Encuentre la función$f(x)$ que satisface$\int_{0}^{\infty} \frac{f(x)}{1+e^{nx}}dx=0$

Question

Estoy buscando no trivial de la función $f(x)\in L_2(0,\infty)$ independiente del parámetro $n$ (un número natural) que satisface la siguiente ecuación integral: $$\displaystyle\int_{0}^{\infty} \frac{f(x)}{1+e^{nx}}dx=0$$ o probar que $f(x)=0$ es la única solución.

La pregunta similar es aquí , pero no hay parámetros en la integral y la respuesta es en base al método de prueba y éxito.

Me gustaría saber cuál sería el buen enfoque para hacer frente a este problema.

EDIT: esta función puede existir, aquí es un ejemplo, debido a la Stieltjes. Una función de $f(x) = \exp(-x^{1/4}) \sin x^{1/4}$ satisface $\int_0^{\infty} f(x) x^n dx = 0$ para todos los enteros $n \ge 0$.

Usamos la sustitución de $x=u^4$ escribir $I_n = \int_0^{\infty} f(x) x^n dx = 4 \int_0^{\infty} e^{-u} \sin(u) u^{4n+3} du$; luego de integrar por partes cuatro veces (diferenciando el poder de $u$, e integrando el resto) para mostrar que $I_n$ es proporcional a $I_{n-1}$, y por último, compruebe que $I_0=0$.(la Edición de copiado de aquí)

Answer 1

Voy a probar un resultado parcial que esperemos que alguien puede completar a mostrar que la $f(x) \equiv 0$ es el único continua y $L^2(\mathbb{R}_{>0})$ solución. Más allá de eso, tal vez uno puede utilizar funciones continuas son densos en $L^2$ para obtener el resultado solicitado. La herramienta principal que quiero aportar es la siguiente lema:

$\mathbf{Lemma}:$ Considerar $f \in C(\mathbb{R}_{>0}) \cap L^2(\mathbb{R}_{>0})$. A continuación, para cualquier elección de $0<x_0<y_0 \leq \infty$, tenemos

$$f(x_0) = \lim_{n \to \infty} ne^{nx_0}\int_{x_0}^{y_0}\frac{f(x)}{1+e^{nx}}dx $$

$\mathbf{Proof}:$ Fix $\epsilon>0$ y, por continuidad, elija $\delta>0$ tal que $|x-x_0| < \delta \implies|f(x)-f(x_0)| < \epsilon$. Tenga en cuenta que

$$\lim_{n \to \infty} ne^{nx_0} \int_{x_0}^{x_0+\delta} \frac{1}{1+e^{nx}}dx = 1$$

y

\begin{align} \lim_{n \to \infty} \left | n e^{nx_0} \int_{x_0+\delta}^{y_0}\frac{f(x)}{1+e^{nx}} dx \right | & \leq \lim_{n \to \infty} n e^{nx_0} \int_{x_0+\delta}^{y_0} e^{-nx} |f(x)| dx \\ & \leq \lim_{n \to \infty} n e^{nx_0} e^{-(n-1)(x_0+\delta)} \int_{x_0+\delta}^{y_0} e^{-x} |f(x)| dx \\ & \leq \lim_{n \to \infty} n e^{x_0+\delta} e^{-n\delta} \|e^{-x}f(x)\|_1 \\ & \leq \lim_{n \to \infty} n e^{x_0+\delta} e^{-n\delta} \|e^{-x}\|_2 \cdot \|f\|_2 \\ & = 0 \end{align}

por parte del Titular de la desigualdad (ninguno de estos dependía de la elección de $\delta$-- sólo son sencillas de cálculo/comparación). Teniendo en cuenta estos resultados, podemos ver que

\begin{align} \lim_{n \to \infty} \left |ne^{nx_0} \int_{x_0}^{y_0} \frac{f(x)}{1+e^{nx}}dx - f(x_0) \right | & = \lim_{n \to \infty} \left |ne^{nx_0} \int_{x_0}^{x_0+\delta} \frac{f(x)-f(x_0)}{1+e^{nx}}dx \right | \\ & \leq \lim_{n \to \infty} ne^{nx_0} \int_{x_0}^{x_0+\delta} \frac{|f(x)-f(x_0)|}{1+e^{nx}}dx \\ & \leq \epsilon \end{align}

Desde $\epsilon>0$ fue arbitraria, esto demuestra el lema. $$\tag*{$\blacksquare$}$$

