有界函数的第n阶导数也有界，如何估计其中第i阶导数的界

dianyancao

有界函数\(f(x)\)直到\(n\)阶的导数都存在且连续，并且\(f^{(n)}(x)\)有界
求证：\(f(x)\)的\(1\)到\(n-1\)阶导数\(f^{(i)}(x)\)都有界

若\(\max\{\abs{f(x)}\}=M\),\(\max\{\abs{f^{(n)}(x)}\}=N\)
如何估计\(\max\{\abs{f^{(i)}(x)}\}\)的最小值？

dianyancao

有界函数$f(t)$在有限开区间$(a,b)$上直到$n$阶的导数
都存在且连续，且$f(t)$和$f^{(n)}(t)$在闭区间$[a,b]$上有界
求证：区间$(a,b)$上$f(t)$的$1$到$n-1$阶导数$f^{(k)}(t)$都有界

证：
所给函数$f(t)$在有限开区间$(a,b)$上满足狄氏条件，
对函数$f(t)$加窗,于区间$[a,b]$外将函数值置为$0$
接着对$f^{(k)}(t)$应用傅立叶变换得到像函数:
$$F(f^{(k)}(t))=(iw)^k\hat{f}(w)$$
当$k=0$时，$\hat{f}(w)$收敛，$\| \hat{f}(w) \|$有界
当$k=n$时，$(iw)^n\hat{f}(w)$收敛，$| (iw)^n\hat{f}(w) |=|w^n\hat{f}(w) |$有界，那么
$$| (iw)^k\hat{f}(w) | \le \max\{| \hat{f}(w) |_{| w | \le 1},| w^n\hat{f}(w)|_{| w | > 1} \}$$
因此$|(iw)^k\hat{f}(w) |$有界，设$| (iw)^k\hat{f}(w)| \le M$，
对$(iw)^k\hat{f}(w)$应用傅立叶逆变换有：
\begin{eqnarray*}
    f^{(k)}(t) && = \frac{1}{2\pi} F^{-1}((iw)^k\hat{f}(w)) \\
    && = \frac{1}{2\pi} \int_{ - \infty }^{+\infty } e^{iwt}(iw)^k\hat{f}(w)dw \\
    && = \frac{1}{2\pi} \int_{| w | \le 1} e^{iwt}(iw)^k\hat{f}(w) dw + \frac{1}{2\pi} \int_{| w | > 1} e^{iwt}(iw)^k\hat{f}(w)dw
\end{eqnarray*}
其中积分$\int_{| w | \le 1} e^{iwt}(iw)^k\hat{f}(w) dw \le \int_{| w | \le 1} | \hat{f}(w)dw | $有界，而
积分$\int_{| w | > 1} e^{iwt}(iw)^k\hat{f}(w) dw$在$k = 0$和$k = n$时都收敛

卡在这里了，接下去怎么证明积分$\int_{| w | > 1} e^{iwt}(iw)^k\hat{f}(w)dw$收敛呀？

dianyancao

$$
\begin{eqnarray*}
\int_{| w | > 1} e^{iwt}(iw)^k\hat{f}(w)dw &&\leq \int_{| w | > 1}| e^{iwt}(iw)^k\hat{f}(w)dw| \\
&&=\int_{| w | > 1}|w^k||\hat{f}(w)dw| \\
&&\leq \int_{| w | > 1}|w^n||\hat{f}(w)dw|
\end{eqnarray*}$$
好了，最后一个积分值收敛，因此$f^{(k)}(x)$有界

