Ecuación funcional$f(x+y)-f(x-y)=2f'(x)f'(y)$

Question

Estoy intentando resolver la ecuación$f(x+y)-f(x-y)=2f'(x)f'(y)$ para todas las funciones$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ no constantes y diferenciables.

Aquí está mi progreso:
Cualquier solución debe ser una función par y, por lo tanto, cero es un punto crítico. Además, si$f(x)$ es una solución, entonces$f(x)+c$ también es una solución para cualquier constante$c.$

Además$\dfrac{x^2}2, -\cos x$ y$\cosh x$ son algunas soluciones de nuestra ecuación funcional.

¿Cómo puedo resolver esta ecuación por completo?

Answer 1

1. OP ya ha derivado

   • $f(2x)-f(0)~=~2f^{\prime}(x)^2~\geq~0$.

   • $f^{\prime}(0)~=~0$.

   • $f(y)-f(-y)~=~0$ incluso la función.

   • $x\mapsto f(x)$ solución $\quad\Rightarrow\quad$ $x\mapsto f(x)+c$ solución.

2. Suponga que $f$ no es una función constante. Entonces existe un punto de $y_0\in\mathbb{R}$ tal que $f^{\prime}(y_0)\neq 0$. A partir de la secuencia de arranque/de la recurrencia de la relación $$ f^{(n+1)}(x)~=~\frac{f^{(n)}(x+y_0)-f^{(n)}(x-y_0)}{2f^{\prime}(y_0)}, \qquad n~\in~\mathbb{N}_0,$$ podemos deducir de forma inductiva que $f\in C^{\infty}(\mathbb{R})$ es infinitamente muchas veces diferenciable.

3. Bajo el supuesto de que $f$ es 4 veces diferenciable, se puede derivar la educación a distancia $$f^{(3)}(x)~=~f^{\prime}(x)f^{(4)}(0).$$

4. Combinado con lo OP que ya ha derivado, de ello se sigue que la solución completa es

   $$ f(x)~=~\lambda^{-2}\cosh(\lambda x)+ c\qquad\vee\qquad f(x)~=~\frac{x^2}{2}+c, \qquad\vee\qquad f(x)~=~c, $$ $$ \lambda~\in~\mathbb{C}\backslash\{0\}, \qquad c ~\in~\mathbb{C}.$$

Answer 2

Asumir que la función es doblemente diferenciable,

Diferenciando wrt$y$ y evaluando en$y=0$, obtuve$ f''(0)=1 $.

Diferenciando wrt$y$ y luego wrt$x$ da$$ f''(x+y) + f''(x-y) = 2f''(x)f''(y) $ $ que en$y=x$ da$ g(2x) + 1 = 2(g(x))^2 $ donde$g(x) = f''(x)$.

¿Esto ayuda?

Answer 3

Esto no es una respuesta completa y sólo una discusión acerca de la diferenciabilidad de $f$.

Tenemos que

$$ 0=f(x+0)-f(x-0)=2f'(x)f'(0)\implies f'(0)=0$$ because in other case $f$ es constante.

Ya que si $f$ es una solución, a continuación, $f+c$ es también una solución suponemos $f(0)=0$ WLOG.

Tenemos que

$$f(2x)-0=f(x+x)-f(x-x)=2(f'(x))^2\implies f'(x)=\pm \sqrt{\dfrac{f(2x)}{2}}.$$ So, $$f(2x)\ne 0\implies \exists f''(x).$$

Deje $x_0\ne 0$ ser el menor valor positivo tal que $f(2x_0)=0.$ es $$f(x_0+y)=f(x_0-y), \forall y.$$ Since $$f(y)=f(-y),\forall y$$ we have that $f$ must be periodic with period $2x_0$. De hecho

$$f(2x_0+y)=f(x_0+x_0+y)=f(x_0-x_0-y)=f(-y)=f(y).$$

Por eso, $f''(x)$ existe en $\mathbb{R}\setminus\{kx_0|k\in\mathbb{Z}.\}$

Deje $y_0$ ser un punto tal que $f'(y_0)\ne 0.$

\begin{align} f''(0) &= \lim_{h\to 0}\dfrac{f'(h)}{h}\\&= \lim_{h\to 0}\dfrac{f(h+y_0)-f(h-y_0)}{2hf'(y_0)} \\&= \dfrac{1}{2f'(y_0)}\left(\lim_{h\to 0}\dfrac{f(h+y_0)-f(y_0)}{h}+\lim_{h\to 0}\dfrac{f(y_0)-f(h-y_0)}{h}\right) \\&=1. \end{align} Esto muestra que $f''(x)$ existe $\forall x\in \mathbb{R}.$

Ahora, tenemos

\begin{align} f'''(x)&=\lim_{h\to 0}\dfrac{f''(x+h)-f''(x)}{h}\\&= \lim_{h\to 0}\dfrac{f'(x+h+y)-f'(x+h-y)-f'(x+y)+f'(x-y)}{2hf'(y)}\\&=\dfrac{f''(x+y)}{f'(y)}. \end{align} Esto muestra que $\exists f'''(x),\forall x.$

En una manera similar, podemos demostrar la existencia de $f^{(4)}$ con que

$$f''(x+y)-f''(x-y)=2f'''(x)f'(y).$$

Por lo tanto la respuesta dada por @Qmechanic incluye todas las posibles soluciones.