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user: 4. 主要结果 4.1. 定理1 若 f ， g 是定义在区间I上的函数，其中f是 ( h 1 ， m ) -凸函数，g是 ( h 2 ， m ) -凸函数，且 f g ∈ L 1 ( [ a ， b ] ) h 1 h 2 ∈ L 1 ( [ 0 ， 1 ] ) 。 a ， b ∈ I ，其中 a < m b ，且 f ∈ L 1 ( [ a ， b ] ) ， t ∈ [ 0 ， 1 ] ，则有以下结果成立： 1 m b − a ∫ a m b f ( x ) g ( x ) d t ≤ M ( a ， b ) ∫ 0 1 h 1 ( t ) h 2 ( t ) d t + N ( a ， b ) ∫ 0 1 h 1 ( t ) h 2 ( 1 − t ) d t 其中， M ( a ， b ) = f ( a ) g ( a ) + m 2 f ( b ) g ( b ) ; N ( a ， b ) = m f ( a ) g ( b ) + m f ( b ) g ( a ) 。 证明：因为f是 ( h 1 ， m ) -凸函数g是 ( h 1 ， m ) -凸函数，所以对 ∀ t ∈ [ 0 ， 1 ] ，根据 ( h ， m ) -凸函数的定义，有： f ( t a + m ( 1 − t ) b ) ≤ h 1 ( t ) f ( a ) + m h 1 ( 1 − t ) f ( b ) (7) g ( t a + m ( 1 − t ) b ) ≤ h 2 ( t ) g ( a ) + m h 2 ( 1 − t ) g ( b ) (8) 又因为f，g都是非负的，(7)，(8)式两边分别相乘可得： f ( t a + m ( 1 − t ) b ) g ( t a + m ( 1 − t ) b ) ≤ ( h 1 ( t ) f ( a ) + m h 1 ( 1 − t ) f ( b ) ) × ( h 2 ( t ) g ( a ) + m h 2 ( 1 − t ) g (b)) 也即： f ( t a + m ( 1 − t ) b ) g ( t a + m ( 1 − t ) b ) ≤ h 1 ( t ) h 2 ( t ) f ( a ) g ( a ) + [ m h 1 ( t ) h 2 ( 1 − t ) f ( a ) g ( b )       × m h 1 ( 1 − t ) h 2 ( t ) f ( a ) g ( a ) ] + m 2 h 1 ( 1 − t ) h 2 ( 1 − t ) f ( b ) g (b) 对不等式两边同时在[0， 1]上积分， ∫ 0 1 f ( t a + m ( 1 − t ) b ) g ( t a + m ( 1 − t ) b ) d t ≤ [ f ( a ) g ( a ) + m 2 f ( b ) g ( b ) ] ∫ 0 1 h 1 ( t ) h 2 ( t ) d t         + m [ f ( a ) g ( b ) + f ( b ) g ( a ) ] ∫ 0 1 h 1 ( t ) h 2 ( 1 − t ) d t 令 x = t a + m ( 1 − t ) b ，整理后得到： 1 m b − a ∫ a m b f ( x ) g ( x ) d t ≤ M ( a ， b ) ∫ 0 1 h 1 ( t ) h 2 ( t ) d t + N ( a ， b ) ∫ 0 1 h 1 ( t ) h 2 ( 1 − t ) d t 其中， M ( a ， b ) = f ( a ) g ( a ) + m 2 f ( b ) g ( b ) ; N ( a ， b ) = m f ( a ) g ( b ) + m f ( b ) g ( a ) 。证明完毕。 推论1 若令m = 1，则定理1中的结果退化为引理2中的(4)式；更进一步，若令m = 1，且 h 1 ( t ) = h 2 ( t ) = t ，则定理1中的结果退化为引理1中的不等式(2)。 4.2. 定理2 若 f ， g 是定义在区间I上的函数，其中f是 ( h 1 ， m ) -凸函数，g是 ( h 2 ， m ) -凸函数，且 f g ∈ L 1 ( [ a ， b ] ) h 1 h 2 ∈ L 1 ( [ 0 ， 1 ] ) 。 a ， b ∈ I ，其中 a < m b ，且 f ∈ L 1 ( [ a ， b ] ) ， t ∈ [ 0 ， 1 ] ，则有以下结果成立： f ( a + m b 2 ) g ( a + m b 2 ) − 1 + m 2 m b − a h 1 ( 1 2 ) h 2 ( 1 2 ) ∫ a m b f ( x ) g ( x ) d x ≤ 2 m h 1 ( 1 2 ) h 2 ( 1 2 ) [ N ( a ， b ) ∫ 0 1 h 1 ( t ) h 2 ( t ) d t + M ( a ， b ) ∫ 0 1 h 1 ( t ) h 2 ( 1 − t ) d t ] 其中， M ( a ， b ) = f ( a ) g ( a ) + m 2 f ( b ) g ( b ) ; N ( a ， b ) = m f ( a ) g ( b ) + m f ( b ) g ( a ) 。 