Uno Sfizioso Teorema del Valor Medio

[gugo82]

Problema:

Sia $f:[a,b] -> RR$ una funzione continua e derivabile in $[a,b]$[nota]La derivabilità negli estremi è definita come derivabilità da destra in $a$ e derivabilità da sinistra in $b$.[/nota].

1. Provare che se \(f^\prime (a) = f^\prime(b)\), allora esiste un punto $\xi in ]a,b[$ tale che:
\[
f^\prime (\xi) = \frac{f(\xi) - f(a)}{\xi - a}\; .
\]

2. Fornire un'interpretazione geometrica del punto 1.

[Rigel1]

Non mi sembra la soluzione ottimale, comunque la scrivo lo stesso
Consideriamo la funzione
\[
h(x) := \begin{cases}
\frac{f(x) - f(a)}{x-a}, &\text{se}\ x\in (a, b],\\
f'(a), & \text{se}\ x = a.
\end{cases}
\]
Tale funzione è continua in $[a,b]$ e derivabile in $(a,b]$.
Osserviamo inoltre che la sua derivata è
\[
h'(x) = \frac{f'(x)(x-a) - (f(x) - f(a))}{(x-a)^2},
\qquad \forall x\in (a,b].
\]
Supponiamo, per assurdo, che la tesi non sia vera.
Questo implica, in particolare, che \(h'(x) \neq 0\) per ogni $x\in (a,b]$.
Per il teorema di Darboux avremo necessariamente che $h'$ ha segno costante in $(a, b]$, dunque che $h$ è una funzione strettamente monotona in $[a,b]$.

Supponiamo, per fissare le idee, che \(h'(x) > 0\) per ogni $x\in (a,b]$, cioè che
\[
f'(x) > \frac{f(x) - f(a)}{x-a} = h(x) \qquad \forall x\in (a, b].
\]
In particolare, avremo che $f'(b) > h(b) > h(a) = f'(a)$, assurdo.

[dan952]

Io pensavo di applicare Rolle ad una particolare funzione che non riesco a trovare

[gugo82]

La particolare funzione è quella usata da Righello, modulo una traslazione.
Inoltre, si applicano sia il Teorema di Rolle sia quello di Bolzano.

[razorbak901]

Definiamo la funzione

$v(x):=f(x)-xf'(a),$

così che $v'(a)=v'(b)=0$. Se $\exists\delta$ tale che $v(x)$ è costante in $[a,a+\delta]$, allora $v'(x)=\frac{v(x)-v(a)}{x-a}$ per ogni $x\in[a,\delta]$. Se invece $\forall\delta>0$, $v(x)$ non è costante in $[a,a+\delta]$, dato che $v'(a)=0$, per regolarità $v(x)$ e $v'(x)$ devono essere strettamente monotone in $[a,a+\sigma]$, per $\sigma$ abbastanza piccolo. Consideriamo $v(x)$ strettamente crescente, l'altro caso è del tutto analogo.
Definendo

$g(x):=v'(x)(a-x)+v(x)-v(a),$

dal teorema di Lagrange risulta

$g(a+h)=-v'(a+h)h+v(a+h)-v(a)$

$=-v'(a+h)h+v'(c)h$

Con $c\in(a,a+h)$. Dato che $v'(x)$ è strettamente crescente in $[a,a+\sigma]$, risulta $g(a+h)<0$. Inoltre $v(x)$, per il teorema di Weierstrass, ammette massimo e minimo in $[a,b]$, ed in particolare il massimo non coincide con $v(a)$ dato che $v(x)$ è crescente in $[a,a+\sigma]$. Sia $c\in[a,b]$ il punto dove $v(x)$ assume il suo massimo, se $c$ non è sulla frontiera allora è un punto stazionario e quindi $v'(c)=0$, se altrimenti $c=b$, allora $v'(c)=0$ per ipotesi, in ogni caso $g(c)=v(c)-v(a)>0$, per il teorema degli zeri quindi $\exists\xi\in(a,b)$ tale che $g(\xi)=0$, ovvero

$f'(\xi)-f'(a)=\frac{f(\xi)-\xif'(a)-f(a)+af'(a)}{\xi-a}$

$f'(\xi)=\frac{f(\xi)-f(a)}{\xi-a}$

[Rigel1]

@razorbak90:

"razorbak90":
Se invece $\forall\delta>0$, $v(x)$ non è costante in $[a,a+\delta]$, dato che $v'(a)=0$, per regolarità $v(x)$ e $v'(x)$ devono essere strettamente monotone in $[a,a+\sigma]$, per $\sigma$ abbastanza piccolo.

Non sono molto d'accordo.
La funzione
\[
v(x) := \begin{cases}
x^2 \sin (1/x), &\text{se}\ x\neq 0,\\
0, & \text{se}\ x = 0,
\end{cases}
\]
è derivabile nell'origine con \(v'(0) = 0\), ma si guarda bene (insieme alla sua derivata) dall'essere strettamente monotona in un intorno destro dell'origine.

[razorbak901]

@Rigel

Hai ragione, anche se $x^2sin(1/x)$ non mi sembra derivabile in $0$, però si può considerare ad esempio $x^3sin(1/x)$. Inoltre il mio ragionamento era inutilmente intricato, così però dovrebbe funzionare:

Definiamo la funzione

$v(x):=f(x)-xf'(a),$

così che $v'(a)=v'(b)=0$. Se $v(x)$ è costante in $[a,b]$, allora $v'(x)=\frac{v(x)-v(a)}{x-a}$ per ogni $x\in(a,b]$. Altrimenti definiamo

$g(x):=v'(x)(a-x)+v(x)-v(a),$

nel caso di $v(x)$ monotona, supponiamo crescente, dato che $v(x)$ non è costante, allora $v'(x)$ ammette un massimo assoluto in $(a,b)$. Supponiamo il massimo in $x=a+h$, dal teorema di Lagrange esiste $c\in(a,b)$ tale che

$g(a+h)=-v'(a+h)h+v(a+h)-v(a)$

$=-v'(a+h)h+v'(c)h$

e quindi $g(a+h)<0$, inoltre $g(b)=v(b)-v(a)>0$; analogamente nel caso di $v(x)$ decrescente. Se invece $v(x)$ non è monotona allora $v'(x)$ ammette massimo e minimo in $(a,b)$, rispettivamente in $x_1=a+h_1$, $x_2=a+h_2$, e applicando il ragionamento precedente $g(a+h_1)<0$, $g(a+h_2)>0$. In ogni caso, per il teorema degli zeri, $\exists\xi\in(a,b)$ tale che $g(\xi)=0$, e quindi:

$f'(\xi)-f'(a)=\frac{f(\xi)-\xif'(a)-f(a)+af'(a)}{\xi-a}$

$f'(\xi)=\frac{f(\xi)-f(a)}{\xi-a}$

[dan952]

@Razor
Se applichi il teorema di Rolle a $v'(x)=\frac{v(x)-v(a)}{x-a}$ dovresti aver finito, perché $v'(a)=v'(b)=0$ quindi $\exists \xi \in (a,b)$ tale che $$v''(\xi)=\frac{v'(\xi)(\xi-a)-(v(\xi)-v(a))}{(\xi-a)^2}=\frac{\frac{f(\xi)-\xi f'(a)-f(a)+af'(a)}{\xi-a}(\xi-a)-(f'(\xi)-f'(a))(\xi-a)}{(\xi-a)^2}=0$$
da cui la tesi

[Rigel1]

@Razor
1) Ribadisco: se una funzione non è costante su alcun intervallo $[0,\delta]$, questo non implica che esista $\delta >0$ tale che essa sia monotona su $[0,\delta]$.
2) La funzione $v$ da me definita ($v(x) =x^2\sin(1/x)$ per \(x\neq 0\), $v(x)=0$ per $x=0$) è derivabile nell'origine, con derivata nulla; basta fare il limite del rapporto incrementale. Come già detto, funge da controesempio per il punto 1).

[vict85]

Vorrei far notare che la funzione \(\displaystyle v = f - xf' \) non è necessariamente continua; io non vedo nella ipotesi che \(\displaystyle f\in C^1([a,b]) \) ma sono che la derivata esista in ogni punto. Inoltre non c'è alcuna ragione per supporre che la funzione sia derivabile due volte.

[razorbak901]

@Dan95
Se $v'(x)=\frac{v(x)-v(a)}{x-a}$ per qualche $x$ allora si ricava immediatamente la tesi (semplicemente sostituendo $f(x)$ a $v(x)$), però è proprio ciò che voglio dimostrare.

@Rigel
Per il punto 2), si, la funzione da te proposta è differenziabile in $0$, però non avendo voglia di fare i calcoli, e dato che "ad occhio" la funzione non mi sembrava differenziabile in $0$ (sbagliando), ho semplicemente detto per andare sul sicuro che $x^3sin(1/x)$ è sicuramente differenziabile in $0$.

