ljr_math: функция с компактным носителем на прямой, f >

cliqueman
2009-04-22 06:19 (ссылка)

Не существует. Идея доказательства: пусть [a,b] - носитель f. Рассмотрим с = inf_{x \in (a,b)}{f''(x)>=0}. Если c>a, то f(c)<0 так как f''(x)<0 для любого x \in (a,c) и f(a)=0, и, так как f - гладкая, то f(x) < 0 <= f''(x) в некоторой окрестности c. Значит, c=a. Но тогда f(x) положительна и выпукла в некоторой окрестности (a,a+delta), и f(a)=f'(a)=0. Значит, f(a+epsilon)/f''(a+epsilon) = O(epsilon^2) < 1 т.е. f(a+epsilon) < f''(a+epsilon).

(Ответить)

	rus4 2009-04-22 08:13 (ссылка)
	Положим g=f+f', тогда g > g'. То есть финитная функция g(x)*exp(-x) возрастает, что не так. Неравенства на самом деле нестрогие. (Ответить) (Ветвь дискуссии)

	tiphareth 2009-04-22 20:53 (ссылка)
	Спасибо! Да, очень разумный аргумент Такие дела Миша (Ответить) (Уровень выше)

pkarjala.livejournal.com
2009-04-22 11:02 (ссылка)

можно решить диффур

f-f'' = a,

где а - положительная функция на носителе f. Получится, например, так

f = e^x (C1 - 1/2\int^x e^{-y}a(y)dy) + e^{-x}(C2 + 1/2\int^x e^{z}a(z)dz)

видно, что слагаемое с минусом рано или поздно начнет перебивать все остальное (из-за e^x и монотонности интеграла на верхнем пределе). Так что f где-то будет отрицательной. Противоречие.

Более подробно напишу как будет время, мне самому интересно строгое доказательство

(Ответить)