Mostrar que $\left(\int_{0}^{1}\sqrt{f(x)^2+g(x)^2}\ dx\right)^2 \geq \left(\int_{0}^{1} f(x)\ dx\right)^2 + \left(\int_{0}^{1} g(x)\ dx\right)^2$

Question

Mostrar que $$ \left( \int_{0}^{1} \sqrt{f(x)^2+g(x)^2}\ \text{d}x \right)^2 \geq \left( \int_{0}^{1} f(x)\ \text{d}x\right)^2 + \left( \int_{0}^{1} g(x)\ \text{d}x \right)^2 $$ donde $f$ $g$ son funciones integrables en $\mathbb{R}$.

Que la desigualdad es un caso particular. Quiero a la aproximación de las curvas integrales utilizando algunas de las desigualdades que implica esta desigualdad.

Answer 1

Vamos a una curva de $C\in\mathbb{R}^2$ ser definido por el parametrisation $\displaystyle x(t)=x(0)+\int_0^t f(x)dx$ y $\displaystyle y(t)=y(0)+\int_0^t g(x)dx$, $t\in [0, 1]$. A continuación, el lado izquierdo es el cuadrado de la longitud de arco de $C$ unirse a $(x(0), y(0))$$(x(1), y(1))$, mientras que el lado derecho es el cuadrado de la distancia más corta entre el$(x(0), y(0))$$(x(1), y(1))$.

Answer 2

Definición: $u:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ es convexo si para todas las $a\in\mathbb{R}^n$, hay un $v(a)\in\mathbb{R}^n$, de modo que para todos los $x\in\mathbb{R}^n$ $$ u(x)-u(a)\ge v(a)\cdot(x-a)\etiqueta{1} $$ Teorema (Extensión de Jensen): Si $u:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ es convexa, $f:\Omega\to\mathbb{R}^n$, e $\int_\Omega\mathrm{d}\omega=1$, luego $$ \int_\Omega u(f)\,\mathrm{d}\omega\ge u\left(\int_\Omega f\,\mathrm{d}\omega\right)\etiqueta{2} $$ Prueba: Vamos A $a=\int_\Omega f\,\mathrm{d}\omega$. A continuación, $(1)$ se convierte en $$ u(f)-u\left(\int_\Omega f\,\mathrm{d}\omega\right) \ge v\left(\int_\Omega f\,\mathrm{d}\omega\right) \cdot\left(f-\int_\Omega f\,\mathrm{d}\omega\right)\etiqueta{3}\\ $$ Desde $\int_\Omega\mathrm{d}\omega=1$, integrando $(3)$ $\Omega$ da $$ \begin{align} \int_\Omega u(f)\,\mathrm{d}\omega-u\left(\int_\Omega f\,\mathrm{d}\omega\right) &\ge v\left(\int_\Omega f\,\mathrm{d}\omega\right) \cdot\left(\int_\Omega f\,\mathrm{d}\omega-\int_\Omega f\,\mathrm{d}\omega\right)\\[3pt] &=0\tag{4} \end{align} $$ QED

Reclamo: $u(x)=\left\|x\right\|$ es convexa.

Prueba: $$ \begin{align} \left\|a\right\|\left\|x\right\|&\ge a\cdot x\tag{5}\\[6pt] \left\|x\right\|&\ge\frac{a}{\left\|a\right\|}\cdot x\tag{6}\\ \left\|x\right\|-\left\|a\right\|&\ge\frac{a}{\left\|a\right\|}\cdot(x-a)\tag{7} \end{align} $$ Explicación:
$(5)$: De Cauchy-Schwarz
$(6)$: dividir ambos lados por $\left\|a\right\|$
$(7)$: restar $\left\|a\right\|$ desde ambos lados

QED

El teorema y la pretensión de demostrar que $$ \int_0^1\left\|f(x)\right\|\mathrm{d}x\ge\left\|\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x\right\|\etiqueta{8} $$ que, en $\mathbb{R}^2$, es la desigualdad en la pregunta.

Answer 3

Supongamos que $f$ $g$ son funciones continuas. Definir $$\phi(t) = \left(\int_0^t \sqrt{f(s)^2 + g(s)^2} ds\right)^2 -\left(\int_0^t f(s) ds\right)^2 - \left(\int_0^t g(s) ds\right)^2.$$ Es obvio que $\phi(0) =0$ y $$\phi'(t) = 2\left[\int_0^t \sqrt{f(t)^2 + g(t)^2}\sqrt{f(s)^2 + g(s)^2}ds - \int_0^t (f(s)f(t)+g(s) g(t))ds\right].$$ Por Cauchy-Schwartz desigualdad, tenemos $$\sqrt{f(t)^2 + g(t)^2}\sqrt{f(s)^2 + g(s)^2} \geq f(t)f(s) + g(t) g(s).$$ Por lo tanto $\phi'(t) \geq 0$. Esto implica que $\phi(1) \geq \phi(0) =0$. Esta es la desigualdad en cuestión.

En el caso general, cuando se $f$ $g$ son integrables, podemos aproximarlos por la continua funciones, y por lo tanto terminar la prueba.