递增函数的区间和不等式证明求助

你的思路完全找对方向啦！先证明对任意正整数$m$，$f(b) - f(a) \geq \sum_{n=1}^m (f(b_n)-f(a_n))$，再利用单调序列的收敛性质推到无穷级数的情况，这个路子是完全可行的。我来一步步给你拆解怎么完成有限项的证明：

• 第一步：利用递增函数的核心性质和区间不交性排序
  对于任意固定的$m \geq 1$，我们把前$m$个不交区间$(a_1,b_1], (a_2,b_2], ..., (a_m,b_m]$按右端点从小到大排序。因为这些区间互不相交且都包含在$[a,b]$里，排序后必然满足：
  $$a \leq a_1 \leq b_1 < a_2 \leq b_2 < ... < a_m \leq b_m \leq b$$
  （如果遇到端点是$\pm\infty$的情况也没关系，比如$a=-\infty$时，$f(a)=\inf f$，而$f(x) \geq \inf f$对所有$x$，不影响后续的放缩；$b=\infty$时同理，$f(b)=\sup f$，$f(x) \leq \sup f$对所有$x$）

• 第二步：对有限项和进行放缩
  因为$f$是递增函数，所以对任意$x \leq y$，都有$f(x) \leq f(y)$，由此我们可以把$f(b)-f(a)$做如下放缩：
  $$f(b) - f(a) \geq f(b_m) - f(a_1)$$
  这一步的依据是：$f(b) \geq f(b_m)$（因为$b_m \leq b$），$f(a) \leq f(a_1)$（因为$a \leq a_1$），所以两者的差自然前者更大。

  接下来把$f(b_m)-f(a_1)$拆成累加的形式：
  $$
  f(b_m)-f(a_1) = (f(b_m)-f(a_m)) + (f(a_m)-f(b_{m-1})) + (f(b_{m-1})-f(a_{m-1})) + ... + (f(b_1)-f(a_1))
  $$
  再看中间的交叉项：$f(a_m)-f(b_{m-1}) \geq 0$，因为$b_{m-1} < a_m$（区间不交排序后的结果），而$f$递增，所以这一项是非负的。同理，所有类似的交叉项都是非负的。

  把这些非负项去掉，就可以得到：
  $$
  f(b_m)-f(a_1) \geq (f(b_m)-f(a_m)) + (f(b_{m-1})-f(a_{m-1})) + ... + (f(b_1)-f(a_1)) = \sum_{n=1}^m (f(b_n)-f(a_n))
  $$

  结合前面的放缩，就有：
  $$
  f(b) - f(a) \geq \sum_{n=1}^m (f(b_n)-f(a_n))
  $$
  这个不等式对**任意$m \geq 1$**都成立。

• 第三步：推广到无穷级数的情况
  现在看部分和序列$S_m = \sum_{n=1}^m (f(b_n)-f(a_n))$，因为$f$递增，每一项$f(b_n)-f(a_n) \geq 0$，所以$S_m$是一个递增序列。而我们已经证明了每个$S_m$都有上界$f(b)-f(a)$，根据实数的单调有界收敛定理，这个序列的极限存在，并且极限不会超过上界，即：
  $$
  \sum_{n=1}^\infty (f(b_n)-f(a_n)) = \lim_{m \to \infty} S_m \leq f(b)-f(a)
  $$
  这就正好是你需要证明的不等式啦！

备注：内容来源于stack exchange，提问作者victhor espinos