Интегрально-функциональное уравнение

Ian · Сообщение **Ian** » 31 май 2019, 08:30

В МГУ на зачете предложили. Имеет ли уравнение

tx(t)+\frac{1}{2}\int_{0}^{t/2}x(s)ds=0п.в. - ненулевые решения, принадлежащие

L_2[0,1]?
Мое мнение, что нет. Например, можно подобрать трансцедентное

\alpha, что

x(t)=t^{\alpha} всюду, кроме 0, удовлетворяет этому уравнению, но оказывается

\alpha<-1 и функция не принадлежит

L_2.
Но множество функций, удовлетворяющих этому уравнению, бесконечно. Зададим

x(t) на

\left[\frac 12 ;1\right] произвольно, находим на на

\left[\frac 14 ;\frac 12\right] функцию x(t) из условия:

x\left(\frac t2\right)=-2(tx(t))' для всех

t\in\left[\frac 12 ;1\right], и так далее на промежутках

[2^{-k},2^{1-k}], но функция должна еще склеиваться по непрерывности на границах промежутков, и это должно привести к росту модулей значений вблизи 0 со скоростью не меньше

\frac 1t, и значит, к неинтегрируемости. Но не вижу, как доказать

zykov · Сообщение **zykov** » 31 май 2019, 14:33

Ian писал(а):Source of the post можно подобрать трансцедентное $\alpha$

$\alpha=-2$ или $\alpha=-3$
(но при этом интеграл расходится)

zykov · Сообщение **zykov** » 31 май 2019, 14:53

Ian писал(а):Source of the post $x\left(\frac t2\right)=-2(tx(t))'$ для всех,

Должно быть $x\left(\frac t2\right)=-4(tx(t))'$ .
$\alpha=-2$ или $\alpha=-3$ удовлетворяют этому уравнению (но не интегральному).

Ian · Сообщение **Ian** » 02 июн 2019, 07:17

Как-то трудно двигается.

tx(t)+\frac{1}{2}\int_{0}^{t/2}x(s)ds=0

u(t)=tx(t) из уравнения непрерывна, обращается в 0 в нуле, и дифференцируема п.в.

u(t)=-\frac{1}{2}\int_{0}^{t/2}\frac{u(s)}sds=-\frac{1}{2}\int_{0}^{t/2}u(s)d(\ln s).
Пусть

u(s)\equiv y(\ln s) ,

y(t) функция на

(-\infty ,0), обращающаяся в 0 на - бесконечности
Тогда она удовлетворяет дифференциально-разностному уравнению

y'(t)=-\frac 12 y(t-\ln 2), которое имеет, в соответствии с уже найденными альфами, пару линейно независимых решений

e^{-t} и

e^{-2t}, а какие еще, и есть ли среди них те, по которым получится

x\in L_2
При другом коэффициенте в уравнении могли бы получиться и осциллирующие решения, напр.

y(t)=\cos at

Ian · Сообщение **Ian** » 02 июн 2019, 08:44

А впрочем Лаплас в помощь, если известно, что у ограничена на бесконечности, тогда Лаплас точно берется (после отражения полуоси)

y'(t)=-\frac 12 y(t-\ln 2),

pY-y(0)=Ce^{ap}Y
и тут что-то светит)

zykov · Сообщение **zykov** » 02 июн 2019, 22:22

Ian писал(а):Source of the post обращающаяся в 0 на - бесконечности

Если

имеет конечный предел в $0$

, то всё просто.
Уравнение можно записать как $x(t)=-\frac{1}{2t} \int_0^{t/2} x(s) \; ds$ .
Отсюда видно, что $x(t)$

равен

от среднего этой функции по отрезку $[0, \; t/2]$ .
Если функция имеет конечный предел в $0$

, то её среднее имеет тот же самый предел в $0$

. Отсюда сразу получаем, что этот конечный предел равен $0$

.
А если предел $x(t)$

в

равен

, то функция везде равна нулю.
Рассуждать можно как-то так:
Для любого $\epsilon > 0$ существует $\delta >0$ , такое что $|x(t)| < \epsilon$ для всех $t \in [0, \delta]$ .
Тогда для всех $t \in (\delta, 2\delta]$ будет $|x(t)| < \epsilon/4 < \epsilon$ . И т.д. для любого $t$

. Т.е. $x(t) \equiv 0$ .

Кроме того из уравнения очевидно, что $x(t)$

не может быть знакопостоянной ни в какой окрестности $0$

. Знак должен менятся. Значит предел в $0$

не может быть $+\infty$ или $-\infty$ .

Значит, если такая $x(t)$

существует, то в $0$

она не имеет предела.

zykov · Сообщение **zykov** » 02 июн 2019, 23:59

zykov писал(а):Source of the post А если предел в равен , то функция везде равна нулю.
Рассуждать можно как-то так:

Тот же $\epsilon-\delta$ аргумент можно обобщить на случай, если $x(t)$

ограничена в окрестности нуля. Из этой ограниченности будет следовать, что $x(t)$

везде равна нулю.

Это даже можно обобщить на случай, если $x(t) \cdot t^{-\alpha}$ ограничена, где $\alpha > \alpha_0$ , а $\alpha_0$ находится из уравнения $2^{-\alpha_0-2}=\alpha_0+1$ , численно $-0.617 < \alpha_0 < -0.616$ . (Т.е. пики $|x(t)|$

при приближении к нулю растут медленнее чем $t^{\alpha_0}$ , например если они растут как $t^{-1/2}$ .)

zykov · Сообщение **zykov** » 03 июн 2019, 00:33

Ian писал(а):Source of the post В МГУ на зачете предложили

Раз это зачет, а не олимпиада, то наверно там должно быть какое-то "ортодоксальное" решение через свойства $L_2$

по аналогии с тем, что им недавно на лекциях давали. Лично я таких подробностей не помню уже.

Может что-то вроде того, что $x(t)$

должна быть ортогональна всем функциям семейства $\theta \in (0, 1]$ , $f_\theta(t)=r_{\theta/2}(t)+\delta(t-\theta)$ , где $r_a(t)$

- прямоугольник от $0$

до

с площадью $1/4$

. И может по какой-то теореме только нулевая функция может быть всем им ортогональна. Хотя сами функции этого семейства к $L_2$

не принадлежат. Они вообще обобщенные функции...

Ian · Сообщение **Ian** » 03 июн 2019, 08:58

Напомню, что это просто обозначение

u(t)=tx(t)
Из уравнения

u(t)=\frac 12\int_0^{t/2}x(s)ds,\;x\in L_2 следует непрерывность

u(t) и

u(0)=0. Точнее, раз уравнение удовлетворяется почти всюду, то почти всюду непрерывность, но в классе равных п.в. функций x(t) можно выбрать ту, что u(t) будет непрерывна. соответственно

x(t) будет непрерывна всюду, кроме 0. Это из теоремы об абсолютной непрерывности интеграла Лебега, в частности, непрерывности по переменному верхнему пределу, она есть в курсе.С дифференцируемостью п.в. правой части по t труднее,но это тоже верно(Колмогоров-Фомин,гл.VI,пар.1,п.3). А так как производная выразилась через непрерывную функцию -она доопределяется по непрерывности и диф.уравнение удовлетворяется всюду (кроме той точки, которая вначале была s=0, а потом ушла в бесконечность и не мешает)
Так что мне хочется понять, что же дает Лаплас. Нет ли такой программки, которая по изображению строит график неэлементарной функции -оригинала?

zykov · Сообщение **zykov** » 03 июн 2019, 14:39

Ian писал(а):Source of the post Так что мне хочется понять, что же дает Лаплас

Наверно те же $t^{-2}$ и $t^{-3}$ , которые удовлетворяют диф. уравнению, но не удовлетворяют интегральному уравнению.

