$f'(c) \ge 0 , \forall c \in (a,b)$ entonces $f$ está aumentando en $[a,b]$ prueba de esto sin el teorema del valor medio

Question

Sea $f: [a,b] \to \mathbb R$ sea una función diferenciable en $(a,b)$ se sabe que si $f'(c) \ge 0 , \forall c \in (a,b)$ entonces $f$ está aumentando en $[a,b]$ y esto se puede demostrar mediante el teorema del valor medio de Lagrange; me gustaría saber, ¿hay alguna otra prueba de esto?

Answer 1

Supongamos que hay puntos $c$ , $d$ con $a<c<d<b$ tal que $${f(d)-f(c)\over d-c}=-p<0\ .$$ Afirmo que hay un punto $\xi\in[c,d]$ con $f'(\xi)\leq-p$ .

Prueba. Utilizando la división binaria podemos encontrar una secuencia creciente $(c_n)_{n\geq0}$ y una secuencia decreciente $(d_n)_{n\geq0}$ con $$c\leq c_n<d_n\leq d,\qquad d_n-c_n={d-c\over2^n}\qquad(n\geq0)\ ,$$ tal que $${f(d_n)-f(c_n)\over d_n-c_n}\leq -p\qquad(n\geq0)\ .\tag{1}$$ En $c_n$ y el $d_n$ tienen un punto límite común $\xi\in[c,d]$ . Si $$\xi=c_n\qquad(n\geq n_0)$$ se concluye inmediatamente de $(1)$ que $f'(\xi)\leq-p$ . De lo contrario, podemos suponer $c_n<\xi<d_n$ para todos $n\geq0$ . Reescribiendo el lado izquierdo de $(1)$ entonces podemos decir que $${\xi-c_n\over d_n-c_n}{f(\xi)-f(c_n)\over \xi-c_n}+{d_n-\xi\over d_n-c_n}{f(d_n)-f(\xi)\over d_n-\xi}\leq -p\qquad(n\geq0)\ .\tag{2}$$ Ahora dejemos que un $\epsilon>0$ se dará. Entonces, para un $n$ los cocientes de diferencia de $f$ en $(2)$ son $\geq f'(\xi)-\epsilon$ y esto implica $$f'(\xi)-\epsilon\leq -p\ .$$ Dado que esto es cierto para todos $\epsilon>0$ la reclamación sigue.

Answer 2

A quien lea esta respuesta: es algo errónea. Por favor, revisen los comentarios.

Si puedo suponer $f'(c)>0$ :

Por cada $x \in [a,b]$ tenemos un intervalo $I_x$ que por definición del límite (la derivada), tenemos $f$ aumentando el $I_x$ *. Entonces $\bigcup_{x \in [a,b]} I_x=[a,b]$ y puesto que $[a,b]$ es compacta podemos encontrar una subcubierta finita $\bigcup_{i=1,...,n} I_{x_i}=[a,b]$ . $f$ es creciente en cada intervalo $I_{x_i}$ y para dos puntos cualesquiera $p<q$ con $p,q \in [a,b]$ podemos encontrar puntos intermedios $r_j$ ( $r_1=p$ ,..., $r_m=q$ ) tal que $\forall j$ , $r_j$ y $r_{j+1}$ están ambos en $I_{x_i}$ para algunos $i$ . Entonces, $\forall j$ tenemos $f(r_j)<f(r_{j+1})$ y por lo tanto $f(p)<f(q)$ .

*Supongamos $f'(x)=c>0$ . Entonces $\exists \delta$ tal que $\frac{f(y)-f(x)}{y-x}>\frac{c}{2}>0$ para $|y-x|<\delta$ . Defina $I_x$ el intervalo $(x-\frac{\delta}{2},x+\frac{\delta}{2})$ . Entonces $f$ estrictamente creciente en $I_x$ .

Método 2 , con $f'(c) \geq 0$ . Todos los supuestos utilizados aquí pueden demostrarse sin necesidad de utilizar la MVT.

Simplemente tenga en cuenta que $f(x)=\int_a^xf'(t) \mathrm{dt}$ . Para $y>x$ , $f(y)-f(x)=\int_x^yf'(t)\mathrm{dt}$ . Desde $f'(t) \geq 0$ para $t \in [x,y]$ tenemos $f(y)-f(x) \geq 0$ .

Answer 3

Bueno en primer lugar esta es una muy buena pregunta (+1 al OP por la misma). Sin utilizar MVT la prueba es realmente difícil.

Primero demuestro bajo la condición más fuerte $f'(x) > 0$ . Supongamos entonces que esto es así y demostremos que $f(x)$ es estrictamente creciente.

Que yo sepa, hay dos pruebas posibles:

1) Demostración mediante el teorema de Rolle : Aunque MVT no está permitido aquí me gustaría utilizar Rolle de una manera muy diferente (para no repetir una demostración de algo equivalente a MVT). Sea $c < d$ sean dos puntos en $[a, b]$ . Demostraremos que $f(c) < f(d)$ . Está claro que no podemos tener $f(c) = f(d)$ ya que eso llevaría a la desaparición de la derivada $f'(x)$ en algún lugar de $(c, d)$ (Teorema de Rolle).

