En $x \to 0$ se aproxima a cero, ya que el cero de $e^{\frac{-1}{x^2}}$ supera al polo de $\frac{1}{Q_k(x)}$ ?

Question

En el libro de Robert Strichartz " Guía de la teoría de la distribución y las transformadas de Fourier " en la página $4$ tenemos un ejercicio interesante:

$$ \psi(x) = \begin{cases} e^{\frac{-1}{x^2}} & x>0\\ 0 & x \leq 0\\ \end{cases} $$

tiene derivadas continuas de todos los órdenes $$\frac{d^k (e^{\frac{-1}{x^2}})}{dx} = \frac{P_k(x)}{Q_k(x)} e^{\frac{-1}{x^2}},$$ donde $P_k(x)$ y $Q_k(x)$ son dos polinomios tales que deg( $P_k(x)$ ) $<$ deg ( $Q_k(x)$ ). ¿Hay alguien podría explicar (al menos una pista) a mí por qué como $x \to 0$ se aproxima a cero, ya que el cero de $e^{\frac{-1}{x^2}}$ supera al polo de $\frac{1}{Q_k(x)}$ y ¿cuál es su utilidad en el problema?

Answer 1

Demostremos primero (por inducción) una fórmula más explícita para las derivadas de $f = \textrm e ^{- \frac 1 {x^2}}$ ( $x>0$ ): si $k \ge 1$ entonces $f^{(k)} = \dfrac {P_k (x)} {x^{3k}} \ \textrm e ^{- \frac 1 {x^2}}$ con $\deg P_k \le 2k-2$ y $P_k (0) = 2^k$ .

Comprobación de $k=1$ es fácil. A continuación, supongamos la fórmula válida para $k$ y obtenerlo por $k+1$ (utilizar la fórmula de Leibniz):

$$f^{(k+1)} = \left( \frac {P_k (x)} {x^{3k}} \ \textrm e ^{- \frac 1 {x^2}} \right)' = \frac {P_k ' (x) x^3 - 3k x^2 P_k (x) + 2 P_k (x)} {x^{3(k+1)}} \ \textrm e ^{- \frac 1 {x^2}} .$$

Obsérvese que los tres términos del numerador tienen grados $2k$ otra vez $2k$ y finalmente $2k-2$ por lo que el grado del numerador $P_{k+1}$ es como máximo el mayor de ellos, es decir $\deg P_{k+1} \le 2k$ . Además, un rápido vistazo a la fórmula del numerador muestra que $P_{k+1} (0) = 2 P_k (0) = 2^{k+1}$ .

Queda claro entonces que al calcular $\lim \limits _{x \to 0^+} f^{(k)} (x)$ podemos ignorar con seguridad el numerador (que sólo aportará un $2^k$ ) y centrarse en $\lim \limits _{x \to 0^+} \dfrac {\textrm e ^{- \frac 1 {x^2}}} {x^{3k}}$ que al hacer el cambio de variable $t = \frac 1 {x^2}$ se convierte en $\lim \limits _{t \to \infty} \dfrac {t^{\frac 3 2 k}} {\textrm e ^t} = 0$ (la exponencial es más fuerte que cualquier potencia). Esto demuestra que $\lim \limits _{x \to 0^+} f^{(k)} (x) = 0$ de lo que se deduce fácilmente que todas las derivadas de $\psi$ en $0$ existen y son continuas. Dado que $\psi$ tiene obviamente derivadas continuas de cualquier orden en $\Bbb R \setminus \{0\}$ lo anterior demuestra que $\psi$ tiene derivadas continuas de cualquier orden en el conjunto $\Bbb R$ (es decir $\psi \in C^\infty (\Bbb R)$ ) y $\psi ^{(k)} (0) = 0$ .

Ahora $\psi$ ¿analítico? Lo es claramente en $(-\infty, 0)$ (siendo constante) y en $(0, \infty)$ (siendo una composición de las funciones analíticas $\exp$ y $-\frac 1 {x^2}$ ). Sin embargo, no puede ser analítica en ninguna vecindad de $0$ porque si lo fuera, entonces sería igual a su propia serie de Taylor en $0$ que es $0$ (porque $\psi ^{(k)} (0) = 0 \ \forall k \ge 0$ ), por lo que tendríamos $\psi = 0$ en torno a $0$ - claramente no es cierto.

Para concluir, lo que este ejemplo (clásico) construye es una función suave que no es analítica - claramente no es algo trivial.

Answer 2

En $x \to 0$ , $\dfrac1{x^2} \to +\infty$ así que $e^{\frac1{x^2}} \to \infty$ así que $e^{-\frac1{x^2}} =\dfrac1{e^{\frac1{x^2}}} \to 0$ y lo hace con mucha fuerza.