利用分数次积分研究调和凸函数的Hermite–Hadamard–Fejer型新不等式

摘要

本文首先给出分数积分形式的调和凸函数的新的Hermite–Hadamard型不等式。其次，建立了分数积分形式的调和凸函数的Hermite–Hadamard–Fejer不等式。最后，得到分数次积分形式的调和凸函数的积分恒等式和一些Hermite–Hadamard–Fejer型积分不等式。这里给出的一些结果是对早期工作中给出的其他结果的扩展。

背景

让\（f:I\subset\mathbb{R\rightarrow R}\）是定义在区间上的凸函数我实数和\（I中的a、b）.不平等

$$f\左（\frac{a+b}{2}\右）\le\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b} （f）（x） dx\le\frac{f（a）+f（b）}{2}$$

（1）

在文献中被称为赫密特-哈达玛不等式（哈达玛1893; 埃尔米特1883).

与凸函数积分平均值有关的最著名不等式（f）是Hermite–Hadamard不等式或其加权形式，即所谓的Hermite-Hadamard-Fejér不等式。

费耶尔(1906)建立了以下Fejér不等式，它是Hermite–Hadamard不等式的加权推广(1):

定理1

让 \（f:\left[a，b\right]\mathbb｛\rightarrow R｝\） 是一个凸函数。然后是不平等

$$\begin｛aligned｝f\left（\frac｛a+b｝｛2｝\right）\int _｛a｝^{b} 克（x） dx\le\int_{a}^{b} （f）（x） g（x）dx\le\frac{f（a）+f（b）}{2}\int{a}^{b} 克（x） dx\end{对齐}$$

(2)

保持，其中 \（g:\left[a，b\right]\mathbb{\rightarrow R}\） 非负，可积，对称于 \（（a+b）/2.\）

对于推广、改进和推广不等式的一些结果(1)和(2)参见Bombardelli和Varošanec(1869)，伊什坎(2013年a,2014年c)、Minculete和Mitroi(2012)，萨卡亚(2012)，Tseng等人。(2011).

我们回顾以下不等式和特殊函数，它们分别称为Beta函数和超几何函数：

$$\开始{aligned}\beta\left（x，y\right）&={}\frac{\varGamma\left^{1} t吨^{x-1}\左（1-t\右）^{y-1}时间，\quad\text｛｝x，y>0，\\_{2} F类_{1} \左（a，b；c；z\右）&={}\frac{1}{\beta\左（b，c-b\右）}\int_{0}^{1} 吨^{b-1}\左（1-t\右）^{c-b-1}\左（1-左\右）^{-a}日期，\text{}\\&c>b>0，\left|z\right|<1\left（\text{see Kilbas et al.2006}\right）。\结束{对齐}$$

引理1

（Prudnikov等人。1981; Wang等人。2013)对于 \（0<阿尔法1） 和 \（0\le a<b\） 我们有

$$\开始{aligned}\left|a^{\alpha}-b^{\alpha}\right|\le\left（b-a\right）^{\阿尔法}。\结束{对齐}$$

本文进一步使用了分数阶微积分理论的以下定义和数学预备知识。

定义1

（Kilbas等人。2006)让\（f\在L\左[a，b\右]\中）Riemann–Liouville积分\（J_{a+}^{\alpha}f\）和\（J_{b-}^{\alpha}f\）订单的\（阿尔法>0）具有\（第0页）由定义

$$J_{a+}^{\alpha}f（x）=\frac{1}{\varGamma（\alpha）}\int_{a}^{x}\left（x-t\right）^{\alpha-1}f（t）dt，\quad x>a$$

和

$$J_{b-}^{\alpha}f（x）=\frac{1}{\varGamma（\alpha）}\int_{x}^{b}\left（t-x\right）^{\alpha-1}f（t）dt，\quad x<b$$

分别，其中\（\varGamma（\alpha）\）Gamma函数定义为\（\varGamma（\alpha）=\） \（整数限制_｛0｝^｛infty｝e^{-t}t^{\α-1}dt\）和\（J_｛a+｝^{0}页（x） =J_{b-}^{0}页（x） =f（x）.\）

由于Hermite–Hadamard型不等式和分数次积分的广泛应用，许多研究人员将其研究扩展到涉及分数次积分（不限于整数积分）的Hermite-Hadamard-型不等式。最近，对于不同类型的函数，人们得到了越来越多的涉及分数次积分的Hermite–Hadamard不等式；见Dahmani(2010)，伊什坎(2013年b,2014年a)伊什坎和吴(2014)、Mihai和Ion(2014)，萨卡亚等人。(2013)，Wang等人。(2012)，Wang等人。(2013).

伊什坎(2014年b)可以定义所谓的调和凸函数，并为其建立以下Hermite–Hadamard型不等式：

定义2

让\（I\subet\mathbb｛R｝\反斜杠\左\｛0\右\｝\）成为真正的间歇。一个函数\（f:I\rightarrow\mathbb{R}\）称为调和凸，如果

$$f\左（\frac{xy}{tx+\左（1-t\右）y}\右）\letf\左（y\右）+\左$$

(3)

对所有人来说\（在I\中的x，y）和\（t\in\左[0,1\右]\）如果(三)反转，然后（f）被称为谐波凹面。

定理2

（伊什坎2014年b)让 \（f:I\subset\mathbb{R}\backslash\left\{0\right\}\rightarrow\mathbb{R}\） 是一个调和凸函数，并且 \（I中的a、b）.如果 \（f\在L\左[a，b\右]\中） 那么以下不等式成立：

$$f\left（\frac{2ab}{a+b}\ right）\le\frac}ab}{b-a}\int_{a}^{b}\frac[f\left[x\right）}{x^{2}}dx\le\ frac{f\ left（a\right，右）+f\ left[右）}{2}$$

(4)

Latif等人。(2015)给出了以下定义：

定义3

一个函数\（g:\left[a，b\right]\substeq\mathbb{R}\backslash\left\{0\right\}\rightarrow\mathbb{R}\）被称为相对于\（2ab/a+b\）如果

$$g\左（x\右）=g\左{b}-\压裂{1}{x}}\右）$$

为所有人保留\（x\ in \ left[a，b\ right]\）.

陈和武(2014)给出了调和凸函数的Hermite–Hadamard–Fejer型不等式，如下所示：

定理3

让 \（f:I\subsetq\mathbb{R}\backslash\left\{0\right\}\rightarrow\mathbb{R}\） 是一个调和凸函数，并且 \（I中的a、b）.如果 \（f\在L\左[a，b\右]\中）和\（g:\left[a，b\right]\substeq\mathbb{R}\backslash\left\{0\right\}\rightarrow\mathbb{R}\） 是非负的，可积的，关于 \（\压裂{2ab}{a+b}\）,然后

$$开始{对齐}f\left（\frac{2ab}{a+b}\right）\int_{a}^{b}\frac{g\left{a}^{b}\frac{g\左（x\右）}{x^{2}}dx。\结束{对齐}$$

(5)

本文对分数积分形式的调和凸函数给出了新的Hermite–Hadamard型不等式。对于分数积分形式的调和凸函数，我们建立了新的Hermite–Hadamard–Fejer不等式。对于分数阶积分形式的调和凸函数，我们得到了一个积分恒等式和一些Hermite–Hadamard–Fejer型积分不等式。

主要成果

在本节中，我们写道\（\left\|g\right\|_{\infty}=\underset{t\in\left[a，b\right]}{\sup}\left|g（t）\right|\），对于连续函数\（g:\left[a，b\right]\mathbb{\rightarrow\mathbb{R}}\）.

引理2

如果 \（g:\left[a，b\right]\substeq\mathbb{R{\setminus}}\left\{0\right\}\mathbb{\rightarrow R}\） 相对于 \（\压裂{2ab}{a+b}\）,然后

$$J_{\frac{a+b}{2ab}+}^{\alpha}\左（g\circh\右）（1/a）=J_{\frac{a+b}{2ab}-}^{\ alpha}\left（g\ circh\right）（1/b）=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{c}J_{a+b2}{2bb}+}^{\alpha}\leaft（g\Circh\ right）（1/a）\\+J_{压裂{a+b}{2ab}-}^{\alpha}\left（g\circh\right）（1/b）\end{数组}\right]$$

具有 \（\alpha>0\） 和 \（h（x）=1/x\）,\（x\in\left[\frac{1}{b}，\frac}{a}\right]\）.

