Demostrar que $f(x)\equiv0$ en $\left[0,1\right]$ si $f(0)=0$ y $|f'(x)|\le|f(x)|$

Question

Dejemos que $f(x)$ diferenciable en $\left[0,1\right]$ tal que $f(0) = 0$ . Además, suponiendo que $\forall x\in \left[0,1\right]:\left|f'(x)\right| \le \left|f(x)\right|$ . Demostrar que $f(x)\equiv 0$

Lo que he hecho hasta ahora:
Usando LMVT:
$$\frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac{f(x)}{x} = f'(c)$$ donde $c\in \left(0,x\right)$

$$\left|f('c)\right| = \left|\frac{f(x)}{x}\right|.$$

Desde entonces, $\left|x\right| \in (0,1)$

$$\left|\frac{f(x)}{x}\right| \ge \left|f(x)\right| \ge \left|f'(x)\right|$$

Así que, $$\left|f('c)\right| \ge \left|f'(x)\right|$$

Pero no estoy seguro de cómo me está ayudando. ¿Qué me falta?

Answer 1

Dejemos que $x_0 \in [0,1]$ con $f(x_0) = 0$ . Demostraremos que $f(x) = 0$ para todos $x \in [x_0, x_0 + \varepsilon]$ para algunos $\varepsilon > 0$ (si $x_0 < 1$ ). Esto es suficiente para probar su reclamación porque entonces puede considerar $\gamma := \sup \{x \in [0,1] \mid f|_{[0,x]} \equiv 0\}$ , mostrar $\gamma = 1$ y deduzcan $f \equiv 0$ .

Porque $f$ es continua y $f(x_0) = 0$ Hay un poco de $\varepsilon_1 \in (0, \frac{1}{2})$ con $|f(x)| \leq \frac{1}{2}$ para todos $x \in [x_0 , x_0 + \varepsilon]$ .

Ahora demostraremos inductivamente que en realidad $|f(x)| \leq \left(\frac12\right)^n$ para todos $x \in [x_0, x_0 + \varepsilon]$ . Para $n=1$ esto se deduce por nuestra elección de $\varepsilon$ .

Para el paso inductivo, observe que $|f'(x)| \leq |f(x)| \leq \left(\frac12\right)^n$ para todos $x \in [x_0, x_0 + \varepsilon]$ . Utilizando el teorema del valor medio, ahora es fácil ver que

$$|f(x)| = |f(x) - f(x_0)| = |f'(\xi)| \cdot |x - x_0| \leq \left(\frac{1}{2}\right)^n \cdot |x - x_0| \leq \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}$$

para $x \in [x_0, x_0 + \varepsilon]$ porque $\varepsilon \leq \frac{1}{2}$ .

En el límite $n\rightarrow \infty$ recibimos nuestro reclamo.

Answer 2

Puede utilizar el hecho de que $|f'(c)| \leq |f(c)|$ y como $f$ es diferenciable también es continua, por lo que se puede obtener la igualdad $|f(x)| = |\frac{f(x)} x |$ lo que significa $f(x)=0$

Answer 3

$\displaystyle \left |\frac{f(x)}x \right | \le |f(c)| \implies |f(x)| \le |f(c)| $ donde $0<c<x$ . Esto implica $\displaystyle |f(x)| \le \left| \lim_{\epsilon \to 0^+}f(\epsilon)\right| = 0$

Para demostrar que $c_n \to 0$ , o bien existe finitamente $c \in (0, x)$ tal que $f'(c) = f(x)/x$ o allí e intervalo $(a,b)$ donde $f'(c) = \mathrm{constant}$ el segundo caso, $c = \inf\{(a,b)\}$ .

Answer 4

Solución 1: Supongamos por contradicción que existe $x_0 \in (0,1]$ tal que $f(x_0) \neq 0$ . Porque $f$ es continua, existe $a<b$ tal que $f$ es distinto de cero en $[a,b]$ sin pérdida de generalidad, supongamos que es positivo (si no, consideremos $-f$ ). En particular, tiene

$$b-a \geq \int_a^b \frac{f'(x)}{f(x)}dx = \ln(f(b)) - \ln(f(a)).$$

Ahora, según el teorema del valor medio, existe $c \in (a,b) \subset (0,1)$ tal que

$$1 < \frac{1}{c} = \frac{\ln(f(b))- \ln(f(a))}{b-a} \leq 1,$$

una contradicción.

Solución 2: Dejemos que $x_m \in [0,1]$ sea tal que $|f(x_m)|= \max\limits_{x \in [0,1]} |f(x)|$ . Sin pérdida de generalidad, podemos suponer $f(x_m) \geq 0$ (de lo contrario, considere $-f$ ). Por el teorema del valor medio, para todo $x<x_m$ existe $c \in (x,x_m)$ tal que

$$f(x_m) \geq |f(c)| \geq |f'(c)| = \left| \frac{f(x_m)-f(x)}{x_m-x} \right| = \frac{f(x_m)-f(x)}{x_m-x}.$$

Por lo tanto,

$$f(x_m) \leq \frac{f(x)}{1-x-x_m} = \frac{f(x)}{x} \cdot \frac{x}{1-x-x_m}. \hspace{1cm} (1)$$

Por otro lado, a partir de la expansión de Taylor

$$f(x) = \underset{=0}{\underbrace{ f(0) }} + x \underset{=0}{\underbrace{ f'(0) }} + o(x),$$

por lo que $\frac{f(x)}{x}=o(1)$ . Cuando $x \to 0$ , $(1)$ da $0 \leq f(x_m) \leq 0$ . En consecuencia, $f \equiv 0$ .

Answer 5

De la aplicación de la LMVT obtenemos $$f(x)=xf'(\theta x),\ $$ para algunos $\theta\in [0,1]$ . Así que, $$|f(x)|=x|f'(\theta x)|\le x|f(\theta x)|$$ Entonces, por la aplicación repetida de esta desigualdad $n$ veces que se obtiene $$|f(x)|\le \prod_{k=1}^n \theta_k \cdot x^nf\left(x\prod_{k=1}^n \theta_k \right)$$ Desde $x,\ \theta_i,\ i=1,2,\cdots ,\ n\in [0,1]$ , como $n\to \infty$ para cualquier $x\in [0,1]$ , $f(x)=0$ .