Page 36 - MATINF Nr. 1

36 F. St˘anescu

6. Fie a, b ∈ R cu a > 0, 2a + 3b = 6 s , i f : [0, 1] → R descresc˘atoare. S˘a se arate c˘a:
1 f (x) dx ≥ 1 2
R R
0 0 (ax + bx) f (x) dx.
2
Solut ,ie. Not˘am g : [0, 1] → R, g(x) = ax + bx − 1. Ecuat , ia g (x) = 0 are o unic˘a solut , ie α
in intervalul (0, 1).
Rezult˘a g (x) ≤ 0, (∀) x ∈ [0, α] s , i g (x) ≥ 0, (∀) x ∈ [α, 1] . Cum f este descresc˘atoare,
obt , inem
g (x) (f (x) − f (α)) ≤ 0, (∀) x ∈ [0, α]
s , i
g (x) (f (α) − f (x)) ≥ 0, (∀) x ∈ [α, 1]
1
Z
⇒ g (x) (f (x) − f (α)) ≤ 0, (∀) x ∈ [0, 1] ⇒ g (x) f (x) dx ≤ 0.
0
7. Dac˘a f : [0, 2π] → R este o funct , ie convex˘a s , i integrabil˘a, atunci are loc inegalitatea:

Z 2π
f (x) · cos xdx ≥ 0.
0

Solut ,ie. Putem scrie:

2π π 2π
Z Z Z
f (x) · cos xdx = f (x) cos xdx + f (x) cos xdx.
0 0 π

Pentru ultima integral˘a f˘acˆand substitut , ia x = t + π, rezult˘a c˘a

2π π
Z Z
f (x) cos xdx = − f (x + π) cos xdx,
π 0
de unde
Z 2π Z π
f (x) · cos xdx = cos x (f (x) − f (x + π)) dx.
0 0
Acum, pentru x, y ∈ [0, π] , x < y, deci x < y < x + π < y + π, obt , inem c˘a

f (y + π) − f (x + π) f (y) − f (x)
≥
y − x y − x

⇒ f (y) − f (y + π) ≤ f (x) − f (x + π) .
Astfel, funct , ia f (x) − f (x + π) , x ∈ [0, π] este descresc˘atoare.
ˆ
In final, cum s , i cos x este descresc˘atoare pe [0, π], aplicˆand inegalitatea lui Cebˆas , ev, avem

2π π
Z Z
f (x) · cos xdx = cos x (f (x) − f (x + π)) dx
0 0
1 ÅZ π ã ÅZ π ã
≥ cos xdx · (f (x) − f (x + π)) dx = 0.
π 0 0
0
8. Presupunem c˘a f : [0, 1] → R este o funct , ie derivabil˘a, cu f continu˘a, astfel ˆıncˆat
R 1
0 f (x) dx = 0. Pentru α ∈ (0, 1) demonstrat , i inegalitatea:
Z α 1
0
f (x) dx ≤
· max |f (x)| .
8
0 x∈[0,1]