Задача о сумме производных

[Ruslan_Sharipov]

По мотивам своего предыдущего поста придумал следующую задачу.

Пусть $f(x)\in C^{(\infty)}(-\infty,+\infty)$ и для пусть каждого фиксированного $x\in(-\infty,+\infty)$ ряд из производных функции $f(x)$ абсолютно сходится:

$$\sum^\infty_{n=0}|f^{(n)}(x)|<\infty.$$

Вытекает ли из этого вещественная аналитичность функции $f(x)$?

Пример функции, удовлетворяющей условию задачи существует. Это $f(x)=\exp(x/2)$. А вот функция $f(x)=\exp(2\,x)$ уже не подходит. Интересно, эта задача тоже где-то обсуждалась и помогает ли теорема Бэра в её решении?

[g______d]

Ruslan_Sharipov в сообщении #1432419 писал(а):

помогает ли теорема Бэра в её решении?

Теорема Бэра — не знаю, но формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа помогает.

А, я неправильно прочитал, $<1$ вместо $<+\infty$. Тогда сложнее.

[g______d]

Но то же рассуждение с теоремой Бэра вроде проходит, дополнительный факт: если сумма модулей производных ограничена на некотором множестве, то она ограничена с той же оценкой на его замыкании. Это что-то типа теоремы Фату (перестановка пределов с неравенством в одну сторону), ну или можно от противного доказать. Остальные шаги такие же.

[Ruslan_Sharipov]

ОК. Вы предлагаете рассмотреть множества

$$A_k=\biggl\lbrace x\in\mathbb R\!:\ \sum^\infty_{n=0}|f^{(n)}(x)|\leqslant k\biggr\rbrace\text{, где }\ k\in\mathbb N.$$

Их счётное число, они замкнуты и покрывают всю числовую ось, которая является пространством второй категории по Бэру (см. Википедию). Там же в Википедии говорится, если пространство второй категории Бэра покрыто счётным семейством замкнутых множеств, то хотя бы одно из них имеет внутреннюю точку. В некоторой окрестности этой внутренней точки все производные $f^{(n)}(x)$ ограничены по модулю некоторым фиксированным числом $k\in\mathbb N$ и можно применять формулу Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа. Вы доказали, что ответ на поставленный вопрос утвердительный в окрестности некоторой точки. А как распространить этот ответ на всю числовую ось?

[g______d]

Нет, я предлагал прочитать решение задачи про полиномы и повторить рассуждение. Там возникает и решается та же самая проблема.

[Ruslan_Sharipov]

g______d в сообщении #1432502 писал(а):

Я предлагал прочитать решение задачи про полиномы и повторить рассуждение.

Хорошо, рассмотрим решение задачи про полином, содержащееся по Вашей ссылке. Это решение предложил Андрей Гоголев на MathOverflow. Можно определить множество $X$ как дополнение к множеству $Y$, получающемуся объединением всех открытых интервалов $(a,b)$, на которых $f(x)$ совпадает с некоторыми вещественно-аналитическими функциями $f_{ab}(x)$. То, что $Y$ непусто, было показано выше. Используя абсолютную сходимость ряда из производных в каждой точке, можно вывести оценки для производных и показать, что каждая из функций $f_{ab}(x)$ аналитически продолжается на всю числовую ось. Далее можно вывести, что функции $f_{ab}(x)$ и $f_{bc}(x)$ с двух смежных интервалов $a<b<c$ склеиваются в вещественно-аналитическую функцию $f_{ac}(x)$ на интервале $(a,c)$. Поэтому замкнутое множество $X=\mathbb R\setminus Y$, как и в задаче про полином, не содержит изолированных точек. Рассуждения с использованием теоремы Бэра для множества $X$ тоже можно повторить. Однако весь вопрос в выборе множеств $S_n$. В задаче с полиномом они определяются как множества нулей соответствующих производных. И это обстоятельство существенным образом используется в последующих рассуждениях. Поэтому я в данный момент не вижу как бы перенести рассуждения из задачи про полином в задачу про вещественную аналитичность.

[g______d]

Ruslan_Sharipov в сообщении #1432573 писал(а):

Поэтому я в данный момент не вижу как бы перенести рассуждения из задачи про полином в задачу про вещественную аналитичность.

Да, я согласен. Пока ничего не придумал.

[g______d]

Ruslan_Sharipov, в этой статье есть ответ "да" (Theorem A):

https://www.ams.org/journals/bull/1935- ... 5-06049-5/

Отмечается, что теорема впервые была сформулирована в этой работе:

A. Pringsheim, Zur Theorie der Taylor'schen Reihe und der analytischen Funktionen mü beschrankten Existenzbereich, Mathematische Annalen, vol. 42 (1893), p. 180.

но доказательство было не полным.

[Ruslan_Sharipov]

Спасибо. Вы нашли очень интересную статью.

R. P. Boas Jr., A theorem on analytic functions of a real variable, Bull. Amer. Math. Soc. 41 (1935), 233-236.

Как видно из неё, вещественная аналитичность бесконечно дифференцируемой функции $f(x)$ связана с равномерной оценкой на функцию $\rho(x)$, где

$$ \displaystyle\frac{1}{\rho(x)}=\operatorname*{\overline\lim}_{n\to\infty}\sqrt[n]{\biggl\vert\frac{f^{(n)}(x)}{n!}\biggr\vert}. $$

Теорема A из статьи утверждает, что если для бесконечно дифференцируемой функции $f(x)$ на замкнутом интервале $[a,b]$ существует число $\delta>0$ такое, что $\rho(x)\geqslant\delta$, то функция f(x) вещественно-аналитична на интервале $[a,b]$.

По сути $\rho(x)$ - это расстояние от точки $x$ до границы области аналитичности функции $f(x)$, продолженной в комплексную область. Поэтому для аналитической функции $f(x)$ функция $\rho(x)$ непрерывна. В продолжение темы можно предложить следующую задачу.

Для всякой ли непрерывной положительной функции $\rho(x)$ на замкнутом интервале $[a,b]$, удовлетворяющей условию $\rho(x)\geqslant\delta$ с некоторой положительной константой $\delta$, существует вещественно-аналитическая на интервале $[a,b]$ (включая концевые точки) функция $f(x)$, для которой выполнено равенство

$$ \displaystyle\frac{1}{\rho(x)}=\operatorname*{\overline\lim}_{n\to\infty}\sqrt[n]{\biggl\vert\frac{f^{(n)}(x)}{n!}\biggr\vert}\ ? $$

[Padawan]

Функция $\rho(x)$ есть расстояние до ближайшей особой точки аналитической функции. Так что, она как минимум удовлетворять условию Липшица должна $|\rho(x_1)-\rho(x_2)|\leqslant |x_1-x_2|$ Навряд ли этого достаточно, чтобы $\rho(x)$ была функцией расстояния.

[Ruslan_Sharipov]

Padawan в сообщении #1433517 писал(а):

Она как минимум должна удовлетворять условию Липшица $|\rho(x_1)-\rho(x_2)|\leqslant |x_1-x_2|$.

На границе любого круга сходимости степенного ряда аналитической функции $f(z)$ находится хотя бы одна неустранимая особая точка. Из этого вытекает следующее условие на функцию $\rho(x)$.

Условие 2. Ни одна из окружностей радиуса $\rho(x)$ на комплексной плоскости с центром в точке $x\in[a,b]\subset\mathbb R$ не покрывается полностью всеми открытыми кругами радиуса $\rho(y)$ c центрами в точках $y\in[a,b]\subset\mathbb R$.

Условие 1 (условие Липшица). $|\rho(x_1)-\rho(x_2)|\leqslant |x_1-x_2|$.

Условие 2 не вытекает из условия 1. В качестве примера можно взять отрезок $[-1,1]$ и задать функцию $\rho(x)$ формулой

$$ \displaystyle\rho(x)=1+\int\limits_0^{\,x}\!\varphi(t)\,dt, $$

где $\varphi(t)$ любая нечётная дифференцируемая функция на отрезке $[-1,1]$, удовлетворяющая неравенству

$$\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}<\varphi(t)<1$$

на интнервале $(0,1)$. Уловие Липшица выполнено в силу $|\rho'(x)|<1$. Точке $x=0$ соответствует единичная окружность на комплексной плоскости с центром в нуле. Она покрывается двумя симметрично расположенными открытыми кругами радиуса $\rho(y)=\rho(-y)$ c центрами в точках $y$ и $-y$, что следует из неравенства $\rho(y)>\sqrt{1+y^2}$.