Проверка решения: одно утверждение об интеграле

[sla-von]

ewert в сообщении #832907 писал(а):

Не так. Из того, что для данного $a$ интеграл равен $\alpha$, ни разу не следует, что он будет равен $\alpha$ и при соседних $a$.

Исправляюсь. $f(a+c)-f(a)=\frac{d\alpha}{da}$. Я пытался избежать появления функции $u(a)$, которая возникла у Oleg Zubelevich и devgen, и попал в ловушку. Похоже, изложенное ими решение не упростить.

[ewert]

sla-von в сообщении #832916 писал(а):

$f(a+c)-f(a)=\frac{d\alpha}{da}$.

Ну и что?

[Otta]

sla-von в сообщении #832904 писал(а):

и хотя бы один требуемый интервал существует. Пусть длина наименьшего из таких интервалов равна $c$. Тогда из условия $\int_{a}^{a+c}{f(t)dt}=\alpha$.

Если уже известно (или доказано), что $[a,b]$ - отрезок наименьшей длины, такой, что интеграл от плотности по нему равен $\alpha$, то интеграл по любому другому отрезку той же длины меньше (возм., нестрого) $\alpha$, то есть функция $I(x)=\int_{a+x}^{b+x}f(t)\,dt$ имеет максимум в т. $x=0$.
Тогда $I'(0)=f(b)-f(a)=0$.

[ewert]

Otta в сообщении #832928 писал(а):

то интеграл по любому другому отрезку той же длины меньше (возм., нестрого) $\alpha$,

или, наоборот, больше

[Otta]

Больше он быть не может: уменьшив промежуток интегрирования, сможем получить $\alpha$, тогда наш исходный промежуток - не минимальной длины.

[ewert]

Otta в сообщении #832938 писал(а):

Больше он быть не может: уменьшив промежуток интегрирования, сможем получить $\alpha$, тогда наш исходный промежуток - не минимальной длины.

Это какая-то путаница: из экстремальности длины промежутка ровно никак не следует экстремальность значения интеграла по этому промежутку.

Вообще всё было чётко разъяснено ещё в самом начале, но почему-то никто этого не удосужился прочитать:

neo66 в сообщении #832395 писал(а):

если интеграл по интервалу $[a,b]$ равен $\alpha$ и $f(a)\not=f(b)$, то его длину можно уменьшить (то есть, найти другой интервал, меньшей длины, но с тем же интегралом)

Это, конечно, лишь намёк, но намёк совершенно прозрачный: из $f(b)\neq f(a)$ следовала бы строгая монотонность функции $F(t)=\int\limits_{a+t}^{b+t}f(x)\,dx$ в окрестности $t=0$, а тогда при сдвиге этого промежутка (с сохранением длины) в одну из сторон значение интеграла можно было бы увеличить, после чего вернуть его к прежнему значению уже за счёт уменьшения длины. Т.е. промежуток не был бы минимальным.

Причём это совершенно не зависит ни от нормировки функции, ни даже от её знакоопределённости; важна лишь непрерывность, да и то в первую очередь потому важна, что без неё само утверждение $f(b)=f(a)$ лишается смысла. А вот для существования минимальных интервалов не нужна даже и непрерывность, и даже ограниченность, зато добавляется потребность в сходимости интеграла по всей оси (хотя бы условной).

[Otta]

ewert в сообщении #832945 писал(а):

Причём это совершенно не зависит ни от нормировки функции, ни даже от её знакоопределённости; важна лишь непрерывность, да и то в первую очередь потому важна, что без неё само утверждение $f(b)=f(a)$ лишается смысла. А вот для существования минимальных интервалов не нужна даже и непрерывность, и даже ограниченность, зато добавляется потребность в сходимости интеграла по всей оси (хотя бы условной).

Да, да, да. Но коли уж так много дано, чего б не воспользоваться?
Нормировка действительно совершенно не нужна.

ewert в сообщении #832945 писал(а):

Это какая-то путаница: из экстремальности длины промежутка ровно никак не следует экстремальность значения интеграла по этому промежутку.

