Demostrar que una función es afín

Question

<blockquote> <p>Que $f,g:\mathbb R\to \mathbb R$ ser funciones tales que $ \mathbb R de $$f(x+h)=f(x)+g(x)h+\alpha(x,h)$$ for all $x,h\in, donde $|\alpha(x,h)|\le Ch^3$. Mostrar que $f(x)=ax+b$ de algunos $a, $ \mathbb R de b\in.</p> </blockquote> <p>Creo que lo que se supone para probar que esto es mostrando que $f'(x)$ es idénticamente constante. El derivado de $f$ $x$ es $\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$. Puedo escribir la condición dada como $$\left|\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\right|\le |g(x)| + Ch^2,$$and as $h\to 0 $, we get $ | f'(x) | \le | g (x) | $.</p> <p>¿Estoy en el camino correcto? ¿Cualquier otros consejos?</p>

Answer 1

Usted tiene

$|\frac{f(x+h)-f(x)}{h}-g(x)|=|\frac{\alpha(x,h)}{h}|$

$

entonces es derivable en cualquier punto y $f$ $f'(x)=g(x)$

Pero ahora

$|\frac{g(x+h)-g(x)}{h}|=$

$|\frac{\frac{f(x+h+\tau)-f(x+h)}{\tau}-\frac{\alpha (x+h,\tau)}{\tau}-\frac{f(x+r)-f(x)}{r}+ \frac{\alpha (x,r)}{r}}{h}|=$

Y si eliges $r=h$ y $\tau=-h$

$=|\frac{\frac{f(x+h-h)-f(x+h)}{-h}-\frac{\alpha (x+h,-h)}{-h}-\frac{f(x+h)-f(x)}{h}+ \frac{\alpha (x,h)}{h}}{h}|=$

$= |\frac{\frac{\alpha (x+h,-h)}{h}+ \frac{\alpha (x,h)}{h}}{h}|= |\frac{\alpha (x+h,-h)}{h^2}+ \frac{\alpha (x,h)}{h^2}|=$

$2C |h|\to 0$ $h\to 0$

y así $g$ es una función derivable y $g'(x)=0$ % todo $x$y así $ f$ es lineal

Answer 2

Creo que el OP quiere decir $$\big|\alpha(x,h)\big|\leq C|h|^3\tag{*}$$ for all $x\in\mathbb{R}$ and $h\in\mathbb{R}$. Even if only $h\geq0$ is assumed in the OP's problem, it is not difficult to show that (*) still holds (but the constant $C$ en el OP del ajuste puede ser necesario cambiar a una constante mayor, de modo que (*) es válida).

Supongamos que $x\in\mathbb{R}$ es arbitrario y $h>0$. De $f(x)=f(x-h)+g(x-h)h+\alpha(x-h,h)$, por lo que $$f(x-h)=f(x)+g(x-h)\cdot (-h)-\alpha(x-h,h)\,.$$ From the work below, we get $g(x)-g(x-h)=\frac{\alpha(x-h,2h)-\alpha(x,h)-\alpha(x-h,h)}{h}$. That is, $g(x)-g(x-h)$ is of order $10Ch^2$. Ergo, (*) indeed holds even for negative $h$, with a different constant $C$.

Deje $x$ $h$ ser arbitraria de números reales. Tenga en cuenta que $f(x+2h)-f(x)=2h\,g(x)+\alpha(x,2h)$ y $$\begin{align}f(x+2h)-f(x) &=\big(f(x+2h)-f(x+h)\big)+\big(f(x+h)-f(x)\big) \\&=\big(h\,g(x+h)+\alpha(x+h,h)\big)+\big(h\,g(x)+\alpha(x,h)\big)\,.\end{align}$$ Esto demuestra que $$g(x+h)-g(x)=\frac{\alpha(x,2h)-\alpha(x+h,h)-\alpha(x,h)}{h}\,.$$ A partir de (*) y la Desigualdad de Triángulo, obtenemos $$\left|\frac{g(x+h)-g(x)}{h}\right|=\left|\frac{\alpha(x,2h)-\alpha(x+h,h)-\alpha(x,h)}{h^2}\right|\leq \frac{10C|h|^3}{h^2}=10C|h|\,.$$ Esto demuestra que $g'$ existe y es idéntica a cero (tomando $h\to 0$). Que es, para algunos,$a\in\mathbb{R}$,$g\equiv a$. Como $f'=g$ (ver otras respuestas), llegamos a la conclusión de que, para algunos $a,b\in\mathbb{R}$, $f(x)=ax+b$ para cada $x\in\mathbb{R}$.

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En general, creo que este tiene. Deje $f,g_1,g_2,\ldots,g_k:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ $\alpha:\mathbb{R}\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ ser tal que, para cada $x,h\in\mathbb{R}$, tenemos $$f(x+h)=f(x)+g_1(x)\,h+g_2(x)\,h^2+\ldots+g_k(x)\,h^k+\alpha(x,h)\,,$$ donde $\big|\alpha(x,h)\big|\leq C|h|^{k+2}$ cualquier $x,h\in\mathbb{R}$. A continuación, $f$ es una función polinómica de grado en la mayoría de las $k$. Además, $$g_m(x)=\frac{1}{m!}\,f^{(m)}(x)$$ for each $m=1,2,\ldots,k$. In particular, if $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\ldots+a_kx^k$, then $a_0=f(0)$ and $a_m=g_m(0)$ for each $m=1,2,\ldots,k$.