En la búsqueda de soluciones no triviales a $f'(t)=f(t/2)$

Question

Sólo entonces mi amigo me dio un poco interesante problema: encontrar todas las soluciones no triviales DE la DE $$f'(t)=f(\frac t2),\quad f:\Bbb R\to\Bbb R.$$ La regularidad de las preocupaciones están temporalmente ignorado. Usted puede simplemente asumir la suavidad suficiente si es necesario.

(Tenga en cuenta también que esto NO es una ODA!)

Hasta ahora la única solución que encuentro es $f\equiv 0$, el trivial. Y sorprendentemente, no se puede encontrar ningún útil de los resultados de este problema, simple como parece.

Completo o no respuesta completa o sólo intento es bienvenida!

Answer 1

Para soluciones analíticas, si $f(t)=\sum a_n t^n$, entonces: $$f'(t)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1}t^{n} = \sum_{n=0}^{\infty} a_n(t/2)^n,$$ so $$a_{n+1}=\frac{a_n}{(n+1)2^n}.$$ Therefore $$a_n = \frac{a_0}{n!2^{n(n-1)/2}}$$

Eso es raro tener una buena forma cerrada.

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Ahora, si $g$ es cualquier función con $g'(t)=g(t/2)$ a continuación, vamos a $f(t)=g(0)\sum \frac{t^n}{n!2^{n(n-1)/2}}$. A continuación, $h(t)=g(t)-f(t)$ satisface $h'(t)=h(t/2)$$h(0)=0$. Por lo $h^{(n)}(0)=0$. Por el valor medio teorema, para cualquier $t_0$, hay un $t_1$$0$$t_0$, de modo que $h(t_0)=t_0h'(t_1)=t_0h(t_1/2)$. Por inducción, $h(t_0)=t_0t_1/2t_2/4\cdots t_{k-1}/2^{k-1}h(t_{k}/2^k)$ donde $t_k$ entre $0$$t_{k-1}$. Esto significa que:

$$|h(t_0)|\leq\frac{|t_0|^k}{2^{k(k-1)/2}}|h(t_k/2^k)|$$

Tomando el límite cuando $k\to\infty$ vemos que $|h(t_0)|=0$.

Así que las únicas soluciones son las soluciones analíticas.

Answer 2

Aquí es un complemento de respuesta a Thomas Andrews':

• Primero observar que el problema es lineal en $f$, lo que voy a suponer que es de la clase de $C^1$.
• Vamos a probar ahora que si $f$ resuelve la ecuación, con la condición añadida de que $f(0)=0$, $f(t) \equiv 0$ todos los $t \in \mathbb{R}$:

Tenemos, por el teorema fundamental del cálculo $$f(t)=f(0)+\int_{0}^t f'(t_1) \mathrm d t_1=\int_0^t f\left( \frac{t_1}{2} \right) \mathrm{d} t_1. $$ La iteración de esta regla obtenemos

$$f(t)=\int_0^t \int_0^{t_1/2}f\left(\frac{t_2}{2}\right) \mathrm{d} t_2 \mathrm{d} t_1=\int_0^t \int_0^{t_1/2} \int_0^{t_2/2}f\left(\frac{t_3}{2}\right) \mathrm{d} t_3 \mathrm{d} t_2 \mathrm{d} t_1, $$ y continuando de esta manera da $$f(t)=\int_0^t \int_0^{t_1/2} \int_{0}^{t_2/2} \cdots \int_0^{t_{n-1}/2} f \left( \frac{t_n}{2} \right) \mathrm{d} t_n \cdots \mathrm{d} t_{3} \mathrm{d} t_2 \mathrm{d} t_1, $$ para todos los $n \in \mathbb{N}$. Deje $M:=\max_{-1 \leq x \leq 1} |f(x)|$ $n$ lo suficientemente grande (es decir, lo suficientemente grande como para que $\frac{|t|}{2^{n-1}}<1$) podemos calcular esta integral como $$|f(t)| \leq MV, $$ donde $V$ es el volumen de la $n$-dimensiones simplex en el que la integración se lleva a cabo. Yo se lo dejo a usted para mostrar que $V=\frac{1}{n!2^{n(n-1)/2}}$, lo que da $$|f(t)| \leq \frac{M}{n!2^{n(n-1)/2}} .$$ Dejando $n \to \infty$ da $f(t)=0$, y esto se aplica a cualquier $t \in \mathbb{R}$.

• Ahora decir $f(t)$ es una solución de la ecuación con valor inicial, $f(0)=a$. Deje $g(t)$ ser una solución analítica de la ecuación (Thomas definido) con el mismo valor inicial. La diferencia $h:=f-g$ también satisface la ecuación (linealidad), y $h(0)=0$. El de arriba da $h \equiv 0$, y por lo tanto, todas las soluciones son de la analítica.