Demuestra que $f''(x) = 0$ para algunos $x$

Question

Dejemos que $f$ sea una función dos veces diferenciable con las siguientes propiedades: $f(x) > 0$ para $x \ge 0$ . y $f$ es decreciente, y $f'(0) = 0$ . Demostrar que $f''(x) = 0$ para algunos $x > 0$ .

El libro de texto da la pista:

Una pista: Elija $x_0 > 0$ con $f'(x_0) < 0$ . No podemos tener $f'(y) \le f'(x_0)$ para todos $y > x_0$ .

Así que la alternativa es: $f'(y) > f'(x_0)$

Dejemos que $x_1 > x_0$ que da:

$$f'(x_1) > f'(x_0)$$

$$f''(\zeta) = \frac{f'(x_1) - f'(x_0)}{x_1 - x_0} > 0$$

Para algunos $\zeta \in (x_0, x_1)$ .

Desde $f(0) > f(x_1)$ [porque $f$ es dec.]

$$f'(\eta) = \frac{f(0) - f(x_1)}{-x_1} < 0$$

$f'(\eta) > f'(x_0)$

¿Pero qué puedo hacer ahora?

Answer 1

Desde $f''$ es una derivada satisface la propiedad del valor intermedio. Si $f''$ toma tanto valores positivos como negativos, entonces $f''(x) = 0$ para algunos $x$ .

Supongamos que $f'' < 0$ en $(0,\infty)$ . Entonces $f'$ es estrictamente decreciente allí. Aplicar el teorema del valor medio: si $x > 1$ existe $c \in (1,x)$ satisfaciendo $$f(x) - f(1) = f'(c)(x-1) < f'(1)(x-1).$$ Así, $f(x) < f(1) + f'(1)(x-1)$ para todos $x > 1$ . Esto obliga a $f(x) \to -\infty$ como $x \to \infty$ , en contra del hecho de que $f(x) > 0$ .

Supongamos que $f'' > 0$ en $(0,\infty)$ . Entonces $f'$ es estrictamente creciente allí, por lo que $f'(x) > f'(0) = 0$ para todos $x > 0$ , en contra del hecho de que $f$ está disminuyendo.

Así, $f''$ toma valores positivos y negativos, por lo que debe desaparecer en algún lugar.

Answer 2

La expansión de Taylor muestra que $f(x) = f(0)+ {1 \over 2} f''(\xi) x^2$ para algunos $\xi \in (0,x)$ . Desde $f$ es no creciente, debemos tener $f''(0) \le 0$ .

Si $f''(0) = 0$ hemos terminado, así que supongamos $f''(0)<0$ .

Entonces hay un poco de $x_1>0$ tal que $f'(x_1) <0$ y $f''(x_1) <0$ (así $f'$ es estrictamente decreciente cerca de $x_1$ ). Entonces debe haber algún $x_2>x_1$ tal que $f'(x_2) = f'(x_1)$ . Si no, entonces $f'(x) < f(x_1)$ para todos $x > x_1$ y $f(x) \le f(x_1) + f'(x_1)(x-x_1)$ que se contradice con $f$ estando acotado por debajo.

Entonces, el teorema de Rolle muestra que hay algún $\xi \in (x_1,x_2)$ tal que $f''(\xi) = 0$ .

Answer 3

Sólo para probar si la mera intuición es aceptable en el caso de estas funciones inofensivas me arriesgo a la siguiente respuesta :

Es una función continua que tiende a cero o a un número positivo si x tiende al infinito. Además la recta tangente a esta función es horizontal en el cero. Como la función tiende a cero o a un número positivo, su derivada tiene que tender a cero. Una función continua dos veces derivable cuya derivada es cero en cero, es decreciente y luego se aplana tiene que tener un punto de inflexión en algún lugar después de cero. Este es el punto. (Estos son los puntos).

Answer 4

Desde $f'$ es continua, $f'$ restringido a $[0,x_1]$ tiene un mínimo en este intervalo (por el Teorema del Valor Extremo). Dado que $f'(x_0)<0=f'(0)$ y $f'(x_0)<f'(x_1)$ este mínimo no se produce en los límites del intervalo. Por lo tanto, $f'$ tiene un mínimo local en algún punto $x^*\in(0,x_1)$ y se deduce que $f''(x^*)=0$ .

Answer 5

Supongo que la función $f(x)$ es siempre positivo y (estrictamente) decreciente para todo $x>0$ .

¿Qué sucede para $x$ ¿se va al infinito? Evidentemente, la función disminuye pero sigue siendo positiva. Entonces:

$$\lim_{x \to +\infty} f(x) = L, ~f(0) > L > 0.$$

Desde $f(x)$ es diferenciable, entonces

$$\lim_{x \to +\infty} f'(x) = 0.$$

La función $f'(x)$ es continua y tiene las siguientes propiedades:

$$f'(0) = 0 \\ f'(x) < 0 ~ \forall x > 0 \\ \lim_{x \to +\infty} f'(x) = 0.$$

Esto significa que $f'(x)$ disminuye justo después de $x=0$ pero en un momento dado debe aumentar hacia $0$ . Para la diferenciabilidad de $f'(x)$ ( $f(x)$ es dos veces diferenciable), entonces $f'(x)$ debe tener un mínimo relativo en $x > 0$ . En otras palabras, debe existir una $x^* > 0$ tal que $$f''(x^*) = 0.$$

Ejemplo

Tome $$f(x) = \frac{2+x^2}{1+x^2}, \to_{x \to +\infty} 1 $$ $$f'(x) = \frac{-2x}{(1+x^2)^2} , \to_{x \to +\infty} 0, f'(0) = 0$$ $$f''(x) = \frac{6x^2-2}{x^3+3x^4+3x^2+1}, f''\left(\frac{\sqrt3}{3}\right)=0$$