Demuestra que $f(x)$ es una función constante si $\lim\limits_{h\to 0}\frac{1}{h^3}\int_{-h}^{h}f(x+t)\cdot t\,dt=0$ para todos $x$

Question

Dejemos que $f(x)$ sea una función continua sobre $\mathbb{R}$ , tal que para cualquier número real $x$ que tenemos: $$\lim_{h\to 0}\dfrac{1}{h^3}\int_{-h}^{h}f(x+t)\cdot t\,dt=0.$$ Demuestra que $f(x)$ es una función constante.

¿Tal vez podamos utilizar el siguiente lema?

Lema . Si $g$ es una función continua, entonces $$\lim_{h\to0}\frac{1}{2\,h}\int_{x-h}^{x+h}g(s)\,ds=g(x).$$

Prueba . Podemos suponer $h>0$ . $$ \left|g(x)-\frac{1}{2\,h}\int_{x-h}^{x+h}g(s)\,ds\right|=\frac{1}{2\,h}\left|\int_{x-h}^{x+h}(g(x)-g(s))\,ds\right|\le\frac{1}{2\,h}\int_{x-h}^{x+h}\left|g(x)-g(s)\right|\,ds.$$ Utiliza eso $g$ es continua en $x$ para demostrar que la última expresión converge a $0$ como $h\to0$ .

Answer 1

Definir $F (x):= \int_{0}^x f(t)dt$

Por integración por partes, observamos que: $$\begin{align}\frac{1}{h}\int_{-h}^h f(x+t)tdt &= \frac{1}{h}\int_{0}^h \big[ f(x+t)-f(x-t)]tdt\\& = F(x+h)+F(x-h) - \frac{1}{h}\int_{0}^h \big[ F(x+t)+F(x-t) \big]dt \end{align}$$ Así que el límite proporcionado para f implica que para todo $x \in \mathbb{R}$ $$T(F)(x)=0$$ Donde $T$ es un operador definido como $$T(g)(x)=\lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{1}{h^2} \left\{ g(x+h)+g(x-h)-\frac{1}{h}\int_{0}^h \big[ g(x+t)+g(x-t)\big]dt \right\} $$ para cualquier función continua $g$ . Tenga en cuenta que $T(g)$ no está necesariamente definida en todos los puntos de $\mathbb{R}$ .

Dejemos que $\epsilon$ sea cualquier número positivo , $(a,b)$ sea cualquier intervalo en $\mathbb{R}$ . Definir las funciones $$G(x)= F(x)-F(a)-\frac{F(b)-F(a)}{b-a}(x-a)+\epsilon(x-a)(x-b)$$ et $$H(x)= F(x)-F(a)-\frac{F(b)-F(a)}{b-a}(x-a)\boldsymbol{-}\epsilon(x-a)(x-b)$$

Demostramos que $G(x) \le 0$ en todas partes en $[a,b]$ . Si no es así, porque $G(a)=G(b)=0$ Hay un punto en el que $c \in (a,b)$ en el que $G$ alcanza su máximo positivo. Obsérvese que: $$T(G)(c)= \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{1}{h^2} \left\{ G(c+h)+G(c-h)-\frac{1}{h}\int_{0}^h \big[ G(c+t)+G(c-t)\big]dt \right\} $$ Porque $c$ es un máximo de $G$ la función $u(t):=G(c+t)+G(c-t)$ alcanza su máximo local en $t=0$ . Así que podemos elegir una secuencia positiva estrictamente decreciente $(h_n, n \in \mathbb{N})$ tal que $h_n$ convergen a $0$ y $h_n \in \text{argmin}_{ t \in [0,h_n]} u(t)$ para todos $n$ . Así, $$ G(c+h_n)+G(c-h_n)-\frac{1}{h_n}\int_{0}^{h_n} \big[ G(c+t)+G(c-t)\big]dt \le 0$$ Así, $T(G)(c) \le 0$ . Obsérvese que el límite $T(G)(c)$ existe porque $T(F)$ existe y de hecho, según la definición, vemos que: $$T(G)(c)=0+0+\frac{4}{3}\epsilon>0 $$ Lo cual es una contradicción con lo que acabamos de demostrar.

