Si$\int_0^x f^2(t)dt \le f(x)$ para todos$x \in [0,1]$, entonces$\min_{[0,1]} f(x) \le 1$?

Question

Supongamos que $f$ es una función continua en $[0,1]$ y $$\int_0^x [f(t)]^2dt \le f(x) \quad \text{for all} \quad x \in[0,1]. Probar o refutar $$\min_{0\le x\le 1} f(x) \le 1. En caso de que la desigualdad deseada no se mantenga, ¿cuál es el mejor límite superior?

Gracias.

Answer 1

Supongo que $f^2(t)$ medio $\big(f(t)\big)^2$. Tengo una muy débil obligado $$\min_{x\in[0,1]}\,f(x)<2\sqrt{2}\,,$$ y no sabes cómo mejorarla. Tal vez alguien pueda usar mi prueba para obtener una mejor obligado.

Supongamos por el contrario que existe una función de $f:[0,1]\to\mathbb{R}$satisfactorio $$\int_0^x\,\big(f(t)\big)^2\,\text{d}t\leq f(x)\text{ for all }x\in[0,1]\tag{*}$$ tal que $$k:=\min_{x\in[0,1]}\,f(x)\geq 2\sqrt{2}\,.$$ A partir de (*), obtenemos que $$f(x)\geq \max\big\{k^2x,k\}\text{ for all }x\in[0,1]\,.$$ Usamos (*) una vez más y encontrar que $$f(x)\geq \int_0^{\frac1k}\,k^2\,\text{d}x+\int_{\frac{1}{k}}^x\,(k^2t)^2\,\text{d}t=\frac{2k}{3}+\frac{k^4x^3}{3}$$ para $x\in\left[\dfrac1k,1\right]$.

Definir los polinomios $P_0$, $P_1$, $P_2$, $\ldots$ como sigue: $$P_0(z):=1\,,\,\,P_1(z):=z\,,\,\,P_2(x):=\frac{2}{3}+\frac{z^3}{3}\,,$$ y $$P_r(z)=1+\int_{1}^z\,\big(P_{r-1}(\zeta)\big)^2\,\text{d}\zeta$$ para $r=3,4,5,\ldots$. Se puede probar por inducción que, para cada una de las $r=0,1,2,\ldots$, $$f(x)\geq k\,P_r(kx)$$ for all $x\in\left[\dfrac1k,1\right]$.

Podemos probar por inducción que $0\leq P_r(z)\leq 1$ por cada $z\in[0,1]$. Es decir, el término constante de $P_r$ es no negativa para cada $r=0,1,2,\ldots$. Es obvio que los coeficientes de mayor orden de los términos en $P_r$ son no negativos. Además, el grado de $P_r$ es $2^r-1$, y el coeficiente de $\lambda_r$ de la $(2^r-1)$-st grado plazo de $P_r$ está dada por la relación de recurrencia $$\lambda_r=\frac{1}{2^r-1}\lambda_{r-1}^2\,.$$ En otras palabras, $$\lambda_r=\frac{1}{\prod\limits_{j=1}^r\,(2^j-1)^{2^{r-j}}}\geq \frac{1}{\prod\limits_{j=2}^r\,2^{j\cdot2^{r-j}}}=\frac{1}{2^{3\cdot 2^{r-1}-r-2}}\,.$$ Es decir, $$f(1)\geq k\,P_r(k)\geq \frac{k^{2^r}}{2^{3\cdot2^{r-1}-r-2}}$$ para cada $r=0,1,2,\ldots$. Sin embargo, como $k\geq 2\sqrt{2}$, $k^{2^r}$ crece más rápido de lo $2^{3\cdot2^{r-1}-r-2}$, es decir, $$\lim_{r\to\infty}\,\frac{k^{2^r}}{2^{3\cdot2^{r-1}-r-2}}=\infty\,.$$ Esto produce una contradicción.

Observación. Yo creo que los polinomios $P_r$ convergen pointwise, como $r\to\infty$, $P$ a $(-2,+2)$, donde $$P(z):=\frac{1}{2-z}\text{ for }z\in(-2,+2)\,.$$ Suponemos también que, para $z\geq 2$, $\lim\limits_{r\to\infty}\,P_r(z)=\infty$. Si esto es cierto, entonces se sigue de inmediato que $\min\limits_{x\in[0,1]}\,f(x)<2$.

Contraejemplo. Curiosamente, vamos a $k\in(1,2)$ y definir $$f(x):=\max\left\{k,\frac{k}{2-kx}\right\}\text{ for all }x\in[0,1]\,.$$ Vemos, entonces, que $\min\limits_{x\in[0,1]}\,f(x)=k$. Además, $$f(x)=k\geq k^2x=\int_0^x\,k^2\,\text{d}t=\int_0^x\,\big(f(t)\big)^2\,\text{d}t$$ para $x\in\left[0,\dfrac1k\right]$. Para $x\in\left[\dfrac1k,1\right]$, tenemos $$f(x)=\frac{k}{2-kx}=k+\int_{\frac1k}^x\,\left(\frac{k}{2-kt}\right)^2\,\text{d}t=\int_0^x\,\big(f(t)\big)^2\,\text{d}t\,.$$ Esto muestra que, si $\min\limits_{x\in[0,1]}\,f(x)<c$ para cada función de $f$, a continuación, $c\geq 2$.

Answer 2

Podemos demostrar que $$\min_{x\in[0,1]}\,f(x) < 2 \, ,$$ y que es el mejor resultado posible, como Batominovski demostrado con su contra-ejemplo.

Suponga que $f(x) \ge 2$ en el intervalo. Para $0 < x \le 1$ definimos $$g(x) = \frac{1}{\int_0^x f^2(t) \, dt} \, .$$ Entonces $$g'(x) = -\frac{f^2(x)}{\left( \int_0^x f^2(t) \, dt\right)^2} \le -1$$ y por lo tanto $$g(x) \ge g(1) + (1 - x) > 1 - x \, .$$ Esto implica $$4 x \le \int_0^x f^2(t) \, dt = \frac{1}{g(x)} < \frac{1}{1-x}$$ y establecimiento $x = \frac 12$ da una contradicción.