Аналитическая функция вещественного переменного

[Евгений Машеров]

Необходимость очевидна, условие конечности числа нулей производной исключает ситуацию, когда на некотором отрезке производная какого-то порядка (и более высоких) обращается в нуль (соответственно, в точке внутри этого отрезка функция точно не аналитична, разложение в ряд Тейлора точный ноль, а функция не равна тождественно нулю). Насчёт достаточности непонятно, даже пытаюсь контрпримеры нарисовать (не выходит, но...)

[mihaild]

Евгений Машеров в сообщении #1268294 писал(а):

Необходимость очевидна

Необходимость неверна: $\sin \frac{1}{x}$ на $(0; 1)$ аналитическая и имеет бесконечно много нулей.

Xaositect в сообщении #1268280 писал(а):

на каждом отрезке можно ограничить производные через разность значений функции на концах

Они же итак на любом внутреннем отрезке ограничены (т.к. непрерывны). Непонятно, что дальше.

[pogulyat_vyshel]

Xaositect в сообщении #1268280 писал(а):

pogulyat_vyshel
Тут вроде понятно - если $f^{(n)}(0) \geq c$, то $f(x) \geq cx^n/n!$ при $x > 0$, то есть на каждом отрезке можно ограничить производные через разность значений функции на концах.

не понял вашу мысль

[Xaositect]

Возьмем отрезок $[a,b]$ внутри нашего интервала. Если $f^{(n)}(a) > c$, то $f(b) > f(a) + c(b - a)^n/n!$, то есть если $f(b) - f(a) \leq M$, то $f^{(n)}(a) \leq n! \frac{M}{(b - a)^n}$.
Теперь рассмотрим отрезки $[a,b]$ и $[b,c]$. На $[a,b]$ будет $f^{(n)}(x) \leq f^{(n)}(b) \leq n! \frac{f(c) - f(b)}{(c - b)^n}$, отсюда следует аналитичность на $[a, b]$.

[DeBill]

Ни фига себе задачка из учебника....
0. Главная теорема в матане - это, наверное, теорема Лагранжа о конечном приращении....
Дробь $\frac{f(b)- f(a)}{b-a}$ дает оценку минимума производной - сверху. И оценку максимума - снизу.
1. Оценка производных сверху. Пусть на отрезке длины $d$ функция по модулю не превышает $M_0$.
1.1. Первая производная. Применяя 0), найдем на отрезке точку с производной, по модулю не большей $\frac{2M_0}{d}$.
1.2 Вторая. Поделим отрезок на 3 равные части. Применим к левой и правой третям п.1.1. По полученным точкам, найдем по 0) точку, в которой вторая производная не больше (по модулю) $\frac{2\frac{2M_0}{\frac{d}{3}}}{\frac{d}{3}}=\frac{c_2M_0}{d^2}$ для некой константы $c_2$
1.3. Третья. Поделим отрезок на 3 равные части. Применим к левой и правой третям п.1.2. По полученным точкам, найдем по 0) точку, в которой третья производная не больше (по модулю) $\frac{c_2M_0}{d^2}$.
.....
1.18. Восемнадцатая. Аналогично, найдем точку на отрезке, где восемнадцатая производная не более (по модулю) $\frac{c_{18}M_0}{d^{18}}$, где $c_{18}$ - здоровенная константа.
2. Равномерная оценка первой производной. Предположим, что:
отрезок $I$ содержится в интервале $(\alpha,\beta)$ вместе с прилегающими к нему слева-справа отрезочками ("ушами") длины $d$;
на интервале функция (а также и все ее производные) имеют не более 16 нулей;
на расширенном ушами отрезке модуль функции не превышает $M_0$.
Оценим максимум $M_1$ производной на отрезке $I$. Именно, покажем, что $M_1\leqslant \frac{CM_0}{d^{18}}$.
Для этого выберем $C$ такой большой, что все здоровенные константы из 1) - фигня мелкая (нуль, практичски), по сравнению с ней (и даже умноженной на $18^{18}$...).
(Заготовка - штоб потом не отвлекаться: порежем каждое ухо на 18 равных частей. На левом ухе: на примыкающей к голове телу $I$ дольке выберем точку $x^1_l$ с малой (по 1.1) производной, на следующем - точку $x^2_l$ с малой (по 1.2) второй производной, и т.д., на последнем - точку $x^{18}_l$ с малой восемнадцатой производной. Аналогично выберем точки $x^i_r$ на правом ухе.)
Тогда: от противного: пусть есть точка $x^1_c$ (центральная, для первой производной) на $I$, где первая производная по модулю больше. Пусть, для определенности, она положительна. Но в точках $x^1_l, x^1_r$ производная мала. По 0), найдется точка $x^2_{cl}$, в которой вторая производная велика (и положительна), и точка $x^2_{cr}$, в которой вторая производная велика, и отрицательна.
В точках $x^2_l, x^2_r$ вторая производная мала, а в построенных двух точках - велика, и разных знаков. Поэтому найдутся три точки, в которых третья производная велика, и имеет знаки $+,-,+$.
Продолжая, найдем 18 точек, в которых восемнадцатая производная имеет чередующиеся знаки. Меж ними - 17 нулей --- противоречие.

-- 04.12.2017, 01:35 --

(Оффтоп)

Я был уверен, что вот стоит только такую оценку заиметь - и дело в шляпе. Ан нет: пришлось исчо напрягаться...

3. Оценка второй производной.
Поделим прилегающие уши пополам. По крайним половинкам ушей, оценим первую производную (на отрезке с прилегающими половинками ушей), а затем - аналогично - и вторую производную - на основном отрезке. Получим: ее максимум не превышает $\frac{C^2M_0}{(\frac{d}{2})^{18}}$
И т.д. В частности, для максимума $n$-й производной $M_n$ получим: $M_n\leqslant \frac{C^nM_0}{(\frac{d}{n})^{18}} $
По формуле Стирлинга, это дает $M_n \leqslant R^n\cdot n!$ для некоторого $R$.
А это и есть достаточное условие аналитичности. Уфф.

(Оффтоп)

МАТЬ!!!

Потерялась $n$ в показателе... И все пропало...
Значит, все еще хужее, чем ожидалось.
В принципе, я умею локализовать положение точек с большой второй производной - тех, что были описаны в п. 1.2:
по формуле Тейлора, для $x_0 = x^1_c$, $f(x)= f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{1}{2} f''(\xi)(x-x_0)^2$, так что для большой производной $f'(x_0)$ и небольших $f(x),f(x_0)$
достаточно близко к $x_0$ есть точка с большой второй производной, и нужного знака.
В случае, когда $x_0$ где-то в середине отрезка $I$, не близка к ушам, в условии "малости" второй производной не появится $d$ в знаменателе, и тогда можно обойтись первой, а не 18-й, степенью. И тогда заработает предложенный п.3....
Однако, максимум производной может таки возникнуть у края отрезка....
Может, какой-то гибрид из предложенной Xaositect методы для монотонной функции и этой попытки можно сочинить?

[wrest]

pogulyat_vyshel в сообщении #1268267 писал(а):

Имеется гладкая функция на интервале, которая положительна вместе со всеми своими производными. И почему она должна быть аналитичной? Я не знаю :(

Об этом есть в
Бернштейн С.Н., Собрание сочинений, Том 1. Издательство академии наук СССР, 1952. стр. 231-232.

[DeBill]

(Вторая попытка). На самом деле, в первой, идея решения была хороша, но реализовать ее следовало иначе: динамически (не хорошо сразу заготавливать точки с большими производными, их надо строить в зависимости от положения точки максимума первой производной). Итак, поехали (все - снова).
1. Лемма. Пусть на отрезке $\Delta$ максимум модуля $f$ не превышает $M_0=M_0(\Delta)$, длина отрезка равна $x$. Тогда на отрезке найдется точка, в которой производная порядка $k$ по модулю не превышает $c_k\frac{M_0}{x^k}$ для некоторых универсальных констант $c_k$ (можно взять $c_k = 6^{k^2}$, а можно - и поменьше).
База: $k=1$. Применяя теорему Лагранжа к отрезку, найдем точку, в которой производная по модулю не более $\frac{2M_0}{x}$.
Шаг. Поделим отрезок на три равные части. На левой и правой найдем точки, в которых производная порядка $k-1$ по модулю не более $c_{k-1}\frac{M_0}{(\frac{x}{3})^{k-1}}$ . Расстояние между ними - не менее $\frac{x}{3}$. Применяя теорему Лагранжа к отрезку с концами в этих точках, найдем точку с малой производной порядка $k$.
2. Пусть гладкая функция $f$ на интервале $(\alpha,\beta)$ (а также и все ее производные) имеет не более 16 нулей. Пусть отрезок $\Delta =[a,b]$ содержится в интервале $(\alpha,\beta)$, и $M_1 = M_1(\Delta)$ - максимум модуля $f'$ на $\Delta$ . Выберем $d>0$ так, что расширенный отрезок $\hat{\Delta} =[a-d,b+d]$ также содержится в интервале $(\alpha,\beta)$ . Пусть $\hat{M_0}$ - максимум модуля $f$ на расширенном отрезке $\hat{\Delta}$.
Покажем, что $M_1\leqslant C\frac{\hat{M_0}}{d} $ для некоторой универсальной константы $C$ (в качестве $C$ можно, вроде, взять сумму чисел $c_k 2^{k^2}$ с номерами, меньшими 17 - лень считать аккуратно).

