Recursiva Integración sobre Polinomios a Trozos: la forma Cerrada?

Question

Hay una forma cerrada para la siguiente recursiva a la integración? $$ f_0(x) = \begin{cases} 1/2 & |x|<1 \\ 0 & |x|\geq1 \end{casos} \\ f_n(x) = 2\int_{-1}^x(f_{n-1}(2t+1)-f_{n-1}(2t-1))\mathrm{d}t $$ Es muy claro que esto converge en contra de alguna función y que muy rápidamente, como se ve en esta imagen, que muestra los primeros 8 términos:

Además, los derivados que de ella tienen algunas propiedades muy especiales.
Nota cómo el (normaliza) derivados consisten repite y se ajustaron funciones de los anteriores grado que es, obviamente, una consecuencia de la definición de la recursivo integral:


EDITAR
Básicamente tratando de alrededor, me encontré con el siguiente probablemente más útil Fouriertransform de la expresión anterior. No tengo una prueba formal pero se mantiene para todos los términos que he probado (primera 11). $$ \mathcal{F}_x\left[f_n(x)\right](t)=\frac{\sin \left(2^{-n} t\right) \left(\prod _{k=1}^n \frac{2^{k+1} \sin \left(2^{-k} t\right)}{t}\right)}{\sqrt{2 \pi } t}$$
Aquí una imagen de cómo luce como el (los primeros 10 términos en el Intervalo de $[-8\pi,8\pi]$):

Con esto, mi pregunta es:
"¿Qué, si no es uno, es la forma cerrada inversa de la transformada de fourier de $\mathcal{F}_x\left[f_n(x)\right](t)=\frac{\sin \left(2^{-n} t\right) \left(\prod _{k=1}^n \frac{2^{k+1} \sin \left(2^{-k} t\right)}{t}\right)}{\sqrt{2 \pi } t}$, especialmente para el caso de $n\rightarrow\infty$?"

En una relación de nota: Esta es mi primera pregunta aquí, así que espero que me hizo suponer que decentemente. He buscado a través de mathstack, a mi mejor conocimiento del uso de los términos de las matemáticas, sin éxito.

(menor Edit: parece que la imagen de servicio de uso compartido estoy usando tiende a ser algo poco fiable. Lo siento por eso. Si todas o algunas de las imágenes no se muestran, es por eso.)

Answer 1

Aquí es una fórmula para $f_n$:

\[ f_n(x) = \sum_{j=0}^{2^n} \left( \frac{c_n(j) - c_n(j-1)}{2}\frac{\left(2^n x + 2^n - 2j\right)^n H\left(2^nx + 2^n - 2j\right)} {n!2^{n(n-1)/2}} \right). \]

Aquí $H$ es la función escalón unitario, $c_n$ está definido por \[ c_n(j) = \begin{cases} 0 & \text{if %#%#%}\\ (-1)^{s(j)} & \text{if %#%#%} \\ 0 & \text{if %#%#%} \end{casos} \] y $j<0$ es la suma de los dígitos de la representación binaria de $0\leq j < 2^n$. (Por ejemplo,$j\geq 2^n$.)

Mientras que la función de Heaviside es crucial para derivar la fórmula, que puede ser removido de el resultado final mediante la función floor (denotado $s(j)$):

\[ f_n(x) = \sum_{j=0}^{\lfloor2^{n-1}(x+1)\rfloor} \left( \frac{c_n(j) - c_n(j-1)}{2}\frac{\left(2^n x + 2^n - 2j\right)^n} {n!2^{n(n-1)/2}} \right). \]

Aquí está una parcela de $j$ usando esta fórmula:

Derivando la fórmula

En primer lugar, separar la definición en dos integrales y de cambio de variables, $s(13) = s(0\text{b}1101) = 3$ en la primera, y $\lfloor \cdot \rfloor$ en el segundo, dando

\[ f_{n+1}(x) = \int_{-1}^{2x+1} f_n(t)\ dt \int_{-3}^{2x-1}f_n(t)\ dt \]

Por supuesto, podemos cambiar el -3 a -1 y combinarlos en un único integral:

\[ f_{n+1}(x) = \int_{2x-1}^{2x+1} f_n(t)\ dt \]

