2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Monotonic sequence ?
Сообщение21.03.2006, 10:07 


09/03/06
32
Sibiu ,Romania
If $a>0 \; ,\; x\in [0,1], $ and $           I_n(x):= n\int\limits_{0}^{1} t^{an-1}(1-x+xt)^n\; dt      \; , $ prove
\[ \frac{1}{x+a}\le I_{n+1}(x)\le I_n(x) \le \frac{1-x+a}{a(1+a)} \; \;
,\; \; \; \forall n\in \{1,2,...\},
\]
and $ \displaystyle \lim\limits_{n\to \infty}I_n(x)=\displaystyle \frac{1}{x+a} $ uniformly on $[0,1] . $

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.03.2006, 13:07 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Легко вычислить по частям интегралы:
$I_n(x)=\frac 1a \int_0^1 (1-x+xt)^ndt^{an}=\frac 1a -\frac{nx}{a(an+1)}+\frac{an(n-1)x^2}{a(an+1)(an+2)}-\dots+\frac{n!(-x)^n}{a(an+1)...(an+n)}$.
Отсюда легко получается, что предел равен 1/(a+x) и $I_n(x)>1/(a+x),I_1(x)=\frac{a+1-x}{a(a+1)}$.
Монотонность получается из разложения в ряд по (1-x) взяв интеграл переходя к переменной 1-t.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.03.2006, 23:56 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Монотонность кажется не всегда. Вот выкладки:
(1) $I_n(x,a)=(n+1)\int_0^1 t^{a(n+1)-1}(1-x+xt)^n[(1-x+xt]dt=\frac{(n+1)(1-x)}{n}I_n(x,\frac{a(n+1)}{a})+\frac{(n+1)x}{n} I_n(x,\frac{a(n+1)+}{n})$.
Учитывая, то что выражение монотонно убывает по а получаем двухсороннее неравенство:
(2) $\frac{n+1}{n}I_n(x,\frac{a(n+1)+1}{n})<I_{n+1}(x,a)<\frac{n+1}{n} I_n(x,\frac{a(n+1)+1}{n}).
Взяв интеграл для номера n+1 по частям получаем:
(3) $I_{n+1}(x,a)=\frac 1a -\frac{x(n+1)}{an}I_n(x,\frac{a(n+1)+1}{n}.
Подставив последнее в неравенства получаем:
(4) $\frac{1}{a+x+x/n}<I_n(x,a)<\frac{1}{a+x+(x-1)/n}.
Вместо правой границы можно получить так же неравенство:
(5) $I_n(x,a)<\frac{1}{a+x+(a-x)/(an+1)}.
Возможно при получении последнего я допустил ошибку в выкладках, иначе нарушается монотонность.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.03.2006, 08:12 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Подставляя (4) в (3) получается уточнение неравенства:
(5) $\frac{1}{a+x} \le I_n(x,a) \le \frac{1}{a+x-\frac{x(1-x)}{an+1-x}} $.
Причём неравенство сверху верна при n>1. Таким образом можно и далее уточнять вехнюю и нижнюю оценку. Однако при этом происходит сдвиг по n для которых оно справедливо и рациональные выражения всё более усложняются. Никакого противоречия с монотонностью (полученной из-за ошибки в выкладках) нет.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.03.2006, 13:06 


09/03/06
32
Sibiu ,Romania
Цитата:
Three no-complete answers to the same question ?
...........................................?.........

