Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 600
2014-06-08 
Пусть $f(x)$ - непрерывная периодическая функция с периодом 2, причем $f(x)$ монотонно убывает на $[0, 1]$, монотонно возрастает на $[1, 2]$ и $f(x) = f(2 - x)$. Доказать, что интеграл
$\int_{0}^{2} f(x) f(x + \alpha) dx$
достигает минимума при $\alpha = 1$.
Решение:
Решение основано на следующем простом соображении, которое полезно и во многих других случаях. Пусть $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ и $b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}$ - два набора действительных чисел, причем $a_{1} \leq a_{2} \leq \cdots \leq a_{n}$ и $b_{1} \leq b_{2} \leq \cdots \leq b_{n}$. Рассмотрим всевозможные суммы вида
$a_{1}b_{\sigma(1)} + a_{2}b_{\sigma(2)} + \cdots + a_{n}b_{\sigma(n)}$,
где $\sigma$ - произвольная перестановка индексов. Тогда наибольшая среди этих сумм равна $a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + \cdots + a_{n}b_{n}$ (т. е. когда большему $a_{i}$ соответствует большее $b_{j}$), а наименьшая равна $a_{1}b_{n} + \cdots + a_{n}b_{1}$ (т. е. когда большему $a_{i}$ соответствует меньшее $b_{j}$). Докажем второе из этих утверждении, т. е. что
$a_{1}b_{n} + a_{2}b_{n-1} + \cdots + a_{n}b_{1} \leq a_{1}b_{m_{1}} + a_{2}b_{m_{2}} + \cdots + a_{n}b_{m_{n}}$, (1)
где $m_{i} = \sigma(i)$. Пусть среди индексов $m_{i}$ найдется пара расположенных в порядке возрастания, например $m_{1} < m_{2}$ (в противном случае последовательность $\{ m_{i} \}$ совпадает с $n, n – 1, \cdots, 1$ и доказывать нечего). Тогда переставим индексы $m_{1}$ и $m_{2}$, при этом сумма в правой части (1) не увеличивается. Действительно,
$a_{1}b_{m_{1}} + a_{2}b_{m_{2}} \leq a_{1}b_{m_{1}} + a_{2}b_{m_{2}}$,
так как разность этих выражений равна $(a_{1} – a_{2})(b_{m_{2}} – b_{m_{1}}) \leq 0$. После конечного числа таких перестановок индексов в правой части (1) получим $a_{1}b_{n} + a_{2}b_{n-1} + \cdots + a_{n}b_{1}$.
Для того чтобы применить (1) к решению задачи, нужно от непрерывной функции перейти к ступенчатой. Для каждого натурального $n$ введем ступенчатую функцию $f_{n}(x)$, которая на каждом интервале $\left ( \frac{i}{n}, \frac{i+1}{n} \right )$ принимает постоянное значение, равное $inf f(x)$ на этом интервале. Очевидно, функция $f_{n}(x)$ удовлетворяет всем условиям задачи, кроме непрерывности.
Пусть число $\alpha$ представляется в виде $p/n$, где $p$ - целое. Докажем, что
$\int_{0}^{2} f_{n}(x) f_{n}(x + \alpha) dx \geq \int_{0}^{2} f_{n}(x)f_{n}(x + 1)dx$. (2)
Полагая $a_{i} = inf_{\left ( \frac{i}{n}, \frac{i + 1}{n} \right )} f(x)$, имеем
$\int_{0}^{2} f_{n}(x)f_{n}(x + \alpha) dx = \frac{1}{n} \sum_{i=0}^{2n - 1}a_{i}a_{i+p}$.
Поэтому (2) эквивалентно неравенству
$\sum_{i = 0}^{2n - 1} a_{i}a_{i+p} \geq \sum_{i = 0}^{2n - 1} a_{i}a_{i+n}$. (3)
Заметим, что набор чисел $a_{i+p}$ получается из $a_{i+n}$ перестановкой (а именно циклическим сдвигом). Из условия задачи следует, что если $a_{i} \leq a_{j}$ то $a_{i + n} \geq a_{j + n}$. Поэтому неравенство (3) является частным случаем (1).
Докажем, наконец, что для любого $\alpha$
$\int_{0}^{2} f(x)f(x + \alpha) dx \geq \int_{0}^{2}f(x) f(x + 1)dx$.
Для любого $\varepsilon > 0$ найдется рациональное число $p/n$ такое, что $\left | \frac{p}{n} - \alpha \right | < \varepsilon$. Будем считать, что $n$ достаточно большое, например $n > \varepsilon^{-1}$. В силу равномерной непрерывности $f$ при $\varepsilon \rightarrow 0$ имеем
$\int_{0}^{2} f(x) f(x + \alpha) dx = \int_{0}^{2}f(x) f \left ( x + \frac{p}{n} \right ) dx + o(1) = \int_{0}^{1} f_{n}(x)f_{n} \left ( x + \frac{p}{n} \right ) dx + o(1) \geq \int_{0}^{2} f_{n}(x) f_{n}(x+1)dx + o(1) = \int_{0}^{2}f(x)f(x+1)dx + o(1)$,
отсюда и следует искомое.
В заключение предлагаем читателю следующие неравенства, связанные с (1) и называемые обычно неравенствами Чебышева.
I. Если $a_{1} \leq a_{2} \leq \cdots \leq a_{n}, b_{1} \leq b_{2} \leq \cdots \leq b_{n}$, то
$a_{1}b_{n} + a_{2}b_{n-1} + \cdots + a_{n}b_{1} \leq \frac{(a_{1} + \cdots + a_{n})(b_{1} + \cdots + b_{n})}{n} \leq a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + \cdots a_{n}b_{n}$.
2. Если $f$ и $g$ - монотонно возрастающие функции на отрезке $[0, T]$, то
$\int_{0}^{T}f(x)g(T - x)dx \leq \frac{1}{T} \int_{0}^{T}f(x)dx \int_{0}^{T}g(x)dx \leq \int_{0}^{T} f(x) g(x) dx$.
Существуют различные доказательства этих неравенств, в той числе и не использующие (1).
Пусть $f(x)$ - непрерывная периодическая функция с периодом 2, причем $f(x)$ монотонно убывает на $[0, 1]$, монотонно возрастает на $[1, 2]$ и $f(x) = f(2 - x)$. Доказать, что интеграл
$\int_{0}^{2} f(x) f(x + \alpha) dx$
достигает минимума при $\alpha = 1$.
Решение:
Решение основано на следующем простом соображении, которое полезно и во многих других случаях. Пусть $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ и $b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}$ - два набора действительных чисел, причем $a_{1} \leq a_{2} \leq \cdots \leq a_{n}$ и $b_{1} \leq b_{2} \leq \cdots \leq b_{n}$. Рассмотрим всевозможные суммы вида
$a_{1}b_{\sigma(1)} + a_{2}b_{\sigma(2)} + \cdots + a_{n}b_{\sigma(n)}$,
где $\sigma$ - произвольная перестановка индексов. Тогда наибольшая среди этих сумм равна $a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + \cdots + a_{n}b_{n}$ (т. е. когда большему $a_{i}$ соответствует большее $b_{j}$), а наименьшая равна $a_{1}b_{n} + \cdots + a_{n}b_{1}$ (т. е. когда большему $a_{i}$ соответствует меньшее $b_{j}$). Докажем второе из этих утверждении, т. е. что
$a_{1}b_{n} + a_{2}b_{n-1} + \cdots + a_{n}b_{1} \leq a_{1}b_{m_{1}} + a_{2}b_{m_{2}} + \cdots + a_{n}b_{m_{n}}$, (1)
где $m_{i} = \sigma(i)$. Пусть среди индексов $m_{i}$ найдется пара расположенных в порядке возрастания, например $m_{1} < m_{2}$ (в противном случае последовательность $\{ m_{i} \}$ совпадает с $n, n – 1, \cdots, 1$ и доказывать нечего). Тогда переставим индексы $m_{1}$ и $m_{2}$, при этом сумма в правой части (1) не увеличивается. Действительно,
$a_{1}b_{m_{1}} + a_{2}b_{m_{2}} \leq a_{1}b_{m_{1}} + a_{2}b_{m_{2}}$,
так как разность этих выражений равна $(a_{1} – a_{2})(b_{m_{2}} – b_{m_{1}}) \leq 0$. После конечного числа таких перестановок индексов в правой части (1) получим $a_{1}b_{n} + a_{2}b_{n-1} + \cdots + a_{n}b_{1}$.
Для того чтобы применить (1) к решению задачи, нужно от непрерывной функции перейти к ступенчатой. Для каждого натурального $n$ введем ступенчатую функцию $f_{n}(x)$, которая на каждом интервале $\left ( \frac{i}{n}, \frac{i+1}{n} \right )$ принимает постоянное значение, равное $inf f(x)$ на этом интервале. Очевидно, функция $f_{n}(x)$ удовлетворяет всем условиям задачи, кроме непрерывности.
Пусть число $\alpha$ представляется в виде $p/n$, где $p$ - целое. Докажем, что
$\int_{0}^{2} f_{n}(x) f_{n}(x + \alpha) dx \geq \int_{0}^{2} f_{n}(x)f_{n}(x + 1)dx$. (2)
Полагая $a_{i} = inf_{\left ( \frac{i}{n}, \frac{i + 1}{n} \right )} f(x)$, имеем
$\int_{0}^{2} f_{n}(x)f_{n}(x + \alpha) dx = \frac{1}{n} \sum_{i=0}^{2n - 1}a_{i}a_{i+p}$.
Поэтому (2) эквивалентно неравенству
$\sum_{i = 0}^{2n - 1} a_{i}a_{i+p} \geq \sum_{i = 0}^{2n - 1} a_{i}a_{i+n}$. (3)
Заметим, что набор чисел $a_{i+p}$ получается из $a_{i+n}$ перестановкой (а именно циклическим сдвигом). Из условия задачи следует, что если $a_{i} \leq a_{j}$ то $a_{i + n} \geq a_{j + n}$. Поэтому неравенство (3) является частным случаем (1).
Докажем, наконец, что для любого $\alpha$
$\int_{0}^{2} f(x)f(x + \alpha) dx \geq \int_{0}^{2}f(x) f(x + 1)dx$.
Для любого $\varepsilon > 0$ найдется рациональное число $p/n$ такое, что $\left | \frac{p}{n} - \alpha \right | < \varepsilon$. Будем считать, что $n$ достаточно большое, например $n > \varepsilon^{-1}$. В силу равномерной непрерывности $f$ при $\varepsilon \rightarrow 0$ имеем
$\int_{0}^{2} f(x) f(x + \alpha) dx = \int_{0}^{2}f(x) f \left ( x + \frac{p}{n} \right ) dx + o(1) = \int_{0}^{1} f_{n}(x)f_{n} \left ( x + \frac{p}{n} \right ) dx + o(1) \geq \int_{0}^{2} f_{n}(x) f_{n}(x+1)dx + o(1) = \int_{0}^{2}f(x)f(x+1)dx + o(1)$,
отсюда и следует искомое.
В заключение предлагаем читателю следующие неравенства, связанные с (1) и называемые обычно неравенствами Чебышева.
I. Если $a_{1} \leq a_{2} \leq \cdots \leq a_{n}, b_{1} \leq b_{2} \leq \cdots \leq b_{n}$, то
$a_{1}b_{n} + a_{2}b_{n-1} + \cdots + a_{n}b_{1} \leq \frac{(a_{1} + \cdots + a_{n})(b_{1} + \cdots + b_{n})}{n} \leq a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + \cdots a_{n}b_{n}$.
2. Если $f$ и $g$ - монотонно возрастающие функции на отрезке $[0, T]$, то
$\int_{0}^{T}f(x)g(T - x)dx \leq \frac{1}{T} \int_{0}^{T}f(x)dx \int_{0}^{T}g(x)dx \leq \int_{0}^{T} f(x) g(x) dx$.
Существуют различные доказательства этих неравенств, в той числе и не использующие (1).
