Demostrar

Question

$f''(x)$ Es continua en$[0,1]$,$f(0)=f(1)=0$,$f(x)\neq 0$ cuando$x \in(0,1)$, tratar de demostrar:$$\int_0^1 \left| \frac{f''(x)}{f(x)} \right| dx \geq 4.$ $

Answer 1

He aquí otra respuesta, que evita la reducción para el caso en que $f$ es cóncava. Es claramente suficiente para probar que $$ \sup_{x \in [0,1]}{|f(x)|} \leq \frac{1}{4},\quad \text{donde} \quad I := \int_0^1|f"(x)|\,dx. \etiqueta{1} $$ Primero de todo, desde $f(0) = f(1) = 0$ $f$ es distinto de cero en $(0,1)$, sabemos que el supremum en el lado izquierdo se ha alcanzado en algunos $c \in (0,1)$, y por otra parte, que el $f'(c) = 0$. Mediante el uso del teorema de Taylor con resto (que en realidad es sólo repite integración por partes) para expandir $f$ alrededor del punto de $c$, tenemos $$ f(x) = f(c) + f'(c)(x-c) + \int_c^x (x - t)f"(t)\,dt = f(c) + \int_0^c (x - t)f"(t)\,dt, $$ para cualquier $x \in [0,1]$. Sucesivamente tomar $x = 0$ $x = 1$ da $$ f(c) = -\int_0^c tf"(t)\,dt = -\int_c^1 (1-t)f"(t)\,dt, $$ debido a $f(0) = f(1) = 0$. Esto significa que $$ |f(c)| \leq c\int_0^c |f"(t)|\,dt \quad \text{y} \quad |f(c)| \leq (1-c) \int_c^1 |f"(t)|\,dt. \etiqueta{2} $$ Desde $$ \int_0^c|f"(t)|\,dt + \int_c^1|f"(t)|\,dt = I = (1-c)I + cI, $$ debemos tener bien $\int_0^c|f''(t)|\,dt \leq (1-c) I$ o $\int_c^1|f''(t)|\,dt \leq c I$. De cualquier manera $(2)$ muestra que $$ |f(c)| \leq c(1-c)I = \frac{1}{4} - \left(\frac{1}{2} - c\right)^2 \leq \frac{1}{4}I, $$ y $(1)$ es, por tanto, demostrado.

Answer 2

Sin pérdida de generalidad, se supone que$f(x)\ge0$ en$[0,1]$. Por otra parte, podemos suponer que$f''(x)\le0$. Si no es así, podemos reemplazar$f$ en$g$ en la gráfica de$g$ es la envolvente convexa de la gráfica de$f$. Tenga en cuenta que donde$g(x)\not=f(x)$,$g''(x)=0$, por lo tanto,$\int_0^1\left|\frac{g''(x)}{g(x)}\right|\,\mathrm{d}x\le\int_0^1\left|\frac{f''(x)}{f(x)}\right|\,\mathrm{d}x$.

Supongamos que$f'(0)=a$ y$f'(1)=-b$. Desde$f$ es cóncava,$f(x)\le ax$ y$f(x)\le b(1-x)$. Por lo tanto, $$ \ max _ {[0,1]} f (x) \ le \ frac {ab} {a b} \ etiqueta {1} $$ Además, $$ \begin{align} \int_0^1|f''(x)|\,\mathrm{d}x &\ge\left|\int_0^1f''(x)\,\mathrm{d}x\right|\\[6pt] &=|f'(1)-f'(0)|\\[6pt] &=a+b\tag{2} \end {align} $$ Por lo tanto, ya que$\min\limits_{\mathbb{R^+}}\frac{(1+t)^2}{t}=4$, $$ \begin{align} \int_0^1\left|\frac{f''(x)}{f(x)}\right|\,\mathrm{d}x &\ge\frac{1}{\max\limits_{[0,1]}f(x)}\int_0^1|f''(x)|\,\mathrm{d}x\\ &\ge\frac{(a+b)^2}{ab}\\ &=\frac{(1+b/a)^2}{b/a}\\ &\ge4\tag{3} \end {align} $$

Answer 3

Hay una prueba elemental para esta inecuación, por teorema del valor medio.

Caso I:% $f(x)\geq 0 $en$[0,1]$

$f(0)=f(1)=0$ Hay un punto$x_0\in (0,1)$ st$\max_{[0,1]}f(x)=f(x_0)$

Por teorema del valor medio, hay$\lambda_1 \in (0,x_0),\lambda_2 \in (x_0,1)$

st$\begin{align} f(x_0)-f(0)=\int_0^{x_0} f'(x) dx = (x_0 - 0)f'(\lambda_1)\Rightarrow f'(\lambda_1)=\frac{f(x_0)}{x_0}\end{align}$

$\begin{align} f(1)-f(x_0)=\int_{x_0}^{1} f'(x) dx = (1-x_0)f'(\lambda_2)\Rightarrow f'(\lambda_2)=\frac{-f(x_0)}{1-x_0}\end{align}$

$\begin{align} \int_0^1 \left| \frac{f''(x)}{f(x)} \right| dx \ge \int_{\lambda_1}^{\lambda_2} \left| \frac{f''(x)}{f(x)} \right| dx \ge \int_{\lambda_1}^{\lambda_2} \frac{|f''(x)|}{f(x_0)} dx \\= \frac {1}{f(x_0)} \int_{\lambda_1}^{\lambda_2} |f''(x)| \ge \frac {1}{f(x_0)} |\int_{\lambda_1}^{\lambda_2} f''(x) |\end{align}$

Y$\begin{align} \frac {1}{f(x_0)}| \int_{\lambda_1}^{\lambda_2} f''(x)| =\frac {1}{f(x_0)}|f'(\lambda_2)-f'(\lambda_1)| =\frac {1}{f(x_0)}|\frac{-f(x_0)}{1-x_0}-\frac{f(x_0)}{x_0}|=\frac {1}{(1-x_0)(x_0)}\ge 4\end{align}$

CASO II:% $f(x)$puede ser nagetive en$[0,1]$.

Desde$\forall x\in [0,1],|f(x)|\le M$ para algunos M, deje$g(x) = f(x) + 2M$.

Entonces$\forall x\in [0,1],|g(x)|\ge M \ge |f(x)|$ y$g''(x)=f''(x),g(x)\ge 0$ en$[0,1]$

$\begin{align} \int_0^1 \left| \frac{f''(x)}{f(x)} \right| dx =\int_0^1 \left| \frac{g''(x)}{f(x)} \right| dx\ge \int_0^1 \left| \frac{g''(x)}{g(x)} \right| dx \ge 4\end{align} $ (En el caso i)