关于q-微积分中函数方程F(qx)-F(x)=f(x)的解的相关技术问询

嘿，很高兴能帮你梳理这个q-微积分里的函数方程问题！我来一步步解答你的两个疑问：

问题1：是否存在其他形式的解？ #

• 当然存在！你提到的级数解$-\sum_{j=0}^{\infty}f(qjx)$是方程的特解之一，但通解可以表示为这个特解加上一个满足齐次方程$G(qx)=G(x)$的函数$G(x)$。
• 这类齐次解$G(x)$具备“q-周期”特性：对于所有$x\in D_f$，$G(qx)=G(x)$。举个具体例子，如果$D_f$是全体非零实数，$q>0$且$q\neq1$，那么$G(x)$可以是仅依赖于$\log|x|$的周期函数（周期为$\log q$），或者更一般地，是在每个等价类${xq^k \mid k\in\mathbb{Z}}$上取常值的函数（每个等价类对应一个常数）。
• 所以最终通解的形式为：
  $$F(x) = -\sum_{j=0}^{\infty}f(qjx) + G(x)$$
  只要你给出的级数收敛，加上任意满足$G(qx)=G(x)$的函数$G$，都能得到原方程的解。

问题2：该方程是否总有解存在？ #

• 并不是总能找到解！解的存在性依赖于函数$f$的性质、定义域$D_f$的结构，以及参数$q$的取值。
• 举个直观的反例：设$q=2$，$D_f=\mathbb{R}\setminus{0}$，定义$f(x)=1$对所有$x\in D_f$。尝试构造级数解的话，$-\sum_{j=0}^{\infty}f(2jx) = -\sum_{j=0}^{\infty}1$，这个级数显然发散。那有没有其他解呢？假设存在$F$满足$F(2x)-F(x)=1$，对任意非零$x$，我们迭代这个式子可得：
  $$F(x) = F(x/2) - 1 = F(x/4) - 2 = \dots = F(x/2^n) - n$$
  当$n\to\infty$时，若$x>0$，则$x/2^{n\to0$，如果$F$在0附近有界，那么$F(x/2}n)-n$会趋向负无穷，不可能等于有限值$F(x)$；$x<0$时情况类似。因此这个场景下不存在解。
• 更一般地，当$f$不满足某种“q-可和”条件（比如你提到的级数收敛，或者更弱的Cesàro可和性），或者定义域的等价类（由$x\sim qx$生成）上无法定义满足迭代关系的函数时，原方程就没有解。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者M.H.Hooshmand