Resolver

Question

Recientemente me encontré con esta ecuación : $$\forall x \in \mathbb{R}_+^*, f'(x) = f\left(\frac1{x}\right)$$where $f \in \mathcal{C}^1(\mathbb{R}, \mathbb{R})$.

He hecho lo siguiente, pero estoy atascado en el final. Me podrían dar los punteros? Gracias!

La diferenciación de los rendimientos $$\forall x, f''(x) = -\frac1{x^2}f(x) \tag{$S_0$}$$Solutions in the form $$x \mapsto \frac1{x^\phi}$$ work iff $\phi(\phi+1) = -1 $, ie. $\phi = \frac{-1 \pm i \sqrt{3}}{2} =e^{\pm 2i\pi/3} = j, \overline{j}$. Elements of the vector space generated by the free pair $(x^j, x^\overline{j})$ are therefore solutions of ($S_0$).

Yo luego alimentar a $\lambda x^j + \mu x^\overline{j}$ en la ecuación original, que los rendimientos de $-\lambda j\frac1{x^{j+1}}-\mu\overline{j}\frac1{x^{\overline{j} + 1}} = \frac{x^{j + \overline{j}}}{\lambda x^\overline{j} + \mu x^j}$,$(-\lambda j x^{\overline{j}+1} - \mu \overline{j} x^{j+1})(\lambda x^{\overline{j}} + \mu x^j) = x^{1+j+\overline{j}} = x^0 = 1$, e $-\lambda^2 j x^{2\overline{j} + 1} - \mu^2 \overline{j} x^{2j+1} - \lambda\mu(j + \overline{j}) = 0 $. Por lo tanto, $$ \lambda^2 j x^{-2i\sin(2\pi/3)} + \mu^2 \overline{j} x^{2i\sin(2\pi/3)} = \lambda\mu$$

Eso no significa que no se pueden encontrar soluciones a la ecuación original, excepto el trivial $x \mapsto 0$? O que no me lleve el enfoque correcto? No puedo entender cómo manejar la última igualdad.

Answer 1

Hay un error en el cálculo de Clément: La ecuación diferencial Euleriana$y''+y/x^2=0$ tiene soluciones de la forma$y(x)=x^\lambda$ donde$=\exp(\lambda\log x)$ satisface la "ecuación del índice"$\lambda$, asi que $\lambda(\lambda-1)+1=0$. La solución general es$\lambda={1\over2}\pm i{\sqrt3\over2}$$$f(x)=c_1\exp(\lambda_1\log x)+c_2\exp(\lambda_2\log x)\>.$ f '(x) = f (1 / x)$ If we confront this with the original functional equation $$ then we see that the latter even has real solutions, namely $ $ Por supuesto es fácil comprobar a posteriori que estos son de hecho Soluciones.

Answer 2

No entiendo cómo se obtuvo la ecuación después de "en la ecuación original, que da"; pareciera que hay algo mal ahí, pero no estoy seguro exactamente lo que hizo. Creo que todo esto se hace un poco más fácil si usted transformar a$y=\ln x$$g(y)=f(x)$; a continuación, la condición lee

$$g'(y)=\mathrm{e}^yg(-y)\;,$$

y la diferenciación como hizo rendimientos

$$g''(y)=g'(y)-g(y)\;.$$

Las soluciones de la ecuación característica son los mismos $j,\overline{j}$ que tienes, por lo que la ecuación original se convierte en

$$\left(c_1\mathrm{e}^{jy}+c_2\mathrm{e}^{\overline{j}y}\right)'=\mathrm{e}^y\left(c_1\mathrm{e}^{-jy}+c_2\mathrm{e}^{-\overline{j}y}\right)\;.$$

Desde $1-j=\overline{j}$$1-\overline{j}=j$, esto es satisfecho si $jc_1=c_2$$\overline{j}c_2=c_1$, y estas condiciones son en realidad equivalentes, ya que $j\overline{j}=1$. Así que la solución es

$$c \left(\mathrm{e}^{jy}+j\mathrm{e}^{\overline{j}y}\right)=c\left(x^j+jx^{\overline{j}}\right)\;.$$

Para que esto sea real, debemos tener $c=b/\sqrt{j}$$b\in\mathbb{R}$, y por lo tanto

$$f(x)=a\Re\left(x^j/\sqrt{j}\right)$$

con $a\in\mathbb{R}$. Conectando de nuevo en la ecuación original muestra que esto es de hecho una solución.

Answer 3

No sé si puedo comentar a la pregunta de Clemente así que escribiré mi respuesta aquí. Lo que has mostrado es que cualquier solución a$\frac{df(x)}{dx} = f(\frac{1}{x})$ satsifies la ecuación de cauchy-euler$\frac{d^2 f(x)}{dx^2}=-\frac{1}{x^2} f(x)$ cuyas soluciones son$\sqrt x \cos(\sqrt 3 \ln x /2)$ y$\sqrt x \sin(\sqrt 3 \ln x /2)$. El problema, creo, es la afirmación inversa de que las soluciones de la ecuación cauchy-euler satisfacen el$\frac{df(x)}{dx} = f(\frac{1}{x})$ es falso.