[EX] Una coppia di disuguaglianze inverse

[gugo82]

Esercizio:

Sia \(f:[0,A]\to \mathbb{R}\) una funzione continua e strettamente crescente con \(f(0)=0\).

1. Per ogni \(a\in ]0,A]\) e per ogni \(b\in ]0,f(A)]\) si ha:
\[
\tag{Y}
\int_0^a f(x)\ \text{d} x +\int_0^b f^{-1}(y)\ \text{d} y \geq a\ b\; ,
\]
l'uguaglianza valendo solo se \(b=f(a)\).

Suggerimento: Basta fare un disegno...

2. Per ogni \(a\in ]0,A]\) ed ogni \(b\in ]0,f(A)]\) si ha:
\[
\tag{RY}
\min \left\{ 1, \frac{b}{f(a)}\right\}\ \int_0^a f(x)\ \text{d} x + \min \left\{ 1, \frac{a}{f^{-1}(b)}\right\}\ \int_0^b f^{-1}(y)\ \text{d} y \leq a\ b\; ,
\]
l'uguaglianza valendo solo se \(b=f(a)\).

Suggerimento: Sfruttare le proprietà geometriche delle funzioni \(F(x) := \int_0^x f(t)\ \text{d} t\) o \(\Phi (y) := \int_0^y f^{-1}(s)\ \text{d} s\) (a seconda che \(f(a)\leq b\leq f(A)\) o \(0Y).

[Paolo902]

[ot]Quella (Y) lì è un nome del tutto fortuito per la formula, ovviamente... Insomma, ogni riferimento a persone o fatti già conosciuti è del tutto casuale.
[/ot]

[gugo82]

"Paolo90":[ot]Quella (Y) lì è un nome del tutto fortuito per la formula, ovviamente... Insomma, ogni riferimento a persone o fatti già conosciuti è del tutto casuale.
[/ot]

[ot]Ovvio...

Tra l'altro, della (Y) già se n'è parlato altrove sul foro (non ricordo se in un esercizio proposto da me o meno).[/ot]

[robbstark1]

Vado per il primo:

Col disegno ok.

Analiticamente:
Applico la sostituzione [tex]x = f^{-1}(y)[/tex]. Il primo membro diventa:
[tex]\int_{0}^{a} f(x) dx + \int_{0}^{f^{-1}(b)} x f'(x) dx[/tex]
Integrando per parti il secondo integrale:
[tex]\int_{0}^{a} f(x) dx + \left [ x f(x) \right ]_{0}^{f^{-1}(b)} - \int_{0}^{f^{-1}(b)} f(x) dx[/tex]
Indico con $F$ una primitiva di $f$:
[tex]F(a) - F(0) + b f^{-1}(b) - F(f^{-1}(b)) + F(0)[/tex]

Se [tex]f^{-1}(b) > a[/tex], pongo
[tex]f^{-1}(b) = a + \tau[/tex], con [tex]\tau > 0[/tex]
da cui [tex]b = f(a + \tau)[/tex]
Sostituendo nell'espressione da calcolare si ottiene:
[tex]F(a) + ab + b \tau - F(a + \tau) = ab + b \tau - \frac{F(a + \tau) - F(a)}{ \tau} \tau[/tex]
Applicando il teorema di Lagrange su $F$ (che sicuramente soddisfa le ipotesi):
[tex]ab + b \tau - f( \xi ) \tau[/tex], con [tex]a < \xi < a + \tau[/tex]
Essendo [tex]b = f(a + \tau)[/tex], allora [tex]b > f( \xi )[/tex] perchè $f$ è crescente, da cui la tesi.

Se [tex]f^{-1}(b) < a[/tex], si può ripetere lo stesso discorso, ma con [tex]\tau < 0[/tex].
L'espressione si riduce a:
[tex]ab + b \tau - f( \xi ) \tau[/tex], con [tex]a + \tau < \xi < a[/tex]
Stavolta [tex]b < f( \xi )[/tex], ma [tex]\tau < 0[/tex], per cui il risultato non cambia.

Il caso [tex]f^{-1}(b) = a[/tex] è immediato.

[gugo82]

@ robbstark: Carina la dimostrazione con la sostituzione e l'integrazione per parti.
Però, per farla funzionare, c'è bisogno che \(f\) sia derivabile in \([0,a]\), cosa che non è esplicitamente richiesta nel testo... Tuttavia, aggiungendo questa ipotesi, tutto funziona bene.

