Prueba $f : (-1, 1) \rightarrow \mathbb{R}$ tiene una propiedad

Question

Me gustaría responder a las dos preguntas siguientes. Creo que mi solución a la primera de ellas es correcta, pero me gustaría ayudar si alguien podría por favor ayudar a verificar esto, ya que estoy trabajando a través de este libro de forma independiente a través de auto-estudio. No sé cómo hacer el segundo, que es una continuación de la primer problema. Estoy bastante seguro de que ambas preguntas utilizar un Teorema expresado en mi libro, así que me ha proporcionado.

Supongamos $f : (-1, 1) \rightarrow \mathbb{R}$ ha $n$ derivados y su $n^{\text{th}}$, supongamos que su $n^{\text{th}}$ derivado $f^{(n)} : (-1, 1) \rightarrow \mathbb{R}$ está acotada. Por último, supongamos que tenemos

$$f(0) = f'(0) = f''(0) = \cdots f^{(n - 1)}(0) = 0.$$

Probar que existe un número positivo $M$ tal que $$|f(x)| \leq M|x|^{n}.$$

Segunda pregunta:

Supongamos $f : (-1, 1) \rightarrow \mathbb{R}$ ha $n$ derivados y hay un número positivo $M$ tales que $$|f(x)| \leq M|x|^{n}.$$ Prove $$f(0) = f'(0) = \cdots f^{(n - 1)}(0) = 0.$$

También, aquí está el teorema de que me estaba refiriendo a:

Teorema: Vamos a $I$ ser un intervalo abierto y $n$ ser un número natural y supongamos que la función de $f : I \rightarrow \mathbb{R}$ ha $n$ derivados. Supongamos también en el punto de $x_{0}$ en $I$, $$f^{(k)}(x_{0}) = 0$$ for $0 \leq k \leq n - 1$. Then, for each point $x \neq x_{0}$ in $I$, there is a point $z$ strictly between $x$ and $x_{0}$ at which $$f(x) = \frac{f^{(n)}(z)}{n!}(x - x_{0})^{n}.$$

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Aquí está mi intento en el problema de $1$:

Por el Teorema anterior, para cada una de las $x \in (-1, 1)$, $x \neq 0$, hay un punto de $z$ entre $x$ e $0$ tal que $$f(x) = \frac{f^{(n)}(z)}{n!}x^{n}.$$

Utilizando el hecho de que $f^{(n)}$ es acotado, sabemos que existe un límite $N$ tal que $|f^{(n)}(x)| \leq N$ para todos los $x$ en $(-1, 1)$. Por lo tanto,

$$|f(x)| = \left|\frac{f^{(n)}(z)}{n!}x^{n}\right| \leq |\frac{N}{n!}x^{n}| = (N/n!)|x|^{n} $$

Por lo que el establecimiento $M = N/n!$ es suficiente.

Es esto correcto? ¿Cómo puedo hacer lo siguiente?

Answer 1

Para la segunda pregunta: Supongamos que el resultado de la falla. A continuación, $f^{(k)}(0)\ne 0$ para algunos $k\in \{0,1,\dots,n-1\}.$ Deje $k_0$ ser el más pequeño tal $k.$ entonces Tenemos $f^{(k_0)}(0)\ne 0$ e $f^{(k)}(0)= 0$ para $k<k_0.$

Por el teorema citado, para cada una de las $x\in (-1,1)\setminus\{0\}$ existe $z_x$ entre $0$ e $x$ tales que

$$f(x) = \frac{f^{(k_0)}(z_x)}{k_0!}x^{k_0}.$$

De ello se deduce que, para $x.$

$$M|x|^n \ge \frac{|f^{(k_0)}(z_x)|}{k_0!}|x|^{k_0}.$$

Por lo tanto

$$Mk_0!|x|^{n-k_0} \ge |f^{(k_0)}(z_x)|.$$

Ahora $n>k_0.$ Así como $x\to 0,$ el lado izquierdo $\to 0.$ Porque $x\to 0$ fuerzas de $z_x\to 0,$ el lado derecho $\to |f^{(k_0)}(0)|.$ La razón por la que puedo decir que la última es que $f^{(k_0)}$ es diferenciable en a$(-1,1),$ por lo tanto es continua allí.

Así, hemos mostrado $f^{(k_0)}(0)=0,$ contradicción. Por lo tanto, no hay tal $k_0,$ y esto le da a la conclusión deseada.

Answer 2

El teorema mencionado en tu post es Taylor con el teorema de Lagrange del resto declaró en una forma peculiar. Y la solución para el primer problema según este teorema está bien. +1 a tu pregunta por que.

Nota, sin embargo, que los problemas pueden resolverse fácilmente mediante la mucho más simple valor medio teorema y un poco complicado de L'Hospital de la Regla. Vamos a atacar el primer problema. Si $x\in(-1,1)$ luego $$f^{(n-1)}(x)=f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(0)=xf^{(n)}(z)$$ and hence by given hypothesis we have $$|f^{(n-1)}(x)|\leq M|x|$$ Next we have in similar manner $$|f^{(n-2)}(x)|=|xf^{(n-1)}(z')|\leq M|x||z'|<M|x|^2$$ as $z'$ lies between $0$ and $x$. Continuing in this fashion we ultimately get $|f(x) |\leq M|x|^n$.

El segundo problema nos pide no a la inversa. Y para la primera derivada esto no es nada más que una aplicación de la definición de derivada. Desde $|f(x) |\leq M|x|^n$ tenemos $f(0)=0$ y, a continuación, $$0\leq \left|\frac{f(x)} {x} \right|\leq M|x|^{n-1}$$ By squeeze theorem $ f(x) /x\to 0$ as $x\to 0$. Thus $f'(0)=0$. Evaluation of further derivatives requires the use of L'Hospital's Rule. In general it can be proved using L'Hospital's Rule that if $f^{(n)}(0)$ exists then $$f^{(n)} (0)=\lim_{x\to 0}\frac{n! }{x^n}\left(f(x)-f(0)-xf'(0)-\frac{x^2}{2!}f''(0)-\dots-\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n-1)}(0)\right)$$ Using this formula we can show that $f^{(k)} (0)=0$ for $k=2,3,\dots,n-1$. For example consider $$f(x) - f(0)-xf'(0)=f(x)$$ and hence $$0\leq\frac{2!}{|x|^2}\left|f(x)-f(0)-xf'(0)\right|\leq 2!M|x|^{n-2}$$ and by squeeze theorem we have $$f''(0)=\lim_{x\to 0}\frac{2!}{x^2}\left(f(x)-f(0)-xf'(0)\right)=0$$

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También puede utilizar el teorema de la pregunta a resolver el segundo problema. Pero usted necesita un truco similar a la utilizada en la solución presentada anteriormente. Si $$g(x) =f(x) - \sum_{k=0}^{n-1}\frac{x^k}{k!}f^{(k)}(0)$$ then $$g(0)=g'(0)=\dots=g^{(n-1)}(0)=0,g^{(n)}(x) =f^{(n)} (x) $$ and by theorem in question we have $$g(x) =\frac{x^n} {n!} f^{(n)} (z) $$ where $z$ lies between $0$ and $x$. And this brings us to the standard Taylor's theorem with Lagrange's form of remainder $$f(x) =\sum_{k=0}^{n-1}\frac{x^k}{k!}f^{(k)}(0)+\frac{x^n}{n!}f^{(n)}(z)$$ Now replace $n$ by $1,2,\dots,n-1$ and use the fact that $|f(x) |\leq M|x|^n$ to conclude that $f^{(k)} (0)=0$ for $k=1,2,\dots,n-1$.

Answer 3

Paramanand la respuesta que me dio una idea:

Es un hecho que $$(-1)^nf^{(n)}(x)=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h^n}\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}f(x+kh)$$ si $f$ es $n$-veces diferenciable en a$x$ (con $f^{(n)}$ continua en $x$).

Este es, esencialmente, el interés de Newton diferencias.

Ahora vamos a fijar un $k$ entre $1$ e $n-1$ (esta afirmación es clara al $k=0$). Desde $f$ es $n$-veces diferenciable, sabemos que $f^{(k)}$ es continua para $1\leq k\leq n-1$.

Tenemos que $$|f^{(k)}(0)|\leq \lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{|h|^k}\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}|f(jh)|\leq \lim_{h\rightarrow 0}|h|^{n-k}\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}M|j|^n=0\,.$$

Una prueba algebraica a la identidad que yo he utilizado es dado aquí.