Demostrar que $|f'(x)| \le \frac{A}2 \forall x \in [0,1] $

Question

Deje $f$ dos veces diferenciable en a $[0,1]$

$f(0) = f(1) = 0$,

$|f''(x)|\le A$.

Demostrar que $|f'(x)| \le \frac{A}2, \forall x \in [0,1] $.

Bueno, esto es lo que se me ocurrió,

$f'(c_1) = \dfrac{f(x) -f(0)}{x-0} = \dfrac{f(x)}{x}$

$f'(c_2) = \dfrac{f(x) -f(1)}{x-1} = \dfrac{f(x)}{x-1}$

para $0\lt c_1,c_2 \lt 1$

desde el teorema de rolle sabemos que no es : $0\lt c_3 \lt 1$

tal que

$f'(c_3) =0$

Answer 1

La prueba por contradicción. Supongamos que existe un punto de $x^*$ tal que $ f'(x^*) > \frac{A}{2}$. (Nota: WLOG, el valor es positivo.)

A partir de la FTC, conseguimos que los $ \int _0^1 f'(x) \, dx = f(1) - f(0) = 0$.

Aplicar el Valor medio el Teorema de $f$$[0,1]$, entonces existe algún $c \in [0,1]$ tal que $f'(c) = 0 $.

Aplicar el Valor medio el Teorema de $f'$ para el intervalo entre el$x^*$$c$, ya que el $|f''(x)| \leq A$, obtenemos que $|x^* - c | > \frac{1}{2}$. En particular, si tenemos 2 valores de $c$ tal que $ f' (c_1) = f'(c_2) = 0 $$ c_1 \leq \frac{1}{2} \leq c_2$, entonces esto lleva a una contradicción.

WLOG, $c \leq \frac{1}{2} \leq x^*$. Este debe mantener para todos los valores de $c$ tal que $ f'(c) = 0 $. Deje $c^*$ ser el valor más grande posible de $c$ tal que $f'(c) = 0 $. (Nota:$f'(c^*) = 0$ por la continuidad de $f'$.) Esto significa que para $ x > c^*$, $f'(x) > 0 $.

Desde $|f''(x) | < A,$ esto nos indica que el $f'(x)$ no puede disminuir demasiado rápido, especialmente alrededor de $ x^*$. Observar que $ \int_{c^*} ^ {1} f'(x) \, dx \geq \int_{x^*- \frac{1}{2}}^{x^*} f'(x) \, dx > \frac{A}{8}.$ (Dibujar un triángulo desde el punto de $\left( x^*, f'(x^*)\right)$.

Del mismo modo, $f'(x)$ no aumentar demasiado rápido, especialmente alrededor de $c^*$. Observar que $\left| \int_0^{c^*} f'(x) \, dx \right| \leq \int_0^{c^*} | f'(x)| \, dx < \frac{A}{8}$. (Dibujar un triángulo desde el punto de $\left(c^*, f'(c^*) = 0 \right)$.

Esto se contradice con la inicial hecho de que $ \int_0^1 f'(x) \, dx = 0 $, desde el (potencialmente) porción negativa no puede cancelar la (garantizado) positivo porción.

Answer 2

Puedo gestionar una respuesta utilizando tanto tiempo una expansión de taylor centro en un punto de $x \in \left [0, 1 \right ]$. Puedo conseguir $$ f(h) = f(x)+f'(x)(h-x) + \frac{1}{2} f"(\xi) (h) (h-x)^2 $$

ahora, para h = 0 y h = 1, I se

$$0=f(x)-xf'(x)+\frac{1}{2}x^2f''(\xi(0))$$ y $$0=f(x)+f'(x)-xf'(x)+\frac{1}{2}(1-x)^2f''(\xi(1)).$$ Restando uno a otro para obtener $f(x)$ y un poco de manipulación de rendimiento: $$|f'(x)| = \frac{1}{2}|x^2f''(\xi(0))-(1-x)^2f''(\xi(1))|\leq\frac{1}{2}(|x^2f''(\xi(0))|+|(1-x)^2f''(\xi(1))|)\leq \frac{A}{2}(|x^2|+|1-x|^2) $$

desde $x \in \left [0, 1 \right ], (|x^2|+|1-x|^2) \leq1 $ y obtenemos el resultado.