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 elim 
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  题:若在$\,[0,1]\,$上$\,f\,$可积且$\;0< m\le f\le M,$ 则 $\small\displaystyle{\int_0^1 f(x)dx\int_0^1 \frac{1}{f(x)}dx \le \frac{(M+m)^2}{4Mm}}.$6U_mE
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证:定义$\,\theta(x)\,$使$\,f=(1-\theta)m+\theta M.\,\;\;$则$\,\theta\,$可积且$\;\;0\le\theta\le 1.\;\;$令$\;\xi ={\small\displaystyle{\int_0^1}} \theta(x)dx\in [0,1].$Fn.
$\qquad$由$\,(AM)^{-1}\le (HM)^{-1}\;$得$\;\;\small\displaystyle{\frac{1}{f}=\frac{1}{(1-\theta)m+\theta M}\le(1-\theta)m^{-1}+\theta M^{-1}=\frac{1-\theta}{m}+\frac{\theta}{M}}.\;\;$但nJ*
$\qquad\small\displaystyle{((1-\xi)m+\xi M)\big(\frac{1-\xi}{m}+\frac{\xi}{M}\big)=(1-\xi)^2+\xi^2+\xi(1-\xi)\big(\frac{M}{m}+\frac{m}{M}\big)=1+\frac{\xi(1-\xi)(M-m)^2}{mM}},$>YzcG
$\qquad$故$\;\small\displaystyle{\int_0^1 f(x)dx\int_0^1\frac{1}{f(x)}dx\le((1-\xi)m+\xi M)\big(\frac{1-\xi}{m}+\frac{\xi}{M}\big)\le 1+\frac{(M-m)^2}{4mM}=\frac{(M+m)^2}{4Mm}}.\;\square$|$ifq



发贴时间2016/08/30 10:00am IP: 已设置保密[本文共914字节]  
 elim 
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  题:若在$\,\,[0,1]$上$\,f\,$可积且$\;0< m\le f\le M,$ 则 $\small\displaystyle{\int_0^1 f(x)dx\int_0^1 \frac{1}{f(x)}dx \le \frac{(M+m)^2}{4Mm}}.$wf&Y
证:由$\;(f-m)(\frac{1}{f}-\frac{1}{M})\ge 0\,$得$\,\frac{f}{M}+\frac{m}{f}\le 1+\frac{m}{M}.\;\underset{\,}{\;}$于是:n
$\small\displaystyle{\qquad 2\sqrt{\frac{m}{M}}\big(\int_0^1 f\int_0^1\frac{1}{f}\big)^{1/2}\le \int_0^1\big(\frac{f}{M}+\frac{m}{f}\big)\le 1+\frac{m}{M}}.\;\underset{\,}{\;}$可见-D
$\small\displaystyle{\qquad\int_0^1 f(x)dx\int_0^1\frac{1}{f(x)}dx\le\frac{1}{4}\big(\sqrt{\frac{m}{M}}+\sqrt{\frac{M}{m}}\big)^2=\frac{(M+m)^2}{4Mm}}.\quad\square$s&



发贴时间2016/09/05 09:59am IP: 已设置保密[本文共656字节]  

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