$f'(x) < \sqrt{2Mf}$

[dan952]

Sia $f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ una funzione:

1) positiva per ogni $x \in \mathbb{R}$

2) derivabile due volte

3) Esiste $M>0$ tale che $f''(x) \leq M$ per ogni $x \in \mathbb{R}$

Dimostrare che

$f'(x) < \sqrt{2Mf}$

Approfitto per esprimere un mio parere riguardo al forum, in particolare a questa sezione... Ho notato un calo di partecipazione rispetto a quando l'ho lasciata due anni fa...

[Quinzio]

Se

$f^{''}(x) < M$

allora

$f^{'}(x) < Mx$ (1)

$f(x) < Mx^2 / 2$.

Quindi verifichiamo che

$f^{'}(x) < \sqrt(2Mf) $.

Abbiamo

$f^{'}(x) < \sqrt(2M M x^2 / 2) $

$f^{'}(x) < M x $

che e' uguale alla (1).

NB.
Nel passare da
$f^{''}(x) < M$
a
$f^{'}(x) < Mx$
ho fatto un integrazione, ovvero
$\int f^{''}(x) dx < \int M dx$
trascurando deliberatamente la costante di integrazione.
La procedura corretta sarebbe
$f^{'}(x) < Mx + C$.

[dan952]

@Quinzio

Non trascurando il termine otteniamo

$f''(x) \leq M$

$f'(x) \leq Mx +f'(0)$

$f(x) \leq M\frac{x^2}{2} + f'(0)x+f(0)$

sostituendo alla disuguaglianza da dimostrare otteniamo

$f'(x)< \sqrt{M^2x^2+2f'(0)Mx+2Mf(0)}$

Che non è in generale uguale a $Mx$.

[Quinzio]

@dan95

Ok, pero' le costanti di integrazione non alterano il risultato.
Inoltre non riesco a capire il motivo perche' hai impostato le costanti su $x=0$, ad es. $f^{'}(0)$.
Non e' necessario e anzi, non e' utile.

Vediamo:

$f^{''}(x) < M$
integrando
$f^{'}(x) < Mx + C_1$
che si puo' anche scrivere
$f^{'}(x) < M(x + C_1)$.

Ora, siccome li problema e' invariante alle traslazioni su $x$, possiamo effettuare la traslazione
$x \lArr x+C_1$
e scrivere
$f^{'}(x) < Mx$.
Rimane sempre valida $f^{''}(x) < M$.

Integriamo di nuovo
$f(x) < Mx^2 / 2 + C_2$.

Siccome deve essere $f(x) > 0$ necessariamente $C_2 > 0$.

Quindi se
$f^{'}(x) < \sqrt(2Mf)$ con $f(x) = Mx^2 / 2$
lo sara' a maggior ragione per
$f^{'}(x) < \sqrt(2Mf)$ con $f(x) = Mx^2 / 2 + C_2$

[dan952]

"Quinzio":

Quindi se
$ f^{'}(x) < \sqrt(2Mf) $ con $ f(x) = Mx^2 / 2 $
lo sara' a maggior ragione per
$ f^{'}(x) < \sqrt(2Mf) $ con $ f(x) = Mx^2 / 2 + C_2 $

Non ho ben capito... Vuoi dimostrare la disuguaglianza usando la disuguaglianza stessa?

Quello che hai scritto è un po' come dire: "Voglio dimostrare che $a < b+c$ con $c>0$ sapendo che $a

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[Mathita]

Mi sono portato questo problema al lavoro perché volevo attaccarlo in qualche modo con metodi "da superiori" e, nonostante i tanti tentativi, ho fallito miseramente. Tra l'altro, la disuguaglianza mi sembra essere notevole (nel senso che l'ho incontrata da qualche parte... Sul Rudin forse?).

Qualche hint?

[dan952]

@mathita

L' autore ha detto che lo ha preso dal Pagani-Salsa.

Hint:

Approssimare f con il polinomio di Taylor fino al secondo ordine.

[Quinzio]

"dan95":
Quello che hai scritto è un po' come dire: "Voglio dimostrare che $a < b+c$ con $c>0$ sapendo che $a

Si certo.
Non vedo che problema ci sia.
Se $a 0$, e' vero che $a

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[dan952]

@quinzio

Niente il problema è mio che non ci capisco nulla...

[Quinzio]

Boh, mi viene da dire che la tua risposta e' ironica.
Anche io non capisco.
Buon proseguimento di serata.

