Aquí es tedioso y insatisfactoria respuesta. Sospecho que hay una simple respuesta, pero me evade. Es insatisfactoria, puesto que se basa en
el Faà di Bruno fórmula (en particular, ver el Michael Hardy
de referencia)
para los derivados de las composiciones. Esto no es satisfactorio, simplemente porque es
es un poco opaco, y no de parte de todo el mundo de la bolsa de trucos. Yo también
el uso de múltiples índice de notación, principalmente para preservar mi notacional la cordura.
La prueba sigue las siguientes líneas:
- Reducir el problema a mostrar que la $\rho(x)= r(\|x\|)$$C^k$,
donde$r^{(i)}(0) = 0$$i=0,...,k$.
- Que se encuentran en el límite de los derivados de $x \mapsto \|x\|$$x \neq 0$.
- Mostrar los correspondientes derivados de $\rho$$x \neq 0$, convergen a$0$$x \to 0$.
- Mostrar los correspondientes derivados de $\rho$ son diferenciables
en $x=0$ y que los derivados son cero.
Primero un par de notas:
Tenga en cuenta que si un $C^1$ función de $g$ es incluso, a continuación, $g'$ es impar y, por tanto,$g'(0) = 0$. Si un $C^1$ función de $g$ es impar, entonces $g'$ es incluso. Por lo tanto, si $g$ aún $C^k$ función, entonces el extraño derivados satisfacer $g^{2i+1}(0) = 0$.
Deje $n(x) = \|x\|$, observamos que $n$ es suave para $x \neq 0$, e $n^2$ es suave todo el mundo.
Deje $\phi = f \circ n$. Si $f$$C^k$,$\phi $$C^k$$x \neq 0$. Por lo tanto el único problema aquí es mostrar que $\phi$ $C^k$ a cero (es decir, la correspondiente derivados que existen en cero y son continuas).
Ahora la reducción de:
Desde $f$$C^k$, e incluso, Taylor teorema muestra que hay algunos que $C^k$ función de $r$ tal que
$f(t) = \sum_{i=0, \text{even}}^k {f^{(i)}(0) \over i! } t^i + r(t)$, e $r$
satisface $r^{(i)}(0) = 0$$\lim_{t \to 0}{r^{(i)}(t) \over t^{k-i}} = 0$$i=0,...,k$. Desde el polinomio de Taylor sólo implica incluso términos, y $n^2$ es suave, vemos que la muestra $\phi$ $C^k$ es equivalente a mostrar
que $\rho=r \circ n$$C^k$. Así, tenemos que mostrar que
$\rho$ $C^k$ . A la luz de los comentarios anteriores, sólo tenemos que lidiar con
el punto de $x=0$.
Necesitamos un técnico vinculado a $r$: tenga en cuenta que para cualquier $\epsilon>0$ hay algo de $\delta \in (0,1]$ que si $|t|< \delta$, luego
$|r^{(i)}(t)| \le \epsilon | t^{k-i} | $, para todos los $i=0,...,k$.
Ahora el tedio:
Supongamos $x \neq 0$. Tenemos
${\partial n(x) \over \partial x_i} = {x_i \over \|x\|}$ todos los $i$. Ahora vamos a
$\alpha$ ser un multi índice, entonces yo reclamo que
${\partial^\alpha n(x) \over \partial x^\alpha}$ tiene la forma
${\partial^\alpha n(x) \over \partial x^\alpha} = {p_\alpha(x) \over \|x\|^{2 |\alpha|-1}}$ para algunos polinomio $p_\alpha$, que satisface $\partial p_\alpha = |\alpha|$ (que es el grado es $\alpha$) y $p_\alpha(x) = 0$. Tenga en cuenta que
${\partial^\alpha n(x) \over \partial x^\alpha} = {\partial^\beta n(x) \over \partial x^\beta}$ si $\beta$ es una permutación de $\alpha$ desde $n$ es suave (en particular, el orden de la diferenciación es importante).
El resultado es
cierto para $|\alpha| = 1$.
A continuación,${\partial \over \partial x_i}{\partial^\alpha n(x) \over \partial x^\alpha} = {\|x\|^2{\partial p_\alpha(x) \over \partial x_i} -(2k-1) x_i p_\alpha(x) \over \|x\|^{2 |\alpha|+1}} $, y así vemos que el resultado es verdadero
para cualquier índice $\beta$ tal que $|\beta|=|\alpha|+1$.
Nos cuenta que desde $\partial p_\alpha = |\alpha|$, tenemos
$| {\partial^\alpha n(x) \over \partial x^\alpha} | \le {K_\alpha \over \|x\|^{|\alpha|-1}}$ para algunas constantes
$K_\alpha$.
El Faà di Bruno fórmula da, para $x \neq 0$,
${\partial^\alpha \rho (x) \over \partial x^\alpha} = \sum_{\pi \in {\cal P}}
r^{(|\pi|)}(n(x))\prod_{\beta \en \pi} {\partial^\beta n (x) \over \partial x^\beta} $,
donde ${\cal P}$ es el conjunto de particiones de un $|\alpha|$ elemento subconjunto de $1,...,n$ (e $|\alpha| \le k$, ya que el $r$$C^k$).
(Un inciso, para permitir repeticiones como en ${\partial^2 \over \partial x_i^2}$, estrictamente hablando, no hacemos uso de las particiones, pero una modificación
de la misma que utiliza múltiples conjuntos. El resultado final es el mismo, sino que implica incluso
más de notación.)
Podemos utilizar el obligado a obtener
\begin{eqnarray}
|{\partial^\alpha \rho (x) \over \partial x^\alpha}| &\le& \sum_{\pi \in {\cal P}}
| r^{(|\pi|)}(n(x)) | \prod_{\beta \in \pi} {K_\beta \over \|x\|^{|\beta|-1}} \\
&=& \sum_{\pi \in {\cal P}}
| r^{(|\pi|)}(n(x)) | { \prod_{\beta \in \pi} K_\beta \over \|x\|^{|\alpha|-|\pi|}} \\
&=&
\sum_{\pi \in {\cal P}} { | r^{(|\pi|)}(n(x)) | \over \|x\|^{|\alpha|-|\pi|}} \prod_{\beta \in \pi} K_\beta
\end{eqnarray}
Desde $|\pi| \le |\alpha| \le k $, vemos que
${ | r^{(|\pi|)}(n(x)) | \over \|x\|^{|\alpha|-|\pi|}} \to 0$ , por lo que
${\partial^\alpha \rho (x) \over \partial x^\alpha} \to 0$.
Por último, debemos demostrar que para $|\alpha| < k$, la función de $x \mapsto {\partial^\alpha \rho (x) \over \partial x^\alpha}$ es derivable con derivada cero.
En el siguiente, estoy usando el resultado técnico por $r$ mencionado anteriormente:
Desde $|\rho(x)-\rho(0) -0\cdot x| = |r(n(x))| \le \epsilon \|x\|$, podemos ver que $\rho$ es derivable con derivada a cero, por lo tanto el resultado es cierto para $|\alpha|=1$. Cómo supongamos que el resultado es cierto para $|\alpha| < k$, entonces,
utilizando el hecho de que $|r^{(i)}(n(x))| \le \epsilon \|x\|^{k-i}$, tenemos
\begin{eqnarray}
|{\partial^\alpha \rho (x) \over \partial x^\alpha} - {\partial^\alpha \rho (0) \over \partial x^\alpha} - 0 \cdot x| &= & |{\partial^\alpha \rho (x) \over \partial x^\alpha}| \\
&\le& \sum_{\pi \in {\cal P}} { | r^{(|\pi|)}(n(x)) | \over \|x\|^{|\alpha|-|\pi|}} \prod_{\beta \in \pi} K_\beta \\
&\le& \epsilon \sum_{\pi \in {\cal P}} { \|x\|^{k-|\pi|} \over \|x\|^{|\alpha|-|\pi|}} \prod_{\beta \in \pi} K_\beta \\
= \epsilon \|x\|^{k-|\alpha|} \sum_{\pi \in {\cal P}} \prod_{\beta \in \pi} K_\beta
\end{eqnarray}
Se sigue de esto que $x \mapsto {\partial^\alpha \rho (x) \over \partial x^\alpha}$ es diferenciable en a $x=0$ y tiene derivada cero, por lo tanto el resultado es cierto para los derivados de la orden de $\beta$ tal que $|\beta|=|\alpha|+1$.
