Оценка интеграла

[shwedka]

Задача встретилась в связи с некоторой непростой матфизикой.
Пусть $f(x)$ - вещественная измеримая функция на интервале $(0,1)$. Рассматривается последовательность интегралов $p_n=\int_0^1f(x)x^n dx$. Вопрос. Насколько быстро такая последовательность может стремиться к нулю при $n\to \infty$? Легко видно, что если функция неотрицательная и не тождественный ноль, то последовательность не может стремиться к нулю быстрее, чем экспоненциально (возьмите для иллюстрации характеристичекую функцию интервала $(0,a); \, a<1$). Но непонятно, можно ли подобрать знакопеременную функцию так, чтобы положительные и отрицательные куски друг друга как-то компенсировали, и последовалельность стремилась бы к нулю быстрее, скажем, как $(n!)^{-\alpha}, \alpha >0$?

-- Пн сен 21, 2009 17:23:44 --

мне удалось доказать, что, на самом деле, убывание как в первом посте, и даже помедленнее,
$p_n=o(n^{-\beta})$ для всех $\beta$ невозможно. Подожду недельку-другую с публикацией доказательства на случай, если кто захочет свои силы испытать. Но более сложный вопрос тогда вырисовывается.
Пусть $f(r,\theta)$ измеримая ограниченная вещественная функция в круге $r<1$, в полярных координатах $(r,\theta)$. Вопрос. Насколько быстро могут стремиться к нулю
интегралы
$p_{n}=\int_{r<1}\int_{0}^{2\pi}f(r,\theta)r^n e^{i n \theta}$ при $n\to\infty$ ? Хотелось бы иметь аналог результата, имеющегося для радиальной функции.

[mihiv]

Пусть $f(x)=e^{ \dfrac 1{x-1}}$, тогда после замены $t= \dfrac 1{1-x}$ получим:

$$\int _0^1 f(x)x^ndx= \int _1^ \infty \left (1- \dfrac 1t \right)^n e^{-t} \dfrac {dt}{t^2}= \int _1^{ \sqrt n} \dots dt + \int _{ \sqrt n}^{ \infty} \dots dt \int _1^{ \sqrt n } \dots dt < \dfrac 1{e(n+1)} (1- \dfrac 1{ \sqrt n})^{n+1} \approx \dfrac {e^{- \sqrt n}}{e(n+1)} \int _{ \sqrt n}^{ \infty} \dots dt < \dfrac {e^{- \sqrt n}}n$$

Т.е. $\int _0^1f(x)dx=O(e^{- \sqrt n})$

[shwedka]

Это получается медленнее, чем $(1-\epsilon)^{n}$ для любого $\epsilon$. Вопрос был о невозможности быстрого убывания.

Мое решение, недостаточное, правда для 'большой' задачи.

Утверждение. Если функция $f(x)$ такова, что $p_n=\int_0^1 x^nf(x)dx=O(a^n)$ для любого $a>0$, то $f(x)=0$ почти всюду.
Доказательство.

Рассмотрим функцию комлексного переменного $z$

$F(z)=\int_0^1 f(x)(z-x)^{-1}dx$. Функция аналитична для $z\not\in (0,1)$ ,а для больших $z$ раскладывая $(z-x)^{-1}$ в ряд, можно написать

$$ F(z)=z^{-1}\sum z^{-n}\int_0^1 f(x)x^ndr =z^{-1}\sum z^{-n}p_n. $$

По нашему предположению о порядке убывания коэффициентов, ряд в этой формуле сходится для всех $z\ne 0$, поэтому, функция $F(z)$ аналитическая для всех $z\ne 0$. По теореме Привалова, отсюда следует, что $f(x)$ =0.

Справка. Теорема Племели-Привалова о граничных значениях интегралов типа Коши.
см., напр., Н.И.Мусхелишвили, Сингулярные интегральные уравнения, изд. 3, 1968, стр.50 или В.И.смирнов, Курс ВМ., Т.3, часть 2, стр.120.

Разность предельных значений $F(z)$ в точке $x$ на вещественной оси при приближении к ней сверху и снизу равна $2 \pi i f(x)$ для почти всех $x$.

[Gafield]

Любопытно. Из этого рассуждения следует больше - если $p_n=O(a^)$, то $f\equiv0$ п.в. при $x>a$. Напоминает теорему Пэли-Винера-Шварца, связывающую порядок функции с носителем ее преобразорвания Фурье. Может, они и связаны, поскольку умножение на $x^n$ соответствует дифференцированию образа. Типа если производные ограниченной целой функции растут не быстрее степени $a$, то она конечного порядка не выше $a$. Похоже на обратное утверждение к неравенству Бернштейна.

А в двухмерном случае для $f(r,\theta)=\cos\theta$ будет $p_n=0$.

[shwedka]

можно еще переписать, сделав замену $x=e^{-t}$, к преобразованию Лапласа.
Тогда получается, что если значения преобразования Лапласа
$(\mathfrak{L}f)(s)=\int_0^\infty f(t)e^{-ts}dt$ в целых точках убывают быстрее любой степени, $(\frak{L}f)(n)=o(a^n), \forall a$, то функция равна нулю.




