几个常用的不等式
1.伯努利不等式
命题：
设h > − 1 , n ∈ N + h>-1, n \in \mathbf{N}_{+}h>−1,n∈N+,则成立不等式
( 1 + h ) n ⩾ 1 + n h (1+h)^{n} \geqslant 1+n h(1+h)n⩾1+nh
其中当n > 1 n>1n>1时成立等号的充分必要条件是h = 0 h=0h=0
证明：由于n = 1 n=1n=1或h = 0 h=0h=0时不等式明显成立（且其中均成立等号），一下只需讨论n > 1 n>1n>1和h ≠ 0 h \neq 0h=0的情况。
将( 1 + h ) n − 1 (1+h)^{n}-1(1+h)n−1做因式分解，就可以得到
( 1 + h ) n − 1 = h [ 1 + ( 1 + h ) + ( 1 + h ) 2 + ⋯ + ( 1 + h ) n − 1 ] (1+h)^{n}-1=h\left[1+(1+h)+(1+h)^{2}+\cdots+(1+h)^{n-1}\right](1+h)n−1=h[1+(1+h)+(1+h)2+⋯+(1+h)n−1]
当h > 0 h>0h>0时，在右边方括号内从第二项起都大于1，因此就有( 1 + h ) n − 1 > n h (1+h)^{n}-1>n h(1+h)n−1>nh。
在− 1 < h < 0 -1<h<0−1<h<0时在上述公式右边方括号中从第二项起都小于1，因此方括号中表达式之和小于n nn,由于h < 0 h<0h<0,因此得到( 1 + h ) n − 1 > n h (1+h)^{n}-1>n h(1+h)n−1>nh。
推广：令h = B / A h=B/Ah=B/A,其中A > 0 , A + B > 0 A>0, A+B>0A>0,A+B>0，则条件1 + h > 0 1+h>01+h>0成立，将这个h hh代入伯努利不等式中，就可以得到下一个不等式：
命题：设有A > 0 , A + B > 0 , n ∈ N + A>0, A+B>0, n \in \mathbf{N}_{+}A>0,A+B>0,n∈N+，则成立不等式( A + B ) n ⩾ A n + n A n − 1 B (A+B)^{n} \geqslant A^{n}+n A^{n-1} B(A+B)n⩾An+nAn−1B，而且当n > 1 n>1n>1时其中成立等号的充分必要条件是B = 0 B=0B=0。
2.算术平均值-几何平均值不等式
命题：设a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}a1,a2,⋯,an是n nn个非负实数，则成立不等式：
a 1 + a 2 + ⋯ + a n n ⩾ a 1 a 2 ⋯ a n n \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n} \geqslant \sqrt[n]{a_{1} a_{2} \cdots a_{n}}na1+a2+⋯+an⩾na1a2⋯an
其中等号成立的充分必要条件是a 1 = a 2 = ⋯ = a n a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{n}a1=a2=⋯=an。
证1：一开始可以看出，如果在a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}a1,a2,⋯,an中出现0，则不等式已经成立，又可以看出，这时成立等号的充分必要条件是其中每个数为0，因此下面只需要对a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}a1,a2,⋯,an为n nn个正数的情况来证明就够了。
应用数学归纳法，在n = 1 n=1n=1时结论是平凡的，在n = 2 n=2n=2时的结论是中学数学已包含的内容，现设n = k n=kn=k时不等式已成立，然后讨论n = k + 1 n=k+1n=k+1,将k + 1 k+1k+1个正数a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}a1,a2,⋯,an的算术平均值分解如下：
a 1 + a 2 + ⋯ + a k + 1 k + 1 = a 1 + a 2 + ⋯ + a k k + k a k + 1 − ( a 1 + a 2 + ⋯ + a k ) k ( k + 1 ) \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1}}{k+1}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}}{k}+\frac{k a_{k+1}-\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}\right)}{k(k+1)}k+1a1+a2+⋯+ak+1=ka1+a2+⋯+ak+k(k+1)kak+1−(a1+a2+⋯+ak)
然后将上式右边的两项分别记为A AA和B BB，这时条件A > 0 , A + B > 0 A>0, A+B>0A>0,A+B>0满足，因此就可以应用伯努利不等式的推广不等式进行如下计算：
( a 1 + a 2 + ⋯ + a k + 1 k + 1 ) k + 1 = ( A + B ) k + 1 ⩾ A k + 1 + ( k + 1 ) A k B = A k ( A + ( k + 1 ) B ) = ( a 1 + a 2 + ⋯ + a k k ) k ⋅ a k + 1 ⩾ a 1 a 2 ⋯ a k a k + 1 \begin{aligned} \left(\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k+1}}{k+1}\right)^{k+1} &=(A+B)^{k+1} \geqslant A^{k+1}+(k+1) A^{k} B \\ &=A^{k}(A+(k+1) B) \\ &=\left(\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}}{k}\right)^{k} \cdot a_{k+1} \\ & \geqslant a_{1} a_{2} \cdots a_{k} a_{k+1} \end{aligned}(k+1a1+a2+⋯+ak+1)k+1=(A+B)k+1⩾Ak+1+(k+1)AkB=Ak(A+(k+1)B)=(ka1+a2+⋯+ak)k⋅ak+1⩾a1a2⋯akak+1
在不等式中成立等号的条件也可以用数学归纳法得到，在n = 1 n=1n=1时已成立，设在n = k n=kn=k时结论为真，则在n = k + 1 n=k+1n=k+1时可从上述推导看出等号成立的条件是k a k + 1 = a 1 + a 2 + ⋯ + a k k a_{k+1}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}kak+1=a1+a2+⋯+ak和a 1 = a 2 = ⋯ = a k a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{k}a1=a2=⋯=ak
也即是a 1 = a 2 = ⋯ = a k = a k + 1 a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{k}=a_{k+1}a1=a2=⋯=ak=ak+1
证2：采用拉格朗日乘数法，令a 1 a 2 ⋯ a n = a a_{1} a_{2} \cdots a_{n}=aa1a2⋯an=a，并做辅助函数
F = a 1 + a 2 + ⋯ + a n + λ ( a 1 a 2 ⋯ a n − a ) F=a_{1}+a_{2}+\dots+a_{n}+\lambda\left(a_{1} a_{2} \cdots a_{n}-a\right)F=a1+a2+⋯+an+λ(a1a2⋯an−a)
令
{ F a 1 ′ = 1 + λ a 2 a 3 ⋯ a n = 0 F a 2 ′ = 1 + λ a 1 a 3 ⋯ a n = 0 ⋯ ⋯ F a n ′ = 1 + λ a 1 a 2 ⋯ a n − 1 = 0 F λ ′ = a 1 a 2 ⋯ a n − a = 0 \left\{\begin{array}{l}{F_{a_{1}}^{\prime}=1+\lambda a_{2} a_{3} \cdots a_{n}=0} \\ {F_{a_{2}}^{\prime}=1+\lambda a_{1} a_{3} \cdots a_{n}=0} \\ {\cdots \cdots} \\ {F_{a_{n}}^{\prime}=1+\lambda a_{1} a_{2} \cdots a_{n-1}=0} \\ {F_{\lambda}^{\prime}=a_{1} a_{2} \cdots a_{n}-a=0}\end{array}\right.⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧Fa1′=1+λa2a3⋯an=0Fa2′=1+λa1a3⋯an=0⋯⋯Fan′=1+λa1a2⋯an−1=0Fλ′=a1a2⋯an−a=0
得a 1 = a 2 = ⋯ = a n = a n a_{1}=a_{2}=\dots=a_{n}=\sqrt[n]{a}a1=a2=⋯=an=na
由于a 1 , a 2 , ⋯ , a n > 0 a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}>0a1,a2,⋯,an>0，所以a 1 + a 2 + ⋯ + a n a_{1}+a_{2}+\dots+a_{n}a1+a2+⋯+an无最大值，其最小值为
( a 1 + a 2 + ⋯ + a n ) min = n a n \left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)_{\min }=n \sqrt[n]{a}(a1+a2+⋯+an)min=nna
即
a 1 + a 2 + ⋯ + a n ⩾ n a n = n a 1 a 2 ⋯ a n n a_{1}+a_{2}+\dots+a_{n} \geqslant n \sqrt[n]{a}=n \sqrt[n]{a_{1} a_{2} \cdots a_{n}}a1+a2+⋯+an⩾nna=nna1a2⋯an
得证
3.几何平均值-调和平均值不等式
命题：若a k > 0 , k = 1 , 2 , ⋯ , n a_{k}>0, k=1,2, \cdots, nak>0,k=1,2,⋯,n，则有
( ∏ k = 1 n a k ) 1 n ⩾ n ∑ k = 1 n 1 a k \left(\prod_{k=1}^{n} a_{k}\right)^{\frac{1}{n}} \geqslant \frac{n}{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}}}(k=1∏nak)n1⩾∑k=1nak1n
证明：首先对数函数具有凸性，要证算术平均值-几何平均值不等式：
1 n ∑ k = 1 n a k ≥ ∏ k = 1 n a k \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} a_{k} \geq \sqrt{\prod_{k=1}^{n} a_{k}}n1k=1∑nak≥k=1∏nak
两边取对数，即证：
ln ( 1 n ∑ k = 1 n a k ) ≥ 1 n ∑ k = 1 n ln a k \ln \left(\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} a_{k}\right) \geq \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \ln a_{k}ln(n1k=1∑nak)≥n1k=1∑nlnak
对于几何平均值-调和平均值不等式而言：
∏ k = 1 n a k n ≥ n ∑ k = 1 n 1 a k \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n} a_{k}} \geq \frac{n}{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}}}nk=1∏nak≥∑k=1nak1n
先取倒数，得：
∏ k = 1 n 1 a k n ≤ 1 n ∑ k = 1 n 1 a k \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}}} \leq \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}}nk=1∏nak1≤n1k=1∑nak1
再取对数：
1 n ∑ k = 1 n ln 1 a k ≤ ln ( 1 n ∑ k = 1 n 1 a k ) \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \ln \frac{1}{a_{k}} \leq \ln \left(\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}}\right)n1k=1∑nlnak1≤ln(n1k=1∑nak1)
证毕。
4.柯西不等式
命题：对实数a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}a1,a2,⋯,an和b 1 , b 2 , ⋯ , b n b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}b1,b2,⋯,bn成立
∣ ∑ i = 1 n a i b i ∣ ⩽ ∑ i = 1 n a i 2 ∑ i = 1 n b i 2 \left|\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right| \leqslant \sqrt{\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}} \sqrt{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}}∣∣∣∣∣i=1∑naibi∣∣∣∣∣⩽i=1∑nai2i=1∑nbi2
证明：引入变量λ \lambdaλ,写出如下的非负二次三项式
0 ⩽ ∑ i = 1 n ( λ a i − b i ) 2 = λ 2 ∑ i = 1 n a i 2 − 2 λ ∑ i = 1 n a i b i + ∑ i = 1 n b i 2 0 \leqslant \sum_{i=1}^{n}\left(\lambda a_{i}-b_{i}\right)^{2}=\lambda^{2} \sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}-2 \lambda \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}+\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}0⩽i=1∑n(λai−bi)2=λ2i=1∑nai2−2λi=1∑naibi+i=1∑nbi2
如果a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}a1,a2,⋯,an全为0，可以发现柯西不等式已成立。否则，λ 2 \lambda^{2}λ2项的系数不会是0，因此它的判别式非正，这就导致
( ∑ i = 1 n a i b i ) 2 ⩽ ( ∑ i = 1 n a i 2 ) ⋅ ( ∑ i = 1 n b i 2 ) \left(\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right)^{2} \leqslant\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right) \cdot\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right)(i=1∑naibi)2⩽(i=1∑nai2)⋅(i=1∑nbi2)
两边开方，就得到所要求证的不等式。
补充：在柯西不得鞥是中等号成立的充分必要条件是两个序列{ a i } 1 ⩽ i ⩽ n \left\{a_{i}\right\}_{1 \leqslant i \leqslant n}{ai}1⩽i⩽n和{ b i } 1 ⩽ i ⩽ n \left\{b_{i}\right\}_{1 \leqslant i \leqslant n}{bi}1⩽i⩽n成比例。
5.其它不等式
- 设x > 0 , y > 0 , p > 0 , q > 0 , 1 p + 1 q = 1 x>0, y>0, p>0, q>0, \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1x>0,y>0,p>0,q>0,p1+q1=1，则有x y ⩽ x p p + y q q x y \leqslant \frac{x^{p}}{p}+\frac{y^{q}}{q}xy⩽pxp+qyq
证明：在x y ⩽ x p p + y q q x y \leqslant \frac{x^{p}}{p}+\frac{y^{q}}{q}xy⩽pxp+qyq两边取对数，得到ln ( x y ) ⩽ ln ( x p p + y q q ) \ln (x y) \leqslant \ln \left(\frac{x^{p}}{p}+\frac{y^{q}}{q}\right)ln(xy)⩽ln(pxp+qyq)
由于x > 0 x>0x>0,令f ( x ) = ln x ⇒ f ′ ′ ( x ) = − 1 x 2 < 0 ⇒ f ( x ) f(x)=\ln x \Rightarrow f^{\prime \prime}(x)=-\frac{1}{x^{2}}<0 \Rightarrow f(x)f(x)=lnx⇒f′′(x)=−x21<0⇒f(x)的图像是凸的，，由凸凹性定义得：
f [ λ x 1 + ( 1 − λ ) y 1 ] ⩾ λ f ( x 1 ) + ( 1 − λ ) f ( y 1 ) f\left[\lambda x_{1}+(1-\lambda) y_{1}\right] \geqslant \lambda f\left(x_{1}\right)+(1-\lambda) f\left(y_{1}\right)f[λx1+(1−λ)y1]⩾λf(x1)+(1−λ)f(y1)
在上式中，令λ = 1 p , x 1 = x p , y 1 = y q \lambda=\frac{1}{p}, x_{1}=x^{p}, y_{1}=y^{q}λ=p1,x1=xp,y1=yq，则1 − λ = 1 − 1 p = 1 q 1-\lambda=1-\frac{1}{p}=\frac{1}{q}1−λ=1−p1=q1，于是就得到
ln ( x p p + y q q ) ⩾ 1 p f ( x p ) + 1 q f ( y q ) = ln ( x y ) \ln \left(\frac{x^{p}}{p}+\frac{y^{q}}{q}\right) \geqslant \frac{1}{p} f\left(x^{p}\right)+\frac{1}{q} f\left(y^{q}\right)=\ln (x y)ln(pxp+qyq)⩾p1f(xp)+q1f(yq)=ln(xy)
即得：
x y ⩽ x ρ p + y y q x y \leqslant \frac{x^{\rho}}{p}+\frac{y^{y}}{q}xy⩽pxρ+qyy
- 设f ( x ) f(x)f(x)在[ a , , b ] [a,,b][a,,b]上p pp次方可积，g ( x ) g(x)g(x)在[ a , , b ] [a,,b][a,,b]上q qq次方可积，则
∣ ∫ a b f ( x ) ⋅ g ( x ) d x ∣ ⩽ [ ∫ a b ∣ f ( x ) ∣ p d x ] 1 p ⋅ [ ∫ a b ∣ g ( x ) ∣ q d x ] 1 q \left|\int_{a}^{b} f(x) \cdot g(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{d} x\right]^{\frac{1}{p}} \cdot\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} \mathrm{d} x\right]^{\frac{1}{q}}∣∣∣∣∣∫abf(x)⋅g(x)dx∣∣∣∣∣⩽[∫ab∣f(x)∣pdx]p1⋅[∫ab∣g(x)∣qdx]q1
其中p > 1 , 1 p + 1 q = 1 p>1, \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1p>1,p1+q1=1
证明：设A = ∣ f ( x ) ∣ [ ∫ a b ∣ f ( x ) ∣ p d x ] 1 p , B = ∣ g ( x ) ∣ [ ∫ a b ∣ g ( x ) ∣ q d x ] 1 q A=\frac{|f(x)|}{\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{d} x\right]^{\frac{1}{p}}}, B=\frac{|g(x)|}{\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} \mathrm{d} x\right]^{\frac{1}{q}}}A=[∫ab∣f(x)∣pdx]p1∣f(x)∣,B=[∫ab∣g(x)∣qdx]q1∣g(x)∣，利用Young不等式得：
∣ f ( x ) ∣ [ ∫ a b ∣ f ( x ) ∣ p d x ] 1 p ⋅ ∣ g ( x ) ∣ [ ∫ a b ∣ g ( x ) ∣ q d x ] 1 q ⩽ 1 p ∣ f ( x ) ∣ p ∫ a b ∣ f ( x ) ∣ p d x + 1 q ∣ g ( x ) ∣ q ∫ a b ∣ g ( x ) ∣ s d x \frac{|f(x)|}{\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{d} x\right]^{\frac{1}{p}}} \cdot \frac{|g(x)|}{\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} d x\right]^{\frac{1}{q}}} \leqslant \frac{1}{p} \frac{|f(x)|^{p}}{\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{d} x}+\frac{1}{q} \frac{|g(x)|^{q}}{\int_{a}^{b}|g(x)|^{s} d x}[∫ab∣f(x)∣pdx]p1∣f(x)∣⋅[∫ab∣g(x)∣qdx]q1∣g(x)∣⩽p1∫ab∣f(x)∣pdx∣f(x)∣p+q1∫ab∣g(x)∣sdx∣g(x)∣q
于是
∣ f ( x ) ∣ ∣ g ( x ) ∣ ⩽ 1 p ∣ f ( x ) ∣ p [ ∫ a b ∣ f ( x ) ∣ p d x ] 1 − 1 p [ ∫ a b ∣ g ( x ) ∣ q d x ] 1 q + 1 q ∣ g ( x ) ∣ q [ ∫ a b ∣ g ( x ) ∣ q d x ] 1 − 1 q [ ∫ a b ∣ f ( x ) ∣ p d x ] 1 p = 1 p ∣ f ( x ) ∣ ⋅ [ ∫ a b ∣ g ( x ) ∣ q d x ] 1 q [ ∫ a b ∣ f ( x ) ∣ p d x ] 1 q + 1 q ∣ g ( x ) ∣ q [ ∫ a b ∣ f ( x ) ∣ p d x ] 1 p [ ∫ a b ∣ g ( x ) ∣ r d x ] 1 p \begin{aligned}|f(x)||g(x)| \leqslant \frac{1}{p} & \frac{|f(x)|^{p}}{\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{d} x\right]^{1-\frac{1}{p}}}\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} \mathrm{d} x\right]^{\frac{1}{q}}+\\ & \frac{1}{q} \frac{|g(x)|^{q}}{\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} d x\right]^{1-\frac{1}{q}}}\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{d} x\right]^{\frac{1}{p}} \\ & =\frac{1}{p}|f(x)| \cdot \frac{\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} d x\right]^{\frac{1}{q}}}{\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} d x\right]^{\frac{1}{q}}}+\frac{1}{q}|g(x)|^{q} \frac{\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} d x\right]^{\frac{1}{p}}}{\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{r} d x\right]^{\frac{1}{p}}} \end{aligned}∣f(x)∣∣g(x)∣⩽p1[∫ab∣f(x)∣pdx]1−p1∣f(x)∣p[∫ab∣g(x)∣qdx]q1+q1[∫ab∣g(x)∣qdx]1−q1∣g(x)∣q[∫ab∣f(x)∣pdx]p1=p1∣f(x)∣⋅[∫ab∣f(x)∣pdx]q1[∫ab∣g(x)∣qdx]q1+q1∣g(x)∣q[∫ab∣g(x)∣rdx]p1[∫ab∣f(x)∣pdx]p1
对上式两边在[ a , b ] [a,b][a,b]上关于x xx积分,得：
∫ a b ∣ f ( x ) g ( x ) ∣ d x ⩽ 1 p ∫ a b ∣ f ( x ) ∣ p d x [ ∫ a b ∣ g ( x ) ∣ q d x ] 1 q [ ∫ a b ∣ f ( x ) ∣ p d x ] 1 q + 1 q ∫ a b ∣ g ( x ) ∣ q d x [ ∫ a b ∣ f ( x ) ∣ p d x ] 1 p [ ∫ a b ∣ g ( x ) ∣ q d x ] − 1 p = ( 1 p + 1 q ) [ ∫ a b ∣ f ( x ) ∣ p d x ] 1 p ⋅ [ ∫ a b ∣ g ( x ) ∣ q d x ] 1 q \begin{aligned} \int_{a}^{b}|f(x) g(x)| d x & \leqslant \frac{1}{p} \int_{a}^{b}|f(x)|^{p} d x \frac{\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} d x\right]^{\frac{1}{q}}}{\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} d x\right]^{\frac{1}{q}}}+\frac{1}{q} \int_{a}^{b}|g(x)|^{q} d x \frac{\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} d x\right]^{\frac{1}{p}}}{\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} d x\right]^{-\frac{1}{p}}} \\ &=\left(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}\right)\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} d x\right]^{\frac{1}{p}} \cdot\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} d x\right]^{\frac{1}{q}} \end{aligned}∫ab∣f(x)g(x)∣dx⩽p1∫ab∣f(x)∣pdx[∫ab∣f(x)∣pdx]q1[∫ab∣g(x)∣qdx]q1+q1∫ab∣g(x)∣qdx[∫ab∣g(x)∣qdx]−p1[∫ab∣f(x)∣pdx]p1=(p1+q1)[∫ab∣f(x)∣pdx]p1⋅[∫ab∣g(x)∣qdx]q1
又由∣ ∫ a b f ( x ) ⋅ g ( x ) d x ∣ ⩽ ∫ a b ∣ f ( x ) g ( x ) ∣ d x \left|\int_{a}^{b} f(x) \cdot g(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \int_{a}^{b}|f(x) g(x)| \mathrm{d} x∣∣∣∫abf(x)⋅g(x)dx∣∣∣⩽∫ab∣f(x)g(x)∣dx，命题得证。
- arctan x ⩽ x ⩽ arcsin x ( 0 ⩽ x ⩽ 1 ) \arctan x \leqslant x \leqslant \arcsin x(0 \leqslant x \leqslant 1)arctanx⩽x⩽arcsinx(0⩽x⩽1)