Ayuda con un problema DCT

Question

La pregunta es

Deje ${p_t}\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {2\pi t} }}{e^{ - \frac{{{x^2}}}{{2t}}}},t > 0,x \in \Bbb{R}$. Se sabe que $\int_R {\frac{1}{{\sqrt {2\pi t} }}{e^{ - \frac{{{x^2}}}{{2t}}}}dx = 1} $. Deje $f \in {L^\infty }\left( \Bbb{R} \right)$ $u\left( {t,x} \right) = f \star {p_t}\left( x \right)$ donde "$\star$" denota convolución, es decir,$u\left( {t,x} \right) = f \star {p_t}\left( x \right) = \mathop \smallint \limits_R f\left( y \right){p_t}\left( {x - y} \right)dy$. Mostrar que

a) $\frac{{\partial u\left( {t,x} \right)}}{{\partial t}} = \int_R {f\left( y \right)\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}} dy,t > 0,x \in \Bbb{R}$

b) $\frac{{\partial u\left( {t,x} \right)}}{{\partial x}} = \int_R {f\left( y \right)\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial x}}} dy,t > 0,x \in \Bbb{R}$

Yo soy capaz de mostrar una) por la siguiente prueba. Es un poco largo y sigue mi profesor de notas de la conferencia. El problema es que el método es un error para b). Tengo dos preguntas.

1. Es posible que el método de trabajo para b)?

2. El método se ve super largo y complicado en el cálculo. ¿Hay alguna manera más fácil de resolver el problema?

PARTE 1. $\frac{{\partial u\left( {t,x} \right)}}{{\partial t}} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \int_R {f\left( y \right)\frac{{{p_{t + h}}\left( {x - y} \right) - {p_t}\left( {x - y} \right)}}{h}} dy$. Por medio del teorema del valor $\exists {\xi _{t,h}} \in \left( {t,t + h} \right)$ st.$\frac{{{p_{t + h}}\left( {x - y} \right) - {p_t}\left( {x - y} \right)}}{h} = \left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}} \right){|_{t = {\xi _{t,h}}}}$ y $\frac{{\partial u\left( {t,x} \right)}}{{\partial t}} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \mathop \smallint \limits_R f\left( y \right)\left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}} \right){|_{t = {\xi _{t,h}}}}dy$. Los subíndices de ${\xi _{t,h}}$ significa que es dependiente de la $t$$h$. Además, $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} {\xi _{t,h}} = t$.

Ahora si $f\left( y \right)\left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}} \right){|_{t = {\xi _{t,h}}}}$ cumple con la DCT condición, es decir,$\forall x\forall t > 0\forall h \to 0$ $\exists \phi \left( y \right) \in {L^1}$ st. $\left| {f\left( y \right)\left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}} \right){|_{t = {\xi _{t,h}}}}} \right| \le \phi \left( y \right)$ , se deduce que el $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \mathop \smallint \limits_R f\left( y \right)\left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}} \right){|_{t = {\xi _{t,h}}}}dy = \mathop \smallint \limits_R \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{h \to 0} f\left( y \right)\left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}} \right){|_{t = {\xi _{t,h}}}}dy = \mathop \smallint \limits_R \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{h \to 0} f\left( y \right)\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}dy$ y hemos terminado.

PART2. Desde $|f(y)|≤C$ para algunas constantes $C$.e., entonces solo tenemos que mostrar $\exists \phi \left( y \right) \in {L^1}$ pt. $\left| {\left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}} \right){|_{t = {\xi _{t,h}}}}} \right| \le \phi \left( y \right)$. La expansión de $\left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}} \right){|_{t = {\xi _{t,h}}}}$ y tenemos $\left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}} \right){|_{t = {\xi _{t,h}}}} = \frac{1}{{2\sqrt {2\pi } }}{e^{ - \frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}}}{{2{\xi _{t,h}}}}}}\left[ {{{\left( {x - y} \right)}^2}{\xi _{t,h}}^{ - \frac{5}{2}} - {\xi _{t,h}}^{ - \frac{3}{2}}} \right]$.

Desde ${\xi _{t,h}} \in \left( {t,t + h} \right)$$h→0$, se puede elegir un valor fijo $0<δ<1$ pt. $t - \delta>0$ ${\xi _{t,h}} \in \left( {t - \delta ,t + \delta } \right)$ tiene al $|h|$ es lo suficientemente pequeño. Este paso se utiliza en la siguiente parte para hacer de $\phi(y)$ independiente de $h$.

PART3. Ahora $∀x$ encontrar un positivo N que es lo suficientemente grande st. ${\left( {x - y} \right)^2} \le {e^{\frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}}}{2}}}$ al $\left| y \right| > N$. Luego tenemos a $\left| {\left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}} \right){|_{t = {\xi _{t,h}}}}} \right| \le \frac{1}{{2\sqrt {2\pi } }}{e^{ - \frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}}}{{2\left( {t + \delta } \right)}}}}\left( {\left| {{{\left( {x - y} \right)}^2}{{\left( {t - \delta } \right)}^{ - \frac{5}{2}}}} \right| + \left| {{{\left( {t - \delta } \right)}^{ - \frac{3}{2}}}} \right|} \right) \le \frac{1}{{2\sqrt {2\pi } }}{e^{ - \frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}}}{{2\left( {t + \delta } \right)}}}}\left( {\left| {{e^{\frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}}}{2}}}{{\left( {t - \delta } \right)}^{ - \frac{5}{2}}}} \right| + \left| {{{\left( {t - \delta } \right)}^{ - \frac{3}{2}}}} \right|} \right) = \frac{1}{{2\sqrt {2\pi } }}{e^{\frac{{ - {{\left( {x - y} \right)}^2} + t + \delta }}{{2\left( {t + \delta } \right)}}}}\left| {{{\left( {t - \delta } \right)}^{ - \frac{5}{2}}}} \right| + \frac{1}{{2\sqrt {2\pi } }}{e^{ - \frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}}}{{2\left( {t + \delta } \right)}}}}\left| {{{\left( {t - \delta } \right)}^{ - \frac{3}{2}}}} \right|$ que obviamente es Lebesgue integrable $\forall x\forall t > 0\forall 0 < \delta < 1$ con respecto al $y$$|y|>N$.

Para $|y|≤N$, $\left| {\left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}} \right){|_{t = {\xi _{t,h}}}}} \right| \le \frac{1}{{2\sqrt {2\pi } }}{e^{ - \frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}}}{{2\left( {t + \delta } \right)}}}}\left( {\left| {{{\left( {x - y} \right)}^2}{{\left( {t - \delta } \right)}^{ - \frac{5}{2}}}} \right| + \left| {{{\left( {t - \delta } \right)}^{ - \frac{3}{2}}}} \right|} \right)$. El lado derecho de la desigualdad es una función continua con respecto a $y$ en un intervalo acotado, por lo que es acotada. Así $∀|y|≤N$, $\left| {\left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}} \right){|_{t = {\xi _{t,h}}}}} \right| \le M$ para algunos finito constante positiva $M$. Finita y constante en un intervalo acotado es Lebesgue integrable.

Finalmente, hemos demostrado $f\left( y \right)\left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}} \right){|_{t = {\xi _{t,h}}}}$ cumple con la DCT condición y, por tanto,$\frac{{\partial u\left( {t,x} \right)}}{{\partial t}} = \mathop \smallint \limits_R f\left( y \right)\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}dy$.

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Yo esperaba lo mismo puede trabajar sin problemas, b), pero en realidad me quedé atrapado.

