Информация о задаче

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

Прислать комментарий

Условие

Автор: Сергеев И.Н.

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 x_n = ${ \frac{ \pi n}{k_0}}$ , 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

f_m(x) = $\displaystyle \left \{ \vphantom{ { \sin x}, \hbox{если m \ делится на 4,} \ \ {-{... ...сли m-2 \ делится на 4,} \ \ { \cos x}, \hbox{если m-3 \ делится на 4.} } \right.$ 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) = f_m(x). Теперь определим последовательность функций

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

m = 0, 1, ... Тогда F₀ = F и F'_{m + 1} = k₀F_m. Ясно, что число 2 $\pi$ -- период каждой из функций F_m.

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, ..., x_N -- нули функции на указанном полуинтервале. По теореме Ролля на каждом из интервалов (x₁;x₂), (x₂;x₃), ..., (x_{N - 1};x_N), (x_N;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(F_m) $\ge$ N(F_{m + 1}). Поэтому достаточно доказать, что N(F_M) $\ge$ 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

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

Комментарии. 1^o. 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.

2^o. 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.

3^o. 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