Επίκαιρο ορισμένο ολοκλήρωμα

ksofsa · #1

Καλησπέρα!

Μια δική μου κατασκευή:

Έστω συνεχής $f:R\rightarrow R$ . Για οποιουσδήποτε θετικούς ακεραίους a,b

,

$(a+1)\int_{0}^{1}(f(x))^a(1-f(x))^{b+1}dx=(b+1)\int_{0}^{1}(f(x))^{a+1}(1-f(x))^bdx$ .

Επίσης, $\int_{0}^{1}(f(x))^{2021}dx=\int_{0}^{1}(1-f(x))^{2021}dx=\dfrac{1}{2022}$ .

Να υπολογιστεί το ορισμένο ολοκλήρωμα

$\int_{0}^{1}(f(x))^{1010}(1-f(x))^{1011}dx$ .

Σχόλιο :Το θέμα δεν περιορίζεται μόνο στις γνώσεις της τρίτης λυκείου. Απαιτεί κι ένα θεώρημα της στοιχειώδους άλγεβρας.

#2

ksofsa έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 22, 2021 1:51 pm
Έστω συνεχής $f:R\rightarrow R$ . Για οποιουσδήποτε θετικούς ακεραίους ,

$(a+1)\int_{0}^{1}(f(x))^a(1-f(x))^{b+1}dx=(b+1)\int_{0}^{1}(f(x))^{a+1}(1-f(x))^bdx$ .

Επίσης, $\int_{0}^{1}(f(x))^{2021}dx=\int_{0}^{1}(1-f(x))^{2021}dx=\dfrac{1}{2022}$ .

Να υπολογιστεί το ορισμένο ολοκλήρωμα

$\int_{0}^{1}(f(x))^{1010}(1-f(x))^{1011}dx$ .

Ο αρχικός τύπος γράφεται $\displaystyle{\int_{0}^{1}(f(x))^a(1-f(x))^{b+1}dx= \dfrac {b+1}{a+1}\int_{0}^{1}(f(x))^{a+1}(1-f(x))^bdx}$ .

Αναδρομικά λοιπόν έχουμε διαδοχικά

$\displaystyle{\int_{0}^{1}f^{1010}(x)(1-f(x))^{1011}dx = \dfrac {1011}{1011} \int_{0}^{1}f^{1011}(x)(1-f(x))^{1010}dx= \dfrac {1011\cdot 1010}{1011\cdot 1012} \int_{0}^{1}f^{1012}(x)(1-f(x))^{1009}dx}$

$\displaystyle{=... = \dfrac {1011\cdot 1010\cdot ... \cdor 2}{1011\cdot 1012\cdor ...\cdot 2020} \int_{0}^{1}f^{2020}(x)(1-f(x))dx,\, (*)}$

Πριν συνεχίσω, ένα σχόλιο: Αν η αρχική αναδρομική σχέση (που δίνεται για φυσικούς $a,b \ge 1$ ) μας δινόταν για φυσικούς $a,b\ge 0$ θα συνεχίζαμε την παραπάνω αλυσίδα ισοτήτων άλλη μία φορά. Τώρα το τελευταίο ολοκλήρωμα ισούται $\displaystyle{\dfrac {1}{2021} \int_{0}^{1}f^{2021}(x)dx}$ , του οποίου η τιμή μας δίνεται στις υποθέσεις ως $\displaystyle{\dfrac {1}{2022}}$ , και η άσκηση τέλειωσε. Να δούμε λοιπόν πώς θα παρακάμψουμε το πρόβλημα. Πίσω στο θέμα μας:

Τα υπόλοιπα τα δίνω σε μορφή άσκησης, με εκτενείς υποδείξεις, γιατί με παίδεψαν κάπως. Αν χρειαστεί θα επανέλθω αλλά το αφήνω για να τα χαρείτε λύνοντας την άσκηση.

1) Δείξτε επαγωγικά (συν ένα μικρό, χαριτωμένο τεχνασματάκι) ότι για φυσικούς $n\ge 1$ ισχύει $\displaystyle{ \int_{0}^{1}f^n(x)dx=\int_{0}^{1}(1-f(x))^{n}dx}$ . Υπόψη ότι για n=2021

αυτό δίνεται ως υπόθεση.

2) Το προηγούμενο ειδικά για n=1

δίνει $\displaystyle{ \int_{0}^{1}f(x)dx = \dfrac {1}{2}}$

3) Έστω $\displaystyle{ \int_{0}^{1}f^2(x)dx = \dfrac {B}{3}}$ . Δείξτε με ισχυρή επαγωγή ότι $\displaystyle{ \int_{0}^{1}f^n(x)dx = \dfrac {1}{n+1}((n-1)B-(n-2))}$ για κάθε $n \in \mathbb N$ . Υπόδειξη: Αρχίστε από τον αρχικό αναγωγικό τύπο αλλά με $a=n,\, b=1$ .

4) Από την αρχική υπόθεση $\displaystyle{\int_{0}^{1}f^{2021}(x)dx=\dfrac{1}{2022}}$ να συμπεράνετε ότι B=1

5) Να συμπεράνετε ότι $\displaystyle{\int_{0}^{1}f^{n}(x)dx=\dfrac{1}{n+1}}$ για κάθε $n \in \mathbb N$ .

6) Βρείτε τώρα το ολοκλήρωμα στο δεξί μέλος της (*)

, και τελειώσαμε.

Θα βρούμε ότι η ζητούμενη απάντηση είναι $\displaystyle{\frac {1010!1011!}{2022!}}$

Κώστα: Υποθέτω ότι η λύση αυτή είναι διαφορετική από εκείνη που έχεις κατά νου, ως κατασκευαστής της. Θα χαρώ να δω ποιο είναι το αλγεβρικό επιχείρημα στο τέλος της άσκησης, που υπονοείς. Φαντάζομαι κάτι κομψότερο από αυτό που έγραψα ο ίδιος.

ksofsa · #3

Καλό βράδυ!

Κύριε Λάμπρου, σας ευχαριστώ για την εκτενή διαπραγμάτευση του θέματος. Η λύση σας είναι πιο μεθοδική από τη λύση που έκανα κατασκευάζοντας την άσκηση. Το λέω αυτό γιατί, όπως θα φανεί παρακάτω, ένα σημείο της λύσης είναι κάπως ουρανοκατέβατο. Επίσης, η λύση σας είναι χωρίς αμφιβολία εντός των σχολικών ορίων. Η λύση που θα καταγράψω χρησιμοποιεί το διωνυμικό θεώρημα ("το θεώρημα της στοιχειώδους άλγεβρας", που έγραψα στην εκφώνηση) και τους συνακόλουθους διωνυμικούς συντελεστές. Αν δεν κάνω λάθος, το διωνυμικό θεώρημα δε διδάσκεται απαραίτητα, αλλά νομίζω ότι υπάρχει σε κάποιο σχολικό βιβλίο του λυκείου. Τόλμησα, λοιπόν, να βάλω το θέμα σε φάκελο του λυκείου. Η γνώση του διωνυμικού θεωρήματος παραείναι στοιχειώδης για να μπει το θέμα σε πιο προχωρημένο φάκελο.

Έρχομαι στη λύση:

Χρησιμοποιώντας την υπόθεση δείχνουμε ότι:

$\binom{n}{k}\int_{0}^{1}(f(x))^k(1-f(x))^{n-k}dx=\binom{n}{k+1}\int_{0}^{1}(f(x))^{k+1}(1-f(x))^{n-k-1}dx$ , όπου $n-2\geq k\geq 1$ ,

αφού μετά τις πράξεις γράφεται:

$(k+1)\int_{0}^{1}(f(x))^k(1-f(x))^{n-k}dx=(n-k)\int_{0}^{1}(f(x))^{k+1}(1-f(x))^{n-k-1}dx$ .

Αυτό το σημείο ήταν το ουρανοκατέβατο.

Με επαγωγή στο

τώρα, δείχνουμε ότι γενικά

$\binom{n}{k}\int_{0}^{1}(f(x))^k(1-f(x))^{n-k}dx=\binom{n}{r}\int_{0}^{1}(f(x))^r(1-f(x))^{n-r}dx$ , όπου $1\leq k\leq n-1,1\leq r\leq n-1(1)$ .

Από το διωνυμικό θεώρημα έχουμε ότι:

$1=[f(x)+(1-f(x)]^{2021}=(f(x))^{2021}+\binom{2021}{1}(f(x))^{2020}(1-f(x))+...$

$+\binom{2021}{k}(f(x))^k(1-f(x))^{2021-k}+...+(1-f(x))^{2021}$ .

