计算积分时产生的函数方程

Question

让$f（x）$是满足等式的二次可微函数（具有连续二阶导数）：$$f\左（\frac{x}{2}\right）+f\左$$

确定$f（x）$.

这个函数方程是在我计算积分值时产生的（我替换了美元$通过$a/2美元$和$\pi-a/2$，添加了两个，然后替换$t=x^2$);

$$I（a）=\int_0^1\dfrac｛\log|x^2-2x\cos a+1|｝｛x｝dx$$

我用这个函数方程做了很多尝试，比如试图找到$f（0），f（\pi）（f（2\pi）$等，但我没有成功。然后我试图证明内射性或满射性，但又一次失败了，因为我无法得出结论。接下来，我将方程微分两次，得到$f''（t）+f''（\pi-t）=2f''（2t）$.自$f“（x）$是连续的，它是有界的，但我也不能使用这个事实。我有一种感觉，考虑到函数方程的简单性，它的解必须在某一点上对称，但我也无法找到这一点或证明这一断言。我能做什么来解这个函数方程？

编辑：在书的后面，给出了一个提示：尝试证明$f“（x）$使用连续性是恒定的。有人能通过证明这一点来帮助我了解如何开发替代解决方案吗？我认为它一定包含了与函数方程$f（x）=f\左（\frac x2\右）+f\左$但我没有成功应用它。

Answer 1

首先，观察积分继承了余弦函数的所有对称性：$$I（a）=I（a+2\pi）=I$$同时调用连续性，只需考虑$a\英寸（0，\pi）$.

现在考虑一下$$I'（a）=\int_0^1\frac{2\sina~dx}{x^2-2x\cosa+1}=\int_0^1\ frac{1\sina~4x}{（x-\cosa）^2+\sin^2a}$$在替换下$x=\ cos a+u \ sin a$，相应的不定积分产生

\开始{align}\int\frac｛2\sin a~dx｝｛（x-\cos a）^2+\ sin ^2 a｝&=\int\frac{2\sina~（\sina~du）}{（1+u^2）\sin^2a}\\&=2\int\frac{du}{1+u^2}\\&=\tan^{-1}u=\tan^{-1}\左（\frac{x-\cosa}{\sina}\右）\结束{对齐}请注意，此替换对于所有$a\英寸（0，\pi）$因此，定积分的计算结果为\开始{align}我（a）&=2\tan^{-1}\左（\frac{1-\cosa}{\sina}\right）-2\tan^}-1}\left（\frac{0-\cosa{{\sina{right）\\&=2\tan^{-1}\左（frac{2\sin^2（a/2）}{2\in（a/2+2\tan^{-1}\cot（a）\\&=2\tan^{-1}\tan\左（\frac{a}{2}\右）+2\tan^}-1}\tan \左（\frac{pi}{2} -a个\右侧）\\&=2\cdot\frac{a}{2}+2\cdot\left（\frac{\pi}{2} -a个\右）=\pi-a\结束{对齐}其中，在第二行中，我们使用了双角三角恒等式；只要满足以下条件，反切线的简化是有效的0美元<a/2<\pi$和$0<\pi/2-a<0$，两者都是从$a\in（0，\pi）$。将此结果积分得出$$I（a）=-\frac{1}{2}（\pi-a）^2+C$$仍需评估I（a）美元$对于某些值美元$以确定C美元$。为了将此与熟悉的结果联系起来，我倾向于在极限内进行评估$a\到0^+$通过逐项扩展：\开始{align}\lim_{a\到0^+}I（a）=C-\frac{\pi^2}{2}&=\int_0^1\log（1-2x+x^2）\frac｛dx｝｛x｝\\&=2\int_0^1\log（1-x）\frac{dx}{x}\\&=-2\int_0^1\sum_{k=1}^\infty\frac{x^{k-1}}{k} dx公司\\&=-2\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}=-2\frac{\pi^2}{6}=-\frac}\pi^2}{3}\结束{对齐}因此$C=I（\pi）=\pi^2/6$我们得出结论$$I（a）=\frac{\pi^2}{6}-\裂缝{（\pi-a）^2}{2}，\qquad 0<a<\pi$$调用原始积分的对称性和连续性，这扩展到$$I（a）=\frac{\pi^2}{6}-\frac12[\pi-（a\mod 2\pi）]^2$$这对所有真实的人都有效美元$.

