ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2014-06-07   
Для заданной возрастающей функции $f: \mathbf{R} \rightarrow \mathbf{R}$ определим функцию $g(x, y)$ формулой
$g(x, y) = \frac{}{}, x \in \mathbf{R}, y > 0$.
Пусть для всех $y> 0$ при $x = 0$ и для всех $y \in (0; |x|]$ при $x \neq 0$ выполнены неравенства
$2^{-1} < g (x, y) < 2$.
Доказать, что при всех $x \in \mathbf{R}, y >0$ справедливы оценки
$14^{-1} < g(x, y) < 14$.


Решение:


Обозначим $h(x, y) = f(y) - f(x)$, тогда функции $h(x,y)$ возрастает по второму аргументу и убывает по первому, причем $h(x,y) > 0$ для всех $y > x$ и
$g(x, y) \equiv h(x, x+y)/ h(x - y, x)$.
Докажем, что при всех $x \in \mathbf{R}, y > 0$ справедлива оценка $g(x, y) < 14$. Если $x – y \geq 0$ или $x + y \leq 0$, то по условию уже имеем
$h(x, x + y) < 2h(x –y, x)$,
я кроме того, для всех $y > 0$ выполнено неравенство
$h(0, y) < 2h(- y, 0)$.
Поэтому остается рассмотреть два случая: 1) $x – y < 0 < x$; 2) $x < 0 < x + y$. Заметим, что для всех $x \geq 0, y > 0$ справедлива оценка
$h(x+ym x +3y) < 6h(x, x+y)$ (1)
Действительно, имеем
$h(x + y, x + 2y) < 2h(x, x + y)$,
$h(x + 2y, x + 3y) < 2h(x + y, x + 2y) < 4h(x, x + y)$,
откуда
$h(x + y, x + 3y) = h(x + y, x + 2y) + h(x + 2y, x + 3y) < 6h(x, x + y$.
Рассмотрим случай 1). Если $x - у < 0 \leq x - у/2$, то, используя оценку (1), получаем
$h(х, х+у) < 6h (х - у/2, х) < 6h(x - у, х) < 14h(х - у, х)$.
Если же $x - у/2 < 0 < х$, то
$х < у - х < х + у < 3 (у - х)$
и, используя оценку (1), имеем
$h(у - х, х + у) < h(у – х, 3(у - х)) < 6h (0, у - х)$.
Поскольку $h(х, у - х) < h(0, у - х)$, то снова получаем
$h(х, х + у) = h(х, у - х) + h(у - х, х + у) < 7h (0, у - х) < 14h(x - y, 0) < 14h(x-y,x)$.
В случае 2) имеем
$h(х, 0) < 2h (2х, х) < 2h (х - у, х)$.
$h(0, х+у) < 2h( - х - у, 0) < 2h(х - у, 0) = 2h(x - у, x) + 2h(x, 0) < 6h(x - у, х)$
поэтому
$h(х, х + у) < 8h (х - у, х)$.
Итак, во всех случаях доказано, что
$h(x, х + у) < 14h (x – y, х)$,
откуда следует опенка $g(х, у) < 14$. Докажем теперь, что $g(x, у) > 14^{-1}$ при всех $x \in \mathbf{R},y > 0$. Рассмотрим возрастающую функцию $f_{1} (x) = -f( - x)$ и положим
$g_{1}(x,y) = \frac{f_{1}(x+y) – f_{1}(x)}{f_{1}(x) – f_{1}(x-y)}$
Так как $g_{1}(x, y) = (g(-x, у))^{-1}$, то $2^{-1} < g_{1}(x,y) < 2$ для всех $y > 0$ при $x = 0$ и для всех $y \in (0; |х|]$ при $x \neq 0$. Тогда, по доказанному выше, для функции $g_{1}(x, y)$ справедлива оценка $g_{1}(x, y) < 14$ при всех $x \in \mathbf{R}, у > 0$, откуда следует, что
$g(x, y) = \frac{1}{g_{1}(-x, y)} > 1/14$.
Утверждение задачи доказано.