Solución de $u_t=\mathcal{F}u$

Question

Traté de resolver la ecuación de $u_t=\mathcal{F}u$, donde $\mathcal{F}$ denota la transformada de Fourier, con datos iniciales $u(x,0)=u_0(x)$. La solución debe ser dada por $$ u(x,t)=e^{\mathcal{F}t}u_0=\left(\sum_{j\geq0}\frac{\mathcal{F}^jt^j}{j!}\right)u_0(x) $$ y busqué una expresión explícita de ello en términos de $u_0$. Desde $\mathcal{F}^2=(\cdot)^\check{}$ (el operador que los mapas de $v(x)\mapsto\check{v}(x):=v(-x)$), tenemos que $\mathcal{F}^3=\mathcal{F}^{-1}$ e $\mathcal{F}^4=id$. Supongamos $u_0$ es un Schwartz función, con lo que todo esto tiene sentido. Entonces tenemos $$ u(x,t)=\left(\sum_{j\in4\mathbb{N}}\frac{t^j}{j!}+\sum_{j\in1+4\mathbb{N}}\frac{t^j}{j!}\mathcal{F}+\sum_{j\in2+4\mathbb{N}}\frac{t^j}{j!}(\cdot)\check{}+\sum_{j\in3+4\mathbb{N}}\frac{t^j}{j!}\mathcal{F}^{-1}\right)u_0(x) $$
Luego me escribió la función de $u_0=\phi+\psi$, donde $\phi$ es incluso y $\psi$ es impar, es decir, $$ \phi(x)=\frac{1}{2}(u_0(x)+u_0(-x))\quad\text{y}\quad\psi(x)=\frac{1}{2}(u_0(x)-u_0(-x)) $$ De esta manera (recordando que la transformada de Fourier de una función par es impar y viceversa) uno calcula $$ u(x,t)=\sum_{j\in\mathbb{N}}\frac{t^{2j}}{(2j)!}\phi(x)+\sum_{j\in\mathbb{N}}(-)^j\frac{t^{2j}}{(2j)!}\psi(x)+\sum_{j\in\mathbb{N}}(-)^j\frac{t^{2j+1}}{(2j+1)!}\mathcal{F}\phi(x)+\sum_{j\in\mathbb{N}}\frac{t^{2j+1}}{(2j+1)!}\mathcal{F}\psi(x) $$ lo que equivale a $$ u(x,t)=\cosh(t)\phi(x)+\cos(t)\psi(x)+\sin(t)\mathcal{F}\phi(x)+\sinh(t)\mathcal{F}\psi(x). $$ El problema es que ahora, tratando de comprobar $$ u_t(x,t)=\sinh(t)\phi(x)-\sin(t)\psi(x)+\cos(t)\mathcal{F}\phi(x)+\cosh(t)\mathcal{F}\psi(x) $$ y $$ \mathcal{F}u(x,t)=\cosh(t)\mathcal{F}\phi(x)+\cos(t)\mathcal{F}\psi(x)+\sin(t)\phi(x)-\sinh(t)\psi(x) $$ ellos no son iguales. Es mi cálculo equivocado? Toda ayuda es muy apreciada.

Answer 1

Como usted señaló, $\mathcal{F}^4=I$. Así $$ (1-\lambda^4)I=(\mathcal{F}^4-\lambda^4 I)=(\mathcal{F}-\lambda I)(\mathcal{F}^3+\lambda\mathcal{F}^2+\lambda^2\mathcal{F}+\lambda^3I) $$ lo que da $$ (\lambda I-\mathcal{F})^{-1}=\frac{1}{\lambda^4-1}(\mathcal{F}^3+\lambda \mathcal{F}^2+\lambda^2\mathcal{F}+\lambda^3 I) $$ Así, la siguiente es evaluada mediante el cálculo de los residuos en las $1,i,-1,-i$: $$ e^{t\mathcal{F}}=\frac{1}{2\pi i}\oint_{C}e^{\lambda t}(\lambda I-\mathcal{F})^{-1}d\lambda \\ =\frac{1}{2\pi i}\oint_{C}\frac{e^{\lambda t}(\mathcal{F}^3+\lambda\mathcal{F}^2+\lambda^2\mathcal{F}+\lambda^3I)}{(\lambda-1)(\lambda-i)(\lambda+1)(\lambda+i)}d\lambda $$