Интегральное неравенство

[phunico]

У меня есть проблема
Пусть функция $f \in C^1 [0,1]$. Допустим, что
$\int\limits_0^1 {f(x)dx} = \int\limits_0^1 {xf(x)dx = 1}$
Доказать, что:
$\left| {\int\limits_0^1 {f^3 (x)dx} - f^2 (0)} \right| \le M = \sup (f'(x))$

[Bard]

В указанных условиях неравенство не справедливо.
Возьмём в качестве функции

\[ f(x) \]

квадратный трёхчлен

\[ f(x) = \left( {6a + 12} \right)\,x^2 - \left( {6a + 6} \right)\,x + a \]

.
Тогда левая часть неравенства имеет порядок

\[ a^3 \]

, а правая

\[ a \]

.

[phunico]

Cпасибо!!!
Но если f >= 0, то... ???

[Henrylee]

phunico писал(а):

Cпасибо!!!
Но если f >= 0, то... ???

То условие (равенства) не выполнится никогда.

[Mikhail Sokolov]

Действительно, как справедливо отметил Henrylee, если $f$ неотрицательна, то равенство первого интеграла единице говорит о том, что $f$ является плотностью некоторой случайной величины, принимающей значения из интервала $[0,1]$. Равенство второго интеграла единице утверждает, что математическое ожидание этой случайной величины равно 1. Последнее возможно только если данная случайная величина вырождена в точке 1...

[phunico]

Что значит "случайная величина вырождена в точке 1"?

[Mikhail Sokolov]

Принимает значение 1 с вероятностью 1. Но плотности у такой случайной величины нет.

[phunico]

Спасибо!
Если f>=0 и условие $ \int\limits_0^1 {xf(x)dx = 1}$ не надо.... ????

[Brukvalub]

phunico в сообщении #139699 писал(а):

Спасибо!
Если f>=0 и условие $ \int\limits_0^1 {xf(x)dx = 1}$ не надо.... ????

Отбрасывание какого-либо условия может лишь расширить по включению класс функций. Если неравенство не выполнялось на подмножестве, то как оно может начать выполняться на множестве?

[Henrylee]

Brukvalub писал(а):

Отбрасывание какого-либо условия может лишь расширить по включению класс функций. Если неравенство не выполнялось на подмножестве, то как оно может начать выполняться на множестве?

После отбрасывания условия класс функций расширяется, а затем сужается (пересекаясь с $f\geqslant 0$
phunico
Вроде получается, но с константой 2 и модулем производной: если $\int_0^1 f(x)dx=1$, то

$$ \left|\int\limits_0^1 f^3(x)\ dx-f^2(0)\right|\leqslant 2\sup|f'(x)| $$

Для доказательства достаточно взять интеграл от куба по частям:

$$ \int\limits_0^1 f^3(x)\ dx=-\int\limits_0^1 f^2(x)dG(x)=... $$

где

$$ G(x)=\int\limits_x^1 f(t)dt $$

Что касается оценки без модуля производной, то она неверна - достаточно взять

$$ f(x)=(x-1)^2 $$

[phunico]

Цитата:

Для доказательства достаточно взять интеграл от куба по частям:

$$ \int\limits_0^1 f^3(x)\ dx=-\int\limits_0^1 f^2(x)dG(x)=... $$

где

$$ G(x)=\int\limits_x^1 f(t)dt $$

Функция f не дифференцируемая!

[Really]

phunico писал(а):

Цитата:

Для доказательства достаточно взять интеграл от куба по частям:

$$ \int\limits_0^1 f^3(x)\ dx=-\int\limits_0^1 f^2(x)dG(x)=... $$

где

$$ G(x)=\int\limits_x^1 f(t)dt $$

Функция f не дифференцируемая!

В данном случае этого и не требуется. $G$ - дифференцируемая.

[phunico]

Ой! Я ошибаюсь!
Cпасибо!!!

[Henrylee]

phunico писал(а):

Функция f не дифференцируемая!

Кроме того $f$ тоже дифференцируема по условию (да и ее производная входит в оценку).

PS Сдается мне, что оценку все же можно как-то улучшить до $\sup|f'(x)|$. По крайней мере контрпример придумать не смог.

[Henrylee]

Действительно, оценку $2\sup|f'(x)|$ можно улучшить до $\sup|f'(x)|$:
Интегрируя по частям, имеем

$$ \int\limits_0^1 f^3(x)\,dx-f^2(0)=2\int\limits_0^1 G(x)f(x)f'(x)\,dx $$

$$ \left|\int\limits_0^1 f^3(x)-f^2(0)\right|\leqslant 2\sup|f'(x)|\int\limits_0^1 G(x)f(x)\,dx $$

Легко показать, что интеграл в правой части равен $1/2$.