Consideramos la ecuación funcional $$\tag1f(x)^2-f(y)^2=f(x+y)f(x-y)$$ for all $x,y\in\mathbb R$.
El uso de cálculo simple (esp. la adición teoremas), uno comprueba que las siguientes funciones son entre las soluciones para $(1)$:
- $f(x)=\kappa x$
- $f(x)=\kappa\sin\omega x$
- $f(x)=\kappa\sinh \omega x$
Vamos a llamar a estas soluciones Norbert-soluciones como Norbert mostró en su respuesta que se integran todas $C^2$ soluciones de $(1)$.
Sin embargo, el enunciado del problema no fue aproximadamente dos veces diferenciable soluciones, sino, más bien delimitada continua de soluciones. Vamos a ver que todos los delimitada continua de soluciones entre los Norbert-soluciones.
Deje $f$ ser un delimitada continuo de solución de $(1)$ que no es idéntica a cero. Como ha sido señalado $f(0)^2-f(0)^2=f(0)f(0)$ implica que el $f(0)=0$.
Deje $P\subseteq \mathbb R$ denota el conjunto de los períodos de $|f|$. Debido a $f(0)=0$,$P\subseteq f^{-1}(0)$. Por otro lado, si $a\in f^{-1}(0)$ $f(a+x)^2-f(x)^2=f(a+2x)f(a)=0$ implica $|f(a+x)|=|f(x)|$ todos los $x$$a\in P$. En otras palabras: $P=f^{-1}(0)$. Como $P$ es correcto (porque $f$ no es idéntica a cero) cerrado (porque $f$ es continuo) subgrupo (siempre) de $\mathbb R$, $f^{-1}(0)= p\mathbb Z$ algunos $p\ge 0$.
Si $a\in P$ también $2a\in P$, por lo tanto
$f(a+x)^2-f(a-x)^2=f(2a)f(2x)=0$ $f(a+x)f(a-x)=f(a)^2-f(x)^2\le 0 $ , es decir, $$ \tag 2f(a-x)=-f(a+x)\qquad\text{if }f(a)=0.$$
Si $p>0$, vamos a $I=(0,\frac12p)$; de lo contrario vamos a $I=(0,\infty)$.
Para $h\in I$ considerar la secuencia $a_k:=f(kh)$, $k\in \mathbb N$. Por elección de $I$ y el IVT, $a_1=f(h)$ $a_2=f(2h)$ tienen el mismo signo, es decir,$\frac{a_2}{2a_1}>0$.
La secuencia de $(a_k)_{k=1}^\infty$ está determinada únicamente por $a_1,a_2$ porque a partir de $(1)$ $(2)$ obtenemos la recursividad
$$\tag3 a_{k+1}=\begin{cases}\frac{a_k^2-a_1^2}{a_{k-1}}&\text{if }a_{k-1}\ne0,\\
-a_{k-3}&\text{if }a_{k-1}=0\end{casos}$$
para $k\ge 2$. (Tenga en cuenta que $a_{k-1}= 0$ implica $k\ge 4$).
Existe una Norbert-solución de $g\in C^2(\mathbb R)$$g(h)=a_1$, e $g(2h)=a_2$ (para ello se utiliza el "ángulo de la duplicación de las fórmulas" para$\sin$$\sinh$; no requerimos cálculo diferencial como uno podría simplemente comprobar de inmediato que estas funciones son soluciones de $(1)$):
- (Parabólico) Si $\frac{a_2}{2a_1}=1$, vamos a $g(x)=\kappa x$$\kappa=\frac{a_1}h $.
- (Elíptica) Si $0<\frac{a_2}{2a_1}<1$ deje $g(x)=\kappa \sin\omega x$ $\omega=\frac1h \arccos\frac{a_2}{2a_1}$ $\kappa=\frac{2a_1\cdot |a_1|}{\sqrt{4a_1^2-a_2^2}}$
- (Hiperbólica) Si $\frac{a_2}{2a_1}>1$ deje $g(x)=\kappa \sinh\omega x$ $\omega=\frac1h \operatorname{arcosh}\frac{a_2}{2a_1}$ $\kappa=\frac{2a_1\cdot |a_1|}{\sqrt{a_2^2-4a_1^2}}$
Por inducción, $g(kh)=a_k$ todos los $k\in\mathbb N$. En el parabólicos e hiperbólicos caso, la secuencia de $a_k$ es, por tanto, ilimitado, contrariamente a la suposición de que $f$ está acotada.
Por lo tanto $a_k=\kappa \sin k\omega h$ todos los $k\in\mathbb N$. El ángulo de $\omega h=\arccos\frac{a_2}{2a_1}$$(0\frac\pi 2)$, por lo tanto la condición sine ciertamente interruptores de signos. Por lo tanto, $f$ tiene ceros no triviales, es decir,$p>0$.
A priori, $\kappa$ $\omega$ dependen de la $h$. Si picking $h'=\frac 12 h$ conduce a $\omega', \kappa'$, $\omega'$ debe ser "compatible" con $\omega$ $\cos h\omega'=\cos h\omega$ y, por tanto,$2h'\omega'=h\omega'=\pm h\omega+2m\pi$. Por las propiedades de las $\arccos$,$0< h'\omega<\frac \pi2$$0<h\omega<\frac\pi 2$, de modo que podemos concluir $\omega'=\omega$. A continuación, automáticamente también se $\kappa'=\kappa$.
Esto significa que los Norbert-solución de $g(x)=\kappa\sin\omega x$ que elegimos para $h$ coincide con $f$ no sólo en todas las $x\in h\mathbb Z$, pero también para $x\in \frac12h\mathbb Z$ y por inducción para todos los $x\in\frac1{2^n}h\mathbb Z$
y, finalmente, en el denso conjunto de $\bigcup_{n\in\mathbb N}\frac1{2^n}h\mathbb Z$. Por la continuidad, $f=g$.
Comentario: Nos cayó la parabólicos e hiperbólicos de los casos, sólo porque el problema de la declaración pidió delimitada soluciones. Un rápido pensamiento acerca de estos casos muestra que tenemos de nuevo la singularidad de $\omega$ $\kappa$ en estos casos. Por lo tanto, todas continua de soluciones de $(1)$ son Norbert-soluciones.
