Непрерывная функция: f(2x)=2f(x)

[Профессор Снэйп]

Пусть непрерывная функция $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ удовлетворяет тождеству $f(2x)=2f(x)$. Обязательно ли $f(x) = \alpha x$ для некоторого $\alpha \in \mathbb{R}$?

[Gafield]

Нет. Возьмем произвольную непр. функцию $f$ на отрезке $[1,2]$, причем $f(2)=2f(1)$. Продолжим ее на $[1/2,1)$ и $(2,4]$ согласно уравнению и т.д. Получится непрерывная при $x\ge0$ функция, $f(0)=0$. Для $x<0$ продолжим то, что получится, нечетным образом.

[Профессор Снэйп]

Угу, понятно. А если сразу два тождества: $f(2x)=2f(x)$ и $f(3x)=3f(x)$, что тогда?

[RIP]

Тогда почти обязательно. Из этих условий следует, что для целых $\alpha,\beta$ выполняется $f(x)=2^\alpha3^\beta f(2^{-\alpha}3^{-\beta}x)$. Поскольку $2^{-\alpha}3^{-\beta}|x|$ при $x\ne0$ можно сделать сколь угодно близким к $1$, то

$$f(x)=\begin{cases}f(1)x,&x\geqslant0;\\-f(-1)x,&x\leqslant0.\end{cases}$$

[worm2]

RIP писал(а):

$2^{-\alpha}3^{-\beta}|x|$ при $x\ne0$ можно сделать сколь угодно близким к $1$

Это утверждение, по-видимому, верно, однако нетривиально. Хотелось бы взглянуть на его доказательство.

[ИСН]

Да бросьте, чего там нетривиального. Что отношение логарифмов 2 и 3 иррационально? Что иррациональное число может быть в некотором роде хорошо приближено рациональными?

[worm2]

Это эквивалентно тому, что для любой заданной последовательности нулей и единиц найдётся такое n, что двоичная запись числа $3^n$ начинается с этой последовательности.

Добавлено спустя 1 минуту 56 секунд:

Да, звучит как хорошо известное утверждение. Я просто с ним не знаком.

[Профессор Снэйп]

Ну да, понятно. Решение фактически основано на том, что множество чисел

$$ \{ 2^a3^b : a,b \in \mathbb{Z} \} $$

плотно на положительной части действительной оси.

[AD]

Что-то мы такое обсуждали похожее ...

http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=10257