Encontrar función a partir de ciertas condiciones

Os dejo el problema de la semana:

Para cada $\varepsilon > 0,k > 0$ obtener la expresión analítica de alguna función $f(x)$ continua y derivable en todo $\mathbb{R}$ verificando las siguientes condiciones:

1) $f(0)=0$ y $f^\prime(0)=1$
2) $f(x)=\varepsilon, \forall x\geq K$
3) $f^\prime(K)=0$
4) $f$ simétrica respecto al origen: $f(-x)=-f(x)$
5) $f$ creciente en todo $\mathbb{R}$ , es decir, con derivada no negativa.

Responder a la misma cuestión exigiendo además

6) $f$ es de clase $C^\infty$ , esto es, $f$ es infinitamente derivable con derivadas continuas en todo punto.

Vamos a por él.

Posts aleatorios

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 20 de May de 2008
Categorías: Juegos | Imprime este post

Sin comentarios

Sive | 20 de May de 2008 | 09:24

Creo que lo que Diamond quiso poner es:

Para cada $\varepsilon \char 62\ 0,k \char 62\ 0$ obtener la expresión analítica de alguna función f(x) continua y derivable en todo $\mathbb{R}$ verificando las siguientes condiciones:

Étcetera…
Javier | 20 de May de 2008 | 11:54

Sea $\displaystyle g(x)=(1-\frac{x}{k})^{\frac{k-\varepsilon}{\varepsilon}}$

Para $x\in[0,k]$ , $g(0)=1\ g(k)=0\ \int_{0}^{k} g(x)\, dx=\varepsilon$ y $g(x)\ge 0$

Sea $h(x)=g(-x)$

Para $x\in[0,k]$ , $h(0)=1\ h(-k)=0\ \int_{-k}^{0} h(x)\, dx=\varepsilon$ y $h(x)\ge 0$

Definimos la funcion f:

$-\varepsilon\ x$ < $-k$

$-\varepsilon+\int_{-k}^{x} h(y)\, dy\ -k\le x\le 0$

$\int_{0}^{x} g(y)\, dy\ 0$ < $x\le k$

$\varepsilon\ k$ < $x$

Es facilente visible que cumple las 5 primeras condiciones. La sexta no, porque para $\displaystyle n=\frac{k}{e}\in\mathbb{N}$ , su derivada n-esima no esta definida en $\mathbb{R}$ , por la indeterminacion $0^0$ . A ver si me sacais de este entuerto.

Saludos.
Javier | 20 de May de 2008 | 11:56

Donde esta escrito $\displaystyle n=\frac{k}{e}$ quiero decir $\displaystyle n=\frac{k}{\varepsilon}$
SmartDust | 20 de May de 2008 | 12:21

Para las cinco primeras condiciones la función se define pegando tres funciones de clase infinito en tres regiones:

$f\left(x\right)=-\epsilon\,\forall\,x\in\left( -\infty,-K\right]\:$ ,

$f\left( x\right) =\epsilon\sin\left( \dfrac{\pi}{2}\dfrac{x}{K}\right)\,\forall\,x\in\left[ -K,K\right]\:$ y

$f\left( x \right)=\epsilon\,\forall\,x\in\left( K,\infty\right]$
SmartDust | 20 de May de 2008 | 12:28

Con tanto copiaypega.. la última expresión es:

$f\left( x \right)=\epsilon\,\forall\,x\in\left[ K,\infty\right)$

con el intervalo cerrado por la izquierda y abierto por la derecha como debe ser.
Domingo H.A. | 20 de May de 2008 | 15:05

Javier, muy buen ejemplo. A ver si alguien da más ejemplos (quizás los hay más simples). Ahora a por las condiciones 1-6. A ver cómo buscamos un ejemplo de función infinitamente derivable…

Smartdust, aunque es interesante la interpolación trigonométrica que haces, tu ejemplo no cumple la condición $f'(0)=1$ . A ver si puedes ajustar las constantes…
Domingo H.A. | 20 de May de 2008 | 15:06

quise decir: no cumple la condición $f^{\prime}(0)=1$ .
Javier | 20 de May de 2008 | 15:31

Acabo de darme cuenta de que para el caso $k=\varepsilon$ no es correcto mi ejemplo, pero si multiplicamos la integral por $1-x^2$ satisface este caso particular.

