IMC 2004/2/2

#1

Έστω $f,g:[a,b] \to [0,\infty)$ συνεχείς και μη φθίνουσες συναρτήσεις ώστε $\displaystyle{ \int_a^x \sqrt{f(t)} \, dt \leqslant \int_a^x \sqrt{g(t)} \, dt}$ για κάθε

και επιπλέον $\displaystyle{ \int_a^b \sqrt{f(t)} \, dt = \int_a^b \sqrt{g(t)} \, dt.}$

Να δειχθεί ότι $\displaystyle{ \int_a^b \sqrt{1+f(t)} \, dt \geqslant \int_a^b \sqrt{1+g(t)} \, dt.}$

#2

Θέτουμε $\displaystyle{F\left( x \right) = \int_a^x {\sqrt {f\left( t \right)} } dt}$ και $\displaystyle{G\left( x \right) = \int_a^x {\sqrt {g\left( t \right)} } dt}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left[ {a,b} \right]}$ .

Από την υπόθεση, έχουμε ότι οι συναρτήσεις $\displaystyle{F}$ και $\displaystyle{G}$ είναι παραγωγίσιμες στο $\displaystyle{\left[ {a,b} \right]}$ , με

$\displaystyle{F\left( x \right) \le G\left( x \right)}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left[ {a,b} \right]}$ , $\displaystyle{F\left( a \right) = G\left( a \right) = 0}$ και $\displaystyle{F\left( b \right) = G\left( b \right)}$ .

Επίσης, από τις σχέσεις

$\displaystyle{F'\left( x \right) = \sqrt {f\left( x \right)} }$ και $\displaystyle{G'\left( x \right) = \sqrt {g\left( x \right)} }$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left[ {a,b} \right]}$

προκύπτει ότι οι συναρτήσεις $\displaystyle{F,G,F'}$ και $\displaystyle{G'}$ είναι αύξουσες στο $\displaystyle{\left[ {a,b} \right]}$ .

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle{\boxed{\int_a^b {\sqrt {1 + {{\left[ {F'\left( t \right)} \right]}^2}} } dt \ge \int_a^b {\sqrt {1 + {{\left[ {G'\left( t \right)} \right]}^2}} }} }$ $\bf \color{red} \left( \bigstar \right)$ ,

δηλαδή ότι το μήκος του τμήματος της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{F}$ που συνδέει τα σημεία $\displaystyle{A\left( {a,F\left( a \right)} \right)}$ και $\displaystyle{B\left( {b,F\left( b \right)} \right)}$ είναι μεγαλύτερο ή ίσο από το μήκος του τμήματος της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{G}$ που συνδέει τα σημεία

και

.

Γεωμετρικά, αυτό είναι "προφανές"! Για μια πιο "αυστηρή" σπόδειξη, θεωρούμε τη συνάρτηση

$\displaystyle{\varphi :\mathbb{R} \to \mathbb{R}:x \mapsto \varphi \left( x \right) = \sqrt {1 + {x^2}} }$

και παρατηρούμε ότι είναι (γνησίως) κυρτή στο $\mathbb{R}$ , οπότε η γραφική της παράσταση είναι πάνω από την εφαπτομένη σε κάθε της σημείο, δηλαδή ισχύει

$\displaystyle{\varphi \left( x \right) \ge \varphi \left( y \right) + \varphi '\left( x \right)\left( {x - y} \right)}$

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ , με το ίσον να ισχύει μόνο αν $\displaystyle{x = y}$ .

Επομένως, είναι:

$\displaystyle{\int_a^b {\sqrt {1 + {{\left[ {F'\left( t \right)} \right]}^2}} } dt = \int_a^b {\varphi \left( {F'\left( t \right)} \right)} dt \ge \int_a^b {\varphi \left( {G'\left( t \right)} \right)} dt + \int_a^b {\varphi '\left( {F'\left( t \right)} \right)\left[ {F'\left( t \right) - G'\left( t \right)} \right]} dt = }$

$\displaystyle{ = \int_a^b {\sqrt {1 + {{\left[ {G'\left( t \right)} \right]}^2}} } dt + \int_a^b {\varphi '\left( {F'\left( t \right)} \right)\left[ {F'\left( t \right) - G'\left( t \right)} \right]} dt.}$

Αρκεί να αποδείξουμε, λοιπόν, ότι:

$\displaystyle{\int_a^b {\varphi '\left( {F'\left( t \right)} \right)\left[ {F'\left( t \right) - G'\left( t \right)} \right]} dt \ge 0}$ $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ .

Θα χρειαστούμε το ακόλουθο

Θεώρημα (Δεύτερο Θεώρημα Μέσης Τιμής του Ολοκληρωτικού Λογισμού): Έστω $\displaystyle{f,g:\left[ {a,b} \right] \to \mathbb{R}}$ δύο συναρτήσεις, ώστε η $\displaystyle{f}$ να είναι ολοκληρώσιμη και η να είναι μονότονη στο $\displaystyle{\left[ {a,b} \right]}$ . Τότε, υπάρχει $\displaystyle{\xi \in \left[ {a,b} \right]}$ τέτοιο, ώστε

$\displaystyle{\int_a^b {f\left( x \right)g\left( x \right)dx = g\left( a \right)} \int_a^\xi {f\left( x \right)dx + g\left( b \right)} \int_\xi ^b {f\left( x \right)dx} .}$

{Χρειαζόμαστε την ισχύ του παραπάνω Θεωρήματος μόνο για $\displaystyle{f}$ συνεχή στο $\displaystyle{\left[ {a,b} \right]}$ και $\displaystyle{g}$ αύξουσα με συνεχή πρώτη παράγωγο στο $\displaystyle{\left[ {a,b} \right]}$ . Στην περίπτωση αυτή, το αποτέλεσμα προκύπτει με ολοκλήρωση κατά παράγοντες, ως εξής:

Αν $\displaystyle{F\left( x \right) = \int_a^x {f\left( t \right)} dt}$ , τότε

$\displaystyle{\int_a^b {f\left( x \right)g\left( x \right)dx = } \int_a^b {F'\left( x \right)g\left( x \right)dx = } F\left( b \right)g\left( b \right) - \int_a^b {F\left( x \right)g'\left( x \right)dx} .}$

Αλλά, εφόσον $\displaystyle{g'\left( x \right) \ge 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left[ {a,b} \right]}$ , από το πρώτο Θεώρημα Μέσης Τιμής του Ολοκληρωτικού Λογισμού θα υπάρχει $\displaystyle{\xi \in \left[ {a,b} \right]}$ τέτοιο, ώστε

$\displaystyle{\int_a^b {F\left( x \right)g'\left( x \right)dx} = F\left( \xi \right)\int_a^b {g'\left( x \right)dx} = F\left( \xi \right)\left[ {g\left( b \right) - g\left( a \right)} \right]}$

και επομένως

$\displaystyle{\int_a^b {f\left( x \right)g\left( x \right)dx = } F\left( b \right)g\left( b \right) - F\left( \xi \right)\left[ {g\left( b \right) - g\left( a \right)} \right] = g\left( a \right)\int_a^\xi {f\left( x \right)dx + } g\left( b \right)\int_\xi ^b {f\left( x \right)dx} ,}$

οπότε το Θεώρημα δείχθηκε (στην περίπτωση που μας ενδιαφέρει)].

Εφόσον οι συναρτήσεις $\displaystyle{\varphi '}$ και $\displaystyle{F'}$ είναι αύξουσες, το ίδιο θα ισχύει και για τη σύνθεσή τους $\displaystyle{\varphi ' \circ F'}$ . Από το παραπάνω Θεώρημα, λοιπόν, θα υπάρχει $\displaystyle{\xi \in \left[ {a,b} \right]}$ τέτοιο, ώστε

$\displaystyle{\int_a^b {\varphi '\left( {F'\left( t \right)} \right)} \left[ {F'\left( t \right) - G'\left( t \right)} \right]dt = }$

$\displaystyle{ = \varphi '\left( {F'\left( a \right)} \right)\int_a^\xi {\left[ {F'\left( t \right) - G'\left( t \right)} \right]} dt + \varphi '\left( {F'\left( b \right)} \right)\int_\xi ^b {\left[ {F'\left( t \right) - G'\left( t \right)} \right]} dt = }$

$\displaystyle{ = \varphi '\left( {F'\left( a \right)} \right)\left[ {F\left( \xi \right) - G\left( \xi \right) - F\left( a \right) + G\left( a \right)} \right] + \varphi '\left( {F'\left( b \right)} \right)\left[ {F\left( b \right) - G\left( b \right) - F\left( \xi \right) + G\left( \xi \right)} \right] = }$

$\displaystyle{ = \left[ {F\left( \xi \right) - G\left( \xi \right)} \right]\left[ {\varphi '\left( {F'\left( a \right)} \right) - \varphi '\left( {F'\left( b \right)} \right)} \right] \ge 0\,}$

εφόσον $\displaystyle{{F\left( \xi \right) \le G\left( \xi \right)}}$ και η συνάρτηση $\displaystyle{\varphi ' \circ F'}$ είναι αύξουσα.

Ώστε, η σχέση $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ ισχύει και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

dement · #3

Μια άλλη σκέψη.

Λήμμα : Αν συνεχείς στο και $\displaystyle{\int_a^x f(t) dt \leq 0}$ για κάθε $x \in [a,b]$ , με $\displaystyle{\int_a^b f(t) dt = 0}$ και αύξουσα, τότε $\displaystyle{\int_a^b f(t) g(t) dt \geq 0}$

(Αν η

έχει συνεχή παράγωγο, αποδεικνύεται πολύ εύκολα με ολοκλήρωση κατά παράγοντες. Αλλιώς, αποδεικνύεται εύκολα για

αύξουσα και σταθερή κατά τμήματα και στη συνέχεια προσεγγίζουμε την πραγματική

όσο θέλουμε με αύξουσες και σταθερές κατά τμήματα συναρτήσεις).

'Ετσι, $\displaystyle{\int_a^b \left( \sqrt{1 + f(t)} - \sqrt{1 + g(t)} \right) dt = \int_a^b \left( \sqrt{f(t)} - \sqrt{g(t)} \right) \frac{\sqrt{f(t)} + \sqrt{g(t)}}{\sqrt{1 + f(t)} + \sqrt{1 + g(t)}} dt}$

Θέτοντας $\displaystyle{u(t) = \sinh^{-1} \sqrt{f(t)}, \ v(t) = \sinh^{-1} \sqrt{g(t)}}$ το ολοκλήρωμα γίνεται

$\displaystyle{\int_a^b \left( \sqrt{f(t)} - \sqrt{g(t)} \right) \tanh \left( \frac{u(t) + v(t)}{2} \right) dt} \geq 0}$ από το λήμμα.

IMC 2004/2/2

IMC 2004/2/2

Re: IMC 2004/2/2

Re: IMC 2004/2/2

Μέλη σε σύνδεση