Cómo demostrar esta desigualdad integral $\int_{0}^{s}f(x)\,dx\le\int_{s}^{1}f(x)\,dx\le\dfrac{s}{1-s}\int_{0}^{s}f(x)\,dx$

Question

Dejar $f(x)>0$ es continua y creciente en $[0,1]$ y $s=\dfrac{\int_{0}^{1}xf(x)dx}{\int_{0}^{1}f(x)\,dx}$

demostrar que $$\int_{0}^{s}f(x)\,dx\le\int_{s}^{1}f(x)\,dx\le\dfrac{s}{1-s}\int_{0}^{s}f(x)\,dx$$

He visto este problema:

demostrar la siguiente desigualdad de Steffensen: si $g$ es integrable de Riemann en [a,b] y $0\le g(x)\le 1$ por cada $x\in [a,b]$ y $ f$ disminuye en ese intervalo, entonces $$\int_{b-c}^{b}f(x)\,dx\le\int_{a}^{b}f(x)g(x)\,dx\le\int_{a}^{a+c}f(x)\,dx$$ donde $$c=\int_{a}^{b}g(x)\,dx$$

poof:ya que $0\le c\le b-a$ vemos que $a+c,b-c\in [a,b]$ Ahora demostramos la desigualdad de la izquierda, tenemos \begin{align} &\int_{a}^{b}f(x)g(x)\,dx-\int_{b-c}^{b}f(x)\,dx\\ &=\int_{a}^{b-c}f(x)g(x)\,dx+\int_{b-c}^{b}f(x)(g(x)-1)\,dx\\ &\ge\int_{a}^{b-c}f(x)g(x)\,dx+f(b-c)\left(\int_{b-c}^{b}g(x)dx-c\right)\\ &=\int_{a}^{b-c}f(x)g(x)\,dx-f(b-c)\int_{a}^{b-c}g(x)\,dx\\ &=\int_{a}^{b-c}g(x)(f(x)-f(b-c))\,dx\ge 0 \end{align} La otra desigualdad se puede demostrar de forma análoga.

Answer 1

Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $\int_0^1f(x)dx=1$ .

Definir $F(x)=\int_0^x f(t)dt$ . Por definición, $F(0)=0$ y $F(1)=1$ . Además, como $F'=f$ es positivo y creciente, $F$ es creciente y convexo. Por lo tanto, por La desigualdad de Jensen , $$F(s)=F\big(\int_0^1xf(x)dx\big)\le \int_0^1F(x)f(x)dx=\int_0^1F(x)F'(x)dx=\frac{1}{2}.\tag{1}$$
De ello se desprende que $$\int_0^sf(x)dx=F(s)\le 1-F(s)=\int_s^1f(x)dx.\tag{2}$$ Por la convexidad de $F$ cuando $0\le t\le 1$ , $$F(ts)\le tF(s)+(1-t)F(0)=tF(s)\tag{3}$$ et $$F(ts+1-t)\le tF(s)+(1-t)F(1)=tF(s)+1-t.\tag{4}$$ Debido a $(3)$ y $(4)$ tenemos $$\int_0^s F(x)dx=s\int_0^1F(ts)dt\le\frac{s}{2}F(s)\tag{5}$$ et $$\int_s^1 F(x)dx=(1-s)\int_0^1F(ts+1-t)dt\le\frac{1-s}{2}(F(s)+1).\tag{6}$$ $(5)+(6)$ implica que $$\frac{1}{2}(F(s)+1-s)\ge\int_0^1 F(x)dx= xF(x)\big|_0^1-\int_0^1xf(x)dx =1-s.\tag{7}$$ De ello se desprende que $$\int_s^1f(x)dx=1-F(s)\le\frac{s}{1-s}F(s)=\frac{s}{1-s}\int_0^sf(x)dx.\tag{8}$$

Answer 2

Porque $x\in[0,1],xf(x)\le f(x)$ entonces $\int_0^1 xf(x)dx < \int_0^1 f(x)dx,s<1$