Serie geométrica de un operador

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Serie geométrica de un operador

análisis
Matemáticas
análisis funcional
ecuaciones diferenciales ordinarias

Shahab

En la resolución de una ecuación diferencial lineal de primer orden $(1-D)y=x^2$ dónde $D\equiv \frac{d}{dx}$ la forma en que aprendí fue que procedemos como $y=\frac{1}{1-D}x^2=(1-D)^{-1}x^2=(1+D+D^2+D^3+\cdots)x^2=x^2+2x+2+0+0+\cdots=x^2+2x+2.$

Ahora, la pregunta que me viene a la mente es qué justifica que digamos que

(1 - D)^{- 1} = 1 + D + D^{2} + D^{3} + \dots

$(1-D)^{-1}=1+D+D^2+D^3+\cdots$

Cuando le pregunté a mi maestro sobre esto, dijo que no es el caso que el operador inverso de $1-D$ es $1+D+D^2+D^3+\cdots$ (cuyo significado no está claro de todos modos). Lo que es cierto en cambio es que

(1 - D) (1 + D + D^{2} + \dots + D^{metro}) X^{metro} = X^{metro}

$(1-D)(1+D+D^2+\cdots+D^m)x^m=x^m$ y que en realidad estamos usando este hecho.

Aunque entiendo esto, pero no estoy del todo satisfecho por dos razones. En primer lugar, la semejanza con la expresión de la serie geométrica debe estar ahí por una razón que quiero saber. En segundo lugar, ¿se puede dar una norma apropiada a un espacio funcional apropiado en el que podamos demostrar que esta serie geométrica es verdadera? (La respuesta a la segunda pregunta también cubre la primera).

Gracias

james s cocinero

Para tener cuidado, ningún operador diferencial con parte diferencial no trivial puede ser invertible.

L [y + c] = L [y]

$L[y+c]=L[y]$ para cualquier constante

c

$c$ . Por lo tanto,

L

$L$ no es inyectivo por lo tanto no es invertible. Por supuesto, si restringimos el alcance al espacio apropiado de clases de equivalencia de funciones módulo soluciones homogéneas, entonces podemos encontrar la inyectividad. Esto está oculto por la confianza en la "solución de reposo" que impone una condición inicial natural particular... pero, en realidad, esto es solo un representante de la clase de equivalencia.

Respuestas (2)

Serie geométrica de un operador

Para tener cuidado, ningún operador diferencial con parte diferencial no trivial puede ser invertible. $L[y+c]=L[y]$ para cualquier constante $c$ . Por lo tanto, $L$ no es inyectivo por lo tanto no es invertible. Por supuesto, si restringimos el alcance al espacio apropiado de clases de equivalencia de funciones módulo soluciones homogéneas, entonces podemos encontrar la inyectividad. Esto está oculto por la confianza en la "solución de reposo" que impone una condición inicial natural particular... pero, en realidad, esto es solo un representante de la clase de equivalencia.

Martín Argerami · Answer 1

Creo que tu profe tiene razón, y esto no tiene nada que ver con series y/o normas. El espacio de polinomios de grado menor que un número fijo es de dimensión finita y en tal espacio el operador $D$ es nilpotente y satisface la fórmula de tu profesor.

Como otra forma de ver que tu truco funciona solo para polinomios, observa que la solución a tu ecuación es $y=x^2+2x+2+ce^x$ , con el último término perdido por el truco (que simplemente no funciona en el caso homogéneo).

robarjohn · Answer 2

Si las funciones se limitan a polinomios, entonces si el grado de $f$ es $n$ ,

D^{norte + 1} F = 0

$\mathrm{D}^{n+1}f=0$ De este modo,

(I + D + D^{2} + \dots) F

$\left(\mathrm{I}+\mathrm{D}+\mathrm{D}^2+\dots\right)f$ converge (en realidad es una suma finita). De este modo,

I - D

$\mathrm{I}-\mathrm{D}$ es invertible en el conjunto de polinomios.

