Problema de cálculo de la Olimpiada

Question

Este problema es de una eliminatoria en una Olimpiada de Matemáticas de Colombia, lo pensé un tiempo pero no avancé. Es el siguiente.
Dada una función continua $f : [0,1] \to \mathbb{R}$ tal que $$\int_0^1{f(x)\, dx} = 0$$ Demostrar que existe $c \in (0,1) $ tal que $$\int_0^c{xf(x) \, dx} = 0$$ Agradeceré cualquier ayuda al respecto.

Answer 1

[ Edición mayor para convertir la segunda parte de la prueba en un lema ]

Definir:

$$F(x) = \int_0^x{f(t)\, dt}$$

Entonces $F(0)=F(1)=0$ y $F'(x)=f(x)$

Integrando por partes, vemos que:

$$\int_0^t{xf(x) \, dx} = t F(t) - \int_0^t{F(x)\, dx}$$

Para demostrar el teorema, debemos encontrar un $c \in (0,1)$ tal que:

$$ F(c) = {\frac{1}{c}}\int_0^c{F(x)\, dx}$$

Esto se demuestra con lo siguiente:

Lema: Si $F$ es una función continua en $[0,1]$ tal que $F(0)=F(1)$ entonces hay un $c\in (0,1)$ tal que: $$ F(c) = {\frac{1}{c}}\int_0^c{F(x)\, dx}$$

Prueba: Definir:

$$G(t) = {\frac{1}{t}}\int_0^t{F(x)\, dx}$$

$G(t)$ es continua y está definida en $[0,1]$ (el valor en $t=0$ se define como el límite, y es simplemente $F(0)$ por el teorema fundamental del cálculo).

$G(t)$ es la media de $F(x)$ para $x\in(0,t)$ Así que $G(t)$ debe tener como límite superior el límite superior de $F$ . Es decir, para todos los $t\in [0,1]$ , $G(t)\leq \operatorname{max}_{x\in[0,1]} F(x).$

Desde $F$ es continua, debe haber un $x_M \in [0,1]$ tal que $F(x_M)= \operatorname{max}_{x\in[0,1]} F(x)$ . A continuación, se establece $t=x_M$ vemos que:

$$G(x_M)\leq \operatorname{max}_{x\in[0,1]} F(x) = F(x_M)$$

Del mismo modo, tenemos que $G(t)\geq \operatorname{min} F(x)$ y, por lo tanto, cuando $F(x_m) = \operatorname{min}_{x\in[0,1]} F(x)$ tenemos $G(x_m)\geq F(x_m)$ .

Así, la función continua $H(x)=G(x)-F(x)$ tiene la propiedad de que $H(x_M)\leq 0$ y $H(x_m)\geq 0$ . Por el teorema del valor intermedio, debe haber un $c$ entre $x_m$ y $x_M$ , inclusive, tal que $H(c)=0$ y por lo tanto $F(c)=G(c)$ .

Si podemos encontrar $x_m$ y $x_M$ en $(0,1)$ - es decir, no en el límite - entonces sabemos que $c\in (0,1)$ y hemos terminado.

Si ambos $x_m$ y $x_M$ están en la frontera, entonces el máximo y el mínimo de $F$ son iguales, y por lo tanto $F$ es constante, por lo que podemos elegir cualquier $c$ .

Por lo tanto, supongamos que $F(0)=F(1)$ es el valor mínimo para $F$ y que $F$ no toma el valor mínimo en ninguna otra parte de $[0,1]$ . Entonces $F(x)>F(1)$ para todos $x\in(0,1)$ Así que sabemos que $G(1)>F(1)$ . Así que $H(1)>0$ y $H(x_M)\leq0$ . Por lo tanto, debe haber un $c$ en $[x_M,1]$ con $H(c)=0.$ Pero $c\neq 1$ Así que sabemos que $c \in [x_M,1)\subset(0,1)$ .

Answer 2

Esta es una versión simplificada de la prueba de Thomas Andrews:

Poner $F(x):=\int_0^x f(t)dt$ y considerar la función auxiliar $\phi(x)={1\over x}\int_0^x F(t)dt$ . Entonces $\phi(0)=0$ , $\ \phi(1)=\int_0^1 F(t)dt=:\alpha$ y por integración parcial se obtiene $$\phi'(x)=-{1\over x^2}\int_0^xF(t)dt +{1\over x}F(x)={1\over x^2}\int_0^x t f(t)dt\ .$$ El teorema del valor medio proporciona una $\xi\in(0,1)$ con $\phi'(\xi)=\alpha$ . Si $\alpha$ resulta ser $0$ hemos terminado. De lo contrario, invocamos $F(1)=0$ y concluir que $\phi'(1)=-\alpha$ . De ello se desprende que existe una $\xi'\in(\xi,1)$ con $\phi'(\xi')=0$ .