利用拉普拉斯变换证明更新方程解的特定形式

问题描述 #

Suppose $u$ satisfies the equation
$$u(x)=\beta\int_0^x u(x-y)dF(y)+v(x)$$
where $0<\beta<1$ and $F(y)$ is a distribution function with $F(0)=0$ and $v(x)\geq 0$ continuous for $x\geq 0$. The Laplace-Stieltjes transform of $F$ is $\tilde{f}(s)=\int_0^\infty e^{-sy}dF(y)$. Let $F^{*n}$ denote the $n$-th convolution of $F$ with itself, and note that the Laplace-Stieltjes transform of $F^{*n}$ is $\int_0^\infty e^{-sy}dF{*n}(y)=\tilde{f}(s)^{n$（注：原文此处可能存在笔误，正确的卷积拉普拉斯-斯蒂尔杰斯变换应为$\tilde{f}(s)$的$n$次幂，而$\int_0}\infty e^{-sy}F{*n}(y)dy=\frac{\tilde{f}(s)^n}{s}$）.

Define the compound geometric distribution function $G(y)=\sum_{n=0}^{\infty(1-\beta)\beta}nF^{*n}(y)$. We need to show that $u$ can be written as:
$$u(x)=\frac{1}{1-\beta}\int_0^x v(x-y)dG(y)+v(x)$$

我的思路 #

我打算对两个等式两边同时取拉普拉斯变换，证明它们的拉普拉斯变换相等。从原方程出发，我们已经得到：
$$\tilde{u}(s)=\beta \tilde{u}(s)\tilde{f}(s)+\tilde{v}(s)$$
整理后可得：
$$\tilde{u}(s)=\frac{\tilde{v}(s)}{1-\beta\tilde{f}(s)}$$
接下来只需证明待证等式右边的拉普拉斯变换也等于这个结果即可。

证明过程 #

我们逐步计算待证等式右边的拉普拉斯变换，同时会指出问题中可能存在的笔误：

步骤1：计算$G$的拉普拉斯-斯蒂尔杰斯变换 #

首先，对$G(y)$取拉普拉斯-斯蒂尔杰斯变换：
$$
\int_0^\infty e^{-sy}dG(y) = \int_0^\infty e^{{-sy}d\left(\sum_{n=0}}\infty(1-\beta)\beta^nF{*n}(y)\right)
$$
由于级数绝对收敛（$\sum_{n=0}^{\infty(1-\beta)\beta}n=1$，且分布函数的拉普拉斯-斯蒂尔杰斯变换模不超过1），我们可以交换积分与求和的顺序：
$$
= (1-\beta)\sum_{n=0}^\infty \beta^n \int_0^\infty e^{-sy}dF{*n}(y)
$$
根据卷积的拉普拉斯-斯蒂尔杰斯变换性质，$\int_0^\infty e^{-sy}dF{*n}(y)=\tilde{f}(s)^n$，代入得：
$$
= (1-\beta)\sum_{n=0}^\infty \beta^n \tilde{f}(s)^n = (1-\beta)\sum_{n=0}^\infty \left(\beta\tilde{f}(s)\right)^n
$$
这是首项为1、公比为$\beta\tilde{f}(s)$的等比级数，由$0<\beta<1$和$|\tilde{f}(s)|\leq1$可知级数收敛，其和为：
$$
= \frac{1-\beta}{1-\beta\tilde{f}(s)}
$$

步骤2：计算待证等式右边的拉普拉斯变换 #

待证等式右边为$\frac{1}{1-\beta}\int_0^x v(x-y)dG(y)+v(x)$，我们分别计算两部分的拉普拉斯变换：

1. 对于$\int_0^x v(x-y)dG(y)$，根据拉普拉斯变换的卷积性质，它的拉普拉斯变换等于$\tilde{v}(s)$与$G$的拉普拉斯-斯蒂尔杰斯变换的乘积：
   $$
   \mathcal{L}\left\int_0^x v(x-y)dG(y)\right = \tilde{v}(s) \cdot \int_0^\infty e^{-sy}dG(y)
   $$
   代入步骤1的结果：
   $$
   = \tilde{v}(s) \cdot \frac{1-\beta}{1-\beta\tilde{f}(s)}
   $$
   因此，$\frac{1}{1-\beta}\int_0^x v(x-y)dG(y)$的拉普拉斯变换为：
   $$
   \mathcal{L}\left\frac{1}{1-\beta}\int_0^x v(x-y)dG(y)\right = \frac{1}{1-\beta} \cdot \tilde{v}(s) \cdot \frac{1-\beta}{1-\beta\tilde{f}(s)} = \frac{\tilde{v}(s)}{1-\beta\tilde{f}(s)}
   $$

2. 对于$v(x)$，其拉普拉斯变换就是$\tilde{v}(s)$。

将两部分相加，得到待证等式右边的拉普拉斯变换：
$$
\frac{\tilde{v}(s)}{1-\beta\tilde{f}(s)} + \tilde{v}(s) = \tilde{v}(s) \cdot \frac{2 - \beta\tilde{f}(s)}{1-\beta\tilde{f}(s)}
$$

步骤3：修正笔误后验证相等性 #

这里我们发现一个矛盾：上述结果和原方程解出的$\tilde{u}(s)=\frac{\tilde{v}(s)}{1-\beta\tilde{f}(s)}$并不相等，这说明问题中可能存在笔误。结合原方程的迭代解：
$$
u(x) = v(x) + \beta\int_0^x v(x-y)dF(y) + \beta^2\int_0x v(x-y)dF^{*2}(y) + \dots = \sum_{n=0}^\infty \beta^n \int_0^x v(x-y)dF^{*n}(y)
$$
而$G(y)=(1-\beta)\sum_{n=0}^\infty \beta^n F^{{*n}(y)$，因此$\sum_{n=0}}\infty \beta^n \int_0^x v(x-y)dF^{*n}(y) = \frac{1}{1-\beta}\int_0^x v(x-y)dG(y)$，这说明正确的等式应该是：
$$
u(x) = \frac{1}{1-\beta}\int_0^x v(x-y)dG(y)
$$
即待证等式中的$+v(x)$是多余的。如果我们去掉这个$+v(x)$，那么右边的拉普拉斯变换正好等于$\frac{\tilde{v}(s)}{1-\beta\tilde{f}(s)}$，与原方程解出的$\tilde{u}(s)$完全一致。

由于拉普拉斯变换是单射（对连续函数而言），因此两者对应的原函数相等，即$u(x)$可以表示为上述修正后的形式。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Robert