$ \int_0^1 |f(x)-t| \, dx \le \frac{(1-t)^2+1}{2}$

Question

Vamos $ f(x)>0$, $f''(x)>0$, y $ \int_0^1 f(x)\,dx=1 $$t\in \mathbb R $, probar que: $$ \int_0^1 |f(x)-t| \, dx \le \frac{(1-t)^2+1}{2}.$$

Esta desigualdad tal vez es muy interesante. Pero no puedo demostrarlo.

lo siento,todo el mundo ,Este Problema $f''(x)>0$ editar $f''(x)<0$,y otros no cambiar. Creo que esto es cierto.

Me refiero :Vamos a $ f(x)>0$, $f''(x)<0$, y $ \int_0^1 f(x)\,dx=1 $$t\in \mathbb R $, luego tenemos a $$ \int_0^1 |f(x)-t| \, dx \le \frac{(1-t)^2+1}{2}.$$

Answer 1

Edit: Esto es cierto de que cuando se $\min f\geq t$, $\max f\leq t$, o $\min f < t< \max f$$t\geq 4$. Tenga en cuenta que siempre tiene para $t\leq 0$ $t\geq 4$ por razones triviales, como se observa por Ivan Loh. Aparte de eso...? Es falso, en general, para $0<t<2$. Si Ivan Loh el ejemplo de las obras, queda por decidir si esto es cierto para $2\leq t<4$.

Caso 1: $\min f\geq t$. Entonces $$\int_0^1|f(x)-t|dx=\int_0^1(f(x)-t)dx=\int_0^1f(x)dx-\int_0^1tdx=1-t\leq\frac{(1-t)^2+1}{2} .$$

Caso 2: $\max f\leq t$. Entonces $$ \int_0^1|f(x)-t|dx=\int_0^1(t-f(x))dx=\int_0^1tdx-\int_0^1f(x)dx=t-1\leq\frac{(1-t)^2+1}{2} . $$

Caso 3: $\min f < t< \max f$. Por el teorema del valor intermedio, existe $x\in[0,1]$ tal que $f(x)=t$. Desde $f$ es estrictamente convexa y desde $t>\min f$, existen en realidad $0\leq x_1< x_2\leq 1$ tal que $f\geq t$$[0,x_1]\cup[x_2,1]$$f\leq t$$[x_1,x_2]$. Tenga en cuenta que podemos tener $x_1=0$ o $x_2=1$. Ahora $$ \int_0^1|f(x)-t|dx=\int_0^{x_1}(f(x)-t)dx+\int_{x_2}^1(f(x)-t)dx+\int_{x_1}^{x_2}(t-f(x))dx $$ $$ =1-t+2t(x_2-x_1)-2\int_{x_1}^{x_2}f. $$ Ahora esto es $\leq \frac{(1-t)^2+1}{2}$ si y sólo si $$ t^2-4(x_2-x_1)t+4\int_{x_1}^{x_2}f\geq 0. $$ Uno recupera el hecho de que tiene por $t\geq 4$. Pero yo realmente no sé qué hacer con la siguiente...

Answer 2

Por el triángulo de la desigualdad, tenemos

\begin{align} \int_{0}^{1}{|f(x)-t| dx} \leq \int_{0}^{1}{|f(x)| dx}+\int_{0}^{1}{|t| dx}=\int_{0}^{1}{f(x) dx}+\int_{0}^{1}{|t| dx}=1+|t| \end{align}

Si $t \leq 0$, $1+|t|=1-t \leq \frac{(1-t)^2+1}{2}$. Si $t \geq 4$, $1+|t|=1+t \leq \frac{(1-t)^2+1}{2}$.

Así, la desigualdad se cumple para$t \leq 0$$t \geq 4$. Es falso, por $0<t<2$, como se muestra a continuación.

Edit: Como @gerw señala, la fijación del punto de $\frac{1}{2}$ no es una buena idea. El contraejemplo que probablemente puede ser mejorado para mostrar que la desigualdad de falla por $0<t<4$, mediante la sustitución de $\frac{1}{2}$ variable $c$, lo que tiende a $1$ de los de abajo. No tengo ganas de rehacer los cálculos en el momento, así que voy a proporcionar una interfaz intuitiva explicación de por qué la desigualdad debe fallar (que puede ser fácilmente de manera rigurosa, si usted por favor, por construir explícitamente el contraejemplo).

