Una función cuyo antiderivada es igual a su inversa.

Question

¿Existe una función continua $F$ la satisfacción de la propiedad

\begin{align} F\left(\int^x_0 F(s)\ ds\right) = x \end{align}

Si sí, entonces la solución es única?

Como se ha dicho, la pregunta no está bien planteada, ya que no han especificado el dominio de $F$. Pero, la pregunta es la intención de ser abiertas desde que fue planteada por un par de colegas de la mina durante una pausa para el café.

Encontramos un $F$, pero no podía mostrar que es único. Aquí está el spoiler

$F(x) = Cx^\gamma$ donde $\gamma = \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$ $C = (1+\gamma)^{\frac{\gamma}{1+\gamma}}$ \begin{align} C\left(\int^x_0 Ct^{\gamma}\ dt\right)^\gamma = C^{1+\gamma}\left( \frac{x^{1+\gamma}}{1+\gamma}\right)^\gamma =\frac{C^{1+\gamma}}{(1+\gamma)^\gamma}x^{\gamma+\gamma^2} = \frac{C^{1+\gamma}}{(1+\gamma)^\gamma}x = x, \ \ \text{ for all } x> 0 \end{align}

Answer 1

Nosotros probamos un poco más débil de la demanda, es decir, que existe una infinidad de funciones que son inversas a uno de sus antiderivatives, es decir, las funciones de $F$ para los que existe una constante $C$ tal que $$F \bigg( C+\int_0^t F(u)du \bigg) =t.$$ The functions will be defined on $[0,\infty)$, no toda la línea.

Prueba: utilizamos punto fijo de la teoría. Fijar un número real $x>4$. Para $T>0$, vamos a definir el espacio métrico $C_x[0,T]$ que consta de todos los $f \in C^1[0,T]$ que satisfacen las tres condiciones siguientes: $f(0)=x$, $ f(t) \geq 4$ para todos los $t \in [0,T]$, e $\|f'\|_{\infty} \leq \frac{1}{4}$. Uno puede comprobar fácilmente que este es un espacio métrico completo, con respecto a la norma $\|f\|_{C_x[0,T]} = \|f\|_{\infty}+\|f'\|_{\infty}$. Aquí $\| \cdot \|_{\infty}$ denota el uniforme de la norma en $[0,T]$. Al $T=\infty$ definimos el espacio análogo $C_x[0,\infty)$, con la topología de la convergencia uniforme sobre compactos de conjuntos.

Se define un mapa de $S: C_x[0,\infty) \to C_x[0,\infty)$ mediante el envío de una función de $f$ a la solución única de la urografía EXCRETORA: $$y'=\frac{1}{f(y)},\;\;\;\;\;\;\; y(0)=x.$$

La solución existe para el mundo por la Picard Lindelof teorema, ya que $f \geq 4$ es diferenciable. Por otra parte, es claro que $S$ mapas de $C_x[0,\infty)$ a sí mismo. Una observación importante es que, desde el $1/f \leq 1/4$, se deduce que $y(t) \leq x+t/4$ todos los $t$.

