Cómo encontrar el valor de $\int_{0}^{\pi}f(x)dx$ dadas algunas condiciones.

Question

Supongamos que $f$ : $\mathbb{R}$ a $\mathbb{R}$ es continua y tenemos $\int_{k/2^n}^{(k+1)/2^n} f(x) dx = 2^{-n}$ para todos $k \in \mathbb{Z}$ y $n \in \mathbb{N}$ . Tenemos que encontrar el valor de $\int_{0}^{\pi}f(x)dx$ .

Mi primer objetivo es encontrar una serie tal que su suma sea igual a $\pi$ pero es bastante difícil encontrar dicha serie ya que el denominador es potencia de 2.

Entonces uso el teorema de Mean Vaule para hacerlo. Existe un $c\in[\frac{k}{2^n},\frac{k+1}{2^n}]$ tal que $\int_{\frac{k}{2^n}}^{\frac{k+1}{2^n}} f(x) dx = f(c)\frac{1}{2^n}=\frac{1}{2^n}$ Por lo tanto $f(c)=1$ para $c\in[\frac{k}{2^n},\frac{k+1}{2^n}],\forall k,n$ Entonces, concluyo que $f(x)$ idénticamente 1.

¿Hay algún error en mi pensamiento? Si es correcto entonces como puedo demostrar que $f(x)$ idéntico 1. Gracias de antemano.

Answer 1

Para todos los enteros positivos $L$ y $n$ Es cierto que $$\sum_{k=0}^{L-1} \int_{k/2^n} ^{(k+1)/2^n} f(x) dx = \int_0^{L/2^n} f(x) dx$$ Ahora tenemos que hacer que el límite superior sea igual a $\pi$ . Esto sólo puede funcionar en forma de límite, pues de lo contrario tenemos un número racional. Una forma de hacerlo es dejar que $L=\lfloor 2^n \pi \rfloor $ . Tomando el límite como $n\to\infty$ en ambos lados, $$\int_0^{\pi}f(x) dx = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^{L-1} 2^{-n} =\lim_{n\to\infty} \lfloor 2^n \pi\rfloor 2^{-n} =\pi $$

Del mismo modo, dejando que $L=\lfloor 2^n r\rfloor $ se puede demostrar que para cualquier número real $r$ , $$\int_0^r f(x) dx = r \implies f(r) = 1$$

Answer 2

Acabas de demostrar que $f(c)=1$ para algunos $c$ no para todos $c$ .

Tome cualquier $x \in (0,1)$ . Para cada $n$ existe $k_n$ tal que $\frac {k_n} {2^{n}} \leq x \leq \frac {k_n+1} {2^{n}}$ . Ahora utilice la ecuación dada, multiplique por $2^{n}$ y tomar el límite. Obtendrá $f(x)=1$ (por continuidad). Por lo tanto, $f(x)=1$ para todos $x$ .

Answer 3

Su intuición es correcta, $f$ es idéntico $1$ . Pero su argumento debe ser mejorado. Esta es mi idea:

Supongamos por contradicción que $(\exists) x \in \mathbb{R}$ tal que $f(x) \neq 1$ . Desde $f$ es continua, $(\exists) \varepsilon >0$ tal que $f(y) \neq 1, \ (\forall) y \in (x-\varepsilon, x+\varepsilon)$ . Ahora bien, existen algunas $k, n \in \mathbb{N}$ tal que $$x-\varepsilon < \frac{k}{2^n}<\frac{k+1}{2^n}<x+\varepsilon$$ Y ahora viene el Teorema del Valor Medio: Usando la hipótesis, $(\exists) c \in \left[ \frac{k}{2^n},\frac{k+1}{2^n}\right]$ tal que $f(c) = 1$ , lo cual es una contradicción.

Answer 4

Bueno, si: $$\int\limits_{k/2^n}^{(k+1)/2^n}f(x)dx=2^{-n}$$ sabemos que en un intervalo de $1/2^n$ la anchura de la integral es esta, y como sabemos que: $$\bar{f}(x)=\frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)dx$$ entonces podemos usar esto para decir que sobre este dominio tenemos: $$\bar{f}(x)=1\,\,\,\,\,\,\forall \,k,n$$ Sin embargo, tenga en cuenta lo siguiente:

digamos que tenemos un dominio $x\in[a,b]$ y $a<c<b$ . Podríamos tener: $$f(x)=\begin{cases}f_1(x)& a\le x\le c\\f_2(x)& c<x\le b\end{cases}$$ si nuestras funciones satisfacen $f_1(c)=f_2(c)$ entonces $f$ sigue siendo continua, pero podríamos tener una función en la que $$f(x+k)=f(x)+g(x;k)$$ ¿podría existir una función tal que $f(x+k)\ne f(x)$ es decir $g(x;k)\ne 0$ pero $f$ es continua.

Esto fue sólo un pensamiento que tuve. En términos de probar que es constante creo que mirando a grandes $x$ nos ayudará, ya que el dominio encogido daría efectivamente la integral sobre dos dominios consecutivos de $k$ como casi iguales, lo que sugeriría que $f(x)=f(x+\epsilon)$ y así $f$ es constante. Ahora utilizando el resultado del teorema del valor medio se obtiene $f=1$