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.

Autor: gaussianos

11 Comentarios

  1. 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.

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  2. 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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  3. 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.

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  4. 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… 🙂

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  5. 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

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  6. 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.

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  7. 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.

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  8. 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.

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  9. 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

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

    Gulliver, muy elegante la prueba

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