Cómo demostrar esta desigualdad integral $\int_{0}^{1}f^2(x)dx\ge 24\left(\int_{0}^{1}f(x)dx\right)^2$ ?

Question

Dejar $f:[0,1]\longrightarrow R $ sea una función continua, si $$\int_{0}^{1}x^2f(x)dx=-2\int_{\frac{1}{2}}^{1}F(x)dx$$ donde $F(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}f(t)dt,x\in [0,1]$ entonces demostrar que $$\int_{0}^{1}f^2(x)dx\ge 24\left(\int_{0}^{1}f(x)dx\right)^2$$

Creo que esta desigualdad es muy interesante, porque no hace mucho tiempo, he resuelto este mismo problema: Divertida desigualdad integral

Creo que estos dos problemas tienen los mismos métodos.

Answer 1

Empezamos con, $\displaystyle \int_{\frac{1}{2}}^1 F(x)\,dx = \int_{\frac12}^1\int_0^x f(t)\,dt \,dx = \frac{1}{2}\int_0^{\frac12} f(x)\,dx + \int_{\frac12}^1 (1-x)f(x)\,dx$

Así tenemos, $$\displaystyle \int_0^1 x^2f(x)\,dx = -\int_0^{\frac12}f(x)\,dx - 2\int_{\frac12}^1 (1-x)f(x)\,dx$$

y, $$\displaystyle \int_0^1 f(x)\,dx = -\int_{\frac12}^1 (x-1)^2f(x)\,dx - \int_0^{\frac12} x^2f(x)\,dx$$

Por lo tanto, $\displaystyle \int_{\frac12}^1 \{1+(x-1)^2\}f(x)\,dx + \int_0^{\frac12} \{1+x^2\}f(x)\,dx = 0$

Di, $\phi(x) = 1+x^2 \textrm{ for } x \in [0,\frac12) \textrm{ and } 1+(x-1)^2 \textrm{ for } x \in [\frac12,1]$

Entonces, $\displaystyle \int_0^1 \phi(x)f(x)\,dx = 0$

Ahora por la desigualdad de Cauchy-Schwarz :

$\displaystyle \left(\int_0^1 f(x)\,dx \right)^2 = \left(\int_0^1 f(x) + m\phi(x)f(x)\,dx \right)^2 \le \left(\int_0^1 f^2(x)\,dx\right)\left(\int_0^1 (1+m\phi(x))^2\,dx\right)$

Desde entonces, $\displaystyle \int_0^1 (1+m\phi(x))^2\,dx = 1 + \frac{13}{6}m +\frac{283}{240}m^2 \ge \frac{4}{849}$

Lo tenemos, $\displaystyle \left(\int_0^1 f(x)\,dx \right)^2 \le \frac{4}{849}\int_0^1 f^2(x)\,dx$

La constante $\frac{4}{849}$ es la mejor posible, ya que se alcanza la igualdad para $f(x) = 1- \frac{260}{283}\phi(x)$ .

Answer 2

Tenemos $$ \begin{align} \int_{1/2}^1F(x)\,\mathrm{d}x &=\int_{1/2}^1\int_0^xf(t)\,\mathrm{d}t\,\mathrm{d}x\\ &=\color{#00A000}{\int_0^{1/2}\int_{1/2}^1f(t)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t}+\color{#C00000}{\int_{1/2}^1\int_t^1f(t)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t}\\ &=\int_0^{1/2}\frac12f(t)\,\mathrm{d}t+\int_{1/2}^1(1-t)f(t)\,\mathrm{d}t\\ &=-\frac12\int_0^1t^2f(t)\,\mathrm{d}t\tag{1} \end{align} $$ ya que estamos integrando $f(t)$ sobre la siguiente región en $\mathbb{R}^2$

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Reorganización de $(1)$ tenemos $$ \int_0^{1/2}\frac{t^2+1}{2}f(t)\,\mathrm{d}t+\int_{1/2}^1\frac{(1-t)^2+1}{2}f(t)\,\mathrm{d}t=0\tag{2} $$ Además de un factor de escala, queremos minimizar $$ \int_0^1f(t)^2\,\mathrm{d}t\tag{3} $$ dado $$ \int_0^1f(t)\,\mathrm{d}t=1\tag{4} $$ Eso significa que para cada variación $\delta f$ para que $(2)$ y $(4)$ es decir, $$ \int_0^{1/2}\frac{t^2+1}{2}\delta f(t)\,\mathrm{d}t+\int_{1/2}^1\frac{(1-t)^2+1}{2}\delta f(t)\,\mathrm{d}t=0\tag{5} $$ y $$ \int_0^1\delta f(t)\,\mathrm{d}t=0\tag{6} $$ tenemos $(3)$ es estacionario, es decir, $$ \int_0^1f(t)\delta f(t)\,\mathrm{d}t=0\tag{7} $$ La ortogonalidad dice que debe haber constantes $\mu$ y $\lambda$ para que $$ f(t)=\mu\cdot1+\lambda\left(\frac{t^2+1}{2}[0\le t\le1/2]+\frac{(1-t)^2+1}{2}[1/2\le t\le1]\right)\tag{8} $$ Enchufando $(8)$ en $(2)$ dice $$ \frac{13}{24}\mu+\frac{283}{960}\lambda=0\tag{9} $$ Enchufando $(8)$ en $(4)$ dice $$ \mu+\frac{13}{24}\lambda=1\tag{10} $$ Resolver $(9)$ y $(10)$ da $$ \mu=\frac{849}{4}\qquad\text{and}\qquad\lambda=-390\tag{11} $$ Enchufando $(8)$ y $(11)$ en $(3)$ produce $$ \int_0^1f(t)^2\,\mathrm{d}t=\frac{849}{4}\tag{12} $$ Cuadrando $(4)$ para hacer las cosas homogéneas, nos permite decir $$ \int_0^1f(t)^2\,\mathrm{d}t\ge\frac{849}{4}\left(\int_0^1f(t)\,\mathrm{d}t\right)^2\tag{13} $$

Answer 3

Pensamiento：por la desigualdad de Cauchy-Schwarz, $$\bigg(\int_0^1g(x)f(x)\,\mathrm{d} x\bigg)^2\leqslant\int_0^1g^2(x)\,\mathrm{d} x\int_0^1f^2(x)\,\mathrm{d} x$$ Sólo tenemos que demostrar que hay una constante K. $$\int_0^1g(x)f(x)\,\mathrm{d} x=K\int_0^1f(x)\,\mathrm{d} x$$ Prueba. por integración por partes, \begin{align*} -2\int_{\frac{1}{2}}^{1}F(x)\,\mathrm{d} x&=\int_{\frac{1}{2}}^{1}F(x)\,\mathrm{d}(C-2x) =(C-2x)F(x)\bigg|_{\frac{1}{2}}^1+\int_{\frac{1}{2}}^{1}(2x-C)f(x)\,\mathrm{d} x\\ &=\int_0^1(C-2)f(x)\,\mathrm{d} x+\int_0^{\frac{1}{2}}(1-C)f(x)\,\mathrm{d} x+\int_{\frac{1}{2}}^{1}(2x-C)f(x)\,\mathrm{d} x \end{align*} Desde $\textstyle\int_0^1x^2f(x)\,\mathrm{d} x=-2\int_{\frac{1}{2}}^{1}F(x)\,\mathrm{d} x$ , $$\int_0^1(C-2)f(x)\,\mathrm{d} x=\int_0^{\frac{1}{2}}(x^2+C-1)f(x)\,\mathrm{d} x+\int_{\frac{1}{2}}^{1}(C-2x+x^2)f(x)\,\mathrm{d} x$$ Por lo tanto, dejemos que $$g(x)=\begin{cases} x^2+C-1,& x\in[0,\tfrac{1}{2})\\ C-2x+x^2,& x\in[\tfrac{1}{2},1) \end{cases}$$ por la desigualdad de Cauchy-Schwarz, \begin{align*} \left(\int_0^1(C-2)f(x)\,\mathrm{d} x\right)^2&=(C-2)^2\left(\int_0^1f(x)\,\mathrm{d} x\right)^2=\left(\int_0^1g(x)f(x)\,\mathrm{d} x\right)\\ &\leqslant\int_0^1g^2(x)\,\mathrm{d} x\int_0^1f^2(x)\,\mathrm{d} x \end{align*} Tras el cálculo, obtenemos $$\int_0^1g^2(x)\,\mathrm{d} x=\frac{240c^2-440c+203}{240}$$ Por lo tanto, tenemos $$\left(\int_0^1f(x)\,\mathrm{d} x\right)^2\leqslant\frac{240c^2-440c+203}{240(C-2)^2}\int_0^1f^2(x)\,\mathrm{d} x$$ Dejemos que $h(C)=\frac{240C^2-440C+203}{240(C-2)^2}\Rightarrow \lim_{C\to2}h(C)=+\infty$ $$h'(C)=\frac{237-260C}{120(C-2)^3} \Leftrightarrow h'(C)=0\Rightarrow C=\frac{237}{260}\Rightarrow h(\tfrac{237}{260})=\frac{4}{849}$$ $$\begin{array}{cccccc} \hline & (-\infty,\tfrac{237}{260}) & \tfrac{237}{260} & (\tfrac{237}{260},2) & (2,+\infty) & +\infty\\\hline h'(C) & <0 & 0 & >0 & <0 & <0 \\ h(C) & \downarrow & \text{local minimum} & \uparrow & \downarrow & 1\\\hline \end{array}$$ Por lo tanto, tenemos $$\min_{C\neq2}h(C)=h(\tfrac{237}{260})=\frac{4}{849}$$ Por lo tanto, $$\int_0^1f^2(x)\,\mathrm{d} x\geqslant\frac{849}{4}\bigg(\int_0^1f(x)\,\mathrm{d} x\bigg)^2$$ Obviamente, $\tfrac{849}{4}$ es la mejor constante, la igualdad se mantiene si y sólo si $C=\frac{237}{260}$ y $f(x)=g(x)$