SEEMOUS 2008/4

#1

Έστω

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 $\displaystyle{ \int_0^1 (f(x))^2 \, dx \geqslant n^2.}$

#2

Ξεθάβω αυτή τη λύση μου από το mathlinks από το 2008

Αναζητούμε πολυώνυμο n-1

βαθμού, 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

είναι

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

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

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

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

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

$\displaystyle{ \int^1_0 x^kp(x)\dx = 1}$ για κάθε .

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 και το είναι βαθμού άρα πρεπει
(2)

Εξισώνοντας τις (1),(2) βρίσκουμε ότι 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

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

έχω

.

Εκείνο που χρειάζεται μόνο είναι το γνωστό

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

SEEMOUS 2008/4

SEEMOUS 2008/4

Re: SEEMOUS 2008/4

Re: SEEMOUS 2008/4

Μέλη σε σύνδεση