От противного: пусть - не так, так что есть точка $x_0$ из $\Delta$, производная в которой по модулю - больше. Пусть, для определенности, производная положительна. Пусть точка $x_0$ делит расширенный отрезок на части $\Delta_1, \Delta_2$ длины $x$ и $y$. Тогда $x>d, y>d$.
На отрезке $\Delta_1$:
имеем $f'(x_0)>C\frac{\hat{M_0}}{x} $ (важно: в отличии от первой попытки, в знаменателе не $d$, а длина текущего отрезочка). На правой половине $\Delta_{12}$ отрезка $\Delta_1$ найдем - по лемме - точку, в которой производная не больше $c_1\frac{\hat{M_0}}{\frac{x}{2}}$. Расстояние от нее до $x_0$ - не более $ \frac{x}{2}<x$, так что, по Лагранжу, на $\Delta_{12}$ есть точка, в которой вторая производная не менее $(C-2c_1)\frac{\hat{M_0}}{x^2}$. Пусть $C_1=C-2c_1$

-- 10.12.2017, 15:43 --

Левую половину $\Delta_{11}$ отрезка $\Delta_1$ поделим пополам, и на ее правой половине $\Delta_{112}$ найдем - по лемме - точку, в которой вторая производная не более $c_2\frac{\hat{M_0}}{(\frac{x}{4})^2}$. Расстояние от нее до построенной выше точки с большой второй производной - не более $x$, так что, по Лагранжу, на отрезке с концами в этих двух точках есть точка с третьей производной, большей $(C_1 - 4^2c_2)\frac{\hat{M_0}}{x^3}$. Пусть $C_2 = C_1 -4^2c_2$

-- 10.12.2017, 16:12 --

Повторяя те же рассуждения, и предполагая константу $C$ достаточно большой, построим 18 точек $x_k^l$, таких, что производная порядка $k+1$ в точке $x_k^l$ - большая, и положительная.
Аналогично, на правом отрезке $\Delta_2$ построим точки $x_k^r$, в которых производная порядка $k+1$ - большая (по модулю), однако тут будет знакочередование: знак производной будет равен "четности " $k$.
И стало хорошо...
Имеем:
Первая производная в точке $x_0$ положительна.
Вторая: в точке $x_1^l$ положительна, в точке $x_1^r$ - отрицательна. Поэтому меж ними есть точка $x_2^m$, в которой третья производная отрицательна.
Третья: в точке $x_2^l$ - знак "+", в точке $x_2^m$ - "-", в точке $x_2^r$ - "+".
Поэтому промеж них найдутся точки, в которых четвертая производная имеет знаки (слева направо) -,+.
Четвертая: в точке $x_3^l$ знак "+", а в $x_3^r$ - "-". С учетом предыдущего, получили четыре точки с чередующимися знаками. Меж ними найдутся три точки, в которых пятая также имеет чередующиеся знаки. Добавим две новые крайние , и т.д., и т.д.
На 18-м шаге, получим 18 точек, в которых 18-я производная имеет чередующиеся знаки. Меж ними - ее 17 нулей - противоречие.

[DeBill]

3. Наконец, оценим максимум модуля $M_n$ (по отрезку $\Delta$, для $n$-й производной) через $\hat{M_0}$. Для этого, положим $\delta =\frac{d}{n}$, $\Delta_k =[a-k\delta,b+k\delta]$, так что $\Delta_n = \hat{\Delta}, \Delta_0 =\Delta$ .
Последовательно применяя оценки из п.2, (первую производную - на $\Delta_{n-1}$, вторую - на $\Delta_{n-2}$, и т.д.) получим
$M_n\leqslant C \frac{M_0}{(\frac{d}{n})^n}$
Ну вот и все: по формуле Стирлинга, для любого $R >eC$, найдется константа $K$, что при всех $n$ будет $M_n \leqslant KR^n n!$. А это и есть достаточное условие аналитичности $f$ на $\Delta$....
Rem. Для оценки каждой производной, тем самым, использовалась своя - индивидуйная- последовательность "расширений". И это - еще один нюанс: единая система расширений к цели не приводит.

[g______d]

Если кому ещё интересно, откопал немного на эту тему, смотреть начиная с пункта 9

https://pdfs.semanticscholar.org/ebc4/9 ... 25f0f4.pdf