Dubbio su definizione di funzione analitica

Studente Anonimo
Studente Anonimo
Definizione che hanno dato a me:
Sia \( f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \) una funzione di classe \( \mathcal{C}^{\infty} \) e sia la sua serie di Taylor \( \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}f^{(k)}(x_0)(x-x_0)^k \) in un intorno di \( x_0 \). Supponiamo che il raggio di convergenza \( R= R(x_0) \) sia non nullo. Se esiste \( \epsilon > 0 \), \( \epsilon < R \) tale che \( f(x) = \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}f^{(k)}(x_0)(x-x_0)^k \) , \( \forall x \in ]x_0 - \epsilon, x_0 + \epsilon [ \) diciamo che \( f \) è analitica in un intorno di \( x_0 \). Diciamo che è analitica su \( \mathbb{R}\) se è analitica in un intorno di ciascun \( x_0 \in \mathbb{R} \).

La mia domanda è: data una funzione \( f \) analitica su \( \mathbb{R}\), e fissato un \( x_0 \)
\( f(x) = \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}f^{(k)}(x_0)(x-x_0)^k \), \( \forall x \in \mathbb{R} \) ?
Oppure questo è vero solo in un dato intorno di \( x_0 \) ?
Cioè avendo una funzione analitica su \( \mathbb{R}\) posso sempre dire che
\( f(x) = \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}f^{(k)}(0)x^k \), \( \forall x \in \mathbb{R} \)? Oppure è vero solo in un intorno dato di \(0 \) ?
Altra domanda una funzione \( f \) analitica su tutta la retta reale se ha tutte le derivate che si annullano in un punto forza che la funzione è la funzione costante nulla?

Risposte
otta96
Solo in un intorno, per esempio la funzione $ln(1+x)$ è analitica (è vero, il dominio non è esattamente $RR$, come volevi tu, ma non è quello il punto fondamentale) su $(-1,+\infty)$, ma se la sviluppi in $0$, la serie converge solo per $|x|<1$. Anche perché si sa che l'intervallo di convergenza deve essere simmetrico rispetto al punto in cui si sviluppa, ma non si può andare più giù di $-1$. Ora che ci faccio caso potrebbe non essere un esempio completamente soddisfacente perché potresti pensare che è un problema del dominio se non funziona, ma non è così perché se consideri $arctanx$, anche stavolta hai una funzione analitica (su tutto $RR$), che però se sviluppi in $0$ hai sempre come raggio di convergenza $1$.
Per la seconda domanda: si, dimostralo è facile.

Studente Anonimo
Studente Anonimo
Grazie mille gentilissimo!
Provo a buttare giù la dimostrazione che se \( f \) analitica e ha tutte le derivate nulle in un punto \( \bar{x} \) allora è la funzione costante nulla.

Senza perdita di generalità supponiamo \( \bar{x} = 0\), in quanto \( f \) è analitica abbiamo che in almeno un intorno \( U_0\) di \( 0 \) la funzione è piatta, in quanto \( f(x) = \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k \).
Supponiamo per assurdo che \(f\) non sia la funzione identicamente nulla. E poniamo \(S=\{ x \in \mathbb{R} : f(x)\neq 0 \} \), allora sia \( x_0 = \inf_{x \in S} \begin{vmatrix} x \end{vmatrix} \)
Senza perdità di generalità prendiamo \( x_0 \) (il caso con \( - x_0 \) è del tutto analogo )
Segue che, in quanto \(f \) analitica, \( f(x) = \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x-x_0)^k \), \( \forall x \in ]x_0 - \epsilon, x_0 + \epsilon [ \)
Se \( x_0 \in S \) abbiamo che \( f(x_0) \neq 0 \) e \( f(x_0) = \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x_0-x_0)^k=0 \) assurdo.
Dunque \( x_0 \not\in S \) per cui la funzione è piatta in \( x_0 \) dunque tutte le derivate in \( x_0 \) si annullano e risulta che \( f(x) = \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x-x_0)^k =0\), \( \forall x \in ]x_0 - \epsilon, x_0 + \epsilon [ \) il che è assurdo in quanto essendo \( x_0 \) l'infimum di \(S \) abbiamo per proprietà del' inf che \( \forall \epsilon >0\), \( [x_0 , x_0 + \epsilon [ \cap S \neq \emptyset \)

Ti sembra funzionare?

otta96
Funziona quasi tutta la tua dimostrazione, una cosa non va bene: il motivo per cui concludi che $x_0\notinS$.
Infatti \( \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x_0-x_0)^k=f(0) \), per le convenzioni sulle serie di potenze.
Per farlo devi fare in un altro modo, ad esempio facendo vedere che il sup e l'inf di insiemi che sono retroimmagini dello $0$ tramite funzioni continue stanno nell'insieme (se sono finiti) e adattarlo al tuo caso.
P.S. Ho visto che scrivi in LaTeX le formule, ma ti viene quell'$epsilon$ brutto, se vuoi quello normale devi scrivere
\( \varepsilon \)

dissonance
C'è un esempio molto semplice e molto interessante su questo fenomeno:
\[
f(x)=\frac{1}{1+x^2}.\]
Questa funzione è definita su tutto \(\mathbb R\) ed è analitica. La sua serie di Taylor di centro \(0\) è data da
\[
f(x)=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n}.\]
Questa serie converge su \([-1, 1]\), e non su tutto \(\mathbb R\).

