esercizio confusionario analisi 1

\[
\frac{d^n}{dx^n} \left[ f(x)((x-a)^2+b^2)\right]=f^{(n)}(x)((x-a)^2+b^2) + 2n (x-a)f^{(n-1)}(x) +n(n-1) f^{(n-2)}(x).\]

Ok, pero' non e' che la conclusione e' dietro l'angolo... serve altro.
Il fatto e' che bisogna considerare la somma di tutte le derivate.
Anche semplificando al massimo e considerando
$x^2 f(x)$
la somma delle derivate diventa la somma di
$x^2f +$
$2xf + x^2f' + $
$2f + 4xf' + x^2f'' +$
$4f' + 6xf'' + x^2 f'''$

Si possono raccogliere gli $x^2$ e si ha $x^2\sum f^{(n)}(x) > 0$, ma lo stesso non funziona raccogliendo le $x$ o i "termini noti".
Si puo' provare raccogliendo per stessa derivata, ad esempio $((x+1)^2+1) f + ((x+2)^2+2)f' + ((x+3)^2+3)f''$, e sembra promettente, ma poi ?

E' vero Quinzio, io avevo fiutato che, raccogliendo per uguale derivata, i coefficienti sono tutti maggiori di 1, ma hai ragione che non è sufficiente a concludere nulla.

Nell'altro topic,

https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 6&t=204378

Nexus dice di avere trovato una soluzione ma non ha scritto nessun dettaglio.

Link corretto all'altro thread con lo stesso esercizio:

https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 6#p8441436

Una strada da considerare potrebbe essere questa: equazioni differenziali
Se si prende la \[ \sum f^{(n)}(x) \] e si fa la derivata si ottiene \[ \left(\sum f^{(n)}(x)\right)' = \sum f^{(n)}(x) - f(x) \].

Ora questa e' un'equazione differenziale che puo' essere riscritta piu' brevemente come \[ y'(x) = y(x)-f(x) \]
e si nota piu' chiaramente l'equazione differenziale di Bernoulli. https://it.wikipedia.org/wiki/Equazione ... _Bernoulli
Stranamente funziona
Se ad esempio $f(x) = x^2$ e si prova a risolvere, esce che $y(x) = x^2+2x+2$ come ci si aspettava.
A questo punto sarebbe interessante risolvere \[ y'(x) = y(x)-x^2f(x) \] ma temo che non porti a nulla.
Si dovrebbe ritrovare la \[ ((x+1)^2+1)f(x) + ((x+2)^2+2)f'(x) + ((x+3)^2+3)f''(x) + ... \] che avevo gia' trovato e che risulta differenziando esplicitamente la $x^2f(x)$.

Poi... di cose curiose ne saltano fuori, ma poi non portano da nessuna parte.

Ad esempio abbiamo detto che se $f(x)>0$ allora

\[ g(x) = \sum f^{(n)}(x) > 0 \]

Ma allora anche

\[ h(x) = \sum g^{(n)}(x) > 0 \]

Esplicitando la $h(x)$ si ottiene

\[ h(x) = g(x) + g'(x) + g''(x) + ... = f(x) + f'(x) + f''(x) + ... + f'(x) + f''(x) + f'''(x) + ... + f''(x) + f'''(x) + f^{(4)}(x) + ... \]

Per un polinomio di grado $k$

\[ h(x) = f(x) + 2f'(x) + ... + kf^{(k)} \]

Continuando, si ha che \[ i(x) = \sum h^{(n)}(x) > 0 \]
e \[ i(x) = f(x) + (2+1)f'(x)+ (3+2+1)f''(x) + ... + \frac{k(k+1)}{2} f^{(k)}(x) \]

E qui pero' direi che ci si inizia ad avvicinare alla soluzione...
forse.

... \[ y'(x) = y(x)-f(x) \]...

Forse ho trovato.

Moltiplicando i due membri di $y'(x)-y(x)=-f(x)$ per $e^{-x}$ otteniamo

$e^{-x}y'(x)-e^{-x}y(x)=-e^{-x}f(x)\implies \frac{\mbox{d}}{\mbox{d}x}[e^{-x}y(x)]=-e^{-x}f(x)\le 0$.

In definitiva $h(x)=e^{-x}y(x)$ è una funzione monotona decrescente ed è tale che:

$\lim_{x\to-\infty}h(x)=+\infty$ e $\lim_{x\to +\infty}h(x)=0$

per cui $h(x)\ge 0 \implies e^{-x}y(x)\ge 0 \implies y(x)\ge 0$ per ogni $x\in\mathbb{R}$.

Ultima modifica di Mathita il 10/12/2019, 21:56, modificato 1 volta in totale.

Bravo Quinzio, quest'ultima mi sembra proprio funzionare ed è super elegante.

...
Nell'altro topic,

https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 6&t=204378

Nexus dice di avere trovato una soluzione ma non ha scritto nessun dettaglio.

Insomma, ha fatto come Fermat.

Bravo Quinzio, quest'ultima mi sembra proprio funzionare ed è super elegante.

Grazie...
adesso metto insieme la dimostrazione completa e la spoilerizzo.