Probar$f'$ =$g'$ tiene alguna c tal que$g=f+c$

Question

Supongamos que$f$ y$g$ son funciones diferenciables en$(a,b)$ y supongamos que$g'(x)=f'(x)$ para todos$x \in (a,b)$. Demuestre que hay$c \in \mathbb{R}$% tal que$g(x) = f(x)+c$.

Hasta ahora, comencé con esto:

Deje$h'(x)=f'(x)-g'(x)=0$, luego MVT implica$\exists$ c$\in \mathbb{R}$ tal que$h'(c) = \frac{h(b)-h(a)}{b-a} =0$. Entonces $h'(c)=0 \implies h(c)=c$

Después de esto, no estoy seguro de dónde ir, o si esto es correcto, ¿alguna pista? Esta es también mi primera publicación en Latex, ¡lo siento si hay algún error!

Answer 1

Repasando un poco la prueba, puedo extender su prueba.

Supongamos que su dominio de función es (a, b). Y elijamos cualquier$\beta\in (a,b)$.

Entonces, para cualquier$x\in (a,b)$$\exists \alpha\in (\beta,x)$ (o$\alpha \in(x,\beta)$ if$x<\beta$) tal que$h'(\alpha)=\frac{h(x)-h(\beta)}{x-\beta}=0$.

Así,

ps

Por lo tanto, el$$\frac{h(x)-h(\beta)}{x-\beta}=0 \implies h(x)-h(\beta)=0\\ \implies f(x)-g(x)=f(\beta)-g(\beta)\\ \implies f(x)=g(x)+f(\beta)-g(\beta)$, descubrimos que es$c$.

Answer 2

Te digo eso

No $h'(x)=f'(x)-g'(x)=0$, MVT implica $\exists$ c $\in > \mathbb{R}$ such that $h'(c) = \frac{h(b)-h(a)} {b-a} = 0$. Entonces $h'(c)=0 \implies h(c)=c.$

Esto no es correcto. Si $h'(c)=0$ entonces usted tiene $h(b)=h(a).$

Pero en el camino correcto. Tener en cuenta en lugar de $a,b$ $x,y\in [a,b], x\ne y.$ entonces tienes

$$h'(c) = \frac{h(y)-h(x)}{y-x} =0.$$ So $h (x) = h (y) $ from where you get that $h$ debe ser constante.

Answer 3

Si $F(x)$ es una función derivable en a $(a, b)$ con

$F'(x) = 0, \; \forall x \in (a, b), \tag 1$

entonces

$\exists c \in \Bbb R, \; F(x) = c; \tag 2$

para, escoger cualquier $x_1, x_2 \in (a, b)$$x_1 < x_2$, tenemos, por el teorema fundamental del cálculo,

$F(x_2) - F(x_1) = \displaystyle \int_{x_1}^{x_2} F'(s) \; ds = \int_{x_1}^{x_2} 0 \; ds = 0; \tag 3$

de ello se sigue que

$F(x_1) = F(x_2), \; \forall x_1, x_2 \in (a, b); \tag 4$

por lo tanto podemos tomar

$c = F(y) \tag 5$

para cualquier $y \in (a, b)$. Ahora la creación de

$F(x) = f(x) - g(x), \tag 6$

nos encontramos

$F'(x) = f'(x) - g'(x) = 0, \; \forall x \in (a, b); \tag 7$

nos vimos anteriormente que

$f(x) - g(x) = F(x) = c, \tag 8$

de dónde

$f(x) = g(x) + c, \; \forall x \in (a, b). \tag 9$

Si uno desea, por cualquier razón, para evitar la integración y el teorema fundamental, entonces, por supuesto, una demostración basada en el valor medio teorema también es posible: de nuevo, dejando $F(x)$ ser diferenciable en a $(a, b)$, supongamos que hay $x_1, x_2 \in (a, b)$, $x_1 < x_2$, con

$F(x_1) \ne F(x_2); \tag{10}$

a continuación, por el MVT, existe $\xi \in (x_1, x_2)$ tal que

$F(x_2) - F(x_1) = F'(\xi)(x_2 - x_1), \tag{11}$

de dónde

$F'(\xi) = \dfrac{F(x_2) - F(x_1)}{x_2 - x_1} \ne 0 \tag{12}$

en virtud de (10), contradiciendo la hipótesis de que la $F'(x) = 0$$x \in (a, b)$. Así

$F(x_2) = F(x_1) = c, \; \text{a constant}, \; \forall x_1, x_2 \in (a, b); \tag{13}$

el resultado deseado ahora sigue tomando $F(x)$, como en (6).

Como para nuestros OP Brad Scott esfuerzo para invocar el MVT, aunque parece estar yendo en la misma dirección general, lo hace erróneamente a la conclusión de que $h(c) = c$ algunos $c \in \Bbb R$; es casi como si el MVT ha sido confundido con el teorema del valor intermedio aquí. Pero como ha señalado mis colegas de mfl y Lev Prohibición en sus respuestas, el enfoque correcto es el uso de la MVT en el contexto actual es afirmar que implica que $h(x_1) = h(x_2)$$x_1, x_2 \in (a, b)$, o como he enunciado, $F(x) = f(x) - g(x)$ es constante.

Answer 4

Suponga f-g es no constante. Entonces f'-g' no es idénticamente cero. Pero f '= g' por hipótesis. Contradicción. Por lo tanto, f-g es constante.