Demostrar que $f(ax + (1-a)y) = \frac{1}{y-x}\int_x^y f(t)dt$ implica $a = \frac{1}{2}$

Question

Deje $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ser un no-constante función integrable en cada intervalo de $[x,y] \subset \mathbb{R}$ $a \in \mathbb{R}$ tal que $$f(ax + (1-a)y) = \frac{1}{y-x}\int_x^y{f(t)dt}, \quad \forall x<y$$ Demostrar que $\displaystyle a = \frac{1}{2}$.

Esta es una pequeña parte de otro problema. Si puedo demostrar que $\displaystyle{a = \frac{1}{2}}$, entonces todo el problema está solucionado, pero no sé cómo.

Editar:

Si $f$ es integrable, entonces la función de $F : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, F(x) = \displaystyle{\int_m^x{f(t)dt}}, m \in \mathbb{R}$ es continua. Ya que tenemos que $\displaystyle{f(ax + (1-a)y) = \frac{1}{y-x}\int_x^y{f(t)dt}, \forall x<y}$, $f$ es continua y $F$ es diferenciable. Esto implica que $f \in C^{\infty}(\mathbb{R})$.

Si $\displaystyle{a = \frac{1}{2}}$,$\displaystyle{f\left(\frac{x+y}{2}\right) = \frac{1}{y-x}\int_x^y{f(t)dt}, \forall x < y}$. Así que tenemos la igualdad en el Hermite-Hadamard de la desigualdad, que se logra cuando se $f$ es lineal en el intervalo.

Answer 1

Sabemos $f$ es diferenciable en a $\mathbb R.$ Si $f$ es constante, entonces la $a$ va a trabajar.

Si $f$ no es constante, entonces $f'(x_0)\ne 0$ algunos $x_0.$ Por simplicidad, supongamos en primer lugar que el $x_0 = 0$ $f(0)=0.$ $f(y) = f'(0)y + o(y)$ $y\to 0.$ Se sigue que

$$\tag 1 f((1-a)y) = f'(0)(1-a)y + o(y)\,\,\text {as } y\to 0.$$

También tenemos

$$ f((1-a)y) = f(a\cdot 0 +(1-a)y) = \frac{1}{y}\int_0^y f(t)\,dt$$ $$\tag 2 = \frac{1}{y}\int_0^y (f'(0)t + o(t))\,dt = \frac{1}{y}(f'(0)y^2/2 + o(y^2))= f'(0)y/2 +o(y).$$

La equiparación de la $(1)$ con la última expresión en $(2),$ y finalmente con la $f'(0)\ne 0,$ obtenemos $1-a=1/2,$ e lo $a=1/2,$ como se desee.

¿Qué acerca de la suposición de $x_0 =0=f(x_0)?$ Este caso especial implica el caso general, simplemente porque si $f$ tiene la propiedad dada, entonces también lo hace $x\to f(x+d)+c$ para cualquier constantes $c,d.$

Answer 2

$\def\d{\mathrm{d}}$La prueba de $f \in C^\infty(\mathbb{R})$ es omitido por simplicidad ya que @C_M ya sabe cómo demostrarlo :) Ahora definimos$$ F(x) = \int_0^x f(t) \,\d t, \quad x \in \mathbb{R} $$ a continuación,$F \in C^\infty(\mathbb{R})$.

Para cualquier $x \in \mathbb{R}$$h > 0$, desde$$ \int_{x_1}^{x_2} f(t) \,\d t = (x_2 - x_1) f(ax_1 + (1 - a)de x_2)), \quad \forall x_1 < x_2 $$ es decir,$$ F(x_2) - F(x_1) = (x_2 - x_1) F'(ax_1 + (1 - a)de x_2)), \quad \forall x_1 < x_2 $$ set $(x_1, x_2) = (x - (1 - a)h, x + ah)$ para obtener$$ F(x + ah) - F(x - (1 - a), h) = h F'(x). \quad \forall x \in \mathbb{R},\ h > 0 $$ Por lo tanto, \begin{align*} 0 &= \frac{\partial^2}{\partial h^2}(h F'(x)) = \frac{\partial^2}{\partial h^2}(F(x + ah) - F(x - (1 - a)h))\\ &= a^2 F''(x + ah) - (1 - a)^2 F''(x - (1 - a)h). \quad \forall x \in \mathbb{R},\ h > 0 \end{align*} Para cualquier $x_1 < x_2$, $(x, h) = (a x_1 + (1 - a)x_2, x_2 - x_1)$ para obtener$$ (1 - a)^2 F"(x_1) = a^2 F"(x_2). \quad \forall x_1 < x_2 \etiqueta{1} $$

Ahora, debido a $f$ no es constante, entonces $F'' = f'$ no es siempre cero. Supongamos $F''(x_0) \neq 0$. Si $a = 0$, $(x_1, x_2) = (x_0, x_0 + 1)$ en (1), a continuación,$F''(x_0) = 0$, una contradicción. De forma análoga, si $a = 1$, también hay una contradicción. Por lo tanto $a \neq 0, 1$, lo que implica $\dfrac{1 - a}{a} \neq 0$.

Siguiente, por un lado, de (1) no hay$$ F"(2) = \left( \frac{1}{a} \right)^2 F"(0). $$ Por otro lado, de (1) no hay$$ F"(2) = \left( \frac{1}{a} \right)^2 F"(1) = \left( \frac{1}{a} \right)^4 F"(0). $$ Por lo tanto,$$ \left( \frac{1}{a} \right)^4 = \left( \frac{1}{a} \right)^2 \Longrightarrow \frac{1}{a} = \pm 1. $$ Desde $\dfrac{1 - a}{a} = 1 \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{2}$$\dfrac{1 - a}{a} = -1 \Leftrightarrow 1 - a = -a$,$a = \dfrac{1}{2}$.

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De esto puede ser demostrado que el $f = F'$ es una función lineal.