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
 
 Простое доказательство
Сообщение07.09.2012, 21:48 


09/06/12
137
Встретилась ссылка на одно утверждение, которое было охарактеризовано как
вспомогательный результат, который "сам по себе доказывается весьма просто":

Если $f(t) \geq 0$ и при $x \to 0$
$$\int_0^{\infty}e^{-xt}f(t)dt \sim \frac{A}{x^{\sigma}}, \; \sigma > 0,$$
то при $T \to \infty$
$$\int_0^Tf(t)dt \sim \frac{AT^{\sigma}}{\Gamma (\sigma + 1)}.$$

Интересно было бы увидеть это простое доказательство.

 Профиль  
                  
 
 Re: Простое доказательство
Сообщение09.09.2012, 05:28 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/01/11
2641
СПб
может, методом Абеля?

 Профиль  
                  
 
 Re: Простое доказательство
Сообщение09.09.2012, 15:05 


09/06/12
137
Если имелось в виду разделение на теоремы абелева и тауберова типов, то
интегрированием по частям в исходном интеграле можно заменить функцию
$f(t)$ на $F(t)=\int_0^tf(\tau)d\tau$, сведя задачу к оценке асимптотики самой
функции, исходя из асимптотики содержащего её интеграла, и это скорее
теорема тауберова типа.

Не совсем понял, который из методов Абеля имеется в виду. Может, уточните?

 Профиль  
                  
 
 Re: Простое доказательство
Сообщение09.09.2012, 19:50 
Заслуженный участник


03/01/09
1711
москва
Первую формулу можно рассматривать как асимптотику изображения Лапласа функции $f(t)$.
Тогда асимптотикой изображения Лапласа функции $F(T)=\int \limits _0^Tf(\tau ) d\tau $ будет функция $\dfrac A{x^{\sigma +1}}$,переходя от изображения к оригиналу,получим $F(T)\sim   \dfrac {AT^{\nu  }}{\Gamma (\nu +1)}.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Простое доказательство
Сообщение09.09.2012, 22:53 


09/06/12
137
mihiv, в силу чего асимптотика оригинала равна оригиналу асимптотики?

 Профиль  
                  
 
 Re: Простое доказательство
Сообщение10.09.2012, 12:50 
Заслуженный участник


03/01/09
1711
москва
armez в сообщении #616825 писал(а):
mihiv, в силу чего асимптотика оригинала равна оригиналу асимптотики?

armez,Вы правы,это требует доказательства.

 Профиль  
                  
 
 Re: Простое доказательство
Сообщение10.09.2012, 13:19 


09/06/12
137
mihiv, в любом случае, спасибо за интерес к теме.

 Профиль  
                  
 
 Re: Простое доказательство
Сообщение11.09.2012, 10:59 
Заслуженный участник


22/11/10
1184
Ну простое или не очень. Но вот например.
Положим
$F(T) = \int_0^T f(t)dt$. В силу положительности $f(t)$ имеем
$F(T)e^{-xT} \leqslant \int_0^{\infty} f(t)e^{-xt}dt \sim A/x^{\sigma}$
Следовательно при $T \to \infty$ имеет место оценка $F(T) \leqslant CT^{\sigma}$
Отсюда легко получить такую же оценку снизу и в результате для некоторых $C_1,\ C_2 >0$
$$C_1T^{\sigma} \leqslant F(T) \leqslant C_2T^{\sigma}$$
Пусть теперь $\nu > \sigma$
Умножим основное предельное соотношение на $x^{\nu-1}e^{-xT}$ и проинтегрируем по $x$
Получим при $T \to \infty$
$$\Gamma (\nu +1) \int_0^{\infty} \frac{F(t)dt}{(T+t)^{\nu +1}} \sim A\Gamma (\nu - \sigma) T^{\sigma - \nu }$$
Далее замена $t=T\tau$ и $G(T,\tau) =F(T\tau)/(T\tau)^{\sigma}$. В результате
$$\Gamma (\nu +1) \int_0^{\infty} \frac{G(T,\tau)\tau^{\sigma}d\tau}{(1+\tau)^{\nu +1}} \sim A\Gamma (\nu - \sigma)$$
Ну а теперь заметим, что $G(T,\tau)$ ограничены сверху и снизу равномерно по $T$. И так же равномерно по $T$ справедлива оценка $\frac {dG(T,\tau)}{d\tau} > -C/\tau$. Значит это все функции ограниченной вариации. Следовательно на некоторой последовательности $T_k \to \infty$ имеем $G(T_k,\tau) \to g(\tau)$, причем
$$\Gamma (\nu +1) \int_0^{\infty} \frac{g(\tau)\tau^{\sigma}d\tau}{(1+\tau)^{\nu +1}} = A\Gamma (\nu - \sigma) = \int_0^{\infty} \frac{A\Gamma (\nu +1) \tau^{\sigma}d\tau}{\Gamma (\sigma +1) (1+\tau)^{\nu +1}}$$
Отсюда уже в силу произвольности $\nu$ легко получаем, что $\Gamma (\sigma +1)g(\tau)-A \equiv 0$
Отметим, что для $a,b >0$ отсюда вытекает равномерная по $\tau \in [a,b]$ сходимость $G(T_k,\tau) \to g(\tau)$
Далее, покажем, что при $T \to \infty$ имеем $G(T,1) \to g(1)$. Если это не так, то найдется некая последовательность $T_n$ на которой $|G(T_n,1) - g(1)| > \varepsilon$. Из нее выберем подпоследовательность ну и тд.

