$\int_{-1}^{1}|f(t)|dt \geq C\left(\int_{0}^{2}|f(t)|^2\right)^{1/2}$ de polinomios

Question

Probar que existe una constante $C>0$ que para todos los $f \in P_n$ tenemos: $$\int_{-1}^{1}|f(t)|dt \geq C\left(\int_{0}^{2}|f(t)|^2\right)^{1/2}$$ Donde $P_n$ es el espacio de polinomios con grado menor o igual a $n$.

Hay una solución mediante el análisis funcional: en primer lugar, tenga en cuenta que las funciones de $\|\|_1$ $\|\|_2$ son normas en $P_n$:

$$\|f\|_1=\int_{-1}^{1}|f(t)|dt$$

$$\|f\|_2=\left(\int_{0}^{2}|f(t)|^2\right)^{1/2}$$

Ahora $P_n$ es espacio vectorial finito y todas las normas sobre finito de espacios vectoriales son equivalentes, por lo que la desigualdad se cumple.

En mi opinión es un sorprendente resultado, así que estoy en busca de primaria prueba de esta desigualdad.

Answer 1

Asumir el contrario, que para cada $k$ existe un polinomio distinto de cero $p_k$ grado $n$ tal que $$\int_{-1}^1 |p_k(t)|dt \leq \frac{1}{k} \left( \int_0^2 |p_k(t)|^2dt \right)^{1/2}$$ Podemos suponer que $\int_0^2|p_k|^2=1$, debido a la desigualdad es la escala invariante. Esto significa que $\int_{-1}^1 |p_k(t)|dt \leq \frac{1}{k}$$p_k \to 0$$L^1([-1,1])$. Podemos extraer una larga tal que $p_k \to 0$ en casi todas partes. Observamos por $N$ el insignificante conjunto donde la convergencia no tiene lugar.

Elija $n+1$ distintos puntos de $x_1,...,x_{n+1}$$[0,1]\setminus N$. A continuación, $p_k(x_i)$ es convergente a$0$$i=1..n+1$. Si hacemos un procedimiento de interpolación de Lagrange para cada una de las $p_k$ con los valores en los puntos de $x_1,...,x_{n+1}$, podemos ver que todos los coeficientes en la base de Lagrange ir a $0$.

Por lo tanto $p_k$ converge uniformemente a $p=0$ compactos a intervalos. Pero esto contradice $\int_0^2|p_k|^2=1$

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Esto no es realmente elemental. Lo que sería si usted podría deshacerse de la parte que la convergencia en $L^1$ implica la convergencia en casi todas partes de una larga.

Answer 2

Me puede mostrar la reclamación cuando el intervalo es el mismo para cada integral, digamos que es $[-1,1]$, y si hay una restricción sobre las raíces de la $f(t)$. Pensé acerca de esto por un tiempo y pensé que bien podría publicar. Estoy un poco optimista con algunos de los más pensando en una completa solución va a venir.

En primer lugar, supongamos $f(t)=\prod (t-\alpha_i)$$|\alpha_i| > 3$. Vamos a probar un útil de la desigualdad. Para $|x|<1$, $|t|<1$, $|\alpha|>3$, tenemos $$\frac{|t-\alpha|}{|x-\alpha|} \geq \frac{||t|-|\alpha||}{|x|+|\alpha|} \geq \frac{|\alpha|-1}{|\alpha|+1} = 1 - \frac{2}{|\alpha|+1} \geq \frac{1}{2}$$ Esto significa $\sup_{|x|<1} |x-\alpha_i| \leq 2 |t-\alpha_i|$ todos los $|t|<1$ y por lo tanto

$$\prod_{i=1}^n \sup_{|x|<1} |x-\alpha_i| \leq 2^n |f(t)| \quad \mbox{ or } \quad \prod_{i=1}^n \sup_{|x|<1} |x-\alpha_i| \leq 2^{n+1} \int_{-1}^1 |f(t)| dt.$$

En segundo lugar, hemos de escribir $$\int_{-1}^1 f(t)^2 dt = \int_{-1}^1 \prod (t-\alpha_i)^2 dt \leq \left( \prod_{i=1}^n \sup_{x \in [-1,1]} ||x-\alpha_i|| \right) \int_{-1}^1 \prod |t-\alpha_i|dt$$

Debido a $2xy \leq x^2 +y^2$ podemos escribir

$$2 \int_{-1}^1 f(t)^2 dt \leq \left( \prod_{i=1}^n \sup_{x \in [-1,1]} ||x-\alpha_i|| \right)^2 + \left( \int_{-1}^1 \prod |t-\alpha_i|dt \right)^2.$$

Por último, utilizamos una de las desigualdades que hemos demostrado anteriormente para escribir

$$\frac{2}{1+2^{n+1}}\int_{-1}^1 f(t)^2 dt \leq \left( \int_{-1}^1 |f(t)|dt \right)^2.$$