Условия неотрицательности суммы экспонент

[alisa-lebovski]

Известны ли конечные условия неотрицательности на ${\mathbb R}_+$ суммы экспонент

$$f(x)=\sum_{i=1}^nC_ie^{-\lambda_i x}\,?$$

Ну то есть понятно, что должно быть неотрицательно в нуле и на бесконечности. Кроме того, интегралы

$$\int_0^\infty x^{m-1} f(x)\,dx=(m-1)!\sum_{i=1}^n \frac{C_i}{\lambda_i^m},\quad m\ge 1,$$

должны быть неотрицательны, но их бесконечно много, и не понятно, достаточно ли этого. Нужны проверяемые необходимые и достаточные условия.

[Joyce]

Конечные условия, наверное, вряд ли. $f(x)\geqslant0$, $x>0$ тогда и только тогда, когда $\mathcal{L}[f](t)$ -- вполне монотонная функция на $(0,+\infty)$, где $\mathcal{L}[f]$ -- преобразования Лапласа функции $f(x)$. Это верно, в предположении, что $\lambda_i\geqslant0$.

В общем для функции

$$ g(t)=\sum\limits_{i=1}^n\frac{C_i}{t+\lambda_i},\ t>0 $$

надо проверить неравенства $g^{(m)}(t)\geqslant0$, $m\in\mathbb{Z}_+$, $t>0$.

Можно ещё порыться в работах М. Г. Крейна о представлении неотрицательных на (полу)оси ц.ф.э.т.

[novichok2018]

Частный случай - пусть все лямбды натуральные. Экспоненты не при чём, уберём их заменой. Есть условия неотрицательности для полинома, кроме тривиальных?

[mihaild]

Joyce, непохоже на правду - возьмем $n = C_1 = \lambda_1 = 1$, исходная функция очевидно положительна, а у вашей $g$ каждая вторая производная отрицательна.
novichok2018, правило Декарта (если нет перемен знака в коэффициентах, то нет положительных корней, но это неинтересно; более интересно - если число перемен знака нечетно, то корни есть, и это, возможно, обобщается и на случай экспонент), и метод Штурма (который красивый но считать его неприятно).

[alisa-lebovski]

novichok2018 в сообщении #1564300 писал(а):

Частный случай - пусть все лямбды натуральные. Экспоненты не при чём, уберём их заменой. Есть условия неотрицательности для полинома, кроме тривиальных?

Да, на это есть теорема Маркова-Лукача о представлении многочленов, неотрицательных на отрезке. Для каждой степени многочлена - свое представление. См. Крейн, Нудельман "Проблемы моментов Маркова и экстремальные задачи", с. 89. А тут важно, что хотя число слагаемых $n$ фиксировано (проблема начинается с $n=3$), лямбды могут различаться в произвольное число раз и (при рациональных) соответствовать многочленам сколь угодно большой степени. С другой стороны, представление Маркова-Лукача не укладывается в ограничение числа слагаемых.

[alisa-lebovski]

Упростим задачу. Пусть $n=3$. И для простоты, нормируем функцию на интеграл от нее. Пусть

$$\int_0^\infty f(x)\,dx=\frac{C_1}{\lambda_1}+\frac{C_2}{\lambda_2}+\frac{C_3}{\lambda_3}=1.$$

Пусть, для определенности, фиксированы $0<\lambda_1<\lambda_2<\lambda_3$. Тогда

$$C_1\ge 0,\quad C_1+C_2+C_3\ge 0.$$

Кроме того, из интегрирования степеней, для всех $s>0$ верно (необходимо, но не знаю, достаточно ли)

$$\frac{C_1}{\lambda_1^s}+\frac{C_2}{\lambda_2^s}+\frac{C_3}{\lambda_3^s}\ge 0.$$

Как же определить область всех подходящих $C_1, C_2, C_3$?

[zykov]

Наверно никак.
В конкретном случае можно численно на экстремумы проанализировать.

