Para responder a la pregunta del título, no, $\pi$ no es la mejor constante en la desigualdad. Podemos aproximar el óptimo $M$ desde abajo simplemente por la elección de finito de conjuntos de funciones monótonas y encontrar el valor más pequeño de $M$ que funciona para combinaciones convexas de estos. Por ejemplo, considerando $f(x)=(1+x)^{-2}$ muestra que $M\ge3$. La elección de $f(x)=(1+x)^{-5/2}$ mejora esta a $M\ge 3.0792$. Como también se indica en los comentarios, la elección de combinaciones convexas de funciones de la forma $(1+x)^{-\alpha}$ da $M\ge 3.12935$. Sin embargo, tenemos $M < \pi$. De hecho, como les voy a mostrar, es posible transformar el doble problema que se aproxima a los $M$ desde arriba, y el hecho de que es (muy poco) menos de $\pi$ será inmediata a partir de este.
La clase, $\mathcal{F}$, totalmente monótono de las funciones de $(0,\infty)$ $\mathbb{R}$ es cerrado bajo la escala de dominio. Es decir, si $f\in\mathcal{F}$ entonces $x\mapsto f(ax)$ es también de $\mathcal{F}$ para cada uno de ellos fijo $a > 0$. Esto significa que, para cualquier $M > 0$, las siguientes desigualdades más de $f\in\mathcal{F}$ son equivalentes.
\begin{align}
&\left(\int_0^\infty f(x)dx\right)^2\le M\sqrt{\int_0^\infty f^2(x)dx\int_0^\infty x^2f^2(x)dx}&&{\rm(1)}\\
&\left(\int_0^\infty f(x)dx\right)^2\le\frac12M\int_0^\infty(1+x^2)f^2(x)dx&&{\rm(2)}
\end{align}
Podemos suponer que $\int_0^\infty(1+x^2)f^2(x)dx$ es finito, de lo contrario, las desigualdades anteriores son tanto triviales como los lados de la parte derecha son infinitas. Supongamos que (1) se mantiene. Entonces, el AM-GM de la desigualdad de $\sqrt{PQ}\le\frac12(P+Q)$ implica que (2) se mantiene. Por el contrario, supongamos que (2) se mantiene. Aplicando esto a $x\mapsto f(x/a)$, el cambio de variables (reemplazar $x$ $ax$ en el integral), y dividiendo por $a^2$ da
$$
\left(\int_0^\infty f(x)dx\right)^2\le\frac12M\int_0^\infty(a^{-1}+ax^2)f^2(x)dx.
$$
Toma $a=\sqrt{\int f^2dx/\int x^2f^2dx}$ da (1). Así (1) y (2) son equivalentes. En lo que sigue, voy a considerar la desigualdad en la forma (2).
Ahora, el espacio de $\mathcal{H}$ de funciones medibles $f\colon(0,\infty)\to\mathbb{R}$ tal que $\int(1+x^2)f^2dx < \infty$ es un espacio de Hilbert (después de la identificación de las funciones que son iguales en casi todas partes), con producto interior definido por
$$
\left\langle f,g\right\rangle = \frac\pi2\int_0^\infty(1+x^2)f(x)g(x)dx.
$$
Vamos ahora a definir $\varphi\in\mathcal{H}$ $\varphi(x)=\frac2\pi(1+x^2)^{-1}$. Este es normalizada, de modo que $\lVert\varphi\rVert=1$ y $\int f(x)dx=\langle f,\varphi\rangle$ para todo $f\in\mathcal{H}$. La desigualdad (2) es equivalente a $\langle f,\varphi\rangle^2\le\frac M\pi\lVert f\rVert^2$.
Usando esta notación, podemos escribir
$$
\langle f,\varphi\rangle^2 =\lVert f\rVert^2 - \lVert f - \langle f,\varphi\rangle\varphi\rVert^2.
