Muestre que la función$f(x)=e^{-\frac{1}{x}},\text{ if }x>0\wedge f(x)=0,\text{ if }x\leq 0$ es suave y todos los derivados se desvanecen en$x=0$

Question

Yo tenía una idea, pero creo que es equivocado. Me han dicho $e^z$ es suave debido a que la n-ésima derivada de $e^z$ siempre $e^z$ y, a continuación, he sustituido $z$ con $-\frac{1}{x}$. Pero sólo el cálculo de la primera derivada que me Demuestra que soy probablemente mal, porque:

$(e^{z})^{'}=e^{z}=e^{-\frac{1}{x}}$

Pero

$(e^{z})^{'}=(e^{-\frac{1}{x}})^{'}=\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2}$

Luego también

$e^{-\frac{1}{x}}=\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2}\iff 1=\frac{1}{x^2}$

Lo cual no es cierto.

¿Por qué la Sustitución no funciona?

También he probado a ver un patrón en los derivados a dar una Fórmula explícita para la n-ésima derivada.

Mediante el producto de la fórmula para derrivatives

$$(e^{-\frac{1}{x}})^{'}=(e^{-\frac{1}{x}})(-\frac{1}{x})^{'}\overset{'}{\rightarrow}(e^{-\frac{1}{x}})^{'}(-\frac{1}{x})^{'}+(e^{-\frac{1}{x}})(-\frac{1}{x})^{''}=(e^{-\frac{1}{x}})^{'}(-\frac{1}{x})^{'}+(e^{-\frac{1}{x}})(-\frac{2}{x^3})=(e^{-\frac{1}{x}})^{'}(-\frac{1}{x})^{'}+(e^{-\frac{1}{x}})(\frac{1}{x^2})(-\frac{2}{x})=(e^{-\frac{1}{x}})^{'}(-\frac{1}{x})^{'}+(e^{-\frac{1}{x}})^{'}(-\frac{2}{x})=(e^{-\frac{1}{x}})^{'}((-\frac{1}{x})^{'}+(-\frac{2}{x}))\rightarrow ...$$

Tengo la corazonada de que la n-ésima derivada puede ser escrito en un formulario de recursiva como

$$(e^{-\frac{1}{x}})^{(n)}\text{[ It is the derrivatove not the nth power ]}=(e^{-\frac{1}{x}})^{(n-1)}\cdot r$$

$r$ es el resto y estoy tratando de averiguar cómo se vería. A partir de mis Observaciones hasta ahora supongo que se Parece a una suma $\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\frac{n-k}{x^k}$. Pero Necesito un poco de ayuda para demostrarlo.

Mis intentos hasta ahora han demostrado ser muy fructífera, es por eso que estoy pidiendo su apoyo.

A fin de Demostrar que la derivada se desvanece a 0 ante todo, Necesita averiguar lo que la derivada de positivos $x$ Parece. A continuación, el plan sería Mostrar que el Límite edesde la izquierda como desde la Derecha, se $0$

Answer 1

El problema con la sustitución es que la función de $g(x)=1/x$ "golpes" en la $x=0.$ puede evitar este problema mediante el cálculo de la derivada directamente. En la página de la Wiki citado en los comentarios, la utilización de los Maclaurin de expansión para $e^x$. Usted también puede encontrar la derivada usando la Regla de L'Hospital de (para obtener la penúltima igualdad):

$\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^+} \frac {e^{-1/x}}x = \lim_{x \to 0^+} \frac {1/x}{e^{1/x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac 1 {e^{1/x}} = 0$

y luego, por supuesto, tenemos, mediante la definición de $f$,

$\lim_{x \to 0^-} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^-} \frac {0}x =0 $

así llegamos a la conclusión de que $f'(0)=0.$

Ahora no es difícil de demostrar por inducción que todos los derivados se desvanecen en $x=0.$

Answer 2

Cuando $x<0$ entonces $f^{(n)}(x)=0$ para todos los $n\geq0$. Cuando $x>0$ entonces $f^{(n)}(x)=p_n(1/x)e^{-1/x}$ para algún polinomio $t\mapsto p_n(t)$. Esto último es cierto para $n=0$ con $p_0(t)\equiv1$, y $$f^{(n+1)}(x)={d\over dx}\biggl(p_n(1/x)e^{-1/x}\biggr)=\bigg({-1\over x^2}{p_n}'(1/x)+p_n(1/x){1\over x^2}\biggr)e^{-1/x}=:p_{n+1}(1/x)e^{-1/x}$$ para $x>0$ e $n\geq0$. Finalmente, afirmo que la $f^{(n)}(0)=0$ para todos los $n\geq0$, y que $f^{(n)}$ es continua en a$0$. Para $n=0$ esto es cierto por definición de $f$. Supongamos que es cierto para algunos $n\geq0$. Entonces $$\lim_{x\to0+}{f^{(n)}(x)-f^{(n)}(0)\over x}=\lim_{x\to0+}{1\over x} p_n(1/x)e^{-1/x}=0\ ,$$ y trivialmente $$\lim_{x\to0-}{f^{(n)}(x)-f^{(n)}(0)\over x}=0\ .$$ Esto demuestra que $f^{(n+1)}(0)=0$.

Answer 3

Primero de todos usted mira la primera derivada que es

$\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2}$

Luego de hacer la inducción de la hipótesis de que la $n$-ésima derivada de la función $f$ puede ser descrito como:

$e^{-\frac{1}{x}}\cdot P(x)$

Donde $P(x)$ es aún más General que un polinomio es una suma finita que puede ser descrito como $\sum_{k=z}^{m}a_kx^k$ donde $z,m\in \mathbb{Z}$

para $n=1$ la inducción hipótesis sostiene con $P(x)=x^{-2}=\frac{1}{x^2}$

Ahora se desea calcular

$f^{(n+1)}$

Ya que usted sabe que $f^{(n)}= e^{-\frac{1}{x}}\cdot P_n(x)$

Usted acaba de tomar la derivada de la RHS

La aplicación de la regla del Producto le da

$e^{\frac{-1}{x}}\frac{P_n(x)}{x^2}+e^{-\frac{1}{x}}P_{n}'(x)= e^{-\frac{1}{x}}(\frac{P_n(x)}{x^2}+P_n'(x))$

Para calcular la derivada de $P_n(x)$ tienes que tener cuidado ya que $(ax^0)'=0$ y no algo como $-ax^{-1}$

Y $\frac{P_n(x)}{x^2}+P_n'(x)=\sum_{k=z}^{m}a_kx^{k-2}+\sum_{k=z}^{-1}ka_kx^{k-1}+\sum_{k=1}^{m}ka_kx^{k-1}$ donde $z,m\in \mathbb{Z}$

Debido a que los tres componentes son en general polinomios la suma total debe ser también un general polinomio de nuevo que podemos definir como $P_{n+1}$. (Exc. para probar esto!)

A continuación, puede Mostrar que el Límite para $\lim_{x\downarrow 0} f^{(n)}(x)=0 ,\forall n\in\mathbb{N_0}$ mediante el uso de

este resultado: la Prueba de que $\lim_{x\downarrow 0}x^me^{\frac{-1}{x}} =0,m\in\mathbb{Z}$ con L'Hospital?

No hacer uso de L'Hôspital difícil es similair a la solución presentada en el comentario lo que es diferente de la respuesta en wikivisual es que usted no necesita saber cómo los coeficientes del polinomio mirar en vivo. Incluso si usted sabe que el patrón, en este caso, no hace ninguna diferencia.