Предел от максимума vs. Максимум от предела

[demolishka]

Еще раз обращу внимание на главную часть:

demolishka в сообщении #892313 писал(а):

у вас все элементы последовательности от разных переменных.

А теперь посмотрите в определение предела последовательности функций.

[sup]

Если я Вас правильно понял, ты Вы вводите функцию
$\tilde{F}_n(\tau) = \tau\sum\limits_{i=0}^{n}C_{n}^{i}\left(\frac{\tau}{n}\right)^i(1-\frac{\tau}{n})^{n-i}\ln\left(\frac{i+1}{\tau}\right)$.
После чего Вас интересует следующий предел

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\tilde{F}_n(\tau) = \tau\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{\tau^i}{i!}e^{-\tau}\ln\left(\frac{i+1}{\tau}\right)$.
Проще говоря, мы "забыли" про исходные "иксы" и намерены работать с "тау".
В этом случае выглядит правдоподобно, что максимум и предел переставить удастся.

[Kenelm]

sup
Вобщем-то, да. И, глобально вопрос такой, верно ли следующее равенство:
$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\max\limits_{x}F_n(x) = $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\max\limits_{\tau}\tilde{F}_n(\tau) = \max\limits_{\tau}\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\tilde{F}_n(\tau) $

[sup]

На мой взгляд это весьма правдоподобно.

[Kenelm]

sup
Вы знаете, не будучи математиком, я проверил эту гипотезу усиленным численным моделированием (ну, насколько комп мог себе позволить) и внутренняя уверенность о том, что эти равенства соблюдаются у меня тоже есть. Однако мне необходимо как-то это строго доказать. Вы не подскажете, исходя из каких предпосылок можно доказать первое и второе равенства?

-- 01.08.2014, 12:22 --

demolishka в сообщении #892318 писал(а):

Еще раз обращу внимание на главную часть:

demolishka в сообщении #892313 писал(а):

у вас все элементы последовательности от разных переменных.

А теперь посмотрите в определение предела последовательности функций.

Да, спасибо, я посмотрю.

[sup]

Kenelm в сообщении #892322 писал(а):

не будучи математиком,

Kenelm в сообщении #892322 писал(а):

мне необходимо как-то это строго доказать.

Если Вы не математик, то у Вас единственный выход - ссылка на какую-нибудь книжку. Ну или какой-нибудь авторитет. Что-нибудь типа
"сам Роксолан Медиарович Ксандрыка с этим согласился ..."

А если говорить серьёзно, то равенство
$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\max\limits_{x}F_n(x) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\max\limits_{\tau}\tilde{F}_n(\tau) $
тривиально верно, поскольку
$\max\limits_{x}F_n(x) = \max\limits_{\tau}\tilde{F}_n(\tau) $
Значит надо лишь разобраться со второй частью
$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\max\limits_{\tau}\tilde{F}_n(\tau) = \max\limits_{\tau}\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\tilde{F}_n(\tau) $
Может быть этот вопрос уже был рассмотрен? Я не в курсе. Мне кажется, что этот факт не очень трудно установить прямо из определения $\tilde{F}_n(\tau)$. Без всяких там интегральных представлений.

[Kenelm]

sup в сообщении #892325 писал(а):

Если Вы не математик, то у Вас единственный выход - ссылка на какую-нибудь книжку. Ну или какой-нибудь авторитет.

Не, ну я ж тоже хочу расти над собой в плане математической культуры. Поэтому интересна методика доказательства такого рода утверждений. Отсюда и эту тему на форуме я изначально создал с максимально широкой постановкой.

[ex-math]

sup
1. Там, где $1-xz$, получается неполная $B$-функция? Потом использовать для нее какие-то готовые асимптотики?
2. Правильно ли я понял, что главная часть $\tilde{F}_n(\tau) $ не зависит от $n$?

-- 01.08.2014, 15:02 --

Если так, то для этой функции предел и максимум, очевидно, можно переставить.
А в общем случае достаточно равномерной сходимости, как я тут показывал.

-- 01.08.2014, 15:19 --

sup в сообщении #892314 писал(а):

$F_n(x) = \tau \int \limits_0^1 \frac{(1-z)^{\tau - 1} - e^{-\tau z}}{|\ln (1-z)|}dz + O(1/n)$

Я об этой формуле. Кстати, она доказывает нам равномерную сходимость $\tilde{F}_n(\tau) $.

[sup]

Я тоже считаю, что эта формула дает все что надо. Необходимо лишь ее обосновать, но это вроде бы нетрудно.
Насчет B-функции я что-то запутался и пока не могу показать свои выводы. Но, конечно же, там присутствует частичная B-функция. У меня как-то легко получалось ее оценить. Может и проврался ...

