F(x) non e' negativa

[dennysmathprof]

Questo esercizio è una proposta per chi vuole provare a risolverlo. Non ho bisogno io della soluzione.
Saluti
Prof. Dionisio "

Se [tex]\displaystyle n\in \mathbb N , f: [0,+\infty)\rightarrow \mathbb R,

f(x)=\int_0^{x}t(t-1)(t-2)(t-3)....(t-2n)dt[/tex]

dovremo dimostrare che [tex]f(x)\ge 0, \forall x\ge 0[/tex]

[Quinzio]

Ho scritto queste due formuline, ma proprio 2 eh...!!
Credevo che venisse una cosa, diciamo, più leggerina da digerire.

Dividiamo la dimostrazione in due parti, la prima per $x>2n$ la seconda per $0
La prima parte

Chiamiamo $f_(2n)(t)=\prod_(i=0)^(2n)(t-i)$.

In seguito dimostreremo che $\int_0^(2n)\prod_(i=0)^(2n)(t-i)dt=0$.
Usando questo risultato, per $t>2n$ si ha che i singoli fattori sono positivi $(t-i)>0$, quindi l'integranda è positiva, quindi $\int_0^(x)\prod_(i=0)^(2n)(t-i)dt>0,\ \ x>2n$.

Per dimostrare che l'integrale a $x=2n$ è nullo, facciamo vedere che $f_(2n)(t)=-f_(2n)(2n-t)$.

Sostituendo $t$ con $2n-\tau$ in $\prod_(i=0)^(2n)(t-i)$ otteniamo
$\prod_(i=0)^(2n)(2n-i-\tau)=\prod_(i=0)^(2n)(i-\tau)=\prod_(i=0)^(2n)-(\tau-i)$.
Trattandosi di una produttoria di un numero dispari di fattori, $\prod_(i=0)^(2n)-(t-i)=-\prod_(i=0)^(2n)(t-i)$

In definitiva $\prod_(i=0)^(2n)(t-i)=-\prod_(i=0)^(2n)((2n-t)-i)$.

Quindi deve essere $\int_0^(n)f_(2n)(t)=-\int_n^(2n)f_(2n)(t)$
e allora $\int_0^(2n)f_(2n)(t)=\int_0^(n)f_(2n)(t)+\int_n^(2n)f_(2n)(t)=0$.

Abbiamo quindi concluso che l'integrale valutato a $x=2n$ è nullo.

Adesso la seconda parte.

Rimane da mostrare che $\int_0^(n)f_(2n)(t)>0$
La funzione $f_(2n)(t)$ ha $n+1$ zeri equidistanziati ed in corrispondenza degli interi da $0$ a $2n$, com'è evidente.
La funzione quindi a partire dall'origine alterna valori positivi a valori negativi, in intervalli di ampiezza $1$.
Che la funzione cambi segno invece di toccare lo zero e invertire la derivata lo si evince dal fatto che solo uno dei fattori di $f_(2n)(t)$ cambia segno in corrispondenza di ogni zero.
Dividiamo quindi l'integrale da $0$ a $n$ in $n$ intervalli, cioè:

$\int_0^(n)f_(2n)(t)=\sum_(j=0)^(n-1)\int_j^(j+1)f_(2n)(t)dx=\sum_(j=0)^(n-1)I_j$.

E' evidente che $I_(j+1)I_j<0$, ovvero i segni di $I_j$ si alternano. Questo è dovuto al fatto che il segno dell'integranda di $I_j$ segue lo stesso andamento.
Abbiamo quindi trasformato l'integrale in un serie.
In seguito dimostreremo che $|I_j|>|I_(j+1)|, \ \ j=0,1,...,n$,
e poi che $I_0>0$,
dimostrando così che la somma parziale della serie $\sum_(j=0)^(n-1)I_j$ è sempre positiva e che quindi
$\int_0^(x)f_(2n)(t)dt>0, t\in[0,n]$.

