Олимпиадная задача о количестве корней у тригонометрического уравнения | 10-11 класс

Обозначим черезN(F) число нулей функции Fна полуинтервале [0;2$\pi$), т. е. число значений аргументаx$\in$[0;2$\pi$), для которыхF(x) = 0. Тогда приA₁=A₂= 0 получаемN(sin k₀x) = 2k₀. Действительно, нулями являются числаx_n=${ \frac{ \pi n}{k_0}}$, гдеn= 0, 1, ..., 2k₀- 1. Фиксируем произвольные числа A₁ и A₂ и докажем, что число нулей функции

F(x) = sin k₀x + A₁sin k₁x + A₂sin k₂x

на полуинтервале [0;2$\pi$) не меньше, чем 2k₀. Обозначим

f_m(x) = $\displaystyle \left \{ \vphantom{ { \sin x}, \hbox{если m \ делится на 4,} \ \ {-{... ...сли m-2 \ делится на 4,} \ \ { \cos x}, \hbox{если m-3 \ делится на 4.} } \right.$sin x, если m делится на 4,

-cos x, если m-1 делится на 4,

-sin x, если m-2 делится на 4,

cos x, если m-3 делится на 4.

Очевидно,f'_{m + 1}(x) =f_m(x). Теперь определим последовательность функций

F_m(x) = f_m(k₀x) + A₁$\displaystyle \Bigl($$\displaystyle { \frac{k_0}{k_1}}$$\displaystyle \Bigr)^{m}_{}$f_m(k₁x) + A₂$\displaystyle \Bigl($$\displaystyle { \frac{k_0}{k_2}}$$\displaystyle \Bigr)^{m}_{}$f_m(k₂x),

m= 0, 1, ... ТогдаF₀=FиF'_{m + 1}=k₀F_m. Ясно, что число 2$\pi$ -- период каждой из функций F_m. Лемма. Пусть f -- дифференцируемая функция c периодом 2$\pi$. Тогда число нулей функции f на полуинтервале [0;2$\pi$) не превосходит числа нулей ее производной на том же полуинтервале.

Доказательство. Воспользуемся теоремой Ролля: между двумя нулями дифференцируемой функции есть хотя бы один нуль ее производной (см. комментарий к задаче). Пусть x₁, x₂, ..., x_N -- нули функции на указанном полуинтервале. По теореме Ролля на каждом из интервалов

(x₁;x₂), (x₂;x₃), ..., (x_{N - 1};x_N), (x_N;x₁ + 2$\pi$) есть хотя бы один нуль производной. Однако нуль производной на последнем интервале (обозначим его через y) может оказаться вне полуинтервала [0;2$\pi$). В этом случае рассмотрим y - 2$\pi$ -- это тоже нуль производной, так как производная периодической функции периодична. Лемма доказана.

Из леммы следует, что N(F_m)$\ge$N(F_{m + 1}). Поэтому достаточно доказать, что

N(F_M)$\ge$2k₀ для достаточно большого числа M.

Поскольку ${ \frac{k_0}{k_1}}$ < 1, ${ \frac{k_0}{k_2}}$ < 1, то для достаточно большого числа M

$\displaystyle \epsilon$ = $\displaystyle \Bigl \vert$A₁$\displaystyle \Bigl($$\displaystyle { \frac{k_0}{k_1}}$$\displaystyle \Bigr)^{M}_{}$$\displaystyle \Bigr \vert$ + $\displaystyle \Bigl \vert$A₂$\displaystyle \Bigl($$\displaystyle { \frac{k_0}{k_2}}$$\displaystyle \Bigr)^{M}_{}$$\displaystyle \Bigr \vert$ < 1

Выберем такоеMвида 4m+ 3, тогда

F_M$\displaystyle \Bigl($$\displaystyle { \frac{ \pi n}{k_0}}$$\displaystyle \Bigr)$ = cos($\displaystyle \pi$n) + A₁$\displaystyle \Bigl($$\displaystyle { \frac{k_0}{k_1}}$$\displaystyle \Bigr)^{M}_{}$cos$\displaystyle \Bigl($$\displaystyle { \frac{k_1 \pi n}{k_0}}$$\displaystyle \Bigr)$ + A₂$\displaystyle \Bigl($$\displaystyle { \frac{k_0}{k_2}}$$\displaystyle \Bigr)^{M}_{}$cos$\displaystyle \Bigl($$\displaystyle { \frac{k_2 \pi n}{k_0}}$$\displaystyle \Bigr)$.

ПоэтомуF_M$\Bigl($${ \frac{ \pi n}{k_0}}$$\Bigr)$> 1 -$\epsilon$> 0 для четных nи F_M$\Bigl($${ \frac{ \pi n}{k_0}}$$\Bigr)$< - 1 +$\epsilon$< 0 для нечетныхn. Значит, непрерывная функция F_Mобязательно имеет нуль между любыми соседними точкамиx_n=${ \frac{ \pi n}{k_0}}$, гдеn= 0, 1, ..., 2k₀. ПоэтомуN(F_M)$\ge$2k₀. Комментарии. 1^o. Периодическую функцию можно представлять себе как функцию на окружности. Тогда утверждение леммы переформулируется так: число нулей функции на окружности не превосходит числа нулей ее производной, и доказательство станет более прозрачным.

2^o. Идея доказательства теоремы Ролля: рассмотрите экстремумы (максимум и минимум) функции на отрезке, соединяющем точки, где функция обращается в нуль. Если один из экстремумов достигается внутри отрезка, то производная обращается в нуль в этой точке. Если оба экстремума достигаются на концах отрезка, то функция равна нулю на этом отрезке тождественно.

3^o. Вообще говоря, может оказаться, что функция имеет бесконечно много нулей на полуинтервале. В этом случае лемму нужно понимать так: если f имеет бесконечно много нулей на полуинтервале, то и f' имеет бесконечно много нулей на этом полуинтервале. Проверьте, что доказательство остается в силе и в этом случае.