Problema. Deje $f\in C^1(\mathbb R)$ tal que $f(0) = 0$$0 < f'(x) \le 1$. Demostrar que para todos los $x\ge 0$ $$ \int_0^x f^3(t)\,dt \le \left(\int_0^x f(t)\,dt\right)^{\!\!2}. $$
A continuación es mi solución de este problema simple, pero me gustaría ver pruebas alternativas (sólo por diversión). Gracias por su tiempo!
Desde $f'(x) > 0$$f(x) > 0$, mientras que $x>0$. $f'(x)\le 1$ es dado; vamos a multiplicar por $2f(x)$: $$ 2f(x)f'(x) \le 2f(x). $$ Vamos a integrar esta desigualdad de$0$$x$: $$ \int_0^x 2f(t)f'(t)\,dt \le \int_0^x 2f(t)\,dt, $$ pero $$ \int_0^x 2f(t)f'(t)\,dt = \int_0^x \frac{d}{dt} \Big(f^2(t)\Big)dt = f^2(x) - f^2(0) = f^2(x). $$ Así, $$ f^2(x) \le 2\int_0^x f(t)\,dt $$ Vamos a multiplicar por $f(x) > 0$: $$ f^3(x) \le 2f(x)\int_0^x f(t)\,dt, $$ e integrar: $$ \int_0^x f^3(t)\,dt \le \int_0^x 2f(t)\left(\int_0^t f(u)\,du\right)dt $$ Denotar $F(t) = \displaystyle\int_0^t f(u)\,du$. Luego RHS es $$ \int_0^x 2f(t)F(t)\,dt = \int_0^x 2F'(t)F(t)\,dt = \int_0^x \frac{d}{dt} \Big(F^2(t)\Big)dt = F^2(x) - F^2(0) = F^2(x), $$ o $$ \int_0^x f^3(t)\,dt \le \left(\int_0^x f(t)\,dt\right)^2. $$
EDITAR
Solución de @J. J. es bonita y correcta, pero no de manera alternativa. En otras palabras, se demuestra que $f(x)-g(x)\ge 0$ en lugar de $f(x)\ge g(x)$. Quiero ver la prueba con conocidos integral de las desigualdades (como la de Cauchy-Schwarz, por ejemplo).
