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汕头大学海洋科学接受调剂

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nikle2000

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[求助] 不等式的证明已有1人参与

如题，给出推导过程！谢谢！
$<br /> $\int_0^\infty(y^2+a^a)^{-\gamma/2}\exp(-y^p)dy\simeq c_1(\gamma)a^{-\gamma+1}+c_2(\gamma)$, for $0<\gamma<1, p>0$, where $c_1(\gamma)$ and $c_2(\gamma)$ are positive constants depending only on $\gamma, A\simeq B$ means that there is a constant $c>0$ such that $1/c\leq A/B\leq c.$ <br />$

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1楼 2015-10-15 22:53:40

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hank612

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【答案】应助回帖

★ ★ ★ ★ ★
nikle2000: 金币+5 2015-10-26 15:11:34

假设存在常数C>1以及函数 $C_1(\gamma), C_2(\gamma)$ 使得:
$\frac{1}{C}(C_1(\gamma)a^{1-\gamma}+C_2(\gamma))<\int_{0}^{\infty}(y^2+a^2)^{-\frac{\gamma}{2}}\exp(-y^p)dy<C(C_1(\gamma)a^{1-\gamma}+C_2(\gamma))$ , 我们来推出矛盾.

由于 $0<\gamma<1$ ,当P>0趋于0时, $\int_{0}^{\infty}(y^2+a^2)^{-\frac{\gamma}{2}}\exp(-y^p)dy$ 被积函数大约是 $y^{-\gamma}$ , 积分是发散的. 可是右端是和P无关的函数, 肯定做不到界住积分的.

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We_must_know. We_will_know.

2楼2015-10-24 08:31:08

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nikle2000

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引用回帖:

2楼: Originally posted by hank612 at 2015-10-24 08:31:08
假设存在常数C>1以及函数C_1(\gamma), C_2(\gamma)使得:
\frac{1}{C}(C_1(\gamma)a^{1-\gamma}+C_2(\gamma))<\int_{0}^{\infty}(y^2+a^2)^{-\frac{\gamma}{2}}\exp(-y^p)dy<C(C_1(\gamma)a^{1-\gamma}+C_ ...

这里的p是固定的常数，只要大于0。

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3楼2015-10-24 13:25:17

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阿行

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$y = a \cdot t$ , 可以得到上界的估计。可是，下界就不好估计了，主要的困难来自 $a \to +\infty$ 的时候。

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4楼2015-10-24 23:45:30

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阿行

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清空。楼下重发。
-------editted by feixiaolin

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5楼2015-10-25 12:26:44

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阿行

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【答案】应助回帖

★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★
feixiaolin: 应助指数+1 2015-10-25 14:38:05
nikle2000: 金币+10 2015-10-26 15:11:53

抱歉，说得不对。我修改如下：
首先，令 $y = at$ , 则原积分化为
$I = a^{-\gamma + 1} \int_0^{+\infty} (t^2 + 1)^{-\frac{\gamma}{2}} e^{- a^p t^p} dt$ .
对于右端的积分，我们有
$J = \int_0^{+\infty} (t^2 + 1)^{-\frac{\gamma}{2}} e^{- a^p t^p} dt \overset{u = t^p}{=} \frac{1}{p} \int_0^{+\infty} \frac{1}{u^{1 - \frac{1}{p}}} \left(u^{\frac{2}{p}} + 1\right)^{-\frac{\gamma}{2}} e^{- a^p u} du$ .
对于 $u \geq 1$ , 函数 $\frac{1}{u^{1 - \frac{1}{p}}} \left(u^{\frac{2}{p}} + 1\right)^{-\frac{\gamma}{2}}$ 相当于 $u^{1 - \frac{1}{p}(1 - \gamma)}$ , 而 $1 - \frac{1}{p}(1 - \gamma) < 1$ , 于是
$J \geq C \int_1^{\infty} \frac{1}{u^{1 - \frac{1}{p}(1 - \gamma)}} \cdot e^{- a^p u} du \to +\infty, \ {\rm as} \ a \to 0.$
所以 $I \leq C(c_2(\gamma) a^{1 - \gamma} + c_3(\gamma))$ 并不成立。此外，
$J = \frac{1}{p} \int_0^{+\infty} \frac{1}{u^{1 - \frac{1}{p}}} \left(u^{\frac{2}{p}} + 1\right)^{-\frac{\gamma}{2}} e^{- a^p u} du \leq \frac{1}{p} \int_0^{+\infty} \frac{1}{u^{1 - \frac{1}{p}}} e^{- a^p u} du = \frac{1}{pa} \Gamma\left( \frac{1}{p} \right) \to 0, \ {\rm as} \ a \to +\infty$ .
这说明了 $I \geq C(c_2(\gamma) a^{1 - \gamma} + c_3(\gamma))$ 不成立。

