Maximizando el valor de $\int_0^1 f(x)f^{-1}(x)\ \mathrm{d}x$

Question

Estoy tratando de encontrar el tamaño máximo de la integral $\int_0^1 f(x)f^{-1}(x)\ \mathrm dx$ para $f$ diferenciable y creciente con $f(0)=0$ y $f(1)=1$. Me inventé este ejercicio para mí mismo y pensé que sería fácil, pero no puedo hacerlo.

Siento que la respuesta debería ser $\frac 1 3$ intuitivamente, que viene de $f(x)=x$. Hasta ahora he intentado integración por partes pero luego no sé qué hacer.

Edit: aquí está la integración por partes que intenté, aunque creo que no conduce a ninguna parte: $$\int^1_0 f(x)f^{-1}(x)\ \mathrm dx=\int_0^1f^{-1}(x)\ \mathrm dx-\int_0^1f'(x)\left(\int_0^x f^{-1}(t)\ \mathrm dt\right)\ \mathrm dx\text.$$ Pensé que esto podría ayudar porque $f'(x)>0$ ya que $f$ es creciente y el otro factor en esta integral también es positivo por defecto.

Answer 1

Demuestra $\int_0^1 f(x)f^{-1}(x)dx \leq \frac{1}{3}$.

Primero notamos que $f(x) \leq x$ conduce a $x \leq f^{-1}(x)$, y $f(x) \geq x$ conduce a $x \geq f^{-1}(x)$, así que $[f(x)-x][f^{-1}(x)-x] \leq 0$.

Integrando, obtenemos $\int_0^1 f(x)f^{-1}(x)dx+\int_0^1 x^2 dx \leq \int_0^1 x(f(x)+f^{-1}(x))dx=\int_0^1 xf(x) dx+\int_0^1 xf^{-1}(x)dx$.

Sea $y=f^{-1}(x)$, entonces la segunda integral en la derecha es $\int_0^1 yf(y)df(y)=\frac{1}{2}\int_0^1 ydf^2(y)=\frac{1}{2}[1-\int_0^1 f^2(y)dy]$.

Por lo tanto, $\int_0^1 f(x)f^{-1}(x)dx+\int_0^1 x^2 dx \leq \frac{1}{2}[1+\int_0^1 f(x)(2x-f(x))dx] \leq \frac{1}{2}[1+\int_0^1 x^2 dx]$.

Hecho.

"=" si y solo si $2x-f(x)=f(x)$, es decir, $f(x)=x$

Answer 2

La respuesta es efectivamente 1/3, lo cual se puede demostrar usando la desigualdad Fenchel-Young para transformadas de Legendre.

Defina $F(t):=\int_0^t f(x)dx$ de modo que $F$ sea convexa en $[0,1]$. La transformada de Legendre de $F$ está dada por $G(t)=\sup_{u\in [0,1]} (tu-F(u))=\int_0^t f^{-1}(x)dx$ para $t \in [0,1]$.

La desigualdad de Young (también llamada la desigualdad de Fenchel) dice que $ab \leq F(a)+G(b)$ para cualquier $a,b \in [0,1]$.

Consecuentemente, vemos que $f(x)f^{-1}(x)\leq F(f(x))+G(f^{-1}(x))$. Ahora notamos de Fubini que $$\int_0^1F(f(x))dx = \int_0^1\int_0^{f(x)}f(u)dudx $$$$= \int_0^1 \int_0^1 f(u)1_{\{u y simétricamente obtenemos que $$\int_0^1G(f^{-1}(x))dx = \int_0^1 f^{-1}(u)(1-f(u))du.$$ Ahora, al integrar la identidad $f(x)f^{-1}(x)\leq F(f(x))+G(f^{-1}(x))$ desde $0$ hasta $1$, obtenemos que $$\int_0^1 f(x)f^{-1}(x)dx \leq \int_0^1 f(u)(1-f^{-1}(u))du+\int_0^1 f^{-1}(u)(1-f(u))du.$$ Dado que $\int_0^1f(u)du+\int_0^1 f^{-1}(u)du=1$, la expresión anterior se reduce a $$3\int_0^1 f(x)f^{-1}(x)dx\leq 1.$$

Answer 3

Creo que puedes demostrarlo usando el cálculo de variaciones. Aquí tienes un esbozo de cómo sería.

Considera $h(x) = f(x) + \delta g(x)$ donde $g(x)$ es una función en alguna clase de funciones bien comportadas y $\delta$ es un número pequeño. Entonces $h^{-1}(x) \approx f^{-1}(x) - \delta g(x)$. Ahora considera

$$u(\delta) := \int_0^1 h(x)h^{-1}(x) = \int_0^1 (f(x) + \delta g(x)) (f^{-1}(x) - \delta g(x))$$

Entonces

$$u'(\delta)|_{\delta = 0} = \int_0^1 (g(x)f^{-1}(x) - g(x) f(x)) = \int_0^1 g(x)(f(x) - f^{-1}(x))dx$$

Dado que esto debe ser cero para todo $g$, obtienes $f^{-1}(x) = f(x)$. Pero como $f$ es creciente, obtienes

$$x \le f(x) \le f(f(x)) = x$$

y por lo tanto $f(x) = x$, por lo que tu respuesta es correcta.

Answer 4

Podemos hacer riguroso el argumento dado por Flounderer utilizando el comentario dado por Varun Vejalla. También podemos probar que la función identidad es de hecho un maximizador calculando la segunda variación que resulta ser fuertemente cóncava.

Usando el cambio de variable $x=f(t)$ tenemos $$ \int_0^1 f(x) f^{-1}(x)\,dx=\int_0^1 f(f(t))f'(t) t \,dt. $$ Calculamos la ecuación de Euler-Lagrange: sea $h(t)=f(t)+\delta g(t)$ donde $g\in S:=\{G \in C^1[0,1] : g(0)=g(1)=0\}$ y $\delta$ es un número real. Tenemos que $$ u[g](\delta)=\int_0^1 t (f(t)+\delta g(t))(f(f(t)+\delta g(t))+\delta g(f(t)+\delta g(t)))\,dt $$ Ahora la ecuación de Euler-Lagrange es $$0=\frac{d}{d\delta}u[g](0)=\int_0^1 t \{ g'(t) f(f(t))+ f'(t) f'(f(t)) g(t)+f'(t) g(f(t)) \}\,dt=\int_0^1 t [f(f(t))g(t)]' \,dt+ \int_0^1 t f'(t) g(f(t)) \,dt.$$ Integramos por partes la primera integral y sustituimos $f(t)=x$ para obtener $$ -\int_0^1 f(f(t)) g(t)+\int_0^1 g(x) f^{-1}(x) dx=\int_0^1 g(t) \lvert f^{-1}(t)-f(f(t))\rvert\, dt \quad \forall g\in S. $$ Una aplicación del lema fundamental nos da $$ f^{-1}(t)=f(f(t)),\quad \text{es decir} \quad t=f(f(f(t))). $$ Por simetría podemos suponer que $t\leq f(t)$ y dado que $f$ es creciente obtenemos que $t\leq f(t)\leq f(f(t))\leq f(f(f(t))=t$. Por lo tanto $f(t)=t$ es el único punto crítico para el funcional.

Podemos probar que $f(t)=t$ es de hecho un máximo ya que $u''[g](0) \leq - \alpha \int_0^1 g^2(t)\,dt$ para algún $\alpha>0$.

Si calculamos la segunda variación en $\delta=0$ en el argumento de Flounderer obtenemos $-2 \int_0^1 g^2(t)\, dt$, es decir, la condición fuertemente cóncava con $\alpha =2$. Podemos hacer que el argumento sea riguroso utilizando el enfoque anterior