Encontrar una función lisa con momentos prescritos

Question

En varios contextos, me he encontrado variantes de el siguiente problema : deje $m_0,m_1,m_2$ ser números reales tales que a $0 < m_1 < m_0$ y $\frac{m_1^2}{m_0} <m_2 < m_1$. A continuación, muestran que hay un positivo suave la función $f : [0,1] \to {\mathbb R}^{+}$ tal que

$$ \int_{0}^{1} f(x)dx=m_0, \ \int_{0}^{1} xf(x)dx=m_1, \ \int_{0}^{1} x^2f(x)dx=m_2. $$

La versión más fácil es cuando "suave" significa simplemente "seccionalmente continua" ; en ese caso la única prueba que conozco utiliza protagonizaron funciones complicadas parámetros. Hay una prueba de que evita esos tediosos cálculos ?

Supongo que uno siempre puede encontrar una ${\cal C}^{\infty}$ solución de $f$, e incluso una analítica, pero no tienen una idea clara sobre cómo proceder.

Mi (muy vaga) pensamientos : Bump funciones ? Integración por partes, transformar el problema en una forma más fácil de interpolación problema ?

EDITAR (09/24/2014) : En respuesta a los Han de Bruijn comentario, si uno trabaja en un general $[a,b]$ en lugar de $[0,1]$, por lo que el $m_k=\int_a^b x^k f(x)dx$, entonces las desigualdades convertido en

$$ am_0 < m_1 < bm_0, \ \frac{m_1^2}{m_0} < m_2 < (a+b)m_1-abm_0 $$

Tenga en cuenta que las inecuaciones $\frac{m_1^2}{m_0} < m_2$ (que sorprendentemente no contiene $a$ o $b$) proviene de la de Cauchy-Schwarz desigualdad.

Answer 1

Descargo de responsabilidad. Me encuentro con algunos problemas en la pregunta anterior, claro. Por lo tanto, antes de hacer cualquier intento de formular una constructivorespuesta (@Tramos parabólicos) voy a hacer algunas preguntas adicionales.

Dirac-delta par

Vamos a tomar un caso extremo de la "no negativo función suave" $f : [0,1] \to {\mathbb R}^{+}$ , es decir, dos Dirac-delta se coloca en $x_1$ $x_2$ tal que $0 \le x_1 < x_2 \le 1$: $$ f(x) = A\, \delta(x-x_1) + B\, \delta(x-x_2) $$ La física intuición le dice que el momento de inercia/varianza) es la máxima que tal una configuración, porque "la masa se concentra en los bordes" : $$ m_0 = a + B \quad ; \quad m_1 = x_1 + B x_2 \quad ; \quad m_2 = x_1^2 + B x_2^2 $$ Común decir $\mu$ y la varianza $\sigma^2$ son calculados a partir de estos: $$ \mu = \frac{m_1}{m_0} = \frac{A x_1 + B x_2}{A+B} \\ \sigma^2 = \frac{m_2}{m_0} - \left(\frac{m_1}{m_0}\right)^2 = \frac{AB}{(a+B)^2}(x_2-x_1)^2 $$ No es ninguna restricción en la generalidad si ponemos $\,A=m_0 w\,$ $\,B=m_0(1-w)\,$ en aquí. Entonces: $$ \sigma^2(w) = w(1-w)(x_2-x_1)^2 \quad \Longrightarrow \quad \mbox{máxima para } \; w=1/2 $$ Dando para que la raíz cuadrada de la varianza, la cual es la propagación $\sigma$ : $$ \sigma = \frac{1}{2}(x_2 - x_1) \quad \Longrightarrow \quad \mbox{máxima para} \; (x_1,x_2) = (0,1) \quad \Longrightarrow \quad \sigma_\mbox{max} = \frac{1}{2} $$ Y este es un caso extremo. Cualquier otro y "más suave" de la función que se espera que tengan una extensión que es más pequeño. Con otras palabras, la media más o menos de la propagación ($\mu\pm\sigma$) debe estar en el intervalo de $[0,1]$. Sin embargo, es muy fácil, con las condiciones impuestas por el OP pregunta, para ir más allá de todo esto. Aquí hay dos ejemplos numéricos: $$ \a la izquierda. \begin{array}{l} m_0 = 0.988937212154269 \\ m_1 = 0.774045115569606 \\ m_2 = 0.749572664033622 \end{array} \right\} \quad \Longrightarrow \quad \left\{ \begin{array}{l} \mu+\sigma = +1.16392865228137 \; \color{red}{> \, 1} \\ \mu-\sigma = +0.401479355540383 \end{array} \right. $$ $$ \a la izquierda. \begin{array}{l} m_0 = 0.746407221304253 \\ m_1 = 0.080351584125310 \\ m_2 = 0.076326573966071 \end{array} \right\} \quad \Longrightarrow \quad \left\{ \begin{array}{l} \mu+\sigma = +0.408765490356821 \\ \mu-\sigma = -0.193463221482986 \; \color{red}{< \, 0} \end{array} \right. $$ Así que la pregunta es: ¿no deberían las condiciones en $\;m_0 , m_1 , m_2\;$ ser más restrictivo en el primer lugar?
De todos modos, con algunas restricciones como se propone, la solución de la OP del problema, con una muy entrecortado función en lugar de la deseada suave, puede ser fácil de encontrar: $$ f(x) = \frac{m_0}{2}\left[\delta(x-x_1)+\delta(x-x_2)\right] \qquad \mbox{donde} \quad x_{1,2} = \mu\pm\sigma = \frac{m_1}{m_0} \pm \sqrt{\frac{m_2}{m_0} - \left(\frac{m_1}{m_0}\right)^2} $$