Il vero motivo di questo fenomeno giace nell'analisi complessa; se vuoi dare un'occhiatina, vedi su "Visual complex analysis" di Needham, cerca "The mystery of real power series". Questo libro si trova facilmente su internet in versione pdf.

Studente Anonimo
Studente Anonimo
Ah grazie mille, leggero di sicuro!
Dunque questo esercizio l'ho svolto correttamente?
Dimostra che se \( f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \) è analitica e verifica \(f(1/n) = 0 \) per tutti gli \(n > 0 \) allora \(f \) è identicamente nulla.
Per ipotesi \(f\) analitica dunque \(f(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty} \frac{f^{(i)} (0)}{i!}x^i\)

E poiche \(f(1/n)=0 \) per tutti gli \(n>0\) per continuita di \(f\) risulta
\(\lim\limits_{n\to \infty}f(1/n)=f(0)=0 \)

Per il teorema di Lagrange \( \forall n \exists a_{1,n}\in (0,1/n) \), t.q

\(f(1/n)-f(0)=0=f'(a_{1,n})\frac{1}{n} \) dunque \(f'(a_{1,n})=0\).

Visto che \(0< a_{1,n} < \frac{1}{n} \), \( \forall n\) per i due gendarmi \(\lim\limits_{n\to \infty} a_{1,n}=0 \), e dunque per continuita di \(f'\) e poiché \(a_{1,n}\neq 0\) per tutti gli \(n\), abbiamo \(\lim\limits_{n\to \infty} f'(a_{1,n})=f'(0)=0 \)

Ricorsivamente abbiamo \( \forall n, \forall k, \exists a_{k,n}\in (0,a_{k-1,n}) \), t.q

\(f^{(k-1)}(a_{k-1,n})-f^{(k-1)}(0)=0=f^{(k)}(a_{k,n})a_{k-1,n} \) dunque \(f^{(k)}(a_{k,n})=0\)

Visto che \(0< a_{k,n} < a_{k-1,n} \), \( \forall n\) per i due gendarmi \(\lim\limits_{n\to \infty} a_{k,n}=0 \), e dunque per continuita di \(f^{(k)}\) e poiché \(a_{k,n}\neq 0\) per tutti gli \(n\), abbiamo \(\lim\limits_{n\to \infty} f^{(k)}(a_{k,n})=f^{(k)}(0)=0 \)

Dunque tutte le derivate di \(f\) si annullano in \(0\) e visto che \(f\) è analitica abbiamo il risultato seguente:

\(f(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty} \frac{f^{(i)} (0)}{i!}x^i=0\), \(\forall x \in U_0\)

Dunque \(f(x)=0\) per tutti gli \(x \in U_0 \)

Dunque in almeno un intorno \( U_0\) di \( 0 \) la funzione è identicamente nulla per tutti \(x \in U_0 \).
Per assurdo supponiamo \(f\) non identicamente nulla su \(\mathbb{R}\). E poniamo \(S=\{ x \in \mathbb{R} : f(x)\neq 0 \} \), allora sia \( x_0 = \inf_{x \in S} \begin{vmatrix} x \end{vmatrix} \)
Senza perdita di generalita \( x_0= \inf_{x \in S} \begin{vmatrix} x \end{vmatrix} \) con \(x\in S, x>0\) (il caso \(x\in S, x<0\) è analogo )
Poiche \(f \) analitica abbiamo \(\exists \epsilon\) t.q.
\( f(x) = \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x-x_0)^k \), \( \forall x \in ]x_0 - \epsilon, x_0 + \epsilon [ \)

Se \( x_0 \not\in S \) la funzione è piatta in \( x_0 \) dunque tutte le derivate in \( x_0 \) si annullano e abbiamo \( f(x) = \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x-x_0)^k =0\), \( \forall x \in ]x_0 - \epsilon, x_0 + \epsilon [ \) assurdo! Poiché \( x_0 \) è l'infimum di \(S \) e per proprieta del infimum \( \forall \epsilon >0\), \( [x_0 , x_0 + \epsilon [ \cap S \neq \emptyset \).

Dunque \( x_0 \in S \) e abbiamo \( f(x_0) \neq 0 \), consideriamo \( S' = \mathbb{R}- S \) il complementare di \(S\) in \(\mathbb{R} \). Per Bolzano-Weierstrass possiamo trovare una successione \((x_n)_{\geq n} \) a valori in \(S' \) tale che \(\lim\limits_{n \to \infty} x_n = x_0 \)
Allora \( f(x_n)= 0 \) per tutti gli \( n \) passando al limite e per continuita di \(f \) otteniamo \( f(x_0) = 0 \) assurdo!

dissonance
Secondo me la fai troppo lunga. Inoltre, non mi convinci. D'accordo per f(0) e per f'(0), ma come dimostri che f''(0)=0? Scrivimi questa dimostrazione nel dettaglio per favore, non ti nascondere dietro il “ricorsivamente”.

