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Non le mancano di sicuro le curve

$ f(x+y)+f(x-y)=2f(x) \cos{y} $

Determinarne tutte le soluzioni.


Buon lavoro!

enomis_costa88 ha scritto:Non le mancano di sicuro le curve

$ f(x+y)+f(x-y)=2f(x) \cos{y} $

Buon lavoro!

Mmm... caro enomis, se magari ci dicessi in cosa consiste il problema ci faresti un favore

Immagino "Trovare tutte le funzioni f: R-->R tali che..."

Uff.. dopo che mi sono incasinato esageratamente la vita, provo un gran senso di soddisfazione nel postare la soluzione

allora $ x\mapsto x+\frac{\pi}{2}, y=\frac{\pi}{2} $ porta a
$ f(x+\pi)+f(x)=0 $

$ x=\frac{\pi}{2}, y\mapsto x+\frac{\pi}{2} $ porta a
$ f(x+\pi)+f(-x)=2f(\frac{\pi}{2})\cos (x+\frac{\pi}{2})=2f(\frac{\pi}{2})\sin x $

cosa ci manca ora??? Questa.... $ x=0, y\mapsto x $ da cui ottengo
$ f(x)+f(-x)=2f(0)\cos x $

Ora, abbiamo tutto... sommiamo le prime due e poi sottraiamo la terza. Avremo dunque

$ f(x+\pi)=f(\frac{\pi}{2})\sin x-f(0)\cos x $

Che, in forma più generale, per le proprietà delle funzioni trigonometriche, può essere riscritta come

$ f(x)=m\cos x + n\sin x ,\qquad m,n \in\mathbb R $

Verifico a manina che la soluzione trovata soddisfa l'equazione di partenza. Finito.

Aggiungo un'altra soluzione.
Iniziando come pi_greco_quadro, ottengo $ f(x+\pi)=-f(x) $, cioè la funzione cambia segno ogni $ \pi $; ogni $ 2 \pi $ cambia segno due volte, risultando $ f(x+2 \pi)=f(x) $. Si tratta quindi di una funzione periodica con periodo $ 2 \pi $ ed è quindi esprimibile nella forma
$ f(x)=a_0+\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx+b_n \sin nx) $
Con le formule di prostaferesi calcolo il primo membro, che diventa
$ 2a_0+\displaystyle \sum_{n=1}^\infty 2 \cos ny (a_n \cos nx+b_n \sin nx) $
Poichè a secondo membro y compare solo in $ \cos y $, tutti i termini con $ n \ne 1 $ devono annullarsi; confrontando quelli con n=1 si ottiene
$ a_1 \cos x+b_1 sin x=f(x) $

Se poi si annullano anche $ a_1 $ e $ b_1 $, ho f(x)=0, formula ben tondeggiante.

La funzione in questione non è da assumersi continua, o limitata o con una qualsivoglia proprietà di integrabilità ... quindi non penso che Fourier possa andare bene.