Que $ \; A,B, C\in {\mathbb R} ,\;$ y $ \; f(x) = Ax^2+ Bx + C$ y
$ \sqrt {x(1 - x)} \left|f(x)\right|\le 334,\;\forall x\in [0,1]\;$.
¿Cómo probar $ \; \left|f(1)\right|\le 2004\;$?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Vamos a hacer que la transformación lineal: $x = \frac{1-t}{2}$$t \in [-1,1]$, e $g(t) = \frac{f\left(\frac{1-t}{2}\right)}{668}$ a reescribir el problema como: $$\sqrt{1-t^2}|g(t)| \le 1 \textrm{ for }t \in [-1,1] \tag{1}$$
y hacer la declaración más general que, para cualquier polinomio $g$ con grado de $n-1$, la satisfacción de $(1)$, entonces: $$|g(t)| \le n \textrm{ for } t \in [-1,1] \tag{*}$$
Hacemos uso de la Interpolación de Lagrange en los puntos de Chebyshev, $t_j = \cos\frac{(2j-1)\pi}{2n}$ $j=1,2,\cdots,n$ de las raíces de las $n^{th}$ Polinomio de Chebyshev: $T_n(t)$, para obtener la identidad:
$$g(t) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (-1)^{i-1}\sqrt{1-t_i^2}g(t_i)\frac{T_n(t)}{t-t_j} \tag{2}$$
Tome $t \in [-1,1]$ e si $t \in [t_n,t_1]$$[-t_1,t_1]$, luego de $(1)$:
$$|g(t)| \le \frac{1}{\sqrt{1-t^2}} \le \frac{1}{\sqrt{1-t_1^2}} = \frac{1}{sin \frac{\pi}{2n}} \le n$$
por el Jordán de la Desigualdad.
Si, $t > t_1$ (de manera similar para $t < -t_1$), el triángulo de la desigualdad en $(2)$ da
$$|g(t)| \le \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \frac{T_n(t)}{t-t_i} = \frac{T'_n(t)}{n}$$
Ya, $T_n(\cos \theta) = \cos n\theta \implies T_n'(\cos \theta) = n\frac{\sin n\theta}{\sin \theta}$ pero $|\sin n\theta| \le n|\sin \theta|$
Por lo tanto, $|T_n'(\cos \theta)| \le n^2 \implies |g(t)| \le n$ $t > t_1$ (o $t < -t_1$).
La igualdad tiene en $(*)$ cuando $g(t) = \pm U_{n-1}(t)$, ($U_{n}$ siendo el Polinomio de Chebyshev de $2^{nd}$ tipo ) a $t=\pm 1$.
Ya, $f$ es un polinomio de grado $2$, tenemos: $$|f(x)| \le 3 \times 688 = 2004 \textrm{ for } x \in [0,1]$$ and equality holds when $f(x) = 688(4(1-2x)^2 -1)$, at $x = 1$.
