Функциональное уравнение

[Padawan]

Пусть $b(t)$, $f(t)$ -- непрерывные на отрезке $[0, 1]$ функции, $|b(0)|<1$, $|b(1)|<1$, $\beta>0$, $\beta\neq 1$. Доказать, что уравнение $x(t) =b(t) x(t^\beta) +f(t) $ имеет единственное решение $x(t) \in C([0, 1])$.

[mihaild]

Я, видимо, опять чего-то не понимаю.
$\forall n: x(t) = f(t) + b(t) \cdot f(t^\beta) + b(t) \cdot b(t^\beta) \cdot f(t^{2 \beta}) + \ldots + b(t) \cdot \ldots \cdot b(t^{n \beta}) \cdot x(t^{(n + 1)\beta})$
Переходим к пределу по $n$, получаем справа сходящийся как геометрическая прогрессия ряд. Сумма непрерывна, и удовлетворяет уравнению (проверяется подстановкой).
И вроде бы достаточно $|b(0)| < 1$ если $\beta > 1$, и $|b(1)| < 1$ если $\beta < 1$.

[Padawan]

mihaild в сообщении #1668755 писал(а):

сходящийся как геометрическая прогрессия ряд.

Видимо этот $f(t) + b(t) \cdot f(t^\beta) + b(t) \cdot b(t^\beta) \cdot f(t^{2 \beta}) + \ldots $. Не понятно, почему ряд сходится равномерно на $[0, 1]$.

-- Пн янв 06, 2025 20:39:59 --

Почему $b(t) b(t^\beta) \ldots b(t^{n\beta}) $ равномерно сходится к нулю?
А, для перехода к пределу достаточно поточечной сходимости. Ну тогда да, единственность доказана.

[mihaild]

А, да, правда нам нужно ограничение на обоих концах независимо от $\beta$.
В каких-то $\varepsilon$-окрестностях $0$ и $1$, $|b(t)| < 1 - \varepsilon$. А вне этих окрестностей у нас будет не более чем $M = \log_{|1 - \beta|} \frac{1 - \varepsilon}{\varepsilon}$ сомножителей. Т.к. $b$ и $f$ ограничены $K$ на всём отрезке, то $k$-й член ряда не превосходит $(1 - \varepsilon)^{k - M} \cdot K^{M + 1}$. И признак Вейерштрасса.

[Padawan]

mihaild в сообщении #1668762 писал(а):

А вне этих окрестностей у нас будет не более чем $M = \log_{|1 - \beta|} \frac{1 - \varepsilon}{\varepsilon}$ сомножителей.

Больших, чем $1-\varepsilon$? Можете этот момент поподробнее расписать?

-- Пн янв 06, 2025 21:14:33 --

В моем доказательстве (основанном на принципе сжимающих отображений, но по сути таком же) для меня наибольшей трудностью было проверить, что $\max_{t\in [0,1]}|b(t) b(t^\beta) \ldots b(t^{\beta^n}) |$ будет меньше единицы при некотором $n$.

[mihaild]

У меня выше замечательное тождество использовалось (а Вы не заметили) $(t^\beta)^\beta = t^{2\beta}$. Ряд на самом деле $x(t) = f(t) + b(t) f(t^\beta) + b(t) b(t^{\beta}) f(t^{\beta^2}) + \ldots$. И $M$ не знаю откуда я такое взял.
Для простоты, пусть $\beta > 1$, а аргумент на очередном шаге меньше $1 - \varepsilon$. Тогда спустя $M$ шагов, аргумент будет меньше $\left(1 - \varepsilon\right)^{\beta^M}$. Чтобы он стал меньше $\varepsilon$, нужно $\ln \varepsilon > \ln\left(1 - \varepsilon\right) \cdot \beta^M$, т.е. $\beta^M > \frac{\ln \varepsilon}{\ln (1 - \varepsilon)}$

[Padawan]

mihaild в сообщении #1668765 писал(а):

Ряд на самом деле $x(t) = f(t) + b(t) f(t^\beta) + b(t) b(t^{\beta}) f(t^{\beta^2}) + \ldots$

Да, это понятно, должно быть $t^{\beta^n}$.

mihaild в сообщении #1668765 писал(а):

Для простоты, пусть $\beta > 1$, а аргумент на очередном шаге меньше $1 - \varepsilon$.

А в окрестности $t=1$ почему аргумент маленьким будет?
Ну то есть горб функции $b(t^{\beta^n})$ стремится к правому концу. И почему там произведение будет маленьким не понятно.

[mihaild]

Padawan в сообщении #1668769 писал(а):

А в окрестности $t=1$ почему аргумент маленьким будет?

Потому что обещали что $|b(1)| < 1$.
Т.е. у нас происходит следующее: сначала аргумент близок к $1$, и $b$ маленькое. Потом - не больше чем $M$ сомножителей - аргумент далек и от $0$, и от $1$, и эти сомножители могут быть большими. И потом аргумент близок к $0$, и $b$ опять маленькое.

[Padawan]

Кажется понял Ваше рассуждение. Не обязательно эти $M$ множителей вначале идут, но при каждом $t$ их не более $M$ штук.

-- Пн янв 06, 2025 22:07:26 --

Обобщим: вместо функции $\varphi(t)=t^\beta$ возьмем любую непрерывную функцию $\varphi: [0, 1]\to [0, 1]$ такую, что $\varphi(0) =0$, $\varphi(1) =1$, $\varphi(t)\neq t$ при $t\in (0, 1) $.

[mihaild]

Вроде всё то же самое: либо $\varphi(t) < t - \varepsilon$ при всех $t \in [\varepsilon, 1 - \varepsilon]$, либо $\varphi(t) > t + \varepsilon$ при всех $t \in [\varepsilon, 1 - \varepsilon]$. И соответственно число сомножителей с аргументом из $[\varepsilon, 1 - \varepsilon]$ не превосходит $\frac{1}{\varepsilon}$.