Inversa de Cauchy Schwarz para las integrales

Question

Deje $f,g$ dos continua positiva de las funciones $[a,b]$

Deje $m_1$ $M_1$ ser el mínimo y el máximo de $f$

Deje $m_2$ $M_2$ ser el mínimo y el máximo de $g$

Demostrar que $$\sqrt{\int_a^bf^2 \int_a^b g^2}\leq \frac{1}{2}\left(\sqrt{\frac{M_1M_2}{m_1m_2}}+\sqrt{\frac{m_1m_2}{M_1M_2}}\right)\int_a^bfg$$

Yo no puede hacer ningún progreso significativo en este...

Gracias por cualquier sugerencia.

Answer 1

Utilizamos la continuidad de $f$$g$, para demostrar que la integral de la desigualdad: $$\displaystyle \int_a^b f^2\int_a^bg^2 \le \dfrac{1}{4}\left(\sqrt{\dfrac{M_1M_2}{m_1m_2}}+\sqrt{\dfrac{m_1m_2}{M_1M_2}}\int_a^bfg\right)^2$$

sigue desde la prueba de la discreta caso de la desigualdad, teniendo en $a_k = f(a+\frac{b-a}{n}k)$$b_k = g(a+\frac{b-a}{n}k)$$k=1,\cdots,n$.

$$\sum_{k=1}^na_k^2\sum_{k=1}^nb_k^2 \le \left(\dfrac{M+m}{2\sqrt{Mm}}\sum_{k=1}^n a_kb_k\right)^2$$

donde, $\displaystyle M = {\dfrac{M_1}{m_2}} \ge \dfrac{a_k}{b_k} \ge {\dfrac{m_1}{M_2}} = m$, para todos los $1 \le k \le n$.

El uso de, $\displaystyle \left(\dfrac{a_k}{b_k} - M\right)\left(\dfrac{a_k}{b_k} - m\right) \le 0 \implies a_k^2+Mmb_k^2 \le (M+m)a_kb_k$

Por lo tanto, $$\sum_{k=1}^na_k^2+Mm\sum_{k=1}^nb_k^2 \le (M+m)\sum_{k=1}^na_kb_k$$

El uso de Am-Gm de la desigualdad,

$$2\left(\sum_{k=1}^na_k^2\right)^{1/2}\left(Mm\sum_{k=1}^nb_k^2\right)^{1/2} \le \sum_{k=1}^na_k^2+Mm\sum_{k=1}^nb_k^2 \le (M+m)\sum_{k=1}^na_kb_k$$

Dividir ambos lados por $n$ y tomando como límite $n \to \infty$,

$$\lim\limits_{n\to \infty}\left(\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^na_k^2\right)^{1/2}\left(\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^nb_k^2\right)^{1/2} \le \lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{M+m}{2\sqrt{Mm}}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^na_kb_k$$

$$\implies \displaystyle \sqrt{\int_a^b f^2\int_a^bg^2} \le \dfrac{1}{2}\left(\sqrt{\dfrac{M_1M_2}{m_1m_2}}+\sqrt{\dfrac{m_1m_2}{M_1M_2}}\right)\int_a^bfg$$

Answer 2

Aquí es una prueba de una revertir la desigualdad de Hölder demostrado de una manera muy similar a la prueba de la inversa de Cauchy-Schwarz desigualdad en mi otra respuesta. En lo que sigue, $p,q\gt1$$\frac1p+\frac1q=1$. El resultado se pide en la pregunta es simplemente el caso de $p=q=2$.

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Por la escala, que no cambia la relación de máximo a mínimo, podemos suponer $$ \int_a^bf(x)^p\,\mathrm{d}x=\int_a^bg(x)^q\,\mathrm{d}x=1\etiqueta{1} $$ Trivialmente, tenemos $$ \int_a^bf(x)g(x)\frac{f(x)^{p-1}}{g(x)}\,\mathrm{d}x=\int_a^bf(x)^p\,\mathrm{d}x=1\etiqueta{2} $$ y $$ \int_a^bf(x)g(x)\frac{g(x)^{p-1}}{f(x)}\,\mathrm{d}x=\int_a^bg(x)^q\,\mathrm{d}x=1\etiqueta{3} $$ Puesto que cada término es no negativo, $$ \left(\frac{M_f^{p-1}}{m_g}-\frac{f(x)^{p-1}}{g(x)}\right)\left(\frac{M_g^{q-1}}{m_f}-\frac{g(x)^{q-1}}{f(x)}\right)\ge0\tag{4} $$ donde $M_f$ $M_g$ es la suprema y $m_f$ $m_g$ son los infima de $f$$g$.