Per dimostrare che $|I_j|>|I_(j+1)|, \ \ j=0,1,...,n$
e sufficiente mostrare che $|f_(2n)(t)|>|f_(2n)(t+1)|$.
Esplicitiamo $|f_(2n)(t+1)|$.

Se $|f_(2n)(t)|=|t||t-1||t-2|...|t-2n|$

allora $|f_(2n)(t+1)|=|t+1||t||t-1||t-2|...|t-(2n-1)|= $

$f_(2n)(t)(|t+1|/|t-2n|)<|f_(2n)(t)|, \ \ \ t\in[0,n-1]$.

Abbiamo quindi dimostrato che:
$f_(2n)(t+1)<|f_(2n)(t)|, \ \ \ t\in[0,n-1]$

e che quindi $|I_(j+1)|<|I_(j)|, \ \ j=0,1,...,n$

La serie $\sum_(j=0)^(n-1)I_j$ è quindi una serie i cui termini sono a segno alterno e strettamente decrescenti, dunque

$\sum_(j=0)^(n-1)I_j>0$ se $I_0>0$.

Per dimostrare che $I_0>0$, mostriamo che $f'_(2n)(0)>0$.

Siccome $f_(2n)(t)$ non cambia segno in $(0,1)$,
$f'_(2n)(0)>0 \rArr f_(2n)(t)>0,\ t\in(0,1)$.

Deriviamo allora $f_(2n)(t)$ ottenendo

$f'_(2n)(t)=\sum_(k=0)^(2n)\prod_((m=0), (m \ne k))^(2n)(t-m),\ \ t\in(0,1)$.

I fattori $t-m$ sono tutti negativi (per $t=0$), ma se si nota che la produttoria $\prod_((m=0), (m \ne k))^(2n)(t-m)$ è composta da $2n$ fattori, (siccome è privata del fattore $(k=m)$), si conclude immediatamente che è composta da un numero pari di fattori e quindi:

$\prod_((m=0), (m \ne k))^(2n)(t-m)>0, \ t=0$

e anche

$f'_(2n)(t)=\sum_(k=0)^(2n)\prod_((m=0), (m \ne k))^(2n)(t-m)>0, \ \ t=0$.

E questo conclude (spero) la dimostrazione (che spero sia corretta) .

Edit:
l'ultima parte , che $I_0>0$ si può dimostrare tranquillamente senza tirare in ballo la derivata, ma constatando che nell'intervallo $i$, vi sono $i$ fattori positivi e $2n+1-i$ fattori negativi, da cui il segno della funzione nell'intervallo $i$.

[Rigel1]

@Quinzio: a meno di dettagli tecnici avevo pensato alla tua stessa dimostrazione.
(Come hai già osservato tu, alcune parti possono essere semplificate - ad esempio lo studio del segno della derivata è immediato.)
Ho però il sospetto che ci sia qualche strada più semplice; vediamo se Dioniso ci dice qualcosa

[Quinzio]

"Rigel":
Ho però il sospetto che ci sia qualche strada più semplice

Non so come, ma mi è venuta anche a me la stessa impressione .
La mia procedura mi sembra piuttosto "algoritmica" e macchinosa, una roba tipo programma software, invece che una dimostrazione matematica (deformazione professionale !).

[theras]

Ammesso per assurdo che $EE$$bar(x) in [0,+oo)" t.c. "f(bar(x))<0$,osserviamo innanzitutto come,
avendosi ovviamente $f(0)=0$,dovrà essere $bar(x) ne 0$;
è allora ben definita la $F(x)=f(x):[0,bar(x)] to RR$,
che soddisfa il teorema di Lagrange per la nota proprietà della funzione integrale
(ma pure perchè è restrizione d'una funzione polinomiale ben camuffata ):
pertanto potremo affermare come $EEc_(bar(x)) in (0,bar(x))" t.c. "(F(bar(x))-F(0))/(bar(x)-0)=F'(c_(bar(x))) rArr$

$rArrEEc_(bar(x)) in (0,bar(x)) " t.c. "f(bar(x))-f(0)=bar(x)*c_(bar(x))*(c_(bar(x))-1)*(c_(bar(x))-2)*...*(c_(bar(x))-2n+1)*(c_(bar(x))-2n) rArr$

