$|f(x)|\leq \sqrt{\frac{\pi}{3}\int_0^\pi f'^2}$

Question

Deje $f\in C^1([0,\pi],\mathbb R)$ tal que $\displaystyle\int_0^\pi f(t) dt=0$

Demostrar que $\forall x\in [0,\pi],\displaystyle|f(x)|\leq \sqrt{\frac{\pi}{3}\int_0^\pi f'^2(t)dt}$

Fracasado intento natural de

$\int_0^\pi f(t) dt=0$ nos dice que hay algo de $\beta\in [0,1]$ tal que $f(\beta)=0$

El uso de la fondamental teorema de cálculo y de Cauchy Schwarz,

$\displaystyle |f(x)|=|f(x)-f(\beta)|\leq\int_x^\beta |f'(t)|dt\leq \int_0^\pi |f'(t)|dt \leq \sqrt{\pi} \sqrt{\int_0^\pi f'^2}$

No es nítida suficiente.

Esto podría tener algo que ver con la serie de Fourier.

Answer 1

Sin series de Fourier: tenemos $((t-a)f(t))'=(t-a)f'(t)+f(t)$. Por lo tanto $$ \int_0^t\tau f'(\tau)d\tau=tf(t)-\int_0^tf(\tau)d\tau,\qquad \int_t^\pi(\tau\pi)f'(\tau)d\tau=(\pi-t)f(t)-\int_t^\pi f(\tau)d\tau. $$ Mediante la adición de estas, se obtiene $$ \pi f(t)=\int_0^\pi g(\tau)f'(\tau)d\tau,\qquad g(\tau)=\begin{cases}\tau,&\tau<t,\\\tau-\pi,&\tau>t.\end{casos} $$ Ahora, por Cauchy-Schwarz $$ \pi |f(t)|\le \sqrt{\int_0^\pi |f'(\tau)|^2d\tau}\sqrt{\frac{t^3}3+\frac{(\pi-t)^3}3}\le \sqrt{\int_0^\pi |f'(\tau)|^2d\tau}\sqrt{\frac{\pi^3}{3}} $$ Dividiendo por $\pi$, obtenemos el resultado deseado. QED

---

Cómo adivinar que esta prueba? Es bastante fácil: $\frac13$ sólo puede venir de $\int t^2 dt$ en este contexto, por lo que (tener en cuenta de Cauchy--Schwarz) necesitamos calcular $f$ de alguna manera a través de la integral de $tf'(t)$.

Answer 2

He aquí un bosquejo de una prueba usando series de Fourier. Deje $f(x) = \sum_{n=1}^\infty a_n \cos(n x)$, luego

$$ \int_0^\pi f'(t)^2dt = \frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^\infty \left(n a_n\right)^2 $$ Con esto en mente, podemos aplicar de Cauchy-Schwarz de la siguiente manera: $$ \begin{aligned} |f(x)|^2 &=\left( \sum_{n=1}^\infty \left(n a_n\right)\left(\frac{\cos(n x)}{n}\right) \right)^2\\ &\le \left( \sum_{n=1}^\infty \left(n a_n\right)^2 \right) \left(\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{\cos(n x)}{n}\right)^2 \right) \\ &\le \left( \sum_{n=1}^\infty \left(n a_n\right)^2 \right) \left(\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2} \right)\\ &= \left( \frac{2}{\pi}\int_0^\pi f'(t)^2dt \right) \left(\frac{\pi^2}{6} \right) \end{aligned} $$