Este lema nos da alguna información sobre el comportamiento de las funciones de la satisfacción de su condición. En particular, si $f$ satisface estas hipótesis y la condición en consideración, se debe tener para cualquier $x_0 > 0$ que

$$0 = \lim_{n \to \infty} ne^{nx_0} \int_{0}^\infty \frac{f(x)}{1+e^{nx}}dx = f(x_0) + \lim_{n \to \infty} ne^{nx_0} \int_{0}^{x_0} \frac{f(x)}{1+e^{nx}}dx$$ O

$$f(x_0) = -\lim_{n \to \infty} ne^{nx_0} \int_0^{x_0} \frac{f(x)}{1+e^{nx}}dx $$

A partir de este resultado, tenemos $\forall$ $0<x_0<y_0<\infty$ que

$$\lim_{n \to \infty} ne^{nx_0} \int_0^{y_0} \frac{f(x)}{1+e^{nx}}dx = \lim_{n \to \infty} e^{-n(y_0-x_0)} \left [ ne^{ny_0} \int_0^{y_0} \frac{f(x)}{1+e^{nx}}dx \right ] = 0 \cdot (-f(y_0)) = 0 $$

y de manera similar a $\forall$ $0 < w_0 < x_0$ con $f(w_0) \neq 0$, la expresión

$$ne^{nx_0} \int_0^{w_0} \frac{f(x)}{1+e^{nx}}dx = e^{n(x_0-w_0)} \left [ ne^{nw_0} \int_0^{w_0} \frac{f(x)}{1+e^{nx}}dx \right ] $$ diverge a $-\text{sgn}(f(w_0)) \cdot \infty$ como $n \to \infty$, ya que el término entre corchetes enfoques $-f(w_0)$.

Ahora, supongamos $f$ no es idéntica $0$, por lo que el conjunto de

$$\{t >0 | f \equiv 0 \text{ on } (0,t) \}$$

está delimitado por encima; definir $T_1$ como el supremum de este conjunto si es no vacío y $0$ si está vacía. Supongamos $\exists T_2>T_1$ tales que $$ T_1 < t < T_2 \implies f(t) \neq 0$$ A continuación, $f$ es distinto de cero en $(T_1,T_2)$ , por definición, de modo que por el Teorema del Valor Intermedio $f$ no puede cambiar de signo en el intervalo. Por lo tanto, $f(x) \geq 0$ o $-f(x) \geq 0$ a $(0,T_2)$-- WLOG asumir la antigua, de modo que para cualquier $x_0 \in (T_1,T_2)$ la identidad de la primera después de que el lema que da ese $f(x_0) \leq 0$, mostrando $f(x_0)=0$, una contradicción. Por lo tanto, a la conclusión de que no $T_2$ existe, es decir, $\forall t>T_1$ $\exists s \in (T_1,t)$ tal que $f(s)=0$. Es decir, en cualquier intervalo que contenga $0$ en que $f$ no es idénticamente cero, $f$ debe tener una infinidad de raíces mayor que $T_1$. En particular, la sugerencia $f(x)=e^{-x^{1/4}} \sin(x^{1/4})$ no puede ser una solución.

Tenga en cuenta que si uno puede usar los resultados anteriores para demostrar que $T_1 = 0$, establecería que no continua con la solución compacta de apoyo en $\mathbb{R}_{>0}$ existe (relevante debido a que tales funciones son densos en $L^2(\mathbb{R}_{>0})$).

Answer 2

Edit: Suponiendo que un no-cero $f(x)$ existe - si es antisimétrica acerca de $x=0$ , y puede ser expresada por una integral de Fourier $$f(x) = \int_{-\infty}^\infty F(\omega) \sin(\omega x) {\rm d}\omega ,$$ it can be shown that $$\lim_{n\rightarrow\infty}\int_0^\infty \frac{f(x)}{1+\exp(nx)}{\rm d}x = 0 :$$

for all spectral components of the assumed antisymmetric $f(x)$ proportional to $\sin(\omega x)$, the integral $$\int_0^\infty \frac{\sin(\omega x)}{1+\exp(nx)}{\rm d}x = \frac{n\sinh(\frac{\pi\omega}{n})-\pi\omega}{2n\omega\sinh(\frac{\pi\omega}{n})}$$ se desvanece para $n\rightarrow\infty$ (y también para $\omega\rightarrow\infty$ desde $n$ es distinto de cero).

Y aquí el intento anterior en una solución numérica...
El aproximados $f(x)$ en el gráfico siguiente fue construido por integrar numéricamente $f(x)/(1+\exp(nx))$ y teniendo en cuenta todos los $n$ hasta incluidas $30000$ y el muestreo de $f(x)$ en un logarítmica de la cuadrícula como con $15000$ puntos. $f(x)$ parece consistir de una superposición de funciones de la forma $\sin({\rm const} + \log({\rm const}_1+{\rm const}_2\cdot{}x))$, pero es difícil deducir una forma cerrada...