$rArr EEc_(bar(x)) in (0,bar(x)) " t.c. "f(bar(x))-0=bar(x)*c_(bar(x))*(c_(bar(x))-1)*(c_(bar(x))-2)*...*(c_(bar(x))-2n+1)*(c_(bar(x))-2n) rArr$

$rArr EEc_(bar(x)) in (0,bar(x)) " t.c. " f(bar(x))=bar(x)*c_(bar(x))*(c_(bar(x))-1)*(c_(bar(x))-2)*...*(c_(bar(x))-2n+1)*(c_(bar(x))-2n) rArr$

$rArr EEc_(bar(x)) in (0,bar(x)) " t.c. "bar(x)*c_(bar(x))*(c_(bar(x))-1)*(c_(bar(x))-2)*...*(c_(bar(x))-2n+1)*(c_(bar(x))-2n)<0$

(in forza dell'ipotesi assurda..) $rArr$

$rArr EEc_(bar(x)) in (0,bar(x)) " t.c. "c_(bar(x))*[(c_(bar(x))-1)*(c_(bar(x))-2)]*...*[(c_(bar(x))-2n+1)*(c_(bar(x))-2n)]=...=$

$=[c_(bar(x))*(c_(bar(x))-1)]*...*[(c_(bar(x))-2n+2)*(c_(bar(x))-2n+1)]*(c_(bar(x))-2n)<0$

(visto che $bar(x)>0$..)(2).
La (2) importa intanto come $c_(bar(x)) in (0,2n) setminus {1,2,..,2n-1,2n}$
(altrimenti tutti i fattori al I° membro della (2) sarebbero positivi o nulli..);
posto allora $I_j=(j-1,j)$ $AA j in {1,2,..,2n-1,2n}$,avremmo che $EEbar(j) in {1,2,..,2n-1,2n}" t.c. "c_(bar(x)) in I_j$:
ma da quest'ultima conclusione,
raggruppando i $2n+1$ fattori al I° membro della (2) nell'ordine suggerito dalla più opportuna tra le $2n+1$ versioni in cui è stata scritta,deduremmo che ci sarà sempre un numero pari di fattori negativi in quel prodotto,
in aperto contrasto col verso di tale disuguaglianza..
Se non ho compiuto e/orrori coi segni,dovremmo esserci:
saluti dal web.

[Rigel1]

@Theras:
provo a riassumere ciò che hai scritto (come sai, faccio fatica a leggere i post lunghi ).
Tu, giustamente, osservi che, se assumiamo per assurdo che esista \(x\in [0,2n]\) tale che \(f(x) < 0\), allora per il teorema di Lagrange esiste \(c\in (0,x)\) tale che \(f'(c) < 0\); concludi poi che questo non può essere.
Non capisco la conclusione; infatti \(f'\) è negativa in tutti gli intervalli "dispari", cioè oltre che in \((-\infty, 0)\), in \((1,2)\), \((3,4)\), ..., \((2n-1,2n)\).

[totissimus]

Io avevo ragionato (?) cosi:

\(\displaystyle F_{2n}(x)=\int_{0}^xt(t-1)\cdots (t-2n)dt\)

Con \( t=2n-u\) abbiamo:

\( \displaystyle \int_i^{i+1}t(t-1)\cdots (t-2n)dt=-\int_{2n-i}^{2n-i-1}(2n-u)(2n-u-1)\cdots (-u)du=\)

\(\displaystyle= -\int_{2n-i-1}^{2n-i}t(t-1)\cdots (t-2n)dt\)

\( \displaystyle F_{2n}(2n)=\sum_{i=0}^{n-1}\int_i^{i+1}t(t-1)\cdots (t-2n)dt+\sum_{i=0}^{n-1}\int_{2n-i-1}^{2n-i}t(t-1)\cdots (t-2n)dt=0\)

Dunque basta provare la disuguaglianza per \( x>2n\).

Si procede per induzione.

