¿Existen funciones continuas que son iguales en un intervalo pero difieren en al menos otro punto?

Question

Te dan una función $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ . Cada derivado $\frac{d^n}{dx^n}(f(x)), \,n >0$ de la función es continuo.

¿Existe una función $g: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , para la cual cada derivado $\frac{d^n}{dx^n}(g(x)), \,n >0$ también es continuo, de manera que: $$\forall x\in[a,b]: \, g(x) = f(x)\land \, \exists x \notin [a,b]: f(x) \neq g(x),\, a \neq b$ $

¡Gracias!

Answer 1

Definir las funciones reales, $f$ e $g$así: $$ f(x) = \begin{cases} \exp\Big(-\frac{1}{(x - 1)^2}\Big)\ &\text{if } x > 1 \\ 0\ &\text{if } x \in [-1, 1] \\ \exp\Big(-\frac{1}{(x + 1)^2}\Big)\ &\text{if } x < -1 \end{casos} $$y $g(x) = 0$. $f$ e $g$ son tanto $0$ a $[-1, 1]$ , pero difieren en el valor de todas las demás.

Obviamente $g$ es continuamente diferenciable infinidad de veces, ya que es una función constante. También se puede comprobar que $f$ es continuamente diferenciable infinitamente muchas veces a $x = -1$ e $x = 1$ mediante la aplicación de la regla de L'Hôpital inductivamente (Edit: Una más elementales de la demostración es la siguiente, basado en la exponencial de la serie). La comprobación de que éste es un buen ejercicio de Análisis Real; debe probarlo. Aquí está un primer sabor de la misma: \begin{align*} \lim_{x \to 1^+}\frac{df(x)}{dx} &= \lim\limits_{x \to 1^+}\frac{2\exp\big(- \frac{1}{(x - 1)^2}\big)}{(x - 1)^3} \\ &= 2\lim_{x \to 1^+}\frac{\frac{1}{(x - 1)^3}}{\exp\big(\frac{1}{(x - 1)^2}\big)} \quad\text{this limit is of the form } \frac{\infty}{\infty} \text{ so L'Hôpital applies} \\ &= 2 \lim_{x \to 1^+}\frac{\frac{d}{dx}(x - 1)^{-3}}{\frac{d}{dx}\exp\big(\frac{1}{(x - 1)^2}\big)} \text{ by L'Hôpital} \\ &= 2 \lim_{x \to 1^+}\frac{-3(x - 1)^{-4}}{-2\exp\big(\frac{1}{(x - 1)^2}\big)(x - 1)^{-3}} \\ &= 3\lim_{x \to 1^+}\frac{(x - 1)^{-1}}{\exp\big(\frac{1}{(x - 1)^2}\big)} \quad\text{again, this has the form } \frac{\infty}{\infty} \text{ so L'Hôpital applies} \\ &= 3 \lim_{x \to 1^+}\frac{\frac{d}{dx}(x - 1)^{-1}}{\frac{d}{dx}\exp\big(\frac{1}{(x - 1)^2}\big)} \text{ by L'Hôpital} \\ &= 3 \lim_{x \to 1^+}\frac{-(x - 1)^{-2}}{-2\exp\big(\frac{1}{(x - 1)^2}\big)(x - 1)^{-3}} \\ &= \frac{3}{2} \lim_{x \to 1^+}\frac{x - 1}{\exp\big(\frac{1}{(x - 1)^2}\big)} \\ &= \frac{3}{2} \lim_{x \to 1^+} \Big[(x - 1)\exp\Big(-\frac{1}{(x - 1)^2}\Big)\Big] \\ &= \frac{3}{2} \Big[\lim_{x \to 1^+} (x - 1)\Big] \Big[\lim_{x \to 1^+} \exp\Big(-\frac{1}{(x - 1)^2}\Big)\Big] = \frac{3}{2} \times 0 \times 0 = 0 \end{align*} Que fue un tiempo de cálculo, pero tome mi palabra: se puede repetir de forma inductiva para mostrar que $\lim\limits_{x \to 1+}\frac{d^nf}{dx^n} = 0$ para todos los $n \in \mathbb{Z}_+!$ En todos los otros puntos, es decir en $(-\infty, -1) \cup (-1, 1) \cup (1, \infty)$, $f$ es infinitamente diferenciable porque exponenciales y constante funciones infinitamente diferenciables.

Bonificación De Hecho:

Ambos $\frac{d^n f(x)}{dx^n}$ e $\frac{d^n g(x)}{dx^n}$ también tienen el mismo valor $0$ a $[-1, 1]$ para todos los enteros positivos $n$!

