Si $f(0) = 0$ y $|f'(x)|\leq |f(x)|$ % todo $x\in\mathbb{R}$y $f\equiv 0$

Question

Que $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ sea una función continua y diferenciable en todos los $\mathbb{R}$. Si $f(0)=0$ y $|f'(x)|\leq |f(x)|$ % todo $x\in\mathbb{R}$, entonces el $f\equiv 0$.

He estado tratando probar esto usando el teorema del valor medio, pero no consigo el resultado. ¿Alguien puede ayudar?

Answer 1

Considere la posibilidad de $S := \{ x \in \mathbb{R} : f(x) = 0 \}$. Este conjunto es cerrado por la continuidad de $f$. Ahora reclamación $S$ también está abierto. Para mostrar esto, supongamos $x_0 \in S$, y deje $A := \sup \{ |f(x)| : x \in (x_0 - \frac{1}{2}, x_0 + \frac{1}{2}) \}$. Entonces, para$x \in (x_0 - \frac{1}{2}, x_0 + \frac{1}{2})$,$f(x) = \int_{x_0}^x f'(t)\,dt$, e $|f'(t)| \le |f(t)| \le A$$t$$x$$x_0$, lo $|f(x)| \le |x - x_0| A \le \frac{1}{2} A$. Por lo tanto, por la definición de $A$ como supremum, $0 \le A \le \frac{1}{2} A$, lo que implica $A = 0$. Esto implica que $f(x) \equiv 0$$x \in (x_0 - \frac{1}{2}, x_0 + \frac{1}{2})$, estableciendo que $S$ es un barrio de $x_0$.

Ahora, hemos demostrado que $S$ es un clopen subconjunto de $\mathbb{R}$, y se nos da ese $0 \in S$ así, en particular, $S$ es no vacío. Por la conexión de la $\mathbb{R}$, esto implica $S$ es de $\mathbb{R}$, que es equivalente a la conclusión deseada.

Answer 2

Deje $\vert x \vert \leq \frac{1}{2}$ y deje $x_0\in \mathbb{R}$ tal que $f(x_0)=0$.

$$ \vert f(x_0+x) \vert = \left\vert f(x_0) + \int_0^x f'(x_0+t) dt \right\vert = \left\vert \int_0^x f'(x_0+t) dt \right\vert $$

usando la desigualdad triangular para las integrales de los rendimientos

$$ \leq \left\vert \int_0^x \vert f'(x_0+t) \vert dt \right\vert \leq \left\vert \int_0^x \vert f(x_0+t) \vert dt \right\vert \leq \left\vert \int_0^x \max_{\vert s\vert \leq \frac{1}{2}}\vert f(x_0+s) \vert dt \right\vert \leq \vert x \vert \cdot \max_{\vert s\vert \leq \frac{1}{2}}\vert f(x_0+s) \vert.$$

Ahora tomamos el máximo en todas las $\vert x \vert \leq \frac{1}{2}$ y obtener

$$ \max_{\vert s\vert \leq \frac{1}{2}}\vert f(x_0+ s) \vert \leq \frac{1}{2} \max_{\vert s\vert \leq \frac{1}{2}}\vert f(x_0+s) \vert. $$

Por lo tanto, $\max_{\vert s\vert \leq \frac{1}{2}}\vert f(x_0+ s) \vert=0$ y por lo tanto

$$ \forall \vert t \vert \leq \frac{1}{2}: \ f(x_0+t)= 0.$$

Por inducción, vamos a probar que $f(t)=0$ todos los $t\in \left[ -\frac{n}{2}, \frac{n}{2} \right]$ todos los $n\in \mathbb{N}$ y, por tanto, $f$ es identicially cero.

Añadió: Si no desea utilizar las integrales, se puede utilizar el valor medio teorema de la siguiente manera: Para $\vert x \vert \leq \frac{1}{2}$ existe $\vert \xi(x) \vert \leq \vert x \vert$ tal que

$$ \vert f(x) \vert = \vert f(x) - f(0) \vert = \vert f'(\xi(x)) \vert \cdot \vert x \vert \leq \vert f(\xi(x)) \vert \cdot \vert x \vert \leq \max_{\vert s \vert \leq \frac{1}{2}} \vert f(s) \vert \cdot \vert x\vert .$$

Tomando de nuevo el máximo en todas las $\vert x \vert \leq \frac{1}{2}$ uno llega a $\max_{\vert s \vert \leq \frac{1}{2}} \vert f(s) \vert \leq \frac{1}{2} \max_{\vert s \vert \leq \frac{1}{2}} \vert f(s) \vert$ y se procede como el anterior.

Answer 3

Intuitivamente, la solución a $|f'| \leq |f|$ $f(0) = c$ no puede crecer fuera de la región delimitada por las soluciones a $f' = +f$ $f' = -f$ con la misma condición inicial $f(0) = c$. El límite de soluciones de $f_\pm(x) = c e^{\pm x} = 0$ $c = 0$ tenemos $f_\pm(x) \equiv 0$.

Es tan obvio intuitivamente, creo, pero no era tan fácil de demostrar como yo pensaba, pero finalmente se me ocurrió una prueba. Pero primero un lema:

Lema
Deje $h : \mathbb [0, \infty) \to \mathbb R$ ser diferenciable y satisfacer

1. $h(x_0) > 0$,
2. $h'(x) > 0$ al$x > x_0$$h(x) > 0$.

A continuación, $h(x) > 0$ todos los $x \geq x_0$.

La prueba del lema
Suponga que $h(a) \leq 0$ algunos $a > x_0$. Desde $h$ es continua, por el teorema del valor intermedio, $h$ toma el valor de $0$ en al menos un punto entre a$x_0$$a$. Deje $x_1 = \inf \{ t \in (x_0, a) \mid h(t) = 0 \}$. Desde $h$ es continua y $h(x_0) > 0$ tenemos $x_1 > x_0$ $h(x) > 0$ al $x_0 < x < x_1$. A continuación, $h(x_1) - h(x_0) < 0$ y por el valor medio teorema existe una $\xi \in (x_0, x_1)$ tal que $h'(\xi) = (h(x_1) - h(x_0))/(x_1 - x_0) < 0$. Pero esto contradice que $h'(x) > 0$ al$x > x_0$$h(x) > 0$. Por lo tanto $h(x) > 0$$x \geq x_0$.

La prueba de la declaración en cuestión
Tome $\lambda>0$.

Deje $g(x) = \lambda e^x$. A continuación, $g-f$ cumple las condiciones del lema con $x_0=0$. Por lo tanto, para todos los $x > 0$ tenemos $(g-f)(x) > 0$, es decir,$f(x) < \lambda e^ x$.

De la misma manera, teniendo en $g(x) = -\lambda e^x$ tenemos $f-g$ la satisfacción de las condiciones del lema lo $f(x) > -\lambda e^x$$x > 0$.

Así, por $x > 0$ tenemos $-\lambda e^x < f(x) < \lambda e^x$. Desde $\lambda>0$ era arbitraria, debemos tener $f(x) \equiv 0$$x > 0$.

Reversión de la función, es decir, dejando $f(x) \to f(-x)$ en el anterior, también tratamos de que $f(x) \equiv 0$$x < 0$.