Dejemos que $f(x)$ sea una función real diferencial definida en la recta real. Si $f(0)=0$ y $f'(x)=[f(x)]^2$ entonces $f(x)=0$ para cualquier $x$ .

Question

Otra vez, $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ es diferenciable, $f(0)=0$ y $f'(x)=[f(x)]^2$ por cada $x$ . Un amigo sugirió el siguiente argumento:

Si existe $c$ tal que $f(c)\neq0$ existe un intervalo $I$ alrededor de $c$ tal que $f(x)\neq0$ si $x\in I$ (porque $f$ es continua ya que es diferenciable). En ese intervalo, podríamos definir $g(x)=x+\frac{1}{f(x)}$ . Esta función $g$ sería diferenciable y $g'(x)=0$ . Entonces $g(x)$ es constante, por ejemplo, $k$ . Entonces, $f(x)=\frac{1}{k-x}$ para $x\in I$

Pero no sé dónde encontrar un absurdo. ¿Qué debo hacer ahora?

Creo que debería utilizar el teorema fundamental del cálculo y tratar de encontrar un absurdo con $f(x)=\int_0^x f'(t)dt=\int_0^x [f(t)]^2 dt$ pero tampoco llegué a ninguna parte.

Gracias de antemano.

Answer 1

Supongamos que $f(x)$ existe en algún intervalo cerrado $[0,\delta]$ . Sea $F=F(\delta)$ sea su valor máximo en este intervalo. Si $x\in(0,\delta)$ , entonces su ecuación integral $f=\int f^2$ rinde $$ |f(x)|\le \int_0^xf(t)^2dt\le x F^2. $$ Por lo tanto, $$ F(\delta)\le \delta F(\delta)^2. $$ Si $F(\delta)\neq 0$ entonces $$ 1/\delta\le F(\delta). $$ Esto contradice la continuidad de $f(x)$ en $x=0$ ya que podemos elegir $\delta$ arbitrariamente pequeño.

Answer 2

El argumento de tu amigo está realmente muy cerca de una prueba completa. Demuestra que para cualquier intervalo $I$ en el que $f$ es distinto de cero, existe una constante $k$ tal que $f(x)=\frac{1}{k-x}$ para todos $x\in I$ . Por lo tanto, tome un intervalo máximo de este tipo $I$ es decir, un componente conexo del conjunto abierto $\{x\in\mathbb{R}:f(x)\neq 0\}$ . Entonces $0\not\in I$ Así que $I=(a,b)$ es un intervalo abierto que no es todo $\mathbb{R}$ . Es decir, o bien $a$ o $b$ es finito; supongamos que $a$ es finito (el otro caso es similar). Ahora basta con observar que $f(a)=0$ (si no, podríamos ampliar $I$ para contener $a$ ), pero $f(x)=\frac{1}{k-x}$ no se acerca a $0$ como $x$ se acerca a $a$ desde arriba, así que $f$ es discontinuo en $a$ . Esto es una contradicción.

Answer 3

Dejemos que $a < b \in \mathbb{R}$ . Desde $f: [a,b] \longrightarrow \mathbb{R}$ es continua, existe $F: [a,b] \longrightarrow \mathbb{R}$ tal que $F' = f$ . Sea $g: [a,b] \longrightarrow \mathbb{R}$ definido por $g(x) = f(x)e^{-F(x)}$ . Tenga en cuenta que $g$ es diferenciable, entonces $$g'(x) = f'(x)e^{-F(x)} + f(x)e^{-F(x)}(-f(x)) = (f(x))^{2}e^{-F(x)} - (f(x))^{2}e^{-F(x)} = 0.$$ Por lo tanto, $g$ es constante. Como $g(0) = 0$ , $g(x) = 0$ para todos $x \in [a,b]$ Así que $f(x) = 0$ para todos $x \in [a,b]$ . Desde $a, b$ fueron elegidos arbitrariamente, el resultado es el siguiente.

Answer 4

Diga $f_1$ es una solución de la ecuación diferencial. Sea $J \supseteq \{0\}$ sea un intervalo de longitud máxima con $f_1|_{J}=0$ . Por continuidad, está cerrado.

Supongamos que $b=\sup J < \infty$ . Entonces, por Picard-Lindelöf existe un intervalo abierto que contiene $b$ , digamos que $\tilde J$ , de tal manera que $f_1$ coincide con la función 0 en $\tilde J$ , lo que contradice que $J$ es máxima. Es decir, la suposición $b<\infty$ se equivoca.

Answer 5

Por contradicción. Primero, supongamos $f(x)\ne 0$ para algunos $x>0.$ Para $x\geq 0,$ Por razones de brevedad, dejemos que $F(x)=\sup_{0\leq y\leq x}|f(y)|=\sup_{0\leq y\leq x}|f(y)-f(0)|.$

Dejemos que $r=\sup \{x\geq 0: F(x)=0\}=\sup \{x\geq 0:\forall y\in [0,x]\;(f(y)=0)\}.$

Para $x> r:$ Desde $f(t)=0$ para $t\in [0,r],$ tenemos $F(x)=\sup_{r\leq y\leq x}|f(y)|=\sup_{r\leq y\leq x}|f(y)-f(r)|.$ Por lo tanto, $$F(x)= \sup_{r\leq y\leq x}|\int_r^yf(t)^2dt|\leq$$ $$\leq \sup_{r\leq y\leq x}\int_r^y F(x)^2dt=$$ $$= \sup_{r\leq y\leq x} (y-r)F(x)^2=$$ $$=(x-r)F(x)^2.$$ Así que $x>r\implies F(x)\leq (x-r)F(x)^2.$

Ahora por def'n de $r,$ por cada $x>r$ existe $x'\in (r,x)$ con $f(x')\ne 0,$ por lo que si $x>r$ entonces $F(x)\geq |f(x')|>0.$

Así que para $X>r$ tenemos $0<F(x)\leq (x-r)F(x)^2,$ que implica $\frac {1}{x-r}\leq F(x).$

Así que $\lim_{x\to r^+}F(x)=\infty.$ Esto es imposible porque $\sup \{F(x): r< x\leq r+1\}\leq F(r+1)<\infty. $

En segundo lugar, el caso en el que $f(x)\ne 0$ para algunos $x<0$ se maneja de manera similar.