Количество нулей суммы радикалов

[RikkiTan1]

Доброго времени суток!
Пусть функция $f$ на каждом отрезке $[n,n+3],$ где $n=0,3,6,...$ является ступенчатой, состоящей из семи ступенек.
При увеличении $n$ ступеньки (красные и синие ) становятся уже, но выше, стремясь к бесконечности, причем $\displaystyle \Large \int\limits_n^{n+3}f(t)dt=0$ при каждом $n=0,3,6,...$

Рассмотрим функцию $\displaystyle \Large F(x)=\int\limits_0^x\frac{f(t)dt}{\sqrt{x-t}}$. Пытаюсь доказать, что при каждом $n=0,3,6,..$ функция $F$ на $[n,n+3]$ может иметь самое большее 18 нулей (по 2 нуля на каждой ступеньке).
Функцию $F$ можно записать в виде $\displaystyle \Large F(x)=\int\limits_0^n\frac{f(t)dt}{\sqrt{x-t}}+\int\limits_n^x\frac{f(t)dt}{\sqrt{x-t}}$. Функция $\displaystyle \Large \int\limits_0^n\frac{f(t)dt}{\sqrt{x-t}}$ должна при $x\to+\infty$ стремиться к нулю монотонно начиная с некоторого $A>n$ как $x^{-3/2}$.
Если рассмотреть функцию $\displaystyle \Large \int\limits_n^x\frac{f(t)dt}{\sqrt{x-t}}$, то она будет иметь примерно такой вид в зависимости от высоты $k_i$ и длины ступенек

Но это только идеи, которые указывают на гипотезу о количестве нулей. Ни через явный вид функции $\displaystyle \Large F(x)=2\sum k_i((x-a_i)^{1/2}-(x-b_i)^{1/2})+2K(x-a)^{1/2}$, ни через ее производную увидеть доказательство не получается.
Может быть, кто-нибудь может подксказать, как можно действовать. Если что, наверное, можно функцию располагать не в каждом отрезке $[n,n+3]$, а пропускать, например, по 100 отрезков, чтобы функция $\displaystyle \Large \int\limits_0^n\frac{f(t)dt}{\sqrt{x-t}}$ успела стать достаточно малой.

[svv]

На Вашей картинке красные ступеньки симметричны относительно середины отрезка $[n,n+3]$ на оси абсцисс, и синие ступеньки тоже. Это случайно, или так всегда должно быть?

[RikkiTan1]

Да, они всегда симметричны относительно середины $[n,n+3]$. Это производные таких функций

[EUgeneUS]

RikkiTan1 в сообщении #1595462 писал(а):

Если рассмотреть функцию $\displaystyle \Large \int\limits_n^x\frac{f(t)dt}{\sqrt{x-t}}$, то она будет иметь примерно такой вид в зависимости от высоты $k_i$ и длины ступенек

Нет.
Функция $F(x)$ должна быть константой на тех отрезках, где $f(x)$ равна нулю.

[RikkiTan1]

Тут дело в том, что на значение $\displaystyle \Large \int\limits_n^x\frac{f(t)dt}{\sqrt{x-t}}$ в какой-нибудь точке $x_0$ влияет вся "предыстория" функции $f$. Например, для функции из первой картинки в каждой точке из $[1.2,1.8]$ имеем

$$ \int\limits_n^{x}\frac{f(t)dt}{\sqrt{x-t}}=\int\limits_n^{1.2}\frac{f(t)dt}{\sqrt{x-t}}=2\left(0.3(\sqrt{x-0.8}-\sqrt{x-1.05})-0.7(\sqrt{x-1.05}-\sqrt{x-1.2})\right)$$

И это выглядит примерно как $\displaystyle \Large x^{-1/2}$.

