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Integral de la función de la plaza

Deje que $f:[0,\infty) \rightarrow \mathbb R$ ser estrictamente positivo, disminuyendo, en función derivable, tal que $$f(0) = 1, \quad \lim_{x\rightarrow \infty} f(x) = 0$$ y $$\frac{1}{f(x)^2} = \frac{1}{f(x^2)} + 2x^2$$ Si $\int_0^\infty f(x)\,dx$ existe, muestran que $$\int_0^\infty f(x^2) \,dx = \frac{1}{\sqrt2}\int_0^\infty f(x)\,dx$$

-3voto

Romulo Ceccon Puntos 188

Para mi la respuesta debo suponer que $f(x)$ es analítica en $x=0$ y meromorphic en $\mathbb{C}$.

Nos centraremos en la ecuación funcional

$$ \frac{1}{f(x)^2} = \frac{1}{f(x^2)} + 2x^2, \etiqueta{1} $$

que puede ser reorganizado para

$$ f(x^2) = f(x)^2 + 2x^2 f(x^2) f(x)^2. \etiqueta{1*} $$

Dado que $f$ es analítica en $x=0$, podemos escribir

$$ f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n $$

cerca de $x=0$. Sustituyendo esto en $(1^*)$ obtenemos

$$ \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{2n} = \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n + 2 x^2 \sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n, \etiqueta{2} $$

donde

$$ b_n = \sum_{\genfrac{}{}{0pt}{1}{p+q=n}{p,q \geq 0}} a_p a_q = \sum_{k=0}^{n} a_k a_{n-k} \hspace{1,3 cm} \text{y} \hspace{1,3 cm} c_n = \sum_{\genfrac{}{}{0pt}{1}{2p+q=n}{p,q \geq 0}} a_p b_q = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} a_k b_{n-2k}. \etiqueta{3} $$

Antes de ir más lejos, nos vamos a reescribir la suma de $(2)$ para hacer igualando los coeficientes más fácil. Tenemos

$$ a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} a_n x^{2n} = b_0 + b_1 x + \sum_{n=2}^{\infty} b_n x^n + \sum_{n=2}^{\infty} 2 c_{n-2} x^n. \etiqueta{2*} $$

Nos pondremos $a_0 = b_0 = a_0^2$, de modo que $a_0 = 1$. También podemos obtener de inmediato $0 = b_1 = 2a_0 a_1$, de modo que $a_1 = 0$.

Vamos a demostrar que $a_n = 0$ para todos los impares $n$. De hecho, para $n \geq 3$ impar hemos de $(2^*)$ y $(3)$ que

$$ 0 = b_n + 2c_{n-2} = b_n + 2\sum_{k=0}^{(n-3)/2} a_k b_{n-2-2k}. $$

Si suponemos que $b_k = 0$ para todos los impares $k < n$ (que es al menos cierto cuando $k=1$), la suma de la derecha, la participación de sólo $b$'s con impar índice, se desvanece. Así tenemos $b_n = 0$. Por inducción se sigue que $b_n = 0$ para todos los impares $n$, y por lo tanto a partir de la definición de $b_n$ en $(3)$ podemos concluir, de nuevo, por inducción, que $a_n = 0$ para todos los impares $n$, como se reivindica.

Podemos usar este hecho para obtener nuevas fórmulas de $b_{2n}$ y $c_{2n}$. Tenemos

$$ b_{2n} = \sum_{k=0}^{n} a_{2k} a_{2n-2k} \hspace{1,3 cm} \text{y} \hspace{1,3 cm} c_{2n} = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} a_{2k} b_{2n-4k}. \etiqueta{4} $$

Consideremos ahora incluso $n$. Para todo $n \geq 2$ siquiera hemos de $(2^*)$ que

$$ a_{n/2} = b_n + 2c_{n-2}. \etiqueta{5} $$

Como una muestra de lo que se viene, vamos a sustituir $n=2$ en $(5)$. Desde $a_1 = 0$ obtenemos

$$ 0 = b_2 + 2c_0 = 2a_2 + 2, $$

de modo que $a_2 = -1$.

Vamos a demostrar que $a_{2n} = (-1)^n$ para todo $n \geq 0$. Supongamos que $a_{2k} = (-1)^k$ para todo $k \leq n$ (que es al menos cierto para $k=0,1$), y reemplazar $n$ con $2n+2$ en $(5)$ obtener $a_{n+1} = b_{2n+2} + 2c_{2n}$, que se convierte, con la ayuda de $(4)$,

$$ \begin{align} \frac{1-(-1)^n}{2} (-1)^{(n+1)/2} &= 2a_{2n+2} + \sum_{k=1}^{n} a_{2k} a_{2n+2-2k} + 2c_{2n} \\ &= 2a_{2n+2} + \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+n+1-k} + 2c_{2n} \\ &= 2a_{2n+2} - (-1)^n n + 2c_{2n} \\ &= 2a_{2n+2} - (-1)^n n + 2\sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} a_{2k} b_{2n-4k} \\ &= 2a_{2n+2} - (-1)^n n + 2\sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} a_{2k} \sum_{\ell=0}^{n-2k} a_{2\ell} a_{2n-4k-2\ell} \\ &= 2a_{2n+2} - (-1)^n n + 2\sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} a_{2k} \sum_{\ell=0}^{n-2k} (-1)^{\ell+n-2k-\ell} \\ &= 2a_{2n+2} - (-1)^n n + 2\sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} a_{2k} (-1)^n (n-2k+1) \\ &= 2a_{2n+2} - (-1)^n n + 2(-1)^n (n+1) \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} a_{2k} - 4(-1)^n \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} k\, a_{2k} \\ &= 2a_{2n+2} - (-1)^n n + 2 (-1)^n (n+1) \frac{1+(-1)^{\lfloor n/2 \rfloor}}{2} \\ &\hspace{6} - 4(-1)^{n+\lfloor n/2 \rfloor} \left\lceil \frac{\lfloor n/2 \rfloor}{2} \right\rceil. \end{align} $$

La identidad

$$ \begin{align} 2(-1)^{n+1} &= \frac{1-(-1)^n}{2} (-1)^{(n+1)/2} + (-1)^n n - 2 (-1)^n (n+1) \frac{1+(-1)^{\lfloor n/2 \rfloor}}{2} \\ &\hspace{8 cm} + 4(-1)^{n+\lfloor n/2 \rfloor} \left\lceil \frac{\lfloor n/2 \rfloor}{2} \right\rceil \end{align} $$

puede ser comprobado por las pruebas de los posibles comportamientos de $n$ mod 4, por el cual obtenemos $a_{2n+2} = (-1)^{n+1}$. Esto completa el paso inductivo.

Así

$$ f(x) = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + x^8 + \cdots $$

cerca de cero. Partimos del hecho de que $f$ es meromorphic en $\mathbb{C}$ y $f$ tiene una continuación analítica a $\mathbb{C} \setminus \{-i,i\}$ por la fórmula de $f(x) = 1/(1+x^2)$, por lo que debemos tener $f(x) = 1/(1+x^2)$ en $\mathbb{C}$.

Se nota que $f$, como acabamos de definir, satisface $f(0) = 1$ y $\lim_{x \to \infty} f(x) = 0$ y $f$ es la disminución en $[0,\infty)$.

Por lo tanto sigue la nota que

$$ \int_{0}^{\infty} f(x^2)\,dx = \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{1+x^4} = \frac{1}{\sqrt{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{1+x^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{\infty} f(x) dx, $$

lo que completa la prueba.

(Muchas gracias a mi officemate para algunos valiosa discusión sobre esto :) )

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