关于具有完全单调核的能量形式的极小化子

尽管Д为正，但它不是凸的。0.2 0.4 0.6 0.8 1.0-10-55101520图2:G（t）=cos（t/2）（4）的溶液Д，γ=0.001，t=1.0.5 1123450.5 11234图3:G（t）=（（1- 10t）+（左）和G（t）=（1- 10t）+），T=1，γ=0.001.3对称完全单调函数的辅助结果。我们引入符号hf（x）：=f（x+h）- f（x）对于函数f，如果f（x）=f（T），我们会说f在T/2附近是对称的- x） 。引理10。对于解析函数f：（0，T）→ R、 以下条件是等效的。（a） f是对称的完全单调的。（b） f在T/2附近对称，在（0，T/2）上完全单调，在（T/2，T）上绝对单调。（c） f围绕T/2对称，且nhf（x）=nXk=0(-1） n个-knk公司f（x+kh）≥ 0对于x>T/2，n=1，2，当x+nh＜T时，h＞0。证据含义（a）=>（c） 简单明了。（c）的证明=>（b） 依赖于伯恩斯坦（1914）的研究结果。证明了（第451页）满足条件（c）（无需先验分析）的函数f在（T/2，T）上是绝对单调的，并且允许（0，T）的解析延拓f。根据解析性，f必须与（0，T）上的f一致。f的对称性现在意味着f在（0，T/2）上完全单调。显示（b）=>（a） ，注意，（0，T/2）中的完全单调性和（T/2，T）中的绝对单调性意味着f（2n）（T/2）≥ 对于n=0，1，…，0和f（2n+1）（T/2）=0。因此，将f展开为T/2附近的幂级数，得到（a）。函数Arcin（| 1- x |）表明引理10中的解析性条件不能简单地忽略。下面的引理特别说明了对称完全单调函数类在逐点收敛下是闭合的。引理11。

假设（fn）是（0，T）上对称完全单调函数的序列，D是（0，T）的稠密子集，使得对于每个x∈ D极限limnfn（x）存在并且是有限的。那么每x存在fn（x）的极限∈ 函数f（x）：=limnfn（x）是对称单调的。此外，fn→ （0，T）的紧致子集上的f一致，幂级数展开中的系数fn（x）=P∞k=0a（n）k（x- T/2）K与相应的f.Proof开发中的一致。显然，每个函数fn都是凸的，因此Rockafellar（1970）的定理10.8得出了极限f（x）：=limnfn（x）对于每个x的存在性∈ （0，T），一致收敛fn→ f在（0，T）的紧子集上，并且f是凸的，因此在（0，T）上是连续的。此外，我们显然有khfn（x）→ khf（x）每x∈ （T/2，T），k=0，1，2，当x+kh<T时，h>0。引理10证明中引用的Bernstein（1914）的结果表明，f在（T/2，T）上是解析函数，可以推广到（0，T）上的解析函数f。我们将在下面说明▄f是对称单调的。然后，函数fn、f和▄f的对称性以及f和▄f的连续性将意味着f=▄f在所有（0，T）上，结果将得到证明。现在我们证明▄f是对称完全单调的。为此，设fn（x）=P∞k=0a（n）k（x-T/2）kandf（x）=P∞k=0？ak（x- T/2）kdenote关于T/2前后fnandf的幂级数发展。在第一步中，我们注意到a（n）=fn（T/2）→~f（T/2）=~a，根据上段中确定的收敛性。接下来，考虑函数fn，1（x）=P∞k=0a（n）k+1 | x- T/2 | k。

