¿Cómo resolver $f'(x)=f(x+1)$?

Question

¿Existen soluciones no triviales $f:\Bbb R\to\Bbb R$ de la siguiente "ecuación diferencial"?

$$f'(x)=f(x+1).$$

Considero $f(x)=0$ como solución trivial. Intenté expresar $f$ como una serie de potencias, es decir, $f(x)=\sum_n a_n/n!\cdot x^n$. Esto me llevó a la siguiente identidad para los coeficientes:

$$a_{n+1}=\sum_{k=0}^\infty \frac {a_{k+n}}{k!}.$$

Esto no ayuda realmente, ya que el lado derecho contiene infinitos coeficientes en sí mismo. Y un número infinito debe ser distinto de cero. Espero que una posible solución se vea algo así:

Answer 1

La familia infinita de soluciones es: $$f(x)=e(x+\alpha)e^{(x+\alpha)}$$ para cada $\alpha \in \mathbb R$

(Lo anterior escrito es claramente falso pero puedo decir algo útil para que puedas perdonar mi error)

Supongamos que $P_1(x)$ y $P_2(x)$ son polinomios arbitrarios (recuerda que el conjunto de polinomios sobre un campo $K$ es un campo (en este caso $K=\mathbb R$)) y que $P_2(x) \neq 0$. Además, una letra mayúscula $P$ aquí denotará polinomios.

Si intentáramos encontrar una solución de la forma $f(x)=e^{P_1(x)}P_2(x)$ entonces de esto se seguiría $f´(x)=e^{P_1(x)} P_1´(x)P_2(x)+e^{P_1(x)}P_2´(x)

$P_1`(x)P_2(x)=P_3(x)$ así que tenemos $f´(x)=e^{P_1(x)}(P_3(x)+P_2´(x))

$P_3(x)+P_2´(x)=P_4(x)$ así que $f´(x)=e^{P_1(x)}P_4(x)

Si esto pudiera ser igual a $f(x+1)$ entonces tendríamos $e^{P_1(x)}P_4(x)=e^{P_1(x+1)}P_2(x+1)$ lo cual es equivalente a $e^{P_1(x)}P_4(x)=e^{P_1(x)+P_5(x)}P_6(x)$ donde $P_5(x)=P_1(x+1)-P_1(x)$ y $P_6(x)=P_2(x+1)

Ahora tendríamos al dividir por $e^{P_1(x)}$ que $P_4(x)=e^{P_5(x)}P_6(x)$ lo cual es obviamente (?) falso así que $f(x)=e^{P_1(x)}P_2(x)$ es una solución solo para $P_2(x)=0$, que es tu solución trivial.

Así que descartamos esta familia de funciones del espacio de posibles soluciones, puedes jugar para descartar algunas otras familias.

Si $P_1$ y $P_2$ fueran polinomios de variable compleja de valor complejo entonces la prueba es aún más clara.