Prueba $g : (0, 1) \rightarrow \mathbb{R}$ , $g_{(x)}=\frac{f_{(x)}}{x}$ es una función creciente sobre $(0,1)$

Question

$f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ es continua sobre $[0,1]$ y $f_{(0)} = 0$ , si $f^{\prime}$ existe sobre $(0,1)$ y es una función creciente, entonces demuestre que $g : (0, 1) \rightarrow \mathbb{R}$ , $g_{(x)}=\frac{f_{(x)}}{x}$ es una función creciente sobre $(0,1)$ .

Mi intento: Supongamos que aproximamos $f^{\prime}$ usando polinomios, es una función creciente por lo que tiene un coeficiente principal positivo y un grado de al menos 0, así que: $f_{(x)}^{\prime} = a_0x^{n} + ...$ donde $a_0 > 0$ y $n \geqslant 0$ después de la integración: $f_{(x)} = b_0x^{n+1} + ...$ donde $b_0 > 0$ y $n+1 \geqslant 1$ por lo que dividiendo por $x$ : $g_{(x)}=\frac{f_{(x)}}{x} = b_0x^{n} + ...$ donde $b_0 > 0$ y $n \geqslant 0$ así que $g_{(x)}$ es una función creciente.

¿Esta prueba es correcta? Si la respuesta es SÍ, ¿qué puede fallar? Si es NO, ¿por qué? y ¿cuál es la forma correcta de probarlo?

y por último, ¿hay alguna forma mejor que se te ocurra? y ¿podrías explicar simplemente la razón de los intervalos abiertos y cerrados y $f_{(0)} = 0$ ¿condiciones?

Answer 1

Utilice el teorema del valor medio: para $x \in (0,1)$ $$f(x) - f(0) = xf'(\xi)$$ donde $0 < \xi < x$ . Entonces para $x \in(0,1)$ \begin{align} g'(x) &= \frac{f'(x)}{x} - \frac{f(x)}{x^2} \\ &= \frac{1}{x^2}\Big(xf'(x) - f(x)\Big) \\ &= \frac{1}{x^2}\Big(xf'(x)-xf'(\xi)\Big) \end{align} y porque $f'$ es creciente, el término de la derecha es no negativo, por lo que $g'(x) \geqslant 0$ y $g$ está aumentando.

Answer 2

Desde $f'$ es creciente se deduce que $f$ es una función convexa. Sea $0 <x<y <1$ . Entonces $x=\frac x y y +(1-\frac x y) 0$ . Esto da $f(x) \leq \frac x y f(y) +(1-\frac x y) f(0)$ . Por lo tanto, $\frac {f(x) } x\leq \frac {f(y)} y$ .