Regularidad de la función $|x|^ax$

Question

Suponiendo que $x \in \mathbb{R}$ ¿qué podemos decir de la clase de regularidad ( $C, C^1, C^2, ..., \text{or}\ C^\infty$ ) de la siguiente función (también con respecto a $a \in \mathbb{R}$ )? $$f(x)=|x|^ax$$

Answer 1

Obviamente, el único problema posible está en $x=0$ . Utilizando la definición de derivada: $$ f'(0) = \lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim_{x\to 0}\frac{|x|^ax}x = \lim_{x\to 0}|x|^a = \cases{ 0&$ a>0 $\cr 1&$ a=0 $\cr \infty&$ a<0 $} $$ Y para $x\ne 0$ $$f'(x)=\cases{ (a+1)x^a&$ x>0 $\cr (a+1)(-x)^a&$ x<0 $}$$ es decir, $$f'(x) = (a+1)|x|^a,\qquad x\ne 0$$ y $f'$ es continua si $a\ge0$ . El estudio de la diferenciabilidad de $f'$ es análogo y $f''$ es muy parecido a $f$ , a saber $$f''(x)=\cdots$$ ¿Se necesitan más detalles?

Answer 2

En primer lugar, tenga en cuenta que si $g(x)=|x|^{\alpha+2}$ entonces $g'(x)=(\alpha+2)|x|^{\alpha}x$ y por lo tanto es suficiente (y más conveniente) estudiar la diferenciabilidad de $f(x)=|x|^\alpha$ para responder a su pregunta. Tenga en cuenta que por cada $D\subset \Bbb R$ y $k\geq 1$ tenemos $g \in C^k(D) \iff g'\in C^{k-1}(D)$ . Mis conclusiones se resumen en la siguiente lista y son consecuencias directas del Teorema siguiente.

Para $\alpha >0$ escribimos $[\alpha]$ la parte entera de $\alpha$ (es decir $[\cdot]$ es el función del suelo ).

Dejemos que $\alpha \in \Bbb R$ y $f\colon \Bbb R\to \Bbb R, \ x \mapsto |x|^{\alpha}$ entonces

• $f \in C^{\infty}(\Bbb R\setminus\{0\})$ ,
• Si $\alpha <0$ entonces $f\notin C^{0}(\Bbb R)$ ,
• Si $\alpha \geq 0$ y $\alpha = 2n$ para algunos $n\in \Bbb N$ entonces $f\in C^{\infty}(\Bbb R)$
• Si $\alpha>0$ y $\alpha \neq 2n$ por cada $n\in \Bbb N$ entonces $f\in C^{[\alpha]}(\Bbb R)$ pero $f\notin C^{[\alpha]+1}(\Bbb R)$

Recuerde que por cada $A \subset B \subset \Bbb R$ y $k\in \Bbb N$ tenemos $C^{k}(B)\subset C^{k}(A)\subset C^{k+1}(A)$ .

Para cualquier función $f\colon \Bbb R \to \Bbb R$ y $n\in \Bbb N$ escribimos $f^{(n)}$ el $n$ -derivada de $f$ .

Teorema. Dejemos que $\alpha \in \Bbb R, \alpha \neq 1$ y $f\colon \Bbb R\to \Bbb R, \ x \mapsto |x|^{\alpha}$ , entonces para cada $n\in \Bbb N$ y cada $x\neq 0$ tenemos $$f^{(2n)}(x)=\frac{\alpha !}{(\alpha-2n)!}|x|^{\alpha-2n},$$ y $$f^{(2n+1)}(x)=\frac{\alpha !}{(\alpha-2n-1)!}|x|^{\alpha-2(n+1)}x,$$ Además, $f^{(2n)}$ y $f^{(2n+1)}$ son continuas en $\Bbb R\setminus\{0\}$ y

• $f^{(2n)}(0)=0 \quad \text{ if } \alpha >2n,$
• $f^{(2n)}(0)=0 \quad \text{ if } \alpha=2n,$
• $f^{(2n+1)}(0)=0 \quad \text{ if } \alpha >2n+1,$
• $\lim_{x\to 0}f^{(2n+1)}(x)$ no existe si $\alpha=2n+1, $
• $\lim_{x\to 0}f^{(2n)}(x)$ no existe si $2n< \alpha$ ,
• $\lim_{x\to 0}f^{(2n+1)}(x)$ no existe si $2n+1<\alpha$ .

Prueba: Véase el apéndice.

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Apéndice:

Propuesta 1. Dejemos que $f\colon \Bbb R\to \Bbb R,\ x\mapsto|x|$ entonces $f'(x)$ existe para cada $x\neq 0$ y $f'$ es continua en $(0,\infty)$ y $(-\infty,0)$ . Además, $$f'(x)=\operatorname{sign}(x)=\frac{x}{|x|}=\frac{|x|}{x} \qquad \forall x \neq 0,$$ donde $\operatorname{sign}$ es el función del signo .

Prueba:

• Dejemos que $x>0$ , entonces para cada $|h|<x$ tenemos $$\frac{|x+h|-|x|}{h}=\frac{x+h-x}{h}=1 \implies f'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{|x+h|-|x|}{h}=1=\operatorname{sign}(x).$$
• Si $x<0$ para cada $|h|<x$ tenemos $$\frac{|x+h|-|x|}{h}=\frac{-x-h-x}{h}=-1 \implies f'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{|x+h|-|x|}{h}=-1=\operatorname{sign}(x).$$
• Si $x=0$ , entonces para cada $h_1<0<h_2$ tenemos $$\frac{|x+h_1|-|x|}{h_1}=\frac{-h_1}{h_1}=-1 \quad \text{ and } \quad \frac{|x+h_2|-|x|}{h_2}=\frac{h_2}{h_2}=1,$$ así $$\lim_{h_1\to 0^-}\frac{|x+h_1|-|x|}{h_1}=-1 \neq 1 = \lim_{h_2\to 0^-}\frac{|x+h_2|-|x|}{h_2},$$ es decir $f'(0)$ no existe.

Por último, es evidente que para cada $x\neq 0$ tenemos $\operatorname{sign}(x)=\frac{x}{|x|}=\frac{|x|}{x}$ y como esta función es constante en $(0,\infty)$ (resp. $(-\infty,0)$ ) es continua en $(0,\infty)$ (resp. $(-\infty,0)$ ). $\qquad \square$

La siguiente proposición, el teorema y el corolario son resultados clásicos del análisis real y su demostración puede encontrarse en cualquier libro de introducción al análisis.

Propuesta 2. Dejemos que $f:D\subset \Bbb R\to \Bbb R,g:E \subset f(D)\to \Bbb R$ y $x_0\in D$ tal que $f(x_0)\in E$ . Si $f'(x_0)$ y $g'(f(x_0))$ existe, entonces $$\frac{d}{dx}g\big(f(x_0)\big)=g'\big(f(x_0)\big)f'(x_0).$$

Teorema 3. Dejemos que $a<b$ y $f[a,b]\to \Bbb R$ tal que $f'$ existe y es continua en $]a,b[$ . Si $\lim_{x\to a^+}f'(x)$ existe, entonces $$\lim_{x\to a^+}f'(x)=\lim_{h\to 0^+}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=:f'(a).$$ Corolario 4. Dejemos que $I\subset \Bbb R$ abierto, $x_0\in I$ y $f\colon I \to \Bbb R$ continua. Supongamos que $f'(x)$ existe para cada $x\in I\setminus\{0\}$ . Si $\lim_{x\to x_0^-}f'(x)=\lim_{x\to x_0^+}f'(x)=l$ entonces $f'(x_0)$ existe y $f'(x_0)=l$ .

Propuesta 5. Dejemos que $\alpha \in \Bbb R$ y $f\colon [0,\infty)\to \Bbb R,\ x\mapsto x^\alpha$ entonces $f'(x)$ existe para cada $x\neq 0$ y es continua en $(0,\infty)$ . Además, si $\alpha\geq 1$ entonces $f'(0)$ existe y $f'$ es continua en $[0,\infty)$ . Además, $$f'(x)=\alpha x^{\alpha-1} \quad \forall x>0, \qquad f'(0)=0 \quad \text{ if }\alpha> 1 \qquad\text{ and } \qquad f'(0)=1 \quad \text{ if }\alpha = 1.$$