证明

自克相对于\（\压裂{2ab}{a+b}\），使用定义3\（g\左（\frac{1}{x}\右）=g\左，对于所有人\（x\in\left[\frac{1}{b}，\frac}{a}\right]\）因此，在以下积分设置中\（t=\左（\frac{1}{a}）+（\frac}1}{b}\右）-x\）和\（dt=-dx\）给予

$$开始{对齐}J_{\frac{a+b}{2ab}+}^{\alpha}\left（g\circh\right）（1/a）&={}\frac}{\varGamma（\alpha）}\int\nolimits_{\frac{a+b2}}^{\ frac{1}{a}}\ left（\frac{1}{a} -吨\right）^｛\alpha-1｝g\left（\frac｛1｝｛t｝\right）dt\\&=｛｝\frac｛1｝｛\varGamma（\alpha）｝\int\nolimits _｛\frac｛1｝｛b｝｝^｛\frac｛a+b｝｛2ab｝｝｝｝\left（x-\frac｛1｝｛b｝\right）^｛\alpha-1｝g\left（\frac｛1｝｛（1/a）+（1/b）-x｝\right）dx\\&=｛｝\frac｛1｝γ（\alpha）｝｛\frac｛1｝｛b｝｝^｛\frac｛a+b｝｛2ab｝｝\left（x-\frac｛1｝｛b｝\right）^｛\alpha-1｝g\左（\frac{1}{x}\右）dx=J{\frac{a+b}{2ab}-}^｛\alpha｝\left（g \ circ-h\ right）（1/b）。\结束{对齐}$$

这就完成了证明。

定理4

让 \（f:I\subseteq\left（0，\infty\right）\rightarrow\mathbb{R}\） 是这样一个函数 \（f\在L\左[a，b\右]\中）,哪里 \（I中的a、b）.如果 （f） 是上的调和凸函数 \（\左[a，b\右]\）,那么以下分数积分不等式成立：

$$开始{对齐}f\left（\frac{2ab}{a+b}\right）和\le\frac}\varGamma\left \+J_{压裂{a+b}{2ab}-}^{\alpha}\左（f\circh\右）\左（1/b\右）\end{数组}\right\}\\&\le\frac{f\left（a\右）+f\ left（b\right）}{2}\end{aligned}$$

(6)

具有 \（阿尔法>0） 和 \（h（x）=1/x\）,\（x\in\left[\frac{1}{b}，\frac}{a}\right]\）.

证明

自（f）是上的调和凸函数\（\左[a，b\右]\），我们都有\（t\in\左[0,1\右]\）

$$\begin｛aligned｝f\left（\frac｛2ab｝｛a+b｝\right）&=｛｝f\left（\frac｛2\left（\frac｛ab｝｛ta+（1-t）b｝\right）\ left（\frac｛ab｝｛ta+（1-t）b｝\right）+\left（\frac｛ab｝｛tb+（1-t）a｝\right））\\&&\le\frac｛f\left（\frac｛ab｝｛ta+（1-t）b｝\right）+f\left（\frac｛ab｝｛tb+（1-t）a｝\right）｝｛2｝。\结束{对齐}$$

(7)

将的两边相乘(7)由\（2t^{\alpha-1}\），然后将所得不等式与吨结束\（\左[0，\压裂{1}{2}\右]\），我们获得

$$开始{对齐}&2f\left（\frac{2ab}{a+b}\right）\int_{0}^{\frac}1}{2}}t^{\alpha-1}dt\\&\quad\le\int_}0}^}{\frac{1}{2]t^{\alpha-1}\left[f\left（\frac:ab}{ta+（1-t）b}\right）+f\left（\frac{ab}{+（1-tb）a}tb右）右]dt\\&\quad=\int_{0}^{\frac{1}{2}}t^{\alpha-1}f\left（\frac{ab}{ta+（1-t）b}\right）dt+\int_}0}^}t^{alpha-1}f\左（frac{ab}{tb+（1-t）a}\右）dt。\结束{对齐}$$

设置\（x=frac{tb+（1-t）a}{ab}）和\（dx=\左（\压裂{b-a}{ab}\右）dt\）给予

$$开始{aligned}\frac{2^{1-\alpha}}{\alpha{f\left（\frac}2ab}{a+b}\right）和\left 1}f\左（\frac{1}{\frac}{a}+\frac{1}{b} -x个}\右）dx\\+\int_{{frac{1}{b}}^{\frac{a+b}{2ab}}\左（x-\frac}1}{b2}\右）^{\alpha-1}f\左（\frac[1}{x}\right）dx\end{array}\右\压裂{a+b}{2ab}}^{\压裂{1}{a}}\左（\frac{1}{a} -x\右）^{\alpha-1}f\左（\frac{1}{x}\right）dx\\+\int_{\frac}1}{b}}^{\frac{a+b}{2ab}}\左（x-\frac[1}{b{right）^{\ alpha-1{f\左右）^{\alpha}\varGamma（\alpha）\left[J_{\frac{a+b}{2ab}+}^{\alpha}\left（f\circh\right）（1/a）+J_{\frac{a+b}{2ab}-}^｛\alpha｝\left（f\circ h\right）（1/b）\right]\end｛aligned｝$$

并证明了第一个不等式。

为了证明第二个不等式(6)，我们首先注意到，如果（f）是一个调和凸函数\（t\in\左[0,1\右]\），它产生

$$f\左（\frac{ab}{ta+（1-t）b}\右）+f\左$$

(8)

然后将两边相乘(8)由\（t^{\alpha-1}\）并将所得不等式与吨结束\（\左[0，\压裂{1}{2}\右]\），我们获得

$$\开始{aligned}&\int_{0}^{\frac{1}{2}}t^{\alpha-1}f\left（\frac}ab}{ta+（1-t）b}\right）dt+\int_}0}^}{\frac{1}{2}t^{\alpha-1}f\leaft}^{\frac{1}{2}}t^{\alpha-1}dt=\frac{2^{1-\alpha}}{\alfa}\frac}f（a）+f（b）}{2{\end{aligned}$$

即

$$开始{对齐}和\左（\frac{ab}{b-a}\右）^{\alpha}\varGamma（\alpha）\left[J_{\frac}a+b}{2ab}+}^{\alpha}\左（f\circh\右）（1/a）+J_{\ frac{a+b{{2ab}-}^{\alpha}\left（f\circh\right）（1/b）\right]\\&\quad\le\frac{2^{1-\ alpha}}{\alfa}\ left（\frac{f（a）+f（b）}{2}\ right）。\结束{对齐}$$

证明已完成。

定理5

让 \（f:\left[a，b\right]\mathbb{\rightarrow R}\） 和谐地成为 凸函数 \（a<b） 和 \（f\在L\左[a，b\右]\中）.如果 \（g:\left[a，b\right]\mathbb{\rightarrow R}\） 是非负的，可积的，关于 \（\压裂{2ab}{a+b}\）,那么以下分数积分不等式成立：

$$开始{对齐}&f\左（\frac{2ab}{a+b}\右）\left[J_{frac{a+b2}{2ab{+}^{alpha}\左（g\circh\右）（1/a）+J_{frac{a+b}{2ab}-}^{\alpha}\左（g\circh\右）（1/b）\right]\\&\quad\left[J_{\frac{a+b}{2ab}+}^{\alfa}\左{2ab}-}^{α}\左（fg\circh\右）（1/b）\右]\&\quad\le\frac{f（a）+f（b）}{2}\左[J_{frac{a+b}{2ab}+}^{alpha}\左{2ab}-}^{\alpha}\left（g\circh\right）（1/b）\right]\end{aligned}$$

(9)

具有 \（\alpha>0\） 和 \（h（x）=1/x\）,\（x\in\left[\frac{1}{b}，\frac}{a}\right]\）.

