Cтранное неравенство (Зорич V.3.6a)

[Urnwestek]

Задача: Пусть $f \in C^{(n)}(-1,1)$ и $\sup\limits_{-1 \leq x \leq 1} |f(x)| \leq 1$. Пусть $m_k(I) = \inf\limits_{x \in I} |f^{(k)}(x)|$, где $I$ — промежуток, содержащийся в интервале $(-1,1)$. Покажите, что если $I$ разбит на три последовательных промежутка $I_1, I_2, I_3$, и $\mu$ — длина $I_2$. То выполняется неравенство $m_k(I) \leq \frac{1}{\mu} (m_{k-1}(I_1)+m_{k-1}(I_3));$

Но разве это верно? Если в качестве $f$ взять выпуклую убывающую функцию, то $m_2(I)>0$, но $\frac{1}{\mu}(m_1(I_1)+m_1(I_3))<0$ (так как вторая производная везде положительна, а первая везде отрицательна). Что я делаю не так?

[gris]

В определении $m_k$ стоит модуль.

[Urnwestek]

gris в сообщении #780490 писал(а):

В определении $m_k$ стоит модуль.

Точно же... Спасибо.

[Urnwestek]

Прошу проверить решение.

Решение:
Будем доказывать по индукции, пусть $k=1$.
1) Утверждение очевидным образом верно, когда у $f$ на $I$ есть точка, в которой производная обращается в ноль. Будем, без потери общности, считать что у $f$ производная всюду положительна, т.е. $f$ — строго возрастающая, ограниченная (ограниченность следует из условия задачи) функция. Для строго убывающих функций рассуждения будут аналогичные.
2) Так как $f$ строго возрастающая, непрерывная и ограниченная, то её можно доопределить по непрерывности на концах промежутка $I$ и считать, без потери общности, что $I$ — это отрезок. Точно так же доопределим и промежутки $I_1$, $I_2$, $I_3$. У нас получится следующее:
Пусть $a$ — это начало отрезка $I_1$, а $b$ — это начало отрезка $I_3$ и конец отрезка $I_2$, тогда:
$m_0(I_1)=|f(a)|$
$m_0(I_3)=|f(b)|$
Оба тождества следуют из возрастания функции $f$ на $I_1$ и $I_3$.
3) Теперь надо доказать $m_1(I) \leq \frac{1}{\mu} (|f(a)|+|f(b)|);$ Оценим $m_1(I)$ сверху (любое значение производной функции $f$ на отрезке $I$ будет оценкой $m_1(I)$ сверху, это следует из определения $m_1(I)$ как инфимума производных). Заметим, что на отрезке $[a,b]$ выполняются все условия теоремы Лагранжа, то есть $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\zeta)$, так как $m_1(I) \leq f'(\zeta) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ получим, что если верно: $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\leq \frac{1}{\mu} (|f(a)|+|f(b)|)$ то верно и само утверждение задачи.
4) Отсюда $f(b)-f(a) \leq \frac{b-a}{\mu} (|f(a)|+|f(b)|)$ из возрастания функции $f$, и определений $b,a,\mu$ можно сделать вывод, что $\mu \leq b-a \leftrightarrow \frac{b-a}{\mu} \geq 1$ и $f(b)-f(a) \leq |f(b)|+|f(a)|$, следовательно, неравенство верно.
5) Все эти рассуждения можно повторить и для $k\ne1$ достаточно заметить, что производная возрастающей ограниченной функции — ограничена.

UPD: Поправил неточность с модулями.

[gris]

Сразу пятый пункт по глазам резанул.
Это да, для среднего участка выполняется. А для крайнего? $0.3\sqrt {1+x}$, например.

[Urnwestek]

Да, действительно, почему-то мне это показалось очевидным, а оно как всегда... Подумаю ещё. Остальные пункты можете проверить?

[Urnwestek]

Нашёл довольно много ошибок и неточности в своём доказательстве, так что проверять его не стоит...

[Otta]

Ну если причесать и вставить пропущенное, так вполне даже ничего.