Luego primero, es mas correcto dar la funcion de esta manera:

$f(x)=-\varepsilon\ \forall\ x\in(-\infty,-k]$

$f(x)=-\varepsilon+\int_{k}^{x} h(y)\, dy\ \forall\ x\in[-k,0]$

$f(x)=\int_{0}^{x} g(y)\, dy\ \forall\ x\in(0,k)$

$f(x)=\varepsilon\ \forall\ x\in[k, \infty]$

En cuanto a cumplir el apartado 6º, creo que no es posible, si ves el limite por la derecha $\displaystyle \lim_{x \to k+} f^n(x)=0\ \forall n \in \mathbb{N}$ , por ser la funcion constante. Entonces debería ser $\displaystyle \lim_{x \to k-} f^n(x)=0\ \forall n \in \mathbb{N}$ , ademas debe ser creciente y continua, pero, para cualquier desarrolo de Taylor de cualquier funcion, vemos que esta funcion no existe.
Sive | 20 de May de 2008 | 16:02

Pues dejo de pensar, el argumento de Javier me ha convencido.
Sive | 20 de May de 2008 | 16:36

Javier en realidad el requisito de que la función sea creciente no importa si se pretende satisfacer el requisito 6 ¿verdad? ¿no sería igualmente imposible aunque se eliminara el requisito 5?
Domingo H.A. | 20 de May de 2008 | 16:47

Javier, sí es posible dar ejemplos.

Con respecto a lo del desarrollo en serie que comentas, recuerda el ejemplo clásico: la función “gaussiana” $e^{-1/x^2}$ (con singularidad evitable en el origen) es infinitamente derivable y tiene todas sus derivadas nulas en el origen (sin embargo, no es desarrollable en serie en el origen, o dicho de otro modo, el radio de convergencia de la serie es cero). Les animo a seguir pensando en la condición 6, a ver que es lo que surge.
cua | 20 de May de 2008 | 17:13

Si $\epsilon \leq K$ entonces, salvo error mio, esta version de la función debería valer:

$\displaystyle{f(x)=\epsilon\sin\left( \frac{\pi}{2}\,\frac{x}{\epsilon} \right)}~,~~~ \forall x\in [0,\epsilon]$

$f(x)=\epsilon~~$ si $~~x\geq\epsilon$

$f(x)=-f(-x)~~$ si $~~x \leq 0$
Domingo H.A. | 20 de May de 2008 | 17:20

Cua, esa función cumple $f(\varepsilon)=\varepsilon$ en lugar de $f(K)=\varepsilon$ . $K$ y $\varepsilon$ son números reales positivos cualesquiera prefijados de antemano.
cua | 20 de May de 2008 | 17:59

Domingo: la versión que yo he dado cumple $f(x)=\epsilon$ para todo $x\geq \epsilon$ , entre los cuales está $K$ (luego $f(K)=\epsilon$) ya que se impone la restriccion $\epsilon\geq K$ (esta por encontrar una función que sirva en todos los casos).
cua | 20 de May de 2008 | 19:26

Perdon por las pifias de latex del post anterior, lo mando de nuevo:

Domingo: la versión que yo he dado cumple $f(x)=\epsilon$ para todo $x\geq \epsilon$ entre los cuales está $K$ , por tanto, se cumple $f(K)=\epsilon$ , ya que se impone la restriccion $\epsilon\geq K$ . De todas formas, está por encontrar una función que sirva en todos los casos, incluso cuando $\epsilon \geq K$ (asumo que es lo que se pedía, es decir, cualquier $K$ y cualquier $epsilon$ ).
^DiAmOnD^ | 20 de May de 2008 | 19:56

Perdón por la pifia inicial. La entrada estaba programada y no me di cuenta del error. Ya está solucionado.
cua | 20 de May de 2008 | 23:20

perdon de nuevo, en el último post quise decir “se impone la restricción $\epsilon \leq K$ ..”, pues la desigualdad al revés.
Domingo H.A. | 20 de May de 2008 | 23:31

sí, cua. De todos modos, $\varepsilon$ y $K$ son parámetros (reales positivos) libres. Si no se exige regularidad infinita en la función, puede responderse a la cuestión (1-5), por ejemplo, con funciones polinómicas a trozos de grado 3, o también con el ejemplo de Javier (a ver si alguien da más ejemplos). La cosa ahora está en dar ejemplos de funciones que se “peguen” con infinita regularidad a una recta (que, por supuesto, existen).
cua | 21 de May de 2008 | 20:16

Creo que esto debe funcionar:

