$f(x+1)-f(x)=f'(x)$ : probar $f(x)$ función lineal

Question

Si tengo una función diferenciable $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ satisface $f(x+1)-f(x)=f'(x)$ y $\lim_{x\to\infty}f'(x)=A$ . ¿Puedo mostrar $f(x)=ax+b$ ?

Answer 1

Supongamos que $f$ es diferenciable, $$f(x+1)-f(x)=f'(x) \tag{1}$$ para todos $x$ y $\lim_{x \to +\infty} f'(x) = A$ .

Afirmo que $f'$ es constante y, por tanto, que $f$ tiene la forma $ax+b$ .

Supongamos, a efectos de contradicción, que $f'$ no es constante. Entonces hay $x_0$ tal que $f'(x_0) \ne A$ . Tome el caso $f'(x_0) > A$ . [El otro caso $f'(x_0)<A$ se hace de la misma manera].

Diferenciar la ecuación $f(x+1)-f(x)=f'(x)$ para concluir que $f''$ existe y que $f'$ es continua. Función $f'$ alcanza un valor máximo $B > A$ en $[x_0,+\infty)$ . El conjunto donde $f'(x)=B$ es no vacío, cerrado y acotado por encima. Sea $x_1 \in [x_0,+\infty)$ sea tal que $f'(x_1) = B$ y $f'(x) < B$ para todos $x \in (x_1,+\infty)$ .

Nota $f'(x) < B$ en $(x_1,x_1+1)$ Así que $f(x_1+1) - f(x_1) = \int_{x_1}^{x_1+1} f'(x)\;dx < B = f'(x_1)$ . Esto contradice ( $1$ ).

Answer 2

Defina $$g(x)=f(x)+ax+b$$ por lo tanto por sustitución obtenemos $$g(x+1)=g(x)$$ lo que significa que $g(x)$ es periódica con período $1$ . También $g'(x)=f'(x)+a$ y, por tanto, tiene un límite en $\infty$ . Desde $g'(x)$ también es periódica, esto sólo es posible si es constante a lo largo de un periodo o a lo largo de $\Bbb R$ porque $$\lim_{x\to\infty}g'(x)=g'(0)\\\lim_{x\to\infty}g'(x+a)=g'(a)\\g'(a)=g'(0)$$ para cualquier $a\in [0,1]$ . Así que tenemos $$g'(x)=c$$ concluyendo que $$g(x)=cx+d$$ lo que significa que $$\Large f(x)=(c-a)x+d-b$$ o $\Large f(x)\text{ is linear}$

Answer 3

Un pensamiento

Sea $x_0$ cualquier número real. Por la condición, tenemos $$f(x_0+1)-f(x_0)=f'(x_0).\tag1$$ Pero por el teorema del valor medio de Lagrange, también podemos obtener $$f(x_0+1)-f(x_0)=f'(x_1)(x_0+1-x_0)=f'(x_1),$$ donde $x_0<x_1<x_0+1.\tag 2$ Combinación de $(1)$ y $(2)$ podemos afirmar que existe $x_1 \in (x_0,x_0+1)$ tal que $$f'(x_0)=f'(x_1).$$

Considere $x_1$ . Por la condición, también tenemos $$f(x_1+1)-f(x_1)=f'(x_1).\tag3$$ Del mismo modo, también podemos afirmar que existe $x_2 \in (x_1,x_1+1)$ tal que $$f'(x_1)=f'(x_2).\tag4$$

Ahora, repite el proceso anterior. Es posible que encuentre una secuencia de $$x_0<x_1<x_2<\cdots<x_n$$ tal que $$f'(x_0)=f'(x_1)=f'(x_2)=\cdots=f'(x_n).$$ Obviamente, si podemos probar que $x_n \to +\infty$ como $n \to +\infty$ entonces por el hecho de que $ \lim\limits_{x\to\infty}f'(x)=A,$ tenemos $\lim\limits_{n\to+\infty}f'(x_n)=A.$ Pero $f'(x_n)$ es una secuencia constante, por lo que $$f'(x_0)=f'(x_1)=f'(x_2)=\cdots=f'(x_n) =A.$$

Recordemos la arbitrariedad de $x_0$ . Podemos afirmar que $$f'(x)\equiv A,~~~~\forall x \in \mathbb{R},$$ lo que implica que $f(x)=Ax+b$ para todos $x \in \mathbb{R}.$

Pero, ¿podemos demostrar $x_n \to +\infty$ como $n \to +\infty$ ?