mateforum.ro

Fie n un numar natural si \( f:[0,1]\to R \) o functie continua, astfel ca
\( \int_{0}^{1}x^kf(x)dx = 1 \) pentru orice \( 0\leq k\leq n-1 \)
Demonstrati ca \( \int_0^1f^2(x)dx \geq n^2. \)

Aline, ce zici de asta?

P.S. O sa postez cat de curand solutia, insa ea va fi una luuuuuuunga de tot. Chiar as fi curios daca exista o solutie mai inteligibila decat cea de mai jos.


Solutie (inca nefinalizata).

Vom merge pe aceeasi idee pe care am mers cand am rezolvat cazurile particulare \( n=2 \) respectiv \( n=3 \). Intr-adevar, ideea este sa gasim un polinom care sa "aproximeze" ca sa zic asa patratul functiei \( f \).
Cu alte cuvinte, trebuie sa cautam un polinom, \( P=\sum_{j=0}^{n-1}a_{j}x^{j} \) care sa verifice ipoteza problemei. Avem

\( 1=\int_0^1x^{i}P(x)dx=\int_0^1\sum_{j}a_{j}x^{i+j}=\sum_{j=0}^{n-1}\frac{a_{j}}{i+j+1}, \) pentru \( i=0,1, \ldots, n-1 \).
Pe de alta parte, avem \( P^{2}(x)=\sum_{i,j}a_{i}a_{j}x^{i+j} \), de unde vom avea ca

\( \int_0^1P^{2}(x)dx=\sum_{i,j}\frac{a_{i}a_{j}}{i+j+1}=\sum_{i=0}^{n-1}a_{i}\sum_{j}\frac{a_{j}}{i+j+1}=\sum_{i=0}^{n-1}a_{i} \), iar

\( 2\int_0^1f(x)P(x)dx=2\sum_{j=0}^{n-1}a_{j}\int_0^1x^{j}f(x)dx=2\sum_{j=0}^{n-1}a_{j} \).
Prin urmare avem inegalitatea:

\( \int_0^1f^{2}(x)dx\geq\sum_{i=0}^{n-1}a_{i} \), iar daca aratam ca
\( \sum_{i=0}^{n-1}a_{i}=n^2 \), atunci problema este rezolvata.
Reamintim ca aceste \( a_{i} \)-uri pot fi determinate si vom vedea (dupa ce va fi postata solutia completa) ca aceste \( a_{i} \)-uri sunt date de

\( a_{i}=(-1)^{n-i-1}C_{n-1}^{i}(i+1)(i+2)\ldots (i+n) \), iar suma lor face intr-adevar \( n^2 \).

Cateva discutii:
http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?p=443980#443980
http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=77352
http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?s ... 2&t=163866

Si solutia:
http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?&t=146373

Enunţul este adevărat pentru \( f\in L^{2}([0,1]). \)

Iată soluţia oficială (simplificată).
Notăm \( e_{k}(x)=x^{k} \) şi \( \langle \cdot\ ,\ \cdot\rangle \) produsul scalar din \( L^{2}([0,1]) \).
Fie \( p=\sum_{k=0}^{n-1}a_{k}e_{k} \) unicul polinom de grad \( n-1 \) satisfăcând \( \langle p,e_{k}\rangle =1 \) pentru \( 0\leq k\leq n-1. \)
Rezultă \( \langle f-p,e_{k}\rangle =0,\ \langle f-p,p\rangle =0 \) şi
\( || f-p|| ^{2}=\langle f-p,f-p\rangle =\langle f-p,f\rangle =|| f||^{2}-\langle p,f\rangle \) deci
\( || f|| ^{2}\geq\langle p,f\rangle \).
Rămâne să arătăm că \( \langle p,f\rangle \geq n^{2} \).
Vom arăta că de fapt \( \langle p,f\rangle = n^{2}. \)

Avem \( \langle p,f\rangle =\sum_{k=0}^{n-1}a_{k}. \)
Coeficienţii \( a_{k} \) verifică relaţiile
\( \sum_{k=0}^{n-1}\frac{a_{k}}{k+j+1}=1 \), pentru \( j=0...n-1 \)
deci funcţia raţională
\( r(x)=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{a_{k}}{k+x+1}-1 \)
se anulează în \( \{0,...,n-1\} \).
Deci polinomul (monic) de grad \( n \)
\( (x+1)...(x+n)-\sum_{k=0}^{n-1}a_{k}(x+1)...\widehat{(x+k+1)}...(x+n) \)
se anulează pentru \( x=0,1,...,n-1 \). Rezultă
\( (x+1)...(x+n)-\sum_{k=0}^{n-1}a_{k}(x+1)...\widehat{(x+k+1)}...(x+n)=x(x-1)...(x-n+1) \)
Egalând coeficienţii lui \( x^{n-1} \) obţinem
\( 1+2+...+n-\sum_{k=0}^{n-1}a_{k}=-(1+2+...+n-1) \).
Rezultă \( \sum_{k=0}^{n-1}a_{k}=n^{2}. \) QED.