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Son polinomios infinitamente muchas veces diferenciable?

Son polinomios infinitamente muchas veces diferenciable?

Si es así, ¿sólo significa que en algún punto de llegar a 0 y, a continuación, seguimos recibiendo 0?

Gracias!

17voto

Andy Puntos 148

Sí.

ddx0=0, así que una vez que has tomado deg(p)+1 derivados, en el p es el polinomio que usted está considerando, usted seguirá recibiendo cero.

10voto

Las otras respuestas probablemente respondió a su pregunta, pero en caso de que usted quisiera aprender más, la palabra clave a buscar es la suavidad de la función (ver aquí por ejemplo: https://en.wikipedia.org/wiki/Smoothness).

Así que otra, más elegante manera de pedirle a tu pregunta es si o no los polinomios son las funciones lisas.

3voto

marshal craft Puntos 149

Para ser sólo un poco más formal. Me gustaría considerar las definiciones estándar de los "derivados" y "diferenciable".

La definición de la derivada es normalmente definida de una función en un intervalo o en un punto.

Derivado Deje IR ser un intervalo, vamos a f:IR, y vamos a cI. LR es un derivado de f c si se dan las siguientes condiciones.

compactado definición de uso indefinido límite está dado por el límite

L=lim

alternativamente \forall \epsilon, \exists \delta(\epsilon): si \epsilon \gt 0 \delta (\epsilon)\gt 0.

Si x \in I0<|x-c|< \delta(\epsilon)|\frac{f(x)-f(c)}{x-c}-L|<\epsilon.

Diferenciable simplemente significa que la derivada existe en un punto de c.

Así que para el caso de los polinomios en la de \Bbb R \to \Bbb R consideraremos este intervalo de I a ser igual a los reales en sí. Lo que suelen hacer es considerar las dos desigualdades

1) |x-c|<\delta(\epsilon)

2) |\frac{f(x)-f(c)}{x-c}-L|<\epsilon

como un sistema de desigualdades, sin embargo esto es más fuerte de lo necesario ya que la resolución de las variables simultáneamente implica que 1 implica 2 2 implica también la 1 o 1\iff 2. La definición sólo requiere que el 1 \Rightarrow 2. Usted puede investigar por su cuenta. Primero considere el f(x) = x |\frac{x-c}{x-c}-L|=|1-L|<\epsilon

|x-c|<\delta(\epsilon)

En este caso, \delta no es una función de \epsilon porque si \delta =|x-c|+1 \Rightarrow |x-c|<\delta. Normalmente, 2 restringir los posibles valores de x y de manera más específica delta podría satisfacer este limitado de modo que 1 \Rightarrow 2 que es lo que realmente se necesita. Así que vamos a ver, por todos los \epsilon 2 es cierto, porque la L sólo deben ser un elemento de lo real. Así que podemos aprovechar L=1.

axioma 1 \frac{d}{dx}x|_{x=c}=1 Como se recordará. El próximo considerar f(x)=a para cualquier a \in \Bbb R. 1, 2 convertido en

|x-c|<\delta(\epsilon)

|\frac{a-a}{x-c}-L|=|L|<\epsilon

Podemos tomar \delta(\epsilon)=|x-c|+1 como antes y L=0.

axioma 2 \frac{d}{dx}a|_{x=c}=0, \forall a \in \Bbb R una constante.

Considerar el siguiente f(x), g(x) se define de forma similar a como las funciones de los reales a los reales y h(x)=f(x)+g(x)

|x-c|<\delta(\epsilon)

|\frac{h(x)-h(c)}{x-c}|=|\frac{f(x)+g(x)-f(x)-g(x)}{x-c}-L|=|\frac{f(x)-f(c)}{x-c}-L_f+\frac{g(x)-g(c)}{x-c}-L_g|<\epsilon, L=L_f+L_g

Por la desigualdad de triángulo |x+y|\le|x|+|y|, lo que implica entonces

|\frac{f(x)-f(c)}{x-c}-L_f+\frac{g(x)-g(c)}{x-c}-L_g|\le|\frac{f(x)-f(c)}{x-c}-L_f|+|\frac{g(x)-g(c)}{x-c}-L_g|

Pero vemos que esto es sólo la suma de dos funciones diferenciables y si son diferenciables en a c sabemos L_f, L_g existen, así como estas instrucciones satisfecho por todos los \epsilon así existe un \delta.

|\frac{f(x)-f(c)}{x-c}-L_f|<\epsilon_f, |\frac{g(x)-g(c)}{x-c}-L_g|<\epsilon_g

y \epsilon_f+\epsilon_g=\epsilon, por lo que finalmente

axioma 3 \frac{d}{dx}h(x)|_{x=c}=\frac{d}{dx}f(x)|_{x=c}+\frac{d}{dx}g(x)|_{x=c} si h(x)=f(x)+g(x) donde f(x) g(x) son dos funciones diferenciables en el intervalo considerado.

Finalmente, el producto de la regla de las necesidades que se derivan sin embargo, a medida que normalmente se deja como ejercicio voy a hacer lo mismo.

producto de la regla de si f(x) g(x) son dos funciones diferenciables en un intervalo Ih(x)=f(x) g(x), entonces su derivada en todos los puntos en I \frac{d}{dx}[f(x)]_{x=c}g(x)+f(x)\frac{d}{dx}[g(x)]_{x=c}

Ahora podemos empezar a mover a la normal de las herramientas de cálculo, por ejemplo, si consideramos el caso fueron nuestras funciones sólo están como en el axioma 1 y 2, y aplicar la regla del producto obtenemos 1\cdot x+x\cdot 1=2x. usted puede darse cuenta de que el patrón después de un par de iteraciones que \frac{d}{dx}x^n|_{x=c}=nx^{n-1}. Supongamos que es cierto para una n \in \Bbb N, a continuación, considere la posibilidad de

\frac{d}{dx}x^{n+1}|_{x=c}=x^n\frac{d}{dx}x|_{x=c}+x\frac{d}{dx}x^n|_{x=c}=x^n+x\frac{d}{dx}x^n|_{x=c}

Por nuestro producto de la regla, a continuación, utilizar nuestra hipótesis de inducción tenemos

x^n+x\cdot nx^{n-1}=x^n+nx^n=(n+1)x^n=(n+1)x^{(n+1)-1}

que es lo que nos hemos propuesto mostrar, todo lo que queda es evaluar el caso base de la n=0 que usted puede hacer en este punto. En realidad, hemos mostrado que no es cierto para n=2 ya. También yo se lo dejo a usted para evaluar cómo los coeficientes pueden ser vistos como constante de las funciones y utilizar el producto de la regla de nuevo para manejar cualquiera de los términos de un polinomio.

No voy a probar pero es cierto que cualquier polinomio se puede witten en la forma \sum_{i=0}^n a_i x^i puede mostrar de nuevo por inducción que para un determinado n, m \in \Bbb N suponga m \le n

\frac{d}{dx}\sum_{i=0}^m a_ix^i|_{x=c}=\sum_{i=0}^m a_i\frac{d}{dx}x^i|_{x=c}=\sum_{i=0}^m ia^ix^{i-1}

a continuación, proceder a mostrar cierto para m+1.

Finalmente, para mostrar que hay sólo un número finito de derivados de cualquier polinomio mayor que 0 el uso de la contradicción y el uso del índice en el coeficiente de i con sucesivos derivados. Esto demuestra que no existe un n de modo que \frac{d^n}{dx^n}\sum_{i=0}^la_ix^i|_{x=c}=0 todos los l. Ya hemos visto que la derivada de una constante es cero.

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