por qué la ecuación $f^{(n)}(x)=0$ tiene al menos $n-1$ raíces distintas en $(-1,1)$

Question

Sea $f \in C^{(n)} ( (-1,1) )$ y $\sup_{-1<x<1}|f(x)|\leq 1$ .

lo demuestran:

Existe un número $\alpha_n$ dependiendo sólo de $n$ tal que si $|f'(0)|\geq \alpha_n$ entonces la ecuación $f^{(n)}(x)=0$ tiene al menos $n-1$ raíces distintas en $(-1,1)$

El problema es del análisis de Zorich; la pista del libro: demostrar por inducción que existe una secuencia $x_{k_{1}}<x_{k_{2}}<\cdots<x_{k_{k}}$ de puntos del entero abierto $(-1,1)$ tal que $f^{(k)}(x_{k_{i}})\cdot f^{(k)}(x_{k_{i+1}})<0$ para $1\le i\le k-1$ Por Ahora, todavía no puedo utilizar esta pista para resolverlo

Answer 1

Necesitaremos valores ''pequeños'' de las derivadas en determinados intervalos.

Lemma: Para todo número entero positivo $k$ y cada intervalo $[a,b]\subset(-1,1)$ existe alguna $\xi\in(a,b)$ tal que $\big|f^{(k)}(\xi)\big|<\frac{k^k\cdot (k+1)!}{(b-a)^k}.$

Pruebas: Sea $x_i=a+\frac{b-a}{k}i$ para $i=0,1,\ldots,k$ . Por el teorema del valor medio de las diferencias divididas, hay alguna $\xi\in(a,b)$ tal que $$ \frac{f^{(k)}(\xi)}{k!} = f[x_0,x_1,\ldots,x_k] = \sum_{i=0}^k \frac{f(x_i)}{\prod\limits_{j\ne i} (x_i-x_i)}. $$ Desde $|f|\le 1$ , $$ \big|f^{(k)}(\xi)\big| \le k!\cdot (k+1)\cdot \frac{1}{\big((b-a)/k\big)^k} = \frac{k^k\cdot (k+1)!}{(b-a)^k}. \qquad\qquad\Box $$ (Utilizando polinomios de Chebyshev y cálculos más precisos, el límite superior puede mejorarse a $\frac{2^{2k-1}\cdot k!}{(b-a)^k}$ .)

Sea $K=n^{2n}\cdot (n+1)!$ . Por el lema, para $k=1,2,\ldots,n$ hay algunos números $u_k\in\left(\frac{k-1}{2n},\frac{k}{2n}\right)$ , $v_k\in\left(-\frac{k}{2n},-\frac{k-1}{2n}\right)$ tal que $\big|f^{(k)}(u_k)\big|<K$ y $\big|f^{(k)}(v_k)\big|<K$ . Llame a un valor ''pequeño'' si su valor absoluto es menor que $K$ . Por lo tanto, tenemos $$ -\frac12 < v_{n}<\ldots<v_1<0<u_1<\ldots<u_{n}<\frac12; $$ los números $f^{(k)}(u_k)$ y $f^{(k)}(v_k)$ son todos pequeños, pero $f'(0)\ge \alpha_n$ es ``grande''.

Supongamos que $f'(0)>2^n\cdot K$ . A partir de aquí, podemos demostrar por inducción que para cada $k=1,\ldots,n$ hay algunos números $x_{k,1},\ldots,x_{k,k}$ tal que

$\qquad$ $v_k<x_{k,1}<\ldots<x_{k,k}<u_k$ ;

$\qquad$ $f^{(k)}(x_{k,i}) > 2^{n+1-k} K$ si $i$ es impar;

$\qquad$ $f^{(k)}(x_{k,i}) < -2^{n+1-k} K$ si $i$ es par.

Para $k=1$ , $x_{1,1}=0$ es una opción adecuada.

Supongamos que $x_{k,1}<\ldots<x_{k,k}$ ya se encuentran, y añade dos elementos, $x_{k,0}=v_k$ y $x_{k,k+1}=u_k$ en los dos extremos. Por cada $i=1,\ldots,k+1$ elige $x_{k+1,i+1}$ de tal forma que $$ f^{(k+1)}(x_{k+1,i+1}) = \frac{f^{(k)}(x_{k,i})-f^{(k)}(x_{k,i-1})}{x_{k,i}-x_{k,i-1}}. $$ Si $i$ es impar entonces $f^{(k+1)}(x_{k+1,i}) > \frac{2^{n+1-k}K - K}{1} > 2^{n-k}K$ .

Si $i$ es par entonces $f^{(k+1)}(x_{k+1,i}) < \frac{-2^{n+1-k}K + K}{1} < -2^{n-k}K$ .

También tenemos $v_{k+1}=x_{k,0}<x_{k+1,1}<x_{k,1}<\ldots<x_{k+1,k+1}<x_{k,k+1}=u_k$ por lo que tenemos el orden prescrito.

Al final, construimos algunos números $\frac12<x_{n-1,1}<\ldots<x_{n-1,n}<\frac12$ de forma que los valores $f^{(n)}(x_{n,k})$ tienen signos alternos.

Observación. Es fácil ver que $(\arctan x)^{(n)}$ tiene precisamente $n-1$ ceros. Elegir $f(x)=\frac2\pi \arctan (Kx)$ hay como máximo $n-1$ ceros pero $f^{(n)}(0)$ puede ser arbitrariamente grande.