Анализ функции, на знаки производных

[Kenelm]

Уважаемые участники форума!

Я хотел бы задать вопрос в продолжении этой темы. Буду благодарен за любую помощь, т. к. уже несколько месяцев "живу" этой задачей, но математической квалификации, увы, недостаточно для ее решения.
Итак, имеется следующая последовательность функций, заданных на интервале $x\in\left[0,1\right]$:
$F_n(x) = x\sum\limits_{i=0}^{n}C_{n}^{i}x^i(1-x)^{n-i}\ln\left(\frac{i+1}{x(n+1)}\right)$.
Необходимо доказать следующее:
Найдется такое $n_0$ такое, что для $\forall n \geq n_0$: у функции $F_n(x)$ все производные, начиная со второй, будут знакопеременны в точке $x=1$, т.е.:
$\forall n \geq n_0$, k = \overline{2,n}: sign\left( \frac{d^k F_n(x)}{dx^k} |_{x=1} \right) = (-1)^k

Я действовал следующим образом:
Для начала я воспользовался представлением логарифма при помощи интеграла Фруллани, как было рекомендовано уважаемым sup в предыдущей теме:
$F_n(x) = x\int \limits_0^{\infty}\frac {e^{-s}-(1-x+xe^{-s})^{n}e^{-s}}{s}ds - x\ln\left(x(n+1)\right)$.
Тогда, для $k \geq 2$:
$\frac{d^k}{x^k}F_n(x) = x\frac{n!}{(n-k)!}(-1)^{k+1}\int \limits_0^{\infty}\frac {(1-x+xe^{-s})^{n-k}(1-e^{-s})^ke^{-s}}{s}ds + k\frac{n!}{(n-k+1)!}(-1)^{k}\int \limits_0^{\infty}\frac {(1-x+xe^{-s})^{n-k+1}(1-e^{-s})^{k-1}e^{-s}}{s}ds-(-1)^k\frac{(k-2)!}{x^{k-1}}$
Соответственно:
$\frac{d^k F_n(x)}{dx^k} |_{x=1} = \frac{n!}{(n-k)!}(-1)^{k+1}\int \limits_0^{\infty}\frac {e^{-s(n-k+1)}(1-e^{-s})^k}{s}ds + k\frac{n!}{(n-k+1)!}(-1)^{k}\int \limits_0^{\infty}\frac {e^{-s(n-k+2)}(1-e^{-s})^{k-1}}{s}ds-(-1)^k(k-2)!$
Вынося за скобки $(-1)^k$ и делая легкую перегруппировку:
\begin{multline*} \frac{d^k F_n(x)}{dx^k} |_{x=1} = (-1)^k(k-2)! \times\\ \times\left[ \frac{n!}{(n-k+1)!(k-2)!}\left( k\int \limits_0^{\infty}\frac {e^{-s(n-k+2)}(1-e^{-s})^{k-1}}{s}ds -(n-k+1)\int \limits_0^{\infty}\frac {e^{-s(n-k+1)}(1-e^{-s})^k}{s}ds \right) -1\right]. \end{multline*}
Можно представить еще так:
\begin{multline*} \frac{d^k F_n(x)}{dx^k} |_{x=1} = (-1)^k(k-2)!\times\\ \times\left[ \frac{n!}{(n-k+1)!(k-2)!}\left( (n+1)\int \limits_0^{\infty}\frac {e^{-s(n+1)}(e^s-1)^{k-1}}{s}ds -(n-k+1)\int \limits_0^{\infty}\frac {e^{-sn}(e^s-1)^{k-1}}{s}ds \right) -1\right]. \end{multline*}
Видно, что необходимо доказать, что выражение в больших круглых скобках всегда больше, чем $\frac{(n-k+1)!(k-2)!}{n!} = B(n-k+2,k-1)$. На этом месте у меня ступор. Я пробовал разные варианты:
1. В Градштейне и Рыжике есть эти интегралы из последнего выражения, но они там представляются в виде знакопеременных рядов, содержащих логарифмы и там у меня ничего не получилось (кстати, осторожно, в Советских изданиях Г-Р в этих формулах опечатка).
2. Пользуясь разложением экспоненты в ряд Маклорена: $\frac{e^s-1}{s} = 1 + s/2 + s^2/6 ...$ провел интегрирование по частям для обоих интегралов в круглых скобках. Получил выражение из Градштейна и Рыжика.
3. Пользуясь неравенствами $x \leq e^x - 1$ и $x \geq 1- e^{-x}$ оценить выражение в круглых скобках снизу. Не получилось, т.к. оценка оказалась слишком неточной.

