¿Dado $f:\mathbb R\to \mathbb R^+$ continua y periódica de período $T\geq 0$, debo demostrar que % $ $$\int_0^T\frac{f(x)}{f(x+\alpha)}\mathrm dx\geq T,\; \forall \alpha\in\mathbb R.$cómo uno abordar este problema? Parece absolutamente no trivial para mí.
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krupan
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He aquí una solución que vino a mi mente.
En primer lugar, vamos a comprobar los siguientes (fácil) consecuencia de $g(x) = \frac{f(x)}{f(x+\alpha)}$ tener período de $T$: $$\int_{0}^{nT} g(x) \ dx = n \int_{0}^{T} g(x) \ dx$$ for any natural number $$n.
Es bastante fácil ver que podemos tomar la $\alpha > 0$ (Reemplace $\alpha$ $\alpha +kT$ algunos $k \in \mathbb N$). Primero nos manejar el caso en que $\alpha = \frac nm T$ para algunos enteros positivos $n,m$. Ahora, $$\int_{0}^{nT} g(x) \ dx = \sum_{j=0}^{m-1} \int_{\frac jmnT}^{\frac{(j+1)}mnT} g(x) \ dx = \sum_{j=0}^{m-1} \int_{j\alpha}^{(j+1)\alpha} \frac{f(x)}{f(x+\alpha)} \ dx = \sum_{j=0}^{m-1} \int_{0}^{\alpha} \frac{f(x+j\alpha)}{f(x+(j+1)\alpha)} \ dx$$ El lado izquierdo es $\displaystyle n \int_{0}^{T} g(x) \ dx$ por nuestra observación inicial, también, la suma puede ser llevado dentro de la integral en el lado derecho, para obtener $$ n \int_{0}^{T} g(x) \ dx = \int_{0}^{\alpha} \sum_{j=0}^{m-1} \frac{f(x+j\alpha)}{f(x+(j+1)\alpha)} \ dx$$ Ahora, tenemos la siguiente debido a la AM-GM de la desigualdad: $$\frac{a_0}{a_1} + \frac{a_1}{a_2} + \cdots + \frac{a_{m-1}}{a_0} \ge m$$ therefore, the term inside the integral is $\ge m$, so the integral itself is $\ge m \alpha = nT$, y así está hecho.
De pasar a la irracional $T/\alpha$. A continuación, tenemos la secuencia de partes fraccionarias $\{n T/\alpha \}$ es denso en la unidad de intervalo de $(0,1)$, por lo tanto, elegimos arbitraria de un gran $n$ tal que $\{ nT/\alpha \} < \epsilon$, para algunas de las $\epsilon >0$. Así, tenemos que si $\lfloor n \alpha/T\rfloor = m$,$m \alpha < nT < m\alpha + \epsilon \alpha$. Así, $$n \int_{0}^{T} g(x) \ dx \ge m \alpha \ge nT - \epsilon \alpha \implies \int_{0}^{T} g(x) \ dx \ge T - \epsilon \alpha /n$$ by the same process as before (we just need to add that $f(m \alpha) < f(nT) + \delta $ where $\delta \rightarrow 0$ as $\epsilon \rightarrow 0$) and since $\epsilon$ puede hacerse arbitrariamente pequeña, por lo tanto, hemos terminado.
user15453
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Así, uno debe organizar su mente, yo pienso y proceder por pasos. Cuando se trata de una función periódica, la primera cosa que usted debe tener en cuenta es que, para cualquier número real $p$, $$\int_0^Tf(x)\mathrm d x=\int_0^Tf(x+p)\mathrm dx;$$ no es difícil demostrar así que trate de hacerlo usted mismo.
El siguiente paso es bastante complicado (admito que yo ya he visto algo similar hace un tiempo) y se basa en la siguiente observación. Supongamos que la tesis sea cierto para $2\alpha\in\mathbb R$ y para cualquier $f$ positiva, continua y periódica, de periodo $T$; entonces se mantiene también para $\alpha$ y para cualquier $f$ positiva, continua y periódica, de periodo $T$. La prueba de este hecho es el siguiente: $$T\leq\int_0^T \sqrt{\frac{f(x)}{f(x+2\alpha)}}\mathrm d x=\int_0^T\sqrt{\frac{f(x)}{f(x+\alpha)}\frac{f(x+\alpha)}{f(x+2\alpha)}}\mathrm dx;$$ by Cuachy Schwarz the latter term is lesser than or equal to $$\sqrt{\int_0^T\frac{f(x)}{f(x+\alpha)}\mathrm dx\int_0^T\frac{f(x+\alpha)}{f(x+2\alpha)}\mathrm dx}=\int_0^T \frac{f(x)}{f(x+\alpha)} \mathrm dx.$$ Comentario Hemos utilizan esencialmente que las funciones consideradas son positivos, de lo contrario, no podría haber problemas con las raíces cuadradas y con Cauchy Schwarz.
Ahora se observa que, para cualquier positivo, periódico de período de $T$ y continua en función de la tesis es verdadera para$\alpha=nT$,$n\in\mathbb Z$. A continuación una sencilla inducción demuestra que el resultado es cierto para todos los reales de la forma $$\alpha=T\frac{n}{2^k}, \; n\in\mathbb Z, k\in\mathbb N.$$ Then we are done, since these numbers are dense in $\mathbb R$.