Rectángulo

Antes de proceder a la parte final, vamos a considerar de manera menos extrema de la función $f : [0,1] \to {\mathbb R}^{+}$ es decir, un rectángulo con altura $h$ entre $x_1$ $x_2$ : $$ f(x) = \left\{ \begin{array}{lll} 0 & \mbox{for} & 0 \le x < x_1 \\ h & \mbox{for} & x_1 \le x \le x_2 \\ 0 & \mbox{for} & x_2 < x \le 1 \end{array} \right. $$ No es exactamente lo que el OP quiere, pero un poco más cerca (con suerte). Los momentos son: $$ m_0 = h(x_2-x_1) \quad ; \quad m_1 = h(x_2^2-x_1^2)/2 \quad ; \quad m_2 = h(x_2^3-x_1^3)/3 $$ Común decir $\mu$ y la varianza $\sigma^2$ son calculados a partir de estos: $$ \mu = \frac{m_1}{m_0} = \frac{x_1 + x_2}{2} \\ \sigma^2 = \frac{m_2}{m_0} - \left(\frac{m_1}{m_0}\right)^2 = \frac{(x_2-x_1)^2}{12} $$ Con el problema inverso, hay tres incógnitas $(x_1,x_2,h)$ y tres ecuaciones: $$ x_1^2 + x_1, x_2 + x_2^2 = 3 \frac{m_2}{m_0} \quad ; \quad x_1 + x_2 = 2 \frac{m_1}{m_0} \quad ; \quad h(x_2-x_1) = m_0 $$ Dar la solución ( con $\,x_2 > x_1$ ) : $$ x_{1,2} = \frac{m_1}{m_0} \pm \sqrt{3} \times \sqrt{\frac{m_2}{m_0} - \left(\frac{m_1}{m_0}\right)^2} \qquad \Longrightarrow \qquad h = \frac{m_0}{x_2-x_1} $$ Tenga en cuenta que, aparte de un factor de $\sqrt{3}$, esto es similar a la solución para la Dirac-delta par. Sin embargo, el factor de $\sqrt{3}$ hace que las condiciones a imponer a los momentos $\;(m_0,m_1,m_2)\;$ aún más restrictivas. Se desprende de lo $\,0 \le x_1 < x_2 \le 1\,$ que: $$ 0 < \mu - \sqrt{3}\,\sigma < \mu + \sqrt{3}\,\sigma < 1 \qquad \mbox{lugar} \qquad 0 < \mu \sigma < \mu + \sigma < 1 $$ Un patrón general parece emerger: con la "limpia" de las funciones, hay condiciones más restrictivas por los momentos.

Por tramos parabólicos

Esperemos que nuestra última función de $f : [0,1] \to {\mathbb R}^{+}$ se ajustan a la ley. Definir de la siguiente manera: $$ f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} A x^2 & \mbox{for} \quad 0 \le x \le x_1 \\ a x^2 + b x + c & \mbox{for} \quad x_1 \le x \le x_2 \\ B(x-1)^2 & \mbox{for} \quad x_2 \le x \le 1 \end{array} \right. $$ Aquí los coeficientes $(A,B,a,b,c)$ debe ser tal que las siguientes condiciones se cumplen: $$ \begin{array}{l} f(0) = 0 \quad \mbox{and} \quad f'(0) = 0 \quad \mbox{: automatically} \\ f(1) = 0 \quad \mbox{and} \quad f'(1) = 0 \quad \mbox{: automatically} \end{array} $$ $f(x)$ es continua así como derivable en a $x = x_1$ : $$ f(x_1) = x_1^2 = x_1^2 + b x _1 + c \qquad ; \qquad f'(x_1) = 2\,Un x_1 = 2\,un x_1 + b $$ $f(x)$ es continua así como derivable en a $x = x_2$ : $$ f(x_2) = B(x_2-1)^2 = a x_2^2 + b x _2 + c \qquad ; \qquad f'(x_2) = 2\,B(x_2-1) = 2\,x_2 + b $$ Hasta ahora tan bueno: es esta suave suficiente?
En el pasado, el área bajo la curva completa $f(x)$ debe ser igual a $m_0$ : $$ \int_{0}^{1} f(x) \, dx = m_0 \qquad \Longleftrightarrow \\ Un x_1^3/3 + a (x_2^3 - x_1^3)/3 + b (x_2^2 - x_1^2)/2 + c (x_2 - x_1) + B (1-x_2)^3/3 = m_0 $$ Hay cinco incógnitas $(A,B,a,b,c)$ . Y cinco ecuaciones que se han encontrado. Las soluciones son: $$ A = \frac{3 m_0}{x_1, x_2} \quad; \quad B = \frac{3 m_0}{1-x_1-x_2+x_1, x_2} \\ a = \frac{3 m_0 (-1+x_1-x_2)}{(-1+x_1) de x_2 (-x_2+x_1)} \quad ; \quad b = \frac{6 m_0}{(-1+x_1)(x_1-x_2)} \quad ; \quad c = \frac{-3 m_0 x_1}{(-1+x_1)(x_1-x_2)} $$ Por la presente todos los bits y piezas de las parábolas se encuentran, siempre que las dos coordenadas $x_1$ $x_2$ son conocidos. Pero, lo que tiene lugar es el problema inverso: otros dos momentos de la $m_1$ $m_2$ son conocidos. Lo que da lugar a otras dos ecuaciones. Y estos no son lineales, al menos en principio: $$ \int_{0}^{1} x f(x) \, dx = m_1 \qquad \Longleftrightarrow \\ \frac{A x_1^4}{4}+B\left(\frac{1}{12}-\frac{x_2^4}{4}+\frac{2 x_2^3}{3}-\frac{x_2^2}{2}\right) +\frac{x_2^4-x_1^4}{4}+b\frac{x_2^3-x_1^3}{3}+c\frac{x_2^2-x_1^2}{2} = m_1 \\ \int_{0}^{1} x^2 f(x) \, dx = m_2 \qquad \Longleftrightarrow \\ \frac{A x_1^5}{5}+B\left(\frac{1}{30}-\frac{x_2^5}{5}+\frac{x_2^4}{2}-\frac{x_2^3}{3}\right) +\frac{x_2^5-x_1^5}{5}+b\frac{x_2^4-x_1^4}{4}+c\frac{x_2^3-x_1^3}{3} = m_2 $$ Sin embargo, resulta que estas ecuaciones, después de la sustitución de $(A,B,a,b,c)$ , se puede simplificar mucho (y muy a mi sorpresa, también): $$ x_1+x_2+1 = 4 \frac{m_1}{m0} \\ x_1^2+x_1, x_2+x_1+x_2^2+x_2+1 = 10\frac{m_2}{m_0} $$ Esto es equivalente a una ecuación cuadrática por tanto $x_1$$x_2$ : $$ x^2+\left[1-4\frac{m_1}{m_0}\right] x + \left[1-4\frac{m_1}{m_0}+16\left(\frac{m_1}{m_0}\right)^2-10\frac{m_2}{m_0}\right] = 0 $$ Que se puede resolver de forma explícita (de nuevo con $0 < x_1 < x_2 < 1$ ) : $$ x_{1,2} = -\frac{1}{2}+2\frac{m_1}{m_0} \pm \sqrt{-\frac{3}{4}+2\frac{m_1}{m_0}-12\left(\frac{m_1}{m_0}\right)^2+10\frac{m_2}{m_0}} $$ Ahora sustituye $(x_1,x_2)$ a $(A,B,a,b,c)$ y en $f(x)$ y hemos terminado. Nota, sin embargo, que las restricciones sobre los momentos que se han convertido en aún más grave: la expresión bajo la raíz cuadrada debe, por supuesto, ser positivo y la condición $0 < x_1 < x_2 < 1$ debe permanecer cumplido.

