Desigualdad usando Cauchy Buniakovsky Schwarz y Chebysev ¿tal vez?

Question

¿Puede alguien ayudarme con este problema? Gracias.

Sea $f : [0,1] \to [0, \infty)$ , $f$ es no decreciente y no nulo y $0 < a < b$ . Demuéstralo: $$1-\left(\frac{a-b}{a+b+1}\right)^2 \leq \frac{\left(\int_0^1 x^{a+b}f(x) \, dx\right)^2}{\int_0^1 x^{2a}f(x) \, dx \cdot \int_0^1 x^{2b}f(x) \, dx} < 1.$$

Mi enfoque:

El miembro derecho es fácil, sólo tiene que utilizar Cauchy Buniakovski Schwarz y ya está terminado. El miembro izquierdo no sé cómo hacerlo. ¿Tal vez alguien sabe? Gracias.

Answer 1

El término medio es invariante bajo la multiplicación de $f$ con una constante positiva, por lo que por comodidad podemos suponer $f(1) = 1$ . El lado izquierdo de la desigualdad es $$\frac{(1+2a)(1+2b)}{(a+b+1)^2}\,,$$ por lo que la desigualdad que queremos demostrar es $$\int_0^1 \bigl((1+2a)x^{2a}\bigr)f(x)\,dx \int_0^1 \bigl((1+2b)x^{2b}\bigr)f(x)\,dx \leqslant \Biggl(\int_0^1 \bigl((a+b+1)x^{a+b}\bigr)f(x)\,dx\Biggr)^2\,. \tag{1}$$ Ahora es conveniente utilizar la integral de Riemann-Stieltjes. La integración por partes da como resultado $$\int_0^1 (c+1)x^cf(x)\,dx = x^{c+1}f(x)\biggr\rvert_0^1 - \int_0^1 x^{c+1}\,df(x) = 1 - \int_0^1 x^{c+1}\,df(x)$$ para todos $c > 0$ y tenemos $$0 \leqslant \int_0^1 x^{c+1}\,df(x) \leqslant f(1) - f(0) \leqslant 1\,.$$ Aplicando la desigualdad de Cauchy-Buniakovsky-Schwarz a $$\int_0^1 x^{a+b+1}\,df(x) = \int_0^1 x^{a + \frac{1}{2}} x^{b + \frac{1}{2}}\,df(x)$$ se obtiene \begin{align} \Biggl(\int_0^1 \bigl((a+b+1)x^{a+b}\bigr)f(x)\,dx\Biggr)^2 &= \Biggl(1 - \int_0^1 x^{a+b+1}\,df(x)\Biggr)^2 \\ &\geqslant \Biggl(1 - \sqrt{\int_0^1 x^{2a+1}\,df(x)}\sqrt{\int_0^1 x^{2b+1}\,df(x)}\Biggr)^2 \end{align} y $$(1 - uv)^2 - (1 - u^2)(1-v^2) = (u-v)^2 \geqslant 0$$ con $$u = \sqrt{\int_0^1 x^{2a+1}\,df(x)}\qquad\text{and}\qquad v = \sqrt{\int_0^1 x^{2b+1}\,df(x)}$$ demuestra finalmente $(1)$ .

Si aún no se dispone de la integral de Riemann-Stieltjes, aproximar $f$ por funciones no decrecientes continuamente diferenciables $f_n \leqslant f_{n+1}$ . Entonces el argumento anterior puede hacerse para la integral de Riemann (sustituyendo $df_n(x)$ con $f_n'(x)\,dx$ ), y puesto que $(1)$ se cumple para cada $f_n$ también se cumple para el límite $f$ .