А как решать такое?

[Nxx]

Как найти функцию f(x)?

$$ f(x)=\frac{1}{x}\sum _{n=2}^{\infty } \frac{ f^{(n-1)}(x)}{n!}\sum _{k=0}^{n-1} B_k \left( \begin{array}{c} n \\ k \end{array} \right) (-x)^{n-k} $$

$$B_k $$

- числа Бернулли.

[Xaositect]

Такое просто так не получается.
Откуда взялось это уравнение?

Я бы попробовал слева функцию разложить в ряд Маклорена, справа поменять индексы суммирования, и приравнять коэффициенты при равных степенях $x$.

[Nxx]

Как разложить в ряд Маклорена? Заметь, кстати, что суммы вложенные.

[Xaositect]

Хмм...
Действительно, не получается ничего.
Но сумму слева к более удобоваримому виду стоит привести.
Например, так:
$n = k + t$
$\sum _{n=2}^{\infty } \frac{ f^{(n-1)}(x)}{n!}\sum _{k=0}^{n-1} B_k C_n^k (-x)^{n-k} = \sum_{t = 1}^{\infty} (-1)^t (\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{ f^{(n-1)}(x)}{n!} B_{n-t} C_n^t) x^t$
Проверь, мог ошибиться.

Добавлено спустя 9 минут 46 секунд:

Кажется, сводится к какому-то уравнению с интегралом и тангенсом.
Преобразовывать влом, тем более, что я почти уверен, что из него это соотношение и получилось.

[Nxx]

Нет, ни интегралы, ни тангенсы не использовались. Если бы удалось привести к интегралам, было бы супер.

Добавлено спустя 5 минут 14 секунд:

В идеале - получить для f(x) хотя бы дифур.

[Xaositect]

deleted.

[Nxx]

Не понял, как ты это выносишь за знак суммы.

[Xaositect]

Ну так оно же от $t$ не зависит.

Добавлено спустя 1 минуту 1 секунду:

Вообще пусть лучше кто-то третий это проверит, я как-то не уверен, что могу быстро и правильно преобразовывать таких монстров.

[Nxx]

По-твоему, сумма произведений равна произведению сумм?

[Xaositect]

Nxx в сообщении #210031 писал(а):

По-твоему, сумма произведений равна произведению сумм?

Так.
Я понял, в чем ошибка. Так выносить действительно нельзя.
Тогдя я не знаю, что делать.

[mihiv]

В книге В. Прасолова "Многочлены" приведены многие свойства многочленов Бернулли, из которых используем эти два: $B_n(x+y)=\sum_{s=0}^n(_s^n)B_s(x)y^{n-s}$ (теорема сложения аргументов) и соотношение $B_{n+1}^{' } = (n+1) B_n (z)$,еще учтем,что $B_n(0)=B_n$. С помощью теоремы сложения аргументов свертываем внутренние суммы и получаем:

$$(xf(x))=\sum_{n=2}^{\infty} \frac{f^{(n-1)} (x)}{n!} (\left B_n(-x)- B_n\right)$$

. Для дальнейшего упрощения можно еще продифференцировать это равенство и использовать связь между производной и многочленом с меньшим индексом. Кстати говоря ,если бы суммирование во внутренней сумме шло от$0$ до$n$, а не до $n-1$, то для определения $f(x)$ получилось бы ОДУ.

[Nxx]

если заменить на модифицированные числа Бернулли, будет до n. Покажите, как получить уравнение, пожалуйста!

[mihiv]

Если суммирование до $n$, то $( xf(x) ) = \sum_{n=2}^{\infty}\frac{f^{(n-1)}(x)}{n!}B_n(-x)$ Дифференцируем это равенство:

$$(xf(x))^{'}=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{f^{(n)}(x)}{n!}B_n(-x) - \sum_{n=2}^{\infty}\frac{f^{(n-1)}(x)}{(n-1)!}B_{n-1}(-x)$$

. ( Учтена связь производной и многочлена с меньшим индексом). Во второй сумме переобозначаем $n-1\to n$. Суммирование при этом будет от $n=1$, и получим $(xf(x))'= -f^{'}(x)B_1(-x)$, если нигде не ошибся.

[Gafield]

mihiv писал(а):

С помощью теоремы сложения аргументов свертываем внутренние суммы и получаем:

$$(xf(x))=\sum_{n=2}^{\infty} \frac{f^{(n-1)} (x)}{n!} (\left B_n(-x)- B_n\right)$$

.

Пренеся в одну сторону, можно слегка упростить:

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{f^{(n-1)} (x)}{n!} (\left B_n(-x)- B_n\right)=0.$$

Продифференцировав и учитывая

Цитата:

соотношение $B_{n+1}^{' } = (n+1) B_n (z),$

получим:

$$F(x):=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)} (x)}{n!} B_n\right)\equiv0.$$

Так как

$$ \frac t{e^t-1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{n!}B_n, $$

$$ f^{(n)}(x)= \frac1{2\pi}\int (it)^ne^{i x t}\tilde f(t)dt, $$

то, чисто формально, можно записать:

$$ F(x)= \frac1{2\pi}\int \frac{ite^{itx}}{e^{it}-1}\tilde f(t)dt= -\frac1{2\pi}\int (it)\sum_{n=0}^\infty e^{-i t(x+n)}\tilde f(t)dt= -\sum_{n=0}^\infty {f'(-x-n)}. $$

Откуда

$$\sum_{n=0}^\infty {f'(x-n)}\equiv0$$

. Интегрируя по отрезку единичной длины получаем $f(x)\equiv0$. Так что в пространстве Шварца $S(\mathbb R)$ гладких быстроубывающих функций (для которых выкладки, возможно, законны) решений, кроме нулевого, скорее всего нет. Предпоследнее равенство имеет смысл для обобщенных функций из $D'(\mathbb R)$. Возможно, и в этом классе имеется только нулевое решение. Eсли, конечно, я нигде ничего не напутал.

[Nxx]

Нет, конечно. Там далеко не нулевое решение.