[alisa-lebovski]

Может быть, тут какие-то огибающие можно построить, в качестве границ? Честно говоря, эту теорию не знаю.

[zykov]

Например, если $\lambda_1=1$, $\lambda_2=2$, $\lambda_3=3$, то $C_1>0$, $C_1+C_2+C_3 \geq 0$, $C_1 \geq \frac{C_2^2}{4C_3}$.
В общем случае наверно будет что-то трудно описуемое.

[zykov]

zykov в сообщении #1564348 писал(а):

$C_1 \geq \frac{C_2^2}{4C_3}$.

Поправка: это условие учитывается только если $-2<\frac{C_2}{C_3}<0$, иначе оно не требуется.
Что-то новое оно даёт только при $C_3>0$.
Значит только в области $C_3>0$, $-2C_3<C_2<0$ накладывается третье условие $C_1 \geq \frac{C_2^2}{4C_3}$ (вместо $C_1>0$).

[mihiv]

Если все $\lambda _i$ - рациональные дроби, то приводим их к общему знаменателю $l$,так что $\lambda _i=\frac {m_i}l$, обозначим также $t=\exp (-\frac xl)$. Тогда задача сводится к определению условий неотрицательности полинома $\sum \limits _{i=1}^nC_it^{m_i}$ на отрезке $[0,1]$.

[alisa-lebovski]

То, как пытаются свести эту задачу к многочленам, напомнило мне анекдот про математика и чайник. Ау! Это другая задача.

[zykov]

zykov в сообщении #1564348 писал(а):

Например, если $\lambda_1=1$, $\lambda_2=2$, $\lambda_3=3$,

Тут можно и обобщить.
Изменяя масштаб $x$ можно сделать $\lambda_1=1$, тогда $\lambda_1=1<\lambda_2<\lambda_3$.
($\lambda_1=1,\; \lambda_2=\lambda_2'/\lambda_1',\;\lambda_3=\lambda_3'/\lambda_1'$)
Как раньше, остаются $C_1>0$ и $C_1+C_2+C_3 \geq 0$.
Обозначим $t=e^{-x}$, так что $0<t \leq 1$.
Тогда $f(t)=C_1 t + C_2 t^{\lambda_2} + C_3 t^{\lambda_3}=t(C_1 + C_2 t^{\lambda_2-1} + C_3 t^{\lambda_3-1})$.
Чтобы $C_1 + C_2 t^{\lambda_2-1} + C_3 t^{\lambda_3-1} \geq 0$ нужны те два условия, плюс если единственный экстремум попадает в $(0,1)$, то в нём тоже неотрицательно.
Т.е. в области $-1<\frac{C_2(\lambda_2-1)}{C_3(\lambda_3-1)}<0$ должно выполняться:

$$C_1+C_2\left(-\frac{C_2(\lambda_2-1)}{C_3(\lambda_3-1)}\right)^\frac{\lambda_2-1}{\lambda_3-\lambda_2}+C_3\left(-\frac{C_2(\lambda_2-1)}{C_3(\lambda_3-1)}\right)^\frac{\lambda_3-1}{\lambda_3-\lambda_2} \geq 0$$

При $n>3$ будет ещё страшнее и совсем безнадёжно.
(Если не брать $\lambda_1=1$, то выше заменить $\lambda_2-1$ на $\lambda_2-\lambda_1$, и $\lambda_3-1$ на $\lambda_3-\lambda_1$.)

[alisa-lebovski]

zykov, спасибо!

[Joyce]

mihaild в сообщении #1564303 писал(а):

Joyce, непохоже на правду - возьмем $n = C_1 = \lambda_1 = 1$, исходная функция очевидно положительна, а у вашей $g$ каждая вторая производная отрицательна.

У меня опечатка была, $(-1)^m$ потерял. $(-1)^m g^{(m)}(t)\geqslant0$, $m\in\mathbb{Z}_+$, $t>0$ вот так должно было быть.