$f$ es una función lisa en línea real, $f(0)=0$ $f(x)>0, \forall x \ne 0$ y cualquier $f^{(n)}(0)=0$; ¿$\sqrt f$ es liso?

Question

Que $f: \mathbb R \to \mathbb R$ ser una función infinitamente diferenciable tal que $f(0)=0$, $f(x)>0 , \forall x \ne 0$ y

$f^{(n)}(0)=0$ (el derivado de $n$-th) $, \forall n \in \mathbb N$, entonces es la función $g(x):=\sqrt{f(x)}$ infinitamente

¿diferenciable? Estoy teniendo dificultad para verificar si existen algún derivado de #%-th $n$% #%. Por favor ayuda. Gracias de antemano

Answer 1

EDIT. Resulta que mi prueba contiene un error: $f'(x)$ puede tardar cero infinitamente a menudo como $x \to 0$. A continuación, el L'Hospital argumento se rompe.

También, la referencia en @levap's comentario afirma que $g$ no necesita ser suave, citando

$$ f(t) = \begin{cases} \mathrm{e}^{-1/|t|} (\sin^2 (\pi/|t|) + \mathrm{e}^{-1/t^2}), & t \neq 0 \\ 0, & t = 0 \end{casos} $$

como un contra-ejemplo.

La heurística del ejemplo anterior. La referencia original es en francés, que apenas conozco, que he podido comprobar cómo se les ocurrió esta contra-ejemplo. Pero supongo que esta función está diseñada para que la siguiente asymptotics es verdadera:

$$ g(t) = \sqrt{\smash[b]{f(t)}} \approx \mathrm{e}^{-1/2|t|} |\sin(\pi/|t|)|.$$

Por supuesto, las cuñas que aparecen en la gráfica de $\mathrm{e}^{-1/2|t|} |\sin(\pi/|t|)|$ es apaciguado por el plazo adicional $\mathrm{e}^{-1/t^2}$, de modo que $g$ es suave, lejos de la $t = 0$. Pero esa contribución es tan pequeño, incluso en comparación con el principal de la envolvente plazo $\mathrm{e}^{-1/2|t|}$, que el efecto es casi despreciable como $t \to 0$. Por lo $g'(t)$ 'casi-salto' en cada punto donde $\sin(\pi/t)$ desaparece:

(Línea verde: derivado de la $\mathrm{e}^{-1/2|t|} |\sin(\pi/|t|)|$, de la línea Roja: $g'(t)$)

Esto provoca $g''(t)$ a tener un tren de alta recoge cerca de $t = \frac{1}{n}$ ($n = 1, 2, \cdots$) y por lo tanto evita la $g''(t)$ de ser diferenciable. Calcular en tiempo real muestra que $g''(1/n)$ crece super-exponencialmente $n \to \infty$, lo que confirma la heurística.

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RESPUESTA ANTERIOR. He comprobado que $g$ es dos veces diferenciable y $g''(0) = 0$. Creo que mi cálculo generalizar para probar la suavidad de $g$, pero no tengo limpio idea de cómo proceder.

Aquí es una observación que simplifica el cálculo:

De la observación. Deje $h$ ser un valor real de la función definida en una vecindad de a $0$. Entonces $$\lim_{x\to0} h(x) = 0 \qquad \text{ if and only if } \qquad \lim_{x\to0} h(x)^2 = 0.$$

La prueba es sencilla desde el $\epsilon$-$\delta$ definición del límite.

Paso 1. $g'(0)$ existe y es igual a $0$.

Prueba. Desde $g(0) = 0$, es suficiente para demostrar que $g(x)/x \to 0$$x \to 0$. Por el lema, que en lugar de demostrar que $g(x)^2/x^2 \to 0$$x \to 0$. Pero sabemos $g(x)^2 = f(x) = \mathcal{O}(x^3)$ a partir del teorema de Taylor, y de ahí el reclamo de la siguiente manera.

Paso 2. $g''(0)$ existe y es igual a $0$.

Prueba. Como antes, es suficiente para demostrar que $g'(x)^2/x^2 \to 0$$x \to 0$. Utilizando el hecho de que $f'(x)/x \to 0$$x \to 0$, podemos aplicar la L'Hospital del teorema y

$$ \lim_{x\to0} \frac{g'(x)^2}{x^2} = \lim_{x\to0} \frac{\left( \frac{f'\smash{(x)^2}}{4x^2} \right)}{f(x)} \underset{\text{L'Hospital}}{=} \lim_{x\to0} \frac{\left( \frac{f'(x)( xf"(x) - f'(x))}{2x^3}\right)}{f'(x)} = \lim_{x\to0} \frac{xf"(x) - f'(x)}{2x^3} = 0. $$

Answer 2

No estoy seguro sobre el caso general, pero la primera derivada no existe. Poner $g = \sqrt{f}$. Por Taylor teorema, para cualquier $x > 0$ positiva y $n$ existe $\xi \in (0,x)$ tal que $$ f(x) = \sum_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k + \frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}x^n = \frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}x^n. $$ Desde $f^{(n)}$ está delimitado cerca de $0$, $f(x) \leq C_nx^n$ para algunas constantes $C_n> 0$. Tome $n=4$, tenemos $$ \lim_{x\to 0^+} \frac{g(x)}{x} \leq \sqrt{C_4} \lim_{x\to 0^+} \frac{x^2} {x} = 0. $$ El caso de $x<0$ pueden ser tratados de la misma manera. Esto demuestra que $g'(0) = 0$.

