Búsqueda de todos diferenciable $f: [0,+\infty) \rightarrow [0,+\infty)$ tal que $f(x) = f'(x^2)$ y $f(0)=0$

Question

Después de investigar un poco parece bastante obvio para mí que la única función es la función cero, sin embargo no he sido capaz de demostrarlo. Considerando $$\alpha =\sup\{x\in[0,+\infty) :f(x) = 0\},$$ I was able to show that $\alfa$ can only be $1$ or $0$ pero yo no podía deshacerse de las dos posibilidades. Cualquier sugerencias/soluciones de bienvenida.

EDICIÓN 1

Debido a la continuidad de $f$, debemos tener $f(\alpha) = 0$. Tenga en cuenta que debido a la relación dada tenemos $$\int_0^{\sqrt \alpha}2xf'(x^2)\,\mathrm dx = f(\alpha),$$, pero debido a la relación dado que esto implica $$\int_0^{\sqrt \alpha}2xf(x)\,\mathrm dx = f(\alpha).$$ Si $\alpha$ es estrictamente entre $0$$1$,$\sqrt \alpha > \alpha$, pero, a continuación, dividir la integral obtenemos $$\int_{\alpha}^{\sqrt \alpha}2xf(x)\,\mathrm dx = f(\alpha) = 0.$$ But by our choice of $α$, this integral should be non-zero since our function is positive. Hence $\alpha$ cannot be between $0$ and $1$.

Supongamos ahora que es mayor que $1$, luego tenemos a $$f(\alpha^2) =\int_0^{\alpha}2xf(x)\,\mathrm dx = 0.$$ Desde nuestra función es $0$ $[0,\alpha]$ (tenga en cuenta que es cada vez mayor), esto es de nuevo una contradicción, porque $\alpha^2 > \alpha$. Por lo tanto, $\alpha$ $0$ o $1$.

EDIT 2

Me olvidé de mencionar la importante condición de que $f(0)=0$.

Answer 1

Como Alex notado ya, un poco más general de la declaración sostiene:

Deje $f:[0, \infty) \to [0, \infty)$ ser continua, diferenciable en $(0, \infty)$, e $c \ge 1 $.

Si $f(0) = 0$ $f(x) = f'(x^c)$ todos los $x > 0$$f = 0$.

Prueba: $f'(x) = f(x^{1/c}) \ge 0$, por lo que el $f$ es creciente.

Esto a su vez implica que el $f'$ es el aumento en $(0, \infty)$, por lo que el $f$ es convexo.

Paso 1: $f(x) = 0$ $0 \le x \le 1$.

De la convexidad y $f(0) = 0$ se sigue que $$ f(t) \le t \cdot f(1) \quad \text{ para } 0 \le t \le 1 \, . $$ Por otro lado, la media-teorema del valor da $$ f(1) - f(0) = f'(\xi) (1 - 0) $$ for some $\xi \en (0, 1)$, por lo tanto $$ f(1) = f'(\xi) = f(\xi^{1/c}) \le \xi^{1/c} \cdot f(1) \, . $$ $\xi^{1/c}$ es estrictamente menor que uno, por lo que el $f(1) \le 0$ de la siguiente manera.

Desde $f$ es creciente, $f(x) = 0$$0 \le x \le 1$.

Paso 2: $f(x) = 0$ $x \ge 1$.

Para $x \ge 1$ $$ f'(x) = f(x^{1/c}) \le f(x) $$ por lo que podemos utilizar un estándar (Grönwall la desigualdad de tipo) argumento: $h(x) = e^{-x} f(x)$ satisface $$ h'(x) = e^{-x} (f'(x) - f(x)) \le 0 $$ de modo que $h$ es la disminución en el $[1, \infty)$: $$ e^{-x} f(x) \le e^{-1} f(1) = 0 \\ \implica f(x) \le 0 \implica f(x) = 0 \, . $$

Answer 2

EDITAR El siguiente post fue hecho antes de que la condición $f(0)=0$ manifestó, que sale de mi crítica y mi contraejemplo inaplicable. Lo dejo aquí ya que me parece de interés en sí mismo, y porque si la propuesta de conjeturas $f(x)=f(1)\cdot f_1(x)$ $\forall x\ge 0,\;\textrm{sgn} f(x) = \textrm{sgn} f(1)$ (ver abajo) fuera cierto, implicaría que la condición de $f(0)=0$ es necesario para la conclusión de $f(x)\equiv0$ a celebrar, y este cero de la función sólo sería una solución particular de la funcional de los diferenciales de la ecuación $f(x)=f'(x^2)$.

