ЗАДАЧИ
problems.ru |
О проекте
|
Об авторах
|
Справочник
Каталог по темам | по источникам | |
|
Задача 105191
Условие Для заданных натуральных чисел
k0<k1<k2 выясните,
какое наименьшее число корней на промежутке sin(k0x)+A1·sin(k1x) +A2·sin(k2x)=0 где A1, A2 – вещественные числа.РешениеОбозначим через N(F) число нулей функции F на полуинтервале [0;2), т. е. число значений аргумента x [0;2), для которых F(x) = 0. Тогда при A1 = A2 = 0 получаем N(sin k0x) = 2k0. Действительно, нулями являются числа xn = , где n = 0, 1, ..., 2k0 - 1.Фиксируем произвольные числа A1 и A2 и докажем, что число нулей функции
F(x) = sin k0x + A1sin k1x + A2sin k2x
на полуинтервале [0;2)
не меньше, чем 2k0. Обозначим
fm(x) = sin x, если m делится на 4,
Очевидно,
f'm + 1(x) = fm(x).
Теперь определим последовательность функций
-cos x, если m-1 делится на 4, -sin x, если m-2 делится на 4, cos x, если m-3 делится на 4.
Fm(x) = fm(k0x) + A1fm(k1x) + A2fm(k2x),
m = 0, 1, ... Тогда F0 = F и
F'm + 1 = k0Fm. Ясно, что число 2 -- период каждой
из функций Fm.
Лемма. Пусть f -- дифференцируемая функция c периодом 2. Тогда число нулей функции f на полуинтервале [0;2) не превосходит числа нулей ее производной на том же полуинтервале. Доказательство. Воспользуемся теоремой Ролля: между двумя нулями дифференцируемой функции есть хотя бы один нуль ее производной (см. комментарий к задаче). Пусть x1, x2, ..., xN -- нули функции на указанном полуинтервале. По теореме Ролля на каждом из интервалов (x1;x2), (x2;x3), ..., (xN - 1;xN), (xN;x1 + 2) есть хотя бы один нуль производной. Однако нуль производной на последнем интервале (обозначим его через y) может оказаться вне полуинтервала [0;2). В этом случае рассмотрим y - 2 -- это тоже нуль производной, так как производная периодической функции периодична. Лемма доказана. Из леммы следует, что N(Fm)N(Fm + 1). Поэтому достаточно доказать, что N(FM)2k0 для достаточно большого числа M.
Поскольку
< 1,
< 1, то для достаточно большого
числа M
= A1 + A2 < 1
Выберем такое M вида 4m + 3, тогда
FM = cos(n) + A1cos + A2cos.
Поэтому
FM > 1 - > 0 для четных n
и
FM < - 1 + < 0 для нечетных n.
Значит, непрерывная функция FM обязательно имеет нуль между любыми
соседними точками
xn = , где n = 0, 1, ..., 2k0.
Поэтому
N(FM)2k0.
Комментарии. 1o. Периодическую функцию можно представлять себе как функцию на окружности. Тогда утверждение леммы переформулируется так: число нулей функции на окружности не превосходит числа нулей ее производной, и доказательство станет более прозрачным. 2o. Идея доказательства теоремы Ролля: рассмотрите экстремумы (максимум и минимум) функции на отрезке, соединяющем точки, где функция обращается в нуль. Если один из экстремумов достигается внутри отрезка, то производная обращается в нуль в этой точке. Если оба экстремума достигаются на концах отрезка, то функция равна нулю на этом отрезке тождественно. 3o. Вообще говоря, может оказаться, что функция имеет бесконечно много нулей на полуинтервале. В этом случае лемму нужно понимать так: если f имеет бесконечно много нулей на полуинтервале, то и f' имеет бесконечно много нулей на этом полуинтервале. Проверьте, что доказательство остается в силе и в этом случае. Источники и прецеденты использования |
© 2004-...
МЦНМО
(о копирайте)
|
Пишите нам
|