mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 04, 2017 10:31 am**

Έστω πραγματικοί αριθμοί a,b

, με

και διακεκριμένες συνεχείς συναρτήσεις f,g

από το

στο $(0,\infty)$ ώστε $\displaystyle \int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x=\int_a^b g(x)\,\mathrm{d}x$

Για θετικό ακέραιο

ορίζουμε

$\displaystyle I_n=\int_a^b\frac{(f(x))^{n+1}}{(g(x))^n}\,\mathrm{d}x.$

Να δειχθεί ότι η ακολουθία (I_n)

είναι αύξουσα και $\displaystyle\lim_{n\to\infty}I_n=\infty.$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 05, 2017 6:38 pm**

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 04, 2017 10:31 am
Έστω πραγματικοί αριθμοί , με και διακεκριμένες συνεχείς συναρτήσεις από το στο $(0,\infty)$ ώστε $\displaystyle \int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x=\int_a^b g(x)\,\mathrm{d}x$

Για θετικό ακέραιο ορίζουμε

$\displaystyle I_n=\int_a^b\frac{(f(x))^{n+1}}{(g(x))^n}\,\mathrm{d}x.$

Να δειχθεί ότι η ακολουθία είναι αύξουσα και $\displaystyle\lim_{n\to\infty}I_n=\infty.$

Θα δώσω μια λύση για την γενικότερη περίπτωση.

Δηλαδή υποθέτουμε ότι οι f,g

είναι μετρήσιμες ,παίρνουν τιμές στο $(0,\infty)$ ,δεν είναι ίσες σχεδόν παντού και
είναι φραγμένες άνω για να μην μπορούν τα ολοκληρώματα να απειρίζονται.
(εννοείται ότι τα ολοκληρώματα είναι με την έννοια του Lebesgue)
Επίσης όλα τα σύνολα που ορίζονται παρακάτω είναι μετρήσιμα.

Τα σύνολα $A=\left \{ x:f(x)> g(x) \right \},B=\left \{ x:f(x)< g(x) \right \}$

έχουν μη μηδενικό μέτρο αφού οι συναρτήσεις δεν είναι ίσες σχεδόν παντού και

$\int f=\int g$
(στα ολοκληρώματα παραλείπω τα

)

i)Είναι $\int \frac{f^{n+1}}{g^{n}}> \int \frac{f^{n}}{g^{n-1}}\Leftrightarrow \int (\frac{f}{g})^{n}(f-g)> 0$

Αλλά
$\int (\frac{f}{g})^{n}(f-g)=\int _{A}(\frac{f}{g})^{n}(f-g)+\int _{B}(\frac{f}{g})^{n}(f-g)> \int _{A}(f-g)+\int _{B}(f-g)=\int f-g=0$

γιατί στο

είναι $(\frac{f}{g})^{n}< 1,f-g< 0$ .

Η απόδειξη του i) ολοκληρώθηκε

ii)Γράφουμε $I_{n}=\int \frac{f^{n+1}}{g^{n}}=\int (\frac{f}{g})^{n}f$

Είναι $A=\left \{ x:f(x)> g(x) \right \}=\cup_{q\in \mathbb{Q},q> 1}\left \{ x:f(x)> qg(x) \right \}$

Επειδή το

εχει θετικό μέτρο υπάρχει $a\in \mathbb{Q},a> 1$

ώστε το $\left \{ x:f(x)> ag(x) \right \}$ να έχει θετικό μέτρο.

Αλλά $\left \{x:f(x)> ag(x) \right \}=\left \{x:f(x)> ag(x) \right \}\cap \left \{ x:f(x)> 0 \right \}=\left \{x:f(x)> ag(x) \right \}\cap (\cup _{p\in \mathbb{Q},p> 0}\left \{ x:f(x)> p \right \})=$
$=\cup _{p\in \mathbb{Q},p> 0}\left \{ x:f(x)> ag(x)\wedge f(x)> p \right \}$

άρα υπάρχει $b\in \mathbb{Q},b> 0$

ώστε το σύνολο

$C=\left \{ x:f(x)> ag(x)\wedge f(x)> b \right \}$

να έχει θετικό μέτρο.

Τελικά είναι $I_{n}\geq \int _{C}(\frac{f}{g})^{n}f\geq a^{n}bm(C)\rightarrow \infty$

Δεν έβαλα άκρα ολοκλήρωσης γιατί με κάποιες προυποθέσεις ισχύει και για μη κλειστά διαστήματα.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 06, 2017 6:34 pm**

Το ίδιο πρόβλημα τέθηκε στην RNMO 2003 με μοναδική διαφορά ότι τα ολοκληρώματα ήταν από 0 έως 1.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 07, 2017 11:03 am**

Παναγιώτη, ευχαριστούμε για την πληροφόρηση. Το RNMO τι συμβολίζει; Romanian National Mathematical Olympiad, ή μήπως κάτι άλλο;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 08, 2017 9:19 pm**

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 04, 2017 10:31 am
Έστω πραγματικοί αριθμοί , με και διακεκριμένες συνεχείς συναρτήσεις από το στο $(0,\infty)$ ώστε $\displaystyle \int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x=\int_a^b g(x)\,\mathrm{d}x$

Για θετικό ακέραιο ορίζουμε

$\displaystyle I_n=\int_a^b\frac{(f(x))^{n+1}}{(g(x))^n}\,\mathrm{d}x.$

Να δειχθεί ότι η ακολουθία είναι αύξουσα και $\displaystyle\lim_{n\to\infty}I_n=\infty.$

Αλλιώς: Θεωρούμε την αληθή ανισότητα $f^2+g^2\ge 2fg$ , με την παρατήρηση ότι σε κάποιο σημείο η ανισότητα πρέπει να είναι γνήσια γιατί οι f,g

δεν ταυτίζονται. Πολλαπλασιάζουμε επί $\displaystyle{\frac {f^n}{g^{n+1}} }$ και ολοκληρώνουμε. Δίνει

$\displaystyle{ I_{n+1} + I_{n-1} > 2 I_n}$ (γνήσια ανισότητα λόγω της παρατήρησης και το γεγονός ότι έχουμε να κάνουμε με συνεχείς συναρτήσεις).

Άρα $\displaystyle{ I_{n+1} - I_n > I_{n} - I_{n-1} }$ και επαγωγικά $I_{n+1} - I_n > I_1-I_0> \int _a^b(f-g)=0$ . Ειδικά, $\displaystyle{ I_{n+1} > I_n }$ , που απαντά στο πρώτο ερώτημα.

Πρόσθεση κατά μέλη των $\displaystyle{ I_{n+1} - I_n > I_{1} - I_{0} >0}$ δίνει $I_{n+1} - I_1> n(I_1-I_0)$ , που απαντά στο δεύτερο ερώτημα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 16, 2017 11:10 am**

Κι εγώ έτσι νομίζω αλλά δεν είμαι σίγουρος. Παραθέτω την πηγή μου (Problem 64) https://lupucezar.files.wordpress.com/2 ... tions_.pdf

mathematica.gr

Putnam 2017/A3

Putnam 2017/A3

Re: Putnam 2017/A3

Re: Putnam 2017/A3

Re: Putnam 2017/A3

Re: Putnam 2017/A3

Re: Putnam 2017/A3