自a（n）k以来≥ 0和a（n）2k+1=0，这些函数是凸的，我们有fn，1（x）=sgn（x- 电话/2）∞Xk=0a（n）k+1（x- T/2）k=fn（x）- a（n）| x- T/2 |。因此，这些函数在（0，T/2）上逐点收敛∪（T/2，T）至▄f（x）=（▄f（x）-a）/| x-T/2 |。再次使用Rockafellar（1970）的定理10.8，我们得出结论，fh是（0，T）的连续凸扩展，fn，1→絮凝均匀。因此，a（n）=fn，1（T/2）→~f（T/2）=~a。接下来，通过考虑凸函数fn，2（x）=P∞k=0a（n）k+2（x-T/2）k，我们的结论与a（n）相同→ a.迭代此参数进一步得到a（n）k→ ak代表所有k，因此▄ak≥ 对于所有k，~a2k=0。因此，~f确实是对称的完全单调的。引理12。设M表示[0，T]上所有非负有限Borel测度的类，其对（0，T）的限制允许对称完全单调Lebesgue密度。然后M对于测度的弱收敛是封闭的。证据设（un）n=1,2，。。。是一系列以M为单位的度量值，使得un在[0，T]上弱收敛到一个单位度量u，并用Fn（x）=un（[0，x]）表示相应的分布函数。然后fn（x）→ F（x）表示Fand的所有连续点，因此位于（0，T）的稠密子集上。通过假设，fn是（T/2，T）上绝对单调函数的积分，因此它本身是绝对单调的。特别地，fn在[T/2，T]上是凸的。此外，因为Fn（x）=Fn（T）- Fn（T- x） 福尔克斯∈ [0，T/2]，它在[0，T/2]上是凹的。通过引理11的证明，我们得出结论fn（x）→ F（x）表示所有x∈ （0，T），该Fis在（T/2，T）上是绝对单调的，并且该Fis分析（0，T）具有对称的完全单调导数。引理13。L[0，T]中所有对称全单调函数的类在L[0，T]中是弱闭的。证据

设S表示L[0，T]中所有对称全单调函数的类。如果S中的序列（fn）在L[0，T]中收敛到函数f，则f≥ 0和有限测度fn（x）dx弱收敛于有限测度f（x）dx。因此，f∈ 引理12。因此，凸锥S在L[0，T]中是闭的，因此也是弱闭的。4第24.1节预备阶段结果的证明让我们首先回顾Gatherel et al.（2012）关于凸、非递增和非恒定核G：（0，∞) → [0, ∞) 满足条件（2）。根据Gatheral等人（2012）的引理4.1，氡测量值η为正（0，∞) 这样z（0，∞)最小{y，y}η（dy）<∞ （11） andG（x）=G(∞-) +Z（0，∞)（y）-x） +η（dy），对于x>0。（12） R上氡测量值u的傅里叶变换，其中u([-x、 x）最多增长多项式，x可以通过hbu（f）=Zbf du，f定义∈ S（R），其中S（R）是快速递减C的通常Schwartz空间∞-函数和bf（z）=Reizxf（x）dx是f的傅里叶变换（根据Gatherel等人（2012）的惯例）。根据这一定义，Gatheral等人（2012）的引理4.2表明，G（|·|）可以表示为正Radon测度ν（dx）=G的傅里叶变换(∞-)δ（dx）+g（x）dx，在R上，其中密度g由g（x）=πZ（0，∞)1.- cos xyxη（dy）（13），度量η在（12）中。现在，让u为[0，T]上的任何有符号Borel测度，其总变量测度|u|是有限的，因此RRG（| T-s |）|u|（dt）|u|（ds）<∞. Gatheral et al.（2012）中的命题4.5表明J[u]=Z | bu（Z）|ν（dz）。（14） 因此，根据普朗谢尔定理，对于γ>0，Jγ[Д]=γZ | bД（Z）| dz+Z | bД（Z）|ν（dz），Д∈ Φ. （15） 事实上，前面的恒等式扩展到所有函数的空间LG[0，T]∈ L[0，T]，其中Jγ[Д]是有限的。

