Condiciones integrales ser igual

Question

Supongamos que $f, g,h:[0,1]\rightarrow \mathbb{R}$ son funciones que satisfacen $f,g\geq 0$ y $$\int_0^1 f(t)h(t)dt = \int_{0}^1 g(t)h(t)dt.$$ What are necessary and sufficient conditions on $h$ to ensure that $$\int_0^1f(t)dt = \int_0^1g(t)dt?$$

EDIT: (Algunos pensamientos:) Pensé que tal vez si $h>0$, esto sería suficiente. Sin embargo, me fue mostrado que, por ejemplo, si $ f = 1/h $$g = 1/\left(\int h\right)$, luego $$\int fh = \int gh.$$ In this case, for $\int f = \int g$ to be satisfied, $h$ must satisfy $$\int \frac{1}{h} = \frac{1}{\int h}$$ and of course many $h>0$ do not satisfy that condition (e.g. $h(t) = 1+t$). Since, as user251257 points out, $h(t) \equiv1$ es suficiente, Yo estaba curioso lo de la respuesta a la anterior podría ser.

(Donde esta pregunta vino de) la primera vez que vine a través de esta pregunta cuando se mira lo que se puede decir cuando se tienen soluciones de $y_i$ $y_2$ a la Ricatti ecuaciones $y_i' + y^2_i + r_i =0$ en el intervalo de $[a,b]$ que satisfacer $y_1(a) = y_2(a)$$y_1(b) = y_2(b)$. En este caso, se puede escribir $$0 = g(y_2(t)-y_1(t))|_a^b = \int_a^b g(r_1(t)-r_2(t))dt$$ where $g$ is a function that satisfies $g' = (y_1 + y_2)g$. So, I wanted to claim that this means $\int_a^b r_1(t)dt = \int_a^b r_2(t)dt$, y en el proceso, me di cuenta de que no sabía la respuesta a la pregunta anterior.

Answer 1

He aquí algunos un poco heurística justificación de por qué no espero nada más útil que la de $h$ ser constante para el trabajo: pensar en el conjunto de las funciones integrables $[0,1]\to\mathbb{R}$ como un espacio vectorial. Entonces lo que estás diciendo es que tenemos algún elemento $f-g$ de ese espacio tal que $\langle f-g, h\rangle = 0$, es decir, $f-g\in h^\perp$ y usted se pregunta por las condiciones en $h$, lo que implicaría que $\langle f-g, 1\rangle = 0$, es decir,$f-g\in 1^\perp$. Ahora si $h$ $1$ no son proporcionales entre sí, no hay forma de que la implicación con el trabajo.

Tenga en cuenta que $f,g\geq 0$ no cambia la generalidad de lo anterior argumento, ya que cualquier elemento de nuestro espacio vectorial puede escribirse como la diferencia de los elementos no negativos.

Answer 2

Nada funciona excepto $h(x)=c$ constante.

Aquí está un bosquejo del argumento: Supongamos que $h(a) \neq h(b)$ $a,b\in (0,1)$. Usted puede escoger $f$ a ser una pequeña protuberancia cerca de $x=a$ $1/h(a)$ de altura y semejantemente $g$ y $b$.

Puede ayudar a dar un paso atrás y crear intuición en dimensiones finitas. Si $v,w,h$ son vectores en $\mathbb{R}^n$ (y $n>1$) y $$u\cdot h=v\cdot h,$ $ no hay ninguna razón para creer que $$u\cdot\mathbf{1} = v\cdot \mathbf{1},$ $ y la situación no cambia en dimensiones infinitas.

Answer 3

No tiene que ser una constante $c\neq 0$ tal que $h(x)=c$ en casi todas las $x\in [0,1]$. La suficiencia es obvio, como es la necesidad de $c\neq 0$. Podemos demostrar la necesidad de $h$ siendo esencialmente constante. En la siguiente, vamos a $I=[0,1]$ $\lambda$ ser medida de Lebesgue. El argumento funciona para cada espacio de probabilidad, aunque.

