Помогите решить задачу про сравнения

[Doston]

Доказать, что $\int_0^1f(x)g(x)dx\ge\int_0^1f(x)dx\cdot\int_0^1g(x)dx$, если известно что $f(x)$ и $g(x)$ непрерывные функции на $[0,1]$ и $f\prime(x)\cdot g\prime(x)>0$. Заранее спасибо за любые подсказки.

[alcoholist]

Сравнение -- это нечто иное.

В данном случае мы имеем дело с неравенством.

Намек. Условие на производные означает, что

$$ \Bigl(f(x)-f(y)\Bigr)\Bigl(g(x)-g(y)\Bigr)\ge 0 $$

[Doston]

alcoholist в сообщении #628730 писал(а):

Сравнение -- это
В данном случае мы имеем дело с неравенством.

Спасибо за поправку .
Но намек не помог продвинутся вперед...
Плучим: $f(x)g(x)-f(x)g(y)-f(y)g(x)+f(y)g(y)\ge0$
$f(x)g(x)+f(y)g(y)\ge f(x)g(y)+f(y)g(x)$

$$\int_0^1f(x)g(x)dx+\int_0^1f(y)g(y)dx \ge \int_0^1f(x)g(y)dx+\int_0^1f(y)g(x)dx$$

$$\int_0^1f(x)g(x)dx \ge g(y)\int_0^1f(x)dx +f(y)\int_0^1g(x)dx - f(y)g(y)$$

Осталось доказать, что

$$g(y)\int_0^1f(x)dx +f(y)\int_0^1g(x)dx - f(y)g(y) \ge \int_0^1f(x)dx \cdot \int_0^1g(x)dx$$

[RIP]

Doston в сообщении #629011 писал(а):

Осталось доказать, что

$$g(y)\int_0^1f(x)dx +f(y)\int_0^1g(x)dx - f(y)g(y) \ge \int_0^1f(x)dx \cdot \int_0^1g(x)dx$$

Не получится. И не нужно. На самом деле полдела Вы уже сделали — проинтегрировали по иксу. Осталось...

[TOTAL]

$f\prime(x)\cdot g\prime(x)>0$
Если здесь поменять на нестрогое неравенство, останется утверждение верным?

[Doston]

Задача решена, всем спасибо! Здесь привожу решение (может кому интересно будет).
Известно, что если
$a_1<a_2<a_3<\cdots<a_n$ и $b_1<b_2<b_3<\cdots<b_n$
или
$a_1>a_2>a_3>\cdots>a_n$ и $b_1>b_2>b_3>\cdots>b_n$
$\forall n\in N$ и $n>1$, тогда

$$n(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)>(a_1+a_2+\cdots+a_n)(b_1+b_2+\cdots+b_n)$$

(последнее неравенство можно доказать с помощью математической индукции). Положим:

$$a_i=f\left(\frac{i}{n}\right) \text{и}\ b_i=g\left(\frac{i}{n}\right), i=\overline{1,n}$$

получим:

$$n\sum_{i=1}^na_ib_i > \sum_{i=1}^na_i \cdot \sum_{i=1}^nb_i$$

разделим обе части на $n^2$, получим:

$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf\left(\frac{i}{n}\right)g\left(\frac{i}{n}\right)>\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf\left(\frac{i}{n}\right) \cdot \frac{1}{n}\sum_{i=1}^ng\left(\frac{i}{n}\right)$$

$$\lim_{n\to\infty} \sum_{i=1}^nf\left(\frac{i}{n}\right)g\left(\frac{i}{n}\right)\frac{1-0}{n} \ge \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^nf\left(\frac{i}{n}\right)\frac{1-0}{n} \cdot \lim_{n\to\infty} \sum_{i=1}^ng\left(\frac{i}{n}\right)\frac{1-0}{n}$$

Это неравенство равносильно следующему:

$$\int_0^1f(x)g(x) \ge \int_0^1f(x)dx \cdot \int_0^1f(x)dx$$

что и требовалось доказать.

[TOTAL]

Вам же предлагали два раза просуммировать (проинтегрировать):

$$\sum_i \sum_k (a_i - a_k)(b_i - b_k) \ge 0$$

[alcoholist]

alcoholist в сообщении #628730 писал(а):

Условие на производные означает, что

$$ \Bigl(f(x)-f(y)\Bigr)\Bigl(g(x)-g(y)\Bigr)\ge 0 $$

RIP в сообщении #629016 писал(а):

проинтегрировали по иксу. Осталось...

$$ 0\le\int_0^1\int_0^1\Bigl(f(x)-f(y)\Bigr)\Bigl(g(x)-g(y)\Bigr)dxdy=2\Bigl(\int_0^1f(x)g(x)dx-\int_0^1f(x)dx\int_0^1g(x)dx\Bigr) $$