Все портит это $s$ в знаменателе, что с ней делать понять не могу... Вобщем, ещё раз повторюсь, буду благодарен за любую подсказку дальнейших ходов, т.к. моя фантазия уже иссякла.
Заранее спасибо всем!

[ewert]

Ничего практически полезного не скажу (не понимаю, зачем может в этом контексте понадобиться чередование знаков производных). Но, может быть, Вам удастся чего-нибудь нагуглить исходя из того, что это -- зачем-тоя попытка стандартно приблизить логарифм многочленами Бернштейна.

[Kenelm]

ewert
Простите, в контексте чего? Просто передо мной появилась другая, отдельная, задача (со знакопеременностью производных), не имеющая прямого отношения к предыдущей теме (общего в них только то, что анализируется одна и та же функция).

[Vince Diesel]

Численный эксперимент не подтверждает этой гипотезы. Зато появляется такая: $(n+1)$-й коэффициент ряда Тейлора функции $F_n(x)$ в единице имеет вид $\frac{(-1)^{n+1}}{n(n-1)}+\sum _{k=0}^n (-1)^{n-k} \binom{n}{k}\log (k+1) $, а его знак равен $(-1)^{n+1}$. Коэффициенты с бОльшими номерами имеют вид $\frac{(-1)^{m+1}}{(m-1)m}$, $m>n+1$. В частности, знак $(n+2)$-й производной в единице тоже равен $(-1)^{n+1}$. Если гипотеза справедлива, то $n+1$ и $n+2$ это максимальные номера, где знаки соседних производных совпадают.

[Kenelm]

Vince Diesel
Здравствуйте! Спасибо за Ваше замечание! Однако я достаточно интенсивно проверял численно эту гипотезу и пока не наткнулся на контрпримеры... Вы не могли бы сказать, при каком n Вы его обнаружили?

[Vince Diesel]

Для всех. Например,

$$ F_1(x)=x \left(\ln \left(\frac{1}{2 x}\right)(1-x) +x \ln \left(\frac{1}{x}\right)\right)= $$ $$ =(x-1) (\ln 2-1)+(x-1)^2 \left(\ln 2-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{6} (x-1)^3-\frac{1}{12} (x-1)^4+O\left((x-1)^5\right), $$

на 2-3 месте два положительных слагаемых подряд.

[Kenelm]

Vince Diesel
Ага, понял. Только в данной задаче я интересуюсь производными от 2-й до n-й, поэтому $n=1$ - несколько вырожденный случай... Если брать $n \geq 3$, то там уже, вроде все ок!

[Vince Diesel]

А это часть какой-то другой задачи или она сама по себе? Интересно, зачем это может быть нужно вообще

[Vince Diesel]

Обозначим $f_n(x)=F_n(1-x)$. Тогда требуемое утверждение переписывается как положительность некоторых коэффициентов ряда Маклорена $f_n$. Имеем:

$$ f_n(x)=\sum_{i=0}^{n}C_{n}^{i}(1-x)^{i+1}x^{n-i}\ln\left(\frac{i+1}{(1-x)(n+1)}\right)= (1-x) \ln \frac{1}{(n+1) (1-x)}+\sum_{i=0}^{n}C_{n}^{i}(1-x)^{i+1}x^{n-i}\ln(i+1). $$

Распишем второе слагаемое, чтобы получить коэффициенты ряда Маклорена.

