Resolución de la ecuación integral $a+c\min(b,x)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x-t)\left(a+d\delta(t-(x-b))+c\min(b,t)\right)dt$

Question

Tengo una ecuación integral de aspecto desagradable que implica tomar dos mínimos:

$$a+c\min(b,x)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x-t)\left(a+d\delta(t-(x-b))+c\min(b,t)\right)dt$$

donde $\delta(\cdot)$ es el Función delta de Dirac y $a$ , $b$ , $c$ y $d$ son constantes. Estoy tratando de encontrar $f(x)$ .

Reconozco que esto es una especie de convolución y que el mínimo en el LHS es fácil de tratar (al menos en teoría) dividiendo esta cosa en dos casos. Sin embargo, estoy perdido tratando de averiguar el RHS a cabo. ¿Hay alguna forma de resolverlo con una transformación de algún tipo? Se agradece cualquier ayuda.

Answer 1

Bueno, las integrales de las funciones delta siempre son agradables, así que empecemos por ahí.

$$\begin{align} a+c\min(b,x) & =\int_{-\infty}^\infty f(x-t)[a+d\delta(t-(x-b))+c\min(b,t)]dt \\ & =\int_{-\infty}^\infty f(x-t)d\delta(t-(x-b))dt+\int_{-\infty}^\infty f(x-t)[a+c\min(b,t)]dt \\ & =df(b)+\int_{-\infty}^b f(x-t)(a+ct)\,dt+\int_b^\infty f(x-t)(a+cb)\,dt \end{align}$$

Ahora no es tan malo, pero sigue siendo una ecuación integral. Vamos a tratar esto para $x<b$ y tomar una derivada:

$$\begin{align} c & =\int_{-\infty}^b f'(x-t)(a+ct)\,dt+\int_b^\infty f'(x-t)(a+cb)\,dt \\ & =a[f(-\infty)-f(x-b)]+(a+cb)[f(x-b)-f(\infty)]+\int_{-\infty}^b f'(x-t)ct\,dt \\ & =af_{-\infty}+cbf(x-b)-(a+cb)f_\infty+f(x-t)ct\,\bigg|_{-\infty}^b-\int_{-\infty}^b f'(x-t)c\,dt \\ & =af_{-\infty}+cbf(x-b)-(a+cb)f_\infty+f(x-b)cb-f_\infty c\cdot\infty+cf(x-b)\Rightarrow f_\infty=0 \\ & =af_{-\infty}+c(2b+1)f(x-b) \end{align}$$

Nótese que como esto es igual a una constante, se deduce que $f(x)=f_{-\infty}$ es constante para todo $x<0$ Así que

$$c=af_{-\infty}+c(2b+1)f_{-\infty}\Rightarrow f_{-\infty}=\frac c{a+2bc+c}=f(x),\qquad x<0$$

Si hacemos esto de nuevo para $x>b$ El único cambio será en el lado izquierdo en la elección diferente para el mínimo. Si tomamos una derivada, sólo obtendremos $0$ en el LHS, por lo que

$$0 =af_{-\infty}+c(2b+1)f(x-b)\Rightarrow f(x)=\frac {-a}{(2b+1)(a+2bc+c)},\qquad x>0$$

Pero esto contradice $f_\infty=0$ Así que, o bien no hay solución, o bien $f(x)$ viola algunas propiedades que lo hacen susceptible de ser integrado por partes o por el FTC utilizado aquí. Dejaré que otros lo averigüen.