Доказать, что $$\int\limits_0^tdt_1\int\limits_0^{t_1}dt_2\ldots\int\limits_0^{t_{n-1}}f(t_1)f(t_2)\ldots f(t_n)\,dt_n=\frac1{n!}\left(\int\limits_0^tf(\tau)\,d\tau\right)^n,$$ где $%f$% -- непрерывная функция.

Помогите привести последний интеграл к нужному виду..


Докажем формулу при помощи метода математической индукции. Очевидно, формула верна при $%n=1$%. Предположим, что формула верна при $%n=k$%, т. е. $$\int\limits_0^tdt_1\int\limits_0^{t_1}dt_2\ldots\int\limits_0^{t_{k-1}}f(t_1)f(t_2)\ldots f(t_k)\,dt_k=\frac1{k!}\left(\int\limits_0^tf(\tau)\,d\tau\right)^k$$ и докажем, что она верна при $%n=k+1$%, т. е.

$$\int\limits_0^tdt_1\int\limits_0^{t_1}dt_2\ldots\int\limits_0^{t_{k-1}}dt_k\int\limits_0^{t_k}f(t_1)f(t_2)\ldots f(t_k)f(t_{k+1})\,dt_{k+1}=\frac1{(k+1)!}\left(\int\limits_0^tf(\tau)\,d\tau\right)^{k+1}\!.$$ Так как $$\int\limits_0^tdt_1\int\limits_0^{t_1}dt_2\ldots\int\limits_0^{t_{k-1}}dt_k\int\limits_0^{t_k}f(t_1)f(t_2)\ldots f(t_k)f(t_{k+1})\,dt_{k+1}=\\ =\int\limits_0^tf(t_1)\left(\int\limits_0^{t_1}dt_2\ldots\int\limits_0^{t_{k-1}}dt_k\int\limits_0^{t_k}f(t_2)\ldots f(t_k)f(t_{k+1})\,dt_{k+1}\right)dt_1, $$ в силу предположения индукции последний интеграл равен $$\frac1{k!}\int\limits_0^tf(t_1)\left(\int\limits_0^{t_1}f(\tau)\,d\tau\right)^kdt_1.$$

задан 13 Фев 21:31

изменен 13 Фев 21:31

2

@cs_puma: здесь есть простое доказательство совсем без вычислений. Множество [0,x]^n разбивается на n! подмножеств для каждой перестановки переменных. Типа a<=b<=c, a<=c<=b, ... и так далее. Пересечения (когда какие-то переменные равны) имеют нулевой объём. Для каждой перестановки интеграл от функции тот же самый ввиду симметрии, и он равен выражению в левой части. Поэтому интеграл по всему множеству [0,x]^n ровно в n! раз больше.

(13 Фев 22:23) falcao

@falcao, догадался бы я до этого раньше :D

(13 Фев 22:25) cs_puma
10|600 символов нужно символов осталось
1

Надо проверить равенство $$ \frac1{k!}\cdot \int\limits_{0}^{t} f(t_1)\cdot\left(\int\limits_0^{t_1}f(\tau)\,d\tau\right)^{k}\; dt_1 = \frac{1}{(k+1)!} \cdot\left(\int\limits_0^{t}f(\tau)\,d\tau\right)^{k+1} $$

Очевидно, что при $%t=0$% равенство верно...

Вычислим производную по $%t$% от левой части равенства... $$ A=\left[\frac1{k!}\cdot \int\limits_{0}^{t} f(t_1)\cdot\left(\int\limits_0^{t_1}f(\tau)\,d\tau\right)^{k}\; dt_1 \right]'= \frac1{k!}\cdot f(t)\cdot\left(\int\limits_0^{t}f(\tau)\,d\tau\right)^{k} $$

и от правой части... $$ \left[\frac{1}{(k+1)!} \cdot \left(\int\limits_0^{t}f(\tau)\,d\tau\right)^{k+1} \right]'= \frac{1}{(k+1)!} \cdot (k+1)\cdot \left(\int\limits_0^{t}f(\tau)\,d\tau\right)^{k}\cdot \left[\int\limits_0^{t}f(\tau)\,d\tau\right]' = A $$

Следовательно, равенство верно...

ссылка

отвечен 13 Фев 22:02

изменен 13 Фев 22:04

10|600 символов нужно символов осталось
1

@all_exist, неожиданно, что пришлось брать производную. А зачем рассматривать случай $%t=0$%? Мне кажется, можно тогда решение немного упростить.

Рассмотрим функцию $$F(s)=\int\limits_0^sf(\tau)\,d\tau,$$ тогда $%F'(s)=f(s)$% и $$\frac1{k!}\int\limits_0^tf(t_1)\left(\int\limits_0^{t_1}f(\tau)\,d\tau\right)^kdt_1=\frac1{k!}\int\limits_0^tf(t_1)F^k(t_1)\,dt_1=\dfrac{F^{k+1}(t)}{(k+1)!}=\frac1{(k+1)!}\left(\int\limits_0^tf(\tau)\,d\tau\right)^{k+1}\!.$$

ссылка

отвечен 13 Фев 22:20

1

@cs_puma, А зачем рассматривать случай $%t=0$%? - если производные равны, то функции могут отличаться на константу... первообразными таки будут... поэтому надо хоть в одной точке равенство проверить...

Но можно и по-Вашему...

(13 Фев 22:23) all_exist

@all_exist, Вы правы!

(13 Фев 22:26) cs_puma
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×299
×98
×8

задан
13 Фев 21:31

показан
190 раз

обновлен
13 Фев 22:26

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru