Система функциональных уравнений

[Padawan]

Пусть функции $\xi(x,y)$, $\eta(x,y)$ вещественно аналитичны в некоторой окрестности точки $(0,0)$ и удовлетворяют в некоторой окрестности этой точки уравнениям

$$ \left\{ \begin{array}{l} \xi(x-y,x+y)=-2\xi(x,y)-2\eta(x,y)\\ \eta(x-y,x+y)= \ \ 5\xi(x,y)+4\eta(x,y) \end{array} \right. $$

Доказать, что $\xi(x,y)=\alpha x+\beta y$, $\eta(x,y)=\gamma x+\delta y$, где $\alpha,\beta,\gamma,\delta\in\mathbb R$.

[Полосин]

$A\xi(2x,2y)+B\eta(2x,2y)=(-6A+10B)\xi(y,-x)+(-4A+6B)\eta(y,-x)$.

[svv]

У меня не решение, а небольшое исследование на тему "Почему Padawan выбрал именно такие числа?".

Перепишем в матричных обозначениях. Объединим функции $\xi$ и $\eta$ в векторную функцию $f: \mathbb{R}^2\to \mathbb{R}^2$; т.е. пусть $\mathbf u=(u_1, u_2)$, $\mathbf x=(x_1, x_2)$, тогда
$\mathbf u = f(\mathbf x) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{c}u_1=\xi(x_1, x_2) \\u_2=\eta(x_1, x_2)\end{array}$
Введём матрицы $A=\left[ \begin{array}{cc}1 & -1 \\ 1 &\ \ 1\end{array} \right]$, $B=\left[ \begin{array}{cc}-2 & -2 \\ \ \ 5 & \ \ 4 \end{array} \right]$.

(Подробнее)

$\left[\begin{array}{c}\xi(x-y,x+y) \\\eta(x-y,x+y)\end{array}\right]=B\left[\begin{array}{c}\xi(x,y) \\\eta(x,y)\end{array}\right]$
$\left[\begin{array}{c}x-y \\x+y\end{array}\right]=A\left[\begin{array}{c}x \\y\end{array}\right]$

Теперь уравнения можно переписать в виде одного матричного: $f(A\mathbf x)=B f(\mathbf x)$.
А доказать нужно, что $f(\mathbf x)= C \mathbf x$, где $C$ -- некоторая матрица.

Дальше я решил посмотреть -- допустим, в самом деле $f(\mathbf x)=C\mathbf x$; что из этого следует?
Подстановка в уравнение даёт $CA\mathbf x = BC \mathbf x$. Так как это верно для двух линейно независимых векторов (например, $\mathbf x \neq \mathbf 0$ и $A\mathbf x$), то $CA=BC$. Это условие на матрицу $C$.

Но всегда ли существует матрица $C\neq0$, удовлетворяющая уравнению $CA=BC$?
Во-первых, $\det (CA)=\det (BC) \Rightarrow \det A = \det B$, если только $C$ невырождена. Проверяем условие -- действительно, $\det A = \det B = 2$.
Во-вторых, я вспомнил, что такое матричное уравнение рассматривалось в Гантмахере. Там прочитал, что если $A$ и $B$ не имеют общих собственных чисел, то у уравнения есть только нулевое решение. Значит, у нас имеют.
Но тогда в нашем двумерном случае оба собственных числа $A$ и $B$ должны совпадать, так как совпадает одно из чисел и их произведение -- детерминант. Проверяем условие -- точно, $A$ и $B$ имеют одно и то же характеристическое уравнение $\lambda^2-2\lambda+2=0$.

Иными словами, матрицы $A$ и $B$ должны быть подобными (это видно и из уравнения). В нашем случае это выполнено.

[Padawan]

(Оффтоп)

Да, именно чтобы были подобны. Вообще, если решение дифференцируемо в нуле, то линеаризуя уравнение, получим, что для матрицы $C=f' (0)$ выполнено $CA=BC$.

[Oleg Zubelevich]

По-моему идея простая. В обозначениях svv
имеем

$$B^{-4n}f(A^{4n}x)=f(x) \qquad (*)$$

. Причем $A^4=-4E$. Раз матрицы $A$ и $B$ сопряжены, если матрица $A^4$ растягивает все в 4 раза, то матрица $B^{-4}$ все сжимает в 4 раза. А уравнение (*) достаточно рассматривать когда $f$ однородный многочлен. Ну и, конечно, если степень многочлена $\ge 2$ то при $n\to\infty$ получится нестыковочка.

-- Пт мар 25, 2011 12:25:49 --

и аналитичность вроде не нужна, достаточно $f(x)=Cx+o(\|x\|)$ при $x\to 0$. Тогда в формуле (*) надо брать $n\to-\infty$

[svv]

У мастеров, как всегда, все легко и изящно. Я так пока не умею. Но ответ готов, а практиковаться надо, так что вот:

Если $A$ и $B$ подобны, уравнению $CA=BC$ удовлетворяет некоторая невырожденная матрица $C=C_1$.
Умножим на $A$ справа, получим $(C_1 A)A=B(C_1 A)$, то есть $C_2=C_1 A$ -- тоже решение.
Очевидно, что решением будет и линейная комбинация $\lambda C_1 + \mu C_2$.

Рассмотрим произвольную точку $\mathbf x \in \mathbb R^2\setminus \{ 0\}$. Пусть $f(\mathbf x)=\mathbf u \in \mathbb R^2$. Покажем, что есть такая $C=\lambda C_1 + \mu C_2$, что $\mathbf u = C \mathbf x$ (то есть что $C$, связывающую $\mathbf x$ и $\mathbf u$, можно найти среди решений $CA=BC$). Достаточно найти коэффициенты $\lambda$ и $\mu$. Имеем $\mathbf u = \lambda C_1 \mathbf x + \mu C_2\mathbf x$, то есть $(C_1)^{-1}\mathbf u = \lambda \mathbf x + \mu A\mathbf x$. Так как $\mathbf x$ и $A\mathbf x$ линейно независимы, коэффициенты $\lambda$ и $\mu$ определяются единственным образом.

Введем бесконечные в обе стороны последовательности $\mathbf x_n=A^n \mathbf x$ и $\mathbf u_n=f(\mathbf x_n)$. (Теперь $\mathbf x_0$ -- синоним $\mathbf x$). Тогда $\mathbf u_{n+1}=f(\mathbf x_{n+1})=f(A\mathbf x_n) = Bf(\mathbf x_n) = B \mathbf u_n$. Следовательно, $\mathbf u_n=B^n \mathbf u_0 = B^n C\mathbf x_0$.
А теперь ключевой момент: $B^n C = B^{n-1} (BC) = B^{n-1}CA = B^{n-2} (BC)A = B^{n-2}CA^2 = ... =CA^n$ ($n\geqslant 0$). Для $n<0$ аналогично.
Значит, $\mathbf u_n=CA^n \mathbf x_0 = C \mathbf x_n$.

Вывод: для всех точек последовательности $\{ \mathbf x_n \}$ с произвольно выбранным началом $\mathbf x_0$ справедливо $f(\mathbf x_n)=C\mathbf x_n$ (где $C$ одна и та же для всей последовательности).

Разобъем $\mathbb R^2 \setminus \{ 0\}$ на такие (непересекающиеся) последовательности. Остается показать, что $C$ для двух различных последовательностей должны совпадать, иначе... в окрестности нуля будет что-то страшное. Но это точно не моя область.

[neo66]

Oleg Zubelevich
Красиво!

[Padawan]

Oleg Zubelevich в сообщении #427338 писал(а):

По-моему идея простая. В обозначениях svv
имеем

$$B^{-4n}f(A^{4n}x)=f(x) \qquad (*)$$

. Причем $A^4=-4E$. Раз матрицы $A$ и $B$ сопряжены, если матрица $A^4$ растягивает все в 4 раза, то матрица $B^{-4}$ все сжимает в 4 раза. А уравнение (*) достаточно рассматривать когда $f$ однородный многочлен. Ну и, конечно, если степень многочлена $\ge 2$ то при $n\to\infty$ получится нестыковочка.

-- Пт мар 25, 2011 12:25:49 --

и аналитичность вроде не нужна, достаточно $f(x)=Cx+o(\|x\|)$ при $x\to 0$. Тогда в формуле (*) надо брать $n\to-\infty$

Действительно, аналитичность не нужна. Достаточно дифференцируемости в нуле. Всё оказалось проще, чем я думал.
А я доказывал, как svv. Раз $f(x_n)=Cx_n$ то отсюда, с учетом аналитичности, делал вывод, что $f$ совпадает с линейной функцией на прямых, содержащих точки $A^{4n}x_0$, а потому уже, что $f$ линейна.