Conectado en $f(0)^2$ mediante integrales de $f^2$ y $(f')^2$ en $[0,1]$ .

Question

Dejemos que $f$ sea una función que sea $C^1((0,1))\cap C([0,1])$ . Me gustaría poder mostrar $$ \frac{1}{2}f(0)^2 \leq \int_0^1 f(x)^2dx + \int_0^1f'(x)^2dx $$ donde estamos asumiendo que $f$ es una función de valor real.

Hemos intentado utilizar la desigualdad de Young para reducir a $\frac{d}{dx}[f(x)^2]$ pero esto no funciona.

Gracias de antemano por cualquier idea.

edit: Los contraejemplos son bienvenidos, obviamente, pero por el momento creemos esto.

Answer 1

He aquí una variante que dará lugar a una constante mejorada, pero no óptima, en la desigualdad.

Dejemos que $\lambda$ sea un número real positivo cuyo valor exacto se especificará más adelante. Aplicando el teorema fundamental del cálculo y la desigualdad aritmético-geométrica se obtiene \begin {eqnarray} f(0)^2 &=& f(x)^2 - \int_0 ^x 2f( \xi )f'( \xi )\,d \xi \nonumber\\ & \leq & f(x)^2 + \int_0 ^x \frac {1}{ \lambda }f( \xi )^2 + \lambda f'( \xi )^2\, d \xi \nonumber\\ & \leq & f(x)^2 + \int_0 ^1 \frac {1}{ \lambda }f( \xi )^2 + \lambda f'( \xi )^2\, d \xi. \end {eqnarray} Si integramos ambos lados de esta desigualdad de $0$ a $1$ y, además, elegir $\lambda$ tal que $1+1/\lambda=\lambda$ Es decir $\lambda = (1+\sqrt{5})/2$ , entonces llegamos a \begin {Ecuación} \frac {2}{1+ \sqrt {5}}f(0)^2 \leq \int_0 ^1 f(x)^2 + f'(x)^2 \N, dx. \end {Ecuación} Como $2/(1+\sqrt{5}) \approx 0,6180 > 1/2$ se obtiene la desigualdad deseada.

Answer 2

Se puede hacer lo siguiente. Podemos suponer que $f(0)=1$ . Dejemos que $$ J(f) = \int_0^1 (f'(x)^2 + f(x)^2) dx \geq 0. $$ Queremos minimizar $J(f)$ con la condición de que $f(0)=1$ . Dejemos que $F(f',f) = f'^2+f^2$ . Por el cálculo variacional sabemos que cualquier mínimo satisface $$ F_f' - \frac{d}{dx} F_{f'}' = 0 $$ y $F_{f'}'(f'(1),f(1))=0$ . Esto se simplifica para resolver $$ f'' = f $$ con las condiciones de contorno $f(0)=1$ y $f'(1)=0$ . La solución es $$ f(x) = -\tanh(1)\sinh(x) + \cosh(x). $$ Se comprueba entonces que para este $f$ tenemos que $$ J(f) > \frac{1}{2} = \frac{1}{2} f(0)^2. $$ Esto demuestra la desigualdad.

(De hecho, tenemos $J(f) = \tanh 1 > 1/2$ .)

Answer 3

Creo que la desigualdad es correcta. Sea $$ f(x)=\sum_{n=0}^\infty(a_n\cos(n\pi x)+b_n\sin(n\pi x)). $$ Esto se debe a que $\{\cos(n\pi x),\sin(n\pi x)\}_{n=0}^\infty$ es denso en $C^1((0,1))\cap C([0,1])$ . Observando que, para los enteros $m, n$ , \begin {eqnarray} & \int_0 ^1 \cos ^2(n \pi x)dx= \int_0 ^1 \sin ^2(n \pi x)dx= \frac12 , \\ & \int_0 ^1 \cos (n \pi x) \sin (m \pi x)dx=0, \\ & \int_0 ^1 \cos (n \pi x) \cos (m \pi x)dx=0 \text { si }m \neq n, \\ & \int_0 ^1 \sin (n \pi x) \sin (m \pi x)dx=0 \text { si }m \neq n, \end {eqnarray} tenemos \begin {eqnarray} \int_0 ^1(f(x))^2dx&=& \int_0 ^1( \sum_ {n=0}^ \infty (a_n \cos (n \pi x)+b_n \sin (n \pi x)))^2dx \\ &=& \int_0 ^1 \sum_ {m,n=0}^ \infty (a_m \cos (m \pi x)+b_m \sin (m \pi x))(a_n \cos (n \pi x)+b_n \sin (n \pi x))dx \\ &=& \frac {1}{2} \sum_ {n=0}^ \infty (a_n^2+b_n^2), \\ \int_0 ^1(f'(x))^2dx&=& \int_0 ^1( \sum_ {n=0}^ \infty (-n \pi a_n \sin (n \pi x)+n \pi b_n \cos (n \pi x)))^2dx \\ &=& \int_0 ^1 \sum_ {m,n=0}^ \infty mn \pi ^2(-a_m \sin (m \pi x)+b_m \cos (m \pi x))(-a_n \sin (n \pi x)+b_n \cos (n \pi x))dx \\ &=& \frac {1}{2} \sum_ {n=0}^ \infty n^2 \pi ^2(a_n^2+b_n^2). \end {eqnarray} Así, \begin {eqnarray} && \int_0 ^1(f(x))^2dx+ \int_0 ^1(f'(x))^2dx- \frac12 (f(0))^2 \\ &=& \frac12\sum_ {n=0}^ \infty (n^2 \pi ^2+1)(a_n^2+b_n^2)- \frac12 ( \sum_ {n=0}^ \infty a_n)^2 \\ & \ge & \frac12\left ( \sum_ {n=0}^ \infty (n^2 \pi ^2+1)a_n^2-( \sum_ {n=0}^ \infty a_n)^2 \right )+ \frac12\sum_ {n=0}^ \infty (n^2 \pi ^2+1)b_n^2. \end {eqnarray} Creo que $$ \sum_{n=0}^\infty(n^2\pi^2+1)a_n^2-(\sum_{n=0}^\infty a_n)^2\ge 0$$ y ahora no tengo tiempo para probarlo. Así que $$ \int_0^1(f(x))^2dx+\int_0^1(f'(x))^2dx\ge\frac12(f(0))^2. $$