Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.110	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1975/április, 157 - 158. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Határozatlan integrál, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/szeptember: Pontversenyen kívüli P.110

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

a) Az integrálszámítás egyik nevezetes egyenlőtlensége szerint ha az $f_{1}$ , $f_{2}$ függvényeknek a négyzete is integrálható, akkor

\begin{matrix} {(\int_{a}^{b} f_{1} (x) f_{2} (x) d x)}^{2} ≦ \int_{a}^{b} f_{1}^{2} (x) d x \int_{a}^{b} f_{2}^{2} (x) d x \end{matrix}

(3)

(Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség). Ugyanis az

f_{1}

f_{2}

alapján értelmezett

\begin{matrix} I (λ) = \int_{a}^{b} {[f_{1} (x) + λ f_{2} (x)]}^{2} d x = \int_{a}^{b} f_{1}^{2} (x) d x + 2 λ \int_{a}^{b} f_{1} (x) f_{2} (x) d x + λ^{2} \int_{a}^{b} f_{2}^{2} (x) d x \end{matrix}

függvény értéke minden

λ

mellett nem negatív. Mivel

I (λ)

λ

másodfokú függvénye, ez csak úgy lehet, ha a diszkrimináns negatív vagy 0, ami épp a (3) egyenlőtlenséget jelenti. Alkalmazzuk (3)-at az

f_{1} (x) = f (x)

f_{2} (x) = 1

függvényekre, kapjuk, hogy

\begin{matrix} \int_{0}^{1} f^{2} (x) d x ≧ \int_{0}^{1} f (x) d x = 1, \end{matrix}

tehát (2) legkisebb lehetséges értéke 1, ami el is érhető (még az (1) megszorítás mellett is) az

f (x) = 1

választással (és csak ezzel).
b) Feltevésünk szerint

f (x)

alulról konkáv, azaz felülről konvex. Mivel

f (x) ≧ 0

, ez az utóbbi azt jelenti, hogy a koordinátasíknak az

x

tengely és az

f (x)

képe által közrefogott

F

része konvex halmaz. Tekintsük ennek a halmaznak a vízszintes húrjait, és rendeljük hozzá mindegyikhez azt a háromszöget, amelyiknek az alapja az

x

tengely 0 és 1 pontjai közötti szakasza, és a szárai átmennek a húr végpontjain. Jelöljük az

m

magassághoz tartozó húr esetében ezt a háromszöget

H (m)

-mel,

F

-nek

H (m)

által le nem fedett részének a területét

A (m)

-mel és

H (m)

-nek

F

által le nem fedett részét

B (m)

-mel. Mivel

F

konvex, ha

m_{1} < m_{2}

H (m_{1})

tartalmazza

H (m_{2})

-t, és

A (m_{1}) ≦ A (m_{2})

B (m_{1}) ≧ B (m_{2})

. Az

m

magasság legnagyobb szóbajöhető értéke egyenlő

f (x)

maximumával,

M

-mel.

B (M)

nyilván

0

, és mivel

H (M)

területe kisebb

F

területénél,

M ≦ 2

. Az

m

-re szóbajöhető legkisebb érték az

f (0)

f (1)

számok kisebbike, pontosabban mondva ez az érték már választható

m

-nek. Itt

A (m)

határértéke 0, és mint az könnyen látható, az

A

B

függvények folytonosak. Tehát van olyan

m

, amelyre

\begin{matrix} A (m) = B (m), \end{matrix}

és erre az

m

-re

H (m) = 1

, vagyis

H (m)

harmadik csúcsa az

y = 2

egyenesen van. Jelöljük a

H (m)

két szárából összeálló függvényt

f_{0}

-lal. Erre a függvényre

\begin{matrix} \int_{0}^{1} f_{0}^{2} (x) d x - \int_{0}^{1} f^{2} (x) d x = \int_{0}^{1} [f_{o} (x) - f (x)] [f_{0} (x) + \\ f (x)] d x ≧ 2 m \int_{0}^{1} [f_{0} (x) - f (x)] d x ≧ 0, \end{matrix}

mert

\begin{matrix} \int_{0}^{1} [f_{0} (x) - f (x)] [f_{0} (x) + f (x) - 2 m] d x ≧ 0, \end{matrix}

hiszen itt az integrandus nem negatív: ahol

f_{0} ≦ f

, ott

f_{0}

is,

f

is kisebb

m

-nél, tehát a szorzat mindkét tényezője pozitív. Mivel

f_{0}

is alulról konkáv, és az integrálja 1,

f_{0}

is beletartozik azokn ak a függvényeknek a halmazába, amelyekre (2) legnagyobb értékét keressük. Könnyen látható, hogy

f_{0}

négyzetintegrálja

4 / 3

, tehát a vizsgált függvényekre

\begin{matrix} 1 ≦ \int_{0}^{1} f^{2} (x) d x ≦ \frac{4}{3} . \end{matrix}