1.1定积分的概念、可积函数及其初等性质115（3）不妨设a=0,6=1（否则用t=（α—a）/（b-a）换），并记F=["f(α)da, G=f,g(α)da, Q(f,g) = [(f(r)g(α)d-FG,则@(f,f)=(z)d-(f()d）"≥0. 此外,又有d(f,f)≤(M, -F)(F-m1) -["(M -f(r)(f(r) -mi)dr,故得Φ(f,f)≤(M一F)(F一m).显然Q(f,g) = f(f(r) -- F)(g(z) -G)dz,再根据Cauchy-Schwarz不等式可得q(f,g)≤f(f(z) - F)2 . f(g(z) -G)’dr=0(f,f)@(gg)≤(M=m). (M-mi)44例1.1.13试证明下列不等式：(1）设fER(La，b))，则I = (f"f(r)sinrdr)" + (J"f(x)coszdr)"≤(b-a)f" f(a)dr.(2)设fER([a,b))且f(x)>0(a<r≤b),则I = (f'f(r)cosnrd) +(f"f(r)sinrdr)"≤(f'f(r)dr)(3）设fER([0,1)且|f）/≤1(0≤≤1),则1=J"V1-()dz≤[1-(Jf(α)dz)"2(4)设fER(La,bJ).若0<m<f(α)<M,则(0()ds) ((-a).4mM(m)2/度(6-a)≤()dr+l尚证明（1）利用例1.1.12的(1)，我们有< (J f'(r)da)(J" sin’ rdr)+ (J' f (a)da)(f' cos* rdr)= (f' f*(r)dr)(f'(sin'r+ cos*r)da)= (b-a)f' f2(r)dz.(2）注意用等式（f"f(z)cosnrda）”=f"VF(a）VF(a)cosnedz，以及Cauchy-Schwarz不等式，（3）引用Cauchy-Schwarz不等式，我们有
第1章定积分12P≤1-Jp(r)dr≤1-(f,f(r)dr) .(4）（i)因为(f(a)一m)(f(）一M)/f()≤o(a<α<b)，所以f'(f(α)-m)(f(a) -M/ f(x)dr≤0.J,r(d)d+l是≤(m+ M(6-a).从而得到mm (a)d<(m+M(ba)g(a)dz-("5(n)da)<(m+M)2(b-a)2 /4.注f(）α一在=α/2时取到最大值α/4（i）记不等式右端为I，我们有daf(T-[+/()]a≥2(6-a.例1.1.14试证明下列不等式(1) 设f(r)是[a,b)上的下凸函数,则["f(r)dr≤(b—a) f(b)f(a),2(2)(Ye6beB切比雪夫不等式）设f(r），g（r)是[a，b]上的递增（或递减)函数，则有S5(n)de ·g(a)da≤af(n)g(a)dr.5-（若f(r)递增，g(r)递减，则不等式相反.）证明（1）易知fER([a,b]),看积分和（用等分法）S.(f)=b="(a+(ba)b=r(1-)a+b)nnb-a")(a)+(b)=["(a)+"()]ay1(1.n由此立即得证（2）易知f(α），g（z）及其乘积在a，b］上皆可积["[f(f(r)g(z) - f(x)g(y))dx ]dy=(b-a)f"f(r)g(r)dx -f"f(r)dr · fig(y)dy,["[f(f(y)g(y) -f(y)g(a)d Jdy
1.1定积分的概念、可积函数及其初等性质13=(b-a)"f(z)g(z)dx-J"f(y)dy J'g(r)dx从而可知[,f(r)g(a)dr-ff(a)dr· "(b -a)g(r)da[(f()-f(y)(g(n) - g()dr]dy≥0. 由此即得所证，例1.1.15试证明下列不等式：(1)（Steffensen）设gER([a，b]),0<g(α)<1,且f(a)是[a,b]上的递减函数，则有[f(r)dr≤f'f(r)g(a)dz<[f(r)dx, 入=['g(r)dr.(2）设gER([a,b]),0≤g()≤1,且f(r)是[0,1]上的非负递减函数，则(f,f(x)g(x)de)≤J f"(α)dz，p≥I,α= (f'g(a)d).