Poi pensiamo alle derivate successive.

Studente Anonimo
Studente Anonimo
Intendi che non ti convinco solo nella parte in cui cerco di dimostrare che tutte le derivate si annullano in zero? Riscrivo solo questa parte o tutto? Anche a me sembra un po' lunga!

Per il teorema di Lagrange \( \forall n \exists a_{1,n}\in (0,1/n) \), t.q

\(f(1/n)-f(0)=0=f'(a_{1,n})\frac{1}{n} \) dunque \(f'(a_{1,n})=0\).

Visto che \(0< a_{1,n} < \frac{1}{n} \), \( \forall n\) per i due gendarmi \(\lim\limits_{n\to \infty} a_{1,n}=0 \), e dunque per continuita di \(f'\) e poiché \(a_{1,n}\neq 0\) per tutti gli \(n\), abbiamo \( \lim\limits_{n\to \infty} f'(a_{1,n})=f'(0)=0 \)

Sempre per il teorema di Lagrange abbiamo che \( \forall n \exists a_{2,n} \in (0,a_{1,n}) \) tale che
\(f'(a_{1,n})-f'(0)=0=f''(a_{2,n})a_{1,n} \) dunque \(f''(a_{2,n})=0\) per tutti gli \(n \)
Abbiamo così \( 0 < a_{2,n} < a_{1,n} \) e dunque per continuita di \( f'' \) abbiamo \(\lim\limits_{n\to \infty} f''(a_{2,n})=f''(0)=0 \)

Applicando ricorsivamente Lagrange abbiamo \( \forall n, \forall k, \exists a_{k,n}\in (0,a_{k-1,n}) \), t.q

\(f^{(k-1)}(a_{k-1,n})-f^{(k-1)}(0)=0=f^{(k)}(a_{k,n})a_{k-1,n} \) dunque \(f^{(k)}(a_{k,n})=0\)

Visto che \(0< a_{k,n} < a_{k-1,n} \), \( \forall n\) per i due gendarmi \(\lim\limits_{n\to \infty} a_{k,n}=0 \), e dunque per continuita di \(f^{(k)}\) e poiché \(a_{k,n}\neq 0\) per tutti gli \(n\), abbiamo \(\lim\limits_{n\to \infty} f^{(k)}(a_{k,n})=f^{(k)}(0)=0 \)

Dunque fissato un \( n \) abbiamo trovato una successione \( 0 < a_{k,n} < a_{k-1,n} < \ldots < a_{1,n} < 1/n \)
Che converge verso \( 0 \) e allo stesso modo fissato un \(k \) risulta \( \forall n >0\), \( 0 < a_{k,n} \leq a_{k,n-1} \leq \ldots \leq a_{k,1} < a_{k-1,1} \)e per applicazione ricorsiva di Lagrane abbiamo che la derivata \( f^{(k)} \) si annulla in \( a_{k,n} \) per ogni \( n>0 \) e per continuita delle derivate abbiamo che ciascuna derivata di \( f \) si annulla in \( 0 \).

A me sembra abbastanza chiaro. Poi magari è macchinoso sono d'accordo!
Adesso che ci penso potrei utilizzare il teorema di Rolle, che forse è meno macchinoso,
Abbiamo in quanto \( f \) analitica che per tutti gli \(n >0 \) è continua in \( [0,\frac{1}{n}] \) e derivabile in \( (0,\frac{1}{n}) \), sempre per continuita di \( f \) abbiamo che \( f(0) = 0 \) pertanto siccome \( f(0)=f(1/n) \) per tutti gli gli \( n >0 \) per Rolle esiste \( a_{1,n} \in (0,\frac{1}{n}) \) tale che \( f'(a_{1,n} ) = 0 \).
Per continuità di \( f' \) risulta dunque che \( f'(0)=0 \) e di nuovo abbiamo per Rolle che in quanto \( f' \) è continua in \( [0,a_{1,n}]\) e derivabile in \( (0,a_{1,n})\) abbiamo l'esistenza di \( a_{2,n} \in (0,a_{1,n}) \) tale che \( f''(a_{2,n} )=0 \)
Ricorsivamente (e non mi nascondo :D ) applicando Rolle in questo modo abbiamo trovato una successione decrescente per ogni \( n \) tale che \( 0 < a_{k,n} < a_{k-1,n} < \ldots < a_{2,n} < a_{1,n} < \frac{1}{n} \) che converge verso zero e in cui la derivata \( f^{(k)} \) si annulla in \( a_{k,n} \) per Rolle. Siccome per il teorema del ponte e fissato un \( k\) abbiamo che \( f^{(k)} \) continua in \( 0 \) se e solo se \( \forall x_n \) che converge verso \( 0 \) abbiamo che \( \lim\limits_{x \to 0 } f^{(k)}(x) = \lim\limits_{n \to \infty} f^{(k)}(x_n) = f^{(k)}(0) \) allora risulta \( \lim\limits_{x \to 0} f^{(k)}(x) = \lim\limits_{n \to \infty} f^{(k)}(a_{k,n}) = f^{(k)}(0)=0 \)

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