La integración de $(4)$ contra $f(x)g(x)$ $(2)$ $(3)$ da $$ \begin{align} &\left(\frac{M_f^{p-1}}{m_g}\frac{M_g^{q-1}}{m_f}+M_f^{p-2}M_g^{q-2}\right)\int_a^bf(x)g(x)\,\mathrm{d}x\\ &\ge\frac{M_f^{p-1}}{m_g}\frac{M_g^{q-1}}{m_f}\int_a^bf(x)g(x)\,\mathrm{d}x +\int_a^bf(x)^{p-1}g(x)^{q-1}\,\mathrm{d}x\tag{5}\\ &\ge\frac{M_f^{p-1}}{m_g}+\frac{M_g^{q-1}}{m_f}\tag{6}\\ &\ge\left(q\frac{M_f^{p-1}}{m_g}\right)^{\frac1q}\left(p\frac{M_g^{q-1}}{m_f}\right)^{\frac1p}\tag{7} \end{align} $$ Explicación:
$(5)$: $M_f^{p-2}f(x)\ge f(x)^{p-1}$ y $M_g^{q-2}g(x)\ge g(x)^{q-1}$
$(6)$: Integrar a $(4)$ contra $f(x)g(x)$ y el uso de $(2)$ $(3)$
$(7)$: Jóvenes de la Desigualdad

Por lo tanto, $$ \frac1{p^{\frac1p}q^{\frac1q}}\left[\left(\frac{M_f}{m_f}\right)^{\frac1q}\left(\frac{M_g}{m_g}\right)^{\frac1p}+\left(\frac{m_f}{M_f}\right)^{\frac1p}\left(\frac{m_g}{M_g}\right)^{\frac1q}\right]\int_a^bf(x)g(x)\,\mathrm{d}x\ge1\tag{8} $$ Deshacer la escala utilizada para obtener $(1)$, obtenemos $$ \begin{align} &\frac1{p^{\frac1p}q^{\frac1q}}\left(\frac{M_f}{m_f}\right)^{\frac{p}{p+q}}\left(\frac{M_g}{m_g}\right)^{\frac{q}{p+q}}\left(1+\frac{m_f}{M_f}\frac{m_g}{M_g}\right)\int_a^bf(x)g(x)\,\mathrm{d}x\\ &\ge\left(\int_a^bf(x)^p\,\mathrm{d}x\right)^{\frac1p}\left(\int_a^bg(x)^q\,\mathrm{d}x\right)^{\frac1q}\tag{9} \end{align} $$

Answer 3

Por la escala, que no cambia la relación de máximo a mínimo, podemos suponer $$ \int_a^bf(x)^2\,\mathrm{d}x=\int_a^bg(x)^2\,\mathrm{d}x=1\etiqueta{1} $$ Trivialmente, tenemos $$ \int_a^bf(x)g(x)\frac{f(x)}{g(x)}\,\mathrm{d}x=\int_a^bf(x)^2\,\mathrm{d}x=1\etiqueta{2} $$ y $$ \int_a^bf(x)g(x)\frac{g(x)}{f(x)}\,\mathrm{d}x=\int_a^bg(x)^2\,\mathrm{d}x=1\etiqueta{3} $$ Puesto que cada término es no negativo, $$ \left(\frac{M_f}{m_g}-\frac{f(x)}{g(x)}\right)\left(\frac{M_g}{m_f}-\frac{g(x)}{f(x)}\right)\ge0\tag{4} $$ donde $M_f$ $m_f$ son los máximos y mínimos de $f$ $M_g$ $m_g$ son los máximos y mínimos de $g$.

La integración de $(4)$ contra $f(x)g(x)$ $(2)$ $(3)$ da $$ \begin{align} \left(\frac{M_f}{m_g}\frac{M_g}{m_f}+1\right)\int_a^bf(x)g(x)\,\mathrm{d}x &\ge\frac{M_f}{m_g}+\frac{M_g}{m_f}\\ &\ge2\sqrt{\frac{M_f}{m_g}\frac{M_g}{m_f}}\tag{5} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \frac12\left(\sqrt{\frac{M_f}{m_g}\frac{M_g}{m_f}}+\sqrt{\frac{m_g}{M_f}\frac{m_f}{M_g}}\right)\int_a^bf(x)g(x)\,\mathrm{d}x\ge1\tag{6} $$ Deshacer la escala utilizada para obtener $(1)$, obtenemos $$ \hspace{-1cm}\frac12\left(\sqrt{\frac{M_f}{m_g}\frac{M_g}{m_f}}+\sqrt{\frac{m_g}{M_f}\frac{m_f}{M_g}}\right)\int_a^bf(x)g(x)\,\mathrm{d}x\ge\sqrt{\int_a^bf(x)^2\,\mathrm{d}x\int_a^bg(x)^2\,\mathrm{d}x}\tag{7} $$