Buscando una función que...

Question

No era esta pregunta en una de las pizarras digitales en mi empresa, y me pareció fascinante. Tal vez sea un tonto cosa preguntar. Tal vez hay una simple respuesta de que yo no podía ver. De todos modos, aquí está:

¿Existe un no-trivial, monótonamente creciente función tal que $f'(x) = f(f(x))$ ( $\mathbb{R}$ )?

He comprobado un montón de funciones, desde la primaria hasta la especial (gamma, digamma, zeta de Riemann, Lambert ...) y ninguno parece funcionar (no es de extrañar). Me las arreglé para convencer a mí mismo de que una función se puede expresar como una potencia de la serie no iba a funcionar, independientemente de la convergencia, debido a que la derivada reduce el grado de los polinomios, cuando la composición se plantea. La delta de Dirac o algún tipo de generalizada de la función parecía prometedora, por un tiempo, pero la delta de Dirac no es monótonamente creciente de todos modos, y no estoy muy familiarizado con las funciones generales. Traté de usar la transformada de Fourier de ambos lados, pero parece que la transformada de Fourier es difícil para f(f(x)) (al menos para mí). Pensé en alguna manera de ver "tomando la derivada" como un operador diferencial, la búsqueda de su (infinito) de la matriz en alguna base (¿cuál?), hacer lo mismo para el lado derecho y muestra que las 2 matrices no pudieron ser identificados (reduciendo el problema a un problema de álgebra lineal) - que no funciona. Nada en la geometría del frente. Pensé en tratar de demostrar que no hay tal función deducir una contradicción, pero no manejar eso. Mi corazonada es que no existe una función de, basándose en el completamente válido y semi-sentido de la idea de que la diferenciación tira de f en una dirección, y la composición de los otros. Alguna idea?

Answer 1

FYI este era el problema B5 en el 2010 Putnam examen, así que usted puede encontrar aquí: http://amc.maa.org/a-activities/a7-problems/putnamindex.shtml

Tenían un muy sucinto de la solución. Supongamos $f$ es estrictamente creciente. Entonces para cualquier $y_0$ puede definir una función inversa $g(y)$ $y>y_0$ tal que $x=g(f(x))$. La diferenciación, obtenemos $1=g'(f(x))f'(x)=g(f(x))f(f(x))$, por lo que el $g'(y)=\dfrac{1}{f(y)}$. Sabemos que $g$ obtiene arbitrariamente grandes valores, ya que es la función inversa de la $f$ $f$ está definido para todos los $x$, lo que significa que $g(z) - g(y_0) = \displaystyle \int_{y_0}^zg'(y)dy = \int_{y_0}^z\frac{dy}{f(y)}$ la diferencia que debe existir como $z\rightarrow\infty$.

Ahora todo lo que tienes que hacer es mostrar que $f$ está acotado abajo por una función que hace que la integral converge. Para$x>g(y_0)\equiv g_0$,$f'(x)>g_0$, por lo que podemos asumir que para algunos $\beta$ $x$ lo suficientemente grande, $f(x)>\beta x$. Repitiendo este argumento, tenemos que $f(x)>\alpha x^2$ algunos $\alpha$ $x$ lo suficientemente grande. Así, podemos asumir que el $f(x)$ es asintóticamente mayor que $\alpha x^2$. Pero entonces la integral anterior converge, contradiciendo ese $g(z$) es ilimitado como $z\rightarrow\infty$. Por lo tanto, llegamos a la conclusión de que $f$ no puede ser estrictamente creciente.

Answer 2

Otra respuesta parcial...

Primero de todo, llame a $L^+, L^-$ de los límites en $\pm\infty$ (que existen por la monotonía). El resultado que demostrar es la siguiente:

$\textbf{Partial result.}$ Asumen $L^+<\infty$ $f=0$

Tenemos la siguiente "obvio" comentarios

1. Si $f$ es una solución, a continuación,$f\in C^{\infty}(\mathbb{R})$.

2. Dado que la composición de funciones monótonas son monótonas tenemos que $f'\geq0$ y es monótona creciente. Esto también implica $f$ convexo.

Ahora, la continuidad del argumento junto con la segunda observación implica que $L^->-\infty$ (de lo contrario no es un punto de con $f'(x)<0$). Ahora la FTC da para $x<a$

$$ f(a)-f(x)=\int_x^{a} f'(t)dt $$ y dejando $x\to -\infty$ y la monotonía teorema de convergencia ($f'\geq0$) llegamos a la conclusión de $f'\in L^1(-\infty,0)$. En una manera similar, podemos conseguir que $f'\in L^1(0,\infty)$ siempre $L^+<\infty$. Todo esto junto, a continuación, se obtiene: Si $L^+<\infty$ $f'\in L^1(\mathbb{R})$ $f'$ continua y monótona, y así

$$ \lim_{x\to \pm\infty} f'(x)=0 $$

que a su vez da $f'=0$ $f$ es constante, pero la única constante posible solución es $0$.

Ahora, en caso de $L^+=\infty$: Desde $f(x)\to \infty$ al$x\to \infty$, $f'$ también golpes. Pick $a\in (0,\infty)$ tal que $f'(a)>1$$f(a)>1$, $x>2a$ tenemos (integrar dos veces a la desigualdad en la $f\geq0$)

$$ f(x)\geq xf'(a)+f(a) \geq x $$ Conectando en la ecuación da $f'(x)\geq f(x)$. Gronwall la desigualdad, a continuación, da

$$ f(x)\geq e^{- x} $$ Conectando en la ecuación nos da de nuevo

$$ f'(x)\geq f(e^{- x}) \geq e^{e^{- x} -} $$ esto nos permite integrar, y repetir el procedimiento, pero no veo un estimado de ser fáciles de obtener de esta manera.