¿Teorema de Taylor con resto de orden fraccionario?

Question

Sea $k\geq 1$ . Consideremos el teorema de Taylor. Conocemos la forma Peano y la forma de valor medio del término resto:

Forma Peano del resto

Sea $f\colon (-\varepsilon,\varepsilon)\to\mathbb R$ sea $k$ veces diferenciable. Entonces se cumple \f(h) = \sum_{m=0}^k \frac{f^{(m)}(0)h^m}{m!} + o(h^k). \]

Forma del valor medio del resto

Sea $f\colon (-\varepsilon,\varepsilon)\to\mathbb R$ sea $k+1$ veces diferenciable. Entonces se cumple \f(h) = suma_{m=0}^k frac{f^{(m)}(0)h^m} ¡{m!} + O(h^{k+1}). \]

¿Otra forma de resto?

La pregunta es, ¿existe un teorema cuya proposición sea \f(h) = suma_{m=0}^k frac{f^{(m)}(0)h^m} ¡{m!} + matemática O(h^{k+\\delta})]. con algún $\delta\in(1,0)$ . En caso afirmativo, ¿cuáles son los supuestos suficientes? Trivialmente, mi proposición es válida si $f$ es $k+1$ veces diferenciable, pero quiero un supuesto un poco más débil.

Answer 1

He encontrado una prueba (gracias a la luz que arrojó @RRL) que presentaré aquí:

Ligera generalización del teorema de Taylor

Sea $\varepsilon>0$ , $I=(-\varepsilon,\varepsilon)$ , $1<k\in\mathbb N$ , $p>1$ y $f\in C^k(I)$ así como $f^{(k)}\in W^{1,p}(I)$ .

Es decir $$ f\colon (-\varepsilon,\varepsilon) \to \mathbb R $$ es $k$ -veces continuamente diferenciable y la derivada $f^{(k)}$ es débilmente diferenciable. Por lo tanto, $f$ y sus derivadas hasta el grado $k$ son integrables en Lebesgue y la derivada débil de grado $k+1$ se encuentra en $L^p(I)$ .

Entonces se cumple para $h\in I$ $$ f(h) = \sum_{m=0}^k \frac{f^{(m)}(0) h^m}{m!} + R(h), $$ tal que para $h\to 0$ tiene $$ R(h) \in\mathcal O\left(|h|^{k + 1 - \frac1p}\right). $$

Prueba

Primero, dos pequeños Lemmata:

Lema de integración débil por partes

Sea $x\in C^\omega(I)$ analítica y $y\in W^{1,p}(I)$ débilmente diferenciable y $a,b\in I$ . Entonces sostiene \begin{align*} \int_a^b x'(t) y(t)\, dt = x(t)y(t)\big|_a^b - \int_a^b x(t) y'(t)\, dt. \end{align*}

Las integrales se entienden como integrales de Lebesgue.

Pruebas, ver aquí.

Lema sobre la integración iterada por partes

Sea $f\in C^k(I)$ entonces se cumple \begin{align*} f(h) = \sum_{m=0}^{k-1} \frac{h^m}{m!}f^{(m)}(0) + \frac1{(k-1)!}\int_0^h(h-t)^{k-1} f^{(k)}(t)\,dt \end{align*}

Prueba

Por inducción. Cláusula base ( $\ell=1$ ) es el teorema fundamental del cálculo: \begin{align*} f(h) = f(0) + \int_0^h f'(t)\, dt = \sum_{m=0}^{0} \frac{h^m}{m!}f^{(m)}(0) + \frac1{0!}\int_0^h(h-t)^{0} f^{(1)}(t)\,dt. \end{align*} Supongamos que el lema es cierto para $\ell\geq 1$ . Entonces se cumple utilizando la integración por partes: \begin{align*} f(h) - \sum_{m=0}^{\ell-1} \frac{h^m}{m!}f^{(m)}(0) &= \frac1{(\ell-1)!}\int_0^h(h-t)^{\ell-1} f^{(\ell)}(t)\,dt \\ &= \frac1{\ell!}(-1)(h-t)^{\ell} f^{(\ell)}(t)\bigg|_0^h - \frac1{\ell!}\int_0^h (-1)(h-t)^\ell f^{(\ell+1)}(t)\,dt \\ &= \frac1{\ell!}h^{\ell} f^{(\ell)}(0) + \frac1{\ell!}\int_0^h (h-t)^\ell f^{(\ell+1)}(t)\,dt. \end{align*}

Demostración del teorema

Primero, usa el Lemma sobre integración iterada por partes. Este lema se conoce de la demostración del teorema del resto integral. Ahora aplicamos de nuevo el paso de inducción del lema, teniendo en cuenta el Lema de la integración débil por partes: \begin{align*} f(h) &= \sum_{m=0}^{k} \frac{f^{(m)}(0) h^m}{m!} + \underbrace{\frac1{k!}\int_0^h (h-t)^{k} f^{(k+1)}(t)\, dt}_{=R(h)}. \end{align*}

Considere la posibilidad de $h>0$ (analógico $h<0$ ) el resto $R$ con $\frac1p + \frac1q = 1$ y aplicar la desigualdad de Hölders: \begin{align*} |R(h)| &\leq \frac1{k!} \int_0^h \bigl| (h-t)^k f^{(k+1)}(t)\bigr|\, dt \\ &\leq \frac1{k!} \left(\int_0^h |h-t|^{kq}\,dt\right)^{\frac1q} \left(\int_0^h |f^{(k+1)}(t)|^p\right)^{\frac1p}\\ &\leq \frac1{k!} \left(\frac{|h|^{1+kq}}{1+kq}\right)^{\frac1q} \|f^{(k+1)}\|_{L^p(I)} \\ &= |h|^{k+1-\frac1p} \cdot \frac{\|f^{(k+1)}\|_{L^p(I)}}{k!(1+kq)^{\frac1q}} = \mathcal O\left(|h|^{k+1-\frac1p}\right) \end{align*}

Answer 2

Esta respuesta parcial podría arrojar algo de luz al respecto.

Sin pérdida de generalidad, podemos examinar el caso en que $k = 1$ y el intervalo es $[0,\epsilon).$

¿Podemos encontrar una función continua y diferenciable $f:[0,\epsilon) \to \mathbb{R}$ con el siguiente comportamiento?

La expansión de Taylor es $f(h) = f(0) + f'(0)h + R(h)$ y para todos $0 < \delta < 1$ tenemos

$$R(h) = \mathcal O(h^{1 + \delta}),$$

pero

$$R(h) \neq \mathcal O(h^{2}).$$

Por ejemplo

$$f(x) = \begin{cases}x^2 \log x, &\mbox{if } x > 0 \\ 0, &\mbox{if } x = 0\end{cases}$$

con

$$f'(x) = \begin{cases}2x \log x + x, &\mbox{if } x > 0 \\ 0, &\mbox{if } x = 0\end{cases}$$

En este caso, la función es a su vez el resto de una expansión de Taylor de primer orden,

$$f(h) = f(0) + f'(0)h + R(h) = R(h),$$

y el comportamiento deseado del resto es el siguiente

$$\lim_{h \to 0} \left|\frac{h^2 \log h}{h^{1+ \delta}}\right| =\lim_{h \to 0} h^{1-\delta} \log h = 0, \\ \lim_{h \to 0} \left|\frac{h^2 \log h}{h^2}\right| = \lim_{h \to 0} |\log h| = \infty.$$

¿En qué condiciones generales obtenemos este comportamiento asintótico?

En el ejemplo dado, $f'$ es continua en $[0,\epsilon)$ y $f''$ existe en $(0,\epsilon):$

$$f''(x) = \begin{cases}2 \log x + 1, &\mbox{if } x > 0 \\ -\infty, &\mbox{if } x = 0\end{cases}.$$

Claramente $f''$ no existe en una vecindad de $0$ . Sin embargo, $f''$ es integrable. En este caso, podemos examinar la forma integral del resto

$$R(h) = \int_0^h (h-t) f''(t) \, dt.$$

Si $f''$ está acotada y es integrable, entonces es fácil demostrar que $R(h) = \mathcal O(h^{2}).$

Conjeturo que $f''$ ilimitado e integrable es al menos necesario para este comportamiento asintótico.