Экстремальная задача на индексационных классах (стр. 4 из 6)

Равенство

запишем в виде

Á_s(t)=c_i, ,

где

, , с₀ = 1.

Очевидно, что последовательности u₀, …, u_k,

, образуют T₊ - системы на [a, b]. Из условия W^(k)(t)>0 для tÎ[a, b] и следует (см. [1]), что последовательности –u₀, …,-u_k , также образуют T₊ - системы. Следовательно, выполнены условия мажоризационной теоремы (см. [4]) и функция Á_m - Á

не может иметь n+1 строгих перемен знака.

Пусть функция f(t) имеет k строгих перемен знака на [a, b]. Наряду с множествами B_i(f) строгого знакопостоянства рассмотрим множества P₀(f)=(-¥, infB₁(f)], P_i(f)=[supB_i-1(f), infB_i+1(f)],

, P_k(f)=[supB_k-1(f), +¥).

Зафиксируем ФР

. Рассмотрим два класса функций

{D_a=Á_s - Á

:aÎ[0,1]} и {d_b=Á_s - Á

:bÎ[0,1]}.

Число a (число b) назовем: параметром первого типа, если функция D_a (d_b) имеет n+2 строгих перемен знака (в этом случае на последнем множестве строго знакопостоянства функция D_a (d_b) отрицательна (положительна)); параметром второго типа, если функция D_a (d_b) имеет n+1 строгих перемен знака, причем на последнем множестве строгого знакопостоянства она отрицательна; параметром третьего типа, если функция D_a (d_b) имеет n+1 перемен знака, причем на последнем множестве строгого знакопостоянства она положительна.

Каждому aÎ[0,1] (bÎ[0,1]) сопоставим набор из n+3 множеств X₀(a), …, X_n+2(a) (Y₀(b), …, Y_n+2(b)) следующим образом. Если a (b) есть:

1.параметр первого типа, то

X_i(a)=P_i(D_a),

(Y_i(b)=P_i(d_b), );

2.

3.параметр второго типа, то

X_i(a)=P_i-1(D_a),

, X₀(a)=(-¥, infB₀(D_a)],

(Y_i(b)=P_i(d_b),

, Y_n+2(b)=(supB_n+1(d_b), +¥));

4.параметр третьего типа, то

X_i(a)=P_i(D_a),

, X_n+2(a)=[supB_n+1(D_a), +¥)),

(Y_i(b)=P_i-1(d_b),

, Y₀(b)=(-¥, infB₀(d_b)]).

Таким образом:

(-1)^n-iD_a(t)£0 при tÎIntX_i(a),

, (1)

(-1)^n-id_b(t)³0 при tÎIntY_i(b),

.

При этом ни для какого i не существует интервала X, для которого выполнено строгое включение XÉIntX_i(a) и (-1)^n-iD_a(t)£0 при tÎX. Ни для какого i не существует интервала YÉIntY_i(b) и (-1)^n-id_b(t)³0 при tÎY.

Заметим также, что X_i(0)=Y_i+1(0), X_i+1(1)=Y_i(1).

Определение 2. Отображение Z(g): gÎ[0, 1]®Z(g)ÌR¹ непрерывно, если из g_i®g⁰, x_i®x⁰, где g⁰, g_iÎ[0, 1], x_iÎZ(g_i), i³1, следует x⁰ÎZ(g⁰).

Лемма 2. Отображения X_i(a), Y_i(b),

непрерывны.

Доказательство. Пусть a_j®a, j®¥. Обозначим через

границы отрезка X_i(a_j). Определим a₀=-¥. Возьмем произвольную точку a₁ сгущения последовательности {a₁^(j)}_j³1. Пусть для удобства . Проделаем ту же операцию с последовательностями {a_i^(j)}_j³1, и {b_i^(j)}_j³1, . Положим b_n+2=+¥.

Итак,

, , (2)

причем -¥=a₀<a₁£b₀£a₂£b₁£…£a_n+1£b_n£a_n+2£b_n+1<b_n+2=+¥.

Из (1) и (2) следует, что для

.

(-1)^n-iD_a(t)£0 (3)

при tÎ(a_i, b_i), если a_i¹b_i.

Из (3) и

следует, что a_i¹b_i, , так как в противном случае функция D_a имело бы не более n строгих перемен знака, что противоречит лемме 1. Отсюда и из определения X_i(a) следует [a_i, b_i]ÌX_i(a), . Для любого i из x_jÎ[a_i^(j), b_i^(j)] и x_j®x⁰ вытекает, что x⁰Î[a_i, b_i]. Следовательно, x⁰ÎX_i(a).

Непрерывность отображений Y_i(b) доказывается аналогично.

§ 3 Доказательство теоремы

В случае

утверждение теоремы очевидно.

Пусть

.

Лемма 3. Для любого ФР

и любой точки xÎ[a, b] существует ФР такая, что Á_v(t)³Á_s(t) (Á_v(t)£Á_s(t)) в некоторой окрестности точки x.

Доказательство. Если не существует такого i, 0£i£n+2, что n-1 четно и xÎY_i(0), то в некоторой окрестности точки x имеет место d₀£0. В этом случае положим

.

Пусть существует i такое, что n-i четно и xÎY_i(0).

Случай I, i¹n+2. a) Предположим, что xÏY_i(1). Пусть

. Согласно лемме 2, xÎY_i(b^¢). В силу сделанного предположения, b¢<1 и, следовательно, существует последовательность {b_j}_j³1 такая, что xÎY_i(b_j) и b_j®b¢. Пусть для некоторого b_l не существует такого k, что n-k четно и xÎY_k(b_l). Тогда в некоторой окрестности точки x. В этом случае полагаем . Если же для всех b_j, j³1, существует k_j такие, что n-k_j четны и , то существует m, m¹i, такое, что n-m четно и xÎY_m(b_j) для бесконечного числа элементов последовательности {b_j}. По лемме 2 xÎY_m(b¢). Так как n-i и n-m четны, то m¹i-1, m¹i+1. Вместе с m¹i это противоречит включению xÎY_i(b¢).

б) Предположим, что xÎY_i(1)=X_i+1(1). Пусть a¢=inf{a:xÎX_i+1(a)}. Согласно лемме 2, xÎX_i+1(a¢). Если a¢=0, то xÎX_i+1(0)=Y_i+2(0). Это противоречит условию xÎX_i+1(a¢). Поэтому a¢¹0 и дальнейшее рассмотрение аналогично приведенному в а).

Случай II, i=n+2. а) При x¹Y_n+2(1) доказательство аналогично доказательству пункта а) случая I.

б) Пусть xÎY_n+2(1). Так как Y_n+2(1)ÌY_n+1(1), то xÎY_n+1(1). Точка x не может совпадать с левым концом отрезка Y_n+1(1), так как в этом случае множества Y_n+1(1) и Y_n+2(1) совпадают, что невозможно. Так как xÎY_n+1(1) и не совпадает с левым концом отрезка Y_n+1(1), то d₁(t)£0 в некоторой окрестности точки x. В этом случае полагаем

.