Conjetura

Definición. Un no-negativo función suave $f : [0,1] \to {\mathbb R}^{+}$ se dice que pertenecen a $X$ si sus momentos $(m_1/m_0,m_2/m_0)$ es un miembro de la set $X \subset {\mathbb R} \times {\mathbb R}$ . Cuatro de estos conjuntos, a saber, $\{ E,D,R,P \}$ se definen como se muestra en la imagen de abajo.

$$ E = \{ \color{color gris}{gris} \} \cup \{ \color{blue}{blue} \} \cup \{ \color{verde}{verde} \} \cup \{ \color{red}{rojo} \} \\ D = \{ \color{blue}{blue} \} \cup \{ \color{verde}{verde} \} \cup \{ \color{red}{rojo} \} \\ R = \{ \color{verde}{verde} \} \cup \{ \color{red}{rojo} \} \\ P = \{ \color{red}{rojo} \} $$ Menos pictórica. Vamos $\frac{m_1}{m_0} = x$ , $\frac{m_2}{m_0} = y$ , $W = \sqrt{y-x^2}$ , $Q = \sqrt{-3/4 + 2 x - 12 x^2 + 10 y}$ . Entonces: $$ E = \left\{ (x,y) \,|\, (x^2 < y) \wedge (y < x) \right\} \qquad D = \left\{ (x,y) \,|\, (0 < x-W) \wedge (x+W < 1) \right\} \cap E\ \ \ R = \left\{ (x,y) \,|\, (0 < x - W\sqrt{3}) \wedge (x+ W\sqrt{3} < 1) \right\} \cap E \ \ \ P = \left\{ (x,y) \,|\, (-\frac{3}{4}+x 2-12 x^2+10 y > 0) \wedge (0 < -\frac{1}{2} + 2 x - Q) \wedge (-\frac{1}{2} + 2 x + Q < 1)\right\} $$ Conjetura.
$P \subset R \subset D \subset E$ . Ninguna de las funciones que pertenecen a $E\setminus D$ . Todas las funciones pertenecen a $D$ . Todos (bump) funciones con más de un máximo pertenecen a $R$ . Sólo muy de funciones especializadas (I. e. trozos parábolas) pertenecen a $P$ .

Answer 2

Uno puede encontrar una analítica de la función [o, incluso, un polinomio] con lo prescrito momentos.

Vamos a normalizar a $m_0=1$. Deje $V$ el conjunto de real no negativo-analítica de las funciones de [o simplemente polinomios] $f:[0,1]\to\mathbb R^+$$\int_0^1 f=1$. El objetivo es mostrar que la imagen de $V$ bajo el mapa de $$\Psi(f) = \left(\int_0^1 xf(x)\,dx, \int_0^1 x^2f(x)\,dx\right)$$ cubre la región de $D=\{(x,y):0<x<1,\ x^2<y<x\}$.

Desde $\Psi$ es lineal en el mapa, $\Psi(V)$ es un subconjunto convexo de $\mathbb R^2$. Deje $\Gamma = \{(t,t^2):0\le t\le 1\}$ y observar que $D$ es el interior del casco convexo de $\Gamma$. Por el Lema indica a continuación, que es suficiente para demostrar que $\Gamma\subset \overline{\Psi(V)}$.

Para este fin, tomar una secuencia de funciones racionales no negativos [o polinomios] que convergen a la delta de Dirac $\delta_t$ en el sentido de las distribuciones. Por ejemplo, $$ f_n(x) = \frac{c_n}{1+n(x-t)^2} $$ donde $c_n$ es elegido de manera que $\int_0^1 f_n=1$. [Reemplace $f_n$ con una aproximación polinómica, si lo desea.] Uno realmente no necesita hablar acerca de las distribuciones aquí: basta observar que para cada $\delta>0$, $$ \int_{[0,1]\setminus [t-\delta t+\delta]}f_n\a 0 $$ y a la conclusión de que $$ \int_0^1 x^k f_n(x)\,dx \t^k,\quad k=1,2,\dots $$

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Lema

Deje $A$ ser un subconjunto convexo de $\mathbb R^n$. Si $B\subset \overline{A}$, entonces el interior del casco convexo de $B$ está contenido en $A$.

Prueba

Supongamos $b\not\in A$ es un punto interior del casco convexo de $B$. Desde $A$ es convexa, hay un hyperplane $L$ a través de $b$ tal que $A$ se encuentra en una cerrada halfspace $H$$\partial H=L$. Desde $B\subset \overline{A}\subset H$, el casco convexo de $B$ está contenido en $H$, por lo tanto, no ha $b$ como un punto interior. Contradicción.