Per il punto 1), quindi? Cosa c'entra con la prova che ho postato? Se ho sbagliato qualcosa ti prego di riferirti alla prova che ho proposto il 26/05/2017 alle 15:05.

[Rigel1]

Io leggo questo:

"razorbak90":...
Altrimenti definiamo

$g(x):=v'(x)(a-x)+v(x)-v(a),$

nel caso di $v(x)$ monotona, supponiamo crescente, dato che $v(x)$ non è costante,...

Da qui mi sembra di capire che, quando $v$ non è costante, tu deduca che $v$ è monotona. O forse intendevi qualcos'altro?

[razorbak901]

$v(x)$ può essere monotona o non monotona, ho considerato entrambi i casi.

[dan952]

@Razor
Ah è vero, avevo letto di fretta

[gugo82]

A distanza di tempo, scrivo la mia.

1. Considero la funzione ausiliaria:
\[
\theta (x) :=\begin{cases} \frac{f(x) - f(a)}{x-a} - f^\prime (a) &\text{, se } a \]
Tale funzione è continua in $[a,b]$ e derivabile in \(]a,b]\), con derivata ivi continua. La derivabilità in $b$ si prova sfruttando una conseguenza del Teorema di de l'Hospital, mentre il fatto che la derivata prima sia continua fino in $b$ si prova con un po' di conti tenendo presente che:
\[
\theta^\prime (b) = \frac{f^\prime (b) (b-a) - f(b) + f(a)}{(b-a)^2}\; .
\]
Ora, se $\theta (b)=0$, si applica il Teorema di Rolle a $\theta$ e si trova un $\xi \in ]a,b[$ tale che:
\[
\theta^\prime (\xi )= \frac{f^\prime (\xi )\ (\xi - a) - f(\xi) + f(a)}{(\xi - a)^2} = 0\; ,
\]
da cui la tesi.
Se $\theta (b)>0$ allora è $\theta^\prime (b) < 0$, cosicché \(\theta^\prime (x) < 0\) intorno a $b$; per il Criterio di Monotònia, $\theta$ è strettamente decrescente intorno a $b$, quindi è possibile determinare un punto $x_1 \in ]a,b[$ tale che $\theta (x_1)>\theta (b)> 0 =\theta (a)$; applicando il Teorema dei valori intermedi in $[a,x_1]$ riusciamo a trovare un punto \(x_2\in [a,x_1]\) tale che \(\theta (x_2) = \theta (b)\); infine, applicando il Teorema di Rolle in $[x_2,b]$ e si conclude come sopra.
Analogamente si ragiona quando $\theta (b)<0$.

2. L'interpretazione geometrica del teorema è la seguente.
Se le tangenti al grafico di $f$ nei punti $A=(a,f(a))$ e $B=(b,f(b))$ sono parallele, allora esiste una retta passante per $A$ che risulta essere tangente al grafico in un punto $C=(\xi , f(\xi))$.

***

3. Lavoriamo ora nel caso più generale, cioè nel caso in cui $f^\prime (a)\neq f^\prime (b)$.
Provare che esiste $\eta \in ]a,b[$ tale che:
\[
f(\eta) - f(a) = f^\prime (\eta)\ (\eta - a) + \frac{1}{2}\ \frac{f^\prime (b) - f^\prime (a)}{b-a}\ (\eta - a)^2\; .
\]

[otta96]

Non sono stato a leggere tutti i commenti, in particolare le dimostrazioni, ma avevo pensato ad un possibile controesempio, credo ci sia qualcosa che faccia sì che non funziona da controesempio perché avete fornito molte dimostrazioni di questo fatto e immagino che almeno una giusta ci sia.
Il controesempio sarebbe la funzione $sen$ definita in $[0,2pi]$, cos'è che non va bene?

[dan952]

1) $\cos(0)=cos(2\pi)=1$ ok
2) $\sin(\xi)=\cos(\xi)\xi$ è vera per $\xi ~~ 4.4934$

[otta96]

Ok grazie, mi sono accorto che non avevo capito bene il testo.

[dan952]

Qualcosa dentro mi dice che questo problema si risolve con il funzionale d'azione...

[gugo82]

"dan95":Qualcosa dentro mi dice che questo problema si risolve con il funzionale d'azione...

No, no... È molto più semplice.