¿es f un polinomio siempre que sea "parcialmente" suave?

Question

Dejemos que $f$ ser un $C^\infty$ función en $(c,d)$ y que $O=\cup_{n\in \mathbb{Z}^+} (a_n,b_n)$ donde $(a_n,b_n)$ son intervalos abiertos disjuntos en $(c,d)$ y $O$ es denso en $(c,d)$ . Supongamos que para cada $n\in \mathbb{Z}^+$ , $f$ coincide con un polinomio en $(a_n,b_n)$ . ¿Es necesario que $f$ coinciden con un polinomio en $(c,d)$ ?

Answer 1

No. Digamos que una función $f(x)$ es localmente un polinomio en $x_0$ si hay alguna vecindad de $x_0$ sobre la cual $f(x)$ coincide con un polinomio. En

W. Donoghue, Jr, Funciones que son polinomios sobre un conjunto denso. J. London Math. Soc. 39 (1964), 533-536,

el autor construye un ejemplo de $C^\infty$ función que no es un polinomio pero que, sin embargo, es localmente un polinomio en un conjunto denso. Como el conjunto de puntos en los que una función es localmente un polinomio es abierto, y por tanto una unión contable de intervalos disjuntos, la respuesta a tu pregunta es la siguiente.

Answer 2

Establecida ya la existencia de tales funciones, queda la curiosidad por las situaciones concretas que pueden generarlas. He aquí una, que también es interesante como ejemplo de $C^\infty$ solución no analítica, de una simple ecuación diferencial lineal de primer orden con retardo.

Consideremos el problema

$$f'(x)=\lambda f(3x),\qquad x < \frac{1}{2} $$ donde buscamos una función $f\in C^1(\mathbb{R})$ con apoyo en $I:=[0,1]$ y con la condición $f(x)=f(1-x)$ .

Mostraré que tiene un valor propio simple $\lambda= \frac{9}{2}$ , correspondiente a una función propia con $f(\frac{1}{2})=1$ (vea los detalles más abajo). Entonces, es muy fácil comprobar que $f$ es localmente polinómica en el complemento del conjunto de Cantor y lo es, por supuesto, $C^\infty$ .

De hecho, desde $f (3x)=0$ para $ x > \frac{1}{3}$ de la ecuación tenemos que tenemos que $f'(x)$ desaparece idénticamente en el intervalo $(\frac{1}{3},\frac{2}{3})$ , por lo que $f$ es la constante $1$ en ella. Por inducción, es fácil ver que $f$ es polinomio de grado $k-1$ en cada componente del complemento del conjunto cerrado $F_k$ en $I$ definido inductivamente por $F_0:=I$ y $F_{k+1}:= \frac{1}{3}F_k \cup\left(\frac{1}{3}F_k + \frac{2}{3}\right)$ . Tenga en cuenta que $\{F_k\} _ {k\in\mathbb{N}}$ es la conocida secuencia anidada de conjuntos cerrados cuya intersección es el conjunto de Cantor.

$$*$$ Construcción. Consideremos el operador lineal $T$ en $L^\infty(0,1)$ (pensado como subespacio de $L^\infty(\mathbb{R})$ a través de la extensión por cero), definida por

$$Tu(x)= \cases{ \int_0^{3x}u(t)\, dt\qquad \qquad 0 < x < \frac{1}{3}\\\ 0 \qquad \qquad \qquad \qquad \frac{1}{3} < x < \frac{2}{3}\\\ \int_0^{3(1-x)}u(t)\, dt \qquad\frac{2}{3}< x < 1.} $$ Desde $T$ y $T ^ 2$ son operadores integrales con núcleos no negativos, sus normas se alcanzan en la función constante $1$ en $[0,1]$ . Tenemos, por simple cálculos $T1(x)=3\min(x,1-x)\chi _ { F _ 1 }(x) $ , $\|T\| = \|T1\| _ \infty=1$ y $\|T^2\|=\|T(T1)\|_\infty=\frac{1}{3}$ . Por lo tanto, $\rho(T)\le\frac{1}{\sqrt 3} < \frac{2}{3}$ y $I-\frac{3}{2}T$ es invertible. La función

$$f:= \left(I-\frac{3}{2}T\right) ^ {-1}\chi _ {[\frac{1}{3},\frac{2}{3}]} = \sum _ {k=0} ^ \infty \left( \frac{3}{2}\right) ^ k T ^ k \chi _ { [\frac{1}{3}, \frac{2}{3}] } $$

verifica

$$f(x)=\frac{3}{2} \int_0^{3x}f(t)\; dt\qquad \mathrm{for\; all}\quad 0 < x < \frac{1}{3}\, ,$$
$$f(x)=1\qquad \mathrm{for\, all}\quad \frac{1}{3} < x < \frac{2}{3}\, ,$$

y $$f(x)=f(1-x)\qquad \mathrm{for\, all}\quad x\in\mathbb{R} \, .$$ Los únicos puntos en $\mathbb{R}$ donde la continuidad de $f$ no es inmediato y tiene que comprobar, son $\frac{1}{3}$ y $\frac{2}{3}$ . Tenemos

$$\int_ 0 ^ 1 f(x)dx=\int _ 0 ^ \frac{1}{3} f(x)dx+\int _ \frac{1}{3} ^ \frac{2}{3} f(x)dx+\int _ \frac{2}{3} ^ 1 f(x)dx= 2\int _ 0 ^ \frac{1}{3} f(x)dx+ \frac{1}{3}\, ,$$

