Найти максимум интеграла $%\int\limits_0^1 \, \ln^k(x)f(x) - x^af^2(x) \; dx,$% где $%k \in \mathbb{N}, \; a \leqslant 0,$% среди непрерывных функций $%f:\mathbb [0,1] \to \mathbb {R} $%

задан 7 Апр 21:21

10|600 символов нужно символов осталось
6

Классически продифференцируем подынтегральную функцию по "переменной" $%f$% и приравняем производную к нулю: $%\ln^kx-x^a\cdot2f(x)=0$%, откуда находим $%f_0(x)=\dfrac{\ln^kx}{2x^a}$%. Проверим, что мы действительно нашли решение (непрерывное при всех $%a<0$%). Для этого рассмотрим приращение $%I(f_0+h)-I(f_0)$%, где $%I$% -- наш интегральный функционал, $%h$% -- произвольная непрерывная функция на отрезке $%[0,1]$%. Имеем, $$I(f_0+h)-I(f_0)=\displaystyle\int\limits_0^1(\ln^kxh(x)-2x^af_0(x)h(x)-x^ah^2(x))dx=-\displaystyle\int\limits_0^1x^ah^2(x)dx\leq0,$$ поэтому $%I(f_0+h)\leq I(f_0)$% и в точке $%f_0$% нашли глобальный максимум, равный $%\dfrac{1}{4}\displaystyle\int\limits_0^1\dfrac{\ln^{2k}xdx}{x^a}$%.

При $%a=0$% то же решение получено в классе интегрируемых функций.

Для полноты картины надо ещё обосновать, что задача не имеет решения в классе непрерывных функций при $%a=0$%. Это мне показалось самой интересной частью задачи, поэтому приведу и эти рассуждения. Допустим, что такая функция $%f_0(x)$% всё-таки нашлась, тогда $%\displaystyle\int\limits_0^1(\ln^kx-2f_0(x))h(x)dx\leq\int\limits_0^1h^2(x)dx$% для любой непрерывной функции $%h(x)$%. Обозначим для краткости $%g(x)=\ln^kx-2f_0(x)$% при фиксированном $%k$% и рассмотрим непрерывную функцию $%h_\varepsilon(x)=g(x)$%, если $%|g(x)|<\varepsilon$% и $%h_\varepsilon(x)=\varepsilon\cdot\text{sign}g(x)$%, если $%|g(x)|\geq\varepsilon$%. Тогда, поскольку $%|h_\varepsilon(x)|\leq\varepsilon$%, то интеграл в правой части неравенства не превосходит $%\varepsilon^2$%. Для интеграла в левой части получаем оценки (можно считать, что рассматривается интеграл Лебега):$$\int\limits_0^1g(x)h_\varepsilon(x)dx=\int\limits_{|g(x)|\geq\varepsilon}g(x)h_\varepsilon(x)dx+\int\limits_{|g(x)|<\varepsilon}g(x)h_\varepsilon(x)dx=$$$$=\int\limits_{|g(x)|\geq\varepsilon}\varepsilon|g(x)|dx+\int\limits_{|g(x)|<\varepsilon}g(x)h_\varepsilon(x)dx\geq\int\limits_{|g(x)|\geq\varepsilon}\varepsilon|g(x)|dx-\left|\int\limits_{|g(x)|<\varepsilon}g(x)h_\varepsilon(x)dx\right|\geq$$$$\geq\int\limits_{|g(x)|\geq\varepsilon}\varepsilon|g(x)|dx-\int\limits_{|g(x)|<\varepsilon}|g(x)h_\varepsilon(x)|dx\geq\int\limits_{|g(x)|\geq\varepsilon}\varepsilon|g(x)|dx-\int\limits_{|g(x)|<\varepsilon}\varepsilon|g(x)|dx=$$$$=\int\limits_0^1\varepsilon|g(x)|dx-2\int\limits_{|g(x)|<\varepsilon}\varepsilon|g(x)|dx\geq\int\limits_0^1\varepsilon|g(x)|dx-2\varepsilon^2.$$

Таким образом, $%\displaystyle\int\limits_0^1|g(x)|dx\leq3\varepsilon$%. В силу произвольности $%\varepsilon$% заключаем, что $%\displaystyle\int\limits_0^1|g(x)|dx=0$%, т.е. $%g(x)=0$% почти всюду на отрезке $%[0,1]$%, поэтому $%f_0(x)=\dfrac{\ln^kx}{2}$% почти всюду. Для непрерывной функции это невозможно.

ссылка

отвечен 8 Апр 5:08

изменен 8 Апр 17:58

У меня получился такой ответ: $%\frac{(2k)!}{4(1-a)^{2k+1}}$%

(8 Апр 12:38) wqwq

Я не ставил себе целью вычисление интеграла, т.к. задача не о том, а вычисление этого интеграла -- это отдельный, хотя и несложный вопрос. А так-то ответ у Вас правильный, именно этому интеграл и равен.

(8 Апр 12:44) caterpillar
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:

×3,938
×3,794
×1,952

задан
7 Апр 21:21

показан
138 раз

обновлен
8 Апр 17:58

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