Una Desigualdad en el Cálculo

Question

Deje $f(0)>0$ $f(x)$ aumenta en $[0,1]$. Existe un número positivo $s$ tal que $$\int_0^1xf(x)\mathrm{d}x=s\int_0^1f(x)\mathrm{d}x$$ Demostrar que $$\int_0^sf(x)\mathrm{d}x\le\int_s^1f(x)\mathrm{d}x$$

Este es un problema de mi tarea. Deje $\displaystyle{g(x)=\int_0^xf(t)\mathrm{d}t},x\in[0,1]$. Si $f$ ES CONTINUA, tenemos $g(0)=0, g(1)=1$(WLOG, podemos suponer que) y $s=\displaystyle{\int_0^1xg'(x)\mathrm{d}x=1-\int_0^1g(x)\mathrm{d}x}$, que es el mismo a $\displaystyle{\int_0^1g(x)\mathrm{d}x=1-s}$.

Si $g(s)>\frac{1}{2}$ $f$ ES CONTINUA, tenemos $g(x)$ es convexa en a $[0,1]$. He utilizado algunas de las desigualdades para mostrar que $$\int_0^1g(x)\ge\frac{1-s}{2(1-g(s))}$$ and we get $g(s)\le\frac{1}{2}$, follws la contradicción.

Pero la cuestión es que quiero encontrar una solución SIN continuidad (o esta solución puede ser transformada) y me gustaría que este progreso sea más "analítica" porque he establecido un sistema de coordenadas para demostrar la desigualdad. Gracias por su ayuda!

Answer 1

Deje $g(x)= x$. Claramente, desde $0<g(x)<1$ en el intervalo de integración, $g$ es continua y $f>0$, tenemos $$ 0 = \min_{x \in [0,1]} g(x) \int_0^1 f < \int_0^1 g(x) f(x) \, dx < \max_{x \in [0,1]} g(x) \int_0^1 f = \int_0^1 f. $ $ , Pero por lo $$ 0 < \frac{1}{\int_0^1 f} \int_0^1 g(x)f(x) \, dx < 1, $$ y aplicando el teorema del valor intermedio para $g$,$s \in (0,1)$, de modo que $$ s = g(s) = \frac{1}{\int_0^1 f} \int_0^1 g(x)f(x) \, dx, $$ como se requiere (para aclarar, el IVT estados que $g$ toma en cada valor entre su mínimo $0$, y su máximo $1$ al menos una vez en el intervalo, por lo que sin duda podemos encontrar una para que esto tiene).

(Tenga en cuenta que para esta parte, todo lo que necesitábamos era que $f$ es positivo.)

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La siguiente es, sin duda no es la mejor manera para hacer la segunda parte, pero hace el trabajo. Tenemos $$ \frac{1}{s} \int_0^s f \leq \max_{[0,s]} f \leq f(s) \leq \min_{[s,1]} f \leq \frac{1}{1-s} \int_s^1 f, $$ y hemos terminado, si podemos mostrar a $s/(s-1) \geq 1$, o en otras palabras, $s\geq 1/2$. Esto también es fácil de comprobar: $\int_0^1 (y-x) f(x) \, dx$ es una función creciente con un cero, en $x=s$, pero $$ \int_0^1 (1/2-x) f(x) \, dx = \int_0^{1/2} (1/2-x)f(x) \, dx + \int_0^{1/2} (1/2-(1-x'))f(1-x')) \, dx' = \int_0^{1/2} (1/2-x)(f(x)-f(1-x)) \, dx \leq 0, $$ desde $f(1-x)\geq f(x)$$1/2<x<1$. El resultado de la siguiente manera.