Ελάχιστο ολοκληρώματος

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2190
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Ελάχιστο ολοκληρώματος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Φεβ 17, 2019 12:20 am

Εστω
f:[-1,1]\rightarrow \mathbb{R}
τετραγωνικά ολοκληρώσιμη συνάρτηση.
Αν για
k=0,1,2,...n
είναι
\displaystyle \int_{-1}^{1}f(x)x^{k}dx=1

να δειχθεί ότι

\displaystyle \int_{-1}^{1}f^{2}(x)dx\geq \frac{1}{2}\sum_{k=0}^{n}(2k+1)

Είναι δυνατόν να έχουμε ισότητα στην παραπάνω ανισότητα;


Συμπληρωματικά σχόλια
Είχε γίνει χοντροοο ΛΑΘΟΣ στην προς απόδειξη σχέση.Πιστεύω ότι τώρα είναι η σωστή.Χίλια ευχαριστώ στον Δημήτρη που το είδε.
Επειδή πολλές φορές έχω βρεθεί στην θέση να αποδείξω κάτι που δεν ισχύει ,καταλαβαίνω ότι όσες
συγνώμες και να ζητήσω από αυτούς που προσπάθησαν να την λύσουν είναι λίγες.
Η προηγούμενη προς απόδειξη σχέση ήταν

\displaystyle \int_{-1}^{1}f^{2}(x)dx\geq 2(1+\frac{1}{3}....+\frac{1}{2n+1})
τελευταία επεξεργασία από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ σε Τρί Φεβ 19, 2019 12:35 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8049
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Ελάχιστο ολοκληρώματος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Φεβ 18, 2019 10:40 pm

Σταύρο, μήπως κάτι πάει λάθος;

Για n=1 ή f(x) = \frac{3x+1}{2} είναι αντιπαράδειγμα. Ικανοποιεί τις συνθήκες αλλά \displaystyle  \int_{-1}^1 f^2(x) \, \mathrm{d}x = 2 < \frac{8}{3}.

Επίσης, από Cauchy-Schwarz έχω

\displaystyle  \int_{-1}^1 f^2(x) \, \mathrm{d}x\int_{-1}^1 x^{2n} \, \mathrm{d}x \geqslant \left(\int_{-1}^1 f(x)x^n \, \mathrm{d}x \right)^2 = 1

που δίνει

\displaystyle  \int_{-1}^1 f^2(x) \, \mathrm{d}x \geqslant \frac{2n+1}{2}

το οποίο μου δίνει την ζητούμενη ανισότητα με αρκετή άνεση αν n αρκετά μεγάλο.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2190
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ελάχιστο ολοκληρώματος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Μαρ 06, 2019 10:41 pm



silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1193
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Ελάχιστο ολοκληρώματος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Πέμ Μαρ 07, 2019 2:43 am

Νομίζω ότι η μέθοδος από το παρακάτω δουλεύει και εδώ.
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 08#p114106


Σιλουανός Μπραζιτίκος
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2190
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ελάχιστο ολοκληρώματος

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Μαρ 13, 2019 11:56 am

silouan έγραψε:
Πέμ Μαρ 07, 2019 2:43 am
Νομίζω ότι η μέθοδος από το παρακάτω δουλεύει και εδώ.
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 08#p114106
Θα το λύσω με την μέθοδο που είχα κατά νου.
Η μέθοδος αυτή δουλεύει και για το πρόβλημα που έχει παραθέσει ο Σιλουανός.
(θα περιγράψω εκεί πως δουλεύει)

Αν θεωρήσουμε τον L^{2}[-1,1]

με εσωτερικό γινόμενο το <g,h>=\int_{-1}^{1}g(x)h(x)dx

τότε αν πάρουμε τα 1,x,x^{2},...,x^{k},...

και κάνουμε ορθογωνοποίηση παίρνουμε τα πολυώνυμα Legendre.

Οι ιδιότητες τους βρίσκονται στους συνδέσμους της προηγούμενης ανάρτησης μου.

Χρειαζόμαστε ότι

1) P_{n}(x) είναι n βαθμού

2)P_{n}(1)=1

3)\int_{-1}^{1}P_{n}(x)P_{m}(x)dx=\frac{2}{2n+1}\delta _{nm}
(\delta _{nm}=0,n\neq m,\delta _{nn}=1)

Εχουμε ότι f(x)\sim \sum_{k=0}^{\infty }a_{k}P_{k}(x)(1)

λόγω πληρότητας του 1,x,x^{2},...,x^{k},...

Για k=0,1,...,n χρησιμοποιώντας τις 2,3 η (1)

δίνει ότι a_{k}=\frac{2k+1}{2}

Χρησιμοποιώντας την Bessel η (1) δίνει ότι

\int_{-1}^{1}f^{2}(x)dx\geq \sum_{k=0}^{n}\frac{2}{2k+1}(\frac{2k+1}{2})^{2}=\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{n}(2k+1)
που είναι το ζητούμενο.

Προφανώς έχουμε ισότητα αν

f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{2k+1}{2}P_{k}(x)


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες