Este problema se preguntó a mí por un amigo y yo simplemente no tienen ni idea acerca de ello. Así que, no se ha avanzado en un solo bit. El problema es este: Si $f :\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ es infinitamente derivable la función y $f(x)\in\mathbb{Q} \;\forall x\in\mathbb{Q}$ debe $f'(x)$ ser racional para todos racional $x$ ?
Respuesta
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Primero vamos a construir una función $f \,:\, \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ $f(\mathbb{Q}) \subset \mathbb{Q}$ que es derivable en un único punto de $x_0$$f'(x_0) \notin \mathbb{Q}$.
Deje $q_n$ ser algunos racional aproximación de un número irracional $a$, es decir, por ejemplo vamos a $q_n \in \mathbb{Q}$$\lim_{n\to\infty} q_n = \sqrt{2}$. Luego tomar la piecwise función constante $f \,:\, \mathbb{R} \to \mathbb{Q}$ definido por $$ f(x) = \begin{cases} \frac{q_n}{n} &\text{if %#%#% for some %#%#%,} \\ \frac{-q_n}{n} &\text{if %#%#% for some %#%#%,} \\ 0 &\text{if %#%#%} \end{casos} $$ (Para $x \in \left[\tfrac{1}{n},\tfrac{1}{n-1}\right)$, esto es para ser leído como $n\in\mathbb{N}$, es decir, $x \in \left(\tfrac{-1}{n+1},\tfrac{-1}{n}\right]$ en este caso). Ya tenemos incluso $n\in\mathbb{N}$, obviamente, también de $x = 0$, por lo tanto cumplir con nuestro requisito.
Siendo una función de paso, $x \geq 1$ es, por supuesto, no diferenciable en a $x \in [1,\infty)$ en general. Sin embargo, en$n=1$, $$ f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(-x)}{2x} = \lim_{n\to\infty} \frac{f(\tfrac{1}{n}) - f(\tfrac{-1}{n})}{\tfrac{2}{n}} = \lim_{n\to\infty} \frac{\tfrac{q_n}{n} - \tfrac{-q_n}{n}}{\tfrac{2}{n}} = \lim_{n\to\infty} q_n = \sqrt{2} \noen \mathbb{Q}\text{,} $$ lo que significa que $f(\mathbb{R}) \subset \mathbb{Q}$ sí existe, sin embargo, no toma un valor racional. (Tenga en cuenta que para forzar el límite que existe para todas las secuencias de $f(\mathbb{Q}) \subset \mathbb{Q})$, no sólo a $f$, podría ser necesario requerir la $\frac{1}{n}$ a converger lo suficientemente rápido)
Para hacer $0$ diferenciable en todas partes, vamos a tener que deshacerse de los pasos, es decir, de alguna manera suavizar la $f'(0)$ construido anteriormente. Para ello, podemos utilizar el polinomio de interpolación. Supongamos $x_n \to 0$ monótonamente desde arriba. Si podemos encontrar polinomios $x_n = \left(\tfrac{1}{n}\right)$, $q_n$, con $$\begin{eqnarray} p_n\left(\tfrac{1}{n}\right) &=& \frac{q_n}{n} \\ p_n\left(\tfrac{1}{n-1}\right) &=& \frac{q_{n-1}}{n-1} \\ p'_n\left(\tfrac{1}{n}\right) &=& q_{n} \\ p'_n\left(\tfrac{1}{n-1}\right) &=& q_{n-1} \\ p'_n\left(\left[\tfrac{1}{n}, \tfrac{1}{n-1}\right]\right) &\subset& [q_{n}, q_{n-1}] \end{eqnarray}$$ entonces podemos simplemente poner $$ f(x) = \begin{cases} p_n(x) &\text{if %#%#% for some %#%#%,} \\ -p_n(-x) &\text{if %#%#% for some %#%#%,} \\ 0 &\text{if %#%#%.} \end{casos} $$ De nuevo, $f$ si el primer límite que existe en absoluto. Las condiciones impuestas a $f$ debe asegurarse de que lo hace.
Desafortunadamente, sin embargo, esta idea todavía sólo los rendimientos de una función diferenciable de una vez, y no está claro si puede ser extendido para producir una $q_n \to \sqrt{2}$. Trozos funciones polinómicas no funciona para eso, me temo.
