Demuestra que no podemos encontrar límites efectivos en el punto garantizado por el Teorema del Valor Medio.

Question

Quiero demostrar que no podemos encontrar límites efectivos en el punto que el Teorema del Valor Medio demuestra que existe. Para demostrar esta afirmación suelta, me dirigí a la afirmación un poco más específica:

Para cada número real $M$ y cada número real $\xi$ que se encuentra estrictamente entre $0$ y $1$ construye una función $f$ tal que $$f(0)=0,\; f(1)=M,\;f\text{ is continuous on }[0,1],\; f\text{ is differentiable on }(0,1),\;\text{ and }\xi\text{ is the unique point strictly between 0 and 1 such that}\;f'(\xi)=M\,.$$

Para el $M\neq 0$ y $\xi\neq 1/e$ podemos demostrar que $$g(x)=\begin{cases} 0&\text{ if }x=0,\\ 1/e&\text{ if }x=1\\ 1&\text{ if }x=\infty,\\ \sqrt[1-x]{x}&\text{ otherwise} \end{cases}$$

es estrictamente creciente y continua en $[0,\infty]$ . Por lo tanto, existe un único positivo $\alpha$ tal que $g(\alpha)=\xi$ . A su vez, podemos definir $f(x)=Mx^\alpha$ que satisfaga la demanda. Para el $M\neq 0$ y $\xi=1/e$ caso, tomar la extensión continua obvia de $f(x)=M(x+x\ln(x))$ .

Para $M=0$ primero elegimos $\alpha\geq 1$ y $\beta\geq 1$ tal que $\frac{\alpha}{\alpha+\beta}=\xi$ . A continuación, definimos $f(x)=x^\alpha(1-x)^\beta$ que satisfaga la demanda.

Sin embargo, mi pregunta es la siguiente:

¿Podemos construir tal $f$ sea un polinomio?

Una prueba existencial no es deseable aquí, ya que espero utilizar esta familia de polinomios como ejemplos. Sería útil demostrar la unicidad de $\xi$ a través del cálculo (pero posiblemente una apelación a la monotonicidad y al Teorema del Valor Intermedio).

Answer 1

En primer lugar, imagina $f$ es un polinomio de este tipo para $\xi$ . Entonces dejemos que $g(x)=f(x)-Mx$ . Tenemos $g(0)=g(1)=0$ y $\xi$ es el número único en $(0,1)$ donde $g'(x)=0$ . Así que permítanme sustituir el problema tal y como está escrito con el Teorema del Valor Medio por uno sobre el Teorema de Rolle.

A continuación se muestra una prueba de que si usted tiene $\xi>\frac{1}{2}$ , tome algún número entero $n>\frac{1-2\xi}{\xi-1}$ y luego tomar $t=\frac{(n+2)\xi^2-(n+1)\xi}{-2\xi+1}$ . Entonces el polinomio $g(x)=(x+t)^nx(1-x)$ satisface $g(0)=g(1)=0$ y hay un número único en $(0,1)$ donde $g'(x)=0$ y ese número es $\xi$ .

Si $\xi<\frac{1}{2}$ existe una construcción simétrica con $t<-1$ . Y si $\xi=\frac{1}{2}$ , solo toma $g(x)=x(1-x)$ .

Por ejemplo, con $\xi=\frac{e}{\pi}$ podemos tomar $n=6$ y $t=\frac{8(e/\pi)^2-7(e/\pi)}{-2(e/\pi)+1}\approx0.09233\ldots$ . Entonces $g(x)=(x+t)^6x(1-x)$ es tal que $g'$ sólo tiene un cero en $(0,1)$ y se encuentra en $\frac{e}{\pi}$ . Véase la demostración en WolframAlpha .

Explicación

Supongamos que $\xi>\frac{1}{2}$ . Considere $g(x)=(x+t)^nx(1-x)$ para $n\in\mathbb{N}$ y $t\in\mathbb{R}_{\gt0}$ . Entonces $$ \begin{align} g'(x)&=n(x+t)^{n-1}x(1-x)+(x+t)^n(1-x)-(x+t)^nx\\ &=(x+t)^{n-1}\big(nx(1-x)+(x+t)(1-x)-(x+t)x\big)\\ &=(x+t)^{n-1}\big(x^2(-n-2)+x(n+1-2t)+t\big)\\ \end{align} $$ Los ceros de $g'$ son $-t$ (que no está en $(0,1)$ ) y $$\frac{-(n+1-2t)\pm\sqrt{(n+1-2t)^2+4(n+2)t}}{-2(n+2)}=\frac{A\pm B}{C}$$ Desde $n,t>0$ se deduce que $|B|>|A|$ . Se deduce que una de estas dos raíces es negativa (por lo que no está en $(0,1)$ ) y el otro es positivo. Así que si la raíz positiva es igual a $\xi$ entonces $g$ satisface la versión de la proposición de Rolle. Tenemos libertad para elegir $n\in\mathbb{N}$ , $t\in\mathbb{R}_{\gt0}$ así que tal vez podamos elegirlos bien. A continuación, intentamos resolver para $t$ en términos de $\xi$ y $n$ .

$$\begin{align} \xi&=\frac{-(n+1-2t)\pm\sqrt{(n+1-2t)^2+4(n+2)t}}{-2(n+2)}\\ -2(n+2)\xi&=-(n+1-2t)\pm\sqrt{(n+1-2t)^2+4(n+2)t}\\ -2(n+2)\xi+n+1-2t&=\pm\sqrt{(n+1-2t)^2+4(n+2)t} \end{align}$$ Cuadrando ambos lados: $$\begin{align} [-2(n+2)\xi+n+1]^2-4t[-2(n+2)\xi+n+1]+4t^2&=(n+1-2t)^2+4(n+2)t\\ [-2(n+2)\xi+n+1]^2-4t[-2(n+2)\xi+n+1]+4t^2&=(n+1)^2-4(n+1)t+4t^2+4(n+2)t\\ [-2(n+2)\xi+n+1]^2-4t[-2(n+2)\xi+n+1]&=(n+1)^2+4t\\ [-2(n+2)\xi+n+1]^2-(n+1)^2&=4t[-2(n+2)\xi+n+2]\\ 4(n+2)^2\xi^2-4(n+2)(n+1)\xi&=4t(-2(n+2)\xi+n+2)\\ \end{align}$$ $$\begin{align} t&=\frac{4(n+2)^2\xi^2-4(n+2)(n+1)\xi}{4(-2(n+2)\xi+n+2)}\\ &=\frac{(n+2)\xi^2-(n+1)\xi}{-2\xi+1} \end{align}$$ Hemos asumido $\xi>\frac{1}{2}$ por lo que el denominador es negativo. Necesitamos $t$ sea positivo, por lo que necesitamos que el numerador sea negativo. ¿Podemos elegir $n$ para que eso ocurra? $$\begin{align} (n+2)\xi^2-(n+1)\xi&<0\\ n(\xi^2-\xi)&<\xi-2\xi^2\\ n(\xi-1)&<1-2\xi\\ n&>\frac{1-2\xi}{\xi-1} \end{align}$$ Así que sí. Si usted tiene $\xi>\frac{1}{2}$ , tome algún número entero $n>\frac{1-2\xi}{\xi-1}$ y luego tomar $t=\frac{(n+2)\xi^2-(n+1)\xi}{-2\xi+1}$ . Entonces el polinomio $g(x)=(x+t)^nx(1-x)$ satisface $g(0)=g(1)=0$ y hay un número único en $(0,1)$ donde $g'(x)=0$ y ese número es $\xi$ .

Y retomando la introducción, si $\xi<\frac{1}{2}$ existe una construcción simétrica en la que $t<-1$ . Y si $\xi=\frac{1}{2}$ , solo toma $g(x)=x(1-x)$ .

Este enfoque fue motivado por comenzar con $x(1-x)$ y luego multiplicando por alguna potencia de $(x+t)$ que "deformaría" la parábola entre $0$ y $1$ sin hacer que se mueva. Algo que se estire $x(1-x)$ verticalmente, pero más en el lado derecho que en el izquierdo, para empujar el extremo más a la derecha. (O al revés, cuando $\xi<\frac{1}{2}$ .)

Answer 2

Sólo unas palabras sobre la resolución del problema no polinómico: Primero toma $M=0.$ Entonces $f(x)=x(1-x)$ es una solución para $\xi=1/2.$ Para otros valores de $\xi\in (0,1),$ miramos $g_p(x)=f(x^p)$ para $p>0.$ Tenemos $g_p'(x)=px^{p-1}f'(x^p)=0$ si $x=(1/2)^{1/p}.$ Por lo tanto, si $\xi$ está dado, tomamos $p=\ln(1/2)/\ln \xi,$ y $g_p$ resuelve el problema. Por último, si $M\ne 0$ y $\xi$ está dado, tomamos el mismo $p$ y la función $M(x+g_p(x))$ resuelve el problema.

Sobre las soluciones polinómicas: WLOG $M=0$ ya que podemos utilizar la misma idea anterior para $M\ne 0.$

Dejemos que $f(x)=x(1-x)$ como en el caso anterior. Si $p$ es un polinomio con $p(0)=0,$ $p(1)=1$ y $p'>0$ en $(0,1),$ entonces $f\circ p$ es un polinomio que resuelve el problema para el valor único $\xi \in(0,1)$ tal que $p(\xi)=1/2.$

Para $0\le b \le 1,$ set $p_b(x)=(1-b)x^2 +bx.$ Entonces $p_b(0)=0,p_b(1)=1,$ y $p_b'>0$ en $(0,1).$ Considere la ecuación $p_b(x)-1/2=0.$ Si $b=1,$ entonces $x=1/2$ es una solución. Para $b\in [0,1)$ tenemos una ecuación cuadrática cuya solución en $[0,1]$ es

$$x= \frac{(b^2+2(1-b))^{1/2}-b}{2(1-b)}.$$

Verificar el lado derecho, en función de $b,$ disminuye estrictamente en $[0,1)$ de $1/2^{1/2}$ a $1/2.$ Así, para $\xi\in [1/2,1/2^{1/2}],$ hay un único $b_{\xi}\in [0,1]$ tal que $p_{b_{\xi}}(\xi)=1/2.$ Verifique que $b_{\xi}$ viene dada por la fórmula

$$b_{\xi} = \frac{1/2-\xi^2}{\xi(1-\xi)}.$$

Así que hemos resuelto el problema para $\xi\in[1/2,1/2^{1/2}].$ Pero también lo hemos resuelto para $\xi\in [1/2^{1/2},1/2^{1/4}].$ Sólo hay que comprobar que para tal $\xi,$ $f\circ p_{b_{\xi^2}}(x^2)$ hace el trabajo. Podemos seguir avanzando hacia la derecha con dichos intervalos y sus soluciones. Así obtenemos soluciones para todos los $\xi\in [1/2,1).$

¿Qué pasa con $\xi\in (0,1/2]?$ Eso es fácil, ahora que hemos manejado el otro lado. Sólo hay que comprobar que si $g$ es una solución para $\xi\in [1/2,1),$ entonces $1-g(1-x)$ es una solución para $1-\xi.$

Answer 3

El comentario de Robert sobre los cúbicos es lo mejor que podemos hacer.

Propuesta: Si $f$ es un polinomio de grado máximo $3$ que satisface $f(0) = f(1) = 0$ y tiene exactamente un valor $\xi \in (0, 1)$ para lo cual $f'(\xi) = 0$ entonces $\frac{1}{3} \leq \xi \leq \frac{2}{3}$ .

Prueba: Sea $f$ tienen la siguiente forma: $$f(x) = x^3 + kx^2 - (1+k) x.$$ (Ignoraremos por ahora el caso $\xi = \frac{1}{2}$ que requiere una cuadrática; es trivial ver que para ningún otro valor de $\xi$ es un posible cuadrático). Esto es totalmente general, ya que wlog podemos escalar los coeficientes de alguna solución posible $f(x) = ax^3 + bx^2 + cx$ (que debe satisfacer $a + b + c = 0$ ) sin romper ninguna condición en $f$ . Las soluciones a $f'(\xi) = 3\xi^2 + 2k \xi - (1+k) = 0$ son por lo tanto $$\xi = \frac{k \pm \sqrt{k^2 + 3k + 3}}{3}.$$

Esto se puede resolver para $k$ reordenando y elevando al cuadrado para obtener $(3 \xi - k)^2 = k^2 + 3k + 3$ o $$k = \frac{1 - 3 \xi^2}{2 \xi - 1}$$ pero la cuadratura significa que $\xi$ puede ser la solución superior o inferior para cualquier $k$ . En cualquier caso, sabemos que el totalmente general fórmula para una cúbica que satisface $f(0) = f(1) = 0$ y tiene un punto estacionario no necesariamente único en $\xi$ hasta el escalado de los coeficientes, es $$f(x) = (2 \xi - 1) x^3 + (1 - 3 \xi^2) x^2 + (3 \xi^2 - 2\xi) x.$$

Ahora sólo tenemos que ver cuáles de estos cúbicos tienen dos puntos estacionarios en $(0, 1)$ . Por las fórmulas de Vieta, las soluciones de $f'(x) = 3(2 \xi - 1) x^2 + 2(1 - 3 \xi^2) x + (3 \xi^2 - 2\xi) = 0$ suman $\frac{2 (3 \xi^2 - 1)}{3 (2 \xi - 1)}.$ Si $\xi$ es una solución, entonces la otra solución (llámese $\xi'$ ) es \begin {align*} \xi ' &= \frac {2 (3 \xi ^2 - 1)}{3 (2 \xi - 1)} - \xi \\ &= \frac {6 \xi ^2 - 2}{6 \xi - 3} - \frac {6 \xi ^2 - 3 \xi }{6 \xi - 3} \\ &= \frac {3 \xi - 2}{6 \xi -3} \\ &= \frac {3 \xi - \frac {3}{2}}{6 \xi - 3} - \frac { \frac {1}{2}}{6 \xi - 3} \\ &= \frac {1}{2} - \frac {1}{12 \xi - 6}. \end {align*} Así, $\xi' \notin (0, 1)$ si y sólo si $|12 \xi - 6| \leq 2$ es decir, si $\frac{1}{3} \leq\xi \leq \frac{2}{3}.$