¿Por qué es $\int\int f(x)f(y) |x-y|dxdy$ negativo?

Question

El Programa De Instalación

Deje $f:\mathbb{R} \to\mathbb{R}$ ser una función suave con apoyo en el intervalo de $[-R,R]$ y de satisfacciones $\int f = 0$. Mediante la manipulación de algunas integrales, he encontrado el sorprendente desigualdad $$ \int\int f(x)f(y) |x-y| \,dxdy \leq 0. $$ Mis preguntas son

• Es esta desigualdad verdadera? Es mi derivación a continuación correcto?
• Existe una razón por la que esto es cierto?
• Hay otras funciones no triviales $g(x,y)$ para los que $$ \int \int f(x)f(y)g(x,y)\,dxdy \leq 0? $$ ¿Qué propiedades debería esperar de estas funciones $g(x,y)$?

La Derivación

Deje $H:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ ser la función de Heaviside, por lo $H(x) = 1$ para $x>0$, e $H(x) = 0$$x\leq 0$. Yo estaba interesado en la convolución $H\ast f(x)$ definido por $$ H\ast f(x) = \int f(y) H(x-y)\,dy = \int_{-\infty}^x f(y)\,dy. $$ Aviso que desde $f$ tiene apoyo en $[-R,R]$$\int f = 0$, $H\ast f$ también tiene soporte en $[-R,R]$.
Ahora estamos preparados para iniciar la derivación de la desigualdad, a partir de con la simple observación $$ 0 \leq \int |H\ast f(x)|^2\,dx = \int_{-R}^R |H\ast f(x)|^2\,dx. $$ Primera ampliar la plaza y la convolución, y, a continuación, reorganizar el orden de las integrales: \begin{align*} \int_{-R}^R |H\ast f(x)|^2\,dx &= \int_{-R}^R \left(\int_{-R}^R f(y)H(x-y)\,dy\right) \left(\int_{-R}^R f(z)H(x-z)\,dz\right) \,dx \\ &= \int_{-R}^R\int_{-R}^R f(y)f(z) \left(\int_{-R}^R H(x-y)H(x-z)\,dx\right)\,dydz \end{align*} El integrando $H(x-y)H(x-z)$ $1$ cuando ambos $x>y$$x>z$, e $0$ lo contrario. Por lo tanto la integral viene a $\min\{R-y,R-z\}$. Nos conectamos con esta de nuevo en la integral, y utilizar de nuevo el hecho de que $\int f = 0$: \begin{align*} \int_{-R}^R\int_{-R}^R f(y)f(z) \min\{R-y,R-z\} \,dydz &= \int_{-R}^R \int_{-R}^R f(y)f(z)(\min\{-y,-z\} - R)\,dydz \\&= \int_{-R}^R\int_{-R}^R f(y)f(z)\min\{-y,-z\}\,dydz. \end{align*} Ahora dividir el dominio según el cual de $-y$ o $-z$ es menor: \begin{align*} \int_{-R}^R\int_{-R}^R f(y)f(z)\min\{-y,-z\}\,dydz &= -\int_{y=-R}^R f(y)\left(y\int_{z=-R}^y f(z)\,dz + \int_{z=y}^R zf(z)\,dz\right)\,dy. \end{align*} Desde $\int_{-R}^R f(z)\,dz = 0$, $\int_{-R}^yf(z)\,dz = -\int_y^R f(z)\,dz$, así que podemos combinar las integrales a la conclusión de que \begin{align*} \int |H\ast f(x)|^2\,dx &= \int_{-R}^R f(y) \int_y^R f(z) (y-z)\,dz\,dy\\ &= - \int_{-R}^R f(y) \int_y^R f(z) |y-z|\,dz\,dy \end{align*} Para llegar a la integral anterior, cambiar los nombres de las variables ficticias y luego intercambiar el orden de las integrales: \begin{align*} \int |H\ast f(x)|^2\,dx &= -\int_{-R}^R f(z) \int_z^R f(y) |z-y|\,dy\,dz\\ &= -\int_{-R}^R f(y) \int_{-R}^y f(z) |z-y|\,dy\,dz. \end{align*} En conclusión, la adición de ambas fórmulas, obtenemos $$ 0\leq 2\int |H\ast f(x)|^2\,dx = -\int\int f(y)f(z)|y-z|\,dy\,dz. $$ La derivación es bastante largo, así que hay una buena probabilidad de que he cometido un error.

Answer 1

Usted no necesita suavidad: de hecho, integrabilidad es probablemente suficiente. Tal vez el "más brillante" prueba de ello es el uso de series de Fourier: vamos a $f \in L^2[-R,R]$, luego $$ \tilde{f}(k) = \frac{1}{2R}\int_{-R}^R e^{i\pi kx/R}f(x) \, dx $$ todos los que existen, y la identidad de Parseval dice que $$ C\sum_{k=-\infty}^{\infty} \overline{\tilde{f}(k)} \tilde{g}(k) = \int_{-R}^R \overline{f(x)}g(x) \, dx, $$ donde $C$ es un poco interesante de la normalización de la constante (lo más probable es $2R$).

También, tenemos el teorema de convolución, por lo que tomar $g=f \star h $ donde $h(x)=-\lvert x \rvert$, nos encontramos con que $$ \tilde{g}(k) = \tilde{f}(k) \tilde{h}(k), $$ y un cálculo de la muestra que $$ \tilde{h}(k) = \begin{cases} -R/2 & k=0 \\ \frac{(1-(-1)^k) R}{k^2 \pi^2} & k \neq 0 \end{cases}, $$ y, en particular, todos estos, sino $\tilde{h}(0)$ son no negativos. También, $\tilde{f}(0)=\int f = 0$. Por lo tanto, tenemos $$ -\iint f(x) f(y) \lvert x -y \rvert \, dx \, dy = 2R \sum_{k=-\infty}^{\infty} \lvert \tilde{f}(k) \rvert^2 \tilde{h}(k) = 2R\sum_{k \neq 0} \frac{(1-(-1)^k)R}{k^2\pi^2} \lvert \tilde{f}(k) \rvert^2 \geq 0 $$

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De manera más general, es evidente que si $g(x,y)=h(x-y)$, se requiere que todos los coeficientes de Fourier de $h$ ser no negativo guardar para $k=0$. Más allá de eso, es mucho más difícil (y de hecho, estoy escribiendo un artículo que incluye algunas de estas funciones en el momento).

También puede generalizar esto a infinito de intervalos, si usted tiene $\int \lvert x\rvert f(x) \, dx < \infty$, por un argumento similar utilizando la transformada de Fourier.

Answer 2

Establecimiento $F(x)=\int_{-R}^xf(y)\mathrm dy=H\star f(x)$$G(x)=\int_{-R}^xyf(y)\mathrm dy$, tenemos $F'(x)=f(x)$, $G'(x)=xf(x)$, $F(-R)=F(R)=0$. Continuar con la integración $$\begin{split}A&=\iint f(x)f(y)|x-y|\,\mathrm dy\\ &=\int_{-R}^Rf(x)\left[x\int_{-R}^xf(y)\mathrm dy-\int_{-R}^xyf(y)\mathrm dy-x\int_x^Rf(y)\mathrm dy+\int_x^Ryf(y)\mathrm dy\right]\,\mathrm dx\\ &=\int_{-R}^Rf(x)\left(xF(x)-G(x)+xF(x)+G(R)-G(x)\right)\mathrm dx\\ &=\big[F(x)\left(2xF(x)-2G(x)+G(R)\right)\big]_{-R}^R-\int_{-R}^RF(x)\left(2xf(x)+2F(x)-2xf(x)\right)\mathrm dx\\ &=-2\int_{-R}^RF(x)^2\mathrm dx\le0. \end{split}$$

Hemos use integración por partes y $\int_x^Rf(y)\mathrm dy=F(R)-\int_{-R}^xf(y)\mathrm dy=-F(x)$.