$f^2+(1+f')^2\leq 1 \implies f=0$

Question

Encontrar todos los $f\in C^1(\mathbb R,\mathbb R)$ tal que $f^2+(1+f')^2\leq 1$

Es muy probable que la respuesta es $f=0$.

Tenga en cuenta que$|f|\leq 1$$-2\leq f'\leq 0$.

Por lo tanto, $f$ es decreciente y acotada.

Entonces, ¿qué ? Traté de contradicción, sin éxito.

Answer 1

La ecuación es equivalente a $$ f^2+2f'+f'^2\le0\etiqueta{1} $$ Desde $f^2+2f'\le0$ donde $f\ne0$, tenemos $$ (1/f)'\ge\color{#C00000}{1/2}\etiqueta{2} $$ Si $f(x_0)=a\gt0$, $\dfrac1f(x_0)=\dfrac1a\gt0$ $(2)$ dice que $$ \frac1f\left(x_0-\frac3a\right)\le\frac1f(x_0)-\color{#C00000}{\frac12}\frac3a\lt0\etiqueta{3} $$ mientras $\dfrac1f$ no pase a$-\infty$$\left[x_0-\frac3a,x_0\right]$.

En cualquier caso, en $\left[x_0-\frac3a,x_0\right]$, $\dfrac1f$ debe pasar a través de $0$, lo cual es imposible debido a $f\in C^1(\mathbb{R})$.

Si $f(x_0)=a\lt0$, $\dfrac1f(x_0)=\dfrac1a\lt0$ $(2)$ dice que $$ \frac1f\left(x_0-\frac3a\right)\ge\frac1f(x_0)-\color{#C00000}{\frac12}\frac3a\gt0\etiqueta{4} $$ mientras $\dfrac1f$ no pase a$\infty$$\left[x_0,x_0-\frac3a\right]$.

En cualquier caso, en $\left[x_0,x_0-\frac3a\right]$, $\dfrac1f$ debe pasar a través de $0$, lo cual es imposible debido a $f\in C^1(\mathbb{R})$.

Por lo tanto, $f(x)=0$ todos los $x\in\mathbb{R}$.

Answer 2

Desde $f(x)$ es limitado y la reducción de $\lim_{x \rightarrow \infty} f(x)$ $\lim_{x \rightarrow -\infty} f(x) $ existen. Si $f(x)$ no idéntica a cero, entonces al menos uno de estos límites es distinto de cero. Dicen que es la primera, y llamar al límite de $L$.

Por el valor medio teorema, $f(n+1) - f(n) = f'(x_n)$ algunos $x_n$$n$$n + 1$. El lado izquierdo de esta ecuación converge a $L - L = 0$ $n$ va al infinito, por lo que tenemos $$\lim_{n \rightarrow \infty} f'(x_n) = 0$$ Pero también tenemos $$\lim_{n \rightarrow \infty} f(x_n) = L$$ Conectar $x_n$ a $f(x)^2 + (1 + f'(x))^2 \leq 1$ y tomando límites de $n$ va al infinito da $L^2 \leq 0$, una contradicción.

Un argumento similar funciona si $\lim_{x \rightarrow -\infty} f(x) \neq 0$.

Answer 3

Sugerencias: Como usted ha mencionado, $f$ es decreciente y acotada. Pensar acerca de $\lim_{n \to \infty} f(n)$. Debe este límite existe? ¿Qué implica esto para el límite de la derivada $f'$?

