Функциональная дробь (ограниченность)

[neo66]

alisa-lebovski в сообщении #336689 писал(а):

Требуется доказать, что дробь

$$\frac{f(b)f(at)-f(a)f(bt)}{(b-a)t(1-t)}$$

ограничена, если $f(0)=0$, $0<a<b<c$, $0<t<1$, где $a,b,t$ - переменные. Предполагается, что функция f имеет достаточное количество непрерывных и ограниченных на $[0,c]$производных.

Перенес из раздела "Помогите решить / разобраться". Может, и не вполне олимпиадная, но все же... забавная.

[Профессор Снэйп]

Что-то я про $c$ не понял. Зачем $b < c$, если в самой дроби это $c$ нигде не фигурирует?

-- Сб июл 03, 2010 21:43:12 --

А, типа $f$ в точке $b$ дифференцируема, для этого $c$ нужно...

[neo66]

Не только для этого. Если $c=+\infty$, то утверждение неверно.

(Оффтоп)

Интересно, задача неинтересна, тривиальна или сложна?

[mihiv]

Не совсем понятно,в чем здесь проблема:есть функция $F(t)=f(a)f(bt)-f(at)f(b),F(0)=F(1)=0$,тогда по формуле Тэйлора при $t=0,F(t)=F'(0)t+O(t^2)$,а при $t=1,F(t)=F'(1)(t-1)+O((t-1)^2)$отсюда ясно,что $G(t)=\frac {F(t)}{(b-a)t(1-t)}$,непрерывна,и ,следовательно, ограничена на отрезке $[0,1]$.

[neo66]

Нужно доказать ограниченность функции $G(a,b,t)=\frac{f(b)f(at)-f(a)f(bt)}{(b-a)t(1-t)}$ как функции трех переменных $a,b,t$.

[mihiv]

Рассмотрим функцию $F(b,t)=f(b)f(at)-f(a)f(bt)$Очевидно $F(a,t)=F(b,0)=F(b,1)=0 \qquad (1)$
Найдем также значения частных производных:

$$F_b(a,1)=0,F_t(a,1)=0,F_{bb}(b,1)=0,F_{tt}(a,t)=0 \qquad (2)$$

Разложим $F(b,t)$ по формуле Тэйлора в точке $b=a,t=1$,с учетом (1) и (2) получим:

$$F(b,t)=\frac 12[F_{bb}(a+\theta _1(b-a),1+\theta_1(t-1))(b-a)^2+2F_{bt}(a+\theta _1(b-a),1+\theta _1(t-1))(b-a)(t-1)+F_{tt}(a+\theta _1(b-a),1+\theta _1(t-1))(t-1)^2]$$

По теореме о среднем,с учетом (2) можем записать:

$$F_{bb}(a+\theta_1(b-a),1+\theta _1(t-1))=\int \limits _1^{1+\theta _1(t-1)}F_{bbu}(a+\theta_1(b-a),u)du=F_{bb}(a+\theta_1(b-a),1+\theta _2\theta _1(t-1))\theta _1(t-1),\theta _{1,2}\in [0,1]$$

аналогично

$$F_{tt}(a+\theta _1(b-a),1+\theta _1(t-1))=\int \limits _a^{a+\theta _1(b-a)}F_{ttb}(b,1+\theta _1(t-1))db=F_{tt}(a+\theta _2\theta _1(b-a),1+\theta _1(t-1))\theta _1(b-a)$$

Подставляя это разложение в формулу для $G(b,t)=\frac {F(b,t)}{(b-a)t(t-1)}$,видим,что множители $(b-a),(1-t)$ в знаменателе сокращаются,следовательно $G(b,t)$ ограничена.Аналогичное разложение можно записать при $b=a,t=0$.

[mihiv]

Обнаружил опечатки,следует читать:

$$\int \limits _1^{1+\theta_1(t-1)}\dots =F_{bbt}(a+\theta _1(b-a),1+\theta _2\theta _1(t-1))\theta_1(t-1)$$

а также

$$\int \limits _a^{a+\theta_1(b-a)}\dots=F_{ttb}(a+\theta _3\theta _1(b-a),1+\theta _1(t-1))\theta _1(b-a)$$

[neo66]

Формулы я не проверял, однако, даже, если все правильно, пока непонятно следующее:

mihiv в сообщении #337925 писал(а):

Подставляя это разложение в формулу для $G(b,t)=\frac {F(b,t)}{(b-a)t(t-1)}$,видим,что множители $(b-a),(1-t)$ в знаменателе сокращаются,следовательно $G(b,t)$ ограничена.

