Recuerdo vagamente una pregunta que va algo así como
Deje que$f$ sea una función en$[-1,1]$ con$f$ satisfactorio (algo así)$$f(x^2-1)=(2x)f(x).$ $ Muestre que$f$ es idénticamente cero en$[-1,1]$.
Lo siento si no puedo dar mucha información. La declaración exacta me ha estado molestando por algún tiempo ahora. Me gustaría saber cuál es la declaración exacta.
Edición: Argumentos intercambiados.
Editar: Reemplazado$$f(x^2-1)=(2x-1)f(x).$$ with $$f(x^2-1)=2xf(x).$ $.
El lado izquierdo de $f(x^2-1)=2x f(x)$ es una función par de $x$, lo $f$ tiene que ser impar. De ello se sigue que podemos restringir el intervalo de $I:=[0,1]$ $f(1-x^2)=-2x f(x)$ no.
El mapa $$T:\quad I\to I,\qquad x\mapsto Tx:= 1-x^2$$ es bijective y define un tiempo discreto sistema dinámico en $I$. Dos puntos $x$, $y\in I$ pertenecen a la misma órbita iff $x=T^n y$ algunos $n\in{\mathbb Z}$.
El punto de $\tau:={\sqrt{5}-1\over2}$ es un punto fijo de $T$, y el conjunto de $\{0,1\}$ es una órbita de periodo $2$. Tenga en cuenta que para $x\in\{0,\tau,1\}$ necesariamente ha $f(x)=0$. Considerar el mapa $$S:=T^2:\quad x\mapsto 2x^2-x^4\ .$$ De $$Sx \ \cases{<x&$(0< x<\tau)$\cr =x &$(x\in\{0,\tau,1\})$\cr >x&$(\tau<x<1)$\cr}$$ llegamos a la conclusión de que $0$ $1$ están atrayendo a puntos fijos de $S$, mientras que de $\tau$ es repugnaba. Esto implica que los conjuntos de $\{\tau\}$ $\{0,1\}$ son la única finito órbitas de $T$. Poner $f(x):=0$$x\in\{0,\tau,1\}$. A continuación, seleccione un punto de $x_\alpha$ en cada uno de los infinitos órbita $O_\alpha$, puesto $f(x_\alpha):=1$ (o algún valor arbitrario), y el uso funcional de la ecuación de $f(Tx)=-2x f(x)$ definir $f$ sobre todo $O_\alpha$. El resultado $f:I\to{\mathbb R}$ $\ne0$ en la mayoría de los puntos de $I$.
Esta construcción muestra que necesitamos supuestos adicionales en $f$ a de garantía de $f(x)\equiv0$. La siguiente heurística argumento es el que hace posible que los $f(x)\equiv0$, si asumimos que $f$ es diferenciable en a $0$.
El funcional de la ecuación de $f(Tx)=-2x f(x)$ implica $$f(Sx)=f(2x^2-x^4)=4x(1-x^2) f(x)\ .$$ Para $x$ cerca de $0$ esto "puede ser reemplazado" por $f(2x^2)= 4x f(x)$. Consideramos ahora la función $$g(x):={f(x/2)\over x/2}={1\over2}{f(x^2/2)\over x^2/2}={1\over 2}g(x^2)\ .$$ De ello se desprende que para todos los $n\geq1$ hemos $$g(x)={1\over2^n}g\bigl(x^{2^n}\bigr)\ .$$ Como $n\to\infty$ el lado derecho converge a $0\cdot f'(0)=0$, de la que nos atrevemos a concluir que $g(x)=0$ todos los $x$ suficientemente cerca de a $0$, de donde $f(x)=0$ estos $x$. Utilizando el hecho de que la recorre de $S$ empujar a todos los $x<\tau$ hacia $0$ se sigue que, en el hecho de $f(x)=0$$0\leq x<\tau$, y la aplicación de $T$ una vez que se da la reclamación por el intervalo de $]\tau,1[\ $.
Primero, tienes:$f((\frac{1}{2})^2-1)=f(-\frac{3}{4})=(2\times\frac{1}{2}-1)f(\frac{1}{2})=0$. Luego, consideremos$\varphi(x)=x^2-1$ y$(x_n)$ definido por$u_0=-\frac{3}{4}$ y$u_{n+1}=\varphi(u_n)$. Se puede mostrar fácilmente que$\forall n\in\mathbb{N}, f(u_n)=0$ (por recursión).
También se puede mostrar que$\liminf u_n=-1$ y$\limsup u_n=0$, lo que significa que si$f$ es continuo, entonces por continuidad$f(0)=0$ y$f(-1)=0$.
Si$f$ también es monotónico, entonces$f(x)=0\space\forall x\in[-1,0]$. Ahora, también tenemos$f(1^2-1)=1\times f(1)$, así que también$f(1)=0$, así que debido a la monotonía,$f(x)=0 \text{ }\forall x\in [-1,1]$.
Tal vez alguien pueda encontrar condiciones más débiles también ...
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