Muestran que

Question

Estoy tratando de demostrar una pregunta de mi tarea, pero estoy atascado. La pregunta es

Pregunta: vamos a $f:[0,1]\rightarrow \mathbb{R}$, de tal manera que $|f'(x)| < 1, \forall x$$f(0) = 2$, demuestran que, a $\int_0^1f(x)dx \geq \frac{3}{2}$

Ok, así que mis esfuerzos hasta ahora eran estos:

1. Sé que si $|f'(x)| < 1$, se puede demostrar que $f(x)-f(y) < |x-y|$, (yo no demostrar que la desigualdad es estrictamente), por lo que puede utilizar la condición en la hipótesis de $\Rightarrow$ $|f(x)-2| \leq |f(x)| -2 < |x|$ $\Rightarrow$ $\int_0^1f(x)dx < \int_0^1x-2dx$, así que sólo puedo concluir que $\int_0^1f(x)dx < 5/2$.
2. Mi otra prueba es la media teorema del valor, así que puedo escribir $f'(c) = \frac{f(1) - f(0)}{1-0} <1$, para algunas de las $c \in (a,b)$,$f(1) < 3$.

No estoy seguro acerca de mi primer intento, pero estoy seguro acerca de la segunda.

Gracias de antemano!

Answer 1

Estás en la dirección correcta. Tenemos que

PS

Editar

Debido al teorema del valor medio para$$|f(x)-f(0)|\le x.$ tenemos que existe$x\in (0,1]$ tal que$c\in (0,x)$ Así tenemos

PS

Fin

Por lo tanto, es

$f(x)-f(0)=f'(c)(x-0).$$$|f(x)-2|=|f'(c)||x|<|x|.$ 2-x \ le f (x)$$2-x\le f(x)\le 2+x.$ f (x) \ le 2 + x $.)

Integrantig sobre$ (Note that the useful inequality here is $ tenemos

$ and not $ $ y hemos terminado.

Answer 2

También puedes probarlo de esta manera. Sabemos que$f^{'}(x)>-1$ y$f(0) = 2$

$f(x) = f(0)+\int_{0}^{x}f^{'}(t)\,dt$

asi que

$f(x)>f(0) + \int_{0}^{x}-1\,dt$

$f(x)>2-x$

$\int_{0}^{1}f(x)dx >\int_{0}^{1}2-x\,dx=1.5$

Esta imagen es también una explicación: