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¿Puede una función ser suave en un solo punto?

Vi un hilo (Encontrar una función suave en un punto aislado) en el que se pregunta si es posible o no para que una función sea suave en un punto, pero no suave en un borrado de vecindad de dicho punto. El hilo se cierra con un aceptados respuesta a pesar de que la respuesta parece ser incorrecta, así que me gustaría volver a hacer la pregunta aquí.

He leído (aquí: Ejemplo de una función continua en un punto.) que $$f=\begin{cases}x\,\mathrm{if}\,x\in\mathbb{Q}\\ 0\,\mathrm{if}\,x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q} \end{casos}$$ sólo es continuo en a$x=0$. Si es continua en a$x=0$, entonces tal vez $$f=\begin{cases}\sum_{k=1}^{\infty}x^k\,\mathrm{if}\,x\in\mathbb{Q}\\ 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathrm{if}\,x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q} \end{casos}$$ es suave en $x=0$ y en ningún otro lugar (¿funciona?).

7voto

obscurans Puntos 113

La función de Weierstrass es continua en todas partes y diferenciable (ver prueba). Dados los parámetros de $0<a<1$ e $b$ un entero impar tal que $ab>1+\frac{3}{2}\pi$, esto es $$w(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a^n\cos(b^n\pi x)$$

Ahora tenga en cuenta que esto puede ser integrado para un rendimiento en todas partes $C^1$ nada $C^2$función de: $$W(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{\pi}\left(\frac{a}{b}\right)^n\sin(b^n\pi x)$$

Esto es muy similar a la función original, sólo que $a$ ha disminuido, reguladora de la suma. Claramente, esto construcciones por doquier $C^k$ nada $C^{k+1}$ funciones.

Para pasar a la suavidad, pero sólo en un punto, necesitamos una manera de alguna manera interpolar entre los valores de $a$ dependiendo $x$... así que vamos a cambiar a $x$ directamente.

Intente (parcial de la parcela aquí) $$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\cos(b^n\pi x)\left|x\right|^n$$ que tiene buenas razones para ser localmente $C^n$ para todos los $n$ en los barrios de $0$ de tamaño aproximadamente $b^{-n}$.

Tras la prueba original idea en (1), vamos a tratar de usar la M de Weierstrass-test para la convergencia uniforme de la $k$th termwise derivados de esta suma. Utilizando la regla del producto, el $k$th derivados de la $n$th plazo parece $$f_n^{(k)}=\sum_{q=0}^{\min(n,k)}\binom{k}{q}\cos\left(b^n\pi x+\frac{(k-q)\pi}{2}\right)\left(b^n\pi\right)^{k-q}\frac{n!}{(n-q)!}\mathrm{sgn}(x)^q\left|x\right|^{n-q}$$

Por lo suficientemente pequeña magnitud de $x$, un crudo límite superior en la magnitud del término es $$\left|f_n^{(k)}\right|<\sum_{q=0}^k\binom{k}{q}\left(b^n\pi\right)^{k-q}n^q\left|x\right|^{n-q}<2^k\left(b^n\pi\right)^kn^k\left|x\right|^{n-k}=\left(\frac{b^k}{\left|x\right|}\right)^n\left(2\pi n\left|x\right|\right)^k$$ y recordar que $k$ es una constante aquí. Desde polinomios ($n^k$) están dominadas por las exponenciales ($k^n$), la serie converge uniformemente siempre $\frac{b^k}{\left|x\right|}<1$ para todos los $k$.

Por lo tanto, en el barrio de $\left(-b^{-k},b^{-k}\right)$, la función de $f(x)$ es $C^k$.

Para probar la otra dirección, nos vamos a recoger $b\geq7$ para nuestros propósitos. Supongamos que $\left|x\right|$ es tal que $b^k\left|x\right|<1$ e $b^{k+1}\left|x\right|>1+\frac{3}{2}\pi$, que es $$b^{-k}\left(\frac{1+\frac{3}{2}\pi}{b}\right)<\left|x\right|<b^{-k}$$ y hemos optado $b$ para hacer de este intervalo no trivial.

Tenga en cuenta que el termwise $k$th derivado de la doble suma es absoluta y uniformemente convergente, así que, básicamente, podemos reorganizar tanto como queremos. En particular, nos vamos a dividir a cabo el "principal" de la pieza de donde tomamos la derivada de la $\cos$ todo el tiempo: $$\begin{align*}f_n^{(k)}&=\pi^k\cos\left(b^n\pi x+\frac{k\pi}{2}\right)\left(b^k\left|x\right|\right)^n\\ &\hphantom{{}={}}+\sum_{q=1}^{\min(n,k)}\binom{k}{q}\cos\left(b^n\pi x+\frac{(k-q)\pi}{2}\right)\left(b^n\pi\right)^{k-q}\frac{n!}{(n-q)!}\mathrm{sgn}(x)^q\left|x\right|^{n-q}\end{align*}$$ Llame el resto de los trozos $f^{(k)*}_n$ y tomar la derivada de una vez más y enlazado: $$\left|\left(f^{(k)*}_n\right)'\right|<\sum_{q=1}^{k+1}\binom{k+1}{q}\left(b^n\pi\right)^{k+1-q}n^q\left|x\right|^{n-q}<2^{k+1}\left(b^n\pi\right)^kn^{k+1}\left|x\right|^{n-k-1}=\left(\frac{b^k}{\left|x\right|}\right)^n\left(2\pi n\left|x\right|\right)^{k+1}$$ y el punto es que según nuestra hipótesis, $\frac{b^k}{\left|x\right|}<1$ y el de Weierstrass M-prueba todavía se aplica.

Lo que esto significa es que $$f^{(k)}=\underbrace{\sum_{n=0}^{\infty}\pi^k\cos\left(b^n\pi x+\frac{k\pi}{2}\right)\left(b^k\left|x\right|\right)^n}_{\text{call this }f^{(k)p}}+\sum_{n=0}^{\infty}f^{(k)*}_n$$ justo cuando hemos demostrado que la última suma es en sí misma continuamente diferenciable. Por lo tanto, $f^{(k)}$ sí es diferenciable si y sólo si la parte principal $f^{(k)p}$ es.

Ahora, para tomar la derivada en algún valor $a$, nosotros sólo nos preocupamos de un barrio de $a$, así que vamos a aproximar con la real de Weierstrass de la función con el parámetro $b^k\left|a\right|$: $$f^{(k)p}=\sum_{n=0}^{\infty}\pi^k\cos\left(b^n\pi x+\frac{k\pi}{2}\right)\left(b^k\left|a\right|\right)^n+\sum_{n=0}^{\infty}\underbrace{\pi^k\cos\left(b^n\pi x+\frac{k\pi}{2}\right)b^{kn}\left(\left|x\right|^n-\left|a\right|^n\right)}_{\text{call this }f^{(k)e}_n}$$

Tomamos la derivada del error termwise el uso de los primeros principios: $$\begin{align*}\left(f^{(k)e}_n\right)'(a)&=\lim_{h\rightarrow0}\frac{f^{(k)e}_n(a+h)-\overbrace{f^{(k)e}_n(a)}^0}{h}\\ &=\left(\lim_{h\rightarrow0}\pi^k\cos\left(b^n\pi(a+h)+\frac{k\pi}{2}\right)b^{kn}\right)\left(\lim_{h\rightarrow0}\frac{\left|a+h\right|^n-\left|a\right|^n}{h}\right)\\ &=\pi^k\cos\left(b^n\pi a+\frac{k\pi}{2}\right)b^{kn}n\;\mathrm{sgn}(a)\left|a\right|^{n-1}\end{align*}$$ y una última vez, por la M de Weierstrass-prueba de los términos de error son continuamente diferenciables.

Finalmente, nos quedamos con $$f^{(k)}-(C^1\text{ function})=\sum_{n=0}^{\infty}\pi^k\cos\left(b^n\pi x+\frac{k\pi}{2}\right)\left(b^k\left|a\right|\right)^n$$ que es una función de Weierstrass con los parámetros de $b^k\left|a\right|$ e $b$, y por hipótesis de esta función es la nada diferenciable. Por lo $f$ dentro de este rango es $C^k$ pero no $C^{k+1}$.

