Genrih
Удален
|
    
Дано что f-непреръвна на [a,b] и
I{a->b}[(x^n)*f(x)] dx=0
(интеграл от а до b) для всех неотрицательнъх n
Доказать что f(x)=0 на [a,b]
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 6 апр. 2005 21:16 | IP
|
|
dm
Удален
|
Поскольку мы умеем непрерывные на отрезке функции равномерно приближать полиномами, то отсюда немедленно следует, что
I{a->b}[g(x)*f(x)] dx=0 для любой непрерывной g.
Достаточно взять g:=f. Теперь уже легко показать, что f=0 тождественно (предположить, что не 0 в какой-то точке, значит по непрерывности и в некоторой окрестности, приходим к противоречию).
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 8 апр. 2005 16:09 | IP
|
|
sms
Удален
|
Тут ещё важно, что это конечный отрезок. На оси или полуоси такие ненулевые непрерывные функции с нулевыми моментами есть.
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 11 апр. 2005 21:40 | IP
|
|
Genrih
Удален
|
 насчет полиномов и я думал,только вот не догадался прибегнуть еще к непреръвной g(x)
У меня возникла другая идея: беря только четнъе степени для х^n (для неотрицательности в любом интервале [a,b]) ->применяем для f(x) формулу о среднем значении:т.е. получаем точку в которой f(x)=0 ... и продолжая для степеней Х-а получаем множество точек из [a,b], в которъх f(x)=0. Вот бъ узнать об етом множестве : если оно плотно, то --ясно
в противном случае - идея не подходит
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 13 апр. 2005 18:46 | IP
|
|
sms
Удален
|
Только чётных моментов недостаточно. Например, любая нечетная функция- скажем синус, имеет на симметричном интервале-скажем, (-1,1) все интегралы моментов равные нулю.
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 13 апр. 2005 21:57 | IP
|
|
Genrih
Удален
|
Я видимо не правильно объяснил :
четность иксов будем брать для положительности функции g(x)=x^n, а дальше по формуле о среднем значении
I{a->b}g(x)*f(x) dx= f(e_n)*I{a->b}g(x) dx = 0 ,
здесь g(x)=x^n и е_n из [a,b]
тоесть f(e_n)=0 и так для каждой степени n -> получаем последовательность из [a,b] в которой f(e_i) = 0. Если ета последовательность будет представлять плотное множество , то .......
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 14 апр. 2005 17:30 | IP
|
|
dm
Удален
|
Genrih
Я видимо не правильно объяснил :
четность иксов будем брать для положительности функции
Ну всё правильно. Так или иначе, но Вы не используете условие равенства нулю моментов нечетных порядков. Так Вы утверждение не докажете, т.к. оно просто становится не верным. На это Вам и указал sms.
Если ета последовательность будет представлять плотное множество
C чего бы ему быть плотным? Можете проверить, что уже для f(x)=x последовательность точек e_n не будет плотной.
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 14 апр. 2005 18:10 | IP
|
|
Genrih
Удален
|
Видимо идея не подходит  - я никак не могу получить плотность
dm
C чего бы ему быть плотным? Можете проверить, что уже для f(x)=x последовательность точек e_n не будет плотной.
Да,плотность множества в етой задаче никуда не лепится, а жаль , красиво бъ получилось 
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 15 апр. 2005 14:08 | IP
|
|
dm
Удален
|
Плотность множества точек на отрезке, в которых принимается среднее значение, не лепится. А плотность множества полиномов в пространстве непрерывных функций лепится.
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 15 апр. 2005 15:57 | IP
|
|
dm
Удален
|
В принципе, было бы плотное множество нулей, если бы показали, что равны нулю первые моменты на подынтервалах. Но всё равно это делалось бы через аппроксимацию индикаторов отрезков полиномами...
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 15 апр. 2005 16:03 | IP
|
|
Форум
(x^n)*f(x)