La razón es que no podemos hacer mucho mejor que el obligado a $1+|t|$ alcanzado antes; En otras palabras, si $0<t$, luego $\forall \epsilon >0$ ($\epsilon$ lo suficientemente pequeño), podemos encontrar una función $f(x)$ la satisfacción de las condiciones dadas y tal que $1+t \geq \int_{0}^{1}{|f(x)-t| dx}>1+t-\epsilon$.

Para ello, tenga en cuenta que es fácil ver que si arreglamos $\epsilon$, a continuación, fije $a$ s.t. $1-\frac{\epsilon}{2t}<a<1$, podemos encontrar una estrictamente convexa y función positiva $f(x)$ s.t. $\int_{0}^{a}{f(x) dx}<\frac{\epsilon}{2}-t(1-a)$. (Por lo que la principal contribución en la integral de la $\int_{0}^{1}{f(x) dx}$ proviene de $[a, 1]$)

A continuación, para $0<t$:

\begin{align} \int_{0}^{1}{|f(x)-t| dx}& =\int_{0}^{a}{|f(x)-t| dx}+\int_{a}^{1}{|f(x)-t| dx} \\ & \geq \int_{0}^{a}{(t-f(x)) dx}+\int_{a}^{1}{(f(x)-t) dx} \\ & =t(2a-1)+1-2\int_{0}^{a}{f(x) dx} \\ & >t(2a-1)+1-2(\frac{\epsilon}{2}-t(1-a)) \\ & =t+1-\epsilon \end{align}

Contraejemplo para $0<t<2$: $$f(x)=\begin{cases} m+\frac{6}{n}(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{n}(x-\frac{1}{2})^3 & \text{if} \; 0\leq x \leq \frac{1}{2} \\ m+\frac{6}{n}(x-\frac{1}{2})^2+(64(1-m)-\frac{29}{n})(x-\frac{1}{2})^3 & \text{if}\; \frac{1}{2}<x \leq 1 \end{cases}$$ is a counterexample for $0<t<2$, where $n$ is sufficiently large and $m>0$ is sufficiently small depending on $t$.

Prueba: Claramente $f$ es dos veces diferenciable para $x \in [0,1], x\not=\frac{1}{2}$. Comprobamos que $f$ también es dos veces diferenciable en a $\frac{1}{2}$. De hecho,si queremos diferenciar las 2 piezas de $f(x)$ dos veces y, a continuación, evaluar en $\frac{1}{2}$, el 2 valores de acuerdo.

Si $0\leq x \leq \frac{1}{2}$,$f(x)=m+(x-\frac{1}{2})^2(\frac{6}{n}+\frac{3}{n}(x-\frac{1}{2}))>0$.

Si $\frac{1}{2}<x \leq 1$,$f(x)=m+(x-\frac{1}{2})^2(\frac{6}{n}+(64(1-m)-\frac{29}{n})(x-\frac{1}{2}))>0$.

Si $0\leq x \leq \frac{1}{2}$,$f''(x)=\frac{12}{n}+\frac{18}{n}(x-\frac{1}{2})>0$.

Si $\frac{1}{2}<x \leq 1$,$f''(x)=\frac{12}{n}+6(64(1-m)-\frac{29}{n})(x-\frac{1}{2})>0$.

\begin{align} &\int_{0}^{1}{f(x) dx}\\ &=m+\frac{6}{n}\int_{0}^{1}{(x-\frac{1}{2})^2 dx}+\frac{3}{n}\int_{0}^{\frac{1}{2}}{(x-\frac{1}{2})^3 dx}+(64(1-m)-\frac{29}{n})\int_{\frac{1}{2}}^{1}{(x-\frac{1}{2})^3 dx} \\ &=1 \end{align}

\begin{align} &\int_{0}^{1}{|f(x)-t| dx}\\ &=\int_{0}^{\frac{1}{2}}{|m+\frac{6}{n}(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{n}(x-\frac{1}{2})^3-t| dx}+\int_{\frac{1}{2}}^{1}{|m+\frac{6}{n}(x-\frac{1}{2})^2+(64(1-m)-\frac{29}{n})(x-\frac{1}{2})^3-t| dx} \\ & \geq \int_{0}^{\frac{1}{2}}{(t-(m+\frac{6}{n}(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{n}(x-\frac{1}{2})^3)) dx}+\int_{\frac{1}{2}}^{1}{(m+\frac{6}{n}(x-\frac{1}{2})^2+(64(1-m)-\frac{29}{n})(x-\frac{1}{2})^3-t) dx} \\ & =(64(1-m)-\frac{26}{n})\frac{(\frac{1}{2})^4}{4} \\ & =1-m-\frac{13}{32n} \\ & >\frac{(1-t)^2+1}{2} \end{align}

para $0<t<2$, cuando tomamos suficientemente grande $n$ y lo suficientemente pequeño $m$.

