Ισοεμβαδικές συναρτήσεις

peter · #1

Έστω $f,g:[0,1]\to (0,\infty)$ συνεχείς συναρτήσεις με $\displaystyle \int_0^1f(x)\, dx=\int_0^1 g(x)\, dx=1$ . Τότε, υπάρχει υποδιάστημα $[a,b]\subset [0,1]$ ώστε: $\displaystyle \int_a^b f(x)\, dx=\int_a^b g(x)\, dx=\frac{1}{2}$ .

#2

Σχετίζεται με την άσκηση εδώ.

mathxl · #3

Ορίζουμε την συνάρτηση
$\displaystyle{F\left( \varepsilon \right) = \int\limits_\varepsilon ^{1 - \varepsilon } {f\left( t \right)dt} ,\varepsilon \in \left[ {0,\frac{1}{2}} \right]}$ , η οποία είναι συνεχής στο $\displaystyle{\left[ {0,\frac{1}{2}} \right]}$ και επίσης $\displaystyle{F\left( 0 \right) = 1 > \frac{1}{2} > 0 = F\left( {\frac{1}{2}} \right)}$ άρα από το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής, θα υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{{\varepsilon _0} \in \left( {0,\frac{1}{2}} \right)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{F\left( {{\varepsilon _0}} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \int\limits_{{\varepsilon _0}}^{1 - {\varepsilon _0}} {f\left( t \right)dt} = \frac{1}{2}}$ , δηλαδή υπάρχει διάστημα $\displaystyle{\left[ {{\varepsilon _0}.1 - {\varepsilon _0}} \right] \subset \left[ {0,1} \right]}$ με $\displaystyle{{\varepsilon _0} \in \left( {0,\frac{1}{2}} \right)}$ ώστε $\displaystyle{\int\limits_\alpha ^\beta {f\left( t \right)dt} = \frac{1}{2}}$ , $\displaystyle{{a = {\varepsilon _0},\beta = 1 - {\varepsilon _0}}}$ . Ομοίως για την $\displaystyle{g}$

mathxl · #4

Εναλλακτικά μπορούμε να δουλέψουμε και με την $\displaystyle{F\left( \varepsilon \right) = \int\limits_{\frac{1}{2} - \varepsilon }^{\frac{1}{2} + \varepsilon } {f\left( t \right)dt} ,\varepsilon \in \left[ {0,\frac{1}{2}} \right]}$

Eukleidis · #5

Μιας και ξανατέθηκε εδώ viewtopic.php?f=59&t=36417, θα με ενδιέφερε μια λυκειακή λύση.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

peter έγραψε: ↑
Παρ Οκτ 16, 2009 5:00 pm
Έστω $f,g:[0,1]\to (0,\infty)$ συνεχείς συναρτήσεις με $\displaystyle \int_0^1f(x)\, dx=\int_0^1 g(x)\, dx=1$ . Τότε, υπάρχει υποδιάστημα $[a,b]\subset [0,1]$ ώστε: $\displaystyle \int_a^b f(x)\, dx=\int_a^b g(x)\, dx=\frac{1}{2}$ .

Επαναφορά.
Νομίζω ότι δεν είναι κατάλληλος ο φάκελος
αν και η λύση που έχω είναι με σχολική ύλη .

#7

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 01, 2019 11:06 am

peter έγραψε: ↑
Παρ Οκτ 16, 2009 5:00 pm
Έστω $f,g:[0,1]\to (0,\infty)$ συνεχείς συναρτήσεις με $\displaystyle \int_0^1f(x)\, dx=\int_0^1 g(x)\, dx=1$ . Τότε, υπάρχει υποδιάστημα $[a,b]\subset [0,1]$ ώστε: $\displaystyle \int_a^b f(x)\, dx=\int_a^b g(x)\, dx=\frac{1}{2}$ .
Επαναφορά.
Νομίζω ότι δεν είναι κατάλληλος ο φάκελος
αν και η λύση που έχω είναι με σχολική ύλη .

Νομίζω η ακόλουθη είναι εντός σχολικής ύλης.

Δίνω μόνο περίληψη γιατί έχω πολύ φόρτο εργασίας (πρέπει να πάω τυπογραφείο σε δυο μέρες. Πανικός).

