請教如何證明這個積分不等式？

01-02

f(x)在[0,1]上連續，且f(x)&>0，m,M分別為f(x)的最大最小值，證明
$int_{0}^{1}f(x)dxint_{0}^{1}frac{1}{f(x)} dxleq frac{(m+M)^{2}}{4mM}$
我的思路是用二重積分變換
$I=int_{0}^{1}f(x)dxint_{0}^{1}frac{1}{f(x)}dx =int_{0}^{1}f(x)dxint_{0}^{1}frac{1}{f(y)}dy$

$=int_{0}^{1} int_{0}^{1} frac{f(x)}{f(y)}dxdy$
由輪換對稱性知
$2I=int_{0}^{1} int_{0}^{1} (frac{f(x)}{f(y)}+frac{f(y)}{f(x)})dxdy$
接下來就做不下去了，只能得到積分的下界。
應該是思路錯了，請教各位這個不等式該如何證明

如果是兩個數的平均值會怎麼樣呢？

$frac{M + m}{2}frac{frac{1}{M} + frac{1}{m}}{2} = frac{(M+m)^2}{4Mm}$

哦，剛好相等？

那我們就應該有思路了，最大的情況大約是f的值一半是M，一半是m。從要求證的表達式上看，具體哪些x為M，哪些為m其實不重要，只要加起來「長度」是一半就好。那麼從結果上來看，要讓不等號取極值，一方面，f的值必須要麼是M，要麼是m；另一方面，取兩個值的區間長度要相等。

那我們就有思路了。我們來構造兩個輔助函數：

$g(x) = frac{f(x) - M}{m - M}$

$h(x) = frac{frac{1}{f(x)} - frac{1}{m}}{frac{1}{M} - frac{1}{m}} = frac{frac{mM}{f(x)} - M}{m - M}$

它們實際上是把 $f(x), frac{1}{f(x)}$ 的結果歸一化到了 $[0,1]$ 上。那麼：

$int_0^1 g(x)h(x)dx ge 0$

當我們f要麼取值為M，要麼取值為m的時候，g和h當中恰好有一個為0，那麼不等式取等號。這是我們希望拿到的f必須要麼為M、要麼為m的約束條件。

那另一個條件呢？另一個條件說，我們希望等於M和等於m的剛好各自是一半。當f要麼等於M，要麼等於m的時候，g和h剛好一個為0，一個為1，那麼怎麼說明應該各自一半呢？來考慮

$(int_0^1 g(x)dx)(int_0^1 h(x)dx)$

在g、h剛好一個為0、一個為1的時候，兩者的積分的和應該是固定為1，那麼和為定值的情況下，兩者相等則乘積最大。這應該是我們想要的約束條件。

那麼實際上由於

$int_0^1 (1-g(x))(1-h(x))dx ge 0$

所以

$int_0^1 g(x)dx + int_0^1 h(x)dx le 1 + int_0^1 g(x)h(x) dx$

我們再來回頭看看g和h，會發現它們可以改寫成

$g(x) = frac{f(x)}{m - M} - frac{M}{m - M}$

$h(x) = frac{frac{mM}{f(x)}}{m - M} - frac{M}{m - M}$

它們減去的是同一個常數，這個有點意思，意味著：

$(g(x) + frac{M}{m - M})(h(x) + frac{M}{m - M}) = frac{mM}{(m - M)^2}$

所以

$g(x)h(x) + frac{M}{m - M}(g(x) + h(x)) = frac{M}{m - M}$

或者

$g(x)h(x) = frac{M}{m - M}(1 - g(x) - h(x))$

這樣我們代入上面的不等式就有：

$frac{m}{m-M}(int_0^1 g(x)dx + int_0^1 h(x)dx) le frac{m}{m - M}$

$int_0^1 g(x)dx + int_0^1 h(x)dx le 1$

果然如我們所想，那麼乘積的不等號也就定下來了：

$(int_0^1 g(x) dx)(int_0^1 h(x)dx) le (frac{1}{2})^2 = frac{1}{4}$

那麼就要說了，這到底跟我們要求的不等式有什麼關係呢？最後一步要是做不出來那還是功虧一簣。不過做了這麼多準備工作，所謂功夫不負有心人，要對自己有信心。

那麼

$(int_0^1 f(x) dx )(int_0^1 frac{1}{f(x)}dx) = frac{(m-M)^2}{mM}(int_0^1 g(x)dx + frac{M}{m - M})(int_0^1 h(x)dx + frac{M}{m - M})$

