f(x)=2 f(2x) を満たす関数について
問題
関数方程式f(2x)=\frac 12f(x)\quad(1)を満たす関数f(x)を求めよ．
発見的解法
考察1
x\neq0であるときを考える．f(x)=\frac 1xとすると，f(2x)=\frac 1{2x}=\frac 12f(x)より，(1)を満たす．
全ての実数xで定義されていることが必要であれば，f(0)=0と定義すればよい．f(2\cdot0)=\frac 12f(0)であるから，f(0)=0であることがすぐ分かる．
考察2
同様に考えて，f(x)=\begin{cases}c\cdot\frac 1x & (x\neq0)\\0 & (x=0)\end{cases}（cは任意の定数）と定義すると，このような関数は条件(1)を満たす．
考察3
では，このような関数のみが条件を満たすかというと，そのようなことはない．例えばf(1)=1と定めたとして，影響を受けるようなxはどのようなxか考えてみる．
x=2^{n}（nは整数）を満たすようなxについては，f(2^{n})=\frac 1{2^{n}}f(1)=\frac 1{2^{n}}が直ちに分かる．逆に，それ以外のxの値は定めない．
よって，次の関数は条件を満たす．f(x)=\begin{cases}-\frac 1x & (x:\,\mathrm{otherwise})\\ \frac 1x & (x=2^{n},\,n\in\mathbf{Z})\\ 0 & (x=0) \end{cases}グラフをかくと，ところどころで穴が開いたようなグラフになる．
考察4
別の関数方程式f(x)=f(2x)\quad(2)を満たす関数の場合，https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1487297239，https://oshiete.goo.ne.jp/qa/8700628.html等から以下のことが分かる．
実数全体で定義される連続関数であれば，f(x)=c（cは任意の定数）である．
x>0で定義される連続関数であるとする．g(x)=2\pi\cdot\log_{2}xとすると，g(2x)=g(x)+2\piを満たす．よって，関数f(x)=\sin\left(g(x)\right)は条件(2)を満たす．つまり，定数関数ではないが，条件を満たす関数はいくらでも構成できる．
考察5
関数方程式(1)を満たす，x>0で定義される連続関数について再度考察する．前項を利用すると，以下のような解が構成できる．g_{2\pi}(x)=2\pi\cdot\log_{2}xとすると，g_{2\pi}(2x)=g_{2\pi}(x)+2\piを満たす．関数f(x)=\frac 1x\cdot\sin\left(g_{2\pi}(x)\right)は条件(1)を満たす．
x<0についても，この範囲で連続な関数がf(x)=\frac 1x\cdot\sin\left(g_{2\pi}(\left|x\right|)\right)やf(x)=\frac 1{\left|x\right|}\cdot\sin\left(g_{2\pi}(\left|x\right|)\right)のようにすれば構成できる．
まとめ
関数方程式f(2x)=\frac 12f(x) (1)について，以下のことが分かる．
- 関数f(x)=0は，すべての実数で定義される連続関数で，条件を満たす．
- 関数f(x)=\begin{cases}c\cdot\frac 1x & (x\neq0)\\ 0 & (x=0) \end{cases}（cは任意の定数）は，x\neq0で連続で，条件を満たす．
- 関数f(x)=\begin{cases}c\cdot\frac 1x\cdot\sin\left(2\pi\cdot\log_{2}\left|x\right|\right) & (x\neq0)\\ 0 & (x=0) \end{cases}（cは任意の定数）は，x\neq0で連続で，条件を満たす．
- 不連続な関数であれば，いくらでも見つかる．
分かっていないことに，例えば以下のことがある．
- x=0で連続な関数で，定数関数f(x)=0でない関数は解として存在するか．
構成的解法
全ての実数で連続
f(x)が全ての実数で定義され，連続であるとし，関数方程式の解について考察する．
f(2x)=\frac 12f(x)より，任意の自然数nに対して，f(2^{n}x)=\frac 1{2^{n}}f(x)であることが数学的帰納法を用いて証明できる．よって，任意の整数nに対して，f(2^{n}x)=2^{-n}\cdot f(x)であることも証明できる．
f(0)=cとする．
関数はx=0で連続であるから，任意の実数\varepsilon>0に対し，ある実数\delta>0が存在し，\left|x-0\right|<\deltaを満たす任意の実数xについて，\left|f(x)-c\right|<\varepsilonである．以下，\varepsilon，\deltaは固定する．
\left|x_{0}-0\right|<\deltaを満たす，ある実数x_{0}を固定する．自然数Nに対して，x_{N}=\frac 1{2^{N}}x_{0}と定めると，\left|x_{N}-0\right|=\left|\frac 1{2^{N}}x_{0}\right|<\frac 1{2^{N}}\delta<\deltaである．また，f(x_{N})=f\left(\frac 1{2^{N}}x_{0}\right)=2^{N}f(x_{0})であるから，\left|f(x_{N})-c\right|=\left|2^{N}f(x_{0})-c\right|である．\\
(i) f(x_{0})=0のとき，\left|c\right|<\varepsilonであるから，c=0である．このとき\left|2^{N}f(x_{0})-c\right|=0<\varepsilonであり，条件を満たす．\\
(ii) f(x_{0})\neq0のとき，\left|2^{N}f(x_{0})-c\right|\geqq\left|2^{N}f(x_{0})\right|-\left|c\right|=2^{N}\left|f(x_{0})\right|-\left|c\right|である．\left|f(x_{0})\right|>0であるから，\varepsilon_{1}=\varepsilon+\left|c\right|>0について，2^{N_{1}}\left|f(x_{0})\right|>\varepsilon_{1}を満たすような自然数N_{1}が存在する．このような自然数N_{1}に対して，2^{N_{1}}\left|f(x_{0})\right|-\left|c\right|>\varepsilon+\left|c\right|-\left|c\right|>\varepsilonである．つまり，\left|f(x_{N_{1}})-c\right|>\varepsilonである．これは，f(x)の連続性に矛盾する．（背理法は嫌いだけど用いた）
従って，f(x_{0})=0のみ適する．
以上の議論は\left|x_{0}-0\right|<\delta を満たす任意の実数x_{0}について成り立つ．よって，\left|x-0\right|<\deltaならばf(x)=0である．
さて，\left|x_{2}-0\right|<\deltaとは限らない，任意の実数x_{2}を別にとる．任意の実数x_{2}に対し，x_{3}=\frac 1{2^{N_{2}}}x_{2}が\left|x_{3}-0\right|<\deltaを満たすような自然数N_{2}が存在する．このとき，f(x_{3})=0である．
よって，f(x_{2})=f\left(2^{N_{2}}x_{3}\right)=2^{-N_{2}}\cdot f(x_{3})であるから，f(x_{2})=0である．
以上より，任意の実数xに対してf(x)=0である．
\boldsymbol{x\neq0}で連続
x>0とx<0について別々に考えてよく，対称性からx>0のときだけを考えれば十分である．
x>0で定義される周期1の連続関数を任意に定め，h(x)とする．つまり，h(x+1)=h(x)を満たす．また，関数g(x)をg(x)=\log_{2}xと定める．このとき，任意の自然数Nに対し，h\left(g\left(2x\right)\right)=h\left(1+\log_{2}x\right)=h(\log_{2}x)=h\left(g\left(x\right)\right)である．h\left(g\left(x\right)\right)はx>0で連続である（証明略）．
このとき，関数f_{1}(x)をf_{1}(x)=\frac 1xh\left(g\left(x\right)\right)と定める．関数f_{1}(x)はf_{1}(2x)=\frac 1{2x}h\left(g\left(2x\right)\right)=\frac 12\cdot f_{1}(x)であるので，関数方程式(1)を満たす．
よって，関数方程式を満たす関数が，任意の周期1の周期関数に対して，それぞれ異なるように構成できる．