Esercizio di dimostrazione
Salve,
la prof di analisi 1 ci ha dato da fare una dimostrazione per esercizio:
Sia $f \in C^2 [ -1 , 1 ]$ tale che $f(-1)=f(1)=0$.
Dimostrare che se $|f^{II}(x)|<=3$ per ogni $x \in (-1,1)$ allora $|f(x)| <= 12$ per ogni $x \in [-1,1]$
La mia dimostrazione, secondo me, è troppo complicata, e oltretutto in alcuni punti è anche poco rigorosa. Si basa fondamentalmente sulla dimostrazione iniziale che $|f^I (x)|<=3$ per ogni $x \in [-1,1]$
Da qui faccio dei "magheggi" con degli integrali per ricondurmi alla tesi. Sicuramente ci sta un modo molto più semplice e rigoroso per dimostrarla. Voi come avreste fatto?
Grazie
la prof di analisi 1 ci ha dato da fare una dimostrazione per esercizio:
Sia $f \in C^2 [ -1 , 1 ]$ tale che $f(-1)=f(1)=0$.
Dimostrare che se $|f^{II}(x)|<=3$ per ogni $x \in (-1,1)$ allora $|f(x)| <= 12$ per ogni $x \in [-1,1]$
La mia dimostrazione, secondo me, è troppo complicata, e oltretutto in alcuni punti è anche poco rigorosa. Si basa fondamentalmente sulla dimostrazione iniziale che $|f^I (x)|<=3$ per ogni $x \in [-1,1]$
Da qui faccio dei "magheggi" con degli integrali per ricondurmi alla tesi. Sicuramente ci sta un modo molto più semplice e rigoroso per dimostrarla. Voi come avreste fatto?
Grazie
Risposte
Se hai dimostrato che \(|f'(x)|\le 3\) allora hai finito, ti basta usare la formula fondamentale del calcolo integrale:
\[
f(x)=\int_{-1}^x f'(y)\, dy\]
e la disuguaglianza \(\left\lvert\int_a^b g(y)\, dy\right\rvert\le \int_a^b |g(y)|\, dy\) (se \(a
(La stima che ottieni è migliore di quella della prof., questo potrebbe essere un segnale di allarme. Scrivi qui la prima parte della tua dimostrazione e vediamo se è corretta)
\[
f(x)=\int_{-1}^x f'(y)\, dy\]
e la disuguaglianza \(\left\lvert\int_a^b g(y)\, dy\right\rvert\le \int_a^b |g(y)|\, dy\) (se \(a
(La stima che ottieni è migliore di quella della prof., questo potrebbe essere un segnale di allarme. Scrivi qui la prima parte della tua dimostrazione e vediamo se è corretta)
Allora ho semplificato di molto la dimostrazione, e dovrebbe tornare tutto:
Abbiamo, per il teorema di Rolle, che $\exists c \in (-1,1) | f'(c)=0$
Abbiamo inoltre che $|f'(x)| <= 3(1-c)$ perché altrimenti avremmo: $|{f'(x)-0}/{x-c}|> 3$ per ogni $x \in (-1,1)$, che, applicando il teorema di Lagrange, va contro l'ipotesi riguardante la derivata seconda di $f(x)$ ($|f''(x)|<=3$). Sapendo che $c \in (-1,1)$, allora avremo:
$|f'(x)| <= 6$, e poi applicando la disuguaglianza sopracitata, si ottiene $|f(x)| <= 12$, che è la tesi.
PS: io avevo inizialmente dimostrato $|f'(x)|<=3$ applicando dei vincoli a $c$, derivanti dal fatto che $\int_{-1}^x f'(y)dy = -\int_{x}^1 f'(y)dy$ e dall'ipotesi $|f''(x)| <= 3$. Ma la dimostrazione era molto più lunga e poco rigorosa in alcuni punti, anche se la stima era migliore
Abbiamo, per il teorema di Rolle, che $\exists c \in (-1,1) | f'(c)=0$
Abbiamo inoltre che $|f'(x)| <= 3(1-c)$ perché altrimenti avremmo: $|{f'(x)-0}/{x-c}|> 3$ per ogni $x \in (-1,1)$, che, applicando il teorema di Lagrange, va contro l'ipotesi riguardante la derivata seconda di $f(x)$ ($|f''(x)|<=3$). Sapendo che $c \in (-1,1)$, allora avremo:
$|f'(x)| <= 6$, e poi applicando la disuguaglianza sopracitata, si ottiene $|f(x)| <= 12$, che è la tesi.
