Con la segunda derivada para encontrar un enlace para la primera derivada

Question

Deje $f$ ser una doble función derivable en a $\left[0,1\right]$ satisfacción $f\left(0\right)=f\left(1\right)=0$. Adicionalmente $\left|f''\left(x\right)\right|\leq1$$\left(0,1\right)$. Demostrar que $$\left|f'\left(x\right)\right|\le\frac{1}{2},\quad\forall x\in\left[0,1\right]$$

La sugerencia que nos dieron es de expandirse en un polinomio de Taylor de primer orden en el mínimo de $f'$. Así que traté de hacer eso:

Como $f'$ es diferenciable, es continua, y alcanza un mínimo en $\left[0,1\right]$. Por lo tanto, podemos denotar $x_{0}$ como mínimo, y gastando en un polinomio de Taylor de primer orden alrededor de él nos da, para algunos $c$$x$$x_0$.

$$T_{x_{0}}\left(x\right)=f\left(x_{0}\right)+f'\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)+\frac{f''\left(c\right)}{2}\left(x-x_{0}\right)^{2}$$

Ahora en $x=0$ hemos $$T_{x_{0}}\left(0\right)=f\left(x_{0}\right)-x_{0}f'\left(x_{0}\right)+x_{0}^{2}\frac{f''\left(c\right)}{2}=0$$

Y en $x=1$ tenemos $$T_{x_{0}}\left(0\right)=f\left(x_{0}\right)+\left(1-x_{0}\right)f'\left(x_{0}\right)+\left(1-x_{0}\right)^{2}\frac{f''\left(c\right)}{2}=0$$

y estoy bastante atascado aquí..

Lo he intentado un enfoque diferente utilizando el Valor medio Teorema directamente, por Rolle sé que la derivada es $0$ en algún lugar (como $f(0)=f(1)$), supongamos $x_0$, por lo que por medio del teorema del valor $\frac{f'(x)}{x-x_0} =f''(c)\leq1$ algunos $c$$f'(x)<x-x_0$.

Pero el uso de este enfoque, así que no estoy seguro de cómo proceder, ya que esto me da la deseada propety sólo en $1/2$ ambiente alrededor de la $x_0$...

Alguna ayuda?

Answer 1

Que estábamos en el camino correcto, pero, como he sugerido, la sugerencia de que debería haber sido para ampliar sobre el punto de $x_0$ donde $|f'(x_0)|$ es un máximo.

Arreglar cualquier $x_0\in [0,1]$ y, con el uso del Teorema de Taylor, escribir $$f(x)=f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac12 f''(c)(x-x_0)^2\quad\text{for some $c$ between $x_0$ and $x$.}$$ Conectar $x=0$ $x=1$ respectivamente, llegamos a $$f'(x_0) = \frac12\big(f''(c_1)x_0^2 - f''(c_2)(1-x_0)^2\big) \quad\text{for some $c_1$ and $c_2$}.$$ Por lo tanto,$|f'(x_0)|\le \dfrac12\big(x_0^2 + (1-x_0)^2\big) \le \dfrac12$, ya que el $x_0\in [0,1]$ es arbitrario.

Answer 2

Esta es una declaración equivalente:

Deje $g:[0,1] \to \mathbb R$ ser una función continua en a $[0,1]$. Suponga que $g$ es diferenciable en a $(0,1)$,
$$ \int_0^1 g(x) dx = 0 \qquad \text{y} \qquad \forall x \in (0,1) \quad \bigl| g'(x) \bigr| \leq 1. \etiqueta{1}\label{1} $$ A continuación, $|g(x)| \leq 1/2$ todos los $x \in [0,1]$.

Prueba. Por el valor medio teorema, para todos los $x,y \in [0,1]$ tal que $x \neq y$ existe $c \in (0,1)$ tal que $$ \frac{g(y) - g(x)}{y-x} = g'(c). $$ Por la segunda hipótesis en $\eqref{1}$, para todos los $x,y \in [0,1]$ tal que $x \neq y\ $ hemos $$ \left| \frac{g(y) - g(x)}{y-x} \right| \leq 1. $$ En consecuencia, para todos los $x,y \in [0,1]$ hemos $$ -|y-x| \leq g(y) - g(x) \leq |y-x|. $$ La integración de la última desigualdad con respecto a $x$ $[0,1]$ y el uso de la primera suposición, en $\eqref{1}$, obtenemos $$ -\int_0^1 |y-x| dx \leq g(y) \leq \int_0^1 |y-x| dx. $$ Por lo tanto, para todos los $y \in [0,1]$ hemos $$ \bigl| g(y) \bigr| \leq \int_0^1\!\! |y-x| dx =\frac{1}{2}\bigl( y^2 + (1-y)^2 \bigr) = \Bigl(y-\frac{1}{2}\Bigr)^2 + \frac{1}{4} \leq \frac{1}{2}. $$