¿Son las funciones no triviales donde $f(x)=f'(x)$ no de la forma $Ae^x$

Question

Puede parecer una pregunta tonta, pero quería comprobarlo. Sé que hay pruebas de que si $f(x)=f'(x)$ entonces $f(x)=Ae^x$ . Pero, ¿podemos "inventar" otra función que obedezca a $f(x)=f'(x)$ que es no trivial ?

Answer 1

Obsérvese que si $ f(x)=f'(x) $ entonces $$ \left(\frac{f(x)}{e^x}\right)'=\frac{f'(x)-f(x)}{e^x}=0 $$ Por lo tanto, $\dfrac{f(x)}{e^x}$ es constante...

Answer 2

Creo que otras respuestas dadas aquí suponen la existencia de una función agradable $e^{x}$ y esto hace que la prueba sea considerablemente más sencilla. Sin embargo, creo que es mejor plantear el problema de la resolución de $f'(x) = f(x)$ sin saber nada de $e^{x}$ .

Cuando recorremos este camino nuestro resultado final es el siguiente:

Teorema : Existe una función única $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ que es diferenciable para todo $x \in \mathbb{R}$ y satisface $f'(x) = f(x)$ y $f(0) = 1$ . Además, cualquier función $g(x)$ que es diferenciable para todo $x$ y satisface $g'(x) = g(x)$ viene dada explícitamente por $g(x) = g(0)f(x)$ donde $f(x)$ es la función única mencionada anteriormente.

Damos una demostración sencilla del teorema anterior sin utilizar ninguna propiedad/conocimiento de $e^{x}$ . Demostremos que si tal función $f$ existe, entonces debe ser único. Supongamos que existe otra función $h(x)$ tal que $h'(x) = h(x)$ y $h(0) = 1$ . Entonces la diferencia $F(x) = f(x) - h(x)$ satisface $F'(x) = F(x)$ y $F(0) = 0$ . Demostraremos que $F(x) = 0$ para todos $x$ . Supongamos que no es así y que hay un punto $a$ tal que $F(a) \neq 0$ y considerar $G(x) = F(a + x)F(a - x)$ . Es evidente que tenemos \begin{align} G'(x) &= F(a - x)F'(a + x) - F(a + x)F'(a - x)\notag\\ &= F(a - x)F(a + x) - F(a + x)F(a - x)\notag\\ &= 0 \end{align} para que $G(x)$ es constante para todo $x$ . Por lo tanto, $G(x) = G(0) = F(a) \cdot F(a) > 0$ . Por lo tanto, tenemos $F(a + x)F(a - x) > 0$ y por lo tanto poner $x = a$ obtenemos $F(2a)F(0) > 0$ . Esto contradice $F(0) = 0$ .

De ello se desprende que $F(x) = 0$ para todos $x$ y por lo tanto la función $f$ debe ser único. Ahora tenemos que demostrar la existencia. Para ello, primero establecemos que $f(x) > 0$ para todos $x$ . Si hay un número $b$ tal que $f(b) = 0$ entonces podemos considerar la función $\phi(x) = f(x + b)$ y tendrá la propiedad de que $\phi'(x) = \phi(x)$ y $\phi(0) = 0$ . Por el argumento del párrafo anterior $\phi(x)$ es idéntico $0$ y por lo tanto $f(x) = \phi(x - b)$ también es idéntico $0$ . Por lo tanto, se deduce que $f(x)$ es distinto de cero para todos los $x$ . Desde $f(x)$ es continua y $f(0) = 1 > 0$ se deduce que $f(x) > 0$ para todos $x$ .

