si $f(x)-a\int_x^{x+1}f(t)~dt$ es constante, entonces $f(x)$ es constante o $f(x)=Ae^{bx}+B$

Question

Pregunta:

dejar $a\in(0,1)$ y tal $f(x)\geq0$ , $x\in R$ es continua en $R$ ,

si $$f(x)-a\int_x^{x+1}f(t)dt,\forall x\in R $$ es constante,

demostrar que

$f(x)$ es constante;

o $$f(x)=Ae^{bx}+B$$ donde $A\ge 0,|B|\le A$ y $A,B$ son constantes, y el número positivo $b$ es tal $\dfrac{b}{e^b-1}=a$

Mi intento:

dejar $$f(x)-a\int_x^{x+1}f(t)dt=C$$ entonces tenemos $$f'(x)-af(x+1)+af(x)=0,\forall x\in R$$

otra idea:

dejar $$F(x)=\int_{0}^{x}f(x)dx$$ entonces $$f(x)-a\int_x^{x+1}f(t)dt=F'(x)-a[F(x+1)-F(x)]=C$$ ¿entonces no puedo resolver esta EDO? quizás mi idea no es buena.

Muchas gracias.

Answer 1

¡Un problema muy bonito! Bajo las hipótesis planteadas, concluiremos que $f(x) = A e^{bx}+B$ con $A, B\ge0$ . La amplitud de $B$ no se puede restringir.

Desde $f$ es continua, la integral es diferenciable y por el cálculo de la OP, $$ \frac{d}{dx}(e^{ax} f(x)) = e^{ax}(f'(x)+a f(x)) = e^{ax} a f(x+1)\ . $$ De ello se desprende $u(x)=e^{ax}f(x)$ es no negativo y satisface $$ u'(x) = c u(x+1) , \quad c=a e^{-a}. $$ Por un simple argumento de inducción, $u$ es infinitamente diferenciable con todas las derivadas no negativas en $\mathbb R$ . Así, su reflejo $v(x)=u(-x)$ es completamente monótona, lo que significa que todas sus derivadas pares son no negativas y todas sus derivadas Impares son no positivas.

Por Teorema de Bernstein en funciones completamente monótonas, existe una única medida de Borel $d\mu$ en $[0,\infty)$ tal que $$ v(x) = u(-x) = \int_0^\infty e^{-tx}\,d\mu(t) $$ para todos $x>0$ . Pero entonces, como $v'(x)=-u'(-x)=-c v(x-1)$ encontramos que para $x>1$ , $$ c v(x) = -v'(x+1) = \int_0^\infty e^{-tx} e^{-t}t\,d\mu(t). $$ Por la unicidad de la medida representativa, $c\,d\mu(t)=te^{-t} d\mu(t)$ como medidas sobre $[0,\infty)$ . Por lo tanto, $(c-te^{-t})d\mu(t)=0$ y el apoyo de $d\mu$ debe estar en el conjunto de $t$ tal que $c=te^{-t}$ .

Desde $t\mapsto te^{-t}$ aumenta en $(0,1)$ y disminuye en $(1,\infty)$ Este conjunto está formado por dos puntos: el número $a\in(0,1)$ y el único $\hat a>1$ tal que $ae^{-a}=\hat a e^{-\hat a}$ . Por lo tanto, $d\mu$ es una combinación no negativa de masas delta en $a$ y $\hat a$ : $$ d\mu(t) = B\,\delta(t-a) + A\, \delta(t-\hat a) $$ donde $B, A\ge0$ . En consecuencia, para todos los $x>1$ , $$ v(x) = B e^{-ax} + A e^{-\hat a x} = e^{-ax}f(-x), $$ por lo que $f(x) = B + A e^{bx}$ donde $b=\hat a-a>0$ satisface $a e^b = \hat a = b+a$ como se desee.

El argumento anterior se aplica en realidad a cualquier traducción $v(x-k)$ . En consecuencia, la representación deseada de $f$ es válida para todos los $x$ .

Answer 2

Necesito ayuda para demostrar el siguiente resultado:

Si $f(x)-a\int_x^{x+1}f(t)dt$ es constante, entonces $f(x)$ es constante o $f(x)=Ae^{bx}+B$ .

1. En primer lugar, transformamos esta EDO a la forma $$\frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x).$$

Dicha ecuación tiene la solución: $$y=e^{-\int{Pdx}}$$ [\int{Qe^{\int{Pdx}}+C}].$$

2. Entonces, calculamos esta solución de la siguiente manera: $$fe^{ax}=\int{Qe^{ax}dx+C}\implies(Ae^{bx}+B)e^{ax}=\int{Qe^{ax}dx+C}\implies Qe^{ax}=Aae^{b}e^{(a+b)x}+Bae^{ax}\implies Q=Aae^{b}e^{bx}+Ba.$$

Por lo tanto, $$f(x+1)=f^{'}(x)\frac{e^{b}}{b}+C\implies Q=f(x+1)$$ donde $Aae^{b}\ge0,$ $Ba\le{Aae^{b}}$ .

Desde mi punto de vista, esta EDO tiene la solución de $f=Ae^{\lambda{x}}+B$ es obviamente, lo único que debemos probar es que $\lambda=b=a(e^{b}-1)$ .