Formalmente, esta es una forma de ver la fórmula de la suma de Euler-Maclaurin . Note que en polinomios, usando la fórmula de Taylor, $e^{\lambda\mathrm{D}}$ es el operador de desplazamiento:

\begin{aligned} F (X + λ) & = F (X) + λ D F (X) + \frac{1}{2!} {(λ D)}^{2} F (X) + \frac{1}{3!} {(λ D)}^{3} F (X) + \dots \\ = {mi}^{λ D} F (X) \end{aligned}

$\begin{align} f(x+\lambda) &=f(x)+\lambda\mathrm{D}f(x)+\frac1{2!}\left(\lambda\mathrm{D}\right)^2f(x)+\frac1{3!}\left(\lambda\mathrm{D}\right)^3f(x)+\dots\\ &=e^{\lambda\mathrm{D}}f(x) \end{align}$ De este modo,

F (X) - F (X - 1) = (1 - {mi}^{- D}) F (X)

$f(x)-f(x-1)=\left(1-e^{-\mathrm{D}}\right)f(x)$ La idea de la fórmula de la suma de Euler-Maclaurin es invertir

1 - e^{- D}

$1-e^{-\mathrm{D}}$ . Dado que la serie de potencias para

1 - e^{- x}

$1-e^{-x}$ no tiene término constante, necesitamos usar

\frac{x}{1 - e^{- x}} \frac{1}{x}

$\frac{x}{1-e^{-x}}\frac1x$ . Es decir, formalmente, la fórmula de la suma de Euler-Maclaurin es

\frac{D}{1 - {mi}^{- D}} \int F (X) d X

$\frac{\mathrm{D}}{1-e^{-\mathrm{D}}}\int f(x)\,\mathrm{d}x$ y esto es exacto en los polinomios (otras funciones tienen un término residual que se puede calcular de manera similar al término residual de la serie de Taylor).

Estoy de acuerdo que $I-D$ es invertible, pero ¿hay alguna expresión de forma cerrada para su inversa?
@Shahab: Desde $(\mathrm{I}-\mathrm{D})e^x=0$ , yo no diría eso $\mathrm{I}-\mathrm{D}$ es invertible en general. Además, $\dfrac1{1-x}=1+x+x^2+x^3+x^4+\dots$ ; sin embargo, diría que $\dfrac1{1-x}$ es la forma cerrada. Funcionalmente diría que $\dfrac1{\mathrm{I}-\mathrm{D}}$ sería la forma cerrada, pero no creo que esa sea la respuesta que está buscando.
Quise decir que ID es invertible en el conjunto de polinomios. Si usted dice $1/(1-D)$ Lo entiendo como notación para $(1-D)^{-1}$ pero no se como darle sentido $\sum D^n$ sin ninguna noción de convergencia de operadores.
@Shahab: Para un polinomio $p$ , $\sum_{k=0}^\infty\mathrm{D}^kp$ es una suma finita. La convergencia es trivial. Obviamente, $\sum\limits_{n=0}^\infty\mathrm{D}^n$ no puede converger en ningún sentido como un operador en $e^x$ . Hablar de la convergencia de $\sum\limits_{n=0}^\infty\mathrm{D}^n$ como operador, necesitamos decir como operador en qué espacio.
Disculpa si no entendí bien, lo sé $\sum D^kp$ es una suma finita pero por una expresión de forma cerrada estoy pidiendo una expresión para el inverso de $(1-D)^{-1}$ y no del "valor" de este inverso en algún polinomio. También, si existe un espacio apropiado dotado de una norma para dar sentido a la convergencia es parte de la cuestión. El conjunto subyacente al espacio es $Hom(\mathbb{R}^\infty,\mathbb{R}^\infty)$ .
En general, no hay inversa para $\mathrm{I}-\mathrm{D}$ , así que supongo que no entiendo lo que estás buscando.
Dejar $\mathbb{R}^\infty$ Sea el espacio de todos los polinomios reales, y $Hom(\mathbb{R}^\infty,\mathbb{R}^\infty)$ sea el espacio de todos los operadores lineales sobre él. El operador $I-D\in Hom(\mathbb{R}^\infty,\mathbb{R}^\infty)$ es invertible

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