Ολοκληρώματα και Ανισότητα

vasisot · #1

Έστω $\displaystyle{f(x)}$ πραγματική συνάρτηση συνεχής στο $\displaystyle{[0,1]}$ για την οποία ισχύουν $\displaystyle{\int_0^1f(x)\, dx =0}$ και $\displaystyle{\int_0^1xf(x) \,dx =1}$ .

Αποδείξτε ότι υπάρχει ανοικτό διάστημα $\displaystyle{I\subset (0,1) }$ έτσι ώστε να ισχύει $\displaystyle{\mid f(x) \mid> 4 }$ για κάθε $\displaystyle{x\in I}$ .

dement · #2

Έστω $\displaystyle F(x) \equiv \int_0^x f(t) dt$ . Ισχύει F(0) = F(1) = 0

και

.

Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες παίρνουμε $\displaystyle \int_0^1 x f(x) dx = - \int_0^1 F(x) dx = 1 \implies \int_0^1 F(x) dx = -1$ .

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle g(x) = \left\{ \begin{array}{l c} -4x & x \in [0, 1/2] \\ 4x-4 & x \in (1/2, 1] \\ \end{array}$

Ισχύει $\displaystyle \int_0^1 g(x) dx = -1 = \int_0^1 F(x) dx$ και, αφού $F \neq g$ (γιατί η

δεν είναι παραγωγίσιμη στο 1/2

), υπάρχει $x_0 \in [0,1]$ με F(x_0) < g(x_0)

. Αν $x_0 \leq 1/2$ τότε από ΘΜΤ (Ολ.) στο $\displaystyle \int_0^{x_0} f(x) dx$ συμπεραίνουμε ότι υπάρχει $\xi \in (0, x_0)$ με $f(\xi) < -4$ . Αν x_0 > 1/2

τότε ομοίως υπάρχει $\xi \in (x_0, 1)$ με $f(\xi) > 4$ .

Λόγω συνέχειας της

, η ύπαρξη σημείου $\xi \in (0,1)$ με $|f(\xi)| > 4$ συνεπάγεται την ύπαρξη ανοικτού διαστήματος (a,b)

με $\xi \in (a,b)$ και |f(x)| > 4

για κάθε $x \in (a,b)$ .

#3

vasisot έγραψε:Έστω $\displaystyle{f(x)}$ πραγματική συνάρτηση συνεχής στο $\displaystyle{[0,1]}$ για την οποία ισχύουν $\displaystyle{\int_0^1f(x)\, dx =0}$ και $\displaystyle{\int_0^1xf(x) \,dx =1}$ .

Αποδείξτε ότι υπάρχει ανοικτό διάστημα $\displaystyle{I\subset (0,1) }$ έτσι ώστε να ισχύει $\displaystyle{\mid f(x) \mid> 4 }$ για κάθε $\displaystyle{x\in I}$ .

Τι θυμήθηκα: Δείτε το $4^o, \, 7^o, 8^o$ και ιδίως το 11^o

ποστ εδώ , με τα οποία κέρδισα κέρασμα ένα κασόνι μπύρες από τον Ροδόλφο.

Εκεί θα δείτε την άσκηση

Αν $G: [0,1]\to \mathbb R$ δύο φορές παραγωγίσιμη με $G(0)=0,\, G(1)=1,\, G^{\prime }(0)=0, \, G^{\prime }(1)=0$ τότε $\exists \xi \in [0,1]$ με $|G^{\prime \prime}(\xi )| \ge 4.$

H άσκηση συνοδεύεται με

λύσεις συν άλλη μία ακόμη "με άλογα" (την οποία σας παροτρύνω να διαβάσετε). Με αυτά κατά νου:

Θέτουμε $F(x) = \int _0^xf(t)dt$ (όπως έκανε ο Δημήτρης παραπάνω, οπότε F(0)= F(1)=0

). Επίσης θέτουμε $G(x) = -\int _0^xF(t)dt$ .

Είναι τότε G(0)=0

και με ολοκήρωση κατά μέρη

$G(1) = -\int _0^1(t)'F(t)dt= - \left [ tF(t)\right ]_0^1 + \int _0^1 tF'(t)dt = 0 + \int _0^1 tf(t)dt =1$ .

Από την παραπάνω άσκηση υπάρχει $\xi \in [0,1]$ με $|G^{\prime \prime}(\xi )| \ge 4$ , οπότε $|f(\xi )| \ge 4$ , από όπου το ζητούμενο.

Φιλικά,

Μιχάλης

vasisot · #4

Σας ευχαριστώ για τις ωραίες λύσεις και την όμορφη ιστορία!

Το παραπάνω πρόβλημα προέρχεται από διαγωνισμό του 2014 και βασίζεται στο πρόβλημα που δημοσιεύτηκε στο American Mathematical Monthly το 1953 .

Το σχετιζόμενο υπέροχο κλασικό πρόβλημα που αναφέρθηκε υπάρχει και στον Λογισμό του Spivak υποθέτω από την 1η έκδοση του 1967
και μάλιστα το δεύτερο ερώτημα ζητάει τη γνήσια ανισότητα.

#5

Καλησπέρα σας!

vasisot έγραψε:...

Το παραπάνω πρόβλημα προέρχεται από διαγωνισμό του 2014 ....

Δείτε εδώ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

vasisot · #6

achilleas έγραψε:Καλησπέρα σας!
Δείτε εδώ.

Γράφω τη λύση από εκεί λίγο πιο αναλυτικά.
Το ενδιαφέρον είναι ότι χρησιμοποιείται μόνο η παράγραφος 3.4

ορισμένο ολοκλήρωμα (εντός εξεταστέας ύλης 2016). Επίσης εξηγεί τη χρήση του θεωρήματος

Θα αποδείξουμε το ζητούμενο με απαγωγή σε άτοπο.

Υποθέτουμε ότι θα ισχύει $\mid f(x) \mid\leq 4\Leftrightarrow -4\leq f(x)\leq 4$ για κάθε $x\in [0 , 1]$ .

Για κάθε $\displaystyle{x\in [0 , \frac{1}{2} ]}$ τότε θα έχουμε

$\displaystyle{f(x)\geq -4 \Rightarrow f(x) \left(x-\frac{1}{2}\right) \leq -4x+2 \Rightarrow \int_0^{\frac{1}{2}} f(x) \left(x-\frac{1}{2}\right) \, dx \leq \frac{1}{2}.}$

Για κάθε $\displaystyle{x\in [\frac{1}{2} , 1]}$ επίσης θα έχουμε

$\displaystyle{f(x)\leq 4 \Rightarrow f(x) \left(x-\frac{1}{2}\right) \leq 4x-2 \Rightarrow \int_{\frac{1}{2}} ^ 1f(x) \left(x-\frac{1}{2}\right) \, dx \leq \frac{1}{2}.}$

Προσθέτοντας αυτές κατά μέλη παίρνουμε

$\displaystyle{\int_0^1f(x) \left(x-\frac{1}{2}\right) \, dx < 1, ( * )$ αφού για να ισχύει η ισότητα θα πρέπει

f(x)= -4

για κάθε $x\in (0, \frac{1}{2})$ και f(x)=4

για κάθε $x\in (\frac{1}{2} , 1)$ , που είναι αδύνατο λόγω της συνέχειας της f .

Η

γράφεται ισοδύναμα

$\displaystyle{\int_0^1 x f(x) \, dx - \frac{1}{2} \int_0^1f(x) \, dx < 1 \Leftrightarrow 1<1 ,}$ που είναι άτοπο.

Ολοκληρώματα και Ανισότητα

Ολοκληρώματα και Ανισότητα

Re: Ολοκληρώματα και Ανισότητα

Re: Ολοκληρώματα και Ανισότητα

Re: Ολοκληρώματα και Ανισότητα

Re: Ολοκληρώματα και Ανισότητα

Re: Ολοκληρώματα και Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση