铜仁学院大数据学院，贵州 铜仁

收稿日期：2022年7月30日；录用日期：2022年8月31日；发布日期：2022年9月7日

摘要

论文用普通的数学方法给出了Chebyshev总和不等式的加权推广，得到几个新的代数不等式，且依据定积分概念建立其优美的积分形式，最后，权函数为特殊函数时，获得了几个相关的应用。

关键词

Chebyshev总和不等式，加权推广，积分形式

Weighted Extension of Chebyshev’s Sum Inequality and Its Integral Forms

Xianyang Zhu

School of Data Science, Tongren University, Tongren Guizhou

Received: Jul. 30^th, 2022; accepted: Aug. 31^st, 2022; published: Sep. 7^th, 2022

ABSTRACT

In this paper, the weighted extension of Chebyshev’s sum inequality is studied by using general mathematical method, some new algebraic inequalities are obtained, and its graceful integral forms are established according to the concept of definite integral. Finally, when the weight function is a special function, several applications are obtained.

Keywords:Chebyshev’s Sum Inequality, Weighted Extension, Integral Forms

Copyright © 2022 by author(s) and Hans Publishers Inc.

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1. 引言

经典的Chebyshev总和不等式 [1] 是指：设 $\left\{a_n\right\},\left\{b_n\right\}$ 是两列从小到大的数组，即 $a_1\le a_2\le \cdots \le a_n$，$b_1\le b_2\le \cdots \le b_n$，则

$\frac{a_1{b}_1+a_2{b}_2+\cdots +a_n{b}_n}{n}\ge \frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}\cdot \frac{b_1+b_2+\cdots +b_n}{n}\ge \frac{a_1{b}_n+a_2{b}_{n-1}+\cdots +a_n{b}_1}{n}$ (1.1)

当且仅当 $a_1=a_2=\cdots =a_n$ 或 $b_1=b_2=\cdots =b_n$ 时等号成立。其对应的连续情形如下：假设 $f,g:\left[a,b\right]\to R$ 是非减函数，那么

$\frac{1}{b-a}{\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x}\ge \frac{1}{b-a}{\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)\text{d}x}\cdot \frac{1}{b-a}{\displaystyle {\int }_a^{b}g\left(x\right)\text{d}x}$ (1.2)

当且仅当 $f\left(x\right)$ 或 $g\left(x\right)$ 中至少一个为常数函数时等号成立。

在文献 [2] [3] 中，(1.1)，(1.2)式是作为其中一个不等式的特殊情况。令人惊奇的是，近来的一篇文章 [4] 证明了Chebyshev不等式等价于经典的Jensen不等式。事实上，在某种特殊情况下两个不等式是“对偶的(dual)” [5]。Chebyshev不等式有许多推广 [6] [7] [8] [9] [10]，我们也可参考 [11] 以获得有关Chebyshev不等式发展的详细报告。

本文将继续对Chebyshev不等式从权函数的角度进行推广，同时也给出对应于所得定理的应用。

2. 推广

定理1 设 $\left\{a_n\right\}$，$\left\{b_n\right\}$ 是两列从小到大的数组，即 $a_1\le a_2\le \cdots \le a_n$，$b_1\le b_2\le \cdots \le b_n$，${\lambda }_i>0$ $\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$，则

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{b}_i\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{b}_i\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{b}_{n-i+1}.$ (2.1)

当且仅当 $a_1=a_2=\cdots =a_n$ 或 $b_1=b_2=\cdots =b_n$ 时等号成立。

证明：设 $f_n={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{b}_i-{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{b}_i,n\ge 2$。则