El hecho de que esta solución numérica deja de oscilar en $x\sim10$ probable es un artefacto de la limitada precisión numérica; debido a $(1+\exp(nx))^{-1}$ en el kernel, hay muy poco peso en $f(x)$ más $x$ y es difícil obtener valores más precisos para $f(x)$.
Para grandes $n$, que debería tener una influencia dominante en $f(x)$ para $x\rightarrow 0$, el número finito de puntos de la grilla de los límites de la calidad de la solución para $f(x)$. Por lo suficientemente grande $n$ y con un número finito de puntos de la malla, $f(x\rightarrow 0)\rightarrow 0$ será suficiente para satisfacer la solución numérica intento de aquí.

Aquí es el Python código utilizado para generar la figura anterior:

#number of grid points
N = 15000
#max n considered (can be/should be larger than N for least-squares
#solution below)
n = 2*N

#external dependencies
import numpy as np
from numpy.polynomial.legendre import leggauss

#create quadrature roots and weights
#beginning with interval [-1;1]
xp,wp = leggauss(N)
xp *= 0.5
xp += 0.5
#rescale to 0..infinity
scale = 6.0
x = np.sinh(scale*xp)
w = wp * scale/2. * np.cosh(scale*xp)

#create system of equations: Integral(n) = 0, n=0...
#we also constrain Int(0) = 0 (although only n=1... required) ...
#... seems to be more stable numerically (otherwise almost no weight on
#f-values at large x)
A = []
for i in range(n+1):
    A.append(np.empty_like(x))
    for j in range(len(x)):
        if x[j]*i<500.:
            A[-1][j] = w[j]/(1.+np.exp(x[j]*i))
        else:
            A[-1][j] = 0.0

#add additional for f at x approx 0.5 to avoid trivial solution f=0
#(hoping to not accidentally hit a root of f(x))
z = np.zeros_like(x)
z[np.argmin(np.abs(x-0.5))] = 1.
A.append(w)

A = np.array(A)

#RHS of system of equations
b = np.concatenate((np.zeros(n+1,np.float),[1.]))

#least-squares solution for f(x)
sol = np.linalg.lstsq(A,b,rcond=1e-14)[0]
#normalize
if -np.min(sol)>np.max(sol):
    sol *= -1.0
sol /= np.max(sol)

#plot solution
import pylab
pylab.plot(x,sol)
pylab.xscale('log')
pylab.xlabel('

Answer 3

No existe una función continua que satisface que para todos n.

Por trivial solución supongo que te refieres a $f(x)=0$. Uno de los posibles (aunque también bastante trivial, o al menos aburrido) respuesta es

$$f(x)=(1+e^{nx})g(x)$$

donde

$$\int_0^{\infty} g(x) \, dx=0$$

dicen que quizá $\sin(x)$ o de hecho a cualquier función periódica que actúa de esta manera. Sin embargo, este supuesto no es estrictamente definido como nuestro $\epsilon-\delta$ definición no se puede sostener para la convergencia, es decir,

$$\lim_{x\to\infty} \int_0^n \sin(x) \, dx$$

no está definido, por lo que tampoco es una opción.

Veamos ahora a mirar esto de manera gráfica. Imagínese, si puede, la gráfica de una función de este tipo, dicen que definen a partir de $0$ a $\infty$ que nuestros integral es cero. Sin pérdida de generalidad, supongamos que esta función es positiva para empezar, así que en algún punto, decir $x_0$ esta función tendrá que cruzar la $x$ eje y se vuelve negativo.

Esto significa que nuestra función tiene que ser periódica y el aumento exactamente a la misma tasa y el tiempo como $1+e^{nx}$, lo que resulta en sólo la solución trivial como el anterior, o que la finitely zona delimitada antes de que este valor crítico $x_0$ idéntico a nuestro ilimitado zona más allá de la $x_0$.

Esto significa que nuestra función se $f(x)$ satisface $$\int_0^{x_0}f(x) \, dx=-\int_{x_0}^\infty f(x) \, dx$$

Como la función debe satisfacer esta para todo n esta respuesta debería ser suficiente para mostrar que la función de $f(x)$ debe ser trivial, como si $f(x)$ satisface esta para algún n, el denominador va a crecer a un ritmo diferente para diferentes n, lo que demuestra que no hay tal $f(x)$.