一道函数方程题

wayne

原题：对于任意的实数$x$,存在$f(2x) =f(x)^2$，求$f(x)$



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我的疑问是通过求解下面的问题，是不是就算解答了上面的问题？
对于任意的实数$x,y$,存在$f(x+y) =f(x)f(y)$，求$f(x)$

而这个问题，可以根据导函数的定义，转化成微分方程的求解。
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表面上，$f(2x) =f(x)^2$的解是$f(x+y) =f(x)f(y)$的特解。但实际上$f(x+y) =f(x)f(y)$　比$f(2x) =f(x)^2$　对$f(x)$的要求应该更严格

mathe

$f(2^x)=a(x)^(2^x)$.那么$a(x)$是周期为1的函数

.·.·.

如果不要求函数连续的话
可能有些区别
我试试构造一个反例
$f(x)=1$(不存在整数a使得$3*2^a$)
$f(3*2^a)=2^{2^a}$(a为整数)

显然对x不为$3*2^a$，2x也写不成$3*2^a$的形式，此时$f(x)=f(x)^2=f(2x)=1$
而对$x=3*2^a$，$f(2x)=f(3*2^{a+1})=2^{2^{a+1}}=(2^{2^a})^2=f(x)^2$
如果$f(x)+f(y)=f(xy)$，那么$1=f(1)f(2)=f(1+2)=2$，矛盾

mathe

加上条件f(x)在x=0处可微，结果就应该简单了

wayne

mathe在２#应该只是构造了一个特例。
我也可以构造一个非周期函数的特例。我们将区间$(0,+\infty)$根据$2$的幂分成一个个紧密连接的$(2^n,2^{n+1})$的子区间，其中$n\in Z$。于是我们只需要定义任何一个子区间内的$f(x)$的表达式即可，其他子区间都可以根据这个已知的子区间唯一的确定函数。

加上条件f(x)在x=0处可微，结果就应该简单了

所以，如果是这样的话，加上条件f(x)在x=0处可微，我觉得也不一定能收紧$f(x)$的自由度，即得到一个显式表达。我大可以让$f(x)$在$x=2^n, n\inZ$处都可导，且都为$0$

wayne

本来我是想理一理，看mathe是怎么推演到２#那个表达式的。，结果就这么顺势有了这种过程

我们反复施用条件式$n$次，得到：$f(2^nx) = f(x)^(2^n)$,　设$x=2^\theta$, $f(2^(n+\theta)) = f(2^\theta)^(2^n)$,
如果我们要继续推演，得到连续函数，就设$x=2^\theta,y=2^n$,对$y$做连续性延拓，于是等同于这个问题：任意两个正实数$x,y$,存在关系$f(xy)=f(x)^y$，

蛤蛤蛤，这是要回去的感觉、、、不过，此时好像就比较好做了，假设都是可导【因为我们只关心连续可导的函数】，就可以借用微分方程了，分别对$x,y$求导,联立方程，消元得到　$x f'(x)=f(x) ln (f(x))$，进而，得到$f(x)=e^{C_1x}$

mathe

如果限定函数连续，那么如果函数f不恒为0,，计算$f(2^(-n)x)$让n趋向无穷就得$f(0)=1$.
同样如果再假设f在x=0可导，那么根据
$f(2^(-n+x))=a(x)^(2^(-n+x))$
两边同时减1乘以$2^(n-x)$再让n趋向无穷可以得到
$f'(0)=\lim_{n->+infty}\frac{f(2^(-n+x))-f(0)}{2^{-n+x}}=\lim_{n->\infty}2^{n-x}(a(x)^(2^(-n+x))-1)=\ln(a(x))\lim_{n->\infty}\frac{exp(\ln(a(x))2^(-n+x))-1}{\ln(a(x))2^{-n+x}}=\ln(a(x))$.
所以$a(x)$是常数，也就是$f(x)=a^x$