PART1. $\frac{{\partial u\left( {t,x} \right)}}{{\partial x}} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \mathop \smallint \limits_R f\left( y \right)\frac{{{p_t}\left( {x + h - y} \right) - {p_t}\left( {x - y} \right)}}{h}dy$. Por medio del teorema del valor $\exists {\xi _{x,h}} \in \left( {x,x + h} \right)$ pt. $\frac{{{p_t}\left( {x + h - y} \right) - {p_t}\left( {x - y} \right)}}{h} = \left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial x}}} \right){|_{x = {\xi _{x,h}}}}$ $\frac{{\partial u\left( {t,x} \right)}}{{\partial x}} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \mathop \smallint \limits_R f\left( y \right)\left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial x}}} \right){|_{x = {\xi _{x,h}}}}dy$.

PART2. La expansión de $\left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial X}}} \right){|_{x = {\xi _{x,h}}}}$ y tenemos $\left( {\frac{{\partial {p_x}\left( {x - y} \right)}}{{\partial x}}} \right){|_{x = {\xi _{x,h}}}} = - \frac{{{\xi _{x,h}} - y}}{{\sqrt {2\pi } {t^{\frac{3}{2}}}}}{e^{ - \frac{{\xi _{x,h}^2}}{{2t}}}}$.

Ahora la misma técnica para a) no b). Todavía podemos elegir a $\delta$ pt. ${\xi _{x,h}} \in \left( {x - \delta ,x + \delta } \right)$ tiene al $|h|$ es lo suficientemente pequeño. Es $|x-\delta|<|x+\delta|$ o $|x-\delta|>|x+\delta|$. WLOG supongamos $|x-\delta|<|x+\delta|$, y tenemos $\left| {\left( {\frac{{\partial {p_t}\left( {x - y} \right)}}{{\partial t}}} \right){|_{t = {\xi _{t,h}}}}} \right| \le \left| {\frac{{x + \delta - y}}{{\sqrt {2\pi } {t^{\frac{3}{2}}}}}{e^{ - \frac{{{{\left( {x - \delta } \right)}^2}}}{{2t}}}}} \right|$. Sin embargo, esta vez de la mano derecha no se ve integrable con respecto a $y$.

Muchas gracias por tener la paciencia de leer este largo post!!!

Answer 1

Voy a ser honesto, he leído la declaración del problema, pero no para intentar leer lo que siguió en cada detalle porque parecía que se estaban tratando de reinventar la rueda a partir de primeros principios. Parece que usted está teniendo problemas para justificar la diferenciación bajo el signo integral. Aquí es razonablemente teorema general que usted puede solicitar que le ayudará a no tener que reinventar la rueda cada vez (tengo guardada en mis notas para que yo pueda referirse a ella cada vez que lo necesito):$\newcommand{\R}{\mathbb{R}}\renewcommand{\d}{\partial}$

Teorema. Deje $\phi:[a,b]\times\R^d\to\R$ ser continua. Supongamos que para cada $y\in\R^d$, $\phi(x,y)$ es diferenciable en a $[a,b]$. Supongamos que para cada $x\in[a,b]$, $\phi(x,y)$ es integrable sobre $\R^d$. Supongamos que $\frac{\d\phi}{\d x}(x,y)$ es continua en a $[a,b]\times\R^d$ y está dominado por un valor no negativo función integrable $f:\R^d\to\R$ uniformemente en $x$. Entonces $$\frac{d}{dx}\int_{\R^d} \phi(x,y)\,dy = \int_{\R^d} \frac{\d\phi}{\d x}(x,y)\,dy$$ para cada una de las $x\in[a,b]$.

Prueba. Fix $x\in[a,b]$. Por lo suficientemente pequeño $h$, el cociente de la diferencia $$\frac{\phi(x+h,y)-\phi(x,y)}{h}$$ está definido y, por el valor medio teorema, es igual a $\frac{\d\phi}{\d x}(\xi(x,y,h),y)$ algunos $\xi(x,y,h)$$|x-\xi(x,y,h)|<|h|$.