[e3353cdc139f9576d1418ef5ef3cff2aac614a86]

"Quinzio":$f^{''}(x) < M$
integrando
$f^{'}(x) < Mx + C_1$
che si puo' anche scrivere
$f^{'}(x) < M(x + C_1)$.

Ora, siccome li problema e' invariante alle traslazioni su $x$, possiamo effettuare la traslazione
$x \lArr x+C_1$
e scrivere
$f^{'}(x) < Mx$.

Non capisco, per esempio se $f'(x)=2x+5$ allora $f''(x)=2
Il tuo argomento mostra che $f'(x-C_1)

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[dan952]

"Quinzio":Boh, mi viene da dire che la tua risposta e' ironica.
Anche io non capisco.
Buon proseguimento di serata.

Anche a lei. Gentilmente Martino ha postato un commento che spiega dove sta la falla nel ragionamento.

Non volevo offendere nessuno, perché non era mia intenzione e se l' ho fatto chiedo umilmente scusa e spero che questa sia un occasione per imparare, tutti.

[Mathita]

@dan95. Ci provo con l'hint, anche se avrei preferito trovare un approccio più elementare. Mi ero incaponito nella ricerca di una soluzione che non tirasse in ballo lo strumento che hai suggerito.

L'idea è piuttosto semplice. Nelle condizioni in cui ci troviamo vale la seguente uguaglianza: per ogni $x\in\mathbb{R},h\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$, esiste $\xi$ in $(x,x+h)$, se $h>0$,o in $(x+h, x) $ se $h<0$ tale che $$f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\frac{f''(\xi)}{2}h^2,$$ da cui, sfruttando la disuguaglianza $f''(x)\le M$, ricaviamo la seguente $$f(x+h)\le f(x)+f'(x)h+\frac{M h^2}{2}.$$ Dato che per ipotesi $f$ è positiva in $\mathbb{R}$, si ha che $f(x+h)>0$, per ogni $x\in\mathbb{R}$ e per ogni $h\ne 0$, sicché deve valere $$f(x)+f'(x)h+\frac{Mh^2}{2}>0, \quad \forall h\in\mathbb{R}.$$ Trattando il primo membro alla stregua di un polinomio in $h$ e parametrico in $x$ e $M$, esso risulta positivo per ogni $h$ se e solo se $M>0$ (e lo è per ipotesi) e $\Delta<0$, vale a dire $(f'(x))^2-2M f(x)<0$, da cui $|f'(x)|<\sqrt{2M f(x)}$ per ogni $x\in\mathbb{R}$... [strike]C'è un valore assoluto di troppo, dovrei dimostrare che $f'(x)$ è non negativa per ogni $x\in\mathbb{R}$, ma nun c'ho voglia[/strike] .

Edit: ho detto una cavolata. $|f'(x)|<\sqrt{2M f(x)}$ implica $f'(x)<\sqrt{2M f(x)}$ per ogni $f$ che rispetta le ipotesi.

[dan952]

@mathita

Allora... La questione è questa... Anche io lo avevo risolto così ma un utente mi ha fatto notare che


$f(x_0) + f'(x_0)h+\frac{f''(x_0)}{2}h^2$



potrebbe non essere sempre positiva

[Mathita]

Intanto ti ringrazio per aver posto il problema: mi sta piacendo un sacco e ho (ri)scoperto tante disuguaglianze che avevo studiato per analisi numerica . Peccato, sembrava una così bella idea. Tuttavia, non ho colto il bug nella dimostrazione. Se fisso $x\in\mathbb{R}$, per ogni $h>0, f(x)+f'(x)h+Mh^2/2>0$, no? Inoltre, segnalo che il coefficiente di $h^2$ non è $\frac{f''(x_0)}{2}$, bensì $\frac{f''(\xi)}{2}$. L'esistenza di $\xi$ è garantita dal teorema di Taylor (scusami se sono didascalico, lo dico più che altro per esplicitare i miei ragionamenti).

[dan952]

@Mathita

Sorry, non mi ero accorto di $\xi$ al posto di $x_0$ che poi è la parte che mi mancava per togliere la lacuna alla dimostrazione, quindi è ok!

[Mathita]

Ciao Dan, in effetti un bug c'era: io avevo imposto h>0, che di fatto mi impediva di concludere che la positività del trinomio fosse garantita dalla negatività del $\Delta$. Ho modificato il messaggio da cellulare. Spero che sia tutto ok, ora. Ancora grazie per aver posto il problema.

[dan952]

Mi fa piacere che ti sia piaciuto