Ανισότητα με ολοκληρώματα

Tolaso J Kos · #1

Έστω $f:[0, 1] \rightarrow (0, +\infty)$ συνεχής συνάρτηση τέτοια ώστε $\int_0^1 f(x) \, \mathrm{d} x = 1$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\left ( \int_{0}^{1} \sqrt[3]{f(x)}\, \mathrm{d}x \right ) \left ( \int_{0}^{1} \sqrt[5]{f(x)}\, \mathrm{d}x \right ) \left ( \int_{0}^{1} \sqrt[7]{f(x)}\, \mathrm{d}x \right ) \leq 1}$

#2

Τόλη, επιτρέπεται λύση με Holder; Ρωτάω επειδή η άσκηση είναι στον φάκελο της Γ΄Λυκείου.

Αν επιτρέπεται η Holder, η λύση είναι μισή γραμμή δεδομένου ότι το κάθε ολοκλήρωμα χωριστά αποδεικνύεται $\le 1$ .

Tolaso J Kos · #3

Μιχάλη ,

δεν ήθελα να τη βάλω στο φάκελο του καθηγητή αλλα δε βλέπω το λόγο να απορριφθεί η Holder λόγω φακέλου ...

#4

Τόλη, η Holder είναι σίγουρα ακατάλληλη για τον φάκελο. Τουλάχιστον ως πρώτη λύση.

#5

Tolaso J Kos έγραψε: Τρί Φεβ 15, 2022 10:32 am Έστω $f:[0, 1] \rightarrow (0, +\infty)$ συνεχής συνάρτηση τέτοια ώστε $\int_0^1 f(x) \, \mathrm{d} x = 1$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\left ( \int_{0}^{1} \sqrt[3]{f(x)}\, \mathrm{d}x \right ) \left ( \int_{0}^{1} \sqrt[5]{f(x)}\, \mathrm{d}x \right ) \left ( \int_{0}^{1} \sqrt[7]{f(x)}\, \mathrm{d}x \right ) \leq 1}$

Θα συμφωνήσω με τον Δημήτρη ότι η Holder είναι εκτός φακέλου. Η απόδειξή της είναι μεν απλή και γνωστή, όχι όμως για τον μαθητή.

Ας δούμε λύση με Holder. Πρώτα καταγράφω την ίδια την ανισότητα για όφελος των μαθητών (γράφω εκδοχή της που είναι κατανοητή σε μαθητές, και όχι την γενική της μορφή που συναντάμε π.χ. στην Θεωρία Ολοκλήρωσης Lebesgue).

Αν $g,\,h$ συνεχείς συναρτήσεις στο [a,b]

με τιμές στο $[0, \infty)$ και αν p,q >1

τέτοια ώστε $\dfrac {1}{p}+\dfrac {1}{q} =1$ , τότε

$\displaystyle{ \int _a^bg(x)h(x) dx \le \left ( \int _a^b g^p(x) dx \right )^{1/p} \left ( \int _a^b h^q(x) dx \right )^{1/q} }$

Για g(x) = 1

, $h(x) = \sqrt[3]{f(x) }$ και για q=3

(οπότε

), έχουμε

$\displaystyle{\int_{0}^{1} \sqrt[3]{f(x)}dx \le \left ( \int _0^1 1^{3/2}dx \right )^{2/3} \left ( \int _0^1 f(x) dx \right )^{1/3} = 1\times 1 = 1}$

Όμοια τα άλλα δύο ολοκληρώματα (περιπτώσεις $q=5,\,q=7$ ). Και λοιπά.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Επειδή χρειαζομαστε την Holder μόνο για ακέραιους μπορούμε να την αποδείξουμε με ύλη Γ Λυκείου.
(οχι βέβαια στο πνεύμα του Λυκείου)
Επειδή $\displaystyle (f(x)-f(y))(f(x)-f(y))\geq 0$
ολοκληρώνοντας πρώτα ως προς

και μετά ως προς

παίρνουμε

$\displaystyle \int_{0}^{1}f^2(x)dx\geq (\int_{0}^{1}f(x)dx)^2$
Είναι

$\displaystyle (\int_{0}^{1}f(x)dx)^3=(\int_{0}^{1}f(x)dx)^2(\int_{0}^{1}f(x)dx)\leq \int_{0}^{1}f^2(x)dx(\int_{0}^{1}f(x)dx)\leq \int_{0}^{1}f^3(x)dx$

όπου για την τελευταία κάναμε το ίδιο κόλπο με την αρχική δηλαδή

$\displaystyle (f^2(x)-f^2(y))(f(x)-f(y))\geq 0$

Με τον ίδιο τρόπο μπορούμε να δείξουμε ότι για φυσικούς

είναι

$\displaystyle \int_{0}^{1}f^k(x)dx\geq (\int_{0}^{1}f(x)dx)^k$

που μας δίνουν την ζητούμενη.

Ανισότητα με ολοκληρώματα

Ανισότητα με ολοκληρώματα

Re: Ανισότητα με ολοκληρώματα

Re: Ανισότητα με ολοκληρώματα

Re: Ανισότητα με ολοκληρώματα

Re: Ανισότητα με ολοκληρώματα

Re: Ανισότητα με ολοκληρώματα

Μέλη σε σύνδεση