¿$f'(x)$ siempre permanece cerca de$f(x)/x$ como$x \rightarrow 0$?

Question

Considere una función de $f: (0,1): \to (0,1)$ tal que

• $\lim_{x \rightarrow 0+} f(x) = 0$, $\lim_{x \rightarrow 1-} f(x) = 1$;
• $f$ tiene un poder de expansión de la serie en torno a $x=1$ que converge en $(0,1)$: $$ f(x) = 1 - \sum_{k=1}^\infty c_k(1-x)^k. $$ con $c_k \geq 0$ todos los $k$. Tenga en cuenta que la condición de $\lim_{x \rightarrow 0+} f(x) = 0$ implica $\sum_{k=1}^\infty c_k = 1$.

Un ejemplo típico puede ser $f(x) = x^{2/3}$. Tenga en cuenta que la derivada de $f$ tienden a $\infty$ $x$ enfoques $0$ desde la derecha, como en este ejemplo.

Me gustaría probar (o encontrar un contra-ejemplo) que el derivado $f'(x)$ sigue asintóticamente cerca de $f(x)/x$$x \rightarrow 0$. Por eso me refiero a cualquiera de los siguientes:

• el límite $$ \lim_{x \rightarrow 0} f'(x)x/f(x) $$ existe y es finito y distinto de cero;
• o, más generalmente, que $f'(x) = \Theta(f(x)/x)$ $p \rightarrow 0$ donde $\Theta$ significa "delimitada por debajo y por encima de asymptically" (véase la definición aquí);
• o con cualquier otro resultado que afirma que $f'(x)$ no se "desvían demasiado" de$f(x)/x$$x \rightarrow 0$.

Para el ejemplo de la función de esto es cierto. De hecho, el límite existe y es igual a $2/3$. Este parece ser el caso (con otros valores) para todas las funciones que estoy probando, pero como para demostrar que el/refutarla?

Answer 1

Aquí es un contraejemplo: a Definir

$$\tag 1 f(x) = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{1/k}}{2^k},$$

la serie convergente uniformemente en $[0,1].$ $x^{1/k}$ puede ser escrito

$$x^{1/k} = 1-\sum_{n=1}^{\infty}c_k(n)(1-x)^n,$$

donde $0\le c_k(n)\le 1$ todos los $k,n.$, con Lo que

$$f(x) = 1 - \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2^k}\sum_{n=1}^{\infty}c_k(n)(1-x)^n = 1 - \sum_{n=1}^{\infty}\left (\sum_{k=1}^{\infty}\frac{c_k(n)}{2^k}\right )(1-x)^n.$$

Así vemos a $f$ tiene la forma deseada.

Reclamo: $\lim_{x\to 0^+}\dfrac{xf'(x)}{f(x)} = 0.$

Prueba: tenga en cuenta que differenitaing termwise en $(1)$ da un unifomly convergente la serie en $[a,1]$ cualquier $a\in (0,1].$, con Lo que

$$f'(x) = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{1/k-1}}{k2^k}$$

para $x\in (0,1].$ por lo Tanto

$$\frac{xf'(x)}{f(x)} = \frac{ \sum_{k=1}^{\infty}x^{1/k}/(k2^k)}{ \sum_{k=1}^{\infty}x^{1/k}/2^k}.$$

Deje $N\in \mathbb N.$ Definir $S_N(x) = \sum_{k=1}^{N}\dfrac{x^{1/k}}{2^k},$ $T_N(x) = \sum_{k=N+1}^{\infty}\dfrac{x^{1/k}}{2^k}.$ Entonces

$$\tag 2\frac{xf'(x)}{f(x)} \le \frac{S_N(x) +T_N(x)/N}{S_N(x) + T_N(x)} \le \frac{S_N(x)}{x^{1/(N+1)}/2^{N+1}} + \frac{1}{N}.$$

Como $x\to 0^+,$ el lado derecho de la $(2) \to 0+1/N = 1/N.$ Porque $N$ fue arbitraria, el $\limsup_{x\to 0^+}$ de la parte izquierda de $(2)$ $0,$ demostrando la reclamación.

Answer 2

Lo que sigue no responde a la pregunta original. Sin embargo, sí muestra que incluso si $f'(x)$ puede divergir hasta el infinito para $x\to 0$, con las limitaciones anteriores $xf'(x)$ no lo hace; así que para probar cualquier contraejemplo, uno debe explotar $f(x)\to 0$.

$|xf'(x)|\leq 1$ cualquier $f(x)$ la satisfacción de las limitaciones anteriores y cualquier $x\in(0,1)$. Tenga en cuenta que $\forall x\in(0,1)$:

$|xf'(x)|=\left|x\sum_{k=1}^{\infty}\left(c_k k(1-x)^{k-1}\right)\right|\leq \sum_{k=1}^{\infty}\left| c_k k \max_{x\in(0,1)}\left(x(1-x)^{k-1}\right)\right|$.

Desde $c_k\geq 0$$\sum_{k=1}^\infty c_k = 1$, observando que el $x(1-x)^{k-1}$ es maximizada por $x=1/k$ como su derivada es igual a $(1-x)^{k-1}+x(k-1)(1-x)^{k-2}(-1)=(1-x)^{k-2}(1-kx)$, uno inmediatamente se obtiene:

$|xf'(x)| \leq c_1 + \sum_{k=2}^{\infty} c_k \left(1-\frac{1}{k}\right)^{k-1} = c_1+\sum_{k=2}^{\infty} c_k \frac{k}{k-1} \left(1-\frac{1}{k}\right)^{k} \leq c_1 + \sum_{k=2}^{\infty} (c_k 2e^{-1}) \leq 1$.

Answer 3

No es un contraejemplo (aunque yo al principio pensaba que era, y por qué no funciona podría ser de interés): Vamos a $$ f(x) = \frac{x}{\pecado 1} \sin \left( \frac{1}{x} \right). $$ Obviamente hemos $\lim_{x \to 1} f(x) = 1$; y en el límite de $x \to 0$, observamos que $$-\frac{x}{\sin 1} \leq f(x) \leq \frac{x}{\sin 1},$$ so $\lim_{x \to 0} f(x) = 0$, por el teorema del sándwich.

Este es un holomorphic función en el plano complejo, y por lo que su radio de convergencia de una serie sobre la $x = 1$ alcanza el polo más cercano a $x = 1$. Pero el más cercano (y único) de los polos de esta función es $x = 0$. De modo que la potencia de la serie converge en el balón $(0,2)$.

Sin embargo, también tenemos $$ f'(x) = \frac{1}{\pecado 1} \left[\sin \left( \frac{1}{x} \right) - \frac{1}{x} \cos \left( \frac{1}{x} \right) \right], $$ y $$ \frac{f'(x) x} de{f(x)} = \frac{x \sin (1/x) - \cos (1/x)}{x \sin(1/x)} = 1 - \frac{1}{x \tan (1/x)}. $$ Esta función no tiene un buen comportamiento límite de $x \to 0$.

Sin embargo, esto no es del todo un contraejemplo ya que el poder de la serie de coeficientes no son todos positivos. De hecho, los signos de la $c_k$ para esta serie parece ser, en general, alternando.