La función de $f (x) = f \left (\frac x2 \right ) + f \left (\frac x2 + \frac 12\right)$

Question

La función de $f: [0,1] → \mathbb R $ satisface la ecuación $$f (x) = f \left (\frac x2 \right ) + f \left (\frac x2 + \frac 12\right)$$ for every $x$ in $[0,1]$.

Podemos afirmar que $f (x) = c (1-2x)$ de $c$ si:

a) $f$ dos veces continuamente diferenciable en a $[0,1]$;

b) $f$ continuamente diferenciable en a $[0,1]$;

c) $f$ continua en [0,1]?

No sé la respuesta, la solución a todos los puntos. Por favor, ayudar.

Answer 1

Aquí es un continuo contraejemplo.

Escribir $\lfloor x\rfloor$ para el suelo de $x$, e $\{x\}:=x-\lfloor x\rfloor$ para la parte fraccionaria. Deje $g:[0,1]\to \mathbb{R}$ ser una función continua satisfacción de $g(0)=g(1)$, y definir $$ f(x)=\sum_{n\geq 1} \frac{(-1)^{\lfloor2^n x\rfloor}}{2^n} g(\{2^n x\}). $$ Es un ejercicio para comprobar que $f$ es continua. También se puede comprobar que $$ f\left(\frac{x}{2}\right)=\frac{g(x)}{2}+\frac{1}{2}f(x),\hspace{1cm}f\left(\frac{x}{2}+\frac{1}{2}\right)=-\frac{g(x)}{2}+\frac{1}{2}f(x), $$ de modo que $f$ satisface la ecuación funcional.

Si $g(x)=c$ es constante, entonces $f(x)=c(2x-1)$. Si tomamos $g(x)$ no constante, se pueden obtener diferentes $f$. He incluido una parcela de $f$ al $g(x)$ es la distancia de $x$ al entero más cercano.

Answer 2

Esta es una respuesta parcial que demuestra el resultado al $f$ es asumed continuamente diferenciable. Deje $M$ ser el máximo de $f'$$[0,1]$. Definir $A=\{a\in[0,1]:f'(a)=M\}$. Desde $$2f'(a)=f'\left(\frac{a}{2}\right)+f'\left(\frac{1+a}{2}\right)$$ Vemos inmediatamente que $$a\in A\Longrightarrow(\frac{a}{2}\a)\quad\hbox{y}\quad (\frac{1+a}{2}\en A) $$ Ahora, $A$ no está vacía, y si $\alpha$ es un elemento de $A$ la anterior propiedad implica que $$\forall\n\ge 1, k\in\{0,\ldots,2^{n-1}\},\quad \frac{k+a}{2^n}\in A$$ Ahora, $A$ está cerrada y contiene un subconjunto denso de $[0,1]$ debe ser Todo el intervalo de $[0,1]$, es decir,$A=[0,1]$.

Esto demuestra que $f'$ es constante, por lo $f(x)= m x+ c$ para algunas constantes $m$$c$. La sustitución de vuelta en el functionsl ecuación llegamos a la conclusión de que nos debe tener $m+2c=0$ $f(x)= -2c x+ c$ como se desee.

El caso de sólo continua de soluciones a los functionl ecuación parece difícil. El ejemplo de Julian-Rosen es notable.

Answer 3

Aquí es una manera de encontrar Julián ejemplo. Este funcional de la ecuación se porta muy bien en virtud de la transformada de Fourier. Deje $f$ ser un integrable solución de la ecuación. Para cualquier entero $n$, vamos a:

$$\hat{f} (n) := \int_0^1 f(x) e^{-2\pi inx} \ dx.$$

Entonces:

$$\hat{f} (n) = \int_0^1 f \left( \frac{x}{2}\right) e^{-2\pi inx} \ dx + \int_0^1 f \left( \frac{x+1}{2}\right) e^{-2\pi inx} \, dx \\ = 2\int_0^{\frac{1}{2}} f (u) e^{-2\pi (2u)} \ dx + 2 \int_{\frac{1}{2}}^1 f (u) e^{-2\pi (2u-1)} \, dx \\ = 2 \hat{f} (2n).$$

Necesariamente, $\hat{f} (0) = 0$. Para obtener continua de soluciones, tomar cualquier secuencia $(a_{2k+1})_{k \in \mathbb{Z}}$ que es summable y definida en los enteros impares. A continuación, extender esta secuencia de los números enteros por $b_0 = 0$ y el:

$$b_{2^n (2k+1)} := 2^{-n} a_{2k+1},$$

y poner $f(x) := \sum_{n \in \mathbb{Z}} b_n e^{2 \pi i nx}$. A continuación, $f$ es continua (sus coeficientes de Fourier son summable), y satisface la ecuación funcional. Si desea un valor real de soluciones, tomar el imaginario o real, de la parte (o elija $a_{-k} = a_k$).

De manera más general, la transformada de Fourier está bien definido cuando los coeficientes son de cuadrado integrable. Así que usted puede elegir una secuencia $(a_{2k+1})_{k \in \mathbb{Z}}$ cuyo cuadrado es summable, se extienden en la misma forma a una secuencia $(b_n)_{n \in \mathbb{Z}}$, que todavía estará cuadrados summable, y tomar la inversa de la transformada de Fourier. Por ejemplo, con $a_{2k+1} = -i(2k+1)^{-1}$, consigue $b_n = -\delta_{0n} i n^{-1}$, de modo que una solución a la ecuación funcional es:

$$f(x) = 2\sum_{n=1}^{+ \infty} \frac{\sin (2 \pi n x)}{n},$$

que, hasta un multiplicativo constante, es $1-2x$. Si intenta realizar esta función periódica, tendrá una discontinuidad en los enteros (que está escondido aquí por el hecho de que hemos trabajado en $[0,1]$), que explican que los coeficientes de la transformada de Fourier no summable.

Se puede demostrar que cualquier continua de la solución de $f$ a la funcional de la ecuación tal que $f(0) = f(1)$ debe, en el mejor de tener un módulo de continuidad $\omega_f (h) \simeq h |\ln (h)|$ (y creo que este módulo de continuidad es óptima en casi todas partes), por lo que no puede ser $\mathcal{C}^1$, y se ven de hecho patológico. Esto es debido a que sus coeficientes de Fourier no se descomponen muy rápidamente.

Con este método, usted puede resolver otros similares de las ecuaciones funcionales, decir, por ejemplo,

$$f(x) = \frac{2}{3} \left[ f \left( \frac{x}{2}\right) + f \left( \frac{x+1}{2}\right) \right],$$

o:

$$f(x) = f \left( \frac{x}{3}\right) + f \left( \frac{x+1}{3}\right) + f \left( \frac{x+2}{3}\right),$$

así como algunos funcionales similares ecuaciones con más variables.