Prove.

Question

Deje $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ ser una función derivable tal que $f(0) = 0$ y $f'(x) = [f(x)]^{2}$, $\forall x \in \mathbb{R}$. Mostrar que $f(x) = 0$, $\forall x \in \mathbb{R} $.

Yo primero (sin éxito) trató de usar el Valor medio Teorema, pero esto es en el de las Integrales capítulo por lo que la solución implica probablemente ellos. No puede ver realmente donde las integrales de venir aquí, sin embargo.

Lo que he conseguido hasta ahora:

(i) Desde $f$ es diferenciable, por lo tanto es continua y, por lo tanto, integrable. Por lo tanto, $f^2$ también es integrable y como $f'=f^2$, $f'$ es demasiado.

(ii) $f' \geq 0$, $\forall x \in \mathbb{R}$

Answer 1

Sólo para dar una MVT prueba, supongamos $f(b)\not=0$ algunos $b$. Sin pérdida de generalidad*, podemos suponer $0\lt b\lt1$ $0\lt f(c)\lt f(b)\lt 1$ todos los $0\lt c\lt b$. Por MVT, hay un $c\in(0,b)$ tal que

$$f'(c)={f(b)-f(0)\over b-0}={f(b)\over b}$$

Pero nuestro diversas hipótesis, nos dicen ahora

$$f'(c)=(f(c))^2\lt f(c)\lt f(b)\lt{f(b)\over b}$$

lo cual es una contradicción. Así que no hay $b$ que $f(b)\not=0$.

*Sustitución de $f$$g(x)=-f(-x)$, que satisface $g(0)=0$$g'(x)=(g(x))^2$, muestra que podemos asumir $b$ es positivo. La sustitución de $f$ $g(x)=f(x+a)$ donde$0\lt a\lt b$$f(a)=0$, muestra que podemos asumir $f$ es distinto de cero en $(0,b)$, punto en el cual podemos suponer $b\lt1$. La hipótesis de $f'(x)=(f(x))^2$ ahora muestra $f$ es el aumento en $(0,b)$, por lo tanto estrictamente positivo (MVT, si te gusta), momento en el que el Teorema del Valor Intermedio nos permite asumir $f(b)\lt1$.

Answer 2

Para una prueba ad hoc simple ver la respuesta de Barry Cipra.

Una prueba más teórica de la reclamación indicada va como sigue: la ecuación diferencial $$y'=y^2\qquad\bigl(=:F(x,y)\bigr)\tag{1}$$ satisfies the assumptions of the local existence and uniqueness theorem for ODEs at all points $(x,y) \in {\mathbb R}^2$. By standard theorems about the "maximal solutions" it follows that the solution of any IVP $\bigl((1), (x_0,y_0)\bigr)$ is globally uniquely determined, and its graph finally leaves any given bounded set $B\subset{\mathbb R}^2$. In the case at hand the given initial point is $(0,0) $, and we can guess the global solution $% $ $f(x)=0\qquad(-\infty<x de="" es="" la="" lo="" original="" por="" problema.="" soluci="" tanto=""></x>

Answer 3

Esta es una mejora con respecto a uno de los enfoques dados por el usuario Cristiana Blatter.

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Supongamos que existe un punto de $a\neq 0$ tal que $f(a) \neq 0$. Primero vamos a tratar el caso al $f(a) >0$. Tenga en cuenta que $f'(x) =\{f(x) \} ^{2}\geq 0$ $f$ es creciente y desde $f(0)=0$ ahora sigue que $a>0$. Y si $x\geq a$$f(x) \geq f(a) >0$. Considere la función $$g(x) = x+\frac{1}{f(x)} $$ which is well defined on $[un, \infty) $ and $$g'(x) =1-\frac{f'(x)}{\{f(x)\}^{2}}=0$$ and hence $g$ is constant on $[a, \infty) $. But this is an obvious contradiction as $g(x) >x$ for all $x\geq$.

Si $f(a) <0$, por el aumento de la naturaleza de la $f$ debemos tener $a<0$ y podemos aplicar un argumento similar como en el último párrafo en el intervalo de $(-\infty, a] $ para obtener una contradicción.

Se deduce pues que la $f(x) =0$ todos los $x$.