rachunek operatorowy mikusi´nskiego i jego zastosowanie do r

RACHUNEK OPERATOROWY MIKUSIŃSKIEGO I
JEGO ZASTOSOWANIE DO RÓWNAŃ
RÓŻNICZKOWYCH
Tomasz Kochanek
1
Twierdzenie Titchmarsha
Symbolem C[0, ∞) oznaczać bedziemy
przestrzeń wszystkich zespolonych funkcji ciag
, lych określonych
,
na przedziale [0, ∞), wyposażona, w nastepuj
ace
dzialania dodawania i mnożenia splotowego
,
,
(f + g)(t) := f (t) + g(t) ; t ∈ [0, ∞) ;
Z t
f (t − u)g(u) du ; t ∈ [0, ∞)
(f ∗ g)(t) :=
0
dla f, g ∈ C[0, ∞). Bezpośrednio można sprawdzić, że powyżej określone dzialanie splotu jest
laczne,
przemienne i rozdzielne wzgledem
dodawania, tj.
,
,
f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h ;
f ∗g =g∗f;
f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h ;
dla wszystkich f, g, h ∈ C[0, ∞). Oznacza to, że struktura algebraiczna (C[0, ∞), +, ∗) jest pierścieniem
przemiennym. Warto zauważyć, że jest to pierścień bez jedności. Istotnie, gdyby istniala taka funkcja f ∈ C[0, ∞), że f ∗ g = g dla wszystkich g ∈ C[0, ∞), to w szczególności mielibyśmy (biorac
, w
roli funkcji g funkcje, identycznie równa, 1)
Z t
f (u) du = 1
0
dla każdego t ∈ [0, ∞), co oczywiście jest niemożliwe, wobec ciag
, lości f .
Bardzo gleboka
i
fundamentalna
jest
obserwacja
orzekaj
aca,
że pierścień (C[0, ∞), +, ∗) jest
,
,
pierścieniem bez dzielników zera. Mianowicie zachodzi nastepuj
ace
slynne
,
,
Twierdzenie 1. (Titchmarsha) Zalóżmy, że funkcje f, g ∈ C[0, ∞) sa, takie, że (f ∗ g)(t) = 0 dla
t ∈ [0, ∞). Wówczas f = 0 lub g = 0 na [0, ∞).
Dowód tego twierdzenia poprzedzimy kilkoma lematami.
Lemat 1. (Phragména) Niech T > 0 i zalóżmy, że funkcja g : [0, T ] → C jest ciag
, la. Wówczas
dla każdego t ∈ [0, T ] zachodzi równość
Z
Z t
∞
X
(−1)k−1 T kx(t−u)
e
g(u) du =
g(u) du .
lim
x→∞
k!
0
0
k=1
1
Dowód. Przy ustalonych x > 0, t ∈ [0, T ] mamy oszacowanie
M exT k
(−1)k−1 kx(t−u)
≤
e
g(u)
; k ∈ N , u ∈ [0, T ] ,
k!
k!
gdzie M := supu∈[0,T ] |g(u)|. Zatem, wobec zbieżności szeregu
∞
X
ek
k!
k=1
i kryterium Weierstrassa, szereg funkcyjny
∞
X
(−1)k−1
k!
k=1
ekx(t−u) g(u)
x(t−u)
1
−
exp(−e
)
g(u).
jest zbieżny jednostajnie ze wzgledu
na
zmienn
a
u.
Ponadto,
jego
suma
wynosi
,
,
Twierdzenie o calkowaniu wyraz po wyrazie szeregów funkcyjnych jednostajnie zbieżnych oraz twierdzenie Lebesgue’a o zbieżności zmajoryzowanej daja, nam
Z T
Z
∞
X
(−1)k−1 T kx(t−u)
lim 1 − exp(−ex(t−u) ) g(u) .
e
g(u) du =
lim
x→∞
k!
0 x→∞
0
k=1
Przy u < t granica wystepuj
aca
pod ostatnia, calka, wynosi g(u), natomiast przy u ≥ t wynosi ona
,
,
0. Otrzymujemy stad
, dowodzona, równość.
