Дифференциальные уравнения и преобразование Фурье

[profrotter]

Oleg Zubelevich в сообщении #520509 писал(а):

все правильно, просто множество$\{(\omega^4-\omega_0^4)\psi(\omega)\mid\psi(\omega)\in \mathcal{S}(\mathbb{R})\}$ и множество $\{(\omega^2-\omega_0^2)\psi(\omega)\mid\psi(\omega)\in \mathcal{S}(\mathbb{R})\}$ это одно и тоже множество

Я правильно понимаю, что вы хотите сказать, что подходящим выбором $\psi_1 \in S$ всегда можно обеспечить второе равенство:

$$\operatorname{ker}\Delta_{-\omega_0}\cap \operatorname{ker}\Delta_{+\omega_0}=\{ \psi|\psi(\pm\omega_0)=0; \psi \in S \}=\{ (\omega^2-\omega_0^2)\psi_1(\omega)|\psi_1 \in S \}$$

?

[profrotter]

Oleg Zubelevich в сообщении #520553 писал(а):

а, я просто сначала не понял вопрос. Ну здесь тоже нет противоречия. Если $f_1(x)=0 \Rightarrow f(x)=0$ и $\exists x_1|f(x_1)=0 \wedge f_1(x_1)\neq 0$ то это просто означает, что $f=c_1f_1$ где $c_1=0$

Нельзя $c_1=0$ иначе мы получм, что просто $f(x)=0 \text{ }\forall x \in L$.

[Oleg Zubelevich]

profrotter в сообщении #520567 писал(а):

подходящим выбором $\psi_1 \in S$ всегда можно обеспечить второе равенство:

$$\operatorname{ker}\Delta_{-\omega_0}\cap \operatorname{ker}\Delta_{+\omega_0}=\{ \psi|\psi(\pm\omega_0)=0; \psi \in S \}=\{ (\omega^2-\omega_0^2)\psi_1(\omega)|\psi_1 \in S \}$$

это непонятно, $\psi_1$ пробегает $S$... Второе равенство это равенство множеств

profrotter в сообщении #520627 писал(а):

Oleg Zubelevich в сообщении #520553 писал(а):
а, я просто сначала не понял вопрос. Ну здесь тоже нет противоречия. Если $f_1(x)=0 \Rightarrow f(x)=0$ и $\exists x_1|f(x_1)=0 \wedge f_1(x_1)\neq 0$ то это просто означает, что $f=c_1f_1$ где $c_1=0$
Нельзя $c_1=0$ иначе мы получм, что просто $f(x)=0 \text{ }\forall x \in L$.

да, получим, и чему это противоречит?

[profrotter]

Oleg Zubelevich в сообщении #520646 писал(а):

profrotter в сообщении #520567 писал(а):

подходящим выбором $\psi_1 \in S$ всегда можно обеспечить второе равенство:

$$\operatorname{ker}\Delta_{-\omega_0}\cap \operatorname{ker}\Delta_{+\omega_0}=\{ \psi|\psi(\pm\omega_0)=0; \psi \in S \}=\{ (\omega^2-\omega_0^2)\psi_1(\omega)|\psi_1 \in S \}$$

это непонятно, $\psi_1$ пробегает $S$... Второе равенство это равенство множеств

Как это пробегает? Первое равенство это тоже равенство множеств. Ну коль скоро это одни и те же множества:

$$\operatorname{ker}\Delta_{-\omega_0}\cap \operatorname{ker}\Delta_{+\omega_0}=\{ \psi|\psi(\pm\omega_0)=0; \psi \in S \}=\{ (\omega^2-\omega_0^2)\psi_1(\omega)|\psi_1 \in S \}=\{ (\omega^4-\omega_0^4)\psi_2(\omega)|\psi_2 \in S \}$$

и тд.

Oleg Zubelevich в сообщении #520646 писал(а):

profrotter в сообщении #520627 писал(а):

Нельзя $c_1=0$ иначе мы получм, что просто $f(x)=0 \text{ }\forall x \in L$.

да, именно так, и что?

Ну как что? - "Известный факт" для случая $n=1$ будет работать только для равных нулю $f(x)$.

[Oleg Zubelevich]

profrotter в сообщении #520662 писал(а):

Как это пробегает?

ну Вы запись $B=\{2\pi k\mid k\in\mathbb{Z}\}$ понимаете? вот так $k$ пробегает $\mathbb{Z}$, так говорят

profrotter в сообщении #520662 писал(а):

Первое равенство это тоже равенство множеств. Ну коль скоро это одни и те же множества:

$$\operatorname{ker}\Delta_{-\omega_0}\cap \operatorname{ker}\Delta_{+\omega_0}=\{ \psi|\psi(\pm\omega_0)=0; \psi \in S \}=\{ (\omega^2-\omega_0^2)\psi_1(\omega)|\psi_1 \in S \}=\{ (\omega^4-\omega_0^4)\psi_2(\omega)|\psi_2 \in S \}$$

написана правильная вещь, в чем вопрос я не понял

profrotter в сообщении #520662 писал(а):

и тд.

в смысле?

profrotter в сообщении #520662 писал(а):

Ну как что? - "Известный факт" для случая $n=1$ будет работать только для равных нулю $f(x)$.

что значит "только" ?
Вы можете привести пример двух функционалов $f,f_1$ таких, что $\ker f_1\subseteq\ker f$ и найдется $x_1$ для которого $f(x_1)=0,\quad f_1(x_1)\ne 0$ и при этом $f$ не тождественно нулевой функционал? Ну приведите такой пример

[profrotter]

Вот я упражяюсь с рядом Тейлора. Пусть $\psi \in S$ и $\psi(\pm\omega_0)=0$. Разложим её в ряд Тейлора в точке $\omega_0$:

$$\psi(\omega)=\psi(\omega_0)+a_1(\omega-\omega_0)+a_2(\omega - \omega_0)^2+...=(\omega-\omega_0)\psi_1(\omega),$$

где $\psi_1 \in S$ и $\psi(-\omega_0)=0$. Аналогично, разложим $\psi_1(\omega)$ в ряд Тейлора в точке $- \omega_0$:

$$\psi_1(\omega)=\psi_1(- \omega_0)+b_1(\omega+\omega_0)+b_2(\omega + \omega_0)^2+...=(\omega+\omega_0)\psi_2(\omega),$$

где $\psi_2\in S$. С учётом второго разложения, получим:

$$\psi(\omega)=(\omega-\omega_0)(\omega+\omega_0)\psi_2(\omega)=(\omega^2-\omega_0^2)\psi_2(\omega).$$

Вообще в $S$ с таким подходом можно, видимо, сделать прекрасное обобщение.

Да, действительно, леко сообразить, что

$$\{ \psi|\psi(\pm\omega_0)=0; \psi\in S \}=\{ (\omega^2- \omega_0^2)\psi(\omega)|\psi\in S \}$$

С известным фактом уже завтра.

[Oleg Zubelevich]

profrotter в сообщении #520806 писал(а):

Вот я упражяюсь с рядом Тейлора. Пусть $\psi \in S$ и $\psi(\pm\omega_0)=0$. Разложим её в ряд Тейлора в точке $\omega_0$:

$$\psi(\omega)=\psi(\omega_0)+a_1(\omega-\omega_0)+a_2(\omega - \omega_0)^2+...=(\omega-\omega_0)\psi_1(\omega),$$

где $\psi_1 \in S$ и $\psi(-\omega_0)=0$. Аналогично, разложим $\psi_1(\omega)$ в ряд Тейлора в точке $- \omega_0$:

$$\psi_1(\omega)=\psi_1(- \omega_0)+b_1(\omega+\omega_0)+b_2(\omega + \omega_0)^2+...=(\omega+\omega_0)\psi_2(\omega),$$

где $\psi_2\in S$. С учётом второго разложения, получим:

$$\psi(\omega)=(\omega-\omega_0)(\omega+\omega_0)\psi_2(\omega)=(\omega^2-\omega_0^2)\psi_2(\omega).$$

Вообще в $S$ с таким подходом можно, видимо, сделать прекрасное обобщение.

Да, действительно, леко сообразить, что

$$\{ \psi|\psi(\pm\omega_0)=0; \psi\in S \}=\{ (\omega^2- \omega_0^2)\psi(\omega)|\psi\in S \}$$

Хорошо, что так или иначе Вы почувствовалии эту формулу, но доказательство неверно. Функция $\psi$ не обязана быть аналитической и не обязана раскладываться в ряд Тейлора, точнее говоря, радиус сходимости такого ряда будет 0.
Я предлагал воспользоваться не рядом, а формулой Тейлора с остаточным членом в интегральной форме чтобы доказать, что $\psi(\omega)/(\omega-\omega_0)$ бесконечно дифференцируема в точке $\omega_0,\quad (\psi(\omega_0)=0,\quad \psi\in\mathcal{S}(\mathbb{R}))$ этого достаточно, чтобы заключить, что $\psi(\omega)/(\omega-\omega_0)\in \mathcal{S}(\mathbb{R})$. А потом надо клеить эти разложения в разных точках с помощью разложения единицы, как это дедать, я уже объяснял post520509.html#p520509.

Все баста!. Устал я от этой ветки, пусть ктонить теперь другой отдувается. Специалистов по анализу на форуме хватает. Желаю успеха.

[profrotter]

Oleg Zubelevich в сообщении #520870 писал(а):

Хорошо, что так или иначе Вы почувствовалии эту формулу, но доказательство неверно. Функция $\psi$ не обязана быть аналитической и не обязана раскладываться в ряд Тейлора, точнее говоря, радиус сходимости такого ряда будет 0.

Одну минутку. Пространство $S$ - это пространство всех бесконечно дифференцируемых функций на прямой, стремящихся на бесконечности к нулю вместе со всеми своими производными быстрее, чем $\frac 1 {|\omega|}$ в любой степени (т.е. удовлетворяющих условию $\omega^k\psi^{(q)}(\omega)\to 0\text{ при } |\omega|\to\infty$ при любых фиксированных $k$ и $q$. Разве это не обеспечивает разложимость в ряд Тейлора? Разве остаточный член в форме Лагранжа не стремиться к нулю? С чего вы взяли, что радиус сходимости ряда будет равен нулю?

-- Ср дек 28, 2011 13:59:17 --

Oleg Zubelevich в сообщении #520870 писал(а):

Я предлагал воспользоваться не рядом, а формулой Тейлора с остаточным членом в интегральной форме чтобы доказать, что $\psi(\omega)/(\omega-\omega_0)$ бесконечно дифференцируема в точке $\omega_0,\quad (\psi(\omega_0)=0,\quad \psi\in\mathcal{S}(\mathbb{R}))$ этого достаточно, чтобы заключить, что $\psi(\omega)/(\omega-\omega_0)\in \mathcal{S}(\mathbb{R})$.

Этого недостаточно.
Разбираться всегда не так просто, как это бывает легко сообразить.

[Хорхе]

profrotter в сообщении #520918 писал(а):

Одну минутку. Пространство $S$ - это пространство всех бесконечно дифференцируемых функций на прямой, стремящихся на бесконечности к нулю вместе со всеми своими производными быстрее, чем $\frac 1 {|\omega|}$ в любой степени (т.е. удовлетворяющих условию $\omega^k\psi^{(q)}(\omega)\to 0\text{ при } |\omega|\to\infty$ при любых фиксированных $k$ и $q$. Разве это не обеспечивает разложимость в ряд Тейлора? Разве остаточный член в форме Лагранжа не стремиться к нулю? С чего вы взяли, что радиус сходимости ряда будет равен нулю?

Если коротко, ответ нет. Поведение производных на бесконечности никак не связано с аналитичностью. И не может быть связано. Функция вообще может быть финитной и бесконечно дифференцируемой, но не быть аналитической ни в одной точке (носителя).

profrotter, у Вас весьма обрывочные знания, пробелы в которых Вы пытаетесь заполнить с помощью своей неуемной фантазии, в итоге получается совершенная ахинея.

Если Вы чего-то не знаете и Вам что-то непонятно, лучше всего взять учебник и почитать. Можно спросить тут же на форуме. Или поискать тут же. Но не надо засорять чужую ветку не пойми чем.

[profrotter]

Хорхе в сообщении #520938 писал(а):

Если коротко, ответ нет. Поведение производных на бесконечности никак не связано с аналитичностью. И не может быть связано. Функция вообще может быть финитной и бесконечно дифференцируемой, но не быть аналитической ни в одной точке (носителя).

В пространстве $S$ эти производные ещё и ограничены. Вот я смотрю Коломгоров Фомин 2004г. на стр.232 формула (19): $|x^p\varphi^{(q)}(x)|<C_{pq},-\infty<x<+\infty$. В частном случае при $|\varphi^{(q)}(x)|<C_{q},-\infty<x<+\infty$. Понятно, что для разложимости в ряд Тейлора требуется, чтобы бесконечно дифференцируемая функция и её производные были ограничены одним и тем же числом. Но нельзя ли тут сказать, что в качестве этого одного числа мы можем взять некоторое $C$ максимальное из $C_{q}$ и считать, что $|\varphi^{(q)}(x)|<C,-\infty<x<+\infty$? Если нельзя, то почему?
Теперь дальше:

Oleg Zubelevich в сообщении #520509 писал(а):

Из того, что $f(\omega_0)=0,\quad f \in\mathcal{S}(\mathbb{R})$ следует, что $f(\omega)=(\omega-\omega_0)\psi_1(\omega)$, где $\psi_1\in\mathcal{S}(\mathbb{R}).$ Это Вам остается в качестве упражнения, на формулу Тейлора, например.

Ну хорошо, ряд Тейлора использовать нельзя, но можно использовать формулу Тейлора:
Из того, что $\psi(\omega_0)=0,\quad \psi \in\mathcal{S}(\mathbb{R})$ следует, что $\psi(\omega)=(\omega-\omega_0)\psi_1(\omega)$, где $\psi_1\in\mathcal{S}(\mathbb{R}) и $\psi_1(-\omega_0)=0$.
Из того, что $\psi_1(-\omega_0)=0,\quad \psi_1 \in\mathcal{S}(\mathbb{R})$ следует, что $\psi_1(\omega)=(\omega+\omega_0)\psi_2(\omega)$, где $\psi_2\in\mathcal{S}(\mathbb{R}).
Подставляя второе выражение в первое получаем:

$$\psi(\omega)=(\omega^2-\omega_0^2)\psi_2(\omega)$$

Хорхе, скажите, что делаю неправильно?

Хорхе в сообщении #520938 писал(а):

profrotter, у Вас весьма обрывочные знания, пробелы в которых Вы пытаетесь заполнить с помощью своей неуемной фантазии, в итоге получается совершенная ахинея.

Ну и что? Вы тоже изложили обрывочное решение, которое толком никто так и не смог объяснить. Думаю такое можно было сказать о любом, кто стал бы пробовать подробно разбираться в сложном вопросе. В любом случае ваша оценка в мою сторону и оценка моих знаний выглядит нетактично. С чем связан переход на личности?

Хорхе в сообщении #520938 писал(а):

Если Вы чего-то не знаете и Вам что-то непонятно, лучше всего взять учебник и почитать. Можно спросить тут же на форуме. Или поискать тут же. Но не надо засорять чужую ветку не пойми чем.

Сижу с учебниками на которые уже не раз тут ссылался. Мне интересен этот вопрос, автор темы молчит. Из ответа на вопрос темы, который вы дали понятно, что вам всё очевидно, но это не очевидно мне и автору темы. Я честно привожу попытки решения и задаю вопросы. Ссылок на литературу не получил ни от одного из участников форума, вопрос считаю совершенно неразобранным, ибо в приведённом решении использован недоказанный "известный факт" (ссылку на учебник с доказательством я не получил), истинность которого у меня вызывает сомнения. Предлагаете мне создать дублирующую ветку и скопировать всё отсюда туда?

[profrotter]

Oleg Zubelevich в сообщении #520677 писал(а):

Вы можете привести пример двух функционалов $f,f_1$ таких, что $\ker f_1\subseteq\ker f$ и найдется $x_1$ для которого $f(x_1)=0,\quad f_1(x_1)\ne 0$ и при этом $f$ не тождественно нулевой функционал? Ну приведите такой пример

Разумеется я могу привести такой пример:
$F_1(\psi)=(\delta(\omega - \omega_0),\psi(\omega))=\psi(\omega_0)$
$F(\psi)=(\delta(\omega-\omega_0)+\delta(\omega+\omega_0),\psi(\omega))=\psi(\omega_0)+\psi(-\omega_0)$
Легко сообразить, что $\operatorname{ker}F_1\subseteq \operatorname{ker}F$.
Найдётся $\psi(\omega)|\psi(\omega_0)=-\psi(-\omega_0), \psi(\omega_0)\neq 0$ такая, что $F(\psi)=0$, и $F_1(\psi)\neq 0$ при этом $F(\psi)$ не тождественно нулевой функционал.

AKM:

profrotter в сообщении #624970 писал(а):

Вот это моё сообщение #521497 содержит бред. Прошу модератора удалить.

Не удаляю, т.к. имеются ссылки на него. Оставляю пометку в таком виде.

[profrotter]

Вот это моё сообщение #521497 содержит бред. Прошу модератора удалить.

Прошло уже много времени, но участнику Oleg Zubelevich не даёт покоя эта тема, о чём он упомянул в сообщении #624715. Между тем от темы можно оставить:

Quantenmechaniker в сообщении #518802 писал(а):

Берём простой пример: $\ddot x + ax = 0$
Преобразуем. Получаем: $-\omega^2\hat x+\omega_0^2\hat x = 0\Rightarrow \hat x = \frac{0}{\omega_0^2-\omega^2}$
Видно, что для $\omega = \pm\omega_0$ мы делим ноль на ноль. Что делать дальше, я не знаю. Применить теорему о вычетах и попытаться показать, что $\hat x$ что-то вроде линейной комбинации двух дельта-функций? Не получилось.
Зайдём с другой стороны. Вот у нас есть некое решение $x_{spez} = \mathrm e^{\mathrm i\omega_0t}$ и, следовательно, $\hat x_{spez} = \sqrt{2\pi}\delta(\omega-\omega_0)$. Интегрируем по оттрансформированному уравнению и получаем $\omega_0^2 = 1$, что совсем уж ни в какие ворота.
Собственно, вопрос: что я делаю не так?
В пособиях нередко можно увидеть, что справа стоит не ноль, а дельта-функция. Тогда действительно всё получается. И понимать это предлагается как начальное условие: в такой-то момент времени по осциллятору, грубо говоря, стукнули, и вот он теперь так колеблется. Но это как-то очень странно.

profrotter в сообщении #518875 писал(а):

