Desigualdad con integrales

Publicado por gaussianos | 13 diciembre, 2010 | Juegos | 11 |

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:

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

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Sobre el Autor

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Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

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Tweets that mention Desigualdad con integrales | Gaussianos -- Topsy.com

13/12/2010 09:57

[…] This post was mentioned on Twitter by gaussianos, Ignacio M. Hierro R.. Ignacio M. Hierro R. said: Problema de la semana en Gaussianos, RT @gaussianos Desigualdad con integrales http://bit.ly/eLfeuS […]

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Ñbrevu

13/12/2010 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, es el valor medio de la función en el intervalo , y del mismo modo, y son respectivamente los valores medios de y de . Por otro lado, tenemos que la covarianza de dos variables sigue la siguiente fórmula: . Ahora definimos dos variables y , cada una de ellas con un conjunto de valores infinitos correspondiente a los que toma la función homónima en el intervalo . Dado que estas funciones tienen la… Lee más »

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13/12/2010 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

13/12/2010 13:26

Información Bitacoras.com…

Valora en Bitacoras.com: Hoy lunes comenzamos la semana con un problema. En esta ocasión el problema semanal tiene el siguiente enunciado: Sean funciones integrables y monótonas del mismo sentido en el intervalo . Probar que: Suerte. Entra en Gauss……

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lucagali

13/12/2010 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 para un cierto Definimos , para Probaremos que de lo que se sigue la desigualdad del enunciado. Observemos que para ciertos Eso nos permite ver que F es continua en 0 ya que cuando . Sólo nos queda probar que y habremos acabado (ya que tendremos que F es creciente y ) Usando el teorema fundamental del cálculo: Ahora usamos el teorema del valor medio, se simplifican los (x-a) y obtenemos , ya que… Lee más »

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lucagali

13/12/2010 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 $[a, +\infty)$

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13/12/2010 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… 🙂

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lucagali

13/12/2010 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 $F'\geq0$

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Ricardo

14/12/2010 00:05

Bonito problema: Sin pérdida de generalidad (reemplazando por ), podemos suponer que la integral de es cero. De igual forma podemos suponer que ambas son crecientes. Entonces tenemos que mostrar que, si son crecientes en y , entonces Sean tales que en y en , mientras que en y en Como podemos escoger es decir, un punto interior en el intervalo. Notamos que en y en Más aún, Tenemos tres casos: CASO : En tal caso en todo el intervalo y por monotonicidad de la integral. CASO : En tal caso . Como es creciente, si y si . Como,… Lee más »

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14/12/2010 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, 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 , ¿tiene límite ? Para ver que (usando por ejemplo L’Hôpital) necesitaríamos que como se comportan y . Es decir, no me… Lee más »

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Gulliver

14/12/2010 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.

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14/12/2010 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

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lucagali

14/12/2010 20:45

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

Gulliver, muy elegante la prueba

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