Desigualdad de Jensen para integrales

Question

¿Qué formas agradables conoces para demostrar la desigualdad de Jensen para integrales? Estoy buscando diferentes enfoques.
Suponiendo que $\varphi$ es una función convexa en la recta real y $g$ es una función real integrable tenemos que:

$$\varphi\left(\int_a^b f\right) \leqslant \int_a^b \varphi(f).$$

Answer 1

Primero, la desigualdad de Jensen requiere un dominio, $X$, donde $$ \int_X\,\mathrm{d}\mu=1\tag{1} $$ A continuación, supongamos que $\varphi$ es convexa en el casco convexo del rango de $f$, $\mathcal{K}(f(X))$; esto significa que para cualquier $t_0\in \mathcal{K}(f(X))$, $$ \frac{\varphi(t)-\varphi(t_0)}{t-t_0}\tag{2} $$ es no decreciente para $t\in\mathcal{K}(f(X))\setminus\{t_0\}$. Esto significa que podemos encontrar un $\Phi$ tal que $$ \sup_{tt_0}\frac{\varphi(t)-\varphi(t_0)}{t-t_0}\tag{3} $$ y por lo tanto, para todo $t$, tenemos $$ (t-t_0)\Phi\le\varphi(t)-\varphi(t_0)\tag{4} $$ Ahora, sea $t=f(x)$ y establezcamos $$ t_0=\int_Xf(x)\,\mathrm{d}\mu\tag{5} $$ y $(4)$ se convierte en $$ \left(f(x)-\int_Xf(x)\,\mathrm{d}\mu\right)\Phi\le\varphi(f(x))-\varphi\left(\int_Xf(x)\,\mathrm{d}\mu\right)\tag{6} $$ Integrando ambos lados de $(6)$ recordando $(1)$ obtenemos $$ \left(\int_Xf(x)\,\mathrm{d}\mu-\int_Xf(x)\,\mathrm{d}\mu\right)\Phi\le\int_X\varphi(f(x))\,\mathrm{d}\mu-\varphi\left(\int_Xf(x)\,\mathrm{d}\mu\right)\tag{7} $$ lo cual, al reorganizar, se convierte en $$ \varphi\left(\int_Xf(x)\,\mathrm{d}\mu\right)\le\int_X\varphi(f(x))\,\mathrm{d}\mu\tag{8} $$

Answer 2

Me gusta esto, tal vez sea lo que quieres ...

Sea $E$ un espacio de Banach separable, sea $\mu$ una medida de probabilidad definida en $E$, sea $f : E \to \mathbb R$ convexa y (semi-)continua inferior. Entonces $$ f\left(\int_E x d\mu(x)\right) \le \int_E f(x)\,d\mu(x) . $$ Por supuesto asumimos que $\int_E x d\mu(x)$ existe, digamos por ejemplo que $\mu$ tiene soporte acotado.

Para la prueba, usa Hahn-Banach. Escribe $y = \int_E x d\mu(x)$. El super-gráfico $S=\{(x,t) : t \ge f(x)\}$ es cerrado y convexo. (Cerrado, porque $f$ es semicontinua inferior; convexo, porque $f$ es convexa.) Entonces para cualquier $\epsilon > 0$ por Hahn-Banach puedo separar $(y,f(y)-\epsilon)$ de $S$. Es decir, hay una funcional lineal continua $\phi$ en $E$ y un escalar $s$ tal que $t \ge \phi(x)+s$ para todo $(x,t) \in S$ y $\phi(y)+s > f(y)-\epsilon$. Así que: $$ f(y) -\epsilon < \phi(y)+s = \phi\left(\int_E x d\mu(x)\right)+s = \int_E (\phi(x)+s) d\mu(x) < \int_E f(x) d\mu(x) . $$ Esto es cierto para todo $\epsilon > 0$, así que tenemos la conclusión.

Answer 3

Una forma sería aplicar la desigualdad finita de Jensen $$\varphi\left(\frac{\sum a_i x_i}{\sum a_j}\right) \le \frac{\sum a_i \varphi (x_i)}{\sum a_j}$$ a cada suma de Riemann. La desigualdad finita se prueba fácilmente por inducción en el número de puntos, utilizando la definición de convexidad.

Answer 4

Aquí hay una buena prueba:

Paso 1: Sea $\varphi$ una función convexa en el intervalo $(a,b)$. Para $t_0\in (a,b)$, demuestre que existe $\beta\in\mathbb{R}$ tal que $\varphi(t)-\varphi(t_0)\geq\beta(t-t_0)$ para todo $t\in(a,b).

Paso 2: Tome $t_0=\int_a^bfdx$ y $t=f(x)$, e integre con respecto a $x$ para demostrar la desigualdad deseada.

Answer 5

Problema

Esta respuesta asume que la integral pertenece al dominio de $\varphi$, es decir, $$ \int_X\!f(x)\;dx \tag{1} \in {\rm dom}(\varphi) $$ Incluso más, la afirmación que queremos probar implica la evaluación de $\varphi$ en el valor de la integral. Entonces, surge una pregunta: ¿por qué se cumple $(1)$?

Sea $a los extremos del intervalo $I$ donde $\varphi$ está definida (pueden pertenecer o no a $I$). Para demostrar $(1)$ necesitamos una hipótesis, específicamente $$ \int_{\{f\notin I\}}dx = 0, \tag2 $$ es decir, $f\in I\rm\ a.e.$ (lo cual sucede si $f(X)\subseteq{\rm dom}(\varphi)=I$)

Debido a la hipótesis $(2)$, para demostrar $(1)$ es suficiente mostrar $$ \int_{\{f \in I\}}f(x)\;dx \in I. $$ Dado que $$ 1 = \int_X dx = \int_{\{f\in I\}}dx + \int_{\{f\notin I\}}dx = \int_{\{f\in I\}}dx, $$ obtenemos $$ a = \int_{\{f\in I\}} a\;dx \le \int_{\{f\in I\}}f(x)\;dx $$ Ahora, supongamos que $a\notin I$ y $$ \int_{\{f\in I\}} f(x)\;dx = \int_Xf(x)\;dx = a.\tag3 $$ Entonces también tendríamos $$ \int_{\{f \ge a\}}f(x)\;dx = \int_{\{f\in I\}}f(x)\;dx = a = \int_{\{f\ge a\}}a\,dx.\tag4 $$ Pero $(4)$ significa que $f = a,\rm\ a.e.$, lo cual contradice nuestra hipótesis porque $a\notin I$.

Por lo tanto, $\int_X f(x)\,dx=a$ y $a\in I$ o $\int_X f(x)\,dx > a$. De manera similar, $\int_X f(x)\,dx=b$ y $b\in I$ o $\int_X f(x)\,dx < b$.

En cualquier caso, $(1)$ se cumple y podemos proceder como en la respuesta de referencia.