Encontrar todas las funciones de satisfacción $f(2x)=2f'(x)f(x)$
¿Bajo dada la condición, no podemos encontrar soluciones explícitas?
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¿Demasiados anuncios?
Si uno restringir a sí mismo a las funciones que admitir un poder de expansión de la serie en $x = 0$, el siguiente es la lista de soluciones que he encontrado:
$$f(x) = \begin{cases} 0, & f(0) = 0, f'(0) = 0,\\ k \sin(x/k), & f(0) = 0, f'(0) = 1, f'''(0) < 0\\ x, & f(0) = 0, f'(0) = 1, f'''(0) = 0\\ k \sinh(x/k), & f(0) = 0, f'(0) = 1, f'''(0) > 0\\ k \exp(x/2k), & f(0) \ne 0, f'(0) = \frac12\\ \end{casos}$$
donde $k$ es un no-cero constante.
Deje $f(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + \cdots$. En términos de $a_n$, la función de la ecuación se convierte en:
$$\begin{align} a_0 &= 2 ( a_1 a_0 )\tag{*0}\\ 2\,a_1 &= 2 ( 2 a_2 a_0 + a_1 a_1 )\tag{*1}\\ 2^2 a_2 &= 2 ( 3 a_3 a_0 + 2 a_2 a_1 + a_1 a_2 )\\ 2^3 a_3 &= 2 ( 4 a_4 a_0 + 3 a_3 a_1 + 2 a_2 a_2 + a_1 a_3 )\\ 2^4 a_4 &= 2 ( 5 a_5 a_0 + 4 a_4 a_1 + 3 a_3 a_2 + 2 a_2 a_3 + a_1 a_4)\\ 2^5 a_5 &= 2 ( 6 a_6 a_0 + 5 a_5 a_1 + 4 a_4 a_2 + 3 a_3 a_3 + 2 a_2 a_4 + a_1 a_5 )\\ &\;\vdots \end{align}$$
La primera cosa que notamos es $(*0)$ implica:
$$a_0 (1 - 2a_1) = 0 \implies a_0 = 0 \quad\text{ or }\quad a_1 = \frac12$$
Si $a_0 = 0$, $(*1)$ implica $a_1 = 0$ o $1$. Es fácil ver $a_1 = 0$ nos va a llevar a $f(x) \equiv 0$. Así que supongamos $a_1 = 1$. El conjunto de ecuaciones son: $$\begin{align} ( 2^1 - 3 ) a_2 &= 0\\ ( 2^2 - 4 ) a_3 &= 2 a_2 a_2 \iff 0 = 0 \text{ ( i.e. } a_3\;\text{ is arbitrary )}\\ ( 2^3 - 5 ) a_4 &= 3 a_3 a_2 + 2 a_2 a_3\\ ( 2^4 - 6 ) a_5 &= 4 a_4 a_2 + 3 a_3 a_3 + 2 a_2 a_4\\ &\;\vdots \end{align}$$ Es entonces fácil de ver:
- $a_n = 0$ para todos incluso a $n$.
- $a_3$ es arbitrario.
- una vez $a_3$ es fijo, $a_n$ es de forma recursiva fija para todos los impares $n > 3$.
Depende del signo de $a_3$, esto nos lleva a soluciones de la forma $k \sin(x/k), x $ o k sinh(x/k)$.
Si $a_0 \ne 0$, $a_1 = \frac12$ y el conjunto de ecuaciones se convierte en:
$$\begin{align} 2 a_2 a_0 &= 2^0\,a_1 - ( a_1 a_1 )\tag{*1}\\ 3 a_3 a_0 &= 2^1 a_2 - ( 2 a_2 a_1 + a_1 a_2 )\\ 4 a_4 a_0 &= 2^2 a_3 - ( 3 a_3 a_1 + 2 a_2 a_2 + a_1 a_3 )\\ 5 a_5 a_0 &= 2^3 a_4 - ( 4 a_4 a_1 + 3 a_3 a_2 + 2 a_2 a_3 + a_1 a_4)\\ &\;\vdots \end{align}$$ Es fácil ver estos de forma recursiva corregir los valores de $a_n$ todos los $n > 1$. Esto nos llevará a la $k \exp(x/2k)$ solución.
Per Hornshøj-Schierbeck
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4610
Se supone que una solución de $f(x)$ es analítica en un barrio de $x=0$, de modo que puede ser representado como una convergencia de potencia de la serie $$ f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots. $$
Si asumimos que el $a_0=f(0)\neq0$, entonces, al equiparar el poder de la serie, que representan los dos lados de la ecuación dada, vemos que el resto de los coeficientes se determina únicamente. Comparando el coeficiente de $x^\ell$ en ambos lados da una ecuación lineal para $a_{\ell+1}$ con un valor distinto de cero coeficiente.
