Производные

[RIP]

Пусть $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}-$дважды дифференцируемая функция. Пусть для всех $x\in\mathbb{R}$ выполняются нер-ва

$$|f(x)|\le1,\quad f'(x)^2+f''(x)^2\le1.$$

Докажите, что

$$f'(x)^2+f(x)^2\le1$$

при всех $x.$

[worm2]

(1) Рассмотрим функцию g(x)=$f'(x)^2+f(x)^2$. Из условия следует, что функция g непрерывна и дифференцируема на $\mathbb{R}$, g'(x)=2f'(x)(f''(x)+f(x)).
(2) Будем доказывать утверждение задачи от противного. Ввиду симметрии относительно замены x на x+t, можно считать, что g(0)=1+$\delta$, где $\delta$>0.
(3) Очевидно, $\delta \le 1$, а также $0 \le g(x) \le 2$ при всех $x$.
(4) Ввиду симметрии относительно замены x на -x, можно считать, что $g'(0) \ge 0$.
(5) Покажем, что g'(x)>0 для всех неотрицательных $x$. Действительно, пусть для какого-то неотрицательного z выполняется g'(z)=0, а для всех неотрицательных y<z g'(y)>0. Тогда функция g(x) строго возрастает на [0, z) и g(z) > 1. По (1) g'(z)=2f'(z)(f''(z)+f(z))=0, откуда либо f'(z)=0, 1<g(z)=$f(z)^2$, что противоречит условию, либо f''(z)=-f(z), $f''(z)^2=f(z)^2$, 1<g(z)=$f'(z)^2+f''(z)^2$, что опять противоречит условию. Итак, при x>0 g'>0 (и, соответственно, g строго возрастает при x>0).
(6) Рассмотрим отрезок [0, $2/\delta^2$]. Если на всём этом отрезке $g'(x) \ge \delta^2/2$, то, интегрируя по этому отрезку функцию g, получим: $g(2/\delta^2) \ge 1+\delta+1$ > 2, что противоречит (3). Значит, существует такое $x$>0, что g'(x)/2 = f'(x)(f''(x)+f(x)) < $\delta^2/4$.
(7) По (6) либо |f'(x)| < $\delta/2$, либо |f''(x)+f(x)| < $\delta/2$.
(8) В первом случае $f'(x)^2$ < $\delta^2/4$, а по (5) (строгое возрастание) g(x) > 1+$\delta$, значит, $f(x)^2$=g(x)-$f'(x)^2$ > 1+$\delta$-$\delta^2/4$ > 1, так как по (3) $\delta \le 1$<4. Получили противоречие с условием.
(9) Во втором случае, используя неравенство |f''(x)+f(x)|>|f(x)|-|f''(x)|, имеем: |f''(x)|>|f(x)| - $\delta/2$. Возводим в квадрат: $f''(x)^2$>$f(x)^2-\delta|f(x)|+\delta^2/4$. Складывая это с неравенством $f'(x)^2$>$1+\delta-f(x)^2$ (следует из g(x) > 1+$\delta$), имеем: $f'(x)^2+f''(x)^2$ > $1+\delta(1-|f(x)|) \ge 1$. Опять противоречие с условием. Вуаля.

P.S. Однако, от души развлёкся с этой задачей. Подозреваю, что существует более красивое решение, но так его и не нашёл

[RIP]

Пусть $f(x)$ непрерывна на отрезке $[0;1]$ и дифференцируема на интервале $(0;1)$. Пусть $f(0)=0,\ f(1)=1$. Докажите, что найдутся $0<x<y<1$, что $f'(x)f'(y)=1$.

[Genrih]

С первой задачей намучался. Пошел в различном от worm2'а пути. Дошел до следующего.
Введем функцию $g(x)=f(x)+if'(x)$, которая очевидно дифференцируема - $|g'(x)|^2\leq 1$ и $|Re(g(x))|\leq 1$.
Еще: $\left|\frac{g}{g'}\right|=|g|$ и также $\left|\frac{g'}{g}\right|=|g'|$ (здесь арифметика - используем определение функции g и считаем модуль комплексного числа в квадрате). Да вот дальше ... Возможно, вообще идея неверна.