PS: io avevo inizialmente dimostrato $|f'(x)|<=3$ applicando dei vincoli a $c$, derivanti dal fatto che $\int_{-1}^x f'(y)dy = -\int_{x}^1 f'(y)dy$ e dall'ipotesi $|f''(x)| <= 3$. Ma la dimostrazione era molto più lunga e poco rigorosa in alcuni punti, anche se la stima era migliore
Da:
\[
-3\leq f^{\prime \prime} (x)\leq 3
\]
e dal fatto che esiste un $c\in ]-1,1[$ tale che $f^\prime (c)=0$ segue che:
\[
\begin{split}
\forall x\geq c,\quad -3(x-c)\leq &f^\prime (x)\leq 3(x-c)\\
\forall x\leq c,\quad -3(x-x)\leq &f^\prime (x)\leq 3(c-x)
\end{split}
\]
ergo:
\[
\forall x \in [-1,1],\quad |f^\prime (x)|\leq 3 |x-c|\leq 6\; .
\]
Una stima migliore di quella della prof. segue dalla disuguaglianza:
\[
|f(x)|\leq \frac{1}{2}\ \int_{-1}^1 |f^\prime (t)|\ \text{d} t
\]
(che si ricava usando il TFCI, la disuguaglianza triangolare per l'integrale e un po' di algebra), poiché implica:
\[
|f(x)|\leq 6\; .
\]
\[
-3\leq f^{\prime \prime} (x)\leq 3
\]
e dal fatto che esiste un $c\in ]-1,1[$ tale che $f^\prime (c)=0$ segue che:
\[
\begin{split}
\forall x\geq c,\quad -3(x-c)\leq &f^\prime (x)\leq 3(x-c)\\
\forall x\leq c,\quad -3(x-x)\leq &f^\prime (x)\leq 3(c-x)
\end{split}
\]
ergo:
\[
\forall x \in [-1,1],\quad |f^\prime (x)|\leq 3 |x-c|\leq 6\; .
\]
Una stima migliore di quella della prof. segue dalla disuguaglianza:
\[
|f(x)|\leq \frac{1}{2}\ \int_{-1}^1 |f^\prime (t)|\ \text{d} t
\]
(che si ricava usando il TFCI, la disuguaglianza triangolare per l'integrale e un po' di algebra), poiché implica:
\[
|f(x)|\leq 6\; .
\]
"wanderer":
Abbiamo inoltre che $|f'(x)| <= 3(1-c)$ perché altrimenti avremmo: $|{f'(x)-0}/{x-c}|> 3$ per ogni $x \in (-1,1)$, che, applicando il teorema di Lagrange, va contro l'ipotesi riguardante la derivata seconda di $f(x)$ ($|f''(x)|<=3$).
Va benissimo, [IMHO] solo mi sembra poco chiaro il primo rigo; io scriverei che
\[\tag{1}
|f'(x)|\le 3|x-c|, \]
perché se così non fosse, per il teorema di Lagrange etc etc...
Da questa disuguaglianza segue che \(|f'(x)|\le 3(1-c)\), massimizzando il membro destro. Eccetera. [/IMHO]
La tua dimostrazione va benissimo, ma è possibile migliorarla senza nessuno sforzo ulteriore:
Un miglioramento a costo zero.
Non occorre massimizzare il membro destro della (1), è lì che si perde la costante. Mantenendo la disuguaglianza
\[
|f'(x)|\le 3|x-c|, \]
integrando (come nel mio post precedente) si ottiene
\[\tag{2}
|f(x)|\le \int_{-1}^1 3|y-c|\, dy = 3(c^2+1)\le 6,\]
ed è la stessa stima che ottiene Gugo. Si può fare ancora di meglio: usando la disuguaglianza suggerita da Gugo (che, sottolineo, deriva dal fatto che \(f(-1)=f(1)=0\), mentre io prima ho usato solo la condizione \(f(-1)=0\))
\[
|f(x)|\le \frac12 \int_{-1}^1 |f'(y)|\, dy, \]
si ottiene la stima
\[
\tag{3}
|f(x)|\le 3.\]
In realtà io sospetto che la migliore stima possibile sia \(|f(x)|\le \frac32\). Questo perché mi aspetto che la funzione
\[
f(x)=-\frac32 x^2+\frac32\]
(che verifica \(|f''(x)|=3\) in tutti i punti) sia quella che renda massimo il membro sinistro.
Solo per dire che ho aggiornato il post precedente.
Chiarissimo! Grazie mille
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