mathe

  没有用到条件|f^{(n)}(x)|有界，必然说明其傅里叶变换绝对可积吗？这个应该需要证明

mathe

傅里叶变换有帕塞瓦尔定理
\[\int_{-\infty}^{+\infty}f^2(x)dx=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}|\hat{f}(\omega)|^2d\omega\]
由此我们可以得出
\(\int_{-\infty}^{+\infty}|\hat{f}(\omega)|^2d\omega\leq 2\pi M^2(b-a)^2\)
\(\int_{-\infty}^{+\infty}\omega^{2n}|\hat{f}(\omega)|^2d\omega\leq 2\pi N^2(b-a)^2\)
\(\int_{-1}^1|\hat{f}(\omega)|d\omega\leq\sqrt{2\int_{-1}^1|\hat{f}(\omega)|^2d\omega}\leq\sqrt{4\pi}M(b-a)\)
\(\int_1^{\infty}\frac{d\omega}{\omega^s}=\frac{1}{s-1}\)
\(\int_{|\omega|>1}|\omega|^k\|\hat{f}(\omega)|d\omega\leq\sqrt{\int_{|\omega|>1}\frac{1}{\omega^{2n-2k}}d\omega\int_{|\omega|>1}|\omega|^{2n}\|\hat{f}(\omega)|^2d\omega}=\sqrt{\frac{4\pi}{2n-2k-1}}N(b-a)\)
于是\(|f^{(k)}(t)|\leq\sqrt{4\pi}M(b-a)+\sqrt{\frac{4\pi}{2n-2k-1}}N(b-a)\)

mathe

至于\(\max\{|f^{(k)}(x)|\}\)的最小值，显然是可以无穷逼近0的。
比如我们选择函数$f(x)=A+B\sin(Cx)$,于是$\max\{|f(x)|\}=\max\{|A+B|,|A-B|\},\max\{|f^{(k)}(x)|\}=B*C^k$
选择A,C充分大，B充分小就可以使结果任意小

dianyancao

非常感谢mathe啊，这两处应该是笔误：
\[\sqrt{\int_{|\omega|>1}\frac{1}{\omega^{2n-2k}}d\omega\int_{|\omega|>1}|\omega|^{2n}\|\hat{f}(\omega)|^2d\omega}\leq\sqrt{\frac{4\pi}{2n-2k-1}}N(b-a)
\]
\[2\pi|f^{(k)}(t)|\leq\sqrt{4\pi}M(b-a)+\sqrt{\frac{4\pi}{2n-2k-1}}N(b-a)\]
\(\max\{|f^{(k)}(x)|\}\)的最小值我表述错了，应该表述为所有第$k$阶导数的绝对值\(|f^{(k)}|\)的上确界，
对于$n=2$,$k=1$时，有：
$$|f'(x_0)| = \abs{\frac{f(x) - f(x_0) - \frac{1}{2}f''(\xi )(x - x_0)^2}{x - x_0}}$$
$|f'(x_0)|$有上确界$2\sqrt{MN}$，对于其他$n$和$k$应该使用变分法来求最小值了？

mathe

通常情况的上确界估计比较难确定，如果改成复解析函数可能会容易一些

mathe

为了更好的估计，我们可以同样看看用泰勒公式结果会如何。
对于本题，为了简单起见，不妨设a=0,b=1.
于是对于任意$t \in (0,1)$,我们在u做泰勒展开得出
\[f(x+u)-f(u)=\sum_{i=1}^{n-1}\frac{f^{(i)}(t)x^i}{i!}+\frac{f^{(n)}(\epsilon)x^n}{n!}\]
分别选择n-1个不同的$x_h,h=1,2,...,n-1$带入，可以得出n-1条关于$\frac{f'(u)}{1!},\frac{f^{(2)}(u)}{2!},...,\frac{f^{(n-1)}(u)}{(n-1)!}$的n-1条方程
方程的系数矩阵为范德蒙行列式，由此可以得出$\frac{f^{(t)}(u)}{t!}$的解，然后需要通过调整$x_h$值使得$\frac{f^{(t)}(u)}{t!}$的上界尽量小。
这个对于比较小的n应该很好办，但是n比较大时，可能比较困难

mathe

上面$\frac{f^{(t)}(u)}{t!}$分母很简单，为\(\prod_{1\leq i < j\leq n-1}(x_i-x_j)\)
而分子可以写成$\sum_{h=1}^{n-1}a_h(f(x_h+u)-f(u)-\frac{f^{(n)}(\epsilon_h)x_h^n}{n!})$,其中$a_h$也是一个行列式的值，可以算出来
于是分子绝对值不超过$\sum_{h=1}^{n-1}|a_h|(2M+\frac{N|x_h|^n}{n!})=2M\sum_{h=1}^{n-1}|a_h|+\frac{N}{n!}\sum_{h=1}^{n-1}|a_h||x_h|^n$