¿Existe una función distinta de 0 que satisfaga la siguiente definición?
$$ f(x) = \max_{0<\xi<x}\left\{ \xi\;f(x-\xi) \right\} $$
Si es así, ¿puede expresarse mediante funciones elementales?
Respuestas
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Bien, pongamos en común algunas consideraciones. Si suponemos que $f$ es una función continua sobre $[0,+\infty)$ para lo cual: $$ \forall x\in\mathbb{R}^+,\quad f(x)=\max_{\xi\in[0,x]}\left(\xi\,f(x-\xi)\right), $$ tenemos claramente $f(x)\geq 0$ . Tome un $\eta\in(0,1)$ y asumir que $f$ alcanza un máximo positivo sobre $[0,\eta]$ en $\xi_\eta\leq\eta$ . Entonces: $$ f(\xi_\eta) = \max_{\xi\in[0,\xi_\eta]} \xi\;f(\xi-\xi_\eta)\leq \xi_\eta\,\max_{\xi\in[0,\xi_\eta]}f(\xi) \leq \eta\;f(\xi_\eta) $$ una contradicción. Esto da $f(x)\equiv 0$ en $(0,1]$ . Tome un $\eta\in(0,1)$ y asumir que $f$ alcanza un máximo positivo sobre $[1,1+\eta]$ en $\xi_\eta\leq 1+\eta$ . Desde $$ f(x) = \max_{\xi\in[0,x]}\left((x-\xi)\;f(\xi)\right),$$ todavía tenemos $$f(\xi_\eta) \leq \eta\; f(\xi_\eta),$$ entonces $f$ es idéntico $0$ en $[1,2]$ y por inducción tenemos que $f$ es idéntico a cero en todo el $\mathbb{R}^+$ .
Actualización: sí, realmente no necesitamos tener $f$ continua, basta con que, para todo conjunto compacto $K=[0,r]$ Hay un $x_K\in K$ tal que $f(x_K)=\max_{x\in K}f(x)$ .
CodingBytes
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Reclamación. No hay ninguna función $f:\ ]0,a[\ \to{\mathbb R}_{\geq0}$ Satisfaciendo a $$f(x)=\max_{0<\xi<x}\bigl\{\xi f(x-\xi)\bigr\}\qquad(0<x<a)\qquad(*)$$ que no sea $f(x)\equiv0$ .
Prueba. Supongamos que la función $f$ tiene propiedad $(*)$ para algunos $a>0$ y no es idéntico $0$ . Este $f$ tiene que ser no decreciente: Para $h>0$ uno tiene $$\eqalign{f(x+h)&=\max_{0<\xi<x+h}\bigl\{\xi f(x+h-\xi)\bigr\}\geq \max_{h<\xi<x+h}\bigl\{\xi f(x+h-\xi)\bigr\}\cr &=\max_{0<\xi'<x}\bigl\{(h+\xi') f(x-\xi')\bigr\}\geq \max_{0<\xi'<x}\bigl\{\xi' f(x-\xi')\bigr\}\cr &=f(x)\ .\cr}$$ Dejemos que $x_0:=\inf\{x\ |\ f(x)>0\}\geq 0$ . Hay un $h\in\ ]0,{1\over2}] $ con $f(x_0+h)=:c>0$ . No hay valores positivos de $f$ a la izquierda de $x_0$ . Por lo tanto, $$c=f(x_0+h)=\max_{0\leq t<h}\bigl\{(h-t)f(x_0+t)\bigr\}\leq h\, c\leq{c\over2}\ ,$$ que es incompatible con $c>0$ . $\qquad\square$
Como curiosidad se podría añadir que la función $$f(x):=e^{x/e}\qquad(x>0)$$ satisface la condición dada para todos los $x>e$ .
Prueba. Fijar un $x>e$ y considerar la función $$g(t):=t f(x-t)= t\ e^{-t/e} f(x)\qquad(0<t<x)\ .$$ Uno tiene $$g'(t)=\Bigl(1-{t\over e}\Bigr) e^{-t/e} f(x)\ .$$ Por lo tanto, $g$ aumenta para $0<t\leq e$ y disminuyendo para $e\leq t <x$ . De ello se desprende que $g$ toma su valor máximo en $t:=e$ y este valor es $$g(e)=e \ e^{-e/e}\ f(x)=f(x)\ .\qquad\square$$
Hagen von Eitzen
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Como no podemos estar seguros de que el $\max$ existe, consideremos $f\colon I\to\mathbb R$ con $$\tag1f(x)=\sup_{0<\xi<x}\xi f(x-\xi)$$ en su lugar, donde $I$ es un intervalo de la forma $I=(0,a)$ o $I=(0,a]$ con $a>0$ .
Si $x_0>0$ entonces $f(x)\ge (x-x_0)f(x_0)$ para $x>x_0$ y $f(x)\le\frac{f(x_0)}{x_0-x}$ para $x<x_0$ .
Podemos concluir $f(x)\ge0$ para todos $x>0$ : Seleccione $x_0\in(0,x)$ . Tenga en cuenta que $f(x_0)$ puede ser negativo. Sea $\epsilon>0$ . Para $0<h<x-x_0$ tenemos $f(x_0+h)\ge h f(x_0)$ y $f(x)\ge (x-x_0-h)f(x_0+h)\ge h(x-x_0-h)f(x_0)$ . Si $h<\frac{\epsilon}{(x_1-x_0)|f(x-0)|}$ Esto demuestra que $f(x)\ge-\epsilon$ . Desde $\epsilon$ era arbitraria, concluimos $f(x)\ge0$ .
Supongamos que $f(x_0)>0$ . Entonces, para cualquier $0<\epsilon<1$ hay $x_1<x_0$ con $(x_0-x_1)f(x_1)>(1-\epsilon)f(x_0)$ y especialmente $f(x_1)>0$ . De hecho, para una secuencia $(\epsilon_n)_n$ con $0<\epsilon_n<1$ y $$\prod_n (1-\epsilon_n)=:c>0$$ (que se construye fácilmente) encontramos una secuencia $x_0>x_1>x_2>\ldots$ tal que $(x_n-x_{n+1})f(x_{n+1})>(1-\epsilon_n)f(x_n)$ Por lo tanto $$\prod_{k=1}^{n} (x_{k}-x_{k+1})\cdot f(x_{n+1})>\prod_{k=1}^{n-1}(1-\epsilon_k)\cdot f(x_1)>c f(x_1). $$ Por la desigualdad aritmético-geométrica, $${\prod_{k=1}^n (x_{k}-x_{k+1})}\le \left(\frac {x_1-x_n}n\right)^n<\left(\frac {x_1}n\right)^n$$ y $$f(x_{n+1})>c f(x_1)\cdot \left(\frac n{x_1}\right)^n$$ El último factor no tiene límites. Por lo tanto, $f(x_0)\ge (x_0-x_n)f(x_{n+1})\ge (x_0-x_1) f(x_{n+1})$ nos da una contradicción.
Por lo tanto, $f$ es idéntico a cero.
