Az A. 634. feladat (2015. január)

A. 634. Legyen \(\displaystyle n\ge2\) egész szám, és legyen \(\displaystyle f\colon \mathbb{R}\to[-1,1]\)  \(\displaystyle n\)-szer differenciálható függvény. Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle f^{(n)}(x)=0\) egyenletnek legalább \(\displaystyle n-1\) különböző megoldása van.

(5 pont)

A beküldési határidő 2015. február 10-én LEJÁRT.

Megoldásvázlat.

Lemma. Tetszőleges \(\displaystyle 1\le k\le n\) egészhez van olyan \(\displaystyle K_k\), az \(\displaystyle f\) függvénytől független szám, hogy tetszőleges \(\displaystyle a\) valós számhoz van olyan \(\displaystyle \xi\in[a,a+1]\), amire

\(\displaystyle \big| f^{(k)}(\xi) \big| \le K_k. \)

1, bizonyítás. Minden \(\displaystyle i=1,\ldots,2^k\)-ra legyen \(\displaystyle u_i=a+\frac{i}{k}\). Tudjuk, hogy \(\displaystyle |f(x_i)|\le1\). Ebből a Lagrange-középértéktétel miatt következik, hogy minden egyes \(\displaystyle (x_{2i-1},x_{2i})\) intervallumban van egy olyan \(\displaystyle y_i\) szám, amire \(\displaystyle |f'(y_i)|=\left|\frac{f(x_{2i})-f(x_{2i-1})}{x_{2i}-x_{2i-1}}\right| \le \frac2{x_{2i}-x_{2i-1}} = 2^{k+1}\), és \(\displaystyle y_{i+1}-y_i>x_{2i+1}-x_{2i}\ge \frac1{2^k}\). Ezt a lépést az \(\displaystyle y_1,y_2,\ldots,y_{2^{k-1}}\) számokra megismételve kapunk egy olyan \(\displaystyle z_1,z_2,\ldots, z_{2^{k-2}}\) sorozatot, amire \(\displaystyle |f''(z_i)|\le 2^{2(k+1)}\) és \(\displaystyle z_{i+1}-z_i>\frac1{2^k}\); a \(\displaystyle k\)-adik lépésben találunk egy olyan \(\displaystyle \xi\) számot, amire \(\displaystyle |f^{(k)}(\xi)|\le2^{k(k+1)}\). Tehát például \(\displaystyle C_k=2^{k(k+1)}\) jó.

2, bizonyítás. Minden \(\displaystyle i=0,1,\ldots,k\)-ra legyen \(\displaystyle u_i=a+\frac{i}{k}\). Az osztott differenciák középértéktétele szerint van olyan \(\displaystyle \xi\in(a,a+1)\), amire \(\displaystyle f^{(k)}(\xi)=f[u_0,\ldots,u_k]=\sum_{i=0} \frac{f(u_i)}{\prod\limits_{j\ne i} (u_j-u_i)}\). A háromszög-egyenlőtlenségből

\(\displaystyle |f^{(k)}(\xi)| \le \sum_{i=0} \prod_{j\ne i} \frac{k}{|i-j|}. \)

(Az alappontok gondosabb megválasztásával igazolható, hogy a legjobb konstans, amire a Lemma igaz, \(\displaystyle K_k=2^{2k-1}\), és ezt az \(\displaystyle [a,a+1]\) intervalumra transzformált Csebisev-polinommal érhetjük el.)

Az egyszerűség kedvéért legyen \(\displaystyle K = \max(1,K_1,K_2,\ldots,K_n)\).

Térjünk rá a feladat megoldására. Az állítás triviális akkor, ha \(\displaystyle f\) konstans; ellenkező esetben van olyan \(\displaystyle c\) pont, amire \(\displaystyle f'(c)\ne0\). Az állítással ekvivalens állítást kapunk, ha az \(\displaystyle f(x)\) függvényt kicseréljük valamilyen \(\displaystyle f(ax+b)\) alakú függvényre; így az általánosság csorbítása nélkül feltehetjük, hogy \(\displaystyle \big|f'(0)\big|\) nagyobb, mint egy általunk előre kitalált nagy szám. A továbbiakban feltesszük, hogy

\(\displaystyle \big|f'(0)\big| > 2K\cdot (2n)^n. \)

A \(\displaystyle k\) szerinti indukcióval indukcióval fogjuk bizonyítani a következő állítást:

Állítás. Minden \(\displaystyle 1\le k\le n\) egészhez találhatók olyan \(\displaystyle x_1,x_2,\ldots,x_k\) számok, amikre a következő tulajdonságok teljesülnek:

(1) \(\displaystyle -k < x_1 < x_2 < \ldots < x_k < k\);

(2) Ha \(\displaystyle 1\le i\le k\) és \(\displaystyle i\) páratlan, akkor \(\displaystyle f^{(k)}(x_i) > 2K\cdot (2n)^{n+1-k}\).

(3) Ha \(\displaystyle 1\le i\le k\) és \(\displaystyle i\) páros, akkor \(\displaystyle f^{(k)}(x_i) < -2K\cdot (2n)^{n+1-k}\).

A \(\displaystyle k=1\) esetben \(\displaystyle x_1=0\) megfelelő.

Az indukciós lépéshez tegyük fel, hogy \(\displaystyle k<n\), és az állítás igaz a \(\displaystyle -k<x_1<\ldots<x_k<k\) számokra; a \(\displaystyle (k+1)\)-hez konstruálunk egy megfelelő \(\displaystyle y_1,\ldots,y_{k+1}\) sorozatot. Válasszunk olyan \(\displaystyle x_0\in(-k-1,-k)\) és \(\displaystyle x_{k+1}\in(k,k+1)\) értékeket, amikre \(\displaystyle |f^{(k+1)}(x_0)|<K\) és \(\displaystyle |f^{(k+1)}(x_{k+1})|<K\); a Lemma miatt ilyenek léteznek.

Minden egyes \(\displaystyle i=1,2,\ldots,k+1\)-re válasszunk egy olyan \(\displaystyle y_i\in(x_{i-1},x_i)\) értéket, amire \(\displaystyle f^{(k+1)}(y_i)=\frac{f^{(k)}(x_i)-f^{(k)}(x_{i-1})}{x_i-x_{i-1}}\); ilyen a Lagrange-középértéktétel miatt létezik. Ha \(\displaystyle i\) páratlan, akkor

\(\displaystyle f^{(k+1)}(y_i)=\frac{f^{(k)}(x_i)-f^{(k)}(x_{i-1})}{x_i-x_{i-1}} > \frac{2K\cdot(2n)^{n+1-k} - K}{2k} > 2K\cdot (2n)^{n-k}; \)

páros \(\displaystyle i\)-re ugyanez mondható el az előjelek és az egyenlőtlenség irányának megfordításával. Ezzel megkonstruáltuk az \(\displaystyle (y_i)\) sorozatot, és igazoltuk az Állítást.

A feladat állítása ezek után azonnal következik a \(\displaystyle f^{(n)}\) Darboux-tulajdonságából. Vegyük a \(\displaystyle k=n\)-hez tartozó \(\displaystyle x_1,\ldots,x_n\) sorozatot. Minden egyes \(\displaystyle 1\le i\le n-1\)-re, mivel \(\displaystyle f^{(n)}(x_i)\) és \(\displaystyle f^{(n)}(x_{i+1})\) ellentétes előjelű, \(\displaystyle f^{(n)}\)-nek van gyöke az \(\displaystyle (x_i,x_{i+1})\) intevallumban.

Megjegyzés. Például az \(\displaystyle f(x)=\frac2\pi \arctg x\) függvényre az \(\displaystyle f^{(n)}\) függvénynek pontosan \(\displaystyle n-1\) gyöke van. Ez könnyen látható, ha a deriváltakat komplex számokkal írjuk fel:

\(\displaystyle (\arctg x)' = \frac1{1+x^2} = \frac1{2i}\left(\frac1{x-i}-\frac1{x+i}\right); \)

\(\displaystyle (\arctg x)^{(n)} = \frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{2i} \left(\frac1{(x-i)^n}-\frac1{(x+i)^n}\right). \)

Statisztika:

7 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Janzer Barnabás, Williams Kada.
4 pontot kapott:	Fehér Zsombor, Szabó 789 Barnabás.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2015. januári matematika feladatai