Encuentre todos $C^{1}$ funciones $f: (0,+\infty) \to (0, +\infty)$ tal que $f(x)^{f'(x)}=x$ , $f(1)=1$ .

Question

Como dice el título de la pregunta, estoy tratando de encontrar todo $C^1$ funciones $f:(0, +\infty) \to (0, +\infty)$ que satisfacen $f(x)^{f'(x)} = x$ y $f(1)=1$ .

Sé que $f(x)=x$ es una solución. Cuando pongo todo en el exponente, obtengo $f'(x) \ln{f(x)} = \ln{x}$ lo que me da la solución implícita $f(x)(\ln{f(x)}-1) = x(\ln{x}-1)+C$ , $C \in \mathbb{R}$ . Al insertar $(1,1)$ en la solución implícita, obtengo que la solución debe satisfacer $f(x)(\ln{f(x)}-1) = x(\ln{x}-1)$ . El problema aquí es que no puedo utilizar el teorema de Picard y afirmar la unicidad, porque la expresión $f'(x) = \frac{\ln{x}}{\ln{f(x)}}$ no está definido para $(x, f(x))=(1,1)$ .

¿Existe una forma diferente de demostrar la unicidad, o hay otra solución para esta ecuación?

Answer 1

Bueno, aquí hay un intento usando una maquinaria más básica que evita la función W de Lambert. Creo que todo lo que necesitamos aquí es el cálculo básico.

Obsérvese que para $x>1$ la relación $f'(x)\,\ln f(x)=\ln x$ implica que $f'(x)$ y $\ln f(x)$ tienen el mismo signo. Del mismo modo, para $x<1$ debemos tener $f'(x)$ y $\ln f(x)$ con signos opuestos.
Por lo tanto, existen cuatro posibilidades

$\qquad(1.1)$ : $f$ está aumentando y $>1$ en $(1,+\infty)$ y $f$ está aumentando y $<1$ en $(0,1)$ .

$\qquad(1.2)$ : $f$ está aumentando y $>1$ en $(1,+\infty)$ y $f$ es decreciente y $>1$ en $(0,1)$ .

$\qquad(2.1)$ : $f$ es decreciente y $<1$ en $(1,+\infty)$ y $f$ está aumentando y $<1$ en $(0,1)$ .

$\qquad(2.2)$ : $f$ es decreciente y $<1$ en $(1,+\infty)$ y $f$ es decreciente y $>1$ en $(0,1)$ .

Por otra parte, la relación $x(\ln x -1)=f(x)\, (\ln f(x) -1)$ implica que para $x\in(e,+\infty)$ tenemos $f(x)>e$ . Esto descarta los casos $(2.1)$ y $(2.2)$ .

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Sabemos entonces que para $x>1$ Cualquier solución $f$ será creciente y mayor que uno. Ahora, dejemos que $f_1$ y $f_2$ ser soluciones a su ecuación diferencial y considerar $g=f_1-f_2$ . Para $x>1$ Tendremos

$$g'(x)=f_1'(x)-f_2'(x)=\frac{\ln x}{\ln f_1(x)}-\frac{\ln x}{\ln f_2(x)}=\frac{\ln x}{\ln f_1(x)\,\ln f_2(x)} \cdot \Big(\ln f_2(x) - \ln f_1(x)\Big)$$

De ello se desprende que para $x>1$ El signo de $g'(x)$ es la de $\ln f_2(x) - \ln f_1(x)$ que a su vez es el de $f_2(x) - f_1(x) = -g(x)$ . Por lo tanto, para $x>1$ tenemos $g(x)g'(x)\leq0$ .

Esto implica que $h(x)=g(x)^2$ satisface $h'(x)\leq 0$ Es decir, $h$ es no creciente para $x>1$ . Pero dejar que $x\to 1$ concluimos que $h\equiv 0$ en todo $(1,+\infty)$ y por lo tanto $f_1(x)=f_2(x)$ para todos $x\geq 1$ .

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Como sabemos que $f(x)=x$ es una solución en $[1,+\infty)$ concluimos que es la única solución en $[1,+\infty)$ .

Esta es una observación importante, porque ahora el caso $(1.2)$ se descarta. Como $f'\equiv1$ en $(1,+\infty)$ no sería continua en $x=1$ por si acaso $(1.2)$ porque entonces $f'<0$ en $(0,1)$ .

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De ello se deduce que el único caso posible es $(1.1)$ . Ahora podemos emplear un argumento similar al de $g$ arriba para concluir que las soluciones también son únicas para $x\leq 1$ y por lo tanto $f(x)=x$ es la única solución.

Answer 2

Dejar $x = e t$ y $f(x) = e y$ la ecuación $f(x) (\ln f(x) - 1) = x (\ln x - 1)$ se convierte en $y \ln y = t \ln t$ . Las soluciones a esto se pueden escribir como $$y = \frac{t \ln t}{W(t \ln t)}$$ donde $W$ es cualquier rama del Función Lambert W . Ahora para $0 < t < 1$ , $-1/e < t \ln t < 0$ y en este intervalo hay dos ramas reales de la Lambert $W$ función. Sin embargo, para $t > 1$ , $t \ln t > 0$ y aquí sólo hay una rama real de $W$ , la que da la solución $y = t$ o $f(x) = x$ . Por lo tanto, sólo hay una $f$ si se insiste en que se defina para $x \in (0, \infty)$ . Existe otra solución, pero sólo está definida para $x \in (0,e)$ .

Answer 3

Parece que hay otra solución a la ecuación, pero para $0<x<e$ su valor disminuye de $e$ a $0$ y para $x>e$ el valor se vuelve complejo y deja de ser real. Esto significa que la derivada no no existe en ese momento. Aparte de eso, es una solución válida. Tenga en cuenta que, para $0<x<1$ el $W_0(\_)$ y para $1<x<e$ el $W_{-1}(\_)$ rama se utiliza en la fórmula dada por Robert Israel. La clave es que para cualquier solución, $f'(1)^2=1$ y por lo tanto $f'(1)=1$ o bien $f'(1)=-1$ . La primera lleva a la fácil $f(x):=x$ y la otra a la solución mediante Lambert $W$ . Estas son las dos únicas soluciones posibles.