Una desigualdad integral elemental

Question

Estaba jugando con algunas integrales y decidí que $$ a\int_a^b t^{n2}\alpha(t) dt \le \int_a^b t^{n1}\alpha(t) dt $$ para $a,b>0$ , $\alpha \ge 0$ , $\alpha$ lo suficientemente agradable como para que la expresión anterior esté definida, debería ser verdadera.

La idea es que el pequeño $a$ en el lado izquierdo compensa cuando $t<1$ (es decir $a<1$ ). A partir de esta observación se puede producir una prueba de estilo "fuerza bruta".

Pero, quería preguntar lo siguiente: ¿es aguda la desigualdad anterior? ¿Puede la potencia de $t$ en el LHS se juegue con él? ¿Puede la constante $a$ mejorarse (tal vez en función de las propiedades adicionales de $\alpha$ )?

Y lo más importante: ¿tiene este pequeño un nombre?

Answer 1

Otro enfoque y de alguna manera una respuesta a su segunda pregunta: Esto se puede demostrar con una aplicación de la desigualdad de Hölder inversa en el caso límite.

Para $f,g$ con $g\neq 0$ casi en todas partes tenemos para (si el lado derecho existe) $$\|f\|_1 = \||fg|\,|g|^{-1}|\|_1 \leq \|fg\|_1\||g|^{-1}\|_\infty = \|fg\|_1\inf|g|$$ (se trata un caso más general aquí ).

Sin embargo, no sé sobre la nitidez o las constantes óptimas aquí, aunque parece que hay literatura sobre esto..

Answer 2

Ampliando y corrigiendo mi comentario (aunque no sé hasta qué punto esto responde a tu pregunta).

[Tal vez esto se acerque más a un comentario que a una respuesta, pero es demasiado largo. Más o menos, esto sigue siendo un intento de obtener una formulación más precisa de la pregunta mediante la exposición de algunos casos especiales].

En primer lugar, veamos la situación cuando una sola función $\alpha$ se considera.

Si la función $\alpha$ tiene la propiedad de que existe un subintervalo $(x,y)\subseteq \langle a,b \rangle$ tal que $\alpha$ está acotado desde cero en este subintervalo, es decir, existe $\varepsilon>0$ tal que $\alpha(t)>\varepsilon$ para cada $t\in(x,y)$ entonces la desigualdad anterior es estricta ( $a$ no es la mejor constante posible).

$$\int_a^b t^{n−1}\alpha(t) dt-a\int_a^b t^{n−2}\alpha(t) dt= \int_a^b (t-a)t^{n−2}\alpha(t) dt \ge $$

$$\int_x^y (t-a)t^{n−2}\alpha(t) dt \ge \varepsilon \int_x^y (t-a)t^{n−2} dt >0.$$

Por otro lado, si consideramos una clase de funciones tal que para cada $\varepsilon>0$ hay algo de $\alpha$ con la propiedad de que $\alpha(t)\le 1$ para cada $t$ y $\alpha(t)$ es cero para $t>a+\varepsilon$ entonces

$$\int_a^b (t-a)t^{n−2}\alpha(t) dt \le \int_a^{a+\varepsilon} t^{n-1}-at^{n-2} =$$

$$\left[\frac{t^n}n-a\frac{t^{n-1}}{n-1} \right]_a^{a+\varepsilon}= \frac{(a+\varepsilon)^n-a^n}n - a\frac{(a+\varepsilon)^{n-1}-a^{n-1}}{n-1}.$$

Ambas fracciones en la última expresión tienden a 0 como $\varepsilon\to 0^+$ así que en este caso, $a$ es la mejor constante posible.

(Creo que un razonamiento similar funcionaría no sólo para $\alpha(t)=0$ para $t>a+\varepsilon$ pero también si es lo suficientemente pequeño para $t>a+\varepsilon$ .)

Una clase de funciones, que no he tratado en este post y que podría ser interesante podría ser la clase de funciones continuas que cumplen $\int_a^b \alpha(t) dt=1$ .

EDIT: Ahora me he dado cuenta de que el enfoque anterior funciona también para las funciones que cumplen $\int_a^b \alpha(t) dt=1$ .

Obsérvese que para la función escalonada

$$\alpha(t)= \begin{cases} \frac1\varepsilon & t\in [a,a+\varepsilon], \\ 0 & \text{otherwise}. \end{cases} $$

tenemos $\int_a^b \alpha(t) dt=1$ y

$$\int_a^b (t-a)t^{n-2}\alpha(t) dt = \frac1\varepsilon \int_a^{a+\varepsilon} t^{n-1}-at^{n-2} =$$

$$\frac1\varepsilon \left[\frac{t^n}n-a\frac{t^{n-1}}{n-1} \right]_a^{a+\varepsilon}= \frac 1n \frac{(a+\varepsilon)^n-a^n}\varepsilon - a \frac1{n-1} \frac{(a+\varepsilon)^{n-1}-a^{n-1}}{\varepsilon}.$$

Si observamos que $\lim\limits_{\varepsilon\to0^+} \frac{(a+\varepsilon)^n-a^n}\varepsilon = na^{n-1}$ (derivada de la función $x^n$ ) entonces de nuevo la última expresión converge a cero otra vez.

