Бориско (1223143), страница 3
Текст из файла (страница 3)
(2.15)22j2j=3Это можно сделать, если выполнено условие (2.10). Так как при 0 ≤ x ≤ 1/2∞Xxjj=3∞∞x3 X 3xjx3 X jx32≤≤x =≤ x3 ,j3 j=0 j + 33 j=03(1 − x)3то∞´j 2 ³´3X1³2 t2 t≤4pq sin4pq sinj232j=3(2.16)при условии4pq sin2t1≤ .22(2.17)Автор использует неравенствоx2 − sin2 x ≥221 4sin x3(2.18)для 0 ≤ x ≤ π/4. Оно действительно верно, причем для всех x, однако недоказано. Покажем, что оно следует из леммы 2.1.
Действительно, нетрудно убедиться, что неравенство (2.18) эквивалентно неравенству15 2− cos 2x +cos 4x ≤ x2 ,8 324которое в свою очередь эквивалентно (2.2).Далее предполагается, что0 ≤ t ≤ π/2.Тогда выполнено условие (2.17), и из (2.16), (2.18) получаемµ³ ´¶ X∞´jt 21³2 t2 t− sin≤− 4pq+4pq sin22j2j=3³´3´4pq 4 t 24pq 4 t ³2 t2 22 t≤−=−sin +4pq sinsin1 − 32p q sin≤ 0.32 32322Используя (2.15), получаемµµ³´2 ¶³´2 ¶11t11≥ − pqt2 + pqt2,ln |f (t)| ≥ − pqt2 + 4pq sin222222откуда вытекает (2.6).
Это неравенство понадобится для 0 ≤ t ≤ π/2, хотяоно верно и при всех t ≤ π/2.4. Доказательство оценки (2.8). Определимτ2 = √233.npq(2.19)Из условия (2.7) вытекает, чтоτ 2 ≤ 3/5(2.20)и тем более,τ < π/2.Пусть0 ≤ t ≤ τ.(2.21)С помощью (2.6) находим, что1212112 2 42|f (t)|n − e− 2 npqt ≥ e− 2 npqt − 4 np q t − e− 2 npqt =³ 1 224´111122− 12 npqt2− 4 np q t=ee− 1 ≥ − np2 q 2 t4 e− 2 npqt ≥ − npqt4 e− 2 npqt .416С другой стороны, используя (2.5), получаемn|f (t)| − e− 12 npqt2≤e− 12 npqt2³ npq 4´ npq12 npq 4t24t4 e− 2 npqt + 24 t .e−1 ≤24Применяя сначала (2.21), а затем (2.19), находим, чтоnpq 4 npq 4 3t ≤τ = .2424824Следовательно,npq 4e 24t≤ e3/8 < 3/2.(2.22)Поэтому12|f (t)|n − e− 2 npqt ≤npq 4 − 1 npqt2te 2.16Оценка (2.8) доказана, а вместе с ней и лемма.Лемма 2.3.
1. Для любых k > 0 и m > 0 справедливо равенствоZ∞2tk e−mt/2dt =0√(k − 1)!! 2π, если k четно,³ ´ k−1 ! 2(k+1)/2 , если k нечетно;212m(k+1)/2(2.23)2. Для любых m > 0 и c > 0 справедливы неравенства:Z∞1 −mc2 /2e,mccZ ∞1 −mt2 /21 −mc2 /2edt ≤e,tmc2cZ ∞³ 11 ´ −mc2 /22 −mt2 /23t edt ≤ c+e.mc2 (mc2 )2c2e−mt/2dt ≤(2.24)(2.25)(2.26)Доказательство. Равенство (2.23) следует из известных формул длямоментов стандартной нормальной случайной величины.
СоотношенияZ∞ea−x2 /21dx <aZ∞xea−x2 /21dx =a25Z∞a2 /22e−y dy = ae−a/2,справедливые при любом a > 0 приводят к оценке (2.24), посколькуZZ∞e−mt2 /2−1/2dt = m∞√c mce−x2/2dx.Неравенство (2.25) в свою очередь является следствием неравенства (2.24).Чтобы доказать (2.26), запишем исходный интеграл в видеZ∞Z2 −mt2 /2t e−3/2dt = mcZ∞2 −x2 /2xedx = −m∞−3/2ax de−x2/2,a√где a = c m. Интегрируя по частям, получаемZ∞x de−2−x /2= −xe2−x¯∞ Z/2 ¯¯ +aaZ∞2−x /2edx = ae2−a /2a∞+2e−x/2dx.aПрименяя к последнему интегралу оценку (2.24), приходим к (2.26).Замечание 2.1.