$f_2={\lambda }_1{\lambda }_2\left(a_1-a_2\right)\left(b_1-b_2\right)\ge 0.$

$\begin{array}{c}{f}_{n+1}-f_n={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n+1}{\sum }}{\lambda }_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n+1}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{b}_i-{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n+1}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n+1}{\sum }}{\lambda }_i}{b}_i-\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{b}_i-{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{b}_i\right)\\ =\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i+{\lambda }_{n+1}}\right)\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{b}_i+{\lambda }_{n+1}{a}_{n+1}{b}_{n+1}\right)-\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i+{\lambda }_{n+1}{a}_{n+1}\right)\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{b}_i+{\lambda }_{n+1}{b}_{n+1}\right)\\ -\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{b}_i-{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{b}_i\right)\\ ={\lambda }_{n+1}{a}_{n+1}{b}_{n+1}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}+{\lambda }_{n+1}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{b}_i-{\lambda }_{n+1}{a}_{n+1}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{b}_i-{\lambda }_{n+1}{b}_{n+1}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i\\ ={\lambda }_{n+1}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\left(a_i-a_{n+1}\right)\left(b_i-b_{n+1}\right)\ge 0\end{array}$ (2.2)

所以 $f_{n+1}\ge f_n,f_n\ge f_2\ge 0\left(n\ge 2\right)$。这就证明了(2.1)左边不等式，类似可证(2.1)右边不等式。

注a) 在(2.1)取 ${\lambda }_i=1\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$，就得到Chebyshev总和不等式(1.1)，且证明(2.1)式的递推方法也就给了(1.1)式的一种证明思路。

b) 由(2.2)可推知

$f_n={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{b}_i-{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{b}_i={\displaystyle \underset{1\le i<j\le n}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i{\lambda }_j}\left(a_i-a_j\right)\left(b_i-b_j\right)\ge 0.$

(2.1)的左边不等式可推广为：

定理2 设 $\left\{a_n\right\},\left\{b_n\right\},\left\{c_n\right\},\cdots ,\left\{l_n\right\}$ 是m列从小到大的正项数组，即 $a_1\le a_2\le \cdots \le a_n$，$b_1\le b_2\le \cdots \le b_n$，$c_1\le c_2\le \cdots \le c_n$，$\cdots$，$l_1\le l_2\le \cdots \le l_n$，${\lambda }_i>0\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$，则

${\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\right)}^{m-1}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{b}_i{c}_i\cdots l_i\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{b}_i{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{c}_i\cdots {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{l}_i$ (2.3)

证明：由于 $\left\{a_n\right\},\left\{b_n\right\},\left\{c_n\right\},\cdots ,\left\{l_n\right\}$ 是m列从小到大的正项数组，从已知

$a_1\le a_2\le \cdots \le a_n$，$b_1\le b_2\le \cdots \le b_n$，$c_1\le c_2\le \cdots \le c_n$，$\cdots$，$l_1\le l_2\le \cdots \le l_n$，

可得

$b_1{c}_1\cdots l_1\le b_2{c}_2\cdots l_2\le \cdots \le b_n{c}_n\cdots l_n,c_1\cdots l_1\le c_2\cdots l_2\le \cdots \le c_n\cdots l_n,\cdots ,$

反复运用(2.1)中的左边不等式，得

$\begin{array}{c}{\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\right)}^{m-1}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{b}_i{c}_i\cdots l_i\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\right)}^{m-2}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{b}_i{c}_i\cdots l_i\\ \ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{b}_i{\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\right)}^{m-2}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{c}_i\cdots l_i\\ \ge \cdots \ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{b}_i{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{c}_i\cdots {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{l}_i.\end{array}$

特别地，令 $a_i=x_i^{{\alpha }_1},b_i=x_i^{{\alpha }_2},c_i=x_i^{{\alpha }_3},\cdots ,l_i=x_i^{{\alpha }_m}$，可得如下不等式：设 $x_i\in R^{+}$，${\lambda }_i>0$，${\alpha }_i>0$ $\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$，则

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i{x}_i^{{\alpha }_1+{\alpha }_2+{\alpha }_3+\cdots +{\alpha }_m}}\ge \frac{1}{{\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\right)}^{m-1}}\cdot {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i{x}_i^{{\alpha }_1}}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i{x}_i^{{\alpha }_2}}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i{x}_i^{{\alpha }_3}}\cdots {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i{x}_i^{{\alpha }_m}}$

3. 应用

例1 设 $y_i\in R^{+}\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$，且 $\frac{x_1}{y_1}\ge \frac{x_2}{y_2}\ge \cdots \ge \frac{x_n}{y_n}$，$\frac{z_1}{y_1}\ge \frac{z_2}{y_2}\ge \cdots \ge \frac{z_n}{y_n}$，则

