F(x)=1

[dennysmathprof]

"Questo esercizio è una proposta per chi vuole provare a risolverlo. Non ho bisogno io della soluzione.
Saluti
Prof. Dionisio "

se abbiamo la funzione [tex]\displaystyle f\in C^{2}: f(0)=1,f{'}(0)=0, f(x)=e^{f ' ' (x) })[/tex]dimostrare che

[tex]f(x)=1 ,\forall x\in \mathbb R[/tex]

[Quinzio]

Buongiorno !

Se derivo $f(x)=e^(f''(x))$

ottengo $f'(x)=f'''(x)e^(f''(x))$ quindi $f'(0)=f'''(0)e^(f''(0))=0 => f'''(0)=0$

e posso continuare così dimostrando che tutte le derivate sono nulle.

Inoltre $1=e^(f''(0)) => f''(0)=0$.

Quindi $f^((n))=0, n=1,2,3,...\ \ => f(x)="const." = 1$

Può andare ?

[Rigel1]

@Quinzio: dovresti anche far vedere che \(f\) è analitica su tutto \(\mathbb{R}\) (cosa che si può fare senza troppa fatica).

[dennysmathprof]

Quinzio buonasera

Devi fare anche altre cose ,aparte quella di Rigel.Forse Rigel vuole dare la sua proposta.,

dionisio

[Quinzio]

Non vi seguo.

Io dire che $f(x)=1=cost. => f^((n))(x)=0,\ n=1,2,3... => f(x)\inC^(oo)$. Cioè $f(x)$ è analitica, anche se l'ipotesi iniziale era solo $C^2$

[Plepp]

"Quinzio":Non vi seguo.

Io dire che $f(x)=1=cost. => f^((n))(x)=0,\ n=1,2,3... => f(x)\inC^(oo)$. Cioè $f(x)$ è analitica, anche se l'ipotesi iniziale era solo $C^2$

Quando calcoli $f'''(x)$ cosa ti autorizza a farlo? Supponi tacitamente che $f$ sia tre volte derivabile...

[Quinzio]

La $f'''(x)$ era calcolata solo nello zero.
$f'''(0)=0$ è l'unica soluzione di $f'''(0)e^(f''(0))=0$.
Più che una tacita supposizione è stata una deduzione. In effetti mi è sembrata un po' sospetta visto il $C^2$, ma altrimenti... ?


Forse tutte le ipotesi sarebbero da restringere in un intorno dello zero... se però ho tutte le derivate nulle nello zero, non capisco come faccia la $f(x)$ a non essere costante su tutto $RR$...

[Paolo902]

Quinzio, $C^{\infty}$ e analitica non sono sinonimi.

[dennysmathprof]

Attenzione perche serie Taylor per la funzione [tex]\displaystyle{f\left( x \right)}[/tex] con centro 0[tex]\displaystyle{f\left( x \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{f^{\left( n \right)}}\left( 0 \right)}}{{n!}}{x^n}} }[/tex] non e' giusto
cioe' ci sono funzioni n volte derivabili a un punto ,qui al punto zero ,ma non e' quello di Taylor

[Rigel1]

Che \(f\) sia \(C^{\infty}\) si dimostra con un argomento di bootstrap: dalla relazione data si ha infatti che \(f>-1\) e che \(f''=\log(1+f)\), dunque \(f''\) è derivabile due volte con continuità, quindi \(f\) è \(C^4\), ma se \(f\) è \(C^4\) allora \(f''\) è \(C^4\), dunque \(f\) è \(C^6\), etc etc etc.
Occorre poi però far vedere che \(f\) è analitica, con opportune stime sulle derivate.

Io in effetti ho un'altra dimostrazione, che però è più generale (non usa la relazione esatta ma solo una stima che si deduce da quella) e dunque un po' più complicata.

Edit: mi accorgo ora, dopo il post di gugo, che stavo ragionando sulla funzione \(g = f-1\) anziché sulla funzione \(f\).

[gugo82]

Dato che \(f(x)=\exp (f^{\prime \prime}(x))\), si ha \(f(x)>0\) in \(\mathbb{R}\); da ciò segue che la funzione \(f^{\prime \prime} =\ln f\) è in \(C^2(\mathbb{R})\), sicché \(f\in C^4(\mathbb{R})\); ma allora \(f^{\prime \prime}\) è \(C^4(\mathbb{R})\) e dunque \(f\in C^6(\mathbb{R})\); perciò \(f^{\prime \prime}\) è \(C^6(\mathbb{R})\) e quindi \(f\in C^8(\mathbb{R})\)... Per ricorrenza, si ha \(f\in C^\infty (\mathbb{R})\).
[Questo procedimento è solitamente detto bootstrap, poiché ricorda il barone di Münchhausen che, come si dice, riusciva ad uscire dalle sabbie mobili semplicemente tirandosi la linguetta posteriore degli stivali].

La funzione \(u:=f^{\prime \prime}\) soddisfa il PdC del secondo ordine*:
\[ \tag{1}
\begin{cases}
u^{\prime \prime}(x) = u(x)\ e^{-u(x)} -(u^\prime (x))^2\\
u(0) = 0\\
u^\prime (0)=0\; ,
\end{cases}
\]
o equivalentemente il PdC del primo ordine:
\[ \tag{2}
\begin{cases}
u^\prime (x) =v(x)\\
v^\prime (x) = u(x)\ e^{-u(x)} -v^2(x)\\
u(0) = 0\\
v (0) = 0\; .
\end{cases}
\]
Dato che il secondo membro dell'ultimo sistema, i.e. \(\mathbf{F}(u,v) := (v,ue^{-u}-v^2)\), è una funzione intera, essa è localmente Lipschitziana e perciò il PdC ha unica soluzione massimale.
Visto che la funzione costante \((u^*(x),v^*(x))=(0,0)\) è una soluzione massimale di (2), essa è pure la sua unica soluzione massimale.
Ne viene che \(f^{\prime \prime} (x)=0\) in \(\mathbb{R}\) e perciò risulta:
\[
f(x)=\exp (f^{\prime \prime}(x))=e^0=1
\]
identicamente.


__________
* La ODE si ottiene come segue: dato che \(u=\ln f\) si ha:
\[
u^\prime = \frac{f^\prime}{f}
\]
e dunque:
\[
u^{\prime \prime} = \frac{f^{\prime \prime}}{f} - \left( \frac{f^\prime}{f}\right)^2 = u\ e^{-u} - (u^\prime)^2\; .
\]

[Rigel1]

Propongo anche la mia soluzione elementare (che non fa uso di funzioni analitiche o equazioni differenziali).
Come preannunciato non è certamente la più breve, però (oltre ad essere elementare) è generalizzabile ad altre situazioni.

Lavoriamo direttamente sulla funzione \(g(x) = f(x)-1\), cosicché \(g(0) = g'(0) = 0\) e \(g(x) = e^{g''(x)}-1\); vogliamo dimostrare che \(g\) è identicamente nulla.
Dimostreremo che \(g\) è nulla su \([0,+\infty)\); con analogo ragionamento si può dimostrare che \(g\) è nulla anche su \((-\infty, 0]\).

Per semplificare la dimostrazione, procediamo in due passi.

1) Dimostriamo che \(g\leq 0\).
Per fare questo, fissato \(\delta \in (0,\sqrt{2})\), faremo vedere che \(g(x) \leq 0\) per ogni \(x\in [0,\delta]\); iterando il ragionamento si avrà che \(g\) sarà nulla anche in \([\delta, 2\delta]\), \([2\delta ,3\delta]\), etc., vale a dire in \([0,+\infty)\).
La relazione assegnata ci dice che \(g(x) > -1\) e \(g''(x) = \log(1+g(x))\leq g(x)\) per ogni \(x\). Definiamo
\[
M := \max_{x\in [0,\delta]} g(x).
\]
Vogliamo dimostrare che \(M = 0\).
Integrando la relazione data abbiamo che \(g'(x) = \int_0^x \log(1+g(t))\, dt\), da cui segue
\[
g'(x) \leq x M \,,\qquad \forall x\in [0, \delta].
\]
Da qui si ottiene
\[
g(x) = \int_0^x g'(t)\, dt \leq \frac{\delta^2}{2} M\,,
\qquad \forall x\in [0, \delta],
\]
e dunque
\[
M\leq \frac{\delta^2}{2} M\,.
\]
Poiché \(\delta^2 / 2 < 1\) ed \(M\geq 0\), segue che \(M = 0\).

2) Dimostriamo che \(g \equiv 0\).
Procediamo in modo sostanzialmente analogo al caso precedente; conviene però fissare un compatto \([0,b]\), con \(b > 0\), e far vedere che \(g\) è nulla su \([0,b]\). Definiamo
\[
m := -\min_{x\in [0,b]} g(x).
\]
Sappiamo che \(0\leq m < 1\); vogliamo dimostrare che \(m = 0\).
Scegliamo \(\delta > 0\) sufficientemente piccolo in modo che \(\frac{\delta^2}{2} \log\frac{1}{1-t} < t\) per ogni \(t \in (0, m]\); come prima, basta far vedere che \(g\) è nulla su \([0,\delta]\) per poi iterare il ragionamento.
Sempre dalla relazione \(g'(x) = \int_0^x \log(1+g(t))\, dt\), e tenendo conto del fatto che \(g\leq 0\), deduciamo che
\[
0\geq g'(x) = \int_0^x \log(1+g(t))\, dt \geq x\, \log(1-m),\qquad x\in [0,b],
\]
dunque
\[
0\geq g(x) \geq \frac{\delta^2}{2} \log(1-m),\qquad x\in [0,\delta],
\]
e infine
\[
m \leq \frac{\delta^2}{2} \log\frac{1}{1-m}\,.
\]
Osserviamo che la funzione a secondo membro è strettamente convessa per \(m\in [0,1)\) e ha derivata prima nell'origine uguale a \(\frac{\delta^2}{2} < 1\); di conseguenza, per la scelta fatta di \(\delta\) possiamo concludere che \(m = 0\).