неравенство на интеграл с параметром

[alisa-lebovski]

Как бы попроще доказать, что при любом $\alpha>1$ верно

$$\int_0^\infty \exp\{-x^\alpha-x\}\,dx>\frac{1}{2}.$$

При $\alpha=1$ интеграл равен 1/2. При $\alpha=2$ интеграл берется и получается больше 1/2. В общем случае не берется. Подынтегральная функция возрастает по $\alpha$ при $x<1$, но убывает при $x>1$, равномерной оценки не получается. Что утверждение верно, проверено численно.

[ex-math]

Не проверял, но думаю должно сработать. Сделайте на $[0,1]$ замену $y=1/x$, и сложите с оставшимся куском интеграла. Должна выйти монотонность.

-- 31.08.2018, 21:15 --

Напрямую не получается, увы.

[EtCetera]

alisa-lebovski в сообщении #1335801 писал(а):

Подынтегральная функция возрастает по $\alpha$ при $x<1$

Т.е. достаточно показать, что

$$\int_0^1 \exp\{-x^2-x\}\,dx>\frac{1}{2}.$$

Если, конечно, под фигурными скобками здесь понимаются обычные круглые.

[alisa-lebovski]

Этого достаточно, чтобы доказать при всех $\alpha\ge 2$. И это верно (получается явное выражение, равное 0.507). А как быть с интервалом $1<\alpha<2$?

[EtCetera]

Да, прошу прощения. Я почему-то подумал, что вас интересуют целые $\alpha$.

[alisa-lebovski]

Аналогичным подходом, получается

$$\int_1^\infty \exp\{-x^2-x\}\,dx\approx 0.03857,\quad \int_0^1 \exp\{-x^{1.3}-x\}\,dx\approx 0.46192, $$

в сумме больше 1/2, отсюда следует, что утверждение верно при $1.3<\alpha<2$. Но до 1 так и не доходим.

[DeBill]

alisa-lebovski
А давайте сосчитаем производную по "альфа" от интеграла в точке 1: если она не равна нулю, то оценка не верна.
Производная эта равна $I'(1)=-\int\limits_{0}^{\infty} e^{-2x} x \ln x ~dx$, выражается через $\Gamma'(2)$, и , сдается мне, не равна таки нулю.

[EtCetera]

DeBill
А почему производная по $\alpha$ должна быть равна нулю при $\alpha=1$?

[alisa-lebovski]

Производная должна быть положительна, и так оно и есть (примерно 0.07).

[DeBill]

EtCetera
Потому что - был невнимателен (не обратил внимание на условие "альфа именно что больше 1").
Ну, может, она - производная - возрастает ? Тогда ейная положительность в точке 1 даст что надо...

[EtCetera]

DeBill в сообщении #1337229 писал(а):

Ну, может, она - производная - возрастает ? Тогда ейная положительность в точке 1 даст что надо...

Вроде бы достаточно сохранения положительности (точнее, неотрицательности) производной при $1<\alpha<1{,}3$, что можно попробовать доказать.
Обозначим наш интеграл $I(\alpha)$:

$$I(\alpha)=\int_0^\infty \exp(-x^\alpha-x)\,dx$$

Его производная по $\alpha$ равна

$$I'(\alpha)=\int_0^\infty \exp(-x^\alpha-x)x^\alpha(-\ln x)\,dx$$

Подынтегральная функция меняет знак при $x=1$, поэтому $I'(\alpha)$ можно представить как разность двух положительных значений: $I'(\alpha)=D^+(\alpha)-D^-(\alpha)$, где

$$D^+(\alpha)=\int_0^1 \exp(-x^\alpha-x)x^\alpha(-\ln x)\,dx>\int_0^1 \exp(-2x)x^\beta(-\ln x)\,dx=L^+(\beta)$$

$$D^-(\alpha)=\int_1^{\infty} \exp(-x^\alpha-x)x^\alpha\ln x\,dx<\int_1^{\infty} \exp(-2x)x^\beta\ln x\,dx=L^-(\beta)$$

Здесь $\beta\ge\alpha$.
При $\beta=1{,}3$ получается, что

$$L^+(\beta)>L^-(\beta),\qquad(*)$$

т.е. $D^+(\alpha)>D^-(\alpha)$ и $I'(\alpha)>0$ (при $1<\alpha<1{,}3$).
Надо заметить, что тут имеется определённый запас для других "хороших" значений $\beta>1{,}3$, при которых неравенство (*) продолжает оставаться справедливым (хотя уже при $\beta=1{,}5$ оно неверно).
P.S. Всё выше написанное, конечно, совершенный мрак (даже при условии правильности).

[alisa-lebovski]

Спасибо. Хотя конечно мечталось о чем-то более изящном.

[Vince Diesel]

Можно попробовать в представлении для $D^-$ сделать замену $y=1/x$ и попробовать доказать поточечное неравенство разности подинтегральных функций на $[0,1]$. Предварительно проверив численно, верно ли оно

[ex-math]

Vince Diesel
Предлагалось и не сработало

[mihiv]

Интегрированием по частям $(dv=\exp (-x)dx)$ приводим интеграл к виду: $I(\alpha )=1-I_1(\alpha ), I_1(\alpha )=\alpha \int \limits _0^{\infty }\exp (-x^{\alpha }-x)x^{\alpha -1}dx$. Теперь достаточно доказать, что $I_1(\alpha )<\frac 12$. Так как выполняется неравенство $x^{\alpha }+x\geq 2x^{\frac {1+\alpha }2}$, то

$$I_1(\alpha )<\alpha \int \limits _0^{\infty }\exp (-2x^{\frac {1+\alpha }2})x^{\alpha -1}dx$$

В последнем интеграле делаем замену: $ u=2x^{\frac {1+\alpha }2} , $
после этого получим $I_1(\alpha )<2^{-s}\Gamma (s+1), s=\dfrac {2\alpha }{1+\alpha }\qquad (1)$.
Если $\alpha \in [1,1.3]$, то $s\in [1,\frac {26}{23}].$
Производная правой части неравенства (1) равна: $2^{-s}\Gamma (s+1)\left (-\ln 2+\dfrac {\Gamma'(s+1)}{\Gamma (s+1)}\right )$. Знак производной определяется знаком выражения в круглых скобках. При указанных значениях $\alpha ,s$ выражение в скобках $<-\ln 2+\dfrac {\Gamma' (\frac {26}{23}+1)}{\Gamma (\frac {26}{23}+1)}<0$. При $s=1$ правая часть неравенства (1) равна $\frac 12$, следовательно $I_1(\alpha )<\frac 12$.