Intuición para demostrar que $f$ es constante

Question

Dejemos que $f: \mathbb R \to \mathbb R$ es una función continua tal que $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(x+2h)-f(x+h)}{h}=0$ . Demostrar que $f$ es constante.

Esta es una pregunta extraída del libro Putnam and Beyond, pregunta 389. He mirado la solución, que dice más o menos lo siguiente. Supongamos por el contrario que hay $a < b$ con una imagen diferente, por ejemplo $f(a) > f(b)$ . Definir $g(x) =f(x)+ \lambda x$ donde $\lambda >0$ es lo suficientemente pequeño como para que $g(a) > g(b)$ . Tenemos que $\lim_{h \to 0^+} \frac{g(x+2h)-g(x+h)}{h}=\lambda$ . Desde $g$ es continua en $[a,b]$ un intervalo cerrado y acotado, $g$ alcanza un máximo, digamos $c \neq b$ arreglar $\epsilon >0, \epsilon < \lambda$ . Entonces, por continuidad, hay $\delta$ tal que $0 < \lambda - \epsilon < \frac{g(x+2h)-g(x+h)}{h} < \lambda + \epsilon$ para todos $0 < h< \delta$ . Arreglar $0< h_0<min\{\delta, (b-c)/2\}$ . Entonces $g(c+2h_0) >g(c+h_0) >...>g(c+\frac{h_0}{2^m})$ ... para cualquier número natural $m$ por lo que, tomando el límite como $m$ va al infinito, $g(c+2h_0) > g(c)$ contradiciendo la maximalidad de $g$ en $[a,b]$ . Por lo tanto, debe ser que nuestra suposición inicial era falsa, y de ahí nuestra conclusión.

Entiendo la prueba, pero me preguntaba cuál es la intuición detrás de esta solución. ¿Cómo se le ocurriría a un solucionador de problemas la idea de esta solución? Por favor, sea más específico que "se necesita práctica para reconocer el patrón".

Answer 1

Se puede ver que hay dos partes en esa respuesta.

1. Cómo relacionar el $h$ y $2h$ de los habituales $(f(x+h)-f(x))/h$ cociente utilizado en los derivados
2. Aplicando un argumento del tipo teorema de Rolle para demostrar que una derivada unilateral cero implica $f$ es constante

En el caso de la 1, se trata de una afirmación más general. Si $f$ es continua y $\lim_{h\to 0^+}\frac{f(x+2h)-f(x+h)}{h}=s$ entonces $\lim_{h\to 0^+}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=s.$ Considere una pequeña $\epsilon$ tal que $\frac{f(x+2h)-f(x+h)}{h}$ está cerca de $s$ para $0<h<\epsilon.$ En términos geométricos, la pendiente entre los puntos $(x+h,f(x+h))$ y $(x+2h,f(x+2h))$ es aproximadamente $s.$ En estos términos, el truco es entonces notar que las pendientes entre $(x+h,f(x+h))$ y $(x+h/2,f(x+h/2)),$ y luego a $(x+h/4,f(x+h/4)),$ etc, son todos aproximadamente $s$ para que sea positivo $k$ y todos $h<\epsilon.$ Y estos se acercan $(x,f(x))$ como $k\to\infty.$ La pendiente general $(f(x+h)-f(x))/h$ es, por tanto, aproximadamente $s.$

Al escribir esto como una prueba, es más fácil asumir $s=0$ aplicando una transformación lineal. (De forma similar a como se demuestra el teorema del valor medio dado el teorema de Rolle).

Para la 2, creo que basta con tener la idea de aplicar algo como el teorema de Rolle, como en el teorema del valor medio. Definir $g(x)=f(x)+\lambda x$ para un $\lambda\neq 0,$ y aplicar el argumento del teorema de Rolle: la derivada en un extremo local está acotada. Hay que comprobar que el argumento tiene sentido para las derivadas unilaterales, pero no pasa nada: no te dice que la derivada sea cero, sino que te dice que la derivada correcta debe ser no positiva en un máximo. Así que $g$ no puede tener ningún máximo local para $\lambda> 0.$ Esto se puede convertir en una prueba como en la respuesta sugerida.

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He aquí un enfoque alternativo a la 2 que podría gustarte. Arreglar cualquier $a,$ cualquier $\epsilon>0,$ y establecer $b=\inf\{x>a\mid f(x)-f(a)>\epsilon(x-a)\}$ si este conjunto no está vacío. Entonces $f(b)-f(a)=\epsilon(b-a)$ y hay una secuencia $h\to 0^+$ con $(f(b+h)-f(b))/h>\epsilon,$ contradiciendo el resultado de que la derivada derecha es cero. Un argumento similar muestra $|f(x)-f(a)|\leq \epsilon(x-a)$ para todos $\epsilon$ y por lo tanto $f$ es constante.

Otro enfoque es utilizar el siguiente lema: si $g:[a,b]\to\mathbb R$ es continua y para cada $x\in[a,b)$ existe $x'\in(x,b]$ tal que $f(x')\geq f(x),$ entonces $f(b)\geq f(a).$ Prueba del lema: considere $\sup\{x\in[a,b]\mid f(x)\geq f(a)\}.$ El lema puede aplicarse a $g(x)=f(x)+\lambda x$ para mostrar $f(b)\geq f(a)-\lambda (b-a)$ para todos $\lambda>0,$ por lo que $f(b)\geq f(a),$ y de manera similar $f(b)\leq f(a).$ El truco de usar $\lambda$ es entonces "darse un $\epsilon$ de espacio" - es más fácil demostrar que una función con derivada positiva es estrictamente no decreciente que demostrar que una función con derivada cero es no decreciente.

Answer 2

Queremos demostrarlo por contradicción. Así que tendremos que suponer $a < b$ que son dos puntos en los que hay una diferencia de valores. Todo lo que sabemos es que $f$ es continua y $[a,b]$ es compacto: hay que utilizarlo adecuadamente. Por supuesto, esto da la existencia de un valor máximo y mínimo de $f$ alcanzado en $[a,b]$ .

Lo que hacemos es lo siguiente: ya que estamos asumiendo $f(a) > f(b)$ lo que idealmente queremos hacer, es demostrar que el máximo, que no se alcanza en $b$ definitivamente, no se consigue en ningún sitio.

¿Y si experimentamos con $f$ ?

Si $c$ fuera tal punto máximo, entonces cerca $c$ tenemos, por interpretación de la el límite es cero que dado $d$ justo por encima de $c$ los valores de $f(d)$ y $f(\frac{c+d}{2})$ están cerca. Una idea bastante ingenua sería entonces la siguiente: a través de alguna iteración, es decir $f(\frac{c+d}{2})$ y $f(\frac{\frac{c+d}{2} + c}{2})$ son cercanas, y ahora tomamos otra media aritmética, y una suma de "diferencias cercanas" debería ser cercana, etc., queremos intentar llegar a la conclusión de alguna manera. Hay dos obstáculos:

• En primer lugar, el proceso de iteración y límite no nos ayuda a concluir que $f(d)$ está cerca de $f(c)$ Porque una suma infinita de cantidades muy pequeñas puede no ser ni siquiera finita, y mucho menos lo suficientemente pequeña o algo así.

• En segundo lugar, y más importante, aunque $f(d)$ estaba cerca, podría ser cualquier lado de $f(c)$ : preferiríamos que de alguna manera pudiéramos conseguir $f(d) > f(c)$ porque esa es la contradicción que buscamos. Esto no puede ocurrir aquí.

Eso, es la necesidad de una función "artificiosa". Lo que esta función artificial debe hacer, es hacer que el límite dado estrictamente positivo para todos $x$ en $[a,b]$ . Lo que hace este pequeño cambio, es mágico : modifica convenientemente $f$ en el intervalo $[a,b]$ para que $g(d)$ termina siendo no sólo cerca de $g(\frac {c+d}2)$ pero también más grande . Ahora, puedes tirar ambos puntos por la ventana: ¡no hay suma de cantidades pequeñas que tomar, y las desigualdades se conservan en el límite!

En otras palabras, la condición que se nos da, no es manipulable, porque el hecho de que el límite sea cero en cada punto, y no cualquier otra cantidad positiva, nos impide contradecir la existencia de máximos/mínimos en un intervalo compacto como $[a,b]$ . Así que lo que hemos hecho con la creación de $g$ se crea una situación similar, pero el punto crucial que he enfatizado : el límite es positivo , lo que ha ayudado, en el sentido de que hemos podido contradecir la situación.

Ahora, la pregunta que se puede hacer es la siguiente: ¿podríamos haber elegido algún otro $g$ ¿tal vez? Bueno, podríamos tener : todo lo que necesitábamos para asegurar, era que $g$ conservado $g(a) > g(b)$ y que el límite que se da es cero para $f$ debe ser estrictamente positivo en $[a,b]$ . Una adición lineal es la que mejor lo hace: estoy seguro de que podemos encontrar otros candidatos que hayan hecho lo mismo.

Con esto , espero que entiendas lo siguiente :

Por qué, habiendo tomado $a < b$ y $f(a) > f(b)$ la contradicción adecuada es contradecir la existencia de un máximo/mínimo de $f$ en $[a,b]$ .

Por qué $f$ tropieza en su afán de contradecir la máxima existencia.

Cómo $g$ fue creado para hacer el trabajo que $f$ falló en.

Por qué $g$ Por supuesto, hace el trabajo, y no hay, al menos a primera vista, ninguna razón por la que $g$ es único.

Por una vez, nos sentimos angustiados al ver que un límite es cero: la incapacidad de afirmar el signo del cociente diferencial daba problemas. Esto se soluciona de forma bastante elegante con $g$ .

Para un enfoque alternativo, estoy seguro de que debe haber algún teorema que implique un montón de pequeños lemas, que demuestre que $f$ es diferenciable. Pero cuando se me ocurra, me pondré en contacto contigo.

Answer 3

Otra prueba. Para cualquier $\varepsilon >0$ tomar $\delta>0$ que la implicación $$0<h<\delta\Rightarrow |f(x+h)-f(x+\frac h2)|<\varepsilon h$$ es válido. Tomando $0<h<\delta$ tenemos $|f(x+h)-f(x+\frac{h}{2^n})|\leqslant \sum\limits_{k=0}^{n-1}|f(x+\frac{h}{2^k})-f(x+\frac{h}{2^{k+1}})|< \varepsilon(h+\frac h2+\ldots+ \frac{h}{2^{n-1}})<2h\varepsilon. $

Como $f$ es continua por $n\to \infty$ tenemos $|f(x+h)-f(x)|\leqslant 2h\varepsilon$ y así $f$ tiene derecho de derivación y $f_+'(x)=0.$