证明

自（f）是上的调和凸函数\（\左[a，b\右]\），将两边相乘(7)由\（2t^{alpha-1}g\左（frac{ab}{tb+（1-t）a}\右），然后将所得不等式与吨结束\（\左[0，\压裂{1}{2}\右]\），我们获得

$$开始{对齐}&2f\left（\frac{2ab}{a+b}\right）\int_{0}^{\frac}1}{2}}t^{\alpha-1}g\left \右）+f\左（\frac{ab}{tb+（1-t）a}\右）\right]g\左（\frac{ab}}{tb+（1-t）a}\right）dt\\&\quad=\int_{0}^{frac{1}{2}}t^{alpha-1}f \ left（\frac{ab}{ta+（1-t）b}\ right）g \ left。\结束{对齐}$$

自克相对于\（\压裂{2ab}{a+b}\），使用定义3\（g\左（\frac{1}{x}\右）=g\左，对于所有人\（x\in\left[\frac{1}{b}，\frac}{a}\right]\）.设置\（x=frac{tb+（1-t）a}{ab}）和\（dx=\左（\压裂{b-a}{ab}\右）dt\）给予

$$开始{aligned}&2\left（\frac{ab}{b-a}\right）^{alpha}f\left c{ab}{b-a}\right）^{alpha}\left\{begin{array}{c}\int_{frac{1}{b}}^{frac}a+b}{2ab}}\left（x-\frac{1\b}\rift）^{alpha-1}f\左（\frac{1}{\frac}{a}+\frac{1}{b} -x个}\右）g\左ab}{b-a}\right）^{\alpha}\left\{\begin{array}{c}\int_{\frac{a+b}{2ab}}^{\frac{1}{a}}\left（\frac{1}{a} -x\右）^{\alpha-1}f\left（\frac{1}{x}\right）g\left{b} -x个}\ right）dx\\+\int_{\frac{1}{b}}^{\frac{a+b}{2ab}}\ left（x-\frac}{b{right）^{\alpha-1}f\ left \left\{\begin{array}{c}\int_{\frac{a+b}{2ab}}^{\frac{1}{a}}\left（\frac{1}{a} -x个\右）^{\alpha-1}f\左（\frac{1}{x}\right）g\左（\frac{1}}{x{right）dx\\+\int_{\frac}1}{b}}^{\frac{a+b}{2ab}}\left（x-\frac[1}{b{right dx\end{array}\right\}。\结束{对齐}$$

因此，根据引理2，我们有

$$开始{aligned}和\ left（\frac{ab}{b-a}\ right）^{alpha}\varGamma（\alpha）f\ left{2ab}-}^{\alpha}\left（g\circh\right）（1/b）\right]\&\quad\left（\frac{ab}{b-a}\right 1/b）\右]\结束{对齐}$$

并证明了第一个不等式。

为了证明第二个不等式(9)我们首先注意到，如果（f）是一个调和凸函数，那么，将的两边相乘(8)由\（t^{\alpha-1}g\左（\frac{ab}{tb+（1-t）a}\右）\）并将所得不等式与吨结束\（\left[0]，\frac｛1｝｛2｝\right]\n），我们获得

$$\开始{aligned}&\int_{0}^{\frac{1}{2}}t^{\alpha-1}f\left（\frac}ab}{ta+（1-t）b}\right）g\left \右）g\左（\frac{ab}{tb+（1-t）a}\右）dt\\&\四元\le\左[f（a）+f（b）\right]\int_{0}^{frac{1}{2}}t^{alpha-1}g\左{tb+（1-t）a}\右）dt\结束{对齐}$$

即

$$开始{对齐}和\左（\frac{ab}{b-a}\右）^{\alpha}\varGamma（\alpha）\left[J_{\frac}a+b}{2ab}+}^{\alpha}\左（fg\circh\右）（1/a）+J_{\frac{a+b{{2ab}-}^{\alpha}\left（fg\circh\right）（1/b）\right]\&\quad\left（\frac{ab}{b-a}\right{2ab}-}^{\alpha}\left（g\circh\right）（1/b）\right]。\结束{对齐}$$

证明已完成。

备注1

在定理5中，

• （i） 如果我们接受\（阿尔法=1），然后是不等式(9)变得不平等(5)定理3。

• （ii） 如果我们接受\（g（x）=1），然后是不等式(9)变得不平等(6)定理4。

• （iii） 如果我们接受\（阿尔法=1）和\（g（x）=1），然后是不等式(9)变得不平等(4)定理2。

引理3

让 \（f:I\subset\left（0，\infty\right）\rightarrow\mathbb{R}\） 是上的可微函数 \（我{{}^\circ}\） ，的内部 我 ，因此 \（L\left[a，b\right]\中的f^{\prime}\） ，其中 \（I中的a、b） .如果 \（g:\left[a，b\right]\mathbb｛\rightarrow R｝\） 相对于 \（\压裂{2ab}{a+b}\） ，则分数积分的下列等式成立：

$$开始{对齐}&f\左（\frac{2ab}{a+b}\右）\left[J_{frac{a+b2}{2ab{+}^{alpha}\左（g\circh\右）（1/a）+J_{frac{a+b}{2ab}-}^{\alpha}\左（g\circh\右）（1/b）\右]\\&\quad\quad-\left[J_{\frac{a+b}{2ab}+}^{\alfa}\左{2ab}-}^{\alpha}\left（fg\circh\right）（1/b）\right]\\&\quad=\frac{1}{\varGamma（\alpha）}\left[\begin{array}{c}\int_{\frac}1}{b}}^{\frac{a+b}{2ab}}\ left \左（g\circh\右）ds \右）\左（f\circh \右）^{\prime}（t）dt\\-\int_{\frac{a+b}{2ab}}^{\frac{1}{a}}\左（\int_{t}^{\frac{1}{a}}\left（\frac{1}{a} -秒\右）^{\alpha-1}\left（g\circh\right）ds\right$$

(10)

具有 \（阿尔法>0） 和 \（h（x）=1/x\）,\（x\in\left[\frac{1}{b}，\frac}{a}\right]\）.

证明

只需注意

$$开始{对齐}I&={}\int_{\frac{1}{b}}^{\frac{a+b}{2ab}}\left（int_{\frac{1}{b}}^{t}\左（s-\frac}{b{右）^{alpha-1}\左{\frac{a+b}{2ab}}^{\frac{1}{a}}\左（\int_{t}^{\ frac{1}{a}{左（\frac}{a} -秒\右）^{\alpha-1}\left（g\circh\right）ds\right_{1} -我_{2} 。\结束{对齐}$$

通过部分积分和引理2，我们得到

$$\开始{aligned}I_{1}&={}\左。\left（\int _｛\frac｛1｝｛b｝｝^｛t｝\left（s-\frac｛1｝｛b｝\right）^｛\alpha-1｝\left（g\circ h\right）（s）ds\right）\left（f\circ h\right）（t）\right | _｛\frac｛1｝｛b｝^｛\frac｛a+b｝｛2ab｝｝\\quad-\int _｛1｝｛b｝\right）^｛\alpha-1｝\left（g\circ h\right）（t）\left（f\circ h\right）（t）dt\\&=｛｝\left（int _｛\frac｛1｝｛b｝}^{\frac{a+b}{2ab}}\左（s-\frac}1}{b}\右）^{\alpha-1}\左}\左（g\circh\右）（t）\左（f\circh \右）{2ab}-}^{\alpha}\左（g\circh\右）（1/b）-J{\frac{a+b}{2ab}-}^{\alpha}\left（fg\circh\right）（1/b）\right]\\&={}\varGamma（\alpha）\left[\begin{array}{l}\frac{f\left{2ab}-}^{\alpha}\左（g\circh\右）（1/b）\右]\\-J{\frac{a+b}{2ab}-}^{\alpha}\left（fg\circh\right）（1/b）\end{array}\right]\end{aligned}$$