Можно доказать, чтоZc∞1 −mt2 /2edt ≤tµ128−+mc2 (mc2 )2 (mc2 )3¶2e−mc/2.Легко видеть, что эта оценка точнее оценки (2.25), если mc2 > 4. Однако√в наших рассуждениях mc2 = 3 npq может быть величиной сколь угоднобольшой, а при этом разница между этими оценками пропадает.26Аргумент комплексного числа f (t) обозначим символом ω(t), т. е.f (t) = |f (t)| eiω(t) . Известно, чтоω(t) = arctgp sin t.q + p cos tЛемма 2.4. Справедливы следующие соотношения:p2 + pq cos t, ω 0 (0) = p,22p + 2pq cos t + qpq(p − q) sin tω (2) (t) = 2, ω (2) (0) = 0,22(p + 2pq cos t + q )4pq + (1 − 2pq) cos t − 2pq cos2 tω (3) (t) = pq(p − q),(p2 + 2pq cos t + q 2 )3ω 0 (t) =ω (3) (0) = pq(p − q),(2.27)(2.28)ω (4) (t) = pq(p − q)×£¤sin t − 1 + 4pq + 20p2 q 2 + 8pq(1 − 2pq) cos t − 4p2 q 2 cos2 t×.(p2 + 2pq cos t + q 2 )4(2.29)Кроме того, при 0 ≤ t ≤ π/2|ω (3) (t)| ≤9pq |p − q| |f (t)|−6 ,8|ω (4) (t)| ≤ 2 pq|p − q| |f (t)|−8 t.(2.30)Доказательство.
Докажем первую оценку в (2.30). Учитывая, что0 ≤ t ≤ π/2, получаем4pq + (1 − 2pq) cos t − 2pq cos2 t == 2pq(1 − cos t + sin2 t) + cos t ≤271(1 − cos t + sin2 t) + cos t.2Правая часть этого неравенства достигает максимума при cos t = 21 . Отсюда94pq + (1 − 2pq) cos t − 2pq cos2 t ≤ .8Из (2.28) теперь получаем первое неравенство в (2.30).Докажем вторую оценку в (2.30). Во-первых,− 1 + 4pq + 20p2 q 2 + 8pq(1 − 2pq) cos t − 4p2 q 2 cos2 t == −1 + 4pq + 16p2 q 2 + 4p2 q 2 sin2 t + 8pq(1 − 2pq) cos t ≥ −1.Учитывая, что pq ≤14и 8pq(1 − 2pq) ≤ 1, получаем−1 + 4pq + 16p2 q 2 + 4p2 q 2 sin2 t + 8pq(1 − 2pq) cos t ≤ 1 +1sin2 t + cos t.4Правая часть этого неравенства является убывающей функцией на [0, π/2],не превосходящей 2. Отсюда−1 + 4pq + 20p2 q 2 + 8pq(1 − 2pq) cos t − 4p2 q 2 cos2 t ≤ 2,и тогда второе неравенство в (2.30) следует из (2.29).ОбозначимP =k2XCnj pj q n−j ,j=k128где 0 ≤ k1 < k2 ≤ n, и запишем f n (t) в тригонометрической формеf n (t) = |f (t)|n eiθ .Задача – получить приближенную формулу для P (k), используя методхарактеристических функций.Лемма 2.5.
Справедливо равенствоP = P2 − P 1 ,(2.31)где¡¢sint(k−1/2)−θ1|f (t)|ndt,sin 2t0¡¢Z πsint(k+1/2)−θ12|f (t)|nP2 =dt.2π 0sin 2t1P1 =2πZπДоказательство. По формуле обращенияCnj pj q n−j1=2πZπf n (t)e−ijt dt.−πОтсюда1P =2πZπµX¶k2f n (t)e−ijt dt.−πj=k129(2.32)Покажем, чтоk2Xe−iktk=k1e−itk1 − e−it(k2 +1)−i 2t (k1 +k2 ) sin==e1 − e−it¢(k−k+1)212.sin 2t¡t(2.33)Первое равенство элементарно, так что доказывать нужно только второеравенство в (2.33).
Во-первых,³−itk1´tttei 2 (k1 +k2 ) = ei 2 (k2 −k1 ) − e−i 2 (k2 −k1 +2) =t(k2 − k1 )t(k2 − k1 + 2) ³t(k2 − k1 )t(k2 − k1 + 2) ´= cos−cos+i sin+sin=2222t(k2 − k1 + 1)tt(k2 − k1 + 1)t= 2 sinsin + i2 sincos =2222´³tt−i 2(k2 − k1 + 1) .= 2ie sin2e−e−it(k2 +1)Так как2 sintt= −i(1 − e−it )ei 2 ,2то равенство (2.33) доказано.Из (2.32) и (2.33) вытекает, что1P =2πZπ|f (t)|n ei(θ− 2t(k1 +k2 ))−π30sin¡t¢(k−k+1)212dt,sin 2tи так как P вещественно, то1P =2πZ´ sin ¡ t (k − k + 1)¢³t212|f (t)|n cos θ − (k1 + k2 )dt.t2sin 2−ππУчитывая, что |f (t)| – четная функция, а θ = θ(t) – нечетная, имеем1P =πZπ0´ sin ¡ t (k − k + 1)¢t212dt.|f (t)|n cos θ − (k1 + k2 )t2sin 2³(2.34)Из (2.34) и элементарного равенства³t´³´tsin(k2 − k1 + 1 cos θ − (k1 + k2 ) =22³h´³´i1=sin θ − t(k1 − 1/2) + sin t(k2 + 1/2) − θ2вытекает утверждение леммы.Введем числа a1 и a2 равенствамиk1 = np +1√+ a1 npq,2k2 = np −1√+ a2 npq.2И обозначимα = θ − npt.Лемма 2.6.
Для интегралов P1 и P2 из леммы 2.5 справедливы следу-31ющие представления1Pj =2πZπ0√sin(taj npq − α)dt,|f (t)|sin 2tnj = 1, 2.(2.35)Доказательство. Утверждение леммы следует из равенств√t(k2 + 1/2) − θ = ta2 npq − α,√t(k1 − 1/2) − θ = ta1 npq − α,Разобъем область интегрирования интеграла Pj , j = 1, 2, на два промежутка: [0, τ ] и [τ, π]. Обозначим1A=2πZπ0Z√sin(tanpq − α)|f (t)|ndt,sin 2t(2.36)√sin(tanpq − α)|f (t)|ndt,sin 2t0Z π√sin(tanpq − α)1|f (t)|nA2 =dt,2π τsin 2t1A1 =2πτгде a = a1 или a2 . Очевидно,A = A1 + A2 .32(2.37)Лемма 2.7.
Имеют место следующие соотношения:³3π1 ´ −3√npq/2|A2 | ≤ln + √e,42 6 npq(2.38)A1 = A11 + R,(2.39)гдеZ√1 τ −t2 npq/2 sin(ta npq − α)eA11 =dt,π 0t0.0602|R| ≤.npqКроме того,A = A11 + R,(2.40)где1 ´ −3√npq/20.0602 ³ 3 π+ln + √e.|R| ≤npq42 6 npqДоказательство. 1. Учитывая (2.13), получаем1|A2 | ≤2πZπτ11|f (t)|dt≤2sin 2tZπn33τ|f (t)|ndt.tОбозначимτ1 = τ π/2.Из (2.4) вытекает, что12Zπτ11|f (t)|ndt ≤t2Zπτ121 − 2npqe π2 t dt.tИспользуя неравенство (2.25), получаем12Zπτ1√21 − 2npq1e π2 t dt ≤ √e−3 npq/2 .t6 npqЗамечая, что |f (t)| – убывающая на [0, π] функция, согласно (2.5) имеемдля τ ≤ t ≤ τ1|f (t)|n ≤ |f (τ )|n ≤ e−npq24τ 2 + npq24 τ√= e−3npq/2npqe 24τ4.Учитывая (2.22), находим, что при τ ≤ t ≤ τ1|f (t)|n ≤3 −3√npq/2e.2Значит,12Zττ11|f (t)|ndt ≤t2Zτ1τ√3 π|f (τ )|ndt ≤ ln e−3 npq/2 .t4234Таким образом, получена оценка (2.38).2.
В интеграле A1 выделим главный член и оценим остаток. Используянеравенствоx3,6| sin x − x| ≤справедливое по крайней мере при 0 ≤ x ≤ π/2, получаем¯ 11 ¯¯x2¯− ¯≤.¯sin x x6 sin xОтсюда1A1 =πZτ0√sin(ta npq − α)|f (t)|dt + R3 ,tnгде1|R3 | ≤48πИспользуя возрастание функцииZ0τt2|f (t)|dt.sin t/2nxsin xпри 0 ≤ x ≤ π/2, находим, чтоτ|R3 | ≤48π sin τ /235Z0τ|f (t)|n t dt.(2.41)В силу (2.5) и (2.22) тогдаτ|R3 | ≤32π sin τ /2Zτ2te−tnpq/2dt =0³´√ττ−3 npq/2=1−e≤. (2.42)32πnpq sin τ /232πnpq sin τ /2В силу (2.20) и возрастания функцииxsin xp3/5τ0.020401p≤<,32πnpq sin τ /2 32πnpq sin( 3/5/2)npqтак что|R3 | <0.20401.npq(2.43)Вследствие (2.8)1πZτ0√sin(ta npq − α)|f (t)|dt =tZ√1 τ −t2 npq/2 sin(ta npq − α)=edt + R4 , (2.44)π 0tnгдеnpq|R4 | ≤16πZτ0t3 e−t2√sin(ta npq − α) dt <Znpq ∞ 3 −t2 npq/210.039789<tedt =<.