Answer 2

$$J=\int\dfrac{\log\left（x^2-2x\cosa+1\right）|}{x}\，dx=\int\ frac{\log\ left（x-e^{-ia}\right$$给予$$I（a）=\int_0^1\dfrac{\log\left（x^2-2x\cosa+1\right）|}{x}\，dx=-\text{锂}_2\左（e^{-ia}\右）-\text{锂}_2\左（e^{ia}\右）$$哪个是$$\frac{\pi^2}6-\frac12\big（a-（2n+1）\pi\big）^2\qquad\text{for}\qquad 2n\pi\leq a\leq 2（n+1）\ pi$$如@Semiclassical在评论中所述。

Answer 3

我找到了一个使用有界性的解决方案$f英寸（x）$; 二次微分的函数方程；

$f''（x/2）+f''（\pi-x/2）=2f''（x）$

假设，连续$f英寸（x）$在某些情况下达到最大值$c美元$,$f''（c）=M$最小值为十亿美元$,$f''（b）=m$因此$f“（x）$是[m，m]美元$.设置$x=c$在函数方程中，

$f''（c/2）+f''（\pi-c/2）=2f''（c）=2M$

因为LHS可以达到的最大值为200万美元$为了保持平等，$f''（c/2）=f''（\pi-c/2）=M$.

通过设置$x=c/2，c/4，c/8…c/2^n$，我获得；

$f''（c）=f''（c/2）=f''（c/4）==\lim{n\to∞}f''（c/2^n）=f''（0）$（由于函数的连续性，我改变了函数内部的限制），即$f“（x）$于获得$x=0美元$.

通过相同的参数，应用于$f''（b）=m$，我明白了$f“”（0）$还必须是以下最小值$f“（x）$因此，$f“（x）$是一个常数函数，等于$f“”（0）$即$f（x）$是一个二次型，其系数可以根据初始条件确定。

Answer 4

只是想在讨论中添加一点盐。如果我们限制美元$，被积函数有一个傅里叶级数：

$$2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^k\cos（ka）}{k}=\ln（1-2x\cosa+x^2），\quad 0<a<2\pi，|x|<1\tag{*}$$

因此

$$I（a）=\frac{1}{2}\int_{0}^1\frac{ln（1-2x\cosa+x^2）}{x} dx公司=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos（ka）}{k}\int_{0}^{1}x^{k-1}dx=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos（ka）}{k^2}$$

然后

$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos（ka）}{k^2}=\frac{1}{2}\left[\operatorname{锂}_2（e^{ia}）+\运算符名称{锂}_2（e^{-ia}）\右]$$

如其他用户所示。

因此，使用中的最后一个属性这个列表.

$$\操作员姓名{锂}_2（z） +\运算符名称{锂}_2\左（\frac{1}{z}\right）=-\frac{\pi^2}{6}-\frac{（\ln（-z））^2}}{2}$$

我们有

$$\frac{1}{2}\left[\operatorname{锂}_2（e^{ia}）+\运算符名称{李}_2（e^{-ia}）\right]=\frac{1}{2}\left[-\frac{\pi^2}{6}+\frac{\运算符{atan2}^2（-\sin（a），-\cos（a））}{2{right]=开始{cases}\displaystyle；\；\裂缝{\pi^2}{6}&\quad a=0\\\显示样式-\frac{\pi^2}{12}+\frac{（a-\pi）^2}}{4}&\displaystyle\quad 0<a<\frac{\pi}{2}\\\displaystyle-\frac｛\pi^2｝｛48｝&\displaystyle\fquad a=\frac｛\pi｝｛2｝\\\显示样式-\frac{\pi^2}{12}+\frac{a^2}}&\quad\displaystyle\frac{\ pi}{2}<a<\frac{3\pi}{2}\\\显示样式-\frac{\pi^2}{48}&\displaystyle\quad a=\frac{3\pi}{2}\\\显示样式-\frac{\pi^2}{12}+\frac{（a+\pi）^2}}{4}&\displaystyle\quad\frac{3\pi}{2}<a\leq2\pi\\\结束{cases}$$

（*）的证明很容易。从以下内容开始：

$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^k\cos（ka）}{k}=\Re\sum_{k=1}^{\ infty{\frac}（xe^{ia}）^k}{k{$$