А как решать такое?

[Gafield]

Nxx писал(а):

Нет, конечно. Там далеко не нулевое решение.

Там, это где? Есть какая-то информация о решении? Если приведенные утверждения справедливы, то нет нетривиального решения на всей прямой. Это не исключает, что локальных или в виде формальных степенных рядов может быть много. Нужно ли решение как отображение или это просто производящая функция чего-то и надо найти коэффициенты?

[Nxx]

Цитата:

Если приведенные утверждения справедливы, то нет нетривиального решения на всей прямой.

С чего вы это взяли? вы брали изначальное иравнение или преобразованное?

А если речь не о всей прямой, а о полуоси?

[Gafield]

Да, преобразованное. Я имел в виду написанное мной. Только с $D'(\mathbb R)$ я промахнулся. Выражение

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

имеет смысл для пространства $\cal{E}'(\mathbb R)$ обобщенных функций с компактным носителем. Так что для $f$ с компактным носителем решений, вероятно, нет. Для полупрямой можно попробовать заменить преобразование Фурье преобразованием Лапласа. Опять же, если в том, что я написал, нет принципиальных ошибок и можно провести строгие рассуждения для какого-нибудь класса. Формально, решение должно быть бесконечно дифференуцируемым и производные должны расти не быстрее $(2\pi)^n$ в любой точке (из асимптотики для $B_n$). Скажем, для целых ограниченных на прямой функций порядка меньше $2\pi$ ряд для $F$ будет сходиться. Примером из этого класса является функция $\sin ax$, $|a|<2\pi$.

Из выражения для $F$ в виде приведенной суммы формально следует, что $F(x+1)-F(x)=-f'(-x-1)=0$. Предположив, что $f$ раскладывется в ряд Тейлора с радиусом сходимости больше 1, я думаю, это равенство можно получить впрямую из свойств чисел Бернулли.

[Nxx]

Цитата:

Там, это где? Есть какая-то информация о решении?

Да, есть.

Добавлено спустя 54 минуты 18 секунд:

Цитата:

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

Можете еще раз проверить этот вывод?

[Gafield]

Цитата:

Да, есть.

Очень содержательный ответ Если бы вы сформулировали исходную задачу, может кто-нибудь сразу узнал что-нибудь известное. По форме похоже, что это связано с формулой суммирования Эйлера. Я думаю, и такое

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{f^{(n-1)} (x)}{n!}B_n(y)$$

можно выразить через $f$, ее сумму в целых точках и интеграл от нее, аналогично тому, как это делается при выводе формулы Эйлера, см. раздел 9.5 Конкретной математики.

Цитата:

Можете еще раз проверить этот вывод?

Да Причем устно. Конечно, надо проверять крайние слагаемые, но в чем сложность то?

[Nxx]

Про одно из решений известно, что это строго возрастающая бесконечно дифференцируемая функция, определенная на $(-2,+\infty)$. Хотя есть и решения, имеющие минимум при x<0.

Добавлено спустя 5 минут:

Вот тут

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

(1)

я не сомневаюсь, а дальше уже возникли сомнения в связи с вашими тривиальными решениями.

В частности, если в

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

заменить бесконечность на что-то конечное, получаются какие-то совсем невнятные решения, по сравнению с (1)

[Gafield]

Просто дифференцируем и упрощаем. Конечно, возникнет вопрос, можно ли это делать. Особекнно для растущих функций. Известно ли, что ряд должен сходиться? Или это чисто формально полученное уравнение? Как решается уравнение с конечной суммой, ДУ $n$-го порядка? Тогда с какими граничными условиями?

А с общей формулой я прикинул неформально, получается что-то вроде

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{f^{(n-1)} (x)}{n!}(B_n(y)-B_n)= \sum_{k=x}^{x+y} f(k)-\int_{x}^{x+y} f(t)\,dt, $$

так что

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{f^{(n-1)} (x)}{n!}(B_n(-x)-B_n)=\int_{0}^x f(t)\,dt-\sum_{k=0}^x f(k).$$

Правда, сумму в правой части надо еще проверять, возможно, получится

$$\sum_{k=0}^{x} (f(k+y)-f(k))$$

или что-то похожее.

Может, в том и разница, что

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

- "неопределенный" оператор или типа сумма от нуля до бесконечности. Вот и получается, что убывающие решения, для которых сумма сходится - единственно. А для растущих такое не подходит.

[Nxx]

А что можно сделать с таким уравнением?

$$\log_a \frac{f'_a(x)}{f'_a(0)(\ln a)^{x}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{f_a^{(n-1)}(0)}{n!}\sum _{k=0}^{n-1} B_k \left( \begin{array}{c} n \\ k \end{array} \right)x^{n-k}$$

Кстати, вы обычные числа Бернулли используете?

[Gafield]

А что от него требуется, решение в виде ряда или что?
Если нет каких-то особых соображений, на явный вид надеяться вряд ли приходится. Правую часть можно упростить, в каком направлении, см. выше. Останется вопрос, для каких $f$ это верно. Буква $a$ это просто индекс в $f_a$?

Обычные.

[Nxx]

Если упростить правую часть, что получится? Очень прошу, помогите пожалуйста, а то я в числах Бернулли не разбираюсь.

[Gafield]

А о числах Бернулли и не наджо много знать. Думаю, самый простой путь - это чисто формально, как выше. Копирую с изменениями:

Gafield писал(а):

$$F(x,y):=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{f^{(n-1)} (x)}{n!} (B_n(y)-B_n))\right).$$

Так как

$$ \frac {e^{yt}-1}{e^t-1}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^{n-1}}{n!}(B_n(y)-B_n)), $$

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

то, чисто формально, можно записать:

$$ F(x,y)= \frac1{2\pi}\int \frac{e^{it y}-1}{e^{it}-1}e^{it x}\tilde f(t)dt= -\frac1{2\pi}\int \sum_{n=0}^\infty (e^{i t(x+y+n)}-e^{i t(x+n)})\tilde f(t)dt= \sum_{n=0}^\infty {(f(x+n)-f(x+y+n))}. $$

Это опять же для быстроубывающих функций, для которых ряды слева и справа сходятся и т.д. Чтобы получить что-то с интегралом по конечному промежутку, я думаю, можно попробовать применить формулу суммирования Эйлера к правой части и посмотреть, что получится. Там опять появятся ряды с числами Бернулли, но вдруг что-нибудь извлечется.

Можно еще заметить, что $F(x+1,y)-F(x,y)=f(x+y)-f(x)$, $F(x,y+1)-F(x,y)=-f(x+y)$.

[Nxx]

Я правильно понял, что

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

?

[Gafield]

В левой части надо положить $x=0$, $y=x$.

Похоже, в предыдущем сообщении я где-то в знаке ошибся, поскольку последнее равенство можно получить непосредственно из свойства многочленов Бернулли $B_n(x+1)-B_n(x)=nx^{n-1}$:

$$F(x,y+1)-F(x,y)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{f^{(n-1)} (x)}{n!} (B_n(y+1)-B_n(y))=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{f^{(n-1)} (x)}{n!} ny^{n-1}=f(x+y)$$

.

[Nxx]

Это общее правило или из уравнения для данной конкретной функции?

Как упростить вот это уравнение?

$$\log_a \frac{f'_a(x)}{f'_a(0)(\ln a)^{x}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{f_a^{(n-1)}(0)}{n!}\sum _{k=0}^{n-1} B_k \left( \begin{array}{c} n \\ k \end{array} \right)x^{n-k}$$

[Gafield]

Общее. Конечно, предполагается, что $f$ бесконечно дифференцируема, ряды сходятся...

В данном случае $x=0$, $y=x$, т.е.

$$\log_a \frac{f'_a(x+1)}{f'_a(0)(\ln a)^{x+1}}-\log_a \frac{f'_a(x)}{f'_a(0)(\ln a)^{x}} =F(0,x+1)-F(0,x)= f(x)$$