[EX] Una disuguaglianza per funzioni derivabili

[gugo82]

Quesito posto da un mio amico.
Non ho la soluzione, anche se, come si vedrà, un po' ci ho lavorato.

***

Problema:

Siano \(a Dimostrare che:
\[
(*)\qquad \left| \int_a^{\frac{a+b}{2}} f(x)\ \text{d} x -\int_{\frac{a+b}{2}}^b f(x)\ \text{d} x\right| \leq \frac{(b-a)^4}{192} \ \lVert f^{\prime \prime \prime}\rVert_\infty\; ,
\]
in cui (come al solito) \(\lVert f^{\prime \prime \prime}\rVert_\infty :=\sup_{[a,b]} |f^{\prime \prime \prime}|\).

***

Come detto non ho la soluzione, però ci ho lavorato un po':

Innanzitutto voglio sapre quale dei fattori numerici presenti al secondo membro di (*) è "strutturale", nel senso che non dipende dai punti [tex]$a,\tfrac{a+b}{2},b$[/tex].
Per saperlo l'unico modo è fare dei cambiamenti di variabile negli integrali al primo membro e nella derivata al secondo.
Allora scelgo il cambiamento di variabili in modo che [tex]$[a,b]$[/tex] sia mappato linearmente in [tex]$[0,2]$[/tex], quindi [tex]$t=\tfrac{2}{b-a}(x-a)$[/tex] ovvero [tex]$x=\tfrac{b-a}{2}t +a$[/tex], sicché:

[tex]$\int_a^\frac{a+b}{2} f(x)\ \text{d} x \stackrel{x=\tfrac{b-a}{2} t+a}{=} \frac{b-a}{2}\ \int_0^1 f(\tfrac{b-a}{2} t+a)\ \text{d} t$[/tex]

[tex]$\int_\frac{a+b}{2}^b f(x)\ \text{d} x \stackrel{x=\tfrac{b-a}{2} t+a}{=} \frac{b-a}{2}\ \int_1^2 f(\tfrac{b-a}{2} t+a)\ \text{d} t$[/tex]

e perciò, posto [tex]$g(t):= f(\tfrac{b-a}{2} t+a)$[/tex], si può scrivere:

(1) [tex]$\left| \int_a^{\frac{a+b}{2}} f(x)\ \text{d} x -\int_{\frac{a+b}{2}}^b f(x)\ \text{d} x\right| = \frac{b-a}{2}\ \left| \int_0^1 g(t)\ \text{d} t -\int_1^2 g(t)\ \text{d} t\right|$[/tex];

d'altra parte:

[tex]$g^{\prime \prime \prime} (t) =\frac{(b-a)^3}{8}\ f^{\prime \prime \prime} (\tfrac{b-a}{2} t+a)$[/tex]

cosicché:

[tex]$\lVert f^{\prime \prime \prime} \lVert_\infty = \sup_{[a,b]} |f^{\prime \prime \prime}| = \frac{8}{(b-a)^3}\ \sup_{[0,1]} |g^{\prime \prime \prime}| =\frac{8}{(b-a)^3}\ \lVert g^{\prime \prime \prime}\rVert_\infty$[/tex],

ed il secondo membro di (*) diventa:

(2) [tex]$\frac{(b-a)^4}{192} \ \lVert f^{\prime \prime \prime}\rVert_\infty =\frac{b-a}{24}\ \lVert g^{\prime \prime \prime}\rVert_\infty$[/tex].

Dal raffronto di (1) e (2) con (*) consegue che la stessa (*) si riscrive come:

(**) [tex]$\left| \int_0^1 g(t)\ \text{d} t -\int_1^2 g(t)\ \text{d} t\right| \leq \frac{1}{12}\ \lVert g^{\prime \prime \prime}\rVert_\infty $[/tex],

pertanto è il solo fattore numerico [tex]$\tfrac{1}{12}$[/tex] ad essere "strutturale" nella disuguaglianza; inoltre è adesso evidente che basta dimostrare la (**) per ottenere la (*) con un cambiamento lineare di variabili.

Per quanto riguarda la soluzione, ci ho riflettuto un po': la presenza della derivata terza suggerisce uno sviluppo di Taylor, oppure una integrazione per parti iterata (con fattore differenziale dapprima uguale ad [tex]$1$[/tex], poi uguale ad [tex]$x$[/tex], etc...).
Inoltre il fatto che si debba maggiorare con [tex]$\lVert g^{\prime \prime \prime}\rVert_\infty$[/tex] suggerisce che lo sviluppo di Taylor vada arrestato al secondo ordine, o che l'iterazione dell'integrazione per parti si debbe arrestare quando compare [tex]$g^{\prime \prime}$[/tex], e che poi si debba usare Lagrange su [tex]$g^{\prime \prime}$[/tex] (che fa uscire qualche termine del tipo [tex]$g^{\prime \prime \prime}(\xi)$[/tex], il quale, non potendo essere controllato in maniera precisa, va maggiorato giocoforza con l'estremo superiore di [tex]$|g^{\prime \prime \prime}|$[/tex]).

Più di questo, per il momento, non sono riuscito a fare.
Qualcuno che voglia provare?

[Rigel1]

E' effettivamente un esercizio interessante; metto in spoiler la mia proposta di soluzione.

a) Con un riscalamento del dominio possiamo ricondurci al caso di $f:[-1,1]\to \mathbb{R}$; in tal caso dobbiamo dimostrare che
$(1)\quad |\int_0^1 f - \int_{-1}^0 f| \le \frac{1}{12} ||f'''||_{\infty}$.

b) Consideriamo la funzione $g(x) = f(x) -f(-x)$, $x\in [-1,1]$: essa è chiaramente dispari, e inoltre
$\int_0^1 g = \int_0^1 f - \int_{-1}^0 f$, $g'''(x) = f'''(x) + f'''(-x)$.
Di conseguenza $||g'''||_{\infty}\le 2 ||f'''||_{\infty}$; la disuguaglianza (*) sarà dunque verificata se dimostriamo che vale
$(2)\quad |\int_0^1 g| \le \frac{1}{24}||g'''||_{\infty}$,
dove $g:[-1,1]\to \mathbb{R}$ è una funzione dispari, che si annulla in $\pm 1$, derivabile tre volte con derivata terza di classe $L^{\infty}$.
Poiché $g$ è dispari avremo anche che $g(0) = g''(0) = 0$.

c) Riscriviamo $\int_0^1 g$ integrando tre volte per parti (osserviamo che si può fare anche l'ultima integrazione, quella dove compare $g'''$; in ipotesi classiche occorre supporre $g\in C^3$, ma questa ipotesi non è necessaria dal momento che $g''$ è derivabile ovunque con derivata di classe $L^{\infty}$ e, di conseguenza, è assolutamente continua).
Nelle tre integrazioni per parti come fattori finiti prenderemo $g$, $g'$, $g''$; come fattori differenziali prenderemo
$x+\alpha$, $\frac{x^2}{2}+\alpha x + \beta$, $\frac{x^3}{6}+\alpha \frac{x^2}{2} + \beta x + \gamma$,
con $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ costanti reali che andremo a scegliere in un secondo momento.
Tenendo conto del fatto che $g(0) = g(1) = g''(0) = 0$, con un po' di pazienza otteniamo
$\int_0^1 g = -(\frac{1}{2}+\alpha+\beta) g'(0) + \beta g'(1) + (\frac{1}{6}+\frac{\alpha}{2}+\beta+\gamma) g''(1) - \int_0^1 g'''(x) (\frac{x^3}{6}+\alpha \frac{x^2}{2} + \beta x + \gamma)dx$.
Nel secondo membro vediamo subito che tutti i termini al bordo possono essere eliminati scegliendo $\alpha = -(1/2)$, $\beta = 0$, $\gamma = (1/12)$; con questa scelta otteniamo dunque
$(3) \int_0^1 g = - \int_0^1 g'''(x) (\frac{x^3}{6} - \frac{x^2}{4} + \frac{1}{12})dx$.

d) Ultimo sforzo: si verifica facilmente che la funzione $\varphi(x) = \frac{x^3}{6} - \frac{x^2}{4} + \frac{1}{12}$ è non negativa in $[0,1]$; inoltre si ha $\int_0^1 \varphi = \frac{1}{24}$.
Da (3) otteniamo che:
$|\int_0^1 g| \le \int_0^1 |g'''(x)| \varphi(x) dx \le ||g'''||_{\infty} \int_0^1 \varphi = \frac{1}{24} ||g'''||_{\infty}$,
e dunque (2) è dimostrata.