... в классе обобщённых функций уравнение следует решать используя именно преобразование Фурье обобщённых функций и соответствующее свойство дифференцирования:

$$x''+\omega_0^2 x=0$$

Переходим к эквивалентному уравнению:

$$(x'',\varphi)+\omega_0^2 (x,\varphi)=0,$$

где $\varphi(t)$ - пробная функция.
Берём преобразование Фурье:

$$-\omega^2(\hat{x},\hat{\varphi})+\omega_0^2 (\hat{x},\hat{\varphi})=0$$

$$(\hat{x},(\omega_0^2-\omega^2)\hat{\varphi})=0$$

Уравнение удовлетворяется при $\hat{x} = C_1\delta(\omega+\omega_0)+C_2\delta(\omega-\omega_0)$, действительно

$$(C_1\delta(\omega+\omega_0)+C_2\delta(\omega-\omega_0),(\omega_0^2-\omega^2)\hat{\varphi})=$$

$$=C_1(\omega_0^2-\omega_0^2)\hat{\varphi}(-\omega_0)+C_2(\omega_0^2-\omega_0^2)\hat{\varphi}(\omega_0)=0$$

profrotter в сообщении #520036 писал(а):

получена фундаментальная система решений исходного однородного дифференциального уравнения, то есть решение представляет собою суперпозицию двух (по порядку уравнения) линейно-независимых функций.

Это всё, что нужно для ответа на вопрос автора темы. А увело тему в сторону вот это вот утверждение:

Oleg Zubelevich в сообщении #520083 писал(а):

ага, а потом еще доказать, что эта система действительна фундаментальна в т.е. что в нет других решений.

Потому что в И.М. Гельфанд, Г.Е. Шилов Обобщённые функции. Выпуск 1: Обобщённые функции и действия над ними. - М.: физматлит 1959 на стр.60-61 ясно написано и доказано, что однородное дифференциальное уравнение с бесконечно-дифференцируемыми коэффициентами не имеет других решений в обобщённых функциях, кроме классических. Стало быть количество решений по-прежнему определяется порядком уравнения. Всё остальное интересно, но оно в рамках данной конкретной задачи не нужно. Просто уводит в сторону. И требует глубоких знаний функционального анализа, при наличии которых не возник бы и сам рассматриваемый вопрос.

С вопросом

Oleg Zubelevich в сообщении #520083 писал(а):

это потому, что Вы не знаете стандартных фвктов:
Если $\cap_{i=1}^n\ker f_i\subseteq \ker f$ то $f=\sum_{i=1}^nc_if_i$

я разбирался тут: topic53251.html

Вопрос:

profrotter в сообщении #520993 писал(а):

В пространстве $S$ эти производные ещё и ограничены. Вот я смотрю Коломгоров Фомин 2004г. на стр.232 формула (19): $|x^p\varphi^{(q)}(x)|<C_{pq},-\infty<x<+\infty$. В частном случае при $|\varphi^{(q)}(x)|<C_{q},-\infty<x<+\infty$. Понятно, что для разложимости в ряд Тейлора требуется, чтобы бесконечно дифференцируемая функция и её производные были ограничены одним и тем же числом. Но нельзя ли тут сказать, что в качестве этого одного числа мы можем взять некоторое $C$ максимальное из $C_{q}$ и считать, что $|\varphi^{(q)}(x)|<C,-\infty<x<+\infty$? Если нельзя, то почему?

Так и остался без ответа. Если кого не затруднит - буду рад зачитать.

[ewert]

profrotter в сообщении #521497 писал(а):

Разумеется я могу привести такой пример:
$F_1(\psi)=(\delta(\omega - \omega_0),\psi(\omega))=\psi(\omega_0)$
$F(\psi)=(\delta(\omega-\omega_0)+\delta(\omega+\omega_0),\psi(\omega))=\psi(\omega_0)+\psi(-\omega_0)$
Легко сообразить, что $\operatorname{ker}F_1\subseteq \operatorname{ker}F$.

Легко сообразить, что они не вкладываются ни в ту, ни в другую сторону.

[profrotter]

ewert в сообщении #625209 писал(а):

Легко сообразить, что они не вкладываются ни в ту, ни в другую сторону.

Я уже написал, что это бред и просил модератора удалить это сообщение. Там дата и время говорит сама за себя.