)-f(y)]^{2}\mathrm{~d} x\mathrm{d} y \\
&=\frac{1}{2} \iint\limits_{D} [f'(\xi)]^{2}\cdot(x-y)^{2}\mathrm{~d} x\mathrm{d} y \\
&\leqslant \frac{1}{2}M^{2}\iint\limits_{D} (x-y)^{2}\mathrm{~d} x\mathrm{d} y \\
&= \frac{M^{2}}{2}\int_{a}^{b} \mathrm{~d} x \int_{a}^{b} (x-y)^{2} \mathrm{~d} y \\
&= \frac{M^{2}(b-a)^{4}}{12}
\end{aligned}
\]
例 5
Example
设 \(f(x)\) \([a,b]\) \(f(a)=0\)
\[
\int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{~d} x \leqslant \frac{(b-a)^{2}}{2}\int_{a}^{b} [f'(x)]^{2} \mathrm{~d} x
\]
逆用牛莱公式得：
\[
f(x)=\int_{a}^{x} f'(t) \mathrm{~d} t
\]
由 Cauchy-Schwartz
\[
\begin{aligned}
f^{2}(x) &= \left( \int_{a}^{x} f'(t) \mathrm{~d} t \right)^{2}\\
&\leqslant \left( \int_{a}^{x} 1^{2} \mathrm{~d} t \right)\cdot\left( \int_{a}^{x} [f'(t)]^{2} \mathrm{~d} t \right)\\
&=(x-a)\int_{a}^{x} [f'(t)]^{2} \mathrm{~d} t \\
&\leqslant (x-a)\int_{a}^{b} [f'(t)]^{2} \mathrm{~d} t
\end{aligned}
\]
两边同时在 \([a,b]\) \(D=[a,b]\times[a,b]\)
\[
\begin{aligned}
\int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{~d} x &\leqslant \iint\limits_{D}(x-a)[f'(t)]^{2} \mathrm{~d} t\mathrm{d} x \\
&= \int_{a}^{b} [f'(t)]^{2} \mathrm{~d} t \int_{a}^{b} (x-a) \mathrm{~d} x \\
&= \int_{a}^{b} [f'(t)]^{2}\cdot \frac{(b-a)^{2}}{2} \mathrm{~d} t\\
&= \frac{(b-a)^{2}}{2}\int_{a}^{b} [f'(x)]^{2} \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
得证！
例 6
Example
设 \(f(x)\) \([a,b]\) \(|f'(x)|\leqslant M\)
\[
\left| \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x -\frac{f(a)+f(b)}{2}(b-a) \right| \leqslant \frac{1}{4}M(b-a)^{2}
\]
利用 \(\displaystyle b-a=\int_{a}^{b} \mathrm{~d} x\)
\[
LHS=\frac{1}{2}\left|\int_{a}^{b} [f(x)-f(a)] \mathrm{~d} x +\int_{a}^{b} [f(x)-f(b)] \mathrm{~d} x \right|
\]
逆用牛莱公式，得：
\[
LHS=\frac{1}{2}\left| \int_{a}^{b} \mathrm{~d} x\int_{a}^{x} f'(t) \mathrm{~d} t +\int_{a}^{b} \mathrm{~d} x\int_{b}^{x} f'(t) \mathrm{~d} t \right|
\]
换序：
\[
\begin{aligned}
LHS &= \frac{1}{2}\left| \int_{a}^{b} f'(t) \mathrm{~d} t\int_{t}^{b} \mathrm{~d} x +\int_{a}^{b} f'(t) \mathrm{~d} t\int_{t}^{a} \mathrm{~d} x \right| \\
&= \frac{1}{2}\left| \int_{a}^{b} f'(t)[(b-t)+(a-t)] \mathrm{~d} t \right| \\
&= \frac{1}{2}\left| \int_{a}^{b} f'(t) (a+b-2t)\mathrm{~d} t \right| \\
&\leqslant \frac{1}{2}\int_{a}^{b} \left| f'(t) \right| |a+b-2t| \mathrm{~d} t \\
&\leqslant \frac{1}{2}M\cdot \int_{a}^{b} |a+b-2t| \mathrm{~d} t\\
&= \frac{M}{4}(b-a)^{2}
\end{aligned}
\]
得证！
Tip
最后一步积分带有绝对值，建议直接画图求面积。
习题
Q1
Question
设 \(f(x)\) \([0,1]\) \(f(1)=0\) ，证明：
\[
4\int_{0}^{1} x^{2}|f'(x)|^{2} \mathrm{~d} x \geqslant \int_{0}^{1} f^{2}(x) \mathrm{~d} x + \left( \int_{0}^{1} |f(x)| \mathrm{~d} x \right)^{2}
\]
Q2
Question
设 \(f(x)\) \([0,1]\)
\[
\int_{0}^{1} \sin \frac{\pi x}{2}f(x) \mathrm{~d} x > \frac{2}{\pi}\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x
\]
Q3
Question
在 \([0,1]\) \(f(x)>0\)
\[
\frac{\int_{0}^{1} xf^{2}(x) \mathrm{~d} x }{\int_{0}^{1}xf(x) \mathrm{~d} x }\leqslant \frac{\int_{0}^{1} f^{2}(x) \mathrm{~d} x }{\int_{0}^{1}f(x) \mathrm{~d} x }
\]
Answer
由于分母都恒正，所以原问题等价于证明：
\[
\int_{0}^{1} f^{2}(x) \mathrm{~d} x \int_{0}^{1} xf(x) \mathrm{~d} x \geqslant \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x \int_{0}^{1} xf^{2}(x) \mathrm{~d} x
\]
记积分：
\[
I = \int_{0}^{1} f^{2}(x) \mathrm{~d} x \int_{0}^{1} xf(x) \mathrm{~d} x -\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x \int_{0}^{1} xf^{2}(x) \mathrm{~d} x
\]
将其转化为 \(D=[0,1]\times[0,1]\)
\[
\begin{aligned}
I &= \iint\limits_{D} f^{2}(x)yf(y)-f(x)yf^{2}(y)\mathrm{~d} x\mathrm{d} y \\
&= \iint\limits_{D} yf(x)f(y)\cdot[f(x)-f(y)] \mathrm{~d} x\mathrm{d} y
\end{aligned}
\]
根据轮换对称性 ，交换 \(x\) \(y\)
\[
I = \iint\limits_{D} xf(x)f(y)\cdot [f(y)-f(x)]\mathrm{~d} x\mathrm{d} y
\]
两式相加得：
\[
2I = \iint\limits_{D} f(x)f(y)\cdot(y-x)\cdot[f(x)-f(y)]\mathrm{~d} x\mathrm{d} y
\]
因为 \(f(x)>0\) \(y-x\) \(f(x)-f(y)\) \(I\geqslant 0\)
Q4
Question
设 \(f(x)\) \([a,b]\) \(f(x)>-1\)
\[
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x \geqslant \frac{(b-a)\int_{a}^{b} \frac{f(x)}{1+f(x)} \mathrm{~d} x }{(b-a)-\int_{a}^{b} \frac{f(x)}{1+f(x)} \mathrm{~d} x }
\]