Oss.: come si evince dai passaggi, l'uguaglianza in (1) vale solo se $f$ è una funzione dispari con derivata terza costante; tenendo conto delle condizioni al contorno, si ha che in questo caso $f$ deve essere del tipo $f(x) = \lambda x (1-x^2)$ con $\lambda\in\mathbb{R}$.

[gugo82]

Bella!

Che bisognasse usare l'integrazione per parti l'avevo capito, epperò l'idea di prendere quella funzione lì non m'era proprio venuta in mente (pur avendolo davanti agli occhi!).

Grazie Rigel, davvero una bella soluzione.

[gugo82]

@Rigel: Torno sulla questione, in particolare, sul caso dell'uguaglianza nella disuguaglianza proposta.

La caratterizzazione che hai trovato (ossia [tex]$\text{$f$ soddisfa l'uguaglianza sse $f(x)=\lambda x(x^2-1)$}$[/tex]) è incompleta, secondo me: infatti ciò si può intuire da due cose:

a) l'integrale [tex]$\int_0^1 f(x)\ \text{d} x -\int_{-1}^0 f(x)\ \text{d} x$[/tex] dipende solo dalla parte dispari di [tex]$f$[/tex] e non dalla parte pari;*

b) la derivata terza [tex]$f^{\prime \prime \prime}$[/tex] non dipende dalla parte pari di [tex]$f$[/tex] se essa è un polinomio di grado [tex]$\leq 2$[/tex].

Da ciò segue che tutte le funzioni del tipo:

(E) [tex]$f(x; \lambda ,\mu ,\nu) := \lambda\ x(x^2-1) +\mu\ x^2 +\nu$[/tex]

definite in [tex]$[-1,1]$[/tex] (con i parametri [tex]$\lambda ,\mu ,\nu \in \mathbb{R}$[/tex]) verificano l'uguaglianza in (1): infatti l'integrale [tex]\int_0^1 f(x)\ \text{d} x -\int_{-1}^0 f(x)\ \text{d} x[/tex] è uguale a [tex]2\int_0^1 \lambda\ x(x^2-1)\ \text{d} x[/tex] e la derivata terza [tex]$f^{\prime \prime \prime}$[/tex] coincide con [tex][\lambda\ x(x^2-1)]^{\prime \prime \prime}[/tex].

Quindi io scommetterei sul fatto che le funzioni che soddisfano l'uguaglianza in (1) sono tutte e sole le funzioni del tipo (E).
Ripercorrendo la dimostrazione che hai fatto, per dimostrare che [tex]$g(x)=f(x)-f(-x)$[/tex] è un polinomio di terzo grado con derivata terza costante hai usato il fatto che vale il segno d'uguaglianza nella catena:

[tex]$\left| \int_0^1 p(x)\ g^{\prime \prime \prime}(x)\ \text{d} x\right| \leq \int_0^1 p(x)\ |g^{\prime \prime \prime}(x)|\ \text{d} x \leq \lVert g^{\prime \prime \prime} \rVert_\infty$[/tex];

dalla prima uguaglianza concludi che [tex]$g^{\prime \prime \prime} (x) =\pm |g^{\prime \prime \prime} (x)|$[/tex] con la costante [tex]$\pm 1$[/tex] che non dipende da [tex]$x$[/tex] (poiché dipende unicamente dal segno dell'integrale a primo membro), quindi [tex]$g^{\prime \prime \prime}$[/tex] ha segno costante in [tex]$[0,1]$[/tex], mentre dalla seconda uguaglianza concludi che [tex]$|g^{\prime \prime \prime} (x)| =\lVert g^{\prime \prime \prime}\rVert_\infty$[/tex]; mettendo insieme questi due fatti ottieni che [tex]$g^{\prime \prime \prime}$[/tex] è costante e, detta [tex]$12 \lambda$[/tex] tale costante, hai che [tex]$g$[/tex] è una soluzione classica del seguente problema:

[tex]$\begin{cases} g^{\prime \prime \prime} (x) =12\lambda &\text{in $[0,1]$} \\
g^{\prime \prime} (0)=0 \\
g(0)=0=g(1)\end{cases}$[/tex]

quindi [tex]$g(x)=2\lambda\ x(x^2-1)$[/tex] in [tex]$[0,1]$[/tex] ed anche in tutto [tex]$[-1,1]$[/tex].
A questo punto possiamo scrivere le funzioni che soddisfano l'uguaglianza nella forma:

