Una prueba con integrales anidadas e inducción

Question

Demostrar que

$$\int_0^x dx_1 \int_0^{x_1}dx_2 \cdots \int_0^{x_{n-1}}f(x_n) \, dx_n =\frac{1}{(n-1)!}\int_0^x (x-t)^{n-1}f(t) \, dt$$

Estoy probando la inducción sobre $n$ . El caso $n=1$ es trivial.

Cuando $n=2$

$$\begin{align}\int_0^x dx_1 \int_0^{x_1}f(x_{2})\,dx_2 = & \int_0^x\int_0^{x_1}f(x_2) \, dx_2 \, dx_1 \\ = & \int_0^x \int_{x_2}^{x} f(x_2) \, dx_1 \, dx_2 \\ =& \int_0^x f(x_2)(x_1-x_2) \, dx_2 = \frac{1}{(2-1)!}\int_0^x (x-t)f(t) \, dt\end{align}$$

Sin embargo, no pude dar el paso de la inducción. ¿Alguna idea? Agradezco la ayuda.

Answer 1

La integral considerada es $$\begin{align*} I &= \int_0^x dx_1 \int_0^{x_1}dx_2 \cdots \int_0^{x_{n-1}}f(x_n) \, dx_n & \text{} \\ &= \int_0^x \left( \ \underset{ x_n \leq x_{n-1} \leq \ldots \leq x_1 \leq x}{\idotsint} \ dx_1 \cdots dx_{n-1} \right)f(x_n) \ dx_n & \\ &= \int_0^x \left( \ \underset{ t \leq y_1 \leq \ldots \leq y_{n-1} \leq x}{\idotsint} \ dy_1 \cdots dy_{n-1} \right)f(t) \ dt & \text{ renaming variables.} \end{align*}$$ Entonces, habremos terminado si podemos demostrar que $$\underset{ t \leq y_1 \leq \ldots \leq y_{n-1} \leq x}{\idotsint} \ dy_1 \cdots dy_{n-1} = \frac{1}{(n-1)!} (x-t)^{n-1}.$$ La integral anterior es el volumen del $(n-1)$ -simplemente $$\{ (y_1,\ldots,y_{n-1}) : t \leq y_1 \leq \ldots y_{n-1} \leq x\} \subset [t,x]^{n-1}.$$ Hay un buen truco para calcular este volumen geométricamente, si te gusta ese tipo de cosas. Dado que el volumen del cubo que contiene $[t,x]^{n-1}$ es $(x-t)^{n-1}$ podríamos preguntarnos por qué el volumen del simplex es una fracción $\frac{1}{(n-1)!}$ ¿una fracción de eso? El punto aquí es que cualquier permutación de las variables $y_1,\ldots,y_{n-1}$ en la desigualdad $t \leq y_1 \leq \ldots \leq y_{n-1} \leq x$ produce otro simplex con el mismo volumen. Además:

• el volumen de la superposición de dos de estas simplices es cero (sólo pueden tocarse en el subconjunto de volumen cero de $[t,x]^{n-1}$ donde al menos dos de las coordenadas son iguales) y
• su unión es todo el cubo $[t,x]^{n-1}$ (cualquier punto $(y_1,\ldots,y_{n-1}) \in [t,x]^{n-1}$ debe satisfacer al menos una de las posibles cadenas de desigualdades).

Dado que hay $(n-1)!$ simplices en total, cada una tiene un volumen $\frac{1}{(n-1)!} (x-t)^{n-1}$ , según se desee.