Essa può essere semplificata un po' con una piccola variazione:

Da qui:
\[
\int_0^a f(x)\ \text{d} x + \int_0^b f^{-1}(y)\ \text{d} y = \int_0^a f(x)\ \text{d} x + \left. xf(x)\right|_{0}^{f^{-1}(b)} - \int_0^{f^{-1}(b)}f(x)\ \text{d} x
\]
hai:
\[
\begin{split}
\int_0^a f(x)\ \text{d} x + \int_0^b f^{-1}(y)\ \text{d} y &= \int_{f^{-1}(b)}^a f(x)\ \text{d} x + \left. xf(x)\right|_{0}^{f^{-1}(b)} \\
&= \int_{f^{-1}(b)}^a f(x)\ \text{d} x + b\ f^{-1}(b)\; ;
\end{split}
\]
se \(0 \[
\begin{split}
\int_0^a f(x)\ \text{d} x + \int_0^b f^{-1}(y)\ \text{d} y &= \int_{f^{-1}(b)}^a f(x)\ \text{d} x + b\ f^{-1}(b)\\
&\geq \int_{f^{-1}(b)}^a f(f^{-1}(b))\ \text{d} x + b\ f^{-1}(b)\\
&= b\ \left( a-f^{-1}(b)\right) + b\ f^{-1}(b)\\
&= a\ b\; ,
\end{split}
\]
con la minorazione valida ancora per monotonia; analogamente, se \(f(a) \leq b \leq f(A)\) si ha \(a\leq f^{-1}(b)\leq A\) e perciò:
\[
\begin{split}
\int_0^a f(x)\ \text{d} x + \int_0^b f^{-1}(y)\ \text{d} y &= \int_{f^{-1}(b)}^a f(x)\ \text{d} x + b\ f^{-1}(b)\\
&= - \int_a^{f^{-1}(b)} f(x)\ \text{d} x + b\ f^{-1}(b)\\
&\geq -\int_a^{f^{-1}(b)} f(f^{-1}(b))\ \text{d} x + b\ f^{-1}(b)\\
&= -b\ \left( f^{-1}(b)-a \right) + b\ f^{-1}(b)\\
&= a\ b
\end{split}
\]
sempre per monotonia di \(f\).

[robbstark1]

"gugo82":
Però, per farla funzionare, c'è bisogno che \(f\) sia derivabile in \([0,a]\), cosa che non è esplicitamente richiesta nel testo...

Già.

"gugo82":
Essa può essere semplificata un po' con una piccola variazione:

[gugo82]

"robbstark":[quote="gugo82"]
Però, per farla funzionare, c'è bisogno che \(f\) sia derivabile in \([0,a]\), cosa che non è esplicitamente richiesta nel testo...

Già.[/quote]
Però, però... C'è un modo per fare il passaggino senza sporcarsi le mani con la sostituzione e, dunque, senza richiedere derivabilità di \(f\).

Tutto si basa sulla formula di riduzione per gli integrali doppi, applicata intelligentemente ad un appropriato dominio \(D\) normale ad entrambi gli assi.
Invero si ha:
\[
\begin{split}
\int_0^b f^{-1}(y)\ \text{d} y &= \int_0^b \left( \int_0^{f^{-1}(y)}\text{d} x\right)\ \text{d} y\\
&= \iint_D \text{d}x\text{d} y
\end{split}
\]
con:
\[
D:=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:\ 0\leq y\leq b \text{ e } 0\leq x\leq f^{-1}(y)\}
\]
normale all'asse \(y\); ma essendo \(f\) biiettiva, si ha pure:
\[
D:=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:\ 0\leq x\leq f^{-1}(b) \text{ e } f(x)\leq y\leq b\}
\]
normale all'asse \(x\), sicché:
\[
\begin{split}
\int_0^b f^{-1}(y)\ \text{d} y &= \iint_D \text{d}x\text{d} y\\
&= \int_0^{f^{-1}(b)} \left( \int_{f(x)}^b\text{d} y\right)\ \text{d} x\\
&= b\ f(b) - \int_0^{f^{-1}(b)} f(x)\ \text{d} x
\end{split}
\]
risultato cui si perveniva per mezzo della sostituzione incriminata.

[robbstark1]

Ecco! Questo sì che mi piace, essendo l'esatta traduzione formale del disegno, che non riuscivo a fare.

[Federico7771]

Quando avevo pensato alla mia soluzione non avevo ancora letto la soluzione di Gugo ed ora mi accorgo che forse la mia andrebbe rivista un po... Comunque eccola qui!

>>Iniziamo con lo studio del caso $f(a)=b$
In tal caso io mi sono limitato ad osservare che i due integrali $\int_{0}^{a} f(x) dx , \int_{0}^{b} f^{-1}(y) dy$ coincidono con la misura dei trapezoidi (infatti il grafico di f sta nel primo quadrante) ovvero degli insiemi $A={(x,y) in RR^2 : 0 In tal caso è verificata l'uguaglianza.
Infatti $ab=m(\Omega)=m(A)+m(B)= \int_{0}^{a} f(x) dx + \int_{0}^{b} f^{-1}(y) dy$

>>Caso $b In tal caso

$ab=m(\Omega)=m(C)+m(D)=$

per il punto precedente diventa

$=\int_{0}^{a'} f(x) dx + \int_{0}^{b} f^{-1}(y) dy + m(D)= $

Sfruttiamo la monotonia: per $x>a'$ si ha $0 $\int_{a'}^{a} b dx <= \int_{a'}^{a} f(x) dx$. Da ciò si ha

$=\int_{0}^{a'} f(x) dx + \int_{0}^{b} f^{-1}(y) dy + \int_{a'}^{a} b dx <= $

$<=\int_{0}^{a'} f(x) dx + \int_{0}^{b} f^{-1}(y) dy + \int_{a'}^{a} f(x) dx = $

$=\int_{0}^{a} f(x) dx + \int_{0}^{b} f^{-1}(y) dy $

L'ultima uguaglianza è giustificata dalla proprietà di additività dell'integrale.

dove $b=f(a'), C={(x,y) in RR^2 : 0 $D={(x,y) in RR^2 : a'
>>Caso $b>f(a)$

Si ragiona come in precedenza.


(*)Basta vedere le disequazioni che descrivono gli insiemi. Va ricordato inoltre che il grafico di una funzione ha misura nulla nel piano.

[Federico7771]

Della seconda parte ne parliamo domani

[gabriella127]

Vi propongo una variante di dimostrazione della prima disuguaglianza piuttosto 'compatta' (naturalmente ho in mente la figura).

Caso $b>f(a)$:

Introduciamo la funzione:


$ tilde(f)(y) $ $ = f^-1(y)$ se $y in[0,f(a)]$
$=a$ se $y in (f(a), b]$.

$ ab=int_(0)^(a) f(x) dx + int_(0)^(b) tilde(f) (y) dy < int_(0)^(a) f(x) dx +int_(0)^(b) f^-1(y)dy $ ,

per la monotonia dell'integrale, essendo $ tilde(f) (y) < f^-1(y) $ per $y in (f(a),b$].


Il caso $b

Cita

Segnala

[Federico7771]

Parte 2:

Caso $b
Innanzitutto osservo che la $(RY)$ è equivalente a $b/f(a)\int_{0}^{a} f(x) dx + \int_{0}^{b} f^{-1}(y) dy <= ab = \int_{0}^{f^{-1}(b)} f(x) dx + \int_{f^{-1}(b)}^{a} b dx + \int_{0}^{b} f^{-1}(y) dy $

e quindi

$b/f(a)\int_{0}^{a} f(x) dx<= \int_{0}^{f^{-1}(b)} f(x) dx + \int_{f^{-1}(b)}^{a} b dx $

la quale può essere riscritta usando l'additività e portando dentro l'integrale la quantità b/f(a) come
$\int_{0}^{f^{-1}(b)}b/f(a) f(x) dx + \int_{f^{-1}(b)}^{a} f(x)/f(a)b dx<= \int_{0}^{f^{-1}(b)} f(x) dx + \int_{f^{-1}(b)}^{a} b dx $

essendo b/f(a) e f(x)/f(a) quantità sempre comprese tra $0$ e $1$ si ha che la disuguaglianza è sempre valida sotto le ipotesi fatte.

Il caso b>f(a) si dimostra in maniera simile.

Adesso però voglio vedere la soluzione di Gugo

[gugo82]

Eccoti accontentato.

Considero \(0 La funzione \(\Phi(y):= \int_0^y f^{-1}(s)\ \text{d} s\) è strettamente convessa (perché ha derivata prima strettamente crescente) e perciò l'essere \(b=\frac{b}{f(a)}\ f(a) = \left( 1- \frac{b}{f(a)}\right)\ 0 + \frac{b}{f(a)}\ f(a)\) con \(0 \[
\begin{split}
\Phi (b) &< \left( 1- \frac{b}{f(a)}\right)\ \Phi(0) + \frac{b}{f(a)}\ \Phi(f(a)) \\
&= \frac{b}{f(a)}\ \Phi(f(a))\\
&\stackrel{\text{(Y)}}{=} \frac{b}{f(a)}\ \left( a\ f(a) - F(a)\right)
\end{split}
\]
da cui:
\[
\frac{b}{f(a)}\ F(a) + \Phi (b) < a\ b
\]
che è la (RY). \(\square\)

[Federico7771]

Elegante come sempre sulla mia hai da fare precisazioni o migliorie? Mi riferisco sia alla Y che alla RY