Desigualdad $(\int_0^1 |f|)^2 \leq \frac{1}{12}\int_0^1 {f'}^2$

Question

Supongamos que $f\colon[0,1]\to\mathbb{R}$ es una función diferenciable con $f'$ cuadrado integrable (si eso es demasiado débil o poco práctico, asuma que $f$ es continuamente diferenciable) tal que $f(0)=f(1)=0$ . ¿Se da el caso de que $$ \left(\int_0^1 |f|\right)^2 \leq \frac{1}{12}\int_0^1 {f'}^2 $$ ? Es válido para las funciones $f$ He intentado (por ejemplo, la obvia $f(x)=x(1-x)$ y cosas como $f(x)=\sin(\pi x)$ ). Además, no es difícil ver que $1/12$ es lo mejor que se puede esperar, ya que se consigue por $f(x)=x(1-x)$ .

Parece apestar a Cauchy-Schwarz y/o integración por partes, pero no veo cómo demostrarlo. Parece que me falta un simple truco.

Answer 1

Fijar un $c \in (0,1)$ . Para $0 \leq t\leq c$ ya que $f(0) =0$ tenemos $$|f(t)| = |\int_0^t f'(s) ds|\leq \int_0^t |f'(s)| ds.$$ Por lo tanto, por el teorema de Fubini, tenemos $$ \int_0^c |f(t)| dt \leq \int_0^c \int_0^t |f'(s)| ds dt = \int_0^c |f'(s)| (c-s) ds.$$ Del mismo modo, obtenemos $$ \int_c^1 |f(t)| dt \leq \int_c^1 |f'(s)| (s-c) ds.$$ Por lo tanto, sumando dos desigualdades, obtenemos $$\int_0^1 |f(t)| dt \leq \int_0^1 |f'(s)| |c -s| ds.$$ Aplicando Cauchy-Schwartz, tenemos $$(\int_0^1 |f(t)| dt)^2 \leq (\int_0^1 f'(s)^2 ds )(\int_0^1(c-s)^2 ds) =(c^2 -c + \frac13) \int_0^1 f'(s)^2 ds,$$ para cualquier $c\in (0,1)$ . Desde $c^2-c + \frac13 \geq \frac1{12}$ para cualquier $c\in (0,1)$ y alcanza en $c = \frac12$ . Al tomar $c =\frac12$ obtenemos la desigualdad deseada.