Теор задача матан на неопределенный интеграл +ряд

[ИСН]

Да как же не очевидно, ewert. Это ведь про ряд под синусом, который огрызок от экспоненты; а про сам ряд синусов непонятно ничего, кроме того, что он сходится по названному Вами признаку.

[Null]

Если функция непрерывно дифференцируема, то константа подходит.

[ewert]

paha в сообщении #373477 писал(а):

кажется, достаточно, чтобы $g$ была многочленом (тригонометрическим многочленом)

Достаточно. И тогда достаточно $f\in L_2[a;b]$ (для того, чтобы гарантировать её константность).

[paha]

опять же кажется мне, что нужно доказать про $f$ что у нее нет промежутков строгой монотонности (если есть -- подберем такую красивую $g$ с носителем $g'$ в этом промежутке и придем к противоречию)

[ewert]

paha в сообщении #373493 писал(а):

опять же кажется мне, что нужно доказать про $f$ что у нее нет промежутков строгой монотонности

Вообще-то достаточно указать на то, что эта функция ортогональна ортогональному дополнению к константе.

Если же такого языка ещё нет, то можно сделать то же самое пальчиками. Непрерывная функция сколь угодно точно равномерно приближается гладкими, а гладкие раскладываются поточечно в свой ряд Фурье. Следовательно, эта функция сколь угодно мало отличается от константы.

А при чём тут промежутки монотонности -- я не понял. Непрерывная функция ведь вовсе не обязана иметь хоть один такой промежуток.

[paha]

ewert в сообщении #373496 писал(а):

Вообще-то достаточно указать на то, что эта функция ортогональна ортогональному дополнению к константе

эта задача до РФ по всей видимости

ewert в сообщении #373496 писал(а):

А при чём тут промежутки монотонности

да, нужно более слабое свойство: функция принимает 2 различных значения... без ограничения общности $f(x_1)=1$, $f(x_2)=-1$
рассмотрим компоненты связности $V_1$ и $V_2$ точек $x_1,x_2\in [a,b]\setminus f^{-1}(0)$ и организуем такую функцию $g$, что $g'|_{V_1}>0$, $g'|_{V_2}<0$, $g'|_{[a;b]\setminus(V_1\cup V_2)}=0$

вроде, прокатит

-- Чт ноя 11, 2010 16:12:55 --

график $g$ похож на такую трапецию: стоим, поехали вверх, стоим, поехали вниз, стоим

[ewert]

Уфф, компоненты связности.

Вот доказательство в лоб. Рассмотрим в качестве $g$ финитные треугольнички (не обязательно равнобедренные). (Они, правда, не гладкие, но это легко обходится стандартным предельным переходом.) Из справедливости условия на таких функциях следует, в частности, что для середины промежутка $c={a+b\over2}$

$$\dfrac{1}{s}\int\limits_{c-s}^{c}f(x)\,dx=\dfrac{1}{t}\int\limits_{c}^{c+t}f(x)\,dx$$

при всех положительных $s,t<{b-a\over2}$, причём выбираемых независимо. В частности, это означает, что

$$\dfrac{1}{t}\int\limits_{c}^{c+t}f(x)\,dx=\mathrm{const} \quad\Rightarrow\quad \int\limits_{c}^{c+t}f(x)\,dx=\mathrm{const}\cdot t\,,$$

и осталось только продифференцировать по $t$. Получается, что функция $f(x)$ постоянна справа от середины промежутка, ну и аналогично слева.

(Да, а наши придирки к автору следует признать лишь эстетическими: если доказываемое утверждение справедливо для всех хороших $g$, то оно справедливо и вообще для всех, для которых тот интеграл имееет хоть какой-то смысл.)

[Null]

Пусть функция $f-c\neq 0$, где $c=\frac{1}{b-a} \int_{a}^{b}{f(x)dx}$, возьмем $g'$ равно $f-c$.

$0=\int_{a}^{b}{f(x)(f(x)-c)dx}=\int_{a}^{b}{(f(x)-c)^2dx}$

так как

$\int_{a}^{b}{c (f(x)-c)dx}=c \int_{a}^{b}{(f(x)-c)dx}=0$

[paha]

ewert
ну, интервал, на котором функция не меняет знак

[ewert]

Null в сообщении #373524 писал(а):

Пусть функция $f-c\neq 0$, где $c=\frac{1}{b-a} \int_{a}^{b}{f(x)dx}$, возьмем $g'$ равно $f-c$.

Только допишите уж последнюю строчку, не так уж она и бросается в глаза.

[Klekota]

О! Появилось куча предложений, а то я уже отчаялся.

Ввиду возникших недоразумений запишу задачу еще раз и приведу несколько выкладок из книги матана:

$f:[a,b]\rightarrow R -$ непрерывная на данном отрезке. Отсюда следует что она ограничена на данном отрезке и равномерно непрерывна на нем(теорема Гейне-Кантора).
$g:[a,b]\rightarrow R -$ дифференцируемая на данном отрезке(непрерывно). Отсюда следует что она непрерывна в каждой точке отрезка, отсюда следует равномерная непрерывность на отрезке.

Утверждение:

$$\exists f(x):\forall g(x): g(a)=g(b)$$

выполняется:

$$\int_a^{b}f(x)g'(x)dx=0$$

Тоесть мы не подбираем к конкретной g(x) f(x), а находим f(x) для любых g(x) удовлетворяющих условию.

Далее лень приводить выкладки ( стр 166-171, 183,209,225 Лекции по мат анализу Архипова) суть в том, что в наших условиях:

$$\exists\int_a^bf'(x)dx=f(b)-f(a)=0$$

и можно интегрировать произведение функций частями.

Также по теореме Ньютона-Лейбница любая непрерывная на отрезке функция - интегрируемая на нем.


Просьба когда вы пишите какие-то выкладки - пишите что вы этим хотите доказать))

По поводу ряда синуса - это не ряд Лейбница. Тоесть знак там меняется, но не чередуется. Либо поправте меня. Уже стало очевидно, что н-тый член ряда стремиться к нулю, но доказательства сходимости ряда нет.


Считаем доказанным, что $f(x)=C$ удовлетворяет требованиям интеграла.
Пытаемся доказать, что не выполняется для не константы либо доказываем для какого-то класса функций!

Спасибо!

[ewert]

Klekota в сообщении #373730 писал(а):

Тоесть знак там меняется, но не чередуется. Либо поправте меня.

Поправляю: очень даже чередуется. Вы забыли (или не обратили внимания), что $e$ сидит в знаменателе, а вовсе не в числителе.

Klekota в сообщении #373730 писал(а):

Считаем доказанным, что $f(x)=C$ удовлетворяет требованиям интеграла.
Пытаемся доказать, что не выполняется для не константы либо доказываем для какого-то класса функций!

Я ничего не понял, но ещё хуже, что и Вы тоже. Не понравилось моё доказательство -- перечитайте доказательство Null, оно (после правки) стало достаточно дословным.

[Klekota]

ewert в сообщении #373740 писал(а):

Klekota в сообщении #373730 писал(а):

Тоесть знак там меняется, но не чередуется. Либо поправте меня.

Поправляю: очень даже чередуется. Вы забыли (или не обратили внимания), что $e$ сидит в знаменателе, а вовсе не в числителе.

Для ряда лейбница необходимо чтобы знаки чередовались и $\forall n |a_n|>|a_{n+1}|$. Можете с калькулятором посчитать первые члены ряда и убедиться в отсутствии выполнения этих условий.

ewert в сообщении #373740 писал(а):

Klekota в сообщении #373730 писал(а):

Считаем доказанным, что $f(x)=C$ удовлетворяет требованиям интеграла.
Пытаемся доказать, что не выполняется для не константы либо доказываем для какого-то класса функций!

Я ничего не понял, но ещё хуже, что и Вы тоже. Не понравилось моё доказательство -- перечитайте доказательство Null, оно (после правки) стало достаточно дословным.

Я не могу понять, что вы доказали? Представьте, что я филолог и попытайтесь более детально объяснить. Посмотрите внимательно условие. Там сказано, что f(x) должно удовлетворять для любой g(x).
Например для:

$$g(x)=(x-a)(x-b)+C$$ $$g(x)=\sin(2\pi\frac{x-a}{b-a})+C$$

и так далее.

Для каждой конкретной g(x) мы можем подобрать f(x). Например: f(x)=g(x). А подобрать g(x) для всех f(x) не так и просто. А в этом и состоит задача.

Если что-то непонятно из того, что я изложил я постараюсь уточнить. Просто не всегда легко понять мысль другого человека.

[Joker_vD]

Klekota в сообщении #373768 писал(а):

Можете с калькулятором посчитать первые члены ряда и убедиться в отсутствии выполнения этих условий.

А если эти первые члены отбросить? На сходимость это не влияет.

[ewert]

Klekota в сообщении #373768 писал(а):

Можете с калькулятором посчитать первые члены ряда и убедиться в отсутствии выполнения этих условий.

Плохо. Вы обязаны понимать: не имеет значения, что выходит для нескольких первых членов -- важно лишь, что будет для всех достаточно далёких.

Klekota в сообщении #373768 писал(а):

Для каждой конкретной g(x) мы можем подобрать f(x).

Снова неверная логика. Подбирать мы должны не $f(x)$ для $g(x)$ ($f(x)$ -- она фиксирована, её подбирать не приходится), а наоборот -- $g(x)$ для $f(x)$. Чтобы доказать, что "неправильная" $f(x)$ -- нехороша.