[Alex Krylov]

RikkiTan1 в сообщении #1595496 писал(а):

Тут дело в том, что на значение $\displaystyle \Large \int\limits_n^x\frac{f(t)dt}{\sqrt{x-t}}$ в какой-нибудь точке $x_0$ влияет вся "предыстория" функции $f$. Например, для функции из первой картинки в каждой точке из $[1.2,1.8]$ имеем

$$ \int\limits_n^{x}\frac{f(t)dt}{\sqrt{x-t}}=\int\limits_n^{1.2}\frac{f(t)dt}{\sqrt{x-t}}=2\left(0.3(\sqrt{x-0.8}-\sqrt{x-1.05})-0.7(\sqrt{x-1.05}-\sqrt{x-1.2})\right)$$

И это выглядит примерно как $\displaystyle \Large x^{-1/2}$.

А у вас под корнем могут получаться отрицательные величины?

[RikkiTan1]

Нет.

RikkiTan1 в сообщении #1595496 писал(а):

в каждой точке из $[1.2,1.8]$

[EUgeneUS]

RikkiTan1 в сообщении #1595496 писал(а):

Тут дело в том ...

del.
Вы правы для отрезка $[1.2, 1.8]$.
Но $F(x) =0$ на отрезке $[0, 0.8]$, а у Вас на графике это не так.

-- 27.05.2023, 11:09 --

RikkiTan1 в сообщении #1595462 писал(а):

Пытаюсь доказать, что при каждом $n=0,3,6,..$ функция $F$ на $[n,n+3]$ может иметь самое большее 18 нулей (по 2 нуля на каждой ступеньке).

Тут тоже странно.
1. На каждом отрезке $[n, n+3]$ - семь "ступенек", а не девять.
2. На каждой ступеньке подынтегральное выражение не меняет знак, а значит $F(x)$ - монотонная. А значит на каждой ступеньке не более одного нуля (кроме самой первой).
Итого, не более семи нулей на отрезке $[n,n+3]$, где $n = 3i, i \in\mathbb{N}$ (то есть кроме первого)

[EUgeneUS]

Попробовал посчитать $F'(x)$ через определение производной.
Не получилось, но попытку приведу ниже.
Рассматриваем производную в тех точках, где $f(x)$ - константа, то есть $f(x) = f(x+\Delta x)$

$F'(x) = \lim\limits_{\Delta x \to 0}^{}\frac{F(x+\Delta x) - F(x)}{\Delta x}$

$F(x+\Delta x) = \int\limits_{0}^{x+\Delta x} \frac{f(t) dt}{\sqrt{x+\Delta x - t}} = \int\limits_{0}^{x} \frac{f(t) dt}{\sqrt{x+\Delta x - t}} + \int\limits_{x}^{x+\Delta x} \frac{f(t) dt}{\sqrt{x+\Delta x - t}}$

Тогда:
$\frac{F(x+\Delta x) - F(x)}{\Delta x} = \frac{1}{\Delta x} \int\limits_{0}^{x} f(t)(\frac{1}{\sqrt{x+\Delta x - t}} - \frac{1}{\sqrt{x - t}})dt + \frac{1}{\Delta x} \int\limits_{x}^{x+\Delta x} \frac{f(t) dt}{\sqrt{x +\Delta x - t}} $

С первым слагаемым всё в порядке: затаскиваем $\frac{1}{\Delta x}$ под знак интеграла в круглые скобки, и там получается производная по $x$ от $\frac{1}{\sqrt{x - t}}$
А вот со вторым слагаемым получается беда:

$F'(x) = -\frac{1}{2} \int\limits_{0}^{x} f(t)\frac{1}{(x - t)^{\frac{3}{2}}}dt + f(x) \lim\limits_{\Delta x \to 0}^{}\frac{\sqrt{\Delta x}}{\Delta x}$

И предел во втором слагаемом разошёлся...

[RikkiTan1]

EUgeneUS в сообщении #1595505 писал(а):

RikkiTan1 в сообщении #1595496 писал(а):

2. На каждой ступеньке подынтегральное выражение не меняет знак, а значит $F(x)$ - монотонная. А значит на каждой ступеньке не более одного нуля (кроме самой первой).

Например, для $x\in [1.8,1.95]$ (5-ая ступенька, красная) $F$ имеет вид

$$F(x)=\int\limits_0^{x}\frac{f(t)dt}{\sqrt{x-t}}=2\left(0.3(\sqrt{x-0.8}-\sqrt{x-1.05})-0.7(\sqrt{x-1.05}-\sqrt{x-1.2})+0.7\sqrt{x-1.8}\right)$$

$0.7\sqrt{x-1.8}$ --- возрастает, $0.3(\sqrt{x-0.8}-\sqrt{x-1.05})$ --- убывает, $-0.7(\sqrt{x-1.05}-\sqrt{x-1.2})$ --- возрастает
Как тут можно увидеть количество корней на отрезке $[1.8,1.95]$?

EUgeneUS в сообщении #1595523 писал(а):

Попробовал посчитать $F'(x)$ через определение производной.

У нас же есть явный вид функции $F$

RikkiTan1 в сообщении #1595462 писал(а):

Ни через явный вид функции $\displaystyle \Large F(x)=2\sum k_i((x-a_i)^{1/2}-(x-b_i)^{1/2})+2K(x-a)^{1/2}$

[svv]

RikkiTan1 в сообщении #1595488 писал(а):

Да, они всегда симметричны относительно середины $[n,n+3]$. Это производные таких функций

Тут я ещё вижу, что на отрезке $x\in[n,n+3]$ максимум и минимум $f(x)$ равны по модулю. На это тоже можно опираться?

[EUgeneUS]

RikkiTan1 в сообщении #1595524 писал(а):

Как тут можно увидеть количество корней на отрезке $[1.8,1.95]$?

тем не менее, эта функция на $[1.8, \infty)$ монотонно растёт, а значит имеет не более одного нуля.

[RikkiTan1]

svv в сообщении #1595529 писал(а):

Тут я ещё вижу, что на отрезке $x\in[n,n+3]$ максимум и минимум $f(x)$ равны по модулю. На это тоже можно опираться?

Если говорить про саму функцию $f$, которая ступенчатая, то да: у красных ступенек одинаковые высоты и у синих тоже.
Если говорить про ее первообразную $\int\limits_0^x f(t)dt$ на $[n,n+3]$, то ее максимум равен $\frac{2}{\ln^2n}$, а минимум $\frac{-2}{n^2\ln^2n}$, гораздо меньше. На картинке случайно максимум и минимум совпали.

EUgeneUS в сообщении #1595542 писал(а):

тем не менее, эта функция на $[1.8, \infty)$ монотонно растёт, а значит имеет не более одного нуля.

Что с некоторого момента она начнет расти это, наверное, правда, но когда ступенька закончится, функция изменит свой вид, и выражение $0.7\sqrt{x-1.8}$ заменится на $0.7(\sqrt{x-1.8}-\sqrt{x-1.95})$, которое убывает.

[svv]

Да, я ошибся, назвав первообразную $f(x)$, но Вы меня поняли правильно.

[EUgeneUS]

RikkiTan1 в сообщении #1595559 писал(а):

Что с некоторого момента она начнет расти это, наверное, правда, но когда ступенька закончится, функция изменит свой вид, и выражение $0.7\sqrt{x-1.8}$ заменится на $0.7(\sqrt{x-1.8}-\sqrt{x-1.95})$, которое убывает.

Это верно. Гипотеза как раз в том и состоит, что возрастание $F(x)$ может (но не обязано) смениться на убывание только в точках, где есть скачок $f(x)$. И наоборот, убывание $F(x)$ может (но не обязано) смениться на возрастание только в точках, где есть скачок $f(x)$.
Тогда нулей $F(x)$ на каком-то отрезке будет не более чем скачков $f(x)$ плюс один.

Кстати, явный вид $F(x)$ можно переписать более компактно:

$F(x) = \sum\limits_{i=0}^{i: x_i < x} b_i \sqrt{x - x_i}$

Где - $x_i$ - точки в которых $f(x)$ испытывает скачок, $b_i$ - величина скачка.

-- 28.05.2023, 11:00 --

Впрочем, гипотеза в общем случае неверна.
Например, функция $F = 0.7 \sqrt{x-1} - 0.3\sqrt{x-2}$ не монотонна.