$$\sum_{i=0}^{n}C_{n}^{i}(1-x)^{i+1}x^{n-i}\ln(i+1)= \sum_{i=0}^{n}C_{n}^{i}\ln(i+1)\sum_{k=0}^{i+1}(-1)^{k}C_{i+1}^k x^{n-i+k}= $$

$$ =\sum_{m=0}^{n}x^m\sum _{i=n-m}^{n} (-1)^{i+m-n} C_n^i C^{i+1}_{i+m-n}\ln(i+1). $$

Представим логарифм как интеграл, $\ln(i+1)=\int_0^1\frac{i dt}{1+i t}$:

$$\sum_{m=0}^{n}x^m\int_0^1\sum _{i=n-m}^{n} (-1)^{i+m-n} C_n^i C^{i+1}_{i+m-n} \frac{i dt}{1+i t}. $$

Подынтегральное выражение можно упростить:

$$\sum _{i=n-m}^{n} (-1)^{i+m-n} C_n^i C^{i+1}_{i+m-n} \frac{i }{1+i t}=\frac{n!(1-t) t^{m-2}}{(n+1-m)! \prod _{k=0}^m (1+(n-k)t)}. $$

Раз уж формула угадана, ее проверка производится несложно. А именно, рассмотрим обе части равенства как функции комплексного аргумента $t$, мероморфные и с простыми полюсами. Коэффициент при $\frac1{t+1/i}$ равен вычету в точке $t=-1/i$. Вычисляя вычеты правой части и сравнивая с левой, получим требуемое.

Поскольку для первого слагаемого ряд Маклорена

$$ (1-x) \ln \frac{1}{(n+1) (1-x)}=\ln \left(\frac{1}{n+1}\right)+x \left(1-\ln \left(\frac{1}{n+1}\right)\right)-\sum_{m=2}^\infty\frac{x^m}{(m-1)m}, $$

то нужное неравенство эквивалентно

$$ \frac{n!}{(n+1-m)!}\int_0^1\frac{(1-t) t^{m-2}}{(1+(n-m)t)\ldots(1+nt)}\,dt\ge \frac{1}{(m-1)m}. $$

Кажется удачным, что интеграл от числителя равен правой части: $\int_0^1(1-t) t^{m-2}\,dt= \frac{1}{(m-1)m}$, однако если оценивать знаменатель по максимуму, положив $t=1$, то результата не получается, знаменатель слишком большой.

Далее можно попробовать так: подынтегральное выражение мало при $t$ близком к единице. Поэтому вместо интеграла от нуля до единицы рассмотреть интеграл от нуля до $a$, проинтегрировать числитель

$$ \int_0^a (1-t) t^{m-2} \, dt=a^{m-1} \left(\frac{m-a (m-1)}{ (m-1)m}\right), $$

заменить знаменатель на значение в точке $a$ и сократить на $(m-1)m$:

$$ \frac{n!a^{m-1}(m-a (m-1))}{(n+1-m)!(1+(n-m)a)\ldots(1+na)}\ge 1. $$

Затем оценить левую часть как-нибудь снизу и для фиксированных $m$ и $n$ максимизировать по $a$, надеясь получить предыдущую оценку. Или поизящнее решение искать

[Kenelm]

Vince Diesel
Вот и у Вас тоже всю картину портит знаменатель. :) Я попробую поперебирать по разным $a$, может удастся угадать с решением... В любом случае, большое спасибо!

Vince Diesel в сообщении #929368 писал(а):

А это часть какой-то другой задачи или она сама по себе? Интересно, зачем это может быть нужно вообще

Ну да выглядит довольно оторвано от жизни. :) На самом деле, основная задача, которую я пытаюсь решить звучит так:
1. Доказать, что функция $F_n(x)$ содержит ровно один максимум на интервале $[0,1]$.
2. Доказать что функция $F_n(x)$ выпукла вверх на интервале $[0,x_n^*]$ (т.е. имеет отрицательную вторую производную), где $x_n^*$ - точка этого самого максимума.

