Encontrar $f$ donde $f'(x) = f(1+x)$

Question

Deje $f \colon \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ ser una función uniforme tal que
$$f'(x) = f(1+x)$$ ¿Cómo podemos encontrar la forma general de la $f$? He pensado en algunas ecuaciones diferenciales, pero no está seguro de cómo utilizar aquí. Gracias.

Answer 1

Mediante la aplicación repetida de la ecuación de haber hay, es claro que $f^{(n)}(x) = f(n + x)$, y que, por ende, $f$ es suave (es decir, tiene continuos derivados de todos los pedidos). Por otra parte, la ecuación es lineal. Esto significa que $f = 0$ es una solución, y que cualquier combinación lineal de soluciones es una solución.

Supongamos que sabemos lo $f$$[0,1]$. A continuación, podemos trabajar de lo $f$ está en todas partes: en $[1,2]$ necesitamos tener $f^\prime$, $[n,n+1]$ más en general, necesitamos tener el $f^{(n)}$. Por lo que los valores positivos reales ya están decididos. En los aspectos negativos, se forma análoga necesidad de poner antiderivatives de $f$. Usted puede pensar que este no es el único, porque, por supuesto, antiderivatives no son únicos, sino la continuidad de la función en los puntos extremos de los intervalos se va a solucionar las constantes de integración, lo que en realidad no hay opciones.

Sin embargo, que alude a un problema que nos encontremos en el positivo reales: si $f^\prime(0)\not=f(1)$, el cosido juntos función no sea continua en $1$. Del mismo modo, si $f^{\prime\prime}(0)\not=f^\prime(1)$, la solución de dificultades en $2$.

Por lo tanto, si mi análisis es correcto, las soluciones están en una correspondencia uno a uno con las funciones lisas $g:[0,1]\to \mathbb R$ la satisfacción de la restricción adicional de que $g^{(n+1)}(0)=g^{(n)}(1)$. En particular, esta última restricción es fácil de satisfacer si $g$ es un suave golpe de la función con el apoyo de un subconjunto de a $[0+\epsilon,1-\epsilon]$ algunos $\epsilon$. Todas las funciones (excepto el cero de la función) no son analíticas, por lo que no se muestran en un poder de análisis de series.

Realmente no he conseguido una solución general, todavía, pero me las he arreglado para encontrar una familia infinita de linealmente independiente bump-soluciones, y un criterio para la solución general.

Answer 2

Si se asume que su solución es $ f(x)= {\rm e}^{\lambda x } $ y sustituyendo de nuevo en la ecuación, se obtiene,

$$ \lambda {\rm e}^{\lambda x } = {\rm e}^{\lambda (x+1) } \Rightarrow \lambda = {\rm e}^{\lambda } \Rightarrow \frac{1}{\lambda}{\rm e}^{\lambda } = 1 \,. $$

Para encontrar $\lambda$, hacemos un llamamiento a la de Lambert función W que le da $$ \lambda = -W(-1)\, $$

Entonces, podemos escribir la solución como

$$ f(x) = c \,{\rm e}^{-W(-1) x } \,.$$

Pero tenga en cuenta que, esta no es una función real, ya que $ -W(-1)=0.3181315052- 1.337235701\,i $ es complejo. Si tenemos en cuenta el resto de los valores contribuido de las otras ramas de la función W de Lambert, podemos escribir la solución general, como se señaló en los comentarios, como

$$ f(x) = \sum_{n= -\infty}^{\infty} c_n {\rm e}^{-W_n(-1) x}\,, $$ donde $ c_n $ son constantes.

Answer 3

Primero de todo, vamos convierte en un retraso de la forma. Deje $g(x) = f(-x)$, entonces tenemos: $$ g'(x) = -g(x-1) $$ Por lo tanto, se considera más general de la ecuación de $y'(t) = -y(t-\tau)$, y la condición inicial $y(t) = \upsilon(t)$$0<t<\tau$. Entonces, para $\tau < t < 2 \tau$, $$ y(t) = \upsilon(\tau) - \int_\tau^t y(s-\tau) \mathrm{d} = \upsilon(\tau)- \int_\tau^t \upsilon(s-\tau) \mathrm{d} = \upsilon(\tau) - \int_0^{t\tau} \upsilon(s) \mathrm{d}s $$ para $2 \tau < t <3 \tau$: $$ y(t) = y(2 \tau) - \int_{\tau}^{t\tau} y(s) \mathrm{d} = \upsilon(\tau)-\int_0^\tau \upsilon(s) \mathrm{d}s - (t-2 \tau) \upsilon(\tau) + \int_\tau^{t\tau} \int_{0}^{s-\tau} \upsilon(u) \mathrm{d} u $$ y así sucesivamente.

Aquí es una aplicación de esta idea en Mathematica, y la comparación con construido-en el retraso de la ODE solver: