inegalitati integrale

Concursul Gazeta Matematic i ViitoriOlimpici.ro


STABILIREA UNOR INEGALITATI INTEGRALE CUAJUTORUL UNOR FUNCTII AUXILIARE

de MARIUS MAINEA1 si MANUELA PRAJEA2

Abstract

We estabilish here some integral inequalities by couplingthem with some integral of polinomials functions

In acest articol vom prezenta o metoda de demonstrare sau de stabilire a unorinegalitati integrale folosind inegalitatea Cauchy Buniakovski Schwarz (CBS),Jensen,mediilor pentru numere si (sau)integrale, prin considerarea unorintegrale auxiliare din functii polinomiale si apoi dand valori coeficientilorpolinoamelor respective. Vom aplica aceasta metoda unor probleme propuse ladiverse olimpiade nationale, concursuri nationale si internationale pentru elevisau(si) studenti, n reviste de specialitate nationale sau internationale

Punctul de plecare este o problema data la ONM n anul 2004:

Problema 1

Fie f:[0,1] R o functie integrabila cu proprietatea ca

10f(x)dx =

10xf(x)dx = 1

Demonstrati ca 10f2(x)dx 4

Ioan Rasa , ONM 2004Solutia 1:Din conditiile ipotezei , rezulta ca pentru orice a, b R , avem: 10f(x)(ax+ b)dx = a

10f(x)dx+ b

10f(x)dx = a+ b apoi cu CBS

(a+ b)2 =( 1

0f(x)(ax+ b)dx

)2( 1

0f2(x)dx

)2 ( 10

(ax+ b)2dx)dx.

Pentru b=1 se obtine urmatoarea inegalitate , adevarata pentru orice a R:

10f2(x)dx 3(a+1)2a2+3a+3 .

Mai departe analizand comportamentul expresiei din membrul drept , deducemca aceasta ia valoarea maxima pentru a=-3 , iar aceasta valoare maxima este 4asa cum se cere.Interesant este si cazul de egalitate, care apare atunci cand inegalitatea CBSfolosita are loc cu egalitate, deci cand exista R astfel ncat

f(x)3x+1 = f(x) = (3x+ 1)

Dar integrala functiei f este egala cu unitatea , deci exista = 2 , de undef(x) = 6x 2. Aici functia auxiliara este de gradul ntai , dar existageneralizari de grad superior.

1Profesor,Colegiul National ,,Vladimir Streinu, Gaesti2Profesor doctor, Colegiul National ,,Traian Drobeta Turnu Severin

1



Solutia 2:Cautam P(x)=ax+b care sa verifice ipoteza problemei adica 10f(x)dx =

10xf(x)dx = 1 , ceea ce conduce la p(x)=6x-2.Atunci:

0 10

(f(x)P (x))2dx = 10f2(x)dx 1

0f(x)P (x)dx 1

0P (x)(f(x)P (x))dx

Cum ultimul termen este 0 obtinem ca 10f2(x)dx 1

0P (x)f(x)dx = 4.

Sa ,,mbogatim ipoteza n continuare pastrand aproximativ concluzia

Problema 2Fie f:[0,1] R o functie integrabila cu proprietatea ca

10f(x)dx =

10xf(x)dx =

10x2f(x)dx = 1

Demonstrati ca 10f2(x)dx 9

Joseph Wildt International Contest 2005

Solutia 1:La fel ca la prima problema, cautam P (x) = ax2 + bx+ c astfel ncat sa verificeconditiile din ipoteza si obtinem p(x) = 30x2 24x+ 3. Atunci n acelasi mod 1

0f2(x)dx 1

0P (x)f(x)dx = 9

Solutia 2:

Din inegalitatea CBS 10f2(x)dx (

10(10x28x+1)f(x)dx)2 10(10x28x+1)2dx = 9

Generalizarea naturala care se impune dupa parcurgerea acestor probleme esteurmatoarea:

Problema 3Fie f:[0,1] R o functie integrabila cu proprietatea ca 10xkf(x)dx = 1, ()k = 1, n 1.Demonstrati ca 1

0f2(x)dx n2

AMM nr10/2006si SEEMOUS 2008

Solutie:Procedam n acelasi mod , cautam polinomul P de grad n-1 care sa verificeconditiile lui f,p(x) =

n1j=0 ajx

j.

Atunci

1 = 10xiP (x)dx =

10

n1j=0 ajx

i+j =n1

j=0aj

i+j+1 ()i = 1, n 1 10P 2(x)dx =

10

n1j=0 aiajx

i+j =n1

j=0aiaji+j+1 =

n1i=0 ai

n1j=0

aji+j+1 =n1

i=0 ai

2



si 10P (x)f(x)dx =

n1j=0 aj

10xjf(x)dx =

n1j=0 aj

La fel ca la pb 1 si 2, 10f2(x)dx 1

0P (x)f(x)dx =

n1i=0 ai

si ramane sa aram ca

n1i=0 ai = n

2

Pentru aceasta fie r(x) =n1

j=0aj

j+x+1 1 care se anuleazapentru x = 0, n 1

Atunci polinomul monic de grad n

(x+ 1)(x+ 2)...(x+ n)n1j=0 aj(x+ 1)... (x+ j + 1)...(x+ n)este egal cu

x(x 1)...(x n+ 1)Egaland coeficientii lui xn1 obtinem

1 + 2 + ...+ nn1j=0 aj = (1 + 2 + ....+ n 1)adica

n1j=0 aj = n

2

q.e.d.

Obs. Se pot gasi ai = (1)ni1Cin1(i+ 1)(i+ 2)...(i+ n)

In conditii asemanatoare se pot deduce minorari si pentru integrala patratuluiderivatei unei functii

Problema 4Fie f:[0,1] R o functie derivabila cu derivata continua cuproprietatea ca

10f(x)dx =

10xf(x)dx = 1.Demonstrati ca 1

0(f (x))2 dx 30

Cezar si Tudorel Lupu SHL, ONM 2005

Solutie:Fie a si b numere reale.Atunci: 10

(ax2 + bx

)2 10

(f (x))2 dx [ 1

0

(ax2 + bx

)f (x)dx

]2=[f(x)(ax+ b)|10

3



- 10

(2ax+ b)f(x)2 = [(a+ b)f(1) 2a b]2

Luam a+b=0 adica b=-a si obtinem

10a2x2(x 1)2 1

0(f (x))d x a2

sau

10

(f (x))2 dx 115 24+ 13

= 30

Egalitatea are loc daca f (x) = a(x 1)x, R adica f(x) = kx33 kx2

2 + pk si p numere reale de unde rezolvand sistemul ce rezulta din conditiile initialeobtinem ca k = 3011 si p = 3722Prerzentam n continuare doua probleme avute n atentia comisiei olimpiadeinationale 2006.

Problema 5Fie f : [0, 1] R o functie continua .Demonstrati ca 1

0f(x)dx

10x4f(x)dx 415

10f2(x)dx

Dorian Popa si Ioan Rasa SHL ONM 2006

Solutie:Conform inegalitatii mediilor pentru orice numere reale a, b si CBS (integrala)

4ab 10x4f(x)dx

10f(x)dx

( 10

(ax4 + b)f(x)dx)2 1

0(ax4 + b)2

Considerand b=1 si a numar real oarecare rezulta

10x4f(x)dx

10f(x)dx a

2

9 +2a5 +1

4a

10f2(x)

Dar minimul expresiei a36 +110 +

14a este chiar

415 lucru care se poate justifica

usor cu medii

a36 +

110 +

14a 110 +

a36

14a =

110 +

212 =

415 cu egalitate pentru a=3.

Egalitatea are loc daca f(x) = (3x4 + 1), R

Problema 6Fie f : [0, 1] R o functie continua .Demonstrati ca

14

10f2(x)dx+ 2

( 10f(x)dx

)2 3 1

0f(x)dx

10xf(x)dx

Cezar Lupu SHL ONM 2006

Solutie:Cautam a real astfel ncat

4



14

10f2(x)dx+ (2 + 3a)

( 10f(x)dx

)2 3 1

0f(x)dx

10

(x+ a)f(x)dx

Notand 10f(x)dx = y obtinem trinomul de gradul II n y

(2 + 3a)y2-3y 10

(x+ a)f(x)dx+ 14 10f2(x)dx 0(*)

care are discriminantul

= 9( 1

0(x+ a)f(x)dx

)2 (2 + 3a) 1

0f2(x)dx

care conform CBS

9 10

(x+a)2 10f2(x)(2+3a) 1

0f2(x) =

[9 (x+a)

3

3 |10 2 3a] 1

0f2(x) =

=[3(1 + a)3 3a3 2 3a] 1

0f2(x)dx = (1 + 6a+ 9a2)

10f2(x)dx =

=(1+3a)2 10f2(x)dx

Se observa ca pentru a = 13 , 0 asadar inegalitatea (*) are loc pentruorice y real .

Insa nlocuind pe a = 13 se obtine concluzia problemei.

Egalitatea are loc daca f(x) = (x 13 ), R

Sa supunem atentiei n continuare o problema care ,ntr-o forma mai generalaa fost propusa de autor in AMM in anul 2007 nsa din motive esteticeredactorul sef de la acea vreme Doug Hensley, a preferat-o asa cum o redam ncontinuare.

Problema 7f, g : [0, 1] R doua functii integrabile astfel ncat 1

0f(x)g(x)dx = 0.

Demonstrati ca 10f2(x)dx

10g2(x)dx 4

( 10f(x)dx

10g(x)dx

)2Cezar Lupu si Tudorel Lupu SHL Concursul Arhimede 2007

Solutie:Fie a,b numere reale si inegalitatea CBS sum forma integrala

[ 10

(a+ f(x))(b+ g(x))dx]2 1

0(a+ f(x))2dx

10

(b+ g(x))2dx

Luand b=0 , a real obtinem

a2 10g2(x)dx a2 1

0g2(x) + 2a

10f(x)

10g2(x)dx+

10f2(x)dx

10g2(x)dx

5



sau

0 a2( 1

0g2(x)

( 10g(x)

)2)+ 2a

10f(x)

10g2(x) +

10f2(x)dx

10g2(x)dx

ceea ce impune ca discriminantul trinomului de gradul II n a sa fie nepozitivAceasta conduce la

( 10f(x)dx

)2 ( 10g2(x)

)2[ 1

0g2(x)

( 10g(x)

)2] 10f2(x)

10g2(x)dx

Prin simplificare cu 10g2(x)dx 6= 0

( 10f(x)dx

)2 10g2(x) 1

0f2(x)

10g2(x)

( 10g(x)

)2 10f2(x)

Rezulta

10f2(x)

10g2(x) 1

0f2(x)

( 10g(x)

)2+ 10g2(x)

( 10f(x)dx

)2Ridicand la patrat si aplicand inegalitatea mediilor pentru numere rezultaconcluzia.

Forma generala n care a fost propusa inegalitatea era

f, g : [a, b] R doua functii integrabile astfel ncat baf(x)g(x)dx = 0.

Demonstrati ca baf2(x)dx

bag2(x)dx 4

( baf(x)dx

bag(x)dx

)2Luand de exemplu a=-1, b=1 g(x) = x2 obtinem o particularizare frumoasa:

f : [1, 1] R o functie continua astfel ncat 11 x2f(x)gdx = 0.Demonstrati ca 1

1 f2(x)dx 109

( 11 f(x)dx

)2Prezentam n continuare o problema data la Olimpiada Nationala 2008

Problema 8Fie f : [0, 1] R o functie derivabila cu derivata continua astfel ncatf( 12 ) = 0.

Demonstrati ca 10

(f (x))2 dx 12( 1

0f(x)dx

)2

6



Cezar Lupu ONM 2008

Solutie:Fie a si b numere reale . Atunci:

12

0(ax+ b)f (x)dx = (ax+ b)f(x)| 120

12

0af(x)dx

Luam a si b astfel ncat (ax+ b)f(x)| 120 = 0 adica a=1 si b=0.

Obtinem 1

2

0xf (x)dx = 12

0f(x)dx

si cu CBS

( 12

0xf (x)dx

)2 12

0x2dx

12

0(f (x))2 dx = 124

12

0(f (x))2 dx(*)

Analog fie m si n numere reale . Atunci:

112(mx+ n)f (x)dx = (mx+ n)f(x)|11

2

112mf(x)dx

Luam m si n astfel ncat (mx+ n)f(x)|112

= 0 adica m+n=0 m=1 si n=-1.

Rezulta

112(x 1)f (x)dx = 11

2f(x)dx

si cu CBS

( 112(x 1)f (x)dx

)2 11

2(x 1)2dx 11

2(f (x))2 dx = 124

112

(f (x))2 dx(**)

Adun (*) cu (**)

124

10

(f (x))2 dx ( 1

2

0xf (x)dx

)2+( 1

12(x 1)f (x)dx

)2=( 1

2

0f(x)dx

)2+( 1

12f(x)

)2 12

( 12

0f(x)dx+

112f(x)

)2= 12

( 10f(x)dx

)2conform CBS.

Asadar

10

(f (x))2 dx 12( 1

0f(x)dx

)2

7



si problema e rezolvata

Sa vedem ce se ntampla daca la problema 3 slabim putin ipoteza. Astfel nproblema 2 de la Concursul Grigore Moisil Cluj Napoca 2008 se cere:

Problema 9Fie n N sif : [0, 1] R o functie continua cu proprietatea ca 10

(1 xn) f(x)dx = 0.

Sa se arate ca : 10f2(x)dx (2n+ 1)

( 10f(x)dx

)2Dorian Popa Concursul Grigore Moisil 2008

Solutie:

Demonstram urmatoarea lema :

Daca n 1 si g : [0, 1] R integrabila astfel ncat 10g(x)dx =

10xng(x)dx = 1, atunci

10g2(x)dx 2(n+ 1).

Demonstratia poarta amprenta primelor trei probleme.

Intr-adevar cautam polinomul P (x) = axn + b care verifica ipotezele lemei.

Acesta este P (x) = (n+1)(2n+1)n xn n+1n .

Apoi

0 10

(g(x) Px))2dx = 10g(x)(g(x) P (x))dx 1

0P (x)(g(x) P (x))dx = 1

0g2(x)dx (a+ b).

Asadar 10g2(x)dx a+ b = 2(n+ 1).

Notand g(x) = f(x) 10f(x)dx

(evident daca numitorul e nenul) aplicam lema si

problema este rezolvata.

Prezentam n continuare cateva probleme n care se aplica inegalitatea CBS:

Pentru nceput o foarte frumoasa problema data la IMC n 1995.

Problema 10Fie f : [0, 1] R o functie continua astfel ncat pentru orice x [0, 1]avem

1xf(t)dt 1x22 . Demonstrati ca 1

0f2(t)dt 13 .

IMC 1995

8



Solutie:

Notam F (x) = 1xf(t)dt.

Avem ca

1xf(t)dt 1x22

Rezulta

10

(F (1) F (x))dx 10

1x22 dx

F (1) 10

(xF (x))dx 13 10xf(x)dx 13

Din inegalitatea CBS avem :

10f2(x)dx

10x2dx ( 1

0xf(x)dx)2 19 ,

de unde rezulta concluzia.

In continuare o problema de la ONM 2003

Problema 11Fie n numar natural impar n 3 . Aflati functia f : [0, 1] Rcontinua astfel ncat 1

0(f( kx))

nkdx = kn

()k = 1, n 1Titu Andreescu ONM 2003

Solutie:

Cu schimbarea de variabila kx = t obtinem

10fnk(t)tk1dt = 1n pentru

orice n = 1, n 1(*).

Pentru k=1

10fn1(t)dt = 1n , (**)

Pentru n = n+12

10fn12 (t)t

n12 dt = 1n (***)

Din (**) si (***) cu CBS

1n2 =

( 10fn12 (t)t

n12 dt

)2 1

0fn1(t)dt

10tn1dt = 1n 1n = 1n2

9



Rezulta ca avem egalitate , de unde fn12 (t) = t

n12 deci = 1

Asadar fn12 (t) = t

n12 deci

f(x) = x()x R sau f(x) = x()x [0, 1]

Considerand n final k=2 n (*)

10fn2(t)tdt = 1n =

10tn1dt

de unde

10t(tn2 fn2(t)) dt = 0

si deoarece functia de sub integrala este nenegativa, rezulta ca este zero , adica

f(t) = t

pentru orice x real.

Sa revenim la ONM urmarind ideea articolului nostru , prezentand douademonstratii ale unei inegalitati propuse in anul 2009.

Problema 12Fie functia f : [0, 1] R derivabila cu derivata continua astfel ncat 1

0(f (x))2dx 2 1

0f(x)dx.

Sa se determine f stiind ca f(1) = 16Radu Gologan ONM 2009

Solutia 1 :

Sa cautam a numar real real astfel ncat

0 10

(f (x) + ax)2dx 0 (*)Aceasta se reduce la 1

0(f (x))2 dx+ 2a

10xf (x)dx+ a2

10x2dx 0

Integrand prin parti si folosind ipoteza

10

(f (x))2 dx+ 2a( 16) 2a 10 f(x)dx+ a23 0

de unde deducem ca a = 1

Relatia (*) conduce la egalitate adica

10



f (x) = x

De aici

f(x) = x22 + b, ()x [0, 1]

si cu conditia din ipoteza b = 13 , deci

f(x) = x22 + 13Solutia 2 :

Fie F (x) = x0f(t)dt

Avem:

10x2dx

10

(f (x))2dx ( 1

0xf (x)dx

)2.(din CBS)

Tinand cont de ipoteza si integrand prin parti avem

10

(f (x))2dx 3F 2(1) + F (1) + 112 3F 2(1) + 12 10

(f (x))2dx+ 112 .

De aici rezulta

10

(f (x))2dx 6F 2(1) + 16 2F (1)

,ultima inegalitate fiind AM-GM,tinand cont si de ipoteza.

Deci avem egalitate n CBS .In concluzie exista a R astfel ncat f (x) = ax.

De aici totul vine de la sine pentru ca obtinem

f(x) = ax2

2 + c =>a2 + c = 16

Introducem totul in inegalitatea din ipoteza care am demonstrat ca e egalitatesi rezulta

f(x) = x22 + 13 .

Putem demonstra inegalitati integrale folosind convexitatea anumitor functii:

Problema 13Fie a , b, c trei numere reale pozitive astfel ncat a+b+c=1. Sa searate ca:

11



(1 + 1a

)b (1 + 1b

)c (1 + 1c

)a 4.***

Solutia 1 :

Folosind inegalitatea Cauchy-Buniakovski-Schwarz, vom avea ca

(b(x+ a) + c(x+ c) + a(x+ b))(

bx+a +

cx+b +

ax+b

) (a+ b+ c)2.

Astfel, rezulta ca

bx+a +

cx+b +

ax+b (a+b+c)

2

x+ab+bc+ca .

Integrand aceasta inegalitate de la 0 la 1 vom avea ca

b 10

1x+adx+ c

10

1x+bdx+ a

10

1x+bdx 1x+ab+bc+ca .

Folosind mai departe si ca ab+ bc+ ca 13 , vom avea ca

b ln(1 + 1a

)+ c ln

(1 + 1b

)+ a

(1 + 1c

) 3 10

13x+1dx = 3 13 ln 4.

Acum, tinand cont de proprietatile logaritmului natural si de faptul ca ln estecrescatoare, obtinem cerinta problemei in cauza.

Solutia 2 :

Din inegalitatea mediilor, avem

1 + 1a = 1 +13a +

13a +

13a 4 4

1

27a3 =4

33/4a3/4.

Scriind si inegalitatile analoage si folosind inegalitatea

abbcca ab+ bc+ ca

concluzia rezulta imediat.

Solutia 3 :

Functia f(x) = ln(1 + 1x ) este convexa si aplicam inegalitatea lui Jensen.

Propunem n continuare cateva probleme spre rezolvarea cititorilor :

Probleme propuse

12



1. Fie f : [1, e] R o functie continua cu proprietatea ca

e1f(x)dx =

e1f(x) = 1

Demonstrati ca:

e1

(f(ex))2dx 4e2

Cristinel Mortici

2. Fie f : [0, 1] R o functie concava cu f(0) = 1. Sa se arate ca

32

10xf(x)dx 1

0f(x)dx 14 .

Cand are loc egalitatea?Dan Marinescu , Viorel Cornea, SHL ONM 2007

3.Determinati functiile derivabile cu derivatele continue

f : [0, 1] (0,) astfel ncat f(1)f(0) = e si

10

dxf(x)2 +

10f (x)2dx 2

TST SEEMOUS-FMI 2011

4.Daca a1, a2, ... , an R, atunci sa se demonstreze urmatoareainegalitate

1i,jn

aiaji+j1 0.

***

5.Fie a, b R cu a b si f : [a, b] R o functie continua pe [a,b].Aratati ca:

baf(x)dx b

a

f4(x) + 1dx 1

22( ba

(f2(x) + 1)dx)2

Dinu Teodorescu OJM 2000

BIBLIOGRAFIE

1.) Probleme propuse la ONM 2003-2009;

2.) Probleme avute n atentia Comisiei ONM;

3.) Concursurile studentesti SEEMOUS si IMC;

4.) Colectia www.mateforum.ro

13

Date post:	17-Oct-2015
Category:	Documents
Upload:	uburex
View:	442 times
Download:	18 times

inegalitati integrale

Documents