Impariamo insieme la disuguaglianza di Prékopa-Leindler
Stavo leggendo un articolo in cui compare questa disuguaglianza che è importante in alcuni settori dell'analisi e non ne capisco un passaggio, però mi sembrava una buona scusa per diffondere la conoscenza di questa disuguaglianza, dato che la dimostrazione è abbastanza "elementare" (da cui il titolo).
Allora la disuguaglianza dice la seguente cosa:
La dimostrazione la fa nel caso $n=1$ e dice che per $n$ generico si fa per induzione ma non c'è nell''articolo.
Possiamo chiaramente $\int_RRf(x)dx=F>0$ e $\int_RRg(x)dx=G>0$. Definiamo $u,v:(0,1)->RR$ tali che $AAt\in(0,1)$ $u(t)$ e $v(t)$ siano il minimo numero tale che $1/F\int_(-\infty)^(u(t))f(x)dx=1/G\int_(-\infty)^(v(t))g(x)dx=t$. Si osserva che $u,v$ sono funzioni strettamente crescenti, quindi differenziabili quasi ovunque e si considera $w(t)=(1-\lambda)u(t)+\lambda v(t)$.
Derivando l'espressione che definisce $u$ e $v$ si ha $(f(u(t))u'(t))/F=(g(v(t))v'(t))/G=1$.
Dalla disuguaglianza aritmetico-geometrica si ha, per $f(u(t))g(v(t))!=0$, $w'(t)=(1-\lambda)u'(t)+\lambda v'(t)>=u'(t)^(1-\lambda)v'(t)^\lambda=(F/f(u(t)))^(1-\lambda)(G/g(v(t)))^lambda$ quasi ovunque.
Dunque $\int_RRh(x)dx>=\int_0^1h(w(t))w'(t)dt>=\int_0^1f(u(t))^(1-\lambda)g(v(t))v'(t)^\lambda(F/f(u(t)))^(1-\lambda)(G/g(v(t)))^lambdadt=F^(1-\lambda)G^\lambda$, che è la tesi.
Quello che io non ho capito è il passaggio $\int_RRh(x)dx>=\int_0^1h(w(t))w'(t)dt$, vedo che è una specie di cambio di variabile però un po' strano e non capisco perchè ci sia il $>=$ (e non ad esempio l'$=$), qualcuno me lo può spiegare?
Se può essere utile ho notato che anche $w$ è strettamente crescente, ma non è (in generale) suriettiva.
Comunque prima dicevo che questa disuguaglianza è importante, infatti una delle cose a cui può servire è dimostrare la disuguaglianza di Brunn-Minkowsky, che è a sua volta importante.
Inoltre, come curiosità, ha una struttura che ricorda un po' la disuguaglianza di Holder ma con verso invertito.
Allora la disuguaglianza dice la seguente cosa:
Siano $0<\lambda<1$, $f,g,h\in L^1(RR^n)$ non negative che soddisfano $h((1-\lambda)x+\lambda y)>=f(x)^(1-\lambda)g(y)^\lambda AAx,y\inRR^n$.
Allora $\int_(RR^n)h(x)dx>=(\int_(RR^n)f(x)dx)^(1-\lambda)(\int_(RR^n)g(x)dx)^\lambda$.
La dimostrazione la fa nel caso $n=1$ e dice che per $n$ generico si fa per induzione ma non c'è nell''articolo.
Possiamo chiaramente $\int_RRf(x)dx=F>0$ e $\int_RRg(x)dx=G>0$. Definiamo $u,v:(0,1)->RR$ tali che $AAt\in(0,1)$ $u(t)$ e $v(t)$ siano il minimo numero tale che $1/F\int_(-\infty)^(u(t))f(x)dx=1/G\int_(-\infty)^(v(t))g(x)dx=t$. Si osserva che $u,v$ sono funzioni strettamente crescenti, quindi differenziabili quasi ovunque e si considera $w(t)=(1-\lambda)u(t)+\lambda v(t)$.
