Toda funciones que $\frac{f(z+1)-f(z-1)}{2}=f'(z)$

Question

Considere la ecuación $$\frac{f(z+1)-f(z-1)}{2}=f'(z)\tag{*}.$$ Cualquier polinomio de grado $\leq 2$ satisface $(*)$ todos los $z$. Mi pregunta es:

Si $f:\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ es holomorphic y satisface $(*)$ todos los $z$ debe $f$ ser un polinomio de grado $\leq 2$?

Yo también estaría interesado en las respuestas al debilitamiento de las versiones de la pregunta, por ejemplo, donde $f$ es sólo holomorphic en una tira $\{z:-c<\operatorname{Im}z<c\}$, o donde $f$ es permitido tener singularidades aisladas.

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Aquí hay algunas cosas que sé acerca de esta cuestión hasta el momento. Si nosotros en lugar de considerar las funciones lisas $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, entonces hay muchas más soluciones a $(*)$ además de polinomios de grado $\leq 2$ (ver Funciones de $f$ tal que $f(x+1)-f(x-1)=2f'(x)$.).

Por otro lado, si $f$ es un polinomio que satisface $(*)$, debe tener grado $\leq 2$. De hecho, si $f$ satisface $(*)$, por lo que no $f'$ (diferenciando la ecuación), por lo que si un polinomio de grado $>2$ satisfecho $(*)$, podríamos repetidamente diferenciar a obtener un cúbicos. Restando la ecuación cuadrática parte (desde $(*)$ es lineal), podemos concluir que $f(z)=z^3$ satisface $(*)$, lo cual es falso.

Usted podría intentar construir soluciones a $(*)$ usando series de Taylor. En concreto, supongamos $f(z)=\sum a_n z^n$ y deje $g(z)=f'(z)-\frac{f(z+1)-f(z-1)}{2}$. Para comprobar que $f$ satisifies $(*)$, es suficiente para comprobar que el $g^{(n)}(0)=0$ todos los $n\in\mathbb{N}$. Esto puede ser escrito como una lista infinita de (infinitary) condiciones lineales en el $a_n$. Por ejemplo, la condición de que $g(0)=0$ dice que $$\sum_{n=1}^\infty a_{2n+1}=0$$ and the condition that $g'(0)=0$ says that $$\sum_{n=2}^\infty2na_{2n}=0.$$ In general, the equations for even derivatives involve only the $a_n$ for $n$ odd and the equations for odd derivatives involve only the $a_n$ for $n$ even, so you can consider odd $n$ and even $n$ separately. You could try to inductively construct the $a_n$ to make all these equations true one at a time. For instance, you might start by defining $a_3=1$ and $a_5=-1$, and then define $a_7$ and $a_9$ so that $g(0)=0$ remains true but $g"(0)=0$ becomes true. Then you could try to define $a_{11}$, $a_{13}$, and $a_{15}$ so that $g(0)=0$ and $g"(0)=0$ remain true and $g""(0)=0$ becomes true. However, this has convergence issues: I don't know how to prove that such a construction will make the series $\sum_{n=1}^\infty a_{2n+1}$ actually converge (all the construction gives is that infinitely many of the partial sums are $0$), let alone that the $a_n$ shrink fast enough so that $\sum a_nz^n$ es todo.

Answer 1

Si $f:\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ es holomorphic y satisface $(*)$ todos los $z$ debe $f$ ser un polinomio de grado $\leq 2$?

No, No hay más soluciones. Para $f(z) = \sin(az+b)$ hemos $$f(z \pm 1) = \sin(az+b)\cos(a) \pm \cos(az+b) \sin(un)$$ y por lo tanto $$\frac{f(z+1)-f(z-1)}{2} = \cos(az+b) \sin(un) \, .$$

De ello se deduce que para cualquier $a \in \Bbb C$ satisfacción $\sin(a) = a$ (y hay infinitamente muchos de esos $a$) y arbitrarias $b\in \Bbb C$ la función $$f(z) = \sin(az+b)$$ satisface la ecuación de $(*)$, y por lo tanto también cualquier combinación lineal $$f(z) = \sum_{j=1}^n c_j \sin(a_j z + b_j)$$ si todos los $a_j$ son puntos fijos de la función seno.