Предел и интеграл

[ewert]

myra_panama в сообщении #406921 писал(а):

$|\frac{T}{n}f(\frac{t+(k-1)T}{n})-\int\limits_{\frac{kt}{n}}^{\frac{(k+1)t}{n}}|\le (\frac{T}{n})^2 \max\limits_{[0,T]} |f'(x)|$

Это Вы вот откуда стащили:
http://www.ic.omskreg.ru/olympiads/Sel%20Problems/sindex1.htm

То доказательство сочиняли какие-то чудаки. Что у них в этом месте опечатка (которую Вы ещё и приукрасили парой своих) -- это ладно. А вот что утверждение совершенно необоснованно загрублено и к тому же безыдейно изложено -- уже нехорошо.

[myra_panama]

ewert в сообщении #406931 писал(а):

myra_panama в сообщении #406921 писал(а):

$|\frac{T}{n}f(\frac{t+(k-1)T}{n})-\int\limits_{\frac{kt}{n}}^{\frac{(k+1)t}{n}}|\le (\frac{T}{n})^2 \max\limits_{[0,T]} |f'(x)|$

Это Вы вот откуда стащили:
http://www.ic.omskreg.ru/olympiads/Sel%20Problems/sindex1.htm

То доказательство сочиняли какие-то чудаки. Что у них в этом месте опечатка (которую Вы ещё и приукрасили парой своих) -- это ладно. А вот что утверждение совершенно необоснованно загрублено и к тому же безыдейно изложено -- уже нехорошо.

Правильно сказали но с начало я только задачку нашел и потом решению написал... Чо в этом то плохого
Если вы смотрели книгу Садовничия (Сборник задач и упр по матанализ ) там есть такие интегральные задачки и доказательств тоже есть....
Вы думаете что это плагиат ,,,, но для обоснования чего то нужно и плагиата...

-- Пн янв 31, 2011 09:21:01 --

если вы смотрели "Олимпиадные Задачи" там я тоже написал одну задачку по дифур из вашего ссылка ..... Омские 'по моему' олимпиадные задачи

[Padawan]

myra_panama в сообщении #406683 писал(а):

Можеть используем теорему Литлвуда :
если функция f(x) непрерывно но дифференцируемо на интервале [0,T] , а периодическая с периодом T , функция g(x) непрерывна на $(-\infty , +\infty) $ то
$\lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_0^{T} f(x)g(nx)dx=\frac1{T}(\int\limits_0^{T} f(x)dx)(\int\limits_0^{T} g(x)dx)$
Здесь $f(x)=x\cos x$
$g(x)=\frac1{1+3\sin^2 x}$
Но теорему не могу как то доказать.....

-- Вс янв 30, 2011 19:34:32 --

у меня как-то не получаеться доказать теорему .... Помогите

ewert в сообщении #406795 писал(а):

Требования в условиях теоремы явно избыточны. От функции $f$ никакой дифференцируемости не нужно, достаточно непрерывности. От функции $g$ даже и непрерывности не требуется, достаточно только интегрируемости и ограниченности (скорее всего, даже и ограниченность не нужна, но -- пусть, на всякий случай и чтоб не мучиться).

$f\in L^1$, $g\in L^\infty$ подойдет, например.

[ewert]

Наверное, даже и вообще $L_p$ и $L_q$ с сопряжёнными показателями, раз уж непрерывные функции в них плотны. Но думать -- лень.

[Padawan]

ewert в сообщении #406944 писал(а):

Наверное, даже и вообще $L_p$ и $L_q$ с сопряжёнными показателями, раз уж непрерывные функции в них плотны. Но думать -- лень.

Да, за исключением случая $f\in L^\infty$, $g\in L^1$, так как непрерывные в $L^\infty$ не плотны.

-- Пн янв 31, 2011 13:12:56 --

Пусть $f$ непрерывно дифференцируема на $[0,T]$, $g\in L^q[0,T]$, $1< q\leqslant+\infty$, периодически продолжена на всю прямую. Можно считать, что $\int_0^T g(x)dx=0$, иначе сдвигаем на константу, как указывал ewert. Надо показать, что $\int_0^T f(x)g(nx)dx\to 0$ при $n\to\infty$. Обозначим $G(x)=\int_0^x g(t)dt$, $-\infty<x<\infty$. $G(x)$ -- абсолютно непрерывная на всей прямой с периодом $T$, а значит, ограниченная на всей прямой $|G(x)|\leqslant M$ для всех $-\infty<x<\infty$. Интегрируем по частям

$$\int_0^T f(x)g(nx)dx=\frac{1}{n}\int_0^T f(x)dG(nx)=\frac 1n f(x)G(nx)|_0^T-\frac{1}{n}\int_0^TG(nx)f'(x)dx =-\frac{1}{n}\int_0^TG(nx)f'(x)dx\to 0$$

, так как подынтегральная функция по модулю $\leqslant M\max\limits_{x\in[0,T]} |f'(x)|$.

Функционалы $f\to\int_0^T f(x)g(nx)dx$ ограничены по норме в пространстве $L^p[0,T]$, $\frac 1p+\frac 1q=1$, $p<+\infty$ (все нормы равны $\|g\|_{L^q[0,T]}$), и сходятся к $0$ на всюду плотном в $L^p$ множестве $C^1$, значит сходятся к нулю и на всём $L^p$.

[sup]

Можно еще проще. Заметим, что $||g(nx)||_q=||g(x)||_q$, а вместо непрерывных функций возьмем ступенчатые. А уж для ступенчатых функций $f(x)$ доказательство почти тривиально.
Имеется в виду предел
$\lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_0^{T} f(x)g(nx)dx=\frac1{T}(\int\limits_0^{T} f(x)dx)(\int\limits_0^{T} g(x)dx)$

[Padawan]

Еще подходит случай $f\in C$, $g\in L^1$.

[sup]

А как насчет контрпримера для $f \in L_{\infty}(0,T), g \in L_1(0,T)$?

[myra_panama]

Padawan в сообщении #407000 писал(а):

Еще подходит случай $f\in C$, $g\in L^1$.

да подходит

[Padawan]

А ступеньками можно функции ограниченной вариации приблизить в пространстве $L^\infty$ ?

[sup]

Всякая функция ограниченной вариации представима в виде разности двух монотонно возрастающих. Значит можно.

[ewert]

sup в сообщении #407249 писал(а):

Всякая функция ограниченной вариации представима в виде разности двух монотонно возрастающих. Значит можно.

Только чуть длиннее: ведь количество точек разрыва для монотонной функции может быть и бесконечным. (Хотя я и не знаю, нужно ли было это замечание.)