Demuestra que $ \int_0 ^1 \big (1-x^2 \big ) \big (f'(x) \big )^2\,dx \ge 24 \left ( \int_0 ^1 xf(x)\,dx \right )^{\!2}$

Question

Demuestra que si $f:[0,1] \to \mathbb {R}$ es una función continuamente diferenciable con $ \int_0 ^1 f(x)\,dx=0$ Entonces $$ \int_0 ^1 \big (1-x^2 \big ) \big (f'(x) \big )^2\,dx \ge 24 \left ( \int_0 ^1 xf(x)\,dx \right )^{\!2}.$$

Creo que de alguna manera debería usar la desigualdad del Caucus-Schwarz, pero no tuve éxito en hacer esto. Sé que $$ \left ( \int_0 ^1 xf(x)\,dx \right )^2 \le \int_0 ^1 x^2\,dx \cdot \int _0^1 f^2(x)\,dx= \frac {1}{3} \int _0^1 f^2(x)\,dx,$$ pero esto claramente no es suficiente.

Answer 1

(Lo que sigue se inspira en Desigualdad integral con una función dos veces diferenciable : La integración por partes transforma la integral con $f$ a una integral con $f'$ . La condición $\int_0^1 f(x) \, dx = 0$ se utiliza para añadir un término a la primera integral de forma que la $u(b)v(b)-u(a)v(a)$ desaparece. Cauchy-Schwarz ayuda entonces a estimar la integral que contiene $f'$ mediante una integral que contenga $f'^2$ .)

Integrando por partes obtenemos $$ \int_0^1 xf(x) \, dx = \frac 12 \int_0^1 (2x-1)f(x) \, dx = \frac 12 \int_0^1 x(1-x) f'(x) \,dx \\ = \frac 12 \int_0^1 \frac{x \sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}} \sqrt{1-x^2} f'(x) \, dx \, . $$ Ahora aplica Cauchy-Schwarz: $$ \left( \int_0^1 xf(x) \, dx \right)^2 \le \frac 14 \int_0^1 \frac{x^2(1-x)}{1+x} \, dx \int_0^1 (1-x^2) (f'(x))^2 \, dx \\ \le \frac 14 \int_0^1 x^2(1-x) \, dx \int_0^1 (1-x^2) (f'(x))^2 \, dx \\ = \frac{1}{48 }\int_0^1 (1-x^2) (f'(x))^2 \, dx $$ que es mejor que la estimación deseada por un factor de $2$ .

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Utilizando el valor exacto $\int_0^1 \frac{x^2(1-x)}{1+x}\, dx = 2 \ln(2) - 4/3$ obtenemos la estimación aguda $$ \int_0^1 (1-x^2) (f'(x))^2 \, dx \ge C \left( \int_0^1 xf(x) \, dx \right)^2 $$ con $$ C = \frac{2}{\ln(2)-2/3} \approx 75.53 \, . $$ La igualdad se cumple si se cumple la desigualdad de Cauchy-Schwarz, es decir, si $$ f'(x) = \text{const} \cdot \frac{x}{x+1} $$ para que las integradas sean linealmente dependientes. Junto con la condición $\int_0^1 f(x) \, dx = 0$ esto da (hasta una constante multiplicativa) $$ f(x) = x - \ln(x) + 2 \ln(2) - \frac 23 \, . $$

Answer 2

Me gustaría añadir otra forma (que puede parecer más natural) de obtener la estimación aguda que obtuvo Martin R.
Consideremos algunas constantes arbitrarias $a, b \in \mathbb{R^{*}}$ . A partir de la desigualdad de Cauchy-Schwarz en forma integral sabemos que $$\int_0^1 \left(\frac{ax^2+bx}{\sqrt{1-x^2}}\right)^2 dx \cdot \int_0^1 \left(\sqrt{1-x^2}f'(x)\right)^2 dx\ge \left(\int_0^1 (ax^2+bx)f'(x)dx\right)^2=\left( (ax^2+bx)f(x) \bigg |_0^1 -\int_0^1 (2ax+b)f(x)dx \right)^2=\left((a+b)f(1)-2a\int_0^1 xf(x)dx \right)^2.$$ Como no sabemos nada sobre $f(1)$ es conveniente fijar $a+b=0$ (podemos hacer esto, ya que son sólo algunas constantes reales arbitrarias).
Ahora tenemos la desigualdad $$\int_0^1 \frac{(ax^2-ax)^2}{1-x^2}dx\cdot \int_0^1 (1-x^2)(f'(x))^2 dx \ge 4a^2 \left(\int_0^1 xf(x)dx\right)^2$$ $$\iff \int_0^1 \frac{(x^2-x)^2}{1-x^2}dx\cdot \int_0^1 (1-x^2)(f'(x))^2 dx \ge 4\left(\int_0^1 xf(x)dx\right)^2,$$ que produce precisamente la misma desigualdad.
Esto puede parecer un poco más intuitivo ya que empezamos con algunas constantes arbitrarias y luego simplemente las establecemos para que sean algo que funcione para nosotros (tengamos en cuenta que, de hecho, el $a$ se anuló al final, por lo que no necesitamos asignarle otro valor).

Answer 3

Por integración por partes, $$\int_0^1g(x)f'(x)\,\mathrm{d}x=g(x)f(x)\bigg|_0^1-\int_0^1g'(x)f(x)\,\mathrm{d}x \tag{1}$$ Sea $g(x)$ sea un polinomio definido como $$g(x)=ax^2+bx+c\Rightarrow g'(x)=2ax+b$$ Sea $$g(x)f(x)\bigg|_0^1=0\Rightarrow g(0)=g(1)=0\Rightarrow b=-a$$ que podemos conseguir, $$g(x)=ax(x-1)\Rightarrow g'(x)=2ax-a \tag{2}$$ por $(1),(2)$ tenemos $$\int_0^1x(x-1)f'(x)\,\mathrm{d}x=-\int_0^1(2x-1)f(x)\,\mathrm{d}x=-2\int_0^1xf(x)\,\mathrm{d}x$$ por la desigualdad de Cauchy-Schwarz, \begin{align*} \left(\int_0^1xf(x)\mathrm{d}x\right)^2 &=\left(\int_0^1\Big(-\frac{1}{2}x(x-1)\Big)f'(x)\mathrm{d}x\right)^2\\ &=\left(\int_0^1\frac{-x(x-1)}{2\sqrt{1-x^2}}\cdot\sqrt{1-x^2}f'(x)\mathrm{d}x\right)^2\\ &\leqslant\int_0^1\bigg(-\frac{x(x-1)}{2\sqrt{1-x^2}}\bigg)^2\mathrm{d}x\int_0^1(1-x^2)(f'(x))^2\mathrm{d}x \end{align*} Por lo tanto, $$\int_0^1 \big(1-x^2\big)\big(f'(x)\big)^2\,\mathrm{d}x \geqslant\frac{6}{3\ln2-2}\left(\int_0^1 xf(x)\,\mathrm{d}x\right)^{\!2}.$$ Porque sí, $$\int_0^1\bigg(-\frac{x(x-1)}{2\sqrt{1-x^2}}\bigg)^2\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\ln2-\frac{1}{3}$$