mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 07, 2022 11:41 pm**

Θεωρούμε $f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}$
με
$f\in L^{\infty }[a,b]$
και
$K\in L^{1}[a,b]$

Αν
$f(t)\geq 0$ σχεδόν παντού στο [a,b]

και

$\displaystyle f(x)\leq \int_{a}^{x}f(t)K(t)dt$
για $x\in [a,b]$

τότε f(t)=0

σχεδόν παντού στο [a,b]

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 09, 2022 10:59 am**

Κατ´ἀρχάς, ἔχομε ὅτι
$\displaystyle{ 0 \le f(x) \le \int_a^x K(s)f(s)\,ds \le \int_a^x |K(s)|f(s)\,ds, \qquad |K|\in L^1[a,b]. }$
Ὁπότε, χωρίς βλάβη τῆς γενικότητος ὑποθέτομε ὅτι $K\ge 0$ . Ἔστω $M=\|f\|_\infty$ (οὐσιῶδες μέγιστο)
καὶ $g(x)=\int_a^x K(s)\,ds$ . Τότε

ἀπολύτως συνεχής καί
$\displaystyle{ 0\le f(x) \le \int_a^x K(s)f(s)\,ds \le M\int_a^x K(s)\,ds=Mg(x), }$
καὶ ἄρα
$\displaystyle{ 0\le f(x) \le \int_a^x K(s)f(s)\,ds \le \int_a^x K(s)Mg(x)\,ds=M\int_a^x K(s)g(x)\,ds=\frac{M}{2}g^2(x). }$
Ἡ τελευταία ἰσότης ὀφείλεται στὴν γενικευμένη ἐκδοχή τοῦ Θεμελιώδους Θ. τοῦ Ἀπειροστικοῦ γιὰ ἀπολύτως συνεχεῖς συναρτήσεις.

Συνεχίζοντας κατὰ τὸν ἴδιο τρόπο λαμβάνομε
$\displaystyle{ 0\le f(x) \le \int_a^x K(s)f(s)\,ds \le \frac{M}{2}\int_a^x K(s)g^2(x)\,ds=\frac{M}{3!}g^3(x), }$
καὶ ἐπαγωγικῶς
$\displaystyle{ 0\le f(x) \le \frac{M}{n!}g^n(x)\le \frac{M}{n!}\|g\|_\infty^n\to 0. }$

Σημείωση. Ἡ ἀνωτέρω μέθοδος θυμίζει τὴν ἀπόδειξη τοῦ Θ. Picard-Lindelöf. Ἀποδεικνύεται ἐπίσης καὶ μὲ τὴν διαδικασία ποὺ ἀκολουθοῦμε γιὰ τὴν ἀπόδειξη τῆς ἀνισότητος Gronwall.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 09, 2022 2:53 pm**

Πολύ ωραία άσκηση, αλλά κάτι μου θύμιζε. Μετά από ψάξιμο στο φόρουμ, το βρήκα:

Μια σχολική παραλλαγή (απλούστευση) της άσκησης, με συνεχείς συναρτήσεις, και λοιπά, εδώ, αλλά με παρόμοια αντιμετώπιση.

Επίση, άλλη παραλλαγή (της σχολικής απλούστερης εκδοχής) σε ισοδύναμη άσκηση εδώ με 4 λύσεις εκ των οποίων η πρώτη είναι παρόμοια της παραπάνω.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 09, 2022 5:21 pm**

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 09, 2022 10:59 am
Κατ´ἀρχάς, ἔχομε ὅτι
$\displaystyle{ 0 \le f(x) \le \int_a^x K(s)f(s)\,ds \le \int_a^x |K(s)|f(s)\,ds, \qquad |K|\in L^1[a,b]. }$
Ὁπότε, χωρίς βλάβη τῆς γενικότητος ὑποθέτομε ὅτι $K\ge 0$ . Ἔστω $M=\|f\|_\infty$ (οὐσιῶδες μέγιστο)
καὶ $g(x)=\int_a^x K(s)\,ds$ . Τότε ἀπολύτως συνεχής καί
$\displaystyle{ 0\le f(x) \le \int_a^x K(s)f(s)\,ds \le M\int_a^x K(s)\,ds=Mg(x), }$
καὶ ἄρα
$\displaystyle{ 0\le f(x) \le \int_a^x K(s)f(s)\,ds \le \int_a^x K(s)Mg(x)\,ds=M\int_a^x K(s)g(x)\,ds=\frac{M}{2}g^2(x). }$
Ἡ τελευταία ἰσότης ὀφείλεται στὴν γενικευμένη ἐκδοχή τοῦ Θεμελιώδους Θ. τοῦ Ἀπειροστικοῦ γιὰ ἀπολύτως συνεχεῖς συναρτήσεις.

Συνεχίζοντας κατὰ τὸν ἴδιο τρόπο λαμβάνομε
$\displaystyle{ 0\le f(x) \le \int_a^x K(s)f(s)\,ds \le \frac{M}{2}\int_a^x K(s)g^2(x)\,ds=\frac{M}{3!}g^3(x), }$
καὶ ἐπαγωγικῶς
$\displaystyle{ 0\le f(x) \le \frac{M}{n!}g^n(x)\le \frac{M}{n!}\|g\|_\infty^n\to 0. }$

Σημείωση. Ἡ ἀνωτέρω μέθοδος θυμίζει τὴν ἀπόδειξη τοῦ Θ. Picard-Lindelöf. Ἀποδεικνύεται ἐπίσης καὶ μὲ τὴν διαδικασία ποὺ ἀκολουθοῦμε γιὰ τὴν ἀπόδειξη τῆς ἀνισότητος Gronwall.

Ευχαριστώ Γιώργο.
Υπάρχει ένα τυπογραφικό.
Η
$\displaystyle{ 0\le f(x) \le \int_a^x K(s)f(s)\,ds \le \int_a^x K(s)Mg(x)\,ds=M\int_a^x K(s)g(x)\,ds=\frac{M}{2}g^2(x). }$
ειναι

$\displaystyle{ 0\le f(x) \le \int_a^x K(s)f(s)\,ds \le \int_a^x K(s)Mg(s)\,ds=M\int_a^x K(s)g(s)\,ds=\frac{M}{2}g^2(x). }$

Η δική μου λύση είναι σε άλλο πνεύμα.
Από την συνέχεια του ολοκληρώματος υπάρχει c>0

ώστε

$\displaystyle \int _{[a,b]\cap [t,t+c]}|K(s)|ds< \frac{1}{2}$

Στο [a,a+c]

έστω
$A=esssup\left \{ f(t):t\in [a,a+c] \right \}$

Για $\epsilon >0$
υπάρχει
$t_{\epsilon }\in [a,a+c]:f(t_{\epsilon })>A-\epsilon$

Εφαρμόζοντας την ανισότητα για αυτό έχουμε
$\displaystyle A-\epsilon \le f(t_{\epsilon }) \leq \int_{a}^{t_{\epsilon }}f(s)K(s)ds\leq \int_{a}^{a+c}f(s)|K(s)|ds\leq A \int_{a}^{a+c}|K(s)|ds \leq \frac{1}{2}A$

Αμεσα προκύπτει ότι A=0

Μετα πάμε στο [a+c,a+c+c]

κλπ.

mathematica.gr

Μηδενική συνάρτηση

Μηδενική συνάρτηση

Re: Μηδενική συνάρτηση

Re: Μηδενική συνάρτηση

Re: Μηδενική συνάρτηση