Sea$f$ una función no negativa soportada compactamente$C^2$.
Quiero demostrar que existe$C$, de manera que para todo$x\in \mathbb R$, tenemos$f'(x)^2\leq C f(x) $ mostrando que para cada punto$x\in \mathbb R$, podemos encontrar una vecindad$U$, Que en$U$ podemos encontrar tal$C$.
Sin embargo, tengo problemas para encontrar un$U$ y$C$ cuando$f, f', f''$ desaparecen en x. Cualquier consejo sería apreciado, gracias.
Para tal $f$ no tiene una estimación $f'(x)^2\le 2Mf(x)$ todos los $x\in \mathbb R$ donde $M=\max|f''|$. Ver lema 5.6 en Yu. V. Egorova, Ecuaciones Diferenciales Lineales de Tipo Principal.
La idea es considerar a $f$ en un intervalo de $(x_1,x_2)$ donde $x_1$ $x_2$ son ceros consecutivos de $f$. Si el máximo de $f'^2/f$ $[x_1,x_2]$ es alcanzado en algunos $c\in(x_1,x_2)$, luego $$2f''(c)f(c)-f'^2(c)=0$$ and $f'^2(x)\le 2f(x)|f"(c)|\,$ on $[x_1,x_2]$.
Para las estaciones de L'Hospital de la regla se utiliza: $$ \lim_{x\to x_1}\frac{f'(x)^2}{f(x)}=\lim_{x\to x_1}\frac{2f"(x)f'(x)}{f'(x)}=2f"(x_1). $$
Hay un $M>0$ $$|f''(x)|\leq M\qquad\forall\>x\in{\mathbb R}\ .\tag{1}$ $ Reclamo: $\quad f'^2(x)\leq 2M \>f(x)\quad\forall x\in{\mathbb R}$.
Prueba. $\ $ Al $f(x)=0$ en algún punto de $x\in{\mathbb R}$ $f'(x)=0$ como bueno, ya que de lo contrario $f$ sería asumir valores negativos en algunos puntos.
Por lo tanto, es suficiente para demostrar que $f(0)=:y_0>0$ $f'(0)=-m_0$ con $$m_0^2>2My_0\tag{2}$$ es imposible. Suponemos que, al contrario, estas condiciones. De $(1)$ a continuación, obtener $$f'(x)\leq-m_0+Mx\qquad(x\geq0)\tag{3}$$ y por lo tanto $$f(x)=y_0+\int_0^x f'(t)\>dt\leq y_0+\int_0^x(-m_0+Mt)\>dt=y_0-m_0x+{1\over2}Mx^2\qquad(x\geq0)\ .$$ Poner a $x:={m_0\over M}$ aquí se deduce de $(2)$ que $$f\left(m_0\over M\right)\leq y_0-{m_0^2\over 2M}<0\ .$$ De esto podemos concluir que $f(\xi)=0$$\xi$$0<\xi<{m_0\over M}$. Al mismo tiempo, de $(3)$ de lo que resultaría que el $f'(\xi)<0$, lo cual es imposible.
Advertencia : hay un error en la prueba a continuación como se explica en los comentarios.
Su conjetura es falsa, como muestro a continuación. Mi prueba es conceptualmente sencillo, pero probablemente hay más elegante y computacionalmente más simple contraejemplos. Si se quita la positividad de la condición en la función, un "canónica" contraejemplo puede ser probado a existir por el mero álgebra abstracta sin ningún tipo de cálculo. Pero estamos de suerte : el algebraico contraejemplo pasa a ser positivo también (de ahí los nombres de "lucky lema" más abajo).
La idea básica es bastante simple : vamos a construir un $C^2$ función de apoyo en $[0,2]$, de tal manera que $f(\frac{1}{n})=\frac{1}{n^3},f'(\frac{1}{n})=\frac{1}{n}, f"(\frac{1}{n})=0$ for any $n\geq 1$.
Denotar por ${\mathbb R}_5[X]$ el espacio de polinomios de grado $\leq 5$$X$.
Lema 1. Deje $a < b$ dos números reales. Dado un uple $v\in{\mathbb R}^6$, existe un único polinomio $P\in {\mathbb R}_5[X]$ tal que $(P(a),P'(a),P''(a),P(b),P'(b),P''(b))=v$. Denotamos este polinomio por $L(a,b,v)$.
La prueba del lema 1. Debemos mostrar que El lineal mapa de $\phi : {\mathbb R}_5[X] \to {\mathbb R}^6$, $P\mapsto (P(a),P'(a),P''(a),P(b),P'(b),P''(b))$ es un isomorfismo. Desde las dimensiones coinciden, basta para mostrar que el núcleo de $\phi$ es trivial. Pero cualquiera de las $P\in {\sf Ker}(\phi)$ debe ser un múltiplo de $(X-a)^3(X-b)^3$, y la conclusión de la siguiente manera.
Lema 2 (Fácil la suerte de lema) El polinomio $R=L(1,2,(1,1,0,0,0,0))$ es positivo en $[1,2)$.
La prueba del lema 2. Este polinomio es $R(x)=(2-x)^3\left((3x-\frac{7}{3})^2+\frac{5}{9}\right)$
Lema 3 (Duro suerte de lema) El polinomio $Q_n=L(\frac{1}{n+1},\frac{1}{n},(\frac{1}{(n+1)^3},\frac{1}{n+1},0,\frac{1}{n^3},\frac{1}{n},0))$ es positivo en $[\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}]$.
La prueba del lema 3. Podemos escribir $$Q_n(x)=\frac{1-nx}{(n+1)^2}+\big(x-\frac{1}{n+1}\big)\bigg(\frac{2n+1}{n+1}(1-nx)+ \big(x-\frac{1}{n+1}\big)T_n(x)\bigg)$$ where $T_n$ is a polynomial of degree $3$ in $x$ , y $T_n\geq 0$ $[\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}]$ (voy a añadir más detalles sobre este último punto más adelante).
Finalmente, podemos construir $f$ como sigue :
$$ f(x)=\left\lbrace\begin{array}{lcl} 0, &\text{if} & x\leq 0, \\ Q_n(x), &\text{if} & x\in[\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}],n\geq 1, \\ R(x), &\text{if} & x\in[1,2], \\ 0, &\text{if} & x\geq 2. \\ \end{array}\right. $$
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