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Tu razonamiento tiene un hueco en el principio: el supremum de la set $\{x\in[0,\infty)\colon f(x)=0\}$ existe si es bordeada por encima y no vacío. Creo que no sería difícil ver que si a es no vacío y $f(x)\not\equiv 0$, entonces será delimitada por encima, pero yo no veo por qué debe ser no vacío de todos modos (a menos que añadir la condición de que $f$ ser surjective).

Por cierto, he hecho un poco de aproximación numérica de tomar $f(1)=1$ 'inicial' condición, y que terminó con esta $f$:

Aquí están algunos valores.

$$\begin{array}\\x & y\\ 0.0 &0.2887337\\ 0.5 &0.5656723\\ 1.0 &1.0000000\\ 1.5 &1.5602165\\ 2.0 &2.2340116\\ 2.5 &3.0138627\\ 3.0 &3.8944997\\ 3.5 &4.8719327\\ 4.0 &5.9429892\\ 4.5 &7.1050584\\ 5.0 &8.3559366\\ \end{array}$$

El problema parece estar bien acondicionado y el comportamiento del procedimiento iterativo parecía estable. Por otra parte, otras de las funciones de $f$, para diferentes valores iniciales en $x=1$ parecen ser múltiplos de la dada anteriormente (decir $f_1$), de hecho, de la forma $$f(x)=f(1)\cdot f_1(x).$$ También se $f_1$ es probable positiva, por lo que la última ecuación y esta condición implicaría $$\forall x\ge 0,\;\textrm{sgn} f(x) = \textrm{sgn} f(1).$$

Por otro lado, todavía no veo razonable de la forma cerrada de la expresión de dicha función.

Answer 3

Vamos a un $c\in{\mathbb R}$ (esta $c$ no tiene nada que ver con el $c$ que aparecen en otras respuestas).

La reclamación. No hay una única solución para el IVP $$f(x)=f'(x^2)\quad (0<x<\infty),\qquad f(1)=c\ .$$ Prueba. Podemos reescribir el problema en términos de la nueva función desconocida $$g(t):=f\bigl(e^t\bigr)\ .$$ Esta función ha de satisfacer $g'(t)=f'\bigl(e^t\bigr)\,e^t=f\bigl(e^{t/2}\bigr)\,e^t$, por lo tanto $$g'(t)=g\left({t\over2}\right)e^t\quad(-\infty<t<\infty)\>,\qquad g(0)=c\ .\tag{1}$$ Esto implica $$g'(t)=\left(c+ \int_0^{t/2}g'(\tau)\>d\tau\right)e^t\ ,\tag{2}$$ diciendo que $g'$ es un punto fijo de la transformación de $T$ definido por $$T\phi(t):=\left(c+ \int_0^{t/2}\phi(\tau)\>d\tau\right)e^t\ .$$ Restringir por un momento a la $t$-intervalo de $-{1\over2}\leq t\leq{1\over2}$. Entonces $$\|T\phi-T\psi\|_\infty\leq{1\over4}\sqrt{e}\|\phi-\psi\|_\infty\ ,$$ por lo tanto $T$ tiene un único punto fijo en $C\bigl([-{1\over2},{1\over2}]\bigr)$. Esto implica que un continuo de solución de $g'$ (y con ello $g$) $(2)$ existe, y está determinada únicamente en este intervalo. La fórmula $(1)$, a continuación, permite de forma recursiva el doble de la de dominio de $g'$ $g$ a todos los de ${\mathbb R}$.

Esta $g$ es de hecho una función completa. Tratamos de la "Ansatz" $$g(t):=\sum_{k=0}^\infty a_kt^k,\qquad a_0=1\ .\tag{3}$$ A continuación, $(1)$ conduce a la recursividad $$a_{n+1}={1\over n+1}\sum_{k=0}^n{a_k\over 2^k\>(n-k)!}\quad(n\geq0)\ .$$ Si escribimos $a_n:={1\over n!}b_n$ $(n\geq0)$ obtenemos la recursividad $$b_{n+1}=\sum_{k=0}^n{n\choose k}{b_k\over 2^k}\ .$$ Junto con $b_0=1$ esto conduce a $b_n\leq2^n$ y demuestra que la "Ansatz" $(3)$ enchufado a $(1)$ no sólo produce un poder formal de la serie, pero en realidad lleva a toda una función de $g$ satisfacción $(1)$ todos los $t\in{\mathbb R}$; además $g(t)\leq e^{2t}$ $\>(t\geq0)$.

Dejar $$f(x):=g\bigl(\log x\bigr)\qquad(0<x<\infty)$$ then proves the claim. As for $f(0)$ es necesario un trabajo adicional.

Answer 4

$\def\d{\mathrm{d}}\def\peq{\mathrel{\phantom{=}}{}}$Generalizada de la proposición se demostró.

Proposición: Para cualquier $c > 1$ si $f: [0, +∞) → [0, +∞)$ es continua en a $[0, +∞)$, diferenciable en a $(0, +∞)$, y $f'(x^c) = f(x)\ (x > 0)$, $f(0) = 0$, a continuación,$f = 0$.

Paso 1: Para cualquier $0 \leqslant a < b$, $n \geqslant 0$,\begin{align*} f(b) - f(a) &= \sum_{k = 1}^n (-1)^{k - 1} \left( \prod_{j = 1}^k \frac{c - 1}{c^j - 1} \right) (b^{\frac{c^{k + 1} - c}{c^{k + 1} - c^k}} f(b^{\frac{1}{c^k}}) - a^{\frac{c^{k + 1} - c}{c^{k + 1} - c^k}} f(a^{\frac{1}{c^k}}))\\ &\peq + (-1)^n \left( \prod_{j = 1}^n \frac{c - 1}{c^j - 1} \right) \int_{a^{\frac{1}{c^n}}}^{b^{\frac{1}{c^n}}} x^{\frac{c^{n + 1} - c}{c - 1}} f'(x) \,\d x. \tag{1} \end{align*}

Prueba: Para probar por inducción en $n$, en el caso base $n = 0$ es cierto porque$$ f(b) - f(a) = \int_a^b f'(x) \,\d x. $$

Suponga que se tiene para $n - 1$. Para $n$, tenga en cuenta que $f'(x^c) = f(x)$. Por integración por partes,\begin{align*} &\peq \int_{a^{\frac{1}{c^{n - 1}}}}^{b^{\frac{1}{c^{n - 1}}}} x^{\frac{c^n - c}{c - 1}} f'(x) \,\d x = \int_{a^{\frac{1}{c^n}}}^{b^{\frac{1}{c^n}}} t^{\frac{c^{n + 1} - c^2}{c - 1}} f'(t^c) · ct^{c - 1} \,\d t = c \int_{a^{\frac{1}{c^n}}}^{b^{\frac{1}{c^n}}} t^{\frac{c^{n + 1} - c}{c - 1} - 1} f(t) \,\d t\\ &= \left. \frac{c - 1}{c^n - 1} t^{\frac{c^{n + 1} - c}{c - 1}} f(t) \right|_{a^{\frac{1}{c^n}}}^{b^{\frac{1}{c^n}}} - \int_{a^{\frac{1}{c^n}}}^{b^{\frac{1}{c^n}}} t^{\frac{c^{n + 1} - c}{c - 1}} f'(t) \,\d t\\ &= \frac{c - 1}{c^n - 1} (b^{\frac{c^{n + 1} - c}{c^{n + 1} - c^n}} f(b^{\frac{1}{c^n}}) - a^{\frac{c^{n + 1} - c}{c^{n + 1} - c^n}} f(a^{\frac{1}{c^n}})) - \int_{a^{\frac{1}{c^n}}}^{b^{\frac{1}{c^n}}} x^{\frac{c^{n + 1} - c}{c - 1}} f'(x) \,\d x. \end{align*} La combinación con la hipótesis de inducción, que tiene de $n$. Final de la inducción.

