Mi prueba de uso de los productos derivados. Puedo extenderlo a los no-funciones diferenciables?

Question

Para cada función de $f:\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}$ y constantes positivas $a,b$, definir una función $f_{a,b}:(0,1)\to\mathbb{R}$: $$ f_{a,b}(x) := f(2a\cdot x) + f(2b\cdot(1-x))$$ Una función de $f$ es buena si la función de $f_{a,b}$ tiene un único máximo en $x=1/2$ por cada $a$$b$.

¿Cuáles son las buenas funciones?

Una familia de buenas funciones es la familia de funciones logarítmicas, $f(x)=c\cdot \ln{x}+d$, para algunas constantes $c>0$$d$. PRUEBA: Si $f$ es logarítmica, a continuación, $a$ $b$ no afectan a la maximización, de modo que el máximo punto de $f_{a,b}$ es sólo el punto máximo de la función: $c\ln{x} + c\ln{(1-x)}$. Por el estándar de cálculo, el único máximo en $x=1/2$.

Mi conjetura es que sólo las funciones logarítmicas son buenas. Actualmente puedo probar esta singularidad única en la familia de diferenciables funciones. PRUEBA: Si $f$ es diferenciable, entonces:

$$ f_{a,b}'(x) := 2a\cdot f'(2a x) - 2b\cdot f(2b (1-x))$$ $$ f_{a,b}'(1/2) := 2a\cdot f'(a) - 2b\cdot f(b)$$ Si 1/2 es un único punto máximo, a continuación,$f_{a,b}'(x)=0$. Por lo tanto, para todos los $a,b$: $$ a f'(a) = b f'(b)$$ entonces existen constantes $c,d$ tal forma que: $$ x f'(x) \equiv c$$ $$ f'(x) = c/x$$ $$ f(x) = c \cdot \ln x + d$$ por lo tanto, si $f$ es diferenciable y bueno, tiene que ser una función logarítmica.

Por lo tanto, hay dos opciones:

1. Hay otras buenas funciones, que no son diferenciables.

2. No hay otras buenas funciones.

Creo que la opción 2 es correcta, pero para demostrarlo, la singularidad de la prueba desde arriba debe ser modificado para que funcione sin derivados. Es esto posible?

Answer 1

La reclamación. Las funciones de $f(x):=c\log x +d$ $c>0$ $d\in{\mathbb R}$ son las únicas buenas funciones.

Prueba. La condición dada en $f$ es equivalente con $$f\bigl((1+t)a\bigr)+f\bigl((1-t)b\bigr)<f(a)+f(b)\qquad(a>0, \ b>0,\ 0<|t|<1)\ .\tag{1}$$ Dejando $a:=(1-t)b$ aquí conduce a $f\bigl((1-t^2)b)<f(b)$, por lo tanto $f$ es estrictamente creciente. De Lebesgue del teorema se sigue que $f$ es derivable en casi todas partes. La sustitución de $x$$x':=\lambda x$, si es necesario, podemos suponer que la $f'(1)=:c\geq0$ existe.

Si ponemos $t:={h\over a}$ $b:=1$ $(1)$ obtenemos $$f(a+h)-f(a)<f(1)-f\left(1-{h\over a}\right)\ ,$$ así que $$\limsup_{h\to0}{f(a+h)-f(a)\over h}\leq \limsup_{h\to0}{f(1)-f\left(1-{h\over a}\right)\over h}={1\over a}f'(1)\ .$$ Por otro lado, la sustitución de $a$ ${a\over 1+t}$ $(1)$ tenemos $$f\left({a\over1+t}\right)-f(a)>f\bigl((1-t)b\bigr)-f(b)\ .\tag{2}$$ Si ahora nos vamos a $t:={-h\over a+h}$ $b=1$ $(2)$ ${a\over 1+t}=a+h$ conduce a $$f(a+h)-f(a)>f\left(1+{h\over a+h}\right)-f(1)\ ,$$ de manera que obtenemos $$\liminf_{h\to0}{f(a+h)-f(a)\over h}\geq{1\over a}f'(1)\ .$$ Desde $a>0$ era arbitraria, hemos demostrado que $f'(x)={c\over x}$ todos los $x>0$ y algunos $c\in{\mathbb R}$. Desde $f$ es estrictamente creciente necesariamente ha $c>0$.

Answer 2

Algunos incompleta pensamientos:

Lema 1. Deje $f$ ser bueno, $\alpha\in\Bbb R^+$, $\beta\in \Bbb R$. Luego la función dada por $g(x)= f(\alpha x)+\beta$ también es bueno.

Prueba. Sólo tenga en cuenta que $g_{a,b}(x)=f_{\alpha a,\alpha b}(x)+2\beta$. $\square$

Deje $f$ ser una buena función.

Lema 2. $f$ es estrictamente creciente.

Prueba. Deje $0<a<b<2a$. A continuación,$f_{a,b}(\tfrac12)>f_{a,b}(\frac b{2a})$, es decir, $$ f(a)+f(b)> f(b)+f(2b(1-\tfrac b{2a}))=f(b)+f(a-\tfrac{(b-a)^2}{a}).$$ Como dejamos $b$ variar a lo largo de $(a,2a)$ así vemos que $f(a)>f(x)$ $0<x<a$. $\square$

En particular, $\lim_{x\to 0^+}f(2b(1-x))$ existe y es $\le f(2b)$ por cada $b>0$.

Suponga $\inf f=L>-\infty$. A continuación, $\lim_{x\to 0^+}f(2ax)=L$ todos los $a$. Llegamos a la conclusión de $$ f(a)+f(b)\ge L+\lim_{x\to 2b^-}f(x)$$ y $a$ pueden ser recogidas con $f(a)\approx L$, llegamos a $f(b)\ge \lim_{x\to 2b^-}f(x)\ge f(\frac32b) $, contradiciendo lema 2. Llegamos a la conclusión de que $$\inf f=-\infty. $$

Definir $g(x)=f(\tfrac 1x)$. A continuación, $f_{1/a,1/b}(\tfrac12)>f_{a,b}(\tfrac{a}{a+b})$ se traduce en $$\frac{g(a)+g(b)}2>g\Bigl(\frac{a+b}2\Bigr).$$ Como $g$ es estrictamente decreciente, llegamos a la conclusión de que $g$ es de izquierda continua, es decir, $f$ es de derecha continua, $f(x)=\lim_{h\to 0^+}f(x+h)$.

Fix$\theta$$0<\theta < 2$. Entonces $$f(a)-f(\theta a)>f(b(1- \tfrac \theta 2))-f(b),$$ es decir, $x\mapsto f(x)-f(\theta x)$ está delimitada desde abajo. Luego, por supuesto, también se $x\mapsto f(x)-f(\theta x)+f(\theta x)-f(\theta^2 x)=f(x)-f(\theta^2 x)$ está delimitada desde abajo. Llegamos a la conclusión de que $x\mapsto f(x)-f(\theta x)$ está delimitado por debajo para todos los $\theta >0$. Por lo tanto vamos a $$\ell(\theta)=\sup\{\,f(\theta x)-f( x)\mid x>0\,\}.$$ A continuación,$\ell(\theta_1\theta_2)\le \ell(\theta_1)+\ell(\theta_2)$.