zykov · Сообщение **zykov** » 05 июн 2019, 03:18

Вобщем мне кажется, логика такая:

Раз $x(t)$

принадлежит $L_2$

, то интеграл $\int_0^1 x(t)^2 \; dt$ существует.
Значит предел $\lim_{t_0 \to +0} \int_0^{t_0} x(t)^2 \; dt$ равен $0$

.
Значит в окрестности $0$

функция

ограничена какой-то $C_1 t^{-1}$ .
Значит в окрестности $0$

функция

ограничена какой-то $C_2 t^{-1/2}$ .
А как я уже показал

zykov писал(а):Source of the post Это даже можно обобщить на случай, если $x(t) \cdot t^{-\alpha}$ ограничена, где $\alpha > \alpha_0$ , а $\alpha_0$ находится из уравнения $2^{-\alpha_0-2}=\alpha_0+1$ , численно $-0.617 < \alpha_0 < -0.616$ . (Т.е. пики при приближении к нулю растут медленнее чем $t^{\alpha_0}$ , например если они растут как $t^{-1/2}$ .)

Из того, что в окрестности $0$

функция

ограничена какой-то $C t^\alpha$ , где $\alpha > \alpha_0$ (а $\alpha_0 < -0.616$ ), следует при условии выполнения интегрального уравнения, что $x(t) \equiv 0$ .

Есть вопросы к какому-то звену в цепочке? Нигде не ошибся?

Ian · Сообщение **Ian** » 05 июн 2019, 03:38

zykov писал(а): интеграл $\int_0^1 x(t)^2 \; dt$ существует.
Значит ...
в окрестности функция ограничена какой-то $C_2 t^{-1/2}$ .

Вот этот переход неверен. функция может тотально прижиматься к 0 но иметь совсем узкие всплески, не ограниченные никакой степенной функцией

Ct^aвообще.
Давайте я для рядов покажу, с ними проще пример.
покажем, что для любого

\alpha >0 есть

\{y_{n}\}\in l_{q},(можете считать q=2) координаты которого сильно прорежены нулями, на котором

n^{\alpha}y_{n}\not\to 0. Возьмем такое целое N, что

N\alpha>\frac{2}{q} и положим

y_{n}=\begin{cases}
\begin{array}{ccc}
m^{-2/q} & , & n=m^{N}\\
0 & , & n\not\in\{m^{N}\}
\end{array}\end{cases},тогда

\sum_{n}|y_{n}|^{q}=\sum_{m}m^{-2}<\infty
а при

n=m^{N}, m -любое натуральное,

n^{\alpha}y_{n}=m^{N\alpha-\frac{2}{q}}\not\to 0
Также бывают, например, несобственно-интегрируемые неотрицательные функции, не ограниченные на бесконечности, тоже со всплесками, не элементарные. Заменой переменной

\frac 1t превратятся в функции, не ограниченные

Ct^{-2} в нуле.

zykov · Сообщение **zykov** » 05 июн 2019, 03:46

zykov писал(а):Source of the post Значит в окрестности функция ограничена какой-то $C_1 t^{-1}$ .

Да, я уже сам понял. Там могут быть узкие пики, которые дают малый вклад в интеграл.
Вобщем вместо этого шага нужно доказать (чтобы не уходить от интегралов и не иметь проблем с пиками), что из $\lim_{t \to +0} \int_0^{t} x(s)^2 \; ds = 0$ следует что $f(t)=\int_0^{t} |x(s)| \; ds$ ограничена какой-то $C t^{1/2}$ .

Ian · Сообщение **Ian** » 05 июн 2019, 03:53

Что дает Лаплас в диф.-разн. уравнениях...ошибки он дает.
Уравнения

(\sin t)'=\cos t и

(\cos t)'=-\sin t прекрасные тождества и в изображениях
А вот имеющее такое же решение

x'(t)=x(t+\frac{\pi}2) Лапласом решить не могу, там функции Хевисайда нужно вставлять а они разные

zykov · Сообщение **zykov** » 05 июн 2019, 05:53

zykov писал(а):Source of the post что из $\lim_{t \to +0} \int_0^{t} x(s)^2 \; ds = 0$ следует что $f(t)=\int_0^{t} |x(s)| \; ds$ ограничена какой-то $C t^{1/2}$ .

