La desigualdad de las integrales de $\int_0^1(f(x))^2 dx \geq 4$ si $\int_0^1xf(x) dx=\int_0^1f(x) dx = 1$

Question

Si

$$\int_0^1xf(x) dx=\int_0^1f(x) dx = 1$$

demostrar que

$$\int_0^1(f(x))^2 dx \geq 4$$

EDITAR Mi intento es el siguiente - Puedo usar solo el $\int xf(x)$dx parte para obtener un atado $\int f^2(x) dx \geq 3$ de cauchy schwarz. Yo no puedo pensar en maneras de cómo incorporar la otra condición dada.

Answer 1

Por supuesto, una vez que la desigualdad de condición se obtiene (o adivinado por probar un polinomio lineal general), Cauchy-Schwarz es una brisa:

$$\int_0^1 f^2 dx \ge \frac{\left(\int_0^1 (3xf-f)dx\right)^2}{\int_0^1(3x-1)^2 dx } = \frac{4}{1}=4$$

La igualdad es al $f(x)$ es proporcional a $3x-1$.

En general podemos tener $$\int_0^1 f^2 dx \ge \frac{\left(\int_0^1 (axf+bf)dx\right)^2}{\int_0^1(ax+b)^2 dx } = \frac{(a+b)^2}{a^2/3+ab+b^2}$$ donde el máximo es de al $(a, b)$ es proporcional a $(3, -1)$, lo $4$ es de hecho el mejor posible.

Answer 2

Escribir la función en términos de la cambió polinomios de Legendre $\tilde{L}_n(x)=L_n(2x-1)$, que son una base ortogonal de $L^2((0,1))$ con respecto a los habituales interior del producto. Suponiendo que: $$ f(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} a_n\,\tilde{L}_n(x), $$ las limitaciones que dar: $$ a_0 = 1,\qquad \frac{a_0}{2}+\frac{a_1}{6} = 1, $$ por lo tanto $a_0=1$$a_1=3$. Esto implica:

$$\int_{0}^{1}f(x)^2 dx = a_0^2+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{a_n^2}{2n+1}\geq 1+\frac{9}{3}=4.$$

Por otra parte, usted tiene que la igualdad se mantiene sólo para $f(x)=6x-2$.