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{x_i{z}_i}{y_i}}\ge \frac{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{x}_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{z}_i}}{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{y}_i}}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{x_i{z}_{n-i+1}}{y_{n-}{}_{i+1}}}$

当且仅当 $x_1=x_2=\cdots =x_n$ 或 $z_1=z_2=\cdots =z_n$ 时等号成立。

证明：在不等式(2.1)中令 $a_i=\frac{x_i}{y_i},b_i=\frac{z_i}{y_i}\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$，得

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\frac{x_i}{y_i}\cdot \frac{z_i}{y_i}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\frac{x_i}{y_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\frac{z_i}{y_i}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\frac{x_i}{y_i}\cdot \frac{z_{n-i}}{y_{n-i}}.$

再令 ${\lambda }_i=y_i\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$，可得

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{y}_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{y}_i}\frac{x_i}{y_i}\cdot \frac{z_i}{y_i}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{y}_i}\frac{x_i}{y_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{y}_i}\frac{z_i}{y_i}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{y}_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{y}_i}\frac{x_i}{y_i}\cdot \frac{z_{n-i}}{y_{n-i}}.$

即 ${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{x_i{z}_i}{y_i}}\ge \frac{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{x}_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{z}_i}}{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{y}_i}}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{x_i{z}_{n-i+1}}{y_{n-}{}_{i+1}}}$。

当且仅当 $a_1=a_2=\cdots =a_n$ 或 $b_1=b_2=\cdots =b_n$，即 $x_1=x_2=\cdots =x_n$ 或 $z_1=z_2=\cdots =z_n$ 时等号成立。

例2 设 $x_i,y_i\in R^{+}\left(i=1,2,\cdots ,n\right),\alpha >0,k\in Z^{+}$，且满足 $k\le \alpha +1$，那么

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{x_i^{\alpha +1}}{y_i^{\alpha }}}\ge \frac{{\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{x}_i}\right)}^k}{{\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{y}_i}\right)}^k}\cdot {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{x_i^{\alpha +1-k}}{y_i^{\alpha -k}}}$

等号当且仅当 $\frac{x_1}{y_1}=\frac{x_2}{y_2}=\cdots =\frac{x_n}{y_n}$ 时成立。

证明：在(2.1)式中令 $a_i=\frac{x_i}{y_i},b_i=\frac{x_i^{\alpha }}{y_i^{\alpha }},{\lambda }_i=y_i\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$，则成立

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{y}_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{x_i^{\alpha +1}}{y_i^{\alpha }}}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{x}_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{x_i^{\alpha }}{y_i^{\alpha -1}}}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{y}_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{x}_i}\frac{x_{n-i+1}^{\alpha }}{y_{n-i+1}^{\alpha }}$

即 ${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{x_i^{\alpha +1}}{y_i^{\alpha }}}\ge \frac{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{x}_i}}{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{y}_i}}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{x_i^{\alpha }}{y_i^{\alpha -1}}}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{x}_i}\frac{x_{n-i+1}^{\alpha }}{y_{n-i+1}^{\alpha }}$。

反复运用上式中的最左边的不等式，即可得证。

例3 设 $a_i,{\lambda }_i\in R^{+}\left(i=1,2,\cdots ,n\right),s={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i{a}_i},p\ge s,k\in N^{*}$，则

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i\frac{a_i^{k+1}}{p-a_i}}\ge \frac{s^2}{\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\right)p-s}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i{a}_i^k}$

证明：不妨设 $a_1\le a_2\le \cdots \le a_n$，则 $0<\frac{1}{p-a_1}\le \frac{1}{p-a_2}\le \cdots \le \frac{1}{p-a_n}$，$\frac{a_1}{p-a_1}\le \frac{a_2}{p-a_2}\le \cdots \le \frac{a_n}{p-a_n}$，运用不等式(2.1)，得

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i\frac{a_i^{k+1}}{p-a_i}}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i\frac{a_i}{p-a_i}}\cdot a_i^k\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i\frac{a_i}{p-a_i}}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i{a}_i^k}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i{a}_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i\frac{1}{p-a_i}}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i{a}_i^k}$

