ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2014-06-08   
Пусть $\phi$ и $\psi$ - взаимно-обратные непрерывные монотонно убывающие функции на $(0, + \infty)$, причем
$\int_{0}^{\infty} \phi(t) dt = \int_{0}^{\infty} \psi(s) ds = a$.
Доказать, что
$\int_{0}^{\infty} \phi^{2}(t) dt + \int_{0}^{\infty} \psi^{2} (s) ds \geq \frac{1}{2} a^{3/2}$.


Решение:



Возьмем какие-либо числа $p, q$ так, что $p > 0, q > 0, pq = a$, и разобьем подграфик функции $s = \phi(t)$ на три части, как показано на рис.
Обозначим площади этих частей буквами $I, P, Q$ (рис.). Очевидно, $P = \int_{p}^{\infty} \phi(t) dt, Q = \int_{q}^{\infty} \psi(s)ds, I = a – P – Q$. Пользуясь неравенством Koши - Буняковского, имеем
$\int_{0}^{\infty} \psi^{2}(s)ds \geq \int_{0}^{q} \psi^{2}(s)ds \geq \frac{1}{q} \left ( \int_{0}^{q} \psi(s) ds \right )^{2} = \frac{1}{q} (I + P)^{2}$
Следовательно, используя аналогичное неравенство для функции $\phi$, получим
$\int_{0}^{\infty} \phi^{2} dt + \int_{0}^{\infty} \psi^{2} ds \geq \frac{(I + Q)^{2}}{p} + \frac{(I+P)^{2}}{q} \geq \frac{2}{\sqrt{pq}} (I+Q)(I+P)$.
Здесь мы воспользовались неравенством $x^{2} + y^{2} \geq 2xy$. Далее имеем
$\frac{2}{\sqrt{pq}}(I + Q)(I + P) = \frac{2}{\sqrt{a}} (QP + I(I + Q + P)) = \frac{2}{\sqrt{a}}(QP - aI)$.
Очевидно, изменяя значения $p$ и $q$, можно добиться того, что $P = Q$, т. е. каждая из площадей $P, Q$ равна $(a - I)/2$. Тогда
$\int_{0}^{\infty} \phi^{2} dt + \int_{0}^{\infty} \psi^{2}ds \geq \frac{2}{\sqrt{a}} \left ( \frac{(a - I)^{2}}{4} + aI \right ) = \frac{2}{\sqrt{a}} \frac{(a + I)^{2}}{4} \geq \frac{1}{2}a^{3/2}$,
что и требовалось доказать.