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da **Ianero** » 27 gen 2019, 20:33

Qualcuno ha idea di come si possa procedere per dimostrare il seguente enunciato?

Sia $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ derivabile

volte in tutto $\mathbb{R}$ con

e $f^{(p)}$ limitate, allora sono limitate anche tutte le derivate intermedie $f^{(1)},...,f^{(p-1)}$ .

Personalmente ci sono riuscito nel caso p=2

, ma non riesco a far partire l'induzione in alcun modo.

Voi come lo risolvereste?

da **PietroBaima** » 1 feb 2019, 16:34

Vorrei dedicarci più tempo, ma non ci riesco uffa.
Lo schema di dimostrazione è che devi ammettere che la funzione sia sviluppabile con Taylor, poi aumenti il grado dell'o piccolo fino a coprire tutte le derivate.
L'induzione è un metodo troppo ingenuo per dimostrare un enunciato come questo.

da **Ianero** » 1 feb 2019, 17:08

PietroBaima ha scritto:Lo schema di dimostrazione è che devi ammettere che la funzione sia sviluppabile con Taylor

Lo è già, non serve ammetterlo come una cosa extra, date le ipotesi sulla differenziabilità.
Infatti è esattamente il metodo che ho usato nel caso p=2

, non riesco a generalizzarlo, con o senza induzione.

Grazie della risposta.

da **Ianero** » 2 feb 2019, 0:49

Aggiungo che sono riuscito a dimostrarlo anche nel caso p=3, ma è sempre tutto inutile ai fini della generalizzazione.

EDIT: forse ho un’idea che funziona, stasera formalizzo e posto.

da **Ianero** » 4 feb 2019, 0:12

La mia idea in chiaro è esposta di seguito, sarei molto grato a chiunque dedicasse un po' di tempo a questa discussione.

è differenziabile

volte in tutto $\mathbb{R}$ , quindi per qualsiasi $k\in\{1,...,p-1\}$ posso scrivere:

$f^{(k-1)}(x_0+h)=f^{(k-1)}(x_0)+f^{(k)}(x_0)h+f^{(k+1)}(\xi _1)\frac{h^2}{2}\quad (1)$
$f^{(k-1)}(x_0-h)=f^{(k-1)}(x_0)-f^{(k)}(x_0)h+f^{(k+1)}(\xi _2)\frac{h^2}{2}\quad (2)$

che valgono $\forall x_0\in\mathbb{R}$ e $\forall h>0$ e con $\xi_1\in (x_0, x_0+h)$ e $\xi_2\in (x_0-h, x_0)$ .

Dunque sottraendo (1) da (2) si ottiene:

$f^{(k-1)}(x_0+h)-f^{(k-1)}(x_0-h)=2hf^{(k)}(x_0)+\frac{h^2}{2}\left( f^{(k+1)}(\xi _1)-f^{(k+1)}(\xi _2) \right)$

e cioè:

$f^{(k)}(x_0)=\frac{f^{(k-1)}(x_0+h)-f^{(k-1)}(x_0-h)}{2h}-\frac{h}{4}\left( f^{(k+1)}(\xi _1)-f^{(k+1)}(\xi _2) \right)$

applicando il modulo a entrambi i membri e la disuguaglianza triangolare al membro di destra:

$|f^{(k)}(x_0)|\leq \frac{|f^{(k-1)}(x_0+h)|+|f^{(k-1)}(x_0-h)|}{2h}+\frac{h}{4}\left( |f^{(k+1)}(\xi _1)|+|f^{(k+1)}(\xi _2)| \right)$

da cui:

$|f^{(k)}(x_0)|\leq \frac{M_{k-1}}{h}+\frac{h}{2}M_{k+1}\quad (3)$

dove ho indicato con $M_{k-1}=\sup_{x\in\mathbb{R}}|f^{(k-1)}(x)|$ e analogamente con $M_{k+1}=\sup_{x\in\mathbb{R}}|f^{(k+1)}(x)|$ .

Dalla (3) segue che:

$M_k\leq \frac{M_{k-1}}{h}+\frac{h}{2}M_{k+1}\quad (4)$

con ovvio significato del simbolo M_k

.
Nel caso in cui uno tra $M_{k-1}$ o $M_{k+1}$ non esista (o anche se non esistano entrambi), si porrà questo pari a $+\infty$ , rendendo la disuguaglianza (4) una semplice ovvietà.
Da notare inoltre che la (4) vale $\forall k\in\{1,...,p-1\}$ , sono cioè p-1

disuguaglianze diverse.
Partendo proprio da quest'ultima osservazione si può scrivere:

$M_k\leq \frac{M_{k-1}}{h}+\frac{h}{2}M_{k+1}\leq \frac{\left( \frac{M_{k-2}}{h'}+\frac{h'}{2}M_{k} \right)}{h}+\frac{h}{2}\left( \frac{M_{k}}{h''}+\frac{h''}{2}M_{k+2} \right)$

da cui scegliendo $h'=\frac{h}{2}$ e h''=2h

:

$M_k \leq 4 \frac{M_{k-2}}{h^2}+M_{k+2}h^2\quad (5)$

che stavolta vale $\forall k\in\{2,...,p-2\}$ e come sempre $\forall h>0$ .
Si può rifare ancora lo stesso giochetto utilizzando la (5) in entrambi $M_{k-2}$ e $M_{k+2}$ nella stessa (5), e poi di nuovo ancora ricorsivamente.

$M_k \leq a_1 \frac{M_{k-1}}{h}+b_1M_{k+1}h$
$M_k \leq a_2 \frac{M_{k-2}}{h^2}+b_2M_{k+2}h^2$
$M_k \leq a_4 \frac{M_{k-4}}{h^4}+b_4M_{k+4}h^4$
...
$M_k \leq a_{2^m} \frac{M_{k-2^m}}{h^{2^m}}+b_{2^m}M_{k+2^m}h^{2^m}\quad (6)$
...

dove si può proseguire finché 0<k-2^m

o finché

. I coefficienti sono sempre tutti positivi.

Se allora si particolareggia l'enunciato per p=2^n

, $n\in\mathbb{N}$ , si dimostra in sequenza (partendo con la scelta $k=2^{n-1}$ e dalla (6) con m=n-1

) che:

e $M_{2^n}$ finiti $\Rightarrow$ anche $M_{2^{n-1}}$ finito $\Rightarrow$ anche $M_{2^{n-2}}$ finito $\Rightarrow$ ... $\Rightarrow$ anche M_1

finito.

Poi si riparte prendendo di volta in volta tutti i 'medi', ad esempio ripartendo con $k=\frac{2^{n-1}+2^{n}}{2}$ e con la (6) sostituendo m=n-2

, e così via facendo vedere che sono finiti tutti gli M_0

, ..., $M_{2^n}$ .

Ora non so bene come andare oltre, estendo anche al caso $p\neq 2^n$ .
Se qualcuno ha qualche idea sarà molto ben accetta.

PS: aggiungo che si può anche dimostrare abbastanza facilmente che:

$M_k\leq \frac{M_{k-1}}{h}+\frac{h^2}{6}M_{k+3}$

che vale $\forall k\in\{1,...,p-2\}$ e $\forall h>0$ , ma non so bene come utilizzarla in modo costruttivo.

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