证明（1）由0<>b-a可知，a十入，b—>E[a,b].对于左端不等式，有J'f(r)g(r)dr-Jf(r)dr[ f(r)g(r)da+f f(a)Lg(z) -1]dr≥[ f(r)g(r)dx + f(b-^)(Ig(α)da-^) f(a)g(r)dx + f(b-a)(rg(r)dx-[g(r)dr)J f(r)g(z)dz-f(b-)] g(r)dzg()f()-f(b)d≥ 0.类似地可推右端不等式（2）（i）先介绍广义Jensen不等式：p(p(α)f(r)da / / p(r)dz)<[p(r)pLf(r)Jda//p(α)dr,其中 f,pER([a,b)),p(α)≥0,m<f(r)<M, p(r)dr>0, (r)在[m,M)上连续且（下）凸(ii）假定（g()dr>0.引用广义Jensen不等式，令p(α）=(p≥1)，则有(T,f(x)g(r)da) ≤ (f,g(r)dx)f, f(r)g(a)dz
第1章定积分14从而只需指出(f"g(a)dr)T f(r)g(r)da≤ /fp(r)dr为此，令μ=(F.g(a)dz)"，我们有J" p(a)dr-μf fp(r)g(r)dzf" f(r)[1 -μg(r)]dr -μ[ fp(r)g(a)da≥f(a)"[1-μg(r)dz-μf,f(a)g(a)dz=fp(a)[α-f,g(a)dx]-μf,f(a)g(a)dr=f(a)[(f,g(a)dr) -μf,g(r)da ]-μf, f(x)g(a)dzμ[fr(a)fig(r)dz-J,f(r)g(a)da)=μf,g(a)[f(a) - f(r)Jdr ≥ 0.对于g(r)dz=0，结论亦真.此时，两端全为零，例1.1.16试证明下列命题：（(1）设fEC([0，元]).若有"f(r)sinrdr = 0,f(x)cosrdx = 0.则f()在(0,元)中至少有两个零点（2）设fEC([a，b])，若有r"f(α)d=0(n = 0,1,2,"",N),则f(r)在[ab]中至少有N+1个零点(3）设fEC(La,b]),若对满足（）dz0的任一连续函数(α），均有f(r)g(r)dr = 0, 则 f(r)=C.证明（1）由于sinr>0(rE（0，元）），故知f(α）在(0，）中至少有一个零点，否则与题设矛盾。(i）若f()有一个零点，且f(α)的值不变号，则根据类似于前面的推理，仍可推出矛盾.(ii）若f(r)有一个零点z=zo，且函数值变号，则函数值f(r)sin(一xo）在
1.1定积分的概念、可积函数及其初等性质15(0,xo）和（zo，元）上同号.因此"f(r）sin(一xo)d≠0.但我们有f(r)sin(-ro)dx=" f(α)(sinrcosxo cosrsinzo)dx = 0,这一矛盾说明f(）至少有两个零点(2)设P(α)是次数不超过N的多项式,则有P(α)f(r)da=0.用反证法.假定f()在[a,b]中只有m<N个零点：a<<2<<m<b，则选取f(）在这些点左右值变号的点：，"，,，且不妨设f()≥0(a<<),f()≤(i≤≤aig),",并作多项式P()：P(r) =( )；P(x)f(r)≥0 (a<<b).-因为在每个区间（a,），（，z），"，（m，b）上，总有P()f(）>0,所以P(α)f(x)d>0.但P(z)的次数不超过N,矛盾.得证.(3）作函数g(r）=f(）—f(α)dx/(b一a),易知ΦEC([a,b])，且(r)d=0,故得f()p(r)d= 0,I(≤-aJ"f(t)dt)p(r)dx = 0.将两式相减，我们有(f(2)--f()ds)o(a)dz=0,[g(2)dz=0. 这说明p(a)=0,即于(2)(m)dz.例1.1.17解答下列问题：(1)设C([0,1),求lim(F,1()"dz)"(2)设f.gER([a,b])，对任一分划A:a=r<a<…<a=b,令[,],I f()] g()dr.求limL(3)设fER(Ea,b), I,=Zin[1+f(i/n)/n],求limln.解（1)记M=max(/f(α)|)=|f(ro)/(i) (f"/f(α)l"da)"≤(J'Mrda)"=M