⑴ 一道高数题 关于积分不等式
图，用比较定理
⑵ 积分不等式证明题
这里面理解的关键是要清楚，在进行变量代换后，积分变量发生了变化。
这里面的变量换就是把y用f(x)替代，从而使得两个积分都转化成关于变量x的积分。
积分中φ(y)直接换成φ(f(x))，然后dy换成df(x)。由于转化后是对变量x的积分，所以积分上下限要变换。
y=0时，由于f(x)单调且f(0)=0，所以原积分下限y=0在变化后对应的积分下限是x=0；
y=b是，根据反函数可以，x的取值为φ(b)。所以原积分上限y=b在变化后对应的积分上限是x=φ(b)。
供参考。
⑶ 一道积分不等式
由于f(0)=0,故f(x)=∫(0,x) f'(t) dt ，这里∫(a,b)的ab是积分的上下限
那么不等式左端
=∫(0,1)[∫(0,x) f'(t)dt]^2 dx
≤∫(0,1) [∫(0,x)f'(t)^2dt ∫(0,x)dt] dx 【柯西不等式】
≤∫(0,1) x∫(0,x) f'(t)^2 dt dx
≤∫(0,1) f'(t)^2 dt ∫(t,1) xdx 【交换积分顺序】
≤∫(0,1)f'(t)^2 dt ∫(0,1) xdx
=1/2*∫(0,1) f'(t)^2 dt
=不等式右端
证毕
⑷ 求解一个数学分析积分不等式证明题
分析：定积分不等式一遇到定积分乘积式，则可用二重积分！
证明：
令：F(x)=∫(x,0) f(t)dt，0＜x≤1，则：
F(0)=F(1)=0
罗尔定理：F'(ξ)=f(ξ)=0，0<ξ＜x
∴
f(x)=∫(x,ξ) f'(t)dt+f(ξ)=∫(x,ξ) f'(t)dt
∫(1,0) |f(t)|dt = ∫(1,0) |∫(x,ξ) f'(t)dt| dt ≤ ∫(1,0) [∫(x,ξ) |f'(t)|dt] dt
∵
0<ξ＜x≤1
∴
∫(1,0) |f(t)|dt
≤∫(1,0) [∫(x,ξ) |f'(t)|dt] dt
≤∫(1,0) [∫(1,0) |f'(t)|dt] dt
=∫(1,0) |f'(t)|dt
∴
∫(1,0) |f(t)|dt · ∫(1,0) |f'(t)|dt
≥∫(1,0) |f(t)|dt · ∫(1,0) |f(t)|dt
=∫(1,0) |f(x)|dx · ∫(1,0) |f(y)|dy
=∫∫(D) |f(x)||f(y)|dxdy，其中，D是x:0→1和y:0→1所围成的区域
=∫∫(D) |f(x)||f(x)| dxdy
=2∫∫(D/2) f²(x) dxdy
=2∫(1,0)dx∫(x,0) f²(x)dy
≥2∫(1,0) f²(x)dx
证毕！
⑸ 定积分不等式
b>a
[kf(x)-(b-a)]^2>=0
所以∫[kf(x)-(b-a)]^2 dx>=0
∫[k^2(f(x))^2-2k(b-a)f(x)+(b-a)^2]dx>=0
[∫[a,b](b-a)^2 dx=(b-a)^3]
k^2*∫(f(x))^2 dx -k*2(b-a)∫f(x) dx + (b-a)^3>=0
此式恒成立
Δ=4(b-a)^2(∫f(x)dx)^2-4(b-a)^3∫(f(x))^2 dx<=0
4(b-a)^2(∫f(x)dx)^2<=4(b-a)^3∫(f(x))^2 dx
(∫f(x)dx)^2<=(b-a)∫(f(x))^2 dx
⑹ 有关定积分不等式的问题，如图的过程是怎么来的
这是利用积分的柯西不等式。
柯西不等式有多个形式。可以自行查阅网络。证明也容易查到。
⑺ 高数定积分不等式
如图
⑻ 积分等式与积分不等式问题
A是个常数，第三个积分是关于sinx的函数，为奇函数，故在-pi到pi上积分为0
等号左边的那个积分就是A（最开始设的），就变成了下面的等式
⑼ 数学分析 论文 的 文献综述 （积分不等式的证明方法）
你好，我现在也需要这个文献综述，请问你还有吗？