 Профиль  
                  
 
 Re: Простое доказательство
Сообщение11.09.2012, 12:52 


09/06/12
137
sup, конечно, не сразу бросается в глаза, что это простое доказательство, но всё равно спасибо. Детали нужно будет потом посмотреть внимательнее (например, законно ли интегрирование асимптотики по полному промежутку и т.п.).

Если можно, в этом месте
Цитата:
Отсюда легко получить такую же оценку снизу
чуть подробнее.

 Профиль  
                  
 
 Re: Простое доказательство
Сообщение12.09.2012, 10:17 
Заслуженный участник


22/11/10
1184
Думаю, что это не то, чтобы сложное решение, но не очевидное. По поводу вопросов.
1. Оценка
$$C_1T^{\sigma} \leqslant F(T) \leqslant C_2T^{\sigma}$$
Вообще говоря, эта оценка была получена лишь для достаточно больших $T$, а потом неявно использовалась для всех $T$. Конечно, эту неприятность можно было бы обойти, аккуратно оценивая интегралы в последней части док-ва. Но проще всего сделать так. Прежде всего. Без потери общности можно считать, что на интервале $t \in [0,1]$ имеет место $f(t) \equiv 0$. Ни асимптотика ни утверждение теоремы от этого не изменятся. Ну а потом просто рассматриваем функцию $f_1(t) = f(t) +t^{\sigma-1}$. Для этой функции оценка снизу очевидна, а оценка сверху уже продолжаема на все $T$. Из асимптотики для $F_1(t)$ очевидно следует асимтотика и для $F(t)$.
2. Умножим основное предельное соотношение на $x^{\nu-1}e^{-xT}$ и проинтегрируем по $x$
Интегрируем, разумеется, лишь по малому промежутку $x \in (0,x_0)$. Но для больших $T$ интегрирование по бесконечному хвосту дает лишь малые поправки.

 Профиль  
                  
 
 Re: Простое доказательство
Сообщение12.09.2012, 13:33 


09/06/12
137
К слову, а как легко получить такую же оценку снизу для больших Т ?

 Профиль  
                  
 
 Re: Простое доказательство
Сообщение12.09.2012, 14:31 
Заслуженный участник


22/11/10
1184
Не сложно.
Имеем
$\int_0^T f(t)e^{-xt}dt + \int_T^{\infty} f(t)e^{-xt}dt = I_1 + I_2 \sim A/x^{\sigma}$

Отсюда
$I_1 \geqslant F(T)e^{-xT}$
Полагая $x = 1/T$ получим для больших $T$
$F(T) \leqslant CT^{\sigma} $

Далее
$x\int_0^T F(t)e^{-xt}dt + x\int_T^{\infty} F(t)e^{-xt}dt = J_1 + J_2 \sim A/x^{\sigma}$

Из полученной ранее оценки сверху вытекает, что
$|J_2| \leqslant Cx\int \limits_T^{\infty} t^{\sigma}e^{-xt}dt = \frac {C}{x^{\sigma}}\int \limits_{xT}^{\infty} t^{\sigma}e^{-t}dt$

С другой стороны
$x\int_0^T F(t)e^{-xt}dt \leqslant F(T) x\int_0^{T} e^{-xt}dt = F(T)(1- e^{-xT}) \leqslant F(T)$

Пусть $\varepsilon > 0$. Пусть $\gamma > 0$ - достаточно велико. Полагая $x = \gamma / T$ получим для больших $T$
$|J_2| \leqslant \varepsilon /x^{\sigma}$

Значит

$F(T) \geqslant \frac {( A - \varepsilon)T^{\sigma}}{\gamma^{\sigma}}$

К слову. Только сейчас заметил, что все значительно проще. Никакого интегрирования по $x$ и делать то не надо.
Полагая $t = T \tau , \ xT = \nu$, получим
$$\int_0^{\infty} G(T,\tau)\tau^{\sigma}e^{-\nu \tau}d\tau\sim \frac {A}{\nu^{\sigma + 1}} $$
А дальше уже предельный переход как и раньше.

А вообще, идея доказательства довольно проста. Имеем $F(t)/t^{\sigma}$ - ограничена сверху и снизу. Хочется показать, что это отношение стремится к константе. Предположим, что эта штука как-то осциллирует. Но тогда для больших $T$ функция $G(T,\tau)$ осциллирует все сильнее и сильнее. Если амплитуда колебаний не уменьшается, то у нее должны возникать большие по модулю положительные и отрицательные производные. А это невозможно в силу неотрицательности $f(t)$. Для примера достаточно рассмотреть что-нибудь типа $F(t) = t^{\sigma}( 2+ \sin(t))$. Пытаясь понять, почему такая функция не может появиться, приходим к доказательству.
Задним числом я думаю, что может есть и проще доказательство. Ну, например, рассмотреть верхний и нижний предел этого отношения и попытаться показать, что ежели они не совпадают, то должны появиться большие по модулю отрицательные производные. Что-нибудь в этом направлении. Но уже лень разбираться.

 Профиль  
                  
 
 Re: Простое доказательство
Сообщение12.09.2012, 15:05 


09/06/12
137
Вообще-то, когда-то была мысль использовать тот факт, что сумма
$$\sum_{n=0}^{N}\frac{e^{-nM(t-T)}}{n!}$$
является отрезком ряда Тейлора для функции $\varphi (t)=e^{-e^{M(t-T)}}$ и для $t \geq 0$ при больших M и N хорошо аппроксимирует единичную ступенчатую функцию с отрезком [0,T] в качестве носителя, но была отброшена как не удовлетворяющая требованию быть "весьма простой" (мерой простоты в данном случае была простота основного утверждения, для которого это было вспомогательной леммой).

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 13 ] 

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