В случае знакоопределенности подынтегральной функции - следует.

ewert в сообщении #832945 писал(а):

Вообще всё было чётко разъяснено ещё в самом начале, но почему-то никто этого не удосужился прочитать:

Все я прочитала. И многое мне понравилось.
Я всего лишь воспроизводила свое старое решение для прошлой ветки по просьбе ТС. Если оно ошибочно, то будет мне же полезно знать об этом.

[sla-von]

ewert в сообщении #832920 писал(а):

sla-von в сообщении #832916 писал(а):

$f(a+c)-f(a)=\frac{d\alpha}{da}$.

Ну и что?

Ну как же...
Вы говорите:

Цитата:

Из того, что для данного $a$ интеграл равен $\alpha$, ни разу не следует, что он будет равен $\alpha$ и при соседних $a$

Т.е. $\alpha$ получается не константа, а (гладкая) функция от $a$. В общем случае $\frac{d\alpha}{da}\ne 0$, поэтому из условия $\int_{a}^{a+c}{f(t)dt}=\alpha$ не следует решение задачи, как мне вначале показалось. Более корректно $F(a) = \int_{a}^{a+c}{f(t)dt}$ и $F'(a)=f(a+c)-f(a)$. Но если $c$ выбрать наименьшим из тех, для которых $\int_{a}^{a+c}{f(t)dt}=\alpha$, то $\alpha$ становится максимальным значением функции, а $a$ - её экстремумом, как заметила Otta. Т.е. $F'(a)=0$ и это единственное, чего не хватало в предыдущей попытке.

[Otta]

Ну Вы таки не компонуйте два решения в одно, получается страшно. ))
В этом замечании
"Из того, что для данного $a$ интеграл равен $\alpha$, ни разу не следует, что он будет равен $\alpha$ и при соседних $a$" ewert совершенно прав, потому что по условию Вашей задачи $\alpha$ - фиксированная величина, а не функция. Хотите функцию - заводите функцию, как Вы это дальше пытаетесь делать, например.

[sla-von]

Да, мне стоит выражаться яснее и не мешать кислое с длинным. Спасибо всем за обсуждение и помощь. Похоже, она мне ещё понадобится.

[devgen]

ewert в сообщении #832907 писал(а):

Предыдущая же фраза и вовсе бессмысленна.

Почему?

[ewert]

Otta в сообщении #832947 писал(а):

В случае знакоопределенности подынтегральной функции - следует.

И в случае знакопеременной следует ровно так же (ну, почти ровно). Но -- уже в конце концов. Я же имел в виду, что не следует непосредственно. В общем, на мой вкус, это -- лишний шаг, в то время как лобовое решение neo66 прям-таки бросается в глаза.

Ну это уже вкусовщина, да. А мне вот по этому поводу (по ассоциации) пришла в голову такая задачка, которая мне почему-то кажется не совсем уж тривиальной (хотя и очень простой, конечно).

Пусть функция локально суммируема, и пусть интеграл от неё по всей оси сходится (условно, т.к. в случае абсолютной сходимости вопрос тривиален). Так вот, вопрос: доказать, что множество значений этого интеграла по всем возможным промежуткам представляет из себя некоторый ограниченный промежуток.

И дополнительный, несколько скользкий вопрос: может ли быть этот промежуток открытым, полуоткрытым и замкнутым?... (скользкий, т.к. ответ на него зависит от уточнения постановки задачи).

devgen в сообщении #833058 писал(а):

Почему?

Потому, что в предыдущей фразе речь шла о поведении интегралов по полубесконечным промежуткам, что не имеет никакого отношения к интегралам по конечным.

[devgen]

ewert
Можно тогда так?

Берем $\frac{1-\alpha}{2}$ и получаем интервал $(-\infty;a_0)$, где $F(a_0)=\frac{1-\alpha}{2}$, теперь берем
$\frac{1-\alpha}{2}+\alpha$ и получаем интервал $(-\infty;b_0)$, где $F(b_0)= \frac{1-\alpha}{2}+\alpha$, тогда интервал $(a_0;b_0)$ как раз такой, что $\int\limits_{a_0}^{b_0}f(x)dx=\alpha$, значит хотя бы один такой всегда найдется.