$f$ es monótonamente creciente, $0 \le f \le 1$ y $\int_0^1 (f(x) - x) dx = 0$ entonces $\int_0^1|f(x)-x|dx \le \frac{1}{2}$ .

Question

$f(x)$ es monótonamente creciente en $[0,1]$ , $0 \le f \le 1$ y $\int_0^1 (f(x) - x) \mathrm{d}x = 0$ . Demostrar que $\int_0^1|f(x)-x|\mathrm{d}x \le \frac{1}{2}$ .

Es fácil si $f(x) \ge x$ en $[0,1]$ . E incluso en $[a,b]$ tenemos $\int_a^b |f(x)-x|\mathrm{d}x \le \frac{(b-a)^2}{2}$ . Pero los puntos cero de $f(x) - x$ pueden ser infinitamente numerosos. Aquí es donde existe la dificultad.

Answer 1

Aquí presentamos un enfoque un poco diferente, basado en el cálculo. En esta respuesta, supondremos que $f : [0, 1] \to [0, 1]$ es monotono-increciente. También escribimos $I(f) = \int_{0}^{1} |f(x) - x| \, \mathrm{d}x$ para ser más breve.

Paso 1 - Prueba bajo supuestos adicionales. Supongamos además que $f$ es de una sola pieza, $f(0) = 0$ y $f(1) = 1$ . Entonces, por la fórmula $\int |x|\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}x|x|+\mathsf{C}$ tenemos

$$ \int_{0}^{1} |f(x) - x|(f'(x)-1) \, \mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{2}|f(x)-x|(f(x)-x) \right]_{0}^{1} = 0. $$

En particular,

$$I(f) = \frac{1}{2}\int_{0}^{1} |f(x) - x|(f'(x)+1) \, \mathrm{d}x.$$

Ahora escoge $\alpha \in [0, 1]$ para que $f(\alpha) + \alpha = 1$ . (Esto es posible ya que $x \mapsto f(x)+x$ aumenta de $0$ a $2$ . Entonces, por la desigualdad del triángulo,

\begin{align*} \int_{0}^{\alpha} |f(x) - x|(f'(x)+1) \, \mathrm{d}x \leq \int_{0}^{\alpha} (f(x)+x)(f'(x)+1) \, \mathrm{d}x = \frac{1}{2}. \end{align*}

Del mismo modo, al escribir $|f(x)-x| = |(1-f(x))-(1-x)| \leq (1-f(x)) + (1-x)$ obtenemos

\begin{align*} \int_{\alpha}^{1} |f(x) - x|(f'(x)+1) \, \mathrm{d}x \leq \int_{\alpha}^{1} (2-f(x)-x)(f'(x)+1) \, \mathrm{d}x = \frac{1}{2}. \end{align*}

Por lo tanto, $\int_{0}^{1} |f(x)-x| (f'(x)+1) \, \mathrm{d}x \leq 1$ que a su vez implica $I(f) \leq \frac{1}{2}$ según sea necesario.

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Observación. Dejemos que $\gamma(t) = (f(t)+t, f(t)-t)$ . Entonces $\int_{0}^{1} |f(t)-t|(f'(t)+1)\,\mathrm{d}t = \int_{\gamma} |y|\,\mathrm{d}x$ calcula el área entre la trayectoria $\gamma$ y el eje horizontal. Tenga en cuenta que $\gamma$ es esencialmente el $-45^\circ$ -rotación del gráfico $y = f(x)$ hasta el escalamiento.

Entonces los límites anteriores se deducen inmediatamente del hecho de que la gráfica de $\gamma$ define una función sobre $[0, 2]$ que se aprieta entre líneas $y = \pm x$ y $y = \pm (2-x)$ .

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Paso 2 - Caso general. Para el caso general, dejemos que $f_n$ sea la interpolación lineal de los puntos

$$(0, 0), \quad (\tfrac{1}{n},f(\tfrac{1}{n})), \quad \cdots, \quad (\tfrac{n-1}{n}, f(\tfrac{n-1}{n})), \quad (1, 1).$$

Entonces, por monotonicidad,

\begin{align*} |I(f_n) - I(f)| &\leq \int_{0}^{1} |f_n(x) - f(x)| \, \mathrm{d}x = \sum_{k=1}^{n} \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} |f_n(x) - f(x)| \, \mathrm{d}x \\ &\leq \frac{1}{n}\left( [f(\tfrac{1}{n})-0] + \sum_{k=2}^{n-1} [f(\tfrac{k}{n}) - f(\tfrac{k-1}{n})] + [1-f(\tfrac{n-1}{n})] \right) \\ &= \frac{1}{n}, \end{align*}

por lo que $I(f_n) \to I(f)$ como $n\to\infty$ y la desigualdad deseada $I(f) \leq \frac{1}{2}$ se desprende del paso anterior.

Answer 2

En caso de que tengas alguna familiaridad con la teoría de la medida:

Tome una secuencia creciente de funciones simples $f_k \rightarrow f$ convergiendo puntualmente. Por el teorema de convergencia monótona tenemos $\lim_{k \rightarrow \infty} \int_0^1 f_k(x) dx = \int_0^1 f(x) dx$ . Por lo tanto, basta con mostrar el resultado para las funciones simples. Las funciones $f_k(x) - x$ sólo tendrá un número finito de ceros, así que ya sabes cómo hacerlo.

Answer 3

He aquí un esbozo de un argumento diferente. Sea $K$ sea el conjunto de funciones monótonas crecientes $f:[0,1]\to[0,1]$ que son continuos por la derecha y tienen límites por la izquierda (el càdlàg funciones). También se puede restringir el $f$ del planteamiento del problema para estar en $K$ como cualquier $f$ puede modificarse en sus (contadas) discontinuidades para hacerla càdlàg y conservando todas las integrales. Ahora bien, $K$ es convexa, y sus puntos extremos son las funciones de distribución acumulativa de las masas puntuales en los puntos $a\in[0,1],$ junto con la función cero. En particular, las funciones simples constantes en $[0,a)$ y en $[a,1]$ . (Esta afirmación es, en efecto, que las masas puntuales y la medida cero son los puntos extremos de las medidas de subprobabilidad en $[0,1]$ .) Ahora, por un teorema de Dubins (ver también ), los puntos extremos de $K\cap L$ , donde $L$ es el conjunto de $f$ para lo cual $\int_0^1 f = 1/2$ son todas combinaciones convexas de como máximo dos puntos extremos de $K$ . Es decir, funciones simples con a lo sumo 2 discontinuidades. Dado que $f\mapsto\int_0^1|f(x)-x|dx$ es continua y convexa, el máximo se alcanza en un punto extremo de $K\cap L$ . Como indican los comentarios, $\int_0^1|f(x)-x|dx$ es igual al área de la unión de un número finito de triángulos, cuya suma de alturas es $\le 1$ y la suma de sus longitudes es $\le 1$ y por lo tanto tienen un área total $\le 1/2$ .