根据柯西不等式，得

$\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i\frac{1}{p-a_i}}\cdot {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\left(p{\lambda }_i-{\lambda }_i{a}_i\right)}={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{{\lambda }_i^2}{p{\lambda }_i-{\lambda }_i{a}_i}}\cdot {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\left(p{\lambda }_i-{\lambda }_i{a}_i\right)}\\ \ge {\left[{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\sqrt{\frac{{\lambda }_i^2}{p{\lambda }_i-{\lambda }_i{a}_i}\cdot \left(p{\lambda }_i-{\lambda }_i{a}_i\right)}}\right]}^2\\ ={\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\right)}^2\end{array}$

所以， ${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i\frac{a_i^{k+1}}{p-a_i}}\ge s\frac{{\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\right)}^2}{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\left(p{\lambda }_i-{\lambda }_i{a}_i\right)}}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i^k=\frac{{\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\right)}^{2}s}{\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\right)p-s}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i^k$。

例4 设 $a_i,{\lambda }_i\in R^{+}\left(i=1,2,\cdots ,n\right),k\in N^{*}$，则

${\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}{a}_i^{{\lambda }_i{a}_i}}\right)}^{\frac{1}{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i{a}_i}}}\ge {\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}{a}_i^{{\lambda }_i}}\right)}^{\frac{1}{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}}}\ge {\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}{a}_{n-i+1}^{{\lambda }_i{a}_i}}\right)}^{\frac{1}{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i{a}_i}}}$

证明：不妨设 $a_1\le a_2\le \cdots \le a_n$，则 $\ln a_1\le \ln a_2\le \cdots \le \ln a_n$，在不等式(2.1)中取 $b_i=\ln a_i\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$，可得

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i\ln a_i\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}\ln a_i\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}{a}_i\ln a_{n-i+1}.$

化简即得

${\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}{a}_i^{{\lambda }_i{a}_i}}\right)}^{\frac{1}{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i{a}_i}}}\ge {\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}{a}_i^{{\lambda }_i}}\right)}^{\frac{1}{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i}}}\ge {\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}{a}_{n-i+1}^{{\lambda }_i{a}_i}}\right)}^{\frac{1}{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\lambda }_i{a}_i}}}$

4. 积分形式

这里将对不等式作进一步的推广，获得了Chebyshev总和不等式的三个优美的积分形式。

定理3 假设函数 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 在 $\left[a,b\right]$ 上是同时可积递增的(或是同时可积递减的)，且 $p\left(x\right)>0$，那么

${\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)\text{d}x}{\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)f\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x}\ge {\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)f\left(x\right)\text{d}x}{\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x},x\in \left[a,b\right]$ (4.1)

当且仅当 $f\left(x\right)$ 或 $g\left(x\right)$ 中至少一个为常数函数时等号成立。

证明：若函数 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 在 $\left[a,b\right]$ 上是同时可积递增的，记 $x_k=a+\frac{k}{n}\left(x-a\right)$，依据加权的Chebyshev不等式可得到下式，

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}p\left(x_i\right)\Delta x_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}p\left(x_i\right)f\left(x_i\right)g\left(x_i\right)\Delta x_i}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}p\left(x_i\right)f\left(x_i\right)\Delta x_i}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}p\left(x_i\right)g\left(x_i\right)\Delta x_i}$

在上式中令 $n\to \infty$，即得欲证不等式。

${\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)\text{d}x}{\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)f\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x}\ge {\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)f\left(x\right)\text{d}x}{\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x},x\in \left[a,b\right]$

若函数 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 在 $\left[a,b\right]$ 上是同时可积递减的，则函数 $-f\left(x\right)$ 和 $-g\left(x\right)$ 在 $\left[a,b\right]$ 上就是同时可积递增的，依据上面已证明的结论，我们有下式成立，

${\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)\text{d}x}{\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)\left[-f\left(x\right)\right]\left[-g\left(x\right)\right]\text{d}x}\ge {\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)\left[-f\left(x\right)\right]\text{d}x}{\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)\left[-g\left(x\right)\right]\text{d}x},x\in \left[a,b\right]$

即

${\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)\text{d}x}{\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)f\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x}\ge {\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)f\left(x\right)\text{d}x}{\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x},x\in \left[a,b\right].$

定理4 设函数 $f\left(x\right)$ 、 $g\left(x\right)$ 在 $\left[a,b\right]$ 上分别是可积递增的、可积递减的，且 $p\left(x\right)>0$，那么

${\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)\text{d}x}{\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)f\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x}\le {\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)f\left(x\right)\text{d}x}{\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x},x\in \left[a,b\right]$ (4.2)

当且仅当 $f\left(x\right)$ 或 $g\left(x\right)$ 中至少一个为常数函数时等号成立。

证明：由条件可知，函数 $f\left(x\right)$ 、 $-g\left(x\right)$ 在 $\left[a,b\right]$ 上是同时可积递增的，应用定理3，立即得证。

不等式(2.3)的积分形式：

定理5 设函数 $f_i\left(x\right)\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$ 在 $\left[a,b\right]$ 上是同时可积递增的，且 $p\left(x\right)>0$，那么

${\left({\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)\text{d}x}\right)}^{n-1}{\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}{f}_i\left(x\right)}\right)\text{d}x}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}\left({\displaystyle {\int }_a^{x}p\left(x\right)f_i\left(x\right)\text{d}x}\right)},x\in \left[a,b\right]$ (4.3)

证明：连续运用定理3中的不等式(4.1)，(4.3)式立即可得。

下面在定理3、4、5中，其积分形式的被积函数选取为特殊函数时，将获得一些新的积分不等式。

1) 在定理1中取 $p\left(x\right)=1$，可得

设函数 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 在 $\left[a,b\right]$ 上是同时可积递增的(或是同时可积递减的)，那么

$\left(b-a\right){\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x}\ge {\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)\text{d}x}{\displaystyle {\int }_a^{b}g\left(x\right)\text{d}x}$ (4.4)

当且仅当 $f\left(x\right)$ 或 $g\left(x\right)$ 中至少一个为常数函数时等号成立。

在(4.4)中令 $g\left(x\right)=x$，可得

$\left(b-a\right){\displaystyle {\int }_a^{b}xf\left(x\right)\text{d}x}\ge \frac{b^2-a^2}{2}{\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)\text{d}x}$

化简可得优美的积分不等式

${\displaystyle {\int }_a^{b}xf\left(x\right)\text{d}x}\ge \left(\frac{a+b}{2}\right){\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)\text{d}x}$ (4.5)

在(4.5)中再取 $f\left(x\right)=-\frac{1}{x}$，得对数不等式 $a-b\ge \left(\frac{a+b}{2}\right)\left(\ln a-\ln b\right)$ 即 $\ln \frac{a}{b}\le \frac{2\left(a-b\right)}{a+b}$。

在定理5中令 $p\left(x\right)=1$，可得(4.4)的推广形式：

假设函数 $f_i\left(x\right)\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$ 在 $\left[a,b\right]$ 上都是同时可积递增的，那么

${\left(b-a\right)}^{n-1}{\displaystyle {\int }_a^b\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}{f}_i\left(x\right)}\right)\text{d}x}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}\left({\displaystyle {\int }_a^b{f}_i\left(x\right)\text{d}x}\right)}$

2) 在定理3中令 $p\left(x\right)=x^r\left(r\ne -1,x>0\right)$，$g\left(x\right)=x^q\left(q,x>0\right)$，由(4.1)可得

${\displaystyle {\int }_a^b{x}^r\text{d}x}{\displaystyle {\int }_a^b{x}^{r+q}f\left(x\right)\text{d}x}\ge {\displaystyle {\int }_a^b{x}^{r}f\left(x\right)\text{d}x}{\displaystyle {\int }_a^b{x}^{r+q}\text{d}x}$

$\left(\frac{b^{r+1}-a^{r+1}}{r+1}\right){\displaystyle {\int }_a^b{x}^{r+q}f\left(x\right)\text{d}x}\ge \left(\frac{b^{r+q+1}-a^{r+q+1}}{r+q+1}\right){\displaystyle {\int }_a^b{x}^{r}f\left(x\right)\text{d}x}$

稍加计算化简，所以对可积递增函数 $f\left(x\right)$，我们得到

${\displaystyle {\int }_a^b{x}^{r+q}f\left(x\right)\text{d}x}\ge \frac{r+1}{r+q+1}\left(\frac{b^{r+q+1}-a^{r+q+1}}{b^{r+1}-a^{r+1}}\right){\displaystyle {\int }_a^b{x}^{r}f\left(x\right)\text{d}x}$

3) 在定理3中取 $f\left(x\right)=x$，$p\left(x\right)=g\left(x\right)$，可得

${\displaystyle {\int }_a^{b}g\left(x\right)\text{d}x}{\displaystyle {\int }_a^{b}x{g}^2\left(x\right)\text{d}x}\ge {\displaystyle {\int }_a^{b}xg\left(x\right)\text{d}x}{\displaystyle {\int }_a^b{g}^2\left(x\right)\text{d}x}$

稍加计算化简，则对可积正值递增函数 $g\left(x\right)$，我们得到

$\frac{{\displaystyle {\int }_a^b{g}^2\left(x\right)\text{d}x}}{{\displaystyle {\int }_a^{b}g\left(x\right)\text{d}x}}\le \frac{{\displaystyle {\int }_a^{b}x{g}^2\left(x\right)\text{d}x}}{{\displaystyle {\int }_a^{b}xg\left(x\right)\text{d}x}}.$

4) 因为 ${\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin x\text{d}x}=-{\cos x|}_0^{\frac{\pi }{2}}=1$，${\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\tan x\text{d}x}={\ln \left|\cos x\right||}_0^{\frac{\pi }{4}}=1$，所以在定理3中选择函数 $p\left(x\right)=\sin x$，或 $p\left(x\right)=\tan x$，可得三角型积分不等式：

a) 设函数 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上是同时可积递增的，那么

${\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\left(\sin x\right)f\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x}\ge {\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\left(\sin x\right)f\left(x\right)\text{d}x}\cdot {\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\left(\sin x\right)g\left(x\right)\text{d}x}$

b) 设函数 $f\left(x\right)$ 和 $g\left(x\right)$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{4}\right]$ 上是同时可积递增的，那么

${\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\left(\tan x\right)f\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x}\ge {\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\left(\tan x\right)f\left(x\right)\text{d}x}\cdot {\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\left(\tan x\right)g\left(x\right)\text{d}x}$

5) 在定理5中，取 $p\left(x\right)={\text{e}}^x$，可得

设函数 $f_i\left(x\right)\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$ 在 $\left[a,b\right]$ 上是同时可积递增的，那么

${\left({\text{e}}^b-{\text{e}}^a\right)}^{n-1}{\displaystyle {\int }_a^b{\text{e}}^x\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}{f}_i\left(x\right)}\right)\text{d}x}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}\left({\displaystyle {\int }_a^b{\text{e}}^x{f}_i\left(x\right)\text{d}x}\right)}$

6) 在定理5中，取 $p\left(x\right)={\text{e}}^x$，且计算有 ${\displaystyle {\int }_1^e\ln x\text{d}x}={\left(x\ln x-x\right)|}_1^{\text{e}}=1$，因此

设函数 $f_i\left(x\right)\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$ 在 $\left[a,b\right]$ 上是同时可积递增的，那么

${\displaystyle {\int }_a^b\ln x\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}{f}_i\left(x\right)}\right)\text{d}x}\ge {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}\left({\displaystyle {\int }_a^b\left(\ln x\right)f_i\left(x\right)\text{d}x}\right)}$

基金项目

国家自然科学基金资助项目(10801140)；江西省自然科学基金资助项目(2010GZC0115)。

文章引用

朱先阳. Chebyshev总和不等式的加权推广及优美的积分形式
Weighted Extension of Chebyshev’s Sum Inequality and Its Integral Forms[J]. 理论数学, 2022, 12(09): 1411-1418. https://doi.org/10.12677/PM.2022.129154

参考文献