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Propuesto suave

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hermite Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 3 2020, 12:25 PM Publicado: #1
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 128 Registrado: 27-November 15 Miembro Nº: 142.558	$TEX: Sea $\varphi:\mathbb R \rightarrow (0,\infty)$ una función continua.<br />Demuestre que existe una función $f:\mathbb R \rightarrow (0, \infty)$ infinitamente differenciable en $\mathbb R$ tal que<br />$$ 0 < f(x) < \varphi(x) \,\,\forall x \in \mathbb R. $$<br />$ Mensaje modificado por hermite el Jun 3 2020, 12:26 PM

vocin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 3 2020, 01:50 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 648 Registrado: 26-October 13 Desde: Tokyo-3 Miembro Nº: 123.749 Nacionalidad: Sexo:	El otro día hice algo así en una ayudantía! La única diferencia es que el dominio de la función era una variedad diferencial en vez de R, pero la demostración general funciona acá también. No sé si el caso real tiene una prueba más simple, eso sí -------------------- Pro Tip: Es siempre recomendable saltarse los posts de Insanee/Legition I wish, that I could turn back time 'cos now the guilt is all mine can't live without the trust from those you love I know we can't forget the past you can't forget love & pride because of that, it's killing me inside

Fran.tgx Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 3 2020, 08:45 PM Publicado: #3
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 26 Registrado: 27-February 18 Miembro Nº: 155.850 Nacionalidad: Sexo:	$TEX: Basta demostrar que existe un $ \varepsilon > 0 $ tal que $\forall x_0 \in \mathbb R$ se cumple que $\varphi(x_0) > \varepsilon .$ (Pues haciendo $f(x)= \varepsilon$ implicaría que $f$ es infinitamente diferenciable).<br /><br />Supongamos lo contrario, es decir $ \forall \varepsilon>0$ existe un $ x_0 \in \mathbb R$ tal que $\varphi(x_0) \leq \varepsilon$, en primer lugar por continuidad de $\varphi$, obtenemos que para todo $\varepsilon '$ existe un $\delta$ tal que si $\| x-x_0\| < \delta $ entonces $ \|\varphi(x) - \varphi (x_0)\| < \varepsilon '$ lo que significa que $\varphi(x)< \varepsilon ' + \varphi(x_0) \leq \varepsilon ' + \varepsilon = \varepsilon '' $, es decir $\forall \varepsilon''>0$ existe un $x_0$ tal que si $\| x-x_0\| < \delta $ para algún $\delta$ entonces $0< \varphi(x) - 0 \leq \varepsilon''$ es decir el límite de $\varphi(x)$ cuando $x$ tiende a $ x_0$ es 0 y como $\varphi$ es continua entonces $\varphi(x_0)=0$ lo que contradice el hecho de que el recorrido de la funcion son los reales positivos. Por lo tanto existe un $ \varepsilon > 0 $ tal que $\forall x_0 \in \mathbb R$ se cumple que $\varphi(x_0) > \varepsilon .$ Como queríamos.<br />$ Mensaje modificado por Fran.tgx el Jun 3 2020, 09:01 PM