$= frac{(m-M)^2}{mM}left(int_0^1 g(x)dx int_0^1 h(x)dx + frac{M}{m-M}left(int_0^1 g(x)dx + int_0^1 h(x)dx ight) + frac{M^2}{(m-M)^2} ight)$

$le frac{(m-M)^2}{mM}left(frac{1}{4} + frac{M}{m - M} + frac{M^2}{(m-M)^2} ight)$

$= frac{(m-M)^2}{mM}left(frac{1}{2} + frac{M}{m - M} ight)^2$

$= frac{(m+M)^2}{4mM}$

順便可以得到不等號成立的條件，根據前面的結果是

$int_0^1 (1-g(x))(1-h(x))dx = 0$

$int_0^1 g(x) = int_0^1 h(x) = frac{1}{2}$

也就是前面說過的f(x)在一半長度上取最小值，一半長度上取最大值。

多說一句，知乎數學話題下每個問題要是都能像這個問題的回答和討論就好了

首先對要證的式子做一下簡單變形，再想辦法湊出要證的結果。

注意到 $frac{(m+M)^2}{4mM}$ 不易直接處理，考慮將分子分母同時除以 $M^2$ ,可得 $frac{(1+frac{m}{M})^2} {4cdot frac{m}{M}}$ ,

也即是 $frac{(1+mcdot frac{1}{M})^2} {4cdot m cdot frac{1}{M}}$ .

再結合不等式左邊的 $f(x)$ , $frac{1}{f(x)}$ ,考慮如何將 $f(x),frac{1}{f(x)}, m,frac{1}{M}$ 這四者聯繫起來。

想啊想啊想啊 (′▽`〃)

有了！ &<(*￣▽￣*)/

易知 $left( f(x)-m ight) left( frac{1}{f(x)} - frac{1}{M} ight) geq 0,$ 故有

$0leq int_0^1 left( f(x)-m ight) left( frac{1}{f(x)} - frac{1}{M} ight) mathrm{d}x =1+frac{m}{M} -mint_0^1 frac{1}{f(x)}mathrm{d}x -frac{1}{M} int_0^1 f(x) mathrm{d}x.$

即

$1+frac{m}{M} geq mint_0^1 frac{1}{f(x)} mathrm{d}x + frac{1}{M} int_0^1 f(x) mathrm{d}x ge 2sqrt{ frac{m}{M} int_0^1 f(x) mathrm{d}x int_0^1 frac{1}{f(x)} mathrm{d}x}.$

整理即得

$int_0^1 f(x) mathrm{d}x int_0^1 frac{1}{f(x)} mathrm{d}x le frac{(m+M)^2}{4mM} .quad square$

看氣氛熱烈追加一種解法。

$I$ 可視作以 $f(x)$ 為變數的代數式。引入導數。

$I$

$I$ 0" eeimg="1">

即 $I$ 最大值在 $f(x)=m$ 或 $f(x)=M$ 時取到。

$I=int_{0}^{1} f(x)dxint_{0}^{1} frac{1}{f(x)} dxleq [tm+(1-t)M] imes [t imes frac{1}{m}+(1-t) imes frac{1}{M} ]=1+t(1-t)(frac{m}{M}+frac{M}{m}-2 )leq frac{(m+M)^2}{4mM}$

考據：此題出自1990年北京市大學生數學競賽

作為一類題有更強的結論（證明同理）

此類套路常和柯西施瓦茨不等式組合出不等式證明題（給a，b，m，M賦值）

康托洛維奇不等式