Real-analítico $f(z)=f(\sqrt z) + f(-\sqrt z)$?

Question

Hay no constante real-funciones analíticas $f(z)$ tal que

$$ f(z)=f(\sqrt z) + f(-\sqrt z)$$

está satisfecho cerca de la línea real ?

También puede ser que tales funciones se entera ? Y/O pueden ser periódica con un periodo real $p>0$ ?

¿El conjunto de ecuaciones

$$ f(z)=f(\sqrt z) + f(-\sqrt z)$$

$$ f(z)=f(z+p)$$

$$ f ' (0) > 0$$

implica que $f(z)= 0 + a_1 z + a_2 z^2 + a_3 z^3 + ...$, donde más de 50 % del valor distinto de cero signos de la $a_n$ son positivas ?

Relacionado con :

Real-analítica de función periódica $f(z)$ que tiene más de 50 % de los derivados positivo?

Answer 1

Como se ha señalado por Zarrax, $$ f(z^2)=f(z)+f(-z)\etiqueta{1} $$ implica $$ \sum_{k=0}^\infty a_kz^{2k}=2\sum_{k=0}^\infty a_{2k}z^{2k}\etiqueta{2} $$ por lo tanto, $$ a_k=2a_{2k}\etiqueta{3} $$ Obviamente, $a_0=0$. Dado $a_k$ extraños $k$, $(3)$ nos permite calcular todos los $a_k$.

Funciones con poder serie que satisfacer $(3)$ $$ \begin{align} f_n(z) &=-\log(1-z^{2n+1})\\[6pt] &=\sum_{k=1}^\infty\frac{z^{k(2n+1)}}{k}\tag{4} \end{align} $$ y las combinaciones lineales de las $f_n$. Tenga en cuenta que el $f_n$ satisfacer $(1)$. De hecho, $$ \begin{align} \sum_{n=0}^\infty\frac{\mu(2n+1)}{2n+1}f_n(z) &=\sum_{n=0}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{\mu(2n+1)}{2n+1}\frac{z^{k(2n+1)}}{k}\\[9pt] &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{\substack{d\mid n\\d\text{ odd}}}\mu(d)\frac{z^n}{n}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{z^{2^n}}{2^n}\tag{5} \end{align} $$ donde $\mu$ es la función de Möbius. La última ecuación en $(5)$ sigue de $$ \sum_{\substack{d\mediados n\\d\text{ impar}}}\mu(d) =\left\{\begin{array}{} 1&\text{if %#%#% is a power of %#%#%}\\ 0&\text{otherwise} \end{array}\right.\la etiqueta{6} $$ Podemos utilizar $$ \begin{align} f_n\left(z^{2k+1}\right) &=-\log\left(1-z^{(2k+1)(2n+1)}\right)\\ &=f_{2kn+k+n}(z)\tag{7} \end{align} $$ para escribir todas las posibles funciones de satisfacciones $n$ como combinaciones lineales de las $2$. Es decir, el uso de $(1)$ $f_n$ para obtener $$ \begin{align} \sum_{k=0}^\infty\sum_{n=0}^\infty a_{2k+1}\frac{z^{(2k+1)2^n}}{2^n} &=\sum_{k=0}^\infty\sum_{n=0}^\infty a_{2k+1}\frac{\mu(2n+1)}{2n+1}f_n\left(z^{2k+1}\right)\\ &=\sum_{k=0}^\infty\sum_{n=0}^\infty a_{2k+1}\frac{\mu(2n+1)}{2n+1}f_{2kn+k+n}(z)\tag{8} \end{align} $$ Por lo tanto, todos los $(5)$ que satisfacer $(7)$ está dado por las combinaciones lineales de las $f$.

---

Por ejemplo, podemos escribir el ejemplo dado por mjqxxxx como $$ \log(1+z+z^2)=f_0(z)-f_1(z) $$

Answer 2

El ejemplo más sencillo de una función que es real-analítica sobre toda la recta real es $$ f(z)=\log\left(1+z+z^2\right). $$ Tenemos $$ f(\sqrt{z})+f(-\sqrt{z})=\log\left(1+\sqrt{z}+z\right)+\log\left(1-\sqrt{z}+z\right)\\=\log\left((1+z)^2-z\right)\\=\log\left(1+z+z^2\right)\\=f(z), $$ como se desee. No es todo, pero es analítica en el barrio de el real de la línea, desde su rama cortes empezar a $z=-1/2\pm i\sqrt{3}/2$.

Answer 3

Escribir $f(z) = \sum_n a_nz^n$ poder de una serie de cerca de $z = 0$. Entonces la ecuación de $f(z^2) = f(z) + f(-z)$ implica que $$\sum_{n = 0}^{\infty} a_n z^{2n} = \sum_{n=0}^{\infty} a_nz^n + a_n (-z)^n$$ $$= \sum_{n \, even} 2a_n z^n$$ $$= \sum_{n = 0}^{\infty} 2a_{2n} z^{2n}$$ Así que tienes que tener $a_{2n} = {1 \over 2}a_n$ todos los $n$. Por el contrario si este tiene para todos los $n$, entonces el poder de la serie para $f(z)$ va a satisfacer $f(z^2) = f(z) + f(-z)$. Así el deseado ecuación de $f(z) = f(\sqrt{z}) + f(-\sqrt{z})$ tendrá para $z \geq 0$. Así, por ejemplo, ${\displaystyle \sum_{k = 0}^{\infty} {z^{2^k} \over 2^k}}$ obras. Ninguna de estas funciones puede ser hecho todo... si $a_n \neq 0$, ${\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} a_{2^{k}n}z^{2^{k}n} = \sum_{k=0}^{\infty} a_{n}{z^{2^{k}n} \over 2^k}} $ diverges for $z > 1$.

No estoy seguro de lo $f(z) = f(\sqrt{z}) + f(-\sqrt{z})$ se supone que significa cuando $z$ no es un número real no negativo. Pero si usted fija una definición para $\sqrt{z}$ estas funciones satisfacer $f(z) = f(\sqrt{z}) + f(-\sqrt{z})$.

Answer 4

Tenga en cuenta que si $f(z)$ es una función impar $f(-z) = -f(z)$, entonces obtendremos

$$ f(z) = f(\sqrt{z}) + f(-\sqrt{z}) = f(\sqrt{z}) - f(\sqrt{z}) = 0 $$

Tenga en cuenta que si $f(z)$ es una función par $f(-z) = f(z)$, entonces obtendremos

$$ f(z) = f(\sqrt{z}) + f(-\sqrt{z}) = f(\sqrt{z}) + f(\sqrt{z}) = 2 f(\sqrt{z}) $$

Así que buscamos una función tal que

$$ f(z^2) = 2 f(z) $$

o más general

$$ f(z^n) = n f(z) $$

La función

$$ \ln(|z|^k) $$

tiene esta propiedad, por lo que

$$ f(z) = \ln\Big(|z|^k\Big) $$

---

Tenga en cuenta que

$$ f\big(\pm\sqrt {z}\big) = \ln\Big(\big|\pm\sqrt {z}\big|^k\Big) = \ln\Big(\sqrt{|z|}^k\Big) $$

y está bien definido.