Ολοκλήρωμα και αρμονικός αριθμός

Λάμπρος Κατσάπας · #1

Μου προέκυψε το παρακάτω κατά την επίλυση ενός προβλήματος.

Να δείξετε ότι για n=1,2,3,...

ισχύει

$\displaystyle n\int_{0}^{+\infty }x e^{-x}\left ( 1-e^{-x} \right )^{n-1}dx=H_n,$ όπου $\displaystyle H_n =1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...$ .

#2

Έχουμε

$\displaystyle I_n =n\int_{0}^{\infty} xe^{-x} \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k\binom{n-1}{k}e^{-kx}\,\mathrm{d}x = n\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k \binom{n-1}{k}\int_{0}^{\infty} xe^{-(k+1)x}\,\mathrm{d}x$

Όμως

$\displaystyle \int_{0}^{\infty} xe^{-(k+1)x} \,\mathrm{d}x = \left[-\frac{xe^{-(k+1)x}}{k+1} \right]_0^{\infty} +\frac{1}{k+1}\int_{0}^{\infty} e^{-(k+1)x}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{(k+1)^2}$

Άρα

$\displaystyle I_n= n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{(k+1)^2} \binom{n-1}{k} = \sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k+1} \binom{n}{k+1}$

Έχουμε

$\displaystyle \begin{aligned} I_n - I_{n-1} &= \frac{(-1)^{n-1}}{n} + \sum_{k=0}^{n-2} \frac{(-1)^k}{k+1}\left[\binom{n}{k+1} - \binom{n-1}{k+1}\right] \\ &= \frac{(-1)^{n-1}}{n} + \sum_{k=0}^{n-2} \frac{(-1)^k}{k+1}\binom{n-1}{k} \\ &= \frac{(-1)^{n-1}}{n} + \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-2} (-1)^k \binom{n}{k+1} \\ &= \frac{(-1)^{n-1}}{n} + \frac{(1-1)^n + 1 - (-1)^{n-1}}{n} = \frac{1}{n} \end{aligned}$

Αφού τέλος είναι I_1 = 1

(από πιο πάνω τύπο) τότε παίρνουμε και I_n = H_n

όπως θέλαμε να δείξουμε.

#3

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: Παρ Δεκ 27, 2019 1:23 am Μου προέκυψε το παρακάτω κατά την επίλυση ενός προβλήματος.

Να δείξετε ότι για ισχύει

$\displaystyle n\int_{0}^{+\infty }x e^{-x}\left ( 1-e^{-x} \right )^{n-1}dx=H_n,$ όπου $\displaystyle H_n =1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...$ .

Λίγο αλλιώς: Η αλλαγή μεταβλητής $\displaystyle{ 1-e^{-x}=y}$ δίνει $\displaystyle{ e^{-x}\frac {dx} {dy}=1}$ , άρα το ολοκλήρωμα ισούται

$\displaystyle{ - n\int_{0}^{1 }\ln (1-y) y^{n-1}dy =n \int_{0}^{1 }\sum _1^{\infty} \dfrac {1}{k} y^ky^{n-1}dy= n \sum _1^{\infty} \int_{0}^{1 }\dfrac {1}{k} y^{k+n-1}dy = n \sum _1^{\infty} \dfrac {1}{k(k+n)} = }$

$\displaystyle{ = \sum _1^{\infty} \left ( \dfrac {1}{k} - \dfrac {1}{k+n} \right ) = H_n}$ (η τελευταία ισότητα τηλεσκοπικά: φεύγουν όλοι οι όροι εκτός από τους πρώτους

).

Λάμπρος Κατσάπας · #4

Όμορφα!

Η λύση μου συμπίπτει με του κ.Δημήτρη.

Η δεύτερη αρκετά σύντομη. Δεν την πρόσεξα.

Υπάρχει και άλλη λύση με πιθανότητες.

Το ολοκλήρωμα είναι η μέση τιμή της μέγιστης από

ισοκαταναμεμημένες ~ Exp(1)

και ανεξάρτητες τυχαίες μεταβλητές.

Θα την γράψω σύντομα.

Λάμπρος Κατσάπας · #5

Ας συμπληρώσω τη λύση που υποσχέθηκα, μιας και την έκανα.

Έστω τυχαίες μεταβλητές Y_1,Y_2,...,Y_n

οι οποίες είναι ανεξάρτητες και εκθετικά κατανεμημένες με παράμετρο

δηλαδή με κατανομή $F(t)=1-e^{-t},t>0$ και αντίστοιχη πυκνότητα $f(t)=e^{-t},t>0.$

Θεωρούμε τώρα τις διατεταγμένες τυχαίες μεταβλητές X_1,X_2,...,X_n

όπου ώς $X_1(\omega ),X_2(\omega ),...,X_n(\omega )$

έχουμε θεωρήσει το σύνολο των $Y_1(\omega ),Y_2(\omega ),...,Y_n(\omega )$ μετά από μετάθεση ώστε

να βρίσκεται σε αύξουσα διάταξη, δηλαδή X_1<X_2<...<X_n.

Η πυκνότητα της $X_n=\max\left ( Y_i,i=1,2,...,n \right )$ προκύπτει τώρα ως εξής:

Σε (μικρό) διάστημα $\Delta x$ η πιθανότητα η X_n

να ανήκει στο $(x-\Delta x,x+\Delta x)$ ,

και οι υπόλοιπες αριστερά από αυτό το διάστημα, είναι (προσεγγιστικά)

$\displaystyle f_{X_n}(x)\Delta x \approx \dfrac{n!}{1!(n-1)!} \left ( \int_{0}^{x-\Delta x} f(t)dt\right )^{n-1}\left (\int_{x-\Delta x}^{x+\Delta x}f(t)dt \right )=$

$\displaystyle n\left ( \int_{0}^{x-\Delta x} 1-e^{-t}dt\right )^{n-1}\left (\int_{x-\Delta x}^{x+\Delta x}e^{-t}dt \right )$

όπως το πλήθος των τρόπων να επιλέξουμε

από τις

$\left (= \binom{n}{1} \right )$

τυχαίες μεταβλητές Y_i

και να την βάλουμε στη θέση της μέγιστης επί τις πιθανότητες η μέγιστη να

πέσει στο διάστημα που αναφέραμε και οι υπόλοιπες πριν. Διαιρώντας με $\Delta x$ και έπειτα παίρνοντας

$\Delta x\rightarrow 0$ , εκμεταλλευόμενοι τη συνέχεια της εκθετικής, βρίσκουμε

$\displaystyle f_{X_n}(x)=nf(x)\left (F(x) \right )^{n-1}=ne^{- x}(1-e^{-x})^{n-1}.$

Μπορούμε να αποφύγουμε τα $\Delta x$ και να δώσουμε μια πιο αυστηρή απόδειξη αλλά αυτός ο τρόπος είναι

πιο διαισθητικός.

Το ολοκλήρωμα της εκφώνησης εύκολα μπορούμε να δούμε τώρα ότι είναι η E(X_n).

Εφαρμόζοντας παρόμοιο σκεπτικό, η από κοινού κατανομή των X_1,X_2,...,X_n

είναι

Εδώ απλά έχουμε

τρόπους για να μεταθέσουμε τις Y_i

και κάθε μια από αυτές

να τις τοποθετήσουμε στα (ξένα μεταξύ τους) $(x_i-\Delta x_i,x_i+\Delta x_i)$

με τις κατάλληλες πιθανότητες . Έπειτα παίρνουμε $\Delta x_1,\Delta x_2,...,\Delta x_n\rightarrow 0.$

Η ιδέα μου τώρα ήταν να δούμε αν μπορούμε να εκμεταλλευτούμε τη γραμμικότητα της μέσης τιμής εκφράζοντας την

X_n

σαν άθροισμα τυχαίων μεταβλητών. Αυτό είναι δυνατό αρκεί να παρατηρήσουμε το εξής:

$f(x_1,x_2,...,x_n)=n!f(x_1)f(x_2)...f(x_n)=n!e^{-x_1}e^{-x_2}...e^{-x_n}=$

$ne^{-n x_1}(n-1)e^{-(n-1) (x_2-x_1)}(n-2)e^{-(n-2) (x_3-x_2)}...e^{-1(x_n-x_{n-1})}$

δηλαδή η από κοινού πυκνότητα των X_i

εκφράζεται σαν από κοινού πυκνότητα ανεξάρτητων και ισόνομων

τυχαίων μεταβλητών Z_i

με εκθετική κατανομή παραμέτρου

Επομένως η περιθώρια $f_{X_n}(x_n)=ne^{-x}(1-e^{-x})^{n-1}$ μπορεί να εκφραστεί ως

$\displaystyle \int_{I} f(x_1,x_2,...x_n)dx_1dx_2...d_{x_{n-1}}$ όπου $I=\left \{ x_i\in R^n:0<x_1<x_2<...<x_n<+\infty \right \}.$

Το τελευταίο όμως δεν είναι τίποτα άλλο παρά η πυκνότητα της νιοστής συνέλιξης ανεξάρτητων εκθετικά

κατανεμημένων τυχαίων μεταβλητών. Εφαρμόζοντας τώρα τη γραμμικότητα έχουμε

$E(X_n)=\sum_{i=1}^{n}E(Z_i)=\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i}=H_n.$

Ολοκλήρωμα και αρμονικός αριθμός

Ολοκλήρωμα και αρμονικός αριθμός

Re: Ολοκλήρωμα και αρμονικός αριθμός

Re: Ολοκλήρωμα και αρμονικός αριθμός

Re: Ολοκλήρωμα και αρμονικός αριθμός

Re: Ολοκλήρωμα και αρμονικός αριθμός

Μέλη σε σύνδεση