证明∫f(x)dx·∫1/f(x)dx≥(b-a)² 积分上下限为a和b？

设f(x)在[a,b]上连续,且f(x)>0,证明:∫b a f(x)dx*∫b a 1/f(x)dx≥(b-a)^2

令f(x)=(∫b a f(t)dt ) x^2 -(2∫b a 1dt)x +(∫b a 1/f(t)dt)，则：

f(x)=∫b a f(t) x^2 dt -2∫b a xdt +∫b a 1/f(t)dt

=∫b a [f(t) x^2 -2x +1/f(t)]dt=∫b a {[f(t)^0.5 x -1/f(t)^0.5]^2}dt ≥0

故这个关于x的二次函数f(x)的判别式应小于等于0，即：

△=(2∫b a 1dt)^2 -4(∫b a f(t)dt )(∫b a 1/f(t)dt)=4(b-a)^2 -4(∫b a f(t)dt )(∫b a 1/f(t)dt)≤0

即：(∫b a f(t)dt )(∫b a 1/f(t)dt)≥(b-a)^2

把t换成x即为要证明的结论

注：实际上这就是积分形式的柯西不等式。

变量代换，令t=a+b-x,即得

如果懂Lebesgue可积的话，这里的f可积便给出f至少是个可测函数，又不为0，所以1/f也是可测函数。因此它的积分有定义。又由于f的绝对值大于一个固定的数，从而它的导数是有界的。因此积分不会为无穷，从而Lebesgue可积。当然，这种意义下的Lebesgue可积和Riemann可积是一致的。

本题要证明：1/(b-a)∫[a--->b] f(x)dx≤(1/(b-a)∫[a--->b]f²(x)dx)^½

两边平方，即应证：1/(b-a)²(∫[a--->b] f(x)dx)²≤1/(b-a)∫[a--->b]f²(x)dx

即：(∫[a--->b] f(x)dx)²≤(b-a)∫[a--->b]f²(x)dx

由于：b-a=∫[a--->b] 1dx，因此该不等式其实是柯西-许瓦兹不等式的特例。

下面是该不等式的一个经典证法：

构造函数g(t)=t²∫[a--->b]f²(x)dx+2t∫[a--->b] f(x)dx+(b-a)

由于定积分的结果为常数，因此该函数是一个二次函数

又g(t)=t²∫[a--->b]f²(x)dx+2t∫[a--->b] f(x)dx+∫[a--->b] 1dx

=∫[a--->b] (t²f²(x)+2tf(x)+1) dx 注意到被积函数是一个完全平方

=∫[a--->b] (tf(x)+1)² dx

≥0

由于二次函数恒大于等于0，因此其判别式Δ≤0

得：[2∫[a--->b] f(x)dx]²-4(b-a)∫[a--->b]f²(x)dx≤0

整理后即为：(∫[a--->b] f(x)dx)²≤(b-a)∫[a--->b]f²(x)dx

因此原不等式得证。