Cauchy ' teorema s

Question

¿para resolver este problema, es apropiado aplicar el teorema de Cauchy?

Que $ h\colon [a,b​​] \to\mathbb R$ un función continua $ f $ y una función diferenciable de $(a,b​)$ tal que $ f(a) = 0$. Demostrar que si hay $ L \neq0$ tales que para cada $x \in [a, b]$

$$ | L f '(x) + h (x) f (x) | \le | f (x )|,$$

entonces $f(x)\equiv 0 $ cada $x \in [a, b]$.

Answer 1

He tratado de resolver la pregunta de esta manera:

la función de $h$ es continua en a$[a, b​​]$, entonces, por el teorema de Bolzano (Weierstrass) es limitado, que no existe $A$ tal que para cada a $x\in[a,b​​]$ tenemos $$|h(x)|\le A.$$

De la asunción

$$ | L f '(x) + h (x) f (x) | \le | f (x )|,$$ de la que sigue

$$ |f '(x)| \le \frac{1+A}{| L|}.$$

Deje $[c,d]\subset[a,b]$ de la longitud de menos de $$\frac{1}{2}\cdot\frac{1+A}{| L|}= \frac{B}{2}$$

y de tal manera que

$$f(c)=0$$

Sabemos que en una serie con estas propiedades existe (de hecho, solo tomemos, por ejemplo,$c = a$).

Ahora, si $x_0\in[c, d]$ podemos escribir,

$$|f(x_0)-f(c)|=|f'(x_1)||x_0-c|\le\frac{B}{2}\cdot\frac{|f'(x_1)|}{B}=\frac{|f(x_1)|}{2} \frac{B}{2}$$

Repitiendo este razonamiento encontramos así una secuencia $(x_n)$ es estrictamente la disminución de y tales que

$$f(x_0)\le \frac{|f(x_1)|}{2}\le \frac{|f(x_2)|}{2^2}\le\cdots\le \frac{|f(x_n)|}{2^n}$$

Obviamente, esta última desigualdad (aquí utilizamos el hecho de que $|f(x_n)|$ es limitado) implica $$f(x_0)=0$$ Para completar la solución, es suficiente para cubrir los $[a, b​​]$ con un número finito de subintervalos de longitud de menos de $\frac{B}{2}$ y utilice el hecho de que $f$ es cero en cada subinterval. Tomamos nota de que la misma conclusión se sostiene si asumimos $h$ limitado y no necesariamente continua en [a, b].

Answer 2

No sé cómo usar el teorema del valor medio de Cauchy, pero aquí es una solución. Asumimos $a=0$ simplificar; tenemos para todos $0\leq x\leq b$ % $ $$|Lf'(x)|\leq |Lf'(x)+h(x)f(x)|+|h(x)f(x)|\leq |(1+h(x))|\cdot|f(x)|,$y poner $M:=\sup_{0\leq x\leq b}\left|\frac{1+h(x)}L\right|$, obtenemos $|f'(x)|\leq M|f(x)|$. Ahora demostramos por inducción que para todos los $k\geq 1$ y $0\leq x\leq b$: %#% $ $$\tag{1}|f(x)|\leq \frac{M^k}{(k-1)!}\int_0^x(x-t)^{k-1}|f(t)|dt.$ #%, tenemos, desde $k=1$: $f(0)=0$ $ y si es verdad $$|f(x)|=\left|\int_0^xf'(t)dt\right|\leq M\int_0^x|f(t)|dt,$,\begin{align} |f(x)|&\leq \frac{M^k}{(k-1)!}\int_0^x(x-t)^{k-1}|f(t)|dt\ &\leq \frac{M^k}{(k-1)!}\int_0^x(x-t)^{k-1}\int_0^t|f'(s)|dsdt\ &\leq \frac{M^k}{(k-1)!}\int_0^x(x-t)^{k-1}\int_0^tM|f(s)|dsdt\ &\leq\frac{M^{k+1}}{(k-1)!}\left(\left[\frac{(x-t)^k}k\int0^t|f(s)|ds\right]{t=0}^{t=x}+\int_0^x\frac{(x-t)^k}k|f(t)|dt\right)\ &=\frac{M^{k+1}}{k!}\int_0^x(x-t)^k|f(t)|dt. \end{align} poner $k$. Entonces gracias a tan tomando el límite $M':=\sup_{0\leq x\leq b}|f(x)|$ 1 $$|f(x)|\leq M'\frac{M^kx^k}{k!}\quad \forall k\geq 1$ $ conseguimos $k\to\infty$.