Простое доказательство

[armez]

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.

[alcoholist]

может, методом Абеля?

[armez]

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?

[mihiv]

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 $F(T)\sim \dfrac {AT^{\nu }}{\Gamma (\nu +1)}.$

[armez]

mihiv, в силу чего асимптотика оригинала равна оригиналу асимптотики?

[mihiv]

armez в сообщении #616825 писал(а):

mihiv, в силу чего асимптотика оригинала равна оригиналу асимптотики?

armez,Вы правы,это требует доказательства.

[armez]

mihiv, в любом случае, спасибо за интерес к теме.

[sup]

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.

[armez]

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.

[sup]

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.

[armez]

К слову, а как легко получить такую же оценку снизу для больших Т ?

[sup]

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.

[armez]

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).