[tex]$f(x) =\lambda\ x(x^2-1) +\frac{1}{2}\ h(x)$[/tex]

ove [tex]$h(x)$[/tex] è una funzione pari di cui non sappiamo ancora nulla; affinché [tex]$f$[/tex] sia del tipo (E) bisogna mostrare che [tex]$h$[/tex] ha la derivata terza nulla: infatti se ci riuscissimo avremmo che [tex]$h$[/tex] è una soluzione classica del problema:

[tex]$\begin{cases} h^{\prime \prime \prime} (0) =0 &\text{in $[-1,1]$} \\ \text{$h$ è pari}\end{cases}$[/tex]

quindi sarebbe necessariamente del tipo [tex]$h(x)=\mu\ x^2+\nu$[/tex], che è quello che si serve.

La funzione [tex]$h$[/tex] non svolge nessun ruolo nell'integrale di [tex]$f$[/tex] (per essere pari), quindi bisogna ricavare informazioni sul suo comportamento unicamente dalle informazioni sulla derivata terza di [tex]$f$[/tex]; l'unica informazione che non abbiamo ancora sfruttato appieno è che nell'ipotesi in cui [tex]$f$[/tex] soddisfi l'uguaglianza vale anche l'uguaglianza in:

[tex]$\lvert g^{\prime \prime \prime}\rVert_\infty \leq 2\ \lVert f^{\prime \prime \prime}\rVert_\infty$[/tex],

ossia vale (ricordo che [tex]$2f(x)=g(x)+h(x)$[/tex]):

[tex]$\lVert g^{\prime \prime \prime} \rVert_\infty = \lVert g^{\prime \prime \prime} +h^{\prime \prime \prime}\rVert_\infty$[/tex]

o ancora:

[tex]$l =\sup_{x\in [0,1]} |h^{\prime \prime \prime} (x) \pm l|$[/tex]

avendo posto [tex]$\lVert g^{\prime \prime \prime} \rVert_\infty =l \geq 0$[/tex] e ricordato che [tex]$g^{\prime \prime \prime} (x)=\pm l$[/tex].

Ora si tratta di terminare... Ma ancora devo pensare a come finire.



__________
* Facilmente si verifica che ogni funzione [tex]$f:[-a,a] \to \mathbb{R}$[/tex] si può sempre scrivere come somma di una funzione pari ed una funzione dispari: infatti si ha:

[tex]$f(x) =\frac{1}{2}\ \{ [f(x)+f(-x)] + [f(x)-f(-x) ] \}$[/tex]

e le due funzioni [tex]$g(x):= f(x)-f(-x)$[/tex], [tex]$h(x):= f(x)+f(-x)$[/tex] sono l'una dispari e l'altra pari.

[Rigel1]

Sì, è corretto quello che dici.
La mia osservazione finale è infatti corretta solo relativamente alla parte dispari della funzione.
Come giustamente osservi, la parte pari viene "lavata via" dalla differenza degli integrali (e infatti per questo la mia prima riduzione consisteva nel fatto di considerare solo la parte dispari).

Vediamo di concludere il tuo ragionamento.
Hai già osservato che le funzioni che soddisfano l'uguaglianza sono della forma
$(E')\qquad f(x) = \lambda x(x^2-1) + \frac{1}{2} h(x)$,
con $h$ funzione pari.
Per tali funzioni si ha $|\int_0^1 f - \int_{-1}^0 f| = \frac{|\lambda|}{2}$.
D'altra parte
$||f||_{\infty} = \max_{|x|\le 1} \frac{1}{2} |\lambda + h'''(x)|$,
e per avere l'uguaglianza in (1) si deve avere
$\max_{|x|\le 1} \frac{1}{2} |\lambda + h'''(x)| = \frac{|\lambda|}{2}$.
Essendo $h$ una funzione pari, avremo che $h'''$ è dispari; di conseguenza l'uguaglianza scritta sopra può valere se e solo se $h''' \equiv 0$.
(Senza tirarla troppo per le lunghe, se p.a. $h'''(x_0) > 0$, allora $h'''(-x_0) < 0$; dunque almeno uno dei due valori $|\lambda + h'''(x_0)|$, $|\lambda + h'''(-x_0)|$ sarebbe strettamente maggiore di $|\lambda|$.)