Уточнение неравенства Коши-Буняковского через max и min.

[AGu]

kp9r4d в сообщении #993138 писал(а):

sup в сообщении #992902 писал(а):

В силу чего $\lambda^2 + (1-\lambda)^2 = 1$.

Почему?

sup в сообщении #992902 писал(а):

Причем функция $\lambda$ принимает только значения 0 и 1.

[kp9r4d]

Прочитал почему-то "от 0 до 1", действительно красиво, спасибо!

[sergei1961]

Вопросы, которые остались интересными для меня про это неравенство.
1) Есть точная ссылка на работу, содержащую это неравенство, до 1996 г.?
2) Есть доказательство, основанное на неравенстве Чебышёва? Почему: так доказывается материнское неравенство, из которого это было получено. Структура тоже одинаковая-оба неравенства между произведениями двух интегралов.
3) Есть доказательство, основанное на явном представлении max,min через модули?

Всем искреннее спасибо за интерес и сообщения. Если интерес есть к подобным неравенствам-простым по форме,но необычным- постараюсь выложить ещё пару: элементарное уточнение неравенства Янга (обзываемого Юнгом) и уточнения классических неравенств между ПРОИЗВОЛЬНЫМИ функциями, в которые входят КОНКРЕТНЫЕ СПЕЦИАЛЬНЫЕ функции. Стоит сделать?

Кстати, когда это неравенство было получено, первая мысль тоже была, что вряд ли это может быть, только мне сначала показалось, не что оно неверно, материнское неравенство уже было многократно проверено, а что левая часть равна правой в содержательном неравенстве. Потом нарисовал "конвертик", и стало понятно, что оно всё-таки есть.

[ex-math]

sergei1961 в сообщении #993903 писал(а):

Стоит сделать?

Конечно.

[Evgenjy]

sergei1961 в сообщении #992520 писал(а):

У этого неравенства есть совсем простые доказательства?

Видимо Вы забыли дать условие неотрицательности $f$ и $g$? Для $f$ и $g$, не принимающих отрицательных значений.
Если ввести функции $u=(f^2+g^2)/2$ и $v=(f^2-g^2)/2$. Тогда $\min(f,g)^2=u-\left\lvert v \right\rvert$, $\max(f,g)^2=u+\left\lvert v \right\rvert$, $f^2=u+v$, $g^2=u-v$. Подставив в неравенство, доказательство получим на основании того, что интеграл от модуля больше модуля интеграла.

Можно доказать более общее неравенство. Пусть $p$, $q$, $r$, $s$ $-$ неотрицательные функции.Если $p+q=r+s$; $p\geqslant r \geqslant q$ и $p\geqslant s \geqslant q$, то произведение интегралов от функций $p$ и $q$ не больше произведения интегралов от функций $r$ и $s$. Из этого уже следует неравенство с максимумом и минимумом, как частый случай.

[sergei1961]

Evgenjy -конечно, функции неотрицательные, но здесь уже про это говорилось.
Интересное доказательство, буду разбираться, спасибо, у меня это медленно.

[ewert]

То же доказательство, но в совсем уж напрашивающемся варианте. Если $f=u+v$ и $g=u-v$ (где $u=\frac{f+g}2$), то $\max\{f,g\}=u+|v|$, $\min\{f,g\}=u-|v|$ и доказать надо, собственно, что $\big\|u-|v|\big\|^2\big\|u+|v|\big\|^2\leqslant\big\|u-v\big\|^2\big\|u+v\big\|^2$. Ну так после тупого раскрытия скобок получаем тривиальное неравенство $-4(u,|v|)^2\leqslant-4(u,v)^2$. (Т.е. нужна, собственно, положительность не самих функций, а только их среднего).

-- Чт мар 26, 2015 20:59:52 --

Да, кстати:

Evgenjy в сообщении #994207 писал(а):

Пусть $p$, $q$, $r$, $s$ $-$ неотрицательные функции

А зачем?

[Evgenjy]

ewert в сообщении #996056 писал(а):

Т.е. нужна, собственно, положительность не самих функций, а только их среднего

См.

odelschwank в сообщении #992733 писал(а):

Контрпример (ну или может я туплю, в любом случае, простите):

$[a, b] = [-1, 1]$, $f(x) = \operatorname{sign} x$, $g(x) = 0$

Тогда $\int_a^b (\max(f(x),g(x)))^2 \ dx = \int_a^b (\min(f(x),g(x)))^2 = 1$, а правая часть равна 0.

ewert в сообщении #996056 писал(а):

Да, кстати:

Evgenjy в сообщении #994207

писал(а):
Пусть $p$, $q$, $r$, $s$ $-$ неотрицательные функции
А зачем?

Здесь Вы правы, можно дальше обобщить и исключить неотрицательность.

[ewert]

Evgenjy в сообщении #996131 писал(а):

См.

Это не ко мне (контрпример).

[Evgenjy]

ewert в сообщении #996160 писал(а):

Это не ко мне (контрпример).

ewert в сообщении #996056 писал(а):

$\big\|u-|v|\big\|^2\big\|u+|v|\big\|^2\leqslant\big\|u-v\big\|^2\big\|u+v\big\|^2$.

При $u=v=\frac{\operatorname{sign} x}{2}$ справа ноль, а слева единица.

[ewert]

Evgenjy в сообщении #996189 писал(а):

При $u=v=\frac{\operatorname{sign} x}{2}$

А $u=\frac{\operatorname{sign} x}{2}$ как-то не шибко положительна.

[Evgenjy]

ewert в сообщении #996056 писал(а):

Т.е. нужна, собственно, положительность не самих функций, а только их среднего

Да, Вы правы, достаточно неотрицательности $f+g$.

[sergei1961]

Разбирая доказательство sup , получил такую формулу для разности между правой и левой частями содержательного неравенства:

$$ A= \int_a^b (\max(f(x),g(x)))^2 \ dx \cdot \int_a^b (\min(f(x),g(x)))^2 , B=\int_a^b f^2(x)\ dx \cdot \int_a^b g^2(x)\ dx , $$

Тогда

$$ B-A=\int_a^b (1-\lambda (x))\min(f(x),g(x)) (f+g)\ dx \cdot \int_a^b \lambda (x)\min(f(x),g(x)) (f+g)\ dx $$

1. Это правильно?
2. Если допустить отрицательные функции, то неравенство верно при выполнении условия

$$\min(f(x),g(x)) (f+g)\ge 0 .$$

Условия неотрицательности только одной суммы функций действительно достаточно?

[Evgenjy]

sergei1961 в сообщении #996959 писал(а):

Условия неотрицательности только одной суммы функций действительно достаточно?

Достаточно.
Однако это условие можно еще расширить. Неравенство также верно для не положительной $f+g$. Итак условия можно объединить: неравенство верно либо если $f+g\geqslant 0$, либо если $f+g\leqslant 0$

[sergei1961]

Evgenjy, а то, что Вы написали можно как-то увидеть из приведённой выше формулы для разности между правой и левой частями неравенства, если она конечно верна?