[sup]

Итак, можно подвести итог.
Во-первых. Обозначим главный член в формуле для $F_n(x)$
$J_n(x) = \int \limits_0^1 \frac {(1-z)^{nx+x-1} - (1-zx)^n}{z}dz$
Тогда
$J_n(x) = \ln x + \frac {\Gamma'}{\Gamma}(n+1) - \frac {\Gamma'}{\Gamma}(nx+x) + O(\frac {(1-x)^n}{nx})$
Для доказательства этой формулы заметим, что
$J_n(x) = \int \limits_0^1 \frac {(1-z)^{nx+x-1} - 1}{z}dz + \int \limits_0^1 \frac {1 - (1-zx)^n}{z}dz = I_0 + I_1$
$I_1 = \int \limits_0^1 \frac {1 - (1-z)^n}{z}dz - \int \limits_x^1 \frac {1 - (1-z)^n}{z}dz$
Значит
$J_n(x) = \int \limits_0^1 \frac {(1-z)^{nx+x-1} - (1-z)^n}{z}dz - \int \limits_x^1 \frac {1 - (1-z)^n}{z}dz= I_2 - I_3$.
Сначала разберемся с $I_3$.
$I_3 = \int \limits_x^1 \frac {1 - (1-z)^n}{z}dz = \int \limits_0^{1-x} \frac {1 - s^n}{1-s}ds$
Полагая $y = 1-x$, получим
$I_3 = y +y^2/2 + \dots + y^n/n = -\ln(1-y) +O(\frac {1}{n}(y^{n+1} + y^{n+2} + \dots))$
Окончательно получаем
$I_3 = -\ln x + O(\frac {(1-x)^n}{nx})$
Теперь разберемся с $I_2$. По сути это уже почти $B$- функция. Однако там возникает особенность. Чтобы от нее избавиться мы в знаменателе напишем не $z$, а $z^{1-\varepsilon}$ и устремим $\varepsilon \to 0$. В результате получим
$J_{\varepsilon} = B(\varepsilon,nx+x) - B(\varepsilon,n+1) = \Gamma(\varepsilon)\left (\frac {\Gamma (nx+x)}{\Gamma (nx+x+\varepsilon)} - \frac {\Gamma (n+1)}{\Gamma (n+1+\varepsilon)} \right )$
Используя первое приближение по Тейлору легко получаем
$J_{\varepsilon} = \varepsilon\Gamma(\varepsilon)\left (\frac {\Gamma'}{\Gamma}(n+1) - \frac {\Gamma'}{\Gamma}(nx+x)+ O(\varepsilon) \right )$
После чего можно переходить к пределу.
Таким образом, при $n \to \infty$ можно выделить два случая ($x$ - может тоже меняться)
1. $nx \to \infty$
2. $nx$ ограничено.
В первом случае имеем
$F_n(x) = nxJ_n(x) +o(1) = nx \left (\ln x + \frac {\Gamma'}{\Gamma}(n+1) - \frac {\Gamma'}{\Gamma}(nx+x) \right ) + o(1)$
Во втором случае, полагая $\tau = nx$, получаем
$F_n(x) = \tau \int \limits_0^1 \frac{(1-z)^{\tau - 1} - e^{-\tau z}}{|\ln (1-z)|}dz + o(1)$
Аналогично предыдущим построениям можно убедиться, что последний интеграл в точности соответствует ряду ТС. Т.е. для него допустима перестановка предела и максимума.
P.S. Немного поправил

[ex-math]

sup
Да, теперь из разложения логарифмической производной гаммы получается $\frac12(1-x)$. Но во втором случае Вы, выходит, не используете полученную асимптотику? И почему показатель $\tau-1$ вместо $\tau+x-1$?

[sup]

Да, во втором случае асимптотика не используется. Да она и не применима. Здесь как раз две области - две формулы. Они "накрывают" все варианты.
Во втором случае, когда $\tau = nx$ ограничено имеем $x = O(1/n) = o(1)$. А значит
$\frac {(1-z)^x-1}{\ln (1-z)} = o(1)$

-- Сб авг 02, 2014 19:08:45 --

Поясню, почему не применима асимптотика.
В формуле для $J_n(x)$ фигурирует ошибка $O(\frac {(1-x)^n}{nx})$. А значит для $F_n(x)$ появится ошибка $O((1-x)^n)$. Эта ошибка мала только при условии $nx \to \infty$.

[ex-math]

Да, я как-то забыл, что икс теперь к нулю стремится.
Теперь все ясно, спасибо.
Кстати, Ваше интегральное представление совсем не лишнее. Думаю, доказывать в лоб стремление исходной суммы к "ряду ТС" довольно противно из-за биномиальных коэффициентов и скобок типа второго замечательного предела.

[Kenelm]

sup
Подскажите, пожалуйста, а почему в исходной формуле для $J_n(x)$ в знаменателе $z$, а не $\ln(1-z)$?

[ex-math]

Kenelm
Это первый член разложения $-1/\ln(1-z) $. Следующие члены идут в остаток. Вот здесь я писал об этом:

ex-math в сообщении #892145 писал(а):

Следующий член разложения логарифма дает такой же интеграл, но без $z$ в знаменателе. Он вычисляется точно и стремится к нулю. Наконец, остаток дает интеграл с $z$ в числителе. После такой же замены перед ним уже возникает коэффициент $\frac1n$, так что достаточно оценить скобки как $O(t^ke^{-t}) $.