Оператор Лапласа

[Taras]

ewert, вы об етой формуле говорите:
http://mathworld.wolfram.com/MellinTransform.html ?

[ewert]

Taras писал(а):

ewert, вы об етой формуле говорите:
http://mathworld.wolfram.com/MellinTransform.html ?

Нет, не об этой. А о той, когда оригинал восстанавливается по изображению интегрированием вдоль некоторой вертикальной прямой на комплексной плоскости. Хотя вещи эти, конечно, родственные.

[Draeden]

Допустим есть задача:

$(p^2+p)y(x)=\sin x$
$y(0)=a$
$y'(0)=b}$

у неё есть единственное решение, назовём его $f$.

1. Можно ли сказать, что есть такой оператор $R$ ( не обязательно дифференциальный ), что $f = R \sin$. Если да, то он один, или их много ?

2. Если 1 верно, то можно ли найти решение системы

$(p^2+p)y(x)=\tg x$
$y(0)=a$
$y'(0)=b}$

как $R \tg$, где $R$ - оператор, определённый в 1 ?

[ewert]

Да, есть. Ибо решение задачи Коши единственно. И, более того, задаётся в данном случае явной формулой (получаемой методом вариации произвольных постоянных). Т.е. представляет собой интегральный оператор с явно выписываемым ядром..

Вот где этот оператор определён -- вопрос другой. Во всяком случае, подставлять под него тангенс на всей оси -- явно опрометчиво (т.к. тангенс даже не локально суммируем)

[Draeden]

...я тут подумал, что оператор дифференцирования $p$ - необратим ( точнее нет какого то уноверсального метода ). Так что нельзя сделать то, что я хочу

[ewert]

Draeden писал(а):

...я тут подумал, что оператор дифференцирования $p$ - необратим ( точнее нет какого то уноверсального метода ). Так что нельзя сделать то, что я хочу

Непосредственно -- нет, необратим, это банально; обратный бы ведь должен бы задаваться неопределённым интегралом, а это -- не оператор (в том смысле, что на выходе у него вовсе не функции).

Однако при дополнительных ограничениях на свою область определения -- вполне обратим.

[Draeden]

Не, я хотел примерно следующее: прообраз косинуса ( проходящий, скажем, через точку $(0,0)$ ) - это синус, его можно получить с помощью некоторых преобразований над косинусом. Вот если бы те же преобразования делали бы из $\tg x$ функцию $-\ln \cos x$...

[ewert]

Draeden писал(а):

Не, я хотел примерно следующее: прообраз косинуса ( проходящий, скажем, через точку $(0,0)$ ) - это синус, его можно получить с помощью некоторых преобразований над косинусом. Вот если бы те же преобразования делали бы из $\tg x$ функцию $-\ln \cos x$...

А ровно те же преобразования ровно это и делают. И называются те преобразования интегралом с переменным верхним пределом -- от нуля до икс.

И получаются они автоматически, если сузить область определения исходного оператора дифференцирования так, чтобы все функции из неё проходили через точку (0;0).