分部积分与Cauchy-Schwarz不等式的结合

问题

$f\in C([0,1]\to \mathbb{R})$,${\int }_0^{1}f(x)dx=0$证明${\left({\int }_0^{1}xf(x)dx\right)}^2\le \frac{1}{12}{\int }_0^1{f}^2(x)dx$

1. 失败的尝试

首先如果我们直接不管函数的其他性质，直接利用其平方可积性就会得到${\left({\int }_0^{1}xf(x)dx\right)}^2\le \left({\int }_0^1{x}^{2}dx\right)\left({\int }_0^1{f}^2(x)dx\right)=\frac{1}{3}{\int }_0^1{f}^2(x)dx$ 这个系数还不够精确。很显然我们需要用一开始的条件来让这个系数尽可能地“陡峭”。

2. 结合边界条件和取等条件的Cauhcy-Schwarz不等式

我们从$L^2([0,1]\to \mathbb{R})$上来思考这个问题，首先条件告诉我们的是$⟨1,f⟩=0$于是等于说，函数$f$与任意的常数函数$c$都是垂直的。而问题相当于是$|⟨x,f⟩|\le A||f|{|}_{L^2}$即内积会被函数$f$的$L^2$范数控制起来。问题的关键就是确定这个系数$A=\frac{1}{\sqrt{12}}$。

像这种用内积当中的某个函数的范数控制内积的问题，自然会想到Cauchy-Schwarz不等式。不过第一节已经向我们证明了，这种做法的误差太大了。不过我们想到，利用函数内积的信息，应该可以提高不等式的精度，于是由$|⟨x,f⟩|=|⟨x-c,f⟩|\le \sqrt{1/3+c^2-c}||f|{|}_{L^2}$那么存在一个$c$可以使得我们想要证明的不等式成立吗？这个问题等价于$(c-1/2{)}^2\le 0$成立，只要$c=1/2$,这件事就能成立。

换句话来说，我们只要构造$g(x):=x-1/2$,那么我们就可以利用Cauchy-Schwarz不等式$|⟨g,f⟩|\le ||g||\cdot ||f||=\frac{1}{\sqrt{3}}||f||$而究竟如何构造函数$g$取决于边界条件，以及取等的情况而定。

3. 更多类似的问题

3.1 逆向考虑C-S不等式

问题2

$f\in C^1([0,1])$并且$f(1)-f(0)=1$证明${\int }_0^1{f}^{\prime 2}(x)dx\ge 1$

Cauchy-Schwarz不等式可以理解为$u,v\in L^2([0,1])$满足$|⟨u,v⟩|\le ||u||\cdot ||v||$那么反过来，也可以理解为$||u||\ge \frac{|⟨u,v⟩|}{||v||}$

主要想法

恰好此问题就是一个这样的问题：

1. 边界条件:$f(1)-f(0)=1$
2. 目标不等式:$||f^{\prime }||\ge 1$

于是我们的想法是，找到一个$L^2([0,1])$当中的对象$g$,使得$||f^{\prime }||\ge \frac{|⟨g,f^{\prime }⟩|}{||g||}=1$

关于这个问题，我们首先考虑什么样的函数能取等号？(这里面也有技巧，如果假设函数非常光滑的话，考虑一个变分问题就能得到)

在这种情况下，我们只需要令$g(x)=1$,那么因为$⟨g,f^{\prime }⟩={\int }_0^1{f}^{\prime }(x)dx=f(1)-f(0)=1$,以及$||g||=1$,因此这样我们就证明了此不等式。

问题3

$f\in C^1([0,1])$并且$f(0)=f(1)=0$并且${\int }_0^1{f}^2(x)dx=1$证明${\int }_0^1{x}^2{f}^{\prime 2}(x)dx\ge \frac{1}{4}$

同样的思路，我们考虑一个函数$g$,使得$||x{f}^{\prime }||\ge \frac{|⟨g,x{f}^{\prime }⟩|}{||g||}=\frac{1}{2}$问题中已经知道的是$||f||=1$,并且$f(0)=f(1)=0$的条件可以用于分部积分，得到关于$f^{\prime }$的某种内积的关系。于是不妨试试看$g(x)=f(x)$,这样我们就只需要处理$|⟨f,x{f}^{\prime }⟩|$。由分部积分可以得到$\begin{array}{rl}⟨f,x{f}^{\prime }⟩& ={\int }_0^{1}xf(x)f^{\prime }(x)dx\\ & =-{\int }_0^1{f}^2(x)+x{f}^{\prime }(x)f(x)d{x}^{\prime }\\ & =-1-⟨f,x{f}^{\prime }⟩\end{array}$于是我们知道$⟨f,x{f}^{\prime }⟩=-\frac{1}{2}$这意味着$||x{f}^{\prime }||\ge \frac{|⟨f,x{f}^{\prime }⟩|}{||f||}=\frac{1}{2}$ 于是不等式就证明完了。