Puede la integral de una función de ser más grande que la propia función?

Question

Hay distinto de cero(i.e no $f \equiv0 $) y no negativo función continua $f$ definido en $[0,1]$, que satisface $\int_0^x{f(t)}dt \geq f(x)~ \forall x$$[0,1]$?

Answer 1

Utilizar el factor de integración $e^{-x}$ encontrar $$ \frac{d}{dx}\left(e^{-x}\int_0^xf(s)ds\right)\le 0 $$ así que después de la integración $$ e^{-x}\int_0^xf(s)ds-e^0·0\le 0 $$ y así $$ f(x)\le\int_0^xf(s)ds\le 0 $$

Como $f$ se supone debe ser no negativo, la única solución es la función cero.

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Véase también Grönwall lema.

Answer 2

No. Desde $f$ es continua en un conjunto compacto es acotada y alcanza tanto en su mínimo y máximo, $m=f(x_0)$$M=f(x_1)$. Desde $f$ no es constante en estos son distintos. Elija cualquiera de los $c\in(m,M)$. Sin pérdida de generalidad supongamos $x_0<x_1$ Por la continuidad que hay algunos intervalo de $(a,b)\in[0,1]$ contiene $x_0$ que $f<c$. Así

$$\int_a^b f(t)dt \le \int_a^b cdt = c(b-a) < M(b-a)$$

Nota la desigualdad estricta. Entonces

$$\int_0^{x_1} f(t)dt$$

$$=\int_0^a f(t)dt + \int_a^b f(t)dt + \int_b^{x_1} f(t)dt$$

$$\le M(a-0) + \int_a^b f(t)dt + M(x_1-b)$$

$$< M(a-0) + M(b-a) + M(x_1-b)$$

$$= Mx_1\le M=f(x_1)$$

Así

$$\int_0^{x_1} f(t)dt < f(x_1)$$