для каких функций интеграл произведения равен произведению и

[Jane]

Господа, с Новым годом вас!!! Всего самого-самого лучшего вам и форуму! Подскажите пожалуйста, вы случайно не помните, для каких функций f и g верно следующее, т.е. какие своитсва должны быть у функциий f и g

$$\int fg = \int f\cdot \int g$$

приделы интегрирования одинаковые. Простите, я просто не поняла как писать формулы!
Заранее спасибо!

[Capella]

Имелось ввиду следующее:

$$\int\limits_a^b f(x) g(x) dx = \int\limits_a^b f(x) dx \int\limits_a^b g(x) dx$$

Это ужасно вспоминать после Нового Года теоремы по анализу . Короче, это равенство не является корректным в большинстве случаев (обычно такии интергалы от продукта двух функций делаются с помощью парциального интегрирования иди методом подстановки (замены переменной):

$$\int\limits_a^b f(x) d g(x) $$

Сейчас могу вспомнить только такой пример, где оно реализуется:
$ E(X Y) = E(X) E(Y) $, где Е математическое ожидание, а X и Y независимые случайные величины со сделующим мат ожиданием: $ E[X] = \int\limits_{-\infty}^{\infty} x f(x) dx $, т.е. имеют абсолютно непрерыное распределение. Причём по моему это действует только для мат ожидания, т.к. сами функции распределения и плотности нужно считать через свёртку.
Общий случай я могу посмотреть потом.

[Capella]

Да, по моему там всё делается через свёртку, т.к. там функции по сути от двух переменных X и Y. Короче, пока пример остаётся открытым.
В общем и целом, здесь действительно надо уточнить, какой интеграл имеется ввиду. Не думаю, что у интеграла Риммана это равенство будет выполнятся. Есть ещё правда Лебег, но там надо подумать. Пока не знаю

[Dan_Te]

Цитата:

Причём по моему это действует только для мат ожидания, т.к. сами функции распределения и плотности нужно считать через свёртку.

У независимых случайных величин совместная функция распределения факторизуется на маргинальные компоненты, это свойство эквивалентно независимости. В абсолютно непрерывном также факторизуется совместная плотность. (факторизуемость = возможность разложить на множители)

[Capella]

Dan_Te писал(а):

Цитата:

Причём по моему это действует только для мат ожидания, т.к. сами функции распределения и плотности нужно считать через свёртку.

У независимых случайных величин совместная функция распределения факторизуется на маргинальные компоненты, это свойство эквивалентно независимости. В абсолютно непрерывном также факторизуется совместная плотность. (факторизуемость = возможность разложить на множители)

Да, правильно, я допустила ошибку написав для зависимых! Плотность независимых является продуктом маргинальных плотностей и имеет следующее свойство:
$ f(x_1...x_n) = f(x_1)...f(x_n)$
Правда при этом все $ X_i $ должны иметь абсолютно непрерывные распределения. Другое дело, это всё равно здесь не поможет, мы рассматриваем здесь функции, строго говоря, от разных переменных, соответственно и понятие левой части у нас будет отличаться от того, что задано в задаче (т.е. в задаче я подразумеваю, что существует интеграл двух функций от одной переменной, а не двойной интеграл от двух переменных). Я сейчас напишу свою идею насчёт Лебега.
Идея Лебега: я не знаю, насколько это всё будет верно, но идея у меня следующая. Задаём две функции $ f(x) $ определяя её, например, для всех нечётных целых чисел равной 1 и 0 остальное и $ g(x) $ определяя её, для всех чётных целых чисел равной 1 и 0 остальное.
Теперь, использую обыкновенное правило перемножение функций, получаю их произведение равным 0. Отсюда, надо полагать, интеграл слева, вне зависимости от выбора $ \mu $ будет равен 0. Но и интеграл справа будет также равен 0, т.к. если я определю, к примеру $ \mu (B) $ для моей первой функции, то есть как покрытие всех чётных чисел, то соотвественно сразу обнулиться интеграл моей второй функции. Соответстенно зеркальное отображение (остальные я не рассматриваю, т.к. обнуляются обе функции). Но произведения чего-то с 0 равно 0. Отсюда моя правая часть тождественна равна левой, для функций не равных 0 всюду.

[Dan_Te]

Может, уже просто поздно (или рано?), но я хоть убей не пойму, что вы пытаетесь сделать.
Спрашивается, какими свойствами должны обладать функции из $L_2$ (кстати, в формулировке задачи ничего не сказано про то, по какому множеству интегрируем, для простоты будем считать, что по отрезку), чтобы выполнялось заявленное равенство, которое внешне ничем особо не примечательно. Да вроде никаких особых свойств тут и не укажешь...

Гипотеза: в $L_2[0;1]$ для любой f существует такая нетривиальная g, что равенство выполняется.
Пусть нетривиальность пока означает "не константа". По идее, гипотеза верна. Но как-то пока не видно четкого (желательно конструктивного) доказательства.

[незваный гость]

Dan_Te писал(а):

Гипотеза: в $L_2[0;1]$ для любой f существует такая нетривиальная g, что равенство выполняется.
Пусть нетривиальность пока означает "не константа". По идее, гипотеза верна. Но как-то пока не видно четкого (желательно конструктивного) доказательства.

Я подозреваю, что мои действия являются легким хулиганством, и наказуемы в административном порядке. Тем не менее:

Пусть $\int\limits_0^1 \! f(x) {\rm d}x = \bar f$. Пусть далее $m_- = \mu \{x:f(x) < \bar f\}$, $m_+ = \mu \{x:f(x) > \bar f\}$. Тогда $g(x) = \left\{\begin{array}{ccc}- \frac{m_+}{f(x)-\bar f}&f(x) < \bar f \\ 0 & f(x) = \bar f \\ \frac{m_-}{f(x)-\bar f}&f(x) > \bar f\end{array}$ удовлетворяет условиям исходной задачи (но не Dan_Te).

Действительно, $\int\limits_0^1 \! f(x) g(x) {\rm d}x = $ $\int\limits_0^1 \! (f(x)-\bar f) g(x) {\rm d}x + \bar f $\int\limits_0^1 \! g(x) {\rm d}x = $\int\limits_0^1 \! f(x) {\rm d}x $\int\limits_0^1 \! g(x) {\rm d}x$, откуда имеем $\int\limits_0^1 \! (f(x)-\bar f) g(x) {\rm d}x = 0$. Но это условие выполняется по построению g(x).

g(x) будет нетривиальной функцией, если f(x) не есть константа. В противном случае, g(x) есть произвольная функция.

[Dan_Te]

Да, это хорошо.

[Jane]

Спасибо всем огромное!!!!

[evgeny]

Пусть $\int\limits_0^1 \! f(x) {\rm d}x = \int\limits_0^1 \bar f {\rm d}x$ ( где $\bar f \in \mathbb R$ -- число), тогда требуемое условие - ортогональность $g(x)$ и $f(x)-\bar f$. Понятно, что если $e_1(x) = f(x)-{\bar f }\neq 0$ (в смысле $L_2$, т.е. $\int\limits_0^1 \! (f(x)-{\bar f})^2 {\rm d}x > 0$) тогда для любой функции $g(x)$ подходит ее ортогональная проекция на $\langle e_1\rangle^{\bot}$, т.е. $g_1(x) = g(x)-\frac{(g,e_1)}{|e_1|^2}e_1(x)$.

[Capella]

Dan_Te
Моя идея была изначальна очень проста: привести левую и правую части к 0. Для этого я попыталась определить мои функции так, чтобы области их существования (участки, где функции не равны 0) не имели бы пересечений, т.е. были бы строго дисъюнктны. Перемножая эти функции, я бы получила бы 0. Далее, я так выбираю мою область интегрирования, чтобы она полностью соотвествовала бы любой из заданных функций и интеграл бы сходился (для этого я рассмотрю конечное подпокрытие). В равенстве эту меру использую для всех 3 интегралов, отсюда два из них (тот, что слева и один справа) давали бы мне 0, а третий был бы конечным числом.

[Jane]

Спасибо вам всем огромное, вы всё здорово пишете, но мне нужно немного другое. Я доказывала одно свойство и там было два интеграла с одинаковыми приделами, и я взяла и отправила всё под один интеграл, в результате в формуле вместо необходимого меньше или равно получила строгое равенство. На что меня преподаватель естественно отругал и спросил, для каких типов функций это можно делать,а дял каких нельзя, в моем случае это были интегралы определяющий Г(х) и Г'(х). Т.е. подинтегральные функции должны быть какими-то "очень хорошими" аналитическими и т.д. наверное , а что именно, я не знаю...и прошу помощи!!!!!

[незваный гость]

Боюсь, что Ваш пример из области сокращения $\frac{26}{65}=\frac{2}{5}$ (сократили 6 в числителе и знаменателе). Препод был саркастичен. В общем случае это просто неверно. В частном - Вам повезло (с примером, но не с перподом).

[Someone]

Jane писал(а):

...Я доказывала одно свойство и там было два интеграла с одинаковыми приделами, и я взяла и отправила всё под один интеграл, в результате в формуле вместо необходимого меньше или равно получила строгое равенство. На что меня преподаватель естественно отругал и спросил, для каких типов функций это можно делать,а дял каких нельзя, в моем случае это были интегралы определяющий Г(х) и Г'(х)...

Вопрос-то, строго говоря, не очень определённый. Я не понял, преподаватель ещё ждёт от Вас ответа на Этот вопрос? Мне показалось, что он просто выразил своё неудовольствие Вашей странной (хотя и напрашивающейся) ошибкой. Разумеется, в том доказательстве, которое от Вас требовалось, такого равенства не было, поэтому Вы и получили не то, что требовалось.

Предположим, что для некоторых функций $f(x)$ и $g(x)$ выполняется равенство

$$\int_a^b f(x)dx\int_a^b g(x)dx=\int_a^b f(x)g(x)dx\eqno(1)$$

.
Будем считать возможными значения $a=-\infty$ и $b=+\infty$ и не будем предполагать, что функции $f(x)$ и $g(x)$ принадлежат каким-нибудь специальным функциональным пространствам наподобие $L_p$ или $C^n$; всё, что нам нужно - это существование интегралов, хотя бы как несобственных, то есть, интегрируемость функций $f(x)$, $g(x)$ и $f(x)g(x)$ (подразумевается - на $(a;b)$).
В одном из интегралов левой части переменную интегрирования обозначим буквой $y$ вместо $x$:

$$\int_a^b f(x)dx\int_a^b g(y)dy=\int_a^b f(x)g(x)dx$$

.
Тогда второй интеграл можно внести внутрь первого:

$$\int_a^b f(x)\left(\int_a^b g(y)dy\right)dx=\int_a^b f(x)g(x)dx$$

.
Перенося все интегралы в одну часть и объединяя два интеграла по $x$ в один, получим

$$\int_a^b f(x)\left(g(x)-\int_a^b g(y)dy\right)dx=0\eqno(2)$$

.

Равенство (2) можно считать необходимым и достаточным условием выполнения равенства (1). Правда, непонятно, чем равенство (2) "лучше" равенства (1). Если бы функции $f(x)$ и $g(x)-\int_a^b g(y)dy$ принадлежали пространству $L_2$, то равенство (2) означало бы ортогональность этих функций, однако мы договорились не делать таких предположений.

Равенство (2) позволяет для заданной интегрируемой функции $g(x)$ подбирать функцию $f(x)$, удовлетворяющую равенству (1). Возьмём две линейно независимых интегрируемых функции $h_1(x)$ и $h_2(x)$, для которых функции $h_1(x)g(x)$ и $h_2(x)g(x)$ также интегрируемы.
Если выполняется хотя бы одно из равенств

$$\int_a^b h_1(x)\left(g(x)-\int_a^b g(y)dy\right)dx=0$$

или

$$\int_a^b h_2(x)\left(g(x)-\int_a^b g(y)dy\right)dx=0$$

,
то соответствующая функция $h_1(x)$ или $h_2(x)$ и является искомой. В противном случае можно подобрать такое число $\alpha$, чтобы функция $f(x)=h_1(x)-\alpha h_2(x)$ удовлетворяла равенству (2), а, следовательно, и равенству (1).

[Jane]

Спасибо, с этим я согласна, но всё равно Вы мне кажется ответили не на тот вопрос. Я думаю, что преподватель хочет получить ответ типа - это соотношение верно для функций аналитических всюду, имеющих бесконечное число производных и т.д или что-то в этом роде. Может быть вы что-то об этом знаете? Спасибо!