Двумерная усеченная проблема моментов

[peregoudov]

Не могу решить сам и не могу найти подходящей литературы по такой задаче.

При каких $f_1,\ldots,f_5$ существует мера на треугольнике $x>0$, $y>0$, $x+y<1$, такая что $f_1=\overline x$, $f_2=\overline y$, $f_3=\overline{x^2}$, $f_4=\overline{xy}$, $f_5=\overline{y^2}$?

Может кто-то помочь ссылками/идеями?

[--mS--]

Подозреваю, что должно быть достаточно обычных неравенств на матожидания, дисперсии и коэффициент корреляции:

$f_1,\ldots,f_5\geqslant 0$,
$0\leqslant f_1+f_2\leqslant 1$,
$f_3+2f_4+f_5\leqslant 1$,
$f_1\geqslant f_3\geqslant f_1^2$ и $f_2\geqslant f_5 \geqslant f_2^2$,
$(f_4-f_1f_2)^2 \leqslant (f_3-f_1^2)(f_5-f_2^2)$.

[peregoudov]

Спасибо за ответ. Вы же понимаете, что я таких (необходимых) неравенств могу настрогать вагон и маленькую тележку. Напишу, например, $f_4\leqslant f_1$, и вам придется доказывать, что это слабее ваших условий.

[--mS--]

Отлично понимаю, но ничего большего пока сказать не получается.

[peregoudov]

Опишу промежуточный этап своих поисков. Прошу ногами не пинать, буду рассказывать как физик, на уровне идей, не заморачиваясь особо математической строгостью.

Первый шаг --- перейти от задачи по поиску меры на треугольнике к эквивалентному поиску положительного линейного функционала $\Phi[f(x,y)]$ на непрерывных функциях в треугольнике. Положительного в том смысле, что если $f(x,y)>0$ $\forall x,y$ из треугольника, то $\Phi[f(x,y)]>0$. Понятно, что проверять положительность для всех функций --- хлопотное дело. К счастью, существует теорема Рисса о продолжении, которая гарантирует, что функционал, заданный на подпространстве, можно расширить до функционала во всем пространстве. Для нас это означает, что можно ограничиться подпространством многочленов не выше второй степени, $p_2(x,y)=c_0+c_1x+c_2y+c_3x^2+c_4xy+c_5y^2$. Поскольку мы хотим, чтобы средние были равны $f_k$, значение функционала на этих функциях очевидно из его линейности $\Phi[p_2(x,y)]=\sum_k c_kf_k$. Для положительных на треугольнике многочленов значение функционала должно быть положительным: если $c_0+c_1x+c_2y+c_3x^2+c_4xy+c_5y^2>0$ на треугольнике, то $\sum_kc_kf_k>0$. Описать область $f_k$ --- вот задача, которую надо решить.

Теперь я расскажу, что написано о решении этой задачи у Крейна и Нудельмана "Проблема моментов Маркова и экстремальные задачи". Нетрудно видеть, что множество положительных функций представляет собой выпуклый конус: вместе с функкцией $f(x,y)$ ему принадлежит луч $\alpha f(x,y)$, $\alpha>0$, а вместе с функциями $f_1(x,y)$ и $f_2(x,y)$ --- соединяющий их отрезок $\alpha f_1(x,y)+(1-\alpha)f_2(x,y)$, $0<\alpha<1$. Образующие этого конуса --- лучи тех положительных функций, которые не могут быть представлены как сумма двух других положительных функций.

Если вектор ${\bf c}$ лежит в конусе, то вектор ${\bf f}$, определяемый неравенством ${\bf cf}>0$ лежит в дуальном конусе, образующие которого направлены вдоль нормалей к поверхности исходного конуса.



Соотношение дуальности аналогично преобразованию Лежандра или касательному преобразованию: дуальный к дуальному конус совпадает с исходным. Таким образом, для определения области допустимых моментов достаточно найти конус (так называемую коническую оболочку), в котором лежит двумерная поверхность, заметаемая вектором ${\bf p}=(1,x,y,x^2,xy,y^2)$ при изменении $x,y$ в треугольнике.

