6
1

Пусть на отрезке $%[0,\pi]$% имеется разложение $%\varphi(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty c_n\sin nx$%, причём на нашем отрезке $%\varphi(x)\geq0$%. Доказать, что ряд $%\sum\limits_{n=1}^\infty c_ne^{-n^2}\sin nx$% сходится к неотрицательной на $%[0,\pi]$% функции.

Приведу решение для случая непрерывной кусочно-гладкой функции $%\varphi(x)$%. Рассмотрим краевую задачу: $$u_{t}=u_{xx},\;0< x<\pi,\;t>0$$$$u(x,0)=\varphi(x)$$$$u(0,t)=u(\pi,t)=0.$$ Согласно принципу максимума для уравнения теплопроводности, непрерывное решение $%u(x,t)$% достигает максимального и минимального значений только на границе рассматриваемой области, т.е. или при $%x=0$%, или при $%x=\pi$%, или при $%t=0$%.

Осталось выписать решение задачи методом разделения переменных (в силу условий на $%\varphi$% решение это будет непрерывным): $%u(x,t)=\sum\limits_{n=1}^\infty c_ne^{-n^2t}\sin nx$%, где $%\sum\limits_{n=1}^\infty c_n\sin nx=\varphi(x)$% и подставить $%t=1$%.

Задача показалась мне красивой. Какого-то "прямого" пути решения (даже в классе непрерывных функций) найти не удалось.

задан 24 Окт '19 19:06

изменен 29 Июн 12:51

@caterpillar можете объяснить пожалуйста кое-что? Я в этой теме не силен вообще и мало что понимаю, но в чем именно заключается вопрос? В первом абзаце спрашивается, неотрицательно ли решение; последний абзац, кажется, спрашивает почему решение дается указанным рядом Фурье.

(30 Июн 22:08) Rubikon

@Rubikon, вопрос поставлен в первом абзаце. После этого приведено моё частичное решение при помощи уравнений мат физики. А в последнем абзаце сказано, что без УМФ на тот момент (полтора года назад), решения я не нашёл. Вопрос недавно был поднят, и я снова задумался о решении средствами только мат. анализа. И, как это часто бывает, решение получил (ибо с возрастом приходит мудрость, но часто возраст приходит один). Символично, что это произошло во время экзамена по УМФ)) Так что последний абзац можно считать уже неактуальным.

(1 Июл 6:50) caterpillar
10|600 символов нужно символов осталось
2

Пробуем ещё раз:

Фиксируем $%\epsilon$%.

Поскольку $%\phi\in L^2$% а непрерывные функции плотны в $%L^2$%, существует $%f\in C([0,\pi])$% такое, что $%\|f-\phi\|_2\leq\epsilon$%. Более того, поскольку $%\phi\geq0$%, функция $%f^+=\max{(f,0)}$% должна быть ближе к $%\phi$%...таким образом, мы можем предположить, что $%f\geq0$% тоже. (То же самое и с исчезновением в $%\{0,\pi\}$%.)

Напишем $%f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}{d_n\sin{nx}}$% формально; тогда $%d_n=\langle f,\sin{(n(\cdot))}\rangle$% и $%c_n=\langle\phi,\sin{(n(\cdot))}\rangle$%. По Коши-Шварцу,

$$ \left|d_{n}-c_{n}\right|=|\langle f-\phi, \sin (n(\cdot))\rangle $$

$$\le \left\|f-\phi\right\|_2\left\|\sin(n(\cdot))\right\|_2$$

$$\\ \le \epsilon \cdot 1 $$ (Возможно, я сбросил одну или две константы.)

Фактически ряд для $%\phi$% сходится почти всюду по теореме Карлесона. Тогда

$$ \phi(x)=\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} e^{-n^{2}} \sin n x \geq \sum_{n=1}^{\infty}\left(\left\{\begin{array}{ll} d_{n}-\epsilon & \sin n x \geq 0 \\ d_{n}+\epsilon & \sin n x<0 \end{array}\right) e^{-n^{2}} \sin n x\right. $$

$$ =\sum_{n=1}^{\infty} d_{n} e^{-n^{2}} \sin n x-\epsilon \sum_{n=1}^{\infty} e^{-n^{2}}|\sin n x| $$

Назовем первый член $%u$% и второй $%\epsilon\theta$%. Согласно аргументу, который вы приводите в задаче, $%u\geq0$%. Взяв $%\epsilon\to0^+$%, достаточно найти равномерную границу на $%\theta$%.