Para valores de $x$ entre 0 (incluido), y $K$ (sin incluir):

$f(x)~=~\epsilon(1-e^{g(x)})$

donde: $g(x)~=~\displaystyle{\frac{x/\epsilon}{x/K-1}}$

para $x$ igual a $K$ o superiores $f(x)=\epsilon$ , y para $x$ negativos $f(x)=-f(-x)$

Creo que cumple todas las condiciones, pero, por supuesto, puede haber errores…
Asier | 22 de May de 2008 | 00:02

Yo propongo esta otra función para valores entre 0 y K:

$\displaystyle f(x) = ln \left ( \frac{-2e^\epsilon + K + 2}{K^3} x^3 + \frac{3e^\epsilon -2K - 3}{K^2} x^2 + x + 1\right )$

Entre -K y 0 tendríamos $-f(-x)$ . No estoy seguro de si cumple 6).
Sive | 22 de May de 2008 | 18:26

Tal vez deberíais incluir la prueba, al menos para ver si habéis tenido todos los detalles en cuenta, antes de analizar la validez de las respuestas ¿no?
Sive | 22 de May de 2008 | 18:28

Por ejemplo, los dos habéis pegado dos curvas en el origen, creando otro punto singular que debe ser estudiado, pero no lo habéis mencionado siquiera.
SmartDust | 22 de May de 2008 | 20:09

Pues va a ser que no. No tenemos todavía ninguna función solución del problema porque todas las funciones propuestas hasta ahora tienen algún problema con alguna de las condiciones 1) a 5)

La mía no cumple 3) y no veo forma de arreglar el problema.

La de Javier tiene serios problemas con el límite por la izquierda en $x=K$ :

$\displaystyle \lim_{x \to K^{-}} g\left( x \right)=+\infty\:si\:K\in\left(-\infty,\epsilon\right)$

$\displaystyle \lim_{x \to K^{-}} g\left( x \right)=1\:si\:K=\epsilon$

$\displaystyle \lim_{x \to K^{-}} g\left( x \right)=0\:si\:K\in\left(\epsilon,+\infty\right)$

La función de Asier no cumple 3)

$\displaystyle f^{\prime}(K)=\dfrac{1-K}{\epsilon}$

Y la última de cua también se va a infinito cuando x tiende a K por la izquierda.

Me parece que lo difícil de este problema es que la función que buscamos se comporta de forma muy distinta según K sea mayor o menor que épsilon: si $K \leqslant \epsilon$ entonces la función debe tener al menos un número par de puntos de inflexión en el intervalo (-K,K) cosa que no es necesaria si K es mayor que épsilon.
Domingo H.A. | 22 de May de 2008 | 20:25

Buena observación, Sive. Acabo de mirar por encima las funciones que han dado Cua y Asier. Me parece loable el esfuerzo que han hecho en buscar semejantes ejemplos! Pero hay que objetar unas cuantas cosas.

1) Con respecto a la función que da Cua, cumple 1-5 (Smartdust, la derivada por la izquierda en K sí se anula…se va a infinito por la derecha, pero ese caso no interesa). Pero no cumple 6 precisamente por la observación que ha hecho Sive. A pesar de que todas las derivadas (por la izquierda) en el punto $x=K$ se anulan (y por tanto hay infinita regularidad en ese punto y su opuesto), no obstante la derivada segunda en el origen no se anula y se necesita que todas las derivadas (pares) se anulen en el origen para que el pegue simétrico sea $C^\infty$ en el origen. Cua, puedes elegir valores concretos de $K$ y $\varepsilon$ para ver que la derivada segunda en 0 no se anula en general.

2) Con respecto a la función de Asier, no cumple 1-5 en el hecho de que no es creciente en todo [latex]0,K[/latex] (tiene un máximo interior por encima de epsilon, aunque la derivada en K sí que se anule). Además, no cumple la regularidad infinita ya que sus derivadas de orden superior a 2 en el punto $x=K$ no se anulan en general.

Es una lástima que estos ejemplos “explícitos” no nos valgan. Como se puede observar, la condición de ser $C^\infty$ es bastante puñetera en los pegues de cara a dar un ejemplo. No indicaré aún mi ejemplo para no contaminar las ideas que vayan surgiendo, aunque adelanto que cuando pensé en este problema el ejemplo que obtuve no fue “explícito”.
Javier | 23 de May de 2008 | 17:01

De momento, para el caso $k\in( \varepsilon, \infty)$ , con $\varepsilon \in (0, \infty )$ es demostrable que cumple 1-6

Sea $\displaystyle \int_{0}^{k}a^{\frac{-x}{(x-k)^2}}dx\ a \in (1,\infty)$ , dificil de calcular, pero que, evidentemente, esta mayorada por $\displaystyle \int_{0}^{k}dx=k=\lim_{a \to 1}{\int_{0}^{k}a^{\frac{-x}{(x-k)^2}}dx}$ , ademas, $\displaystyle \lim_{a \to \infty}{\int_{0}^{k}a^{\frac{-x}{(x-k)^2}}dx}=0$

Puesto que cuanto mayor sea $a$ , menor será $\displaystyle \int_{0}^{k}a^{\frac{-x}{(x-k)^2}}dx$ , existira $a_1$ tal que $\displaystyle \int_{0}^{k}a_1^{\frac{-x}{(x-k)^2}}dx=\varepsilon$

Sea $\displaystyle f(x)=a_1^{\frac{-x}{(x-k)^2}}\ f(0)=1\ \lim_{x \to k}{f(x)}=0$ $latex \displaystyle \lim_{x \to k}{f^n(x)}=0\ \int_{0}^{k}f(x)dx=
\int_{0}^{k}a_1^{\frac{-x}{(x-k)^2}}dx=\varepsilon$

Sea $\displaystyle g(x)=f(-x)$

Definimos la funcion

$\displaystyle h(x)=-\varepsilon\ \forall x \in (\infty,-k]$

$\displaystyle h(x)=-\varepsilon+\int_{-k}^{x}g(y)dy\ \forall x \in (-k,0]$

$\displaystyle h(x)=\int_{0}^{x}f(y)dy \ \forall x \in (0,k)$

$\displaystyle h(x)=\varepsilon\ \forall x \in [k,\infty)$

Con $k$ , $\varepsilon$ con las condiciones de la 1ª linea, la funcion definida cumple 1-6.

Saludos.

PD: Gran pista, Domingo.
Domingo H.A. | 23 de May de 2008 | 20:58

Javier, muy interesante lo que propones. No veo porqué necesitas en tu desarrollo que $\varepsilon$ sea mayor que K (en este último ejemplo). No obstante, tal como lo propones, el ejemplo tampoco nos vale por la misma razón que decía Sive. El pegue en el origen no es $C^\infty$ (a pesar de que sí lo es en $\pm K$ ). Puedes ver que la derivada primera de $f(x)$ en el origen no se anula: vale $f^\prime(0)=-\cfrac{log\;a}{K^2}$ . Con lo cual $h(x)$ presenta problemas en su derivada segunda.

De todos modos, con lo que has hecho, ya prácticamente tienes un ejemplo válido ante tus ojos!!
Domingo H.A. | 23 de May de 2008 | 23:42

Bueno, ya que es viernes, y como Javier ya prácticamente ha obtenido un ejemplo, escribo el mío, que por cierto es clavado al de Javier!

Vamos a tomar $f(x)=L\cdot e^{-\frac{a}{x^2-K^2}}$ , para $x\in (-K,K)$ , y $f(x)=0$ en el resto, siendo $a$ y $L$ constantes ( $a$ positiva). Está claro que $f\in C^{\infty} (\mathbb R)$ , independientemente de los valores $L$ y $a$ (gaussiana con derivadas nulas en $x=\pm K$ ).

Elegimos $L=\cfrac{1}{2}\cdot e^{-\frac{a}{K^2}}$ de modo que $f(0)=\cfrac{1}{2}$ y $a=a(\varepsilon)\succ 0$ de modo que $\displaystyle{\int_{\mathbb{R}} f}=\varepsilon$ . Ver que al igual que en el ejemplo de Javier $\displaystyle{\int_{\mathbb{R}} f}\to 0$ si $a\to +\infty$ (este detalle es el más conflictivo, y, aunque es cierto, es un buen ejercicio probarlo rigurosamente).

Y dicho ésto basta elegir la función $G(x)=-\varepsilon+2F(x)$ , siendo $F$ la función primitiva de $f$ :

$F(x)=\displaystyle{\int_{-\infty}^x f(y)dy}$ .

Como comentaba, este ejemplo puede ser algo frustrante ya que no se puede expresar en términos de operaciones algebraicas con funciones elementales. Por eso estaba interesado en proponer el problema para ver si surgía alguno.

