Cómo demostrar esta desigualdad integral $\int_0^{2\pi} p(x)[p(x)+p''(x)] dx \int_0^{2\pi}\frac{1}{p(x)+p''(x)} dx\geq 2\pi \int _0^{2\pi} p(x) dx$ ?

Question

Sea $p\in C^2(\mathbb{R})$ ser un $2\pi$ -función periódica tal que $p(x)>0$ y $p(x)+p''(x)>0$ para todos $x\in \mathbb{R}$ . Entonces sostiene
$$\int_0^{2\pi} p(x)[p(x)+p''(x)] dx \int_0^{2\pi}\frac{1}{p(x)+p''(x)} dx\geq 2\pi \int _0^{2\pi} p(x) dx$$ La identidad se cumple cuando $p+p''$ es una constante.

Answer 1

Puedo verificar esto para $$p(x)=a_0 \cos(0x)+a_1 \cos(1x) + a_2\cos(2x).$$

Por hipótesis, $p(x)+p''(x)$ es positivo. Así que esa suma es positiva para $x=0$ y $x=\pi/2$ lo que significa que $a_0+3a_2$ y $a_0-3a_2$ son ambas positivas. Promediando estos, $a_0$ es positivo. Multiplicando estos, $a_0^2-9a_2^2$ es positivo. Dividiendo por tres y añadiendo un cuadrado, $2a_0^2-3a_2^2$ también es positivo.

Ahora cuando evaluamos todas las integrales, la desigualdad se convierte en $$\big[\pi(2a_0^2-3a_2^2)\big]\big[\frac{2\pi}{\sqrt{a_0^2-9a_2^2}}\big]\ge 2\pi \big[2\pi a_0\big].$$

Equivalentemente $$\frac{2a_0^2-3a_2^2}{\sqrt{a_0^2-9a_2^2}}\ge 2a_0.$$

Como el numerador, el denominador y el lado derecho son todos positivos, esto equivale a $$\frac{(2a_0^2-3a_2^2)^2}{a_0^2-9a_2^2}\ge 4a_0^2.$$ Esto a su vez se simplifica en $$24a_0^2 a_2^2+9a_2^4 \ge 0,$$ lo cual es cierto. ¿Podemos generalizar esto a otras $p$ probablemente utilizando La desigualdad de Holder ?