Maximizar la integral de $f$, sabiendo que la integral de $\frac{1}{f}$, para una función de Lipschitz $f$

Question

Esta pregunta está relacionada con esta última pregunta, donde dos intervalos de $[a,b] $ $[c,d]$ fueron considerados. Aquí me pregunte acerca de una versión más simple con sólo un intervalo de $[a,b]$.

Considere el siguiente problema de optimización : $f$ es positiva continua de la función $[a,b] \to ]0,+\infty[$, que satisface la condición de Lipschitz $|f(x)-f(y)| \leq L|x-y|$ cualquier $x,y \in [a,b]$. Dada la restricción $\int_{a}^{b}\frac{dt}{f(t)}=\alpha$ (donde $\alpha$ es una constante positiva), el problema consiste entonces en encontrar el máximo (o supremum) valor $M$ $\int_{a}^{b}f(t)dt$ bajo esta restricción, y encontrar las funciones para las que esta máxima se alcanza, si los hubiere.

A pesar de que mi prueba de ello es todavía incompleta, creo que el máximo se alcanza cuando $f$ es una disminución de la función afín con coeficiente de $-L$. En este caso,

$$ f(t)=L\bigg(b-t+\frac{b}{e^{L\alpha}-1}\bigg), \ \int_a^{b} f(t)dt= L(b-a)^2\bigg(\frac{1}{2}+\frac{1}{e^{L\alpha}-1}\bigg) $$

Por la Piedra-teorema de Weierstrass, cuando se busca el máximo que se puede asumir que el $f$ es diferenciable (podemos incluso suponer que $f$ es un polinomio). En este caso, se puede aplicar los métodos descritos en el citado post : $|f'| \leq L$, lo $|(f^2)'| =|2ff'| \leq 2L|f|$ y, por tanto,$f^2(x) \leq f^2(a)+2LF(x)$, donde colocamos $F(x)=\int_a^x f(t)dt$. Por lo $f(x)=\frac{f^2(x)}{f(x)} \leq \frac{ f^2(a)+2LF(x)}{f(x)}$. Poner a $G(x)=f^2(a)+2LF(x)$, podemos deducir $\frac{G'(x)}{G(x)} \leq \frac{2L}{f(x)}$. la integración entre el$a$$b$, obtenemos ${\sf ln}\big(\frac{G(b)}{G(a)}\big) \leq 2L\alpha$. Ahora $G(a)=f^2(a)$ y $G(b)=f^2(a)+2L\int_a^b f(t)dt$, por lo que finalmente, se obtiene

$$ \int_a^b f(t)dt \leq \frac{e^{2L\alpha}-1}{2L}f^2(a) $$

Cualquier comentario se aprecia en las siguientes preguntas : ¿cuál es el máximo/supremum, que las funciones de alcanzar la igualdad.

Answer 1

Puede ser mejor hacer la restricción lineal, de manera que el trabajo con $g(x) = 1/f(x)$ en lugar de $f(x)$. El problema entonces es: maximizar $F(g) = \int_a^b \dfrac{dx}{g(x)}$ sujeto a las restricciones $g(x) > 0$ para todos los $x$, $\int_a^b g(x)\ dx = \alpha$, y $\left| \dfrac{1}{g(x)} - \dfrac{1}{g(y)}\right| \le L |x - y|$, es decir,$\left| g(y) - g(x)\right| \le L g(x) g(y) |x - y|$, para todos los $x,y \in [a,b]$. Una consecuencia de que el es $g(x) (1 - L g(y) |x - y|) \le g(y)$. En particular, si algunos de $g(y) < \epsilon < 1/(L (b-a))$$g(x) < \epsilon/(1 - \epsilon L (b-a))$, y, a continuación,$\int_a^b g(x)\ dx \le \epsilon (b-a)/(1 - \epsilon L (b-a))$, que para lo suficientemente pequeño $\epsilon > 0$ es de menos de $\alpha$, la violación de una restricción. Del mismo modo, si $g(y) > 1/\epsilon$,$g(x) > g(y)/(1 + L g(y)|x-y|) > 1/(\epsilon + L |x-y|)$. Desde $\int_a^b \dfrac{dx}{|x-y|} =\infty$, se vuelve a obtener una contradicción si $\epsilon$ es demasiado pequeño. Por lo tanto adecuados para la $\epsilon > 0$ podemos fortalecer $g(x) > 0$$1/\epsilon \ge g(x) \ge \epsilon$.

La "región factible" es el conjunto $\cal R$ de funciones continuas $g$ $[a,b]$ tal que $1/\epsilon \ge g(x) \ge \epsilon$ en todas partes, $\int_a^b g(x)\ dx = \alpha$, y $\left| g(y) - g(x)\right| \le L g(x) g(y) |x - y|$ todos los $x,y \in [a,b]$. Por el Arzela-Ascoli teorema este es compacto en $C[a,b]$, e $F$ es una función continua en ella, por lo $F$ alcanza su máximo, es decir, hay algunos $g_0 \in \cal R$ tal que $F(g_0) \ge F(g)$ todos los $g \in \cal R$.

Tenga en cuenta que $F(g)$ es estrictamente convexa en positivo funciones continuas, es decir, si $g_1, g_2 > 0$ $g_1 \ne g_2$ en algún lugar de $[a,b]$$F(t g_1 + (1-t) g_2) > t F(g_1) + (1-t) F(g_2)$$0 < t < 1$. Esto nos dice que la solución óptima debe ser un punto extremo de $\cal R$.

Yo creo que los puntos extremos de $\cal R$ todas las funciones son a $g$ tal que $1/g$ es un modelo lineal por tramos con pendientes $\pm L$, pero no tengo una prueba.