Así que $G(x) \le 0$ en $[a,b]$ . Del mismo modo, podemos demostrar que $H(x) \ge 0$ en todas partes en $[a,b]$ . Estos dan: $$ \left| F(x)-F(a)-\frac{F(b)-F(a)}{b-a}(x-a) \right| \le \epsilon (b-a)^2$$ para todos $\epsilon>0$ y $x \in [a,b]$ . De ahí la conclusión.

Nota al margen: La hipótesis es bastante ajustada ya que podemos demostrar que la función de Cantor satisface la condición en un casi en todas las partes del conjunto de $\mathbb{R}$ aunque no sea constante.

Answer 2

Demuestra que me equivoco, pero creo que la afirmación es falsa. Considere el ejemplo $f(x)=x$ que es claramente continua y cumple. Para cualquier $x\in\mathbb{R}$ , \begin{gather*} \lim_{h\to0}\frac1{h^2}\int_{-h}^hf(x+t)t\,\mathrm dt=\lim_{h\to0}\frac1{h^2}\int_{-h}^h(x+t)t\,\mathrm dt=x\lim_{h\to0}\frac1{h^2}\int_{-h}^ht\,\mathrm dt+\lim_{h\to0}\frac1{h^2}\int_{-h}^ht^2\,\mathrm dt\\ = x \lim_{h\to0} \frac{1}{h^2}\left(\frac{h^2}{2}-\frac{h^2}{2}\right) + \lim_{h\to 0}\frac{1}{h^2}\left(\frac{h^3}{3} - \frac{-h^3}{3}\right) = \lim_{h\to 0 } \frac{2}{3} h = 0. \end{gather*}

Answer 3

Puedo dar una respuesta directa, si $f$ es adicionalmente diferenciable. Entonces, se cumple

$$\int_{-h}^hf(x+t)tdt = \int_{-h}^h (f(x)+f'(x)t+o(t))t dt = f(x)\left(\frac{h^2}{2}-\frac{h^2}{2}\right) + f'(x)\left(\frac{h^3}{3}-\frac{-h^3}{3}\right) + o(h^3) = f'(x) \frac{2}{3} h^3 + o(h^3).$$

En consecuencia,

$$0=\lim_{h\to0}\frac{1}{h^3}\int_{-h}^hf(x+t)tdt = \frac{2}{3} f'(x),$$

así $f$ es constante. El caso general puede ser tratado con una argumentación similar a la de Marco Cantarini.

Answer 4

Aquí está la prueba simple que utiliza Fórmula de Newton-Lebnitz (también conocido como diferenciación bajo signo integral)

Volvamos a escribirlo como $$\displaystyle \large \lim_{h\to 0}\frac{\int\limits_{-h}^{h}tf(x+t)dt}{h^3}=0$$ Nótese que el límite es finito y existe por lo que debe ser de la forma $\frac00$ . Aplicando la regla de L-Hospital y utilizando la fórmula de Newton-Lebnitz en el numerador se obtiene, $$\large \lim_{h\to 0}\frac{\color{blue}{(1)}hf(x+h)-\color{blue}{(-1)}(-h)f(x-h)+\int\limits_{-h}^h\color{red}{0} \;dt}{3h^2}=0$$ Simplificando esto obtenemos $$\large \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x-h)}{3h}=0$$ y este límite es de nuevo finito y existe ya que el lado derecho sigue siendo $0$ por lo que debe estar todavía en la forma $\frac00$ . Aplicando la regla de L-Hospital una vez más obtenemos $$\large \lim_{h\to 0}\frac{f'(x+h)+f'(x-h)}{3}=0$$ y poner el límite ahora ya no es indeterminado por lo que obtenemos $$\large\frac{2f'(x)}{3}=0$$ o $$\large f'(x)=0$$ $\color{blue}{\text{Above is sufficient to claim that }\color{red}{\boxed{f(x)=\text{constant}}}}$

