Уравнение xy = 0

[pogulyat_vyshel]

А еще у вас требования наименьшести не хватает: носителем обобщенной функции $f\in \mathcal{D}'(\mathbb{R})$ называется наименьшее замкнутое множество $V$ обладающее следующим свойством

$$\mathrm{supp}\,\psi\subset\mathbb{R}\backslash V\Longrightarrow (f,\psi)=0,\quad\psi \in \mathcal{D}(\mathbb{R})$$

Под наименьшим подразумевается пересечение всех замкнутых множеств обладающих данным свойством

[StaticZero]

vpb в сообщении #1299731 писал(а):

Есть простое и прямое доказательство. Какое?

Эм. Ну на $x$ безболезненно делить функции из $\mathcal D$ можно в том случае, если не просто $\operatorname{supp} \varphi \subset \mathbb R \setminus \{ 0 \}$, а $\exists \varepsilon > 0: \operatorname{supp} \varphi \subset \mathbb R \setminus (-\varepsilon, \varepsilon)$.

Но вроде бы из первого как раз и должно следовать второе в том смысле, что в $\operatorname{supp} \varphi$ не может содержаться структур вида $[a, 0) \cup (0, b]$, $a < 0 < b$, поскольку в противном случае замкнутость носителя потеряется.

[vpb]

StaticZero
В общем, правильно. Правда, вторая фраза не очень осмысленная. Попробуйте всё написать более подробно и аккуратно.

[StaticZero]

vpb в сообщении #1300052 писал(а):

StaticZero
В общем, правильно. Правда, вторая фраза не очень осмысленная. Попробуйте всё написать более подробно и аккуратно.

Предположим, что такого $\varepsilon$ не существует и $\operatorname{supp} \varphi \subset \mathbb R \setminus \{ 0 \}$. Это означает, что $\forall \varepsilon > 0 \ \exists x \in (-\varepsilon, \varepsilon) \setminus \{ 0 \}: \varphi(x) \ne 0$, то есть в любой окрестности нуля найдётся точка носителя, то есть нуль — предельная точка $\operatorname{supp} \varphi$. Множество замкнуто тогда и только тогда, когда оно содержит все свои предельные точки, но по условию носитель не содержит нуля, а он предельная точка, ч. т. д.

[StaticZero]

(Оффтоп)

То есть требование замкнутости настолько существенно, получается? Казалось бы, мелочь...

-- 28.03.2018, 00:10 --

А ещё получается, что если бесконечно гладкая функция в окрестности нуля равна нулю (пусть и сколь угодно малой), то уже должны быть равны нулю в нуле все производные, так выходит?

[g______d]

StaticZero в сообщении #1300125 писал(а):

А ещё получается, что если бесконечно гладкая функция в окрестности нуля равна нулю (пусть и сколь угодно малой), то уже должны быть равны нулю в нуле все производные, так выходит?

Бесконечная гладкость здесь ни при чём, это верно для любой функции и следует из определения производной.

[vpb]

StaticZero
Хорошо. Будем считать, что решение задачи с использованием теоремы доведено до конца.

Теперь, как и намечалось, давайте решать задачу "из первых принципов". Сначала надо кое-что вспомнить и решить из обычного матана.

1) Вспомните, по литературе, формулу Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа. Или даже Пеано достаточно.

2) Пусть $a<0<b$, т.е. $(a,b)$ --- открытый интервал, содержащий $0$. Пусть $f\in C^1(a,b)$, и $f(0)=0$. Определим $g(x)=f(x)/x$ при $x\ne0$, и $g(0)=f'(0)$. Покажите, что $g\in C(a,b)$ (это почти очевидно. На самом деле достаточно того, чтобы $f$ была непрерывна на интервале и дифференцируема в нуле).

3) Пусть теперь $f\in C^2(a,b)$ и $f(0)=f'(0)=f''(0)=0$, и $g$ определена как и раньше. Докажите, что $g\in C^1(a,b)$. (Это, так сказать, критический момент. Здесь нужно аккуратно следить за тем, что происходит в нуле).

(Пока достаточно.)

-- 27.03.2018, 23:27 --

StaticZero в сообщении #1300125 писал(а):

То есть требование замкнутости настолько существенно, получается? Казалось бы, мелочь...

Да, вот такой он, матан...

[StaticZero]

vpb в сообщении #1300130 писал(а):

2) Пусть $a<0<b$, т.е. $(a,b)$ --- открытый интервал, содержащий $0$. Пусть $f\in C^1(a,b)$, и $f(0)=0$. Определим $g(x)=f(x)/x$ при $x\ne0$, и $g(0)=f'(0)$. Покажите, что $g\in C(a,b)$ (это почти очевидно. На самом деле достаточно того, чтобы $f$ была непрерывна на интервале и дифференцируема в нуле).

Достаточно проверить ноль, так как со всеми остальными точками понятно, что $\lim \limits_{x \to x_0} g(x) = f(x_0)/x_0$ (пределы числителя и знаменателя существуют, значит существует предел отношения, ну и так далее)

$$ \lim \limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = \lim \limits_{x \to 0} \frac{f(0) + x f'(0) + o(x)}{x} = \lim \limits_{x \to 0} \left(f'(0) + \frac{o(x)}{x}\right) = f'(0) = g(0). $$

vpb в сообщении #1300130 писал(а):

3) Пусть теперь $f\in C^2(a,b)$ и $f(0)=f'(0)=f''(0)=0$, и $g$ определена как и раньше. Докажите, что $g\in C^1(a,b)$. (Это, так сказать, критический момент. Здесь нужно аккуратно следить за тем, что происходит в нуле).

Точка ноль.
Непрерывность.

$$ \lim \limits_{x \to 0} \frac{f(0) + x f'(0) + x^2/2 f''(0) + o(x^2)}{x} = f'(0) = 0 = g(0). $$

$$ g'(0) = \lim \limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = \lim \limits_{x \to 0} \frac{o(x^2)}{x^2} = 0. $$

С остальными точками: непрерывность очевидна, дифференцируемость проверяется.

$$ g'(x_0) = \frac{f'(x_0)}{x_0} - \frac{f(x_0)}{x^2_0}. $$

(Оффтоп)

Здесь где-то должен быть подвох, который покажет, что я не знаю матана, но я его не увидел. Может, я и правда его не знаю?

[vpb]

В третьем пункте Вы сначала устанавливаете непрерывность $g$ в нуле; но это и так уже доказано, в 2). Затем показываете, что $g'(0)=0$, и находите $g'(x)$ в остальных точках. Но надо еще установить, что $g\in C^1(a,b)$, т.е. $g'(x)$ непрерывна. А Вы это не сделали. В ненулевых точках это легко, а в нулевой сложнее.

-- 28.03.2018, 04:49 --

Может Вы смысл обозначения $C^1$ неправильно понимаете? Это значит не только то, что функция непрерывна и дифференцируема, но и то вдобавок, что производная --- непрерывная функция.

[StaticZero]

vpb в сообщении #1300148 писал(а):

а в нулевой сложнее.

$$\begin{align*} \lim \limits_{x \to 0} & \left(\frac{f'(x)}{x} - \frac{f(x)}{x^2}\right) = \lim \limits_{x \to 0} \left( \frac{f'(0) + xf''(0) + o(x)}{x} - \frac{f(0) + xf'(0) + x^2/2 f''(0) + o(x^2)}{x^2}\right) = \\ &= \lim \limits_{x \to 0} \left( \frac{o(x)}{x} - \frac{o(x^2)}{x^2}\right) = 0 \end{align*}$$

[vpb]

Правильно.

4) Докажите то же, что в 3), но без предположения $f'(0)=f''(0)=0$ (можно свести к 3); возможно, можно доказывать и непосредственно).

5) Обобщите 3): если $f\in C^k(a,b)$ и все производные в нуле, вплоть то $k$-й, обращаются в нуль, то $g\in C^{k-1}(a,b)$.

6) То же, что в 5), при предположении лишь, что $f(0)=0$.

7) Если $f\in{\mathcal D}$ и $f(0)=0$, то $g\in{\mathcal D}$.

[pogulyat_vyshel]

Мне одному кажется, что ТС и еще один человек в этой ветке не знают, что такое формула Тейлора?

$$f(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k+\frac{x^{n+1}}{n!}\int_0^1(1-s)^nf^{(n+1)}(sx)ds$$

[vpb]

pogulyat_vyshel в сообщении #1300196 писал(а):

Мне одному кажется, что ТС и еще один человек в этой ветке не знают, что такое формула Тейлора?

Возможно, Вам это и не одному кажется, но кажется неправильно. А почему Вы так думаете, позвольте узнать?

-- 28.03.2018, 20:02 --

Строго говоря, специалистом по матану, в широком смысле слова, я не являюсь, но базовое то образование у меня есть, и провести ТС к решению задачи я могу, возможно не оптимальным маршрутом, но уж точно не самым плохим.

[StaticZero]

vpb в сообщении #1300189 писал(а):

Докажите то же, что в 3), но без предположения $f'(0)=f''(0)=0$ (можно свести к 3); возможно, можно доказывать и непосредственно).

$$\begin{align*} \lim \limits_{x \to 0} & \left(\frac{f'(x)}{x} - \frac{f(x)}{x^2}\right) = \lim \limits_{x \to 0} \left( \frac{f'(0) + xf''(0) + o(x)}{x} - \frac{xf'(0) + x^2/2 f''(0) + o(x^2)}{x^2}\right) = \\ &= \lim \limits_{x \to 0} \left( \frac{o(x)}{x} - \frac{o(x^2)}{x^2} +\frac{f''(0)}{2}\right) = \frac{f''(0)}{2}. \end{align*}$$

С другой стороны,

$$ g'(0) = \lim \limits_{x \to 0} \frac{g(x) - g(0)}{x} = \lim \limits_{x \to 0} \frac{f(x) - x f'(0)}{x^2} = \lim \limits_{x \to 0} \frac{x^2/2 f''(0) + o(x^2)}{x^2} = f''(0)/2. $$

vpb в сообщении #1300189 писал(а):

5) Обобщите 3): если $f\in C^k(a,b)$ и все производные в нуле, вплоть то $k$-й, обращаются в нуль, то $g\in C^{k-1}(a,b)$.

Если $f$ такая, как дана, то она есть $o(x^k)$. В соответствии с этим $f^{(s)}(x)$ есть $o(x^{k-s})$.

$$\begin{align*} g^{(n)} &= \frac{\mathrm d^{n}}{\mathrm d x^{n}} \left( \frac{f(x)}{x} \right) = \sum \limits_{s=0}^{n} f^{(s)}(x) \left( \frac{1}{x} \right)^{(n - s)} \binom{n}{s} = \frac{(-1)^n n!}{x^{n + 1}} \sum \limits_{s=0}^{n} f^{(s)}(x) x^s (-1)^s = \frac{(-1)^n n! x^{k}}{x^{n + 1}} \sum \limits_{s=0}^{n} \frac{o(x^{k - s})}{x^{k - s}} (-1)^s. \end{align*}$$

где $n < k$. Предел самой правой части при $x \to 0$ равен нулю. Значит, существует $\lim_{x \to 0} g^{(n)} = 0$.

С другой стороны,

$$ \begin{align} g^{(n+1)}(0) &= \lim \limits_{x \to 0} \frac{g^{(n )}(x) - g^{(n)}(0)}{x} = \lim \limits_{x \to 0} \frac{\cfrac{n! (-1)^n}{x^{n +1}} \sum \limits_{s=0}^{n} \cfrac{f^{(s)}(x) x^s}{(-1)^s s!} - g^{(n)}(0)}{x} = \\ &= \lim \limits_{x \to 0} \frac{n! (-1)^n \sum \limits_{s=0}^{n} \cfrac{f^{(s)}(x) x^s}{(-1)^s s!} - x^{n+1} g^{(n)}(0)}{x^{n+2}}, \end{align} $$

причём при $n = -1$ левая часть равна $f'(0) = 0$ по условию. Коль скоро все производные нули, то сумма в числителе равна нулю, и выживет лишь слагаемое

$$ g^{(n+1)}(0) = -\lim \limits_{x \to 0} \frac{g^{(n)}(0)}{x}, $$

причём эта связь сохраняется для всех $n \geqslant 0$, но $g^{(0)}(0) = g(0) = 0$, откуда $g^{(n)}(0) = 0$ и предел равен нулю. Отсюда мы получаем, что любая производная $g$ порядка до $k$ не включительно — непрерывная функция.

[vpb]

Правильно. Формулы, правда, зубодробительные, но на данный момент это второстепенный аспект. Потом пару слов напишу.