$f$ ha una seconda derivata $f'' < 0$ $\implies$ $f$ ha una derivata prima decrescente $\implies$ $\frac{f(x)}{x}$ sta diminuendo per $x > 0$.

Aug 22 2020

Al momento sto lavorando al seguente problema e avevo alcune domande sul mio lavoro:

Se $f$ ha una seconda derivata $f'' < 0$ $\implies$ $f$ha una derivata prima decrescente. Mostra questo implica quello$\frac{f(x)}{x}$ sta diminuendo per $x > 0$.

Il mio lavoro fino ad ora:

Permettere $g(x) = \frac{f(x)}{x}$, per $x >0$. Secondo la domanda ce l'abbiamo$f''<0$ poi $f$ ha una derivata prima decrescente, che significa $f'$Sta diminuendo. Ora, prendendo la derivata di$g$ rende: $g'(x) = \frac{xf'(x) - f(x)}{x^{2}}$ $=$ $\frac{f'(x)}{x} - \frac{f(x)}{x^{2}}$, dove $x >0$.

lo so $ - \frac{f(x)}{x^{2}}$ sta diminuendo, ma come faccio a saperlo con certezza $\frac{f'(x)}{x}$ sta diminuendo quindi posso dedurlo $g'(x) <0$, $\forall x >0$ e quello $g(x)$ è una funzione decrescente?


Nota: penso che ciò che mi ha veramente confuso è perché possiamo dire$\frac{f'(x)}{x}$Sta diminuendo? Questo è semplicemente perché$f'(x)$sta decrescendo? Se è così, perché?$f'(x)$ e $\frac{f'(x)}{x}$ sono due diverse funzioni.

Per motivi di contesto, questa domanda è stata tirata fuori dal problema: let $f: [0, \infty) \to [0, \infty)$ aumentare e soddisfare $f(0) = 0$ e $f(x) > 0$ $\forall x >0$. Se$f$ soddisfa anche $f(x+y) \leq f(x) + f(y)$ $\forall x,y \geq 0$, poi $f \circ d$ è una metrica ogni volta $d$è metrico. Mostrare ciascuna delle seguenti condizioni è sufficiente per garantire che$f(x+y) \leq f(x) +f(y)$ $\forall x,y \geq 0$:

$a)$ $f$ ha una derivata seconda soddisfacente $f'' \leq 0$;

$b)$ $f$ ha una derivata prima decrescente.

$c)$ $\frac{f(x)}{x}$ sta diminuendo per $x > 0$.

Per dimostrare questa affermazione, ho capito che sarebbe stato più facile dimostrarlo $a)$ $\implies$ $b)$ $\implies$ $c)$; da qui dove è nata la mia domanda.

Risposte

4 angryavian Aug 23 2020 at 01:38

Intuizione geometrica: $f(x)/x$ è la pendenza della linea di collegamento $(x,f(x))$all'origine. Questo ci porta a un semplice controesempio per l'affermazione originale: con$f(x) = -(x-2)^2$ noi abbiamo $f(1)/1 = -1$ e $f(2)/2 = 0$.

Tuttavia, l'affermazione è vera con la condizione aggiunta$f(0)=0$. La concavità di$f$ (dato da $f'' < 0$) quindi implica che questa pendenza diminuisce come $x$ aumenta.


Permettere $0<x<y$. Se mostriamo$$\frac{f(x)}{x} \ge \frac{f(y)-f(x)}{y-x},\tag{$*$}$$ Poi abbiamo $$f(y) = f(x) + \frac{f(y)-f(x)}{y-x} (y-x) \le f(x) + \frac{f(x)}{x} (y-x) = y \frac{f(x)}{x}$$che è quello che vogliamo. Provare ($*$), si noti che il teorema del valore medio implica $\frac{f(x)}{x} = \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = f'(a)$ per alcuni $0 \le a \le x$ e $\frac{f(y)-f(x)}{y-x} = f'(b)$ per alcuni $x \le b \le y$. Utilizzando il fatto che$f'$ sta diminuendo, abbiamo $f'(a) \ge f'(x) \ge f'(b)$ che dimostra ($*$).

2 AlbusDumbledore Aug 23 2020 at 03:22

Come accennato in precedenza, questo è vero per $f(0)\ge 0$ Assumendo questa condizione:

ora continuando dal tuo tentativo $g'(x)=\frac{xf'(x)-f(x)}{x^2}$

lasciaci considerare $h(x)=xf'(x)-f(x)$

$h'(x)=xf''(x)<0$ o $h(x)$ è in diminuzione per tutte le x positive

Anche $h(0)<0$ utilizzando $f(0)\ge 0$ o $h(x)<0$ per tutti positivi x.

ciò implica $g'(x)=\frac{h(x)}{x^2}<0$ per tutti positivi x