Answer 5

Si $f(x)$ es continua en $\textbf{R}$ entonces podemos escribir $$ \int^{h}_{0}f(x+t)tdt-\int^{-h}_{0}f(x+t)tdt=\int^{h}_{0}(f(x+t)-f(x-t))tdt. $$ Por lo tanto, a partir de la siguiente observación (y para todos los $x$ real) tenemos $$ 0=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h^3}\int^{h}_{0}(f(x+t)-f(x-t))tdt=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x-h)}{3h}.\tag 1 $$ Claramente sobre (1) tenemos: $$ \lim_{h\rightarrow 0}h^{-1}\int^{h}_{0}(f(x+t)-f(x-t))tdt=0 $$ Set $$ F(y):=y^{-1}\int^{y}_{0}(f(x+t)-f(x-t))tdt, $$ entonces $F(y)$ es continua y diferenciable en $\textbf{R}$ con $F(0)=0$ y $F'(0)=0$ . Esto último se deduce del hecho de que $F(y)$ es diferenciable en todo $\textbf{R}-\{0\}$ y del estado de los problemas: $$ \lim_{y\rightarrow 0}\frac{F(y)}{y}=0. $$ También: $$ \lim_{y\rightarrow 0}F'(y)=\lim_{y\rightarrow 0}\left(f(x+y)-f(x-y)-\frac{F(y)}{y}\right)=0. $$ Todo eso desde $$ \lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h^3}\int^{h}_{0}\left(f(x+t)-f(x-t)\right)tdt=0.\tag 2 $$ Utilizando la condición del problema y el teorema del valor medio de Cauchy (ver más adelante) tenemos $$ 0=\lim_{y\rightarrow 0^{+}}\frac{F(y)}{y^2}=\lim_{y\rightarrow 0^{+}}\frac{F'(y)}{2y}= $$ $$ =\lim_{y\rightarrow 0^{+}}\left(\frac{f(x+y)-f(x-y)}{2y}-\frac{1}{2y^3}\int^{y}_{0}(f(x+t)-f(x-t))tdt\right)= $$ $$ =\lim_{y\rightarrow 0^{+}}\frac{f(x+y)-f(x-y)}{2y}=(f_{s})'_{+}(x). $$ También de la misma manera $$ \lim_{y\rightarrow 0^{-}}\frac{f(x+y)-f(x-y)}{2y}=(f_{s})'_{-}(x). $$ et $(f_s)'_{-}(x)=(f_s)'_{+}(x)=f_s'(x)=\lim_{y\rightarrow 0}\frac{f(x+y)-f(x-y)}{2y}$ existe. Sin embargo, existe la

Teorema.

I) Si para una función $f(x)$ la izquierda $f'_{-}(x)$ y a la derecha $f'_{+}(x)$ existe, entonces $f'_s(x)$ existen y $f'_s(x)=\frac{1}{2}(f'_{-}(x)+f'_{+}(x))$ .

II) Si $f_s'(x)$ existe entonces no es necesario que $f'(x)$ existe.

De ahí que lleguemos al resultado de que $$ f'_s(x)=0\textrm{, }\forall x\in\textbf{R}.\tag 3 $$ Sin embargo (3) no está tan bien establecido ya que (5) no se aplica a funciones que cambian de signo infinitas veces en una vecindad de $0$ . Por ejemplo $$ F(y)=y^3\sin\left(\frac{1}{y}\right). $$ El verdadero argumento L'Hospital es que $$ \textrm{liminf}_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}\leq 0\textrm{ and }\textrm{limsup}_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}\geq 0.\tag 4 $$

Notas.

A partir del teorema del valor medio de Cauchy en $[0,y]$ tenemos que existe siempre $\xi=\xi(y)$ : $0<\xi(y)<y$ tal que $$ \frac{F(y)-F(0)}{y^2-0}=\frac{F'(\xi)}{2\xi}. $$ Por lo tanto, cuando $y\rightarrow 0^{+}$ de la continuidad de $$ \frac{F'(t)}{2t}=\frac{f(x+t)-f(x-t)}{2t}-\frac{1}{2t^3}\int^{t}_{0}(f(x+t_1)-f(x-t_1))t_1dt_1, $$ en $(0,y)$ y sabiendo que $\lim_{y\rightarrow 0^{+}}\frac{F(y)}{y^2}=0$ , $\lim_{y\rightarrow 0^{+}}\xi(y)=0$ tenemos $$ 0=\lim_{y\rightarrow 0^{+}}\frac{F(y)}{y^2}=\lim_{y\rightarrow 0^{+}}\frac{F'(\xi(y))}{2\xi(y)}=\lim_{t\rightarrow 0^{+}}\frac{F'(t)}{2t}.\tag 5 $$ La misma forma se utiliza cuando $y\rightarrow0^{-}$