¿Qué función cumple $F'(x) = F(2x)$?

Question

La exponencial de la generación de la función de contar el número de gráficos en $n$ vértices etiquetados satisface (y es definido por) las ecuaciones $$F'(x) = F(2x) \; \; ; \; \; F(0) = 1$$ ¿Hay alguna forma cerrada o de otra buena descripción de esta función? ¿Tiene un nombre?

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Por supuesto, la propia serie no converge para cualquier valor distinto de cero $x$, pero al igual que la función W de Lambert (contando los árboles) se ha combinatoria significado. Y la función W de Lambert tiene una buena descripción de como la inversa de a $x e^x$; tal vez hay una descripción similar de $F$?

Answer 1

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:

1. 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 $[0,1]$.

2. 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 $1$.