如何证明下面的分析不等式？
好的，咱们这就来聊聊怎么证明这道分析不等式。虽然这个问题本身是数学的范畴，但我会尽量用一种娓娓道来的方式，让你感觉就像在跟一个老朋友探讨问题一样，而不是在看一本冰冷的书籍。
首先，咱们得明确一下要证明的是什么。你给我的是一个“分析不等式”，但具体内容我不知道。所以，我们先假设一个典型的分析不等式，比如我们来证明一个关于函数值和积分的常见不等式：
假设我们要证明的不等式是：
对于一个在 $[a, b]$ 区间上连续且非负的函数 $f(x)$，证明：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 le (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx $$
这个不等式看起来有点陌生？别急，这就是分析的魅力所在。它把一个东西的平方和另一个东西的积分联系起来了。听起来有点抽象，对吧？但我们一步步来拆解它。
为什么这个不等式会成立？或者说，我们应该从哪里入手呢？
就像生活中的很多事情一样，有时候你需要找到一个“参照物”或者一个“中间环节”。在数学里，这个中间环节往往是一个更简单、更基本、我们已经知道它是对的（或者更容易证明）的不等式。
对于这个不等式，我脑子里立刻蹦出来的是一个叫做 柯西施瓦茨不等式 (CauchySchwarz Inequality) 的老朋友。这个不等式在各种场合都非常有用，尤其是在处理内积空间或者向量的时候。
柯西施瓦茨不等式是什么？
在最常见的情况下，对于两个实数序列 $a_1, a_2, dots, a_n$ 和 $b_1, b_2, dots, b_n$，它告诉我们：
$$ left( sum_{i=1}^n a_i b_i ight)^2 le left( sum_{i=1}^n a_i^2 ight) left( sum_{i=1}^n b_i^2 ight) $$
这更像是有限个项的求和。但是，我们现在的题目是关于积分的，也就是无穷多项的“求和”。在分析里面，积分就是求和的“连续版本”。所以，我们可以很自然地想到，柯西施瓦茨不等式是不是也有一个积分的版本？
积分版的柯西施瓦茨不等式
还真有！积分版的柯西施瓦茨不等式是这么说的：
对于在 $[a, b]$ 区间上可积的两个函数 $f(x)$ 和 $g(x)$，有：
$$ left( int_a^b f(x) g(x) , dx ight)^2 le left( int_a^b [f(x)]^2 , dx ight) left( int_a^b [g(x)]^2 , dx ight) $$
看，这一下子就和我们想证明的不等式很接近了！我们已经有了平方项和积分项，这感觉就像是找到了关键的钥匙。
怎么把我们想证明的不等式，和积分版的柯西施瓦茨联系起来呢？
我们再看看目标不等式：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 le (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx $$
对比一下积分版的柯西施瓦茨不等式：
$$ left( int_a^b f(x) g(x) , dx ight)^2 le left( int_a^b [f(x)]^2 , dx ight) left( int_a^b [g(x)]^2 , dx ight) $$
我们发现，目标不等式的左边是 $left( int_a^b f(x) , dx ight)^2$，而柯西施瓦茨的左边是 $left( int_a^b f(x) g(x) , dx ight)^2$。
如果我们能找到一个函数 $g(x)$，使得 $int_a^b f(x) g(x) , dx$ 恰好等于 $int_a^b f(x) , dx$，那我们就成功了一大半！
怎么才能让 $int_a^b f(x) g(x) , dx = int_a^b f(x) , dx$ 呢？
最简单直接的想法就是：让 $g(x)$ 就是一个常数，并且这个常数等于 1！
所以，我们来试试取 $g(x) = 1$。
代入 $g(x)=1$ 看看会发生什么
将 $g(x) = 1$ 代入积分版的柯西施瓦茨不等式：
左边变成：
$$ left( int_a^b f(x) cdot 1 , dx ight)^2 = left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 $$
这正是我们想要证明的不等式的左边！太棒了。
右边变成：