Но

$$ \sum_{n=1}^{\infty} e^{-n^{2}}|\sin n x| \leq \sum_{n=1}^{\infty} e^{-n^{2}} \leq \sum_{n=1}^{\infty} e^{-n}=\frac{1}{e-1} $$

2) Вот вероятностный подход к вопросу.

alt text

$$ e^{-n^{2} t / 2} \sin (n x)=E^{x}\left[\sin \left(n B_{t}\right) ; t\lt T\right], \quad 0 \leq x \leq \pi, t>0, n=1,2, \ldots $$

(Обозначение $%E^{x}$% обозначает ожидание при условии, что $%B_{0}=x$% .) Умножьте на $%c_{n}$%, просуммируйте по $%n \geq 1$%, и установите значение $%t=2$%. Мы можем внести суммирование в математическое ожидание справа, потому что $%\sin$% ограничен и $%e^{-n^{2}}$% быстро убывает. Имеем

$$ \sum_{n=1}^{\infty} e^{-n^{2}} c_{n} \sin (n x)=E^{x}\left[\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} \sin \left(n B_{2}\right) ; 2\lt T\right]=E^{x}\left[\varphi\left(B_{2}\right) ; 2\lt T\right] $$

Поскольку по предположению $%\varphi \geq 0$%, сумма слева также неотрицательна. (N.B. Функция $%(x, t) \mapsto E^{x}\left[\varphi\left(B_{t}\right) ; t\lt T\right]$% является решением модифицированной формы вашей краевой задачи $%-$% замените $%u_{x x}$% на $%\frac{1}{2} u_{x x}$% . )

Стоит отметить, что второе математическое ожидание справа на последнем экране является гладкой функцией $%x \in(0, \pi)$% для любого ограниченного измеримого $%\varphi$%.

ссылка

отвечен 29 Июн 3:15

изменен 18 Июл 4:53

1

Этот аргумент уже лучше предыдущего, но... Основная оценка (после слова "Следовательно"), неверна, поскольку sin nx принимает значения разных знаков, поэтому неравенство >= при умножении на него сохраняться не обязано.

(29 Июн 4:31) caterpillar

@caterpillar Я пытаюсь связать сверху, а не снизу. $%θ$% - это ошибка, поэтому в худшем случае все его слагаемые имеют один и тот же знак.

(29 Июн 7:35) Rene
1

@Rene, я про тэта ничего не говорил. Я про самую первую оценку. Скажем, если известно, что $%a\geq b$%, то откуда Вы знаете, что $%a\sin nx\geq b\sin nx$%?

(29 Июн 8:16) caterpillar

@caterpillar Вот. Я исправил моменты.

(29 Июн 12:34) Rene
1

@Rene, да, теперь хорошо. Только насчёт f -- непрерывности недостаточно для равенства функции ряду Фурье, но это уже моя вина. Для применения принципа максимума изначально надо было попросить не только непрерывность, но и кусочную гладкость. К счастью, гладкие финитные функции тоже плотны в L2 и решение сохранится. Теорема Карлесона ни к чему -- достаточно неравенства Бесселя.

(29 Июн 12:49) caterpillar

@caterpillar кстати, вы пробовали с точки зрения теорвера подойти к задаче? Мне кажется это можно сделать с помощью Броуновского движения и теории Мартингала. Я правда пока не совсем понял как это можно сделать "красиво".

(30 Июн 13:00) Rene

@Rene, я бы, может быть и попробовал, если бы хорошо в этих вещах разбирался. А это далеко не так))

(30 Июн 19:40) caterpillar

@caterpillar да я тоже, но чуть-чуть теорию знаю :D

(30 Июн 19:43) Rene

@caterpillar я просто могу написать нэкое "подобие" ещё одного доказательства, но я прост сам не уверен что буду прав, а проверить на 100% не получится)) Хотя не знаю есть ли смысл в этом.

(30 Июн 19:51) Rene

@Rene, да тут уже хватает доказательств)) Причём достаточно естественных, так что "экзотика" ни к чему.

(30 Июн 19:52) caterpillar
показано 5 из 10 показать еще 5
10|600 символов нужно символов осталось
7

Прямой путь получился значительно более сложным. Но в итоге никаких дополнительных ограничений на функцию, кроме интегрируемости с квадратом, не накладывается. Имеем следующие преобразования: $$\sum\limits_{n=1}^\infty c_ne^{-n^2}\sin nx=\frac{2}{\pi}\sum\limits_{n=1}^\infty \left(\int\limits_0^\pi\varphi(t)\sin ntdt\right)e^{-n^2}\sin nx=\frac{2}{\pi}\int\limits_0^\pi\varphi(t)\sum\limits_{n=1}^\infty e^{-n^2}\sin nt\sin nxdt=$$$$=\frac{1}{\pi}\int\limits_0^\pi\varphi(t)\sum\limits_{n=1}^\infty ne^{-n^2}\int\limits_{t-x}^{t+x}\sin nydydt=\frac{1}{\pi}\int\limits_0^\pi\int\limits_{t-x}^{t+x}\varphi(t)\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{n}{e^{n^2}}\sin nydydt=\frac{1}{\pi}\int\limits_0^\pi\int\limits_{t-x}^{t+x}\varphi(t)\psi(y)dydt,$$ где $%\psi(y)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty \displaystyle\frac{n}{e^{n^2}}\sin ny\geq0$% на рассматриваемом отрезке (пока в это поверим).

Дальше, изобразим область интегрирования и интеграл представим, как сумму трёх интегралов: первый --по прямоугольнику с вершинами $%(0,x)$%, $%(x,0)$%, $%(\pi,\pi-x)$%, $%(\pi-x,\pi)$%. Поскольку этот прямоугольник содержится в $%[0,\pi]^2$%, то интеграл по нему будет неотрицателен. Второй интеграл будет по треугольнику с вершинами $%(x,0)$% и $%(0,\pm x)$% и он обнулится, поскольку функция $%\psi(y)$% нечётная. Третий интеграл будет по треугольнику с вершинами $%(\pi-x,\pi)$% и $%(\pi,\pi\pm x)$% -- он обнулится из-за нечётности функции $%\psi(\pi+y)$%.

Итак, задача свелась к обоснованию того, что $%\psi(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty \displaystyle\frac{n}{e^{n^2}}\sin nx\geq0$% при $%x\in(0,\pi)$%. Здесь поможет свойство выпуклости последовательности $%a_n=\dfrac{n}{e^{n^2}}$% при $%n\geq2$%, согласно которому $%2a_n\leq a_{n-1}+a_{n+1}$% (это следует из того, что для функции $%f(x)=\dfrac{x}{e^{x^2}}$% при $%x\geq2$% получается $%f''(x)\geq0$%). Тем самым, обе последовательности $%a_n$% и $%a_n-a_{n+1}$% монотонно убывают к нулю. При этом ряд $%\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(a_n-a_{n+1})$% сходится, поэтому $%a_n-a_{n+1}=o\left(\dfrac{1}{n}\right)$%. Применяя преобразование Абеля, получим, что $$\sum\limits_{n=2}^{N}a_n\sin nx=\sum\limits_{n=2}^{N-1}(a_n-a_{n+1})S_n+a_NS_N-a_2S_1,$$ где $%S_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\sin kx=\dfrac{\cos\frac{x}{2}-\cos\left(n+\frac{1}{2}\right)x}{2\sin\frac{x}{2}}$%. Отсюда следует, что $$\psi(x)=(a_1-a_2)\sin x+\sum\limits_{n=2}^{\infty}(a_n-a_{n+1})S_n.$$

К полученной сумме снова применим преобразование Абеля: $$\sum\limits_{n=2}^{N}(a_n-a_{n+1})S_n=\sum\limits_{n=2}^{N-1}(a_n-2a_{n+1}+a_{n+2})SS_n+(a_N-a_{N+1})SS_N-(a_2-a_3)SS_1,$$ где $%SS_n=\sum\limits_{k=1}^{n}S_k=\dfrac{(n+1)\sin x-\sin(n+1)x}{4\sin^2\frac{x}{2}}.$% Отсюда $$\psi(x)=(a_1-2a_2+a_3)\sin x+\sum\limits_{n=2}^{\infty}(a_n-2a_{n+1}+a_{n+2})SS_n.$$

Учитывая неравенство $%\sin nx\leq n\sin x$% при $%x\in(0,\pi)$% и выпуклость последовательности $%a_n$% при $%n=2,3,...$%, получим, что $%\psi(x)\geq0$%.

ссылка

отвечен 1 Ноя '19 18:11

изменен 29 Июн 12:49

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×85

задан
24 Окт '19 19:06

показан
702 раза

обновлен
18 Июл 4:53

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru