题目
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续且单调增加, 证明: $\int_{a}^{b} x f(x) \mathrm{d} x \geqslant \frac{a+b}{2} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x$.
证明
方法 1
作辅助函数, 令 \(F(x)=\int_{a}^{x} t f(t) \mathrm{d} t-\frac{a+x}{2} \int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d} t, \quad x \in[a, b] .\)
显然 $F(a)=0$, 且
\[\begin{aligned} F^{\prime}(x) &=x f(x)-\frac{1}{2} \int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d} t-\frac{a+x}{2} f(x) \\ &=\frac{x-a}{2} f(x)-\frac{1}{2} \int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d} t=\frac{1}{2} \int_{a}^{x}[f(x)-f(t)] \mathrm{d} t \geqslant 0 \end{aligned}\]即 $F(x)$ 单调增加. 所以 $F(x) \geqslant 0$, 从而 $F(b) \geqslant 0$, 即
\[\int_{a}^{b} x f(x) \mathrm{d} x \geqslant \frac{a+b}{2} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x .\]方法 2
利用积分的不等式性质证明. 由于 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上单调增加, 则有
\[\begin{array}{r} \left(x-\frac{a+b}{2}\right)\left[f(x)-f\left(\frac{a+b}{2}\right)\right] \geqslant 0 \\ \int_{a}^{b}\left(x-\frac{a+b}{2}\right)\left[f(x)-f\left(\frac{a+b}{2}\right)\right] \mathrm{d} x \geqslant 0 \\ \text { 又 } \int_{a}^{b}\left(x-\frac{a+b}{2}\right) f\left(\frac{a+b}{2}\right) \mathrm{d} x \stackrel{t=x-(a+b) / 2}{=} f\left(\frac{a+b}{2}\right) \int_{b-a}^{\frac{b-a}{2}} t \mathrm{~d} t=0 \end{array}\]代入上面积分式, 可得 $\int_{a}^{b} x f(x) \mathrm{d} x \geqslant \frac{a+b}{2} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x$.
方法 3
用积分中值定理证明.
\[\int_{a}^{b}\left(x-\frac{a+b}{2}\right) f(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{\frac{a+b}{2}}\left(x-\frac{a+b}{2}\right) f(x) \mathrm{d} x+\int_{a+b}^{b}\left(x-\frac{a+b}{2}\right) f(x) \mathrm{d} x\]由积分第一中值定理, $\exists \xi_{1} \in\left[0, \frac{a+b}{2}\right], \xi_{2} \in\left[\frac{a+b}{2}, b\right]$, 使
\[\begin{aligned} I &=f\left(\xi_{1}\right) \int_{a}^{\frac{a+b}{2}}\left(x-\frac{a+b}{2}\right) \mathrm{d} x+f\left(\xi_{2}\right) \int_{\frac{a+b}{2}}^{b}\left(x-\frac{a+b}{2}\right) \mathrm{d} x \\ &=\left[f\left(\xi_{2}\right)-f\left(\xi_{1}\right)\right] \frac{(b-a)^{2}}{2} \geqslant 0 \text { (因为 } f(x) \text { 单调增加） } \end{aligned}\]方法 4
作两次积分再化简. 由 $f(x)$ 单调增加知, $\forall t, x \in[a, b]$, 有
\[(x-t)[f(x)-f(t)] \geqslant 0\]在上式中固定 $t$, 对 $x$ 积分, 得
\[\int_{a}^{b} x f(x) \mathrm{d} x-t \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x+t f(t)(b-a)-f(t) \frac{b^{2}-a^{2}}{2} \geqslant 0\]上式对 $t$ 从 $a$ 到 $b$ 积分得
\[(b-a) \int_{a}^{b} x f(x) \mathrm{d} x-\frac{b^{2}-a^{2}}{2} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x+(b-a) \int_{a}^{b} t f(t) \mathrm{d} t-\frac{b^{2}-a^{2}}{2} \int_{a}^{b} f(t) \mathrm{d} t \geqslant 0\]将上式中变量 $t$ 改为 $x$, 化简可得
\[\int_{a}^{b} x f(x) \mathrm{d} x \geqslant \frac{a+b}{2} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\]