интегралы, теоретические задачи

[daogiauvang]

Дан функция непрерывна на $[0,\infty) \to [0,\infty)$ причем $f(f(x))=x^2$.
Доказать, что $\int\limits_{0}^{1} f^2(x)dx \geq \frac{3}{13}$
задача 2: Данно функция непрерывна на $[0,\infty] \to R$ причем $|f(x)-f(y)| \leq |x-y|$
Доказать, что :$\int\limits_{a}^{b} xf(x)dx \leq bf(b)+\frac{b^2}{2}-af(a)-\frac{a^2}{2}$

[daogiauvang]

т.е $\int\limits_{a}^{b} [f(x) - f(b) ]dx \leq \int\limits_{a}^{b} |f(x)-f(b)| dx \leq \int\limits_{a}^{b} |x-b| dx= \\ \int\limits_{a}^{b} (b-x) dx = b(b-a) + \frac{a^2}{2} - \frac{b^2}{2} $

или $ \int\limits_{a}^{b} f(x)dx \leq b(b-a) + \frac{a^2}{2} - \frac{b^2}{2} + f(b) .b- f(b) .a = \frac{b^2}{2} + \frac{a^2}{2} -ab + f(b).b - f(b).a $(*)

надо доказать, что:$ \frac{a^2}{2} -ab -f(b).a \leq -af(a) -\frac{a^2}{2} \Leftrightarrow 0 \leq a(f(b)-f(a)+ b-a) $
но:
$|f(b)-f(a)| \leq | b-a| = b-a \to a-b \leq f(b)-f(a)$ то $0 \leq a(f(b)-f(a)+ b-a) )$

[ddn]

daogiauvang писал(а):

Дан функция непрерывна на $[0,\infty) \to [0,\infty)$ причем $f(f(x))=x^2$.
Доказать, что $\int\limits_{0}^{1} f^2(x)dx \geq \frac{3}{13}$

По определению $f(x)\geqslant 0$.

Если $f(x_1)=f(x_2)$, то $f(f(x_1))=f(f(x_2))$ откуда $x_1^2=x_2^2$ и $x_1=x_2\in[0,+\infty)$ - значит непрерывная функция $f(x)$ строго монотонна.

Если $f(x')=0$ для некоторого $x'>0$, то в силу строгой монотонности $f(x)<0$ либо для $0\leqslant x<x'$, либо для $x>x'$ - что противоречит неотрицательности функции: $f(x)\geqslant 0$. Значит $f(x)>0$ при $x>0$.

Если $f(x)$ строго убывает, то $f(0)>f(x)>0$ при $x>0$, в том числе $f(0)>f(f(x))=x^2$, но для $x>\max(f(0),1)$ должно быть $x^2>f(0)x>f(0)$. Противоречие. Значит $f(x)$ строго возрастает.

Если $f(0)>0$, то $f(x)>f(0)>0$ при $x>0$, в том числе $f(f(0))>0$, но должно быть $f(f(0))=0^2=0$. Значит $f(0)=0$ и $f[[0,+\infty)]=[0,+\infty)$, а $f(x)$ имеет обратную на $[0,+\infty)$.

Если $f(1)>1$, то $f(x)>f(1)>1$ при $x>1$, в том числе $f(f(1))>1$, а если $f(1)<1$, то $0<f(x)<f(1)<1$ при $0<x<1$, в том числе $f(f(1))<1$, но должно быть $f(f(1))=1^2=1$. Значит $f(1)=1$.

Пусть $\Omega_+=\{x|x\in[0,+\infty),f(x)>x^{\sqrt{2}}\}$, $\Omega_-=\{x|x\in[0,+\infty),f(x)<x^{\sqrt{2}}\}$, $\Omega_0=\{x|x\in[0,+\infty),f(x)=x^{\sqrt{2}}\}$ - дизъюнктное разбиение $[0,+\infty)$, то есть $\Omega_+$, $\Omega_-$, $\Omega_0$ - не пересекаются, и $[0,+\infty)=\Omega_+\cup\Omega_-\cup\Omega_0$.

