¿Existe un conjunto de $A \subset [0,1]$ t. s. para cada polinomio $P(x)$ de grado que menor o igual a $4$ la relación entre las integrales de Riemann $$\int_A P(x)\,dx= \int_{[0,1]\setminus A}P(x)\,dx $ $ tiene?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Travis
Puntos
30981
Sí.
En primer lugar, desde la integración es lineal en $\mathbb{R}$, es suficiente para producir una serie para que la igualdad se cumple para todos los elementos de una base del espacio vectorial de los polinomios de $P(x)$ de grado en la mayoría de los cuatro que, dicen, por $(1, x, x^2, x^3, x^4)$. Entonces, la condición es un sistema de cinco ecuaciones, a fin de tratar de encontrar un conjunto $A$, es natural que elegir una clase de opciones parametrizada por cinco variables e imponer esas relaciones.
La más simple de las opciones de juego son los sindicatos finito de intervalos, que bien podemos tomar para que no se solapan, por lo que elegimos el ansatz
$A := [0, a_1] \cup [a_2, a_3] \cup [a_4, a_5]$ ,$0 \leq a_1 \leq \cdots \leq a_5 \leq 1$;
su elogio es
$A^c := (a_1, a_2) \cup (a_3, a_4) \cup (a_5, 1]$.
Para cada elemento base $x^k$, $k \in \{0, 1, 2, 3, 4\}$, la evaluación de ambos lados de la integral de la condición da
$\tfrac{1}{k + 1} (a_1^{k + 1} + a_3^{k + 1} - a_2^{k + 1} + a_5^{k + 1} - a_4^{k + 1}) = \tfrac{1}{k + 1} (a_2^{k + 1} - a_1^{k + 1} + a_4^{k + 1} - a_3^{k + 1} + 1 - a_5^{k + 1})$,
y reordenamiento de da
$a_1^{k + 1} - a_2^{k + 1} + a_3^{k + 1} - a_4^{k + 1} + a_5^{k + 1} = \tfrac{1}{2}$.
Sustituyendo el sistema de cinco ecuaciones que produce en una CAS da la única (y gratamente simétrica) solución
$A := [0, \frac{1}{2} - \frac{1}{4}\sqrt{3}] \cup [\frac{1}{4}, \frac{1}{2}] \cup [\frac{3}{4}, \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\sqrt{3}]$.
A priori, cabe la posibilidad de que una partición de $[0, 1]$ en menos intervalos podría hacer el truco, pero (al menos según el CAS) no hay soluciones para los sistemas correspondientes.
Al menos para que otros pequeños $N$, la misma técnica que produce conjuntos de $A$ la satisfacción de la integral condición para todos los polinomios de grado en la mayoría de las $N$ mediante la partición de $[0, 1]$ a $N + 1$ intervalos.
Aquí es un "Cantor" de la construcción que funciona para cualquier grado $n\geq 4$. Definir una partición $(A_n,B_n)$ $[1,2^{n+1}]$ a través de la inducción de la siguiente manera : $(A_0,B_0)=(\lbrace 1\rbrace,\lbrace 2 \rbrace)$ $n\geq 2$, $A_n=B_{n-1}\cup (A_{n-1}+2^{n+1}), B_n=A_{n-1}\cup (B_{n-1}+2^{n+1})$.
Lema. Si $g$ es un polinomio de grado $\leq n$$x$, a continuación,$\sum_{k\in A_n}g(x+k)=\sum_{k\in B_n}g(x+k)$.
La prueba del lema : el Uso de la inducción en $n$. Al $n=0$, el lema de los estados que $g(x+1)=g(x+2)$ al $g$ es constante, y esto es cierto. Supongamos que el lema se tiene para $n-1$ donde $n\geq 1$. Deje $g$ tienen un grado $\leq n$. Definir $h$$h(x)=g(x+2^{n+1})-g(x)$. A continuación, $h$ tiene el grado $\leq n-1$, de modo que por la hipótesis de inducción tenemos $(1)\sum_{k\in A_{n-1}}h(x+k)=\sum_{k\in B_{n-1}}h(x+k)$. Ahora, desde la $h(x+k)=g(x+2^{n+1}+k)-g(x+2^{n+1})$ el lado izquierdo de (1) de arriba es igual a $\sum_{k\in A_{n-1}+2^{n+1}}g(x+k)-\sum_{k\in A_{n-1}}g(x+k)$, mientras que el lado derecho de (1) de arriba es igual a $\sum_{k\in B_{n-1}+2^{n+1}}g(x+k)-\sum_{k\in B_{n-1}}g(x+k)$. Es claro, entonces, que (1) muestra que el lema es cierto para $n$. Esto concluye la prueba por inducción.
Volviendo al problema inicial, si $f$ es un polinomio de grado $\leq n$ , $F(k)=\int_{\frac{k-1}{2^{n+1}}}^{\frac{k}{2^{n+1}}} f(x)dx$ es un polinomio de grado $\leq n$$k$. De ello se sigue, a continuación, desde el lema que la siguiente $A$ obras :
$$ A=\bigcup_{k\in A_n} [\frac{k-1}{2^{n+1}},\frac{k}{2^{n+1}}] $$
Al $n=4$, uno tiene
$$ \begin{array}{lcl} A &=& \bigcup_{k\in \lbrace 1; 4; 6; 7; 10; 11; 13; 16; 18; 19; 21; 24; 25; 28; 30; 31 \rbrace}\big[\frac{k-1}{32},\frac{k}{32}\big] \\ [0,1] \setminus A &=& \bigcup_{k\in \lbrace 2; 3; 5; 8; 9; 12; 14; 15; 17; 20; 22; 23; 26; 27; 29; 32\rbrace}\big[\frac{k-1}{32},\frac{k}{32}\big] \end{array} $$
