Ὀλοκληρωτικὴ ἀνίσωση

Γ.-Σ. Σμυρλής · #1

Πρόβλημα. Ἔστω $f:[0,1]\to\mathbb R$ συνεχὴς καὶ $a\ge\pi$ . Ἂν

$\displaystyle{ f(x)+\frac{\sin\big(\pi f(x)\big)}{a} \ge 2x, }$

διὰ κάθε $x\in[0,1]$ , δείξατε ὅτι $\int_0^1 f(x)\,dx\ge 1$ .

Dimessi · #2

Ορίζω
$\displaystyle h\left ( y \right )=y+\frac{\sin \left ( \pi y \right )}{a}$
στο $\mathbb{R}$
με πρώτη παράγωγο $\displaystyle 1+\frac{\pi }{a}\cos\left ( \pi y \right )\geq 1-\frac{\pi }{a}$
που είναι γνήσια θετική αν $a>\pi$ και $\geq 0$ που μηδενίζεται σε διακριτά σημεία αν $a=\pi$
οπότε

γνήσια αύξουσα οπότε αντιστρέφεται.
Σημειώνουμε ότι είναι συνεχής και γνήσια αύξουσα με $h\left ( y \right )\leq y+\frac{1}{a}\rightarrow -\infty$ καθώς $y\rightarrow -\infty$ και $h\left ( y \right )\geq y-\frac{1}{a}\rightarrow +\infty$ καθώς $y\rightarrow +\infty$ οπότε η $h^{-1}$ έχει πεδίο ορισμού ολόκληρο το $\mathbb{R}$
Έχουμε
$\displaystyle h\left ( f\left ( x \right ) \right )\geq h\left ( h^{-1}\left ( 2x \right ) \right )$
στο [0,1]

οπότε στο ίδιο διάστημα είναι $f\left ( x \right )\geq h^{-1}\left ( 2x \right )$
όπου το ολοκλήρωμα του δεύτερου μέλους είναι το μισό του $\int_{h^{-1}\left ( 0 \right )}^{h^{-1}\left ( 2 \right )}yd\left ( h\left ( y \right ) \right )$
γιατί

συνεχώς παραγωγίσιμη.
Αλλά $h\left ( h^{-1}\left ( 0 \right ) \right )=0=h\left ( 0 \right ),h\left ( h^{-1}\left ( 2 \right ) \right )=2=h\left ( 2 \right )$
οπότε από γνήσια μονοτονία της

θέλουμε το μισό του $\int_{0}^{2}\left ( y+\frac{\pi }{a}y\cos \left ( \pi y \right ) \right )dy$
Σημειώνουμε ότι $\int_{0}^{2}y\cos \left ( \pi y \right )dy=\frac{1}{\pi }\int_{0}^{2}yd\left ( \sin \left ( \pi y \right ) \right )=-\frac{1}{\pi }\int_{0}^{2}\sin \left ( \pi y \right )dy=0$
και παίρνω $\int_{0}^{1}f\left ( x \right )dx\geq \frac{1}{2}\int_{0}^{2}ydy=1$

Ὀλοκληρωτικὴ ἀνίσωση

Ὀλοκληρωτικὴ ἀνίσωση

Re: Ὀλοκληρωτικὴ ἀνίσωση

Μέλη σε σύνδεση