Permita que$\varphi$ sea una función no negativa y continua en$[0,\infty)$ y tal que$$\varphi(x)\le\int_0^x\varphi(t)dt$$ for all $ x \ en [0, \ infty)$. Can we infer from here that $ \ varphi \ equiv0 $ .
Al tomar límite en ambos lados, obtuve$\varphi(0)\le 0$. Como$\varphi$ no es negativo, puedo decir$\varphi(0)=0$. Pero qué entonces Podría haber progresado si pudiera mostrar que$\varphi(x)\le \varphi'(x)$, pero no es muy evidente a partir de la condición dada.
La técnica habitual es considerar$$g(x) =e^{-x}\int_{0}^{x}\varphi(t)\,dt$$ and then $$g'(x) =e^{-x} \left(\varphi(x) - \int_{0}^{x}\varphi(t)\,dt\right)\leq 0$$ so that $ g$ is decreasing and hence $ g (x) \ leq g (0) = 0$. But $ g $ is non-negative and hence $ g (x) = 0$ for all $ x \ geq 0$ and therefore $ \ int_ {0} ^ {x} \ varphi (t) \, dt = e ^ {x} g ( x)$ and it's derivative $ \ varphi (x)$ vanish for all $ x \ geq 0 $.
Considere la posibilidad de $\varphi$ en el intervalo de $[0,1]$. Entonces por el Teorema del Valor Extremo $\varphi$ tiene un valor máximo en ella y asumir que se alcanza por $M \in [0,1]$. A continuación, por la condición que:
$$\varphi(M) \le \int_0^M \varphi(x) dx \le \int_0^M \varphi(M) dx = \varphi(M) \cdot M$$
Si $M=1$ luego de los obtenidos de la igualdad en conseguir que la $\varphi(x) = \varphi(M)$ todos los $x \in [0,1]$, pero esto nos da que $\varphi(x) = \varphi(0) = 0$ todos los $x \in [0,1]$. De lo contrario, si $M \in [0,1)$ tenemos que $\varphi(M) = 0$ y $0 = \varphi(M) \ge \varphi(x) \ge 0$ $x \in [0,1]$ tenemos que $\varphi(x) = 0$ $[0,1]$
Ahora de igual manera, considere $\varphi$$[1,2]$. Tiene un valor máximo $N$. A continuación, por la condición:
$$\varphi(N) \le \int_0^N \varphi(x) dx = \int_1^N \varphi(M) dx = \varphi(N) \cdot (N-1) \implies \varphi(N) = 0$$
Aquí hemos utilizado el hecho de que $\int_0^1 \varphi(x) dx = 0$ y $N-1 \le 1$ con similar unido como en el anterior.
Por lo tanto, va por un intervalo de una longitud de $1$ en un momento en el que podemos demostrar que $\varphi(x) = 0 $ $[0, \infty)$
El uso de la MVT podemos reescribir la desigualdad como
$$\varphi(x)\le \varphi(\xi)x,\quad\forall x\in[0,\infty)\tag1$$
para algunos $\xi\in[0,x]$. Entonces:
Si $x< 1$$\varphi(x)\neq 0$, luego por la continuidad y la no-negatividad de $\varphi$ tenemos que
$$0<\varphi(x)/x\le\varphi(\xi_1)\implies \varphi(\xi_1)/\xi_1\le\varphi(\xi_2)\implies\cdots\implies\varphi(\xi_k)/\xi_k\le\varphi(\xi_{k+1})$$
Por lo tanto observar que la secuencia definida por $(\xi_k)$ es decreciente y acotada por debajo de cero, por lo que converge a algún punto en $[0,1]$. Por tanto, la aplicación de límites a ambos lados de $\varphi(\xi_k)/\xi_k\le\varphi(\xi_{k+1})$ nos encontramos con que
$$\begin{matrix}\infty\le\varphi(0),\quad\text{whenever }\lim\xi_k= 0\\\text{or}\quad\varphi(c)/c\le\varphi(c),\quad\text{whenever }\lim \xi_k=c>0\end{matrix}$$
En cualquier caso, llegamos a una contradicción, por lo tanto, concluimos que el $\varphi(x)=0$ al $x\in[0,1)$.
Asumir, desde la parte anterior, que $\varphi(x)=0$$x\in[0,1)$. Entonces, por la continuidad, $\varphi(1)=0$ también. Supongamos ahora que $\varphi(x)>0$ algunos $x\in(1,2)$. A continuación, la desigualdad original implica
$$\varphi(x)\le\int_1^x\varphi(t)\,\mathrm dt\implies\varphi(x)=(x-1)\varphi(\xi),\quad\forall x\in[1,2)\tag2$$
para algunos $\xi\in[1,x]$. Repitiendo así el mismo recursividad que en la parte anterior tenemos que
$$\begin{matrix}\infty\le\varphi(1),\quad\text{whenever }\lim\xi_k= 1\\\text{or}\quad\varphi(c)/(c-1)\le\varphi(c),\quad\text{whenever }\lim \xi_k=c>1\end{matrix}$$
En cualquier caso, nos encontramos con que, necesariamente,$\varphi=0$$[1,2)$.
Finalmente, por el que en los casos anteriores, el uso fuerte de inducción en los intervalos de $[k,k+1)$ se puede demostrar que $\varphi=0$ todos los $x\in[0,\infty)$, como se desee.
En aras de la finalización voy a añadir una versión simple de la Gronwall del lema que sé de Análisis II de Amann y Escher:
Considere la posibilidad de un no-intervalo vacío $J$, $t_0\in J$, $\alpha,\beta\in[0,\infty)$ y una función continua $y:J\to[0,\infty)$ que satisface
$$y(t)\le\alpha+\beta\left|\int_{t_0}^ty(s)\,\mathrm ds\right|,\quad\forall t\in J$$
a continuación, $$y(t)\le\alpha e^{\beta|t-t_0|},\quad\forall t\in J$$
A continuación, la aplicación de este teorema para el ejercicio podemos ver que $\alpha=0$, en consecuencia,$\varphi=0$.
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