Paso 2: $f(1) = 0$.

Prueba: Para cualquier $n \geqslant 0$, $a = 0$ $b = 1$ (1) para obtener\begin{align*} f(1) &= \sum_{k = 1}^n (-1)^{k - 1} \left( \prod_{j = 1}^k \frac{c - 1}{c^j - 1} \right) f(1) + (-1)^n \left( \prod_{j = 1}^n \frac{c - 1}{c^j - 1} \right) \int_0^1 x^{\frac{c^{n + 1} - c}{c - 1}} f'(x) \,\d x\\ &= \sum_{k = 1}^n (-1)^{k - 1} \left( \prod_{j = 1}^k \frac{c - 1}{c^j - 1} \right) f(1) + (-1)^n \left( \prod_{j = 1}^n \frac{c - 1}{c^j - 1} \right) \int_0^1 t^{\frac{c^{n + 2} - c^2}{c - 1}} f'(t^c) · ct^{c - 1} \,\d t\\ &= \sum_{k = 1}^n (-1)^{k - 1} \left( \prod_{j = 1}^k \frac{c - 1}{c^j - 1} \right) f(1) + (-1)^n c \left( \prod_{j = 1}^n \frac{c - 1}{c^j - 1} \right) \int_0^1 t^{\frac{c^{n + 2} - c}{c - 1} - 1} f(t) \,\d t. \end{align*} Denotar $c_n = \prod\limits_{j = 1}^n \frac{c - 1}{c^j - 1}\ (n \geqslant 0)$,$$ f(1) = f(1) \sum_{k = 1}^n (-1)^{k - 1} c_k + (-1)^n c c_n \int_0^1 t^{\frac{c^{n + 2} - c}{c - 1} - 1} f(t) \,\d t. \etiqueta{2} $$ Tenga en cuenta que $\{c_n\}$ es estrictamente decreciente y $c_n → 0\ (n → ∞)$, $\sum\limits_{k = 0}^∞ (-1)^{k - 1} c_k$ converge y $\sum\limits_{k = 0}^∞ (-1)^{k - 1} c_k < c_0 = 1$. Además, supongamos que el$|f(x)| \leqslant M$$0 \leqslant x \leqslant 1$,$$ \left| (-1)^n c c_n \int_0^1 t^{\frac{c^{n + 2} - c}{c - 1} - 1} f(t) \,\d t \right| \leqslant c c_n M, $$ lo que implica$$ \lim_{n → ∞} (-1)^n c c_n \int_0^1 t^{\frac{c^{n + 2} - c}{c - 1} - 1} f(t) \,\d t = 0. $$ Por lo tanto, lo $n → ∞$ (2) para obtener$$ f(1) = f(1) \sum_{k = 1}^∞ (-1)^{k - 1} c_k. $$ Desde $\sum\limits_{k = 1}^∞ (-1)^{k - 1} c_k < 1$,$f(1) = 0$.

Paso 3: $f = 0$.

Prueba: tenga en cuenta que $f'(x) = f(x^{\frac{1}{c}}) \geqslant 0$, lo $f$ es cada vez mayor. Desde $f(0) = f(1) = 0$,$f(x) = 0$$0 \leqslant x \leqslant 1$. Para $b > 1$, teniendo en $a = 1$ $n = 1$ (1) para obtener$$ f(b) = b, f(b^{\frac{1}{c}}) - \int_1^{b^{\frac{1}{c}}} x^c f'(x) \,\d x \leqslant b, f(b^{\frac{1}{c}}). $$ Tenga en cuenta que $b > 1 \Rightarrow b^{\frac{1}{c}} > 1$. Por inducción,$$ f(b) \leqslant b^{\frac{c^n - 1}{c^n - c^{n - 1}}} f(b^{\frac{1}{c^n}}). \quad \forall n \geqslant 1 \etiqueta{3} $$ Desde $\dfrac{c^n - 1}{c^n - c^{n - 1}} → \dfrac{c}{c - 1}\ (n → ∞)$ $b^{\frac{1}{c^n}} → 1\ (n → ∞)$ $n → ∞$ (3) para obtener$$ f(b) \leqslant \lim_{n → ∞} b^{\frac{c^n - 1}{c^n - c^{n - 1}}} · \lim_{n → ∞} f(b^{\frac{1}{c^n}}) = b^{\frac{c}{c - 1}} f(1) = 0, $$ lo que implica $f(b) = 0$. Por lo tanto, $f = 0$.

