Prueba $\int_a^b f(x)dx \leq \frac{e^{2L\beta}-1}{2L\alpha}\int_c^d f(x)dx$

Question

Supongamos que $f(x)>0$ definido en $[a,b]$ y para un determinado $L>0$ , $f(x)$ satisface la condición de Lipschitz $|f(x_1)-f(x_2)|\leq L|x_1-x_2|$ .

Supongamos que para $a\leq c\leq d\leq b$ , $$\int_c^d \frac{1}{f(x)}dx=\alpha,\int_a^b\frac{1}{f(x)}dx=\beta$$ Trata de demostrar $$\int_a^b f(x)dx \leq \frac{e^{2L\beta}-1}{2L\alpha}\int_c^d f(x)dx$$

Answer 1

He conseguido algo que se parece bastante a tu resultado, pero no he podido eliminar un término adicional. Espero que alguien encuentre útil el desarrollo para dar una respuesta completa. La pregunta me recordó de alguna manera la demostración de la desigualdad de Gronwall y mi respuesta se basa en ella.

Dejemos que $h(t)=\int_a^t f(s)ds$ tomando la derivada con respecto a $t$ produce $h'(t) = f(t)$ . Reescribiendo $f(t)=f^2(t)/f(t)$ podemos encontrar un límite superior para $f^2(t)$ efectivamente, lo hemos hecho: $$f^2(t) = \int_a^t (f^2(s))'ds + f^2(a) = 2\int_a^t f(s)f'(s)ds +f^2(a)$$

pero entonces, la continuidad de Lipschitz implica que $|f'(s)|\le L$ que da como resultado

$$f^2(t) \le 2L \int_a^t f(s)ds + f^2(a)\quad \Longrightarrow \quad h'(t) \le \left(2Lh(t) +f^2(a)\right)\left({1\over f(t)}\right) $$ podemos entonces introducir el término positivo adicional $\left(\int_c^df(t)dt\right)/\alpha$ con: $$ h'(t) \le \left(2L h(t)+f^2(a) + {\int_c^d f(s)ds\over \alpha}\right)\left({1\over f(t)}\right) $$ Nota: El término adicional proviene de la $f^2(a)$ . Podríamos deshacernos de él si $\left(\int_c^d f(s)ds\right)/\alpha > f^2(a)$ que no pude probar.

Para simplificar las notaciones, dejemos que $a=f^2(a) + {\int_c^d f(s)ds\over \alpha},$ $b=2L$ y $g(t)=1/f(t)$ entonces. Entonces la desigualdad anterior se lee $$h'(t) \le g(t)(a+bh(t))$$ que se puede reescribir como sigue (aquí es donde empieza a parecerse a la desigualdad de Gronwall):

$$ {(a+bh(t))'\over a+bh(t)} \le bg(t) $$

el lado izquierdo es la derivada logarítmica de $a+bh(t)$ integrando ambos lados de $a$ a $t$ produce

$$ a+bh(t) \le a\exp\left(b\int_a^t g(t) \right) $$

introduciendo los valores de $a$ , $b$ y utilizando $\int_a^b g(t) = \beta$ Finalmente lo conseguimos:

$$\int_a^b f(s)ds = h(b) \le \color{green}{\left[{\exp(2L\beta)-1\over 2L\alpha}\right]\int_c^d f(s)ds} + \color{red}{{f^2(a)\over 2L}\left(\exp(2L\beta)-1\right)} $$

Answer 2

Si $f(x)$ es suave, o $f\in C^1$ , asuma que $\displaystyle h(t)=\int_a^t f(s)\mathrm{d}s$ y $\displaystyle g(t)=\int_a^{t}\frac{1}{f(s)}\mathrm{d}s$ sólo podemos centrarnos en \begin{equation} \frac{h(t)}{\exp(2Lg(t)-1)} \end{equation}

porque sabemos que hay una $\xi\in(c,d)$ s.t. \begin{equation} \frac{h(d)-h(c)}{g(d)-g(c)}=\frac{h'(\xi)}{g'(\xi)}=f^2(\xi) \end{equation}

por lo que acabamos de demostrar $$\frac{h(t)}{\exp(2Lg(t)-1)}\le\frac{\min_{[a,b]}f^2(\xi)}{2L}$$

Para encontrar el mínimo. Vamos a calcular la derivada y también podemos ver la función LHS en $t=a$ tiene un límite como $f^2(a)/2L$ .

Supongamos que el término LHS es $\gamma(t)$ entonces \begin{equation} \gamma'(t)=\frac{h'(\exp(2Lg)-1)-2Lg'\exp(2Lg)h}{(\exp(2Lg)-1)^2} \end{equation}

Es fácil calcular el límite en $t=a$ encontramos que $\gamma'(a)=\frac{f(a)f'(a)}{2L}-\frac{1}{2}f(a)\le0$ . Y veremos que si ponemos \begin{eqnarray} p(t)&=&f\cdot(h'(\exp(2Lg)-1)-2Lg'\exp(2Lg)h)\\ &=&f^2(\exp(2Lg)-1)-2L\exp(2Lg)h \end{eqnarray}

Podemos ver que $p(a)=0$ ya que $h(a)=0$ y $g(a)=0$ . Sin embargo, \begin{eqnarray} p'(t)&=&2ff'(\exp(2Lg)-1)-4L^2\exp(2Lg)h/f\\ &\le&\frac{2L}{f}(f^2(\exp(2Lg)-1)-2L\exp(2Lg)h)\\ &=&\frac{2L}{f}p(t) \end{eqnarray}

Así sabremos que $p(t)\le 0$ ya que $\{(\exp(-2Lg(t))p\}'\le0$ y $p(a)=0$ .

Así que vamos a conseguir que $\gamma'(t)\le 0$ .

Así, $\gamma$ está disminuyendo en $t$ , $\gamma(t)\le\gamma(a)$ .

Por otro lado. Toma $\displaystyle\int_{t}^b f(s)\mathrm{d}s=\phi(t)$ , $\displaystyle\int_{t}^b\frac{1}{f(s)}\mathrm{d}s=\psi(t)$ .

Entonces también podemos ver que \begin{equation} \beta(t)=\frac{\phi(t)}{\exp(2L\psi(t)-1)} \end{equation} que tiene $\displaystyle\beta(b)=\frac{f^2(b)}{2L}.$

con el mismo proceso (PRESTA ATENCIÓN A LA SEÑAL), $$\beta'(b)=\frac{f(b)f'(b)}{2L}+\frac{f(b)}{2}\ge 0.$$

Y también podemos obtener que $$q(t)=2L \exp(2L \psi)\phi-f^2(\exp(2L\psi)-1)\ge 0$$

lo que significa $\beta(t)$ está aumentando en $t$ que es $\beta(t)\le\beta(b)$ .

Desde $\beta(a)=\gamma(b)$ Por lo tanto $\gamma(b)\le \min(f^2(a),f^2(b))/2L$ .

Y la elección de $b$ es arbitraria, sabemos que para cualquier $t$ tenemos $$\gamma(t)\le f^2(t)/2L$$

Considere la $\min_{[a,b]}f^2(t)$ se alcanza en $t=\upsilon$ entonces $\gamma(\upsilon)\le f^2(\upsilon)/2L$ ya que $\gamma(t)$ está disminuyendo en $t$ . Así, $\gamma(b)\le f^2(\upsilon)/2L$ . $\Box$