Ceros de derivadas de alto orden

Question

El problema es el siguiente. Sea $f:(-1,1)\to [-1,1]$ tiene $n$ derivados. Demostrar que existe un número $\alpha_n$ (independiente de $f$ ) tal que la condición $|f'(0)|\geq \alpha_n$ implica que la ecuación $f^{(n)}(t)=0$ tiene al menos $n-1$ ceros distintos en $(-1,1).$

Puedo probar esto para $n=2.$ En este caso basta con tomar $\alpha_2>2.$ Desgraciadamente, no puedo seguir adelante y demostrar el caso general.

Answer 1

Por Teorema de Darboux $f^{(n)}$ al ser una derivada, tiene la propiedad del valor intermedio, por lo que basta con demostrar que $f^{(n)}$ tiene $n$ con signos alternos. Esto lo podemos demostrar por inducción.

Primero demostraré un lema para no interrumpir el flujo de la prueba más adelante: Para todo entero no negativo $n$ y cada longitud $L$ , hay $\beta_n(L)$ de manera que si $f:(-1,1)\to[-1,1]$ tiene $n$ derivadas, entonces no hay ningún intervalo de longitud $L$ sobre el cual $|f^{(n)}|\gt \beta_n(L)$ . La prueba procede por inducción. Para el caso base $n=0$ podemos elegir $b_0(L)=1$ desde $|f|\le 1$ . Supongamos ahora, en aras de la contradicción, que existe un intervalo de longitud $L$ sobre el cual $|f^{(n+1)}|\gt \beta_{n+1}(L)$ con $\beta_{n+1}(L)$ a determinar. Entonces, por el teorema de Darboux $f^{(n+1)}$ no cambia de signo en el intervalo, y por el teorema del valor medio en cada cuarto del intervalo $f^{(n)}$ debe cambiar al menos en $\beta_{n+1}(L)/(L/4)$ en la misma dirección. Puede desaparecer a lo sumo en uno de estos cuartos, y si es así hay al menos otro cuarto que no es adyacente a ese cuarto; por tanto, hay un cuarto en el que $|f^{(n)}|\gt \beta_{n+1}(L)/(L/4)$ y obtenemos una contradicción al elegir $\beta_{n+1}(L)=(L/4)\beta_n(L/4)$ .

Podemos utilizar esto para demostrar un refuerzo de la afirmación: Para cada $\epsilon,M\gt0$ hay $\alpha_n(\epsilon,M)$ de manera que si $f:(-1,1)\to[-1,1]$ tiene $n$ derivados y $|f'(0)|\ge\alpha_n(\epsilon,M)$ entonces $f^{(n)}$ tiene $n$ valores con signos alternos en $[-\epsilon,\epsilon]$ y el más externo de estos valores tiene valor absoluto $\ge M$ .

El caso base $n=1$ es de nuevo trivial: Elija $\alpha_1(\epsilon,M)=M$ Entonces $f'(0)$ es el valor requerido.

Supongamos ahora que $f^{(n)}$ tiene $n$ valores en $[-\epsilon,\epsilon]$ con signos alternos y valores absolutos exteriores $\ge M$ si $|f'(0)|\ge\alpha_n(\epsilon,M)$ . Por el teorema del valor medio, eso implica que $f^{(n+1)}$ tiene $n-1$ con signos alternos entre ellos, por lo que sólo tenemos que encontrar otros dos valores de este tipo, uno en cada lado.

Dejemos que $\epsilon,M\gt0$ se le dará. Si $|f'(0)|\ge\alpha_{n}(\epsilon/2,\kappa)$ con $\kappa$ por determinar, entonces $f^{(n)}$ tiene $n$ valores en $[-\epsilon/2,\epsilon/2]$ con signos alternos y valores absolutos exteriores $\ge\kappa$ . Dejemos que el más a la derecha de estos valores esté en $a$ . Por el lema, hay $\xi\in[a,a+\epsilon/2]$ con $|f^{(n)}(\xi)|\le\beta_n(\epsilon/2)$ y entonces por el teorema del valor medio hay $\zeta\in[a,\xi]$ con

$$|f^{(n+1)}(\zeta)|=|f^{(n)}(\xi)-f^{(n)}(a)|/(\xi-a)\ge\left(\kappa-\beta_n(\epsilon/2)\right)/(\epsilon/2)\;,$$

y el signo de $f^{(n+1)}(\zeta)$ es la necesaria para la alternancia. El valor más a la izquierda se encuentra de forma similar. Así, si elegimos $\kappa$ tal que $\left(\kappa-\beta_n(\epsilon/2)\right)/(\epsilon/2)=M$ es decir $\kappa=M\epsilon/2+\beta_n(\epsilon/2)$ entonces $\alpha_{n+1}(\epsilon,M)=\alpha_n(\epsilon/2,\kappa)$ es suficiente.