Вопрос по высшим производным и формуле Тейлора

[starper]

deep blue в сообщении #1447092 писал(а):

Было неожиданностью, что при симметричном отражении функции относительно обоих осей, её производная не выдерживает тех же преобразований. Например рассмотрим $e^x$ на $R$. Все её производные положительны. Отражая её симметрично относительно осей получаем $-e^{-x}$ у которой знаки производных чередуются

Да, тоже не мог некоторое время понять, почему так вроде бы странно. Но там значения функции увеличаются по модулю влево, поэтому первая производная положительна и влево увеличивается, вторая отрицательна и увеличивается по модулю влево и т.д. Или наоборот, чтобы первая прозводная увеличивалась влево, нужно чтобы вторая была отрицательна, чтобы вторая увеличивалась по модулю, надо чтобы третья была положительная и т.д.
Насчет третьей задачи у меня тупик наступил. Неаналитическую на не плотном множестве вроде как можно построить (соединить куски функций вида $exp(-1/(x-a))^2$, где $a$ - элементы не плотного множества и в точке $ x=a$ функция равна $ 0$) А на плотном множестве придется по непрерывности нулем соединять куски

[Someone]

starper в сообщении #1447198 писал(а):

соединить куски функций вида $\exp(-1/(x-a))^2$, где $a$ - элементы не плотного множества и в точке $ x=a$ функция равна $ 0$

Склеить-то не так просто, как, может быть, кажется. Нужно же согласовать значения бесконечного множества производных. Но ведь требуется, чтобы множество особых точек было всюду плотным…
Попробуйте искать функцию в виде суммы

$$\sum_{k=1}^{\infty}A_kf(x-x_k),$$

где $f(x)$ определена выше.

[starper]

Someone в сообщении #1447256 писал(а):

Попробуйте искать функцию в виде суммы

$$\sum_{k=1}^{\infty}A_kf(x-x_k),$$

где $f(x)$ определена выше.

Можно, например,за $x_k$ взять все рациональные числа. А за последовательность $A_k$ убывающая геометрическая прогрессия. Тогда так как каждая из производных функции $exp(-1/x^2)$ при $x$\ne$ 0$ ограничена некоторым своим числом $B_j$, то сумма $j$-й производной ограничена числом $B_j($$\sum\limits_{}^{}$$A_k)$. То есть значения и все производные везде существуют, поэтому функция гладкая. А в силу того, что $k$-й член ряда в точке $x_k$ неаналитичен, то и сумма неаналитична в этих точках. А если на всюду плотном множестве функция неаналитична, то очевидно и везде неаналитчна. Вроде нигде не прокололся, да?

[Someone]

starper в сообщении #1447398 писал(а):

Вроде нигде не прокололся, да?

Вроде да. Для аккуратного доказательства, однако, надо подробнее.

starper в сообщении #1447398 писал(а):

при $x$\ne$ 0$

А вот никакие точки исключать нельзя.

[starper]

Someone, понимаю, что как минимум утверждение про ограниченные производные надо доказывать, но неохота сейчас заморачиваться) В любом случае, благодарю за помощь с задачей!

[Lia]

starper
Набирайте формулы правильно. Доллар в начале, доллар в конце, в середине не нужно.