Desigualdad con integrales definidas

Question

Este problema me ha estado molestando durante días. Una función$f:[0,\,1]\to[0,\,1]$ con$f(0)=0$ y$f(1)=1$ está estrictamente aumentando y es diferenciable, con$f'$ también está aumentando estrictamente. (Entonces,$f$ es una función convexa.) Quiero mostrar que$2\left(\int_0^1f(x)\,\mathrm dx\right)^2 \, \geqslant \, f\left(\int_0^1f(x)\,\mathrm dx\right)$.

Hasta ahora he logrado mostrar que$f(x)\leqslant x$ para todos$0\leqslant x\leqslant1$ y$\int_0^1f(x)\,\mathrm dx\leqslant\frac12$. Estoy atascado después de esto.

También he mostrado (si ayuda) que$f'(0)\leqslant1\leqslant f'(1)$. Cualquier ayuda sería apreciada. Gracias.

Answer 1

Paso 1 $f(x)\le x$

Por el teorema del valor medio, existen$t\in(0,x)$ y$s\in(x,1)$ tal que$$\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=f'(t)$$ $$\frac{f(1)-f(x)}{1-x}=f'(s)$ $ De$t<s$,$$\frac{f(x)}{x}=f'(t)<f'(s)=\frac{1-f(x)}{1-x}$$ so we have $ f (x) \ le x $.

Dejemos$$I=\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x$ $ En el paso 1, tenemos$I\le\frac{1}{2}$

Paso 2 $f(x)\ge f(I)+(x-I)f'(I)$

Si$x>I$, existen algunos$s\in(I,1)$ que$$\frac{f(x)-f(I)}{x-I}=f'(s)>f'(I)$ $ y el resultado sigue.

Lo mismo ocurre con el caso$x<I$, ya que existen algunos$t\in(0,I)$ que$$\frac{f(I)-f(x)}{I-x}=f'(t)<f'(I)$ $

Paso 3 $2I^2\ge f(I)$

En el paso 2, \begin{align} I&=\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x\\ &\ge\int_0^1 f(I)+(x-I)f'(I)\,\mathrm{d}x\\ &=f(I)+(\frac{1}{2}-I)f'(I)\\ &\ge f(I)+(\frac{1}{2}-I)\frac{f(I)}{I}\\ &= \frac{f(I)}{2I} \end {align} Por lo tanto,$$2I^2\ge f(I)$ $