Трудное неравенство, прошу помощи

[Mikhail_K]

Задача. Доказать, что для всех $n\geq 2$ и $\alpha\in(0,0.5]$ справедливо неравенство

$$ \sum\limits_{j=2}^n \frac{1}{j^\alpha (j-1)^\alpha} \int\limits_{j-1}^j \frac{dx}{x^{1-\alpha}(n-x)^\alpha} \leq \int\limits_0^1 \frac{dx}{x^{1-\alpha}(n-x)^\alpha}. $$

[DeBill]

Mikhail_K

А давайте попробуем $j$-й интеграл линейной заменой и сдвигом перевести в интеграл по отрезку с концами
$1-\frac{1}{j-1}, 1- \frac{1}{j}$ . Может, получится: гадкий множитель почти исчезнет, а все отрезочки сложатся в один отрезок [0,1] ...

[Mikhail_K]

DeBill, не получается чего-то.
Самое лучшее, что у меня получилось - при замене $x=j(j-1)t$ сумма принимает вид

$$ \sum\limits_{j=2}^{n} \int\limits_{1/j}^{1/(j-1)} \frac{dt}{t^{1-\alpha}\bigl(n-j(j-1)t\bigr)^\alpha}, $$

но всё равно не видно, почему эта сумма меньше интеграла в правой части.
"Отрезочки" здесь складываются в промежуток $\Bigl[\frac{1}{n},1\Bigr]$. Подынтегральная функция получается больше, чем в интеграле в правой части, зато промежуток интегрирования короче.
Боюсь, что не совсем понял, почему Вы предлагали переводить в интеграл по отрезку $\Bigl[1-\frac{1}{j-1},1-\frac{1}{j}\Bigr]$, а не по отрезку $\Bigl[\frac{1}{j},\frac{1}{j-1}\Bigr]$, но если делать по-Вашему, тоже получается нечто непрозрачное.

[DeBill]

Mikhail_K. да, конечно лучше делать так, как Вы.
Но почему же

Mikhail_K в сообщении #1095789 писал(а):

получается больше,

?
Хочется :
$\frac{1}{x^{1-\alpha} \cdot(n- j(j-1)x)^{\alpha}} < \frac{1}{x^{1-\alpha} \cdot(n- x)^{\alpha} }$ при $x \in [\frac{1}{j},\frac{1}{j-1}]$

Равносильно:
$ (n- j(j-1)x)^{\alpha}>(n- x)^{\alpha} $ при $x \in [\frac{1}{j},\frac{1}{j-1}]$

Миниум левой части: $(n- \frac{1}{j})^{\alpha}$
Максимум правой части : $(n- \frac{1}{j})^{\alpha}$
Получилось!
ЗЫ Точно, две головы - лучше!

[Mikhail_K]

DeBill в сообщении #1095798 писал(а):

Миниум левой части: $(n- \frac{1}{j})^{\alpha}$

Боюсь Вас расстроить, но здесь ошибка... минимум левой части $(n-j)^\alpha$.
Подынтегральная функция действительно больше... это должно как-то компенсироваться тем, что промежуток интегрирования короче.

-- 01.02.2016, 14:02 --

Я выше кое-что напутал, теперь исправил. Отрезочки складываются в промежуток $\Bigl[\frac{1}{n},1\Bigr]$. Кстати, собранный из кусочков интеграл получается несобственный, причём подынтегральная функция уходит в бесконечность во внутренней точке $\frac{1}{n-1}$ (при $j=n$). Может быть, стоит его собирать из кусочков по-другому, чтобы уход в бесконечность был на конце промежутка интегрирования.

[DeBill]

Mikhail_K
ОЙ!
Вы не зря боялись...
Нда, нехорошо. Единственное, что напрашивается: т.к. в левой и правой частях есть особенности, то перекладывать левый интеграл (с номером $n$) надо так, чтобы его особенность попала в точности в точку 0. А там, глядишь, Гёльдер или Йенсен нам помогут...

[Mikhail_K]

Не получается.

Кстати, вычисления показывают, что при $\alpha=1/2$ между левой и правой частями неравенства нет никакого "зазора": их разность стремится к нулю при увеличении $n$. (Напомню, что неравенство требуется доказать для $0<\alpha\leq 1/2$, и это условие существенно: при $\alpha>1/2$ неравенство неверно.)