$$
Dividiendo por $\lVert f\rVert^2$ y la optimización de más de $f$ da el valor óptimo de $M$,
\begin{align}
\frac M\pi &=\sup_{f\in\mathcal{F}\setminus\{0\}}\lVert f\rVert^{-2}\langle f,\varphi\rangle^2\\
&=\sup_{f\in\mathcal{F},\lVert f\rVert=1}\langle f,\varphi\rangle^2\\
Y=1-\inf_{f\in\mathcal{F},\lVert f\rVert=1}\lVert f-\langle f,\varphi\rangle\varphi\rVert^2&&{\rm(3)}\\
Y=1-\inf_{f\in\mathcal{F},c\in\mathbb{R},\lVert f\rVert=1}\lVert f-c\varphi\rVert^2&&{\rm(4)}
\end{align}
La segunda igualdad anterior se usa el hecho de que $\mathcal{F}$ es cerrado bajo la ampliación de la gama. Es decir, si $f\in\mathcal{F}$ entonces $x\mapsto af(x)$ para cualquier fijo $a > 0$. Toma $a=1/\lVert f\rVert$ nos permite restringir la optimización de funciones $f\in\mathcal{F}$ normalizado de modo que $\lVert f\rVert=1$. El término final en el lado derecho de esta cadena de igualdades, $\lVert f-c\varphi\rVert^2$, es una ecuación cuadrática en $c$ reducen al mínimo en $c=\langle f,\varphi\rangle$, lo que le da al final de la desigualdad.
Ahora, se puede ver que la clase de $\mathcal{F}$ de totalmente monótono funciones es un cerrado convexo subconjunto de $\mathcal{H}$. Esto significa que los lados de la parte derecha de (3) y (4) a alcanzar sus límites para algunos $f\in\mathcal{F}$ y $c\in\mathbb{R}$. En esta obligado, no podemos tener $f=c\varphi$ ni $\varphi$ ni $-\varphi$ son totalmente monótono. Así, a partir de (4), tenemos $M < \pi$ como se reivindica.
Ahora voy a mostrar cómo se puede ser más precisos acerca de la aproximación $M$ desde arriba, y un doble problema puede ser utilizado encontrar arbitrariamente cerca de límites superiores para $M$. En primer lugar, $f$ es totalmente monótono (en casi todas partes) iff $\int \theta^{(r)}fdx\ge0$ para todo $i\in\mathbb{Z}_{\ge0}$ y suave no negativo funciones $\theta$ compacto con soporte en $(0,\infty)$. Tomando $\chi=\varphi\theta^{(r)}$, esto es equivalente a $\langle\chi,f\rangle\ge0$. Así, $\mathcal{F}$ es la intersección de los conjuntos de la forma $\{f\colon\langle\chi,f\rangle\ge0\}$, por lo que es cerrado y convexo de $\mathcal{H}$. A continuación, el segundo derivado de $\varphi(x)$ es $\frac4\pi(3x^2-1)(1+x^2)^{-3}$, por lo que es cóncava en $(0,1/\sqrt{3})$. Por lo tanto, si $\theta$ es suave no negativo de la función con soporte compacto en $(0,1/\sqrt{3})$, entonces $\int\theta^{(2)}\varphi dx < 0$. La configuración de $\chi=\varphi\theta^{(2)}$ tenemos $\langle\chi,\varphi\rangle < 0$ y $\langle\chi,f\rangle\ge0$ para todo $f\in\mathcal{F}$. Como veremos, esto implica que $M$ está acotada arriba por $\pi(1-\langle\xi,f\rangle^2/\lVert\xi\rVert^2) < \pi$.
De pasar a la doble problema, deja que $\mathcal{F}^*$ es el cierre en $\mathcal{H}$ de positivo de las combinaciones lineales de funciones de la forma $\varphi\theta^{(r)}$ donde $i\in\mathbb{Z}_{\ge0}$ y $\theta$ es suave no negativo de la función con soporte compacto en $(0,\infty)$. Tenemos una especie de dualidad entre $\mathcal{F}$ y $\mathcal{F}^*$.
\begin{align}
\mathcal{F}&=\left\{f\in\mathcal{H}\colon\langle\chi,f\rangle\ge0\ \forall\chi\in\mathcal{F}^*\right\},\\
\mathcal{F}^*&=\left\{\chi\in\mathcal{H}\colon\langle\chi,f\rangle\ge0\ \forall f\in\mathcal{F}\right\}.
\end{align}
La primera de estas igualdades siguientes a partir de la definición de totalmente monótono funciones, como se explicó anteriormente. El segundo se sigue de la primera, por el de Hahn-Banach teorema. Yo es la base de la doble problema en el siguiente lema.
Lema: Suponga que $f\in\mathcal{F}$ y $\chi\in\mathcal{F}^*$ satisfacer $\lVert f\rVert=\lVert\chi\rVert=1$ y $\langle f,\varphi\rangle\ge0\ge \langle \chi,\varphi\rangle$. A continuación,
\begin{align}
\langle f,\varphi\rangle^2+\langle \chi,\varphi\rangle^2\le1.&&{\rm(5)}
\end{align}
Además, esta es una igualdad si y sólo si, sujeto a las condiciones anteriores, $f$ maximiza $\langle f,\varphi\rangle$ y $\chi$ minimiza $\langle \chi,\varphi\rangle$.