Answer 3

Voy a presentar un contra-ejemplo para $t \in (0,4)$. Conjunto $$f(x) = \epsilon + \begin{cases}c_1 \, (x-x_0)^4 & x \le x_0, \\ c_2 \, (x-x_0)^4 & x > x_0.\end{cases}$$ Obviamente, tenemos $f \in C^2([0,1])$. Para$c_1,c_2,\epsilon > 0$$x_0 \in (0,1)$, usted tiene $f > 0$, $f'' > 0$. Ahora, vamos a $c_1, \epsilon$ pequeñas y $x_0$ gran ser dado, de tal manera que $f(0) < t$ (y, por tanto, $f < t$$[0,x_0]$). Tenemos $$\int_0^1 f \, d x = \epsilon + \frac{c_1}{5} \, x_0^5 + \frac{c_2}{5}\,(1-x_0)^5,$$ por lo tanto, elegimos $c_2 = \frac{5}{(1-x_0)^5}\big(1 - \epsilon - \frac{c_1}5 \, x_0^5\big)$, de tal manera que la integral es igual a uno.

Busquemos $f(\tilde x) = t$$\tilde x \in (x_0,1)$. Tenemos $$\tilde x = x_0 + (1-x_0)^{5/4} \, \frac{t-\epsilon}{5\,(1-\epsilon-c_1\,x_0^5/5)} \le x_0 + (1-x_0)^{5/4} < 1$$ para $c_1, \epsilon$ lo suficientemente pequeño.

Ahora, tenemos \begin{align*}\int_0^1 |f-t|\,dx &\ge \int_0^{x_0} | f - t | \, dx+ \int_{\tilde x}^1 f -t \, d x. \end{align*} Para la primera integral, obtenemos \begin{align*}\int_0^{x_0} | f - t | \, dx= t\,x_0 - \epsilon - \frac{c_1}{5} \, x_0^5. \end{align*} Para el segundo, tenemos \begin{align*} \int_{\tilde x}^1 f - t \, d x &\ge \int_{x_0 + (1-x_0)^{5/4} }^1 c_2 \, (x-x_0)^4 + \epsilon \, d x - t\,(1-\tilde x) \\ &= \frac15 \, c_2 \, \Big( (1-x_0)^5 - (1-x_0)^{25/4} \Big) + \epsilon\,(1-x_0-(1-x_0)^{5/4}) - t \,(1-\tilde x) \\ &\ge \Big( 1 - (1-x_0)^{5/4} \Big) \, (1-\epsilon-\frac{c_1}5\,x_0^5) + \epsilon\,(1-x_0-(1-x_0)^{5/4}) - t \,(1-\tilde x) \end{align*} En resumen, tenemos \begin{align*} \int_0^1 |f-t| \, d x &\ge t\,x_0 - \epsilon - \frac{c_1}{5} \, x_0^5 \\&\quad+ \Big( 1 - (1-x_0)^{5/4} \Big) \, (1-\epsilon-\frac{c_1}5\,x_0^5) + \epsilon\,(1-x_0-(1-x_0)^{5/4}) - t \,(1-\tilde x) \\ &= t\,(x_0+\tilde x - 1) + \Big( 2 - (1-x_0)^{5/4} \Big) \, (-\epsilon-\frac{c_1}5\,x_0^5) \\&\quad+ \Big( 1 - (1-x_0)^{5/4} \Big) + \epsilon\,(1-x_0-(1-x_0)^{5/4}) \end{align*} Tenga en cuenta que el lado de la derecha converge a $t + 1$ si $x_0, \epsilon, c_1$ son elegidos apropiado. Desde $t+1 > \frac{(1-t)^2 +1}{2}$$t \in (0,4)$, tenemos $$\int_0^1 | f - 1| \, dx > \frac{(1-t)^2+1}2.$$