Cómo mostrar que $\dfrac{a^3}{3}\ge\int_{0}^{a}|F(x)-x|^2dx$

Question

Que $F(x)$ ser no negativo y integrable en $[0,a]$ y que $$\left(\int_{0}^{t}F(x)dx\right)^2\ge\int_{0}^{t}F^3(x)dx$ $ para cada $t$ $[0,a]$, probar o refutar la conjetura: $$\dfrac{a^3}{3}\ge\int_{0}^{a}|F(x)-x|^2dx$ $

Este problema de SIAM problema 78-18, considero algún tiempo, pero me falta él.

Answer 1

Para simplificar nos escriba $F = F(x)$ y $G_t = \int_0^t F dx$.

Dadas $\displaystyle {G_t}^2 \ge \int_0^t F^3 dx$, necesitamos mostrar $\displaystyle \dfrac{a^3}{3} \ge \int_0^a \mid F - x \mid^2 dx \tag{1}$.

Ahora, RHS $= \displaystyle \int_0^a \left( F - x \right)^2 dx = \int_0^a F^2 dx - \int_0^a 2x F dx + \frac{a^3}{3}$.
Así que tenemos que mostrar %#% $ #%

Por la desigualdad de Hölder, tenemos: $$\displaystyle \color{blue}{2\int_0^a x F dx} \ge \color{red}{\int_0^a F^2 dx} \tag{2}$ $

Así que tenemos: $$G_t = \int_0^t F dx \le \left( \int_0^t F^{3} dx \right)^{\frac{1}{3}} \cdot \left( \int_0^t 1 dx \right)^{\frac{2}{3}} = \left( \int_0^t F^{3} dx \right)^{\frac{1}{3}} \cdot t^{\frac{2}{3}} \le {G_t}^{\frac{2}{3}}\cdot t^{\frac{2}{3}} \quad \implies \sqrt{G_t} \le t $ y $\displaystyle \int_0^t x \cdot F dx \ge \int_0^t \sqrt{G_x}\cdot F dx = \frac{2}{3} {G_t}^{\frac{3}{2}}$

También por Hölder, tenemos:

$\color{blue}{\displaystyle 2\int_0^a x F dx \ge \frac{4}{3} {G_a}^{\frac{3}{2}}}$$$\int_0^t F^2 dx = \int_0^t F^{\frac{3}{2}}\cdot F^{\frac{1}{2}} dx \le \left( \int_0^t F^3 dx \right)^{\frac{1}{2}} \cdot \left( \int_0^t F dx \right)^{\frac{1}{2}} \le G_t \sqrt{G_t} = {G_t}^{\frac{3}{2}} $\color{red}{\displaystyle \int_0^a F ^ 2 dx \le {G_a} ^ {\frac {3} {2}}} $. Así (2) sostiene y por lo tanto (1).