Являются ли функции характеристическими?

[toreto]

Здравствуйте! Есть вопрос!

Являются ли следующие функции характеристическими? $\cos x$, $\cos^2x$, $\cos x^2$.

А как это проверять? Нужно исследовать сходимость интеграла этого?

$f(x)=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\varphi (x)e^{-ix\omega}\,dx.$

Если да, то нужно исследовать сходимость в зависимости от параметра $t$?

$\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\cos x e^{-ixt}\,dx.$

[Brukvalub]

У характеристической функции есть несколько свойств, каждое из которых является необходимым условием. Например, х.ф. равномерно непрерывна. Все ли предложенные вам функции равномерно непрерывны? Также есть теорема Бохнера-Хинчина.

[toreto]

Brukvalub в сообщении #1077662 писал(а):

У характеристической функции есть несколько свойств, каждое из которых является необходимым условием. Например, х.ф. равномерно непрерывна. Все ли предложенные вам функции равномерно непрерывны? Также есть теорема Бохнера-Хинчина.

Спасибо!
По теореме Бохнера Хинчина -- $\cos x$ и $\cos x^2$ не будут характер. функциями. А вот $\cos^2x$ будет характеристич. функцией. Верно ли?

$\cos x^2$ не является равномерно непрерывной. Верно ли?

[Brukvalub]

toreto в сообщении #1077664 писал(а):

Верно ли?

Поскольку мы не на передаче "Угадай мелодию", то предлагаю вам аргументировать выкладками ваши догадки.

[RabbitXO]

toreto в сообщении #1077653 писал(а):

Являются ли следующие функции характеристическими? $\cos x$, $\cos^2x$, $\cos x^2$.

Для первых двух достаточно проверить является ли $e^{ix}$ характеристической. Можно по определению, можно воспользоваться фактом, что характеристические фун-ии совпадают с классом непрерывных положительно опредленных фун-ий с соответствующей нормировкой и воспользоваться их опредлением.

[toreto]

RabbitXO в сообщении #1077681 писал(а):

Для первых двух достаточно проверить является ли $e^{ix}$ характеристической. Можно по определению, можно воспользоваться фактом, что характеристические фун-ии совпадают с классом непрерывных положительно опредленных фун-ий с соответствующей нормировкой и воспользоваться их опредлением.

$\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{ix} e^{-ixt}\,dx.=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{i(1-t)x} \,dx=\lim_{A\to -\infty \;\;B\to +\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}i(1-t)}e^{i(1-t)x} \,\Bigg|_{A}^{B}=$

$=\displaystyle\lim_{A\to -\infty \;\;B\to +\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}i(1-t)}e^{i(1-t)B} -\frac{1}{\sqrt{2\pi}i(1-t)}e^{i(1-t)B} \right)=??$

Если бы смотрели в смысле главного значения, получилось бы $\displaystyle\lim_{A\to +\infty }\frac{2}{\sqrt{2\pi}(1-t)}\sin((1-t)A)$

Получается, что оба предела не существуют.

Сейчас попробую разобраться с равномерной непрерывностью, теоремой Бохнера-Хинчина подробнее. Пока что сходу не сразу получается обосновать свои догадкию постараюсь в течение получаса разобраться)

-- 29.11.2015, 00:54 --

Проверим, является ли $\cos x$ неотрицательно определенной (то есть нужно проверить равенство).

$$ \forall n \ \forall t_1, \ldots, t_n \in \mathbb{R}, \ \forall z_1, \ldots, z_n \in \mathbb{C} \ \sum_{i, j =1}^n \cos(t_i-t_j) z_i \overline{z_j} \ge 0. $$

Стало ясно, что я не понимаю -- что значит неотрицательная определенность. Я даже почитал тему topic49431.html, но и там ничего не понял.

Первое, что меня смущает, так это то, что может оказаться, что $z_i \overline{z_j}\in \mathbb{C}$. Тогда $ \sum_{i, j =1}^n \cos(t_i-t_j) z_i \overline{z_j} $ несравнима с нулем, потому как нельзя сравнивать комплексные числа...

[Otta]

Че ж так сурово-то все. Для двух функций исходное распределение восстанавливается сразу. Одна не является характеристической. Это следует сразу из нескольких свойств х.ф., но ни для одного из них никакой интеграл считать не приходится.

toreto в сообщении #1077769 писал(а):

$\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{ix} e^{-ixt}\,dx.=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{i(1-t)x} \,dx=\lim_{A\to -\infty \;\;B\to +\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}i(1-t)}e^{i(1-t)x} \,\Bigg|_{A}^{B}=$

$=\displaystyle\lim_{A\to -\infty \;\;B\to +\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}i(1-t)}e^{i(1-t)B} -\frac{1}{\sqrt{2\pi}i(1-t)}e^{i(1-t)B} \right)=??$

Тут так. Либо Вы знаете аппарат обобщенных функций, хоть мало-мало, - либо пару раз в жизни попробовали своими руками посчитать х.ф. дискретных с.в.

[toreto]

С обобщенными функциями знаком.

$\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{ix} e^{-ixt}\,dx.=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{i(1-t)x} \,dx=\delta(1-t)$

Верно?

-- 29.11.2015, 13:16 --

Проверяю равномерную непрерывность, сначала определение.

Числовая функция вещественного переменного $f:M \subset \R \to \R$ равномерно непрерывна, если

$$\forall \varepsilon > 0 \; \exist \delta = \delta(\varepsilon)>0 \; \forall x_1,x_2 \in M\quad \bigl(|x_1-x_2| < \delta \bigr) \Rightarrow \bigl( |f(x_1)-f(x_2)| < \varepsilon\bigr).$$

Здесь важно, что выбор $\delta$ зависит только от величины $\varepsilon$.

Рассмотрим $f(x)=\cos x$

$|\cos(x_2)-\cos(x_1)| < \varepsilon$

$\displaystyle\left|\cos x_2 - \cos x_1 \right|= 2 \left|\sin \frac{x_1+x_2}{2} \sin \frac{x_2-x_1}{2}\right|<\varepsilon$

Так как $|x_1-x_2| < \delta$, то $\dfrac{|x_1-x_2|}{2} < 0,5\delta$

Но $\left|\sin \frac{x_2-x_1}{2}\right|\le \dfrac{|x_1-x_2|}{2} < 0,5\delta$

Тогда $\left|\sin \frac{x_2-x_1}{2}\right|<0,5\delta$

Осталось оценить сверху $\sin \frac{x_1+x_2}{2}\right|$, но пока что не очевидно -- как.

Я уже нашел некое доказательство, из которого видно, что $\cos x$ и $\cos^2x$ равномерно непрерывны. Потому как они периодичны и непрерывны поточечно.

(Оффтоп)

Но вот функция $\cos x^2$ непериодична.

-- 29.11.2015, 13:38 --

Имеет ли смысл пытаться доказать отсутствие равномерной непрерывности у $\cos x^2$?

[toreto]

Ура, получилось!

Возьмем $x_1=\sqrt{2\pi n}$, $x_2=\sqrt{2\pi n+\dfrac{\pi}{2}}$, где $n\in \matbb{N}$

Тогда $|\cos x_2^2-\cos x_1^2|=1$

Попробуем для $\varepsilon =1$ найти $\delta>0$ Подберем $n\in \matbb{N}$ такое, что $|x_2-x_1|<\delta$. Это возможно, так как

$|x_2-x_1|=\dfrac{\pi}{2\sqrt{2\pi n+\dfrac{\pi}{2}}+\sqrt{2\pi n}}$.

Тогда по определению равномерной непрерывности $|\cos x_2^2-\cos x_1^2|<\varepsilon =1$, противоречие. Равномерная непрерывность отсутствует. Верно?

-- 29.11.2015, 13:51 --

Для $\cos x$ и $\cos^2x$ проверена равномерная непрерывность. Это необходимое условие. Можно ли обойти теорему теорема Бохнера-Хинчина, иначе проверить достаточные условия?

[Brukvalub]

toreto в сообщении #1077871 писал(а):

Равномерная непрерывность отсутствует. Верно?

Верно.

[toreto]

Спасибо!

$\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\cos x e^{-ixt}\,dx=\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^{\infty} e^{-ixt+ix}\,dx+\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^{\infty} e^{-ixt-ix}\,dx=\displaystyle\frac{\delta(t-1)+\delta(-t-1)}{2\sqrt{2\pi}}$.

Верно ли так будет?

[ewert]

toreto в сообщении #1077871 писал(а):

Тогда по определению равномерной непрерывности $|\cos x_2^2-\cos x_1^2|<\varepsilon =1$, противоречие.

Гораздо очевиднее то, что производная не ограничена; уж какая тогда равномерная непрерывность.

-- Вс ноя 29, 2015 15:42:40 --

toreto в сообщении #1077905 писал(а):

Верно ли так будет?

Верно, но опять же: гораздо проще ответ угадать (представив косинус как комбинацию экспонент), после чего подтверждается он уже тривиально, безо всяких фурьёв.

[toreto]

Спасибо! Понятно, $\cos^2x$ аналогично можно сделать.

А если, например, вот такие функция проверять -- характеристические ли они?

1) $\varphi(x)=\dfrac{1}{1+x^4}$

Тут лучше в лоб интеграл по вычетам считать или есть более простой способ?

2) $\varphi(x)= e^{-x}I(x<0) +(1+x^2)^{-1}I(x\ge 0) $

Тут тоже можно в лоб вычислять по формуле обращения? Но нужно ли дополнительно обосновывать непрерывность в нуле?

[ewert]

toreto в сообщении #1077957 писал(а):

1) $\varphi(x)=\dfrac{1}{1+x^4}$

Тут лучше в лоб интеграл по вычетам считать или есть более простой способ?

Посмотрите, чему равна в нуле вторая производная (можно в лоб, но лучше, разумеется, разложив в степенной ряд).

toreto в сообщении #1077957 писал(а):

2) $\varphi(x)=
e^{-x}I(x<0)
+(1+x^2)^{-1}I(x\ge 0)
$

Тут тоже можно в лоб вычислять по формуле обращения?

А что тут у нас с дифференцируемостью в нуле?...

[Brukvalub]

ewert в сообщении #1077910 писал(а):

Гораздо очевиднее то, что производная не ограничена; уж какая тогда равномерная непрерывность.

какой-то дохлый аргумент...
Например, на интервале $(0 ; 1)$ функция $\sqrt x $ тоже имеет неограниченную производную, но, почему-то, равномерно непрерывна на этом интервале!