Encuentre$a$ y$b$ para el cual$\int_{0}^{1}( ax+b+\frac{1}{1+x^{2}} )^{2}\,dx$ toma su valor mínimo posible.

Question

Calcular para qué valores de a$a$ e $b$ integral

$$\int_{0}^{1} \left( ax+b+\frac{1}{1+x^{2}} \right)^{2}\,dx$$

toma su valor mínimo posible?

Para ser honesto, no estoy seguro de cómo probar esto, pero mi idea es calcular su derivada utilizando fundamental del cálculo teorema como $\left(ax+b+\frac{1}{1+x^{2}} \right)^{2}$ es una función continua sobre $[0,1]$. Y a continuación, evalúe la integral sobre la $0,1$ y los valores donde calculamos la derivada es cero y encontrar que $a$ e $b$ hace el trabajo. Lo siento, pero este es el primer problema de este tipo lo estoy intentando. Gracias

Answer 1

Deje que \begin{align}f(a,b)=\int_{0}^{1} \left( ax+b+\frac{1}{1+x^{2}} \right)^{2}dx\implies \frac{\partial f(a,b)}{\partial a}&=\int_0^12x\left( ax+b+\frac{1}{1+x^{2}} \right)\,dx\\&=\left[\frac{2ax^3}3+bx^2+\ln(1+x^2)\right]_0^1\end {align} así $$\frac{\partial f(a,b)}{\partial a}=\frac23a+b+\ln2=0\tag1$$ for critical points. Similarly \begin{align}f(a,b)=\int_{0}^{1} \left( ax+b+\frac{1}{1+x^{2}} \right)^{2}dx\implies \frac{\partial f(a,b)}{\partial b}&=\int_0^12\left( ax+b+\frac{1}{1+x^{2}} \right)\,dx\\&=\left[ax^2+2bx+2\tan^{-1}x\right]_0^1\end{align} so $$\frac{\partial f(a,b)}{\partial b}=a+2b+\frac\pi2=0\implies\frac12a+b+\frac\pi4=0\tag2$$ for critical points. Performing $ (1) - (2)$ gives $$\frac16a=\frac\pi4-\ln2\implies a=\boxed{\frac{3\pi}2-6\ln2}$$ and putting this into $ (2)$ gives $$b=-\frac12a-\frac\pi4=\boxed{-\pi+3\ln2}.$ $

Answer 2

También podemos resolver este problema mediante la proyección de $f(x) = -\dfrac{1}{1+x^2}$ sobre el espacio lineal generado por todas las funciones lineales definidos en $[0,1]$ donde usamos el interior del producto $\langle f,g\rangle=\int_0^1f(x) g(x) dx$.

La normalizado función constante $e_0(x) = 1$ puede considerarse una base de vectores del espacio lineal de la función lineal. La función de $h(x) = x$ es linealmente independientes de a$e_0(x)$ pero no es ortogonal a la misma. El uso de las bacterias Gram–Schmidt proceso podemos encontrar la correcta base de vectores de la siguiente manera. Restamos de $h(x)$ su componente en la dirección de $e_0(x)$ y, a continuación, nos normalizar el resultado. Ponemos:

$$g(x) = h(x) - \langle h,e_0\rangle e_0(x) = x - \int_0^1 x dx = x - \frac{1}{2}$$

La normalización de $g(x)$ nos da la otra base de vectores $e_1(x)$ del espacio de las funciones lineales:

$$e_1(x) = \frac{g(x)}{\sqrt{\langle g,g\rangle}} = \frac{x-\frac{1}{2}}{\sqrt{\int_0^1 \left(x-\frac{1}{2}\right)^2 dx }} = 2\sqrt{3}\left(x-\frac{1}{2}\right)$$

La proyección de $f(x)$ sobre el espacio lineal generado por las funciones lineales, entonces es:

$$\langle f,e_0 \rangle e_0(x) + \langle f,e_1 \rangle e_1(x) = 3\log(2) -\pi +\left( \frac{3\pi}{2}-6\log(2)\right)x $$