数列の和、定積分

（画像の問題）ｆ（ｘ）を[a,b]で単調増加する連続関数とするとき、∫[a,b]xf(x)dx≧(a+b)/2∫[a,b]f(x)dx（*)を示せ。の解法の方向性を探ろうとa=0,b=1として、対応する数列和（例えば画像２枚目のコーシーシュワルツの不等式のような感じです）を示そうとしましたがうまくできません。ここから続けるにはどうすればよいのでしょうか？
(*)に対応する数列和はどのようになるのでしょうか？

質問者からの補足コメント

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  ２枚目です。よろしくお願いします

  
    補足日時：2019/12/31 13:43

No.3 回答者： endlessriver 回答日時： 2019/12/31 18:10

c=(a+b)/2とおく。

∫[a→b] (x-c)f(x)dx = ∫[a→c] (x-c)f(x)dx+∫[c→b] (x-c)f(x)dx・・・・①
区間 x∈[a,c]で、(x-c)≦0 , f(x)≦f(c)だから (x-c)f(x)≧(x-c)f(c)
区間 x∈[c,b]で、(x-c)≧0 , f(x)≧f(c)だから (x-c)f(x)≧(x-c)f(c)
したがって①は
∫[a→b] (x-c)f(x)dx ≧ ∫[a→c] (x-c)f(c)dx+∫[c→b] (x-c)f(c)dx
=f(c)∫[a→b] (x-c)dx=f(c) [x²/2-cx] [x=b,a]=(f(c)/2) {b²-a²-2c(b-a)}
=(f(c)/2) (b-a) {b+a-2c}=0

ゆえに
∫[a→b] (x-c)f(x)dx≧0
となり、命題が証明された。

No.2 回答者： ありものがたり 回答日時： 2019/12/31 14:45

このふたつの証明がそっくりなのは、偶然ではありません。

∫[0,1] f(x)^2 dx が収束するような実関数を全て集めた集合は、
(f+g)(x) = f(x) + g(x), (af)(x) = a(f(x)) で定義した加法とスカラー倍
によって「ベクトル空間」の定義を満たし、↓
https://eman-physics.net/math/linear12.html
その空間で、f・g = ∫[0,1] f(x)g(x) dx で定義した演算 ・ は
「内積」の定義を満たします。↓
https://eman-physics.net/math/linear13.html
この内積を持つベクトル空間上で
F(t) = ( t f(x) - g(x) )・( t f(x) - g(x) ) について考察すればいいのです。
ベクトル空間が有限数列(ベクトルの成分表示)の空間でも、無限数列の空間でも、
関数の空間でも、内積さえ定義できてしまえば話は同じです。

No.1 回答者： ありものがたり 回答日時： 2019/12/31 14:27

コーシー・シュワルツの不等式と同じように示せばよいです。

...というか、積分版のほうもコーシー・シュワルツの不等式と呼ぶのですが。

数列版のコーシー・シュワルツ不等式を示すには、
変数 t の二次関数 F(t) = | t(a1,a2,...,an) - (b1,b2,...,bn) |^2
= (t^2)(a1^2 + a2^2 + ... + an^2) - 2t(a1b1 + a2b2 + ... + anbn) + (b1^2 + b2^2 + ... + bn^2)
の値が常に F(t) ≧ 0 であることから、F(t) の判別式 D が D ≦ 0 であり
0 ≧ D/4 = (a1b1 + a2b2 + ... + anbn)^2 - (a1^2 + a2^2 + ... + an^2)(b1^2 + b2^2 + ... + bn^2)
となることを使うのでした。

積分版のコーシー・シュワルツ不等式も同様に、
F(t) = ∫{ t f(x) - g(x) }^2 dt = (t^2)∫ f(x)^2 dt - 2t∫ f(x)g(x) dt + ∫ g(x)^2 dt
の値が常に F(t) ≧ 0 であることから、F(t) の判別式 D が D ≦ 0 であり
0 ≧ D/4 = {∫ f(x)g(x) dt}^2 - {∫ f(x)^2 dt}{∫ g(x)^2 dt } となること
を言えばよいです。