Prueba: Desde $\alpha\in \Bbb R$ tenemos $f(x)=x^\alpha=e^{\alpha \ln(x)}$ por definición. Ahora, por la proposición 2 tenemos $$f'(x)=\frac{\alpha}{x}\ e^{\alpha \ln(x)} = \alpha x^{\alpha-1} \qquad \forall x >0.$$ De ello se desprende que $f'$ es continua en $(0,\infty)$ . Ahora, supongamos que $\alpha > 1$ entonces, a partir del Teorema 3, obtenemos $$f'(a)=\lim_{x\to a^+}f'(x)=\alpha \ 0^{\alpha-1}=0.$$ Por último, si $\alpha = 1$ entonces, a partir del Teorema 3, obtenemos $$f'(a)=\lim_{x\to a^+}f'(x)=1.$$ Continuidad en $[0,\infty)$ cuando $\alpha \geq 1$ debería estar claro ahora. $\qquad \square$

Demostración del teorema principal: Procedemos por inducción sobre $n \in \Bbb N$ Así pues, dejemos que $x\neq 0$ , entonces (por la Proposición 1 y 4) $$f^{(0)}(x)=\frac{\alpha !}{\alpha !}|x|^{\alpha}=f(x) \quad \text{and} \quad f^{(1)}= \alpha |x|^{\alpha-1}\frac{x}{|x|}=\alpha |x|^{\alpha-2}x.$$ Supongamos ahora que la fórmula es verdadera para $2n$ entonces (por las proposiciones 1 y 5) $$f^{(2n+1)}(x)=\frac{d}{dx}\left(\frac{\alpha !}{(\alpha-2n)!}|x|^{\alpha-2n}\right)=\frac{\alpha !(\alpha-2n)}{(\alpha-2n)!}|x|^{\alpha-2n-1}\frac{x}{|x|}=\frac{\alpha !}{(\alpha-(2n+1))!}|x|^{\alpha-2n-2}x.$$ Si la fórmula es verdadera para $2n+1$ entonces (por las proposiciones 1 y 5) $$f^{(2n+2)}(x)=\frac{d}{dx}\left(\frac{\alpha !}{(\alpha-2n-1)!}|x|^{\alpha-2(n+1)}x\right)\\ =\frac{\alpha !}{(\alpha-2n-1)!}\Big(\big(\alpha-2(n+1)\big)|x|^{\alpha-2(n+1)-1}x\frac{x}{|x|}+|x|^{\alpha-2(n+1)}\Big)=\frac{\alpha !}{(\alpha-2n-1)!}\Big((\alpha-2n-1)|x|^{\alpha-2(n+1)}\Big)=\frac{\alpha !}{(\alpha-2n-2)!}|x|^{\alpha-2(n+1)}.$$ Ahora bien, si $\alpha>2n$ entonces, por el Corolario 4, claramente $f^{(2n)}(0)=\lim_{x\to 0}f^{(2n)}(x)=0$ y si $\alpha >2n+1$ entonces, por el Corolario 4, $\lim_{x\to 0}f^{(2n+1)}(x)=0$ . Ahora bien, si $\alpha =2n$ entonces $f(x)=|x|^{2n}=(x^2)^n=x^{2n}$ y por lo tanto $f^{(k)}(0)=0$ por cada $k\in \Bbb N$ . Si $\alpha = 2n+1$ entonces $$f^{(2n+1)}(x)=\alpha!\frac{x}{|x|}=\alpha!\operatorname{sign}(x)$$ y por lo tanto $f^{(2n+1)}(0)$ no existe. Por último, si $\alpha < 2n$ entonces $\lim_{x\to 0^+}f^{(2n)}(x)=\infty\neq-\infty=\lim_{x\to 0^-}f^{(2n)}(x)$ es decir $\lim_{x\to 0}f^{(2n)}(x)$ no existe. El mismo argumento demuestra que si $\alpha < 2n+1$ entonces $\lim_{x\to 0}f^{(2n)}(x)$ no existe. $\qquad \square$

PS Gracias por esta interesante pregunta.

Answer 3

SUGERENCIA: Utilizando las derivadas de un lado es fácil demostrar la diferenciabilidad en 0 para $a>0$ .