f(x)=2 f(2x) を満たす関数について
問題
関数方程式[latex display="true"]f(2x)=\frac 12f(x)\quad(1)[/latex]を満たす関数f(x)を求めよ．
発見的解法
考察1
[latex]x\neq0[/latex]であるときを考える．[latex]f(x)=\frac 1x[/latex]とすると，[latex]f(2x)=\frac 1{2x}=\frac 12f(x)[/latex]より，(1)を満たす．
全ての実数[latex]x[/latex]で定義されていることが必要であれば，[latex]f(0)=0[/latex]と定義すればよい．[latex]f(2\cdot0)=\frac 12f(0)[/latex]であるから，[latex]f(0)=0[/latex]であることがすぐ分かる．
考察2
同様に考えて，[latex]f(x)=\begin{cases}c\cdot\frac 1x & (x\neq0)\\0 & (x=0)\end{cases}[/latex]（[latex]c[/latex]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[latex]f(1)=1[/latex]と定めたとして，影響を受けるような[latex]x[/latex]はどのような[latex]x[/latex]か考えてみる．
[latex]x=2^{n}[/latex]（[latex]n[/latex]は整数）を満たすような[latex]x[/latex]については，[latex]f(2^{n})=\frac 1{2^{n}}f(1)=\frac 1{2^{n}}[/latex]が直ちに分かる．逆に，それ以外の[latex]x[/latex]の値は定めない．
よって，次の関数は条件を満たす．[latex]f(x)=\begin{cases}-\frac 1x & (x:\,\mathrm{otherwise})\\ \frac 1x & (x=2^{n},\,n\in\mathbf{Z})\\ 0 & (x=0) \end{cases}[/latex]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[latex display="true"]f(x)=f(2x)\quad(2)[/latex]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，[latex]f(x)=c[/latex]（[latex]c[/latex]は任意の定数）である．
[latex]x>0[/latex]で定義される連続関数であるとする．[latex]g(x)=2\pi\cdot\log_{2}x[/latex]とすると，[latex]g(2x)=g(x)+2\pi[/latex]を満たす．よって，関数[latex]f(x)=\sin\left(g(x)\right)[/latex]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，[latex]x>0[/latex]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．[latex]g_{2\pi}(x)=2\pi\cdot\log_{2}x[/latex]とすると，[latex]g_{2\pi}(2x)=g_{2\pi}(x)+2\pi[/latex]を満たす．関数[latex]f(x)=\frac 1x\cdot\sin\left(g_{2\pi}(x)\right)[/latex]は条件(1)を満たす．
[latex]x<0[/latex]についても，この範囲で連続な関数が[latex]f(x)=\frac 1x\cdot\sin\left(g_{2\pi}(\left|x\right|)\right)[/latex]や[latex]f(x)=\frac 1{\left|x\right|}\cdot\sin\left(g_{2\pi}(\left|x\right|)\right)[/latex]のようにすれば構成できる．
まとめ
関数方程式[latex]f(2x)=\frac 12f(x) (1)[/latex]について，以下のことが分かる．
- 関数[latex]f(x)=0[/latex]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[latex]f(x)=\begin{cases}c\cdot\frac 1x & (x\neq0)\\ 0 & (x=0) \end{cases}[/latex]（[latex]c[/latex]は任意の定数）は，[latex]x\neq0[/latex]で連続で，条件を満たす．
- 関数[latex]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}[/latex]（[latex]c[/latex]は任意の定数）は，[latex]x\neq0[/latex]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．
- [latex]x=0[/latex]で連続な関数で，定数関数[latex]f(x)=0[/latex]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
[latex]f(x)[/latex]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．
[latex]f(2x)=\frac 12f(x)[/latex]より，任意の自然数[latex]n[/latex]に対して，[latex]f(2^{n}x)=\frac 1{2^{n}}f(x)[/latex]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[latex]n[/latex]に対して，[latex]f(2^{n}x)=2^{-n}\cdot f(x)[/latex]であることも証明できる．
[latex]f(0)=c[/latex]とする．