Не знаю, как элегантно сделать.
Но через интеграл, как предел интегральной суммы получается так:
Если $x_1^2+...+x_n^2=1$

, то максимум $|x_1|+...+|x_n|$

равен $\sqrt n$ и достигается, когда все $x_i$

равны друг другу по модулю.
Интегральная сумма для интеграла квадрата будет $I_2=\frac{t}{n}(x_1^2+...+x_n^2)$ .
Интегральная сумма для интеграла модуля будет $I_1=\frac{t}{n}(|x_1|+...+|x_n|)$ .
Значит $I_1 \leq \frac{t}{n} \sqrt n \sqrt{x_1^2+...+x_n^2}=\frac{t}{n} \sqrt n \sqrt{\frac{n}{t}I_2}=\sqrt{t I_2}$ .

Т.е. если $x(t)$

принадлежит $L_2[0,1]$

, то $\int_0^{t} |x(s)| \; ds$ ограничен некоторой $C t^{1/2}$ около нуля.
Значит из интегрального уравнения в окрестности нуля функция $|x(t)|$

ограничена какой-то $C_2 t^{-1/2}$ .
Значит, как было показано ранее, из интегрального уравнения следует что $x(t) \equiv 0$ .

Похоже, что задача решина.

Ian · Сообщение **Ian** » 05 июн 2019, 08:05

А, так это неравенство Коши_Буняковского

\int_0^t|x(s)|\cdot 1ds\leq\sqrt {\int_0^t|x(s)|^2ds}\sqrt {\int_0^t1^2ds}
Действительно прошло, ура!
Задача, предложенная на зачете, была еще шире
Охарактеризовать спектр оператора

Ax(t)=\int_{0}^{t}|x(s)|\cdot\max\left\{ \frac{t}{2},s\right\} ds, но как все такие интегральные операторы, он компактен и спектр имеет не более одной сгущения (0 или нет), а как оператор Вольтерры (что обеспечивается наличием t в верхнем пределе) - не имеет ненулевых точек спектра вообще. Оставался вопрос 0-собственное значение или точка непрерывного спектра. Тогда уравнение

Ax(t)=0 можно разок продифференцировать по t и останется то, что в посте 1.

zykov · Сообщение **zykov** » 05 июн 2019, 14:53

Ian писал(а):Source of the post $Ax(t)=\int_{0}^{t}|x(s)|\cdot\max\left\{ \frac{t}{2},s\right\} ds$ ,

Тут точно модуль?
Оператор то нелинейный получается...

Ian · Сообщение **Ian** » 07 июн 2019, 07:13

Да, без модуля

Ax(t)=\int_{0}^{t}x(s)\cdot\max\left\{ \frac{t}{2},s\right\} ds

peregoudov · Сообщение **peregoudov** » 07 июн 2019, 12:11

У этого уравнения есть еще свойство масштабной инвариантности: если $x(t)$

--- решение, то и $x(\lambda t)$ --- тоже решение.

У дифференциального уравнения $(tx(t))'=-\frac14x(t/2)$ , на самом деле, целая куча степенных решений вида $tx(t)=t^{-p/\ln2}$ , где $p$

удовлетворяет уравнению

$p-\frac{\ln2}2e^p=0.$

Помимо уже указанных $p=\ln2$ , $2\ln2$ , это уравнение имеет бесконечное множество решений, достаточно близких к

$p=\ln\frac{(4n+1)\pi}{\ln2}\pm i\frac{(4n+1)\pi}2,\quad n=1,2,\ldots$

Эти решения осциллируют, но вещественная часть $p$

у них еще больше.

Портал Естественных Наук, версия 1.1