Prueba:
Para cualquier par de $u_1,u_2$ de ortonormales elementos de $\mathcal{H}$,
\begin{align}
1=\lVert \varphi\rVert^2&=\langle u_1,\varphi\rangle^2+\langle u_2,\varphi\rangle^2+\lVert\varphi-\langle u_1,\varphi\rangle u_1-\langle u_2,\varphi\rangle u_2\rVert^2\\
&\ge\langle u_1,\varphi\rangle^2+\langle u_2,\varphi\rangle^2.
\end{align}
Aplicar esta con $u_1=(f-\langle\chi,f\rangle\chi)/\lVert f-\langle\chi,f\rangle\chi\rVert$ y $u_2=\chi$, y multiplicar por $\lVert f-\langle\chi,f\rangle\chi\rVert^2$,
$$
\langle f-\langle\chi,f\rangle\chi,\varphi\rangle^2+\langle\chi,\varphi\rangle^2\lVert f-\langle\chi,f\rangle\chi\rVert^2\le\lVert f-\langle\chi,f\rangle\chi\rVert^2
$$
Ampliando el interior de los productos, usando $\lVert f\rVert=\lVert\chi\rVert=1$, y rearringing los términos de la da,
$$
\langle f,\varphi\rangle^2+\langle\chi,\varphi\rangle^2\le1-\langle\chi,f\rangle^2+2\langle\chi,f\rangle\langle f,\varphi\rangle\langle\chi,\varphi\rangle.
$$
La aplicación de las condiciones que $\langle\chi,f\rangle$ y $\langle f,\varphi\rangle$ son positivos y $\langle\chi,\varphi\rangle$ es negativo muestra que el lado derecho está limitado por $1$, dando la desigualdad (5).
La igualdad sólo es posible en (5) cuando ambos términos en el lado izquierdo se maximizan o, de manera equivalente, cuando $\langle f,\varphi\rangle$ es máximo y $\langle\chi,\varphi\rangle$, está minimizado. Así, sólo queda demostrado que la igualdad puede ser alcanzado.
Elegir $f\in\mathcal{F}$ con $\lVert f\rVert=1$ para maximizar $\langle f,\varphi\rangle$. Entonces, para cualquier $g\in\mathcal{F}^*$ y $\epsilon > 0$ considerar $h\in\mathcal{F}$ definida por,
\begin{align}
h&\equiv\left(f+\epsilon g\right)/\lVert f+\epsilon g\rVert=
\left(f+\epsilon g\right)\left( 1+2\epsilon \langle f,g\rangle+\epsilon^2\right)^{-1/2}\\
&=f+\left(g-\langle f,g\rangle f\right)\epsilon+(\epsilon^2).
\end{align}
La optimalidad de $f$ da $\langle f-h,\varphi\rangle\ge0$ y, para que esto se sostenga por arbitrariamente pequeño $\epsilon$,
$$
\langle\langle f,\varphi\rangle f-\varphi,g\rangle
=\langle -g+\langle f,g\rangle f,\varphi\rangle\ge0.
$$
De ello se sigue que $\langle f,\varphi\rangle f-\varphi$ en $\mathcal{F}^*$, y su producto interior con $\varphi$ es $\langle f,\varphi\rangle^2-1$, que es negativo. Así, la normalización de esto, $\chi=(\langle f,\varphi\rangle f-\varphi)/\lVert\langle f,\varphi\rangle f-\varphi\rVert$ satisface las condiciones del lema, y se puede comprobar que se da la igualdad en (5).
QED
Ahora, se sigue inmediatamente de este lema que si ponemos
\begin{align}
\alpha &= \sup_{f\in\mathcal{F},\lVert f\rVert=1}\langle f,\varphi\rangle > 0\\
\beta &= \inf_{\chi\in\mathcal{F}^*,\lVert\chi\rVert=1}\langle\chi,\varphi\rangle < 0
\end{align}
entonces $\alpha^2+\beta^2=1$ y,
$$
M = \pi\alpha^2 = \pi(1-\beta^2) < \pi.
$$
Así, tenemos el doble problema de intentar encontrar $\beta$ por la búsqueda de más de $\chi\in\mathcal{F}^*$, que se aproxima a los $M$ desde arriba.
