Desigualdad con integrales

Hoy lunes comenzamos la semana con un problema. En esta ocasión el problema semanal tiene el siguiente enunciado:

Sean $f,g$ funciones integrables y monótonas del mismo sentido en el intervalo $(a,b)$ . Probar que:

$\displaystyle{\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx \cdot \frac{1}{b-a}\int_a^b g(x)dx \leq \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)g(x)dx}$

Suerte.

13 comentarios

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Ñbrevu | 13 de December de 2010 | 12:02

Pues se me ocurre una demostración algo burda y posiblemente incorrecta, pero bueno, la dejo aquí.

Por un lado, tenemos que, al ser las funciones continuas, $\displaystyle{\frac1{b-a}\int_a^bf\left(x\right)dx}$ es el valor medio de la función $f\left(x\right)$ en el intervalo $\left[a,b\right]$ , y del mismo modo, $\displaystyle{\frac1{b-a}\int_a^bg\left(x\right)dx}$ y $\displaystyle{\frac1{b-a}\int_a^bf\left(x\right)g\left(x\right)dx}$ son respectivamente los valores medios de $g\left(x\right)$ y de $f\left(x\right)g\left(x\right)$ .

Por otro lado, tenemos que la covarianza de dos variables sigue la siguiente fórmula: $\displaystyle{\frac1N\sum_{i=1}^Nx_iy_i-\overline x\cdot \overline y=\overline{\left(x\cdot y\right)}-\overline x\cdot \overline y}$ .

Ahora definimos dos variables $f$ y $g$ , cada una de ellas con un conjunto de valores infinitos correspondiente a los que toma la función homónima en el intervalo $\left[a,b\right]$ . Dado que estas funciones tienen la misma monotonía, su correlación no puede ser negativa, por lo que su covarianza tampoco puede serlo. Entonces, tenemos:

$\displaystyle{\frac1{b-a}\int_a^bf\left(x\right)g\left(x\right)dx-\frac1{b-a}\int_a^bf\left(x\right)dx\cdot\frac1{b-a}\int_a^bg\left(x\right)dx\geq0}$ .

Y con esto finaliza la demostración, ya que esta desigualdad es equivalente a la que queríamos demostrar. Supongo que se podrá hacer algo más correcto con las propiedades de las integrales.
M | 13 de December de 2010 | 12:39

La propiedad también se verifica para secuencias de números reales (como es de esperar):

$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n a_k\cdot \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n b_k\leq \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n a_kb_k$ ,

si las secuencias son monótonas del mismo sentido. Además, se tiene la igualdad si y sólo si alguna de las secuencias (o funciones en el caso del problema propuesto hoy) es constante.

Por otro lado, la desigualdad se da con signo $\geq$ si las funciones son mónotonas de sentido opuesto.

A ver si damos con una justificación más concluyente.
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Bitacoras.com
lucagali | 13 de December de 2010 | 16:50

Yo lo he hecho utilizando el teorema del valor medio del cálculo integral, según el cual para una función integrable f (monótona o no) se tiene $\int_a^b f(x)dx = f(\xi)(b-a)$ para un cierto $\xi\in [a,b]$

Definimos $\displaystyle F(x) = \int_a^x f(s)g(s)ds - \frac{1}{x-a}\int_a^x f(s)ds\int_a^x g(s)ds$ , para $x>0, F(0)=0$
Probaremos que $F(x)\geq 0 \ \forall x\in [0,+\infty)$ de lo que se sigue la desigualdad del enunciado.

Observemos que $\int_a^x f(s)ds = f(\xi_x)(x-a), \int_a^x g(s)ds = g(\eta_x)(x-a)$ para ciertos $\xi_x, \eta_x\in [a,x]$
Eso nos permite ver que F es continua en 0 ya que
$\displaystyle F(x) = \int_a^x f(s)g(s)ds - \frac{1}{x-a}f(\xi_x)(x-a)g(\eta_x)(x-a) \\ =\int_a^x f(s)g(s)ds - (x-a)f(\xi_x)g(\eta_x)\to 0$
cuando $x\to 0$ .

Sólo nos queda probar que $F'(x)\geq 0 \ \forall x\in [0, +\infty)$ y habremos acabado (ya que tendremos que F es creciente y $F(0)=0$ )
Usando el teorema fundamental del cálculo:
$\displaystyle F'(x) = f(x)g(x) + \frac{1}{(x-a)^2}\left(\int_a^x f(s)ds\int_a^x g(s)ds\right) - \frac{1}{x-a}\left(f(x)\int_a^x g(s)ds + g(x)\int_a^x f(s)ds\right)$

Ahora usamos el teorema del valor medio, se simplifican los (x-a) y obtenemos
$\displaystyle F'(x) = f(x)g(x) - f(x)g(\eta_x) + f(\xi_x)g(\eta_x) + f(x)g(\eta_x) - f(\xi_x)g(x) = (f(x)-f(\xi_x))(g(x)-g(\eta_x)) \geq 0$
, ya que f y g son monótonas del mismo sentido por lo que o los dos factores son positivos o los dos son negativos.
lucagali | 13 de December de 2010 | 16:56

Bueno, hay un fallo en lo anterior, cuando digo $F(0)=0$ quiero decir $F(a)=0$ , y la F está definida en $[a, +\infty)$
M | 13 de December de 2010 | 18:47

Hola lucagali,

he estado leyendo tu argumento. Quería comentar que la prueba no es válida, ya que para poder usar el teorema del valor medio integral (TVM-I) se requiere que la función sea continua. En nuestro caso sólo asumimos monotonía (el enunciado es redundante, de la monotonía se deduce integrabilidad en sentido Riemann). Por ejemplo, la función definida a trozos como $f(x)=0$ en $0\leq x<\frac{1}{2}$ ; y $f(x)=1$ , en $\frac{1}{2}\leq x\leq 1$ , es monótona y no verifica el TVM-I (su promedio integral vale $\frac{1}{2}$ ).

No obstante, ya prácticamente está…
lucagali | 13 de December de 2010 | 19:39

Cierto, muy cierto… vaya fallo

De todos modos, como dices ya practicamente está. Me he complicado innecesariamente
Teníamos que
$\displaystyle F'(x) = f(x)g(x) + \frac{1}{(x-a)^2}\left(\int_a^x f(s)ds\int_a^x g(s)ds\right) - \frac{1}{x-a}\left(f(x)\int_a^x g(s)ds + g(x)\int_a^x f(s)ds\right)$

Eso se puede escribir también como:
$\displaystyle F'(x) = \left( f(x) - \frac{1}{x-a}\int_a^x f(s)ds\right)\left( g(x) - \frac{1}{x-a}\int_a^x g(s)ds\right)$

Si son monótonas crecientes,
$\int_a^x f(s)ds \leq f(x) (x-a) \Rightarrow f(x) - \frac{1}{x-a}\int_a^x f(s)ds \geq 0$

$\int_a^x g(s)ds \leq g(x) (x-a) \Rightarrow g(x) - \frac{1}{x-a}\int_a^x g(s)ds \geq 0$
por lo que $F'\geq0$
Si son monótonas decrecientes, las desigualdades anteriores van al revés y de nuevo sale $F'\geq0$
Ricardo | 14 de December de 2010 | 00:05

Bonito problema: Sin pérdida de generalidad (reemplazando $f$ por $\displaystyle f - \frac{1}{b-a}\int_a^b f$ ), podemos suponer que la integral de $f$ es cero. De igual forma podemos suponer que ambas son crecientes. Entonces tenemos que mostrar que, si $f,g$ son crecientes en $[a,b]$ y $\displaystyle \int_a^b f = 0$ , entonces $\displaystyle \int_a^b fg \ge 0.$

Sean $c,d\in[a,b]$ tales que $f(x)\le 0$ en $[a,c]$ y $f(x)\ge 0$ en $[c,b]$ , mientras que $g(x)\le 0$ en $[a,d]$ y $f(x)\ge 0$ en $[d,b].$ Como $\displaystyle \int_a^b f = 0,$ podemos escoger $c\in(a,b),$ es decir, un punto interior en el intervalo. Notamos que $f(x)g(x) \ge 0$ en $[a,\min(c,d)]$ y en $[\max(c,d),b].$ Más aún, $\displaystyle \int_a^d f \le 0.$

Tenemos tres casos:

CASO $c=d$ : En tal caso $fg\ge 0$ en todo el intervalo y $\displaystyle \int_a^b fg \ge 0,$ por monotonicidad de la integral.

CASO $c < d$ : En tal caso $g(c) \le 0$ . Como $g$ es creciente, $g(x) \le g(c)$ si $x \le c$ y $g(x) \ge g(c)$ si $x \ge c$ . Como, además, $f(x)\le 0$ si $x\le c$ y $f(x) \ge 0$ si $x \ge c,$ tenemos
$\displaystyle \int_a^d fg = \int_a^c fg + \int_c^d fg \ge g(c)\int_a^c f + g(c)\int_c^d f = g(c) \int_a^d f \ge 0.$
Por lo tanto
$\displaystyle \int_a^b fg = \int_a^d fg + \int_d^b fg \ge 0,$
porque $fg\ge 0$ en $[d,b]$ y, así, $\displaystyle \int_d^b fg \ge 0.$

CASO $d < c$ : Similar al anterior.
M | 14 de December de 2010 | 00:05

Hola lucagali, tengo varias cuestiones al respecto:

primero que nada comentar que antes me equivoqué cuando dije que el enunciado era redundante con respecto a la monotonía y la integrabilidad. Me confundí pues aquí se asumen esas condiciones en el intervalo abierto, y no en el cerrado. Por ejemplo, $f(x)=1/x$ es monótona en (0,1), pero no integrable (integral infinita). Y es con respecto a esto que tengo dudas de tu último argumento.

1) La función F(x) que defines para $x>a$ , ¿tiene límite $F(a^+)$ ? Para ver que $F(a^+)=0$ (usando por ejemplo L’Hôpital) necesitaríamos que como se comportan $f(a^+)$ y $g(a^+)$ . Es decir, no me parece que se haya justificado que $F(a^+)=0$ .

2) Mi segunda objeción se refiere a la derivada $F'(x)$ : en cualquier intervalo cerrado de (a,b), f y g van a ser acotadas, y continuas en casi todo punto (por ser integrables Riemann en compactos). Es decir, que en cualquier intervalo cerrado de (a,b), sus primitivas van a ser continuas, y derivables c.t.p. (con derivadas iguales a f y g…donde exista la derivada). Es decir, que se tendrá por lo que has escrito que $F'(x)\geq 0$ , salvo quizás en un conjunto de medida nula, donde la $F$ no tiene porqué ser derivable.

3) Teniendo en cuenta que no sabemos si existe el valor $F(a^+)=0$ y que tampoco sabemos si $F'$ existe para todo $x\in (a,b)$ , parece que aún no podemos dar el asunto por zanjado.
Gulliver | 14 de December de 2010 | 00:08

Al ser funciones monótonas en el mismo sentido $[f(x)-f(y)]\cdot [g(x)-g(y)] \ge 0$ , por tanto

$\displaystyle \frac{1}{2} \displaystyle \int_a^b [f(x)-f(y)]\cdot [g(x)-g(y)] dx dy =$

$\displaystyle (b-a) \int_a^b f(x)g(x) dx- \int_a^b f(x) dx \int_a^b g(x) dx \ge 0$ .

Faltaría demostrar la integrabilidad de $\displaystyle \int_a^b f(x)g(x) dx dy$ , $\displaystyle \int_a^b f(x)g(y) dx dy$ , y las otras que son similares, pero no parece demasiado difícil a partir de la definición de la integral de Riemann, teniendo en cuenta que las variables son separables.
M | 14 de December de 2010 | 00:24

Muy buena, Gulliver. Esa es la prueba que conocía:

$0\leq \frac{1}{2}\int_a^b\int_a^b (f(x)-f(y))(g(x)-g(y))dxdy=(b-a)I_{f\cdot g}-I_f\cdot I_g$ .

Además, para el caso de sucesiones se aplica igualmente. Esta desigualdad se conoce como desigualdad integral de Chebysev (y a pesar de su simplicidad no parece ser muy conocida al menos a nivel de licenciatura), y se generaliza a un número finito de factores asumiendo no negatividad en las funciones: http://mathworld.wolfram.com/ChebyshevIntegralInequality.html
lucagali | 14 de December de 2010 | 20:45

Bueno, está claro que ayer no era mi día jeje, gracias por la aclaración M

Gulliver, muy elegante la prueba