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Abbiamo $ f(x) $ una funzione positiva e integrabile in $ (0,1) $. Per ogni $ n $ effettuiamo la divisone dell'intervallo $ (0,1) $ con $ 0 = \xi_{n,1} < \xi_{n,2} < \xi_{n,3} < ... < \xi_{n,n} =1 $ in modo tale che per $ 0 \leq i <n $ si abbia:

$ \displaystyle n\int _ { \xi_{n,i} } ^ {\xi_{n, i+1}} f(x) dx = \int_0 ^ 1 f(x)dx $

Si dimostri che per ogni $ n $ tale divisione è unica.

Detto $ \displaystyle a(n)= \frac{ \xi_{n,1} + \xi_{n,2} + ... + \xi_{n,n} }n $ si trovi $ \lim _{n \to + \infty } a_n $
.

Visto che l'argomento è non elementare, mi permetto di rispondere in modo non elementare (giusto per amor di sintesi).

Sia

$ \[ \phi(x):=\frac{f(x)}{\int_0^1f(y)dy} \] $

Allora $ \phi $ ha integrale unitario su [0,1].

Sia F la primitiva nulla in zero di $ \phi $, allora $ F(0)=0, F(1)=1 $ e inoltre F è monotona strettamente crescente, e quindi invertibile. Sia G la sua inversa.

E' facile vedere che per ogni i, n, $ F(\xi_{n,i})=i/n $, quindi ogni divisione è unica:

$ \[ \xi_{n,i}=G(i/n) \] $

Inoltre, posto $ t_{n,i}:=i/n $

$ \[ \frac1n\sum_{i=1}^n\xi_{n,i}=\sum_i G(t_{n,i})(t_{n,i+1}-t_{n,i}) \] $

che ovviamente tende a

$ \[ \int_0^1G(y)dy=\int_0^1 x\phi(x)dx=\frac{\int_0^1 xf(x)dx}{\int_0^1f(x)dx} \] $

dove la prima uguaglianza (che certamente avrà anche una dimostrazione elementare), segue dal fatto che l'immagine tramite G della misura di Lebesgue su [0,1] è la legge su [0,1] che ha per densità $ \phi $.

Magari per sostituzione???

$ y=F(x) $
$ dy = \phi (x) dx $

e dunque il risultato...