Бесконечная дифференцируемость (Зорич V.2.2e)

[Urnwestek]

Задача:
Есть функция:

$$ f(x)=\begin{cases} \exp(-\frac{1}{(1+x)^2}-\frac{1}{(1-x)^2}),&\text{если $|x| < 1$;}\\ 0,&\text{если $|x| \geq 1$;}\\ \end{cases} $$

Доказать, что она дифференцируема сколько угодно раз.

Попытки решения:
1) Очевидно, что функция бесконечно дифференцируема везде, кроме $x=1$ и $x=-1$.
2) Очевидно, что функция имеет первую производную будет $\frac{e^{-\frac{1}{4}}e^{-\infty}}{1} = 0$ в точках 1 и -1.
3) Функция имеет вторую производную $\frac{4e^{-\frac{2(x^2+1)}{(x^2-1)^2}}x(x^2+3)}{x(x^2-1)^3}$ во всех точках кроме 1 и -1; в точках 1 и -1 же предел будет $e^{-\infty}(-12)=0$.

Не понятно, как обобщить результат. Индукция по $n$ же не проходит.

[provincialka]

Ну во первых, в точке 1 достаточно исследовать функцию

$$ f_1(x)= \begin{cases} \exp(-\frac{1}{(1-x)^2}),&\text{если $x < 1$;}\\ 0,&\text{если $x \geq 1$;}\\ \end{cases} $$

потому что исходная функция отличается от нее только множителем $\exp(-\frac{1}{(1+x)^2})$, дифференцируемым в $1$.
При каждом дифференцировании экспоненты мы будем получать ту же экспоненту, умноженную на дробно-линейную функцию от $x$, в знаменателе которой можно выделить какую-то степень $x-1$. Производная от такой функции в 1 берется по определению и равна 0.

Запишите это рассуждение аккуратней, примерно так: $f_1^{(k)}=\exp(-\frac{1}{(1-x)^2})\frac{Q_k(X)}{(1-x)^k}$, где $Q_k(x)$ - дробно линейная функция, ограниченная в 1.

-- 13.10.2013, 01:17 --

Кстати, уточните, как вы искали производные в особых точках? Например, первую? По вашей записи это непонятно.

[Urnwestek]

provincialka в сообщении #774461 писал(а):

Кстати, уточните, как вы искали производные в особых точках? Например, первую? По вашей записи это непонятно.

Бред написал, прошу прощения.

Цитата:

потому что исходная функция отличается от нее только множителем $\exp(-\frac{1}{(1+x)^2})$, дифференцируемым в $1$.

Не очень понятно как это может помочь. Разве из того, что $fg$ дифференцируема, следует, что $f$ и $g$ дифференцируемы?

[provincialka]

Не следует, наоборот, из дифференцируемости сомножителей следует дифференцируемость произведения. Поэтому "хороший" сомножитель можно не рассматривать, доказывать только для "плохого". Просто это будет компактнее.

насчет бреда не поняла, я же не проверяла формулы. Как все-таки надо там искать производную?

[Urnwestek]

provincialka в сообщении #774466 писал(а):

насчет бреда не поняла, я же не проверяла формулы. Как все-таки надо там искать производную?

Я сперва неправильно определение производной записал, а потом стёр, когда заметил.

$$ \lim_{x \to 0} e^{-\frac{1}{(2+x)^2}} \lim_{x \to 0} \frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x} = e^{-\frac{1}{4}}\lim_{x \to \infty} \frac{x}{e^{x^2}} = e^{-\frac{1}{4}}\lim_{x \to \infty} \frac{x}{1 + x^2 + \frac{x^4}{2!} + \frac{x^6}{3!} + ...} = e^{-\frac{1}{4}} 0 = 0 $$

provincialka в сообщении #774466 писал(а):

Не следует, наоборот, из дифференцируемости сомножителей следует дифференцируемость произведения. Поэтому "хороший" сомножитель можно не рассматривать, доказывать только для "плохого". Просто это будет компактнее.