То есть, это не какое-то там случайное неравенство. Левая и правая часть хорошо подогнаны друг к другу. При больших $n$ и $\alpha=1/2$ они практически не отличаются. Этому должна найтись какая-то причина, просто так таких совпадений не случается!

[DeBill]

Mikhail_K

Наши попытки были безуспешны, видимо, из-за того что подынтегральная функция - не монотонна.
Потому кусочную функцию из левой части и не удавалось сделать меньше функции из правой части. И, судя по Вашим численным экспериментам, это и не удастся.

Я "почти" получил Ваше неравенство: не хватает самой малости. Может, Вы сможете уточнить оценки?
Я извиняюсь - но я тааак не люблю набор формул! Так что я попробую описать программу действий, обходясь их минимумом.
1.Делаем во всех интегралах замену $t= \frac{x}{n-x}$. Функция под интегралами станет поприличнее:
$f(t)=\frac{1}{t^{1-\alpha}\cdot(1+t)}$ .
Посмотрите на пределы интегрирования.
2. Пусть $n$ - четно, $n=2m$.$I_j$ - интегралы из левой части, $I_1$- из правой. В интегралах с номерами от 1 до $m$ сделаем еще одну замену ($t$ на $t^{-1}$). Функция под интегралами станет еще лучше $g(t)=\frac{1}{t^{\alpha}\cdot (1+t)}$. У интегралов с номерами $j$ и $n+1-j$ пределы совпадают! (?)
3. Оценки: в интегралах:а) с номерами от $m+1$ до $n-1$ : множитель $t+1$ заменим на 2 (наверно, лучше на "1 плюс нижний предел интегрирования" - счас сообразил. То-то у меня чуток не сошлось...Попробуйте - но сначала проверьте текущие выкладки) б) от 2 до $m$ и с номером $n$: $t+1$ на $t$ в) В $I_1$ : $\frac{1}{1+t}\geqslant\frac{t-1}{t^2}$
4. Считаем все интегралы (с учетом множителей). От интегралов с номерами $k$ и $n+1-k$ получается одно и то же, типа
$\frac{1}{(k-1)^{\alpha}\cdot (n-k)^{\alpha}}-\frac{1}{(k)^{\alpha}\cdot (n-k+1)^{\alpha}}$
Трюк: если здесь множитель $n-k+1$ заменить на $n-k-1$, то вся сумма (от 2 до n-1) свернется, и от нее останется лишь два слагаемых (ну, и еще $I_1$ и $I_n$). Ну и у меня , вроде, "почти" получалось - но все нуждается в проверке.



.

[DeBill]

Mikhail_K

Чего то я перемудрил: интегралы то частично считаются, так что, может, и не надо никаких оценок

$f(t)=\frac{1}{t^{1-\alpha}\cdot(1+t)}= t^{\alpha}\cdot(\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1})$ .
(может, они хорошо сложатся с теми, кто в паре?)

[Mikhail_K]

DeBill, огромное спасибо за помощь.
У меня тут назрел другой способ решения, и тоже вроде бы получается, но пока что сделано для частного случая $\alpha=1/2$ и тоже нуждается в проверке. Если получится, напишу здесь свою программу действий. Вашу тоже попробую.

[Mikhail_K]

DeBill, вычисления в Maple показывают, что оценки в Вашем шаге 3, даже с учётом

Цитата:

наверно, лучше на "1 плюс нижний предел интегрирования"

не обходятся без последствий: после выполнения этих оценок доказываемое неравенство становится неверным.
Ну, если я всё правильно выполнил. Но вроде бы правильно, на шаге 4 у меня получилось как у Вас.

-- 06.02.2016, 10:25 --

И это понятно: при замене $t+1$ на $t$ мы в некоторых слагаемых изменяем подынтегральное выражение аж в два раза. Вместе с тем, разница между левой и правой частью доказываемого неравенства на самом деле очень мала, и такие оценки даром не проходят.

[DeBill]

Mikhail_K

Mikhail_K в сообщении #1097238 писал(а):

не обходятся без последствий: после выполнения этих оценок доказываемое неравенство становится неверным.

Блин, досадно!
Да, я как раз хотел попросить Вас проконтролировать оценки численно -
чтобы понять, туда мы идем, или нет. Опять, похоже, не туда...

Mikhail_K в сообщении #1097231 писал(а):

для частного случая $\alpha=1/2$

Но мне казалось, что это как раз самый тяжелый случай. Если для него получилось - то должно и в других работать. Единственно, чем он лучше - что интегралы считаются явно.....
Еще я пробовал разлагать $\frac{1}{1+t}$ в ряд - но какие-то поганые ряды выходят.

[Mikhail_K]

DeBill в сообщении #1097426 писал(а):

Но мне казалось, что это как раз самый тяжелый случай.

DeBill, Вы совершенно правы, вычисления подтверждают что этот случай самый плохой.
Да, по-видимому с $\alpha=1/2$ у меня всё сделано без ошибок, хотя очень длинно. Основные этапы хотя бы обязательно напишу. В том числе, кое-где я действительно явно считаю интегралы и использую некоторые свойства арксинуса.

Может быть, более простая задача (?): доказать, что если неравенство верно при некотором $\alpha$, то верно и при всех меньших? Если бы это было доказано, то на этом всё завершилось бы.
Конечно, постараюсь и напрямую сделать в общем случае что-то по аналогии со случаем $\alpha=1/2$, но пока непонятно, получится ли.

[Mikhail_K]

Итак, ход решения при $\alpha=1/2$.
Запишем доказываемое неравенство в виде

$$ \frac{1}{n}\sum\limits_{j=2}^n \frac{1}{\sqrt{\frac{j}{n}\cdot\frac{j-1}{n}}} \int\limits_{\frac{j-1}{n}}^{\frac{j}{n}} \frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}} \leq \int\limits_0^{\frac{1}{n}} \frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}}. $$

Вычтем одно и то же из обеих частей и будем доказывать, что

$$ \frac{1}{n}\sum\limits_{j=2}^n \biggl( \frac{1}{\sqrt{\frac{j}{n}\cdot\frac{j-1}{n}}} \int\limits_{\frac{j-1}{n}}^{\frac{j}{n}} \frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}} - \int\limits_{\frac{j-1}{n}}^{\frac{j}{n}} \frac{dx}{x^{3/2}\sqrt{1-x}}\biggr) \leq \int\limits_0^{\frac{1}{n}} \frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}} - \frac{1}{n}\int\limits_{\frac{1}{n}}^1 \frac{dx}{x^{3/2}\sqrt{1-x}}. $$

Проще всего с правой частью. Берём интегралы явно, разлагаем арксинус и ещё кое-что в ряд Тейлора, получаем, что асимптотически правая часть представляет собой $\frac{4}{3}\frac{1}{n^{3/2}}$. Кроме того, если использовать вместо ряда Тейлора формулу Тейлора с достаточным количеством членов и остаточным членом, удаётся доказать, что правая часть больше или равна $\frac{4}{3}\frac{1}{n^{3/2}}$ при любом $n$. Остаётся доказать, что левая часть, наоборот, меньше или равна этого выражения.

В левой части тоже берём интегралы. То, что под знаком суммы, получается равным

$$ \frac{2}{ab}\Bigl(\bigl({\rm{arcsin}}b-{\rm{arcsin}}a\bigr)-\bigl(b\sqrt{1-a^2}-a\sqrt{1-b^2}\bigr)\Bigr),\quad a=\sqrt{\frac{j-1}{n}},\quad b=\sqrt{\frac{j}{n}}. $$

Тут весьма к месту оказывается формула

$$ {\rm{arcsin}}b-{\rm{arcsin}}a={\rm{arcsin}}\bigl(b\sqrt{1-a^2}-a\sqrt{1-b^2}\bigr),\quad 0\leq a\leq b\leq 1. $$

В результате выражение под суммой записывается в виде

$$ \frac{2}{ab}({\rm{arcsin}}\Delta-\Delta),\quad \Delta=b\sqrt{1-a^2}-a\sqrt{1-b^2}\in [0,1]. $$

Снова разлагаем арксинус в ряд. Асимптотически ${\rm{arcsin}}\Delta-\Delta$ есть $\frac{1}{6}\Delta^3$, причём $\Delta=\Delta(j,n)$ стремится к нулю равномерно по $j$ при $n\to\infty$. Можно написать, что

$$ {\rm{arcsin}}\Delta-\Delta \leq \frac{1+\varepsilon_n}{6}\Delta^3,\quad \lim\limits_{n\to\infty}\varepsilon_n=0. $$

Подставляем эту оценку, и в левой части доказываемого неравенства получается сумма

$$ \frac{1}{n}\sum\limits_{j=2}^n\Bigl(\frac{1+\varepsilon_n}{3}\frac{\Delta^3}{ab}\Bigr) $$