RIP писал(а):

Пусть $f(x)$ непрерывна на отрезке $[0;1]$ и дифференцируема на интервале $(0;1)$. Пусть $f(0)=0,\ f(1)=1$. Докажите, что найдутся $0<x<y<1$, что $f'(x)f'(y)=1$.

Была уже http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=1883

[a]

Докажем сначала утверждение для функций -1<f<1.
f=sin g,функция g-дважды дифференцируема.Тогда
f′=g′cos g, f″=g″cos g-(g′)²sin g
Докажем, что -1≤ g′≤1.Пусть это не так. Тогда без ограничения общности можно считать, что существует y: g′ (y)>1.Рассмотрим любой отрезок [a,b], содержащий y.Тогда g, как непрерывная функция, достигает на нем максимального значения в точке z.Возможны два случая
1)z-внутренняя точка [a,b]. Тогда g′′ (z)=0.Тогда ((f′)²+(f′′)²)(z)>1.противоречие.
2)z-концевая точка, можно считать, что z=b.
Тогда g′-возрастающая функция при x≥b.Действительно пусть существуют c<d:
g′(c)> g′(d).Тогда на отрезке [a,d] g′ достигает своего максимального значения во внутренней точке. Получаем противоречие аналогичное п.1).Значит, для любого x≥b
g′ (x)>1.Следовательно, на луче x≥b g-возрастает и неограниченна (хотя бы по теореме Лагранжа о конечных приращениях). Следовательно, существует e>b: cos g(e)=1.
Тогда f′(e)>1, что противоречит условию.

А значит -1≤ g′≤1.Тогда (f)²+(f′)²=sin²g+g′²cos²g≤1.

Теперь пусть -1≤ f≤1.Тогда для любого 0<a<1 -1<af<1, ((af)′)²+((af)′′)²=a²((f′)²+(f′′)²)≤1,
А значит, ((af))²+((af)′)² ≤1, т.е. (f)²+(f′)²≤1/a². Переходя к пределу при a→1, получаем нужное соотношение.

[RIP]

Найти все дифференцируемые функции $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, такие что для любых $x\ne y$

$$\frac{f(x)-f(y)}{x-y}=f'\left(\frac{x+y}2\right)$$

[Юстас]

RIP писал(а):

Найти все дифференцируемые функции $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, такие что для любых $x\ne y$

$$\frac{f(x)-f(y)}{x-y}=f'\left(\frac{x+y}2\right)$$

Обозначим $g(x)=f'(x)-f'(0)$, тогда для $g(x)$ просто получить соотношение $g(\frac{x+y}{2})=\frac{g(x)+g(y)}{2}$, из этого условия в свою очередь просто получается $g(\alpha x + (1-\alpha)y)=\alpha g(x) + (1-\alpha)g(y)$ для двоично-рациональных $\alpha$, далее показываем непрерывность и, как следствие, $g(x)=ax, \ f'(x)=ax+f'(0)$.

[RIP]

Пусть $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ - трижды дифференцируемая $2\pi$-периодическая функция. Доказать, что уравнение $f'(x)+f'''(x)=0$ имеет по крайней мере $3$ корня на промежутке $[0;2\pi)$.

[Руст]

У меня получается как минимум 4.

[ИСН]

Напомнило:

Цитата:

- Харьков во время войны брали пять раз.
- Не может быть. Или четыре, или шесть. Иначе он остался бы у немцев.

[RIP]

Руст писал(а):

У меня получается как минимум 4.

Да, Вы правы. Просто задачу я спер с матлинкса, а там было сформулировано с 3 корнями. Соответственно, и решал я с 3. Но решение с 4 ничем не отличается в силу

Цитата:

- Харьков во время войны брали пять раз.
- Не может быть. Или четыре, или шесть. Иначе он остался бы у немцев.

На самом деле, если на пальцах, то очевидно, что не меньше 4. А вот доказать... Интересно послушать Ваше док-во. Хотя бы на пальцах

[worm2]

А может быть имелось в виду, что может быть кратный корень?

[RIP]

worm2 писал(а):

А может быть имелось в виду, что может быть кратный корень?

Я затрудняюсь сказать, что есть кратный корень у функции, про которую даже неизвестно, что она непрерывна. Имеются в виду 4 различных корня.