Desigualdad para $C^1$ función: $|f(x)|^2 \le \frac{1}{2}\tanh \frac{1}{2}\int_0^1 (|f(x)|^2+|f'(x)|^2)\,dx$

Question

Prueba para $f\in C^{1}[0,1]$ tal que $f(0) = f(1) = 0$ la siguiente desigualdad:

$$|f(x)|^2 \le \left(\frac{1}{2}\tanh \frac{1}{2}\right)\left(\int_0^1 (|f(x)|^2+|f'(x)|^2)\,dx\right)$$

Este es el problema $4.157$ de Problemas de análisis matemático .

Answer 1

Podemos suponer que $f(x)$ tiene la siguiente expansión: $$ f(x) = \sum_{n=1}^{+\infty}c_n \sin(2\pi n x) \tag{1} $$ de lo que se deduce que: $$ \int_{0}^{1}f(x)^2\,dx = \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{+\infty}c_n^2, \tag{2}$$ $$ \int_{0}^{1}f'(x)^2\,dx = \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{+\infty}4\pi^2 n^2 c_n^2. \tag{3}$$ Obviamente: $$ |f(x)|\leq\sum_{n=1}^{+\infty}|c_n|=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+4\pi^2 n^2}}\left(|c_n|\sqrt{1+4\pi^2 n^2}\right),\tag{4} $$ por lo que, utilizando la desigualdad de Cauchy-Schwarz: $$|f(x)|^2 \leq 2\left(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{1+4\pi^2 n^2}\right)\cdot\left(\int_{0}^{1}f(x)^2+f'(x)^2\,dx\right)\tag{5}$$ que conduce a: $$|f(x)|^2 \leq \left(-1+\frac{1}{2}\coth\frac{1}{2}\right)\left(\int_{0}^{1}f(x)^2+f'(x)^2\,dx\right).\tag{6}$$ La constante así hallada es menor que $\frac{1}{2}\tanh\frac{1}{2}$ : probablemente la prueba original se diseñó ampliando $f$ con respecto a una base diferente de $L^2([0,1])\cap\{f:f(0)=f(1)=0\}$ .

Answer 2

Desde entonces, $f(0) = f(1) = 0$ ,

Lo tenemos, $\displaystyle \int_0^1 |f(x)|^2+|f'(x)|^2\,dx = \int_0^1|f(x) - f'(x)|^2\,dx$

Desde entonces, $\displaystyle e^{-x}f(x) = \int_0^x (f'(t) - f(t))e^{-t}\,dt$ utilizando la desigualdad de Cauchy-Schwarz obtenemos:

$$e^{-2x}f^2(x) \le \frac{1-e^{-2x}}{2}\int_0^x|f'(t) - f(t)|^2\,dt$$

y, del mismo modo: $$e^{-2(1-x)}f^2(x) \le \frac{1-e^{-2(1-x)}}{2}\int_x^1|f'(t) - f(t)|^2\,dt$$

Combinando las dos desigualdades obtenemos:

$\displaystyle \begin{align} (e^{x}\operatorname{cosech} x + e^{1-x}\operatorname{cosech} (1-x))f^2(x) &\le \int_0^1 |f'(t) - f^2(t)|^2\,dt \\&= \int_0^1 |f(x)|^2+|f'(x)|^2\,dx \end{align}$

Ahora, $\displaystyle \min\limits_{x \in [0,1]} (e^{x}\operatorname{cosech} x + e^{1-x}\operatorname{cosech} (1-x)) = 2\coth \frac{1}{2}$

Así, $$|f(x)|^2 \le \left(\frac{1}{2}\tanh \frac{1}{2}\right)\int_0^1 |f(x)|^2+|f'(x)|^2\,dx$$

Nota: Como menciona @Jack D'Aurizio, la desigualdad no es aguda en esta forma. Sin embargo, el enunciado del problema dice lo contrario (refiriéndose al enunciado del problema en el libro) y pide que se demuestre además que la constante anterior no puede ser mejorada.

Answer 3

Lo siguiente es sólo una heurística, pero indica que ${1\over2}\tanh{1\over2}$ es la mejor constante, y que hay algún error en los cálculos de Jack d'Aurizios.

Debido a la simetría tenemos que minimizar $$J:=\int_0^{1/2}\bigl(f^2(t)+f'^2(t)\bigr)\>dt$$ bajo las restricciones $f(0)=0$ , $f\bigl({1\over2}\bigr)=c>0$ . Sea $f$ sea la función minimizadora y consideremos una variación $t\mapsto \epsilon u(t)$ de $f$ con $u(0)=u\bigl({1\over2}\bigr)=0$ . Tenemos que mirar $$J_\epsilon:=\int_0^{1/2}\bigl((f(t)+\epsilon u(t))^2+(f'(t)+\epsilon u'(t))^2\bigr)\>dt$$ y tienen que asegurarse de que $$\eqalign{{d\over d\epsilon} J_\epsilon\biggr|_{\epsilon=0}&=2\int_0^{1/2}\bigl(f(t)u(t)+f'(t)u'(t)\bigr)\>dt\cr&=2\int_0^{1/2}\bigl(f(t)-f''(t)\bigr)u(t)\>dt\cr &=0\ ,\cr}$$ y esto para cualquier admisible $u$ . Se deduce que la función minimizadora $f$ satisface la ecuación diferencial $f-f''=0$ y junto con $f(0)=0$ obtenemos $f(t)=\sinh t$ hasta un múltiplo escalar. Calculando $$\lambda:={f^2\bigl({1\over2}\bigr)\over 2J(f)}$$ para esto $f$ resultados en $\lambda={1\over2}\tanh{1\over2}\doteq0.231059$ .