Si $f$ es una función lineal (definido en $\mathbb{R}$), a continuación, para cada $x$, $f(x) – xf'(x) = f(0)$. Es a la inversa verdad? Es decir, es cierto que si $f$ es una función diferenciable definida en $\mathbb{R}$ tal que para cada $x$, $f(x) – xf'(x) = f(0)$, a continuación, $f$ es lineal?
Respuestas
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Deje $g(x)=f(x)-f(0)$, $g(x)=xg'(x)$ todos los $x$. Si $g(x)\neq0$, esto significa que $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\log(g(x))=\frac{1}{x}\etiqueta{1} $$ La solución de $(1)$ ecuación de rendimientos $$ \log(g(x))=\log(k)+\log(x)\etiqueta{2} $$ para algunas constantes $k$ para $x\in\mathbb{R}^+$ o $x\in\mathbb{R}^-$ (al $x<0$ o si $g(x)<0$ uso de $\log(-x)=\log(x)+\pi i$). La ecuación de $(2)$ muestra que, si $g(x_0)\neq 0$ para algunos $x_0\neq0$, $g(x)\neq0$ para cualquier $x$ con el mismo signo de $x_0$. Exponentiating ecuación de $(2)$ y la sustitución de $f$ rendimientos $$ f(x)-f(0)=kx\etiqueta{3} $$ Por lo tanto, $f$ es lineal en $\mathbb{R}^+$ y en $\mathbb{R}^-$. Sin embargo, la pendiente de $f$ puede ser diferente en $\mathbb{R}^+$ de $\mathbb{R}^-$.
Ahora que lo pienso, desde que $f$ es diferenciable en a $0$, tenemos $$ \lim_{x\to0+}\frac{f(x)-f(0)}{x}=f'(0)=\lim_{x\to0-}\frac{f(x)-f(0)}{x}\etiqueta{4} $$ Así, las pendientes en $\mathbb{R}^+$ $\mathbb{R}^-$ tiene que ser el mismo.
Como Andrés Caicedo señaló, y he tratado de explicar, los logaritmos de los números negativos son problemáticos, como es $g(x)=0$. $g(x)=0$ es una solución, pero, a continuación, $f(x)=f(0)$ sigue siendo lineal.
Greg Case
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Supongamos $f$ es diferenciable y satisface su ecuación, $f(x)-xf'(x)=f(0)$.
[Edit: Esta es una versión revisada de la respuesta. La anterior fue terriblemente imperfecto.]
Tenga en cuenta que $\displaystyle \frac{f(x)-f(0)}x=f'(x)$ cualquier $x\ne0$. Esto demuestra que $f'$ es diferenciable, excepto quizás en 0. Diferenciando esta ecuación, obtenemos $f''(x)=\displaystyle \frac{xf'(x)-(f(x)-f(0))}{x^2}=0$.
Si $f''$ es continua en (a 0) se sigue que $f'$ es constante y, por tanto, $f$ es lineal.
En cualquier caso, lo anterior muestra que $f$ es lineal en $(-\infty,0)$ y en $(0,\infty)$, y se nos da de que es diferenciable en 0.
Pero, a continuación, $f$ es lineal: Decir que $f(x)=ax+b$$x<0$$f(x)=cx+d$$x>0$. A continuación, $f'(x)=a$ $x<0$ $f'(x)=b$ $x>0$ $f'(0)$ existe. Desde los derivados de satisfacer el teorema del valor intermedio (véase, por ejemplo, Rudin "Principios de Análisis Matemático" Teorema 5.12), se sigue que debemos tener $a=f'(0)=b$. Desde la diferenciabilidad implica continuidad, se deduce que el $\displaystyle b=\lim_{x\to 0^-}f(x)=f(0)=\lim_{x\to0^+}f(x)=d$.
Xenph Yan
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Si $f\in C^2$ (es dos veces diferenciable, y $f''$ es continua), entonces la respuesta es sí; no sé si es necesariamente cierto que sin esta hipótesis.
Si $f(x)-xf'(x)=f(0)$ todos los $x$, luego $$f(x)=xf'(x)+f(0),$$ así que $$f'(x)=f'(x)+xf''(x)$$ $$0=xf''(x)$$ Esto demuestra que $f''(x)=0$ todos los $x\neq0$, pero debido a $f''$ es continua, esto obliga a $f''(x)=0$ en todas partes. Por lo tanto $f'$ debe ser constante, y por lo tanto $f$ debe ser lineal.
Álvaro Lozano-Robledo
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Supongamos que $y=f(x)$ es una función derivable que satisface $f(x)-xf'(x)=f(0)$ todos los $x\in\mathbb{R}$. A continuación, $y=f(x)$ satisface la ecuación diferencial lineal $$y'=\frac{y-k}{x},$$ donde $k=f(0)$. La homogeneidad de sistema de $y'=\frac{y}{x}$ tiene soluciones $y_\lambda=\lambda x$, para cualquier $\lambda\in\mathbb{R}$. También, la ecuación de $y'=(y-k)/x$ tiene una solución $y_p=x +k$. Por lo tanto, todas las soluciones de la ecuación diferencial son de la forma $y=y_\lambda+y_p$ algunos $\lambda\in\mathbb{R}$, es decir, $$y=\mu x + k,$$ donde $\mu=\lambda+1\in\mathbb{R}$. Por lo tanto, todas las funciones $f(x)$ con la propiedad son lineales.
Nota: Técnicamente, el teorema de existencia y unicidad para ecuaciones diferenciales lineales nos dice que la ecuación diferencial $y'=f(x,y)=(y+k)/x$ tiene una única solución a $f_1(x)$ $(0,\infty)$ y también una solución única $f_2(x)$$(-\infty,0)$, debido a $f(x,y)$ tiene una discontinuidad en $x=0$. El argumento anterior, dice que el $f_1(x)=\mu_1 x+k$ $f_2(x)=\mu_2 x + k$ son lineales. Ya que estamos suponiendo que el $f$ es diferenciable, debemos tener $\mu_1=\mu_2=\mu$$f(x)=\mu x + k$.
Oli
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El siguiente argumento se utiliza no se mucho de la maquinaria.
Supongamos que $f(0)=b$$f'(0)=m$. Deje $g(x)=f(x)-(mx+b)$. A continuación,$g(0)=0$$g'(0)=0$. Tenga en cuenta que $$g(x)-xg'(x)=[f(x)-(mx+b)] -x(f'(x)-m)=0=g(0).$$ Por lo $xg'(x)-g(x)=0$ todos los $x$.
Para $x \ne 0$, vamos a $h(x)=g(x)/x$. Entonces para cualquier $x \ne 0$, tenemos $$h'(x)=\frac{xg'(x)-g(x)}{x^2}=0.$$
De ello se desprende que $h(x)$ es una constante $p$$(0, \infty)$, y una constante$n$$(-\infty,0)$.
Por lo tanto $g(x)=px$$(0,\infty)$$g(x)=nx$$ (-\infty,0)$.
Pero $g'(x)=0$. Así $$\lim_{x\to 0+} \frac{px-0}{x-0}=0.$$ De ello se desprende que $p=0$. De la misma manera podemos ver que $n=0$. Por lo $g(x)$ es idéntica $0$, y por lo tanto $f(x)=mx+b$.