5voto

Severin Schraven Puntos 283

Como dije ayer, voy a intentar arreglar el ejemplo de Paul Sinclair hecho en este post.

Deje $f_0$ ser un proceso continuo y diferenciable de la función. Podemos definir de forma recursiva $n\geq 0$ como sigue: $$ f_{n+1}(x) = \begin{cases} f_n(x),& x\leq - \frac{1}{n+1}, \\ K_{n+1}(x) + \int_{-\frac{1}{n+1}}^x f_n(y)dy,& x\in \left( - \frac{1}{n+1}; 0 \right] \end{casos} $$ donde $K_{n+1}$ es un polinomio de grado $n$ asegurar que $f_{n+1}$ es $C^n$ a $\left( - \frac{1}{n+1}; 0 \right)$. De hecho, $$ K_{n+1}(x)= \sum_{j=0}^n a_j \left( x+ \frac{1}{n+1} \right)^j$$ con $$ a_0 = f_n\left( -\frac{1}{n+1} \right), \qquad a_k = \frac{f_n^{(k)}\left(-\frac{1}{n+1}\right) - f_n^{(k-1)}\left(-\frac{1}{n+1}\right)}{k!} \quad \text{for } 1\leq k \leq n $$ va a hacer el trabajo (sólo tenemos que comparar la izquierda y la derecha de los límites de los derivados).

A continuación, vamos a definir $$ f(x) = f_n(x) \qquad \text{for } x\in \left( - \frac{1}{n}; - \frac{1}{n+1} \right] $$ Por la construcción de este rendimientos de una función que es $C^n$ a $\left( - \frac{1}{n}; 0 \right)$ que $f^{(n)}$ es continua, pero no derivable en a$\left(-\frac{1}{n}; - \frac{1}{n+1} \right]$. Ahora ampliamos $f$ a $\mathbb{R}\setminus \{ 0\}$ definiendo $ f(x) := f(-x) $ para $x>0$ e $f(0):=0$.

Entonces esto $f$ es $C^n$ a $\left( - \frac{1}{n}; \frac{1}{n} \right) \setminus \{ 0\}$ que $f^{(n)}$ es continua, pero no derivable en a$\left(-\frac{1}{n}; \frac{1}{n} \right) \setminus \left(-\frac{1}{n+1}; \frac{1}{n+1} \right)$.

Esta casi rendimientos de la deseada ejemplo. Tan sólo tenemos que modificar $f$ de tal manera que es suave en cero. Siguiendo con la idea de Paul Sinclair se multiplica con una función suave que es positivo, excepto para el origen (por lo que no podemos cambiar la regularidad de distancia desde el origen) y con suficiente caries s.t. la función se vuelve suave en el origen. Para esto debemos calcular los derivados de la $f$.

Para todas las estimaciones que voy a hacer, voy a denotar por $ \Vert \cdot \Vert_{I}$ el supremum norma en el intervalo de $I$.

Primero observamos que para cada $k\in \mathbb{N}$ hemos $$ \Vert K_{n+1} \Vert_{[-1;0]} \leq 2 \sum_{j=0}^n \left\vert f_n^{(j)} \left( -\frac{1}{n+1}\right) \right\vert \qquad (1)$$ y (a esto se puede demostrar por inducción) $$ f_{n+1}^{(k)}(x) = f_{n-k+1}(x) + \sum_{j=0}^{k-1} K_{n-j+1}^{(k-j+1)}(x) \qquad (2) $$ La combinación de $(1)$ e $(2)$ tenemos $$ \Vert f_{n+1}^{(k)} \Vert_{\left[- \frac{1}{n+1};0\right)} \leq \Vert f_{n-k+1} \Vert_{\left[- \frac{1}{n+1};0 \right)} + 2 \sum_{j=0}^{k-1} \sum_{i=0}^{n-j} \Vert f_{n-j}^{(l)} \Vert_{\left[- \frac{1}{n+1};0\right)} \leq 3 \cdot (n+1)^k \max_{\substack{0 \leq s \leq n,\\ 0 \leq t \leq \min\{s,k\}}} \Vert f_s^{(t)} \Vert_{\left[- \frac{1}{n+1};0\right)} $$ El uso de la inducción obtenemos $$ \Vert f_{n+1}^{(k)} \Vert_{\left[- \frac{1}{n+1};0 \right)} \leq 3^{n+1} \cdot (n+1)^{(n+1)\cdot k} \cdot \underbrace{\Vert f_0 \Vert_{[-1;0]}}_{=:C} $$

Ahora podemos arreglar $k$. Deje $n\geq k+1$, entonces tenemos para $x\in \left[ - \frac{1}{n+1}; - \frac{1}{n+2} \right]$ $$ \vert f^{(k)}(x) \vert = \vert f_{n+1}^{(k)}(x) \vert \leq C \cdot 3^{n+1} \cdot (n+1)^{(n+1)\cdot k}$$ Desde que llegamos a la conclusión de todos los $x\in (-1;1)\setminus \{ 0 \}$ (la ponemos en el positivo del eje como anteriormente hemos ampliado $f$ tal que $f(x) = f(-x)$, por lo tanto, todos los cálculos se mantiene fiel) $$ \vert f^{(k)}(x) \vert \leq C \cdot 3^{\frac{1}{\vert x \vert}} \cdot \left( \frac{1}{\vert x \vert}\right)^{\left(\frac{1}{\vert x \vert}\right) \cdot k} $$

Finalmente, tenemos que $$ g(x) = \begin{cases} \left(\left( \frac{1}{\vert x \vert}\right)^{\left(\frac{1}{\vert x \vert}\right)^{\left(\frac{1}{\vert x \vert}\right)}}\right)^{-1} f(x),& x\neq 0\\ 0,& x=0 \end{casos} $$ es un ejemplo de una función que es sólo suave en el origen.

2voto

zhw. Puntos 16255

Creo que tengo una solución más sencilla. No depende de ningún lugar differenitable funciones y parece menos computacional para mí.

Para $f\in C^n=C^n(\mathbb R),$ definir

$$\|f\|_n = \max_{|k|\le n} \sup_{\mathbb R}|D^k f|.$$

Supongamos $a<b$ e $n$ es un entero positivo. Definir $g$ mediante el establecimiento de

$$g(x)=(x-a)^{n+1}(b-x)^{n+1}\,\,\text {for } x\in [a,b],\, g=0 \text { elsewhere}.$$

A continuación, $g\in C^n,$ pero $D^{n+1}g(a),$ $D^{n+1}g(b)$ no existe. Además, el mismo es cierto para $cg,$ donde $c$ es cualquier pequeña constante positiva. Nota $\|cg\|_n = c\|g\|_n.$

Ahora elija una secuencia $b_1>a_1>b_2>a_2 > \cdots \to 0.$ En vista de lo anterior, podemos optar $f_n$ tales que i) $f_n$ es compatible en $[a_n,b_n],$ ii) $f_n\in C^n,$ iii) $D^{n+1}f_n(a_n)$ no existe, y iv) $\|f_n\|_n < 1/2^n.$

Por último, definir

$$f(x)= \sum_{n=1}^{\infty} f_n(x).$$

Debido a que los soportes de la $f_n$ son distintos, la serie converge para cada una de las $x.$ Observar que en $[-b_k,b_k],$ $f=\sum_{n=k}^{\infty}f_n.$ Además,

$$D^j f(x) = \sum_{n=k}^{\infty}D^jf_n(x)\,\,\text {for }x\in [-b_k,b_k],\,j=0,1,\dots k.$$

Esto se deduce del resultado estándar en la convergencia uniforme y la diferenciación. Tenga en cuenta que el obligado a$\|f_n\|_n < 1/2^n$ es lo que le da la convergencia uniforme necesitamos.

De ello se desprende que $D^j f(0)=0$ por cada $j.$ sin Embargo es claro que debido a $f=f_n$ cerca de $a_n$ e $D^{n+1}f_n(a_n)$ no existe, no hay ningún barrio de $0$ donde $f$ es $C^\infty.$

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