Задачка по матану

[Kaktus]

Народ помогите решить задачку! ПЛИИИИИИИЗ!

ЗАДАЧА: если функция F(x) определена на R и бесконечно диферинцируема, и для любого x существует номер n начиная с которого для любого m>=n, m-ая производная функции
F(x)=0. Доказать, что такая функция многочлен.

[Kaktus]

ПОМОГИТЕЕЕЕЕЕЕЕЕЕЕ!!!!!!

[george_spbsu]

Я, конечно, не спец в матане, но ИМХО, так получится:

Так как функция бесконечно диф-ма, то она раскладывается в ряд Тейлора в окрестности любой точки (например, радиуса 1).

Рассмотрим некоторую точку х. Для нее существует n, такое что n-ная производная функции f равно нулю. Разложим f в ряд Тейлора до n+239 слогаемого. Получаем, что f - многочлен в этой окрестности. Итак, для любой точки существует окрестность радиуса 1, такая что f - многочлен в ней. Заметим, что если f - многочлен на (x-1;x+1) и на (х;x+2), то f - многочлен на (x-1;x+2). Ясно, что это рассуждение проводится и для всего R.

[Tania]

$ f'(x^-):= lim \frac {f(x) - f(y)} {x-y}$ при y стремиться к x^-
f'(x^+):= lim \frac {f(z) - f(x)} {z-x}$ при z стремиться к x^+
В доказательстве надо будет показать, что оба предела существуют. Тогда, используя, что дифференцируемая функция непрерывна (в данном случае без доказательства), покажем, что левосторонние и правостороние дифференцируемые функции непрерывны. Докажем существование левосторонего предела:
$ s = sup \frac {f(x) - f(y)} {x-y} = sup q (x)$ для y < x
этот супремум точно конечен, т.к.
s \leqslant \frac {f(x) - f(y)} {x - y}$ для y > z
$\epsilon$ > 0 cуществует такой $ a_n < x, что выполняется
q($ a_n) = \frac {f(x) - f($ a_n)} {x - $ (a_n)}$ > s - $\epsilon$
Посколько q монотонно возрастает , то выполняется $ a_n < y < x
Отсюда 0 \leqslant s - \frac {f(x) - f(y)} {x - y} < $\epsilon$
Ну и отсюда получается, что функция непрерывна, т.к. $\epsilon$ любой
Я потом посмотрю ещё незамыленым глазом все переменные и индексы, но надеюсь идея понятна. Насчёт второй задачи с многочленом попробуйте методом индукции

[Kaktus]

george_spbsu писал(а):

Я, конечно, не спец в матане, но ИМХО, так получится:

Так как функция бесконечно диф-ма, то она раскладывается в ряд Тейлора в окрестности любой точки (например, радиуса 1).

Рассмотрим некоторую точку х. Для нее существует n, такое что n-ная производная функции f равно нулю. Разложим f в ряд Тейлора до n+239 слогаемого. Получаем, что f - многочлен в этой окрестности. Итак, для любой точки существует окрестность радиуса 1, такая что f - многочлен в ней. Заметим, что если f - многочлен на (x-1;x+1) и на (х;x+2), то f - многочлен на (x-1;x+2). Ясно, что это рассуждение проводится и для всего R.

А по-подробней можно?

[george_spbsu]

А что тебе непонятно? Как разложить функцию в ряд Тейлора? Или как доказать, что если функция - многочлен на любой окрестности радиуса 2, то она многочлен на R?

[Гость]

george_spbsu писал(а):

Так как функция бесконечно диф-ма, то она раскладывается в ряд Тейлора в окрестности любой точки.

Это неверно. Контрпример: $f(x) = 0$ при $x \le 0$, $f(x) = ${\rm e}^{-1/x^2}$ при $x > 0$. Функция бесконечно дифференцируема в нуле, и все ее производные равны нулю. Т.е. Ряд Тейлора в нуле не разложима.

[Someone]

george_spbsu писал(а):

Так как функция бесконечно диф-ма, то она раскладывается в ряд Тейлора в окрестности любой точки (например, радиуса 1).

Вообще-то, это неверно. Например, для функции $f(x)=\begin{cases}e^{-\frac{1}{x^2}}&\text{ при }x\ne 0,\\0&\text{ при }x=0.\end{cases}$

Нетрудно проверить, что эта функция имеет на всей числовой оси (непрерывные) производные всех порядков, причём, $f^{(k)}(0)=0$ и $\lim\limits_{x\to\infty}f^{(k)}(x)=0$ для всех целых $k>0$. Отсюда следует, что все производные ограничены, то есть, для каждого целого $n\geqslant 0$ существует такое число $M_n$, что $|f^{(k)}(x)|\leqslant M_n$ для всех $x\in\mathbb R$ и целых $k$, $0\leqslant k\leqslant n$ (очевидно, $M_0=1$).

Для функции $f(x)$ ряд Тейлора в точке $x_0=0$ имеет вид $\sum\limits_{k=0}^{\infty}0\cdot x^k$ и, очевидно, его сумма не имеет к $f(x)$ ни малейшего отношения.

Теперь легко сконструировать функцию, которая имеет производные всех порядков на всей числовой оси, но ни на каком интервале не разлагается в степенной ряд. Для этого перенумеруем все рациональные числа: $\{r_k\colon k\in\mathbb N\}$. Тогда функция $\varphi(x)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{f(x-r_k)}{M_k\cdot 2^k}$ обладает требуемым свойством.

[Гость]

На сколько я помню задача это достаточно сложная. Есть решение, основанное на двукратном применении ( к разным множествам) теоремы Бера.

Теорема Бера. Полное метрическое пр-во Х не может быть представлено в виде объединения счетного числа нигде не плотных мн-в.

Первый раз для отрезка и множества нулей производных (тогда получаем интервал, на котором функция многочлен)
Второй раз для склейки многочленов.

[Гость]

На моем курсе мехмата МГУ эта задача была широко известна в узком круге людей, которые понимали ее решение. И дана она была к допуск к досрочному зачету.

К пятому курсу на зачет давали задачи и даже говорили, где решение написано, надо только объяснить да вот задачи были уже не те.

2 Бондаренко В. А.
Извиняюсь, если вмешался в Ваш учебный процесс, но не уверен, что это помогло kaktus с решением. Приятно увидеть знакомое имя - я у Вас учился в ЛМШ однажды