单变量积分不等式证明求助：二阶可微函数相关不等式推导

嘿，这道本科生竞赛里的积分不等式题挺有意思的，我来分享几个拆解思路，咱们一步步捋清楚：

问题明确 #

设函数$g:(0,1)\rightarrow\mathbb{R}$二阶可微，$r\in(0,1)$，满足
$$ r\left(g''\left(x\right)+\dfrac{g'\left(x\right)}{x}\right)\geq\left(g'\left(x\right)\right)^{2},\forall x\in\left(0,1\right). $$
需证明
$$ \left(\int_{0}^{1}e{-g\left(x\right)}xdx\right)\left(\int_{0}^{1}e{g\left(x\right)}xdx\right)\leq\dfrac{1}{4\left(1-r\right)},\quad\quad (\star) $$
（假设左边两个积分均有限）

补充：题目给出参考函数$g(x)=-r\ln(-\ln x)$，它刚好满足$r\left(g''(x)+\frac{g'(x)}{x}\right)=(g'(x))^2$，这是我们找极值情况的关键线索。

核心思路拆解 #

思路1：转化条件，挖掘单调性 #

先观察原条件的结构，发现$g''+\frac{g'}{x}$可以改写为$\frac{1}{x}\cdot\frac{d}{dx}(x g'(x))$，因此原条件等价于：
$$ r \cdot \frac{d}{dx}(x g'(x)) \geq x (g'(x))^2 $$
令$F(x)=x g'(x)$，则上式变为$r F'(x) \geq \frac{F(x)^2}{x}$，显然$F'(x)\geq0$，这说明**$F(x)$在$(0,1)$上单调递增**——这是一个非常重要的性质，后续很多估计都可以基于此展开。

思路2：从极值情况入手，解微分方程 #

不等式的上界通常在条件取等号时达到，所以先解等号对应的微分方程：
$$ r\left(g''+\frac{g'}{x}\right)=(g')^2 $$
令$u=g'(x)$，方程转化为伯努利型：$r\left(u'+\frac{u}{x}\right)=u^{2$。做变量替换$v=u}{-1}$，可将其化为线性方程：
$$ v' - \frac{v}{x} = -\frac{1}{r} $$
用积分因子法求解，得到通解：
$$ g(x) = -r\ln\left(Cr - \ln x\right) + D $$
其中$C,D$为常数。结合积分有限的条件（比如$x\to0^+$时积分收敛），取$C=0$就得到题目给出的参考函数$g(x)=-r\ln(-\ln x)+D$。

思路3：计算极值情况的积分乘积，验证上界 #

对参考函数$g(x)=-r\ln(-\ln x)$，计算两个积分：

• 令$t=-\ln x$，则$x=e^{{-t}$，$dx=-e}{-t}dt$，代入得：
  $$ \int_0^1 e^{-g(x)}x dx = \int_0^\infty t^r e^{-2t}dt = \frac{\Gamma(r+1)}{2^{r+1}} $$
  $$ \int_0^1 e^{g(x)}x dx = \int_0^\infty t^{-r} e^{-2t}dt = \frac{\Gamma(1-r)}{2^{1-r}} $$
• 乘积为$\frac{\Gamma(r+1)\Gamma(1-r)}{4}$，结合欧拉余元公式$\Gamma(r+1)\Gamma(1-r)=\frac{\pi r}{\sin\pi r}$，再利用不等式$\sin\pi r \geq \pi r(1-r)$（对$r\in(0,1)$成立），可推导出：
  $$ \frac{\Gamma(r+1)\Gamma(1-r)}{4} \leq \frac{1}{4(1-r)} $$
  这正好对应题目要证明的上界。

思路4：推广到一般情况，利用比较原理 #

对于满足原不等式条件的任意$g(x)$，其对应的$F(x)=x g'(x)$的增长速度不会超过极值情况中$F(x)$的增长速度（因为$F'(x)\geq\frac{F(x)^2}{r x}$是极值情况的等号条件），由此可推导出$g(y)-g(x)$的指数项$e^{g(y)-g(x)}$的上界，进而将二重积分形式的乘积$(\int e^{-g}x dx)(\int e^g x dx)$控制在极值情况的上界以内。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Binjiu