Prueba $\exists \xi \in (a,b):f'(\xi)<1+f^2(\xi)$

Question

Problema

$f(x)$ es definido en $[a,b]$ y diferenciable sobre $(a,b)$ , donde $b-a\geq 4.$ Demostrar que existe $\xi \in (a,b)$ tal que $f'(\xi)<1+f^2(\xi)$ .

Mi prueba

Desde $b-a \geq 4$ ， podemos obtener $$\exists x_1,x_2 \in (a,b):x_2-x_1>\pi.$$ Denote $$F(x):=\arctan f(x).$$ Obviamente, $F(x)$ es continua sobre $[x_1,x_2]$ y diferenciable sobre $(x_1,x_2)$ . Así, por el teorema del valor medio de Lagrange， $$\exists \xi \in (x_1,x_2) \subset (a,b):F(x_2)-F(x_1)=F'(\xi)(x_2-x_1).$$ Además, $$\frac{f'(\xi)}{1+f^2(\xi)}=F'(\xi)=\frac{F(x_2)-F(x_1)}{x_2-x_1}\leq \frac{|F(x_2)|+|F(x_1)|}{x_2-x_1}<\frac{\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}}{\pi}=1,$$ Lo que implica $$f'(\xi)<1+f^2(\xi).$$

¿TENGO RAZÓN? ESPERO VER OTRAS PRUEBAS. THX.

Answer 1

Yo lo redactaría de forma más concisa, como...

Si suponemos que para cualquier $\xi\in(a,b)$ la desigualdad $\frac{f'(\xi)}{1+f^2(\xi)}\geq 1$ se mantiene, por integración termal tenemos tenemos que $\arctan f(b)-\arctan f(a) \geq b-a \geq 4$ . Esto es absurdo ya que el LHS es como máximo $\pi$ .

Answer 2

Tienes razón. Pero no tiene que invocar $x_2,x_1,....$ . Dejemos que $F$ como en el caso anterior.

Por el teorema del valor medio hay $\exists \xi \in (a,b)$ tal que

$\frac{f'(\xi)}{1+f^2(\xi)}=\frac{F(b)-F(a)}{b-a}$

Entonces $\frac{f'(\xi)}{1+f^2(\xi)} \le \frac{|f'(\xi)|}{1+f^2(\xi)}= \frac{|F(b)-F(a)|}{b-a} \le \pi \frac{1}{b-a}<1$ ya que $b-a \ge 4$ .