Luego reescribir $f_{15}$. Tenga en cuenta que la integral de $2t+1 \mapsto t$$2t-1\mapsto t$, cuya integral es $f_0=(1/2)(H(t+1) - H(t-1))$, y así sucesivamente. Ahora podemos escribir $H(t)$ como una sola integral iterada, por ejemplo

\[ f_3(x) = \frac12 \int_{2x-1}^{2x+1} \int_{2y-1}^{2y+1} \int_{2z-1}^{2z+1} (H(t-1) - H(t+1))dt\ dz\ dy \]

Cada integración se puede hacer haciendo varios cambios de variables. Esto da lugar a las potencias de 2 en el denominador.

Notas

Cada una de las $tH(t)$ es simétrica. La parte de -1 a -0.5 se repite cuatro veces. Debido a la forma en que Heaviside funciones de trabajo, es computacionalmente más fácil para calcular los valores de $(t^2/2)H(t)$ $f_n$ más cerca de -1.

Código

Aquí está algo de código en Python para calcular $f_n$.

from __future__ import division
from math import factorial

def c(j, n):
    if j < 0 or j >= 2**n:
        return 0
    else:
        return (-1)**bin(j).count("1")

def f(x, n):
    numerator = 0
    for j in xrange(int(2**(n-1) * (x+1))):
        numerator += (c(j, n) - c(j-1, n)) * (2**n * x + 2**n - 2*j)**n
    denominator = 2 * 2**(n*(n-1)/2) * factorial(n)
    return numerator/denominator

print f(-0.75, 10)

Answer 2

Supongamos $f$ es un punto fijo de iteraciones. Entonces $$f(x) = 2\int_{-1}^x\big(f(2t+1)-f(2t-1)\big)\,\mathrm{d}t,$$ que, al diferenciar ambos lados por $x$, implica que $$f'(x) = 2\big(f(2x+1)-f(2x-1)\big).$$ Voy a asumir que $f$ se desvanece fuera de $[-1,1]$, que presumiblemente puede demostrar a partir de las condiciones iniciales. A continuación, obtenemos $$f'(x) = \begin{cases} 2f(2x+1) & \text{if }x\le0, \\ -2f(2x-1) & \text{if }x>0. \end{casos}$$ Esto es bastante similar a la definición de la Fabius función. De hecho, su función sería la $\frac{\text{Fb}'(\frac{x}{2}+1)}{2}$

La Fabius función es liso, pero en ninguna parte analítica, así que no se que va a ser una bonita forma cerrada para su función.

Answer 3

Esta ecuación \begin{equation}f'(x)=2f(2x+1)-2f(2x-1), \quad f(0) = 1, \tag{%#%#%} \end{equation} tiene un número finito de soluciones, que también es conocido como el $*$ o $\mathrm{up}(x)$ función. Tiene soporte compacto $\mathrm{hut}(x)$ y su transformada de Fourier es$\mathrm{supp}\,\mathrm{{up}}(x)=[-1,1]$, $\hat{f}(t)=\prod\limits_{k=1}^{\infty}\mathrm{sinc}{(t\cdot 2^{-k})}.$ es definido por la inversa de la transformada de Fourier de la siguiente manera $$ \mathrm{up}(x)=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{\mathbb{R}}e^{-itx}\hat{f}(t)\,dt= \frac{1}{2\pi}\int\limits_{\mathbb{R}}e^{-itx}\prod\limits_{k=1}^{\infty}\mathrm{pues}{(t\cdot 2^{-k})}\,dt. $$

La ecuación de $\mathrm{up}(x)$ y sus finito solución de $(*)$ era independiente introducido en 1971 por V. L. Rvachev, V. A. Rvachev y W. Hilberg. Es interesante notar que una versión más simple de $\mathrm{up}(x)$ fue introducido por J. Fabius sólo 5 años antes: \begin{equation}f'(x)=2f(2x), \quad f(0) = 0. \tag{%#%#%} \end{equation} Por cierto, los signos de los 2 primeros derivados de $(*)$ son los elementos de Thue-Morse secuencia $**$.

P. S. he subido algunas parcelas de aquí de generalizaciones de $\mathrm{up}(x)$, lo que se conoce como el $\{+1,-1,-1,+1\}$ función.