Probar una desigualdad - Funciones

Question

Esta es una pregunta que me encontré:

Considere dos funciones $p(x)$ y $q(x)$ tal que $p(x)$ es diferenciable y $q(x)$ es dos veces diferenciable, y $|p(x)| 1$ , $q(x) = p'(x)$ .

Si $p²(0) + q²(0) = 9$ entonces demuestre que existe algún $\alpha$ tal que $q(\alpha)q''(\alpha) < 0$ .

Podría verificar el resultado asumiendo una función como $p(x) = \sin3x$ pero no en general . ¿Podría alguien ayudarme con la prueba general?

Mis pensamientos:

Podríamos suponer cuatro casos,

1. $q(\alpha) > 0$ , $q''(\alpha) > 0$
2. $q(\alpha) < 0$ , $q''(\alpha) < 0$
3. $q(\alpha) > 0$ , $q''(\alpha) < 0$
4. $q(\alpha) < 0$ , $q''(\alpha) > 0$

Ahora, 3 y 4 satisfacen la condición requerida, así que no nos preocupemos por ellos. Demostrando que 1 y 2 no pueden ocurrir para cualquier $\alpha$ no es lo que se pide pero si somos capaces de demostrarlo mediante algún tipo de contradicción, entonces nuestro trabajo está hecho.

No pude continuar desde aquí, porque algunos generales $p(x)$ . En cuanto a la selección de una función particular y la verificación del resultado, lo he hecho.

Por favor, ayúdenme a sacar adelante este método, o sugieran un nuevo método. Una solución o explicación sería genial, ¡gracias!

Answer 1

$\def\d{\mathrm{d}}$ Para demostrarlo por contradicción, supongamos $q(x) q''(x) \geqslant 0$ para todos $x \in \mathbb{R}$ entonces $$ (q(x) q'(x))' = (q'(x))^2 + q(x) q''(x) \geqslant 0. \quad \forall x \in \mathbb{R} $$ En primer lugar, si existe $x_0 \in \mathbb{R}$ tal que $q(x_0) q'(x_0) > 0$ sin pérdida de generalidad, supongamos que $q(x_0), q'(x_0) > 0$ . Tenga en cuenta que para cualquier $x > x_0$ , $$ q(x) q'(x) \geqslant q(x_0) q'(x_0) > 0. \tag{1} $$ Si existe $x_1 > x_0$ tal que $q(x_1) \leqslant 0$ por la continuidad de $q$ existe $x_0 < x_2 \leqslant x_1$ tal que $q(x_2) = 0$ contradictorio con (1). Por lo tanto, para cualquier $x > x_0$ , hay $q(x) > 0$ y por (1) hay $q'(x) > 0$ . Por lo tanto, $q(x) \geqslant q(x_0) > 0$ para cualquier $x \geqslant x_0$ y $$ p(x_0 + x) = p(x_0) + \int_{x_0}^{x_0 + x} q(t) \,\d t \geqslant p(0) + q(x_0) x, \quad \forall x \geqslant 0 $$ lo cual es contradictorio con $|p(x)| \leqslant 1$ ( $\forall x \in \mathbb{R}$ ). Por lo tanto, $$ q(x) q'(x) \leqslant 0. \quad \forall x \in \mathbb{R} $$

A continuación, si existe $x_0 \in \mathbb{R}$ tal que $q(x_0) q'(x_0) < 0$ sin pérdida de generalidad, supongamos que $q(x_0) > 0 > q'(x_0)$ . Tenga en cuenta que para cualquier $x < x_0$ , $$ q(x) q'(x) \leqslant q(x_0) q'(x_0) < 0. $$ Análogo a la deducción anterior, $q(x) > 0$ para cualquier $x \leqslant x_0$ , lo que implica $q'(x) < 0$ para cualquier $x \leqslant x_0$ entonces $q(x) \geqslant q(x_0) > 0$ para cualquier $x \leqslant x_0$ y $$ p(x_0 - x) = p(x_0) - \int_{x_0 - x}^{x_0} q(t) \,\d t \leqslant p(x_0) - q(x_0) x, \quad \forall x \geqslant 0 $$ lo que de nuevo es contradictorio con $|p(x)| \leqslant 1$ ( $\forall x \in \mathbb{R}$ ). Por lo tanto, $$ q(x) q'(x) \geqslant 0, \quad \forall x \in \mathbb{R} $$ lo que implica $q(x) q'(x) \equiv 0$ . Por lo tanto, para cualquier $x \in \mathbb{R}$ , $$ (q(x))^2 = (q(0))^2 + 2 \int_0^x q(t) q'(t) \,\d t = (q(0))^2. $$ Porque $q$ es diferenciable y $|q(x)| \equiv |q(0)|$ entonces $q(x) \equiv q(0)$ .