Если $x\in\Omega_0$, то $x^{\sqrt{2}}=f(x)$ и $f(x^{\sqrt{2}})=f(f(x))=x^2=(x^{\sqrt{2}})^{\sqrt{2}}$, что означает $x^{\sqrt{2}}\in\Omega_0$.
Если $x\in\Omega_+$, то $x^{\sqrt{2}}<f(x)$ и $f(x^{\sqrt{2}})<f(f(x))=x^2=(x^{\sqrt{2}})^{\sqrt{2}}$, что означает $x^{\sqrt{2}}\in\Omega_-$.
Если $x\in\Omega_-$, то $x^{\sqrt{2}}>f(x)$ и $f(x^{\sqrt{2}})>f(f(x))=x^2=(x^{\sqrt{2}})^{\sqrt{2}}$, что означает $x^{\sqrt{2}}\in\Omega_+$.
Множества $\Omega_+$, $\Omega_-$ и $\Omega_0$ биективно-инвариантны относительно преобразований $x\to x^2$ и $x\to\sqrt{x}$.

Отсюда следует, в частности, учитывая непрерывность $f(x)$, что на любом интервале $[x,x^{\sqrt{2}})$ при $x>1$ и на любом интервале $[x^{\sqrt{2}},x)$ при $0<x<1$ существует $x'\in\Omega_0$.

Возмем некоторое $x_0\in\Omega_0$ (то есть $f(x_0)=x_0^{\sqrt{2}}$), что $0<x_0<1$.
Определив $x_{n+1}=x_n^{\frac{1}{\sqrt{2}}}$ и $x_{-n-1}=x_{-n}^{\sqrt{2}}$ для натуральных $n$, будем иметь:
$x_n=x_0^{2^{-n/2}}\in\Omega_0$, $0<x_n<x_{n+1}<1$ ($n\in\mathbb{Z}$), $\lim\limits_{n\to-\infty}x_n=0$, $\lim\limits_{n\to+\infty}x_n=1$ и $f[[x_n,x_{n+1}]]=[x_{n-1},x_n]$.

Для любой непрерывной строго возрастающей функции $g:[x_0,x_1]\to[x_{-1},x_0]$, такой что $g(x_0)=x_{-1}$ и $g(x_1)=x_0$, существует единственная на интервале $[0,1]$ функция $f(x)$ с указанными в условии свойствами, такая, что на интервале $[x_0,x_1]$ она совпадает с $g(x)$:
то есть, если $g|_{[x_0,x_1]}=f_1|_{[x_0,x_1]}$ и $g|_{[x_0,x_1]}=f_2|_{[x_0,x_1]}$, то $f_1|_{[0,1]}=f_2|_{[0,1]}$.

Эта единственная на интервале $[0,1]$ функция $f(x)$ задается на нем
- при $x=0$, как $f(0)=0$;
- при $x\in[x_{2n-1},x_{2n}]$, что дает $f^{(2n)}(x)\in[x_{-1},x_0]$, как $f(x)=f^{(-2n+2)}(f^{(-1)}(f^{(2n)}(x)))=$
$=f^{(-2n+2)}(g^{(-1)}(f^{(2n)}(x)))=(g^{(-1)}(x^{2^n}))^{2^{-(n-1)}}\in[x_{2n-2},x_{2n-1}]$;
- при $x\in[x_{2n},x_{2n+1}]$, что дает $f^{(2n)}(x)\in[x_0,x_1]$, как $f(x)=f^{(-2n)}(f(f^{(2n)}(x)))=f^{(-2n)}(g(f^{(2n)}(x)))=(g(x^{2^n}))^{2^{-n}}\in[x_{2n-1},x_{2n}]$;
- при $x=1$, как $f(1)=1$;
то есть: $f(x)|_{[0,1]}=\left\{\begin{array}{cccc}0, & x=0\\(g^{(-1)}(x^{2^n}))^{2^{-(n-1)}}, & x\in[x_{2n-1},x_{2n})\wedge n\in\mathbb{Z}\\(g(x^{2^n}))^{2^{-n}}, & x\in[x_{2n},x_{2n+1})\wedge n\in\mathbb{Z}\\1, & x=1\end{array} \right$
Тогда $\int\limits_0^1 f^2(x)dx=\sum\limits_{n\in\mathbb{Z}}\left(\int\limits_{x_{2n-1}}^{x_{2n}}(g^{(-1)}(x^{2^n}))^{\frac{4}{2^n}}dx+\int\limits_{x_{2n}}^{x_{2n+1}}(g(x^{2^n}))^{\frac{2}{2^n}}dx\right)$

Учитывая, что $x_{-1}=x_0^{\sqrt{2}}<g(x)<x_0$ при $x_0<x<x_1$ и $x_0<g^{(-1)}(x)<x_1=x_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}$ при $x_{-1}<x<x_0$ получим:
$\int\limits_0^1 f^2(x)dx\geqslant A_-(x_0)=\sum\limits_{n\in\mathbb{Z}}\left(\int\limits_{x_{2n-1}}^{x_{2n}}x_0^{\frac{4}{2^n}}dx+\int\limits_{x_{2n}}^{x_{2n+1}}x_{-1}^{\frac{2}{2^n}}dx\right)=$
$=\sum\limits_{n\in\mathbb{Z}}\left((x_0^{\frac{1}{2^n}}-x_0^{\frac{\sqrt{2}}{2^n}})x_0^{\frac{4}{2^n}}+(x_0^{\frac{1}{\sqrt{2}2^n}}-x_0^{\frac{1}{2^n}})x_0^{\frac{4}{\sqrt{2}2^n}}}\right)=$
$=\sum\limits_{n\in\mathbb{Z}}\left(x_0^{\frac{5}{2^n}}+x_0^{\frac{5}{\sqrt{2}2^n}}-x_0^{\frac{4+\sqrt{2}}{2^n}}-x_0^{\frac{4+\sqrt{2}}{\sqrt{2}2^n}}\right)=\sum\limits_{n\in\mathbb{Z}}\left(x_0^{\frac{5}{\sqrt{2}^n}}-x_0^{\frac{4+\sqrt{2}}{\sqrt{2}^n}}\right)$

Функция $A_-(x_0)$, заданная на интервале $(0,1)$, инвариантна относительно преобразований $x\to x^{\sqrt{2}}$ и $x\to x^{\frac{1}{\sqrt{2}}$. поэтому можно рассмотреть ее значения на интервале одного периода $[(\frac{1}{2})^{\sqrt[4]{2}},(\frac{1}{2})^{\frac{1}{\sqrt[4]{2}}}]=[0.4385438119798300.., 0.5582965649524321..]$.

Дальнейший анализ - только численно.
Удивительно, но эта функция почти констата!
$A_-(\frac{1}{2})=0.22964740110\textbf{646787313338275107..}$
$A_-((\frac{1}{2})^{\sqrt[4]{2}})=A_-((\frac{1}{2})^{\frac{1}{\sqrt[4]{2}}})=0.22964740110\textbf{337883997551757390..}$
График $A_-(x_0)-A_-(0.5)$


Минимум $A_-(x_0)$ есть при $x_*=0.451249013157207(_{75}^{82})$ и равен $f_*=f(x_*)=0.22964740110299879290301502367631153765..$.
Это меньше, чем $3/13=0.230769230769230769230769230769230769230..$.
Для $g(x)=x^{\sqrt{2}}$ же интеграл будет $\int\limits_0^1 f^2(x)dx=\frac{1}{\sqrt{2}+1}=0.414213562373095048801688724209698078569..$ - явно где-то среднее между максимумом и минимумом интеграла, взятых по всем функциям $f(x)$.

Значит такого анализа недостаточно. Когда мы подставляли минимумы $g(x)=x_{-1}$ и $g^{(-1)}(x)=x_0$, мы не учли зависимости между $g(x)$ и $g^{(-1)}(x)$, и что когда $g(x)\to x_{-1}$ - стремится к своему допустимому минимуму, то $g^{(-1)}(x)\to x_1$ - стремится к своему допустимому максимуму. Это увеличит оценку снизу.

Дальнейший анализ.
Переходя к переменной $t=x^{2^n}$, $x=t^{\frac{1}{2^n}}$, $dx=\frac{1}{2^n}t^{-\frac{2^n-1}{2^n}}dt$, $t\in[x_{-1},x_0]$ при $x\in[x_{2n-1},x_{2n}]$ и $t\in[x_0,x_1]$ при $x\in[x_{2n},x_{2n+1}]$, получим:
$\int\limits_0^1 f^2(x)dx=\sum\limits_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{2^n}\left(\int\limits_{x_{-1}}^{x_0}t^{-\frac{2^n-1}{2^n}}(g^{(-1)}(t))^{\frac{4}{2^n}}dt+\int\limits_{x_0}^{x_1}t^{-\frac{2^n-1}{2^n}}(g(t))^{\frac{2}{2^n}}dt\right)$
Что дальше?..