Diferenciable $f$ tal que el conjunto de múltiplos de $f$ es un espacio vectorial de dimensión dos

Question

¿Cómo podemos derivar de la funciones diferenciables $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tal que $V=\{af_b : a,b \in \mathbb{R}\}$ es un espacio vectorial de dimensión dos, donde $f_b\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ se define como el % de traducir $f_b(x)=f(x+b)$?

Un ejemplo es $f=\sin$. El conjunto de $V$ contiene la funciones linealmente independientes $\sin$ y $\cos$ (desde $\cos(x)=\sin(x+\frac{\pi}{2})$). Por trigonometría elemental tenemos $c\sin(x+\phi) = s\sin x + t\cos x$ para cualquier $c, \phi \in \mathbb{R}$ y algunos $s,t \in \mathbb{R}$, por lo que deduce que $V$ es un espacio vectorial de dimensión dos atravesado por $\sin$ y $\cos$.

Answer 1

Se mantendría para el espacio de solución de un segundo orden de la ODA que es la traducción invariante en $\mathbb{R}$. Hay algunos por ahí: $$ \frac{d^{2}f}{dx^{2}}+B\frac{df}{dx}+Cf=0,\;\;B, C \mbox{ son constantes }. $$ Su ejemplo que encaja en esta categoría. El espacio de la solución es de 2 dimensiones, y la traducción de una solución es de nuevo una solución, porque de traducción invariancia; por lo tanto, se traduce de las soluciones son combinaciones lineales de cualquier fijo de base de las soluciones. Lineal sumas de tales soluciones son también soluciones.

Answer 2

Deje $c \in \mathbb{R}$ ser tal que $\{f,f_c\}$ es una base para $V$ donde $f_c(x)=f(x+c)$. Entonces, por definición, no son exclusivos de las funciones de $a,b\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tal que $f_t=a(t)f+b(t)f_c$ todos los $t \in \mathbb{R}$. Ahora para cualquier $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$, vamos a $$M(x_1,x_2)=\left[\begin{matrix} f(x_1) & f_c(x_1) \\ f(x_2) & f_c(x_2)\end{matrix}\right]$$ No debe existir $x_1,x_2$ tal que $M(x_1,x_2)$ es nonsingular, ya que de lo contrario $f$ sería una función exponencial y $V$ sólo habría de dimensión uno. A continuación, para tal $x_1$ y $x_3$, $\left[\begin{matrix} a(t) \\ b(t)\end{matrix}\right]=(M(x_1,x_2))^{-1}\left[\begin{matrix}f_t(x_1) \\ f_t(x_2)\end{matrix}\right]=(M(x_1,x_2))^{-1}\left[\begin{matrix}f_{x_1}(t) \\ f_{x_2}(t)\end{matrix}\right]$, por lo $a$ $b$ se puede escribir como combinación lineal de los $f_{x_1}$$f_{x_2}$. Desde $f$ y sus traduce son diferenciables, esto implica que $a$ $b$ son diferenciables.

Ahora tomando la $\frac{\partial}{\partial t}$ de ambos lados de $f_t=a(t)f+b(t)f_c$$t=0$, obtenemos $f'=a'(0)f+b'(0)f_c$. Esta es una combinación lineal de $f$$f_c$, lo $f' \in V$. Tenga en cuenta que $f$ $f'$ son linealmente independientes (ya que de lo contrario $f$ sería una exponencial y $V$ habría de dimensión uno), por lo $\{f, f'\}$ span $V$. Desde $f', f'_c \in V$, también tenemos $f'' = a'(0)f'+b'(0)f_c' \in V$, lo $f'' \in \text{span}\{f, f''\}$. Por lo tanto, $f$ satisface una ODA de la forma

$$ \frac{d^{2}f}{dx^{2}}+B\frac{df}{dx}+Cf=0 \:\:\:\:\:B,C\text{ constantes } $$

Como T. A. E. señalado, las soluciones a esta educación a distancia son todas las soluciones a la cuestión (excluyendo $f(x)=c e^{rx}$, ya que en este caso $V$ sólo tiene dimensión uno), por lo que las soluciones a la pregunta:

• $f(x)= c_1e^{r_1 x}+c_2 e^{r_2 x}\:\:\:$ ($c_1, c_2 \neq 0$ y $r_1 \neq r_2$)

• $f(x) = (c_1+c_2 x)e^{rx}\:\:\:\:\,\,$ ($c_2 \neq 0$)

• $f(x) = ce^{rx}\sin(sx+t)\,\,$ ($c, s \neq 0$)

(Posdata: tenga en cuenta que nosotros no necesitamos inicialmente asumir que $V$ fue un espacio vectorial, sólo que $V$ contiene todos los $af_b$$a,b \in \mathbb{R}$, y está contenida en $\text{span}\{f, f_c\}$ para algunos traducir $f_c$ cual es linealmente independiente de $f$. Para entonces se sigue que $f', f'' \in \text{span}\{f, f_c\}$, lo $f$ obedece a la educación a distancia. Luego se observa una propiedad de las soluciones que $V$ es de hecho un espacio vectorial.)