Demostrando que $f'(x)\le f(x), \forall x\in \mathbb{R}$

Question

Deje $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ser una doble función derivable tal que $0 \le f''(x) \le f(x)$ e $f'(x)\ge 0, \forall x\in \mathbb{R}$.
Demostrar que $f'(x)\le f(x), \forall x\in \mathbb{R}$.
Yo no podía hacer mucho progreso, pero he observado que $f$ es creciente y convexa, mientras que $f'$ es el aumento de la hipótesis.
Traté de evaluar la derivada de la $h:\mathbb{R} \to \mathbb{R}, h(x)=f(x)-f'(x)$ y tengo que $h'(x)=f'(x)-f''(x), \forall x\in \mathbb{R}$. Ahora, yo se haría si pudiera demostrar que $h'(x)\ge 0, \forall x\in \mathbb{R}$, sin embargo, no estoy seguro de que la solución es realmente sencilla.
También traté de usar ese $f$ es convexa, pero fue en vano.
EDIT: tal vez deberíamos usar de algún modo el hecho de que una función derivable $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ es convexa si y sólo si $g(x)\ge g(y)+g'(y)(x-y), \forall x,y\in \mathbb{R}$

Answer 1

Para un no-negativo, el aumento, la función convexa, tenemos $\lim_{x \to -\infty}(f(x) - f'(x)) \geq 0$ existe. Considere la posibilidad de: $$ g(x) = (f(x) - f'(x))e^x $$ La diferenciación de la producción: $$ g'(x) = (f(x) - f"(x))e^x \geq 0 $$ Tenemos que $\lim_{x \to -\infty} g(x) \geq 0$. Desde $g'(x) \geq 0$, $g$ es creciente por lo que esto implica $g(x) \geq 0$ $\forall x \in \mathbb{R}$. Desde $e^x > 0$, tenemos $f(x) \geq f'(x)$.

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EDIT: Para demostrar que $\lim_{x \to -\infty}(f(x) - f'(x)) \geq 0$, demostraremos que los $\lim_{x \to -\infty} f(x) \geq 0$ e $\lim_{x \to -\infty} f'(x) = 0$.

$\lim_{x \to -\infty} f(x)$ existe a causa de la monotonía teorema de convergencia. Tomar cualquier $(x_n)_{n \in \mathbb{Z}^+}$ tal que $x_n \to -\infty$, y podemos suponer que WLOG que $x_n$ es monótona (ya que de lo contrario podemos eliminar los términos con los que violan la monotonía, y el comportamiento asintótico se mantiene sin cambios). Desde $x_n \geq 0$ $\forall n$, tenemos que $x_n$ converge. Desde $f(x) \geq 0$, el límite también debe ser no negativo.

Del mismo modo, podemos comprobar que la $\lim_{x \to -\infty} f'(x) \geq 0$ como hemos $f'(x) \geq 0$ e $f''(x) \geq 0$ lo $f'$ es una función monótonamente creciente acotada desde abajo. Se demuestra además que $\lim_{x \to -\infty} f'(x) = 0$ por la contradicción, en la que si $\lim_{x \to -\infty} f'(x) = \epsilon > 0$, luego de algunos $M > 0$ tenemos $f'(x) > \frac{\epsilon}{2}$ para todos los $x < -M$. Esto violaría el supuesto de que $f(x) \geq 0$.

Answer 2

Con

$0 \le f''(x) \le f(x), \; \forall x \in \Bbb R, \tag 1$

y

$f'(x) \ge 0, \; \forall x \in \Bbb R, \tag 2$

tenemos

$0 \le f'(x) f''(x) \le f(x) f'(x), \; \forall x \in \Bbb R, \tag 3$

o

$0 \le \dfrac{1}{2} ((f'(x))^2)' \le \dfrac{1}{2} (f^2(x))', \tag 4$

o

$0 \le ((f'(x))^2)' \le (f^2(x))', \tag 5$

integramos esta 'entre algunos arbitraria $L \in \Bbb R$ e $x \in \Bbb R$ obtener

$(f'(x))^2 - (f'(L))^2 = \displaystyle \int_L^x ((f'(s))^2)' \; ds \le \int_L^x (f^2(s))' \; ds = f^2(x) - f^2(L). \tag 6$

Ahora, a la luz de (1),

$f(x) \ge 0, \forall x \in \Bbb R, \tag 7$

así que si definimos

$\alpha = \inf \{ f(x), \; x \in \Bbb R \}, \tag 8$

entonces

$\alpha \ge 0 \tag 9$

y, en virtud de (2), $f(x)$ es monótonamente decreciente con la disminución de la $x$; en conjunto estos implican que

$\displaystyle \lim_{x \to -\infty} f(x) = \alpha. \tag{10}$

Estamos próximos a considerar $f'(x)$ como $x \to -\infty$; de nuevo, de acuerdo con (1) vemos que $f'(x)$ es monótonamente decreciente con la disminución de la $x$, y (2) también está acotado abajo por $0$. Yo reclamo que, de hecho,

$\displaystyle \lim_{x \to -\infty} f'(x) = 0; \tag{11}$

porque si no, la configuración de

$\beta = \inf \{f'(x), x \in \Bbb R\} > 0, \tag{12}$

entonces podemos afirmar que

$f'(x) \ge \beta, \; \forall x \in \Bbb R; \tag{13}$

a continuación, recoger

$x_0, x_1 \in \Bbb R, \; x_0 < x_1, \tag{14}$

de ello se sigue que

$f(x_1) - f(x_0) = \displaystyle \int_{x_0}^{x_1} f'(s) \; ds \ge \int_{x_0}^{x_1} \beta \; ds = \beta(x_1 - x_0), \tag{15}$

de dónde

$f(x_1) - f(x_0) \ge \beta(x_1 - x_0), \tag{16}$

o

$f(x_0) - f(x_1) \le -\beta(x_1 - x_0), \tag{16}$

es decir,

$f(x_0) \le f(x_1) - \beta(x_1 - x_0); \tag{17}$

pero es fácil ver que esto implica que

$f(x_0) \to -\infty \; \text{as} \; x_0 \to -\infty, \tag{18}$

lo que contradice (1). Así

$\beta = 0 \tag{19}$

y

$f'(x) \to 0 \; \text{as} \; x \to \infty. \tag{20}$

Ahora, de vuelta en (6), tenemos

$(f'(x))^2 - (f'(L))^2 \le f^2(x) - f^2(L), \tag {21}$

y dejar que

$L \to -\infty \tag{22}$

llegar

$(f'(x))^2 \le f^2(x) - \alpha^2 \le f^2(x), \tag {23}$

y puesto que ambos

$f(x), f'(x) \ge 0, \forall x \in \Bbb R, \tag{24}$

es posible que en el pasado a la conclusión de que

$f'(x) \le f(x), \; \forall x \in \Bbb R, \tag{25}$

$OE\Delta$.