Solución Completa. La función de $f(x)$ es decreciente y acotada, por lo $\lim_{x \to \infty} f(x)=L$ algunos $L \in [-1,1]$. Por el bien de la contradicción, supongamos $|L|>0$. Para configurar la contradicción, en la que nos relacionamos $|f(x)|$$f'(x)$: Deje $\epsilon\in (0,1]$, y supongamos que tenemos $0 \geq f'(x) \geq -\epsilon$ algunos $x \in \mathbb{R}$. Entonces \begin{align*} f^2(x) & \leq 1-(1+f'(x))^2\\ &\leq -2f'(x) - (f'(x))^2 \\ &\leq -2f'(x) \\ & \leq 2\epsilon. \end{align*} Por lo tanto $|f(x)| \leq \sqrt{2\epsilon}$. Por lo tanto sabemos que si $|f(x)| > \sqrt{2\epsilon}$,$f'(x) <-\epsilon$. Por lo suficientemente grande $x$, debemos tener $|f(x)| > |L|/2=\sqrt{2(|L|^2/8)}$, por lo tanto $f'(x) <-|L|^2/8$. Esto contradice el hecho de que $f(x)$ está delimitado a continuación. Un totalmente análogo argumento muestra que el $\lim_{x \to -\infty} f(x)=0$. Monotonía implica $f=0$.QED

Answer 4

Creo que debo volver a escribir completamente la solución de mantener el mal por encima sin tocar. Como he dicho antes estoy seguro de que podemos construir tal función, y creo que me lo hicieron uso de la educación a distancia en la solución anterior en la final. Estoy construyendo un contraejemplo de la función: Fistly, $f(x)= 0$$x\le 0$;

Ahora, me gustaría construir una simple función de la satisfacción de la condición de $$ f^2+(1+f^\prime)^2\le 1 $$ en algunos intervalo de $[0,x^*]$.
Me definen $$ g(t)=-x^3/3-x^2/2\\ g^\prime(x)=-x^2-x $$ Yo es obvio que en algunos positivo vecindario $(0,\epsilon)$ $$ g^2+(1+g^\prime)^2 =O(\epsilon^4)+1-O(\epsilon) \le 1 $$ Es obvio también que mirar de algunos $x^*$ $$ g^2+(1+g^\prime)^2\ge 1 $$ Además tenemos este punto de $x^*$ es tal que $$ g^2(x^*)+(1+g^\prime(x^*))^2= 1 $$ Vamos a comprobar la condición de $g^\prime(x^*)>-1$. Es fácil que la estimación de la $x^*$ es de alrededor de $0.9$ y que, a continuación, $g^\prime(x^*)< -1

Ahora volver a considerar las ecuaciones diferenciales $$ f^\prime=-1+\sqrt{1-f^2}\\ f^\prime=-1-\sqrt{1-f^2}\\ $$ y elegir la segunda, de conformidad con el signo $g^\prime(x^*)+1$. La solución de esta ecuación con la condición inicial $f(x^*)=g(x^*)$ a ampliar nuestra función en $R$. Así que el final de la función $f(x)$ es $$ f(x)=0 ~ si ~ x\le 0 \\ f(x)=g(x) ~ si~ 0<x\le x^* \\ solución~ de~ f^\prime=-1-\sqrt{1-f^2}, f(x^*)=g(x^*) ,~ x\ge x*\\ $$

Ya que no he podido encontrar ningún error en la prueba de que tal función no puede existir yo de nuevo probablemente error en alguna parte. Pero yo no lo encuentro. Cualquier comentario, por favor. Puede ser esta la educación a distancia no puede tener una solución en $R$? De Lipschitz condición no se cumple.

Answer 5

REVISIÓN Bueno, la solución de la ecuación diferencial con cero condición inicial va a satisfacer su propiedad $$ f'=-1-\sqrt{1-f^2} $$ Editar Observe que la ecuación $$ f'=-1+\sqrt{1-f^2} $$ es también ACEPTAR. Ahora vamos a cambiar a $\tau = -t$ y la reescritura de la segunda ecuación en función de la $\tau$ $$ f_\tau^\prime =1-\sqrt{1-f^2} $$ Vamos a construir ahora la función en $R^+$ como una solución de la primera eqaution y en $R^-$ como una solución de la tercera ecuación. Para garantizar la diferenciabilidad en $t=0$ vamos a hacer de la igualdad de los derivados en el tiempo $t=\tau=0$. $$ f^\prime_t=-1-\sqrt{1-f^2}=-f^\prime_\tau=-1+\sqrt{1-f^2} $$ Así que con condición inicial $f=1$ que puede propagar esta función en $R$. He cambiado los signos aquí. Ahora la inicial derivada es