$f'(x)=f(\cos(x))$

Question

Hace algún tiempo, resolví (sólo por diversión) $f'(x)=\cos(f(x))$ y me pregunté cuál era la solución a la ecuación del título $f'(x)=f(\cos(x))$ es. Veo que $f$ es periódica e impar, pero no cómo seguir después.

(Pregunta relacionada: ¿Existe una solución general para $f'(x)=f(g(x))$ con un $g$ ?)

Answer 1

Dejemos que $x_0\in(0,\pi)$ sea la solución de $x_0 = \cos(x_0)\approx 0.739$ . Si dejamos que $$ f(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n $$ y expandimos la ecuación diferencial en series de potencias, obtenemos $$ \sum_{n=0}^\infty (n+1)a_{n+1}(x-x_0)^n = \sum_{n=0}^\infty a_n(\cos(x)-x_0)^n = \sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n\left[\frac{\cos(x)-\cos(x_0)}{x-x_0}\right]^n. $$ Ahora $([\cos(x)-\cos(x_0)]/[x-x_0])^n$ puede escribirse como una serie de potencias $\sum_{m=0}^\infty b_{mn}(x-x_0)^m$ . Así que tenemos $$ \sum_{n=0}^\infty (n+1)a_{n+1}(x-x_0)^n =\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n\left[\frac{\cos(x)-\cos(x_0)}{x-x_0}\right]^n \\= \sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^\infty a_nb_{mn}(x-x_0)^{n+m}= \sum_{k=0}^\infty \left[\sum_{n=0}^ka_nb_{(k-n)n}\right](x-x_0)^k. $$ Intercambio de índices ficticios $k$ y $n$ entonces da una relación de recursión para los coeficientes: $$ a_{n+1} = \frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^n a_kb_{(n-k)k}. $$ Desgraciadamente no conozco una expresión agradable para el $b_{mn}$ . Calculando numéricamente los primeros 30 términos y aprovechando la simetría me da esto para $f(x)$

y una comparación de $f'(x)$ (azul) con $f(\cos(x))$ (amarillo)

La serie coincide bien hasta aproximadamente $x_0 + 1.4$ y la aplicación de la prueba de la raíz a los coeficientes sugiere que tiene un radio de convergencia finito de aproximadamente $1.8$ , por lo que creo que esto es conseguir la solución correcta. Esto es consistente con una función que tiene una singularidad en $i\pi/2$ , por lo que es posible que haya una solución global en $\mathbb R$ que este método no puede alcanzar. Todas las demás soluciones son múltiplos constantes de ésta (que es $f(x_0) = 1$ ).

EDIT: En realidad, como este método da $f(x)$ para $x\in [-1,1]$ tenemos $f(\cos(x))$ para todos $x\in \mathbb R$ . Deberíamos ser capaces de conseguir la función en el resto de $\mathbb R$ simplemente integrando $f(\cos(x))$ . Esto da una función de la forma $f(x) = f(0) + f(0)x + g(x)$ , donde $g(x)$ es una función oscilante con periodo $2\pi$ y el valor medio $0$ que se parece a $\sin(x)$ . No estoy seguro de lo que podemos hacer analíticamente.

Answer 2

Estoy recibiendo una respuesta absurda, obviamente haciendo algo mal, pero no puedo ver dónde. Así que, aquí está mi solución (errónea) para el registro y para encontrar el error.

Dejemos que $x\in(0,\pi)$ y $z = \cos x$ , $dz/dx = -\sin x$ y $x = \arccos z$ .

$$ \frac{df}{dx} = \frac{df}{dz}\frac{dz}{dx} = -\sin x\frac{df}{dz} $$

O

$$ -\sin x \frac{df}{dz} = -\sin(\arccos z)\frac{df}{dz}=-\sqrt{1-z^2}\frac{df}{dz} $$

Desde aquí:

$$ \frac{df}{dz} = -\frac{1}{\sqrt{1-z^2}}f(z) $$

$$ \frac{df}{f} = -\frac{dz}{\sqrt{1-z^2}}\quad\Rightarrow\quad \ln f=\arccos z $$

$$ f = \exp\left(\arccos z\right)=\exp x $$

Así que, $z$ y $x$ tienen una correspondencia de uno a uno para $x\in(0,\pi)$ . $z^2<1$ así que no he dividido por cero. $f$ puede ser cero --- al dividir por él probablemente perdí alguna solución, pero no debería haber llevado a tal absurdo...

Answer 3

Demasiado largo para un comentario.

Observe que $f'(x+2\pi n)=f'(x)$ para todos $n\in\mathbb Z$ Así que $f(x+2\pi n)=f(x)+n\varepsilon$ para alguna constante $\varepsilon$ (que suponemos que es distinto de cero). Si se deja $f(x)=(\varepsilon/2\pi)(1+x+g(x))$ , entonces esto implica $g(x+2\pi n)=g(x)$ es decir $2\pi$ periodicidad. Si suponemos que $g$ está acotado, entonces obtenemos el resultado $$ f(x)\sim \varepsilon x/2\pi,\qquad |x|\to\infty, $$ proporcionado $\varepsilon\neq 0$ . Aquí, el término de orden inferior $g$ resuelve la ecuación $$ g'(x)=\cos(x)+g(\cos(x)). $$ El otro caso $\varepsilon=0$ es el $2\pi$ -periodicidad de $f(x)$ .