Ανισότητα με συναρτήσεις (Δ. 7)

#1

Έστω $f : [0, 1]\to \Bbb{R}$ συνάρτηση τέτοια ώστε $| f (x) - f (y)| \leq |x - y| ,$ για κάθε $x, y \in [0, 1].$

Να δείξετε ότι $\displaystyle{\int_0^1\left(\int_0^x f(t)dt\right)dx+\frac{1}{12}\geq \frac{1}{2}\int_0^1f(x)dx.}$

#2

socrates έγραψε:Έστω $f : [0, 1]\to \Bbb{R}$ συνάρτηση τέτοια ώστε $| f (x) - f (y)| \leq |x - y| ,$ για κάθε $x, y \in [0, 1].$

Να δείξετε ότι $\displaystyle{\int_0^1\left(\int_0^x f(t)dt\right)dx+\frac{1}{12}\geq \frac{1}{2}\int_0^1f(x)dx.}$

Καταρχάς, απλοποιούμε την προς απόδειξη ανισότητα.

Κάνοντας ολοκλήρωση κατά παράγοντες στο "αριστερό" ολοκλήρωμα, έχουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\int_{0}^{1}f(x)dx-\int_{0}^{1}xf(x)dx+\frac{1}{12}\geq \frac{1}{2}\int_{0}^{1}f(x)dx}$ ,

δηλαδή, ότι

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\Big(x-\frac{1}{2}\Big)f(x)dx\leq \frac{1}{12}.}$

Τώρα, θέτουμε $\displaystyle{f(x)=x+g(x).}$

Πλέον, η προς απόδειξη σχέση γράφεται

$\displaystyle{\int_{0}^{1}(2x-1)g(x)\leq 0.}$ (απλό θέμα πράξεων)

Όμως, η αρχική σχέση γίνεται

$\displaystyle{|g(x)-g(y)+x-y|\leq |x-y|}$ για κάθε $\displaystyle{x,y\in [0,1].}$ ( $\displaystyle{\bigstar}$ )

Από εδώ προκύπτει, ότι η $\displaystyle{g}$ είναι φθίνουσα στο $\displaystyle{[0,1].}$

Πράγματι, έστω $\displaystyle{x,y\in [0,1]}$ με $\displaystyle{x>y.}$ Αν υποθέσουμε, ότι ισχύει $\displaystyle{g(x)>g(y),}$ από την $\displaystyle{\bigstar}$ έχουμε $\displaystyle{g(x)-g(y)+x-y\leq x-y\Rightarrow g(x)\leq g(y).}$ Άτοπο. Άρα είναι $\displaystyle{g(x)\leq g(y)}$ και η $\displaystyle{g}$ είναι φθίνουσα.

Τώρα, η $\displaystyle{2x-1}$ είναι αύξουσα και η $\displaystyle{g}$ είναι φθίνουσα. Άρα από την ανισότητα Chebyshev είναι

$\displaystyle{\int_{0}^{1}(2x-1)g(x)dx\leq \int_{0}^{1}(2x-1)dx\int_{0}^{1}g(x)dx=0\cdot \int_{0}^{1}g(x)dx=0.}$

Ανισότητα με συναρτήσεις (Δ. 7)

Ανισότητα με συναρτήσεις (Δ. 7)

Re: Ανισότητα με συναρτήσεις

Μέλη σε σύνδεση