Motivación de la prueba

Question

El siguiente problema está tomado de IMC $2017$ Día $1$ , agosto $2, 2017$ .

Dejemos que $f:\mathbb{R}\to(0,\infty)$ sea una función diferenciable, y supongamos que existe una constante $L>0$ tal que $$|f'(x)-f'(y)|\leq L|x-y|$$ para todos $x,y.$ Demostrar que $$(f'(x))^2<2Lf(x)$$ es válida para todos los $x.$

La solución oficial es la siguiente:

Solución: Observe que $f'$ satisface la propiedad Lipschitz, por lo que $f'$ es continua y, por tanto, localmente integrable.

Consideremos un $x\in\mathbb{R}$ y que $d=f'(x).$ Tenemos que demostrar $f(x)>\frac{d^2}{2L}.$

Si $d=0,$ entonces la afirmación es trivial.

Si $d>0,$ entonces la condición establece $f'(x-t) \geq d-Lt;$ esta estimación es positiva para $1\leq t <\frac{d}{L}.$ Integrando sobre ese intervalo, $$f(x)>f(x)-f(x-\frac{d}{L})=\int_0^{\frac{d}{L}}f'(x-t) \,dt \geq \int_0^{\frac{d}{L}}(d-Lt)\,dt=\frac{d^2}{2L}.$$ Si $d<0,$ entonces aplique $f'(x+t)\leq d+Lt=-|d|+Lt$ y repetir el mismo argumento que $$f(x)>f(x)-f(x+\frac{|d|}{L}) = \int_0^{\frac{|d|}{L}}(-f'(x+t))\,dt \geq \int_0^{\frac{|d|}{L}}(|d|-Lt)\, dt = \frac{d^2}{2L}.$$

Pregunta: ¿Cuál es la motivación de la prueba anterior?

Sí, puedo entender completamente la solución si leo línea por línea. Sin embargo, intenté el problema por mi cuenta durante 1 hora y no pude llegar a ninguna parte.

Sería bueno si alguien puede decirme una motivación de considerar la prueba anterior. Está bien si quieres proporcionar una solución alternativa al problema. Una solución alternativa nos dará otra forma de pensar el problema.

Answer 1

Una idea podría ser demostrar que el polinomio cuadrático de Taylor $$ g(s)=f(x)+f'(x)s+\frac{L}{2}s^2 $$ es un límite superior para $f(x+s)$ . Como $f$ es positivo, por lo que $g$ tiene que ser positivo, por lo que el valor mínimo de $g$ que por las propiedades del vértice de las funciones cuadráticas es $$ g\left(-\frac{f'(x)}{L}\right)=\frac1{2L}\left(2Lf(x)-f'(x)^2\right), $$ todavía tiene que ser positivo.

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Por el teorema del valor medio, con algunas $θ\in(0,1)$ , $$ f(x+s)-g(s)=(f'(x+\theta s)-g'(θs))s=(f′(x+θs)−f′(x)-Lθs)s. $$ Como la diferencia de las derivadas está limitada por $Lθ|s|$ se obtiene $$ (f′(x+θs)−f′(x))s\le Lθs^2, $$ para que toda la expresión sea siempre no positiva, $$ f(x+s)\le g(s) $$

Answer 2

Esto es más o menos equivalente a la solución oficial, pero desde una perspectiva algo diferente. Tal vez le sirva de ayuda.

En primer lugar, observe que tanto la condición dada - etiquetémosla como $(1)$ - y el que queremos probar - llámalo $(2)$ - son invariantes bajo traslaciones horizontales $x \rightarrow x+a$ por lo que basta con demostrar $(f'(0))^2 < 2Lf(0)$ para cualquier función de este tipo $f$ . Entonces, si suponemos que algún $f$ satisface $(1)$ pero no cumple $(2)$ en otro lugar, digamos en $x = a$ , sólo hay que tener en cuenta la función $g(x) = f(x+a)$ También satisface $(1)$ pero no cumple con $(2)$ exactamente en $x = 0$ lo cual será una contradicción una vez que probemos esta versión "restringida" de $(2)$ .

La aproximación a la prueba es también por contradicción. Supongamos que existe algún $f$ tal que $(f'(0))^2 \geq 2Lf(0)$ . Desde $f(0) > 0$ Esto implica que, o bien $f'(0) \geq \sqrt{2Lf(0)}$ o $f'(0) \leq -\sqrt{2Lf(0)}$ .

Consideremos el primer caso: en $x = 0$ la función $f$ aumenta a un ritmo de $f'(0)$ y como $f'$ es continua, la función debe haber sido creciente en algún intervalo a la izquierda de $x = 0$ . La idea es demostrar que el aumento "neto" en ese intervalo tendría que ser mayor (o igual) a $f(0)$ lo que sería una contradicción porque significaría que $f$ debe haber sido inferior (o igual) a $0$ en el extremo izquierdo.

Por lo tanto, un límite inferior en el aumento neto, que es una integral de la derivada, vendrá de integrar un límite inferior en la derivada. Esto lo obtenemos de $(1)$ (aplicada a cualquier $x$ y $y = 0$ ): $f'(x) \geq f'(0) + Lx$ . Queremos que este límite inferior sea no negativo, para estar seguros de que $f$ es creciente, y eso nos indica que debemos considerar el intervalo $x \in \left[-{f'(0)\over L}, 0\right]$ . Integrar los rendimientos $$ \int_{-f'(0)/L}^0 (f'(0)+Lx)dx = \frac{(f'(0))^2}{2L} \geq f(0) $$ por nuestra suposición y se logra la contradicción.

El caso $f'(0) \leq -\sqrt{2Lf(0)}$ es análogo, basta con considerar un intervalo a la derecha de $x = 0$ porque ahora $f$ está disminuyendo en $x = 0$ y que disminuirá "durante un tiempo". Podemos demostrar que tendrá que "bajar" al menos hasta $0$ antes de que el descenso se detenga.