和类似的

$$\开始{aligned}I_{2}&={}\左。\左（\int_{t}^{\frac{1}{a}}\left（\frac{1}{a} -秒\右）^{\alpha-1}\left（g\circh\right）ds\right{a} -吨\右）^{\alpha-1}\左（g\circh\右）（t）\左（f\circh \右）{a} -秒\右）^｛\alpha-1｝\left（g\circ h\right）（s）ds\right）f\left（\frac｛{a} -吨\右）^{\alpha-1}\左（g\circh\右）（t）\左（f\circh \右）\circ h\ right）（1/a）\ right]\\&={}\varGamma（\alpha）\left[\begin{array}{l}-\frac{f（\frac{2ab}{a+b}）}{2}\左[J{\frac{a+b}{2ab}+}^{\alpha}\左（g\circh\右）（1/a）+J{\frac{a+b}{2ab}-}^{\alpha}\left（g\circh\right）（1/b）\right]\\+J_{\frac{a+b}{2ab}+}^{\ alpha}\ left（fg\circhh\rift）（1/a）\end{array}\right]。\结束{对齐}$$

因此，我们可以写

$$\开始{对齐}I=I_{1} -我_{2} =\varGamma（\alpha）\left\{\begin{array}{l}f\ left（\frac{2ab}{a+b}\right）\left[J_{\frac}a+b{2ab{+}^{\alpha}\left（g\circh\ right）（1/a）+J_{\ frac{a+b}{2ab}-}^{\alpha}\左（g\circh\右）（1/b）\right]\-\left[J_{\frac{a+b}{2ab}+}^{\alfa}\左｛2ab｝-}^{\alpha}\left（fg\circh\right）（1/b）\right]\end{数组}\right\}。\结束{对齐}$$

将两边乘以\（\左（\varGamma（\alpha）\右）^{-1}\）我们获得(10). 这就完成了证明。

定理6

让 \（f:I\subset\left（0，\infty\right）\rightarrow\mathbb{R}\） 是上的可微函数 \（我{{}^\circ}\）,的内部 我,这样的话 \（L\left[a，b\right]\中的f^{\prime}\）,哪里 \（I中的a、b） 和 \（a<b）.如果 \（\left|f^{\prime}\right|\） 在上是调和凸的 \（\左[a，b\右]\）,\（g:\left[a，b\right]\mathbb{\rightarrow R}\） 相对于 \（\压裂{2ab}{a+b}\）,那么以下分数积分不等式成立：

$$\begin｛aligned｝&\left |\begin｛array｝｛c｝f\left（\frac｛2ab｝｛a+b｝\right）\left[J_｛\frac｛a+b｝｛2ab｝+｝^｛\alpha｝\left（g\circ h\right）（1/a）+J_｛\frac｛a+b｝{2ab}-}^{\alpha}\左（g\circh\右）（1/b）\right]\-\left[J_{\frac{a+b}{2ab}+}^{\alfa}\左｛2ab｝-}^{\alpha}\left（fg\circh\right）（1/b）\right]\end{数组}\right|\\&\quad\le\frac{\left\|g\right\|_{\infty}ab\left{2}\left（\alpha\right）\left|f^{\prime}\left[b\right]\right|\right]\end{对齐}$$

(11)

哪里

$$\开始{对齐}C_{1}\左（\alpha\right）&={}\left[\begin{array}{C}\frac{b^{-2}}{\左（\ alpha+1\右）\left（\alfa+2\右）}\begin}数组}{C{_{2} F类_{1} \left（2，\alpha+1；\alpha+3；1-\frac{a}{b}\right）\end{array}\\-\frac}\left_{2} F类_{1} \left（2，\alpha+1；\alpha+3；\frac{b-a}{b+a}\right）\end{array}\end{array}\ right]，\\C_{2}\ left（\alpha\right_{2} F类_{1} \left（2，\alpha+2；\alpha+3；1-\frac{a}{b}\right）\end{array}\\-\frac}2\left（a+b\ right）^{-2}}{\alpha+1}\begin{arrary}{c}_{2} F类_{1} \left（2，\alpha+1；\alpha+2；\frac{b-a}{b+a}\right）\end{array}\\+\frac{left（a+b\right_{2} F类_{1} \left（2，\alpha+1；\alpha+3；\frac{b-a}{b+a}\right）\end{array}\end{数组}\right]，\end{aligned}$$

具有 \（0<阿尔法1） 和 \（h（x）=1/x\）,\（x\in\left[\frac{1}{b}，\frac}{a}\right]\）.

证明

从引理3我们得到

$$\begin{aligned}&\ left|\ begin{array}{c}f\ left（\frac{2ab}{a+b}\right）\left[J_{frac{a+b2}{2ab{+}^{alpha}\left（g\circh\ right）（1/a）+J_{\frac{a+b}{2ab}-}^{\alpha}\左（g\circh\右）（1/b）\right]\-\left[J_{\frac{a+b}{2ab}+}^{\alfa}\左｛2ab｝-}^{\alpha}\left（fg\circh\right）（1/b）\right]\end{array}\right|\\&\quad\le\frac{1}{\varGamma（\alpha）}\left[\begin{array}{c}\int_{\frac}1}{b}}^{\frac{a+b}{2ab}}\left（int_{b}{1}^{t}\left right）^{\alpha-1}\left|\left（g\circh\right）\right|ds\right\右|dt\\+\int_{frac{a+b}{2ab}}^{\frac{1}{a}}左（int_{t}^{\frac{1}}{a{}}{a} -秒\右）^{\alpha-1}\left|\left（g\circ h\right）\right|ds\right}{2ab}}\左（\int_{\frac{1}{b}}^{t}\左（s-\frac}{1}{b}\右）^{\alpha-1}ds\右）\左|\左（f\circh\右）^{\素数}（t）\右|dt\\+\int_{\frac{a+b}{2ab}}^{\frac{1}{a}}\左（int_{t}^{\ frac{1}}{a{}}\右{a} -秒\right）^｛\alpha-1｝ds\right）\left|\left（f\circ h\right）^｛\prime｝｛\alpha｝\frac｛1｝｛t^｛2｝｝\left|f^｛\prime｝（\frac｛1｝｛t｝）\右|dt\\+\int_{frac{a+b}{2ab}}^{\frac{1}{a}}\frac{left（\frac{1}{a} -吨\右）^{\alpha}}{\alfa}\frac{1}{t^{2}}\left|f^{\prime}（\frac}{t}）\right|dt\end{array}\right]。\结束{对齐}$$

设置\（t=frac{ub+（1-u）a}{ab}）和\（dt=\左（\压裂{b-a}{ab}\右）du\）给予

$$\begin｛aligned｝&\left |\begin｛array｝｛c｝f\left（\frac｛2ab｝｛a+b｝\right）\left[J_｛\frac｛a+b｝｛2ab｝+｝^｛\alpha｝\left（g\circ h\right）（1/a）+J_｛\frac｛a+b｝{2ab}-}^{\alpha}\左（g\circh\右）（1/b）\right]\-\left[J_{\frac{a+b}{2ab}+}^{\alfa}\左｛2ab｝-}^{\alpha}\left（fg\circh\right）（1/b）\right]\end{array}\right|\\&\quad\le\frac{\left\|g\right\|_{\infty}ab\left ^{\alpha}}{\左（ub+\左（1-u\右）a\右）^{2}}\左|f^{\prime}（\frac{ab}{ub+\左（1-u\右）a}）\right|du\\+\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac}\left（1-u\right）^{\alpha}}{\left。\结束{对齐}$$

(12)

自\（\left|f^{\prime}\right|\）在上是调和凸的\（\左[a，b\右]\），我们有

$$\开始{aligned}\left|f^{prime}\left（\frac{ab}{ub+（1-u）at}\right）\right|\leu\left| f^{prime}\leaft（a\right）\right |+left（1-u\right。\结束{对齐}$$

(13)