Что мне нужно, так это усиление доказанной теоремы. Пусть числа $p_n$, заданы как выше. Пусть $q_n$ -перестановка $p_n$ в порядке невозрастания абсолютных величин. И предположим, что это последовательность $q_n$ быстро убывает. Верно ли, что тогда все равно функция равна нулю?

[--mS--]

shwedka в сообщении #246719 писал(а):

Это получается медленнее, чем $(1-\epsilon)^{n}$ для любого $\epsilon$. Вопрос был о невозможности быстрого убывания.

Дико извиняюсь, но уже несколько дней тупо смотрю сюда, и никак не могу найти, чего я не понимаю Ткните носом, пожалуйста.
Вроде как убывание в примере выше от mihiv показано со скоростью быстрее, чем $e^{-\sqrt{n}}$, т.е. быстрее, чем $(1-\varepsilon)^n$ для любого $\varepsilon$?

[AD]

--mS-- в сообщении #247751 писал(а):

быстрее, чем $e^{-\sqrt{n}}$, т.е. быстрее, чем $(1-\varepsilon)^n$ для любого $\varepsilon$?

$(1-\varepsilon)^n$ - быстрее, чем $e^{-\sqrt{n}}$. Для любого $\varepsilon$.

[Gafield]

При перестановке нулевые элементы вообще пропадают, так что не очевидно. По крайней мере, предыдущее доказательство так просто не проходит. Скажем, если $p_n=1/n$ при $n=2^{2^k}}$, а при остальных значениях $n$ $p_n=0$, то переставленная последовательность будет быстро убывать, а соотвествующий комплексный ряд будет расходиться при $|z|<1$ Конечно, неочевидно также существование функции с такими моментами и ее ограниченность)

[--mS--]

AD в сообщении #247832 писал(а):

Спасибо, поставили мир на место Это был осенний "сдвиг по фазе"...

[shwedka]

Gafield в сообщении #247887 писал(а):

Конечно, неочевидно также существование функции с такими моментами и ее ограниченность

Совсем не очевидно. Более того, имеется теорема Хаусдорфа, дающая небходимое и достаточное условие того, чтобы последовательность $p_n$ была последовательностью моментов ограниченной функции, но ее прицепить пока не удается.
Пример, приведенный Gafield не годится еще по одной причине. Последовательность моментов не может иметь слишком много нулей (или, вообще, мест перемены знака) по теореме Мюнца-Саса.

справка. Теорема Мюнца-Саса.(точнее, ключевой этап в доказателстве).
Чтобы возрастающая последовательность $\mu_n$ была последовательностью нулей функции
$(\frak{L}f)(\mu)=\int_0^1 f(x)x^\mu dx$ необходимо, чтобы $\sum(\mu_n)^{-1}<\infty.$

[Gafield]

В теореме Хаусдорфа речь идет о функциях ограниченной вариации. И применение ее должно быть каким-то уж совсем нетривиальным) Поскольку она формулируется в терминах разностей от моментов, которые при перестановке будут неизвестно как как меняться.

Можно еще попробовать перейти к рассмотрению $(\frak{L}f)$. Скажем, пусть $(\frak{L}f)^*$ невозрастающая перестановка функции $(\frak{L}f)$. Спрашивается, если она убывает как $O(a^\mu)$ при $\mu\to+\infty$, не будет ли *совершенно случайно* носитель $f$ мал, например, из $[0,a]$? Неочевидно, конечно, что из этого можно что-то извлечь. Но, по крайней мере, для перестановок функций много чего сделано.

[worm2]

AD писал(а):

$(1-\varepsilon)^n$ - быстрее, чем $e^{-\sqrt{n}}$. Для любого $\varepsilon$.

Ха! Я тоже долго тормозил. $n$ в выражении $(1-\varepsilon)^n$ неосознанно отождествлял с константой, а $(1-\varepsilon)$ --- с переменной, стремящейся к нулю.

[shwedka]

Gafield в сообщении #248059 писал(а):

В теореме Хаусдорфа речь идет о функциях ограниченной вариации.

Имеется много более современных версий. Действительно, исходная формулировка Хаусдорфа говорит о моментах
$\int_0^1 x^n d\rho(x)$ ,где $\rho(x)$- функция ограниченной вариации. Но затем получены формулировки для интегралов как у меня, для функций $f$ из разных классов, $L_p$, Соболева и тд. Подробная история -- например, в книжке
Widder. The Laplace Transform, Princeton, 1946, есть на
http://nglib-free.ru/

Я хочу подчеркнуть, что по многим причинам вопрос тривиален для функции $f$ постоянного знака и даже для функции, имеющей постоянный знак и не всюду ноль в произвольно малой окрестности точки 1. Так что, если утверждение неврерно, то контрпримером может оказаться только функция, быстро осцилирующая в окрестности единицы, что-то вроде
$f(x)=\sin(\exp(\frac{1}{1-x})), \ x\in(0,1)$

[shwedka]

Я поднатужилась и все же доказала, что надо. Кому интересно, могут на http://ifile.it/pu51nm7/ocenka.pdf посмотреть пдф фаил с доказательством. Одна страничка всего. Это фрагмент сочиняемой сейчас статьи, несколько переделанной, чтобы непонятно было, о чем статья.