Editar:

Una más elemental forma de ver las $\lim_{x \to 1^+}\frac{df(x)}{dx} = 0$ es de la siguiente manera: \begin{align*} \lim_{x \to 1^+}\frac{df(x)}{dx} &= 2\lim_{x \to 1^+}\frac{\frac{1}{(x - 1)^3}}{\exp\big(\frac{1}{(x - 1)^2}\big)} \\ &= 2\lim_{y \to +\infty}\frac{y^3}{\exp\big(y^2\big)} \quad\text{ changing variables to }y = \frac{1}{x - 1} \\ &= 2\lim_{y \to +\infty}\frac{y^3}{\sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{y^{2n}}{n!}} \\ &= 2\lim_{y \to +\infty}\frac{y^3}{1 + y^2 + \frac{y^4}{2} + \sum\limits_{n = 3}^\infty \frac{y^{2n}}{n!}} \\ &= 2\lim_{y \to +\infty}\frac{1}{\frac{1}{y^3} + \frac{1}{y} + \frac{y}{2} + \sum\limits_{n = 3}^\infty \frac{y^{2n - 3}}{n!}} \quad\text{ dividing top and bottom by }y^3 \\ &= 2 \times 0 = 0 \end{align*} Esencialmente, la parte superior de plazo $1$, que se mantiene constante, es un pato sentado. Mientras tanto, la parte inferior plazo golpes, hasta el infinito, porque en el fondo, sólo dos términos de ($\frac{1}{y^3}$ e $\frac{1}{y}$) ir a cero como $y$ se hace más grande. El resto de los términos ($\frac{y}{2}$ e $\frac{y^{2n - 3}}{n!}$ para $n \in \mathbb{Z_+} \geq 3$) tienen al menos un $y$ en el numerador y ya no cancelación ocurre (todos los términos son positivos), su suma se hace arbitrariamente grande, y en general la relación es arbitrariamente pequeño.

Answer 2

Seguro. De hecho, hay toda una clase de funciones que no sólo existen, sino que son hechos específicamente para hacer algo que efectivamente implica exactamente lo que está buscando: son los llamados golpe funciones, y se define como suave (diferenciable en todas partes, de manera arbitraria, muchas veces) funciones de soporte compacto, lo que significa que (casi) que son cero excepto en un conjunto compacto, que para los números reales como dominio significa, básicamente, cerrado, acotado (es decir, dentro de un intervalo) subconjunto de los mismos, como un intervalo cerrado. Este conjunto compacto donde son distintos de cero se llama el "apoyo". El truco es aprovechar el "en todas partes cero"-ness, como que te da lo que buscas.

A saber, cualquiera de los dos diferentes (es decir, no es igual) bump funciones con el mismo apoyo intervalo de $[a, b]$, será suave, cero en cualquier intervalo fuera de este intervalo, y sin embargo diferente, porque difieren en dicho intervalo. Más en general, dado que cualquiera de los dos diferentes golpe funciones, período, usted sólo tiene que encontrar un intervalo fuera de su soporte de conjuntos, que es siempre posible debido a que ambos son acotados.

Un ejemplo sencillo de un golpe función es

$$\mathrm{bump}: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R},\ \ \ \ \mathrm{bump}(x) := \begin{cases} e^{-\frac{1}{1 - x^2}},\ \mbox{when $x$ is in $(-1, 1)$}\\ 0,\ \mbox{otherwise} \end{cases}$$

A continuación, consideremos $\mathrm{bump}(x)$ y un valor distinto de cero múltiplo de la misma, digamos, $\mathrm{bump2}(x) := 2 \cdot \mathrm{bump}(x)$. Ahora tenemos $\mathrm{bump}(x) = \mathrm{bump2}(x)$ cuando, por ejemplo, $x \in [10, 11]$, ya que ambos son cero allí. Sin embargo, aparentemente no es igual al $x$ es de $(-1, 1)$.

AGREGAR: parece que se han preguntado cómo se puede hacer esto sin construir explícitamente el golpe de la función. El de arriba es solo para mostrar (no completamente bien) que bump existen funciones. De hecho, podemos hacerlo así. Vamos ahora a$\mathrm{bump}(x)$ ser un general de la protuberancia de la función. Deje que su apoyo se $\mathrm{supp}[\mathrm{bump}]$. Es decir,

$$\mathrm{supp}[\mathrm{bump}] := \mathrm{cl}\left(\{ x \in \mathbb{R} : \mathrm{bump}(x) \ne 0 \}\right)$$

(n.b. "cl" significa tomar el cierre; básicamente esto incluye a todos los "extremos" de las regiones en las que es distinto de cero, incluso si es cero en los extremos - por ejemplo, el apoyo de la solo-dado-de forma explícita golpe función es $[-1, 1]$, no $(-1, 1)$. Esto es un poco de tecnicismo de que estaba envuelto antes cuando he dicho "casi" en "que significa (casi)" más arriba).

Desde el apoyo conjunto es acotado y cerrado, que tiene un máximo y mínimo (el más grande y el más pequeño elemento): asignar $M := \mathrm{max}\ \mathrm{supp}[\mathrm{bump}]$. Ahora, considere el intervalo de $\mathrm{ext\ ival} := [M+1, M+2]$. Si $x \in \mathrm{ext\ ival}$, entonces es claro que no en el apoyo conjunto, sino más bien a la derecha de ella. Por lo tanto $\mathrm{bump}(x) = 0$ no. Ahora establezca $\mathrm{bump2}(x) := 2 \cdot \mathrm{bump}(x)$ como antes (si desea aún más generalidad, simplemente reemplace $2$ con un arbitrario vertical reescalado coeficiente de $a$ que no es $0$ o $1$). Felicidades, ahora tiene dos bump funciones que son desiguales, pero iguales en el exterior del intervalo de $\mathrm{ext\ ival}$.