Existe una función única $u\in C^0[-a,a]$ que satisface esta propiedad

Question

El problema:

Dejemos que $a>0$ y que $g\in C^0([-a,a])$ . Demostrar que existe una función única $u\in C^0([-a,a])$ tal que $$u(x)=\frac x2u\left(\frac x2\right)+g(x),$$ para todos $x\in[-a,a]$ .

Mi intento A primera vista pensé en abordar este problema como un problema de punto fijo desde $C^0([-a,a])$ a $C^0([-2a,2a])$ que son ambos espacios de Banach si están dotados de la norma máxima. Sin embargo, necesitaba definir una contracción, porque tal como está no está claro si mi operador $$(Tu)(x)=\frac x2u\left(\frac x2\right)+g(x)$$ es una contracción o no. Por lo tanto, he intentado modificar ligeramente el operador y he elegido un $c>a>0$ y definió $$T_cu=\frac 1cTu.$$ $T_cu$ es de hecho una contracción, por lo que por el lema de la contracción tengo por garantizada la existencia y la unicidad de una función $u_c\in C^0([-a,a])$ que es un punto fijo para $T_cu.$ Está claro que esto no es lo que quería y me parece difícil terminar con este enfoque. ¿Estoy en lo cierto, es inútil todo lo que he hecho? Y si este fuera el caso, ¿cómo resolver este problema?

Gracias de antemano.

Answer 1

...¿cómo resolver este problema?

Un camino directo es definir $u$ como $$ u(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}2^{-n(n+1)/2}x^ng(2^{-n}x), $$ y para demostrar que $u$ es efectivamente continua en $[-a,a]$ .

Una pista: Para toda secuencia de funciones continuas $(g_n)_{n\geqslant0}$ tal que $\|g_n\|_\infty\leqslant cA^n$ por cada $n$ para un número finito de $c$ y $A$ la serie $\sum\limits_{n=0}^{+\infty}2^{-n(n+1)/2}g_n$ define una función continua.

Answer 2

Su enfoque funcionará si $a<2$ en el caso general, escriba $$u(x)=\frac x2u\left(\frac x2\right)+g(x)$$ como $$u(x)=x^k\alpha_ku\left(\frac x{2^k}\right)+F_k(g)(x)$$ donde $F_k$ es una función de $g$ y $\alpha_k$ satisfacen la relación de recurrencia $\alpha_{k+1}=\frac{\alpha_k}{2^{k+1}}$ . Por lo tanto, $a^{k+1}\alpha_k$ converge a $0$ y se aplica el punto fijo de Banach para $T_k(u)(x)=x^k\alpha_ku\left(\frac x{2^k}\right)+F_k(g)(x)$ para un $k$ lo suficientemente grande.

Answer 3

Como ya se ha señalado, su enfoque funciona para $a<2$ .

Supongamos ahora que $a\geq 2$ . Primero construiremos $u$ en [-1,1] y luego duplicar el ancho de este intervalo iterativamente. Dada una función $g$ la ecuación $$\tag{$ \N - El brindis $} u(x) = \frac{x}2 u\left(\frac{x}2\right) + g(x)$$ determina de forma única una función $u_0$ en [-1,1]. Ahora definimos $u_1$ por $$u_1(x)=\begin{cases} u_0(x) &\text{if $x\in[-1,1]$} \\ \frac{x}2 u_0\left(\frac{x}2\right) + g(x) &\text{otherwise}.\end{cases}$$ Ahora tenemos una función $u_1$ en [-2,2] que satisface $(\ast)$ . Mientras $2^{k+1}<a$ , continúa de esta manera definiendo $$u_{k+1}(x) = \begin{cases} u_{k}(x) &\text{if $x\in[-2^{k},2^{k}]$} \\ \frac{x}2 u_{k}\left(\frac{x}2\right) + g(x) &\text{otherwise}.\end{cases}$$ En cierto punto, $2^{k+1}\geq a$ . Definir $u_{k+1}$ sólo en $[-a,a]$ y luego se detiene. Tenga en cuenta que todos los $u_k$ son continuos.

Está claro que la última función que has construido es la única solución del problema (solución por construcción, unicidad porque $u_0$ es único y porque $(\ast)$ obliga a todos los demás valores de la función).