関数は[latex]x=0[/latex]で連続であるから，任意の実数[latex]\varepsilon>0[/latex]に対し，ある実数[latex]\delta>0[/latex]が存在し，[latex]\left|x-0\right|<\delta[/latex]を満たす任意の実数[latex]x[/latex]について，[latex]\left|f(x)-c\right|<\varepsilon[/latex]である．以下，[latex]\varepsilon[/latex]，[latex]\delta[/latex]は固定する．
[latex]\left|x_{0}-0\right|<\delta[/latex]を満たす，ある実数[latex]x_{0}[/latex]を固定する．自然数[latex]N[/latex]に対して，[latex]x_{N}=\frac 1{2^{N}}x_{0}[/latex]と定めると，[latex]\left|x_{N}-0\right|=\left|\frac 1{2^{N}}x_{0}\right|<\frac 1{2^{N}}\delta<\delta[/latex]である．また，[latex]f(x_{N})=f\left(\frac 1{2^{N}}x_{0}\right)=2^{N}f(x_{0})[/latex]であるから，[latex]\left|f(x_{N})-c\right|=\left|2^{N}f(x_{0})-c\right|[/latex]である．\\
(i) [latex]f(x_{0})=0[/latex]のとき，[latex]\left|c\right|<\varepsilon[/latex]であるから，[latex]c=0[/latex]である．このとき[latex]\left|2^{N}f(x_{0})-c\right|=0<\varepsilon[/latex]であり，条件を満たす．\\
(ii) [latex]f(x_{0})\neq0[/latex]のとき，[latex]\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|[/latex]である．[latex]\left|f(x_{0})\right|>0[/latex]であるから，[latex]\varepsilon_{1}=\varepsilon+\left|c\right|>0[/latex]について，[latex]2^{N_{1}}\left|f(x_{0})\right|>\varepsilon_{1}[/latex]を満たすような自然数[latex]N_{1}[/latex]が存在する．このような自然数[latex]N_{1}[/latex]に対して，[latex]2^{N_{1}}\left|f(x_{0})\right|-\left|c\right|>\varepsilon+\left|c\right|-\left|c\right|>\varepsilon[/latex]である．つまり，[latex]\left|f(x_{N_{1}})-c\right|>\varepsilon[/latex]である．これは，[latex]f(x)[/latex]の連続性に矛盾する．（背理法は嫌いだけど用いた）
従って，[latex]f(x_{0})=0[/latex]のみ適する．
以上の議論は[latex]\left|x_{0}-0\right|<\delta[/latex] を満たす任意の実数[latex]x_{0}[/latex]について成り立つ．よって，[latex]\left|x-0\right|<\delta[/latex]ならば[latex]f(x)=0[/latex]である．
さて，[latex]\left|x_{2}-0\right|<\delta[/latex]とは限らない，任意の実数[latex]x_{2}[/latex]を別にとる．任意の実数[latex]x_{2}[/latex]に対し，[latex]x_{3}=\frac 1{2^{N_{2}}}x_{2}[/latex]が[latex]\left|x_{3}-0\right|<\delta[/latex]を満たすような自然数[latex]N_{2}[/latex]が存在する．このとき，[latex]f(x_{3})=0[/latex]である．
よって，[latex]f(x_{2})=f\left(2^{N_{2}}x_{3}\right)=2^{-N_{2}}\cdot f(x_{3})[/latex]であるから，[latex]f(x_{2})=0[/latex]である．
以上より，任意の実数[latex]x[/latex]に対して[latex]f(x)=0[/latex]である．
[latex]\boldsymbol{x\neq0}[/latex]で連続
[latex]x>0[/latex]と[latex]x<0[/latex]について別々に考えてよく，対称性から[latex]x>0[/latex]のときだけを考えれば十分である．
[latex]x>0[/latex]で定義される周期1の連続関数を任意に定め，[latex]h(x)[/latex]とする．つまり，[latex]h(x+1)=h(x)[/latex]を満たす．また，関数[latex]g(x)[/latex]を[latex]g(x)=\log_{2}x[/latex]と定める．このとき，任意の自然数[latex]N[/latex]に対し，[latex]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)[/latex]である．[latex]h\left(g\left(x\right)\right)[/latex]は[latex]x>0[/latex]で連続である（証明略）．
このとき，関数[latex]f_{1}(x)[/latex]を[latex]f_{1}(x)=\frac 1xh\left(g\left(x\right)\right)[/latex]と定める．関数[latex]f_{1}(x)[/latex]は[latex]f_{1}(2x)=\frac 1{2x}h\left(g\left(2x\right)\right)=\frac 12\cdot f_{1}(x)[/latex]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．