\(\displaystyle F_0(x)=0\)

Supponiamo che \( F_{2n-2}(x)>0\) per \( x\geq 0\).

Integrando per parti si ottiene facilmente che:

\( F_{2n}(x)=(x-2n)(x-2n+1)F_{2n-2}(x)-\int_0^x(2t-4n+1)F_{2n-2}(t)dt\)

da cui risulta immediatamente che

\( F_{2n}(x) \geq 0\) per \( 0\leq x \leq 2n-1\) Osservo che \((2t-4n+1<0)\)

Per \( 2n-1 \leq x \leq 2n\) la funzione \( F_{2n}(x) \) è decrescente in quanto

\( F'_{2n}(x)=x(x-1) \cdots (x-2n+1)(x-2n)\leq 0\)

quindi:

\( \displaystyle F_{2n}(x) \geq F_{2n}(2n)=0\)

[Rigel1]

"totissimus":---
Dunque basta provare la disuguaglianza per \( x>2n\).

Non ho ben capito (forse non ho seguito bene ciò che hai scritto).
Siamo d'accordo sul fatto che \(F(0) = F(2n) = 0\); poiché \(F'(x) < 0\) per \(x < 0\) mentre \(F'(x) > 0\) per \(x > 2n\), è chiaro che la disuguaglianza \(F\geq 0\) è certamente verificata in \((-\infty, 0]\cup [2n, +\infty)\).
Il problema è dimostrare che è vera anche in \((0, 2n)\).

[totissimus]

"Rigel":Il problema è dimostrare che è vera anche in (0,2n).

Dovrebbe essere la conseguenza del ragionamento induttivo.

[Rigel1]

Sì, hai ragione.

PS: Perché hai scritto "Dunque basta provare la disuguaglianza per \(x>2n\)", frase che fa in modo che il lettore indisciplinato (cioè io) smetta di leggere a quel punto?

[totissimus]

@Rigel: Hai ragione non sono stato molto chiaro.

[dennysmathprof]

buongiorno ,un po piu semplice

Prima di tutto e facile che [tex]f(2n-x)=f(x),\forall x[/tex],che [tex]f[/tex]

strettamente crescente a [tex][0,1],[2,3]....[2n-2,2n-1][/tex] e strettamente decrescente

a [tex][1,2],[3,4]....,[2n-1,2n][/tex].

Basta a dimostrare che [tex]f(2),f(4),...f(2n)>0[/tex] e lavoriamo solo a intervallo

[tex][o,n][/tex].Se [tex]\displaystyle 2k,2k+2 \in [0,n]\Rightarrow f(2k+2)-f(2k)=\int_{2k}^{2k+1}s(s-1)...+\int_{2k+1}^{2k+2}...[/tex] e facile da arrivare che questa differenza e' >0 , perche'

[tex]s,s-1,..., s-2k >0,[/tex] nel [tex][2k,2k+1][/tex], e ancora [tex]s-2k-1,.....s-2n <0[/tex]

perche' [tex]2s-2n+1<0,\Rightarrow s\le 2k+1\le n-1\Rightarrow 2s-2n+1\le -1<0[/tex]

e per finire [tex]0=f(0)

Cita

Segnala

[totissimus]

@dennysmathprof:

"dennysmathprof":Se 2k,2k+2∈[0,n]⇒f(2k+2)−f(2k)=∫2k+12ks(s−1)...+∫2k+22k+1... e facile da arrivare che questa differenza e' >0

Credo che non sia vero, infatti per esempio per \(n=2\):

\(\displaystyle f(4)-f(2)= \int_2^4t(t-1)(t-2)(t-3)(t-4)dt=-\frac{4}{3}<0\)

Probabilmente non ho capito il testo.

[Rigel1]

@totissimus:
la stima vale fino a \(n\), nel senso che la sequenza \(f(2k)\) è crescente fin quando \(2k < n\), poi diviene simmetricamente decrescente.
In buona sostanza è ciò che ha fatto vedere anche quinzio.

[totissimus]

@Rigel: OK Grazie.