2014-06-08
Функция $f: \mathbf{R} \rightarrow \mathbf{R}$ имеет непрерывную производную порядка $p$. Пусть $M_{0} = sup_{x \in \mathbf{R}} |f(x)|, M_{k} = sup_{x \in \mathbf{R}} |f^{(k)}(x)| < \infty$ при $k = 1, \cdots, p$. Доказать, что для любого такого $k$ справедливо неравенство
$M_{k} \leq 2^{\frac{k(p-k)}{2}} M_{0}^{1 - \frac{k}{p}} M_{p}^{\frac{k}{p}}$.
Решение:
Сначала докажем утверждение для $p = 2, k = 1$. Пусть $f \in C^{2}(R), M_{0} = sup_{x \in \mathbf{R}} |f(x)|, M_{2} = sup_{x \in \mathbf{R}} |f^{\prime \prime}(x)|$. Нам надо доказать, что $|f^{\prime}(x)| \leq \sqrt{2M_{0}M_{2}}$ при любом $x \in \mathbf{R}$. Допустим, что $|f^{\prime}(x)| > \sqrt{2M_{0}M_{2}}$ при некотором $x_{0}$. Без ограничения общности можно считать, что $f(x_{0}) \geq 0, f^{\prime}(x_{0}) > 0$ (если $f( x_{0}) \geq 0, f^{\prime}(x_{0}) < 0$, то вместо функции $f(x)$ будем всюду далее рассматривать $f(2x_{0} - x)$; если $f(x_{0}) < 0$, то перейдем к функции $- f(x)$). Тем самым $f^{\prime}(x_{0}) > \sqrt{2M_{0}M_{2}}$, и при $x \geq x_{0}$ имеем
$f^{\prime} (x) = f^{\prime}(x_{0}) + \int_{x_{0}}^{x}f^{\prime \prime} (u) du \geq f^{\prime}(x_{0}) + \int_{x_{0}}^{x} (-M_{2}) du = f^{\prime}(x_{0}) – M_{2}(x – x_{0}) > \sqrt{2M_{0}M_{2}} – M_{2} \cdot (x – x_{0})$.
Тогда $f(x)$ достаточно долго будет возрастать, что даст противоречие с равенством $M_{0} = sup_{x \in \mathbf{R}} |f(x)|$. Имеем
$f(x) = f(x_{0}) + \int_{x_{0}}^{x} f^{\prime}(u) du > f(x_{0}) + \int_{x_{0}}^{x} (2 \sqrt{M_{0}M_{2}} – M_{2}(u – x_{0})) du = f(x_{0}) + \sqrt{2M_{0}M_{2}} (x – x_{0}) - \frac{1}{2} M_{2} (x – x_{0})^{2} \geq sqrt{2M_{0}M_{2}}(x – x_{0}) - \frac{1}{2} M_{2} (x – x_{0})^{2}$,
так как $f(x_{0}) \geq 0$ no предположению. Функция $\sqrt{2M_{0}M_{2}}(x – x_{0}) – 1/2 M_{2} (x – x_{0})^{2}$ достигает максимума в точке $x = x_{0} + \sqrt{2M_{0}M_{2}}/M_{2}$. Значение ее в этой точке равно $M_{0}$. Поэтому $f(x_{0} + \sqrt{2M_{0}M_{2}}/M_{2}) > M_{0}$, что противоречит определению числа $M_{0}$. Для $p = 2$ и $k = 1$ утверждение доказано.
Пусть теперь $p$ и $k < p$ - натуральные числа. В силу доказанного $M_{k} \leq \sqrt{2 M_{k-1} M_{k+1}}$. Обозначив
$a_{k} = \frac{M_{k}}{2^{\frac{k(p-k)}{2}}M_{0}^{1 - \frac{k}{p}}M_{p}^{\frac{k}{p}}}$
имеем $a_{k} \leq \sqrt{a_{k-1}a_{k+1}}, a_{0} = a_{p} = 1$. Таким, мы получаем
$max_{k =0, \cdots, p} a_{k} = max(a_{0}, a_{p}) = 1$,
т. е. $a_{k} \leq 1$ при $k = 1, \cdots, p-1$, что и требовалось доказать.