[Analiza] funkcja dwukrotnie różniczkowalna

[darek20]

Niech \(\displaystyle{ f:R\to R}\) będzie dwukrotnie różniczkowalna oraz \(\displaystyle{ f(0)=2, f'(0)=-2, f(1)=1}\). Pokaż ze istnieje \(\displaystyle{ c\in (0,1)}\) takie że \(\displaystyle{ f(c)f'(c)+f''(c)=0.}\)

[szw1710]

O tak później porze umiem tylko z dodatkowym założeniem \(\displaystyle{ f'(1)=-\frac{1}{2}.}\) Wtedy to prosty wniosek z twierdzenia Rolle'a zastosowanego do funkcji pomocniczej \(\displaystyle{ g(x)=f'(x)+\frac{1}{2}\left(f(x)\right)^2.}\)

[darek20]

ale takiego załozenia nie ma

[szw1710]

Wiem, że nie ma Mówię, że przy takim zadanie jest łatwe. Na trudniejszą wersję nie miałem wczoraj siły. Dziś zresztą też nie mam. Oczywiście przetestowałem sytuację braku tego dodatkowego założenia i na mojej funkcji testowej warunek zachodzi. Więc jest pozytywnie - trzeba szukać dowodu, nie kontrprzykładu.

Często problemy rozwiązuje się przy założeniach upraszczających, przed atakiem na problem prawdziwy.

[adamm]

Weźmy sobie \(\displaystyle{ f(x)=x^2-2x+2}\). Łatwo teraz zauważyć, że dla \(\displaystyle{ c=1-\sqrt[3]{\frac{2}{3(\sqrt{93}-9)}}+\sqrt[3]{\frac{\frac{1}{2}(\sqrt{93}-9)}{9}} \approx 0,317672\in(0,1)}\) wszystko jest spełnione i równość trzyma.

[abc666]

adamm no i co z tego?

[adamm]

Teraz zostało raptem \(\displaystyle{ \infty-1}\) funkcji do sprawdzenia, ale jest nadzieja.

[norwimaj]

W moim dowodzie niestety sporo miejsca zajmuje pokonywanie pewnych technicznych trudności, co ma zły wpływ na czytelność. Pomysł polega na rozpatrzeniu takiej funkcji \(\displaystyle{ g}\), dla której \(\displaystyle{ g'(x)+\frac12(g(x))^2=0}\). Posługując się tą funkcją pokazuję, że da się skorzystać z tw. Rolle, podobnie jak to zrobił szw1710, na być może trochę mniejszym przedziale. Na początku dowodu zakładam więc, że nie da się w ten sposób tw. Rolla wykorzystać, żeby po mozolnym rozpatrzeniu, co wtedy się dzieje, dojść do sprzeczności.

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ g(x)=\frac{2}{x+1}}\). Wtedy \(\displaystyle{ g'(x)=-\frac12(g(x))^2}\).

Załóżmy, że \(\displaystyle{ f'(x)+\frac12(f(x))^2\ne0}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ x\in(0,1]}\). Z dwukrotnej różniczkowalności \(\displaystyle{ f}\) wynika, że funkcja po lewej stronie tej nierówności jest ciągła, a zatem jest ona stałego znaku. Przyjmijmy \(\displaystyle{ f'(x)+\frac12(f(x))^2>0}\) dla \(\displaystyle{ x\in(0,1]}\). (Drugi przypadek prawie niczym się nie różni i jest odrobinę prostszy.)

Pokażemy (poprzednie założenie wciąż pozostaje w mocy), że \(\displaystyle{ f(x)>g(x)}\) na przedziale \(\displaystyle{ (0,1]}\).
Załóżmy, że \(\displaystyle{ f(x_0)<g(x_0)}\) dla pewnego \(\displaystyle{ x_0\in(0,1]}\). Niech \(\displaystyle{ x_1=\inf\{x\in(0,x_0]:f(t)\le g(t) \text{ dla } t\in(x,x_0)\}}\). Z ciągłości \(\displaystyle{ f-g}\) wiemy że \(\displaystyle{ f(x_1)=g(x_1)>0}\), więc istnieje \(\displaystyle{ x_2\in(x_1,x_0)}\), takie że \(\displaystyle{ f(x)>0}\) dla \(\displaystyle{ x\in(x_1,x_2)}\). Dla \(\displaystyle{ x\in(x_1,x_2)}\) mamy więc \(\displaystyle{ f'(x)>-\frac12(f(x))^2\ge-\frac12(g(x))^2=g'(x)}\), co wobec równości \(\displaystyle{ f(x_1)=g(x_1)}\) daje \(\displaystyle{ f(x)>g(x)}\) dla \(\displaystyle{ x\in(x_1,x_2)}\). Sprzeczność, więc \(\displaystyle{ f(x)\ge g(x)}\) na \(\displaystyle{ (0,1]}\)
Załóżmy, że \(\displaystyle{ f(x_0)=g(x_0)}\) dla pewnego \(\displaystyle{ x_0\in(0,1]}\). Wtedy \(\displaystyle{ f'(x_0)>-\frac12(f(x_0))^2=-\frac12(g(x_0))^2=g'(x_0)}\), zatem istnieje \(\displaystyle{ \delta>0}\) taka że \(\displaystyle{ f(x)<g(x)}\) na przedziale \(\displaystyle{ (x_0-\delta,x_0)}\). Sprzeczność. Zatem \(\displaystyle{ f(x)>g(x)}\) na przedziale \(\displaystyle{ (0,1]}\).

W przypadku, gdy \(\displaystyle{ f'(x)+\frac12(f(x))^2<0}\), można podobnie pokazać, że \(\displaystyle{ f(x)<g(x)}\) na przedziale \(\displaystyle{ (0,1]}\). W obu więc przypadkach mamy \(\displaystyle{ f(1)\ne g(1)}\). Ale \(\displaystyle{ g(1)=1}\), co jest sprzeczne z tym że \(\displaystyle{ f(1)=1}\). Zatem nieprawdziwe było założenie, że \(\displaystyle{ f'(x)+\frac12(f(x))^2\ne0}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ x\in(0,1]}\).

Istnieje więc \(\displaystyle{ x_0\in(0,1]}\), dla którego \(\displaystyle{ f'(x_0)+\frac12(f(x_0))^2=0}\). Stosując twierdzenie Rolle'a dla funkcji \(\displaystyle{ f'(x_0)+\frac12(f(x_0))^2}\) na przedziale \(\displaystyle{ (0,x_0)}\) otrzymujemy tezę zadania.