Z udowodnionego lematu latwo wyprowadzimy wniosek mówiacy
o tym, że jeśli funkcja ciag
,
, la
f (t) mnożona przez funkcje kontrolne ent , szybko rosnace
do
∞
ma
ca
lki
jednostajnie
ograniczone
,
ze wzgledu
na
n,
to
funkcja
ta
musi
być
zerowa.
Dok
ladniej,
mamy nastepuj
acy
,
,
,
Lemat 2. Niech T > 0 i zalóżmy, że f : [0, T ] → C jest ciag
, la oraz istnieje taka stala M ,
że
Z T
nt
<M
e
f
(t)
du
0
dla wszystkich n ∈ N. Wówczas f = 0 na [0, T ].
Dowód. Dla każdego t ∈ [0, T ] mamy nastepuj
ace
oszacowanie
,
,
∞
∞
X (−1)k−1 Z T
X
ekn(t−T )
kn(t−u)
e
f (T − u) du ≤
k!
k!
0
k=1
k=1
≤ M
Z
T
e
kn(T −u)
0
f (T − u) du
∞
X
ekn(t−T )
k=1
k!
= M exp(en(t−T ) ) − 1 .
Gdy t < T , wtedy ostatnie wyrażenie zbiega do 0 przy n → ∞. Stad
, i z lematu 1 dostajemy
Z t
f (T − u) du = 0 dla każdego t ∈ [0, T ).
0
2
Zatem, wobec ciag
, lości f , mamy f = 0 na [0, T ].
Lemat 2 bedzie
narzedziem
slużacym
do udowodnienia twierdzenia Titchmarsha w szczególnym
,
,
,
przypadku, mianowicie wtedy, gdy funkcje f, g wystepuj
ace
w jego wypowiedzi sa, równe. Przejście
,
,
od tego szczególnego przypadku do sytuacji ogólnej wymagalo bedzie
użycia jeszcze jednego lematu.
,
Lemat 3. (Lercha) Niech a < b bed
, a, liczbami rzeczywistymi i niech φ : [a, b] → C bedzie
,
funkcja, ciag
l
a.
Za
lóżmy,
że
,
,
Z b
xn φ(x) dx = 0
a
dla wszystkich n ∈ N. Wówczas φ = 0 na [a, b].
Dowód. Z zalożenia bezpośrednio wynika, że
Z b
P (x)φ(x) dx = 0
a
dla każdego zespolonego wielomianu P (x). Na mocy twierdzenia Stone’a - Weierstrassa, zbiór
wszystkich takich wielomianów jest gesty
w przestrzeni
Banacha zespolonych funkcji ciag
, lych określonych
,
Rb
na [a, b] z norma, k · ksup . Funkcjonal Λ : f 7→ a f φ określony na tej przestrzeni jest zatem funkcjonalem liniowym, ciag
sie, na podzbiorze gestym.
Jest on wobec tego zerowy. W
, lym
,
,
R b i zerujacym
2
szczególności 0 = Λ(φ) = a φ2 . Funcja podcalkowa jest ciag
la
i
nieujemna.
Dostajemy wiec
,
, φ = 0,
czyli φ = 0.
Dowód Twierdzenia Titchmarsha. Jak to zostalo już wcześniej zapowiedziane, najpierw wykażemy
twierdzenie w przypadku, gdy f = g.
Niech T > 0 i zalóżmy, że funkcja f ∈ C[0, ∞) spelnia warunek
(f ∗ f )(t) = 0 dla wszystkich t ∈ [0, 2T ].
Pokażemy, że wówczas f zeruje sie, na przedziale [0, T ]. Z takiego stwierdzenia, biorac
, T dowolnie
duże, można wywnioskować teze, twierdzenia dla f = g. Z zalożenia mamy
Z t
Z 2T
n(2T −t)
f (t − u)f (u) du dt = 0
e
0
0
dla dowolnego n ∈ N. Podstawmy u 7→ T − v, t 7→ 2T − v − w. Jakobian takiego odwzorowania
wynosi
∂u ∂u −1 0 ∂w = ∂v
∂t ∂t −1 −1 = 1 ,
∂v
∂w
a obszar calkowania przechodzi na trójkat
, określony nierównościami: v ≤ T , w ≤ T , v + w ≥ 0.
