Polinomio entre $0$y $1$ que produce mayor integral

Question

Pregunta:

Deje $n\in \mathbb{N}$. Encontrar el polinomio $p(x) = \sum_{i=1}^n a_ix^i$ que satisface

$p(1) = 1$ (e $p(0)=0$, puesto que ya tenemos $a_0=0$)

$p(x) \in [0,1]$ todos los $x\in [0,1]$

y bajo estas restricciones) maximiza la integral de la $\int_0^1 p(x)dx$.

Esto es lo que he intentado:

Yo intente resolverlo para $n=2$. Entonces $a_2=1-a_1$, $a_1\geq 0$ y $a_1\leq \frac{1-x^2}{x-x^2} (=: f(x))$$x\in[0,1]$. Debo maximizar $\frac{5a_1-2}{6}$ en otras palabras, $a_1$ tan grande como sea posible. La función de $f(x)$ da la enlazado $a_1\leq 2$, así que conseguir un $p(x) = -x^2+2x$

Mi thougts el problema general: Quizá $a_1 = p'(0)$ debe ser tan grande como sea posible. I (accidentalmente) trató de $p'(1)=1$ (yo iba por $p'(1)=0$, pero esto da una peor solución). El uso de estos, tengo para $n=3$ que $a_1(x^3-2x^2+x)\leq x^3-2x^2+1$ y $a_1=5$$p(x)=4x^3-8x^2+5x$. Esta es una muy buena solución (da área de $0.8331$) pero es arbitraria para establecer el valor de $p'(1)$ (yo sólo lo intentó, porque al principio pensé que el establecimiento $p'(1)=0$ podría ser bueno, pero, como se ha visto, la mejor solución puede ser alcanzado por tener el pico antes de $1$. Y tal vez por general $n$ tener todos los picos dentro de $[0,1]$ hacer $p$ permanecer lo más cerca a $1$ como sea posible).

Answer 1

Elaborar en mis comentarios, podemos mostrar que cualquier óptima polinomio de grado $2n+1$ tiene la forma $$1-p(x)=\alpha(1-x)(x-r_1)^2(x-r_2)^2\ldots(x-r_n)^2$$ y los de grado $2n+2$ tienen la forma $$1-p(x)=\alpha(1-x)^2(x-r_1)^2(x-r_2)^2\ldots(x-r_n)^2$$ donde, en cualquier caso, $\alpha=\frac{1}{r_1^2r_2^2\ldots r_n^2}$. Esto es aún más difícil de resolver, sin embargo, de lo que se reduce el problema a la optimización de una función racional con sujeción a las limitaciones de la forma $0\leq r_i \leq 1$ - que tendrá al menos una solución algebraica y es susceptible a los métodos numéricos.

En primer lugar, debemos demostrar que para cualquier $p(x)$ hay algo de $q(x)$ tal que $\int_{0}^1q(x)\,dx\geq \int_{0}^1 p(x)\,dx$ $q(x)>0$ todos los $x\in(0,1)$. Para ello, tratamos el caso donde hay un cierto $c\in(0,1)$ tal que $p(c)=0$. Dejando $m\in(0,c)$ ser tal que $p(m)$ es maximizada en $(0,c)$, podemos definir las siguientes, que son todos los "segmentos" de $p$ traducido y escala: $$p_1(x)=\frac{p(mx)}{p(m)}$$ $$p_2(x)=\frac{p(c-(c-m)x)}{p(m)}$$ $$p_3(x)=p(c+(1-c)x)$$ y tenga en cuenta que $$\int_{0}^1p(x)\,dx = m\cdot\left[p(m)\int_{0}^1p_1(x)\,dx\right]+ (c-m)\cdot\left[p(m)\int_{0}^1p_2(x)\,dx\right]+(1-c)\cdot \left[\int_{0}^1 p_3(x)\,dx\right]$$ which, since $m+(c-m)+(1-c)=1$, we may regard as a weighted average, meaning one of the bracketed terms is at least $\int_{0}^1p(x)\,dx$. Thus, one of $p_1,p_2,p_3$ has at least the same integral as $p$, but all have less roots in $(0,1)$ - hence, iterating this process, we may eventually choose some section of $p$ which has a greater integral when scaled to the interval $[0,1]$, but which has no roots in $(0,1)$. Thus, from here on, we may (and will) assume that all polynomials $p$ have no roots in $(0,1)$.