(2.45)16π 08πnpqnpqnpq/236Из (2.41)–(2.45) следует (2.39).3. Неравенство (2.40) вытекает из (2.38) и (2.39).Лемма 2.8. Пусть j = 1, 2. Справедливо разложениеnpq√√√sin(taj npq − α) = sin(taj npq) −(p − q) t3 cos(taj npq) + Rj , (2.46)6причем|Rj | ≤ t5npq9|p − q|(1 − pqτ 2 )−4 + t6(npq)2 (p − q)2 (1 − pqτ 2 )−6 (2.47)12512при условии 0 ≤ t ≤ τ .Доказательство. Используя лемму 2.4 и равенство θ = nω, получаемиз формулы Тейлора при 0 ≤ t ≤ τα=npq(p − q) t3 + M t5 ,3!(2.48)npq|p − q|(1 − pqτ 2 )−412(2.49)где|M | ≤(в силу второго неравенства в (2.30)). Кроме того,α = Lt3 ,37(2.50)где|L| ≤3npq|p − q|(1 − pqτ 2 )−316(2.51)(в силу первого неравенства в (2.30)).Из формулы Тейлора и (2.48), (2.49) следует (2.46), где Rj удовлетворяют неравенству5 npq|Rj | ≤ t122 −4|p − q|(1 − pqτ )α2+ .2Используя теперь (2.51), получаем (2.47).ОбозначимZ√sin(ta npq)edt,t0Z τnpq√2B2 =(p − q)e−t npq/2 t2 cos(ta npq) dt.6π01B1 =πτ−t2 npq/2Лемма 2.9.
Справедливы соотношенияA11 = B1 − B2 + R5 ,где|R5 | ≤0.0888 |p − q|.npq38(2.52)Доказательство. Воспользовавшись соотношениями (2.46) и (2.47), получаем (2.52) со следующей оценкой остатка R5Z ∞npq22 −4|R5 | ≤|p − q|(1 − pqτ )t4 e−t npq/2 dt+12π0Z ∞92222 −6+(npq) (p − q) (1 − pqτ )t5 e−t npq/2 dt.5120Согласно (2.23) при m > 0Z∞4 −mtte02√32π −5/2/2dt =m,2Z∞2t5 e−mt/2dt = 8m−3 .0Отсюда|p − q|9(p − q)22 −4|R5 | ≤ √(1 − pqτ ) +(1 − pqτ 2 )−6 .64πnpq4 2π (npq)3/2(2.53)Остается доказать, что правая часть неравенства (2.53) не превосходит дро|p−q|. Используя (2.20), находим с помощью компьютера, чтоби 0.0888npq9(p − q)(1 − pqτ 2 )−6 < 0.05054.64πВ свою очередь из (2.7), (2.20) и неравенства pq ≤ 0.25 вытекает, что1(1 − pqτ 2 )−4 ≤ 0.038213.4 2πnpq√Так как 0.05054 + 0.038213 < 0.0888, то требуемая оценка доказана.39ОбозначимZ√sin(tanpq)e−t npq/2dt,t0Z ∞npq√2(p − q)e−t npq/2 t2 cos(ta npq) dt.B2 =6π01B1 =π∞2Лемма 2.10.
Имеют место следующие соотношенияB1 = B 1 + R6 ,B2 = B 2 + R7 ,(2.54)где√1e−3 npq/2 ,√3π npq√316 −3√npq/2|R7 | ≤e.6π(npq)1/4 15|R6 | ≤(2.55)(2.56)Доказательство. Главные слагаемые из правой части (2.52) запишем ввиде (2.54), гдеR6 = B1 − B 1 ,R 7 = B2 − B 2 .Так как1|R6 | ≤πZ∞2e−tτто (2.55) следует из (2.25).40npq/21dt,tЗаметим, что в силу (2.7) и (2.19)√npqτ 2 = 3 npq ≥ 15.Тогда используя (2.26), получаем (2.56):Z´√1npqτ 3 ³ 1−3 npq/2+e=et dt ≤√√6π 3 npq (3 npq )2τ√√³31 ´ −3√npq/2316 −3√npq/2=1+e≤e.√3 npq6π(npq)1/46π(npq)1/4 15npq|R7 | ≤6π∞−t2 npq/2 2(Заметим, что здесь коэффициент применьше, чем у автора.)1(npq)1/4√e−3npq/2почти в два разаЛемма 2.11. Справедливо равенствоA = B 1 − B 2 + R8 ,(2.57)где|R8 | ≤√0.0602 + 0.0888|p − q|+ 0.4371 e−3 npq/2 .npqДоказательство.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
