Resolver $f'(ax+by)=[f(y)-f(x)]/(y-x)$

Question

Dejemos que $a,b$ sean dos reales. Encontrar todas las funciones diferenciables $f$ satisfactorio:

$$f'(ax+by)= \frac{f(y)-f(x)}{y-x}$$

para todos $y\neq x$ .

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He resuelto el problema pero mi solución no es tan elegante como me gustaría, así que espero que alguien pueda publicar su solución. La respuesta es:

Si $a=b=0.5$ el conjunto de soluciones son todas las cuadráticas; si no, el conjunto de soluciones son todas las funciones lineales.

Un breve resumen de mi método, cuya idea clave es l'Hopistal:

Primero muestro que $f$ es de la clase $C^2$ en $\mathbb{R}$ . Entonces arregla $x=x_0$ y tomar el límite de ambos lados de la ecuación dada como $y \to x_0$ aplicando l'Hospital en el lado derecho. Encontramos que $f'(x_0)=f'[(a+b)x_0]$ . Así, $f'(x)=f'[(a+b)x]$ para todos $x$ . A continuación, manteniendo $x=x_0$ Si diferenciamos ambos lados de la ecuación original con respecto a $y$ y tomar el límite de nuevo como $y \to x_0$ aplicando l'Hospital una vez más. Usted encuentra $2bf''((a+b)x_0)=f''(x_0)$ . Pero como $f''[(a+b)x_0](a+b)=f''(x_0)$ , ya sea $f''(x_0)=0$ para todos $x_0$ o $a=b$ . El primer caso implica que las soluciones son polinomios de grado como máximo $2$ . El segundo caso se resuelve fácilmente estableciendo $a=b$ y $y=-x$ en la ecuación original.

Answer 1

A continuación se presenta un enfoque más ligero, sin utilizar l'Hopital o $f'$ diferenciabilidad en $0\,$ lo que demuestra que $f$ debe ser lineal excepto en el caso $a=b=\frac{1}{2}$ cuando es (como máximo) un cuadrático. La prueba para este último caso se basa en la suposición adicional de $f$ ser analítico, lo cual no está entre las premisas declaradas, y probablemente podría ser innecesario (el OP lo llamó el caso fácil así que puede que esté pasando por alto algo obvio).

• Si $a=0$ o $b=0$ entonces se deduce trivialmente que $f$ debe ser lineal. Lo siguiente supone $ab \ne 0$ .

• Con $y=0\,$ : $f'(ax)=\frac{f(x)-f(0)}{x}\,$ por lo tanto $f'$ es continua y diferenciable en $\mathbb{R}\setminus \{0\}\,$ . Desde $f$ se supone que es diferenciable, $f'(0)=\lim_{x \to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x \to 0} f'(ax)\,$ Por lo tanto $f'$ también es continua en $0$ Por lo tanto, a lo largo de $\mathbb{R}$ .

• Con $x \ne 0, y \to x\,$ : $f'\big((a+b)x\big)=f'(x)\,$ .

• Si $|a+b| \ne 1$ asumir WLOG que $|a+b| < 1$ (si no, utilice el mismo argumento para $\frac{1}{a+b}$ ) y observe que $f'(x)=f'\big((a+b)x\big)=f'\big((a+b)^2x\big)=\cdots=f'\big((a+b)^n x\big) \to_{n \to \infty} f'(0)$ por la continuidad de $f'$ . Por lo tanto, $f'$ es constante en $\mathbb{R}\,$ Así que $f$ debe ser lineal.

• En caso contrario, si $|a| \ne |b|$ escribiendo la relación para $x = bz, y=0$ y $x=0, y=az$ , respectivamente, da $f'(abz) = \big(f(bz)-f(0)\big)/bz = \big(f(az)-f(0)\big)/az\,$ Multiplicando esta última igualdad por $z$ da $\big(f(bz)-f(0)\big)/b = \big(f(az)-f(0)\big)/a\,$ entonces tomando la derivada en $z\,$ : $f'(bz)=f'(az)\,$ o $f'(z)=f'(\frac{a}{b}z)$ . Suponiendo que WLOG $|a| \lt |b|$ (si no, intercambio $a,b$ ) e iterando, se deduce que $f'(x)=f'\big(\frac{a}{b}x\big)=f'\big((\frac{a}{b})^2x\big)=\cdots=f'\big((\frac{a}{b})^n x\big) \to_{n \to \infty} f'(0)$ por la continuidad de $f'$ . Por lo tanto, una vez más $f'$ es constante en $\mathbb{R}\,$ Así que $f$ debe ser lineal.

• El último caso que queda por considerar es $|a+b|=1$ y $|a|=|b|\,$ es decir $\,a=b=\pm\frac{1}{2}$ . Supongamos que WLOG $a=b=\frac{1}{2}$ (si no, utilice el mismo argumento para $f(-x)$ ) entonces con $y=-x\,$ : $f'(0)=\frac{f(x)-f(-x)}{2x}\,$ . Además, suponiendo que $f$ es analítico cerca de $0$ para que $f(x) = \sum_{n \ge 0} a_nx^n$ se deduce que $a_n=0$ para $n \ge 3\,$ Así que $f(x)$ es un cuadrático (como máximo).