Εύκολα βλέπουμε ότι υπάρχει (μοναδικό) p(0)

με $\displaystyle \int_0^{p(0)}f(t)\, dt= 1/2$ και άρα $\displaystyle \int_{p(0)}^1f(t)\, dt=1- 1/2= 1/2 \, (*)$

Όμοια, για κάθε $0\le x \le p(0)$ υπάρχει (μοναδικό) p(x)

με $\displaystyle \int_x^{p(x)}f(t)\, dt= 1/2$ (η μοναδικότητα έπεται από το γεγονός ότι η

είναι γνήσια θετική και άρα το ολοκλήρωμα αυξάνει με το άνω άκρο του). Υπόψη ότι η (*)

δίνει

.

H

είναι συνεχής καθώς ισχύει (απλό) $\displaystyle \int_a^x}f(t)\, dt= \int_{p(a)}^{p(x)}f(t)\, dt$ (βγαίνει από τις ισότητες $\displaystyle \int_a^{p(a)}f(t)\, dt= 1/2 = \int_{x}^{p(x)}f(t)\, dt$ )

Όμοια για την

ορίζουμε μία αντίστοιχη

Αν

, τελειώσαμε. Χωρίς βλάβη, λοιπόν, $p(0) < q(0) \, (**)$ . Άρα

$\displaystyle \int_0^{p(0)}g(t)\, dt< \int_{0}^{q(0)}g(t)\, dt = 1/2$ , οπότε

$\displaystyle \int_{p(0)}^1g(t)\, dt > 1/2 = \int_{p(0)}^{q(p(0))}f(t)\, dt$ , από όπου q(p(0)) < 1 = p(p(0))

που μαζί με την (**)

δίνει ότι

υπάρχει

με

.

Με άλλα λόγια παίρνουμε $a=c, \, b=p(c)=q(c)$ και τελειώσαμε.

#8

Μία γενίκευση (εν μέρει στο πνεύμα της λύσης του Μιχάλη):

Έστω $f,g:[0,1]\to (0,\infty)$ συνεχείς συναρτήσεις με

φθίνουσα και

αύξουσα (ή αντίστροφα) και $\displaystyle \int_0^1f(t)\, dt=\int_0^1 g(t)\, dt=1$ . Τότε, για κάθε $\delta\in(0,1)$ υπάρχει υποδιάστημα $[a,b]\subset [0,1]$ ώστε: $\displaystyle \int_a^b f(t)\, dt=\int_a^b g(t)\, dt=\delta$ .

Απόδειξη: Λόγω αντιθέτων μονοτονιών υπάρχει μοναδικό $c\in(0,1)$ τέτοιο ώστε f(c)=g(c)

,

για

,

για

. Η δοθείσα συνθήκη $\displaystyle\int_0^1f(t)dt=\int_0^1g(t)dt$ , ισοδύναμη προς την $\displaystyle\int_0^c(f(t)-g(t))dt=\int_c^1(g(t)-f(t))dt$ , μαζί με τις δοθείσες μονοτονίες και συνέχειες, συνεπάγεται ότι για κάθε $x\in(0,c)$ υπάρχει καλώς ορισμένο r(x)

τέτοιο ώστε

$\displaystyle\int_x^c(f(t)-g(t))dt=\int_c^{r(x)}(g(t)-f(t))dt\leftrightarrow\int_x^{r(x)}f(t)dt=\int_x^{r(x)}g(t)dt.$

Θέτοντας τώρα $H(x)=\displaystyle\int_x^{r(x)}f(t)dt$ , παρατηρούμε ότι H(0)=1

,

(λόγω των

,

). Λόγω συνέχειας υπάρχει $a\in(0,c)$ τέτοιο ώστε $H(a)=\delta$ . Η ζητούμενη γενίκευση προκύπτει για b=r(a)

.

[Οι συνθήκες μονοτονίας μάλλον δεν είναι απαραίτητες. Μπορούν να απαλυνθούν ή ίσως και να παραλειφθούν. Δεν είναι κάτι που βλέπω αυτήν την στιγμή πως μπορεί να γίνει, αλλά μπορεί να επανέλθω αν δεν το καταφέρει κάποιος άλλος. Προς το παρόν παραθέτω εδώ το παράδειγμα των $f(t)=\dfrac{1}{2}+t$ , g(t)=3t^2

, όπου τα

,

προκύπτουν από τις $1-2a+\sqrt{-12a^2+4a+9}=-2+2\sqrt{4a^2+4a+1+8\delta}$ , $b=\dfrac{1-2a+\sqrt{-12a^2+4a+9}}{4}$ .]

#9

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 04, 2019 12:07 pm
[Οι συνθήκες μονοτονίας μάλλον δεν είναι απαραίτητες. Μπορούν να απαλυνθούν ή ίσως και να παραλειφθούν.]

Για να παραλειφθούν ας μην γίνεται λόγος, καθώς ... όπως δείχνει το παρακάτω απλό παράδειγμα όπου οι δύο ισοεμβαδικές συναρτήσεις τέμνονται σε περισσότερα του ενός σημεία, δεν είναι δυνατόν να προκύψουν ίσα υποεμβαδά που να πλησιάζουν 'πολύ' το αρχικό εμβαδόν: αυτό γίνεται φανερό από την γεωμετρία και μόνον (αν κόψουμε 'πολύ' κοντά στα άκρα του διαστήματος, όπου η μία συνάρτηση υπερέχει της άλλης, δεν είναι δυνατόν να προκύψουν ίσα υποεμβαδά), αργότερα ελπίζω να στείλω και τις σχετικές εξισώσεις.

Ίσως λοιπόν να επαρκεί η ύπαρξη ακριβώς ενός σημείου τομής των δύο ισοεμβαδικών συναρτήσεων ... για ίσα υποεμβαδά πολύ κοντά στο αρχικό εμβαδόν, θα δούμε...

: δ-less-than-1.png (2.6 KiB) Προβλήθηκε 1004 φορές

#10

: no-more-than-half.png (3.79 KiB) Προβλήθηκε 950 φορές

Το παραπάνω απλό (αντι)παράδειγμα δείχνει γιατί το αρχικό πρόβλημα είναι βέλτιστο, γιατί δηλαδή από την $\displaystyle\int_0^1f(x)dx=\int_0^1g(x)dx=1$ ΔΕΝ έπεται η ύπαρξη υποδιαστήματος [a,b]

του

τέτοιου ώστε $\displaystyle\int_a^bf(x)dx=\int_a^bg(x)dx=\delta$ , όπου $\delta>\dfrac{1}{2}$ .

[Από τις 6 δυνατές περιπτώσεις $0<a<\dfrac{1}{3}$ και $0<b<\dfrac{1}{3}$ , $0<a<\dfrac{1}{3}$ και $\dfrac{1}{3}<b<\dfrac{2}{3}$ , $0<a<\dfrac{1}{3}}$ και $\dfrac{2}{3}<b<1$ , $\dfrac{1}{3}<a<\dfrac{2}{3}$ και $\dfrac{1}{3}<b<\dfrac{2}{3}$ , $\dfrac{1}{3}<a<\dfrac{2}{3}$ και $\dfrac{2}{3}<b<1$ , $\dfrac{2}{3}<a<1$ και $\dfrac{2}{3}<b<1$ , οι μόνες δύο που χρειάζεται να εξεταστούν είναι η πρώτη και η τελευταία: στην πρώτη ( $0<a<\dfrac{1}{3}$ και $0<b<\dfrac{1}{3}$ ) η συνθήκη $\displaystyle\int_a^bf(x)dx=\int_a^bg(x)dx$ δίνει $(\dfrac{1}{3}-a)\cdot\dfrac{3}{2}=b-a$ και $b=\dfrac{1-a}{2}$ , οπότε $\displaystyle\int_a^bf(x)dx=\int_a^bg(x)dx=\dfrac{1-3a}{2}<\dfrac{1}{2}$ , στην τελευταία ( $\dfrac{2}{3}<a<1$ και $\dfrac{2}{3}<b<1$ ) η συνθήκη $\displaystyle\int_a^bf(x)dx=\int_a^bg(x)dx$ δίνει $(b-\dfrac{2}{3})\cdot\dfrac{3}{2}=b-a$ και b=2-2a

(KAI $a<\dfrac{1}{2}$ λόγω b<1

), οπότε $\displaystyle\int_a^bf(x)dx=\int_a^bg(x)dx=\dfrac{2-3a}{2}<\dfrac{1}{2}$ .]

Ισοεμβαδικές συναρτήσεις

Ισοεμβαδικές συναρτήσεις

Re: Ισοεμβαδικές συναρτήσεις

Re: Ισοεμβαδικές συναρτήσεις

Re: Ισοεμβαδικές συναρτήσεις

Re: Ισοεμβαδικές συναρτήσεις

Re: Ισοεμβαδικές συναρτήσεις

Re: Ισοεμβαδικές συναρτήσεις

Re: Ισοεμβαδικές συναρτήσεις

Re: Ισοεμβαδικές συναρτήσεις

Re: Ισοεμβαδικές συναρτήσεις

Μέλη σε σύνδεση