Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3213
2019-05-27 
Разрезать отрезок $\left [-1; 1 \right ]$ на черные и белые отрезки так, чтобы интегралы любой а) линейной функции; б) квадратного трехчлена по белым и черным отрезкам были равны.
Решение:
Докажем по индукции, что любой отрезок можно разбить на белые и черные отрезки так, что интегралы любого многочлена степени не выше $n$ по черным и белым отрезкам равны.
База индукции ($n=0$): многочлен степени нуль - это константа. Интеграл константы по любому отрезку равен произведению этой константы на длину отрезка. Значит, достаточно разбить отрезок пополам.
Шаг индукции. Рассмотрим отрезок $[a; b]$. Пусть $c$ - его середина. По предположению индукции, отрезок [$a; c$] можно разбить на белые и черные отрезки так, что интегралы от любого многочлена степени не выше $n-1$ по черным и белым отрезкам равны. Обозначим черные отрезки $B_1, \cdots, B_r,$ а белые отрезки - $W_1, \cdots, W_s$. Интеграл функции $f(x)$ по отрезку $B_i$ будем обозначать через
$ \int_{B_i}f(x)dx$.
Аналогично обозначим интеграл $f(x)$ по $W_i$. Перенесем отрезок $B_i$ на c вправо и покрасим получившийся отрезок в белый цвет. Обозначим его через $W_{s+i}$. Аналогично поступим с отрезком $W_i$: перенесем его на c вправо и покрасим получившийся отрезок $B_{r+i}$ в черный цвет. Ясно, что отрезки $B_1, \cdots, B_{r+s}$ и $W_1, \cdots, W_{r+s}$ образуют разбиение отрезка $[a; b]$. Случаи $n=1$ и $n=2$ изображены на рис. Мы утверждаем, что получившееся разбиение
обладает нужным свойством для всех многочленов степени не выше $n$. Для доказательства заметим, сначала, что
$ \int_{W_{r+i}}f(x)dx = \int_{B_i}f(y + c)dy$.
Это равенство следует из замены переменной:
$y=x-c, dy=dx$.
Пользуясь тем, что интеграл от разности функций равен разности интегралов, перепишем равенство в виде:
$\int_{W_r+i}f(x)dx - \int_{B_i}f(x)dx = \int_{B_i}(f(x + c) - f(x))dx$.
Аналогичное равенство, конечно, имеет место и для отрезков $W_i$ и $B_{s+i}$. Складывая все такие равенства, получим:
$\sum_{i=1}^{r+s} \int_{W_i}f(x)dx - \sum_{i=1}^{r+s} \int_{B_i}f(x)dx = \sum_{i=1}^{r} \int_{B_i}(f(x+c) - f(x))dx - \sum_{i=1}^{s} \int_{W_i}(f(x+c) - f(x))dx$.
Пусть теперь $f(x)$ - многочлен степени не выше $n$, тогда $f(x+c)-f(x)$ - многочлен степени не выше $n-1$, так что, по предположению индукции, правая часть последнего равенства равна нулю. Значит, и левая часть равна нулю, и шаг индукции доказан.
Разрезать отрезок $\left [-1; 1 \right ]$ на черные и белые отрезки так, чтобы интегралы любой а) линейной функции; б) квадратного трехчлена по белым и черным отрезкам были равны.
Решение:
Докажем по индукции, что любой отрезок можно разбить на белые и черные отрезки так, что интегралы любого многочлена степени не выше $n$ по черным и белым отрезкам равны.
База индукции ($n=0$): многочлен степени нуль - это константа. Интеграл константы по любому отрезку равен произведению этой константы на длину отрезка. Значит, достаточно разбить отрезок пополам.
Шаг индукции. Рассмотрим отрезок $[a; b]$. Пусть $c$ - его середина. По предположению индукции, отрезок [$a; c$] можно разбить на белые и черные отрезки так, что интегралы от любого многочлена степени не выше $n-1$ по черным и белым отрезкам равны. Обозначим черные отрезки $B_1, \cdots, B_r,$ а белые отрезки - $W_1, \cdots, W_s$. Интеграл функции $f(x)$ по отрезку $B_i$ будем обозначать через
$ \int_{B_i}f(x)dx$.
Аналогично обозначим интеграл $f(x)$ по $W_i$. Перенесем отрезок $B_i$ на c вправо и покрасим получившийся отрезок в белый цвет. Обозначим его через $W_{s+i}$. Аналогично поступим с отрезком $W_i$: перенесем его на c вправо и покрасим получившийся отрезок $B_{r+i}$ в черный цвет. Ясно, что отрезки $B_1, \cdots, B_{r+s}$ и $W_1, \cdots, W_{r+s}$ образуют разбиение отрезка $[a; b]$. Случаи $n=1$ и $n=2$ изображены на рис. Мы утверждаем, что получившееся разбиение
обладает нужным свойством для всех многочленов степени не выше $n$. Для доказательства заметим, сначала, что
$ \int_{W_{r+i}}f(x)dx = \int_{B_i}f(y + c)dy$.
Это равенство следует из замены переменной:
$y=x-c, dy=dx$.
Пользуясь тем, что интеграл от разности функций равен разности интегралов, перепишем равенство в виде:
$\int_{W_r+i}f(x)dx - \int_{B_i}f(x)dx = \int_{B_i}(f(x + c) - f(x))dx$.
Аналогичное равенство, конечно, имеет место и для отрезков $W_i$ и $B_{s+i}$. Складывая все такие равенства, получим:
$\sum_{i=1}^{r+s} \int_{W_i}f(x)dx - \sum_{i=1}^{r+s} \int_{B_i}f(x)dx = \sum_{i=1}^{r} \int_{B_i}(f(x+c) - f(x))dx - \sum_{i=1}^{s} \int_{W_i}(f(x+c) - f(x))dx$.
Пусть теперь $f(x)$ - многочлен степени не выше $n$, тогда $f(x+c)-f(x)$ - многочлен степени не выше $n-1$, так что, по предположению индукции, правая часть последнего равенства равна нулю. Значит, и левая часть равна нулю, и шаг индукции доказан.