En primer lugar demostrar que, si no se $c\in\mathbb{R}$ tal que $h(x)=c$ en casi todas las $x$, entonces no existe $k\in\mathbb{R}$ tal que $U_k=\{x\in I:h(x)>k\}$ $L_k=\{x\in I:h(x)<k\}$ tanto tiene medida positiva. Para ver esto, elija cualquiera de los $c\in\mathbb{R}$. Si tanto $U_c$ $L_c$ tiene medida positiva, hemos terminado, y si ambos tienen medida cero, entonces se $h(x)=c$ en casi todas las $x\in I$. Para el resto de los casos, se asume que el $U_c$ tiene medida positiva y $L_c$ no (el otro caso funciona básicamente de la misma manera.) Deje $$s=\inf\Big\{w\in\mathbb{R}: \lambda\Big(h^{-1}\big((-\infty,w)\big)\Big)>0\Big\}.$$ El conjunto sobre el cual el infimum es tomado claramente es no vacío y acotado abajo por $c$, por lo que el infimum existe. Para cualquier número natural $n$, debemos tener $\lambda\Big(h^{-1}\big((-\infty,s+1/n)\big)\Big)>0$. Sin embargo, también debemos tener $\lambda\Big(h^{-1}\big((s+1/n^*,\infty)\big)\Big)>0$ algunos $n^*$. De lo contrario, tendríamos $h(x)=s$ para amost todos los $x\in I$. Así que podemos aprovechar $k=s+1/n^*$.

Así que asumir que hay no $c\in\mathbb{R}$ tal que $h(x)=c$ en casi todas las $x\in I$. Recoger algunas $k\in\mathbb{R}$ tanto $U_k$ $L_k$ tiene medida positiva. Deje $\alpha_u=1/\lambda(U_k)\int_{U_k} h~\mathrm d\lambda$ $\alpha_l=1/\lambda(L_k)\int_{L_k} h~\mathrm d\lambda$ y tenga en cuenta que $\alpha_u>k>\alpha_l$. De hecho, $\alpha_u$ es el valor promedio de $h$ $U_k$ $\alpha_l$ es el valor promedio de $h$$L_k$.

Supongamos por ahora que $\alpha_u\neq0\neq\alpha_l$. Deje $$f=1_{U_k} \frac{\alpha_l}{\alpha_u}\frac{\lambda(L_k)}{\lambda(U_k)}$$ y $g=1_{L_k}$. A continuación, $$\int fh~\mathrm d\lambda=\alpha_l\lambda(L_k)=\int gh~\mathrm d\lambda,$$ pero $$\int f~\mathrm d\lambda=\frac{\alpha_l}{\alpha_u}\lambda(L_k)\neq 1\lambda(L_k)=\int g~\mathrm d\lambda.$$

Queda para deshacerse de los casos $\alpha_u=0$$\alpha_l=0$. Hacemos la primera, la segunda puede ser tratado de la misma manera. Si $\alpha_u=0$ entonces podemos permitir $f=1_{U_k}$ $g$ la función constante con valor de $0$. A continuación, obtener $$\int fh~\mathrm d\lambda=\alpha_u\lambda(U_k)=0=\int gh~\mathrm d\lambda,$$ pero $$\int f~\mathrm d\lambda=\lambda(U_k)>0=\int g~\mathrm d\lambda.$$

Edit: La prueba anterior no toma en cuenta de $f$ $g$ tener que ser no negativo. En efecto, puede suceder que el $\alpha_l<0<\alpha_u$, por lo que el $\alpha_l/\alpha_u<0$ (que es la única cosa que puede ir mal). Para hacerse cargo de este caso, vamos a $f$, el valor de $1$ $U_k$ y el valor de $\frac{\alpha_u}{\alpha_l}\frac{\lambda(U_k)}{\lambda(L_k)}$ $L_k$ $0$ en todas las demás. También, vamos a $g$ ser la función constante con valor cero. A continuación,$\int fh=\int gh$, pero $\int f>0=\int g$.