Función suave pero no analítica

Proporcionamos un ejemplo de función suave, i.e. de clase infinito, que no es analítica, i.e. que no es igual a la suma de su serie de Maclaurin.

Enunciado
Sea la función  $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ $$f(x)=\begin{cases}e^{-1/x}&\text{si }x>0,\\ 0&\text{si }x\le0.\end{cases}$$ $(a)$ Demostrar que para todo entero $n\ge 1$ se verifica $$f^{(n)}(x) = \begin{cases}\displaystyle\frac{p_n(x)}{x^{2n}}\,f(x) & \text{si }x>0, \\ 0 &\text{si }x \le 0,\end{cases}$$ siendo $p_n(x)$ un polinomio de grado $n-1$ que cumple la relación de recurrencia $$p_1(x)=1,\quad p_{n+1}(x)=x^2p_n’(x)-(2nx-1)p_n(x)\quad (n\geq1).$$ $(b)$ Concluir que $f$ es suave en $\mathbb{R},$ pero no analítica.

Solución
$(a)$ Para $x>0$ demostremos por inducción que se cumple la fórmula de derivación dada. Si $n=1,$ $$f(x)=e^{-1/x}\Rightarrow f’(x)=\frac{1}{x^2}e^{-1/x}=\frac{p_1(x)}{x^{2\cdot 1}}f(x).$$ Para $n=2$ tenemos $$f’(x)=\frac{1}{x^2}e^{-1/x}\Rightarrow f^{\prime\prime}(x)=\frac{-2}{x^3}f(x)+\frac{1}{x^2}f’(x)$$ $$=\frac{-2x}{x^4}f(x)+\frac{1}{x^2}\frac{1}{x^2}f(x)=\frac{-2x+1}{x^{2\cdot 2}}f(x).$$ El polinomio $p_2(x)=-2x+1$ es de grado $2-1=1$ y satisface la relación de recurrencia dada pues $$x^2p’_1(x)-(2\cdot 1\cdot x-1)p_1(x)=x^2\cdot 0-(2x-1)\cdot 1=-2x+1=p_2(x).$$ Podemos por tanto concluir que $f^{\prime\prime}(x)=\dfrac{p_2(x)}{x^{2\cdot 2}}\,f(x).$ Sea ahora la fórmula cierta para $n\geq 2.$ Entonces, $$f^{(n+1)}(x)=\left(\frac{p_n(x)}{x^{2n}}\,f(x)\right)’=\frac{p’_n(x)\;x^{2n}-2nx^{2n-1}p_n(x)}{x^{4n}}f(x)+\frac{p_n(x)}{x^{2n}}f’(x)$$ $$=\frac{x^2p’_n(x)-2nxp_n(x)}{x^{2n+2}}f(x)+\frac{p_n(x)}{x^{2n}}\frac{1}{x^2}f(x)$$ $$=\frac{x^2p_n’(x)-(2nx-1)p_n(x)}{x^{2n+2}}f(x)=\frac{p_{n+1}(x)}{x^{2(n+1)}}f(x),$$ luego la fórmula es cierta para $n+1.$

Es claro que si  $x<0,$  y para todo  $n\geq 1,$  $f^{(n)}(x)=0$ y que  $f^{(n)}_{-}(0)=0.$ Falta demostrar que  $f^{(n)}_{+}(0)=0,$ y para ello demostraremos previamente una desigualdad. Para todo entero  $m\geq 0$ y para todo $x>0,$ $$(m+1)!e^{1/x}=(m+1)!\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{1}{x}\right)^n\geq \left(\frac{1}{x}\right)^{m+1}$$ $$\Rightarrow \frac{1}{x^m}=x\left(\frac{1}{x}\right)^{m+1}\leq (m+1)!xe^{1/x}\Rightarrow \frac{e^{-1/x}}{x^m}\leq (m+1)!x.$$ Es decir, para todo entero  $m\geq 0$ y para todo real  $x>0,$ $$0\leq \frac{e^{-1/x}}{x^m}\leq (m+1)!x.\qquad (1)$$ Tenemos, $$f’_{+}(0)=\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0^+}\frac{e^{1/x}}{x}.$$ Usando el teorema del sandwich a la desigualdad $(1),$ $$0\leq f’_{+}(0)\leq \lim_{x\to 0^+}2x=0,$$ por tanto   $f’_{+}(0)=0$ y   $f’(0)=0.$  Supongamos ahora que se verifica  $f^{(n)}(0)=0.$ Entonces, $$f_{+}^{(n+1)}(0)=\lim_{x\to 0^+}\frac{f^{(n)}(x)-f^{(n)}(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\dfrac{p_n(x)}{x^{2n}}e^{-1/x}}{x}$$ $$=\lim_{x\to 0^+}p_n(x)\frac{e^{-1/x}}{x^{2n+1}}.$$ Por $(1),$ se verifica  $$0\leq \frac{e^{-1/x}}{x^{2n}}\leq 2n+1)!x,$$ y de nuevo, aplicando el teorema del sandwich queda  $f_{+}^{(n+1)}(0).$ Hemos demostrado por inducción que para todo  $n\geq 1,$  $f_{+}^{(n)}(0)$ y por ende que  $f^{(n)}(0).$

$(b)$ Hemos demostrado en el apartado anterior que  $f$ tiene derivadas de todos los órdenes en  $\mathbb{R},$ que es la definición de ser suave en  $\mathbb{R}.$ La serie de Maclaurin de $f$ es $$\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n=\sum_{n=0}^{+\infty}0x^n,$$ cuya suma es  $S(x)=0$ para todo $x\in\mathbb{R}.$ Como $S\neq f$ en $\mathbb{R},$  $f$ no es analítica en  $\mathbb{R}.$

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