Oznaczmy ten trójkat
przez
∆,
natomiast
trójkat
go do prostokata
[−T, T ] × [−T, T ]
,
, dopelniajacy
,
,
0
oznaczmy przez ∆ . Mamy
Z
en(v+w) f (T − v)f (T − w) dv dw = 0 ,
∆
skad
,
Z
n(v+w)
e
Z
f (T − v)f (T − w) dv dw =
∆+∆0
∆0
3
en(v+w) f (T − v)f (T − w) dv dw .
Calka po lewej stronie wynosi
Z
T
−T
2
e f (T − x) dx ,
nx
natomiast na trójkacie
∆0 modul wyrażenia en(v+w) ograniczony jest z góry przez 1. Zatem
,
Z
T
−T
2
enx f (T − x) dx ≤ P M 2 ,
gdzie M := sup |f | , P jest polem trójkata
∆0 . Otrzymujemy
,
Z T
Z T
Z 0
nx
nx
nx
≤ +
e
f
(T
−
x)
dx
e
f
(T
−
x)
dx
e
f
(T
−
x)
dx
0
−T
−T
√
≤
PM + TM .
Na mocy lematu 2, f = 0 na przedziale [0, T ]. Jak wcześniej zauważyliśmy, dowodzi to prawdziwości
twierdzenia w przypadku f = g.
Ustalmy teraz dwie funkcje f, g ∈ C[0, ∞) takie, że (f ∗ g)(t) = 0 dla wszystkich t ∈ [0, ∞).
Oznaczmy
f1 (t) := tf (t) , g1 (t) := tg(t) dla t ∈ [0, ∞) .
Wobec oczywistej równości
Z t
Z t
Z t
(t − u)f (t − u)g(u) du +
ug(u)f (t − u) du = t
f (t − u)g(u) du ,
0
0
0
mamy
(f1 ∗ g + f ∗ g1 )(t) = 0 dla wszystkich t ∈ [0, ∞).
Stad
,
0 = f ∗ g1 ∗ (f1 ∗ g + f ∗ g1 ) = (f ∗ g) ∗ (f1 ∗ g1 ) + (f ∗ g1 ) ∗ (f ∗ g1 )
= (f ∗ g1 ) ∗ (f ∗ g1 ) .
Z udowodnionej już cześci
twierdzenia wnosimy, że f ∗ g1 = 0. Innymi slowy
,
Z t
ug(u)f (t − u) du = 0 ; t ∈ [0, ∞) .
0
Powtarzajac
, to samo rozumowanie, dostajemy
Z t
un g(u)f (t − u) du = 0
0
dla wszystkich: n ∈ N oraz t ∈ [0, ∞). Korzystajac
, z lematu 3, mamy
g(u)f (t − u) = 0 dla wszystkich t ∈ [0, ∞), u ∈ [0, t] .
Gdyby istnial punkt x0 taki, że g(x0 ) 6= 0, to stosujac
, powyższy warunek dla t ≥ x0 otrzymalibyśmy
f = 0 na [0, ∞). Zatem f = 0 lub g = 0 na [0, ∞).
4
2
Cialo operatorów Mikusińskiego
Wiadomość, że pierścień (C[0, ∞), +, ∗) jest pierścieniem przemiennym bez dzielników zera
pozwala dokonać standardowej algebraicznej konstrukcji i zbudować dla tego pierścienia odpowiadajace
mu przemienne cialo ulamków. Cialo to oznaczać bedziemy
symbolem M i nazywać cialem
,
,
operatorów Mikusińskiego, a jego elementy - operatorami Mikusińskiego.
