$f$ convexo, $g$ cóncavo y creciente, $\int_0^1 f = \int_0^1 g$ entonces $\int_0^1(f)^2 \geq \int_0^1(g)^2$

Question

Dejemos que $f,g:[0,1] \to [0, \infty)$ sean dos funciones continuas tales que $$f(0) = g(0) = 0,$$ $f$ es convexo, $g$ es cóncava y creciente y $$\displaystyle \int_0^1f(x)dx = \int_0^1g(x)dx.$$ Demostrar que $$ \displaystyle \int_0^1\left(f(x) \right)^2dx \geq \int_0^1\left(g(x) \right)^2dx.$$

No sé muy bien cómo enfocar el problema.

Pensé en utilizar la desigualdad de Chebyshev debido a que $g$ está aumentando, $F(x) = \int_0^xf(t)dt$ es creciente (ya que $f$ es convexo) y $G(x) = \int_0^xg(t)dt$ es creciente (ya que $g$ está aumentando y $g(0) = 0$ ), pero no me ayudó.

También intenté obtener algo escribiendo la convexidad y la concavidad puntualmente y utilizando el hecho de que $\displaystyle h(x) = \frac{f(x)}{x}$ está aumentando y $p(x) = \displaystyle \frac{g(x)}{x}$ está disminuyendo, pero no tengo nada.

Answer 1

En primer lugar, será fácil responder a la siguiente pregunta: Supongamos que $f(x)$ es convexo, $f(0)=0$ , $f(x)\geq 0$ y $\int_{0}^{1}f(x)dx=M>0$ es fijo. ¿Qué función hace la integral $$ \int_{0}^{1}f(x)^{2}dx $$ lo más pequeño posible? Demostraremos que la función lineal es el optimizador, es decir $f(x) = kx = 2Mx$ da la respuesta. Para demostrarlo, necesitamos un lema:

Lema. Dejemos que $f:[0, 1]\to [0, \infty)$ sea una función continua convexa con $f(0)=0$ . Entonces tenemos $$ \int_{0}^{1}xf(x)dx\geq \frac{2}{3}\int_{0}^{1}f(x)dx $$

Esto es en realidad un problema de concurso que vi antes. Lo mostraremos más adelante.

Supongamos que el lema se cumple. Entonces tenemos $$ 0\leq \int_{0}^{1}(f(x)-2Mx)^{2}dx = \int_{0}^{1}f(x)^{2} -4M\int_{0}^{1}xf(x)dx + \frac{4}{3}M^{2} \leq \int_{0}^{1}f(x)^{2}dx - \frac{4}{3}M^{2} $$ así que $\int_{0}^{1}f(x)^{2}dx \geq \frac{4}{3}M^{2}$ donde la igualdad se mantiene para $f(x)=2Mx$ . De forma análoga, la desigualdad inversa es válida para la función cóncava $g(x)$ con la misma condición, por lo que obtenemos $$ \int_{0}^{1}f(x)^{2}dx \geq \frac{4}{3}M^{2} \geq \int_{0}^{1}g(x)^{2}dx. $$

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Prueba del lema. Desde $f(x)$ es convexo, tenemos $$\int_{0}^{x}f(t)dt \leq \frac{1}{2}xf(x)$$ para cualquier $x$ . (Consideremos el triángulo con vértices $(0, 0), (x, 0), (x, f(x))$ .) Entonces \begin{align*} \frac{1}{2}\int_{0}^{1}xf(x)dx &\geq \int_{0}^{1}\int_{0}^{x}f(t)dtdx \\ &=\int_{0}^{1}\int_{t}^{1}f(t)dxdt \,\,\quad(\text{Fubini's theorem})\\ &=\int_{0}^{1}(1-t)f(t)dt \\ &= \int_{0}^{1}f(x)dx - \int_{0}^{1}xf(x)dx \end{align*} y obtenemos la desigualdad.

Answer 2

Para algunos $0 < \epsilon < 1$ , $$ \int_\epsilon^1 (f(x)^2-g(x)^2)dx = \int_\epsilon^1 (f(x) + g(x))(f(x)-g(x)) dx $$ desde $f(x)+g(x) \ge 0$ podemos aplicar el teorema del valor intermedio para obtener un $\xi \in [\epsilon,1]$ , de tal manera que $$ \int_\epsilon^1 (f(x) + g(x))(f(x)-g(x))dx = (f(\xi)+g(\xi))\int_\epsilon^1 (f(x)-g(x))dx \,. $$ Desde $f(\xi)+g(\xi) \ge 0$ queda por demostrar que $$ \int_\epsilon^1 (f(x)-g(x))dx \ge 0 $$ $h(x) = (f(x)-g(x))$ también es convexo ( $-g(x)$ es convexo) con ( $h(0) = 0$ ), por lo que $h$ sólo puede tener como máximo 2 raíces (excepto $h \equiv 0$ ). Si no hay otra raíz $x_0 \in(0,1)$ Entonces, o bien $f(x) > g(x)$ o al revés, y las integrales no coincidirían. Así que debe haber $x_0 \in(0,1)$ tal que $h(x) \ge 0$ para todos $x \ge x_0$ . Por lo tanto, $f(x) \ge g(x)$ y además $\int_\epsilon^1(f(x)-g(x))dx \ge 0$ con $\epsilon := x_0$ .