$$ left( int_a^b [f(x)]^2 , dx ight) left( int_a^b [1]^2 , dx ight) $$
我们来计算右边第二个积分项：
$$ int_a^b [1]^2 , dx = int_a^b 1 , dx $$
这个积分很简单，就是从 $a$ 到 $b$ 范围内的“1”的面积，结果就是区间的长度：
$$ int_a^b 1 , dx = [x]_a^b = b a $$
所以，把这些代回去，积分版的柯西施瓦茨不等式，在取 $g(x)=1$ 的情况下，就变成了：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 le left( int_a^b [f(x)]^2 , dx ight) (ba) $$
或者写成我们习惯的顺序：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 le (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx $$
看！这不就是我们要证明的不等式嘛！
所以，证明这个不等式的关键，就是认识到它可以由积分版的柯西施瓦茨不等式，通过巧妙地选取 $g(x)=1$ 来得到。
我们还需要考虑一些细节和前提条件吗？
当然需要。数学证明是严谨的，就像盖房子需要坚实的地基一样。
1. 函数的性质：我们假设的 $f(x)$ 是在 $[a, b]$ 区间上连续的。为什么是连续？因为连续函数在任何有限区间上都是可积的，而且很多性质（比如柯西施瓦茨的积分形式）对连续函数都成立。如果 $f(x)$ 只是可积，可能需要更细致的论证或者考虑勒贝格积分的框架。在初等分析里，连续通常是比较方便的前提。
2. 函数的非负性：我们还假设了 $f(x)$ 是非负的。这个条件在我们最初的假设里没有用到。我们再仔细看看不等式：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 le (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx $$
这个不等式对 $f(x)$ 的正负是不敏感的。即使 $f(x)$ 是负的，它的平方 $[f(x)]^2$ 总是非负的。而左边的 $int_a^b f(x) , dx$ 整体的平方，无论积分结果是正还是负，它的平方总是非负的。
那么，为什么我一开始会想到“非负”呢？可能是在某些情况下，我们想简化问题，或者希望积分结果是正的，但在这个特定的不等式里，非负性其实不是必需的。我们上面通过柯西施瓦茨的推导过程中，并没有用到 $f(x) ge 0$ 这个条件。所以，更精确地说，这个不等式适用于在 $[a, b]$ 区间上可积的任意实值函数 $f(x)$。
3. 等号成立的条件：在柯西施瓦茨不等式中，等号成立当且仅当两个函数（在这里是 $f(x)$ 和 $g(x)$）是线性相关的。也就是说，存在一个常数 $c$，使得 $f(x) = c cdot g(x)$ 对几乎所有的 $x in [a, b]$ 都成立。
在我们这里的例子中，我们选取了 $g(x) = 1$。所以，等号成立的条件是：存在一个常数 $c$，使得 $f(x) = c cdot 1 = c$ 对几乎所有的 $x in [a, b]$ 都成立。
这意味着，当且仅当 $f(x)$ 是一个常函数时，这个不等式取等号。
我们可以自己验证一下：如果 $f(x) = c$ (常数)，那么：
左边：$(int_a^b c , dx)^2 = (c(ba))^2 = c^2 (ba)^2$
右边：$(ba) int_a^b c^2 , dx = (ba) cdot c^2 cdot (ba) = c^2 (ba)^2$
果然相等！
总结一下整个证明过程，让它听起来更像是一次心路历程：
“嘿，我想证明这玩意儿：积分的平方和积分比上个区间长度再乘上函数平方的积分比大小。这玩意儿看着有点怪，但好像有点熟悉，特别是那个平方和积分的组合。我脑袋里第一反应就是柯西施瓦茨，那个在求和里超好用的东西。
然后我就想，它有没有积分的版本？搜了搜，果然有！就是那个 $left( int f g ight)^2 le left( int f^2 ight) left( int g^2 ight)$。这下就有了希望。
现在的问题是，怎么让这个‘通用公式’变成我要证明的那个‘特殊公式’？我的目标是左边变成 $left( int f ight)^2$，而现在是 $left( int fg ight)^2$。最直接的办法就是让 $g$ 那个家伙变得尽可能简单，能让 $fg$ 直接变成 $f$ 就最好了。想来想去，让 $g(x)$ 就是个常数 1，这不就完美了吗？
于是我把 $g(x) = 1$ 代进去了。左边果然就变成了 $left( int f cdot 1 ight)^2 = left( int f ight)^2$，正好是我们想要的。右边呢，就成了 $left( int f^2 ight) left( int 1^2 ight)$。那个 $int 1^2$ 算起来太容易了，就是 $ba$ 啊！
所以，代入之后，不等式就变成了 $left( int f ight)^2 le left( int f^2 ight) (ba)$。看，跟我们要证明的一模一样！
至于什么情况下等号能成立，柯西施瓦茨告诉我们，是当 $f$ 和 $g$ 关系特别的时候，比如一个是另一个的常数倍。在我们这里， $g$ 是个常数 1，所以 $f$ 也得是个常数，这样才能相等。要不然，不等式就一直是严格大于。”
还有没有其他的证明方法？
当然，数学总是有多种路径的。另一种常见的思路是利用二次型或者变分法。
另一种思路：引入一个参数，构造一个非负的二次函数
让我们回到目标不等式：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 le (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx $$
我们可以把它稍作变形，移项得到：
$$ (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 ge 0 $$
这个形式看起来有点像是某种“方差”或者“离散程度”的度量。
有没有办法构造一个我们知道是非负的表达式呢？
考虑一个参数 $t$。我们构造一个积分：
$$ I(t) = int_a^b [f(x) t]^2 , dx $$
这个积分代表了函数 $f(x)$ 和常数 $t$ 之间的“距离”的平方（在积分意义下）。因为 $[f(x) t]^2$ 总是非负的，所以 $I(t)$ 对任何实数 $t$ 都应该是非负的。
$I(t) ge 0$
现在，我们展开 $I(t)$：
$$ I(t) = int_a^b ( [f(x)]^2 2t f(x) + t^2 ) , dx $$
利用积分的线性性质，我们可以把它拆开：
$$ I(t) = int_a^b [f(x)]^2 , dx 2t int_a^b f(x) , dx + int_a^b t^2 , dx $$
我们知道 $int_a^b t^2 , dx = t^2 int_a^b 1 , dx = t^2 (ba)$。
所以：
$$ I(t) = int_a^b [f(x)]^2 , dx 2t int_a^b f(x) , dx + t^2 (ba) $$
现在，我们有一个关于 $t$ 的二次函数： $At^2 + Bt + C$，其中：
$A = ba$
$B = 2 int_a^b f(x) , dx$
$C = int_a^b [f(x)]^2 , dx$
我们知道这个二次函数 $I(t)$ 必须是非负的，因为它是平方的积分。
对于一个二次函数 $At^2 + Bt + C$，如果它是非负的（并且 $A > 0$），那么它的判别式 $Delta = B^2 4AC$ 必须小于等于 0。
在这里，$A = ba$。根据题目条件，假设 $b > a$，所以 $A > 0$ 是成立的。
那么，我们有：
$$ B^2 4AC le 0 $$
代入 $A, B, C$ 的值：
$$ left( 2 int_a^b f(x) , dx ight)^2 4(ba) left( int_a^b [f(x)]^2 , dx ight) le 0 $$
$$ 4 left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 4(ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx le 0 $$
两边同时除以 4：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx le 0 $$
再把负的那项移到右边：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 le (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx $$
看，又是这个结果！这种方法通过构造一个非负的积分（一个二次函数的积分），然后利用判别式小于等于零的性质来导出不等式，也是非常巧妙的。
总结一下这个二次函数的方法：
“嗯，除了直接套柯西施瓦茨，有没有更‘自己动手’的方法？我想想，数学里很多时候，我们证明一个东西非负，会构造一个平方项。比如 $(xy)^2 ge 0$。在积分里，这个思想也可以用。
我来考虑一个积分，比如这个：$int_a^b (f(x) t)^2 dx$。这里 $t$ 是个随便什么数。因为平方总是非负的，所以这个积分肯定大于等于零，对吧？
然后我把这个积分展开，用积分的性质一项一项算：$int f^2 dx 2t int f dx + t^2 int 1 dx$。其中 $int 1 dx$ 就是 $ba$。
这样一来，我就得到一个关于 $t$ 的二次函数了：$(ba)t^2 (2 int f dx)t + (int f^2 dx)$。这个二次函数呢，因为它是从一个非负积分变来的，所以它对于任何的 $t$ 都必须是大于等于零的。
对于一个二次函数 $At^2 + Bt + C$，如果它在任何地方都大于等于零（并且 $A > 0$），那它的‘谷底’肯定在 $y=0$ 或 $y>0$ 的地方，也就是说它的判别式 $B^2 4AC$ 得小于等于零。
我把这个二次函数里的系数 $A, B, C$ 都找出来，代到判别式里面去算。算出来发现，它的判别式小于等于零，正好就推出了我们想要证明的那个不等式！这感觉就像是，我们先设了一个‘陷阱’（那个非负积分），然后利用数学的‘工具’（判别式）把它‘收服’了。”
需要注意的是：在利用二次函数的判别式方法时，我们依赖了 $A = ba > 0$ 这个条件，所以要求 $b > a$。如果 $b < a$，不等号的方向可能会反过来（取决于积分的定义），或者需要根据具体情况调整。当然，很多时候我们默认积分区间是从左到右的。
希望这样详细的解释，能够让你感觉像是自己一步步摸索出证明过程一样。数学的乐趣就在于此，不仅仅是记住公式，更是理解它们为什么会成立，以及它们背后蕴含的逻辑和思想。
首先，咱们得明确一下要证明的是什么。你给我的是一个“分析不等式”，但具体内容我不知道。所以，我们先假设一个典型的分析不等式，比如我们来证明一个关于函数值和积分的常见不等式：
假设我们要证明的不等式是：
对于一个在 $[a, b]$ 区间上连续且非负的函数 $f(x)$，证明：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 le (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx $$
这个不等式看起来有点陌生？别急，这就是分析的魅力所在。它把一个东西的平方和另一个东西的积分联系起来了。听起来有点抽象，对吧？但我们一步步来拆解它。
为什么这个不等式会成立？或者说，我们应该从哪里入手呢？
就像生活中的很多事情一样，有时候你需要找到一个“参照物”或者一个“中间环节”。在数学里，这个中间环节往往是一个更简单、更基本、我们已经知道它是对的（或者更容易证明）的不等式。
对于这个不等式，我脑子里立刻蹦出来的是一个叫做 柯西施瓦茨不等式 (CauchySchwarz Inequality) 的老朋友。这个不等式在各种场合都非常有用，尤其是在处理内积空间或者向量的时候。
柯西施瓦茨不等式是什么？
在最常见的情况下，对于两个实数序列 $a_1, a_2, dots, a_n$ 和 $b_1, b_2, dots, b_n$，它告诉我们：
$$ left( sum_{i=1}^n a_i b_i ight)^2 le left( sum_{i=1}^n a_i^2 ight) left( sum_{i=1}^n b_i^2 ight) $$
这更像是有限个项的求和。但是，我们现在的题目是关于积分的，也就是无穷多项的“求和”。在分析里面，积分就是求和的“连续版本”。所以，我们可以很自然地想到，柯西施瓦茨不等式是不是也有一个积分的版本？
积分版的柯西施瓦茨不等式
还真有！积分版的柯西施瓦茨不等式是这么说的：
对于在 $[a, b]$ 区间上可积的两个函数 $f(x)$ 和 $g(x)$，有：
$$ left( int_a^b f(x) g(x) , dx ight)^2 le left( int_a^b [f(x)]^2 , dx ight) left( int_a^b [g(x)]^2 , dx ight) $$
看，这一下子就和我们想证明的不等式很接近了！我们已经有了平方项和积分项，这感觉就像是找到了关键的钥匙。
怎么把我们想证明的不等式，和积分版的柯西施瓦茨联系起来呢？
我们再看看目标不等式：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 le (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx $$
对比一下积分版的柯西施瓦茨不等式：
$$ left( int_a^b f(x) g(x) , dx ight)^2 le left( int_a^b [f(x)]^2 , dx ight) left( int_a^b [g(x)]^2 , dx ight) $$
我们发现，目标不等式的左边是 $left( int_a^b f(x) , dx ight)^2$，而柯西施瓦茨的左边是 $left( int_a^b f(x) g(x) , dx ight)^2$。
如果我们能找到一个函数 $g(x)$，使得 $int_a^b f(x) g(x) , dx$ 恰好等于 $int_a^b f(x) , dx$，那我们就成功了一大半！
怎么才能让 $int_a^b f(x) g(x) , dx = int_a^b f(x) , dx$ 呢？
最简单直接的想法就是：让 $g(x)$ 就是一个常数，并且这个常数等于 1！
所以，我们来试试取 $g(x) = 1$。
代入 $g(x)=1$ 看看会发生什么
将 $g(x) = 1$ 代入积分版的柯西施瓦茨不等式：
左边变成：
$$ left( int_a^b f(x) cdot 1 , dx ight)^2 = left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 $$
这正是我们想要证明的不等式的左边！太棒了。
右边变成：
$$ left( int_a^b [f(x)]^2 , dx ight) left( int_a^b [1]^2 , dx ight) $$
我们来计算右边第二个积分项：
$$ int_a^b [1]^2 , dx = int_a^b 1 , dx $$
这个积分很简单，就是从 $a$ 到 $b$ 范围内的“1”的面积，结果就是区间的长度：
$$ int_a^b 1 , dx = [x]_a^b = b a $$
所以，把这些代回去，积分版的柯西施瓦茨不等式，在取 $g(x)=1$ 的情况下，就变成了：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 le left( int_a^b [f(x)]^2 , dx ight) (ba) $$
或者写成我们习惯的顺序：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 le (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx $$
看！这不就是我们要证明的不等式嘛！
所以，证明这个不等式的关键，就是认识到它可以由积分版的柯西施瓦茨不等式，通过巧妙地选取 $g(x)=1$ 来得到。
我们还需要考虑一些细节和前提条件吗？
当然需要。数学证明是严谨的，就像盖房子需要坚实的地基一样。
1. 函数的性质：我们假设的 $f(x)$ 是在 $[a, b]$ 区间上连续的。为什么是连续？因为连续函数在任何有限区间上都是可积的，而且很多性质（比如柯西施瓦茨的积分形式）对连续函数都成立。如果 $f(x)$ 只是可积，可能需要更细致的论证或者考虑勒贝格积分的框架。在初等分析里，连续通常是比较方便的前提。
2. 函数的非负性：我们还假设了 $f(x)$ 是非负的。这个条件在我们最初的假设里没有用到。我们再仔细看看不等式：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 le (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx $$
这个不等式对 $f(x)$ 的正负是不敏感的。即使 $f(x)$ 是负的，它的平方 $[f(x)]^2$ 总是非负的。而左边的 $int_a^b f(x) , dx$ 整体的平方，无论积分结果是正还是负，它的平方总是非负的。
那么，为什么我一开始会想到“非负”呢？可能是在某些情况下，我们想简化问题，或者希望积分结果是正的，但在这个特定的不等式里，非负性其实不是必需的。我们上面通过柯西施瓦茨的推导过程中，并没有用到 $f(x) ge 0$ 这个条件。所以，更精确地说，这个不等式适用于在 $[a, b]$ 区间上可积的任意实值函数 $f(x)$。
3. 等号成立的条件：在柯西施瓦茨不等式中，等号成立当且仅当两个函数（在这里是 $f(x)$ 和 $g(x)$）是线性相关的。也就是说，存在一个常数 $c$，使得 $f(x) = c cdot g(x)$ 对几乎所有的 $x in [a, b]$ 都成立。
在我们这里的例子中，我们选取了 $g(x) = 1$。所以，等号成立的条件是：存在一个常数 $c$，使得 $f(x) = c cdot 1 = c$ 对几乎所有的 $x in [a, b]$ 都成立。
这意味着，当且仅当 $f(x)$ 是一个常函数时，这个不等式取等号。
我们可以自己验证一下：如果 $f(x) = c$ (常数)，那么：
左边：$(int_a^b c , dx)^2 = (c(ba))^2 = c^2 (ba)^2$
右边：$(ba) int_a^b c^2 , dx = (ba) cdot c^2 cdot (ba) = c^2 (ba)^2$
果然相等！
总结一下整个证明过程，让它听起来更像是一次心路历程：
“嘿，我想证明这玩意儿：积分的平方和积分比上个区间长度再乘上函数平方的积分比大小。这玩意儿看着有点怪，但好像有点熟悉，特别是那个平方和积分的组合。我脑袋里第一反应就是柯西施瓦茨，那个在求和里超好用的东西。
然后我就想，它有没有积分的版本？搜了搜，果然有！就是那个 $left( int f g ight)^2 le left( int f^2 ight) left( int g^2 ight)$。这下就有了希望。
现在的问题是，怎么让这个‘通用公式’变成我要证明的那个‘特殊公式’？我的目标是左边变成 $left( int f ight)^2$，而现在是 $left( int fg ight)^2$。最直接的办法就是让 $g$ 那个家伙变得尽可能简单，能让 $fg$ 直接变成 $f$ 就最好了。想来想去，让 $g(x)$ 就是个常数 1，这不就完美了吗？
于是我把 $g(x) = 1$ 代进去了。左边果然就变成了 $left( int f cdot 1 ight)^2 = left( int f ight)^2$，正好是我们想要的。右边呢，就成了 $left( int f^2 ight) left( int 1^2 ight)$。那个 $int 1^2$ 算起来太容易了，就是 $ba$ 啊！
所以，代入之后，不等式就变成了 $left( int f ight)^2 le left( int f^2 ight) (ba)$。看，跟我们要证明的一模一样！
至于什么情况下等号能成立，柯西施瓦茨告诉我们，是当 $f$ 和 $g$ 关系特别的时候，比如一个是另一个的常数倍。在我们这里， $g$ 是个常数 1，所以 $f$ 也得是个常数，这样才能相等。要不然，不等式就一直是严格大于。”
还有没有其他的证明方法？
当然，数学总是有多种路径的。另一种常见的思路是利用二次型或者变分法。
另一种思路：引入一个参数，构造一个非负的二次函数
让我们回到目标不等式：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 le (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx $$
我们可以把它稍作变形，移项得到：
$$ (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 ge 0 $$
这个形式看起来有点像是某种“方差”或者“离散程度”的度量。
有没有办法构造一个我们知道是非负的表达式呢？
考虑一个参数 $t$。我们构造一个积分：
$$ I(t) = int_a^b [f(x) t]^2 , dx $$
这个积分代表了函数 $f(x)$ 和常数 $t$ 之间的“距离”的平方（在积分意义下）。因为 $[f(x) t]^2$ 总是非负的，所以 $I(t)$ 对任何实数 $t$ 都应该是非负的。
$I(t) ge 0$
现在，我们展开 $I(t)$：
$$ I(t) = int_a^b ( [f(x)]^2 2t f(x) + t^2 ) , dx $$
利用积分的线性性质，我们可以把它拆开：
$$ I(t) = int_a^b [f(x)]^2 , dx 2t int_a^b f(x) , dx + int_a^b t^2 , dx $$
我们知道 $int_a^b t^2 , dx = t^2 int_a^b 1 , dx = t^2 (ba)$。
