Ejemplo de la igualdad de una desigualdad

Question

Esta pregunta está relacionada con Daniel Fischer respuesta aquí. Supongamos $f$ es un auténtico $C^{1}$ función en $[0, 1]$ tal que $f(0) = 0$$\int_{0}^{1}f'(x)^{2}\, dx \leq 1$. Entonces (esencialmente por Cauchy-Schwarz), tenemos $\left|\int_{0}^{1}f(x)\, dx\right| \leq 2/3$ como Daniel Fischer afirmó en su respuesta.

Mi pregunta es: ¿hay un ejemplo de una función que tenemos igualdad en $\left|\int_{0}^{1}f(x)\, dx\right| \leq 2/3$? Yo estaba pensando en tal vez una versión suavizada de una función que toma el valor de$0$$[0, 1/2)$$4/3$$(1/2, 1]$, pero que parece complicado de construir, por otra parte, la derivada en algún barrio de $1/2$ podría ser difícil de controlar.

Answer 1

No, No podemos nunca llegar a $\frac23$. Al aplicar el Cauchy-Schwarz desigualdad

$$\int_0^x 1\cdot f'(t)\, dt \leqslant \left(\int_0^x 1^2\,dt\right)^{1/2}\left(\int_0^x f'(t)^2\,dt\right)^{1/2} = \sqrt{x}\left(\int_0^x f'(t)^2\,dt\right)^{1/2},$$

tenemos dos factores que asegurarse de que la desigualdad de $f(x) < \sqrt{x}$ es estricta.

1. Para las pequeñas $x$, la integral de la $\int_0^x f'(t)^2\,dt$ es pequeña, mucho menor que $1$.
2. Sólo tenemos la igualdad en el Cauchy-Schwarz desigualdad si las dos funciones difieren sólo por un factor constante.

El primer defecto es minimizado si la mayor parte del peso de $f'$ se concentra cerca de $0$, pero que aumenta la diferencia en el CS de la desigualdad.

Podemos obtener $\int_0^1 f(x)\,dx = \frac{\sqrt{3}}{3}$ eligiendo $f'(x) = \sqrt{3}(1-x)$, y que es el máximo valor posible:

$$\begin{align} \int_0^1 f(x)\,dx &= \int_0^1 \int_0^x f'(t)\,dt\,dx\\ &= \iint_{0 \leqslant t \leqslant x\leqslant 1} f'(t)\,dt\,dx\\ &= \int_0^1 \int_t^1 f'(t)\,dx\,dt\\ &= \int_0^1 (1-t)f'(t)\,dt\\ &\leqslant \left(\int_0^1 (1-t)^2\,dt\right)^{1/2}\left(\int_0^1 f'(t)^2\,dt\right)^{1/2}\\ &= \sqrt{\frac13} = \frac{\sqrt{3}}{3}. \end{align}$$

Answer 2

Desde otra pregunta estaba relacionada aquí como duplicar me gustaría dar una alternativa de solución para el problema $$ \max\int_0^1f(x)\,dx,\qquad f(0)=0,\ \int_0^1\punto f^2(x)\,dx\le 1. $$ Si nosotros, por ejemplo, no se hizo la intuición artístico solución CS anterior, podemos tratar de abordar el problema de una forma más estándar a través del cálculo variacional.

1. Formalización: tenemos el problema de minimización con una restricción funcional y un punto fijo (el extremo izquierdo) $$ \min\int_0^1(-f(x))\,dx,\qquad f(0)=0,\ \int_0^1\punto f^2(x)\,dx\le 1. $$
2. El uso de Lagrange multiplier método para incluir la restricción en la optimización de la con $\lambda\ge 0$ $$ \min\int_0^1(-f(x)+\lambda(\dot f^2(x)-1))\,dx=\min\int_0^1\bigl(-f(x)+\lambda\dot f^2(x)\bigr)\,dx\lambda\qquad f(0)=0 $$
3. Anote el de Euler-Lagrange ecuación $$ -1+2\lambda\ddot f(x)=0,\quad f(0)=0. $$ Aquí podemos ver que $\lambda\ne 0$ (de lo contrario no hay soluciones), por lo $\lambda>0$. [Se explica, en particular, por qué la restricción debe ser activa, es decir,$\|\dot f\|_2^2=1$, debido a la holgura complementaria principio nos dice que $\lambda(\|\dot f\|_2^2-1)=0$.]
4. Agregar la natural condición de contorno en el derecho libre de final $$ 2\lambda\dot f(1)=0. $$
5. La solución para el E. L. ecuación con dos condiciones de contorno da $$ f(x)=\frac{1}{4\lambda}x(x-2). $$
6. Utilizando el hecho de que la restricción debe ser activo, nos encontramos con $\lambda$ a partir de la ecuación $$ 1=\int_0^1\punto f^2(x)\,dx=\int_0^1\frac{1}{4\lambda^2}(x-1)^2\,dx\quad\Rightarrow\quad\lambda=\frac{1}{2\sqrt{3}}. $$ Así $$ f(x)=\frac{\sqrt{3}}{2}x(x-2). $$
7. La convexidad del problema hace que el de Euler-Lagrange ecuación suficiente para el mínimo (el mismo de la prueba como en el Teorema 4.3, página 12).
8. Cambiar el signo de $f$ para obtener la solución para el problema original.