Me gustaría plantearles, si tienen tiempo, ganas e interés, analizar qué ocurre con esta función que he dado en el caso límite $K\to+\infty$ ( $\varepsilon$ se mantiene fijo). ¿Tendrá alguna relación la función límite con la función $\cfrac{2\varepsilon}{\pi}\cdot \arctan(x)$ ?
Domingo H.A. | 23 de May de 2008 | 23:50

perdón, quise decir con la función $\cfrac{2\varepsilon}{\pi}\cdot \arctan \left(\cfrac{\pi x}{2\varepsilon}\right)$ (para que tenga derivada 1 en el origen).
Domingo H.A. | 25 de May de 2008 | 10:24

Una cuestión relacionada a la anterior: ¿Alguien conoce algún ejemplo (explícito) de función $f$ creciente, simétrica impar e infinitamente derivable que transforme la recta real en el intervalo $(-1,1)$ , siendo $f(0)=0$ y $f^\prime(0)=1$ , y que sea distinta de la función $\cfrac{2}{\pi}\cdot \arctan \left(\cfrac{\pi x}{2}\right)$ ?
Sive | 25 de May de 2008 | 15:43

Aclaro que llevo muchos años centrando mi interés matemático en los números enteros (particularmente en algoritmos criptográficos), así que este no es mi terreno, pero juraría que esta función:

$y = x/(1-x^2)$

Cumple lo que pides salvo que hace la transformación inversa.

Cambiando x por y, y despejando se obtiene:

$f(x) = (-1 + \sqrt {1 + 4x^2}) / 2x$
Domingo H.A. | 26 de May de 2008 | 00:17

Gracias por tu respuesta, Sive. Efectivamente esa función cumple lo que se pedía. Sin embargo se me pasó exigir además que al componer la función con la arcotangente la función resultante tenga derivada nula en $x=\pm K (=\pm 1$ en tu caso), cosa que en este caso no ocurre. Esto nos daría un ejemplo expresable en términos algebraicos elementales a través de la composición de la arcotangente con una función que lleve el intervalo $(-K,K)$ en $\mathbb{R}$ .
Domingo H.A. | 26 de May de 2008 | 00:29

algunos links relacionados con este tema:

http://en.wikipedia.org/wiki/Cutoff_function
http://en.wikipedia.org/wiki/Bump_function
http://en.wikipedia.org/wiki/Urysohn‘s_lemma
http://en.wikipedia.org/wiki/Partition_of_unity
Sive | 27 de May de 2008 | 08:57

Entonces la transformación que te interesa es la de la primera función que puse ¿verdad?

Lo entendí al revés.
Domingo H.A. | 28 de May de 2008 | 13:51

Sive, mea culpa…lo planteé yo al revés. La cosa es que aunque el ejemplo que has dado cumplía los requisitos iniciales, no me sirve al componer con la arcotangente. La cosa es que en muchas ocasiones se hace alusión a este tipo de funciones que se pegan con infinita regularidad a una función constante (porque hay resultados clásicos de existencia…como los de los links previos), pero por curiosidad buscaba un ejemplo elemental.
Sive | 28 de May de 2008 | 14:22

Bueno Domingo, no estoy seguro de que la culpa fuera tuya, yo debí haber puesto más atención, el error era tan obvio que era más errata que error.

Ya veo que no sirve. También se me ocurrió doblar los ceros en la función, para que tendiera a infinito más rápido, es decir:

$y = x/(1-x^2)^2$

Pero no llegué a ninguna parte al combinarla con la arcotangente.

Ahora le estoy dando vueltas a otra idea, estoy pensando en buscar una función del tipo:

$f(x) = e^{-1/g(x)^2} - e^{-1/h(x)^2}$

Donde g(x) transforma el intervalo (-1, 1) en ( $-\infty$ , 0)

Y h(x) se calcula así:

$h(x) = g(-x)$

Pero de momento todo es poco más que intuición, a ver si el trabajo me deja un poco más tranquilo y puedo investigar un poco en esa línea.
Domingo H.A. | 28 de May de 2008 | 14:31

Gracias Sive, la verdad es que no he podido dedicarle más tiempo al asunto éste y lo he dejado un poco. La idea es hacer un cambio de variable (explícito) que reproduzca en $(-K,K)$ el mismo comportamiento de la arcotangente en todo $\mathbb{R}$ (conservando las condiciones impuestas).