Cómo demostrar que $f$ ¿es una función cero?

Question

$f$ es una función continua de valor real en $[a,b]$ y también diferenciable en $(a,b)$ tal que $f(a)=0$ . Si existe $k\geq 0$ tal que $|f'(x)|\leq k|f(x)|$ para todos $x \in (a,b)$ entonces demuestre que $f(x)=0$ para todos $x \in [a,b]$ .

Si demuestro que $f$ es una función constante en $[a,b]$ entonces se hará. Pero de acuerdo con la condición dada creo que se requiere MVT de Lagrange, pero ¿cómo aplicar?

Answer 1

WLOG asumir $a \ge 0$ .

Observe que $f'$ está acotado porque $f$ está acotada y que $f(x) = \int_0^x f'(t)\,dt$ así que $$|f'(x)| \le k|f(x)| = k\left|\int_0^x f'(t)\,dt\right| \le k\int_0^x |f'(t)|\,dt \le k\|f'\|_\infty \int_0^x 1\,dt = kx \|f'\|_\infty$$

$$|f'(x)| \le k\int_0^x |f'(t)|\,dt \le k^2\|f'\|_\infty\int_0^x t\,dt = k^2 \frac{x^2}2 \|f'\|_\infty$$ $$|f'(x)| \le k\int_0^x |f'(t)|\,dt \le k^3\|f'\|_\infty\int_0^x \frac{t^2}2\,dt = k^3 \frac{x^3}{6} \|f'\|_\infty$$

Continuando inductivamente vemos $$|f'(x)| \le k^{n} \frac{x^n}{n!}\|f'\|_\infty \xrightarrow{n\to\infty} 0$$ así que $f' \equiv 0$ .

Por lo tanto $f \equiv f(a) = 0$ .

Answer 2

La función $g: [a, b] \to \Bbb R$ , $g(x) = f(x)^2 e^{-2kx}$ es diferenciable en $(a, b)$ con $$ g'(x) = 2 \bigl( f(x)f'(x) - k f(x)^2 \bigr) e^{-2kx} \le 0 $$ porque $$ f(x)f'(x) \le |f(x)| |f'(x)| \le k f(x)^2 \, . $$ Así que $g$ es una función no negativa y decreciente con $g(a) = 0$ y, por tanto, idénticamente cero. De ello se deduce que $f$ es idénticamente cero.

Observación: El mismo argumento funciona también si $b=\infty$ es decir, para las funciones $f:[a, \infty)$ satisfaciendo $f(a) = 0$ y $|f'(x)| \le k |f(x)|$ para $x > a$ .

Answer 3

Fijemos algunos aspectos positivos $\delta < 1/k$ (o $\delta = b-a$ si $k=0$ ).

Demostremos que $$ (1) \qquad f(x) = 0\quad \forall x\in [a, a+\delta]. $$ Una vez demostrado (1), del mismo argumento se seguirá que $f(x) = 0$ para cada $x\in [a+\delta, a+2\delta]$ etc.

Para la demostración de (1) se puede utilizar el MVT. En concreto, sea $$ M := \max_{x \in [a, a+\delta]} |f(x)|, \quad D := \sup_{x \in (a, a+\delta)} |f'(x)| $$ Por supuesto, usted tiene que $D \leq k\, M$ . Por otra parte, por el MVT, para cada $x\in (a, a+\delta]$ existe un punto $\xi_x\in (a, x)$ tal que $$ |f(x)| = |f(x) - f(a)| = |f'(\xi_x)|\cdot |x-a|\leq D \, \delta\leq k\, M \, \delta. $$ Tomando el $\sup$ en esta desigualdad para $x\in (a, a+\delta]$ obtenemos $$ M \leq k\,\delta\, M. $$ Recordando que $k\, \delta < 1$ esta desigualdad puede satisfacerse si y sólo si $M=0$ es decir, sólo si se cumple (1).

Answer 4

Supongamos que $f(t)\neq 0$ para algunos $t\in (a,b)$ , digamos $f(t)>0$ . Entonces existe un intervalo abierto alrededor de $t$ para lo cual $f>0$ En consecuencia $|(\log f)'|\leq k$ y, por tanto, limita $f(x)\geq f(t)\exp(-k|x-t|)>0$ en este intervalo. Ahora toma límite en el punto final, repite este argumento, parchea para dar todo de $x\in [a,b]$

Answer 5

Si $k=0$ entonces una simple aplicación de la MVT muestra que $f$ tiene que ser constante en $[a,b]$ y, por tanto, constante $0$ .

Por no trivialidad, supongamos $k\gt0$ . Observe que $f$ no sólo es continua, sino que además es uniformemente continua, es decir, para cualquier $\varepsilon\gt0$ existe $\delta\gt0$ tal que para cualquier punto $x,y\in[a,b]$ , $\lvert x-y\rvert\le\delta$ implica $\lvert f(x)-f(y)\rvert\le\varepsilon$ . (Esto no es como la desigualdad estricta habitual, pero no habrá problema).

Elija $\varepsilon_1=0.5, \varepsilon_2=\frac{0.5}{k}$ . A continuación, elija $\delta_1,\delta_2$ correspondiente a $\varepsilon_1,\varepsilon_2$ respectivamente, satisfaciendo la condición de continuidad uniforme anterior. Impongamos también que $\delta_1,\delta_2$ ambos inferiores o iguales a $\frac{0.5}{k}$ y $0.5$ . Defina $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}$ que es menor o igual que $\frac{0.5}{k}$ y $0.5$ . La condición de continuidad nos dice que $f[a,a+\delta]\subseteq [-0.5,0.5]\cap[-\frac{0.5}{k},\frac{0.5}{k}]$ o equivalentemente, $\lvert f(x)\rvert\le\min\{0.5,\frac{0.5}{k}\}$ en $[a,a+\delta]$ . Por lo tanto, en el intervalo $(a,a+\delta)$ tenemos $\lvert f'(x)\rvert\le k\frac{0.5}{k}=0.5$ . Esta derivada acotada nos da que $\lvert f(x)\rvert\le 0.5\delta$ en $[a,a+\delta]$ . Esto se deduce del siguiente teorema:

Teorema: Si $f:[a,a+r]\to\Bbb R$ es continua y diferenciable en $(a,a+r)$ con derivada acotada $\lvert f'(x)\rvert\le M$ entonces $\lvert f(a)-f(a+t)\rvert\le Mt$ para todos $t\in[0,r]$ .

Puedes demostrar este teorema con MVT.

Las desigualdades $\lvert f(x)\rvert\le 0.5\delta$ en $[a,a+\delta]$ y $\delta\le\min\{0.5,\frac{0.5}{k}\}$ dé $\lvert f(x)\rvert\le \min\{0.25,\frac{0.25}{k}\}$ en $[a,a+\delta]$ . Entonces se obtiene $\lvert f'(x)\rvert\le k\frac{0.25}{k}=0.25$ en $(a,a+\delta)$ y luego $\lvert f(x)\rvert\le 0.25\delta$ en $[a,a+\delta]$ y luego $\lvert f(x)\rvert\le\min\{0.125,\frac{0.125}{k}\}$ en $[a,a+\delta]$ ...

Puede observar que un argumento se repite una y otra vez para obtener límites superiores cada vez más pequeños para $\lvert f(x)\rvert$ en $[a,a+\delta]$ . De hecho, la desigualdad $\lvert f(x)\rvert\le\min\{0.5^n,\frac{0.5^n}{k}\}$ se mantiene $[a,a+\delta]$ para todos $n\in\Bbb N$ . Esto se demuestra formalmente por inducción. Por lo tanto, $\lvert f(x)\rvert$ es cero en $[a,a+\delta]$ .

Así que ahora $f(a+\delta)$ es cero. Usted repite el mismo argumento anterior para demostrar que $\lvert f(x)\rvert$ es cero en $[a+\delta,a+2\delta]$ y utilizarlo $f(a+2\delta)$ es cero para demostrar que $\lvert f(x)\rvert$ es cero en $[a+2\delta,a+3\delta]$ etc.