Este es un problema de los exámenes preliminares de Berkeley, primavera '99
Supongamos que $ f $ es una función real de dos veces diferenciable en $\mathbb{R}$ tal que $ f(0) = 0 $, $ f'(0) > 0 $ y $ f''(x) \geq f(x) $ para todo $ x \geq 0 $. Demuestra que $ f(x) > 0 $ para todo $ x > 0 $.
¿Existen técnicas generales para resolver problemas como este?
La intuición básica es que en un vecindario de $0$, $f$ es positiva. Esto lleva a que $f'$ sea creciente (ya que $f'' > f$), y por lo tanto $f$ es creciente. Si eliges el punto "más a la izquierda" donde $f$ es 0, entonces en ese intervalo, necesitas que $f'$ se convierta en $0$ en algún punto.
Para formalizar esto, una demostración elemental:
Dado que $f(0) = 0$ y $f'(0) \gt 0$, existe un $\delta \gt 0$ tal que $f(x) \gt 0$ para todo $x \in (0, \delta).
Esto lo podemos ver usando la definición $\epsilon-\delta$ de la derivada y eligiendo $\epsilon = \frac{f'(0)}{2}.
Ahora supongamos que hay algún punto $y \gt 0$ donde $f(y) \le 0$. Esto implica que hay algún punto $y' \gt 0$ tal que $f(y') = 0.
Sea $S$ el conjunto definido por $S = \{ y: y \ge \delta, f(y) = 0\}.
Dado que S está acotado por debajo, $c = \inf S$ (cota inferior mayor) está bien definido. Por la continuidad de $f$ tenemos que $f(c) = 0$ (podemos elegir una secuencia $c_n \to c$ y $c_n \in S).$ Notar que $c \ge \delta \gt 0$.
Ahora para cualquier $0 \lt x \lt c$, tenemos que $f(x) \gt 0$. Esto se debe a que, para $x \lt c$, no podemos tener $f(x) = 0$ (ya que $c = \inf S), y si $f(d) \lt 0$ para algún $d$, entonces por continuidad, hay un punto $a \lt d \lt c$ tal que $f(a) = 0$.
Así que para $x \in (0,c)$, tenemos $f(x) \gt 0$ y $f(0) = f(c) = 0.
En este intervalo $f''(x) \ge f(x) \gt 0$. Por lo tanto $f'(x)$ es creciente, y como $f'(0) \gt 0$, tenemos que $f'(x) \gt 0$ para todo $x \in (0,c).
Pero dado que $f(0) = f(c)$, debemos tener $f'(\eta) = 0$ para algún $\eta \in (0,c)$, por el teorema de Rolle.
Una contradicción.
Por lo tanto, no hay ningún $y \gt 0$ para el cual $f(y) \le 0$.
Aquí hay una prueba usando algo de magia:
Pon $f''(x)-f(x)=: u(x)\geq0$. Entonces $f$ es la solución del problema de valor inicial $$y'' -y = u(x)\ ,\quad y(0)=0\ ,\quad y'(0)=f(0)>0\ .$$ Esta solución se puede escribir explícitamente en la forma $$f(x)\ =\ \int_0^x \sinh(x-t)\ u(t)\ dt + f'(0)\sinh x\ ,$$ como se verifica fácilmente. Se sigue que $$f(x)\ \geq\ f'(0)\sinh x\qquad(x\geq 0)\ .$$
Dado que pediste un método general, ¡aquí está! Y el resultado probado es mucho más fuerte.
Sea $g$ la función $f''-f$, y considera la ecuación diferencial $$ y''-y=g $$ Obviamente $f$ es una solución de esta ecuación. Suponiendo que $g$ es localmente integrable y usando el método de variación de constantes, uno puede calcular fácilmente la forma general de las soluciones : $$ f(t) = C_1 \sinh(t) + C_2 \cosh(t) + \sinh(t)\int_0^tg(x)\cosh(x)dx- \cosh(t)\int_0^tg(x)\sinh(x)dx$$ con $C_1$ y $C_2$ constantes.
Evaluar esta solución general y su derivada en cero muestra que $C_2 = f'(0)$ y $C_2=0$.
Además $$ \sinh(t)\int_0^tg(x)\cosh(x)dx- \cosh(t)\int_0^tg(x)\sinh(x)dx = \int_0^t\underbrace{g(x) \sinh(t-x)}_{>0} dx$$
Como conclusión $$ \forall t > 0, f(t) > f'(0)\sinh(t)$$
Problema — ¿Es $g$ localmente integrable ?
La respuesta es SÍ, por la siguiente razón.
Considera la función $h$ definida por $$ h(t) = f'(t) - \int_0^t f(x)dx. $$ La función $h$ es diferenciable y tenemos $h' = f'' - f \geq 0$. Entonces $h'$ es monótona (por el teorema del valor medio), y por lo tanto absolutamente continua. Según el teorema 7.18 de Rudin (Análisis real y complejo), $h'$ es localmente integrable. Y lo es $g$.
Esta es una solución tomada del libro Berkeley Problems in Mathematics: tercera edición, escrito por Paulo Ney De Souza y Jorge-Nuno Silva.
Supongamos, por el contrario, que $f(x) \leqslant 0$ para algún valor positivo $x$. Entonces $a=\inf\{x>0 : f(x)\leqslant 0\}$ es positivo. Como $f$ es continua, $f(a)=0$. Sea $00$. Así, por el teorema del valor medio, $\exists ~c$ en $(b,a)$ tal que $$ f'(c)=\frac{f(a)-f(b)}{a-b} <0.$$ Nuevamente, por el teorema del valor medio, $\exists ~d$ en $(0,c)$ tal que $$f''(d)=\frac{f'(c)-f'(0)}{c} <0.$$ Pero entonces, $00$. Sin embargo, esto contradice la suposición de que $f''(x)\geqslant f(x)$ $\forall~ x$ en $(0,a)$.
Un poco sobre el absurdo abstracto detrás de los argumentos (ya que ha habido varias demostraciones, y como preguntaste sobre la "técnica general").
La mayoría de las demostraciones de afirmaciones de este tipo se basan en algún tipo de argumento de inducción. La forma más básica es el principio de inducción matemática: sea $P\subseteq \mathbb{N}$ un subconjunto que cumple que $1\in P$ y $p\in P\implies p+1 \in P$, entonces $P = \mathbb{N}.
Esto se puede extender al principio de inducción transfinita: sea $(X,<)$ un conjunto bien ordenado. Sea $P\subseteq X$ un conjunto con la propiedad de que $$ \beta\in P \forall \beta < \alpha \implies \alpha \in P$$ entonces $P = X$. (Una prueba rápida: supongamos lo contrario. Entonces $X\setminus P$ no está vacío, por lo tanto, como $X$ está bien ordenado, $\min X\setminus P$ existe. Pero ese elemento satisface $\beta < \min X\setminus P \implies \beta\not\in X\setminus P \implies \beta\in P$. Eso da una contradicción. Nótese que trivialmente $\min X$ está en $P$ ya que el conjunto de sus predecesores es vacío, por lo tanto la hipótesis de inducción es vacuamente verdadera.)
La mayoría de los conjuntos con los que trabajamos en análisis real, sin embargo, no están bien ordenados (por el orden natural). Por lo tanto, necesitamos usar alguna estructura adicional. Una comúnmente utilizada es
Argumento de continuidad Sea $(X,\tau)$ un espacio topológico conectado (donde $\tau$ es la topología). Entonces si $P\subseteq X$ cumple
entonces $P = X.
Aplicado a tu caso, tienes que $X = \mathbb{R}_+$ con la topología usual. Sea $P := \{ x: f(x)>0\}$. Como $f$ es diferenciable, es continua, y por lo tanto, $P := f^{-1}(\mathbb{R}_+)$ debe ser abierto. Usando que $f'(0) > 0$ tienes que $P$ no está vacío. Por lo tanto, queda por mostrar que $P$ es cerrado. (Mostrar directamente que $P$ es cerrado es difícil; ¿y si $x_0$ es un punto límite de $P$ que solo se puede alcanzar desde arriba? La prueba real dada por Aryabhata y Nana a través del teorema del valor intermedio es ligeramente diferente (e incorpora un refinamiento): notando que existe algún $a\in P$ tal que $(0,a)\subset P, en este caso es mejor considerar $P_0$, el componente conectado de $P$ que contiene a (0,a). Nuevamente tenemos que $P_0$ es abierto. Por lo tanto, en la prueba basta con demostrar que $P_0$ es cerrado usando el teorema del valor intermedio.)
(Nota: la prueba dada por Aryabhata y Nana también se puede formular como un procedimiento de inducción basado en la teoría del orden usando que la topología y el orden de los números reales son compatibles, y donde $P_0$ es naturalmente un segmento inicial, pero no entraré en detalles allí: la idea básica, sin embargo, sigue siendo la misma.)
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