forum.math.uoa.gr

Forum του Τμήματος Μαθηματικών
Ημερομηνία 19 Νοέμ 2018, 05:06

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]




Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 4 δημοσιεύσεις ] 
Συγγραφέας Μήνυμα
 Θέμα δημοσίευσης: Ολοκλήρωμα Riemann
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 22 Ιαν 2007, 09:46 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 3027
Ένα πρόβλημα: Έστω [tex]f,\,g:[0,1]\to {\mathbb R}[/tex] ολοκληρώσιμες συναρτήσεις με

[tex]\int_0^1f(x)\,dx=\int_0^1g(x)\,dx=1.[/tex]

Τότε, υπάρχει υποδιάστημα [tex][c,d]\subset [0,1][/tex] ώστε

[tex]\int_c^df(x)\,dx=\int_c^dg(x)\,dx=\frac{1}{2}.[/tex]


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 23 Ιαν 2007, 00:27 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 04 Μάιος 2006, 13:21
Δημοσ.: 666
Υποθέτουμε ότι g >0 και συνεχής στο [0,1],τότε υπάρχει G:[0,1] στο R με
G΄=g και G γνησίως αύξουσα γιατί G΄=g>0.Άρα υπάρχει F με πεδίο
ορισμού το [0,1] ώστε F(G(x))=G(F(x))=x και F γνησίως αύξουσα.
Έστω A με πεδίο ορισμού το [0,1] με A(x)=G(1)-G(x)-(1/2).
Tότε A(0)=1/2 και A(1)=-(1/2),εφόσον A συνεχής και γν.φθίνουσα
υπάρχει μοναδικό α στο [0,1] ώστε Α(α)=0 ή G(1)-G(α)=1/2.Έστω
[tex]H:[0,\alpha] \textrm{\gr sto} R [/tex] με[tex]
H(c)=\int_c^{F(G(c)+\frac{1}{2})} f(t) dt[/tex] είναι καλά
ορισμένη γιατί [tex]c \leq\alpha\Rightarrow G(c)\leq G(\alpha)=
G(1)-\frac{1}{2}[/tex]άρα [tex]G(c)+\frac{1}{2}\leq G(1)
[/tex] δηλαδή [tex]F(G(c)+\frac{1}{2})\leq F(G(1))=1.[/tex]
Eπίσης [tex]F(G(\alpha)+\frac{1}{2})=F(G(1))=1[/tex]
και [tex]\frac{1}{2}=G(1)-G(x)=G(1)-G(0)+G(0)-G(x)
[/tex] που ισούται με [tex]
\int_0^1 g(t) dt + G(0)-G(x)=1+G(0)-G(x)
\Rightarrow
G(x)=\frac{1}{2}+G(0)[/tex] άρα [tex] F(G(0)+\frac{1}{2})=
F(G(\alpha))=\alpha.[/tex]Οπότε [tex]H(0)=\int_0^{F(G(0)+\frac{1}{2})}
f(t) dt=\int_0^{\alpha} f(t) dt.[/tex]Ομοίως [tex]H(\alpha)=
\int_\alpha^{F(G(\alpha)+\frac{1}{2})} f(t) dt=\int_\alpha^1 f(t) dt[/tex],
άρα [tex]H(0)+H(\alpha)=\int_0^1 f(t) dt=1.[/tex]
Καθώς Η συνεχής στο [0,α] και [tex]H(0)+H(\alpha)=1[/tex],
υπάρχει [tex]x_0[/tex] στο [0,α] ώστε [tex]
\frac{1}{2}=H(x_0).[/tex]Όμως [tex] H(x_0)=\int_ {x_0}^{F(G(x_0)+
\frac{1}{2})} f(t) dt [/tex] και [tex]\int_{x_0}^{F(G(x_0)+\frac{1}{2})}
g(t) dt=G(F(G(x_0)+\frac{1}{2}))-G(x_0)=\frac{1}{2}.[/tex]
Για [tex]c=x_0,d=F(G(x_0)+\frac{1}{2})[/tex] έχουμε λύση.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 23 Ιαν 2007, 11:15 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 3027
Ευθύμη, πέτυχες ήδη στόχο! Για την ακρίβεια, με την υπόθεση ότι [tex]g>0[/tex], το επιχείρημα που δίνεις δουλεύει χωρίς να υποθέσουμε ότι η [tex]g[/tex] είναι συνεχής. Αν ορίσουμε [tex]G(x)=\int_0^xg(t)\,dt[/tex] τότε εξακολουθεί να ισχύει ότι η [tex]G[/tex] είναι γνησίως αύξουσα με [tex]G(0)=0[/tex] και [tex]G(1)=1[/tex].

(Καλή άσκηση: αν [tex]h:[c,d]\to {\mathbb R}[/tex] γνήσια θετική και ολοκληρώσιμη, τότε [tex]\int_c^dh(t)\,dt>0[/tex])

Συνεπώς, ορίζεται η αντίστροφη συνάρτηση [tex]G^{-1}[/tex] της [tex]G[/tex] και είναι συνεχής.

Τώρα, μπορούμε να επαναλάβουμε το επιχείρημα που μας έδωσες: υπάρχει μοναδικό [tex]\alpha [/tex] ώστε [tex]G(a)=\tfrac{1}{2}[/tex].

Ορίζουμε [tex]L:[0,\alpha ]\to {\mathbb R}[/tex] με [tex]L(x)=G^{-1}(G(x)+\tfrac{1}{2})[/tex]. Τότε, η [tex]L[/tex] είναι συνεχής και [tex]\int_x^{L(x)}g(t)dt=\tfrac{1}{2}[/tex] για κάθε [tex]x\in [0,\alpha ][/tex]. Επίσης, [tex]L(0)=\alpha [/tex] και [tex]L(\alpha )=1[/tex].

Αν θέσουμε [tex]H(x)=\int_x^{L(x)}f(t)dt[/tex] για [tex]x\in [0,\alpha ][/tex], ζητάμε [tex]x_0\in [0,\alpha ][/tex] ώστε [tex]H(x_0)=\tfrac{1}{2}[/tex]. Γιατί τότε, παίρνοντας [tex]c=x_0[/tex] και [tex]d=L(x_0)[/tex], θα έχουμε [tex]\int_c^dg=\int_c^df=\tfrac{1}{2}[/tex].

Όμως, [tex]H(0)+H(\alpha )=\int_0^{\alpha }f+\int_{\alpha }^1f=\int_0^1f=1[/tex]. Από το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής παίρνουμε το ζητούμενο [tex]x_0[/tex].

Στο αρχικό πρόβλημα όμως δεν υπάρχει κάποια υπόθεση για το πρόσημο των [tex]f[/tex] και [tex]g[/tex]. Αυτό έχει σαν συνέπεια το ότι η [tex]L[/tex] πιο πάνω δεν είναι απαραίτητα συνεχής (μπορείτε να δώσετε παράδειγμα; ). Το πρόβλημα είναι λοιπόν (πολύ) δυσκολότερο. Για την ακρίβεια, υπάρχουν διάφορες απολαυστικές διασυνδέσεις του με ενδιαφέροντα συνδυαστικά προβλήματα και πολύ ωραίες αποδείξεις του αποτελέσματος.

Για να κάνουμε μια αρχή, γνωρίζω ότι είναι ισοδύναμο με το εξής διακριτό (συνδυαστικό) πρόβλημα:

Παράνομα παίγνια: Σε ένα παράνομο παίγνιο, κάθε φορά που παίζεις κερδίζεις ή χάνεις μια δεκάρα. Υποθέτουμε ότι δύο παίκτες παίζουν μια φορά κάθε λεπτό και μετά την πάροδο κάποιου χρονικού διαστήματος έχουν και οι δύο κερδίσει [tex]2n[/tex] δεκάρες. Τότε, υπάρχει κάποιο ενδιάμεσο χρονικό διάστημα στη διάρκεια του οποίου και οι δύο κέρδισαν [tex]n[/tex] δεκάρες.

Μπορείτε να δείξετε ότι αυτό το πρόβλημα είναι ισοδύναμο με το αρχικό;


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Μια σύντομη απόδειξη
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 20 Φεβ 2007, 23:47 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 3027
Η πιο σύντομη ίσως απόδειξη του αποτελέσματος χρησιμοποιεί το θεώρημα Borsuk-Ulam στην εξής μορφή: αν [tex]H:S^2\to {\mathbb R}^2[/tex] είναι μια περιττή συνεχής συνάρτηση, τότε υπάρχει [tex]x\in S^2[/tex] ώστε [tex]H(x)=(0,0)[/tex]. Εδώ, [tex]S^2=\{ x\in {\mathbb R}^3:x_1^2+x_2^2+x_3^2=1\}[/tex] είναι η μοναδιαία σφαίρα του [tex]{\mathbb R}^3[/tex].

Υπόδειξη (πώς εφαρμόζεται): Θεωρήστε τη συνάρτηση [tex]H=(H_1,H_2)[/tex], όπου

[tex]H_1(x)=H_1(x_1,x_2,x_3)[/tex] [tex]={\rm sign} (x_1)\int_0^{x_1^2}f(t)\,dt+{\rm sign} (x_2)\int_{x_1^2}^{x_1^2+x_2^2}f(t)\,dt[/tex] [tex]+{\rm sign} (x_3)\int_{x_1^2+x_2^2}^1f(t)\,dt[/tex]

και

[tex]H_2(x)=H_2(x_1,x_2,x_3)[/tex] [tex]={\rm sign} (x_1)\int_0^{x_1^2}g(t)\,dt+{\rm sign} (x_2)\int_{x_1^2}^{x_1^2+x_2^2}g(t)\,dt[/tex] [tex]+{\rm sign} (x_3)\int_{x_1^2+x_2^2}^1g(t)\,dt[/tex].

Με [tex]{\rm sign} (r)[/tex] συμβολίζουμε το πρόσημο του [tex]r[/tex] ([tex]1[/tex] αν [tex]r>0[/tex], [tex]-1[/tex] αν [tex]r<0[/tex], [tex]0[/tex] αν [tex]r=0[/tex]).


Κορυφή
 Προφίλ  
 
Τελευταίες δημοσιεύσεις:  Ταξινόμηση κατά  
Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 4 δημοσιεύσεις ] 

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]


Μελη σε συνδεση

Μέλη σε αυτή την Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες


Δεν μπορείτε να δημοσιεύετε νέα θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να απαντάτε σε θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να επεξεργάζεστε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να διαγράφετε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση

Αναζήτηση για:
Μετάβαση σε:  
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group