Hay infinitamente muchas funciones diferenciables $F\colon [0,\infty)\to\mathbb{R}$ que satisfacer
$$
F'(x)=F(2x)\qquad\text{y}\qquad F(0)=1.
$$
Vamos a seguir el argumento esbozado por @HenningMakholm en los comentarios. En primer lugar, considerar la sustitución de $G(x) = F\left(\dfrac{2^x}{\log 2}\right)$. Enchufar esto en la ecuación anterior da
$$
G\,'(x) = 2^x G(x+1)\qquad\text{y}\qquad \lim_{x\a\infty} G(x)=1.
$$
Este retraso de la ecuación diferencial tiene un gran número de soluciones. A grandes rasgos, puede elegir cualquier función para$G$$[0,1]$, y luego definir
$$
G(x) = 2^{1-x}G\,'(x-1)\etiqueta*{(1)}
$$
de forma recursiva $x> 1$, y
$$
G(x) = G(0) - \int_{x+1}^1 2^{u-1} G(u)\,du\etiqueta*{(2)}
$$
de forma recursiva $x<0$. (Ver esta pregunta para un simple ejemplo de este tipo de solución).
Los obstáculos y las Condiciones de Contorno
Hay dos obstáculos para esta construcción:
Si $G$ $C^n$ en el intervalo de $(0,1)$, $G$ $C^{n-1}$ $(1,2)$ por la ecuación (1), y, a continuación,$C^{n-2}$$(2,3)$, y así sucesivamente. Por lo tanto, si queremos que $G$ estar en todas partes definidas, debemos empezar con un $C^\infty$ función en $[0,1]$.
Si partimos de una arbitraria $C^\infty$ función en $[0,1]$ y, a continuación, cambie a la definición (1) por $x>1$, debemos asegurarnos de que $G$$C^\infty$$x=1$, es decir, el de la mano izquierda y la derecha derivados de cada orden coinciden en este punto.
Para el segundo obstáculo, en repetidas ocasiones la diferenciación de la ecuación de $G(x+1)=2^{-x}G\,'(x)$ da la secuencia de ecuaciones
$$
G^{(n)}(x+1) \;=\; \sum_{i=0}^n \binom{n}{i}(-\log 2)^{n-i}\,2^{-x}\, G^{(i+1)}(x)
$$
y de conectar $x=0$ rendimientos
$$
G^{(n)}(1) \;=\; \sum_{i=0}^n \binom{n}{i}(-\log 2)^{n-i}\, G^{(i+1)}(0).
$$
Estas son las condiciones de contorno que $G$ debe satisfacer en el intervalo de $[0,1]$, pero no es difícil encontrar $C^\infty$ funciones que satisfacen estos, por ejemplo, cualquier golpe de la función que cumple
$$
G^{(n)}(0) = G^{(n)}(1) = 0\;\;\texto{ para todo }n\geq 1
\qquad\text{y}\qquad
G(1)=0.
$$
El Límite de $x\to-\infty$
Para valores negativos de $x$, la función de $G(x)$ se define por la integral de la ecuación
$$
G(x) = G(0) - \int_{x+1}^1 2^{u-1} G(u)\,du\etiqueta*{(2)}
$$
Si asumimos que el $G(x)\geq 0$ $x\in [0,1]$ y, dicen, que
$$
\int_0^1 2^{u-1} G(u)\,du \;<\; \frac{G(0)}{10}
$$
a continuación, $\frac{9}{10}G(0) \leq G(x) \leq G(0)$ todos los $x\in[-1,0]$. De ello se desprende que de forma recursiva
$$
G(0) \;\geq\; G(x) \;\geq\; \left(\frac{9}{10} - \frac{1}{\log 4}\right)G(0) \;>\; 0
$$
para todos los $x<-1$, desde
\begin{align*}
G(x) \;&=\; G(0)-\int_{x+1}^1 2^{u-1}G(u)\,du \\
&=\; G(0) - \int_0^1 2^{u-1}G(u)\,du - \int_{x+1}^0 2^{u-1}G(u)\,du \\
&\geq\; G(0) - \frac{G(0)}{10} - \int_{-\infty}^0 2^{u-1}G(0)\,du \\
&=\; \left(\frac{9}{10} - \frac{1}{\log 4}\right)G(0).
\end{align*}
A continuación, $G$ es monotono en $(-\infty,0)$, lo $\displaystyle\lim_{x\to-\infty} G(x)$ existe y es positiva. Escalado $G$ lineal, podemos organizar para este límite $1$.
