Δύσκολη σε απείρως παραγωγίσιμη

#1

Έστω $f: [0, +\infty) \rightarrow \mathbb R$ άπειρα παραγωγίσιμη συνάρτηση με
$f^{(n)}(0) = 0$ και $f^{(n)}(x) \ge 0$ για κάθε n = 0, 1, 2, ... και x στο πεδίο ορισμού. Δείξτε ότι f = 0.

Μερικά σχόλια.

Η άσκηση προέκυψε με αφορμή πρόσφατο πρόβλημα του papel, στο mathematica.

Υπόψη, αν η f ήταν ορισμένη στο $(-\infty, 0]$ και κατά τα άλλα με τις ίδιες υποθέσεις, τότε δεν βγαίνει το συμπέρασμα ότι είναι η μηδενική, όπως δείχνει το ακόλουθο παράδειγμα:

$f(x) = \left\{\begin{matrix} 0 \ \ \ , x = 0 \\ -e^{-1/x^2} \ \ \ , x < 0 \end{matrix}\right.$

Το παράδειγμα αυτό είναι μία γνωστή απείρως παραγωγίσιμη συνάρτηση που στο 0 όλες οι παράγωγές του είναι 0 (και άρα δεν ισούται με τo ανάπτυγμα Taylor της).
Άρα, περιμένουμε η απόδειξη του παραπάνω να είναι ... ζόρικη. Έχω μια ενδιαφέρουσα και περίεργη απόδειξη, αλλά θα χαρώ να δω διαφορετικές.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

#2

Έστω

σταθερό. Από Θεώρημα Taylor με ολοκληρωτικά υπόλοιπα έπεται ότι

$\displaystyle{f(x)=f(0)+f'(0)x+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+\frac{1}{n!}\left( \int_0^x f^{(n+1)}(t) (x-t)^n dt\right)=\frac{x^{n+1}}{n!}\left( \int_0^1 f^{(n+1)}(\theta x) (1-\theta)^n d\theta \right)}$

Για

σταθερό με x<a

, είναι $0\leq \theta x \leq\theta a$ (για $\theta \geq 0$ ) και $f^{(n+1)}(\theta x)\leq f^{(n+1)}(\theta a)$ , για κάθε $n\geq 1$ , αφού η $f^{(n+1)}$ είναι αύξουσα, οπότε

$\displaystyle{0\leq f(x)= \frac{x^{n+1}}{n!}\left( \int_0^1 f^{(n+1)}(\theta x) (1-\theta)^n d\theta \right) \leq \frac{x^{n+1}}{n!}\left( \int_0^1 f^{(n+1)}(\theta a) (1-\theta)^n d\theta \right)=\frac{x^{n+1}}{n!}\frac{f(a)}{\frac{a^{n+1}}{n!}}=f(a)\left(\frac{x}{a}\right)^{n+1}\to 0}$ ,

καθώς $n\to +\infty$ .

Άρα f(x)=0

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#3

Mihalis_Lambrou έγραψε:Έστω $f: [0, +\infty) \rightarrow \mathbb R$ άπειρα παραγωγίσιμη συνάρτηση με
$f^{(n)}(0) = 0$ και $f^{(n)}(x) \ge 0$ για κάθε n = 0, 1, 2, ... και x στο πεδίο ορισμού. Δείξτε ότι f = 0.

Πολύ ωραία η λύση του Αχιλλέα. Βάζω την δική μου, που είναι τελείως διαφορετική.

Έστω ότι υπάρχει a>0 με $f(a) \ne 0$ , οπότε εξ υποθέσεως f(a) > 0. Επιλέγουμε Ν τέτοιο ώστε Nf(a) > af{'}(a)

(*) (υπάρχει , από την Αρχιμήδεια ιδιότητα).

Θα αξιοποιήσουμε πολλές φορές το γεγονός (εδώ είναι το μυστικό) ότι για k= 1, 2, ... ισχύει $(xf^{(k)}(x) - (N+1-k)f^{(k-1)}(x)){'} = ... = xf^{(k+1)}(x) - (N-k)f^{(k)}(x)$ και άρα $\int_0^x (tf^{(k+1)}(t) - (N-k)f^{(k)}(t)) dt = xf^{(k)}(x) - (N+1-k)f^{(k-1)}(x)$ . Ειδικά $\int_0^x tf^{(N+1)}(t) dt = xf^{(N)}(x) - f^{(N-1)}(x)$ .

Για $x \ge t \ge 0$ είναι εξ υποθέσεως $tf^{(N+1)} (t) \ge 0$ οπότε ολοκληρώνοντας από 0 έως x προκύπτει $xf^{(N)}(x) - f^{(N-1)}(x) \ge 0$ (αν x >0). Ολοκληρώνοντας εκ νέου προκύπτει $xf^{(N-1)}(x) -2 f^{(N-2)}(x) \ge 0$ (αν x >0). Ολοκληρώνοντας ξανά και ξανά Ν φορές συνολικά, θα βρούμε διαδοχικά $xf^{(N-2)}(x) -3 f^{(N-3)}(x) \ge 0,\ ....\ , \ xf{'}(x) - Nf(x) \ge 0$ (αν x >0).
Η τελευταία για x = a δίνει $af{'}(x) - Nf(a) \ge 0$ , που αντιβαίνει στην (*). Άτοπο.

Από το άτοπο συμπεραίνουμε ότι τελικά f = 0 για $x \ge 0$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

#4

Μια πιο δυσκολη άσκηση που μου ήρθε στο μυαλό όταν είδα την εκφώνηση είναι η ακόλουθη. Έστω $f:R\to R$ άπειρες φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση. Υποθέτουμε ότι για κάθε $x\in R$ υπάρχει $n=n(x)\in N$ ώστε $f^{(n)}(x)=0$ . Δείξτε ότι η f είναι πολυώνυμο.

#5

smar έγραψε:Μια πιο δυσκολη άσκηση που μου ήρθε στο μυαλό όταν είδα την εκφώνηση είναι η ακόλουθη. Έστω $f:R\to R$ άπειρες φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση. Υποθέτουμε ότι για κάθε $x\in R$ υπάρχει $n=n(x)\in N$ ώστε $f^{(n)}(x)=0$ . Δείξτε ότι η f είναι πολυώνυμο.

Mε την επιστροφή μου από το εξωτερικό διαβάζω το απίθανο υλικό που μεζεύτηκε στο mathematica τον τελευταίο καιρό. Εύγε σε όλους.

Δίνω μερική λύση του παραπάνω, μέχρι του σημείου που την έφτασα. Πιστεύω ότι μπορεί να συνεχίσει για το πλήρες αποτέλεσμα. Εδώ δείχνω ότι υπάρχει διάστημα στο οποίο η f είναι πολυωνυμική:

Για κάθε n φυσικό ορίζουμε $F(n) = \{ x / f^{(n)}(x) = 0\}$ .
Εύκολα βλέπουμε από την συνέχεια της $f^{(n)}$ ότι τα F(n) είναι κλειστά.

Από την υπόθεση είναι $\bigcup _{n=0}^{\infty} {F(n)} = \mathbb R$ . Από την πληρότητα του R και το θεώτημα Baire έπεται ότι υπάρχει φυσικός Ν, πραγματικός x_0

και δ > 0 τέτοια ώστε $(x_0 - \delta, x_0 + \delta) \subseteq {F(N)}$ .

Με άλλα λόγια, στο $(x_0 - \delta, x_0 + \delta)$ είναι $f^{(N)}(x) = 0$ .
Ολοκληρώνοντας Ν φορές, εύκολα βλέπουμε ότι στο διάστημα αυτό η f είναι πολυωνυμική βαθμού το πολύ Ν+1. (Άλλος τρόπος: από Taylor υπάρχει ξ με f(x) = (πολυώνυμο του $(x - x_0)) + f^{(N+1)}(\xi) =$ (πολυώνυμο του (x - x_0)) + 0

.

Εδώ τελειώνει η μερική λύση. Το ερώτημα τώρα είναι τα δείξουμε ότι μπορούμε να πάρουμε πολυωνυμική σε όλο το R, όχι μόνο στο $(x_0 - \delta, x_0 + \delta)$ .
Και άλλο Baire; Θα το δω.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

peter · #6

smar έγραψε:Μια πιο δυσκολη άσκηση που μου ήρθε στο μυαλό όταν είδα την εκφώνηση είναι η ακόλουθη. Έστω $f:R\to R$ άπειρες φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση. Υποθέτουμε ότι για κάθε $x\in R$ υπάρχει $n=n(x)\in N$ ώστε $f^{(n)}(x)=0$ . Δείξτε ότι η f είναι πολυώνυμο.

Μια απόδειξη υπάρχει στο ακόλουθο αρχείο:

polynomial prob.pdf: (84.25 KiB) Μεταφορτώθηκε 149 φορές

Θα ήθελα να σχολιάσω ότι στην παραπάνω απόδειξη του Αχιλλέα έχουμε δείξει κάτι ακόμη: Αν $f:(a,b)\to \mathbb R$ είναι $C^\infty$ με $f^{(n)}(x)\geq 0$ για $n=0,1,2,\ldots$ και για κάθε $x\in (a,b)$ , τότε η

είναι αναλυτική στο (a,b)

. Αυτό είναι το πολύ γνωστό θεώρημα του Bernstein.

Άσκηση 3. Δίνεται μια ακολουθία (a_j)

πραγματικών αριθμών. Τότε, υπάρχει μια συνάρτηση $f:[0,\infty)\to \mathbb R$ , η οποία είναι $C^\infty$ και αναλυτική στο $(0,\infty)$ και επιπλέον $f^{(j)}(0)=a_j$ για $j=0,1,2,\ldots$ .

Καραδήμας · #7

smar έγραψε:Μια πιο δυσκολη άσκηση που μου ήρθε στο μυαλό όταν είδα την εκφώνηση είναι η ακόλουθη. Έστω $f:R\to R$ άπειρες φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση. Υποθέτουμε ότι για κάθε $x\in R$ υπάρχει $n=n(x)\in N$ ώστε $f^{(n)}(x)=0$ . Δείξτε ότι η f είναι πολυώνυμο.

Με αφορμή διπλανή συζήτηση από εδώ. Ισχύει και το εξής:

Έστω $f:{\mathbb R}\to {\mathbb R}$ άπειρες φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση. Υποθέτουμε ότι υπάρχει αριθμήσιμο σύνολο $A\subset {\mathbb R}$ τέτοιο που για κάθε $x\in {\mathbb R}$ υπάρχει $n=n(x)\in {\mathbb N}$ με $f^{(n)}(x)\in A$ . Τότε, η

είναι πολυώνυμο.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #8

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 04, 2009 11:33 am
Έστω $f: [0, +\infty) \rightarrow \mathbb R$ άπειρα παραγωγίσιμη συνάρτηση με
$f^{(n)}(0) = 0$ και $f^{(n)}(x) \ge 0$ για κάθε n = 0, 1, 2, ... και x στο πεδίο ορισμού. Δείξτε ότι f = 0.

Μερικά σχόλια.

Η άσκηση προέκυψε με αφορμή πρόσφατο πρόβλημα του papel, στο mathematica.

Υπόψη, αν η f ήταν ορισμένη στο $(-\infty, 0]$ και κατά τα άλλα με τις ίδιες υποθέσεις, τότε δεν βγαίνει το συμπέρασμα ότι είναι η μηδενική, όπως δείχνει το ακόλουθο παράδειγμα:

$f(x) = \left\{\begin{matrix} 0 \ \ \ , x = 0 \\ -e^{-1/x^2} \ \ \ , x < 0 \end{matrix}\right.$

Το παράδειγμα αυτό είναι μία γνωστή απείρως παραγωγίσιμη συνάρτηση που στο 0 όλες οι παράγωγές του είναι 0 (και άρα δεν ισούται με τo ανάπτυγμα Taylor της).
Άρα, περιμένουμε η απόδειξη του παραπάνω να είναι ... ζόρικη. Έχω μια ενδιαφέρουσα και περίεργη απόδειξη, αλλά θα χαρώ να δω διαφορετικές.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 04, 2009 11:33 am
Υπόψη, αν η f ήταν ορισμένη στο $(-\infty, 0]$ και κατά τα άλλα με τις ίδιες υποθέσεις, τότε δεν βγαίνει το συμπέρασμα ότι είναι η μηδενική, όπως δείχνει το ακόλουθο παράδειγμα:

$f(x) = \left\{\begin{matrix} 0 \ \ \ , x = 0 \\ -e^{-1/x^2} \ \ \ , x < 0 \end{matrix}\right.$

Το παράδειγμα δεν δουλεύει

Δύσκολη σε απείρως παραγωγίσιμη

Δύσκολη σε απείρως παραγωγίσιμη

Re: Δύσκολη σε απείρως παραγωγίσιμη

Re: Δύσκολη σε απείρως παραγωγίσιμη

Re: Δύσκολη σε απείρως παραγωγίσιμη

Re: Δύσκολη σε απείρως παραγωγίσιμη

Re: Δύσκολη σε απείρως παραγωγίσιμη

Re: Δύσκολη σε απείρως παραγωγίσιμη

Re: Δύσκολη σε απείρως παραγωγίσιμη

Μέλη σε σύνδεση