Предел от максимума vs. Максимум от предела

[Otta]

Это как? Во-первых, Вы не знаете, где максимум, во-вторых, он ведь смещается.

[Kenelm]

Otta
Ну, например, если мне удастся доказать, что максимум всегда лежит в интервале $[x_1, x_2]$ (для любого $F_i(x)$). Ну и после этого доказать равномерную сходимость на интервале $[x_1, x_2]$.

[Otta]

Не, ну это бога ради. Но ведь это то же самое. В утверждении, которое тут проверялось, какой именно отрезок, никак не использовалось. И даже никак не использовалось, что это отрезок.

[Kenelm]

А вот следующий ход рассуждения верен?

$F_n(x) = nx\sum\limits_{i=0}^{n}C_{n}^{i}x^i(1-x)^{n-i}\ln\left(\frac{i+1}{x(n+1)}\right)$ ($x\in [0,1]$)

Обозначим $\tau = nx$, $x = \tau/n$. При достаточно большом $n$:
$F_n(\tau) = \tau\sum\limits_{i=0}^{n}C_{n}^{i}\left(\frac{\tau}{n}\right)^i(1-\frac{\tau}{n})^{n-i}\ln\left(\frac{i+1}{\tau}\right)$.

Если доказать, что максимум этой функции по не убывает с ростом $n$, то можно сразу перейти к пределу $n \rightarrow \infty$ и искать максимум по $\tau$ уже после предельного перехода?

[Otta]

Для каждой функции, конечно, можно. И максимум после замены будет совпадать с максимумом до, это естественно. Если, конечно, по правильному множеству его искать.

Но проблем несколько. Во-первых, каждая из функций $\tilde F_n(\tau)$ имеет свою область определения $\tau\in[0,n]$. И как определять сходимость такого сорта последовательности, непонятно. При фиксированном $\tau$, поточечно, ничего не даст, поскольку $\tau$ зависит от $n$. Например, максимум может достигаться для каждой из функций в точке, уползающей вправо, скажем, $n/2$. Пусть даже мы его посчитали, как Вы будете определять ту предельную функцию, которую хотите определять, $\tilde F(\tau)$? Еще раз: как поточечный предел - нет смысла. Он таким не является по сути.

К тому же, это все не снимает вопросов сходимости.
Я долго очень не думала, поэтому, может, пример сейчас приведу не очень удачный, не обозначивающий все проблемы, но кое-какие, может, получится.

Пусть $F_n(x)=nx(1-nx), x\in[0,1],\; \tilde F_n(\tau)=\tau(1-\tau),\tau\in[0,n]$.
Заметим, что вторая последовательность (якобы) стационарна, максимум по $\tau$ на каждом из отрезков для каждой функции равен $1/4$, предел максимумов, стало быть, тоже. Видимо, хочется, чтобы предельная функция имела тот же максимум. И в такой записи может показаться, что деваться ей некуда.

Возвращаемся, однако, к реальности. А реальность такова, что последовательность $F_n(x)$ сходится ровно в одной точке - в нуле. И хотя максимальное значение каждого элемента последовательности на отрезке $[0,1]$, разумеется, то же, $1/4$, желаемого результата не выйдет.

А ведь мы пока и поточечную сходимость не проверяли.

В общем, не видно, что Ваш трюк может дать. Скорее всего, ничего.

[ex-math]

В знаменателе логарифма все можно убрать -- там бином суммируется. То, что останется -- матожидание логарифма биномиально распределенной величины. Я в теории вероятностей не силен, может там есть какие-то предельные теоремы, которые "бесплатно" дадут асимптотику?

[Otta]

:) Да у меня исходно опасение, что задача как раз из теории вероятностей и вывалилась. ))

[Henrylee]

Ну вот кажется можно записать исходные функции как

$$ F_n(x)=x\rm E\ln\left[\frac{S_n}{x(n+1)}\right]^n, $$

где $S_n=\xi_1+\xi_2+\dots+\xi_n$ сумма независимых величин Бернулли с параметром $x$, преобразуем

$$ F_n(x)=x\ln\left(1+\frac1n\right)^n+x\rm E\ln\left[\frac{S_n}{nx}\right]^n. $$

Дальше нелишне вспомнить, что скорость сходимости в Усиленном законе больших чисел экспоненциальная, и, значит, штука под знаком матем. ожидания должна навскидку стремится почти наверное к нулю. Тогда, если обосновать предельный переход под знаком м.о., получится

$$ F_n(x)\to x,\quad n\to\infty. $$

Ну и тогда $b=1$.
А если начать с максимума.. пока не смотрел
можно ли это вообще посчитать?

