Integral de la desigualdad de $\frac{1}{2M}\le\int_0^1xf(x)dx\le1-\frac{1}{2M}$

Question

Deje $f:[0,1]\rightarrow[0,\infty)$ ser una función continua tal que $\int_0^1f(x)dx=1$, y deje $M=\max f(x)$. Demostrar que: $$\frac{1}{2M}\le\int_0^1xf(x)dx\le1-\frac{1}{2M}$$

Tenemos $1=\int_0^1f(x)dx\le\int_0^1Mdx=M$, lo $M\ge1$. He intentado varias desigualdades, pero ninguno de ellos parece estar trabajando en este caso. Yo podría utilizar una sugerencia. Gracias!

Answer 1

Vamos $F(x) := \int_0^x f(s)\, ds$, $x\in [0,1]$. A continuación, $F$ es continuamente diferenciable, monótona no decreciente de la función, la satisfacción de $$ F(0) = 0, \quad F(1) = 1, \quad 0 \leq F'(x) \leq M, \ \forall x\in [0,1]. $$ Como consecuencia de ello, $$ \max\{0, 1 - M(1-x)\} \leq F(x) \leq \min\{1, Mx\}, \qquad \forall x\in [0,1], $$ así que $$ \frac{1}{2M} \leq \int_0^1 F(x)\, dx \leq 1 - \frac{1}{2M}\,. \etiqueta{1} $$ Por otro lado, la integración por partes $$ \int_0^1 x\,f(x)\, dx = F(1) - \int_0^1 F(x)\, dx = 1 - \int_0^1 F(x)\, dx, $$ de modo que la desigualdad se sigue de (1).

Answer 2

El siguiente puede ser más difícil de seguir que el excelente aceptado respuesta. Mi excusa para la contabilización de todos modos: odio usando integración por partes en algo como esto, porque nunca me siento como si me muestra por qué la desigualdad es "realmente" es cierto. Si la desigualdad explícitamente incluye los derivados, o si es la verdadera causa de la cancelación, a continuación, fino, integración por partes es lo que hay. Pero cuando todo lo positivo que me gusta mucho más un argumento que simplemente realiza un seguimiento de cómo están las cosas y agrega las piezas.

Así, por ejemplo, siento que la A. F. el comentario de arriba es más esclarecedor que el aceptado la respuesta, aunque el comentario no es una prueba real. Yo no puedo decir que la siguiente es una rigurosa versión de ese comentario, pero surgió de pensar en la siguiente heurística, que parece más o menos el mismo que el comentario de:

Heurístico: parece claro que empujar la masa de $f$ a la izquierda, disminuye la integral; teniendo en cuenta la restricción $f\le M$ la función con la masa lo más a la izquierda como sea posible es $M\chi_{(0,1/M)}$, por lo que (una continua aproximación a) que debe minimizar la integral.

Solución real comienza aquí:

$$\begin{aligned}\int_0^1xf(x)\,dx&\ge\int_0^{1/M}xf(x)+\frac1M\int_{1/M}^1f \\&=\int_0^{1/M}xf(x)+\frac1M\left(1-\int_0^{1/M}f\right) \\&=\frac1M-\int_0^{1/M}\left(\frac1M-x\right)f(x) \\&\ge\frac1M-M\int_0^{1/M}\left(\frac1M-x\right) \\&=\frac1{2M}.\end{aligned}$$

(Tenga en cuenta que la final de la desigualdad anterior es válida porque la $1/M-x\ge0$$(0,1/M)$.)

La otra desigualdad se sigue de manera similar. (O usted puede notar que el límite inferior de $g(x)=f(1-x)$ implica que el límite superior para $f$.)

Edit: esto no es la prueba de que yo quiero. No me incomodan la forma de integración por partes, pero uno podría argumentar que una vez que no nos decidimos a integrar por partes el resto de la prueba es completamente transparente: Mira lo que la hipótesis dice acerca de la $F$ y listo.

He aquí una prueba donde la totalidad de la cosa parece perfectamente transparente, para mí. Nosotros probamos un nominalmente más fuerte declaración, la misma desigualdad suponiendo que $f$ es sólo medible en lugar de continua.

Deje $K$ el conjunto de $f\in L^\infty([0,1])$ tal que $0\le f\le M$$\int_0^1f=1$. A continuación, $K$ es un débil* compacto convexo subconjunto de $L^\infty$, por lo que Krein-Milman muestra que $K$ es el débil* cerrado convexo casco de sus puntos extremos. Es claro que si $f$ es un punto extremo, a continuación, $f=0$ o $M$ en casi todas partes, por lo $f=M\chi_E$$m(E)=1/M$.

Desde $f\mapsto\int xf(x)$ es lineal y débil*continuo podemos asumir que $f=M\chi_E$$m(E)=1/M$. Y ahora una prueba formal de que la integral es minimizado por $E=I:=(0,1/M)$ es clara:

Vamos $A=E\cap I$, $B=E\setminus I$ y $C=I\setminus E$. Tenga en cuenta que $m(C)=m(B)$. Por lo tanto $$\begin{aligned}\int_E x&=\int_Ax + \int_B x \\&\ge\int_A x+\frac1Mm(B) \\&=\int_Ax+\frac1Mm(C) \\&\ge\int_A x+\int_Cx \\&=\int_Ix.\end{aligned}$$

Por supuesto que mucho menos elemental que cualquiera de las otras dos pruebas, pero sí, desde que se le solicita, la aplicación de Krein-Milman parece más "natural" para mí que la integración por partes. Dibujar lo que sea conclusiones de eso.