证明：首先，做以下变换： a + m b 2 = a t + m ( a − t ) b 2 + ( 1 − t ) a + m t b 2 ，则 f ( a + m b 2 ) g ( a + m b 2 ) = f ( a t + m ( a − t ) b 2 + ( 1 − t ) a + m t b 2 ) × g ( a t + m ( a − t ) b 2 + ( 1 − t ) a + m t b 2 ) ≤ h 1 ( 1 2 ) [ f ( a t + m ( 1 − t ) b ) + m f ( ( 1 − t ) a + m t b ) ]         × h 2 ( 1 2 ) [ g ( a t + m ( 1 − t ) b ) + m g ( ( 1 − t ) a + m t b ) ] 因此， f ( a + m b 2 ) g ( a + m b 2 ) ≤ h ( 1 2 ) h ( 1 2 ) × [ f ( a t + m ( 1 − t ) b ) g ( a t + m ( 1 − t ) )       + m 2 f ( ( 1 − t ) a + m t b ) g ( ( 1 − t ) a + m t b ) ]       + m h 1 ( 1 2 ) h 2 ( 1 2 ) × [ ( h 1 ( 1 − t ) h 2 ( t ) + h 1 ( t ) h 2 ( 1 − t ) N ( a ， b ) )       + ( h 1 ( t ) h 2 ( t ) + h 1 ( 1 − t ) h 2 ( 1 − t ) M ( a ， b ) ) ] 。 对等式两边同时在[0， 1]上积分可得， ∫ 0 1 f ( a t + m ( 1 − t ) b ) g ( a t + m ( 1 − t ) b ) d t + ∫ 0 1 m 2 f ( ( 1 − t ) a + m t b ) g ( ( 1 − t ) a + m t b ) d t = 1 + m 2 m b − a ∫ a m b f ( x ) g ( x ) d x 从而， f ( a + m b 2 ) g ( a + m b 2 ) − 1 + m 2 m b − a 2 h 1 ( 1 2 ) h 2 ( 1 2 ) ∫ a m b f ( x ) g ( x ) d x ≤ 2 m h 1 ( 1 2 ) h 2 ( 1 2 ) × [ M ( a ， b ) ∫ 0 1 h 1 ( t ) h 2 ( t ) d t + M ( a ， b ) ∫ 0 1 h 1 ( t ) h 2 ( 1 − t ) d t ] 其中： M ( a ， b ) = f ( a ) g ( a ) + m 2 f ( b ) g ( b ) ; N ( a ， b ) = m f ( a ) g ( b ) + m f ( b ) g ( a ) 。 推论2 若令m = 1，则定理2中的结果就退化成为引理3中的不等式(5)。更进一步，若我们令m = 1，并且令 h 1 ( t ) = h 2 ( t ) = t ，则定理2中的结果就退化成为引理1中的不等式(3)。 4.3. 定理3 若f是定义在区间I上的 ( h ， m ) -凸函数， a ， b ∈ I ， a < m b 且 f ∈ L 1 ( [ a ， b ] ) ， t ∈ [ 0 ， 1 ] ，则以下不等式成立： 1 ( 1 + m ) h ( 1 2 ) f ( a + m b 2 ) ≤ 1 m b − a ∫ a m b f ( x ) d x ≤ [ f ( a ) + m f ( b ) ] ∫ 0 1 h ( t ) d t 证明：首先，我们来证明右边的不等式。令 x = a ， y = b ，由定义可知 f ( t a + m ( 1 − t b ) ) ≤ h ( t ) f ( a ) + m h ( 1 − t ) f (b) 对等式两边同时在区间[0， 1]上积分可得， 1 m b − a ∫ a m b f ( x ) d x ≤ ∫ 0 1 h ( t ) f ( a ) d t + ∫ 0 1 m h ( t ) f ( b ) d t = [ f ( a ) + m f ( b ) ] ∫ 0 1 h ( t ) d t 然后，我们来证明左边的不等式。 令 x = t a + m ( 1 − t ) b ， y = ( 1 − t ) a + m t b ，可以得到， f ( a + m b 2 ) = f ( x + y 2 ) ≤ h ( 1 2 ) [ f ( t a + m ( 1 − t ) b ) + m f ( ( 1 − t ) a + m t b ) ] 同时对不等式两边在区间[0， 1]上进行积分，可以得到 f ( a + m b 2 ) ≤ h ( 1 2 ) 1 m b − a ∫ a m b f ( x ) d x + h ( 1 2 ) m m b − a ∫ a m b f ( x ) d x = h ( 1 2 ) 1 + m m b − a ∫ a m b f ( x ) d x 因此可以得到： 1 ( 1 + m ) h ( 1 2 ) f ( a + m b 2 ) ≤ 1 m b − a ∫ a m b f ( x ) d x ≤ [ f ( a ) + m f ( b ) ] ∫ 0 1 h ( t ) d t 证明完毕。 推论3 若我们令m = 1，则定理3中的结果就退化成为引理4中的不等式(6)。更进一步，若我们令m = 1，并且令 h ( t ) = t ，则定理3中的结果就退化成为经典Hermite-Hadamard不等式。