Dejemos que $f(x)=ax^2+bx+c$ donde $a,b,c$ son números reales. Supongamos que $f(-1),f(0),f(1) \in [-1,1]$ . Demostrar que $|f(x)|\le \frac{3}{2}$ para todos $x \in [-1,1]$ .

Question

Dejemos que $f(x)=ax^2+bx+c$ donde $a,b,c$ son números reales. Supongamos que $f(-1),f(0),f(1) \in [-1,1]$ . Demostrar que $|f(x)|\le \frac{3}{2}$ para todos $x \in [-1,1]$ .

Hice bastantes intentos pero no pude derivar explícitamente la condición requerida. Puedo entender que sucede, pero no puedo derivar eso. Por favor, ayuda.

Answer 1

La prueba para 3/2 sigue, aunque intuitivamente, creo que se puede limitar a 5/4: es una cuadrática y si se dibuja una gráfica extrema entonces debería pasar por (-1, 1), (0, -1), (1, -1) con un mínimo en (1/2, -5/4), o algún reflejo de esto. Volver a 3/2 ...

Si $f$ es monótona en [-1, 1] entonces trivialmente, $|f| \le 1$ Así que no lo asuma.

Entonces $f$ es diferenciable y (al ser cuadrática) sólo puede tener un punto extremo en $f'(x_0) = 0$ es decir $2ax_0 + b$ = 0, por lo que $ax_0 = -b/2$ . Por lo tanto, el valor extremo de la función en este punto es $f(x_0) = x_0(-b/2) + bx_0 + c = bx_0/2 + c$ .

Tomando los posibles valores en -1, 0 y 1 se obtiene

$|f(-1)| = |a - b + c| \le 1$ ; $|f(0)| = | c| \le 1$ ; $|f(1)| = |a + b + c| \le 1$

Así que $|c| \le 1 $ y de estas desigualdades se deduce que $|b| \le 1$

Sustituyendo el valor de $f(x_0)$ ,

$|f(x_0)| = |bx_0/2 + c| \le |b|.|x_0|/2 + |c| \le 1.1/2 + 1 = 3/2$

Continuación de la prueba para demostrar que $|f(x)| \le 5/4$

(1) Si $|a| \ge 1$

En el extremo, $x_0 = -b/2a$ así que por sustitución $f(x_0) = ab^2/4a^2 -b^2/2a +c$

$|f(x_0)| = |c - b^2/4a| \le |c| + |b|^2/4|a|$ . Ya hemos demostrado $|c|, |b| \le 1$ y por suposición $|a| \ge 1$ así que $|f(x_0)| \le 1 + 1/4 = 5/4$

(2) Si $|a| \le 1$

Tomemos la expansión de Taylor de $f(x)$ sobre $x_0$ : $f(x) = f(x_0) + (x-x_0) f'(x_0) + (x-x_0)^2 f''(z)/2$ para $z$ entre $x$ y $x_0$ . Tenga en cuenta que $f'(x_0) = 0$ en el extremo, y $f''(z) = 2a $ para todos $z$ Así que

$f(x) = f(x_0) + a(x-x_0)^2$ y $|f(x_0)| = |f(x) - a(x - x_0)^2| \le |f(x)| + |a|(x-x_0)^2$ . Por supuesto, $|a| \le 1$ Así que

$|f(x_0)| \le |f(x) | + (x-x_0)^2$

Para $x = -1, 0, or +1$ y $x_0$ en [-1, 1], uno de estos valores hace que $|x - x_0| \le 1/2$ (tomar 0 si $-1/2 \le x_0 \le +1/2 $ ; +1 si $x_0 > 1/2$ ; -1 si $x_0 \le -1/2$ ), y en todos los casos el valor de la función correspondiente satisface $|f(x)| \le 1$ Así que en este x,

$|f(x_0)| \le 1 + (1/2)^2 = 5/4.$

Answer 2

WLOG, supongamos que $f(x)=a(x-u)^2-v$ para $a>0$ y $0< u\le 1$ , $v\ge 0$ .

Entonces la premisa dice $1\ge au^2-v\ge -1$ , $1\ge a(1-u)^2-v\ge -1$ , $1 \ge a(1+u)^2-v\ge -1$ . Tenemos que demostrar que $v\le \frac{3}{2}$ .

Las desigualdades anteriores implican que $1\ge au$ y $2\ge a(1+2u)$ .

Si $u\in (0,1/2]$ entonces

$$ v\le 1+au^2\le 1+2u^2/(1+2u)\le\frac{5}{4}. $$

Si $u\in [1/2, 1]$ entonces $$ v\le 1+a(1-u)^2\le 1+(1-u)^2/u\le \frac{5}{4}. $$

Dejemos que $u=\frac{1}{2}$ , $a=2$ , $v=\frac{5}{4}$ entonces $f=2(x-\frac{1}{2})^2-\frac{5}{4}$ alcanza el valor extremo.

Supongo que debería haber una prueba más efectiva.