Ортогональная неубывающая функция

[alisa-lebovski]

Найти нетривиальную неубывающую функцию $f(x)$ на $[0,1]$, удовлетворяющую условиям

$$\int_0^1f(x)(3x^2-4x)\,dx=0,\quad\int_0^1f(x)\,dx=0.$$

Пробовали кубические многочлены и кусочно-постоянные функции из двух и трех кусков, с неопределенными коэффициентами. Не получается. Имеет ли смысл увеличивать степень многочленов или число кусков, или есть какой-то менее тупой вариант решения?

[DeBill]

alisa-lebovski в сообщении #1101828 писал(а):

Имеет ли смысл

Нет. Но имеет смысл попробовать переписать условия задачи так, чтобы монотонность проявилась в более явном виде: производная вашей функции должна быть неотрицательной. Интегрируя по частям оба ваши условия, получим равенство нулю двух выражений, содержащих внеинтегральный член $f(1)$, и интегралы от $f'$, с множителями. Сложив их, избавимся от нехорошего члена. И вот, у меня получилось, что подынтегральное выражение - отрицательно, однако....
Так что смысла - да, нет. Остается только один нюанс: наше рассуждение годилось для гладкой функции. Если же она - не гладкая, то после интегрирования по частям, интегралы надо понимать в смысле Стильтьеса (задачка - не по теории меры и интеграла, случайно?). И вот тут какая-нибудь гадость типа лестницы Кантора , может, и прокатит...

[DeBill]

Не, не прокатит.
Уже равенство $\int\limits_{0}^{1} f(x) \cdot (3x^2 -4x +1) dx = 0 $ невозможно для монотонной не постоянной функции: сделаем в интеграле замену $z=x^3 -2x^2 +x$ .При $z \in [0,\frac{4}{27}]$ это уравнение имеет два корня $x_{+}$ и $x_{-}$
на $[0,1]$. Получим: $\int\limits_{0}^{\frac{4}{27}} ( f(x_{-} (z)) - f(x_{+}(z))) dz =0$ . Но , в силу монотонности $f$, это возможно только для $f = \operatorname{const}$...

[grizzly]

DeBill в сообщении #1101892 писал(а):

И вот тут какая-нибудь гадость типа лестницы Кантора , может, и прокатит...

Вряд ли. Если просто смотреть на картинку: разобъём $(0;1)$ на три равные части; подынтегральная парабола симметрична относительно $x=2/3$, при этом на $(0;1/3)$ абсолютные значения по $y$ меньшие, чем на $(1/3;1).$ А монотонность $f(x)$ гарантирует, что примерно бОльшая часть веса её отрицательного носителя лежит в первой трети. Плюс симметричность параболы... в общем, я бы и среди всякой гадости не стал бы искать.

-- 25.02.2016, 02:05 --

Ага, уже есть что-то строгое. Ну да ладно, оставлю и свои интуитивные рассуждения.