y

$$ 2 \int _ 0 ^ \frac{1}{3} f(x)dx = 3\int _ 0 ^ \frac{1}{3} \int _ 0 ^ {3x} f(t) dt dx= \int _ 0 ^ 1 \int _ 0 ^ x f(t) dt dx=$$

$$= \int _ 0 ^ 1 (1-t) f(t) dt = \int _ 0 ^ 1 tf(1-t)dt= \int _ 0 ^ 1 tf(t)dt = $$

$$ =\frac{1}{2}\left(\int _ 0 ^ 1 (1-t)f(t)+ tf(t)dt\right) =\frac{1}{2} \int _ 0 ^ 1 f(t)dt\, . $$

Así que

$$ \int _ 0 ^ 1f(t)dt = \frac{2}{3}\, ,$$ lo que implica la continuidad de $f$ en $ \frac{1}{3}$ (y por simetría en $ \frac{2}{3}$ ), ya que
$$f(\frac{1}{3}-)=\frac{3}{2}\int_ 0 ^ 1 f(x)dx =1= f(\frac{1}{3}+) \, . $$ En consecuencia, $f$ realmente satisface $$f(x)=\frac{3}{2} \int_0^{3x}f(t)\, dt $$ para todos $ x < \frac{2}{3}\, ,$ y concluimos que $f$ está en $ C ^ 1(\mathbb{R})$ y tiene las propiedades indicadas.

Esta es una función del Pudding $f$ , y su función integral, $F(x):=\int_0^x f(t)dt$ . Obsérvese cómo esta última coincide con el primer tercio de la primera, hasta el reescalado. Consideraciones sencillas basadas en impar y en la simetría par muestran que $F(1)=\frac{2}{3}$ .

Answer 3

Creo que la respuesta es "no". El lema clave es:

Lema. Dejemos que $f: [c,d] \to {\bf R}$ sea suave, que $I$ sea un subintervalo compacto de $(c,d)$ , $q$ sea un punto interior de $I$ , dejemos que $n \geq 1$ y que $\varepsilon > 0$ . Entonces existe una perturbación suave $g: [c,d] \to {\bf R}$ de $f$ que está de acuerdo con $f$ fuera de $I$ es un polinomio en una vecindad de $q$ de grado como mínimo $n$ pero no es un polinomio en todo $I$ y difiere de $f$ por un máximo de $\varepsilon$ en $C^n[c,d]$ norma.

Si aplicamos este lema de forma iterativa para $n=1,2,\ldots$ con $\varepsilon = \varepsilon_n := 2^{-n}$ y $n=0,1,2,\ldots$ , comenzando por $f_0 = 0$ y el ajuste $q = q_n$ para ser el primer racional (en alguna enumeración de los racionales) en el que $f_n$ no es localmente polinómica, se obtiene una secuencia $f_1, f_2, f_3,\ldots$ de funciones suaves sobre $[c,d]$ que forman una secuencia de Cauchy en $C^k$ para cada $k$ y por tanto convergen en la topología suave a un límite $f$ que es igual a un polinomio de grado al menos $n$ en un intervalo $I_n$ con el $I_n$ disjuntos y que cubren todos los racionales, por lo que son densos en $[c,d]$ , dando el reclamo.

Para demostrar el lema, recordemos del teorema de aproximación de Weierstrass que los polinomios son densos en $C^0[c,d]$ integrando este hecho repetidamente vemos que son densos en $C^n[c,d]$ también. Así que podemos aproximar $f$ con una precisión arbitraria mediante un polinomio $h$ en el $C^n$ norma; mediante una pequeña perturbación se puede asegurar que $h$ tiene un grado de al menos $n$ . Ahora, utilizando una partición suave de la unidad, se puede crear una función fusionada $g$ que es igual a $h$ cerca de $q$ y es igual a $f$ que se puede acercar arbitrariamente en $C^n$ . Al modificar $g$ un poco en $I$ lejos de $q$ se puede asegurar que $q$ no es polinómica en todos los $I$ .

El problema aquí es superficialmente similar al de la pregunta anterior Si $f$ es infinitamente diferenciable entonces $f$ coincide con un polinomio pero este último tiene un control cualitativo en cada punto (lo que permite que entre en juego el poderoso teorema de la categoría Baire), mientras que aquí sólo se tiene un control cualitativo en un conjunto denso, lo que es una afirmación mucho más débil y que permite una gran flexibilidad.

Answer 4

Lo siguiente está mal, pero los comentarios son muy bonitos :)

---

Supongamos que en $(a_1, b_1)$ , $f$ es un polinomio de grado $N$ . Esto significa que en su serie de Taylor en cualquier punto $x \in (a_1, b_1)$ cada coeficiente más allá del $(N+1)$ st se desvanece.

Esto también debe ser cierto para los puntos fronterizos, $x = a_1$ y $x=b_1$ . Sin embargo, como los intervalos son densos en $O$ , $a_1$ o $b_1$ se encuentra en el cierre de algún otro intervalo. El resto es algo así como una inducción: Se deduce que en todo conjunto $(a_n, b_n)$ los coeficientes más allá del $(N+1)$ st desaparecer.

Esto demuestra que $f$ es un polinomio, por el teorema fundamental del cálculo.