从（15）和Minkowski不等式可以清楚地看出，LG[0，T]是一个向量空间。4.2命题1的证明对于命题1的证明，我们需要两个辅助引理。对于n∈ N、 我们让Φ（N）表示所有φ的集合∈ L[0，T]，满足yrtД（T）dt=1，并且在形式为[tk，tk+1]的所有间隔上都是常数，其中tk=k2-对于k=0，…，nT，第2条。因此，任何此类Д的形式为Д=n-1Xk=0хk【tk，tk+1）（16），对于某些实际系数хk，其总和为2n/T。尤其是，Д属于L∞[0，T]和hencetoΦ。我们需要以下简单引理。引理14。假设G满足（6）。对于^1∈ 式（16）中的Φ（n），我们有jγ[Д]=nXi，j=0ДiДjGn（| ti- tj |），其中gn（0）=γ2-（n+1）T+2-2n+1TZG（2-nT s）（1- s） ds，Gn（t）=2-第2次-1克（t+2-nT s）（1- |s |）ds代表t≥ 2.-nT和Gn（t）在Gn（0）和Gn（2）之间线性插值-nT）对于t∈ (0, 2-nT）。证据我们有γZTИ（t）dt=γn-1Xi=0хi（ti+1- ti）=γ2-（n+1）Tn-1Xi=0хi。此外，ZTZTG（| t- s |）Д（t）Д（s）ds dt=n-1Xi，j=0ДiДjZti+1tiZtj+1tjG（| t- s |）ds dt。对于i<j，我们有zti+1tiZtj+1tjG（| t- s |）ds dt=2-2NTZG（tj- ti+2-nT（s）- r） ）ds dr=Gn（tj- ti）。对于i=j，我们有zti+1tiZti+1tiG（| t- s |）ds dt=2-2n+1TZG（2-nT s）（1- s） ds。这确定了k=0，…，点Tk中G的值，第2条。所有其他t的Gn（t）值实际上与Jγ的表示无关，因此可以任意选择，例如在引理的陈述中。注意，如果G是凸的，则函数gn不必是凸的。这可以通过例如n=0，T=1，G（T）=（3）来看出- t） +和γ较小。然而，我们有以下结果。引理15。如果γ>0且凸函数G满足（6），G（0+）<∞, 在0处有一个有限的右手导数G+（0），那么就存在n∈ N使得引理14中定义的函数GN对于每个N是凸的≥ n、 证明。在[0，2-nT]，函数GNI是线性的。

在[2-nT，∞), 它是凸函数、非增函数和非负函数G（·+2）的混合体-nT s）用于-1.≤ s≤ 因此，格纳尔索具有以下特性-nT，∞). 我们得出结论，GNI是凸的当且仅当左导数Gn，-（2）-Gnin 2的nT）-nT小于或等于右侧导数Gn，+（2-nT）。G和支配收敛的凸性意味着gn，+（2-nT）=极限↓0Gn（t+2-nT）- Gn（2-nT）t=2-第2次-1G+（2-nT（1+s））（1- |s |）ds≥ 2.-2nTG+（0）。另一方面，由于G是非负且非递增的，Gn，-（2）-nT）=Gn（2-nT）- Gn（0）-nT=-γ+ 2-nTZ公司-1.G（2-nT（1+s））- G（2-nT | s |）（1）- |s |）ds≤ -γ+ 2-因此，如果n足够大，则项γ/2占主导地位，并确保n的凸性。命题1的证明。极小值的唯一性直接源于Jγ是由（15）严格凸的事实。为了证明非负极小化的存在性，我们首先考虑G（0+）和右侧导数G+（0）都是有限的情况。当G（0）：=G（0+）时，函数G（|·|）是R上的一个有界连续函数。现在考虑最小化Jγ[ν]的问题∈ Φ（n）。通过引理14，这个问题等价于二次型Pni的最小化，j=0ДiДjGn（| ti- tj |）超过Д，^1n∈ R的总和为2n/T。GNI是凸的、非递增的、非负的和非恒定的，这意味着具有条目Gn（| ti）的矩阵-由于（14），tj |）为正定义。因此，当n≥ n、 此外，根据Alfonsi et al.（2012）中的定理1，连同引理14和15，这个极小值的所有分量都是非负的。因此，也存在最小化Jγ[Д]的问题∈ Φ（n）有一个唯一的极小值Д（n），与n一样，它是非负的≥ n、 下一步，因为Φ（n） Φ（n+1），我们有Jγ[Д（n）]≥ Jγ[Д（n）]适用于所有n≥ n

