Prueba $f(x)=ax+b$

Question

Dejemos que $f(x)$ sea una función continua en $\mathbb R$ que para todos $x\in(-\infty,+\infty)$ , satisface $$ \lim_{h\rightarrow+\infty}{[f(x+h)-2f(x)+f(x-h)]}=0. $$

Demostrar que $f(x)=ax+b$ para algunos $a,b\in\mathbb R$ .

Este es un problema de mi libro de ejercicios, pero no puedo encontrar la solución del mismo, creo que la solución en mi libro está mal :( ¡Cualquier idea y prueba de la misma es bienvenida! Gracias de antemano.

Answer 1

Dado $x\in\mathbb{R}$ el límite se puede reescribir como $$f(x)=\frac{1}{2}\lim_{h\to\infty}[f(x+h)+f(x-h)].\tag{1}$$ Dado $y\in\mathbb{R}$ , sustituyendo a $h$ con $h+y$ o $h-y$ en $(1)$ tenemos $$f(x)=\frac{1}{2}\lim_{h\to\infty}[f(x+y+h)+f(x-y-h)],\quad \forall x\in\mathbb{R}.\tag{2}$$ y $$f(x)=\frac{1}{2}\lim_{h\to\infty}[f(x-y+h)+f(x+y-h)],\quad \forall x\in\mathbb{R}.\tag{3}$$ Sustitución de $x$ con $x+y$ o $x-y$ en $(1)$ respectivamente, tenemos:

$$f(x+y)=\frac{1}{2}\lim_{h\to\infty}[f(x+y+h)+f(x+y-h)]\tag{4}$$ y $$f(x-y)=\frac{1}{2}\lim_{h\to\infty}[f(x-y+h)+f(x-y-h)].\tag{5}$$ Comparación de $(2)+(3)$ y $(4)+(5)$ tenemos: $$2f(x)=f(x+y)+f(x-y),\tag{6}$$ o de forma equivalente, $$f(\frac{x+y}{2})=\frac{1}{2}[f(x)+f(y)].\tag{7}$$ $(7)$ junto con la continuidad de $f$ implica que $f$ es tanto convexo como cóncavo en $\mathbb{R}$ Así que $f$ debe ser una función lineal.

Answer 2

Para $t,x\in\mathbb R$ , dejemos que $h_t(x) = f(t+x)-f(t-x)$ . Para $a,t,x\in\mathbb R$ , dejemos que $g_{a,t}(x)=h_{x+t}(2a)$ . Entonces $$\begin{align}g_{a,t}(x)&=f(x+2a+t)-f(x-2a+t)\\&=2(f(a+t)-f(t-a))\\&\quad{}+[f(x+2a+t)-2f(a+t)+f(t-x)]\\&\quad{}-[f(x-2a+t)-2f(t-a)+f(t-x)]\\ &\to2(f(a+t)-f(t-a))= 2h_t(a)&\text{as }x\to\pm\infty.\end{align} $$ Porque $g_{a,t}(x)=g_{a,0}(x+t)$ concluimos que el límite no depende de $t$ es decir $h_t(a)=h_0(a)$ . Para $a,b\in\mathbb R$ tenemos $$\begin{align}g_{a,0}(x)+g_{b,0}(-x)&=f(x+2a)-f(x-2a)+f(-x+2b)-f(-x-2b)\\ &=2f(a+b)-2f(-a-b)\\&\quad{}+[f(x+2a)-2f(a+b)+f(-x+2b)]\\&\quad{}-[f(x-2a)-2f(-a-b)+f(-x-2b)]\\&\to 2h_0(a+b)&\text{as }x\to\pm\infty. \end{align}$$ Así, $h_0(a+b)=h_0(a)+h_0(b)$ . Desde $h_0$ es continua, esto implica que $h_0(x)=\alpha x$ para algunos $\alpha\in\mathbb R$ . (Sin continuidad, $h_0$ puede ser un endomorfismo feo del $\mathbb Q$ -espacio vectorial $\mathbb R$ ). Concluimos $$ f(x) = f(0)+2h_{\frac x2}\bigl(\tfrac x2\bigr) = f(0)+2h_0\bigl(\tfrac x2\bigr)=f(0)+\alpha x.$$

Answer 3

Podemos suponer que $f(-1)=0$ y $f(1)=0$ (porque si no, sustituye a $f(x)$ por $f(x)-\frac{f(1)-f(-1)}{2}(x+1) -f(-1)$ ). Demostramos que $f=0$ por lo que para el general $f$ tendremos $f(x) = \frac{f(1)-f(-1)}{2}(x+1) -f(-1)$ .

La hipótesis para $x=1$ y $x=-1$ da : $$f(h)=-f(2-h)+o(1),$$ $$f(h)=-f(-2-h)=o(1),$$ cuando $h$ va a $+\infty$ .

Lema : $f$ es periódica.

Prueba. Tomemos $x \in \mathbb{R}$ . Entonces: \begin{eqnarray*} f(x+h)+f(x-h) &=& 2 f(x) + o(1) \\ &=& -f(2-x-h) - f(2-x+h) + o(1) = -2f(2-x) +o(1) \\ &=& -f(2-x-h) - f(-2-x+h) + o(1) = -2f(-x) +o(1) \\ &=& -f(-2-x-h) - f(-2-x+h) + o(1) = -2f(-2-x) +o(1) \\ \end{eqnarray*} Por lo tanto, $f(x)=-f(-x)=-f(2-x)=-f(-2-x)$ . Esto implica que $f$ es $2$ -periódico. QED

Dejemos que $T$ sea el grupo de períodos de $f$ y $t \in T$ . Entonces \begin{eqnarray*} \forall x, \ f(x+h)+f(x-h) &=& 2 f(x) + o(1) \\ &=& f(x+h)+f(t+x-h) = 2 f(t/2+x) +o(1) \\ \end{eqnarray*} Por lo tanto, $\frac{t}{2} \in T$ . Así que $T$ no es discreto y como $f$ es continua, $T=\mathbb{R}$ .