¿Cómo mal comportado son los derivados de funciones lisas no analíticas?

Question

Supongamos $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ es una función uniforme tal que $f^{(n)}(0) = 0$ todos los $n \in \mathbb{N}_{\geq 0}$ y $f$ no es analítica. En particular, suponemos que $f$ no es idéntica $0$ en cualquier barrio de $x=0$.

De lo anterior se sigue que para todos los $\epsilon>0$

$$\lim_{n \to +\infty} \sup\{f^{(n)}(x) : x \in (-\epsilon, \epsilon)\} = +\infty$$

y

$$\lim_{n \to +\infty} \inf\{f^{(n)}(x) : x \in (-\epsilon, \epsilon)\} = -\infty?$$

Motivación: el estándar de ejemplos que todos conocemos y amamos [p. ej., $\exp (-\frac{1}{|x|}), \exp\left(-\frac{1}{x^2}\right)$] derivados que presentan extrema comportamiento oscilatorio cerca del origen al $n$ se hace grande.

Para estas funciones, esto tiene sentido intuitivamente. Para garantizar la función de "suavemente" y "rotundamente" llega a $x=0$, la primera derivada de las necesidades de rápidamente convertido en pequeño en magnitud, que solo es posible si la segunda derivada temporal se hace grande en magnitud, pero entonces es necesario que la segunda derivada de rápidamente convertido de nuevo pequeña (desde $f^{(2)}(0) = 0$), lo que significa que la tercera derivada tiene que hacer algo de trabajo, y se puede ver un patrón de desarrollo.

Answer 1

[Respuesta parcial]

Deje $\epsilon>0$. Pick $c \in (-\epsilon, \epsilon)$ tal que $f(c) \neq 0$ que $|c|<1$. Dado $n$, del teorema de Taylor (Taylor no de la serie!) implica la existencia de $\xi_n$ $0$ $c$ tal que $$f(c)=\frac{f^{(n)}(\xi_n)}{n!}c^n.$$ Por lo tanto, $$|f^{(n)}(\xi_n)|=\frac{n!|f(c)|}{|c|^n} .$$

Desde $n!|f(c)|\leq f^{(n)}(\xi_n)\leq \sup\{|f^{(n)}(x)| : x \in (-\epsilon,\epsilon)\}$, tenemos que $$\lim_{n \to \infty}\sup\{|f^{(n)}(x)| : x \in (-\epsilon,\epsilon)\}=+\infty.$$

Este es el caso general. Si imponemos que por cada $(-\epsilon,\epsilon)$ existe $c<0$ tal que $f(c) \neq 0$, se puede elegir tal $c$ $-1<c<0$ y, a continuación, de nuevo de Taylor teorema implica la existencia de $\xi_n$ $0$ $c$ tal que $$f(c)=\frac{f^{(n)}(\xi_n)}{n!}c^n$$ y, a continuación, $$f^{(n)}(\xi_n)=\frac{n!f(c)}{c^n} .$$ Suponer sin pérdida de generalidad que $f(c)>0$, ahora tenemos $(2n)!f(c)\leq f^{(2n)}(\xi_{2n})\leq \sup\{f^{(2n)}(x) : x \in (-\epsilon,\epsilon)\}$, y por lo tanto $$\limsup_{n \to \infty} \left(\sup\{f^{(n)}(x) : x \in (-\epsilon,\epsilon)\}\right) =+\infty.$$ De forma análoga, $\inf\{f^{(2n+1)}(x) : x \in (-\epsilon,\epsilon)\}\leq f^{(2n+1)}(\xi_{2n+1}) \leq (2n+1)!f(c)$, y por lo tanto: $$\liminf_{n \to \infty} \left(\inf\{f^{(n)}(x) : x \in (-\epsilon,\epsilon)\}\right)=-\infty.$$

Estos resultados sin duda tiene algunos contenidos que podrían ser de interés para usted, pero no son exactamente lo que usted desea. Para ser explícitos, los siguientes puntos deben ser hechas:

• Si usted está dispuesto a analizar el valor absoluto de los derivados en lugar de los derivados de sí mismos, el de arriba te da una respuesta completa.
• Si no, tenemos los siguientes problemas:
  1. El argumento anterior sólo funciona para las funciones que tienen puntos arbitrariamente cercanos a $0$ desde la izquierda con valores distintos de cero.
  2. No podemos demostrar que la secuencia de $\sup\{f^{(n)}(x) : x \in (-\epsilon,\epsilon)\}$ va al infinito. Sólo que su $\limsup$ es infinito (de forma análoga para $\liminf$).