Una gene-Rolle-zzazione...

[gugo82]

Problema:

1. Dimostrare il seguente teorema, che è una sorta di generalizzazione d'un classico risultato di Rolle[nota]Michel Rolle (1652 – 1719), matematico francese noto per l'omonimo teorema di Calcolo Differenziale e per aver contribuito a diffondere in Europa l'eliminazione (detta in seguito "gaussiana") come tecnica per la risoluzione dei sistemi lineari.[/nota]:

Siano \(a Se \(f(a)=0=f(b)\), comunque si fissi \(k\in \mathbb{R}\) esiste un \(\xi=\xi(k)\in [a,b]\) tale che:
\[
\tag{1}
f^\prime (\xi) =k\ f(\xi)\; .
\]

[Epimenide93]

Ci provo
Se $f$ è la funzione identicamente nulla non c'è niente da dimostrare.
$\forall \xi \in ]a,b[$ [tex]\int_a^\xi f'(x) dx = f(\xi)[/tex]
per il teorema della media integrale (con l'ipotesi aggiuntiva che la derivata sinistra esista finita in $a$)
[tex]\displaystyle\inf_{x \in ]a,\xi]} f'(x) \leq \frac{\int_a^\xi f'(x) dx}{\xi - a} \leq \sup_{x \in ]a,\xi]} f'(x)[/tex]
cioè
[tex]\displaystyle \inf_{x \in ]a,\xi]} f'(x) \leq \frac{f(\xi)}{\xi - a} \leq \sup_{x \in ]a,\xi]} f'(x)[/tex]
e ovviamente
[tex]\displaystyle \inf_{x \in ]a,\xi]} f'(x) \leq f'(\xi) \leq \sup_{x \in ]a,\xi]} f'(x)[/tex]
sottraendo
[tex]\displaystyle 0 \leq f'(\xi) - \frac{f(\xi)}{\xi - a} \leq 0[/tex]
cioè
[tex]f'(\xi) = \frac{1}{\xi - a} f(\xi)[/tex]
perciò [tex]k = \frac{1}{\xi - a}[/tex], da cui [tex]\xi = \frac{1}{k} + a[/tex] per $k > 1/(b-a)$, per gli altri $k$ si usa il solito $\xi \in ]a,b[$ del teorema di Rolle per cui $f'(\xi)=0$ (il quale si potrebbe usare sempre, ma a quel punto sarebbe banale e dubito fosse questo lo scopo della dimostrazione richiesta).
Mi sembra quadrare tutto nella dimostrazione, ma il risultato che ottengo francamente non mi convince troppo... Ed ho introdotto un'ipotesi aggiuntiva senza la quale la dimostrazione va completamente a monte
Provo a pensare a qualcosa per il caso generale.

[gugo82]

"Sottraendo" non ottieni affatto quello che affermi.
Ad esempio è \(-1\leq 0\leq 1\) e \(-1\leq \frac{1}{2}\leq 1\), ma \(0-\frac{1}{2}\neq 0\).

[vict85]

Se la funzione si annulla un in qualche intervallo aperto \(\displaystyle I\subseteq [a,b] \) allora è evidente che \(\displaystyle f'(x) = kf(x) \) per ogni \(\displaystyle x\in I \) e \(\displaystyle k \). Inoltre per \(\displaystyle k=0 \) è il teorema di Rolle.

Inoltre se esiste un punto \(\displaystyle a
Questo implica inoltre che \(\displaystyle \liminf_{x\to a^+} f'(x) \ge 0 \) e \(\displaystyle \liminf_{x\to b^-} f'(x) \le 0 \). Notiamo che la funzione \(\displaystyle kf \) possiede gli stessi massimi e minimi locali di \(\displaystyle f \) (se \(\displaystyle k<0 \) allora inverte massimi e minimi).

Supponiamo \(\displaystyle k > 0 \).

Per costruzione, \(\displaystyle a \) e \(\displaystyle b \) sono minimi assoluti della funzione, ed esiste un punto \(\displaystyle a 0 = f'(c) \).

A questo punto abbiamo ‘solo’ bisogno di un punto \(\displaystyle a kf(d) \). Se \(\displaystyle \limsup_{x\to a^+} f'(x) > 0 \) allora questo è evidente.

Supponiamo dunque che il limite esiste ed è nullo. Allora se \(\displaystyle d \) è il massimo di \(\displaystyle f \) in \(\displaystyle \bigl[a, a+ (2k)^{-1} \bigr]\cap [a,b] \), per il teorema della media integrale ricaviamo \(\displaystyle kf(d) = k\int_{a}^{d} f'(t)\,dt = k(d-a)f'(\zeta) \le \frac{k}{2k} \sup f'(x) = \frac12 \sup f'(x) \) (si noti che abbiamo considerato l'estensione continua di \(\displaystyle f' \) in \(\displaystyle [a,c] \) data dal limite).

La dimostrazione per \(\displaystyle k<0 \) è simile ma usa \(\displaystyle b \) invece che \(\displaystyle a \).

[Rigel1]

Visto che un po' di tempo è passato, dico anche la mia.

Basta applicare il teorema di Rolle classico alla funzione \(g(x) = e^{-kx} f(x)\).

[vict85]

@ Rigel: in effetti è un metodo piuttosto efficace.

[Epimenide93]

@gugo82 ahahaha, sì, ho scritto un'idiozia incredibile, non ho parole.

Ieri sera ho provato anch'io a seguire la strada presa da vict85, ma non riuscivo a portarla a termine per i casi patologici (non avevo pensato ad usare lim sup e lim inf). Complimenti a entrambi per le dimostrazioni.

[theras]

@Rigel.
[ot]Arriecchiti:
c'eri mancato [/ot].
Anche io avevo pensato ad una funzione ausiliaria cui applicare Rolle
(raccogliendo quello che m'era sembrato un suggerimento implicito di Gugo..),
ma tra quelle che avevo dedotto
(ricorrendo alla teoria delle Edo o,equivalentemente,
ai teoremi sulle funzioni integrali..) poter essere opportune da costruire,
falliva almeno una tra ipotesi e tesi:
da dove è saltata fuori la tua?
Somiglia ad una cui avevo pensato,ma ha un fattore "salvatutto" in più:
hai fatto l'artigiano di Talento,o c'è qualcosa di più profondo che mi sfugge?
Saluti dal web.

[Rigel1]

@Theras:

In realtà si tratta di un trucchetto abbastanza diffuso (quindi niente artigianato...). Ad esempio, tutte le volte che vuoi ricondurre una equazione differenziale lineare del primo ordine (a coefficienti costanti) ad una semplice ricerca di primitive puoi fare in questo modo. Per capirci, se devi trovare le soluzioni di \(y' = k y\), puoi considerare la funzione ausiliaria \(z(x) = e^{-kx} y(x)\) per la quale si ha \(z'(x) = e^{-kx}[y'(x) - k y(x)] = 0\), da cui \(z(x) = c\) (costante) e infine \(y(x) = c\, e^{kx}\).

[theras]

Una sorta di metodo di variazione delle costanti visto al contrario, insomma:
lo dicevo ,che qualcosa cui ci si poteva appigliare m'era sfuggito
(i.e. il classico metodo per dimostrare la formula risolutiva per le equazioni differenziali lineari del I° ordine..) !
Grazie come sempre per l'occasione di riflessione e la condivisione:
saluti dal web.

[gugo82]

@ theras & Rigel: Infatti l'esercizio proviene da un "antico" eserciziario di Greco & Stampacchia che ho comprato tempo fa ad una fiera dell'usato.

[theras]

@Gugo.
[ot]Uazz..non ti può crescere nemmeno qualche eurino in tasca che subito lo investi in Cultura :
magari ti facessero Ministro dell'Istruzione,dell'Università e della Ricerca Scientifica
(esperienza ne hai da vendere in ognuno di questi campi,e sei giovane..
dimenticavo che in Italia funziona al contrario ).[/ot]
Tu a quale soluzione avevi pensato?
Saluti dal web.

[gugo82]

@ theras: Quella di Righello, che poi è la stessa di Stampacchia & co.

[gugo82]

2. Come si può modificare la proprietà (1) di modo che il teorema valga anche nel caso \(f(a)=f(b)\neq 0\)?

[theras]

$f'(xi)=k(f(xi)-gamma)$(dove $gamma=f(a)=f(b)$):
se la risposta è si, ho buone sensazioni sul fatto che il discorso è ancora lungo ..
Saluti dal web.

[gugo82]

@ theras: Certo, va bene. Ed ovviamente la dimostrazione è pressoché la stessa (basta usare come funzione ausiliaria la \(g(x):=e^{-kx}\big( f(x)-f(a)\big)\)).

Tuttavia per ora mi fermo qui... Non mi sono venute altre idee.
Se qualcuno vuole proporre altre idee o variazioni, si faccia pure avanti.

[theras]

Sto' solo pensando a voce alta, e mi domando e dico:
1)Qual è una buona interpretazione geometrica della generalizzazione introdotta da Gugo
(una "economica" mi pare d'averla intravista, e riguarda l'elasticità della funzione..)?
2)La tecnica dimostrativa usata in questa sede è idonea a dimostrare la veridicità della Proposizione (*)?
Saluti dal web.

(*)Sia $ f in C([a, b])$,$n(in NN setminus{1})$ volte derivabile in $(a, b)$(1) e t.c.
$EE{x_0,x_1,..,x_n} sube (a,b)"\"f(x_i)=0$ $AA i in {0,1,..,n}$(2)$rArr$
$rArrEE xi in (a,b)$ t.c. $f^((n))(xi)=0$.