Κατόπιν παραγγελίας

mathxl · #1

Επειδή δε την προσπάθησα ακόμη την τοποθετώ εδώ
Έστω $f:[0,1]\to\mathbb{R}$ με συνεχή πρώτη παράγωγο στο [0,1] τέτοια ώστε f(0)=f(1)=0, να αποδείξετε ότι $\pi^{2}\cdot\int_{0}^{1}f^{2}(x)dx\leq\int_{0}^{1}(f'(x))^{2}dx$

Jeronymo Simonstone · #2

Να σημειώσουμε πως η ανισότητα έχει βαπτιστεί.

#3

mathxl έγραψε:Επειδή δε την προσπάθησα ακόμη την τοποθετώ εδώ
Έστω $f:[0,1]\to\mathbb{R}$ με συνεχή πρώτη παράγωγο στο [0,1] τέτοια ώστε f(0)=f(1)=0, να αποδείξετε ότι $\pi^{2}\cdot\int_{0}^{1}f^{2}(x)dx\leq\int_{0}^{1}(f'(x))^{2}dx$

Για $x\in(0,1)$ θέτουμε $\displaystyle g(x):=\frac{f(x)}{\sin(\pi x)}$ .

Η g(x)

είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0,1)

και επιπλέον είναι

$\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}g(x)=\lim_{x\to0^{+}}\frac{f(x)}{\sin(\pi x)}\stackrel{0/0}{=}\lim_{x\to0^+}f{'}(x)=f{'}(0)$ λόγω συνέχειας της f{'}

.

Όμοια είναι $\displaystyle\lim_{x\to1^-}g(x)=f{'}(1)$ .

Μπορούμε λοιπόν να επεκτείνουμε την g(x)

σε συνάρτηση συνεχή στο [0,1]

.

Για $x\in(0,1)$ η g(x)

είναι παραγωγίσιμη.

(1) Αν θεωρήσουμε ότι υπάρχουν τα όρια $\displaystyle\lim_{x\to0+}g{'}(x)$ και $\displaystyle\lim_{x\to1^{-}}g{'}(x)$ , τότε μπορεί να επεκταθεί και η g{'}(x)

σε μια συνεχή συνάρτηση στο [0,1]

και τα παρακάτω να λάβουν νόημα:

Για $x\in[0,1]$ είναι $f{'}(x)=g{'}(x)\sin(\pi x)+\pi g(x)\cos(\pi x)$ , άρα

$\big(f{'}(x)\big)^{2}=\big(g{'}(x)\big)^{2}\sin^{2}(\pi x)+g^{2}(x)\pi^{2}\cos^{2}(\pi x)+2g{'}(x)g(x)\pi\sin(\pi x)\cos(\pi x)$ , άρα

$\displaystyle\int_{0}^{1}\big(f{'}(x)\big)^{2}\,dx=\int_{0}^{1}\big(g{'}(x)\big)^{2}\sin^{2}(\pi x)\,dx+\int_{0}^{1}g^{2}(x)\pi^{2}\cos^{2}(\pi x)\,dx+\int_{0}^{1}2g{'}(x)g(x)\pi\sin(\pi x)\cos(\pi x)\,dx=$

$\displaystyle\int_{0}^{1}\big(g{'}(x)\big)^{2}\sin^{2}(\pi x)\,dx+\int_{0}^{1}g^{2}(x)\pi^{2}\cos^{2}(\pi x)\,dx+\int_{0}^{1}\big(g^{2}(x)\big){'}\pi\sin(\pi x)\cos(\pi x)\,dx=$

$\displaystyle\int_{0}^{1}\big(g{'}(x)\big)^{2}\sin^{2}(\pi x)\,dx+\int_{0}^{1}g^{2}(x)\pi^{2}\cos^{2}(\pi x)\,dx+\left(g^{2}(x)\pi\sin(\pi x)\cos(\pi x)\Big|_{0}^{1}-\pi^{2}\int_{0}^{1}g^{2}(x)\big(\cos^{2}(\pi x)-\sin^{2}(\pi x)\big)\,dx\right)=$

$\displaystyle\int_{0}^{1}\left(\big(g{'}(x)\big)^{2}+\pi^{2}g^{2}(x)\right)\sin^{2}(\pi x)\,dx=$

$\displaystyle\pi^{2}\int_{0}^{1}f^{2}(x)\,dx+\int_{0}^{1}\big(g{'}(x)\big)^{2}\sin^{2}\pi x\,dx\geq\pi^{2}\int_{0}^{1}f^{2}(x)\,dx$

με την ισότητα να λαμβάνεται όταν g{'}(x)=0

δηλαδή όταν η

είναι σταθερή, δηλαδή όταν $f(x)=c\cdot\sin(\pi x)$ για κάποια σταθερά

.

Μένει να αποδειχθεί ο ισχυρισμός (1).

Αμ γουόρκιν όνιτ

#4

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
(1) Αν θεωρήσουμε ότι υπάρχουν τα όρια $\displaystyle\lim_{x\to0+}g{'}(x)$ και $\displaystyle\lim_{x\to1^{-}}g{'}(x)$ , τότε μπορεί να επεκταθεί και η σε μια συνεχή συνάρτηση στο και τα παρακάτω να λάβουν νόημα:

<...>

Μένει να αποδειχθεί ο ισχυρισμός (1).

Αμ γουόρκιν όνιτ

Νο πρόμπλεμ:

Μπορείς να κάνεις την απόδειξη για καλές f όπου το όριο υπάρχει. Μετά, επειδή αυτές είναι πυκνές ως προς την $||.|| _ {\infty}\,$ και το ολοκλήρωμα συνεχές, η ανισότητα διατηρείται στο όριο.

Ένας άλλος τρόπος να λυθεί η άσκηση είναι να την αποδείξουμε πρώτα για τριγωνομετρικά πολυώνυμα $\sigma a_k \sin(kpx) \,.$ Δεδομένου ότι αυτά είναι πυκνά στις συνεχείς συναρτήσεις με f(0) = f(1) = 0 (από την τριγωνμετρική μορφή του Weierstrass) περνάμε και στο στο όριο.

Για τα τριγωνομετρικά πολυώνυμα, το παραπάνω είναι γνωστή (όχι τόσο δύσκολη) ιδιότητα στη θεωρία σειρών Fourier. Η απόδειξη χρησιμοποιεί την καθετότητα των τριγωνομετρικών συναρήσεων. Υπόψη ότι το αριστερό ολοκλήρωμα είναι η L_2

νόρμα της f, και ο λόγος που λειτουργεί η απόδειξη.

Αφήνω τις λεπτομέρειες.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

#5

χμ..Επειδή στο link του jeronymo η απόδειξη γινόταν με σειρές fourier είπα μήπως μπορεί να γίνει κάποια εντελώς στοιχειώδης απόδειξη. Δε βλέπω να το γλυτώνουμε όμως....Τα όρια πάντως μάλλον μου φαίνεται ότι εν γένει δεν υπάρχουν. Πάντως πολύ ενδιαφέρουσα προσέγγιση Δάσκαλε! Θα κοιτάξω μήπως συμπληρώσω τις λεπτομέρειες γιατί αυτά δεν τα καλοθυμάμαι

#6

Mihalis_Lambrou έγραψε:Μετά, επειδή αυτές είναι πυκνές ως προς την $||.|| _ {\infty}\,$ .

Αυτό είναι απλό να δειχθεί; Ποια είναι η αντίστοιχη πρόταση;

#7

Στο βιβλίο του Mitrinovic "Analytic Inequalities" αναφέρει ότι σε ένα paper του 1905 του E(mannuelle) Almansi με τίτλο

Sopra una delle esperienze del Plateau Ann. Mat. Pura Appl. (3) 12, 1-17

υπάρχει η απόδειξη του ότι :

Αν οι

,

είναι συνεχείς στο (a,b)

,

και $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\,dx=0$ , τότε $\displaystyle\big(\frac{2\pi}{b-a}\big)^{2}\int_{a}^{b}f^{2}(x)\,dx\leq\int_{a}^{b}\big(f{'}(x)\big)^{2}\,dx$ .

Έψαξα να το βρω με την ελπίδα να έχει καποια στοιχειώδη απόδειξη που να μη χρησιμοποιεί ανάλυση Fourier, αλλά δεν τα κατάφερα. Υπάρχει κάποιος που να το έχει ή να μπορεί να το βρεί;

#8

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε:Μετά, επειδή αυτές είναι πυκνές ως προς την $||.|| _ {\infty}\,$ .
Αυτό είναι απλό να δειχθεί; Ποια είναι η αντίστοιχη πρόταση;

Αναστάση,

Αν για f πάρουμε συνάρτηση της μορφής f(x) = x(1-x)p(x), όπου p πολυωνυμική, τότε η g που προκύπτει έχει την ιδιότητα που ζητάς. Πράγματι, από την σειρά Taylor της sin(πx) στο 0 (όμοια στο 1) απλοποιείται ένα x (o πρώτος όρος) και μένει στον παρονομαστή 1 + Ο(x^2). Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι η g έχει συνεχή παράγωγο.

Τέλος, αν f συνεχής συνάρτηση με f(0) = f(1) = 0, τότε ξέρουμε από Weierstrass ότι υπάρχει πολυωνυμική q που την προσεγγίζει ομοιόμορφα κατά ε > 0. Ειδικά, |q(0)| < ε, |q(1)| < ε.
Μπορούμε τώρα να κουνήσουμε κατά ε το πολύ την q ώστε να προσεγγίζει < 3ε την f, αλλά να ισχύει για την μετατωπισμένη q, ας την πούμε q' , ότι q' (0) = 0, q'(1) = 0. Αφού λοιπόν η q' έχει ρίζες τις 0 και 1, γράφεται x(1-x)p(x).

Ελπίζω να ξεκαθάρισα το τοπίο.

Φιλικά,

Μιχάλης

#9

Δάσκαλε ευχαριστώ!

#10

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:χμ..Επειδή στο link του jeronymo η απόδειξη γινόταν με σειρές fourier είπα μήπως μπορεί να γίνει κάποια εντελώς στοιχειώδης απόδειξη. Δε βλέπω να το γλυτώνουμε όμως....Τα όρια πάντως μάλλον μου φαίνεται ότι εν γένει δεν υπάρχουν. Πάντως πολύ ενδιαφέρουσα προσέγγιση Δάσκαλε! Θα κοιτάξω μήπως συμπληρώσω τις λεπτομέρειες γιατί αυτά δεν τα καλοθυμάμαι

Τώρα είδα το ενδιαφέρον link του Jeronymo. Η μεθοδος εκεί είναι βέβαια με σειρές Fourier, αλλά αυτό που λέω εγώ είναι ευκολότερη εκδοχή. Δεν χρειαζόμαστε όλη την δύναμη των σειρών Fourier. Η απόδειξη που σκιαγράφησα είναι "στοιχειώδης" γαιτί χρησιμοποιεί μόνο πεπερασμένα τριγωνομετρικά αθροίσματα. Έτσι οι πράξεις δίνουν από μόνες τους το αποτέλεσμα, χωρίς να νοιαζόμαστε για συγκλίσεις ούτε για την ταυτότητα Parseval.

Το μόνο κάπως μη στοιχειώδες κομμάτι της απόδειξης είναι να πούμε (από Weierstrass) ότι οι συνεχείς συναρτήσεις στο [0,1] με f(0) = f(1) προσεγγίζονται από (πεπερασμένα) αθροίσματα τριγωνομετρικών.

Φιλικά,

Μιχάλης.

Καραδήμας · #11

Μια διακριτή μορφή της ανισότητας είναι αυτή: αν $x_1,\ldots ,x_n\in {\mathbb R}$ και $x_1+\cdots +x_n=0$ τότε $\sum_{k=1}^n(x_{k+1}-x_k)^2\geq 4\sin^2\left (\frac{\pi }{n}\right )\sum_{k=1}^nx_k^2$ , όπου $x_{n+1}=x_1$ . Μπορεί κανείς να ξεκαθαρίσει και τις περιπτώσεις που ισχύει ισότητα.

Αντίστοιχο αποτέλεσμα για μιγαδικούς: αν $z_1,\ldots ,z_n\in {\mathbb C}$ και $z_1+\cdots +z_n=0$ τότε $\sum_{k=1}^n|z_{k+1}-z_k|^2\geq 4\sin^2\left (\frac{\pi }{n}\right )\sum_{k=1}^n|z_k|^2$ , όπου $z_{n+1}=z_1$ . Πότε ισχύει ισότητα?

#12

Μια απόδειξη σε σχολικά πλαίσια χωρίς επιπλέον υποθέσεις που την ψιλοξεφτυλίζει την άσκηση από το βιβλίο του Κυρίου Ευγένιου :

Για τη συνάρτηση $f(x)\cot (\pi x)$ έχουμε

$\displaystyle{\lim_{x\to0^+}f(x)\cot (\pi x)=1\cdot\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}{\sin (\pi x)}\stackrel{DLH}{=}\lim_{x\to0^+}\frac{f'(x)}{\pi\cos (\pi x)}=\frac{f'(0)}{\pi}\in\mathbb R}$ λόγω συνέχειας της

και αντίστοιχα για το $\displaystyle{\lim_{x\to1^-}f(x)\cot (\pi x)}$ .

Λόγω συνέχειας της ολοκληρωτέας στο [0,1]

μπορούμε τώρα να γράψουμε

$\displaystyle{2\pi\int_{0}^{1}f(x)f'(x)\cot(\pi x)\,dx=2\pi\left(\frac{f^2(x)}{2}\cot(\pi x)\right)\Big|_{0}^{1}+\pi^2\int_{0}^{1}f^2(x)(1+\cot^2(\pi x))\,dx=\pi^2\int_{0}^{1}f^2(x)(1+\cot^2(\pi x))\,dx}$ , άρα

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\left(\left(f'(x)\right)^2-\pi^2f^2(x)\right)\,dx=\int_{0}^{1}\left(f'(x)-\pi f(x)\cot(\pi x)\right)^2\,dx\geq0}$ .

Η ισότητα ισχύει όταν $\displaystyle{\frac{f'(x)}{f(x)}=\pi\cot(\pi x)}$ ή $\displaystyle{f(x)=c\sin(\pi x)}$ .

....Ωραίος ο κύριος Ευγένιος....

Κατόπιν παραγγελίας

Κατόπιν παραγγελίας

Re: Κατόπιν παραγγελίας

Re: Κατόπιν παραγγελίας

Re: Κατόπιν παραγγελίας

Re: Κατόπιν παραγγελίας

Re: Κατόπιν παραγγελίας

Re: Κατόπιν παραγγελίας

Re: Κατόπιν παραγγελίας

Re: Κατόπιν παραγγελίας

Re: Κατόπιν παραγγελίας

Re: Κατόπιν παραγγελίας

Re: Κατόπιν παραγγελίας

Μέλη σε σύνδεση