Неравенство с интегралом

[xmaister]

Здравствуйте! Помогите пожалуйста решить следующую задачу:
Пусть $f,g: [a,b]\rightarrow [0,\infty)$- непрерывные неубывающие функции, такие что для любого $x\in [a,b]$

$$\int\limits_{a}^{x}\sqrt{f(t)}\leqslant\int\limits_a^x\sqrt{g(t)}$$

и $\int\limits_a^b\sqrt{f(t)}=\int\limits_a^b\sqrt{g(t)}$.
Доказать, что $\int\limits_a^b\sqrt{1+f(t)}\geqslant\int\limits_a^b\sqrt{1+g(t)}$

[Slip]

Ну это просто неверно, неравенство может быть в любую сторону. пусть $F(x)=\int\limits_a^x\sqrt{f(t)}\,dt$ и аналогично определим $G(x)$, тогда Ваши условия означают, что эти функции монотонны, причем $F(a)=G(a)=0, F(b)=G(b)$ и внутри отрезка $F(x)\leqslant G(x)$. А последние два интеграла можно записать в виде $\int\limits_a^b\sqrt{1+(F'(t))^2}\,dt$, поэтому они означают длины дуг графиков $y=F(x)$ и $y=G(x)$. Понятно, что эти длины могут быть связаны по-разному (например, $F(x)=\frac{2x}\pi, G(x)=\sin x, a=0, b=\frac\pi2$ и $a=0,b=1, F(x)=x^2, G(x)=x$).

[xmaister]

Slip, но если $G(x)=\sin x$, тогда $g(x)$ будет убывающей, а это противоречит условию, или я туплю?

[Slip]

Сорри, невнимательно условие прочитал. тогда ко всему мной написанному прибавляется, что $F(x)$ и $G(x)$ выпуклы вниз. длину можно заменить пределом длин вписанных ломаных, при этом при правильном выборе ломаных вписанные в нижнюю функцию ломаные будут полностью ниже, чем вписанные в верхнюю, и обе будут ниже, чем отрезок, соединяющий точки $(a,0)$ и $(b,F(b))$. можно переформулировать - есть два выпуклых многоугольника, при этом один полностью внутри другого, тогда достаточно показать, что периметр внутреннего не больше периметра внешнего. а это должен быть уже известный факт.

[ewert]

Вообще-то известным фактом можно считать уже то, что в выпуклом случае длина внешней кривой больше длины внутренней, зачем его каждый раз заново доказывать.