hermite Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 4 2020, 05:18 AM Publicado: #5
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 128 Registrado: 27-November 15 Miembro Nº: 142.558	CITA(Fran.tgx @ Jun 3 2020, 08:45 PM) $TEX: Basta demostrar que existe un $ \varepsilon > 0 $ tal que $\forall x_0 \in \mathbb R$ se cumple que $\varphi(x_0) > \varepsilon .$ (Pues haciendo $f(x)= \varepsilon$ implicaría que $f$ es infinitamente diferenciable).<br /><br />Supongamos lo contrario, es decir $ \forall \varepsilon>0$ existe un $ x_0 \in \mathbb R$ tal que $\varphi(x_0) \leq \varepsilon$, en primer lugar por continuidad de $\varphi$, obtenemos que para todo $\varepsilon '$ existe un $\delta$ tal que si $\| x-x_0\| < \delta $ entonces $ \|\varphi(x) - \varphi (x_0)\| < \varepsilon '$ lo que significa que $\varphi(x)< \varepsilon ' + \varphi(x_0) \leq \varepsilon ' + \varepsilon = \varepsilon '' $, es decir $\forall \varepsilon''>0$ existe un $x_0$ tal que si $\| x-x_0\| < \delta $ para algún $\delta$ entonces $0< \varphi(x) - 0 \leq \varepsilon''$ es decir el límite de $\varphi(x)$ cuando $x$ tiende a $ x_0$ es 0 y como $\varphi$ es continua entonces $\varphi(x_0)=0$ lo que contradice el hecho de que el recorrido de la funcion son los reales positivos. Por lo tanto existe un $ \varepsilon > 0 $ tal que $\forall x_0 \in \mathbb R$ se cumple que $\varphi(x_0) > \varepsilon .$ Como queríamos.<br />$ $TEX: No es verdad en general que la función deba estar acotada inferiormente por una constante positiva, por ejemplo la función continua <br />$$\varphi(x) = \frac{1}{x^2 + 1} > 0$$<br />no lo esta puesto que<br />$$\lim_{x \rightarrow \infty} \varphi(x) = 0. $$<br />Aun así no estas lejos de una demostración correcta. Puedes hacer eso en un intervalo acotado primero, y luego ir extendiendo por otra función constante ( en general mas pequegna). Toda la gracia entonces esta en demostrar que uno puede pegar las soluciones manteniendo la condición de suavidad.<br />$ CITA(2.718281828 @ Jun 3 2020, 10:01 PM) Vamos a ver. Partamos por la aproximación de Weierstrass. Sabemos que una función $TEX: $h(x)$$ en $TEX: $[0,1]$$ puede ser aproximada por polinomios $TEX: $P(x)$$ tanto como se desee, es decir, dado $TEX: $\epsilon>0$$ existe un polinómio $TEX: $p(x)$$ tal que $TEX: $p(x)-\epsilon \leq h(x) \leq p(x)+\epsilon$<br />$ Consideremos cualquier función infinitamente diferenciable $TEX: $F:\mathbb{R}\to [0,1]$$ y estrictamente creciente (Una función de distribución por ejemplo) entre los reales. Como $TEX: $g$$ es positiva y continua, tomamos $TEX: $h$$ en [0,1] con $TEX: $h(t)=\ln g(F^{-1}(t))$$ , el cual sigue siendo continua. luego tomamos $\epsilon>0$ cualquiera y sabemos que existe un polinómio $TEX: $p(t)$$ tal que $TEX: $p(t)-\epsilon \leq h(t)$$ en [0,1]. Esto último implica que podemos tomar $TEX: $f(x)=e^{p(F(x))-\epsilon}$$ , el cual cumple que $TEX: $f$$ es infinitamente diferenciable (Composicion de exponencial-polinomio-función de distribución infinitamente diferenciable) y cumple que $TEX: <br />$$f(x)\leq g(x)$$ <br />$ para todo x real. $TEX: <br />Me gusta la idea de reducir el problema al caso acotado en donde podemos usar Weierstrass, sin embargo de momento hay un problema crucial en la demostración. Si entiendo bien, tomas una función $F:\mathbb R \rightarrow [0,1]$ continua (mas aun suave) tal que la inversa esta definida en $[0,1]$ y es al menos continua. Pero esto seria un homomorfismo entre $\mathbb R$ y $[0,1]$ lo que claramente no es posible, por ejemplo esto implicaría que $\mathbb R$ es compacto.<br />$ Mensaje modificado por hermite el Jun 4 2020, 08:14 AM

hermite Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 4 2020, 08:17 AM Publicado: #6
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 128 Registrado: 27-November 15 Miembro Nº: 142.558	CITA(vocin @ Jun 3 2020, 01:50 PM) El otro día hice algo así en una ayudantía! La única diferencia es que el dominio de la función era una variedad diferencial en vez de R, pero la demostración general funciona acá también. No sé si el caso real tiene una prueba más simple, eso sí Exactamente, el problema es un caso particular del teorema de aproximación de whitney de funciones en una variedad suave. Al menos la demostración mas simple que a mi se me ocurrió es la que sugerí en el post anterior ( al menos se evita usar particiones de la unidad y eso que no es necesario en este simple caso).

hermite Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 4 2020, 02:51 PM Publicado: #8
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 128 Registrado: 27-November 15 Miembro Nº: 142.558	CITA(2.718281828 @ Jun 4 2020, 02:45 PM) y cambiaría si en vez de usar [0,1] cerrado tomo ]0,1[ abierto? me parece que el error que cometí es incluir los extremos, por eso pense en una función tipo función de distribución infinitamente diferenciable (como la gaussiana, por ejemplo), la cual no alcanza los valores 0 y 1. Saludos Claudio. $TEX: Pero en ese caso $h$ quedaría definido en $]0,1[$ en donde el teorema de Weierstrass no es cierto, por ejemplo, la función $f(x) = -\frac{1}{x}$ es continua en $]0,1[$, pero es imposible aproximarla uniformemente por polinomios ( o acotarla inferiormente por polinomios).$ Mensaje modificado por hermite el Jun 4 2020, 02:51 PM

vocin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 4 2020, 04:38 PM Publicado: #10
Dios Matemático Supremo Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 648 Registrado: 26-October 13 Desde: Tokyo-3 Miembro Nº: 123.749 Nacionalidad: Sexo:	Eso "así de brusco" yo creo que es complicado hacerlo andar. Si elijes un polinomio en [0, 1] y otro polinomio en [-1, 0] y exiges que las derivadas coincidan en 0, entonces los polinomios deben ser los mismos. De verdad uno tiene que hacer un pegado "distinto" -------------------- Pro Tip: Es siempre recomendable saltarse los posts de Insanee/Legition I wish, that I could turn back time 'cos now the guilt is all mine can't live without the trust from those you love I know we can't forget the past you can't forget love & pride because of that, it's killing me inside

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