Derivando l'espressione che definisce $u$ e $v$ si ha $(f(u(t))u'(t))/F=(g(v(t))v'(t))/G=1$.
Dalla disuguaglianza aritmetico-geometrica si ha, per $f(u(t))g(v(t))!=0$, $w'(t)=(1-\lambda)u'(t)+\lambda v'(t)>=u'(t)^(1-\lambda)v'(t)^\lambda=(F/f(u(t)))^(1-\lambda)(G/g(v(t)))^lambda$ quasi ovunque.
Dunque $\int_RRh(x)dx>=\int_0^1h(w(t))w'(t)dt>=\int_0^1f(u(t))^(1-\lambda)g(v(t))v'(t)^\lambda(F/f(u(t)))^(1-\lambda)(G/g(v(t)))^lambdadt=F^(1-\lambda)G^\lambda$, che è la tesi.
Quello che io non ho capito è il passaggio $\int_RRh(x)dx>=\int_0^1h(w(t))w'(t)dt$, vedo che è una specie di cambio di variabile però un po' strano e non capisco perchè ci sia il $>=$ (e non ad esempio l'$=$), qualcuno me lo può spiegare?
Se può essere utile ho notato che anche $w$ è strettamente crescente, ma non è (in generale) suriettiva.
Comunque prima dicevo che questa disuguaglianza è importante, infatti una delle cose a cui può servire è dimostrare la disuguaglianza di Brunn-Minkowsky, che è a sua volta importante.
Inoltre, come curiosità, ha una struttura che ricorda un po' la disuguaglianza di Holder ma con verso invertito.
Risposte
In effetti è un cambio di variabili, anche se in genere uno vorrebbe che $w$ sia differenziabile ovunque.
Pero' in generale se \((X, \mathcal{M}, \mu)\) è uno spazio di misura, \( (Y, \mathcal{N})\) uno spazio misurabile e $\phi : X \to Y $ una mappa misurabile e suriettiva si può definire la misura immagine \( \mu \phi^{\leftarrow} : \mathcal{N} \to [0,\infty]\) come \(\mu \phi^{\leftarrow} (A) :=\mu(\phi^{\leftarrow} (A))\) da cui $$ \int_Y f \, d \mu \phi^{\leftarrow} = \int_X f \circ \phi \, d \mu $$per ogni funzione misurabile positiva $f$.
Nel tuo caso \(w( (0,1) ) \subseteq \mathbb{R}\) donde \((0,1) \subseteq w^{\leftarrow}(w( (0,1) )) \subseteq w^{\leftarrow}(\mathbb{R}) \); inoltre per \( \mu = w' \mathcal{L}\) (ove \(\mathcal{L}\) è la misura di Lebesgue) dovrebbe essere (penso sia vero, controlla i dettagli) \(\mu w^{\leftarrow} = \mathcal{L}\). Quindi \[ \int_\mathbb{R} h(x) \, d \mathcal{L} (x) = \int_{w^{\leftarrow}(\mathbb{R})} (h \circ w)(x) \, w'(x) d \mathcal{L} (x) \ge \int_{(0,1)} (h \circ w)(x) \, w'(x) d \mathcal{L} (x) \]perché \( w' \ge 0\).
Pero' in generale se \((X, \mathcal{M}, \mu)\) è uno spazio di misura, \( (Y, \mathcal{N})\) uno spazio misurabile e $\phi : X \to Y $ una mappa misurabile e suriettiva si può definire la misura immagine \( \mu \phi^{\leftarrow} : \mathcal{N} \to [0,\infty]\) come \(\mu \phi^{\leftarrow} (A) :=\mu(\phi^{\leftarrow} (A))\) da cui $$ \int_Y f \, d \mu \phi^{\leftarrow} = \int_X f \circ \phi \, d \mu $$per ogni funzione misurabile positiva $f$.
