Интегралы

[neo66]

Существует ли множество $A \in [0,1]$, такое, что $\int\limits_{A} f(x) dx=\int\limits_{[0,1]-A} f(x) dx$ для любой квадратичной функции $f(x)=ax^2+bx+c$?

[nnosipov]

Для $f(x)=ax^2+bx+c$ неинтересно. Пусть будет для многочлена $n$-й степени.

[worm2]

Здесь была неудачная попытка переформулировки задачи как на существование решения некоторой системы уравнений, которая за бесполезностью удалена.

В воздухе витают корни каких-нибудь ортогональных многочленов, но, похоже, пролетают мимо.

[nnosipov]

Мне кажется, симметричный вариант --- для отрезка $[-1,1]$ --- был бы удобнее.

[ewert]

По-моему, удобнее всё-таки отрезок $[0;1]$. Нам ведь что надо: доказать, что для любого $n$ найдётся функция $f_n(x)$, принимающая на этом промежутке только значения $\pm1$ и ортогональная любому многочлену степени $n$ (в смысле не выше $n$).

Для $n=0$ это очевидно. Пусть у нас есть такая функция для некоторого $n$; построим по ней $f_{n+1}$. Для начала определим $g_n(x)=f_n(x)$ на $[0;1]$ и $g_n(x)=-f_n(x-1)$ на $(1;2]$. Тогда

$\int\limits_0^2g_n(x)P_n(x)\,dx=\int\limits_0^1f_n(x)P_n(x)\,dx-\int\limits_1^2f_n(x-1)P_n(x)\,dx=$
$=\Big[x-1=t\Big]=\int\limits_0^1f_n(x)P_n(x)\,dx-\int\limits_0^1f_n(t)\widetilde P_n(t)\,dt=0;$

$\int\limits_0^2g_n(x)x^{n+1}\,dx=\int\limits_0^1f_n(x)x^{n+1}\,dx-\int\limits_1^2f_n(x-1)x^{n+1}\,dx=$
$=\Big[x-1=t\Big]=\int\limits_0^1f_n(x)x^{n+1}\,dx-\int\limits_0^1f_n(t)(t^{n+1}+Q_n(t))\,dt=0.$

Теперь просто берём $f_{n+1}(x)=g_n(2x)$ и всё.

[neo66]

Красиво!

[ewert]

Но, между прочим, для конкретно квадратичных многочленов красивше выйдет другое (ну т.е. ПМСМ). Там действительно лучше перейти к отрезку $[-1;1]$. Тогда для линейных многочленов функция прям-таки напрашивается: она равна единице на участке $[-1/2;1/2]$ и минус единице на крайних (поскольку и меры этих участков одинаковы, и для первой степени икса получается ноль просто в силу нечётности).

Теперь надо всё это модифицировать так, чтоб и квадрату икса получилось ортогонально. Ну это легко. Начнём симметрично раздвигать влево и вправо участки, примыкающие к нулю, ближе к концам промежутка с сохранением их длин. Центральный освобождающийся участок заполним, естественно, минус единичкой. Тогда ортогональность линейным многочленам сохранится, а для интеграла с чистым иксом в квадрате значение будет непрерывно меняться от минус чего-то в крайнем левом положении до плюс чего-то, того же по модулю, в крайнем правом; ну и значит, в некотором промежуточном окажется равной нулю, ч.т.д.

(это, кстати, не соответствует моей конструкции из предыдущего поста; я сперва именно последнее и пытался обобщить, но потом как-то разочаровался)

[nnosipov]

Что это за последовательность функций $f_n(x)$? Из функций Уолша будут, что ли?

[worm2]

Вот ещё вариант: $A_n = \bigcup\limits_{i=0}^{\lceil n/2 \rceil} \left[\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos\frac{2i+1}{n+2}\pi,\,\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos\frac{2i}{n+2}\pi\right]$ (да, здесь отрезок $[-1,\,1]$ был бы удобнее).

Доказательство опирается на факт, который предлагается в качестве самостоятельной задачи:
При всех натуральных $m<n$ cумма $\sum\limits_{k=0}^n (-1)^k\cos^m\left(\frac{k}{n}\pi\right)$ равна $1$ при чётном $m+n$ и $0$ при нечётном.

[Kallikanzarid]

neo66
Задача из первого поста, как я понимаю, решается через аддитивность интеграла, так?

[ewert]

Kallikanzarid в сообщении #438015 писал(а):

Задача из первого поста, как я понимаю, решается через аддитивность интеграла, так?

А при чём тут аддитивность (не считая того, что она, конечно, подразумевается)?...

[nnosipov]

worm2 в сообщении #438013 писал(а):

Вот ещё вариант: $A_n = \bigcup\limits_{i=0}^{\lceil n/2 \rceil} \left[\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos\frac{2i+1}{n+2}\pi,\,\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos\frac{2i}{n+2}\pi\right]$ (да, здесь отрезок $[-1,\,1]$ был бы удобнее).

Доказательство опирается на факт, который предлагается в качестве самостоятельной задачи:
При всех натуральных $m<n$ cумма $\sum\limits_{k=0}^n (-1)^k\cos^m\left(\frac{k}{n}\pi\right)$ равна $1$ при чётном $m+n$ и $0$ при нечётном.

Судя по этому решению, ортогональные многочлены (Чебышёва) всё-таки причём. Во всяком случае, из Вашего утверждения для суммы $\sum\limits_{k=0}^n (-1)^k\cos^m\left(\frac{k}{n}\pi\right)$ (которое надо доформулировать при $m=n$) вытекают хорошо известные экстремальные свойства многочленов Чебышёва 1-го и 2-го рода.
Интересно, откуда взялась задача? (Это вопрос к neo66.)

[Kallikanzarid]

ewert
Поясните, как решается задача, я из вашего поста не понимаю, что к чему Кстати, на $A$ какие-нибудь условия накладывются (хотя бы, скажем, измеримость по Жордану)?

[ewert]

Kallikanzarid в сообщении #438202 писал(а):

я из вашего поста не понимаю, что к чему

Что именно непонятно -- как строится функция или как доказывается её ортогональность?...

Я лучше скажу, в чём суть. Она очень проста: если некоторая функция ортогональна всем многочленам заданной степени на некотором фиксированном промежутке, то она останется ортогональной и после любого линейного преобразования этого промежутка (и, соответственно, функции). Просто потому, что при линейном преобразовании по иксам многочлены остаются многочленами. А если функция принимала только значения плюс-минус единица -- то и это её свойство линейным преобразованием иксов тоже поддерживается. На этом игра и строится.

Kallikanzarid в сообщении #438202 писал(а):

на $A$ какие-нибудь условия накладывются (хотя бы, скажем, измеримость по Жордану)?

Ну, раз уж удаётся составить такое множество из конечного набора промежутков -- вопрос празден.

[Kallikanzarid]

Вроде в задаче сказано для любой квадратичной $f$, так что мне непонятно, о построении какой функции идет речь.