Cuando $f(x+1)-f(x)=f'(x)$ ¿Cuáles son las soluciones para $f(x)$ ?

Question

La pregunta es:

Cuando $f(x+1)-f(x)=f'(x)$ ¿Cuáles son las soluciones para $f(x)$ ?

La solución más obvia es una función lineal de la forma $f(x)=ax+b$ . ¿Es esta la única solución?

Editar

Debo añadir que $f:\mathbb R\to\mathbb R$ a la pregunta.

Answer 1

Este es un ejemplo de ecuación diferencial de retardo y tiene un gran número de soluciones. Empezaré por hablar de las soluciones $f\colon[0,\infty)\to\mathbb{R}$ y luego se extiende a las soluciones en la línea real.

Supongamos primero que hemos definido $f$ en el intervalo $[0,1]$ , digamos que $f(x) = f_0(x)$ para alguna función diferenciable $f_0\colon[0,1]\to\mathbb{R}$ . Para extender las soluciones hacia adelante, la mejor manera de escribir la ecuación es $$ f(x+1) \;=\; f(x) + f'(x). $$ Utilizando esta ecuación, no es difícil definir $f$ en el intervalo $[1,2]$ . En concreto, si $x\in[1,2]$ entonces $$ f(x) \;=\; f_0(x-1) + f_0'(x-1). $$ Nótese que esta función sólo será diferenciable si $f_0$ era dos veces diferenciable en $[0,1]$ . Además, las derivadas en $1$ sólo coincidirá si $f_0'(1) = f_0'(0) + f_0''(0)$ . Suponiendo que este sea el caso, es fácil ampliar de nuevo a $[2,3]$ . En concreto, si $x\in[2,3]$ entonces $$ f(x) \;=\; f(x-1) + f'(x-1) \;=\; f_0(x-2) + 2 f_0'(x-2) + f_0''(x-2). $$ En general, suponiendo que:

1. La función $f_0$ es $C^\infty$ en $[0,1]$ y,
2. $f_0^{(k)}(1) = f_0^{(k)}(0) + f_0^{(k+1)}(0)$ para todos $k\geq 0$ ,

podemos ampliar $f$ a todos los $[0,\infty)$ mediante la fórmula $$ f(x) \;=\; \sum_{k=0}^{\lfloor x\rfloor} \,\binom{\lfloor x\rfloor}{k}f_0^{(k)}(x-\lfloor x\rfloor) $$

Ahora vamos a hablar de cómo extender hacia atrás. Suponiendo que hemos definido $f$ en $[0,\infty)$ la fórmula de $f$ en $[-1,0]$ se determina mediante el problema de valor inicial $$ f'(x) + f(x) \;=\; f_0(x+1),\qquad f(0) = f_0(0). $$ Se trata de una ecuación diferencial de primer orden, por lo que debe tener solución. Además, suponiendo que $f_0$ es $C^\infty$ en $[0,1]$ se deduce de la Teorema de Picard-Lindelöf que hay un único $C^\infty$ solución para $f$ en $[-1,0]$ . Obsérvese que las derivadas en $0$ coincidirá automáticamente, ya que $f_0(1) - f(0) = f_0'(0)$ . Continuando de esta manera, podemos extender cualquier solución hacia atrás hasta $-\infty$ .

Concluimos que cualquier función $f_0\colon[0,1]\to\mathbb{R}$ satisfaciendo las dos condiciones anteriores se extiende a una solución en toda la recta real.

Editar: Por cierto, existe una fórmula integral sencilla para $f$ en $(-\infty,0]$ que puede utilizarse para calcular los valores de $f$ en un ordenador: $$ f(x) \;=\; f(0) + e^{-x-1}\int_{x+1}^1 e^{t}\,f(t)\,dt $$ Esto también se puede utilizar para proporcionar una prueba alternativa de que la función se extiende hacia atrás, sin apelar a la existencia y unicidad de las EDO. Encontré esta fórmula resolviendo el problema de valor inicial $f(x) + f'(x) = f(x+1)$ utilizando factores integradores .

Answer 2

Dejemos que $\lambda = \alpha + \beta i \in \mathbb{C}$ sea cualquier raíz de la ecuación $\lambda = e^{\lambda} - 1$ con sujeción a $\beta \ge 0$ y $\delta$ cualquier número real, entonces $$f(x) = \Re( e^{\lambda x + i\delta} ) = e^{\alpha x} \cos(\beta x + \delta)\tag{*}$$ será un $C^{\infty}$ solución para la ecuación funcional $f'(x) = f(x+1) - f(x)$ .

Por ejemplo, $\lambda = e^{\lambda} -1 $ tiene una raíz en $\sim 2.088843015613044 + 7.461489285654254 i$ .
Esto nos da lo siguiente $C^{\infty}$ solución:

$$f(x) \sim e^{ 2.088843015613044\,x}\,\cos(7.461489285654254\,x)$$

Se pueden construir otras soluciones formando combinaciones lineales de soluciones de la forma en $(*)$ . Tenga en cuenta que $\lambda = e^{\lambda} - 1$ tiene una raíz doble en $\lambda = 0$ , hay dos soluciones en $\lambda = 0$ que se puede utilizar:

$$ \Re( e^{\lambda x} )\Big|_{\lambda = 0} = 1 \quad\quad\text{ and }\quad\quad \frac{\partial}{\partial \lambda} \Re( e^{\lambda x} )\Big|_{\lambda = 0} = x $$

Answer 3

Comentando la respuesta de achille hui, la idea de elegir $\lambda$ proviene de la observación de que el operador de traslación $\tau_{h} f (x) = f(x+h)$ corresponde a la exponencial del operador diferencial

$$\tau_{h}f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x)}{n!}h^{n} = e^{h d/dx} f(x).$$

en el espacio de las funciones analíticas. Así, escribiendo $D = d/dx$ la ecuación dada puede transformarse en

$$ e^{D}f(x) - f(x) = Df(x) \quad \Longleftrightarrow \quad (e^{D} - 1 - D)f(x) = 0.$$

Haciendo un ansatz de que una solución $f(x)$ tiene la forma $f(x) = e^{\lambda x}$ es fácil ver que la ecuación anterior es equivalente a $e^{\lambda} - 1 - \lambda = 0$ el punto de partida de la respuesta de achille hui.

Answer 4

Respuesta parcial. Si $f(x)$ es la función a polinómica digamos $f(x)=\sum_{k=0}^na_kx^k$ entonces $$ \sum_{k=0}^na_k(x+1)^k-\sum_{k=0}^na_kx^k=\sum_{k=0}^nka_kx^{k-1} $$ Para $x=1$ tenemos $$ \sum_{k=0}^na_k2^k-\sum_{k=0}^na_k=\sum_{k=0}^nka_k $$ Si $n=2$ entonces $ a_0+2a_1+4a_2-a_0-a_1+a_2=a_1+2a_2\implies a_2=0. $ En el caso general de todos los $n>1$ tenemos para cualquier raíz no $x_0$ de $f(x)$ o $p(x)= (x+1)^n-x^n$ que $$ \sum_{k=0}^na_k(x_0+1)^k-\sum_{k=0}^na_kx_0^k-\sum_{k=0}^nka_kx^{k-1}=0 \implies [(x_0+1)^n-x_0^n]a_n=0\implies a_n=0 $$

Pronto la solución no puede ser un polinomio de grado mayor que 1.

Answer 5

Una función exponencial $a^x$ con base $a$ que satisface la ecuación

$$a^a-ea=0$$

es la solución.

La ecuación tiene dos raíces:

$${\large a}_1=0.2592463566483049762658328267922644867392517823397669639360784269929\ldots$$

$${\large a}_2=2.2399778876565500700638977660928972654111884831688969821454636850130\ldots$$

Consulte esta pregunta para obtener más detalles:

Solución de forma cerrada para $\frac{1}{a-1}= \log a$