Nel tuo caso \(w( (0,1) ) \subseteq \mathbb{R}\) donde \((0,1) \subseteq w^{\leftarrow}(w( (0,1) )) \subseteq w^{\leftarrow}(\mathbb{R}) \); inoltre per \( \mu = w' \mathcal{L}\) (ove \(\mathcal{L}\) è la misura di Lebesgue) dovrebbe essere (penso sia vero, controlla i dettagli) \(\mu w^{\leftarrow} = \mathcal{L}\). Quindi \[ \int_\mathbb{R} h(x) \, d \mathcal{L} (x) = \int_{w^{\leftarrow}(\mathbb{R})} (h \circ w)(x) \, w'(x) d \mathcal{L} (x) \ge \int_{(0,1)} (h \circ w)(x) \, w'(x) d \mathcal{L} (x) \]perché \( w' \ge 0\).
"080e73990d22b9e30ee6fddddc45a902d78283e6":
\[ \int_\mathbb{R} h(x) \, d \mathcal{L} (x) = \int_{w^{\leftarrow}(\mathbb{R})} (h \circ w)(x) \, w'(x) d \mathcal{L} (x)
Ma dato che $w^{\leftarrow}(\mathbb{R})=\mathbb{R}$, la disuguaglianza "incriminata" non sarebbe un'uguaglianza? Questo sto cercando di capire. Pensi che nell'articolo abbia messo il $>=$ perchè tanto se è uguale è anche maggiore o uguale? Se fosse così, non la sopporterei come cosa secondo me queste cose andrebbero evitate perchè poi uno leggendo $>=$ pensa che ci sia perchè non si possa mettere l'$=$ e si arrovella invano.
P.S. Ma tu la conoscevi già questa disuguaglianza?
"otta96":
Ma dato che $w^{\leftarrow}(\mathbb{R})=\mathbb{R}$, la disuguaglianza "incriminata" non sarebbe un'uguaglianza? Questo sto cercando di capire. Pensi che nell'articolo abbia messo il $>=$ perchè tanto se è uguale è anche maggiore o uguale? Se fosse così, non la sopporterei come cosa secondo me queste cose andrebbero evitate perchè poi uno leggendo $>=$ pensa che ci sia perchè non si possa mettere l'$=$ e si arrovella invano.
P.S. Ma tu la conoscevi già questa disuguaglianza?
No, conosc(ev)o Brunn-Minkowski di sfuggita. Comunque al momento anche a me sembra che valga l'uguaglianza. Per curiosità ho dato un'occhiata in giro e sia Tao che altri tizi la dimostrano in maniera diversa, senza nemmeno assumere che \(f\) e \(g\) siano \(L^1\)...
Il punto di quella disuguaglianza è che il TFCI ed il cambiamento di variabile non valgono per funzioni derivabili q.o.
Ad esempio, prendi come $w$ la funzione di Vitali su $[0,1]$, che è strettamente crescente, ha $w(0)=0$ e $w(1) =1$ ma $w^\prime (x)=0$ q.o. in $[0,1]$; se tutto funzionasse come al solito dovresti avere:
$0= int_0^1 w^\prime(x)\ "d" x = int_(w(0))^(w(1)) "d"x = w(1) - w(0) =1$...
Un po' strano, ne?
Questo stesso esempio mostra che il $<=$ è necessario tra secondo e terzo membro.
Affinché tutto valga come al solito, se non vado errato, c'è bisogno che la funzione che definisce il cambiamento di variabile sia $AC$.
Ad esempio, prendi come $w$ la funzione di Vitali su $[0,1]$, che è strettamente crescente, ha $w(0)=0$ e $w(1) =1$ ma $w^\prime (x)=0$ q.o. in $[0,1]$; se tutto funzionasse come al solito dovresti avere:
$0= int_0^1 w^\prime(x)\ "d" x = int_(w(0))^(w(1)) "d"x = w(1) - w(0) =1$...
Un po' strano, ne?

Questo stesso esempio mostra che il $<=$ è necessario tra secondo e terzo membro.
Affinché tutto valga come al solito, se non vado errato, c'è bisogno che la funzione che definisce il cambiamento di variabile sia $AC$.