[Otta]

Henrylee в сообщении #891168 писал(а):

$$F_n(x)=x\rm E\ln\left[\frac{S_n}{x(n+1)}\right]^n,$$

А не

$$F_n(x)=x\rm E\ln\left[\frac{S_n+1}{x(n+1)}\right]^n,$$

нет?

Henrylee в сообщении #891168 писал(а):

Тогда, если обосновать предельный переход под знаком м.о., получится

$$F_n(x)\to x,\quad n\to\infty.$$

Поточечно - вряд ли. При $x=1$ (а именно там намечается столь желанный максимум предельной функции, если все так, как написано), значение каждого элемента последовательности $F_n(1)$ нулевое.

[Henrylee]

Все возможно. Я только приблизительно писал. Идею. Детали потом.

[Kenelm]

ex-math
Otta
Henrylee
Да, действительно, задача появилась из необходимости асимптотического анализа одной технической системы со случайными параметрами. Я пробовал использовать предельные теоремы. В частности, сходимость вероятностей Биномиального распределения к вероятностям распределения Пуассона:

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\tilde{F}_n(\tau) = \tau\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{\tau^i}{i!}e^{-\tau}\ln\left(\frac{i+1}{\tau}\right)$.

А эта функция является известной и в литературе можно найти факт того, что ее максимум достигается при $\tau \approx 1.34$. Т.е. при параметре $x \rightarrow 0$. Значение $b$ при этом равно $\approx 0.58$.

-- 29.07.2014, 10:16 --

Тот ход, который предлагает Henrylee я пробовал, но там, действительно
$F_n(x)=x\ln\left(1+\frac1n\right)^n+x\rm E\ln\left[\frac{S_n}{nx} + \frac{1}{nx}\right]^n$
Т.е. второе слагаемое в сумме не стремится к нулю. :( А к чему стремится - непонятно.

[Otta]

Kenelm
Ну вот давайте немного затормозим. По первой части.

Kenelm в сообщении #891221 писал(а):

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\tilde{F}_n(\tau) = \tau\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{\tau^i}{i!}e^{-\tau}\ln\left(\frac{i+1}{\tau}\right)$.

Давайте попробуем написать, что это даст и даст ли что-то.
$\lim\limits_{n\to\infty}\tilde F_n(\tau)=\lim\limits_{n\to\infty}\tilde F_n(nx)=? $
Чему-то равно, но никак не $\tilde F(\tau)=F(nx)$, которая сама зависит от $n$.

[Henrylee]

Если позволите, я тут параллельно с Вами поразмышляю.

Otta в сообщении #891201 писал(а):

А не

$$F_n(x)=x\rm E\ln\left[\frac{S_n+1}{x(n+1)}\right]^n,$$

нет?

Да, упущенная мной единичка существенна. Если прикинуть снова

$$ F_n(x)=x{\rm E}\ln\left[\frac{S_n}{nx}\cdot\frac{n}{n+1}+\frac1{x(n+1)}\right]^n $$

и как-то воспользоваться быстрой сходимостью $S_n/nx\to1$, то дальше

$$ x\ln\left[\frac{n}{n+1}+\frac1{x(n+1)}\right]^n=x\ln\left[1+\frac{1-x}{x}\cdot\frac1{n+1}\right]^n\to 1-x $$

-- Вт июл 29, 2014 15:24:50 --

не факт, что правомерно, надо думать. И аккуратно обосновывать.

[sup]

Мне кажется, что будет полезным одно интегральное представление.
Положим
$S_n(x) = \sum \limits_{k=0}^nC_n^k x^k(1-x)^{n-k}\ln (k+1)$
Тогда
$F_n(x) = nx(S_n(x) - \ln ((n+1)x))$
Используя равенство (интеграл Фруллани)
$\ln (k+1) = \int \limits_0^{\infty}\frac {e^{-s}}{s}(1-e^{-ks})ds$
легко получаем
$S_n(x) = \int \limits_0^{\infty}\frac {e^{-s}}{s}(1-(1-x+xe^{-s})^{n})ds$
Можно это выражение еще немного упростить. Замена $1 - z = e^{-s}$
$S_n(x) = -\int \limits_0^1 \frac {1 - (1-xz)^n}{\ln (1-z)}dz$
И далее (опять заменяя логарифм интегралом)
$F_n(x) = -nx\int \limits_0^1 \frac {(1-z)^{(n+1)x-1} - (1-xz)^n}{\ln (1-z)}dz$
Теперь вроде бы можно по Тейлору приближать логарифм. Как-то так.

[ex-math]

sup
Так по Тейлору можно и сразу. Из знаменателя логарифма убрать икс и $\frac{i+1}{n+1}=1+\frac{i-n}{n+1}$. Все суммы там в принципе вычисляемы дифференцированием, только очень громоздко.