Дифференциальное уравнение.

[TelmanStud]

Доброго времени суток!
Помогите как быть с уравнением
$f'(x)=f(\alpha x)$,
где $\alpha$ произвольный в общем случае комплексный параметр.

[mihaild]

Примените к обеим частям преобразование Фурье - получится функциональное уравнение, которое можно решить.

[TelmanStud]

Сейчас попробую. Спасибо!
Получилось $i\omega F(\omega)=\frac{1}{|\alpha|}F(\frac{\omega}{\alpha})$.
Однако в случае комплексного параметра это будет верным?
Подскажите где можно найти литературу по приведенному функциональному уравнению.
Здесь EqWorld не нашлось(.

[TelmanStud]

И как быть если уравнение нелинейное, к примеру
$f'(x)=f(\alpha x)f^2(x)+f(x)$.
Спасибо заранее!

[mihaild]

TelmanStud в сообщении #1335346 писал(а):

Получилось $i\omega F(\omega)=\frac{1}{|\alpha|}F(\frac{\omega}{\alpha})$.

Запишем уравнение в виде $\sout{F(ax) = b F(x)}$. Прологарифмируем по основанию $b$ - из того что получится уже легко найти $F$.
Что-то я совсем бред написал:(

-- 29.08.2018, 23:52 --

Вольфрам, впрочем, справляется.
(тут правда уже комплексные степени лезут, со всеми вытекающими, так что видимо я неудачную идею предложил)

[DeBill]

mihaild в сообщении #1335416 писал(а):

тут правда уже комплексные степени лезут,

Проблема будет - когда станем считать обратное пр-е Фурье...TelmanStud
Решение можно попробовать искать в виде суммы степенного ряда (с центром в нуле). Это сразу дает простые реккурентные соотношения на коэф-ты ряда. Находя их, получим ответ (в виде ряда. К сожалению, ряд не сворачивается).
Ряд этот сходится (если альфа по модулю не больше 1; иначе - расходится). Сумма его - хорошая ф-я (целая, голоморфная на всей плоскости). При $|\alpha| < 1$, это будет вообще суперфункция какая-то (трансцендентная, но нулевого порядка) - ничего элементарного близко не лежало. Если альфа - корень из единицы - выразится через экспоненты. Если по модулю равно 1, но не корень из 1 - тоже порядка 1, но не элементарна.

Есть кое что про общую теорию уравнений с запаздыванием-опережением - посмотрите в Гугле, напр., но там общие вопросы существования-единственности рассматривают обычно. И - с извращенными начальными условиями. Причина - ясна: если искать не аналитические решения, а, скажем, только 1-гладкие, то можно на отрезке $[\alpha,1]$ задать функцию произвольно (почти: чтобы только непрерывность с производными была), а дальше продолжить все исходя из уравнения
Про нелинейные уравнения - там все еще хуже

[novichok2018]

Применять, применять, получится представление для Фурье в виде бесконечного произведения. Как в теории всплесков. Наверняка есть в классических книгах по дифференциально-функциональным уравнениям, смотрели?

[pogulyat_vyshel]

TelmanStud в сообщении #1335361 писал(а):

И как быть если уравнение нелинейное, к примеру
$f'(x)=f(\alpha x)f^2(x)+f(x)$.
Спасибо заранее!

по-прежнему должен работать принцип сжатых отображений при $|\alpha|\ge 1$. должна доказываться теорема существования при начальном условии $f(0)=f_0$ для малых $|x|$
ну как это обычно делается $f(x)=f_0+\int_0^x(f(\alpha s)f^2(s)+f(s))ds$

[TelmanStud]

DeBill
Представил

$$f(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}a_ix^i.$$

Коэффициенты выразились как
$a_n=\cfrac{a_0 \alpha ^{\frac{1}{2} n(n-1) }}{n!}$, где $a_0=f(0).$
Вроде как ряд сходится при $|\alpha|\le 1$, и при $\alpha=1$
переходит в экспоненту.
Верно?

-- 30.08.2018, 17:51 --

novichok2018
Нельзя ли поточнее.
Согласно решению, которое выдает Mathematica для функ. уравнения
$i\omega F(\omega)=\frac{1}{|\alpha|}F(\frac{\omega}{\alpha})$
имеем

$$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\alpha|\alpha|^{1-\frac{\ln\omega}{\ln\alpha }} \omega ^{-\frac{i \pi +\ln\alpha +\ln\omega }{2\ln\alpha }}e^{i \omega x}d\omega$$

Как такую махину в виде бесконечного произведения представить?
Если можно пару ссылочек.

-- 30.08.2018, 18:03 --

pogulyat_vyshel
А почему все таки вы решили, что отображение будет сжимающим?

[pogulyat_vyshel]

TelmanStud в сообщении #1335578 писал(а):

А почему все таки вы решили, что отображение будет сжимающим?

потому же самому, почему это так для задачи Коши для ОДУ

UPD хотя и принцип сжатых отображений применять необязательно, достаточно сослаться на абстрактную теорему коши для ОДУ в банаховых пространствах

[novichok2018]

Вольфрам вроде выше простое решение нарисовал, без интегральных ужасов, нет? Это всё и заканчивается, если верно, общее решение есть.

$$ F(t)=\frac{1}{it|a|}F(t/a)=\frac{1}{it|a|}\frac{1}{it|a|/a}F(t/a^2)=..., $$

и тд. Не получится?

[DeBill]

pogulyat_vyshel в сообщении #1335477 писал(а):

при $|\alpha|\ge 1$.

Может, при $|\alpha|\le 1$? По крайней мере, правая часть будет определена...

-- 31.08.2018, 01:23 --

TelmanStud в сообщении #1335578 писал(а):

Верно?

Да, я это и имел в виду.

[pogulyat_vyshel]

DeBill в сообщении #1335661 писал(а):

Может, при $|\alpha|\le 1$? По крайней мере, правая

Да, конечно. Хотя, мне что-то кажется, что если доопределить функцию, то всеравно можно будет применять принцип сжатых отображений при $|\alpha|>1$ Только единственности уже не будет изза произвола в продолжении

[dsge]

pogulyat_vyshel в сообщении #1335666 писал(а):

Хотя, мне что-то кажется, что если доопределить функцию, то всеравно можно будет применять принцип сжатых отображений при $|\alpha|>1$

Или сделать замену под интегралом $x_1=\alpha x$, тогда интегральный оператор будет иметь какую-то функцию от $x_1$ как неподвижную точку. Останется показать, что при возвращении к аргументу $x$ получится искомая функция, заодно и единственность будет обеспечена.

[DeBill]

dsge в сообщении #1335678 писал(а):

сделать замену под интегралом

Если по жизни все паршиво, то заменами переменной (типа: переименованием милиции в полицию) хрен че поправишь...
Проблемы - в постановке задачи: где должна быть определена искомая фф-я? Если область определения переходит в себя при отображении $x \mapsto \alpha x$,то, по крайней мере , чисто формально, процедура метода последовательных приближений (сжимающих отображений) работает (и даст тот самый ряд, что ТС уже построил). Если же нет - на вылезающей наружу части области придется решение доопределять - отсюда и произвол, о котором говорит pogulyat_vyshel (в ур-х с запаздываем (на время "тау") так и делают: значения решения на полуинтервале $(-\tau,0]$ относят к начальным значениям, уравнение выполняют справа от нуля - чтоб не париться с гладкостью в нуле).
В первом случае, при неогр области определения - все равно проблемы : ибо сжимаемость плохо обеспечивать....