Si $f'+f''\geq f^2$ mostrar que $\frac{f'}{f''}\leq 1$ % todos $x\in(0,+\infty)$.

Question

Tengo una pregunta sobre esto:

Que una función $f$ con dominio $]0,+\infty[$y codomain $]0,+\infty[$ y dos veces diferenciable con la desigualdad siguiente: $$f'+f''\geq f^2$ $

Mostrar que tenemos $\dfrac{f'}{f''}\leq 1$ para todos $x\in$ $]0,+\infty[$

No tengo ni idea a probar o refutar esto.

Gracias.

Answer 1

Hacer la sustitución :

$f(x)=-y(-e^{-x})$ la condición inicial se convierte en con $x \in ]0;\infty[$ :

$y''(-e^{-x})(-e^{-2x})\geq y(-e^{-x})^2$

Así que la función $y(-e^{-x})$ es cóncava y ahora suponga que el $y$ es cada vez mayor .

Ponemos a $t=-e^{-x}$

Podemos aplicar una versión modificada de la de Taylor-Lagrange por Wang (aquí la hoja 6) con $a=0$ ,$n=1$ , $0<c<1$ y $-f(x)=y(t)$ nos encontramos con :

$$y''(c)t^2=(y(t)-y(0)-y'(0)t)2!$$

Por otra parte para $x=c$ tenemos :

$$y''(c)c^2=(y(c)-y(0)-y'(0)c)2!$$

Pero por un lado la función de $y$ es cóncava y negativos así :

$y(c)-y(0)-y'(0)c=c(\frac{y(c)-y(0)}{c-0}-y'(0))>0$

Por otro lado tenemos a $y''(-e^{-x})<0$, por lo que es una contradicción y la función es decreciente.

Así que tenemos $\frac{f'}{f''}\leq0<1$.