根の上限を持つコーシー反復積分公式?

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Noname 2019-07-12 06:52.

反復積分に関するコーシーの公式は$[0,1]$ 私たちはそれを持っています $n$-倍積分は、次のように単一の積分で表すことができます$$ \int_a^x \int_a^{\sigma_1} \cdots \int_a^{\sigma_{n-1}} f(\sigma_{n}) \, \mathrm{d}\sigma_{n} \cdots \, \mathrm{d}\sigma_2 \, \mathrm{d}\sigma_1 = \frac{1}{(n-1)!} \int_a^x\left(x-t\right)^{n-1} f(t)\,\mathrm{d}t. $$

この質問に続いて、次のバリアントの式の「既知の」類似物があるかどうか疑問に思います$$ \int_a^{\sqrt{x}} \int_a^{\sqrt{\sigma_1}} \cdots \int_a^{\sqrt{\sigma_{n-1}}} f(\sigma_{n}) \, \mathrm{d}\sigma_{n} \cdots \, \mathrm{d}\sigma_2 \, \mathrm{d}\sigma_1 = \int_a^x k(t,x,a) f(t)dt, $$ 一部の局所可積分関数の場合 $k(t,x,a)\in L_{loc}^1(\mathbb{R}^3)$?、 どこ $\sigma_1\leq ...\leq \sigma_{n-1}\leq x$

1 answers

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Thomas Andrews 2019-07-12 08:08.

それを通して仮定する $a=0.$

$[0,x]^{n-1},$ しましょう $$S_{x,t}=\{(x_1,x_2,\dots,x_{n-1})\mid x\geq x_1^2\geq x_2^4\geq\dots \geq x_{n-1}^{2^{n-1}}\geq t^{2^n}\}.$$

取る $k(x,t)=\mu\left(S_{x,t}\right),$ のハイパーボリューム $S_{x,t}.$ 次に $k(x,t)$ 動作します。

特に、 $t^{2^n}\geq x,$ その後 $k(x,t)=0.$

何がわからない $k(x,t)$一般的にはです。いつ$n=1,$ $k(x,t)=1$ いつ $t^2<x$ そして $0$ そうでなければ。

いつ $n=2,$ その後 $S_{x,t}=\{x_1\mid x\geq x_1^2\geq t^4\}=[t^2,\sqrt{x}].$ それで $$k(x,t)=\begin{cases}\sqrt{x}-t^2&t^2<\sqrt{x}\\0&\text{otherwise}\end{cases}$$

いつ $n=3,$ 私は得る $$k(x,t)=\frac{2}{3}x^{3/4}-x^{1/2}t^2+\frac{t^6}{3}=\frac{1}{3}\left(x^{1/4}-t^2\right)^2(2x^{1/4}+t^2),$$しかし、それが正しいかどうかはわかりません。必要条件はありますか$h\left(t^8,t\right)=0.$

それは一般的に真実かもしれません $k(x,t)$ で割り切れる $(x^{1/2^{n-1}}-t^2)^{n-1}.$

これらは次の場合には機能しないことに注意してください $x<1,$ それ以来 $x^{1/2^n}>x,$ したがって、の左側はの値に依存します $f$ 外側 $[0,x].$ あなたは本当に右側をに変更する必要があります $$\int_{0}^{x^{1/2^n}}k(x,t)f(t)\,dt.$$ この定式化は、次の定義が与えられたすべての場合に機能します。 $k(x,t).$


より一般的には、 $h:[a,\infty)\to[a,\infty)$ は連続全単射であり、次のように定義します $h^{1}(x)=h(x)$ そして $h^{k+1}(x)=h(h^k(x)).$ 次に、任意の定義を行うことができます $x,t\geq a$ セット:

$$S_{x,t}=\{(x_1,\cdots,x_{n-1})\mid h^n(x)\geq h^{n-1}(x_1)\geq\cdots\geq h^{1}(x_{n-1})\geq t\}$$ 次に定義します $k_h(x,t)=\mu(S_{x,t}).$ 次に:

$$\int_{a}^{h(x)}\int_{a}^{h(\sigma_1)}\cdots \int_{a}^{h(\sigma_{n-1})} f(\sigma_n)\,d\sigma_n\dots d\sigma_1=\int_{0}^{h^n(x)} k_h(x,t)f(t)\,dt.$$

これは基本的に、積分の順序を切り替えることによって行われます。 $t=\sigma_n$ その場合、左側は次のようになります。

$$\int_{a}^{h^n(x)}f(t)\left(\int_{h^{-1}(t)}^{h^{n-1}(x)}\int_{h^{-1}(\sigma_{n-1})}^{h^{n-2}(x)}\cdots \int_{h^{-1}(\sigma_2)}^{h(x)}1\,d\sigma_1\,d\sigma_{2}\cdots d\sigma_{n-1}\right)\,dt$$ ここで、内部積分はのハイパーボリュームを計算しています $S_{x,t}.$

確かに、内部積分は私が計算した方法でした $k(x,t)$ の場合 $h(x)=\sqrt{x}.$

あなたはに基づいて再帰を取得します $n$

$$k_{n+1}(x,t)=\int_{h^{-1}(t)}^{h^n(x)}k_n(x,s)\,ds.$$


いつ $h(x)=x$ すべてのために $x,$ それから私たちはそれを持っています $$S_{x,t}=\{(x_1,\dots,x_{n-1})\mid x\geq x_1\geq x_2\cdots \geq x_{n-1}\geq t\}.$$ 確率論的に、 $[t,x]^{n-1},$ ランダム要素が降順でソートされる確率は次のとおりです。 $\frac{1}{(n-1)!}$ だから私たちは得る $$\mu(S_{x,t})=\frac{1}{(n-1)}\mu\left([t,x]^{n-1}\right)=\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}.$$

これにより、コーシーの元の結果が取得されます。


技術的には、私はあなたが必要とは思わない $h:[a,+\infty)\to[a,+\infty)$ 全単射になるために、おそらく厳密に増加します $h(a)=a.$


これには離散的な形式があります。

仮定する $h:\mathbb N\to\mathbb N$ そのような $h(0)=0$ そして(必ずしも厳密ではない)単調に増加している)そして関数があります $k:\mathbb N^2\to\mathbb N$ そのため: $$\sum_{i_1=0}^{h(m)}\sum_{i_2=0}^{h(i_1)}\cdots\sum_{i_n=0}^{h(i_{n-1}} f(i_{n}) = \sum_{i=0}^{h^n(m)}f(i)k(m,i)$$

そして $k_n(m,i)$ の数を数えるという意味で表現することができます $n-1$-タプル $(x_1,x_2,\cdots,x_{n-1})$ そのような自然数の $h^n(x)\geq h^{n-1}(x_1)\cdots \geq h(x_{n-1})\geq i.$

いつ $h(m)=m,$ あなたはそれを得る $k_n(m,i)=\binom{m-i+n-1}{n-1}.$

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