Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 614
2014-06-08 
Функция $f(x)$ непрерывна на $( - \infty, + \infty)$ и для любых чисел $a, b$
$f(a) + f(b) \geq \int_{a}^{b}f(x)^{2} dx$.
Доказать, что $f \equiv 0$.
Решение:
Рассмотрим два случая.
1-й случай: для любого $a \in \mathbf{R}$
$\int_{a}^{\infty} f^{2}(x) dx \leq f (a)$. Обозначив $F(x) = \int_{x}^{\infty} f^{2}(t) dt$,
имеем $F^{\prime}(x) = - f^(2)(x) \leq - \left ( \int_{x}^{\infty}f^{2}(t)dt \right )^{2}, F^{\prime}(x) \leq – F^{2}(x)$.
Выведем из этого неравенства, что $F \equiv 0$, и тогда $f \equiv 0$ (заметим, что в первом случае мы не пользуемся данным в задаче неравенством). Если $\not \equiv 0$, то хотя бы в одной точке $x_{0} F(x_{0}) > 0$. Тогда при $x < x_{0}$ также $F(x) > 0$. Проинтегрируем неравенство
$F^{\prime}(t)/F^{2}(t) \leq - 1$
по отрезку $[x, x_{0}]$, получим
$- \left. \frac{1}{F(t)} \right |_{0}^{x_{0}} \leq - (x_{0} - x)$,
$\frac{1}{F(x)} \leq \frac{1}{F(x_{0})} – (x_{0} - x)$,
$F(x) \geq \frac{1}{\frac{1}{\frac{1}{F(x_{0})} – (x_{0} - x)}}$.
Но отсюда следует, что если $x \rightarrow x_{0} – 1 /F(x_{0})$ справа, то $F(x) \rightarrow \infty$. Противоречие.
2-й случай: для некоторого $a \in \mathbf{R} \int_{a}^{\infty} f^{2}(x)dx > fa$. Тогда найдется столь большое число $B$, что при $x \geq B$
$\int_{a}^{x} f^{2}(t)dt > f(a)$.
Пользуясь неравенством $f(x) + f(a) \geq \int_{a}^{x} f^{2}(t)dt$, получим
$f(x) \geq \int_{a}^{x} f^{2}(t) dt – f(a) > 0$.
Положим $F(x) = \int_{a}^{x} f^{2}(t)dt – f(a) > 0$. Тогда $F^{\prime}(x) = f^{2}(x) \geq F^{2}(x)$. Так же, как в предыдущем случае, из неравенства $F^{\prime}(x) \geq F^{2}(x)$ при $x \geq B$ находим
$- \left. \frac{1}{F(t)} \right |_{x}^{B} \geq x - B$,
$F(x) \geq \frac{1}{\frac{1}{F(B)} + B - x}$,
откуда $F(x) \rightarrow \infty$ при $x \rightarrow B + 1/F(B)$ слева. Полученное противоречие завершает доказательство.
Функция $f(x)$ непрерывна на $( - \infty, + \infty)$ и для любых чисел $a, b$
$f(a) + f(b) \geq \int_{a}^{b}f(x)^{2} dx$.
Доказать, что $f \equiv 0$.
Решение:
Рассмотрим два случая.
1-й случай: для любого $a \in \mathbf{R}$
$\int_{a}^{\infty} f^{2}(x) dx \leq f (a)$. Обозначив $F(x) = \int_{x}^{\infty} f^{2}(t) dt$,
имеем $F^{\prime}(x) = - f^(2)(x) \leq - \left ( \int_{x}^{\infty}f^{2}(t)dt \right )^{2}, F^{\prime}(x) \leq – F^{2}(x)$.
Выведем из этого неравенства, что $F \equiv 0$, и тогда $f \equiv 0$ (заметим, что в первом случае мы не пользуемся данным в задаче неравенством). Если $\not \equiv 0$, то хотя бы в одной точке $x_{0} F(x_{0}) > 0$. Тогда при $x < x_{0}$ также $F(x) > 0$. Проинтегрируем неравенство
$F^{\prime}(t)/F^{2}(t) \leq - 1$
по отрезку $[x, x_{0}]$, получим
$- \left. \frac{1}{F(t)} \right |_{0}^{x_{0}} \leq - (x_{0} - x)$,
$\frac{1}{F(x)} \leq \frac{1}{F(x_{0})} – (x_{0} - x)$,
$F(x) \geq \frac{1}{\frac{1}{\frac{1}{F(x_{0})} – (x_{0} - x)}}$.
Но отсюда следует, что если $x \rightarrow x_{0} – 1 /F(x_{0})$ справа, то $F(x) \rightarrow \infty$. Противоречие.
2-й случай: для некоторого $a \in \mathbf{R} \int_{a}^{\infty} f^{2}(x)dx > fa$. Тогда найдется столь большое число $B$, что при $x \geq B$
$\int_{a}^{x} f^{2}(t)dt > f(a)$.
Пользуясь неравенством $f(x) + f(a) \geq \int_{a}^{x} f^{2}(t)dt$, получим
$f(x) \geq \int_{a}^{x} f^{2}(t) dt – f(a) > 0$.
Положим $F(x) = \int_{a}^{x} f^{2}(t)dt – f(a) > 0$. Тогда $F^{\prime}(x) = f^{2}(x) \geq F^{2}(x)$. Так же, как в предыдущем случае, из неравенства $F^{\prime}(x) \geq F^{2}(x)$ при $x \geq B$ находим
$- \left. \frac{1}{F(t)} \right |_{x}^{B} \geq x - B$,
$F(x) \geq \frac{1}{\frac{1}{F(B)} + B - x}$,
откуда $F(x) \rightarrow \infty$ при $x \rightarrow B + 1/F(B)$ слева. Полученное противоречие завершает доказательство.
