Задача на теорему Лагранжа

[МихМих]

Известно, что $ f(0)=f(1)=1$ и $ min f(x)=-1$
$ x \in \mathbb [0,1] $
Доказать, что $ max \left| f''(x)\right| \geq 8 $

Помогите, пожалуйста, разобраться.

[gris]

Ну как минимум два раза она должна быть дифференцируема, иначе контрпример $y=4|x-\frac12|-1$
- функция с нулевой, кроме одной точки, второй производной. А дальше 2 раза теорема Лагранжа.
Вернее, три раза.

[МихМих]

Круто, но многое непонятно:
1) В смысле: "два раза дифференцируема"?
Теорема Лагранжа, насколько я знаю, верна только для дифференцируемой функции на отрезке, а две точки нас не спасут
2) Как можно применить теорему Лагранжа три раза тоже не очень понятно (в каких точках и для каких функций?)...

[neo66]

МихМих в сообщении #181706 писал(а):

ничего не сказано о непрерывности и дифференцируемости

В условии встречается вторая производная. Значит, как минимум, два раза дифференцируема. Правильно?

Как доказать, используя высокую науку, не знаю. Но, на пальцах, можно рассуждать так:
пусть $a$ - точка минимума. Тогда, длина отрезка $[0,a]$ или $[a,1]$ меньше или равна $\frac 1 2$. Пусть, для определенности, первого. Тогда первая производная на этом отрезке принимает значения $0$ и $4$. Ну и так далее ...

[gris]

neo66 правильно подсказал, правда на первом отрезке производная будет в какой-то точке равна минус 4, хотя это и не существенно. Это и доказывается с помощью теоремы Лагранжа ( и свойства непрерывности производной).
Дотошный преподаватель может повозить вас по этим разным отрезкам. Поэтому я бы тупо применил теорему Лагранжа для первого отрезка, потом для второго, а потом ещё раз уже для второй производной. И оценил бы её снизу. Так что в неравенстве для второй производной можно и без модуля обойтись.

[Prokop]

На самом деле справедлива более сильная оценка

\[ \max \left| {f^{''} \left( x \right)} \right| \geqslant 16 \]

Для доказательства надо выписать формулу Тейлора в окрестности точки минимума функции с остаточным членом в форме Лагранжа. Далее, рассмотреть значения функции на концах промежутка. Отсюда будет следовать существование точки, в которой значение второй производной будет больше 16.
Предполагается, конечно, что функция дважды дифференцируема на промежутке.

[ewert]

То, что 16 -- это правда. Но следует -- далеко не сразу. И в любом случае это противоречит правилам игры -- доказать именно по Лагранжу. Т.е. лишь с одним членом формулы Тейлора, а не с двумя. И вот поскольку приходится повторно применять разные и несогласованные между собой формулы Лагранжа -- в эту щель двойка и проваливается.

[Полосин]

Докажите от противного. Проделайте следующее:
1) Докажите, что, не ограничивая общности, можно считать, что $x_0=argminf(x)$: $0< x_0 \le1/2$ и $f'(x_0)=0$;
2) Оцените $f'(x)$ на отрезке $[0,x_0]$ с помощью теоремы Лагранжа;
3) Оцените $f(x)$ на отрезке $[0,x_0]$ с помощью теоремы Лагранжа и полученной только что оценки;
4) Получите противоречие с условием задачи.

[bot]

ewert в сообщении #182025 писал(а):

То, что 16 -- это правда. Но следует -- далеко не сразу.

Почему не сразу? И никаким правилам игры не противоречит. Просто Prokop написал что надо сделать после применения теоремы Лагранжа. Вот его решение в полном виде:

1) Применив теорему Лагранжа и произведя сдвиг по горизонтали и вертикали (с возможным отражением относительно оси ординат) считаем, что $f(0)=f'(0)=0, f(a)=2, 0<a\leqslant \frac{1}{2}$
2) По формуле Тейлора имеем $2=f(a)=\frac{1}{2}f''(\theta)a^2, \, 0<\theta < a$ Отсюда $f''(\theta) \geqslant 16$

[TOTAL]

bot писал(а):

1) Применив теорему Лагранжа и произведя сдвиг по горизонтали и вертикали (с возможным отражением относительно оси ординат) считаем, что $f(0)=f'(0)=0, f(a)=2, 0<a\leqslant \frac{1}{2}$
2) По формуле Тейлора имеем $2=f(a)=\frac{1}{2}f''(\theta)a^2, \, 0<\theta < a$ Отсюда $f''(\theta) \geqslant 16$

Сдвигать, отражать и тейлорить запрещено. Можно только лагранжить.

Иначе я просто запишу соотношение для разделённой разности второго порядка:

$$\frac{2}{a(1-a)}=\frac{f''(\theta)}{2}$$

[bot]

Стал думать, как заменить второй шаг на теорему Лагранжа и пришёл к предложению Полосина.
Если $|f'(x)| < 4$ всюду на $[0,\, a]$, то $|f(a)|=|\int\limits_0^a f(x)dx| \leqslant \int\limits_0^a |f(x)|dx < 4a \leqslant 2=f(a)$. Следовательно есть точка $x_0$ в которой $f'(x_0)\geqslant 4$ и по Лагранжу получаем, что заказано $f''(\theta)\geqslant 8$

Добавлено спустя 3 минуты 33 секунды:

Ой, пока писал и думал, TOTAL влез. Опять не получается -

TOTAL в сообщении #182143 писал(а):

Можно только лагранжить.

а интегрить наверно тоже запрещено.

[TOTAL]

bot писал(а):

а интегрить наверно тоже запрещено.

Строго наказуемо. Поэтому придется как сказал ewert:

$$f'(\theta_1)=-\frac{2}{a}$$

- Лагранж

$$f'(\theta_2)=\frac{2}{1-a}$$

- Лагранж

$$f''(\theta)=\frac{f'(\theta_2)-f'(\theta_1)}{\theta_2-\theta_1}$$

- Лагранж

Избавиться бы теперь ещё и от деления ...

[bot]

Ой, а я это пропустил.
Впрочем я и Полосина понял только после того, как сам к тому же пришёл.