Для $\Delta$ можно получить оценку:

$$ \Delta=\frac{1}{\sqrt{j(n-j+1)}+\sqrt{(j-1)(n-j)}} $$

$$ \Delta\leq\frac{1}{\sqrt{2(j-1)}}\cdot \frac{1}{\sqrt{n}},\quad 2\leq j\leq \frac{n}{2}, $$

$$ \Delta\leq\sqrt{\frac{2}{n}},\quad \frac{n}{2}<j\leq n. $$

И у нас получается сумма

$$ \frac{1+\varepsilon_n}{3}\frac{1}{n^{3/2}} \biggl( 2^{-3/2}\sum\limits_{j=2}^{n/2}\frac{1}{\sqrt{j}\cdot (j-1)^2} + 2^{3/2}\sum\limits_{j=n/2+1}^n\frac{1}{\sqrt{j(j-1)}} \biggr). $$

Под суммами убывающие функции, поэтому сумма $\leq$ 1-е слагаемое $+$ соответствующий интеграл. Оцениваем, считаем, получается, что левая часть неравенства асимптотически есть $\frac{C}{n^{3/2}}$, где $C<4/3$. Ура.

А если не асимптотически? Тогда надо оценивать $\varepsilon_n$. Это можно сделать, опять же, применяя формулу Тейлора с остаточным членом - там, где этот $\varepsilon_n$ впервые появляется. Получается гораздо хуже, чем с правой частью. У меня после ряда оценок получилось, что левая часть (при любом $n$) меньше или равна

$$ \frac{1}{n^{3/2}}\cdot\frac{1}{3}\Bigl(1+\frac{4}{n}\Bigr) \Bigl(1-\frac{2}{n}\Bigr)^{-5/2} \biggl( \frac{1}{2^{3/2}}\Bigl(\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{2}{3}\Bigr)+2^{3/2}\Bigl(\ln 2+\frac{1}{n}\Bigr) \biggr). $$

Эта вещь меньше, чем $\frac{4}{3}\frac{1}{n^{3/2}}$ при $n\geq 21$. Тем самым, при $n\geq 21$ неравенство доказано.

Не беда, что оно не доказано при $n<21$: в конце концов, конечное число неравенств можно просто проверить на компьютере.

Признаюсь, что задача - не из сборника олимпиадных задач: это реальная проблема, с которой я встретился в процессе исследований. Так что наличие "красивого" решения не гарантировано.

Моё решение очень громоздко, но неоднократные проверки показали, что ошибок нет.

Мне бы вот ещё доказать это неравенство при $\alpha<1/2$... Может быть, возможно это сделать с опорой на то, что оно верно при $\alpha=1/2$...

[DeBill]

Mikhail_K
Я посмотрел Ваши выкладки. Вроде все нормально - на первый взгляд. Детали, конечно, не смотрел.
Но - страшный счет, конечно.
Пара сооражений.
1. Боюсь, с интерполяцией по $\alpha$ от 0 до половинки - проблемы...
2. Мне все хотелось углядеть в левой части что-нибудь хорошее (интегральную сумму, или квадратурную формулу для какого-нибудь интеграла). Ну, Вы это фактически и сделали: в последнем Вашем посте, первая формула - сильно похожа на интегральную сумму для интеграла

$\int\limits_{\frac{1}{n}}^{1} \frac{1}{x} dF(x)$, где $F(x)=2\arcsin(\sqrt{x})$. Этот интеграл, кстати, Вы и вычитали потом. Может, так и делать (взяв в качестве $F$ первообразную $\int\limits_{}^{}\frac{dx}{x^{1-\alpha} \cdot (1-x)^{\alpha}}$ ? Ее производные считаются ничуть не хуже арксинуса, и формулу Тейлора для нее сочините без проблем)

-- 10.02.2016, 01:32 --

3. Коль все равно приходится работать с рядами, может, попробовать реанимировать мою старую попытку
(с заменой, функцией $f(t)=\frac{1}{t^{1-\alpha}\cdot(1+t)}$ .

DeBill в сообщении #1097426 писал(а):

Еще я пробовал разлагать $\frac{1}{1+t}$ в ряд - но какие-то поганые ряды выходят.

и разложением $\frac{1}{1+t}$ по (отрицательным) степеням $t$ : полученные после интегрирования ряды - знакочередующиеся (так что отбрасывая что то, мы можем контролировать ошибку), а члены довольно быстро убывают...

Вот. Тяжелая, однако, задача. Успехов!