Ανισότητα με ολοκλήρωμα

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3640
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Ανισότητα με ολοκλήρωμα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Δευ Ιαν 07, 2019 8:32 pm

Η άσκηση του Σταύρου εδώ μου θύμισε τρεις ασκήσεις. Οι δύο μου είναι γνωστές από το Λύκειο και θα ανέβουν όταν λυθεί η άσκηση. Τη τρίτη τη δίδω εδώ. Έρχεται φυσικά με όνομα. Θα δοθεί όταν λυθεί, αν δεν έχει δοθεί μέχρι τότε.


Έστω \lambda>0 και f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} συνάρτηση με δεύτερη συνεχή παράγωγο ώστε f''(x)\geq \lambda. Δείξατε ότι:

\displaystyle{\left | \int_{\alpha}^{\beta} e^{i f(x)} \, \mathrm{d}x \right | \leq 4 \cdot \sqrt{\frac{2}{\lambda}} \quad \quad \text{\gr για κάθε}\quad \quad \alpha, \beta \in \mathbb{R}}


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}

Λέξεις Κλειδιά:
Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 267
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Ανισότητα με ολοκλήρωμα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Τετ Ιαν 09, 2019 10:39 am

Tolaso J Kos έγραψε:
Δευ Ιαν 07, 2019 8:32 pm
Η άσκηση του Σταύρου εδώ μου θύμισε τρεις ασκήσεις. Οι δύο μου είναι γνωστές από το Λύκειο και θα ανέβουν όταν λυθεί η άσκηση. Τη τρίτη τη δίδω εδώ. Έρχεται φυσικά με όνομα. Θα δοθεί όταν λυθεί, αν δεν έχει δοθεί μέχρι τότε.


Έστω \lambda>0 και f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} συνάρτηση με δεύτερη συνεχή παράγωγο ώστε f''(x)\geq \lambda. Δείξατε ότι:

\displaystyle{\left | \int_{\alpha}^{\beta} e^{i f(x)} \, \mathrm{d}x \right | \leq 4 \cdot \sqrt{\frac{2}{\lambda}} \quad \quad \text{\gr για κάθε}\quad \quad \alpha, \beta \in \mathbb{R}}
Τόλη καλημέρα. Βγάζω λίγο μεγαλύτερο φράγμα.Χαλάλι πάντως το ένα πακέτο Α4 που χάλασα. :lol: :lol: Ήταν καλή.

Καταρχάς θα υποθέσω ότι η παράγωγος μηδενίζεται σε εσωτερικό σημείο x_0 του [a,b].

Θα χρησιμοποιήσω τα παρακάτω αποτελέσματα:

1. |z|= \sqrt{(Rez)^2+(Imz)^2},z \in C

2. Αν \varepsilon >0 ώστε (x_0-\varepsilon ,x_0+\varepsilon )\subset [a,b] και {f}''(x)\geqslant \lambda  >0 τότε |{f}'(x)|\geq \varepsilon \lambda στο [a,x_0-\varepsilon ]\cup [x_0+\varepsilon ,b].

(Δες σχήμα πως το σκέφτηκα. Έχει πολύ απλή γεωμετρική εξήγηση)

Την τελευταία θα την χρησιμοποιήσουμε για να μπορέσουμε πάρουμε φράγμα ανεξάρτητο από τα άκρα ολοκλήρωσης. (δύσκολο σημείο της άσκησης)

Καταρχάς

\displaystyle\left | \int_{\alpha}^{\beta}\cos f(x) \mathrm{d}x \right |,\left | \int_{\alpha}^{\beta}\sin f(x) \mathrm{d}x \right |\leq b-a:=M

Παίρνοντας τώρα κατάλληλο \varepsilon>0 σπάμε το [a,b] στα διαστήματα \displaystyle[a,x_0-\varepsilon ],[x_0-\varepsilon ,x_0+\varepsilon ],[x_0+\varepsilon ,b] και κάθε ολοκλήρωμα στα τρία.

Έτσι παίρνουμε

\displaystyle \int_{\alpha}^{x_0-\varepsilon }\cos f(x) \mathrm{d}x = \int_{\alpha}^{x_0-\varepsilon }\frac{{f}'(x)}{{f}'(x)}\cos f(x) \mathrm{d}x = \frac{\sin f(x_0-\varepsilon )}{{f}'(x_0-\varepsilon)}- \frac{\sin f(a )}{{f}'(a)}+ \int_{\alpha}^{x_0-\varepsilon }\frac{{f}''(x)}{({f}'(x))^2}\cos f(x) \mathrm{d}x.

Παίρνοντας απόλυτη τιμή σε κάθε μέλος και εφαρμόζοντας την τριγωνική καταλήγουμε στην

\displaystyle \left |\int_{\alpha}^{x_0-\varepsilon }\cos f(x) \mathrm{d}x \right |= \frac{1}{\left |{f}'(x_0-\varepsilon) \right |}+ \frac{1}{\left |{f}'(a) \right |}+ \int_{\alpha}^{x_0-\varepsilon }\frac{{f}''(x)}{({f}'(x))^2} \mathrm{d}x

\displaystyle=\frac{1}{\left |{f}'(x_0-\varepsilon) \right |}+ \frac{1}{\left |{f}'(a) \right |}- \frac{1}{\left {f}'(x_0-\varepsilon) \right }+ \frac{1}{\left {f}'(a) \right } = \frac{2}{\left |{f}'(x_0-\varepsilon) \right | }\leq \frac{2}{\varepsilon \lambda}.

Διαφορετικός τρόπος να πάρουμε άνω φράγμα είναι το 2ο ΘΜΤΟΛ (δες Παπαδημητράκη άσκηση 7.3.16)

Με τον ίδιο τρόπο καταλήγουμε ότι

\displaystyle \left |\int_{\alpha}^{x_0-\varepsilon }\sin f(x) \mathrm{d}x \right |\leq \frac{2}{\varepsilon \lambda } καθώς επίσης και

\displaystyle\left | \int_{x_0+\varepsilon }^{\beta}\cos f(x) \mathrm{d}x \right |,\left | \int_{x_0+\varepsilon}^{\beta}\sin f(x) \mathrm{d}x \right |\leq\frac{2}{\varepsilon \lambda }.

Στο μεσαίο διάστημα έχουμε απλά \displaystyle \left |\int_{x_0-\varepsilon }^{x_0+\varepsilon }\cos f(x) \mathrm{d}x \right |,\left |\int_{x_0-\varepsilon }^{x_0+\varepsilon }\sin f(x) \mathrm{d}x \right | \leq 2\varepsilon

Τελικά

\displaystyle \left |\int_{a }^{b }\cos f(x) \mathrm{d}x \right |\leq \left | \int_{a }^{x_0-\varepsilon }\cos f(x) \mathrm{d}x \right | \right |+ \left |\int_{x_0-\varepsilon }^{x_0+\varepsilon }\cos f(x) \mathrm{d}x \right |+ \displaystyle \left |\int_{x_0+\varepsilon }^{b }\cos f(x) \mathrm{d}x \right |\leq \frac{4}{\lambda\varepsilon } +2\varepsilon

και όμοια \displaystyle \left |\int_{a }^{b }\sin f(x) \mathrm{d}x \right |\leq \frac{4}{\lambda\varepsilon } +2\varepsilon.

Δείξαμε λοιπόν ότι \displaystyle\left | \int_{\alpha}^{\beta} e^{i f(x)} \, \mathrm{d}x \right |=\sqrt{\left (\int_{\alpha}^{\beta} \cos f(x) \, \mathrm{d}x \right )^2+\left (\int_{\alpha}^{\beta} \sin f(x) \, \mathrm{d}x \right )^2}\leq \sqrt{2\left ( \frac{4}{\varepsilon \lambda } +2\varepsilon \right )^2}=\sqrt{2}\left ( \frac{4}{\varepsilon \lambda } +2\varepsilon \right ).

Το τελευταίο ισχύει για αυθαίρετο \varepsilon>0 ώστε (x_0-\varepsilon ,x_0+\varepsilon )\subset [a,b] και το φράγμα λειτουργεί ομοιόμορφα στο  [a,b].

Επιλέγουμε λοιπόν εκείνο το \varepsilon που ελαχιστοποιεί το φράγμα. Από AM-GM παίρνουμε \frac{4}{\lambda \varepsilon } +2\varepsilon\geq 2\sqrt{\frac{4}{\lambda \varepsilon }\cdot 2\varepsilon}=4\sqrt{\frac{2}{\lambda }}.

Άρα \displaystyle\left | \int_{\alpha}^{\beta} e^{i f(x)} \, \mathrm{d}x \right | \leq \min (\sqrt{2}M,\frac{8}{\sqrt{\lambda}})

Η περίπτωση όπου το σημείο μηδενισμού της παραγώγου είναι άκρο δίνει ''σπάσιμο'' σε δύο διαστήματα και η περίπτωση όπου η παράγωγος διατηρεί πρόσημο δουλεύει με τον ίδιο τρόπο πολλαπλασιάζοντας και διαιρώντας με την παράγωγο μέσα στα ολοκληρώματα.
Συνημμένα
ΣΧΗΜΑ.JPG
ΣΧΗΜΑ.JPG (63.02 KiB) Προβλήθηκε 273 φορές


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3640
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα με ολοκλήρωμα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Τετ Ιαν 09, 2019 2:19 pm

Γράφω από κινητό και δε μπορώ να γράψω πολλά πράματα. Λάμπρο , σε ευχαριστώ για τη λύση. Το πρόβλημα έχει όνομα. Καλείται Van Der Corput Lemma.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2096
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ανισότητα με ολοκλήρωμα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Ιαν 09, 2019 8:24 pm

Το γεωμετρικό στην ανάρτηση του Λάμπρου είναι στην ουσία ένα ΘΜΤ.

Το λήμμα του van der Corput
το χρησιμοποίησε ο Hille το 1929 για να δώσει πιο απλή απόδειξη
στο αποτέλεσμα των Hardy-Littlewood που είναι

Η σειρά

\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }e^{icn\log n}\frac{e^{inx}}{n^{\frac{1}{2}+a}}

για c\neq 0,0<a<1

συγκλίνει ομοιόμορφα σε μια συνάρτηση f_{a}(x)\in Lipa
(δηλαδή |f_{a}(x)-f_{a}(y)|\leq C|x-y|^{a})

Το αποτέλεσμα αυτό έχει σχέση με παραδείγματα για την απόλυτη σύγκλιση των
σειρών Fourier


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2096
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ανισότητα με ολοκλήρωμα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Ιαν 10, 2019 2:21 pm

Για να δούμε πώς η απόδειξη του Λάμπρου Κατσάπα μπορεί να δώσει την σταθερά του Τόλη.
Είναι

\displaystyle| \int_{a}^{b} e^{i f(x)} dx |=e^{ic}\int_{a}^{b} e^{i f(x)} dx =\int_{a}^{b} e^{i (f(x)+c)}dx=\int_{a}^{b} \cos (f(x)+c) dx


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Demetres και 3 επισκέπτες