Demostrar que $|f''(\xi)|\geqslant\frac{4|f(a)-f(b)|}{(b-a)^2}$

Question

Dejemos que ${\rm f}:\left[a, b\right]\to\mathbb{R}$ sea dos veces diferenciable, y supongamos que

$$\lim_{x\to a^{+}} \frac{{\rm f}\left(x\right) - {\rm f}\left(a\right)}{x - a} = \lim_{x\to b^{-}}\frac{{\rm f}\left(x\right) - {\rm f}\left(b\right)}{x - b} =0 $$

Demuestre que existe $\xi \in \left(a, b\right)$ tal que $\displaystyle{% \left\vert\vphantom{\Large A}\,{\rm f}''\left(\xi\right)\right\vert \geq \frac{4\left\vert\vphantom{\Large A}% \,{\rm f}\left(a\right) - {\rm f}\left(b\right)\right\vert} {\left(b - a\right)^{2}}}$ .

No sé cómo empezar. ¿Algún consejo?

Answer 1

dejar $g(x) = f'(x)$ , entonces con $g(a) = g(b)= 0$ vamos a demostrar

$$|\int_{a}^{b}g(x)dx| \leq\left(\sup_{\xi \in (a,b)}|g'(\xi)|\right)\frac{(b-a)^2}{4}$$

\begin {align} | \int_ {a}^{ \frac {a+b}{2}}g(x)dx| &= | \int_ {a}^{ \frac {a+b}{2}}g(x)-g(a)dx| \\ & \leq \left ( \sup_ { \xi \in (a,b)}|g'( \xi )| \right ) \int_ {a}^{ \frac {a+b}{2}}(x-a)dx \\ &= \left ( \sup_ { \xi \in (a,b)}|g'( \xi )| \right ) \frac {(b-a)^2}{8} \end {align}

Del mismo modo, también podríamos obtener $|\int_{\frac{a+b}{2}}^{b}g(x)dx| \leq\left(\sup_{\xi \in (a,b)}|g'(\xi)|\right) \frac{(b-a)^2}{8}$ entonces el resultado se obtiene sumando las dos desigualdades

Answer 2

Una prueba alternativa, más esclarecedora, que sigue lo que se ha hecho aquí http://math.stackexchange.com/a/835185/66096

A efectos variacionales, evaluamos la integral $\displaystyle \int_a^bf''(t)(t+\beta)$ dt donde $\beta$ es arbitraria.

Por integración por partes, y dado que $f'(a)=f'(b)=0$ esto se reescribe como $\displaystyle \int_a^bf''(t)(t+\beta)dt =f(a)-f(b)$

Por lo tanto, $\displaystyle \max|f''|\int_a^b|t+\beta|dt\geq \left|\int_a^bf''(t)(t+\beta)dt \right| =|f(b)-f(a)| $

Y $\displaystyle \max|f''|\geq \frac{|f(b)-f(a)|}{\int_a^b|t+\beta|dt}$

Elegir $\displaystyle \beta=-\frac{a+b}{2}$ da el resultado.