Forma cerrada para una serie de funciones

Question

Deje $f_1:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ ser localmente integrable función (es $f_1\in L^1_{loc}(\mathbb{R})$). Definamos $f_{n+1}:=\int_0^x f_n(t)\,dt$ todos los $n\ge1$. Consideramos la serie de $S(x)=\sum_{n=1}^{+\infty} f_n(x)$.

El problema pregunta: demostrar que $S$ pointwise converge para todos los $x\in\mathbb{R}$ y encontrar una forma cerrada para la suma.

Para la parte de los pointwise convegence yo creo que se puede considerar:

$|f_n(x)|=|\int_0^x\int_0^{t_1}...\int_0^{t_{n-2}} f_1(t_{n-1})\,dt_{n-1}\,dt_{n-2}\,...\,dt_1 |\le||f_1||_{L^1(0,x)}\frac{x^{n-2}}{(n-2)!}=C\frac{x^{n-2}}{(n-2)!}$

con $C\ge 0$ dependiendo $x$. Por aproximación de Stirling $\frac{x^{n}}{(n)!}$ es asintótica a $\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\big(\frac{xe}{n}\big)^n$ lo que da una convergencia de la serie.

Pero ahora, ¿qué acerca de la forma cerrada de la serie? ¿Cómo podemos proceder? No estoy seguro acerca de qué se entiende por "forma cerrada" en este caso. Muchas gracias a todos!

Answer 1

La llave es para $m \ge 0$, $f_{m+2}$ puede ser expresado como una sola integrante más de $f_1$. Más precisamente,

$$f_{m+2}(x) = \int_0^x \frac{(x-y)^m}{m!} f_1(y) dy\tag{*1}$$

Se puede demostrar que esta por inducción.

El caso de $m = 0$ es trivial, es, esencialmente, la definición de $f_2$.

Suponga $(*1)$ es cierto para algunos $m$. Por definición de $f_{m+3}$ y la inducción de la asunción, tenemos

$$\begin{align}f_{m+3}(x) &= \int_0^x f_{m+2}(y) dy = \int_0^x \int_0^y \frac{(y-z)^m}{m!} f_1(z) dzdy\\ &= \int_0^x \int_0^x \frac{(y-z)^m}{m!}\theta(y-z)f_1(z) dzdy \end{align} $$ donde $\theta(t)$ es la función escalón unitario.

Aviso de $\displaystyle\;\frac{(y-z)^m}{m!}\theta(y-z)\;$$L^\infty$$[0,x]^2$. Ya que el producto de una $L^\infty$ función con un $L^1$ función es $L^1$. Usando el teorema de Fubini, podemos cambio de orden de integración y obtener

$$f_{m+3}(x) = \int_0^x \int_0^x \frac{(y-z)^m}{m.}\theta(y-z)f_1(z) dydz = \int_0^x \frac{(x-z)^{m+1}}{(m+1)!}f_1(z)dz $$ Por lo $(*1)$ también es cierto para $m+1$. Por el principio de inducción, $(*1)$ es cierto para todos los $m \ge 0$.

Como resultado, nos encontramos con

$$\sum_{n=1}^\infty f_n(x) = f_1(x) + \sum_{m=0}^\infty f_{m+2}(x) = f_1(x) + \sum_{m=0}^\infty \int_0^x \frac{(x-z)^m}{m.}f_1(z) dz$$

Mediante DCT (que es esencialmente el uso de Fubini en disfraz ), uno puede intercambiar el orden de la suma y la integración. Al final, obtenemos: $$\sum_{n=1}^\infty f_n(x)= f_1(x) + \int_0^x \left(\sum_{m=0}^\infty \frac{(x-z)^m}{m.}\right) f_1(z) dz = f_1(x) + \int_0^x e^{x-z} f_1(z) dz $$

Answer 2

Aquí le damos una idea de lo que debe esperar en la fórmula cerrada. Esto es clase de engaño, pero otra vez, es sólo para darles una idea. Asumir la serie $f_n$ satisface todas las condiciones para que podamos derivar dentro de la suma (convergencia uniforme, $f_1$ es differenciable, etcetera)

Debemos tener entonces

$$S'(x)- S(x)= f_1'(x)\;\forall\; x\in \mathbb{R}.$$ Solving this differential equation with $ S(0)=f_1(0)$ encontramos

$$S(x)= f_1(x) + e^x \int_0^x f_1(t)e^{-t} dt $$