Dimostrare f(x)<g(x)

[paxpax92]

salve a tutti ho una domanda su una eventuale dimostrazione.
Supponiamo di avere f(x) continua in $[a,+\infty]$ dove a appartiene ad R
e ho che
1.$f'(x) 2.$f(k)
se io applico la funzione integrale alla prima ipotesi
$int_a^\infty f'(x) dx posso gia concludere che $f(x)>g(x)$ per ogni x?

se invece io dicessi:
ipotizziamo per assurdo che esista un b tale che $f(b)>g(b)$ con b qualsiasi nell'intervallo e definisco $H(x)=f(x)-g(x)$
la sua derivata sarà $H'(x) = f'(x)-g'(x)$ che sarà <0 per ogni x,quindi $H(x_2) quindi $f(x_2)-f(x_1)>g(x_2)-g(x_1)$ divido per $x_2-x_1(>0)$ entrambi i membri e ottengo $f'(\xi_1)>g'(\xi_2)$
ASSURDO per ipotesi!

[paxpax92]

nessuno riesce a dirmi se sono corretti i miei ragionamenti?

[MrMeaccia]

Anche se con le dimostrazioni non me la cavo gran che, mi pare che il tuo discorso funzioni!
Io ho subito pensato di usare la monotonia degli integrali!

"paxpax92":$f(x_2)-g(x_2) quindi $f(x_2)-f(x_1)>g(x_2)-g(x_1)$

Scusa, non ho capito perché hai invertito il segno della disuguaglianza!

[paxpax92]

fai bene a non capirlo..non si riesce!
quindi metto una soluzione alternativa supponiamo sempre di ragionare per assurdo come prima
io ho che $f(k)g(b)$ --->$-f(b)<-g(b)$ vado a sommare le 2 disuguaglianze e ottengo $f(k)-f(b)$f(b)-f(k)>g(b)-g(k)$ divido per b-k-->$f'(\x1_1)>g'(\x1_2)$ assurdo..

mi sai spiegare come funziona dimostrare con la monotonia degli integrali?cioè io applicando la funzione integrale ad essere sincero non so come interpretare bene il risultato..perchè posso affermare la mia tesi senza problemi?

[MrMeaccia]

Ripensandoci meglio non credo che ci siano ipotesi sufficienti per usare le proprietà degli integrali, qundi l'ultima dimostrazione che hai fatto è megliore!

Il discorso della monotonia è questo: se hai $f cioé si mantiene l'uguaglianza anche dopo che hai integrato!

Però per usare questo, forse occorre sapere come sono gli integrali delle due funzioni visto che l'intervallo di integrazione è infinito!

..ci vorrebbe il parere di qualche boss!

[paxpax92]

no il discorso che fai te mi è chiaro..il punto che non mi è chiaro è come posso affermare che $F(X)>G(x)$ nel senso il fondo vai solo a calcolare l'area sottesa(intuitivamente) non riesco a capire fino in fondo come posso affermare che F(x)>G(x) per ogni x

[paxpax92]

mmm..stavo riflettendo che se non fosse vera la prima dimostrazione per via dell'integrale improprio se però considero un intervallo $[a,x_3]$ dove dove $x_3$ è quella x per cui da li in poi applico la definizione di limite e dimostro la prima disuguaglianza non è automaticamente dimostrato che va anche all'infinito?poichè nella prima disuguaglianza vado a dimostrare che $F(x)>G(x)$ per ogni x?

[paxpax92]

qualcuno mi può dire se è corretto il mio ragionamento e magari spiegarmi se va bene o no la dimostrazione con la funzione integrale?

[dissonance]

Non si capisce più niente ormai. Senti a me, dimentica questo thread e aprine un altro dove esponi chiaramente la domanda. Scrivi con cura la proposizione che stai cercando di dimostrare e il tuo tentativo di dimostrazione, sforzandoti di essere sintetico. Altrimenti anche l'altro thread farà la fine di questo: per esperienza ti dico che questo è così intasato che ormai difficilmente qualcuno risponderà.

[gugo82]

Abbiamo \(f,g\) continue e derivabili in \([a,\infty[\), \(f^\prime \leq g^\prime\) in \(]a,\infty[\) e \(f(\alpha) Allora per \(x\geq \alpha\) si ha:
\[
f(x)-f(\alpha) =\int_\alpha^x f^\prime (t)\ \text{d} t\leq \int_\alpha^x g^\prime (t)\ \text{d} t =g(x)-g(\alpha)
\]
quindi:
\[
f(x)\leq g(x)-(g(\alpha) -f(\alpha)) \]
La disuguaglianza però non vale per \(x<\alpha\).

[paxpax92]

Wow..Grazie Gugo82 mi hai aperto un mondo!
Quindi vanno bene entrambi le dimostrazioni che faccio vero?