Así que si una solución analítica con un valor fijo $f(0)=k\neq0$ existe, es único. Un ansatz de la forma $$f(x)=ke^{\lambda x}$$ como en rajb245 la respuesta de obras, iff $\lambda=1/2k$. Por lo tanto tenemos una familia de un parámetro de soluciones $$ f(x)=f_k(x)=ke^{x/2k}. $$ Si $a_0=0$ vuelven las cosas sucias, como la ofrecida en soluciones de $f(x)=x$ $f(x)=\sin x$ probar. A menos que cometí un error, tenemos que, a continuación, $a_1=0$ o $a_1=1$. En el último caso, tengo que necesariamente ha $a_2=0$, pero $a_3$ puede ser arbitraria, que va de la mano con las soluciones conocidas. Probablemente, este enfoque puede ser tomado más (probablemente por alguien más)...
Suponiendo analiticidad, y tomar ventaja de mezhang la observación de que la r.h.s. es el derivado de la $f(x)^2$ obtenemos mediante la diferenciación de la ecuación dada $k$ veces podemos obtener las ecuaciones $$ 2^kf^{(k)}(2x)=D^{k+1}\left[f(x)^2\right]=\sum_{i=0}^{k+1}{k+1\elegir i} f^{(i)}(x)f^{(k+1-i)}(x). $$ Conectar $x=0$ da entonces el sistema de ecuaciones $$ 2^kf^{(k)}(0)=\sum_{i=0}^{k+1}{k+1\elegir i} f^{(i)}(0)f^{(k+1-i)}(0) $$ que tiene para todos los $k$. Como $f^{(k)}(0)=k!a_k$ tenemos $$ 2^k k! a_k=(k+1)!\sum_{i=0}^{k+1} a_ia_{k+1-i}. $$
Suponiendo (ver arriba) $a_0=0,a_1=1$ esto nos da $$ 2^kk!a_k=(k+1)!\a la izquierda(2a_k+\sum_{i=2}^{k-1}a_ia_{k+1-i}\right). $$ Con $k=2$ obtenemos $a_2=0$ (confirmando mis cálculos a mano). Con $k=3$ obtenemos una tautología $48a_3=48a_3$ que hace, en efecto, dejar el valor de $a_3$ indeterminado. Para $k>3$ tenemos $2^kk!>2(k+1)!$, con lo que obtenemos una ecuación de forma recursiva la determinación de $a_k$. Observar que una simple inducción de la prueba (después de este inicio) que $a_k=0$ siempre $k$ es incluso. Por lo tanto el resultado de la función $f(x)$ es impar, y se determina únicamente por el valor de $a_3$. No sé, si la solución es siempre una función primaria.
En el caso de $a_0=a_1=0$ el plazo $(k+1)!(a_1a_k+a_ka_1)=2(k+1)!a_ka_1$ no está allí en la r.h.s., así, obtenemos las ecuaciones $$ 2^kk!a_k=(k+1)!\a la izquierda(\sum_{i=2}^{k-1}a_ia_{k+1-i}\right) $$ para todos los $k$. De nuevo nos recursivamente ver que este sistema solo tiene la solución trivial $a_k=0$ todos los $k$.
Phil Karn
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Supongamos que el ansatz $f(x)=e^{kx}$, luego $f(2x)=e^{2kx}=f(x)^2$, $f'(x)=ke^{kx}=kf(x)$. La ecuación es
$$ f^2(x)=2 (k f(x))f(x) $$
$$ f^2(x)=2k f^2(x)\Rightarrow k=1/2 $$
La sustitución de ese $k$ atrás en el da $f(x)=e^{x/2}$
Por supuesto, esto no se parece a obtener todas las soluciones...parece $f(x)=x$ es otra solución, pero esto es un comienzo en el exponencial soluciones. Usted puede buscar soluciones de energía mediante un método similar...
Editar
Los usuarios han mencionado las siguientes soluciones
\begin{align} f(x)&=0 \\ f(x) &= x\\ f(x) &= \sin(x)\\ f(x) &= e^{x/2} \end{align}
No conozco la técnica para obtener la solución general de estos tipos de ecuaciones. Ni siquiera estoy seguro de qué google. "Funcional de la ecuación diferencial" es moderadamente útil...
