Si $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ es una función diferenciable, $f(0)=0$ y $f' = f^2$ y $f = 0$.

Question

Si $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ es una función diferenciable, $f(0)=0$ y $f' = f^2$ y $f = 0$. ¿Alguna ayuda?

Answer 1

Tenga en cuenta que su función es creciente debido a $f' = f^2 \geq 0$. Así que si usted tiene una función que no es idéntica a cero, el conjunto de $x$ que $f(x) = 0$ es algún intervalo cerrado $I$ (posiblemente infinito), que no es todo de ${\mathbb R}$. Deje $x_0$ ser un extremo de $I$. La sustitución de $f(x)$ $-f(-x)$ si es necesario, podemos suponer $x_0$ es el extremo derecho de la $I$.

En $(x_0,\infty)$ la ecuación de $f' = f^2$ es separable, y el estándar de cálculo de las técnicas de dar ese $f(x) = -{1 \over x + c}$ $x > x_0$ para algunas constantes $c$. Pero luego de tomar a los límites de $x \rightarrow x_0$ da $f(x) = -{1 \over x_0 + c}$, contradiciendo ese $f(x_0) = 0$ desde $x_0 \in I$.

Esta contradicción muestra que $f = 0$ es la única solución.

Por cierto, la solución de $f' = f^2$ aquí sólo utiliza básica real de las técnicas de análisis... es el mismo como ${d \over dx} ({1 \over f(x)} + x) = 0$, que por el valor medio teorema de, por ejemplo, dice que el ${1 \over f(x)} + x = c$ para algunas constantes $c$. Esto implica que $f(x) = -{1 \over x + c}$.

Answer 2

He aquí una prueba solo la de los teoremas fundamentales de análisis real y un poco de topología.

Desde $f'=f^2\ge0$, $f$ es no negativa para $x\ge0$. Tenemos $f(x)=0$ todos los $x\in[0,x^*]$; por el desplazamiento de la función de $x\mapsto x-x^*$ podemos suponer $x^*=0$, y luego si $f\ne0$ hemos arbitrariamente pequeño $x>0$$f(x)>0$. Ahora suponga una contradicción que $f(x)>0$ algunos $x\in(0,1)$, y deje $M=\min(1,f(x)/x)$. Desde el set $[M,\infty)$ es cerrado y $f(x)/x$ es continuo con el límite de $0$ $0$ (desde $f'(0)=0$), hay un mínimo de $y\in(0,1)$ tal que $f(y)/y\ge M$.

Por el Valor medio Teorema, $f^2(z)=f'(z)=f(y)/y$ algunos $0<z<y$. Pero si $f(y)/y\ge 1$$f(z)=\sqrt{f(y)/y}\ge1$, y si $1\ge f(y)/y\ge f(x)/x$$f(z)\ge f(y)/y$. En cualquier caso, $z<y$ también ha $f(z)/z\ge f(z)\ge M$, una contradicción. Por lo tanto $f=0$$[0,\infty)$, y mediante la aplicación de este a$g(x)=-f(-x)$,$f=0$$\Bbb R$.

Answer 3

$f' = f^2$ es una ecuación diferencial. ¿Qué sabes sobre ecuaciones diferenciales? Si conoces la existencia y unicidad teorema, esta pregunta es fácil.

Answer 4

He aquí una idea que no "usar" ecuaciones diferenciales:

Suponga $f \geq 0$ $x \geq 0$ y considerar el intervalo de $(0, \epsilon)$, $\epsilon<1$ donde $0 \leq f < 1/2$, que existe por la continuidad de $f$.

En primer lugar, elegir un $x_0 \in (0, \epsilon)$. Por el valor medio teorema, $$f(x_0) = f(x_0)-f(0) = x_0 f'(x_1) \leq f(x_1)^2$$ para algunos $0 < x_1 < x_0$. Definir $x_2$ y, en general, $x_n$ en una manera similar, de modo que $f(x_n) \leq f(x_{n+1})^2$. Entonces $$f(x_0) \leq f(x_n)^{2^n} \leq (1/2)^{2^n}.$$ Tomando el límite obtenemos $f(x_0) = 0$.

Ahora a llenar los vacíos y lidiar con el resto de los casos (o en combinación) y encontrar una manera de mostrar a $f = 0$ más allá de la $(0, \epsilon)$. Si usted utiliza esta idea en su tarea de escribir tienes la idea aquí, no hay problema.

Answer 5

Si $f$ es diferenciable es continua.

En particular, $Z=f^{-1}(\{0\})$ es cerrado y $0 \in Z$.

Elija algunas de $t_0 \in Z$. Definir $M(\delta)= \sup_{x \in [t_0-\delta,t_0+\delta]} |f(x)|$. Es sencillo comprobar que $M$ es continua y no disminuyendo.

A continuación, la función de $\delta \mapsto |\delta| M(\delta)$ es continua y el cero a cero.

Ahora elija algunas de $\delta>0$ tal que $\delta M(\delta) <1$.

A continuación, para $t \in [t_0-\delta,t_0+\delta]$, $|f(t)| \le | \int_{t_0}^t f^2(s) ds | \le |\delta| M(\delta)^2 $. Tomando el $\sup$ de la mano izquierda sobre $[0, \delta]$ da $M(\delta) \le \delta M(\delta)^2 $, lo que implica $M(\delta) = 0$, y, en particular, $f(t) = 0 $ todos los $t \in [t_0-\delta,t_0+\delta]$.

Esto demuestra que $Z$ está abierto.

Desde $Z$ es un no-vacío abierto y cerrado subconjunto de $\mathbb{R}$, debemos tener $Z= \mathbb{R}$.

Enfoque alternativo: La clave aquí es que el $f$ está definido para todos los de $\mathbb{R}$.

Supongamos $f(t_0) >0$ algunos $t_0$. Un rápido cálculo muestra que si $\phi(t) = {1 \over f(t)}$,$\phi'(t) = -1$, por lo que $\phi(t) = \phi(t_0) + t_0 - t$. Sin embargo, esto daría que $\lim_{t \uparrow (t_0+\phi(t_0) )} f(t) = \infty$, lo que contradice el hecho de que $f$ está definido para todos los de $\mathbb{R}$.

Un enfoque similar funciona para $f(t_0) <0$. Por lo tanto $f$ es idéntica a cero.