К стыду своему должен сказать, что задача эта, вроде бы и не столь уж многомерная (можно еще выкинуть первую, постоянную, компоненту вектора и искать сечение конуса --- выпуклую линейную оболочку), оказалась мне пока не под силу :(

Можно искать конус положительных многочленов, а потом сопрягать. В конце концов у нас многочлены второй степени, линии уровня которых --- кривые второго порядка. Тут нам светит полная ветвлений задача о касании эллипса/гиперболы/параболы с треугольником :) Я пока ничего даже писать не пытался.

Наибольшего продвижения я достиг доморощенным методом, который и описываю ниже.

Подход навеян одномерной задачей. Буду пользоваться механической терминологией и рассуждать нестрого. Попытаемся заменить произвольное распределение масс по треугольнику на распределение, когда массы сосредоточены в конечном числе точек, так чтобы моменты до второго порядка включительно оставались неизменными. Рассуждая физически, начнем со случая, когда масса уже сосредоточена в конечном, но большом числе точек, и посмотрим, нельзя ли это число уменьшить. А потом будем наивно считать, что результат, справедливый для конечного числа точек, остается справедливым и для произвольного распределения массы.

Опыт одномерного случая учит нас, что любое распределение массы на отрезке можно заменить двумя точками, одна из которых лежит в заданном конце отрезка. Из этого наблюдения проистекает замечательная теоремка: систему двух точек можно заменить эквивалентной системой двух точек, расположенных на той же прямой, причем одна из новых точек лежит в заданной точке прямой вне исходного отрезка (а вторая --- внутри. Или наоборот: внутри положение задано, а вовне определяется).



С помощью этого нехитрого приема можно все точки изнутри треугольника, кроме одной, вынести на границы



Те же рассуждения для стороны треугольника позволяют все вынести в заданный угол, кроме одной точки. Если я не ошибся нигде с особыми случаями (обычная головная боль математиков :)), то любое распределение масс сводится к такому: одна точка в заданной вершине треугольника, еще две на прилегающих сторонах, и еще одна внутри. В частных случаях "сторонние" точки могут вылезать в углы, а "внутренняя" --- ложиться на сторону. Некоторые массы в частных случаях могут равняться нулю.



Если внутренняя точка лежит вне треугольника, образованного остальными тремя, то уменьшить количество точек описанным выше приемом уже нельзя. Хотя остается неясно, нельзя ли и в этом случае заменить четыре точки на три.

Ограничения на параметры точек известны: массы неотрицательны, а точки лежат в треугольнике. Обращая зависимость моментов от параметров точек, получаем условия на моменты. К сожалению, так просто обратить нельзя: параметров 7, а моментов 5. Так что в действительности получается условие разрешимости системы неравенств для двух каких-то параметров, например, координат внутренней точки. При таком выборе свободных параметров почти все неравенства сводятся к линейным

$$ \begin{gathered} 0<x,\quad 0<y,\quad x+y<1,\\ 0<\overline{x^2}\,y-\overline{xy}\,x<\overline{x}\,y-\overline{xy},\\ 0<\overline{y^2}\,x-\overline{xy}\,y<\overline{y}\,x-\overline{xy} \end{gathered} $$

и только одно выглядит запутанным

$$ (xy-\overline{xy})-\frac{x(\overline{x}\,y-\overline{xy})^2}{\overline{x^2}\,y-\overline{xy}\,x}-\frac{y(\overline{y}\,x-\overline{xy})^2}{\overline{y^2}\,x-\overline{xy}\,y}>0. $$

Однако хочу отметить, что это неравенство включает многочлен четвертого порядка.

[peregoudov]

Все, я решил свою задачу. "Запутанное" условие оказалось не таким уж сложным. Чтобы пояснить решение, дадим геометрическую интерпретацию выписанных неравенств.