Funkcje, f ∈ C[0, ∞) oznaczać bedziemy
też symbolem {f (t)}. Zauważmy, że każdy taki ele,
ment f pierścienia (C[0, ∞), +, ∗) może być utożsamiany z elementem ciala M, mianowicie z klasa,
. Symbol {1} oznacza funkcje, identycznie równa,
abstrakcji reprezentowana, przez ulamek {f (t)}·{1}
{1}
1, a symbol · oznacza oczywiście mnożenie splotowe. Mamy wiec
, naturalne zanurzenie
C[0, ∞) 3 f ,→
{f (t)} · {1}
∈ M.
{1}
Podobnie każda, liczbe, zespolona, α możemy utożsamiać w naturalny sposób z pewnym operatorem, mianowicie tzw. operatorem skalarnym
[α] :=
{α}
,
{1}
gdzie {α} oznacza funkcje, identycznie równa, α, rozważana, jako element ciala M. Okazuje sie,
, że
mnożenie splotowe przez operatory skalarne odpowiada zwyklemu mnożeniu przez liczbe, zespolona.,
Dokladniej, zachodza, nastepuj
ace
wzory
,
,
[α + β] = [α] + [β] ,
[αβ] = [α] · [β] ,
[α] · {f (t)} = {αf (t)} ,
[α] ·
{αf (t)}
{f (t)}
=
{g(t)}
{g(t)}
dla wszystkich: α, β ∈ C, f, g ∈ C[0, ∞). Mamy zatem nastepne
naturalne zanurzenie
,
C 3 α ,→ [α] ∈ M .
W ciele M istnieje oczywiście jedność. Oznaczamy ja, symbolem 1M . Jest ona ulamkiem wyznaczonym przez dowolny reprezentant c 6= 0 w nastepuj
acy
sposób
,
,
1M =
c
.
c
Wyróżnimy teraz dwa operatory grajace
szczególnie ważna, role, w zastosowaniach rachunku
,
operatorów do równań różniczkowych. Operator generowany przez funkcje, tożsamościowo równa, 1
oznaczymy symbolem h na cześć Heaviside’a (operator ten bywa także czesto
oznaczany przez l):
,
h := {1} .
Operator ten zwiemy operatorem calkowym, co motywowane jest nastepuj
acym
rachunkiem
,
,
Z t
h · {f (t)} = {1} · {f (t)} =
f (s) ds .
o
Operator, który jest elementem odwrotnym do h w ciele M oznaczymy symbolem s i nazwiemy
operatorem różniczkowym:
1M
s :=
.
h
5
W dalszym ciagu,
jeśli piszemy równość operatorowa,, to każda, wystepuj
ac
,
, a, w niej liczbe, zespo,
lona, rozumieć należy jako odpowiadajacy
jej operator skalarny.
,
Twierdzenie 2. Niech f ∈ C n [0, ∞). Wówczas zachodzi nastepuj
aca
równość operatorowa
,
,
f (n) = sn · f − sn−1 · f (0) − . . . − s · f (n−2) (0) − f (n−1) (0) .
Dowód. Mnożac
, obustronnie równość
Z
{f (t)} = {f (0)} +
t
0
f (s) ds
0
przez s i pamietaj
ac,
że s · h = h · s = 1M , dostajemy teze, w przypadku, gdy n = 1. Wzór dla n > 1
,
,
wynika latwo z tego przez indukcje.
,
3
Zastosowanie do równań różniczkowych
Idea stosowania rachunku operatorowego do równań różniczkowych polega na fakcie, że operacje różniczkowania i calkowania w ciele M polegaja, po prostu na mnożeniu przez odpowiednie
operatory s i h. W ten sposób zapisanie równania różniczkowego w postaci operatorowej pozwala sprowadzić problem do rozwiazania
prostego algebraicznego równania. Z uwagi na to, że po
,
rozwiazaniu
powstalego równania algebraicznego w wyniku dostajemy operator ciala M, dodat,
kowo należy wiedzieć, przez jaka, funkcje, tenże operator jest reprezentowany. W przypadku równań
różniczkowych liniowych o stalych wspólczynnikach lub ukladów takich równań rozwiazanie
w po,
staci algebraicznej zawsze wyraża sie, pewna, funkcja, wymierna, zmiennej s. Jeśli uwzglednimy
to, że
,
funkcje takie zawsze daja, rozlożyć sie, na ulamki proste, to wystarczajace
dla
nas
w
tym
przypadku
,
bed
a
nast
epuj
ace
wzory
,
, ,
,
Twierdzenie 3. Mamy
tn−1 αt
e
,
(n − 1)!
1M
1 αt
=
e sin βt ,
(s − α)2 + β 2
β
αt
s−α
=
e
cos
βt
(s − α)2 + β 2
1M
=
(s − α)n
dla wszystkich: n ∈ N, α ∈ C, β ∈ C \ {0}.
Dowód. Pokażemy dowód wzoru (1). Na mocy twierdzenia 2 mamy
s · {eαt } = {αeαt } + 1 = α · {eαt } + 1M ,
6
(1)
(2)
(3)
co dowodzi tego wzoru w przypadku n = 1. Jeśli teraz n > 1 i zalożymy prawdziwość wzoru dla
n − 1, to mamy
n−2
1M
t
αt
αt
e
= {e } ·
(s − α)n
(n − 2)!
Z t
1
n−2 αs α(t−s)
s e e
ds
=
(n − 2)! 0
Z t
eαt
n−2
=
s
ds
(n − 2)! 0
n−1
t
αt
e
,
=
(n − 1)!
co kończy dowód indukcyjny.
Przyklad. Rozwiazać
uklad równań różniczkowych
,
0
x = x + 2y
y 0 = −x + 2y
z warunkami poczatkowymi
x(0) = ξ, y(0) = η.
,
Uklad ten w postaci operatorowej przyjmuje postać
(s − 1)x − 2y
= ξ
.
x
+ (s − 2)y = η
Zapisujac
, go w postaci macierzowej, mnożac
, obustronnie przez odpowiednia, macierz odwrotna, i
zapisujac
, jej elementy w postaci sum ulamków zwyklych, otrzymujemy
 
   21 2 1
1
+ 3 s−3 − 23 1s + 23 s−3
ξ
x
3s
  .
 =
11
1
11
1
η
y
− 13 s−3
+ 32 s−3
3s
3s
Stad
operatorowe. Natomiast korzystajac
, możemy odczytać rozwiazanie
,
, ze wzoru (1) twierdzenia
3, możemy napisać przez jakie funkcje to algebraiczne rozwiazanie
jest reprezentowane. Faktyczne
,
rozwiazanie
danego ukladu ma postać
,
2
2
x(t) = (ξ − η) + e−3t (ξ + η) ,
3
3
1
1
y(t) = (ξ + η) − e−3t (ξ − η) .
3
3
Rachunek operatorowy daje istotna, korzyść w porównaniu ze zwykla, metoda, rozwiazywania
,
równań różniczkowych liniowych o stalych wspólczynnikach lub ukladów takich równań. Użycie
rachunku operatorowego daje zupelnie algorytmiczna, metode, rozwiazywania
takich równań, na,
wet wtedy, gdy macierz ukladu posiada wielokrotne wartości wlasne, co jest sytuacja, niekorzystna,
w przypadku stosowania metody standardowej. Jak sie, bowiem okazuje, macierz odpowiedniego
ukladu algebraicznego jest zawsze nieosobliwa w ciele M. Wynika to z nastepuj
acego
faktu.
,
,
7
Twierdzenie 4. Operatory
1, s, s2 , . . . , sn , . . .
sa, liniowo niezależne nad cialem C.
Dowód. Zalóżmy, że liczby zespolone α0 , α1 , . . . , αn sa, takie, że w ciele M zachodzi równość
αn sn + · · · + α1 s + α0 = 0 .
n
Mnożac
, te, równość obustronnie przez operator h , dostajemy
αn + · · · + α1 hn−1 + α0 hn = 0 .
Latwo sprawdzić, że dla każdej liczby naturalnej k mamy
k−1 t
k
h =
.
(k − 1)!
Wobec tego funkcja
αn + · · · + α1
tn−2
tn−1
+ α0
(n − 2)!
(n − 1)!
jest funkcja, zerowa,, skad
, α0 = . . . = αn = 0.
8