Deje que$f:[0,1]\to[1,3]$ sea continuo. Probar $1 \leq \int_0^1 f(x)\,\mathrm dx \int_0^1 \frac{1}{f(x)}\, \mathrm dx\leq \frac{4}{3}$

Question

Deje que $f:[0,1]\to[1,3]$ sea continuo. Probar $$1 \leq \int_0^1 f(x)\,\mathrm dx \int_0^1 \frac{1}{f(x)}\, \mathrm dx\leq \frac{4}{3}.$ $

La izquierda es solo la desigualdad de Cauchy con forma integral, pero ¿qué es lo correcto?

Answer 1

Desde $f(x) + 3/f(x) \leq 4$ para todos los $x$, $$ \int_0^1 f(x)dx + 3\int_0^1 \frac{1}{f(x)}dx \leq 4 $$ Aplicar AM-GM de la desigualdad en el lado izquierdo para obtener el resultado.

La igualdad se mantiene cuando el valor de $f$ es $1$ para la media de $[0,1]$ e $3$ para la otra mitad, a pesar de que no es continua.

Answer 2

Gracias por @JWL de la pista. Voy a escribir toda una prueba para el problema. Por favor me corrija si estoy equivocado.

Prueba

Como para la parte izquierda de la desigualdad que queremos probar， denotar $$g(x):=\int_0^x f(t)dt\int_0^x\frac{1}{f(t)}dt-x^2,$$then it is equivalent to $g(1)\geq 0$. Notice that $g(0)=0$, and $$\begin{aligned} g'(x)&=f(x)\int_0^x\frac{1}{f(t)}dt+\frac{1}{f(x)}\int_0^x f(t)d-2x\\&=\int_0^x \frac{f(x)}{f(t)}+\frac{f(t)}{f(x)} dt-2x\\&\geq\int_0^x 2dt-2x\\&=0,\end{aligned}$$which shows that $g(x)$ is increasing monotonically. Thus $g(1)\geq g(0)=0$, que es sólo queremos.

Pasemos a abordar la parte derecha . Observe que ，bajo la condición de $f(x) \in [1,3]$，$$ f(x)+\frac{3}{f(x)}\leq 4.$$Therefore$$\int_0^1 f(x)+\frac{3}{f(x)}dx \leq \int_0^1 4 dx=4,$$que es $$\int_0^1 f(x)dx+3\int_0^1\frac{1}{f(x)}dx \leq 4.$$ Como por AM-GM de la desigualdad, obtenemos $$\int_0^1 f(x)dx+3\int_0^1\frac{1}{f(x)}dx\geq 2 \left[\int_0^1 f(x)dx \cdot 3\int_0^1\frac{1}{f(x)}dx\right]^{1/2},$$which gives$$\int_0^1 f(x)dx \cdot \int_0^1\frac{1}{f(x)}dx\leq \frac{4}{3}.$$