所以：
$$ I(t) = int_a^b [f(x)]^2 , dx 2t int_a^b f(x) , dx + t^2 (ba) $$
现在，我们有一个关于 $t$ 的二次函数： $At^2 + Bt + C$，其中：
$A = ba$
$B = 2 int_a^b f(x) , dx$
$C = int_a^b [f(x)]^2 , dx$
我们知道这个二次函数 $I(t)$ 必须是非负的，因为它是平方的积分。
对于一个二次函数 $At^2 + Bt + C$，如果它是非负的（并且 $A > 0$），那么它的判别式 $Delta = B^2 4AC$ 必须小于等于 0。
在这里，$A = ba$。根据题目条件，假设 $b > a$，所以 $A > 0$ 是成立的。
那么，我们有：
$$ B^2 4AC le 0 $$
代入 $A, B, C$ 的值：
$$ left( 2 int_a^b f(x) , dx ight)^2 4(ba) left( int_a^b [f(x)]^2 , dx ight) le 0 $$
$$ 4 left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 4(ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx le 0 $$
两边同时除以 4：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx le 0 $$
再把负的那项移到右边：
$$ left( int_a^b f(x) , dx ight)^2 le (ba) int_a^b [f(x)]^2 , dx $$
看，又是这个结果！这种方法通过构造一个非负的积分（一个二次函数的积分），然后利用判别式小于等于零的性质来导出不等式，也是非常巧妙的。
总结一下这个二次函数的方法：
“嗯，除了直接套柯西施瓦茨，有没有更‘自己动手’的方法？我想想，数学里很多时候，我们证明一个东西非负，会构造一个平方项。比如 $(xy)^2 ge 0$。在积分里，这个思想也可以用。
我来考虑一个积分，比如这个：$int_a^b (f(x) t)^2 dx$。这里 $t$ 是个随便什么数。因为平方总是非负的，所以这个积分肯定大于等于零，对吧？
然后我把这个积分展开，用积分的性质一项一项算：$int f^2 dx 2t int f dx + t^2 int 1 dx$。其中 $int 1 dx$ 就是 $ba$。
这样一来，我就得到一个关于 $t$ 的二次函数了：$(ba)t^2 (2 int f dx)t + (int f^2 dx)$。这个二次函数呢，因为它是从一个非负积分变来的，所以它对于任何的 $t$ 都必须是大于等于零的。
对于一个二次函数 $At^2 + Bt + C$，如果它在任何地方都大于等于零（并且 $A > 0$），那它的‘谷底’肯定在 $y=0$ 或 $y>0$ 的地方，也就是说它的判别式 $B^2 4AC$ 得小于等于零。
我把这个二次函数里的系数 $A, B, C$ 都找出来，代到判别式里面去算。算出来发现，它的判别式小于等于零，正好就推出了我们想要证明的那个不等式！这感觉就像是，我们先设了一个‘陷阱’（那个非负积分），然后利用数学的‘工具’（判别式）把它‘收服’了。”
需要注意的是：在利用二次函数的判别式方法时，我们依赖了 $A = ba > 0$ 这个条件，所以要求 $b > a$。如果 $b < a$，不等号的方向可能会反过来（取决于积分的定义），或者需要根据具体情况调整。当然，很多时候我们默认积分区间是从左到右的。
希望这样详细的解释，能够让你感觉像是自己一步步摸索出证明过程一样。数学的乐趣就在于此，不仅仅是记住公式，更是理解它们为什么会成立，以及它们背后蕴含的逻辑和思想。
网友意见
依题设的关于 的Lipschitz条件，可知 连续（且是一致连续），故其在任意有限闭区间上可积。
现在，任取 进行分类讨论：
- 若
此时，将有 求证不等式平凡地成立着。
- 若
此时，依题设条件， 将此式以 为积分变量在 上积分，就有
- 若
完全类似地，此时将有 将此式以 为积分变量在 上积分，就有
综上三个方面讨论，命题得证。
核心是 。由于对函数进行水平平移并不影响条件，只需考虑 处的情况即可。此时
故考虑 ，可得
同理，考虑 可得
综上，有
判别式立证。
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