Инфимум супремума

[Alexander Evnin]

На экзамене в ШАД https://efiminem.github.io/supershad/25-05-2019/ предлагалась такая задача.
Пусть $M$ - множество непрерывных убывающих функций на отрезке $[0;1]$, для которых $f(1)=0$. Найдите

$$\inf_{f\in M}\sup_{x\in[0;1]}\frac{xf(x)}{\int_0^1f(t)\,dt}.$$

Понятно, что при умножении функции на положительную константу значение дроби не меняется. Поэтому можно считать, что $f(0)=1$.
Я искал функцию в виде $f(x)=(1-x^a)^b$. Получилось (с помощью компьютера), что инфимум чуть меньше 0.12, при этом $b\approx25$, $a\approx0.1$. Как же решается эта задача?

[eugensk]

Если $ f$ гладкая, и точка супремума внутри отрезка, то в ней $x df = - f dx$. Не знаю, что с этим дальше делать.

[Padawan]

По-моему нулю равен инфимум. Возьмём $f(x)=\frac{1}{x}$ при $x\in [\delta,1-\delta]$, равную константе $\frac{1}{\delta}$ при $x\in [0,\delta]$, и линейную на $[1-\delta,1]$, $f(1)=0$. Тогда $xf(x)\leqslant 1$ для всех $x\in [0,1]$. Устремим $\delta\to 0$, тогда $\int_0^1 f(x) dx\to \infty$, а значит $\sup\limits_{x\in[0;1]}\frac{xf(x)}{\int_0^1f(t)\,dt}\to 0$

[Alexander Evnin]

Да, ларчик просто открывался! Спасибо, Padawan!
На $[0;\delta]$ функцию $f$ можно доопределить так, чтобы она была непрерывной,
убывающей и при этом $xf(x)\leqslant1$.

[ewert]

Только зачем такие сложности? Гипербола действительно напрашивается -- для неё числитель просто постоянен, а интеграл в знаменателе расходится. Граничное условие при этом не имеет значения -- его можно обеспечить сдвигом вниз, который лишь уменьшит супремум и не изменит расходимости. Остаётся лишь чуток подправить функцию в нуле. Ну так и возьмём тупо $f_{\varepsilon}(x)=\frac1{x+\varepsilon}-\frac1{1+\varepsilon}$ при $\varepsilon\to+0$.

[Sicker]

Очевидно, что ноль, т.к. можно рассмотреть сколь угодно прижимающуюся к координатным осям функцию.
Тут по идее супремум можно спокойно заменить на максимум, не?

[generalnemo]

Наверно глупость сейчас скажу, но все таки. Разве это не является верным: $\sup\limits_{x\in[0;1]}\frac{xf(x)}{\int_0^1f(t)\,dt} = \frac{f(0)}{\int_0^1f(t)\,dt}$ ? Ведь мы же не можем ничего сказать про конкретное значение супремума, но можем точно сказать, что x * f(x) всегда меньше f(0) на заданном отрезке (т.к. функция убывает на заданном отрезке, то площадь прямоугольника f(0) * 1 всегда больше площади под графиком любой указанной функции на данном промежутке). И приравнивать f(0) к 1 не уверен, что корректно (функций великое множество). А затем берем инфинум от этого выражения и видим, что $\frac{f(0)}{\int_0^1f(t)\,dt} \geqslant \frac{f(0)}{f(0)} = 1$, т.к. f(0) равно площади прямоугольника, а она меньше (или равна) площади под графиком функции f(x).

Подскажите, пожалуйста, где я заблуждаюсь?

[nnosipov]

generalnemo в сообщении #1402587 писал(а):

Разве это не является верным: $\sup\limits_{x\in[0;1]}\frac{xf(x)}{\int_0^1f(t)\,dt} = \frac{f(0)}{\int_0^1f(t)\,dt}$ ?

Это не является верным.

generalnemo в сообщении #1402587 писал(а):

можем точно сказать, что x * f(x) всегда меньше f(0) на заданном отрезке

А это правда. Иными словами, $\sup\limits_{x\in[0;1]}{xf(x)} \leqslant f(0)$, но равенства может и не быть (см. примеры функций $f(x)$ выше).

[generalnemo]

nnosipov, а почему не является верным? Ведь неважно какой знаменатель - я же его оставляю таким же, а увеличиваю числитель.

[nnosipov]

generalnemo

nnosipov в сообщении #1402610 писал(а):

Иными словами, $\sup\limits_{x\in[0;1]}{xf(x)} \leqslant f(0)$, но равенства может и не быть (см. примеры функций $f(x)$ выше).

Т.е. может оказаться, что супремум строго меньше, чем $f(0)$.

[ewert]

nnosipov в сообщении #1402610 писал(а):

$\sup\limits_{x\in[0;1]}{xf(x)} \leqslant f(0)$

Хм. Даже если функция постоянна?... (а это ведь предельный случай)

[nnosipov]

ewert в сообщении #1402888 писал(а):

Хм. Даже если функция постоянна?

Не понял, в чем вопрос. По условию $f(x)$ --- непрерывная убывающая на $[0,1]$ функция, так что $xf(x) \leqslant f(x) \leqslant f(0)$ для любого $x \in [0,1]$.

[ewert]

А, да. Забыл про граничное условие, т.к. в памяти засела его непринципиальность.