Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3425
2019-06-03 
Для заданных натуральных чисел $k_0 < k_1 < k_2$ выясните, какое наименьшее число корней на промежутке $[0; 2 \pi)$ может иметь уравнение вида
$\sin k_0x + A_1 \sin k_1x + A_2 \sin k_2 x = 0$,
где $A_1, A_2 \in \mathbb{R}$.
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 $A_1 = A_2 = 0$ получаем $N(\sin k_0x) = 2k_0$. Действительно, нулями являются числа $x_n = \pi n/k_0$, где $n = 0, 1, \cdots, 2k_0 - 1$.
Фиксируем произвольные числа $A_1$ и $A_2$ и докажем, что число нулей функции
$F(x) = \sin k_0x + A_1 \sin k_1x + A_2 \sin k_2x$
на полуинтервале $[0; 2 \pi)$ не меньше, чем $2k_0$. Обозначим
$f_m (x) = \begin{cases} \sin x & \: если m \: делится \: на 4 \\ - \cos x & \: если m-1 \: делится \: на 4 \\ -\sin x & \: если m-2 \: делится \: на 4 \\ \cos x & \: если m-3 \: делится \: на 4 \end{cases}$.
Очевидно, $f_{m+1}^{ \prime} (x) = f_m (x)$. Теперь определим последовательность функций
$F_m(x) = f_m(k_0x) + A_1 \left ( \frac{k_0}{k_1} \right )^m f_m (k_1 x) + A_2 \left ( \frac{k_0}{k_2} \right )^m f_m (k_2 x)$,
$m = 0, 1, \cdots$. Тогда $F_0 = F$ и $F_{m+1}^{ \prime} = k_0F_m$. 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. Пусть $x_1, x_2, \cdots, x_N$ - нули функции на указанном полуинтервале. По теореме Ролля на каждом из интервалов $(x_1; x_2), (x_2; x_3), \cdots, (x_{N-1}; x_N), (x_N; x_1 + 2 \pi)$ есть хотя бы один нуль производной. Однако нуль производной на последнем интервале (обозначим его через $у$) может оказаться вне полуинтервала $[0; 2 \pi)$. В этом случае рассмотрим $у - 2 \pi$ - это тоже нуль производной, так как производная периодической функции периодична. Лемма доказана.
Из леммы следует, что $N(F_m) \geq N(F_{m+1})$. Поэтому достаточно доказать, что $N(F_M) \geq 2k_0$ для достаточно большого числа $M$.
Поскольку $\frac{k_0}{k_1} < 1, \frac{k_0}{k_2} < 1$, то для достаточно большого числа $M$
$\epsilon = \left | A_1 \left ( \frac{k_0}{k_1} \right )^M \right | + \left |A_2 \left ( \frac{k_0}{k_2} \right )^M \right | < 1$
Выберем такое $M$ вида $4m + 3$, тогда
$F_M \left ( \frac{ \pi n}{k_0} \right ) = \cos (\pi n) + A_1 \left ( \frac{k_0}{k_1} \right )^M \cos \left ( \frac{k_1 \pi n}{k_0} \right ) + A_2 \left ( \frac{k_0}{k_2} \right )^M \cos \left ( \frac{k_2 \pi n}{k_0} \right )$.
Поэтому $F_M \left ( \frac{\pi n}{k_0} \right ) > 1 - \epsilon > 0$ для четных $n$ и $F_M \left ( \frac{ \pi n}{k_0} \right ) < - 1 + \epsilon < 0$ для нечетных $n$. Значит, непрерывная функция $F_M$ обязательно имеет нуль между любыми соседними точками $x_n = \frac{ \pi n}{k_0}$, где $n = 0, 1, \cdots, 2k_0$. Поэтому $N(F_M) \geq 2k_0$.
Для заданных натуральных чисел $k_0 < k_1 < k_2$ выясните, какое наименьшее число корней на промежутке $[0; 2 \pi)$ может иметь уравнение вида
$\sin k_0x + A_1 \sin k_1x + A_2 \sin k_2 x = 0$,
где $A_1, A_2 \in \mathbb{R}$.
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 $A_1 = A_2 = 0$ получаем $N(\sin k_0x) = 2k_0$. Действительно, нулями являются числа $x_n = \pi n/k_0$, где $n = 0, 1, \cdots, 2k_0 - 1$.
Фиксируем произвольные числа $A_1$ и $A_2$ и докажем, что число нулей функции
$F(x) = \sin k_0x + A_1 \sin k_1x + A_2 \sin k_2x$
на полуинтервале $[0; 2 \pi)$ не меньше, чем $2k_0$. Обозначим
$f_m (x) = \begin{cases} \sin x & \: если m \: делится \: на 4 \\ - \cos x & \: если m-1 \: делится \: на 4 \\ -\sin x & \: если m-2 \: делится \: на 4 \\ \cos x & \: если m-3 \: делится \: на 4 \end{cases}$.
Очевидно, $f_{m+1}^{ \prime} (x) = f_m (x)$. Теперь определим последовательность функций
$F_m(x) = f_m(k_0x) + A_1 \left ( \frac{k_0}{k_1} \right )^m f_m (k_1 x) + A_2 \left ( \frac{k_0}{k_2} \right )^m f_m (k_2 x)$,
$m = 0, 1, \cdots$. Тогда $F_0 = F$ и $F_{m+1}^{ \prime} = k_0F_m$. 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. Пусть $x_1, x_2, \cdots, x_N$ - нули функции на указанном полуинтервале. По теореме Ролля на каждом из интервалов $(x_1; x_2), (x_2; x_3), \cdots, (x_{N-1}; x_N), (x_N; x_1 + 2 \pi)$ есть хотя бы один нуль производной. Однако нуль производной на последнем интервале (обозначим его через $у$) может оказаться вне полуинтервала $[0; 2 \pi)$. В этом случае рассмотрим $у - 2 \pi$ - это тоже нуль производной, так как производная периодической функции периодична. Лемма доказана.
Из леммы следует, что $N(F_m) \geq N(F_{m+1})$. Поэтому достаточно доказать, что $N(F_M) \geq 2k_0$ для достаточно большого числа $M$.
Поскольку $\frac{k_0}{k_1} < 1, \frac{k_0}{k_2} < 1$, то для достаточно большого числа $M$
$\epsilon = \left | A_1 \left ( \frac{k_0}{k_1} \right )^M \right | + \left |A_2 \left ( \frac{k_0}{k_2} \right )^M \right | < 1$
Выберем такое $M$ вида $4m + 3$, тогда
$F_M \left ( \frac{ \pi n}{k_0} \right ) = \cos (\pi n) + A_1 \left ( \frac{k_0}{k_1} \right )^M \cos \left ( \frac{k_1 \pi n}{k_0} \right ) + A_2 \left ( \frac{k_0}{k_2} \right )^M \cos \left ( \frac{k_2 \pi n}{k_0} \right )$.
Поэтому $F_M \left ( \frac{\pi n}{k_0} \right ) > 1 - \epsilon > 0$ для четных $n$ и $F_M \left ( \frac{ \pi n}{k_0} \right ) < - 1 + \epsilon < 0$ для нечетных $n$. Значит, непрерывная функция $F_M$ обязательно имеет нуль между любыми соседними точками $x_n = \frac{ \pi n}{k_0}$, где $n = 0, 1, \cdots, 2k_0$. Поэтому $N(F_M) \geq 2k_0$.
