Uno pseudo teorema di Lagrange

[gugo82]

Problema:

Siano \(a
1. Dimostrare che se \(f\) è derivabile in \(]a,b[\) e se:
\[
\tag{I}
\int_a^b f(x)\ \text{d} x = \int_A^B f^{-1}(y)\ \text{d} y\; ,
\]
esistono almeno due punti \(x_1\neq x_2\in ]a,b[\) che soddisfano la proprietà del valor medio:
\[
\tag{PVM}
f^\prime (x_1)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = f^\prime (x_2)\; .
\]

Suggerimenti: Per semplificare, mostrare che è possibile ricondurre il problema al caso \(a=0=A,\ b=1=B\). Usare la condizione (I) ed un teorema di punto fisso per mostrare che è possibile applicare il teorema di Rolle ad una funzione ausiliaria in due sottointervalli \([0,c], [c,1]\subset [0,1]\) e concludere.

2. Dare un'interpretazione grafica di quanto appena dimostrato.

[Rigel1]

C'è qualcosa che non mi torna: consideriamo ad esempio
\[
f\colon [0,1]\to [3-e, 2], \qquad f(x) := e^x+2-e,
\]
e la sua funzione inversa
\[
f^{-1}\colon [3-e, 2]\to [0,1], \qquad f^{-1}(y) = \log(y-2+e)\,.
\]
Abbiamo che
\[
\int_0^1 f = 1 = \int_{3-e}^2 f^{-1}
\]
ma essendo \(f'\) strettamente monotona non può assumere lo stesso valore in due punti.

[Epimenide93]

Per dimostrarlo non riesco a fare a meno dell'ipotesi \(\displaystyle A(b-a) = a(B-A) \)

Aggiungendo quest'ipotesi credo di essere riuscito a dimostrarlo.

[Rigel1]

"Epimenide93":Per dimostrarlo non riesco a fare a meno dell'ipotesi \(\displaystyle A(b-a) = a(B-A) \)

Aggiungendo quest'ipotesi credo di essere riuscito a dimostrarlo.

Esatto; credo che senza quell'ipotesi si possano fare controesempi come quello di sopra.

[Epimenide93]

Propongo la dimostrazione con l'ipotesi aggiuntiva.

data una \(\displaystyle f \) come da ipotesi, posso considerare

\[
\begin{split}
g: &[0,1] \rightarrow [0,1]\\
&x \mapsto \frac{f(x(b-a) +a) - A}{B-A}\\
& \ \\
& \ \\
g^{-1}: &[0,1] \rightarrow [0,1]\\
&y \mapsto \frac{f^{-1}(x(B-A) + A) - a}{b-a}
\end{split}
\]

Infatti

\[
\begin{split}
\int_0^1 g(x) {\rm d}x &= \int_0^1 \frac{f(x(b-a) +a) - A}{B-A} {\rm d}x =\\
&= \frac{1}{B-A} \bigg [ \frac{1}{b-a} \int_a^b f(y) {\rm d} y - A \bigg ] =\\
&= \frac{1}{(b-a)(B-A)} \int_A^B f^{-1}(y) {\rm d} y - \frac{a}{b-a} =\\
&= \frac{1}{b-a} \bigg [ \frac{1}{B-A} \int_A^B f^{-1}(y) {\rm d} y - a \bigg ] =\\
&= \int_0^1 \frac{f^{-1}(z(B-A) +A) - a}{b-a} {\rm d}z =\\
&= \int_0^1 g^{-1}(z) {\rm d}z
\end{split}
\]

Da ciò posso studiare senza perdita di generalità il caso \(\displaystyle f:[0,1] \rightarrow [0,1] \). Per un qualche teorema di punto fisso (credo vada bene il solito, dal momento che la funzione è lipschitziana essendo continua e invertibile su un insieme chiuso e limitato) \(\displaystyle \exists c \in [0,1] : \ f(c) = c \).

Considero le due funzioni ausiliarie

\[
\begin{split}
h_1: &[0,c] \rightarrow [0,c]\\
&x \mapsto c(f(x) - x)\\
& \ \\
& \ \\
h_2: &[c,1] \rightarrow [c,1]\\
&x \mapsto (1-c)(f(x) - x) \\
\end{split}
\]

Si ha che \(\displaystyle h_1(0) = h_1(c) = h_2(c) = h_2(1) = 0 \), perciò per il teorema di Rolle

\[
\exists x_1 \in ]0,c[: \ h_1^{\prime}(x_1) = 0 \Rightarrow f^{\prime}(x_1) = 1 \\
\ \\
\exists x_2 \in ]c,1[: \ h_2^{\prime}(x_2) = 0 \Rightarrow f^{\prime}(x_2) = 1 \\
\]

ovvero la tesi.

Per l'interpretazione grafica passo, ho fatto qualche scarabocchio sul foglio ma non ho tirato fuori molto

[Rigel1]

Propongo una soluzione che può aiutare per l'interpretazione grafica.

Consideriamo, come già detto, solo il caso \(f\colon [0,1]\to [0,1]\).
Indichiamo con \(i\colon [0,1]\to [0,1]\) la funzione identità, cioè \(i(x) = x\) per ogni \(x\in [0,1]\).

Osserviamo che, se \(f \geq i\) (oppure se \(f \leq i\)), allora necessariamente \(f=i\).
Infatti, supponiamo per assurdo che \(f\geq i\) ma \(f\neq i\); questo implica \(f^{-1} \leq i\) con \(f^{-1}\neq i\) (ricordiamoci che il grafico di \(f^{-1}\) si ottiene a partire da quello di \(f\) per riflessione rispetto alla retta \(y = x\)).
Da qui segue che
\[
\int_0^1 f > \int_0^1 i = \frac{1}{2}\,,\qquad
\int_0^1 f^{-1} < \int_0^1 i = \frac{1}{2}\,,
\]
assurdo per ipotesi.
(Analogo ragionamento vale per il caso \(f\leq i\).)

Di conseguenza, la funzione \(g = f-i\) assume sia valori positivi che valori negativi. (Graficamente, questo significa che il grafico di \(f\) passa sia sopra che sotto la bisettrice.)
Poiché \(g(0) = g(1) = 0\), \(g\) assumerà sia il massimo che il minimo assoluto in due punti interni (e distinti) del dominio; questi due punti sono quelli cercati.

[gugo82]

Avete ragione: avevo dimenticato che, dai conti, usciva fuori una condizione su \(a,b,A,B\); senza quella c'è effettivamente qualcosa che non va...
Ora correggo.

Detto ciò, ecco un'altra soluzione.

"gugo82":Siano \( a
1. Dimostrare che se \( f \) è derivabile in \( ]a,b[ \) e se:
\[ \tag{I} \int_a^b f(x)\ \text{d} x = \int_A^B f^{-1}(y)\ \text{d} y\; , \]
esistono almeno due punti \( x_1\neq x_2\in ]a,b[ \) che soddisfano la proprietà del valor medio:
\[ \tag{PVM} f^\prime (x_1)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = f^\prime (x_2)\; . \]

Suggerimenti: Per semplificare, mostrare che è possibile ricondurre il problema al caso \( a=0=A,\ b=1=B \). Usare la condizione (I) ed un teorema di punto fisso per mostrare che è possibile applicare il teorema di Rolle ad una funzione ausiliaria in due sottointervalli \( [0,c], [c,1]\subset [0,1] \) e concludere.

Per quanto riguarda la parte iniziale, i conti li ha già fatti Epimenide perciò non li riporto.

Faccio vedere che la proprietà enunciata vale per funzioni che mappano \([0,1]\) in sé.
Per evidenti motivazioni geometriche (fare un disegno!), nelle ipotesi poste si ha:
\[
\tag{1}
\int_0^1 f^{-1}(y)\ \text{d} y = 1-\int_0^1 f(x)\ \text{d} x\; ,
\]
sicché, sostituendo (1) in (I), traggo immediatamente:
\[
\int_0^1 f(x)\ \text{d} x = \frac{1}{2}\; .
\]
Considero la funzione ausiliaria:
\[
\begin{split}
\phi (x) &:= \int_0^x \big( f(t) - t\big)\ \text{d} t\\
&=\int_0^x f(t)\ \text{d} t - \frac{1}{2}\ x^2\; ;
\end{split}
\]
evidentemente \(\phi\) è continua in \([0,1]\) e derivabile nell'interno (vabbé, anche negli estremi... Ma non sottilizziamo!) e, dato che \(\phi(0)=0=\phi(1)\), per il teorema di Rolle esiste \(c\in ]0,1[\) tale che:
\[
\tag{2}
\phi^\prime (c) = 0\; ;
\]
poiché:
\[
\phi^\prime (x) = f(x) - x\; ,
\]
da (2) segue immediatamente:
\[
f(c) = c\; .
\]
Distinguo, infine, due casi:

[list=1][*:3dzlwgkw] \(f\) è strettamente crescente, cosicché \(f(0)=0\) ed \(f(1)=1\): in tal caso posso applicare il teorema di Rolle ad \(f(x)-x\) in \([0,c]\) ed in \([c,1]\) ed ottenere che esistono \(x_1,x_2\) tali che \(0 \[
\left. \begin{split}
f^\prime (x_1) &- 1\\
f^\prime (x_2) &- 1
\end{split}\right\} =0 = \frac{f(1)-f(0)}{1-0}\; ,
\]
che è la tesi.

[/*:m:3dzlwgkw]
[*:3dzlwgkw] \(f\) è strettamente decrescente e, perciò, si ha \(f(0)=1\) ed \(f(1)=0\): in tal caso, considero la funzione:
\[
g(x):=1-f(x)\; ;
\]
tale funzione ha le stesse proprietà di \(f\) (mappa \([0,1]\) in sé, è continua e derivabile nell'interno), ma monotonia inversa (dunque è strettamente crescente), ed, avendosi evidentemente:
\[
g^{-1} (y) = f^{-1}(1-y)\; ,
\]
risulta:
\[
\begin{split}
\int_0^1 g^{-1}(y)\ \text{d} y &= \int_0^1 f^{-1}(1-y)\ \text{d} y \\
&\stackrel{\eta =1-y}{=} -\int_1^0 f^{-1}(\eta)\ \text{d} \eta \\
&= \int_0^1 f^{-1}(\eta)\ \text{d} \eta \\
&= 1-\int_0^1 f(x)\ \text{d} x\\
&= \int_0^1 g(x)\ \text{d} x
\end{split}
\]
cosicché \(g\) soddisfa la (I); conseguentemente il risultato precedente si applica a \(g\) ed esistono \(0 \[
\begin{split}
-f^\prime (x_i) &= g^\prime (x_i) \\
&= \frac{g(1) - g(0)}{1-0} \\
&= \frac{-f(1) + f(0)}{1-0} \\
&= -\frac{f(1) - f(0)}{1-0}
\end{split}
\]
per \(i=1,2\), che è la tesi.[/*:m:3dzlwgkw][/list:o:3dzlwgkw] \(\square\)

"gugo82":2. Dare un'interpretazione grafica di quanto appena dimostrato.

La condizione \(A(b-a) = a (B-A)\) implica:
\[
\left\{ \begin{split}
\operatorname{sign} A &= \operatorname{sign} a\\
(A-0)\ (b-a) &= (a-0)\ (B-A)
\end{split} \right.
\]
il che equivale a dire che:

[list=1][*:3dzlwgkw] \(a\) ed \(A\) o sono entrambi nulli o sono dalla stessa parte rispetto a \(0\);

[/*:m:3dzlwgkw]
[*:3dzlwgkw] se \((a,A),(b,B)\neq (0,0)\), i tre punti \((0,0)\), \((a,A)\) e \((b,B)\) sono allineati.[/*:m:3dzlwgkw][/list:o:3dzlwgkw]
La 2, in particolare, è interessante... Probabilmente c'è più geometria di quanto immaginassi dentro questo problema, poiché la sua struttura geometrica pare essere piuttosto "rigida".

Per quanto riguarda il resto, basta ragionare come segue.
Per semplicità prendo \(a=0=A\) e \(b=1=B\) e suppongo che \(f\) sia crescente. L'ipotesi:
\[
\tag{I}
\int_0^1 f(x)\ \text{d} x = \int_0^1 f^{-1} (y)\ \text{d} y
\]
ha un contenuto geometrico abbastanza immediato (come ha già mostrato Rigel): infatti, essa implica che il grafico di \(f\) non può stare né tutto sopra la diagonale del quadrato \([0,1]^2\) né tutto sotto di essa (a meno che esso non coincida con la diagonale stessa).
Ciò implica che la diagonale deve essere attraversata dal grafico di \(f\) in almeno un punto \(c\) interno a \([0,1]\), che è il valore \(c\) determinato sopra (il quale è, dunque, un punto fisso per \(f\)).
Nei due sottointervalli \([0,c]\) e \([c,1]\) esistono due punti \(x_1\) ed \(x_2\) in cui la tangente al grafico di \(f\) è parallela alla diagonale del quadrato \([0,1]^2\).
[asvg]xmin=0;xmax=1;ymin=0; ymax=1;
axes("","");
stroke="grey"; line([0,0],[1,1]);
stroke="orange"; plot("x+0.19245",-1,2); plot("x-0.19245",-1,2);
strokewidth=2; stroke="red"; plot("4x^3 - 6x^2 + 3x",0,1); dot([0.5, 0.5]);
stroke="orange"; dot([0.211325, 0.403775]); dot([0.788675, 0.596225]);
text([0.5, 0.5],"c",above); text([0.211325, 0.403775], "x1",aboveleft); text([0.788675, 0.596225],"x2", belowright);[/asvg]


@ Epimenide: Libero di non crederci, ma è da diverso tempo che cerco di scrivere qualcosa in risposta a quel tuo PM; tuttavia, ogni tentitivo di risposta mi sembra pessimo nel rileggerlo... Visto che da questa settimana ho un po' più tempo libero, probabilmente riuscirò a formulare una risposta sensata ed ad inviartela.