My solution depends on "Bernstein polynomials".
Denote $b_{n,k}(x)={n\choose k}x^k(1-x)^{n-k} $ and define $ f:[0,1]\to {\mathbb R} \; ,\; f(x)=\frac{1}{x+a} \; .$ Let us remind that in fact $ \left\{b_{n,0}(x),\cdots ,b_{n,k}(x), \cdots b_{n,k}(x)\right\} $ is the Bernstein basis of the vectorial space $\Pi_n $ of all (real) polynomials of degree $ \el n $ .
Remark: The polynomial \[
\left(B_ng\right)(x):= \sum\limits_{k=0}^{n}b_{n,k}(x)g\left(\frac{k}{n}\right) \] is known as Bernstein polynomial corresponding to a function $g:[0,1]\to {\mathbb R}. $ See (S.N.Bernstein, 1912, Harkov) Recognize that $I_n(x)= \left(B_nf\right)(x) $ where $f(x):=\frac{1}{x+a} $. Further we have
\[ (*)\; \; \; \; \; \;  I_n(x)-I_{n+1}(x)=
n(n+1)x(1-x)\sum\limits_{k=0}^{n-1}b_{n-1,k}(x)D_{k,n}[f]
\]
where $ D_{k,n}[f]:=\alpha_k f\left(\frac{k}{n}\right)+\beta_kf\left(\frac{k+1}{n}\right) -
f\left(\frac{k+1}{n+1}\right) $ with \[\alpha_k:= \frac{k+1}{n+1}\; \; \; ,\; \; \; \beta_k:=\frac{n-k}{n+1}\; .
\]
Observe that $   \alpha_k> 0 \; ,\;  \beta_k>0  \; \; ,\;  \alpha_k +\beta_k=1 \; \; ,\; \forall k\in \{0,1,...,n-1\} .    $ Moreover
\[ \alpha_k\cdot \frac{k}{n}+\beta_k\cdot \frac{k+1}{n+1} =\frac{k+1}{n+1} \; . \]
Because for $ a>0 $ the function $f:[0,1]\to {\mathbb R}$ is (strictly)- convex , we have $ D_{k,n}[f]>0 $ . In conclusion $ (*) $
show us that $I_n(x) \ge I_{n+1}(x) \; \; ,\; \; x \in [0,1] . $
Now , if $w_k\ge 0 \; ,\; \sum\limits_{k=0}^{n}w_0=1 \; $ then according to Jensen inequality we have
\[
F\left(\sum\limits_{k=0}^{n}w_k\frac{k}{n}\right)\le
\sum\limits_{k=0}^{n}w_kF\left(\frac{k}{n}\right) 
\] for any convex function $F:[0,1]\to {\mathbb R}  $ (convex on its domain).
Select $ F=f $ and $ w_k=b_{n,k}(x)\; ,\; x\in [0,1].$ One finds
\[\begin{array}{c}
\displaystyle f\left(\sum\limits_{k=0}^{n}b_{n,k}\frac{k}{n}\right)=f(x)=\frac{1}{x+a}
\le \displaystyle \sum\limits_{k=0}^{n}w_kf\left(\frac{k}{n}\right)=\left(B_nf\right)(x)
= I_n(x)  \; .
\end{array}
\]




Note that in Russia there is a very good school regarding the topic " Bernstein polynomials": see
S.N.Bernstein (Commun.Soc.Math.Kharkow 13(1912) ),
E.Voronovskaja-1932 ,
L.V.Kantorovich -1930,1931,1934,
A.O.Gelfond -1950,
V.A. Baskakov -1960-1975,
Dzjadijh

P.P. Korovkin e.g. see : " Linear operators and approximation". Fizmatgiz, Moskow
1959, (also the translations: Delhi 1960 and Gordon and Breach, New York,
1960), MR 27 \# 561.
R.G. Mamedov -1959/1967,
N.A. Sapogov-1962/1964 ,
Yu.A. Saskin 1960-1970 ,
S.A. Teljakovskii -1965 ,
Timan ,
A.H. Tureckii -1961. ......

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.03.2006, 13:51 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Я не понял, что улучшило применение многочленов Бернштейна?
То, что получается из (3) и (4) в моём изложении даёт в некотором смысле неулучшаумую границу сверху и снизу в виде (5) (при x=0 или x=1 вехняя граница совпадает с нижней и порядок стремления к нижней границе как простая функция от n так же неулучшаема). Причём можно получать и всё более усложнённые рациональные функции при наличии такой необходимости.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 6 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group