Теперь понятно, попробую доказать.

[Otta]

Urnwestek в сообщении #774467 писал(а):

$$ e^{-\frac{1}{4}}\lim_{x \to \infty} \frac{x}{e^{\frac{1}{x^2}}}$$

В знаменателе опечатка, и $\dfrac01$ выглядит крайне подозрительно, хотя предел, конечно, нулевой.

[Urnwestek]

Otta в сообщении #774468 писал(а):

В знаменателе опечатка, и $\dfrac01$ выглядит крайне подозрительно, хотя предел, конечно, нулевой.

Да, я исправил.

-- 13.10.2013, 01:34 --

Цитата:

Не следует, наоборот, из дифференцируемости сомножителей следует дифференцируемость произведения. Поэтому "хороший" сомножитель можно не рассматривать, доказывать только для "плохого". Просто это будет компактнее.

Ну вроде понятно функция

$$ f(x)=\begin{cases} e^{-x^{-2}},&\text{если $x \neq 0$;}\\ 0,&\text{если $x = 0$;}\\ \end{cases} $$

После n+1 производная в нуле будет равна

$$\lim_{x \to 0}\frac{P(x^{-1}) e^{-x^{-2}}}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{P(x)}{e^{x^2}} = 0$$

где $P(x)$ — некоторый многочлен (то, что n-ая производная не в нуле будет иметь такой вид легко доказать по индукции).

-- 13.10.2013, 01:38 --

Спасибо provincialka и Otta за помощь.

[Otta]

Urnwestek в сообщении #774469 писал(а):

Да, я исправил.

Не-не-не, ни в коем случае не тейлоровское разложение. Разложение в ряд ничего не дает (почему?), раскладывать по формуле Тейлора нельзя: аргумент стремится не туда. А если бы написанное вдруг было верно, то еще непонятнее, откуда $\frac01$.

Здесь надо использовать сравнительный рост показательной и степенной функции на бесконечности.

(Оффтоп)

Urnwestek в сообщении #774469 писал(а):

Спасибо provincialka и Otta за помощь.

Мне-то за что? я так, мимо проходила.

[Urnwestek]

Цитата:

откуда $\frac01$.

Не, $\frac01$ было ошибкой.

Цитата:

раскладывать по формуле Тейлора нельзя: аргумент стремится не туда

Но экспонента же всюду аналитична, почему нет? Впрочем, не важно, раскладыванием в ряд я и хотел показать сравнительный рост показательной и степенной функции.

Про аналитичность зря сказал. Хотелось бы, кстати, узнать, у каких функций ряд тейлора в нуле сходится в каждой точке к значению функции (я точно знаю, что экспонента этим свойством обладает).

[Otta]

Urnwestek в сообщении #774473 писал(а):

Но экспонента же всюду аналитична, почему нет?

Хы. И что из этого следует? В ряд можно разложить на всей комплексной плоскости? Можно. Но вот это

Urnwestek в сообщении #774473 писал(а):

Впрочем, не важно, раскладыванием в ряд я и хотел показать сравнительный рост показательной и степенной функции.

в общем случае раскладыванием в ряд сделать невозможно. Косвенно это видно из того, что ряд для $e^{-x}$, как водится, по-прежнему один для всех $x$, но при $x\to+\infty$ и $x\to -\infty$ рост функции совсем разный.

-- 13.10.2013, 05:07 --

Хотя, единственно, здесь (в исходном примере) можно разложить в ряд, заметить, что вся функция неотрицательна, каждое слагаемое ряда неотрицательно, и значит, сумма ряда не меньше наперед выбранной сколь угодно большой степени = одного из слагаемых. Например, квадрата. Разве так.
Присутствие разложения в ряд в пределе (особенно при переходе к пределу в существенно особой точке) меня лично приводит в нехорошую задумчивость.

-- 13.10.2013, 05:20 --

Urnwestek в сообщении #774473 писал(а):

Хотелось бы, кстати, узнать, у каких функций ряд тейлора в нуле сходится в каждой точке к значению функции (я точно знаю, что экспонента этим свойством обладает).

Вообще в каждой? На всей комплексной плоскости? У целых.

[Urnwestek]

Цитата:

раскладыванием в ряд сделать невозможно. Косвенно это видно из того, что ряд для $e^{-x}$, как водится, по-прежнему один для всех комплексных $x$, но при $x\to+\infty$ и $x\to -\infty$ рост функции совсем разный.

Действительно.

Ну в принципе то, что $e^x$ больше $x^n$ при достаточно больших $x$ очевидно (навскидку доказательство не помню, но, на крайний случай, посмотрю где-нибудь).

Цитата:

Вообще в каждой? На всей комплексной плоскости? У целых.

На всей вещественной прямой. Что-то я не понимаю, в какой точке ряд $1 + x + \frac{x^2}{2!} + ... $ не сходится к $e^x$?

Спасибо.

[Otta]

Urnwestek в сообщении #774476 писал(а):

Ну в принципе то, что $e^x$ больше $x^n$ при достаточно больших $x$ очевидно (навскидку доказательство не помню, но, на крайний случай, посмотрю где-нибудь).

Для экспоненты все просто, и можно даже Вашим разложением в ряд воспользоваться. Как, я писала выше, видимо, затерялось. post774475.html#p774475

И даже больше можно сказать, что при всех положительных $x$ и всех $n\in\mathbb N$ $e^x>x^n/n!$.

Просто, имхо, так мир несколько с ног на голову становится - то есть, чтобы обосновать простой результат, для которого достаточно только предельных переходов, приходится привлекать тяжелую артиллерию в виде понятий 1) дифференцируемости, 2) бесконечной дифф-сти, 3) сходимости степенных рядов и довольно тяжеловесных результатов. А потом спускаться с горы, дабы заняться мелочами.

Urnwestek в сообщении #774476 писал(а):

На всей вещественной прямой. Что-то я не понимаю, в какой точке ряд $1 + x + \frac{x^2}{2!} + ... $ не сходится к $e^x$?

Во всех сходится. Она же целая. :)
Целая = голоморфная на всей комплексной плоскости.

[Urnwestek]

Цитата:

Для экспоненты все просто, и можно даже Вашим разложением в ряд воспользоваться. Как, я писала выше, видимо, затерялось. post774475.html#p774475

И даже больше можно сказать, что при всех положительных $x$ и всех $n\in\mathbb N$ $e^x>x^n/n!$.

Просто, имхо, так мир несколько с ног на голову становится - то есть, чтобы обосновать простой результат, для которого достаточно только предельных переходов, приходится привлекать тяжелую артиллерию в виде понятий 1) дифференцируемости, 2) бесконечной дифф-сти, 3) сходимости степенных рядов и довольно тяжеловесных результатов. А потом спускаться с горы, дабы заняться мелочами.

Теперь всё понятно. Спасибо вам.

Цитата:

Во всех сходится. Она же целая. :)

Да, уже вычитал про это. Почему-то первая ассоциация была — константные функции.

[Otta]

Urnwestek

(Оффтоп)

Если Вы хотите цитировать кусочек сообщения, для этого предназначена кнопочка "Вставка" рядом с "Цитата". Выделить желаемый текст и жамкнуть. Это гораздо удобнее, и всегда можно сходить по ссылке посмотреть на контекст цитаты. И в конце концов, ясно, чья она.

[Someone]

(Оффтоп)

А у меня одна кнопочка "" делает и то, и другое: если ничего в сообщении не выделять, то оно цитируется полностью, а если что-нибудь выделить, то выделенный кусок. Это в режиме набора сообщения. А в режиме чтения есть только кнопка "", которая переходит в режим набора и вставляет в окно редактора цитируемое сообщение целиком.