此外，Jγ[Д]≥γkИkdue到（14），我们得到L-范数kИ（n）k对于所有n一致有界≥ n、 因此，如果必要，通过传递到asubsequence，我们可以假设序列（ν（n））n≥Ncl[0，T]弱收敛到某个非负极限*.我们声称*是Jγ[Д]除以Д的最小值∈ Φ. 为了看到这一点，让我们通过对比的方式假设*不是最小值。然后存在另一个函数∈ Φ，带Jγ[^Д]<Jγ[Д]*]. 通过^Иnwe表示^И关于区间[T，T，…，[tn]生成的σ-字段的条件期望值-1，tn）和（标准化）Lebesgue度量。然后是^ИnbelongstoΦ（n）和so Jγ[^Иn]≥ Jγ[Д（n）]。通过鞅收敛，我们得到了→ ^хin L【0，T】。G（|·|）有界且连续的事实给出了Jγ[^νn]→ Jγ[^И]。另一方面，地图Д7→ Jγ[Д]是弱下半连续的，而soJγ[Д]*] ≤ lim信息↑∞Jγ[Д（n）]≤ 画↑∞Jγ[^Иn]=Jγ[^И]，这是一种收缩。因此，非负函数*确实是最小值。现在让我们考虑G（0+）=∞. 正如Gatheral等人（2012）定理2.24的证明一样，我们可以考虑通过度量ηn（dy）=（1/n，∞)（y） η（dy）（17）in（12）。这些函数G（n）是连续的、非递增的、非负的、凸的，它们满足yg（n）（0+）<∞ 和（G（n））+（0）>-∞. 它们对应于（13）中定义的函数Gn和满足（15）的能量函数J（n）γ，其中νn（dx）=G(∞-) δ（dx）+gn（x）dx。然后设（ψn）n=1,2，。。。Jγ在Φ中的最小化顺序。自g（x）起≥ gn（x），我们有Jγ[ψn]≥ J（n）γ[ψn]。对于每个n，我们还要取Φ中的最小值νnof J（n）γ。自G（n）（0+）<∞ 和（G（n））+（0）>-∞, 我们已经从证明的第一部分了解到≥ 0

此外，我们还有Jγ[ψn]≥ J（n）γ[ψn]≥ J（n）γ[Дn]。这意味着γRTИn（t）dt在n中一致有界，因此，在必要时传递到子序列后，我们可以假设序列（Дn）在L[0，t]中弱收敛到函数∈L[0，T]，它也必须是非负的。由于[0，T]的紧致性，因此Fourier变换bИnconverge指向bД。此外，由于GNI从（13）逐点增加到函数g，我们得到INFψ∈ΦJγ[ψ]=limn↑∞Jγ[ψn]≥ lim信息↑∞J（n）γ[Дn]=直线感应↑∞γZ | bДn（Z）| dz+G（n）(∞-)|bхn（0）|+Z | bхn（Z）| gn（Z）dz≥ Jγ[Д]，其中我们在最后一步中使用了Fatou引理。这表明函数Д是期望的非负极小化。4.3 f、g命题2的证明∈ LG[0，T]，我们可以定义对称双线性形式jγ[f，g]：=Jγ[f+g]- Jγ[f]- Jγ[克].现在假设ν求解（7）。我们取一个非零函数ψ∈ LG[0，T]使得rtψ（T）dt=0和α∈ R、 然后φ+αψ∈ ΦandJγ[Д+αψ]=Jγ[Д]+αJγ[ψ]+2αJγ[Д，ψ]。Д的最优性意味着在α=0时，右手边最小化，这意味着jγ[Д，ψ]=0。因此，γД（t）+RTG（| t- s |）Д（s）ds必须与每个ψ正交∈ LG[0，T]，rtψ（T）dt=0，得到（4）。相反，（4）意味着对于每个ψ，Jγ[ψ，ψ]=0∈ LG[0，T]，rtψ（T）dt=0。对于每一个∈ Φ和ψ：=Д- Д，Jγ[]=Jγ[]+Jγ[ψ]+2Jγ[，ψ]≥ Jγ[Д]，因此Д求解（7）。最后，很明显，如果φ解（4），则Jγ[φ]=σ/2。4.4定理44.4.1指数核定理4的证明首先假设G是指数核（n阶），即有a，a，an>0和bn>bn-1> ····>b>0，使得g（t）=nXk=1ake-√黑色。（18） 显然，任何这样的G都是完全单调和满足的（2）。设И为（7）的唯一最小值。根据命题2，σ>0，使得ν解（4）。