Παίρνοντας ολοκλήρωμα από 0 έως 1 στην παραπάνω σχέση έχουμε ότι:

$1=\int_{0}^{1}(f(x))^{2021}dx+\int_{0}^{1}\binom{2021}{1}(f(x))^{2020}(1-f(x))dx+...$

$+\int_{0}^{1}\binom{2021}{k}(f(x))^k(1-f(x))^{2021-k}dx+...+\int_{0}^{1}(1-f(x))^{2021}dx$

Αντικαθιστώντας τα γνωστά ολοκληρώματα από την υπόθεση έχουμε ότι:

$\dfrac{2020}{2022}=\int_{0}^{1}\binom{2021}{1}(f(x))^{2020}(1-f(x))dx+...$

$+\int_{0}^{1}\binom{2021}{k}(f(x))^k(1-f(x))^{2021-k}dx+...+\binom{2021}{2020}\int_{0}^{1}(f(x))(1-f(x))^{2020}dx$ .

Όμως, όπως δείξαμε (σχέση (1)), οι 2020

όροι του αθροίσματος του δεύτερου μέλους είναι ίσοι. Άρα, καθένας τους ισούται με $\dfrac{1}{2022}$ .

Στην περίπτωσή μας,

$\binom{2021}{1010}\int_{0}^{1}(f(x))^{1010}(1-f(x))^{1011}dx=\dfrac{1}{2022}$

και τελικά:

$\int_{0}^{1}(f(x))^{1010}(1-f(x))^{1011}dx=\dfrac{(1010!)(1011)!}{2022!}$ .

Θα ήθελα να σχολιάσω ότι τέτοια συνάρτηση υπάρχει. Παράδειγμα είναι η ταυτοτική ( f(x)=x

).Μάλιστα , μια πρόσφατη συζήτηση στο φόρουμ κινούνταν πέρι την αυτή θεματική (https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 53&t=69941). Η μελέτη της εν λόγω συζήτησης ήταν και η αφορμή κατασκευής της άσκησης. Η επικαιρότητα του θέματος έχει , λοιπόν, δύο συνιστώσες. Μία είναι η παρουσία του αριθμού 2021 στα δεδομένα και η άλλη και πιο ουσιαστική είναι η εν λόγω πρόσφατη συζήτηση.

#4

Εξαιρετικά όλα αυτά. Ζόρικη άσκηση στα σίγουρα.

ksofsa έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 24, 2021 10:03 pm

Θα ήθελα να σχολιάσω ότι τέτοια συνάρτηση υπάρχει. Παράδειγμα είναι η ταυτοτική ().

Σωστά. Άλλη τέτοια είναι η f(x)=1-x

. Tις δύο αυτές συναρτήσεις τις είχα εντοπίσει αλλά δεν μπορώ να βρω άλλη ούτε να αποδείξω ότι δεν υπάρχει άλλη. Όλα συνηγορούν ότι αυτές οι δύο είναι οι μόνες συναρτήσεις που ικανοποιούν τις συνθήκες. Για παράδειγμα οι υποψήφιες

μοιράζονται πολλές από τις ιδιότητές τους, όπως (έχω αποδείξει) τις εξής, πέρα από αυτές που ήδη έδειξα:

$\displaystyle{ \int _0^1 f^n(x)(1-f(x))^kdx= \int _0^1 f^k(x)(1-f(x))^ndx }$ (ακόμα και για

ή

ίσον με το

)

$\displaystyle{ \int _0^1 f^n(x)(1-f(x))^kdx= \dfrac {n!k!}{(n+k+1)! }$ .

Θα ήταν ενδιαφέρον να βρίσκαμε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις που ικανοποιούν τις αρχικές συνθήκες.

Και ένα σχόλιο: Αυτό που με παίδεψε στην λύση μου είναι να δείξουμε ότι $\displaystyle{\int_0^1 f^2(x)dx= \dfrac {1}{2}}$ . Δεν κατάφερα να βρω εύκολο/άμεσο τρόπο, γι' αυτό και η μανούβρα στα βήματα 3) και 4) της λύσης μου. Αν είχαμε έναν εύκολο τρόπο να το δείξουμε, τότε η λύση απλοποιείται ουσιαστικά: Με εύκολη επαγωγή είναι τότε $\displaystyle{ \int _0^1 f^n(x)dx = \dfrac {1}{n+1}}$ , και τα υπόλοιπα έπονται απλά.

Έχει κανείς κάποιον γρήγορο τρόπο να δείξει ότι $\displaystyle{\int _0^1 f^2(x)dx= \dfrac {1}{2}}$ ;

Θα χαρώ να τον δω.

Επίκαιρο ορισμένο ολοκλήρωμα

Επίκαιρο ορισμένο ολοκλήρωμα

Re: Επίκαιρο ορισμένο ολοκλήρωμα

Re: Επίκαιρο ορισμένο ολοκλήρωμα

Re: Επίκαιρο ορισμένο ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση