преобразование Лапласа

[oposum]

Пусть для любого $p\geqslant0$

$$\int\limits_{0}^{\infty}f(t)e^{-pt}dt>0.$$

Как показать, что $f(t)\geqslant0?$

[Eugene]

Рассмотрим $\cos{t}$. Его образ $\frac{1}{1+p^2}$ строго положителен для любых $p$, хотя оригинал может принимать отрицательные значения.

[Someone]

Как известно, $\int\limits_0^{+\infty}e^{-pt}\cos t\,dt=\frac p{p^2+1}$ при $p>0$. Кроме того, в условии $p\geqslant 0$, а данный интеграл при $p=0$ расходится.
Но $f(t)=\frac{\sin t}t$ подойдёт: $\int\limits_0^{+\infty}\frac{\sin t}te^{-pt}dt=\arcctg p>0$ при всех $p>0$.

[ewert]

К чему такие сложности, когда достаточно чуток подправить косинус и рассмотреть образ $e^{-t}\cos t$, равный ${p+1}\over(p+1)^2+1}$.

[Someone]

Можно и так. А почему "сложности"? Всего лишь теорема об интегрировании изображения и табличный интеграл.

[ewert]

(Оффтоп)

Someone в сообщении #371808 писал(а):

А почему "сложности"? Всего лишь теорема об интегрировании изображения и табличный интеграл.

ну теорема интегрирования всяко сложнее теоремы затухания, да к тому же и оригинал с затухающим косинусом вполне табличный

[Хорхе]

Развели тут оффтопик Спрашивали же, как доказать положительность, а не как доказать обратное.

А если кроме шуток, то, хотя утверждение и неправильное, есть следующая

Цитата:

Теорема (Берштейн)
Бесконечно дифференцируемая функция $f:[0,\infty)\to \mathbb R$ является вполне монотонной (то есть $(-1)^n f^{(n)}(x)\ge 0$ для всех $x\ge 0$ и целых $n\ge 0$) тогда и только тогда, когда она является преобразованием Лапласа некоторой (положительной) меры.

То есть мало положительности, нужна полная монотонность.

[ewert]

(Оффтоп)

Хорхе в сообщении #372231 писал(а):

То есть мало положительности, нужна полная монотонность.

Ну т.е. вполне монотонность есть тогда и только тогда, когда есть вполне монотонность. Все счастливы.