A continuación, vamos a probar que cualquier polinomio de grado $2n+1$ o $2n+2$ cuya integral es un máximo local debe tener ese $p(x)-1$ $n$ raíces en $(0,1)$. Para ello, considere arbitraria $p(x)$ elegir para adaptarse a las condiciones deseadas. Supongamos que $p(x)-1$ $k$ raíces en $(0,1)$. Dado que cada raíz es un doble de la raíz (al menos) y que hay una raíz en $x=1$, sabemos que $2k+1$ es menor que el grado del polinomio, por lo tanto,$k\leq n$. A continuación mostramos que la integral de $p$ puede ser mayor si $k<n$.

Para ello, la etiqueta de las raíces a$p(x)-1$$r_1,\ldots,r_k$. En primer lugar, vamos a definir el polinomio $$q(x)=x(1-x)^2(x-r_1)^2(x-r_2)^2\ldots(x-r_k)^2$$ que tiene el grado $2k+3\leq 2n+1$. Tenga en cuenta que está en todas partes no negativo, y por lo tanto, $Q=\int_{0}^{1}q(x)\,dx$ es positivo. Deje $Q'$ es el mínimo de $Q$ $q'(0)$ (ambos de los cuales son positivos) y definir $$s(x)=q(x)-Q'x(1-x)$$ que debe tener ese $\int_{0}^1s(x)\,dx> \frac{5}6Q>0$ desde $\int_{0}^1x(1-x)\,dx =\frac{1}6$. Sin embargo, también se cumple que $s(r_i)<0$ y $s(x)\geq 0$ en un barrio de $0$ y $s(x)\leq 0$ en un barrio de $1$. Esto es útil porque si definimos el mapa de $f:(0,1)\rightarrow [0,\infty]$ $$f(x)=\max\{c:0\leq p(x)+cs(x)\leq 1\}$$ podemos encontrar que es continua (en el extendido de reales), lo que claramente siempre mayor que $0$, y puede ser extendida continuamente a $[0,1]$ (mientras que todavía están por todas partes positivo). Por lo tanto, podemos concluir que hay algo de $C$ tal que $f(x)\geq C$ todos los $x$, lo que significa que $p(x)+Cs(x)$ todavía satisface las restricciones dadas, pero tiene una mayor integral - significado $p(x)$ no puede haber un máximo. Por lo tanto, cualquier polinomio de alcanzar el máximo integral tiene que $p(x)-1$ $n$ distintas raíces en $(0,1)$.

Podemos repetir el mismo proceso, dejando $q(x)=x(1-x)(x-r_1)^2\ldots(x-r_k)^2$ $Q'$ elegido para ser positivo y tales que $Q'\leq q'(0)$, $Q'\leq \int_{0}^{1}q(x)\,dx$, y $Q'<-q'(1)$. Haciendo esto dará como resultado que, la definición de $s$, al igual que antes, $s'(1)<0$ $\lim_{x\rightarrow 1}f(x)=\frac{f'(1)}{-s'(1)}$ lo cual es positivo, siempre que $f'(1)>0$, lo que significa que si $f'(1)>0$, se puede aumentar la función como antes, y por lo tanto llegamos a la conclusión de que $f'(1)=0$ en ese caso. Estas declaraciones suficientes para demostrar que el deseado $p$ son de la forma anterior.

Para los primeros grados, aquí son las mejores polinomios (de acuerdo a Mathematica) $$x$$ $$-x^2+2x$$ $$4x^3-8x^2+5x$$ $$-\frac{25}4x^4+\frac{35}2x^3-\frac{69}4x^2 + 7x$$ $$25x^5-75x^4+85x^3-45x^2+11x$$ $$- 49 x^6+182x^5-267x^4+196x^3-75x^2+14x $$ $$196x^7-784x^6+1281x^5-1099x^4+529x^3-141x^2+19x$$