如果我们使用(13)英寸(12)，我们有

$$\begin{aligned}&\ left|\ begin{array}{c}f\ left（\frac{2ab}{a+b}\right）\left[J_{frac{a+b2}{2ab{+}^{alpha}\left（g\circh\ right）（1/a）+J_{\frac{a+b}{2ab}-}^{\alpha}\左（g\circh\右）（1/b）\right]\-\left[J_{\frac{a+b}{2ab}+}^{\alfa}\左{2ab}-}^{\alpha}\left（fg\circh\right）（1/b）\right]\end{array}\right|\\&\quad\le\frac{\left\|g\right\|_{\infty}ab\left}}\frac{u^{\alpha}}{\左（ub+\左（1-u\右）a\右）^{2}}\left[u\left|f^{prime}\ left（a\ right）\right|+\ left |+\左（1-u\右）\左|f^{\prime}\左（b\右）\right|\右]du\end{array}\right]。\结束{对齐}$$

(14)

通过引理1计算以下积分，我们得到

$$开始{aligned}&\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac}u^{\alpha+1}}{\left（ub+（1-u）a\right）^{2}}du+\int_}\frac{1}}^{1}\ frac{\ left（1-u\ right）1}\frac{\左（1-u\右）^{\alpha}u}{\左}{left（ub+（1-u）a\ right）^{2}}udu\\&\quad\le\int_{0}^{1}\frac{\left（1-u\ right}udu\\&\quad=\int_{0}^{1}\frac{\左（1-u\右）^{\alpha}u}{\左\frac{\左（1-u\右）^{\alpha}}{\左{2} b条+（1-\frac{u}{2}）a\右）^{2}}udu\\&\quad=\int_{0}^{1}\左（1-u\右）u^{\alpha}b^{-2}\左^{-2}杜\\&\quad\quad-\frac{1}{4}\int_{0}^{1}\left（1-v\ right）v^{\alpha}\ left（\frac{a+b}{2}\ right^{-2}光盘\\&\quad=\left[\begin{array}{c}\frac{b^{-2}}{\left（\alpha+1\right）\left_{2} F类_{1} \left（2，\alpha+1；\alpha+3；1-\frac{a}{b}\right）\end{array}\\-\frac}\left_{2} F类_{1} \left（2，\alpha+1；\alpha+3；\frac{b-a}{b+a}\right）\end{array}\end{array}\right]\\&\quad=C_{1}\left$$

(15)

类似地，我们得到

$$\begin｛aligned｝&\ int _｛0｝^｛\frac｛1｝｛2｝｝\frac｛u^｛\alpha｝｝｛\left（ub+（1-u）a\ right）^｛2｝｝\ left（1-u\ right）du+\ int _｛\frac｛1｝｛2｝｝^｛1｝\ frac｛\left（1-u）a\ right）^｛2｝\ left（1-u\ right）du\\&&quad=\ int _｛0｝^｛1｝\frac｛\left（1-u\right）^｛\alpha+1｝｝｛\left（ub+（1-u）a\right）^｛2｝｝du-\int _｛0｝^｛\frac｛1｝｛2｝}\frac{左（1-u\右）^{\alpha}-u^{\alpha}}{\左（ub+（1-u）a\right）^{2}}\左（1-u \右）du\\&\quad\le\int_{0}^{1}\frac{\左（1-2u\right）^{\alpha}}{\left（ub+（1-u）a\right\frac{\左（1-u\右）^{\alpha+1}}{\左右）^{\alpha}}{\left（ub+（1-u）a\right）^{2}}du\\&\quad=\int_{0}^{1}\frac{u^{\alpha+1}}{\ left（ua+（1-u）b\right}du-\frac｛1｝｛2｝\int _｛0｝^｛1｝\frac｛\left（1-u\right）^｛\alpha｝｝｝｛\left（\frac｛u｝{2} b条+（1-\frac{u}{2}）a\右）^{2}}du\\&\quad\quad+\frac}{1}{4}\int_{0}^{1}\frac[u\left（1-u\right）^{alpha}}{left（\frac{u}）{2} b条+（1-\frac{u}{2}）a\右）^{2}}du\\&\quad=\int_{0}^{1}\frac}u^{\alpha+1}}{\left（ua+（1-u）b\右）^{1} v（v）^{\alpha}\左（\frac{a+b}{2}\右）^{-2}\左^{-2}光盘\\&\quad\quad\frac{1}{4}\int_{0}^{1}\left（1-v\ right）v^{\alpha}\ left（\frac{a+b}{2}\ right^{-2}光盘\\&\quad=\left[\begin{array}{c}\frac{b^{-2}}{\alpha+2}\begin}{arrary}{c{_{2} F类_{1} \left（2，\alpha+2；\alpha+3；1-\frac{a}{b}\right）\end{array}\\-\frac}2\left（a+b\ right）^{-2}}{\alpha+1}\begin{arrary}{c}_{2} F类_{1} \left（2，\alpha+1；\alpha+2；\frac{b-a}{b+a}\right）\end{array}\\+\frac{left（a+b\right_{2} F类_{1} \left（2，\alpha+1；\alpha+3；\frac{b-a}{b+a}\right）\end{array}\end{数组}\right]\\&\quad=C_{2}\left。\结束{对齐}$$

(16)

如果我们使用(15)和(16)英寸(14)，我们有(11). 这就完成了证明。

推论1

在定理6中：

（1） 如果我们采取 \（阿尔法=1） 对于调和凸函数，我们有以下Hermite–Hadamard–Fejer不等式，它与( 5 ):

$$开始{对齐}和\左|f\左（\ frac{2ab}{a+b}\右）\int_{a}^{b}\frac{g\左（x\右）}{x^{2}dx-\int_}a}^}b}\frac{f\左）^{2}\left[C_{1}\left（1\right）\left|f^{prime}\ left（a\ right）\ right|+C_{2}\ left[1\right]\ left|f ^{prime}\left（b\ right）\ right|\ right]，\end{对齐}$$

（2） 如果我们采取 \（g左（x右）=1） 对于分数积分形式的调和凸函数，我们有以下Hermite–Hadamard型不等式，它与( 6 ):

$$开始{对齐}和\左|f\左（\frac{2ab}{a+b}\right）-\frac}\varGamma\left（\alpha+1 \ right）}{2^{1-\alpha}}\left）\\+J_{压裂{a+b}{2ab}-}^{\alpha}\左（f\circh\right）\左（1/b\右）\结束{数组}\right\}\right |\\&\quad\le\frac{ab\left（b-a\right \结束{对齐}$$

（3） 如果我们采取 \（\alpha=1\） 和 \（g左（x右）=1） 对于调和凸函数，我们有以下Hermite–Hadamard型不等式，它与( 4 ):

$$\left|f\left（\frac｛2ab｝｛a+b｝\right）-\frac｛ab｝]$$

定理7

让 \（f:I\subset\left（0，\infty\right）\rightarrow\mathbb{R}\） 是上的可微函数 \（我{{}^\circ}\）,的内部 我,这样的话 \（L\left[a，b\right]\中的f^{\prime}\）,哪里 \（I中的a、b）.如果 \（\left|f^{\prime}\right|^{q}，q\ge 1，\） 是和谐的 凸的 \（\左[a，b\右]\）,\（g:\left[a，b\right]\mathbb{\rightarrow R}\） 相对于 \（\压裂{2ab}{a+b}\）,那么以下分数积分不等式成立：

$$开始{对齐}和\左|\开始{数组}{c}\frac{f（a）+f（b）}{2}\left[J_{1/b+}^{\alpha}\left（g\circh\right）（1/a）+J_{1/1-a-}^{\ alpha}\ left（g/circh\ right）J_{1/a-}^{\alpha}\left（fg\circh\right）（1/b）\right]\end{array}\right|\\&\quad\le\frac{\left\|g\right\|_{\infty}ab\左（b-a\右）}{\varGamma（\alpha+1）}\左（\frac{b-a}{ab}\右）^{\alpha}\\&\quad\quad\times\left[\begin{array}{l}C_{3}^{^{1-\frac}{q}}}\左右|^{q}\\+C_{5}\左（alpha\right）\左|f^{prime}（b）\右|^}\end{array}\ right）\right]^{\frac{1}{q}}\\+C_{6}^{1-\frac}{q{}\ left（\alpha\right）\ left[\ left \右）\右]^{\frac{1}{q}}\end{array}\right]\end{aligned}$$

(17)

哪里

$$\开始{对齐}C_{3}\左（\alpha\right）&={}\frac{\左（a+b\右）^{-2}}{2^{\alpha-1}\left（\alfa+1\右）}\begin{array}{C}_{2} F类_{1} \左（2,1；\alpha+2；\frac{b-a}{b+a}\右）\结束{数组}，\\C_{4}\左（\alpha\right）&={}\frac{\左（a+b\右）^{-2}}{2^{\alpha}\左_{2} F类_{1} \左（2,1；\alpha+3；\frac{b-a}{b+a}\右）\结束{数组}，\\C_{5}\左（\alpha\right）&={}C_{3}\左{数组}{C}_{2} F类_{1} \左（2，\alpha+1；\alpha+2；\frac{1}{2}\左（1-\frac}a}{b}\右）\右）\end{array}，\\C_{7}\左_{2} F类_{1} \左（2，\alpha+1；\alpha+2；\frac{1}{2}\左（1-\ frac{a}{b}\右）\右）\end{array}\\-\ frac}{b^{-2}}{2^{\ alpha+2}\左_{2} F类_{1} \左（2，\alpha+2；\alpha+3；\frac{1}{2}\左（1-\frac}a}{b}\右）\右）\end{array}\end{array}\右]，\\C_{8}\左$$

具有 \（阿尔法>1） 和 \（h（x）=1/x\）,\（x\in\left[\frac{1}{b}，\frac}{a}\right]\）.

证明

使用(12)、幂平均不等式与的调和凸性\（\left | f^｛\prime｝\right | ^｛q｝\），因此

$$\begin{aligned}&\ left|\ begin{array}{c}f\ left（\frac{2ab}{a+b}\right）\left[J_{frac{a+b2}{2ab{+}^{alpha}\left（g\circh\ right）（1/a）+J_{\frac{a+b}{2ab}-}^｛\alpha｝\left（g\circ h\right）（1/b）\right]\-\left[J_｛\frac｛a+b｝｛2ab｝+｝^｛\alpha｝\left（fg\circ h\right）（1/a）+J_｛\frac｛a+b｝{2ab}-}^{\alpha}\left（fg\circh\right）（1/b）\right]\end{array}\right|\\&\quad\le\frac{\left\|g\right\|_{\infty}ab\left ^{\alpha}}{\左（ub+\左（1-u\右）a\右）^{2}}\左|f^{\prime}（\frac{ab}{ub+\left（1-u\ right）a}）\right|du\\+\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac}\left{\left\|g\right\|_{\infty}ab\left（b-a\right）}{\varGamma（\alpha+1）}\ left（\frac{b-a}{ab}\右）^{\alpha}\\&\quad\left[\begin{array}{c}\left（\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac}{u^{\alpha}}{left（ub+\ left（1-u\ right）a\right）^{2}du\right}{左（ub+\左（1-u\右）a\右）^{2}}\left|f^{prime}\left（\frac{ab}{ub+（1-u）a}\right）\right|^{q} 杜\右）^{\frac{1}{q}}\\+left（\int_{\frac{1}}{2}}^{1}\frac}\ left（1-u\ right）^{\ alpha}}{\ left \右）^{\alpha}}{\left（ub+\左（1-u\右）a\right）^{2}}\左|f^{\prime}\左（\frac{ab}{ub+（1-u）a}\右）\right|^{q} 杜\右）^{\frac{1}{q}}\end{array}\right]\\&\quad\le\frac}\left\|g\right\|_{\infty}ab\left（b-a\right）}{\varGamma（\alpha+1）}\left{u^{\alpha}}{\左（ub+\左（1-u\右）a\右）^{2}}右）^}1-\frac{1}{q}}\\times\left（int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{u^{\alpha}}{\left（ub+\ left（1-u\ right）a\right）^{2}\left[u\left|f^{\prime}（a）\right|^{q}+\ left[1-u\right（int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac}\左（1-u\右）^{\alpha}}{\左（ub+\left（1-u\right）a\右））^{2}}du\right）^{1-\frac{1}{q}}\\times\left（int_{\frac}1}{2}}^{1}\frac{left（1-u\right右）^{\frac{1}{q}}\end{array}\right]\\&\quad=\frac{\left\|g\right\|_{\infty}ab\left（b-a\ right）}{\varGamma（\alpha+1）}\ left（\frac{b-a}{ab}\right）^{\alpha}\\&\quad\times\left[\begin{array}{c}\left}\\times\left（\begin{array}{c}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{u^{\alpha+1}}{left（ub+left（1-u\right））a\右）^{2}}du\左|f^{prime}（a）\右|^{q}\\+\int_{0}^{\frac{1}{2}{u^{\alpha}}{\左（ub+\左（1-u\右）a\右左（int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac}\左（1-u\右）^{\alpha}}{\左（ub+\left（1-u\right）a\右）}du\right）^{1-\frac{1}{q}}\\times\left（\begin{array}{c}\int_{frac{1\{2}}^{1}\frac}\left（1-u\ right）#{alpha}}{left（ub+\ left（1-u\ rift）a\ right{1}\frac{\left（1-u\ right）^{\alpha+1}}{\ left（ub+\left）（1-u\right）a\ right，^{2}}du\left|f^{\prime}（b）\right|^{q}\end{数组}\right）^{\frac{1}{q}}\end{array}\right]。\结束{对齐}$$

(18)

对于出现的积分，我们有

$$开始{aligned}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac}{u^{\alpha}}{\left（ub+\ left（1-u\ right）a\right）^{2}du&={}\frac{1}}{2^{\alpha+1}}\int_{0}^{1}\frac:u^{\ alpha}{{}{\leaft（\frac{u}{2} b条+（1-\frac{u}{2}）a\右）^{2}}du\\&={}\frac}1}{2^{\alpha+1}}\int_{0}^{1}\left（1-v\右）{\alfa}\left\（\frac_a+b}{2{\right）^{-2}杜\\&＝｛｝\frac｛\left（a+b\right）^｛-2｝｝｛2^｛\alpha-1｝\left（\alpha+1\right）｝\ begin｛array｝｛c｝_{2} F类_{1} \左（2,1；\alpha+2；\frac{b-a}{b+a}\right）\end{array}\\&={}C_{3}\left（\alpha\ right），\end{aligned}$$

(19)

$$开始{aligned}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac}u^{\alpha+1}}{\left（ub+\ left（1-u\ right）a\ right{2} b条+（1-\frac{u}{2}）a\右）^{2}}du\\&={}\frac}1}{2^{\alpha+2}}\int_{0}^{1}\左（1-v\右）{\alba+1}\左^{-2}杜\\&＝｛｝\frac｛\left（a+b\right）^｛-2｝｝｛2^｛\alpha｝\left（\alpha+2\right）｝\ begin｛array｝｛c｝_{2} F类_{1} \左（2,1；\alpha+3；\frac{b-a}{b+a}\右）\end{array}\\&={}C_{4}\左（\alpha\right），\end{aligned}$$

(20)

$$\begin{aligned}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{u^{\alpha}}{\left（ub+\ left（1-u\ right）a\right）^{2}{\ left$$

(21)

$$开始{aligned}\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac}\左（1-u\右）^{\alpha}}{\左（ub+\left（1-u\right）a \ right）^{2}du&={}\int_{0}^{\frac{1}{2}{\压裂{1}{2^{\alpha+1}}\int_{0}^{1}\frac{u^{\alpha}}{\左（\压裂{u}{2}a+\左（1-\压裂{u}{2{\右）b\右）^{2}}du\\&={}\frac{1}{2^{\alpha+1}}\int_{0}^{1} u个^{\alpha}b^{-2}\左（1-\frac{u}{2}\左（1-\ frac{a}{b}\右）\右）^｛-2｝杜\\&={}\frac{b^{-2}}{2^{\alpha+1}\left（\alpha+1 \right）}\begin{array}{c}_{2} F类_{1} \left（2，\alpha+1；\alpha+2；\frac｛1｝｛2｝\left（1-\frac｛｛$$

(22)

$$开始{aligned}\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac}\左（1-u\右）^{\alpha}}{\左（ub+\left（1-u\right）a\右）#{2}udu&={}\int_{0}^{\frac{1}{2}{\frac-{1}}\left du\\&={}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac}u^{\alpha}}{\left（ua+\ left（1-u\ right）b\right）}\frac{u^{\alpha+1}}{\左（ua+\左（1-u\右）b\右）^{2}}du\\&={}\frac{1}{2^{\alpha+1}{\int_{0}^1}\frac{u^}\alpha}}{左（\ frac{u}{2}a+\左1}{2^{\alpha+2}}\int_{0}^{1}\frac{u^{\alpha+1}}{\左（\frac}u}{2}a+\左（1-\ frac{u}{2{右）b\右）^{2}du\\&={}\frac{1}{2^{\alpha+1}}\int_{0}^{1} u个^{\alpha}b^{-2}\左（1-\frac{u}{2}\左（1-\ frac{a}{b}\右）\右）^{-2}杜\\&\quad-\frac{1}{2^{\alpha+2}}\int_{0}^{1} u个^{\alpha+1}b^{-2}\左（1-\frac{u}{2}\左（1-\ frac{a}{b}\右）\右）^{-2}杜\\&={}\left[\开始{数组}{c}\frac{b^{-2}}{2^{\alpha+1}\left（\alpha+1 \right）}\begin{数组{c}_{2} F类_{1} \左（2，\alpha+1；\alpha+2；\frac{1}{2}\左（1-\ frac{a}{b}\右）\右）\end{array}\\-\ frac}{b^{-2}}{2^{\ alpha+2}\左_{2} F类_{1} \左（2，\alpha+2；\alpha+3；\frac{1}{2}\左（1-\frac}a}{b}\右）\右）\end{array}\end{array}\右]\\&={}C_{7}\右（\alpha\right），\end{aligned}$$

(23)

$$开始{aligned}\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac}\左（1-u\右）^{\alpha+1}}{\左（ub+\left（1-u\right）a\右）${2}du&={}\int_{\frac{1}{2}^{1\frac{\左du-\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac}\左（1-u\右）^{\alpha}}{\左（ub+\left（1-u\right）a/right）^{2}{udu\\&={}C_{6}\左（\alpha\right）-C_{7}\左。\结束{对齐}$$

(24)

如果我们使用(19–24)英寸(18)，我们有(17). 这就完成了证明。

推论2

在定理中7:

（1） 如果我们采取 \（阿尔法=1）w个对于调和凸函数，e有以下Hermite–Hadamard–Fejer不等式，该不等式与( 5 ):

$$开始{对齐}和\左|f\左（\ frac{2ab}{a+b}\右）\int_{a}^{b}\frac{g\左（x\右）}{x^{2}dx-\int_}a}^}b}\frac{f\左）^{2}\left[\begin{array}{c}c_{3}^{^{1-\frac{1}{q}}}\left（1\right）\left[/left（\begin}array{c}c_{4}\left（1\right）\ left|f^{\prime}（a）\ right|^{q}\\+C_{5}\ left（1\right）\left|f ^{\prime}1\right）\left|f^{\prime}（a）\right|^{q}\\+C_{8}\left（1\right）\left |f^}\prime{（b）\right |^{q}\end{array}\right）\right]^{\frac{1}{q}}\end{array}\right]，\end{aligned}$$

（2） 如果我们采取 \（g左（x右）=1） 对于分数积分形式的调和凸函数，我们有以下Hermite–Hadamard型不等式，它与( 6 ):

$$开始{对齐}和\左|f\左（\frac{2ab}{a+b}\right）-\frac}\varGamma\left（\alpha+1 \ right）}{2^{1-\alpha}}\left）\\+J_{压裂{a+b}{2ab}-}^{\alpha}\左（f\circh\right）\左（1/b\right右）\left|f^{\prime}（a）\right|^{q}\\+C_{5}\left（\alpha\right）\left |f^}\prime{（b）\right|^｛q｝\end｛array｝\right）\right]^｛\frac｛1｝｛q｝｝\+C｛6｝^｛1-\frac｛1｝｛q｝｝｝\left（\alpha\right）\left（\begin｛array｝｛C｝C_｛7｝\left（\alpha\right）\left |^｛q｝\+C｛8｝\left（\alpha\right）\left |f^｛\prime｝（b）\right |^｛q｝\end｛array｝\right）\ right]^｛\frac｛1｝｛q｝｝\end｛array｝\right]，\end｛aligned｝$$

(3） 如果我们采取 \（阿尔法=1） 和 \（g\left（x\right）=1\） 对于调和凸函数，我们有以下Hermite–Hadamard型不等式，它与( 4 ):

$$开始{对齐}和\left|f\left（\frac{2ab}{a+b}\right）-开始{ab}{b-a}\int_{a}^{b}\frac{f\ left（x\right \左[\左（\开始{数组}{C}C_{4}\左（1\右）\左|f^{质数}（a）\右|^{q}\\+C_{5}\左\左|f^{\素数}（b）\右|^{q}\结束{数组}\右）\右]^{\frac{1}{q}}\\+C_{6}^{1-\frac}{q{}}\左（1\右）\左[\左（\开始{数组{C}C_{7}\左|f^{\prime}（b）\right|^{q}\end{array}\right）\right]^{\frac{1}{q}}\end{arrays}\right]。\结束{对齐}$$

我们可以为\（q>1）如下：

定理8

让 \（f:I\subset\left（0，\infty\right）\rightarrow\mathbb{R}\） 是上的可微函数 \（我{{}^\circ}\）,的内部 我,这样的话 \（L\left[a，b\right]\中的f^{\prime}\）,哪里 \（I中的a、b）.如果 \（\left|f^{\prime}\right|^{q}，q>1，\） 是和谐凸的在\（\左[a，b\右]\）,\（g:\left[a，b\right]\mathbb{\rightarrow R}\） 相对于 \（\压裂{2ab}{a+b}\）,则以下分数积分不等式成立：

$$开始{对齐}和\左|\开始{数组}{c}\frac{f（a）+f（b）}{2}\left[J_{1/b+}^{\alpha}\left（g\circh\right）（1/a）+J_{1/1-a-}^{\ alpha}\ left（g/circh\ right）J_{1/a-}^{\alpha}\left（fg\circh\right）（1/b）\right]\end{array}\right|\\&\quad\le\frac{\left\|g\right\|_{\infty}ab\左（b-a\右）}{varGamma（\alpha+1）}\左（\frac{b-a}{ab}\右）^{alpha}\\&\quad\quad\times\left[\begin{array}{c}c_{9}^{frac{1}{p}}\ left（\alfa\right）\left[\frac{left|f^{prime}（a）\right|^{q}+3\left|f ^{prime}（b）\right |^{q}}{8}\right]^{\frac{1}{q}}\\+c_{10}^{\frac{1{p}}\left（\alpha\right）\left[\frac{3\left|f^{\prime}（a）\right|^{q}+\ left|f（b）\right |^{q}}{8}\right]^{\frac}1}{q}}\end{array}\right]\end{aligned}$$

(25)

哪里

$$\开始{对齐}C_{9}\左（\alpha\right）&={}\frac{\左（a+b\右）^{-2p}}{2^{\alpha p-2p+1}\left（\ alpha p+1\右）}\开始{array}{C}_{2} F类_{1} \左（2p，1；\alpha p+2；\frac{b-a}{b+a}\右）\结束{数组}，\\C_{10}\左（\alpha\right）&={}\ frac{b^{-2p}}{2^{\alphap+1}\左_{2} F类_{1} \左（2，\αp+1；\αp+2；\压裂{1}{2}\左（1-\压裂{a}{b}\右）\右）\end{array}，\end{aligned}$$

具有 \（阿尔法>1）,\（h（x）=1/x\）,\（x\in\left[\frac｛1｝｛b｝，\frac｛1｝｛a｝\right]\） 和 \（1/p+1/q=1\）.

证明

使用(12)，Hölder不等式和的调和凸性\（\left|f^{\prime}\right|^{q}\），因此

$$\begin{aligned}&\ left|\ begin{array}{c}f\ left（\frac{2ab}{a+b}\right）\left[J_{frac{a+b2}{2ab{+}^{alpha}\left（g\circh\ right）（1/a）+J_{\frac{a+b}｛2ab｝-}^{\alpha}\左（g\circh\右）（1/b）\right]\-\left[J_{\frac{a+b}{2ab}+}^{\alfa}\左{2ab}-}^{\alpha}\left（fg\circh\right）（1/b）\right]\end{array}\right|\\&\quad\le\frac{\left\|g\right\|_{\infty}ab\left ^{\alpha}}{\左（ub+\左（1-u\右）a\右）^{2}}\左|f^{\prime}（\frac{ab}{ub+\左（1-u\右）a}）\right|du\\+\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac}\left（1-u\right）^{\alpha}}{\left |g\right\|_{\infty}ab\left（b-a\right）}{\varGamma（\alpha+1）}\ left（\frac{b-a}{ab}\ right）^{\alpha}\left[\begin{array}{c}\left（\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac}{u^{\阿尔法p}}{left（ub+\左（1-u\右）a\右）^{2p}}du\right）^{\frac{1{p}}\\times\left{ub+（1-u）a}）\右|^{q} 杜\右）^{\frac{1}{q}}\end{array}\right\\&\四元\左。\开始{数组}{c}+\左（\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac}\左（1-u\右）^{\alpha p}}{\左（ub+\left（1-u\right）a/right）^{2p}}du\右）{ub+（1-u）a}）\右|^{q} 杜\右）^{\frac{1}{q}}\end{array}\right]\\&\quad\le\frac}\left\|g\right\|_{\infty}ab\left（b-a\right）}{\varGamma（\alpha+1）}\left}}{左（ub+\左（1-u\右）a\右）^{2p}}右）^}\frac{1}{p}}\\times\left（\int_{0}^{\frac{1}{2}}u\left|f^{prime}（a）\right|^{q}+\left（1-u\right）\left| f^{prime}^{q} 杜\右）^{\frac{1}{q}}\end{array}\right\\&\四元\左。\开始{数组}{c}+\左（\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac}\左（1-u\右）^{\alpha p}}{\左（ub+\left（1-u\right）a/right）^{2p}}du\右）^{1} u个\左|f^{\prime}（a）\right|^{q}+\left（1-u\right）\left|f^}\prime{（b）\right |^{q} 杜\右）^{\frac{1}{q}}\end{array}\right]\\&\quad=\frac}\left\|g\right\|_{\infty}ab\left（b-a\right）}{\varGamma（\alpha+1）}\left}{左（ub+\左（1-u\右）a\右）^{2p}}右）^}\frac{1}{p}}\左[\frac}\left|f^{prime}（a） \right|^{q}+3\left|f^{prime}（b）\right| ^{q{}}{8}\right]^{\frac{1}{q}}\right\\&\quad\quad\left+\left（int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac}\left（1-u\right）^{\alpha p}}{\left]^{\frac{1}{q}}\right]。\结束{对齐}$$

(26)

对于出现的积分，我们有

$$开始{aligned}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac}u^{\alpha p}}{\left（ub+\左（1-u\右）a\右）^{2p}}du&={}\frac{1}}{2^{\alpha p+1}}\int_{0}^{1}\frac:u^{\ alpha p}}{\左（\frac宇宙{u}{2} b条+（1-\frac{u}{2}）a\右）^{2p}}du\\&={}\frac}1}{2^{\alpha p+1}}\int_{0}^{1}\左（1-v\右）{\alfa p}\左^{-2p}DVD\\&={}\frac{\左（a+b\右）^{-2p}}{2^{\alpha p-2p+1}\左（alpha p+1\右）}\开始{数组}{c}_{2} F类_{1} \左（2p，1；\alpha p+2；\frac{b-a}{b+a}\right）\end{array}\\&={}C_{9}\left（\alpha\ right）。\结束{对齐}$$

(27)

同样，我们有

$$开始{aligned}\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac}\左（1-u\右）^{\alpha p}}{\左（ub+\left（1-u\right）a\右）#{2p}}du&={}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\ frac{u^{\阿尔法p}}}{左（ua+\lert（1-u\sright）b\ right）^{2p{}}杜\\&={}\frac{1}{2^{\alpha p+1}}\int_{0}^{1}\frac{u^{\alpha p}}{\左（\frac}u}{2}a+\左（1-\ frac{u}{2\右）b\右）^{2p}}du \\&=｛｝\frac｛1｝｛2^｛\alpha p+1｝｝｝\int _｛0｝^{1} u个^{\alpha}b^{-2p}\左（1-\frac{u}{2}\left（1-\frac{a}{b}\right）\右）^{-2p}杜\\&＝｛｝\frac｛b^｛-2p｝｝｛2^｛\alpha p+1｝\left（\alpha p+1\right）｝\begin｛array｝｛c｝_{2} F类_{1} \左（2，\αp+1；\αp+2；\压裂{1}{2}\左（1-\压裂{a}{b}\右）\右）\end{array}\\&={}C_10}\左。\结束{对齐}$$

(28)

如果我们使用(27)和(28)英寸(26)，我们有(25). 这就完成了证明。

推论3

在定理中8:

（1） 如果我们采取 \（阿尔法=1） 对于调和凸函数，我们有以下Hermite–Hadamard–Fejer不等式，它与(5):

$$开始{对齐}和\左|f\左（\ frac{2ab}{a+b}\右）\int_{a}^{b}\frac{g\左（x\右）}{x^{2}dx-\int_}a}^}b}\frac{f\左）^{2}\left[\begin{array}{c}c_{9}^{\frac{1}{p}}\left（1\right）\left[/frac{\left|f^{\prime}（a）\right|^{q}+3\左|f^{\素数}（b）\右|^{q}}{8}\右]^{\分数{1}{q}{\\+C_{10}^{\小数{1}}{p}}\左（1\右}\end{array}\right]，\end{aligned}$$

（2） 如果我们采取 \（g左（x右）=1） 对于分数积分形式的调和凸函数，我们有以下Hermite–Hadamard型不等式，它与(6):

$$开始{对齐}和\左|f\左（\frac{2ab}{a+b}\right）-\frac}\varGamma\left（\alpha+1 \ right）}{2^{1-\alpha}}\left）\\+J_{压裂{a+b}{2ab}-}^{\alpha}\左（f\circh\right）\左（1/b\right ^{\prime}（b）\右|^{q}}{8}\右]^{\frac{1}{q}{\\+c_{10}^{\frac{1{p}}\left（\alpha\right）\left[\frac｛3\left|f^｛\prime｝（a）\right|^｛q｝+\left|f^｛\prime｝（b）\right|^｛q｝｝｛8｝\right]^｛\frac｛1｝｛q｝｝\end｛array｝\right]，\ end｛aligned｝$$

（3） 如果我们采取 \（阿尔法=1） 和 \（g左（x右）=1） 对于调和凸函数，我们有以下Hermite–Hadamard型不等式，它与(4):

$$开始{对齐}和\左|f\左（\frac{2ab}{a+b}\right）-开始{ab}{b-a}\int_{a}^{b}\frac}f\左{\左|f^{\素数}（a）\右|^{q}+3\左|f ^{\素}（b）\右| ^{q{}{8}\右]^{\frac{1}{q}}\\+C_{10}^{\frac{1{p}}\left（1\right）\left[\frac{3\ left|f^{prime}（a）\right|^{q}+\left|f（b）\right |^{q}}{8}\right]^{frac{1}{q}}\end{array}\right]。\结束{对齐}$$

结论

本文给出了分数阶积分形式的调和凸函数的新的Hermite–Hadamard型不等式，并建立了分数阶整数形式的调和凸集函数的Hermite-Hadamard–Fejer不等式。此外，还得到了分数次积分形式的调和凸函数的积分恒等式和一些Hermite–Hadamard–Fejer型积分不等式。