Dada una función$f(x)$ definida para todos los reales$x$, y es tal que$f(x+h)-f(x)<6h^2$ para todos los reales$h$ y$x.$ Mostrar que$f(x)$ es constante

Question

Dada una función$f(x)$ definida para todos los$x$ reales, y es tal que
PS
para todos los reales$$f(x+h)-f(x)<6h^2$ y$h$ Muestre que$x.$ es constante.

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Para demostrar que$f(x)$ es constante, necesito demostrar que$f(x)$
$f'(x)=0.$
$f'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}<\lim_{h\to 0} 6h$
No puedo demostrar que$f'(x)<0$ es igual a cero. Por favor, ayúdeme. Gracias.

Answer 1

Primero debe mostrar $f$ es diferenciable -- esto no es obvio que el límite está tomando en la LHS realmente existe, hay que probarlo primero.

Para ello, matar dos pájaros con una sola piedra, corregir los $x_0\in\mathbb{R}$, y considerar, por cualquier $h >0$ $$f(x_0+h) - f(x_0) < 6h^2$$ y $$f(x_0) - f(x_0+h) = f(\underbrace{x_0+h}_{x}+\underbrace{(-h)}_{h^\prime}) - f(\underbrace{x_0+h}_{x}) < 6{\underbrace{(-h)}_{h^\prime}}^2 = 6h^2$$ la segunda aplicación de la asunción a $x = x_0+h$ e $h^\prime=-h$. La combinación de los dos shows que $$ -6h^2 < f(x_0+h) - f(x_0) < 6h^2 $$ para cualquier $h$. Ahora, teniendo una arbitraria $h \neq 0$, se obtiene $$ -6h < \frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h} < 6h $$ y tomando el límite ahora debe hacer el truco (se supone que el límite existe - $f$ es diferenciable en $x_0$ - y que es $0$, por el teorema del sándwich).

Answer 2

Aquí hay una solución para el problema original que no implica el uso de derivados:

Reescriba la condición del problema como$f(x)-f(y)\le 6(x-y)^2,\forall x,y\in\mathbb{R}$. Tenemos:

$$f(a)-f(b)=[f(a)-f\left(a-\frac{a-b}{n}\right)]+[f\left(a-\frac{a-b}{n}\right)-f\left(a-2\cdot\frac{a-b}{n}\right)]+...+[f\left(a-(n-1)\cdot\frac{a-b}{n}\right)-f(b)]\le \underbrace{6\cdot\left(\frac{a-b}{n}\right)^2+6\cdot\left(\frac{a-b}{n}\right)^2+...+6\cdot\left(\frac{a-b}{n}\right)^2}_{n \text{times}}=6\cdot\frac{(a-b)^2}{n},\forall n\in\mathbb{N}^*.$ $ Por lo tanto,$f(b)-f(a)\le 6\cdot\frac{(b-a)^2}{n}=6\cdot\frac{(a-b)^2}{n},\forall n\in\mathbb{N}^*$. Por lo tanto,$$-6\cdot\frac{(a-b)^2}{n}\le f(a)-f(b)\le 6\cdot\frac{(a-b)^2}{n},\forall n\in\mathbb{N}^*.$ $ Ahora, la observación clave es que$\lim_{n\to\infty}\frac{(a-b)^2}{n}=0$. Desde aquí (después de usar la desigualdad anterior) es bastante claro que$f(a)=f(b)$.

Nota: de esta solución se deduce que$6$ es irrelevante. Podemos poner fácilmente cualquier$k\in\mathbb{R}$ en lugar de$6$