Неравенство с функциями

[xmaister]

Здравствуйте! Подскажите пожалуйста как решить следующую задачу.
Пусть $\displaystyle f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ имеет непрерывную производную и положим, что, если $f(x)=0$, тогда $f'(x)\neq 0$. Доказать, что существуют функция $g:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$, имеющая непрерывную производную, такая что $f(x)g'(x)>f'(x)g(x)$, для любого $x\in[a,b]$.
Попыток решения к сожалению не могу привести, т.к. пока не пойму как к ней подступиться .

[ИСН]

Когда непонятно, что делать, надо прыгать. Надо пробовать хоть что-нибудь, хоть кирпич лбом. Любую функцию, от балды. Вот я возьму $g(x)=x\cdot f(x)$. И что?

[Azog]

Моей первой идеей было бы искомое Ваше неравенство переписать в другом виде. Можно ли, как по Вашему, переписать его как неравенство между нулем и производной отношения функций $f(x)$ и $g(x)$?

[Joker_vD]

ИСН
И ничего. Никакая $g(x)=h(x)\cdot f(x)$ не катит — неравенство тогда сводится к $f^2(x) h'(x) > 0$, и ничего $h(x)$ не поделает с точками, где $f(x) = 0$.

[xmaister]

Azog в сообщении #473276 писал(а):

Моей первой идеей было бы искомое Ваше неравенство переписать в другом виде. Можно ли, как по Вашему, переписать его как неравенство между нулем и производной отношения функций $f(x)$ и $g(x)$?

$\left(\frac{g(x)}{f(x)}\right)'>0$ Вы про это? А если $f(x)$ на этом интерале может принимать нулевое значение тогда наверное нельзя.

Joker_vD в сообщении #473281 писал(а):

ИСН
И ничего. Никакая $g(x)=h(x)\cdot f(x)$ не катит — неравенство тогда сводится к $f^2(x) h'(x) > 0$, и ничего $h(x)$ не поделает с точками, где $f(x) = 0$.

Т.е. тупой перебор здесь отпадает?

[Gortaur]

Ну так можно взять

$$ (\frac{g(x)}{f(x)})'>0 $$

если $f(x)\neq 0$ и $g(x)f'(x) < 0$ если $f(x) = 0$.

-- Ср авг 03, 2011 23:44:37 --

Как минимум можно решить дифур на каждом таком промежутке - а граничные условия выбрать, чтобы гладкое склеивание было. Муторно, скорее должно быть решение посимпатичнее.

[Joker_vD]

Gortaur в сообщении #473333 писал(а):

а граничные условия выбрать, чтобы гладкое склеивание было.

А они есть? Эта задача и сводится к доказательству того, что такие граничные условия есть.

У $g(x)$ обязаны быть нули. Я даже не представляю, можно ли решить отдельно на участках, где $f(x)\ne0$, а потом сшить решения в одно большое...

[Azog]

Вы граничные условия выпишите. Вот и посмотрим, есть они или нет.

[ewert]

Gortaur в сообщении #473333 писал(а):

Как минимум можно решить дифур на каждом таком промежутке - а граничные условия выбрать, чтобы гладкое склеивание было.

Нет, дифуров не нужно.

Ясно, что корни $x_1<x_2<\ldots$ функции $f$ изолированы и что знаки $f'(x_k)$ чередуются. Немножко подумав, легко понять, что это же должно быть верно и для корней $t_k$ функции $g$, причём эти корни должны чередоваться с корнями $f$, т.е. $x_1<t_1<x_2<t_2<\ldots$, причём так, чтобы знаки $f'(x_k)$ и $g'(t_k)$ были одинаковы.

При этом на каждом интервале $(x_k;t_k)$ или $(t_k;x_{k+1})$ отношение $f$ к $k$ должно быть монотонным, т.е. должно быть $f(x)=h(x)\cdot g(x)$, где $h(x)$ -- любая гладкая функция соответствующего знака и соответствующей монотонности такая, что $h(x_k)=0$ и $h(t_k)=\infty$. Этого достаточно (надо лишь дополнительно позаботиться о гладкости определяемой таким образом функции $g$ в окрестностях точек $x_k$).

Ну так это легко. Точки $t_k$ назначаем как угодно (скажем, ровно посередине между соответствующими $x_k$, но это не принципально). В окрестности каждого $x_k$ берём $h(x)=-\operatorname{sign}f'(x_k)\cdot f(x)$ (окрестность выбираем достаточно малой -- так, чтобы в её пределах сохранялась монотонность $f(x)$). Аналогично, в окрестностях точек $t_k$
задаём $h(x)=\dfrac{C_k\operatorname{sign}f(t_k)}{x-t_k}$, где $C_k=\mathrm{const}>0$. И потом просто продолжаем $h(x)$ на промежутки между этими окрестностями произвольным образом с сохранением монотонности и гладкости (ясно, что это возможно, если задать для каждого $k$ достаточно большое $C_k$ и, конечно, окрестности выбирать непересекающимися).