Answer 5

Mi anterior trabajo estaba basado en una premisa falsa de que $\,f(x)\,$ tiene un poder de expansión de la serie en $\,x=0.\,$ La idea clave es la correcta ansatz. Puesto que la ecuación diferencial es homogénea, si $\,f(0) \ne 0, \,$, entonces el WLOG asumen $\, f(0)=1. \,$ a suponer También que $\, f(x) \,$ tiene una serie de Puiseux de expansión. Empezar con $\, f(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n x^{e_n} ,\,$ donde $\, a_0 \!=\! 1, e_0 \!=\! 0. \,$ $\, f'(x) = \sum_{n=1}^\infty a_n e_n x^{e_n-1} ,\,$ y el uso de la ecuación diferencial, $\, f(x) = \sum_{n=1}^\infty a_n e_n x^{2e_n-2}. \,$ Comparando las dos series tenemos la recursividad $\, e_{n+1} = 1 + e_n/2 \,$ con solución de $\, e_n = 2 - 2^{1-n}. \,$ Esta solución para $\, e_n \,$ conduce a la recursividad $\, a_{n+1} = a_n / e_{n+1}. \,$ Desde $\, e_n \to 2 \,$ $\, n \to \infty, \,$ $\, a_n \sim 2^{-n}. \,$ Esto implica que la serie de Puiseux para $\, f(x) \,$ converge para $\, 0 \le x \le 1. \,$ También converge para $\, x>1 \,$ y su gráfica se da en la respuesta de Alejandro Salum. La solución general se multiplica por $\, f(0) \,$ e si $\, f(0) = 0, \,$ a continuación, $\, f(x) = 0 \,$ $\, 0 \le x. \,$ Además de esto Puiseux de expansión de la serie, se conecta con la respuesta de Christian Blatter, que muestra que también tiene un poder de expansión de la serie en $\, x=1, \,$ de los provenientes de $\, g(t):=f(e^t), \, $ donde $\, g(t) \,$ tiene un poder de expansión de la serie a $\, t=0. \,$ Como control de la $\, f(0) = 1, \, f(1) \approx 3.46274661945506, \, f(2) \approx 7.73614964618559.$

Tenga en cuenta que esta pregunta se refiere a un tipo de retardo de la ecuación diferencial solución. Un ejemplo sencillo es $\,f'(x) = f(x-1)\,$ donde $\,f\,$ puede ser definido esencialmente arbitrariamente en $\,0\le x\le 1\,$ y, a continuación, para $\,x>1\,$ definir $\, f(x) := f(1) + \int_0^{x-1} f(t)\, dt.\,$ Del curso, si $\,f(x) = 0\,$ $\,[0,1]\,$ $\,f(x) = 0\,$ todos los $\,x\ge 0.\,$ En la pregunta actual de la D. D. E. es$\, f'(x) = f(\sqrt{x}).\,$, Tras el simple ejemplo, podríamos definir el $\,f\,$ arbitrariamente en $\,[c^{-2},c^{-1}]\,$ donde $\,c>1\,$ es arbitrarias. Los valores de $\,f\,$ $\,(0,c^{-2})\,$ son determinados por $\, f(x) = f(c^{-2}) - \int_x^{c^{-2}} f(\sqrt{t})\,dt.\,$ Los valores de $\,f\,$ $\,(c^{-1},1)\,$ es más exigente. Debemos tener $\,f\,$ infinitamente diferenciable en $\,[c^{-2},c^{-1}]\,$ porque $\,f(x) = f'(x^2) = 2x^2 f''(x^4) = 4x^2 f''(x^8) +8x^{10} f^{(3)}(x^8)\,$ y así sucesivamente. En resumen, si $\,f\,$ es infinitamente diferenciable en $\,[c^{-2},c^{-1}]\,$ , entonces puede ser el único extendido a $\,(0,1).\,$