3-раз диф!!!

[kekocaumay]

Пусть f(x),f'(x),f''(x),f'''(x)-непрерывно дифференцируемые функции, и f(x) имеет
\ge 3 корни. Доказать, что

\max_{0 \leq x \leq 1} |f(x)| \leq \frac{1}{6}\max_{0 \leq x \leq 1}|f'''(x)|

[gris]

Разложить её в ряд Тейлора с центром во втором корне.

[kekocaumay]

Как разложить , я не знаю,

[Sherpa]

Посмотрите на википедии. За вас никто раскладывать не будет.

[kekocaumay]

я знаю формулу Тейлора, как надо решить эту задачу?

[ASA]

Корни из отрезка [0,1]? А то не выходит: $f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)$, $f'''(x)\equiv 6$, $\max_{0\leqslant x\leqslant 1}|f(x)|=6$

[kekocaumay]

да, корни из отрезка [0,1]

[gris]

Во-первых, надо было сказать, что функцию рассматриваем на отрезке $[0;1]$ и все три разных корня лежат на этом отрезке. Ну это как бы предполагалось.

Во-вторых, $f(x) = f'(x_2)(x-x_2)+\frac12f''(x_2)(x-x_2)^2+\frac16(x-x_2)^3f'''(c)$

В-третьих, подобная задача уже рассматривалась http://dxdy.ru/topic19546.html?highligh ... 0%ED%E6%E0 и я даже помню, что там разложение в ряд Тейлора с остаточным членом Лагранжа давало лучшую оценку, чем обычное применение теоремы Лагранжа.
Может быть тут её достаточно?

[ASA]

gris писал(а):

$f(x) = f'(x_2)(x-x_2)+\frac12f''(x_2)(x-x_2)^2+\frac16(x-x_2)^3f'''(c)$

где $x_2$ - корень. Пока не понятно, что это дает. Может быть далее воспользоваться тем, что по теореме Ролля(?) $f'(x)$ имеет не менее двух корней, а $f''(x)$ - не менее одного.

[Jnrty]

Jnrty:

kekocaumay в сообщении #191068 писал(а):

f(x),f'(x),f''(x),f'''(x)

kekocaumay, неправильно пишете формулы. Их необходимо окружать знаками доллара: $f(x),f'(x),f''(x),f'''(x)$.

$f(x),f'(x),f''(x),f'''(x)$

Это замечание относится и ко всем другим формулам.

[ASA]

Все просто! Пусть $x_0, x_1, x_2$ - корни $f(x)$. Рассмотрим интерполяционный многочлен $L_3(x)$, построенный для узлов $x_0, x_1, x_2$. Тогда $L_3(x)\equiv 0$. Следовательно, $f(x)=r_3(x)$, где $r_3(x)=\frac{f'''(c)}{3!}(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)$ --- погрешность интерполяции, $c\in [0,1]$. Очевидно, что $|(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)|\leqslant 1$ для всех $x\in [0,1]$, а потому исходное неравенство доказано.