Ahora, porque $1 + (q(0))^2 \geqslant (p(0))^2 + (q(0))^2 = 9$ entonces $q(0) \neq 0$ . Así, $$ p(x) = p(0) + \int_0^x q(t) \,\d t = p(0) + q(0) x, \quad \forall x \in \mathbb{R} $$ lo cual es contradictorio con $|p(x)| \leqslant 1$ ( $\forall x \in \mathbb{R}$ ).

Answer 2

Complementos :

En primer lugar, definamos algunos límites $I = [a, b]$ con $a < b$ en el que $p, q$ se definen, $0 \in I$ . Voy a suponer que $p, q : I \to \mathbb{R}$ .

Supongamos que $I \neq [0, 0] = \{ 0 \}$ , de lo contrario la desigualdad no puede darse (toma: $p : x \mapsto 1$ y $q : x \mapsto 2\sqrt{2}$ definido en $\{0\}$ no existe tal $\alpha$ .)

Ahora, porque: $\forall x \in I, q(x) = p'(x)$ , como $q$ es doblemente diferenciable, entonces $p'$ es doblemente diferenciable, entonces $p$ es triplemente diferenciable.

Así que, al menos: $p$ y $q$ son continuamente diferenciable.

Si se procediera a la contradicción, se tendría que asumir:

(*) : $\forall \alpha \in I, q(\alpha)q''(\alpha) \geq 0$ .

Descartemos el caso de que: $\forall \alpha \in I, q(\alpha)q''(\alpha) = 0$ .

Es decir, cuando $qq'' = 0$ en $I$ es decir, o bien $q = 0$ o bien $q'' = 0$ en $I$ .

Es decir, o bien $q$ es la función nula, ya sea $q$ es un polinomio de grado $d \leq 1$ .

Si $q$ es un polinomio de grado $d \leq 1$ (la función nula es un caso particular de este tipo de función), es decir $\forall x \in I, q(x) = \alpha x + \beta, (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2$ .

Como tenemos la relación entre $q$ y $p$ deducimos $p$ sea un polinomio de grado $d' \leq 2$ : $p'(x) = \alpha x + \beta$ nos da: $p(x) = \dfrac{\alpha}{2} x^2 + \beta x + \gamma, \gamma \in \mathbb{R}$ .

Entonces: $\lvert p(x) \rvert \leq 1$ nos da: $\Big \lvert \dfrac{\beta^2}{2\alpha} + \gamma \Big \rvert \leq 1$ .

También: $p(0)^2 + q(0)^2 = \gamma^2 + \beta^2 = 9$ .

Así que: $\beta^2 = 9 - \gamma^2$ .

Ahora, vamos a arreglar $\alpha$ Debemos resolverlo: $\lvert 9 - \gamma^2 + 2\alpha \gamma \rvert \leq 1$ con respecto a $\gamma$ .

De nuevo, eso es: $\lvert 9 + \alpha^2 \rvert \leq 2\alpha$ .

Eso es: $\alpha^2 - 2\alpha + 9 \leq 0$ que es imposible para todos los valores de $\alpha \in \mathbb{R}$ porque $\alpha^2 - 2\alpha + 9 = (\alpha - 1)^2 + 8 \geq 8 > 0$ .

Tal $\alpha$ no existe, entonces dicho polinomio no existe.

Ahora, sabemos que $(*)$ es falsa en nuestras condiciones, por lo que hay al menos $x_0 \in I$ tal que $q(x_0)q''(x_0) \neq 0$ para todos $q$ que verifica nuestras hipótesis.

El resto de la prueba ya está dada en otra respuesta. (Puedo eliminarla, si no es suficiente).