Fix $\epsilon>0$ y elija un cubo cerrado $C\subset\R^d$ centrada en el origen suficientemente grande tal que $\int_{\R^d\setminus C} f(y)\,dy<\epsilon/3$. A continuación, elija $\delta>0$ tal que $$\left|\frac{\d\phi}{\d x}(x,y)-\frac{\d\phi}{\d x}(\xi,y)\right|<\frac{\epsilon}{3\operatorname{vol}(C)}$$ siempre que $|x-\xi|<\delta$$y\in C$. Esto es posible debido a $\frac{\d\phi}{\d x}$ es uniformemente continua en a $[a,b]\times C$. Luego, cuando $|h|<\delta$$y\in C$, $$\left|\frac{\phi(x+h,y)-\phi(x,y)}{h}-\frac{\d\phi}{\d x}(x,y)\right| < \frac{\epsilon}{3\operatorname{vol}(C)}$$ y así \begin{align*} &\left|\frac{\int_{\R^d} \phi(x+h,y)\,dy - \int_{\R^d} \phi(x,y)\,dy}{h} - \int_{\R^d}\frac{\d\phi}{\d x}(x,y)\,dy\right| \\ &\qquad\leq \int_{y\in\R^d\setminus C} + \int_{y\in C} \left|\frac{\phi(x+h,y)-\phi(x,y)}{h}-\frac{\d\phi}{\d x}(x,y)\right|\,dy \\ &\qquad< \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} \\ &\qquad = \epsilon. \end{align*} Esto completa la prueba.

Ufff! OK, ahora que tenemos la rueda listo para el uso, vamos a utilizar. En (b), $d=1$ y queremos aplicar este teorema a $\phi(x,y)=f(y)p_t(x-y)$ $t>0$ fijo. Vamos a dejar que $[a,b]=[-N,N]$. Todas las hipótesis retirar bien, excepto que necesita para asegurarse de que $$\frac{\d\phi}{\d x}=f(y)\frac{\d p_t}{\d x}(x-y)$$ is dominated by an integrable function uniformly for $x$ in $[-N,N]$. Since $f$ is bounded, it's enough to show that $\frac{\d p_t}{\d x}(x-y)$ is dominated by an integrable function uniformly for $x\in[-N,N]$. We know that $\frac{\d p_t}{\d x}(0-y)$ is integrable; this just says that that function and all its translates to the left or right by a distance less than or equal to $$ N se encuentran por debajo de una sola función integrable. Parece razonable, y sí, es cierto.

Para mostrar esto, ya $t$ es fijo voy a asumir $p_t(x)=e^{-x^2}$; añadiendo en las constantes sólo hace lo que voy a escribir abajo de la mirada messier y oscurece la idea. Entonces tenemos $$\frac{\d p_t}{\d x}(x-y)=-2(x-y)e^{-(x-y)^2},$$ y de nuevo, queremos demostrar que esta función está dominada por una función integrable, de manera uniforme para $x\in[-N,N]$. Al$|y|\geq 2N$, $|x|\leq N\leq |y|/2$ y por lo tanto $$|x-y|\geq |y|-|x|\geq |y|-\frac{|y|}{2} = \frac{|y|}{2}.$$ Por lo tanto, cuando $|y|\geq 2N$, $$|-2(x-y)e^{-(x-y)^2}| \leq 2(N+|y|)e^{-|y|^2/4}.$$ Esta función es integrable! Al $|y|\leq 2N$, la función que estamos examinando es uniformemente acotada en $x$$6N$. Por tanto, la función dada por $6N$ al $|y|\leq 2N$ $2(N+|y|)e^{-|y|^2/4}$ al $|y|>2N$ (1) es integrable y (2) domina $\frac{\d p_t}{\d x}(x-y)$ uniforme para $x\in[-N,N]$. Y eso significa que hemos terminado!

Hemos demostrado el resultado tiene para todos los $x\in[-N,N]$. Pero desde $N$ fue arbitraria, el resultado se mantiene para todos los $x\in\R$.

Lo siento si mi respuesta fue un poco rotonda, pero a la hora de pensar en la diferenciación bajo el integral me gusta tener una gran teorema que puedo usar, y nunca quiero ir todo el camino de regreso a la media del teorema del valor.