$G(b,t)=\frac {L(a,b,t)} t$, (где $L(a,b,t)$ - некая непрерывная функция). Почему $G(b,t)$ ограничена?

[mihiv]

Функцию $F(b,t)$ можно разложить либо в точке $b=a,t=1$,либо в точке $b=a,t=0$При этом втором разложении точно также убеждаемся,что в знаменателе сокращаются множители $b-a,t$,так что $G(b,t)$ ограничена и при $t\to 0$.
т.е.,например при $t>0.5$используем первое разложение,а при$t<0.5$-второе.

[neo66]

Ну, хорошо, это верно по смыслу (хоть можно сказать и аккуратней, но придираться не будем).

А теперь, пожалуйста, поподробней объясните формулу:

$$F_{bb}(a+\theta_1(b-a),1+\theta _1(t-1))=\int \limits _1^{1+\theta _1(t-1)}F_{bbu}(a+\theta_1(b-a),u)du=F_{bbt}(a+\theta_1(b-a),1+\theta _2\theta _1(t-1))\theta _1(t-1),\theta _{1,2}\in [0,1]$$

.

Если подставить в нее $t=1$, то получим: $F_{bb}(a+\theta_1(b-a),1)=0$ для любых $a,b,\theta_1$. А это, вроде, ниоткуда не следует, да и вообще неверно.

[mihiv]

Может быть не очень удачные обозначения,но имеется в виду,что:

$$F_{bb}(b,1)=F_{bb}(b,t)|_{t=1}=f(a)t^2f''(bt)-f(at)f''(b)|_{t=1}=0$$

[neo66]

Похоже, правильно.

Я покажу другое доказательство, использующее только теорему Лагранжа о приращениях.

Пусть $F(t)=f(b)f(at)-f(a)f(bt)$. Тогда $F'(t)=f(b)af'(at)-f(a)bf'(bt)$.

Тогда, по теореме Лагранжа:

$$\frac {F(t)}{t}=\frac {F(t)-F(0)}{t-0}=F'(\xi)= f(b)af'(a\xi)-f(a)bf'(b\xi)=[f(b)af'(a\xi)-f(a)af'(a\xi)]+ [f(a)af'(a\xi)-f(a)bf'(b\xi)],$$

где $\xi \in [0,1]$.

И $\frac {F(t)}{t(b-a)}=af'(a\xi)\left[ \frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right] + f(a)\left[ \frac {af'(a\xi)-bf'(b\xi)}{b-a}\right]$. Выражения в квадратных скобках ограничены, (по теореме Лагранжа).

Поэтому $ \frac {f(b)f(at)-f(a)f(bt)}{(b-a)t(1-t) }\le \frac {M_1}{1-t}}$ для некоторой константы $M_1$, зависящей только от функции $f$ и от $c$.
Аналогично, $ \frac {f(b)f(at)-f(a)f(bt)}{(b-a)t(1-t) }\le \frac {M_2}{t}}$.

Поэтому $ \frac {f(b)f(at)-f(a)f(bt)}{(b-a)t(1-t) }\le Const(f,c)$.

[alisa-lebovski]

Спасибо!

Но мне видится одна трудность. Почему ограничено выражение во второй квадратной скобке? К нему нельзя применить формулу Лагранжа буквально, потому что $\xi$ - это, вообще говоря, некоторая функция от $a,b,t$. При взятии производной сложной функции, $\xi$ тоже придется дифференцировать, а теорема Лагранжа не утверждает, что $\xi$ зависит от $a,b,t$ гладко и ее производная ограничена.

[neo66]

Подумайте еще. Там все верно.

[alisa-lebovski]

Да я верю. Просто это не очень подробно.

Там, наверное, вместо $\xi$ можно подставить $t$, получить представление по Лагранжу, равномерно (по $t\in [0,1]$) оценить его сверху по модулю, и полученную оценку использовать как верную при любом $\xi$.