Линейная оценка интеграла

[polyedr]

Добрый день! Вопрос состоит в следующем. Требуется оценить сверху определенный интеграл \int_{d_1}^{\,x}{\,\,\prod_{r=1}^n(\phi-d_r)^{2\alpha_r}\,d\phi ($d_r$ - некоторая монотонно-возрастающая последовательность положительных действительных чисел) линейным выражением от положительных вещественных показателей \alpha_r, таких что (\phi-d_r)^{2\alpha_r}\ge 0 для любого \phi от 0 до x. Заранее благодарен!

[Sonic86]

Ну, например, при $n=1$ этого нельзя сделать, правильно?
Или $n>1$

-- Ср авг 25, 2010 14:18:34 --

Да и вообще для Вашего $I$

$$I > \int\limits_{d_1}^x (\phi - d_1)^{2(a_1+...+a_n)} d \phi = \frac{(x-d_1)^{2(a_1+...+a_n)}}{2(a_1+...+a_n)} $$

- оценивается снизу выражением, растущим быстрее линейной функции

Или надо что-то другое?

[polyedr]

Ну тогда может быть ослабить условия?! Например, потребовать оценку вида $\int_{d_1}^{\,x}{\,\,\prod_{r=1}^n(\phi-d_r)^{2\alpha_r}\,d\phi\le\sum\limits_{r=1}^n{f_r(\alpha_r)a_r}$, где $f_r$ - некоторые функции, принимающие положительные значения на области $[d_1;x]$, вобщем, чтобы данное неравенство имело смысл для $n>1$.

[Sonic86]

Ну не знаю... асимптотика все равно останется, сами понимаете, равной

$$\frac{x^{2(a_1+...+a_n)}}{2(a_1+...+a_n)}$$

м.б. даже отсюда можно показать, что Ваша оценка невозможна

(Оффтоп)

кстати, у Вас правая часть от $x$ должна зависеть

[polyedr]

Да, но если принять, например, $f_r(\alpha_r)=e^{x\alpha_r}$, то возможно подобрать такие коэффициенты $a_r$, зависящие от $x$, что

$$\sum\limits_{r=1}^ne^{x\alpha_r}a_r}>\frac{x^{2(\alpha_1+...+\alpha_n)}}{2(\alpha_1+...+\alpha_n)}$$

[paha]

если показатели $\alpha_r$ вещественны, то лучше писать $|\phi-d_r|^{2\alpha_r}$... но при чем тут двойки?

[polyedr]

Дело в том, что в условии было сказано о нецелых показателях $\alpha_r$, то есть показатели могут быть рациональными числами со знаменателями равными 2 и в этом случае знак модуля отпадает.

[Sonic86]

(Оффтоп)

polyedr писал(а):

например, $f_r(\alpha_r)=e^{x\alpha_r}$

понял, это у Вас значит на самом деле $f_r(\alpha_r, x)$

polyedr писал(а):

Да, но если принять, например, $f_r(\alpha_r)=e^{x\alpha_r}$, то возможно подобрать такие коэффициенты $a_r$, зависящие от $x$, что ...

Или я ничего не понимаю, или подбирать $\alpha_r$ зависящими от $x$ нельзя. Кванторы же $(\forall x)(\forall \alpha_r)$
Ну тогда давайте оценим каждую $f_r$: возьмем $a_1 \to \infty, a_j$ не зависят от $a_1$ при $j \neq 1$, а интеграл разобьем на 2 кусочка $\int\limits_{d_1}^x = \int\limits_{d_1}^t + \int\limits_t^x$. Подбираем где $t:t>d_r, \phi - d_n > b > 1$. Первый интеграл $\leq C$, а второй оцениваем снизу:

$$I_2= \int\limits_t^x \prod\limits_{r=1}^n(\phi - d_1)^{2a_r} d \phi \geq C_1 \prod\limits_{r=2}^nb^{2a_r} \int\limits_t^x (\phi - d_1)^{2a_1} d \phi = C_1 \prod\limits_{r=2}^nb^{2a_r} \left( \frac{(x - d_1)^{2a_1}}{2a_1+1} - C_2 \right) $$

и тогда

$$ C_1 \prod\limits_{r=2}^nb^{2a_r} \left( \frac{(x - d_1)^{2a_1+1}}{2a_1+1} - C_2 \right) \leq f_1(a_1,x)a_1 +C_3 $$

ну и видим теперь, что при $a_1 \to \infty$ левая часть растет в зависимости от прочих $a_r$ экспоненциально, а правая от них не зависит. Короче говоря, что $(\forall a_r)(\forall C) F(a_r) \leq C$, т.е. противоречие. Т.е. Ваша оценка невозможна.

(Оффтоп)

и вообще вместо $f_r(a_r,x)a_r$ лучше было сразу написать $g(a_r,x)$