si $f(x)$ es par y puede ser infinitamente diferenciable, ¿qué tal si $f(\sqrt{x})$

Question

Tengo una pregunta $f(x)$ es par y puede ser infinitamente diferenciable, ¿qué tal si $f(\sqrt{x})$ en [0, $\infty$ )? ¿podemos decir que el $f(\sqrt{x})$ también puede ser infinitamente diferenciable en $[0,\infty)$ .

Mis pensamientos: dejar que $g(x)=f(\sqrt{x})$ y luego he probado $g(x)$ puede ser diferenciable y continua en $[0,\infty)$ y supongo que esta conclusión sigue siendo válida para $n=k$ ( $k$ es un número entero), lo que significa que $g(x)$ puede ser $k$ -veces diferenciable y continua en $[0,\infty)$ Por eso quiero usar la inducción matemática para demostrarlo. Pero estoy atascado aquí, ya que no tengo idea de cómo demostrar que g puede ser $(k+1)$ tiempos diferenciables utilizando la suposición de que $g$ puede ser $k$ -veces diferenciable y continua. ¿Puede alguien decirme si es cierto o no?

Answer 1

Supongamos que $f$ es par e infinitamente diferenciable, y sea $g(x) = f(\sqrt{x})$ . Afirmo que para cada número entero positivo $k$ , $g^{(k)}$ se define en $[0, \infty)$ y, además, que $g^{(k)}(x^2)$ es una función par infinitamente diferenciable en $\Bbb{R}$ .

Supongamos que la afirmación es válida para $k=1$ y supongamos que $g^{(n)}(x)$ se define para $x \ge 0$ y que $g^{(n)}(x^2)$ es par e infinitamente diferenciable. Entonces, podemos definir $h(x) = g^{(n)}(\sqrt{x})$ y a partir del caso base encontramos que $h$ es diferenciable y $h'(x^2)$ es par e infinitamente diferenciable. Pero $h(x) = g^{(n)}(x)$ Así que $g^{(n)}$ cumple las condiciones requeridas. De ello se desprende que $g$ es infinitamente diferenciable, siempre y cuando podamos demostrar que $g'(x)$ existe para $0 \le x$ y $g'(x^2)$ es infinitamente diferenciable. Intentemos demostrarlo.

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Tenemos que para $x > 0$ ,

$$g'(x) = \frac{f'(\sqrt{x})}{2\sqrt{x}}$$

por la regla de la cadena, y para $x=0$ ,

$$g'(0) = \lim_{h\to0} \frac{g(h) - g(0)}{h} = \lim_{h\to0} \frac{f(\sqrt{h}) - g(0)}{h}= \lim_{h\to0} \frac{f(0) + f'(0)\sqrt{h} + \frac{1}{2}f''(0)h + o(h) - f(0)}{h}$$

por el Teorema de Taylor. Ahora bien, como $f$ está en paz, $f'(0) = 0$ Así que

$$g'(0) = \frac{1}{2}f''(0)$$

Definir $h(x) = g'(x^2)$ . Entonces,

$$h(x) = \begin{cases} \frac{f'(x)}{2x} & x \not= 0 \\ \frac{f''(0)}{2} & x = 0 \end{cases}$$

Desde $f$ es uniforme, tenemos a la vez que $f'(x)$ es impar, así que $\frac{f'(x)}{2x}$ es par y $h$ está en paz.

Afirmo que $h$ es infinitamente diferenciable, con

$$h^{(k)}(x) = \begin{cases}\frac{1}{2x^{k}}\sum_{n=0}^k (-1)^{n+k} \frac{(k-1)!}{n!} x^n f^{(n+1)}(x) & x \not= 0\\ \frac{f^{(k+2)}(0)}{2(k+1)} & x=0\end{cases}$$

En el caso base, la identidad se mantiene para $k=0$ . Ahora, asumiendo que la identidad se mantiene para $k$ tenemos que para $x\not=0$

$$h^{(k+1)}(x) = \frac{-k}{2x^{k+1}}\sum_{n=0}^k (-1)^{n+k} \frac{(k-1)!}{n!} x^n f^{(n+1)}(x) + \frac{x}{2x^{k+1}}\sum_{n=1}^k (-1)^{n+k} \frac{(k-1)!}{(n-1)!} x^{n-1} f^{(n+1)}(x)$$ $$+ \frac{x}{2x^{k+1}}\sum_{n=0}^k (-1)^{n+k} \frac{(k-1)!}{n!} x^n f^{(n+2)}(x)$$ $$= \frac{1}{2x^{k+1}}\sum_{n=0}^{k+1} (-1)^{n+k+1} \frac{k!}{n!} x^n f^{(n+1)}(x)$$ Dado que los términos $n=1,2,\ldots k$ en la segunda suma se cancelan con los términos $n=0,1,\ldots,k-1$ en la tercera suma. Y para $x=0$ expandimos en serie de Taylor cada una de las $f^{(m)}$ términos en $h^{(k)}$ para encontrar que para $x \not=0$ ,

$$\begin{align*} h^{(k)}(x) &= \frac{1}{2x^{k+1}} \sum_{n=0}^{k} (-1)^{n+k} \frac{k!}{n!} x^n f^{(n+1)}(x)\\ &= \frac{(-1)^k}{2x^{k+1}} \sum_{n=0}^k (-1)^n \frac{k!}{n!} x^n \sum_{m=n}{^k+2} \frac{f^{(m+1)}(0)x^{m-n}}{(m-n)!} + o(x^{k+2})\\ &= \frac{(-1)^k}{2x^{k+1}}\left(\sum{m=0}^{k+2} f^{(m+1)}(0)x^m \frac{k!}{m!} \sum_{n=0}^m \frac{(-1)^n m!}{n!(m-n)!}\right) + \frac{f^{(k+2)}(0)}{2(k+1)} \\&\qquad+ \frac{xf^{(k+3)}(0)}{2}\left[\frac{1}{k+1} - \frac{1}{(k+1)(k+2)}\right] + o(x)\\ &= \frac{f^{(k+2)}(0)}{2(k+1)} + \frac{xf^{(k+3)}(0)}{2(k+2)} + o(x) \end{align*}$$

Así, $$h^{(k+1)}(0) = \lim_{x\to0}\frac{h^{(k)}(x) - h^{(k)}(0)}{x} = \frac{f^{(k+3)}(0)}{2(k+2)}$$

Esto establece el resultado deseado.