Пользуясь особенностями данной функции, мне удалось свести доказательство этих двух утверждений к доказательству того, что у функции - знакопеременные коэффициенты разложения в ряд Тейлора в точке $x = 1$. Может, это я в Москву через Владивосток, но по крайней мере при этом задача стала достаточно технической.

[Евгений Машеров]

А для каждого слагаемого эти условия не выполняются?

[Kenelm]

Евгений Машеров в сообщении #930395 писал(а):

А для каждого слагаемого эти условия не выполняются?

К сожалению, нет. К тому же там еще перед суммой множитель $x$...

[sup]

Kenelm в сообщении #929768 писал(а):

1. Доказать, что функция $F_n(x)$ содержит ровно один максимум на интервале $[0,1]$.
2. Доказать что функция $F_n(x)$ выпукла вверх на интервале $[0,x_n^*]$ (т.е. имеет отрицательную вторую производную), где $x_n^*$ - точка этого самого максимума.

Как я понимаю, все дело сводится к изучению предельной функции.
$\tilde{F}(\tau) = \tau\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{\tau^i}{i!}e^{-\tau}\ln\left(\frac{i+1}{\tau}\right)$.
Предположим, что $\tilde{F}(\tau)$ имеет один-единственный максимум в точке $\tau_0$ и на интервале $[0, \tau_0 +\varepsilon]$ функция вогнута - $\tilde{F}''(\tau) \leqslant \delta < 0$.
Тогда.
Пусть $F_n(x)$ достигает максимума в какой-то точке $x_n$. Пока мы не доказали единственность такой точки. Поэтому берем произвольную. Что будет при $n \to \infty$? Обозначим $y_n = nx_n$. Возможны два варианта.
1. Последовательность $y_n$ ограничена. В предыдущей теме было показано, что в этом случае $F_n(x_n) \to \tilde{F}(y_n)$. Но у функции $\tilde{F}$ единственный максимум в точке $\tau_0$. Значит $y_n \to \tau_0$.
2. Есть неограниченная подпоследовательность $y_{n_k}$. Но на этой подпоследовательности $F_n(x_{n_k}) \to 1/2(1- x_{n_k}) \leqslant 1/2$. А это меньше, чем $\tilde{F}(\tau_0)$ (по словам ТС). Следовательно, этот вариант не проходит.
Итак, точки максимума (если их много) таковы, что $y_n$ находятся в малой окрестности $\tau_0$.
Далее, как и в предыдущей теме доказываем, что при $nx < \tau_0 +\varepsilon$ имеет место сходимость $F''_n(x)/n^2 \to \tilde{F}''(nx)$. В силу неравенства $\tilde{F}''(\tau) \leqslant \delta < 0$ получим, что и $F''_n$ в соответствующей области отрицательна (утверждение (2)). А значит там $F'_n$ монотонна. Следовательно максимум один (там, где $F'_n(x) = 0$). (утверждение (1))

Ну а требуемые свойства $\tilde{F}(\tau)$ (если они еще не установлены ранее) можно получить с помощью доказательных вычислений на ЭВМ.

[Евгений Машеров]

Kenelm в сообщении #930472 писал(а):

Евгений Машеров в сообщении #930395 писал(а):

А для каждого слагаемого эти условия не выполняются?

К сожалению, нет. К тому же там еще перед суммой множитель $x$...

Множитель и внести можно...

[Kenelm]

sup
Снимаю шляпу. :) Я еще не до конца осознал это доказательство и хочу спросить: правильно ли я понимаю, что оно доказывает следующий факт:
Найдется такое $n_0$, что для $n \geq n_0$

Kenelm в сообщении #929768 писал(а):

1. Функция $F_n(x)$ содержит ровно один максимум на интервале $[0,1]$.
2. Функция $F_n(x)$ выпукла вверх на интервале $[0,x_n^*]$ (т.е. имеет отрицательную вторую производную), где $x_n^*$ - точка этого самого максимума.

Т.е. эти утверждения доказываются не для любых $n$, а для достаточно больших? Такой вариант тоже полностью решает мою задачу, но я просто хотел бы уточнить.