Agradecería si alguien me podría ayudar con el siguiente problema:
P: Dejar que $f(x),f'(x),f"(x),f"'(x)>0$ , $f"'(x)$ es una función continua y $f"'(x)<f(x)$ en $\mathbb{R}$
a continuación, mostrar que $$f'(x)<2f(x),~ \forall x\in \mathbb{R}$$
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
A partir de los supuestos sabemos que $f$, $f$ y $f"$ son positivos y crecientes, por lo que $$\lim_{x\a\infty}f(x)\ge 0, \quad\text{y}\quad\lim_{x\a\infty}f'(x)=\lim_{x\a\infty} f"(x)=0.$$ De ello se sigue que $$f"(x)=\int_{-\infty}^xf"'(t) \, dt,$$ $$f'(x)=\int_{-\infty}^xf"(t) \, dt=\int_{-\infty}^x \left(\int_{-\infty}^tf"'(s) \, ds \right) \, dt=\int_{-\infty}^x(x-s)f"'(s) \, ds,\etiqueta{1}$$ y $$f(x)\ge\int_{-\infty}^xf'(t) \, dt=\int_{-\infty}^x \left(\int_{-\infty}^t (t-s) f"'(s) \, ds \right) \, dt=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^x(x-s)^2f"'(s)\,ds.\etiqueta{2}$$ Arreglar unos $\lambda>0$ a se determina a continuación. Entonces, desde $x-s<\frac{(x-s)^2}{\lambda}$ para $s\(- \infty,x-\lambda)$, $$\begin{eqnarray*} f'(x) &\le &\lambda^{-1}\int_{-\infty}^{x-\lambda}(x-s)^2f"'(s)ds+\int_{x-\lambda}^x(x-s)f"'(s)ds \etiqueta {(1)}\\ &\le & 2\lambda^{-1}f(x)+\int_{x-\lambda}^x [(x-s)-\lambda^{-1}(x-s)^2]f"'(s) \, ds\etiqueta {(2)}\\ &<& 2\lambda^{-1}f(x)+f(x)\int_{x-\lambda}^x[(x-s)-\lambda^{-1}(x-s)^2] \, ds\etiqueta{$f"'(s)<f(x)$}\\ &=&\left(2\lambda^{-1}+\frac{\lambda^2}{6}\right)f(x). \end{eqnarray*}$$
Desde $\min_{\lambda>0}(2\lambda^{-1}+\frac{\lambda^2}{6})=\frac{3}{\sqrt[3]{6}}<2$( por $\lambda=\sqrt[3]{6}$), la conclusión de la siguiente manera.