"gugo82":
[...] Affinché tutto valga come al solito, se non vado errato, c'è bisogno che la funzione che definisce il cambiamento di variabile sia $AC$.
Si', in effetti la prima uguaglianza di questo
"080e73990d22b9e30ee6fddddc45a902d78283e6":
[...] \[ \int_\mathbb{R} h(x) \, d \mathcal{L} (x) = \int_{w^{\leftarrow}(\mathbb{R})} (h \circ w)(x) \, w'(x) d \mathcal{L} (x) \ge \int_{(0,1)} (h \circ w)(x) \, w'(x) d \mathcal{L} (x) \]perché \( w' \ge 0\).
vale soltanto se \(w\) è AC; nel caso di OP \(w\) è "solo" strettamente crescente - questo mi ero perso (sarebbe AC se l'insieme dei suoi punti di non differenziabilità fosse al più numerabile, ma qui non è granché interessante...)
@080e73990d22b9e30ee6fddddc45a902d78283e6 Pure nell'articolo viene detto che ci sono altri modi di dimostrarla, tra le altre cose.
@gugo82 Mi era venuto in mente che poteva avere qualcosa a che fare $VL$/$AC$. Quindi il $>=$ che mi interessa a me non è un $=$ perchè il cambio di variabile è "solo" $VL$ e non $AC$, giusto?
@gugo82 Mi era venuto in mente che poteva avere qualcosa a che fare $VL$/$AC$. Quindi il $>=$ che mi interessa a me non è un $=$ perchè il cambio di variabile è "solo" $VL$ e non $AC$, giusto?
Non $VL$, please, ma $BV$... 
E comunque sì.

E comunque sì.
Grazie gugo e 080e73990d22b9e30ee6fddddc45a902d78283e6 dell'aiuto.
Forse intendevi di Cantor
"gugo82":
la funzione di Vitali
Forse intendevi di Cantor

C'è un articolo, un super classico, di Gardner, che mi ero ripromesso di leggere anni fa ma non sono mai arrivato oltre le prime pagine;
https://www.ams.org/journals/bull/2002- ... 2-00941-2/
Prekopa-Leindler è l'equazione (21). Forse interessa qualcuno.
https://www.ams.org/journals/bull/2002- ... 2-00941-2/
Prekopa-Leindler è l'equazione (21). Forse interessa qualcuno.
È esattamente l'articolo che ho letto e da cui viene quella dimostrazione

[ot]
Grande! Questa roba sembra piuttosto "hot", sicuramente interessa Figalli e la sua corte. Ho visto un talk due settimane fa. Invece Brascamp-Lieb, che è collegata ma non saprei dire perché, va alla grande in UK. [\ot]
Grande! Questa roba sembra piuttosto "hot", sicuramente interessa Figalli e la sua corte. Ho visto un talk due settimane fa. Invece Brascamp-Lieb, che è collegata ma non saprei dire perché, va alla grande in UK. [\ot]
"otta96":
Grazie gugo e 080e73990d22b9e30ee6fddddc45a902d78283e6 dell'aiuto.
Prego, per quel che ancora posso...
"otta96":
[quote="gugo82"]la funzione di Vitali
Forse intendevi di Cantor

Ho sempre pensato che la funzione fosse proprio di Vitali... Si dovrebbe vedere l'articolo del 1905 citato un po' ovunque; appena ho un po' di tempo me lo procuro.
@ dissonance: L'avrei linkato io, perché l'avevo usato tra i riferimenti per la tesi di laurea millenni fa... Però non ricordavo il riferimento; l'avrei dovuto andare a cercare, ma il tempo da dedicare al forum ultimamente scarseggia.
Io la conoscevo col nome di funzione di Cantor, ma dando un'occhiata a Wikipedia ho visto che la chiamano anche funzione di Cantor Vitali, inoltre io pensavo alla funzione di Vitali come ad un'altra ma l'ho ricercata e a quanto pare mi ricordavo male perchè si chiamava funzione di Volterra.