Encontrar el valor máximo de $\displaystyle \int_{0}^{1}e^x\log f(x)dx$ cuando $\displaystyle \int_{0}^{1}f(x)dx=1$

Question

¿Supongamos que $f(x)\ (0\le x\le 1)$ es continua y estrictamente positivo y satisface $$\int_{0}^{1}f(x)dx=1.$ $ entonces, podemos encontrar el máximo y el valor mínimo de los siguientes? ¿Si sí, entonces cómo? $$\int_{0}^{1}e^x\log f(x)dx$$

Incluso no sé si esto es solucionable. ¿Hay cualquier Teorema?

Answer 1

No hay ningún límite inferior. Pick $f(x) = (n+1)x^n$. A continuación, $f(x)$ satisface las hipótesis excepto en el origen (por lo que uno puede simplificar modificar la función de un pequeño barrio de el origen más tarde), y

$$ \int_0^1 e^x \log(f(x)) \, dx = (e - 1) \log(n+1) + n \int_0^1 e^x \log{x} \, dx$$

Podemos observar que

$$ \int_0^1 e^x \log{x} \, dx < 0$$

Así que el primer término está creciendo de forma logarítmica, mientras que el segundo término está disminuyendo linealmente, por lo que para arbitrariamente grande,$n$, la integral será arbitrariamente negativo.

Para encontrar el máximo, primero, escoja $f(x) = e^x / (e - 1)$. Entonces uno encuentra que

$$ \int_0^1 e^x \log(f(x)) \, dx = 1 - (e - 1) \log(e - 1) \approx 0.07$$

Me dicen que este es el maximizer. Para ello, definir el funcional

$$ I(f) = \int_0^1 e^x \log(f(x)) \, dx $$

Si $f_0(x) = e^x/(e - 1)$, entonces pueden admitirse $f(x)$ puede ser escrito como $f(x) = f_0(x) + \epsilon g(x)$ donde $g(x)$ es una función tal que $\int_0^1 g(x) \, dx = 0$. Entonces

$$ \frac{d}{d\epsilon} I(f_0 + \epsilon g) = \int_0^1 e^x \frac{g(x)}{f_0(x) + \epsilon g(x)} \, dx $$

Por lo tanto, mediante el establecimiento $\epsilon = 0$, la derivada direccional de $I$ $f_0$ en la dirección de $g$ está dado por

\begin{align*} \frac{d}{d\epsilon} \left. I(f_0 + \epsilon g) \right|_{\epsilon = 0} & = \int_0^1 e^x \frac{g(x)}{f_0(x)} \, dx \\ & = \int_0^1 (e -1) g(x) \, dx \\ & = 0. \end{align*} La derivada se desvanece independiente de $g$, y, por tanto, $f_0$ es un extremos locales de $I$. El cálculo de la segunda derivada,

\begin{align*} \frac{d^2}{d\epsilon^2} I(f_0 + \epsilon g) & = - \int_0^1 e^x \frac{g(x)^2}{(f_0(x) + \epsilon g(x))^2} \, dx \\ & < 0, \end{align*} y, por tanto, $f_0(x)$ es de al menos un máximo local. Sin embargo, el cálculo de la segunda derivada es válido incluso cuando $f_0(x)$ es reemplazado por cualquier otro pueden admitirse la función $f(x)$, y por lo tanto esto demuestra que $I$ es, de hecho, estrictamente cóncava. Por lo tanto, $f_0(x)$ es el máximo global.

Answer 2

Mi intento: $n \in \mathbb{N}$ considerar $(n+1)x^n$. Tenemos $\int_0^1 (n+1)x^n \ dx =1$.

Entonces $$ \int_0^1 e^x \log ((n+1)x^n) \ dx = \int_0^1 e^x (\log (n+1) + n \log x) \ dx = $ $ $$= (e-1) \log(n+1) + n \int_0^1 e^x \log x \ dx = (e-1) \log(n+1) + Cn$ $

Donde $C=-1.3\dots$ aproximadamente.

Así, tomando el %#% llegar $n \longrightarrow + \infty$ $ #%

Ahora uno puede aproximar estas funciones (que no son estrictamente $$\int_0^1 e^x \log ((n+1)x^n) \ dx \longrightarrow - \infty$) $>0$ $

$$\frac{(n+1)x^n + \varepsilon}{1+ \varepsilon} >0$, y conseguir que su funcional al menos no tiene ningún mínimo.

Answer 3

El uso de la desigualdad $$1-\frac {1}{u}>\log (u)>u-1$$ valid for all $u\en (0,1)$, (Moreover, when $ u > 1$ el de la desigualdad se invierte.

Caso (i): Si $ 0<f (x)<1$, Luego, $$1-\frac {1}{f (x)}>\log (f (x))> f (x)-1$$ Multiplying, each side of the inequality by the positive function $ e^x $ and then integrating each side with respect to $ x $ from $0$ to $1$ to get $$ \int_0^1 {e^x (1-\frac {1}{f (x)})dx} >I:=\int_0^1 {e^x \log (f (x))dx}>\int_0^1 {e^x (f (x)-1) dx} $$ Now, for the left hand integral we have $$\int_0^1 {e^x (1-\frac {1}{f (x)})dx} <e\cdot \int_0^1 {1-\frac {1}{f (x)}dx}<e+\frac {e}{M} $$ where we used the fact that since $ f $ is continuous on the $[0,1] $ then there exists $ M > 0$ s. t. $-M <f (x)<M $. In a similar manner we may observe that for the right hand integral we have $$\int _0^1 {e^x (f (x)-1)dx }> 0$$ Combining all inequalities to get $$e+\frac {e}{M}> I> 0$$ finally, letting $ M →\infty $ we get $0 <I <e$.

Caso (ii): si $f (x)> 1$. A continuación, utilizando las mismas técnicas de arriba a la inversa de la desigualdad obtenemos $1 <I <e-1$.