Demostrar que existe $n\in\mathbb{N}$ tal que $f^{(n)}$ tiene al menos n+1 ceros en $(-1,1)$

Question

Dejemos que $f\in C^{\infty}(\mathbb{R},\mathbb{R})$ tal que $f(x)=0$ en $\mathbb{R}\setminus (-1,1)$ . Demostrar que existe $n\in\mathbb{N}$ tal que $f^{(n)}$ tiene al menos $n+1$ ceros en $(-1,1)$

Ya he publicado este ejercicio en Mathematics Stack Exchange y he conseguido demostrarlo con el siguiente lema:

Lema: Dejemos que $f$ sea una función suave que desaparece fuera de $(-1,1)$ y $P\in \mathbb{R}[X]$ un polinomio de grado $\deg(P)=d$ sin ceros en $(-1,1)$ . Entonces: $$\forall n\in \mathbb{N}, Z((fP)^{(n+d)}) \geq Z(f^{(n)})+d,$$ donde $Z(g)$ el número de ceros de $g$ en $(-1,1)$

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De hecho No entendemos por qué, después de leer, aparece este misterioso cero. Además, no se destaca realmente el papel de la compacidad del soporte que es esencial aquí.

Sería muy interesante disponer de otra prueba que explique la aparición de este cero adicional.

Referencias

1. El ejercicio de las matemáticas Stack Exchange
2. Ejercicio oral de la ENS de París (2011)

NB : Todavía soy un estudiante, pero estoy convencido de que esta es una pregunta interesante que espero que merezca su lugar aquí.

Gracias de antemano por su tiempo,

Julien.

Answer 1

Lamentablemente no he podido encontrar una explicación intuitiva para este comportamiento o incluso una prueba alternativa. Pero he jugado un poco con su prueba y estoy publicando mi versión aquí con la esperanza de que pueda ayudar a alguien más a encontrar una explicación.

Definición

1. Dejemos que $\mathcal{S} = \{f \in C^\infty([-1, 1])\colon \forall n\in \mathbb{N}\colon f^{(n)}(-1) = f^{(n)}(1) = 0 \}$ .
2. Para $n\in\mathbb{N}$ y $\alpha\in\mathbb{R}\setminus[-1, 1]$ dejar $D_\alpha^n = \frac{1}{(x + \alpha)^{n-1}}\frac{d}{dx}(x+\alpha)^n$ .
3. Para $f\in\mathcal{S}$ dejar $Z(f)\in \mathbb{N}\cup \{\infty\}$ sea el número de ceros de $f$ en $(-1, 1)$ .

Lema

1. $Z(D^n_\alpha f) \ge 1 + Z(f)$ .
2. $\left((x+\alpha)f\right)^{(n)} = D_\alpha^n f^{(n-1)}$ .

Prueba

1. $f$ (y por lo tanto $(x+\alpha)^n f$ ) tiene $Z(f)+2$ ceros en $[-1, 1]$ . Por el teorema de Rolle, $D_\alpha^n f$ tiene al menos $Z(f)+1$ ceros en $(-1, 1)$ .
2. $$((x+\alpha)f)^{(n)} = nf^{(n-1)} + (x + \alpha)f^{(n)} = \frac{1}{(x+\alpha)^{n-1}}\frac{d}{dx}\left((x+\alpha)^n f^{(n-1)}\right) = D_\alpha^n f^{(n-1)}$$ $\square$

Teorema

Para todos $f\in\mathcal{S}$ hay un $n\in\mathbb{N}$ tal que $Z(f^{(n)})> n + 1$ .

Prueba

Si $f$ tiene un cero en $(-1, 1)$ hemos terminado. En caso contrario, supongamos que $f>0$ en $(-1, 1)$ y que $\alpha = \frac{6}{5}$ y $\beta = \frac{4}{5}$ . Tenga en cuenta que $|\alpha^2 - \beta^2|<1$ . Sea $g_k = \frac{f}{(x^2 - \alpha^2)^{2k}}$ . Entonces

• $g_k(-1) = 0$ ,
• $g_k(-\beta) \to \infty$ ,
• $g_k(0) \to 0$ ,
• $g_k(\beta) \to \infty$ y
• $g_k(1) = 0$

para $k\to\infty$ . Por lo tanto, para $k$ lo suficientemente grande, $g_k$ tiene al menos dos máximos locales y un mínimo local en $(-1, 1)$ . Así, $Z(g_k') > 2$ .

Mediante el factoring $x^2 - \alpha^2 = (x-\alpha)(x+\alpha)$ y aplicando el lema $4k$ veces, vemos $$f^{(4k+1)} = ((x^2 - \alpha^2)^{2k}g_k)^{(4k+1)} = D_{-\alpha}^{4k+1}D_\alpha^{4k}\cdots D_{-\alpha}^{3}D_\alpha^{2}g_k'.$$ Por lo tanto, $Z(f^{(4k+1)}) \ge 4k + Z(g_k') > 4k + 2$ . $\square$