Answer 3

Sí, $g$ es suave. Primero vamos a probar el siguiente proposición:

Si $g$ $k$ veces diferenciable, entonces la $k$ th derivado de la $g^2$ es de la forma $$ a_0 \ gg^{(k)} + a_1 \ g^{(1)}g^{(k-1)} + a_2 \ g^{(2)}g^{(k-2)} + \cdots $$ where the $a_i$ son números enteros positivos.

Prueba por inducción: Para$k=0$, $k$ th derivado de la $g^2$ es sólo $g^2 = 1 \ g g^{(0)} $, por lo que el resultado es cierto para $k=0$. Ahora supongamos que el resultado vale para $k$. A continuación, el $k$ th derivado de la $g^2$ es $$ a_0 \ gg^{(k)} + a_1 \ g^{(1)}g^{(k-1)} + a_2 \ g^{(2)}g^{(k-2)} + \cdots $$ for some positive integers $a_i$ and so the $k+1$ th derivative of $g^2$ is $$ a_0 \ g g^{(k+1)} + a_0 \ g^{(1)} g^{(k)} + a_1 \ g^{(1)} g^{(k)} + a_1 \ g^{(2)} g^{(k-1)} + \cdots $$ que completa la inducción paso después de la recopilación de términos, ya que la suma de los enteros positivos son todavía enteros positivos.

Ahora, $\sqrt{x}$ es una función uniforme para $x>0$, y la composición de las funciones lisas es todavía suave, y $f(x)>0$ $x \neq 0$ $g=\sqrt{f}$ es suave para $ x \neq 0$. Por lo tanto el $k$ th derivado de la $g$ existe para cualquier $k$, en todos los puntos, excepto en $0$. Ahora podemos demostrar que $g^{(k)}(x) \to 0$ $ x \to 0$ $\forall$ $k$. La prueba es por la fuerte inducción. $f(0)=0$ $f$ es suave, de manera continua, por lo $f(x) \to 0$$x \to 0$. Pero $g^2 (x) = f(x) \to 0$$x \to 0$, lo $g(x) \to 0$$x \to 0$, por lo que el resultado es cierto para $k=0$. Ahora supongamos que es cierto para $0$,$1$,$2$,$3$,$\cdots$, hasta el $k-1$, y mirar el $2k$ th derivado de la $g^2=f$, el uso de la proposición: $$ a_0 \ gg^{(2k)} (x) + a_1 \ g^{(1)}g^{(2k-1)} (x) + a_2 \ g^{(2)}g^{(2k-2)} (x) + \cdots + a_{k-1} \ g^{(k-1)} g^{(k+1)} (x) + a_k \ g^{(k)} g^{(k)} (x) = f^{(k)}(x) $$ If we let $ x \to 0$, all terms except the last one on the LHS vanish, and $a_k$ is a positive integer, so $g^{(k)} (x) \a 0 $ as $x \to 0$ así, completar la inducción de paso.

Finalmente, se demuestra que $g$ es infinitamente diferenciable en a $0$, y por lo tanto suave. De hecho, se demuestra que $g^{(k)} (0) = 0 $ $\forall$ $k$. La prueba es que, una vez más por inducción. $g(0) = \sqrt{f(0)} = \sqrt{0}= 0$, por lo que el resultado es cierto para $k=0$. Supongamos que el resultado es cierto para $k$. Entonces $$ \frac{g^{(k)}(x)-g^{(k)}(0)}{x-0} = \frac{g^{(k)}(x)}{x} $$ and since, from before, $g^{(k+1)} (x) \a 0 $ as $x \to 0$, por la regla de L'Hospital, $$ \lim _{ x \to 0} \frac{g^{(k)}(x)}{x} = \lim _{ x \to 0} \frac{g^{(k+1)}(x)}{1} = 0 $$ and so $$ g^{(k+1)} (0) = \lim _{x \to 0} \frac{g^{(k)}(x)-g^{(k)}(0)}{x-0} = 0$$ completar la inducción de paso.

Edit: releyendo mi respuesta, he notado una falla uno puede llegar a la conclusión de que todos los términos desaparecer sólo porque los más pequeños de las derivadas de orden tienden a cero, debido a que las derivadas de orden mayor se multiplican por no estar acotada y tienden a infinito. El argumento sería todavía se mantienen si se pudiera mostrar todos los derivados de la $g$ son limitadas cerca de cero, pero no puedo encontrar una manera para mostrar que en el momento.