$f \in C^{1}(\RR, \RR)$ con $f^{\prime}(x)>0$

[Paolo902]

Ho un esercizio che ho risolto solo a metà, non riesco a far venire l'ultima parte.

Esercizio. Sia $f \in C^{1}(\RR, \RR)$ con $f^{\prime}(x)>0$ per ogni $x \in \RR$.
1. Provare che $f(RR)$ è un intervallo aperto.
2. Mostrare che se
\[
f^{\prime}(t) \ge \frac{1}{1+f^{2}(t)}, \qquad \forall t \in \mathbb R
\]
allora $f(RR)$ è tutto $RR$.

Il punto 1 non dovrebbe dare grossi problemi.

Il modo più preciso di scriverlo - ai limiti della pedanteria - penso sia questo. Si tratta una semplice conseguenza del teorema di inversione locale. Se $y \in f(RR)$ allora esiste $x \in \RR$ tale che $f(x)=y$. Inoltre, si ha $f'(x) \ne 0$ quindi esistono un intorno $V$ di $y$ e un intorno $U$ di $x$ tale che \( \tilde{f} \colon U \to V\) è diffeomorfismo, in particolare ogni punto di $V$ ha esattamente una controimmagine. Ciò prova che $y \in f(RR)$ è punto interno e, per l'arbitrarietà di tale $y$, resta provato che tutto $f(RR)$ è aperto. Il fatto che $f(RR)$ sia un intervallo è ovvio, in quanto immagine continua di un connesso.

Ma che cosa posso fare per il punto 2? Secondo me è abbastanza una scemenza ma non mi è venuto in mente nulla... Un'idea per favore? Grazie

[Rigel1]

Io proverei a ragionare per assurdo.
Se supponi, ad esempio, che l'intervallo \(f(\mathbb{R})\) sia superiormente limitato, dal momento che \(f\) è una funzione monotona crescente questo significa che esiste finito \(\lim_{t\to +\infty} f(t) = m\in\mathbb{R}\).
In particolare si avrebbe
\[
f'(t) \geq \frac{1}{1+m^2}
\]
e dunque...

[Paolo902]

Sì, mi pare una buona idea, hai ragione.

Se integro l'ultima relazione tra $0$ e $x$ trovo
\[
f(x) \ge \frac{1}{1+m^2}x +f(0)
\]

Adesso prendendo $x$ abbastanza grande trovo che $f(x)>m$ il che è assurdo. Detto bene, sicuramente $f(0)0$. Per $x>q$ ho $f(x)>m$, assurdo. Che ne pensi?

Grazie

[gugo82]

Per quel che riguarda il punto 1, si può pure ragionare così.

Chiaramente \(f(\mathbb{R})\) è un intervallo (per il teorema dei valori intermedi), quindi basta escludere che esso sia chiuso.
Sia \(M := \sup f(\mathbb{R})\). Due i casi:

[list=1][*:53wcmwm1] se \(M=\infty\), siamo a posto;

[/*:m:53wcmwm1]
[*:53wcmwm1] se \(M<\infty\) ed \(M\in f(\mathbb{R})\), ossia se \(M=f(x_0)\) per qualche \(x_0\in \mathbb{R}\), per monotonia dovrebbe aversi \(f(x)=f(x_0)=M\) per ogni \(x\geq x_0\); ma ciò è assurdo in quanto \(f^\prime (x)>0\) in \(]x_0,\infty[\).
[/*:m:53wcmwm1][/list:o:53wcmwm1]

Lo stesso ragionamento funziona per \(m:= \inf f(\mathbb{R})\).

[Rigel1]

"Paolo90":Se integro l'ultima relazione tra $0$ e $x$ trovo
\[
f(x) \ge \frac{1}{1+m^2}x +f(0)
\]

Adesso prendendo $x$ abbastanza grande trovo che $f(x)>m$ il che è assurdo. Detto bene, sicuramente $f(0)0$. Per $x>q$ ho $f(x)>m$, assurdo. Che ne pensi?

Anche senza andare troppo per il sottile, basta fare un limite per \(x\to +\infty\) per ottenere l'assurdo.

[gugo82]

Per il punto 2, si può pure ragionare così.

Separando le variabili nella diseguaglianza ed integrando m.a.m. su \([0,x]\) si ottiene:
\[
\tag{1}
f^3(x) + 3f(x) - C \geq 3x
\]
per ogni \(x\geq 0\) (qui \(C\) è un'opportuna costante, i.e. \(3f(0)+f^3(0)\)). Se \(f\) fosse limitata superiormente, i.e. \(f(x)\leq \sup_{\mathbb{R}} f =M<\infty\), passando al limite la (1) per \(x\to \infty\) si otterrebbe l'assurdo \(\infty\leq M^3+3M-C\). Perciò \(M=\infty\).

Lo stesso ragionamento funziona per \(x\to -\infty\) e mostra che \(f\) non può essere limitata inferiormente.

[Paolo902]

Vielen Dank!