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6楼2015-10-25 12:30:30

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nikle2000

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引用回帖:

6楼: Originally posted by 阿行 at 2015-10-25 12:30:30
抱歉，说得不对。我修改如下：
首先，令y = at, 则原积分化为
I = a^{-\gamma + 1} \int_0^{+\infty} (t^2 + 1)^{-\frac{\gamma}{2}} e^{- a^p t^p} dt.
对于右端的积分，我们有
J = \int_0^{+\infty} (t^2 + 1 ...

上界的推导是错的，因为极限号要和积分号交换顺序是有条件的---积分必须是一致可积的！

下界是针对I 的，所以后面应该是I=a^(-\gamma+1)J->\infty(a->0).显然不起作用！

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7楼2015-10-26 15:22:01

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★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★
nikle2000(feixiaolin代发): 金币+20 2015-11-08 16:55:03

引用回帖:

7楼: Originally posted by nikle2000 at 2015-10-26 15:22:01
上界的推导是错的，因为极限号要和积分号交换顺序是有条件的---积分必须是一致可积的！

下界是针对I 的，所以后面应该是I=a^(-\gamma+1)J->\infty(a->0).显然不起作用！...

楼主可能误会阿行的意思了

$I=a^{1-\gamma}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-a^pt^p}}{{\sqrt{t^2+1}}^\gamma}dt<a^{1-\gamma}\int_{0}^{\infty}e^{-a^pt^p}dt=a^{-\gamma}\cdot\frac{\Gamma(1/p)}{p}$

由于当a趋于正无穷时， $a^{-\gamma}=o(c_1(\gamma)a^{1-\gamma}+c_2(\gamma))$ , 所以阿行才觉得楼主的命题可能不够严谨。

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8楼2015-10-26 19:30:40

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引用回帖:

8楼: Originally posted by hank612 at 2015-10-26 19:30:40
楼主可能误会阿行的意思了

I=a^{1-\gamma}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-a^pt^p}}{{\sqrt{t^2+1}}^\gamma}dt<a^{1-\gamma}\int_{0}^{\infty}e^{-a^pt^p}dt=a^{-\gamma}\cdot\frac{\Gamma(1/p)}{p}

由于当a趋 ...

hank612谢谢你的帮忙解释。

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9楼2015-10-29 16:05:21

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阿行

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nikle2000(feixiaolin代发): 金币+50 2015-11-08 16:54:49

引用回帖:

设 $\int_1^{\infty} \frac{1}{u^b} du = + \infty$ , 于是 $\forall E > 0[latex], 存在[latex] A > 1$ ，使得 $\int_1^A \frac{1}{u^b} du > E$ . 而当 $a$ 充分小时， $e^{- a^p u} > \frac{1}{2} \ (1 \leq u \leq A)$ 。所以 $\int_1^{\infty} \frac{1}{u^b} \cdot e^{- a^p u}du > \frac{1}{2} E$ .

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10楼2015-10-29 16:13:54

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