Si $y=Sf$$z=Sg$, entonces tenemos que $$|y(t)-z(t)| \leq \int_0^t \bigg| \frac{1}{f(y(s))} - \frac{1}{g(z(s))} \bigg| ds = \int_0^t \frac{|f(y(s))-g(z(s))|}{|f(y(s))g(z(s))|}ds \\ \leq \frac{1}{16} \int_0^t |f(y(s))-g(z(s))|ds \leq \frac{1}{16} \int_0^t |f(y(s)) - g(y(s))| +|g(y(s))-g(z(s))| ds \\ \leq \frac{1}{16}t \|f-g\|_{L^\infty[0,x+t/4]} + \frac{1}{16}\|g'\|_{L^\infty[0,x+t/4]} \int_0^t |y(s)-z(s)|ds$$ Again, we have used the fact that $y(s),z(s) \leq x+t/4$. Now by Gronwall's lemma, it necessarily follows that $$\|y-z\|_{L^{\infty}[0,t]} \leq \frac{t}{16} \|f-g\|_{L^\infty[0,x+t/4]} e^{\|g'\|_{L^\infty[0,x+t/4]} \frac{t}{16}} \leq \frac{t}{16}e^{\frac{t}{64}} \|f-g\|_{L^{\infty}[0,x+t/4]}. $$where we used $\|g'\|_{\infty} \leq \frac{1}{4}$. Now for the derivative-norm, we have by the same inequalities that $$\|y'-z'\|_{L^\infty[0,t]} \leq \bigg\| \frac{1}{f \circ y}-\frac{1}{g \circ z} \bigg\|_{L^{\infty}[0,t]} \leq \frac{1}{16} \| f \circ y- g \circ z\|_{L^{\infty}[0,t]} \\ \leq \frac{1}{16} \|f-g\|_{L^{\infty}[0,x+t/4]} + \frac{1}{16} \|g'\|_{L^\infty[0,x+t/4]} \|y-z\|_{L^{\infty}[0,t]} \\ \leq \big( \frac{1}{16} + \frac{t}{256} e^{\frac{t}{64}} \big) \|f-g\|_{L^{\infty}[0,x+t/4]}$$ The preceding two expressions together show that if we define a Picard iteration scheme $f_n=S^nf_0$, then by induction we have that $$\|f_{n+1}-f_n\|_{L^{\infty}[0,t]} + \|f'_{n+1}-f'_n\|_{L^{\infty}[0,t]} \\ \leq \big(\frac{t}{256}e^{\frac{t}{64}} + \frac{1}{16} \big) \big( \frac{t}{16}e^{\frac{t}{64}} \big)^n \big\| f_1-f_0 \big\|_{L^{\infty}[0, (1+4^{-1}+...+4^{1-n})x +4^{-n}t]}$$so that the restriction to $[0,T]$ of these iterates will converge to some function $f$ as $n \to \infty$, whenever $T$ is small enough so that $\frac{T}{16}e^{T/64} <1$ (e.g. $T<13$ works). Now as long as $x<39/4$ (note that this doesn't interfere with the condition $x>4$), we have that $\sum_0^{\infty} 4^{-n}x=\frac{4}{3}x<13$ which is less than the critical $T$-value just discussed. Hence given any $T>0$, there exists some $N$ large enough so that $\sum_0^{N-1} 4^{-k}x + 4^{-N}T< 13$, and hence we see that $f_n$ actually converges in $C_x[0,T]$ for every $T>0$. This argument shows that the map $S$ actually has a globally defined fixed point on the whole space $C_x[0,\infty)$.

Ahora vamos a $f$ ser un punto fijo del mapa $S$. Esto significa que por cada $t>0$, uno tiene $$f'(t) f(f(t)) = 1.$$ So if we define $F(t) = \int_0^t f(u)du$ it holds that $F'(f(t))f'(t)=1$, therefore $F(f(t))=t+F(x)$. Clearly each initial value $x$ gives a different solution $f$.

Ahora pretendemos que el punto fijo, $f$ satisface $\lim_{t \to \infty} f(t) = +\infty$. Si este no era el caso, entonces la $f\circ f$ estaría delimitada $[0,\infty)$, por lo tanto $f' = 1/(f \circ f)$ estaría acotada por debajo, por lo tanto $f(t) \geq x+ct$ algunos $c>0$, contradicción. Por lo tanto, $f$ es un aumento constante de los bijection de$[0,\infty)$$[x,\infty)$. Deje $C:=F(x)$, y definir $g:[C,\infty) \to [x,\infty)$$g(t) = f(t-C)$. Claramente $F(g(t)) = t$, y, por tanto, por el hecho de que $f$ es un bijection, de la siguiente manera (por la singularidad de los inversos) que $g(F(t))=t$. En otras palabras, tenemos $$f(F(t)-C)=t,\;\;\;\;\;\;\text{i.e.},\;\;\;\; f\bigg( \int_x^t f(u)du \bigg) = t,\;\;\;\;\forall t \geq x,$$demostrando así la demanda.