Линейные неравенства

$$ \begin{gathered} 0<\overline{x^2}\,y-\overline{xy}\,x<\overline{x}\,y-\overline{xy},\\ 0<\overline{y^2}\,x-\overline{xy}\,y<\overline{y}\,x-\overline{xy} \end{gathered} $$

задают область лежащую ниже прямой BD и выше остальных прямых. Важно, что либо точка A, либо точка B (или обе сразу) лежат на границе допустимой области. Именно, A лежит на границе при выполнении условия

$$ \overline y\,\overline{x^2}-\overline x\,\overline{xy}>\overline{x^2}\,\overline{y^2}-\overline{xy}^2. $$

Условие для B получается заменой $x\leftrightarrow y$.

Ключом к решению является поведение функции

$$ \begin{aligned} &\Phi(x,y)={}\\ &\quad{}=\left[(xy-\overline{xy})-\frac{x(\overline{x}\,y-\overline{xy})^2}{\overline{x^2}\,y-\overline{xy}\,x}-\frac{y(\overline{y}\,x-\overline{xy})^2}{\overline{y^2}\,x-\overline{xy}\,y}\right](\overline{y^2}\,x-\overline{xy}\,y)(\overline{x^2}\,y-\overline{xy}\,x), \end{aligned} $$

входящей в "запутанное" условие, в окрестности точек A

$$ \Phi(x,y)=\frac{\overline{x^2}\,\overline{xy}(DxDy-K^2)}{\overline x^3}(\overline{x^2}\,y-\overline{xy}\,x)+\ldots $$

и B (получается заменой $x\leftrightarrow y$). Здесь $Dx=\overline{x^2}-\overline x^2$, $Dy=\overline{y^2}-\overline y^2$, $K=\overline{xy}-\overline x\,\overline y$ --- центральные моменты, компоненты ковариационной матрицы.

Таким образом, в окрестности точек A или B в допустимой обрасти "запутанное" условие выполняется автоматически. В качестве решения системы неравенств можно выбирать точку A или B. При этом одна из четырех масс оказывается равной нулю. Например, при

$$ \overline y\,\overline{x^2}-\overline x\,\overline{xy}>\overline{x^2}\,\overline{y^2}-\overline{xy}^2 $$

выбираем точку A, тогда

$$ \begin{gathered} x_1=0,\quad y_1=0,\quad m_1=\frac{DxDy-K^2}{\overline{x^2}\,\overline{y^2}-\overline{xy}^2},\\ x_2=0,\quad y_2=\frac{\overline{x^2}\,\overline{y^2}-\overline{xy}^2}{\overline y\,\overline{x^2}-\overline x\,\overline{xy}},\quad m_2=\frac{(\overline y\,\overline{x^2}-\overline x\,\overline{xy})^2}{\overline{x^2}(\overline{x^2}\,\overline{y^2}-\overline{xy}^2)},\\ x_3=\frac{\overline{x^2}}{\overline x},\quad y_3=\frac{\overline{xy}}{\overline x},\quad m_3=\frac{\overline x^2}{\overline{x^2}}. \end{gathered} $$

Если я нигде не ошибся с выявлением более слабых неравенств, то окончательные условия на моменты получаются такими

$$ \begin{gathered} \overline{xy}>0,\quad Dx>0,\quad Dy>0,\\ \overline x>\overline{x^2}+\overline{xy},\quad \overline y>\overline{y^2}+\overline{xy},\\ DxDy-K^2>0. \end{gathered} $$

Попутно мы получили ответ на вопрос о представлении: твердое тело в виде треугольника с произвольным распределением масс может быть эквивалентно представлено тремя материальными точками, одна из которых лежит в заданной вершине, вторая --- на одной из сторон, прилегающих к этой вершине (на какой --- зависит от исходного распределения масс, иногда может быть, что на любой), а третья --- внутри треугольника.