Una successione di integrali

[Sk_Anonymous]

Problema. Siano \( a < b \) numeri reali e \(f, g : [a,b] \to (0 , + \infty)\) due funzioni continue tali che \[ \int_a^b f(x) \, dx = \int_a^b g(x) \, dx \]ma con \(f \ne g\). Per \( n \in \mathbb{N}\) si definisca \[ I_n = \int_a^b \frac{f(x)^{n+1}}{g(x)^{n}} \, dx. \] Mostrare che la successione \( \{I_n \}_{n \in \mathbb{N}} \) e' (strettamente) crescente e che \( \lim_n I_n = \infty \).

[Sk_Anonymous]

Mia soluzione in spoiler

We prove that the sequence \( \{ I_n \}_{n \in \mathbb{N}} \) is increasing using induction and the Cauchy-Schwarz inequality in a "smart" way.

Base case \( (n=0 )\): \[ \left( \int_{[a,b]} f(x) \, dx \right)^2 = \left( \int_{[a,b]} f(x) \frac{g(x)^{1/2}}{g(x)^{1/2}} \, dx \right)^2 \le \left( \int_{[a,b]} \frac{f(x)^2}{g(x)} \, dx \right) \left( \int_{[a,b]} g(x) \, dx \right) \]and thus \[ I_0 = \int_{[a,b]} f(x) \, dx \le \int_{[a,b]} \frac{f(x)^2}{g(x)} \, dx = I_1 . \]Note that actually the previous inequality is strict since it turns out that \[ I_1 - I_0 = \int_{[a,b]} \frac{(f(x)-g(x))^2}{g(x)} \, dx > 0 \]by the hypothesis on \(f\) and \(g\) (positivity and continuity).

Now write \[ \begin{split} I_{n-1} ^2= \left( \int_{[a,b]} \frac{ f(x)^{n}}{g(x)^{n-1}} \frac{f(x)^{n - \frac{n+1}{2}}}{f(x)^{n - \frac{n+1}{2}}} \frac{g(x)^{n-1 - \frac{n}{2}}}{g(x)^{n-1-\frac{n}{2}}} \, dx \right)^2 & \le \left( \int_{[a,b]} \frac{f(x)^{n+1}}{g(x)^n} \, dx \right) \left( \int_{[a,b]} \frac{f(x)^{n-1}}{g(x)^{n-2}} \, dx \right) \\ & =I_{n} I_{n-2} \end{split} \] by Cauchy-Schwarz inequality again. Now since \( I_{n-2} \le I_{n-1}\) by inductive hypothesis, we have \( I_{n-1} \le I_{n-1} ^2 / I_{n-2} \le I_n \). But using the base case we have \( I_0< I_1 ^2 / I_0 \le I_2 \) etc..., which implies that the inequalities are all strict, i.e. \[ I_0 < I_1 < I_2 < \dots < I_{n-1} < I_n . \] We have moreover \( I_n / I_{n-1} \ge I_{n-1} / I_{n-2}\) and \[ I_1 \left(\frac{I_1}{I_0}\right)^{n-1} \le I_1 \frac{I_1}{I_0} \frac{I_2}{I_1} \dots \frac{I_{n-1}}{I_{n-2}} \le I_n \]which implies \( I_n \to \infty \) when \( n \to \infty\).

[Vincent46]

Sperando che la geometria algebrica non mi abbia leso troppo il cervello:

Si ha
$$I_{n}-I_{n-1} = \int_{f > g} (\frac fg)^n (f-g) + \int_{f < g} (\frac fg)^n (f-g) \, .$$

È chiaro che l'inf della funzione $f/g$ sull'insieme $f>g$ è $1$; perciò vale
$$\int_{f > g} (\frac fg)^n (f-g) > \int_{f >g} 1^n (f-g) ,$$
ove la disuguaglianza è stretta in quanto l'inf non è mai raggiunto. Similmente, dal fatto che il sup di $f/g$ sull'insieme $f $$\int_{f < g} (\frac fg)^n (f-g) > 1^n (f-g).$$
Sommando i due pezzi, si ottiene $$I_n-I_{n-1} > \int_a^b (f-g) = 0 .$$

Riguardo al limite, si può prendere un intornino $U$ in cui $f/g > 1 + \delta$, e ottenere

$$I_n \geq \int_U f(\frac fg)^n > m' (1+\delta)^n \to \infty ,$$
ove $m'$ è il minimo di $f$ su $U$.

Buon natale!

[Sk_Anonymous]

@Vincent: e' corretto, ma che brutta formattazione

[Vincent46]

"Delirium":@Vincent: e' corretto, ma che brutta formattazione

Lo so, ma per qualche motivo non riuscivo a far funzionare nulla e a un certo punto ha prevalso la pigrizia

[anto_zoolander]

vado da qualche parte facendo queste considerazioni?

$h_n(x)=(f(x)/g(x))^nf(x)$ successione di funzioni

$h:NNtimes[a,b]->(0,+infty)$

Se $h_n[a,b]cap(0,c]ne emptyset ,0

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