Un fácil cálculo de la desigualdad que no puedo probar

Question

Supongamos $f \in \mathcal{C}^1([0,1])$ $f(0)=0.$ Demostrar que $$\int_{0}^{1} \frac{\vert f(x) \rvert^2}{x^2}dx \le 4 \int_{0}^{1} {\vert f'(x) \rvert^2}dx.$$

Integrando por partes, obtuve la siguiente

$$\int_{0}^{1} \frac{\vert f(x) \rvert^2}{x^2}dx = -\frac{1}{x} \lvert f(x) \rvert^2\Big|_0^1+2\int_{0}^{1} \frac{f(x)|f'(x)|}{x |f(x)|} \le 2\int_{0}^{1} \frac{|f'(x)|}{x } $$

pero no estoy seguro del resultado y de su utilidad, es fácil Cálculo, pero no puedo ir. Alguna sugerencia?

Answer 1

Tenemos que $$ \int_0^1 \frac{f^2(x)}{x^2}dx =\int_0^1\frac{1}{x^2}\left(\int_0^x2f(t)f'(t)dt\right) dx\\ =2\int_0^1f(t)f'(t)\left(\int_t^1\frac{dx}{x^2} dx\right) dt\\ =2\int_0^1f'(t)\cdot \left(\frac{f(t)}{t}(1-t)\right)dt. $$ Entonces por Cauchy-Schwarz desigualdad, $$\left(\int_0^1f'(t)\cdot \left(\frac{f(t)}{t}(1-t)\right)dt\right)^2 \leq \int_0^1(f'(t))^2 dt \cdot \int_0^1 \frac{f^2(t)}{t^2}(1-t)^2dt\\ \leq \int_0^1(f'(t))^2 dt \cdot \int_0^1 \frac{f^2(t)}{t^2}dt,$$ donde hemos utilizado el hecho de que los $0\leq (1-t)^2\leq 1$$t\in[0,1]$. Por lo tanto $$\left(\int_0^1 \frac{f^2(x)}{x^2}dx\right)^2\leq 4\int_0^1(f'(t))^2 dt \cdot \int_0^1 \frac{f^2(t)}{t^2}dt$$ lo que implica que $$\int_0^1 \frac{f^2(x)}{x^2}dx\leq 4\int_0^1(f'(t))^2 dt.$$

P. S. El costant $4$ es óptimo: tome $f(x)=x^{1/2+1/n}$ $$\int_0^1 \frac{f^2(x)}{x^2}dx=\frac{n}{2} \quad\mbox{y}\quad\int_0^1(f'(x))^2 dx=\frac{(n+2)^2}{8n}.$$ Por lo tanto $$\lim_{n\to+\infty}\frac{\frac{n}{2}}{\frac{(n+2)^2}{8n}}=4.$$

Answer 2

Tiene casi hecho con su integración por partes intento, solo falta que una simple último paso. De nuevo, como que se inició fue \begin{align} I&=\int_0^1\frac{f(x)^2}{x^2}\,dx=\underbrace{-\frac{f(x)^2}{x}\Bigg|_0^1}_{\le 0}+2\int_0^1\frac{f(x)}{x}f'(x)\,dx\le 2\int_0^1\frac{f(x)}{x}f'(x)\,dx\le\\ &\le 2\left(\int_0^1\frac{f(x)^2}{x^2}\,dx\right)^{1/2}\left(\int_0^1 f'(x)^2\,dx\right)^{1/2}=2\sqrt{I}\left(\int_0^1 f'(x)^2\,dx\right)^{1/2}. \end{align} Ahora divida por $\sqrt{I}$ y la plaza.

Answer 3

Similar a Robert Z de la respuesta, pero con un poco de simplificación $$ \begin{align} \int_0^1\frac{f(x)^2}{x^2}\,\mathrm{d}x &=\int_0^1\frac2{x^2}\int_0^xf(t)\,f'(t)\,\mathrm{d}t\,\mathrm{d}x\tag{1}\\ &=\int_0^1f(t)\,f'(t)\int_t^1\frac2{x^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t\tag{2}\\ &=2\int_0^1f(t)\,f'(t)\left(\frac1t-1\right)\mathrm{d}t\tag{3}\\ &\le2\int_0^1|f(t)|\,|f'(t)|\,\frac1t\,\mathrm{d}t\tag{4}\\ &\le2\left[\int_0^1\frac{f(t)^2}{t^2}\,\mathrm{d}t\int_0^1f'(t)^2\,\mathrm{d}t\right]^{1/2}\tag{5} \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: $f(x)^2=f(x)^2-f(0)^2=2\int_0^xf(t)\,f'(t)\,\mathrm{d}t$
$(2)$: cambio de orden de integración
$(3)$: integrar en $x$
$(4)$: $0\le\frac1t-1\le\frac1t$ en $[0,1]$
$(5)$: De Cauchy-Schwarz

Divida $(5)$ $\left(\int_0^1\frac{f(x)^2}{x^2}\,\mathrm{d}x\right)^{1/2}$ y el cuadrado para llegar $$ \int_0^1\frac{f(x)^2}{x^2}\,\mathrm{d}x\le4\int_0^1f'(t)^2\,\mathrm{d}t\etiqueta{6} $$

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Variacional Enfoque y la Prueba de Nitidez

Maximizar $$ \int_0^1\frac{f(x)^2}{x^2}\,\mathrm{d}x\etiqueta{7} $$ bajo la restricción de que $$ \int_0^1f'(x)^2\,\mathrm{d}x=1\etiqueta{8} $$ Es decir, encontrar el$f$, de modo que $$ 0=\int_0^1\frac{f(x)\,\delta f(x)}{x^2}\,\mathrm{d}x\etiqueta{9} $$ para cada $\delta f(x)$, de modo que $$ \begin{align} 0 &=\int_0^1f'(x)\,\delta f'(x)\,\mathrm{d}x\\ &=-\int_0^1f''(x)\,\delta f(x)\,\mathrm{d}x\tag{10} \end{align} $$ que es necesario que haya un $\lambda$, de modo que $f''(x)=\lambda\frac{f(x)}{x^2}$ que está satisfecho por $x^\alpha$. Conectar $f(x)=\frac{\sqrt{2\alpha-1}}\alpha x^\alpha$ da $$ \begin{align} \int_0^1f'(x)^2\,\mathrm{d}x &=\frac{2\alpha-1}{\alpha^2}\int_0^1\alpha^2x^{2\alpha-2}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{2\alpha-1}{\alpha^2}\frac{\alpha^2}{2\alpha-1}\\[6pt] &=1\tag{11} \end{align} $$ y $$ \begin{align} \int_0^1\frac{f(x)^2}{x^2}\,\mathrm{d}x &=\frac{2\alpha-1}{\alpha^2}\int_0^1x^{2\alpha-2}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{2\alpha-1}{\alpha^2}\frac1{2\alpha-1}\\ &=\frac1{\alpha^2}\tag{12} \end{align} $$ Por lo tanto, las funciones esenciales, $f(x)=\frac{\sqrt{2\alpha-1}}{\alpha}x^\alpha$, tienen una constante de $\frac1{\alpha^2}$. Esto parece indicar que no podemos enlazado $\int_0^1\frac{f(x)^2}{x^2}\,\mathrm{d}x$ por cualquier múltiplo de $\int_0^1f'(x)^2\,\mathrm{d}x$ hasta que nos damos cuenta de que para las integrales a converger, necesitamos $\alpha\gt\frac12$. Esto le da a la constante de $4$ como en la pregunta. De hecho, esto demuestra que $4$ no puede ser mejorado.