Demostrar que $\int_0^1 \frac{dx}{f^2(x)+1} \le \frac{ \pi}{4}$

Question

Dejemos que $f:[0,1] \to \mathbb{R}$ sea una función diferenciable, para la cual $f'(x) \ge 1 , \forall x\in [0,1]$ y $f(1)=1$ . Demuestra que: $$\int_0^1 \frac{dx}{f^2(x)+1} \le \frac{ \pi}{4}$$

De la hipotetización se deduce que $f(0) \le 0$ . Esto no ayuda mucho, porque si escribimos $$\int_0^1 \frac{dx}{f^2(x)+1} \le \int_0^1 \frac{f'(x)}{f^2(x)+1} dx =\arctan(f(x))|_0^1=\frac{ \pi }{4}-\arctan(f(0)) \ge \frac{ \pi }{4}$$

Otro intento es: Observamos que $ \frac{ \pi }{4} = \int_0^1 \frac{dx}{x^2+1}$ por lo que sólo tenemos que demostrar que $\int_0^1 \frac{dx}{f^2(x)+1} \le \int_0^1 \frac{dx}{x^2+1}$ . Esto se puede escribir como: $$ 0 \le \int_0^1 \frac{(f(x)-x)(f(x)+x)}{(x^2+1)(f^2(x)+1)} dx $$ quei, creo, no es muy fácil de probar.

Además, he intentado utilizar que la función $x \to f(x)-x$ es creciente (de hecho, lo utilicé cuando demostré que $f(0) \le 0$ ), pero nada.

Answer 1

Esta desigualdad no es cierta. He aquí un contraejemplo:

Elegimos $a\in(0,1)$ tal que $\arctan a>a\frac{\pi}{4}$ ( $a$ existe ya que tenemos $\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{\arctan h}{h}=1$ y $\frac{\pi}{4}\in(0,1)$ ). Entonces definimos la función $f$ en $[0,1]$ por $f(x)=\frac{x-a}{1-a}$ , si $x\in[a,1]$ y $f(x)=x-a$ , si $x\in[0,a]$ .

$f$ satisface las hipotesis y tenemos $$\int_0^1\frac{dx}{f^2(x)+1}=\int_0^a\frac{dx}{(x-a)^2+1}+\int_a^1\frac{dx}{(\frac{x-a}{1-a})^2+1}=\arctan a+(1-a)\frac{\pi}{4}>\frac{\pi}{4}$$

Answer 2

Como complemento a la respuesta anterior:

Basta con observar la función lineal $f(x) = \frac{x-a}{1-a}$ con una cantidad suficiente de $a \in [0, 1]$ $$ \int^1_0{\frac{dx}{1 + f^2(x)}} = \int^1_0{\frac{dx}{1 + (\frac{x-a}{1-a})^2}} = I $$ Entonces $ u = \frac{x-a}{1-a}$ , $du = \frac{dx}{1-a}$ $$I = (1-a)\int^1_{\frac{-a}{1-a}}{\frac{du}{1 + u^2}} = \frac{\pi}{4} - a\frac{\pi}{4} + (1-a)\arctan(\frac{a}{1-a})$$ Ahora, para un tamaño suficientemente pequeño $a$ (utilizando los dos primeros términos de la serie arctan): $$I > \frac{\pi}{4} + a(1-\frac{\pi}{4} - \frac{a^2}{3(1-a)^2}) > \frac{\pi}{4}$$ Donde "suficientemente pequeño" significa: $$a < \frac{\gamma}{1 + \gamma}, \gamma = \sqrt{3(1 - \frac{\pi}{4})}$$