Resolver

Question

Resolver $f(x)=\int_{x-1}^{x+1} f(t) \text{d}t$. ¿Sabemos que $f(x)=0$ es una solución, hay otras soluciones?

Supongo que puedo empezar con $f(x)=\frac{dg(x)}{dx}$ y entonces:

$$\begin{align*} \frac{dg(x)}{dx}&=\int_{x-1}^{x+1} \frac{dg(t)}{dt} dt \\ \frac{dg(x)}{dx}&=g(x+1)-g(x-1) \\ \end{align*} $$

Pero entonces estoy atrapado.

Answer 1

Un conjunto de soluciones es $$f(x) = a\sin(\omega x) + b\cos(\omega x)$$ for any $a,b\in\mathbb{R}$. Note that $$\int_{x-1}^{x+1}f(t)\,dt = \frac{2\sin\omega}{\omega}\left(a\sin(\omega x)+b\cos(\omega x)\right)= \frac{2\sin\omega}{\omega}f(x)$$ por lo que debe elegir para satisfacer $\omega$$$\frac{2\sin\omega}{\omega} = 1.$\omega \approx \pm 1.89549$ $ Numerically, $.

Answer 2

Mejor aún, se puede diferenciar a ambas partes desde $f$ será suave (convencerse de esto). Entonces, lo que tienes es (FToC)

$$f'(x) = f(x+1)-f(x-1)$$

Queremos resolver esta ecuación. Como por usuario Duda, tenga en cuenta que $f(x)=a$ es una solución para la educación a distancia, pero no a la integral de la ecuación (a menos $a=0$).

A continuación, voy a asumir que $f$ es no constante y es una verdadera función. Además, vamos a suponer que la función tiene una transformada de Fourier. Si tomamos la transformada de Fourier, donde

$$\mathcal{F}f(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ikx}f(x)dx,$$

tenemos que

$$ik\mathcal{F}f(k)=e^{ik}\mathcal{F}f(k)-e^{-ik}\mathcal{F}f(k).$$

Esto tiene que ser cierto para todas las $k$. Por lo que podemos reescribir esto como

$$(ik-2i\sin(k))\mathcal{F}f(k) = 0.$$

Desde $k=2\sin k$$k=0,\pm1.89549$, podemos ver que $\mathcal{F}f(k) = 0$ en casi todas partes y por lo $f(x) = 0$ en casi todas partes.

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Supongamos entonces que $f$ es de distribución en la naturaleza, en particular una base de distribución. Podemos hacer sentido de la distribución de derivados de la anterior diferencial aún se mantiene, pero algunos de los pasos posteriores serán diferentes.

Desde $f$ es una base de distribución, tiene una transformada de Fourier. Deje $\phi\in\mathcal{S}(\mathbb{R})$, es decir, un Schwartz función, entonces

$$\begin{eqnarray}\langle f',\phi\rangle &=& \langle f_1-f_{-1},\phi\rangle\\ &=&\langle f_1,\phi\rangle-\langle f_{-1},\phi\rangle\\ &=&\langle f,\phi_{-1}\rangle-\langle f,\phi_1\rangle\end{eqnarray}$$

donde $f_a(x) = f(a+x)$. También tenemos que $\langle f',\phi\rangle = -\langle f,\phi'\rangle$, de modo que

$$-\langle f,\phi'\rangle = \langle f,\phi_{-1}-\phi_1\rangle.$$

Equivalentemente, $\langle f,\phi'-\phi_1+\phi_{-1}\rangle = 0$. Tomando la transformada de Fourier, podemos ver que

$$\langle \mathcal{F}^{-1}f,\mathcal{F}(\phi'-\phi_1+\phi_{-1})\rangle = 0.$$

Entonces podemos ver que

$$\langle \mathcal{F}^{-1}f,-ik\mathcal{F}\phi-e^{-ik}\mathcal{F}\phi+e^{ik}\mathcal{F}\phi\rangle_k = 0,$$

donde $\langle\cdot,\cdot\rangle_k$ indica que la distribución de la integral es sobre $k$. A continuación, por la linealidad,la

$$\langle (-ik-e^{-ik}+e^{ik})\mathcal{F}^{-1}f,\mathcal{F}\phi\rangle_k = 0.$$

Puesto que la transformada de Fourier es una automorphism de $\mathcal{S}(\mathbb{R})$, $\mathcal{F}\phi$ es sólo otro Schwartz función. Así

$$\langle (-ik+2i\sin k)\mathcal{F}^{-1}f,\psi\rangle_k = 0,$$

donde $\psi$ es un elemento arbitrario de $\mathcal{S}(\mathbb{R})$. Así vemos que $(2\sin k-k)\mathcal{F}^{-1}f(k) = 0$, en un sentido distributivo, como antes. Para ser extremadamente handwavy acerca de ello: Si $2\sin k -k\neq 0$, entonces el (inverso) la transformada de Fourier de $f$ debe ser cero. Sin embargo, si $2\sin k = k$, entonces el (inverso) la transformada de Fourier de $f$ puede tomar cualquier valor. Esto es exactamente por qué tenemos la solución que se observó en las Matemáticas Desbordamiento del post. Si usted fuera a tomar la transformada de Fourier de la solución dada por Noam, verá que es una delta de Dirac centrado en el punto de $k=2\sin k$.

Answer 3

Un intento de solución es intentar $$ f(x)=\mathrm{e}^{ax}, $$ y esto implica que $a$ satisface la ecuación de $\mathrm{e}^a-\mathrm{e}^{-a}=a$. Por desgracia, la única solución de esta ecuación es $a=0$, y la correspondiente función exponencial no es una solución de nuestra ecuación.

Claramente, tenemos que asumir algunos suavidad de $f$. Supongamos que $f$ es continua. Entonces, el lado derecho es continuamente diferenciable, y así podemos diferenciar, y a obtener, como ya ha hecho la ecuación $$ f'(x)=f(x+1)-f(x-1), \quad \text{para todo}\,\, x. $$

Answer 4

(Escrito como una solución ya que es un poco demasiado largo para un comentario: )

Otro enfoque que no funciona: supongamos $g$ es un polinomio de grado $d$. A continuación, $\frac{dg}{dx}$ será un polinomio de grado $d-1$, $g(x+1)-g(x-1)$ (el líder plazo cancela). Puesto que la ecuación es lineal, podemos suponer $g$ un monic polinomio (es decir, con una duración de $x^d$). Pero entonces el líder plazo de $\frac{dg}{dx}$$dx^{d-1}$, mientras que el líder plazo de $g(x+1)-g(x-1)$$2dx^{d-1}$.

De hecho, usted debería ser capaz de extender este enfoque a mostrar que la única solución analítica es la función constante, ya que $g'(x)$ 'el doble' como sería de esperar de un ingenuo central-a diferencia de la aproximación en todas partes.