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Limitatezza derivate

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[1] Limitatezza derivate

Messaggioda Foto UtenteIanero » 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 p volte in tutto \mathbb{R} con f 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?
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[2] Re: Limitatezza derivate

Messaggioda Foto UtentePietroBaima » 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.
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Io capisco le cose per come le scrivete. Per esempio: K sono kelvin e non chilo, h.z è la costante di Planck per zepto o per la zeta di Riemann e l'inverso di una frequenza non si misura in siemens.
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[3] Re: Limitatezza derivate

Messaggioda Foto UtenteIanero » 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.
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[4] Re: Limitatezza derivate

Messaggioda Foto UtenteIanero » 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.
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[5] Re: Limitatezza derivate

Messaggioda Foto UtenteIanero » 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.

f è differenziabile p 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 k+2^m<p. 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:

M_0 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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