Desde $f'(x) = f(x) > 0$ para todos $x$ se deduce que $f(x)$ es estrictamente creciente y diferenciable con una derivada no evanescente. Por función inversa se entiende la función inversa $f^{-1}$ existe (si $f$ existe) y también es creciente con derivada no evanescente. También utilizando técnicas de diferenciación se deduce que $f'(x) = f(x)$ implica que $\{f^{-1}(x)\}' = 1/x$ para todos $x > 0$ y $f^{-1}(1) = 0$ . Desde $1/x$ es continua la integral definida $$\psi(x) = \int_{1}^{x}\frac{dt}{t}$$ existe para todos los $x > 0$ y tiene las propiedades de $f^{-1}$ y es fácil demostrar que $f^{-1}(x) = \psi(x)$ . Es evidente que la función $(f^{-1}(x) - \psi(x))$ es constante ya que su derivada es $0$ y por lo tanto $$f^{-1}(x) - \psi(x) = f^{-1}(1) - \psi(1) = 0$$ para que $$f^{-1}(x) = \psi(x) = \int_{1}^{x}\frac{dt}{t}$$ A continuación, utilizando el teorema de la función inversa $f(x)$ existe. Así, la cuestión de la existencia de $f(x)$ está resuelto.

Ahora considere $g(x)$ con $g'(x) = g(x)$ . Si $g(0) = 0$ entonces sabemos por el argumento dado anteriormente que $g(x) = 0$ para todos $x$ . Si $g(0) \neq 0$ entonces estudiamos la función $\psi(x) = g(x)/g(0)$ . Claramente $\psi'(x) = \psi(x)$ y $\psi(0) = 1$ y por lo tanto es igual a la función única $f(x)$ . Así, $g(x)/g(0) = \psi(x) = f(x)$ para todos $x$ . Por lo tanto, $g(x) = g(0)f(x)$ .

La función única $f(x)$ en el teorema demostrado anteriormente se denota por $\exp(x)$ o $e^{x}$ .

Answer 3

No. Supongamos que $f \not\equiv 0$ . Nosotros resolver la ODE: $$f(x) = f'(x) \implies \frac{f'(x)}{f(x)} = 1 \implies \int \frac{f'(x)}{f(x)}\,{\rm d}x = \int \,{\rm d}x \implies \ln |f(x)| = x+c, \quad c \in \Bbb R$$ Con esto, $|f(x)| = e^{x+c} = e^ce^x$ . Llame a $e^c = A > 0$ . Eliminando el valor absoluto, tenemos $f(x) = Ae^x$ con $A \in \Bbb R \setminus \{0\}$ . Desde $f \equiv 0$ también satisface la ecuación, podemos escribir todo a la vez: $$f(x) = Ae^x, \quad A \in \Bbb R.$$

Answer 4

Considere $g(x) = f(x)\exp(-x)$ . Entonces tenemos $g'(x) = f'(x)\exp(-x)-f(x)\exp(-x) = 0$ . Así, $g\equiv c$ para alguna constante $c$ . Por lo tanto, $f(x) = c\exp(x)$ .

Answer 5

Usted tiene $\dfrac{dy}{dx}=y$ . A menudo se escribe $\dfrac{dy} y = dx$ y luego evalúa ambos lados de $\displaystyle\int\frac{dy} y = \int dx$ etc.

Sin embargo, para una pregunta como ésta quizá habría que tener más cuidado.

Si $f(x)\ne 0$ para todos $x$ , entonces se tiene $\dfrac{f'(x)}{f(x)}=1$ para todos $x$ . Esto implica $$ \frac{d}{dx} \log |f(x)| = 1 $$ para todos $x$ . El teorema del valor medio implica que no puede haber antiderivadas además de $$ \log|f(x)| = x + \text{constant} $$ para todos $x$ . Esto implica $|f(x)| = e^x\cdot\text{a positive constant}$ Así que $f(x)=e^x\cdot\text{a nonzero constant}$ .

Dividiendo por $f(x)$ asume $f(x)$ no es $0$ por lo que hay que comprobar por separado el caso en el que $f(x)$ está en todas partes $0$ y lo comprueba.

Ahora bien, ¿qué pasa con los casos en los que $f(x)=0$ para algunos $x$ ¿pero no todos? ¿Podemos descartarlas? Tendríamos $f(x_0)=0$ y $f(x_1)\ne 1$ . Entonces una solución sería $$ g(x) = f(x_1)e^{x-x_1} = f(x_1)e^{-x_1} e^x = A e^x. $$ Pero $g(x_0)\ne0=f(x_0)$ y $g(x_1)=f(x_1)$ y $(f-g)'=f-g$ en todas partes.

[para continuar, tal vez ${}\,\ldots\,{}$ ]