Encontrar función a partir de ciertas condiciones

Publicado por ^DiAmOnD^ | 20 mayo, 2008 | Juegos | 36 |

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.

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Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

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Sive

20/05/2008 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…

Responde

Javier

20/05/2008 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.

Responde

Javier

20/05/2008 11:56

Donde esta escrito $\displaystyle n=\frac{k}{e}$ quiero decir $\displaystyle n=\frac{k}{\varepsilon}$

Responde

SmartDust

20/05/2008 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

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

Responde

SmartDust

20/05/2008 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. 🙂

-1

Responde

Domingo H.A.

20/05/2008 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…

Responde

Domingo H.A.

20/05/2008 15:06

quise decir: no cumple la condición $f^{\prime}(0)=1$ .

Responde

Javier

20/05/2008 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.

Responde

Sive

20/05/2008 16:02

Pues dejo de pensar, el argumento de Javier me ha convencido.

Responde

Sive

20/05/2008 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?

Responde

Domingo H.A.

20/05/2008 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.

Responde

cua

20/05/2008 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 $~~x \leq 0$

Responde

Domingo H.A.

20/05/2008 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.

Responde

cua

20/05/2008 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).

Responde

cua

20/05/2008 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 $epsilon$ ).

Responde

^DiAmOnD^

20/05/2008 19:56

Perdón por la pifia inicial. La entrada estaba programada y no me di cuenta del error. Ya está solucionado.

Responde

cua

20/05/2008 23:20

perdon de nuevo, en el último post quise decir «se impone la restricción $\epsilon \leq K$ ..», pues la desigualdad al revés.

Responde

Domingo H.A.

20/05/2008 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).

Responde

cua

21/05/2008 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…

Responde

Asier

22/05/2008 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).

Responde

Sive

22/05/2008 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?

Responde

Sive

22/05/2008 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.

Responde

SmartDust

22/05/2008 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 : La función de Asier no cumple 3) 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… Lee más »

Responde

Domingo H.A.

22/05/2008 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 se anulan (y por tanto hay infinita… Lee más »

Responde

Javier

23/05/2008 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.

Responde

Domingo H.A.

23/05/2008 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!! 🙂 🙂

Responde

Domingo H.A.

23/05/2008 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 , para , y en el resto, siendo y constantes ( positiva). Está claro que , independientemente de los valores y (gaussiana con derivadas nulas en ). Elegimos de modo que y de modo que . Ver que al igual que en el ejemplo de Javier si (este detalle es el más conflictivo, y, aunque es cierto, es un buen ejercicio probarlo rigurosamente). Y dicho ésto basta elegir la función , siendo… Lee más »

Responde

Domingo H.A.

23/05/2008 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).

Responde

Domingo H.A.

25/05/2008 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 $\cfrac{2}{\pi}\cdot \arctan \left(\cfrac{\pi x}{2}\right)$ ?

Responde

Sive

25/05/2008 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:

$f(x) = (-1 + \sqrt {1 + 4x^2}) / 2x$

Responde

Domingo H.A.

26/05/2008 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 $\mathbb{R}$ .

Responde

Domingo H.A.

26/05/2008 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

Responde

Sive

27/05/2008 08:57

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

Lo entendí al revés.

Responde

Domingo H.A.

28/05/2008 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.

Responde

Sive

28/05/2008 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: 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: Donde g(x) transforma el intervalo (-1, 1) en (, 0) Y h(x) se calcula así: Pero de momento todo es poco… Lee más »

Responde

Domingo H.A.

28/05/2008 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).

Responde

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