Evaluación del $\int_{-\infty}^{\infty}\operatorname{e}^{-\mu x^2}f(\nu x)\operatorname{d\!}x$ $\mu>0$

Question

Estoy tratando de evaluar la integral $$ \Psi(\mu\nu)=\int_{-\infty}^{\infty}\operatorname{e}^{-\mu x^2}f(\nu x)\operatorname{d}\!x\qquad(\text{para}\; \mu>0)\tag 1 $$ donde $\nu\in\Bbb R$ $f$ satisface la ecuación funcional $$ f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y).\tag 2 $$

Traté de evaluar el producto $\Psi(\mu,\nu)\cdot \Psi(\mu,\rho)$ y, después de algunas manipulaciones, he encontrado $$ \Psi(\mu\nu)\cdot \Psi(\mu\rho)=\gamma \Psi\left(\mu\sqrt{\nu^2+\rho^2}\right)\etiqueta 3 $$ donde $\gamma=\sqrt{\pi/\mu}$. Poner a $\Phi(\alpha)=\frac{1}{\gamma}\Psi(\mu,\alpha)$, la ecuación (3) se convierte en $$ \Phi(\nu)\Phi(\rho)=\Phi\left(\sqrt{\nu^2+\rho^2}\right).\etiqueta 4 $$

¿Tiene alguna sugerencia sobre cómo proceder?

Answer 1

Para evitar confusiones, yo estoy usando $\Phi_\mu$ a representar a $\Phi$ a lo largo. Si $f(0) \neq 0$ $\Phi_\mu$ es integrable sobre finito de intervalos para cada $\mu$, $\Phi_\mu(\nu)$ es de la forma $e^{c(\mu)\nu^2}$ para algunos la función $c(\mu)$. Para ver esto, fix $\mu > 0$. Set $\nu = \rho = 0$ en el funcional de la ecuación de $\Phi_\mu$ conseguir $\Phi_\mu(0)^2 = \Phi_\mu(0)$. Desde $f(0) \neq 0$, $\Phi_\mu(0) \neq 0$, por lo $\Phi_\mu(0) = 1$. Por lo tanto, la configuración de $\rho = 0$ en el funcional de la ecuación de $\Phi_\mu$ resultados en $\Phi_\mu(\nu) = \Phi_\mu(|\nu|)$ todos los $\nu \in \Bbb R$. Considere la función $g_\mu$ por la ecuación de $g_\mu(\nu) = \Phi_\mu(\sqrt{\nu})$, para todos los $\nu \ge 0$. A continuación, $g_\mu$ satisface la ecuación funcional $$g_\mu(\nu) g_\mu(\rho) = g_\mu(\nu + \rho).$$ Since $\Phi_\mu$ is integrable on finite intervals, so is $g_\mu$. Let $\nu_0$ be a point such that $\int_0^{\nu_0} g_\mu(\rho)\, d\rho \neq 0$. Then $$g_\mu(\nu) = \frac{\int_0^{\nu_0} g_\mu(\nu)g_\mu(\rho)\, d\rho}{\int_0^{\nu_0} g_\mu(\rho)\, d\rho} = \frac{\int_0^{\nu_0} g_\mu(\nu + \rho)\, d\rho}{\int_0^{\nu_0} g_\mu(\rho)\, d\rho} = \frac{\int_{\nu}^{\nu + \nu_0} g_\mu(\rho)\, d\rho}{\int_0^{\nu_0} g_\mu(\rho)\, d\rho}.$$ So $g_\mu$ is continuous and hence differentiable. Let $c(\mu) := g_\mu'(0)$. Then \begin{align}g_\mu'(\nu) &= \lim_{h\to 0} \frac{g_\mu(\nu + h) - g_\mu(\nu)}{h}\\ &= \lim_{h\to 0} \frac{g_\mu(\nu)g_\mu(h) - g_\mu(\nu)}{h}\\ & = g_\mu(\nu) \lim_{h\to 0} \frac{g_\mu(h) - 1}{h}\\ &= g_\mu(\nu) \lim_{h\to 0} \frac{g_\nu(h) - g_\nu(0)}{h}\\ & = c(\mu)g_\mu(\nu).\end{align} Therefore $g_\(mu\nu) = e^{c(\mu\nu}$, and $\Phi_\(mu\nu) = g_\(mu\nu^2) = e^{c(\mu\nu^2}$ for all $\nu \ge 0$. Since $\Phi_\(mu\nu) = \Phi_\mu(|\nu|)$ for all $\nu \en \Bbb R$, $\Phi_\(mu\nu) = e^{c(\mu\nu^2}$ for all $\nu \en \Bbb R$.