Tricky funksjonallikning

[Markus]

Finn alle $h \in \mathbb{R}$ slik at det finnes en deriverbar funksjon $f: \mathbb{R} \to (0, \infty)$ slik at $f'(x)=f(x+h)$ for alle $x \in \mathbb{R}$.

[Gustav]

Følgende er bare en delvis løsning: Med ansatzen $f(x)=e^{ax}$ som løsning ser vi ved innsetting av ligningen reduseres til $a=e^{ah}$, som kan løses for $a$ ved hjelp av Lamberts W-funksjon, ie. $a=\frac{-W(-h)}{h}$, som er reell for alle $h\le \frac{1}{e}$, så alle disse verdiene av h gir en mulig løsning. Det mangler å sjekke for alle andre verdier av h.

[Markus]

Det mangler å sjekke for alle andre verdier av h.

Det er nettopp dette som er litt vanskelig med denne. Har i alle fall løst den likt med deg så langt modulo at jeg ikke brukte Lambert-W, men bare "vanlig kalkulus". Legger ved noen hint

Hint 1:

[+] Skjult tekst

La $g(x)=\log(f(x))$. Bruk MVT på $g(x)$ og finn et passende uttrykk for $g'(x)$

Hint 2:

[+] Skjult tekst

Vis at $\log(g'(x))<g'(x)/e$ og bruk dette til å si noe om uttrykket fra hint 1

Hint 3:

[+] Skjult tekst

Definer en følge $(x_n)$ slik at $g'(x_n)<(1/eh)^ng(x)$.

[Markus]

Løsning:

[+] Skjult tekst

Gjør først det samme som Gustav. Anta så $h>\frac1e$, og definer $g(x)=\ln(f(x))$ (som gir mening siden $f$ er positiv). Observer nå at dersom $g'(x)<1$ er $\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{f(x+h)}{f(x)}<1$, altså $f(x+h)<f(x)$, som vil gi oss en selvmotsigelse ettersom $f$ er voksende da $f'(x)=f(x+h)$ og $f$ er positiv. Dermed er hovedstrategien vår å vise at det finnes en $x$ slik at dette er sant.

Ved middelverdisetningen er $\frac{g(x+h)-g(x)}{(x+h)-x}=g'(x+\theta)$, så $g(x+h)-g(x)=g'(x+\theta)$ for en $\theta \in (0,h)$. Nå er $$g'(x)=\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{f(x+h)}{f(x)}=\frac{e^{g(x+h)}}{e^{g(x)}} = e^{g(x+h)-g(x)} = e^{g'(x+\theta)} \qquad \theta \in (0,h)$$. Dermed er $g'(x+\theta)=\log(g'(x))$. Ved Bernoullis ulikhet er $e^x=\lim_{n \to \infty} \left( 1+ \frac{x}{n} \right)^n \geq \lim_{n \to \infty} 1+n\frac{x}{n}=1+x$. Sett nå $x=f(x)/e-1$ så fås $\ln(f(x)) \leq \frac{f(x)}{e}$. Dermed får vi med denne ulikheten at $g'(x+\theta)\leq \frac{g'(x)}{eh}$. La nå $c=\frac{1}{eh}$, siden $h > \frac1e$ er dermed $c \in (0,1)$. Definer følgen $(x_n)$ ved $x_0=x$ og $x_n=x_{n-1}+\theta_{x_{n-1}}$ for $n\geq 1$ der $\theta_{x_i}$ er den $\theta$-en vi får ved å bruke middelverdisetningen på $g(x)$ på intevallet $[x_i,x_i+h]$. Da er $$g'(x_n)=g'(x_{n-1}+\theta_{x_{n-1}}) \leq cg'(x_{n-1}) = cg'(x_{n-2}+\theta_{x_{n-2}}) \leq c^2g'(x_{n-2}) \leq \cdots \leq c^ng'(x)$$ Lar vi nå $n \to \infty$ ser vi at $c^ng'(x)\to 0$, så $g'(x_n)=0$, som er den selvmotsigelsen vi lette etter.