Page 32 - MATINF Nr. 3

32 F. St˘anescu

trebuie sa aib˘a discriminantul negativ, deci

2
à
Ç å í
1
R
2
Ñ é
1 1 f (x) · g (x) d x
Z Z
2
4 · f (x) d x ≤ 4 · f (x) d x − 0
1
R
2
0 0 g (x) d x
0
Ç å 2
1
R
Ñ é 2
1 1 f (x) · g (x) d x
Z Z
2
⇒ f (x) d x − f (x) d x ≥ 0 .
1
R 2
0 0 g (x) d x
0
1 1
R R
Aplicat , ia 7. Fie f : [0, 1] → R o funct , ie continu˘a cu proprietatea f (x) d x = xf (x) d x = 1.
0 0
1
R 2
Ar˘atat , i c˘a f (x) d x ≥ 4.
0
1 R 1
In aplicat , ia precedent˘a, pentru g (x) = x − , t , inˆand cont ca
Solut ,ie. ˆ g (x) d x = 0 s , i
2 0
1
R 2 1
g (x) d x = , obt , inem
12
0
1 Ñ 1 é 2 Ñ 1 é 2
Z Z Z
2
f (x) d x ≥ f (x) d x + 3 · (2x − 1) · f (x) d x = 1 + 3 = 4.
0 0 0
Aplicat , ia 8. Dac˘a f : [−1, 1] → R este o funct , ie integrabil˘a, demonstrat , i inegalitatea:
1 Ñ 1 é 2 Ñ 1 é 2
Z Z Z
1 3
2
f (x) d x ≥ f (x) d x + · x · f (x) d x .
2 2
−1 −1 −1
å 2
Ç
Ç å 2 b R
b b f(x)·g(x) d x
2
R 1 R
Solut ,ie. Vom folosi inegalitatea: f (x) d x − f (x) d x ≥ a , pentru
b−a b R
2
a a g (x) d x
a
b b
R R 2 x−a
g (x) d x = 0, g (x) d x 6= 0 (se efectuez˘a substitut , ia = y s , i se utilizeaz˘a Aplicat , ia 6).
b−a
a a
1 1
R R 2 2
Luˆand g(x) = x, avem g (x) d x = 0, g (x) d x = , deci rezult˘a inegalitatea din enunt , .
3
−1 −1
1
Aplicat , ia 9. Fie f : [a, b] → R o funct , ie de clas˘a C (adic˘a derivabil˘a cu derivata continu˘a)
b
R
astfel ˆıncˆat f (x) d x = 0. Demonstrat , i inegalitatea:
a
b b
Z Z
(b − a) 2
0
2
f (x) d x ≤ · (f (x)) d x.
2
a a