SEEMOUS 2008/4

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8097
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

SEEMOUS 2008/4

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Ιαν 25, 2012 1:48 pm

Έστω n θετικός ακέραιος και f:[0,1] \to \mathbb{R} συνεχής συνάρτηση έτσι ώστε \displaystyle{ \int_0^1 x^k f(x) \, dx = 1} για κάθε k \in \{0,1,\ldots,n-1\}. Να δειχθεί ότι \displaystyle{ \int_0^1 (f(x))^2 \, dx \geqslant n^2.}


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1228
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: SEEMOUS 2008/4

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Ιαν 25, 2012 4:46 pm

Ξεθάβω αυτή τη λύση μου από το mathlinks από το 2008


Αναζητούμε πολυώνυμο n-1βαθμού, έστω p(x)= a_{n - 1}x^{n - 1} + ... + a_0 τέτοιο ώστε

\displaystyle{ \int^1_0 x^kp(x)\dx = 1} για κάθε k = 0,1,...,n - 1} .

Οπότε καταλήγουμε στο σύστημα
\displaystyle{ \frac {a_{n - 1}}{n} + \frac {a_{n - 2}}{n - 1} + ... + \frac {a_0}{1} = 1}

\displaystyle{ \frac {a_{n - 1}}{n + 1} + \frac {a_{n - 2}}{n} + ... + \frac {a_0}{2} = 1 }
...
...
...
\displaystyle{ \frac {a_{n - 1}}{2n - 1} + \frac {a_{n - 2}}{2n - 2} + ... + \frac {a_0}{n} = 1}

Το σύστημα αυτό πρφανώς έχει λύση . Θα αναζητήσουμε τώρα το άθροισμα a_1 + ... + a_{n - 1}

Θεωρούμε το πολυώνυμο \displaystyle{Q(x) = (\frac {a_1}{x + 1} + ... + \frac {a_{n - 1}}{x + n} - 1)(x + 1)(x + 2)...(x + n)} (1)

Από το σύστημα έχουμε ότι Q(0) = Q(1) = ...Q(n - 1) = 0 και το Q(x) είναι n βαθμού άρα πρεπει
Q(x) = c(x - 1)(x - 2)(x - 3)...(x - n + 1) (2)

Εξισώνοντας τις (1),(2) βρίσκουμε ότι c = - 1 και επιπλέον (συγκρίνοντας τους συντελεστές του x^{n - 2} έχουμε ότι \displaystyle{S = a_1 + a_2 + ... + a_{n - 1} - \frac {n(n + 1)}{2} = \frac {n(n - 1)}{2}} άρα S = n^2

Επίσης είναι \displaystyle{ \int^1_0 p(x)(f(x) - p(x))\dx = 0}

Τώρα έχουμε \displaystyle{ \int^1_0 (f(x) - p(x))^2 \dx \geq 0} ή ισοδύναμα

\displaystyle{\int^1_0 (f(x))^2\dx \geq - \int^1_0 p(x)(f(x))\dx + 2\int^1_0 p(x)f(x)\dx =  \int^1_0 p(x)f(x)\dx = S = n^2}


Σιλουανός Μπραζιτίκος
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2345
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: SEEMOUS 2008/4

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Μαρ 13, 2019 12:26 pm

silouan έγραψε:
Τετ Ιαν 25, 2012 4:46 pm
Ξεθάβω αυτή τη λύση μου από το mathlinks από το 2008


Αναζητούμε πολυώνυμο n-1βαθμού, έστω p(x)= a_{n - 1}x^{n - 1} + ... + a_0 τέτοιο ώστε

\displaystyle{ \int^1_0 x^kp(x)\dx = 1} για κάθε k = 0,1,...,n - 1} .

Οπότε καταλήγουμε στο σύστημα
\displaystyle{ \frac {a_{n - 1}}{n} + \frac {a_{n - 2}}{n - 1} + ... + \frac {a_0}{1} = 1}

\displaystyle{ \frac {a_{n - 1}}{n + 1} + \frac {a_{n - 2}}{n} + ... + \frac {a_0}{2} = 1 }
...
...
...
\displaystyle{ \frac {a_{n - 1}}{2n - 1} + \frac {a_{n - 2}}{2n - 2} + ... + \frac {a_0}{n} = 1}

Το σύστημα αυτό πρφανώς έχει λύση . Θα αναζητήσουμε τώρα το άθροισμα a_1 + ... + a_{n - 1}

Θεωρούμε το πολυώνυμο \displaystyle{Q(x) = (\frac {a_1}{x + 1} + ... + \frac {a_{n - 1}}{x + n} - 1)(x + 1)(x + 2)...(x + n)} (1)

Από το σύστημα έχουμε ότι Q(0) = Q(1) = ...Q(n - 1) = 0 και το Q(x) είναι n βαθμού άρα πρεπει
Q(x) = c(x - 1)(x - 2)(x - 3)...(x - n + 1) (2)

Εξισώνοντας τις (1),(2) βρίσκουμε ότι c = - 1 και επιπλέον (συγκρίνοντας τους συντελεστές του x^{n - 2} έχουμε ότι \displaystyle{S = a_1 + a_2 + ... + a_{n - 1} - \frac {n(n + 1)}{2} = \frac {n(n - 1)}{2}} άρα S = n^2

Επίσης είναι \displaystyle{ \int^1_0 p(x)(f(x) - p(x))\dx = 0}

Τώρα έχουμε \displaystyle{ \int^1_0 (f(x) - p(x))^2 \dx \geq 0} ή ισοδύναμα

\displaystyle{\int^1_0 (f(x))^2\dx \geq - \int^1_0 p(x)(f(x))\dx + 2\int^1_0 p(x)f(x)\dx =  \int^1_0 p(x)f(x)\dx = S = n^2}
Κατά αρχάς υπάρχουν κάποια τυπογραφικά στην λύση του Σιλουανού.

Το πρόβλημα μπορεί να λυθεί όπως λύθηκε το

https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... =9&t=63872

Η σχέση
\displaystyle{ \int^1_0 x^kf(x)\dx = 1}

γράφεται

\displaystyle 1=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}f(\frac{1+t}{2})(\frac{1+t}{2})^{k}dt

Αν θέσουμε
g(t)=f(\frac{1+t}{2})

τότε

 \displaystyle 2^{k+1}=\sum_{m=0}^{k} \binom{k}{m} \int_{-1}^{1}g(t)t^{m}dt

και

\displaystyle \int_{-1}^{1}g^{2}(t)dt=2\int_{0}^{1}f^{2}(x)dx

Αν θέσουμε

a_{m}=\int_{-1}^{1}g(t)t^{m}dt

τότε εύκολα βλέπουμε π.χ με επαγωγή ότι

a_{m}=2

για m=0,1,...,n-1


Ετσι το πρόβλημα είναι ίδιο με το πρόβλημα στο

https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... =9&t=63872.

μόνο που αντί 1 έχω 2.

Εκείνο που χρειάζεται μόνο είναι το γνωστό

1+3+5+....+(2n-1)=n^{2}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης