Derivado no negativo acotado por función, muestra que$f$ es cero

Question

Yo estoy luchando para demostrar la siguiente declaración, que hace sentido intuitivo:

Deje $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ser diferenciable. Supongamos $\forall x \in \mathbb{R} \quad 0 \le f'(x) \le f(x)\,$. Si $f$ se desvanece en algún momento, muestran que $f$ es idéntica a cero.

Este es el ejercicio 6 de la sección 6.7, en Primaria el Análisis Clásico por Mardsen & Hofmann.

He conseguido hacer lo siguiente:

Deje $\omega \in \mathbb{R}$ ser el punto tal que $f(\omega) = 0$ (que existe por parte de la hipótesis). Deje $x < \omega$. Por Cauchy del Valor medio Teorema,

$$ \exists \xi \en (x, \omega)\colon\quad 0 \le f(x) =f(x) - f(\omega) = f'(\xi)(x - \omega)\,. $$

Por hipótesis, tenemos que $f'(\xi) \ge 0$. Por otro lado, $x - \omega < 0$. Por lo tanto, $f'(\xi)(x - \omega) \le 0$. Por la anterior proposición, aunque, $ f'(\xi)(x - \omega) \ge 0\,$. Por lo tanto, $f'(\xi) = 0$ lo que implica $f(x) = 0$.

Con esto hemos probado que $\forall x \in \mathbb{R}\quad x \le \omega \rightarrow f(x) = 0\,$.

Pero para $x > \omega$, no he sido capaz de probar mucho. Yo he conseguido hasta ahora:

Deje $x > \omega$. Por Cauchy del Valor medio Teorema,

$$ \exists \xi_1 \(\omega, x)\colon\quad 0 \le f(x) = f(x) - f(\omega) = f'(\xi_1)(x - \omega) \le f(\xi_1)(x - \omega)\,. $$

Si aplicamos este razonamiento de forma recursiva en $f(\xi_1)$, obtenemos una sucesión de $(\xi_i)_{i\in\mathbb{N}} \subseteq (\omega, x)$ tal que $\forall i \in \mathbb{N}\quad \xi_{i+1} \in (\omega, \xi_i)$ y

$$ \forall n \in \mathbb{N}\quad f(x) \le f(\xi_n) \prod_{i = 0}^{n - 1} (\xi_i - \omega) $$

donde $\xi_0 = x$.

Hay una pista?

Answer 1

$(e^{-x}f(x))'=e^{-x}(f'(x)-f(x)) \leq 0$ así que $e^{-x}f(x)$ está disminuyendo. Si $f(x_o)=0$ entonces $e^{-x}f(x)$ no es negativo y $\leq e^{-x_0}f(x_0) =0$ para $x>x_0$ así que $f(x)=0$ para $x \geq x_0$ . Para $x \leq x_0$ ya tienes una prueba.

Answer 2

La idea es ver que si $f \neq 0$ existe entonces $y>\omega$, tal%% $\forall x \geq y, f(x)>0$ . Para tal $x$ tienes $\dfrac{f'(x)}{f(x)}\leq 1$ . Se puede integrar y esto le da a $f(x) \leq e^x$ , por lo que da una pista para introducir la función $g(x)\doteq f(x)e^{-x}$ . Puedes trabajar desde ese punto.