Ahora mostraré que no podemos tener $f(c) > f(d)$ . Supongamos, por el contrario, que $f(c) > f(d)$ . Entonces podemos ver que $f'(d) > 0$ implica que existe un punto $c < e < d$ tal que $f(e) < f(d)$ para que $f(e) < f(d) < f(c)$ y por tanto por la propiedad del valor intermedio existe un punto $x_{0}$ entre $c, e$ tal que $f(x_{0}) = f(d)$ . Esto llevaría de nuevo a la desaparición de la derivada $f'(x)$ (Teorema de Rolle). De ahí se deduce que no podemos tener $f(c) > f(d)$ y por lo tanto tenemos $f(c) < f(d)$ .

2) Demostración mediante el teorema de Dedekind : Esto es un poco complicado. Si $f'(x) > 0$ significa que hay un vecindario $I_{x}$ de $x$ tal que si $y \in I_{x}, y < x$ entonces $f(y) < f(x)$ y si $y \in I_{x}, y > x$ entonces $f(y) > f(x)$ . Llamemos a este comportamiento de $f$ como $f$ es estrictamente creciente en $x$ .

Ahora $f'(x) > 0$ para todos $x \in [a, b]$ significa que $f$ es estrictamente creciente en todos los puntos de $[a, b]$ . Sea $c < d$ sean dos puntos en $[a, b]$ . Demostramos que $f(c) < f(d)$ . Dividimos todos los puntos $x$ de $[c, b]$ en conjuntos $L$ y $R$ de la siguiente manera. Un punto $x$ se encuentra en $L$ si para todos los puntos $y \in [c, x]$ tenemos $f(y) > f(c)$ . De lo contrario, $x$ se encuentra en $R$ . Claramente $L$ no está vacío $f'(c) > 0$ implica la existencia de puntos a la derecha de $c$ donde $f$ toma valores superiores a $f(c)$ . Si $R$ también es no vacío, entonces por el teorema de Dedekind hay un número $\alpha$ tal que todos los números menores que $\alpha$ mentir en $L$ y todos aquellos mayores que $\alpha$ mentir en $R$ . Tenga en cuenta que $\alpha > c$ y demostraremos que $\alpha = b$ para que $R$ está vacía.

Supongamos que $\alpha < b$ . Si $f(\alpha) \geq f(c)$ entonces podemos encontrar puntos a la derecha de $\alpha$ en el que $f(x) > f(\alpha) \geq f(c)$ para que apunte a la derecha de $\alpha$ también pertenecen a $L$ . Esto contradice la conclusión del teorema de Dedekind mencionada en el párrafo anterior. Por otra parte, si $f(\alpha) < f(c)$ entonces hay puntos a la izquierda de $\alpha$ en el que $f(x) < f(\alpha) < f(c)$ y esto significaría de nuevo violar la conclusión de que los números menores que $\alpha$ mentir en $L$ . De ello se deduce que debemos tener $\alpha = b$ . Obsérvese además que $\alpha = b$ debe estar en $L$ . Si $b \in R$ entonces cada número menor que $b$ se encuentra en $L$ lo que significa que en estos puntos $f(x) > f(c)$ pero como $b \in R$ por lo que debe quedar algún punto de $b$ para lo cual $f(x) \leq f(c)$ .

Hemos demostrado así que todos los puntos de $[c, b]$ mentir en $L$ y por definición de $L$ debemos tener $f(c) < f(x)$ para $x \in (c, b]$ . Desde $d \in (c, b]$ se deduce que $f(c) < f(d)$ .

La prueba para el caso en que $f'(x) \geq 0$ se completa con la técnica de tratar $f(x) + \epsilon\cdot x$ y dejando $\epsilon \to 0$ (mencionado por orangeskid).

Nota : Ambas pruebas están tomadas de mi querido libro "A Course of Pure Mathematics" de G. H. Hardy. También he supuesto diferenciabilidad en los puntos finales del intervalo. Esto no es realmente necesario y se puede solucionar utilizando la continuidad de $f$ y puntos finales. Podemos suponer que los puntos $c, d$ en las pruebas anteriores pertenecen a $(a, b)$ en lugar de $[a, b]$ . Supongamos que $a < x < b$ y tomar $y, z$ tal que $a < y < z < x < b$ . Entonces $f(y) < f(z) < f(x)$ . Tomando límite como $y \to a^{+}$ obtenemos $f(a) \leq f(z) < f(x)$ para que $f(a) < f(x)$ y de forma similar podemos demostrar que $f(x) < f(b)$ .

Answer 4

Siguiendo a @Shakespeare: Método $1$ .

Para cualquier $\epsilon >0$ la función $$f(x) + \epsilon\cdot x$$

es estrictamente creciente. Tome $\epsilon \to 0$ .

Demostremos que $f$ es estrictamente creciente bajo la hipótesis más fuerte $f'>0$ .

Consideremos el conjunto
$$\{x \ | \ f \ \text{strictly increasing on}\ [a,x]\}$$

Contiene $a$ por lo que no es nulo. Sea $x^*$ sea su supremum. Entonces $f$ es estrictamente creciente en $[a,x^*)$ . Ahora bien $f'(x^*)>0$ existe $\delta > 0$ para que $$x^* - \delta < x_1 \le x \le x_2 <x^* + \delta \ \text{and}\ x_1 < x_2 \Rightarrow f(x_1) < f(x_2)$$

Concluimos que $f^*$ es estrictamente creciente en $[a,x^*]$ y, si $x^* < b$ que $f^*$ estrictamente creciente en $[a,x^*+ \delta)$ . Por lo tanto, $x^*=b$ y $f^*$ estrictamente creciente en $[a,b]$ .