Кратные интегралы

[Kafari]

Здравствуйте! Помогите, пожалуйста, доказать такой факт:
$\int\limits_0^tdt_1 \int\limits_0^{t_1}dt_2 ...\int\limits_0^{t_{m-1}}f(t_1) f(t_2) ...f(t_m) dt_m = \frac 1 {m!}\left( \int\limits_0^t f(\tau)d\tau\right)^m$

Я решила делать его по индукции. То есть предположим, что верно для m. И нужно доказать, что будет верно для m+1.

$\int\limits_0^tdt_1 \int\limits_0^{t_1}dt_2 ...\int\limits_0^{t_{m-1}} dt_m \int\limits_0^{t_m} f(t_1) f(t_2) ...f(t_m) f(t_{m+1})dt_{m+1} = \int\limits_0^tdt_1 \int\limits_0^{t_1}dt_2 ...\int\limits_0^{t_{m-1}}f(t_1) f(t_2) ...f(t_m) dt_m \int\limits_0^{t_m} f(t_{m+1})dt_{m+1}$

Подскажите, что дальше делать, чтобы прийти к результату.

[RIP]

Сначала внутренние $m$ интегралов свернуть по предположению индукции, чтобы получить однократный интеграл $\int_0^tf(t_1)\cdot\frac1{m!}F(t_1)^m\mathrm dt_1$, где $F(t):=\int_0^tf(\tau)\,\mathrm d\tau$. В нём занести $f(t_1)$ под дифференциал, и в общем, всё.

(Не читать)

Ещё можно делать так. Для определённости $t>0$. Для любой подстановки $\sigma\in S_m$ искомый интеграл равен $\int_{t>t_{\sigma(1)}>t_{\sigma(2)}>\ldots>t_{\sigma(m)}>0}f(t_1)\ldots f(t_m)\,\mathrm dt_1\ldots\mathrm dt_m$, и следовательно, равен их среднему арифметическому, т.е. $\frac1{m!}\int_{[0,t]^m}f(t_1)\ldots f(t_m)\,\mathrm dt_1\ldots\mathrm dt_m=\frac1{m!}F(t)^m$ (множество, на котором какие-то две координаты равны, имеет меру 0, поэтому им можно пренебречь).

[ewert]

Kafari в сообщении #306757 писал(а):

Подскажите, что дальше делать,

Во-первых, исправить самую первую строчку.

Во-вторых, обозначить в ней интеграл слева через $F_m(t)$ и интеграл справа -- через $G_m(t)$. Убедиться в том, что $$\begin{cases}F'_m(t)=f(t)\cdot F_{m-1}(t); \\ G'_m(t)=f(t)\cdot G_{m-1}(t).\end{cases}$. Что отсюда следует по индукции?...

[Kafari]

ewert в сообщении #306762 писал(а):

Во-первых, исправить самую первую строчку.

Cпасибо, исправила))
То есть так:
$F_m(t) = \frac 1 {m!} \left(G_m(t)\right)^m$
$F'_m (t) = \frac 1 {m!} m \left(G_m(t)\right)^{m-1} * G'(t) = F_{m-1} * G'(t)$
Ecли $G' (t) = f(t)$, то действительно так получается... А почему так? Ведь $G(t) = \int\limits_0^t f(\tau)d\tau$ это определенный интеграл, ну хотя может быть и действительно так, я не знаю...
А по индукции следует, что
$F'_{m+1} (t) = f(t) F_m(t)$
$G'_{m+1} (t) = f(t) G_m(t)$
И дано, что $F_m = \frac 1 {m!} (G_m(t))^m$

То есть получаем, что $F_{m+1} = \int f(t) F_m(t)$... Вроде...

RIP в сообщении #306760 писал(а):

В нём занести под дифференциал, и в общем, всё.

Как-то так:
$\int\limits_0^t f(t_1) \frac 1 {m!} \left(\int\limits_0^{t_1}f(\tau)d\tau\right)^mdt_1 = \int\limits_0^t \frac 1 {m!} \left(\int\limits_0^{t_1}f(\tau)d\tau\right)^md\left(\int\limits_0^t f(t_1)\right)$

Или нет?

-- Вт апр 06, 2010 08:57:42 --

А по частям у меня что-то не получилось...

-- Вт апр 06, 2010 09:04:38 --

Да, и еще, в чем смысл называть интеграл справа $G_m(t)$, если там буквы m нет? Или я не то понимаю под G ?

[ewert]

Kafari в сообщении #306772 писал(а):

То есть так:
$F_m(t) = \frac 1 {m!} \left(G_m(t)\right)^m$
$F'_m (t) = \frac 1 {m!} m \left(G_m(t)\right)^{m-1} * G'(t) = F_{m-1} * G'(t)$

Как-то совсем не так.

Под $F_m(t)$ понималась левая часть (не переписывать же её, она длинная; а производная от неё совсем очевидна).

А под $G_m(t)$ -- вся правая часть: $G_m(t)={1\over m!}\left(\int\limits_0^tf(s)\,ds\right)^m$. Её производная тоже очевидна.

[Kafari]

А, если так...
Но в таком случае производная от $F_m(t)$ мне не очевидна. Будет как-то так:
$F'(t) = \left(\int\limits_0^t f(t_1)dt_1 \int\limits_0^{t_1}dt_2\int\limits_0^{t_2}dt_3 ...\int\limits_0^{t_{m-1}}f(t_2) ...f(t_m)\right)' = f(t)*\int\limits_0^t dt_2 \int\limits_0^{t_2}dt_3 ...\int\limits_0^{t_{m-1}}f(t_2) ...f(t_m)dt_m$
Но что-то это не то совсем. Я не знаю, как ее дифференцировать, увы...

От $G_m(t)$ производная очевидна. А ведь они вроде равны должны быть?

[ewert]

Kafari в сообщении #307066 писал(а):

А, если так...
Но в таком случае производная от $F_m(t)$ мне не очевидна.

Да очевидна она, очевидна. Она будет равна той самой изначальной маленькой функции $f$, умноженной на аналогичную функцию предыдущего порядка. А как же иначе-то. Она ж получалась последовательным интегрированием своей прародительницы.

[Kafari]

ewert в сообщении #307072 писал(а):

А как же иначе-то. Она ж получалась последовательным интегрированием своей прародительницы.

Да, но ведь по другой переменной... Я ведь дифференцирую по t, и не знаю, как там нужно поменять пределы и все остальное в этом кратном интеграле, чтобы он стал $F_{m-1}(t)$.
Разве
$\int\limits_0^t dt_2 \int\limits_0^{t_2}dt_3 ...\int\limits_0^{t_{m-1}}f(t_2) ...f(t_m)dt_m$ это то же самое, что
$\int\limits_0^t dt_1 \int\limits_0^{t_1}dt_2 ...\int\limits_0^{t_{m-2}}f(t_1) ...f(t_{m-1})dt_{m-1} = F_{m-1}(t)$
Вот этого я не пойму...

А дальше вроде так: если предположить, что
$F_{m+1}'(t) = f(t)* F_m(t)$ и
$G_{m+1}'(t) = f(t) *G_m(t)$, то, так как $F_m(t) = G_m(t)$, следовательно,
$F_{m+1}'(t) = G_{m+1}'(t)$. Но разве из этого следует, что $F_{m+1}(t) = G_{m+1}(t)$ ? Из равенства производных?

[RIP]

Kafari в сообщении #307090 писал(а):

Разве
$\int\limits_0^t dt_2 \int\limits_0^{t_2}dt_3 ...\int\limits_0^{t_{m-1}}f(t_2) ...f(t_m)dt_m$ это то же самое, что
$\int\limits_0^t dt_1 \int\limits_0^{t_1}dt_2 ...\int\limits_0^{t_{m-2}}f(t_1) ...f(t_{m-1})dt_{m-1} = F_{m-1}(t)$
Вот этого я не пойму...

Да просто переменные интегрирования переобозвали ($t_2,t_3,\ldots,t_m\longleftrightarrow t_1,t_2,\ldots,t_{m-1}$). Ну вот рассмотрите случай $m=2$. $\int_0^tf(t_1)\,\mathrm dt_1$ и $\int_0^tf(t_2)\,\mathrm dt_2$ --- это одно и то же?

Kafari в сообщении #307090 писал(а):

$F_{m+1}'(t) = G_{m+1}'(t)$. Но разве из этого следует, что $F_{m+1}(t) = G_{m+1}(t)$ ? Из равенства производных?

Ещё есть равенство $F_{m+1}(0)=G_{m+1}(0)$.

[Kafari]

Ясно. Спасибо большое!

[ewert]

RIP в сообщении #307153 писал(а):

$\int_0^tf(t_1)\,\mathrm dt_1$ и $\int_0^tf(t_2)\,\mathrm dt_2$ --- это одно и то же?

Хоть поезд уже и ушёл, но всё-таки -- тут пропущена частичка "разве не".