Disuguaglianza integrale

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Simo_the_wolf
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Disuguaglianza integrale

Messaggio da Simo_the_wolf » 08 giu 2007, 12:23

Sia $ f:\left[0,1\right] \longrightarrow \left[0,+\infty \right) $ una funzione integrabile. Dimostrare che:
$ \displaystyle \int_0^1 f(x)dx \cdot \int_0^1 x^3f(x)dx \geq \int_0^1 xf(x)dx\int_0^1 x^2f(x)dx $

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rand
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Messaggio da rand » 08 giu 2007, 18:24

Si potrebbe fare così,
poniamo $ \mu = (\int_{0}^{1} x f(x))/\int_{0}^{1} f(x) $. Per ogni $ x > 0 $ si ha che $ (x^2 - \mu^2)(x-\mu) \geq 0 $, dunque $ \int_{0}^{1} (x^2 - \mu^2)(x-\mu)f(x) $ è anche lui non negativo. Ma sviluppando i conti in maniera semplice viene fuori che quest'ultimo integrale è proprio $ \int_0^1 x^{3} f(x) - [\int_0^1 x^{2}f(x) \int_0^1 xf(x)]/ \int_0^1 f(x) $, da cui segue la tesi.
Ultima modifica di rand il 10 giu 2007, 12:55, modificato 1 volta in totale.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 08 giu 2007, 19:56

O anche, detto $ I_2=[0,1]\times[0,1] $, si ha
$ \left(\int_0^1f(x)dx\right)\cdot\left(\int_0^1x^3f(x)dx\right)=\int_{I_2}f(x)y^3f(y)dxdy $
e similmente l'altro integrale diventa
$ \int_{I_2}f(x)f(y)xy^2dxdy $
Ora, sia $ A=\{(x,y)\in I_2\vert y\geq x\} $ e sia B la chiusura del suo complementare.
Allora la funzione
$ G(x,y)=f(x)f(y)y^2(y-x) $ è positiva su A e negativa su B, ma del resto, se $ (s,t)\in A $, $ (t,s)\in B $ e dunque
$ \int_A G(x,y)dxdy=\int_BG(y,x)dxdy $
Infine, si ha che G è positiva su A e negativa su B e in particolare
$ 0\leq-G(x,y)\leq G(y,x) $ per $ (x,y)\in B $.
Quindi
$ \int_AG(x,y)dxdy+\int_BG(x,y)dxdy=\int_B(G(y,x)+G(x,y))dydx\geq0 $
Che è la tesi.

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