2014-06-08
Пусть $a(x)$ - непрерывно дифференцируемая функция, $a(x) \geq 1, f(x)$ имеет непрерывную вторую производную, $f(0) = f^{\prime}(0) = 0$ и $(af^{\prime})^{\prime}(x) + f(x) \geq 0$ для всех $x$. Доказать, что $f(\sqrt{2}) \geq 0$ (все функции определены на ( $- \infty, + \infty)$).
Решение:
Мы докажем, что $f(y) \geq 0$ для любого $y \in (0, \pi]$. Рассмотрим два случая.
1-й случай: $f(x) \leq 0$ при всех $x \in [0, y]$. Докажем, что в этой случае $f(x) \equiv 0$ на $[0, y]$. Действительно, если $f(x_{1}) < 0$ при некотором $x_{1} \in (0, y)$, то по теореме Лагранжа существует число $x_{2} \in (0, x_{1})$ такое, что
$f^{\prime}(x_{2}) = \frac{f(x_{1}) – f(0)}{x_{1}} < 0$.
Применяя теорему Лагранжа к функции $af^{\prime}$, мы получим, что
$(af^{\prime})^{\prime}(x_{3}) = \frac{a(x_{2}) f^{\prime}(x_{2}) – a(0) f^{\prime}(0)}{x_{2}} < 0$
при некотором $x_{3} \in (0, x_{2})$. Но тогда, $(af^{\prime})^{\prime}(x_{3}) + f(x_{3}) < 0$, что противоречит условию задачи.
2-й случай: $f(x_{0}) > 0$ при некотором $x_{0} \in (0, y]$. Допустим, что, вопреки утверждению, $f(y) < 0$. Определим числа
$x_{1} = sup \{ x : x \in [0, x_{0}], f(x) \leq 0 \}$,
$x_{2} = inf \{ x : x \in [x_{0}, y], f(x) \leq 0 \}$,
Мы имеем $0 \leq x_{1} < x_{2} < y, f(x_{1}) = f(x_{2}) = 0, f(x) > 0$ при $x \in (x_{1}, x_{2})$.
Рассмотрим на интервале $(x_{1}, x_{2})$ функцию $g(x) =a(x)f^{\prime}(x)/ f(x)$. Имеем
$g^{\prime}(x) = \left ( \right )^{\prime} = \frac{(af^{\prime})^{\prime}(x)}{f(x)} - \frac{a(x)(f^{\prime}(x))^{2}}{f^{2}(x)} = \frac{(af^{\prime})^{\prime}(x)}{f(x)} - \frac{g^{2}(x)}{a(x)} \geq -1 – g^{2}(x)$.
Заметим, что функция $g(x)$ принимает сколь угодно большие значения в окрестности точки $x_{1}$ и сколь угодно малые значения в окрестности точки $x_{2}$. Действительно, пусть $\varepsilon > 0$ - произвольное число. Пусть функция $f$ на отрезке $[x_{1}, x_{1} +\varepsilon]$ достигает максимума в точке $\phi$. По теореме Лагранжа существует такое число $\theta \in (x_{1}, \phi)$, что
$f^{\prime}(\theta) = (f(\phi) – f(x_{1}))/(\phi – x_{1}) = f(\phi) / (\phi – x_{1}) \geq f(\phi)/ \varepsilon$.
Тогда
$g(\theta) = a(\theta) f^{\prime}(\theta)/f(0) \geq f^{\prime}(\theta) / f(\theta) \geq f^{\prime}(\theta)/f(\phi) \geq 1/ \varepsilon$.
Аналогично доказываем, что на отрезке $[x_{2} - \varepsilon, x_{2}]$ функции $g$ принимает значения, меньшие $- 1/ \varepsilon$.
Из условия $g^{\prime}(x) \geq – 1 – g^{2}(x)$ следует, что
$(acrtg \: g(x))^{\prime} = g^{\prime}(x)/(1 + g^{2}(x)) \geq – 1$
при $x \in (x_{1}, x_{2})$. Поскольку $lim_{t \rightarrow - \infty} arctg \: t = - \frac{\pi}{2}$ и $lim_{t \rightarrow + \infty} arctg \: t = \frac{\pi}{2}$, то по доказанному выше для любого $\delta > 0$ существуют такие $\theta_{1}, \theta_{2} \in (x_{1}, x_{2})$, что $\theta_{1} < \theta_{2}$.
$arctg \: g(\theta_{1}) > \pi/2 - \delta, arctg \: g(\theta_{2}) < - \pi/2 + \delta$.
Тогда существует такое $\phi \in (\theta_{1}, \theta_{2})$, что
$()_{x = \phi}^{\prime} = ( arctg \: g(\theta_{2}) – arctg \: g(\pi_{1}))/(\theta_{2} - \theta_{1}) < \frac{- \pi + 2 \delta}{x_{2} – x_{1}}$,
что меньше -1 при достаточно малом $\delta$. Получим противоречие с доказанным ранее неравенством.