f≠0f≠0f ≠ 0 überall wenn f:R→Rf:R→Rf : \mathbb{R}\to\mathbb{R} und f=f′f=f′f = f′ und f(0)= 1f(0)=1f(0) = 1?

Lassen$g(x) = f(x)e^{-x}$. Dann,$g$ist eine differenzierbare Funktion auf$\mathbb R$. Nach der Produktregel$g'(x) = 0$. So,$g$ist konstant. Seit$f(0)=1$, wir haben$g\equiv 1$. Das beweist

Es gibt einen kürzeren Beweis, wenn Sie den Satz von Picard-Lindelöf kennen. Angenommen, es existiert$x_0\in \mathbb{R}$so dass$f(x_0)=0$. Dann$f$löst die ODE

Ähnlich der Arbeit von yearning4pi zu diesem Thema:

Mit

$f'(x) = f(x), \; f(0) = 1, \tag 1$

wir betrachten die Funktion$e^{-x}f(x)$; wir haben

$(e^{-x}f(x))' = -e^{-x}f(x) + e^{-x}f'(x) = e^{-x}(-f(x) + f'(x)) = 0 \tag 2$

im Lichte von (1); daher

$e^{-x}f(x) = c, \; \text{a constant}, \tag 3$

woher

$f(x) = ce^x; \tag 4$

Dann

$c = ce^0 = f(0) = 1, \tag 5$

so dass

$f(x) = e^x; \tag 6$

deutlich

$e^x = \displaystyle \sum_0^\infty \dfrac{x^n}{n!} > 0 \; \text{for} \; x \ge 0, \tag 7$

und wenn$x < 0$,$-x > 0$, So

$e^{-x} > 0; \tag 8$

Aber

$e^{-x}e^x = e^{-x + x} = e^0 = 1 \Longrightarrow e^x = \dfrac{1}{e^{-x}} > 0; \tag 9$

daher

$\forall x \in \Bbb R, \; f(x) = e^x > 0. \tag{10}$

Und dann haben wir natürlich immer Picard-Lindeloef, wie von unserem Kollegen Severin Schraven beschworen.

Sicherlich die kürzeste Lösung beinhaltet$e^x$. Je nach Definition kann eine solche Lösung jedoch sehr wohl einen Zirkelschluss beinhalten:$e^x$wird oft direkt als eindeutige Funktion definiert$f$so dass$f'(x) = f(x)$für alle$x$Und$f(0) = 1$. Lassen Sie uns daher versuchen, ein direktes, elementares Argument zu finden, das nicht beinhaltet$e^x$.

Wir zeigen zunächst, dass es keine Lösungen von gibt$f(x) = 0$für$x \geq 0$.

Überwachung. Wenn$f(a) > 0$, Dann$f(b) > 0$für$b > a$.

Beobachtungsnachweis. Lassen$b$Sei das Infimum von allem$x > a$so dass$f(x) = 0$(oder wenn Sie möchten,$f(x) \leq 0$). Denn die Funktion$f$ist in der Tat kontinuierlich$f(b) = 0$. Mit anderen Worten,$b$ist in der Tat die kleinste$x > a$so dass$f(x) = 0$. Deutlich$b > a$. Weil$f(a) > 0$Und$f(b) = 0$, da müssen welche sein$c \in (a, b)$Wo$f'(c) < 0$. Aber das widerspricht der Tatsache, dass$b$ist am kleinsten$x > a$so dass$f(x) = 0$, seit$c < b$Und$f(c) = f'(c) < 0$.

Es bleibt zu zeigen, dass es keine Lösungen von gibt$f(x) = 0$für$x < 0$. Die Menge der Lösungen von$f(x) = 0$wird von oben begrenzt durch$0$, also hat es ein Supremum$c$wenn es nicht leer ist. Nochmal wegen der Funktion$f$ist in der Tat kontinuierlich$f(c) = 0$. Mit anderen Worten,$c$ist der grösste$x$so dass$f(x) = 0$. Deutlich$c < 0$.

Das Folgende kann auch in Form von Ableitungen ausgedrückt werden, aber es ist vielleicht einfacher zu visualisieren, wenn wir stattdessen von parallelen Linien sprechen.

Überwachung. Angenommen, der Graph von$f$ist tangential zu einer Geraden$L$irgendwann$\langle x_0,f(x_0) \rangle$Wo$x_0 > c$. Dann der Graph von$f$liegt streng oben$L$auf dem Intervall$(x_0, \infty)$und es liegt streng darunter$L$auf dem Intervall$[c, x_0)$.

Beobachtungsnachweis. Nehmen$g(x) := f(x) - L(x)$, das müssen wir zeigen$g(x) > 0$für$x \in (x_0, \infty)$Und$g(x) < 0$für$x \in (c, x_0)$. Dies folgt daraus, dass$g(x_0) = 0$,$g'(x_0) = 0$, Und$g''$ist strikt positiv auf$(c, \infty)$.

Mit dieser letzten Beobachtung wenden wir einfach den Mittelwertsatz auf das Intervall an$[c,0]$. Dies sagt uns, dass es einige gibt$x_0 \in (c,0)$so dass$f$ist parallel zur Linie$L$Punkte verbinden$\langle c,0 \rangle$Und$\langle 0, 1 \rangle$. Mit anderen Worten, der Graph von$f$ist tangential zu einer Geraden$L'$neben$L$bei$\langle x_0, f(x_0) \rangle$. Wenn jetzt$L' = L$oder$L'$liegt oben$L$, dann sagt uns die obige Beobachtung, dass wir nicht haben können$f(0) = 1$. Andererseits, wenn$L'$Liegt unterhalb$L$, dann sagt uns die Beobachtung, dass wir nicht haben können$f(c) = 0$. In beiden Fällen erhalten wir einen Widerspruch.