Las funciones escalonadas pueden ser aproximadas por funciones continuas, por lo que con un poco de esfuerzo la función $\alpha$ puede hacerse de forma continua.

Answer 3

Me imagino que querrá que la desigualdad se mantenga para todos $b>a$ . Supongamos que $f(n)$ es un candidato para sustituir al $n-2$ en el LHS, y $A=A(a,b,\alpha,n)^{\ddagger}$ es un candidato para sustituir al $a$ al frente: $$\mbox A\leq\frac{\int_a^b t^{n-1}\alpha(t)\,dt}{\int_a^b t^{f(n)}\alpha(t)\,dt}.$$ Si quieres que la desigualdad se mantenga para todos $b>a$ podemos tomar el límite como $b\rightarrow a^+$ y utilizar la regla de L'Hopital:

$$\mbox A\leq\lim_{b\rightarrow a^+}\frac{b^{n-1}\alpha(b)}{b^{f(n)}\alpha(b)}$$

$$\mbox A\leq \lim_{b\rightarrow a^+}b^{n-1-f(n)}=a^{n-1-f(n)}$$

Así que el mejor escenario sería tener $A=a^{n-1-f(n)}$ ya que queremos mejorar la constante del LHS haciéndola lo más grande posible. Ahora bien, si la desigualdad se mantiene con esta $A$ sustituyendo a $a$ entonces podemos reordenar la desigualdad para que sea $$\int_a^b\Big(t^{n-1}-a^{n-1-f(n)}t^{f(n)}\Big)\alpha(t)\,dt\geq0.$$ Se supone que esto es válido para todos los $[a,b]$ con $a>0$ . Esto implica que para todos los $a$ la cantidad en el paréntesis grande es no negativa para $t$ dentro de unos $\epsilon$ por encima de $a$ , o bien podríamos encontrar un $[a,b]$ que haría que toda la integral fuera negativa. Así que para todos $a>0$ para todos $t$ ligeramente por encima de $a$ , $$t^{n-1}-a^{n-1-f(n)}t^{f(n)}\geq0$$ $$\Longrightarrow t^{n-1-f(n)}-a^{n-1-f(n)}\geq0$$ $$\Longrightarrow n-1-f(n)\geq0$$ $$\Longrightarrow f(n)\leq n-1$$

En este punto nos gustaría hacer $f(n)$ lo más grande posible $^{\dagger}$ ya que eso hace que el exponente en el LHS sea grande. Pero entonces un gran $f(n)$ hace un pequeño $A$ ¡! Por lo tanto, hay un intercambio, y depende de lo que es más importante - tener un gran $A$ o tener un gran $f(n)$ . Lo que sea $f(n)$ es (siempre y cuando su $\leq n-1$ ), la desigualdad $$a^{n-1-f(n)}\int_a^b t^{f(n)}\alpha(t)\,dt\leq\int_a^b t^{n-1}\alpha(t)\,dt$$ se mantiene por la misma razón que la desigualdad original: $$\int_a^b t^{n-1}\alpha(t)\,dt=\int_a^b t^{n-1-f(n)}t^{f(n)}\alpha(t)\,dt\geq a^{n-1-f(n)}\int_a^b t^{f(n)}\alpha(t)\,dt$$

Así que si no hay errores aquí, las siguientes son cada una de las desigualdades correctas y agudas (en un sentido equilibrado):

$$a^{2}\int_a^b t^{n-3}\alpha(t)\,dt\leq\int_a^b t^{n-1}\alpha(t)\,dt$$

$$a^{n^2}\int_a^b t^{n-1-n^2}\alpha(t)\,dt\leq\int_a^b t^{n-1}\alpha(t)\,dt$$

$$a^{\ln(n)}\int_a^b t^{n-1-\ln(n)}\alpha(t)\,dt\leq\int_a^b t^{n-1}\alpha(t)\,dt$$

$$a\int_a^b t^{n-2}\alpha(t)\,dt\leq\int_a^b t^{n-1}\alpha(t)\,dt$$

CORRECCIÓN

En el $^{\dagger}$ el deseo de hacer $f(n)$ grande sólo se aplica si $a\geq1$ ya que eso haría la integral más grande. Si la integral $[a,b]$ está contenida en $[0,1]$ entonces sería más deseable hacer $f(n)$ pequeño. H $a<1$ , eso aún haría que $A$ pequeño (todavía no es deseable). Una vez más, hay un compromiso, y las desigualdades anteriores siguen siendo ciertas y (equilibradas) agudas. Por último, en el caso de que $[a,b]$ a horcajadas $1$ podríamos dividir la integral en dos partes, y las desigualdades seguirían siendo válidas.

En el $^{\ddagger}$ el argumento que sigue sólo es válido para $A=A(a,\alpha,n)$ no $A=A(a,b,\alpha,n)$ . Por lo tanto, cualquier conclusión deja abierta la posibilidad de mejorar cuando $A$ depende en parte de $b$ .