通过标度ν和G，我们可以在不丧失一般性的情况下假设σ=γ。此证明中考虑的所有矩阵都是n维方阵，所有向量都是n维列向量。我们用x，…，表示对角矩阵，X在其主对角线上为diag（xi）i=1，。。。，n、 假设一个矩阵是正对角矩阵，如果它是对角的，并且所有对角项都是正的。设A：=诊断（ai）i=1，。。。，nand B：=诊断（bi）i=1，。。。，n、 通过ψk（t）定义函数ψ=（ψ，ψ，…，ψn）：=akZTe-√黑色| t-s |Д（s）ds，t∈ [0，T]，k=1，2，n、 则Д=1-λXkψk=1- λ1>ψ，（19），其中λ：=1/γ和1：=（1，1，…，1）∈ 注册护士。让我们首先概述一下证据：1。证明ψ解n个常微分方程组ψ=Mψ- 2AB1/21，边界条件ψ（0）=ψ（T），ψ（0）=B1/2ψ（0）。这里，M是一个非奇异矩阵。2、证明M有n个不同的实特征值cn>cn-1> ···>c>0。设C：=诊断（ci）i=1，。。。，n、 获得特征分解M=QCQ-1，其中Q是非奇异矩阵。3、以1结尾。即ν（t）=d1 + 2λ 1>eM1/2t+eM1/2（T-t）N-1., （20） 其中d>0，N是非奇异矩阵。4、使用M的特征分解将（20）重写为Д（t）=d1+1>E（t）~N-1.. （21）这里，N是非奇异矩阵。矩阵E（t）是正对角矩阵，映射的每个对角项t 7→ E（t）是对称的完全单调的。5、分解~N-1=▄N（▄N+▄N）-1▄确保▄与▄均为正对角矩阵、▄非正定义，以及（▄N+▄N）的所有有效对角项-1不积极。6、显示所有条目▄N-1N1为非负。表明这意味着-11=▄N（▄N+▄N）-1N1为非负。用（21）和步骤6得出结论，即Д对称完全单调。回想一下，A=诊断（ai）i=1，。。。，nand B=诊断（bi）i=1，。。。，是正对角矩阵，且bn>bn-1> ···>b。

请注意，11>是包含所有1的矩阵。定义：=B+2λAB1/2>=b+2λa√b2λa√b···2λa√b2λa√bb+2λa√b···2λa√b2λan√bn2λan√bn···bn+2λan√bn公司. （22）1.1ψ解n个常微分方程组ψ=Mψ-2AB1/21。让t∈ [0，T]和k=1，2，n、 （19）的微分和插入显示ψk（t）=akpbkddth-中兴通讯-√黑色（t-s） ^1（s）ds+ZTte-√黑色（s）-t） ^1（s）dsi=akpbkpbkZTe-√黑色| t-s |Д（s）ds- 2х（t）= bkψk（t）- 2akpbkД（t）=bkψk（t）- 2akpbk1.- λXlψl（t）.我们得出ψ=（B+2λAB1/2>）ψ-2AB1/21=Mψ-2AB1/21.1.2ψ（0）=ψ（T）。回想一下，Д（t）=Д（t- t） 对于所有t∈ [0，T]。让t∈ [0，T]和k=1，2，n、 代换积分显示ψk（t）=akZTe-√黑色| t-s |Д（s）ds=akZTe-√黑色|（T-t）-（T-s） |Д（T- s） ds=akZTe-√黑色|（T-t）-s |Д（s）ds=ψk（T- t） 。特别地，ψk（0）=ψk（T）。1.3ψ（0）=B1/2ψ（0）。设k=1，2，n、 则ψk（0）=akpbkh-中兴通讯-√黑色（t-s） ^1（s）ds+ZTte-√黑色（s）-t） ^1（s）dsit=0=akpbkZTe-√bksД（s）ds=pbkψk（0）。2.1 M有n个不同的实特征值c，c，满足cn>bn>cn的Cnt-1> bn公司-1> ···>c>b>0。设v：=2λ（a√b、 a√b一√bn）∈ Rnand x∈ [0, ∞) \\ {b，b，…，bn}。矩阵xI- M是对角线矩阵和外积v1>的和。亨塞德（xI）- M） =det（xI）- B- v1>）=1.- v> （xI）- （B）-1.det（xI）- （B）=1.- 2λXkak√bkx公司- bkYk（x- 黑色）。以下论点是Terrell（2017）提出的。定义f：[0，∞) \\ {b，b，…，bn}→ R过孔（x）：=1- 2λXkak√bkx公司- bk.设k=1，2，n- 1、然后f连续开启（bk，bk+1），LIMx和bkf（x）=-∞ 和limx%bk+1f（x）=+∞.我们得出结论，f有一个根ck∈ （黑色，黑色+1）。此外，limx&bnf（x）=-∞ 和limx%+∞f（x）=1，表示f有另一个根cn∈ （十亿）+∞). 自det（ckI）起-M） =0表示k=1，2，n、 M.2.2的每个ckisan特征值如果c是M的特征值，则一√卑诗省- b、 a√卑诗省- b一√bnc公司- bn公司是对应的特征向量。让c∈ [0, ∞)\\{b。