ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 105191
Темы:    [ Периодичность и непериодичность ]
[ Теоремы о среднем значении ]
[ Рекуррентные соотношения (прочее) ]
[ Предел последовательности, сходимость ]
[ Теорема о промежуточном значении. Связность ]
Сложность: 6
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Для заданных натуральных чисел k0<k1<k2 выясните, какое наименьшее число корней на промежутке [0; 2π) может иметь уравнение вида

sin(k0x)+A1·sin(k1x) +A2·sin(k2x)=0

где A1, A2 – вещественные числа.

Решение

Обозначим через N(F) число нулей функции F на полуинтервале [0;2$  \pi$), т. е. число значений аргумента x $  \in$ [0;2$  \pi$), для которых F(x) = 0. Тогда при A1 = A2 = 0 получаем N(sin k0x) = 2k0. Действительно, нулями являются числа xn = $ { \frac{ \pi n}{k_0}}$, 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$  \pi$) не меньше, чем 2k0. Обозначим

fm(x) = $ \displaystyle  \left \{ \vphantom{
{ \sin x},  \hbox{если <I>m</I> \ делится на 4,} \ \
{-{...
...сли <I>m</I>-2 \ делится на 4,} \ \
{ \cos x}, \hbox{если <I>m</I>-3 \ делится на 4.}
} \right.$sin x, если m делится на 4,
-cos x, если m-1 делится на 4,
-sin x, если m-2 делится на 4,
cos x, если m-3 делится на 4.

Очевидно, f'm + 1(x) = fm(x). Теперь определим последовательность функций

Fm(x) = fm(k0x) + A1$ \displaystyle  \Bigl($$ \displaystyle { \frac{k_0}{k_1}}$$ \displaystyle  \Bigr)^{m}_{}$fm(k1x) + A2$ \displaystyle  \Bigl($$ \displaystyle { \frac{k_0}{k_2}}$$ \displaystyle  \Bigr)^{m}_{}$fm(k2x),

m = 0, 1, ... Тогда F0 = F и F'm + 1 = k0Fm. Ясно, что число 2$  \pi$ -- период каждой из функций Fm.

Лемма. Пусть f -- дифференцируемая функция c периодом 2$  \pi$. Тогда число нулей функции f на полуинтервале [0;2$  \pi$) 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$  \pi$) есть хотя бы один нуль производной. Однако нуль производной на последнем интервале (обозначим его через y) может оказаться вне полуинтервала [0;2$  \pi$). В этом случае рассмотрим y - 2$  \pi$ -- это тоже нуль производной, так как производная периодической функции периодична. Лемма доказана.

Из леммы следует, что N(Fm)$  \ge$N(Fm + 1). Поэтому достаточно доказать, что N(FM)$  \ge$2k0 для достаточно большого числа M.

Поскольку $ { \frac{k_0}{k_1}}$ < 1, $ { \frac{k_0}{k_2}}$ < 1, то для достаточно большого числа M

$ \displaystyle  \epsilon$ = $ \displaystyle  \Bigl \vert$A1$ \displaystyle  \Bigl($$ \displaystyle { \frac{k_0}{k_1}}$$ \displaystyle  \Bigr)^{M}_{}$$ \displaystyle  \Bigr \vert$ + $ \displaystyle  \Bigl \vert$A2$ \displaystyle  \Bigl($$ \displaystyle { \frac{k_0}{k_2}}$$ \displaystyle  \Bigr)^{M}_{}$$ \displaystyle  \Bigr \vert$ < 1

Выберем такое M вида 4m + 3, тогда

FM$ \displaystyle  \Bigl($$ \displaystyle { \frac{ \pi n}{k_0}}$$ \displaystyle  \Bigr)$ = cos($ \displaystyle  \pi$n) + A1$ \displaystyle  \Bigl($$ \displaystyle { \frac{k_0}{k_1}}$$ \displaystyle  \Bigr)^{M}_{}$cos$ \displaystyle  \Bigl($$ \displaystyle { \frac{k_1 \pi n}{k_0}}$$ \displaystyle  \Bigr)$ + A2$ \displaystyle  \Bigl($$ \displaystyle { \frac{k_0}{k_2}}$$ \displaystyle  \Bigr)^{M}_{}$cos$ \displaystyle  \Bigl($$ \displaystyle { \frac{k_2 \pi n}{k_0}}$$ \displaystyle  \Bigr)$.

Поэтому FM$  \Bigl($$ { \frac{ \pi n}{k_0}}$$  \Bigr)$ > 1 - $  \epsilon$ > 0 для четных n и  FM$  \Bigl($$ { \frac{ \pi n}{k_0}}$$  \Bigr)$ < - 1 + $  \epsilon$ < 0 для нечетных n. Значит, непрерывная функция FM обязательно имеет нуль между любыми соседними точками xn = $ { \frac{ \pi n}{k_0}}$, где n = 0, 1, ..., 2k0. Поэтому N(FM)$  \ge$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

олимпиада
Название Московская математическая олимпиада
год
Номер 67
Год 2004
вариант
Класс 11
задача
Номер 5

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .