F(x+2) = (x²+3x+1)·F(x)
Vezessünk be egy G(x) függvényt.
G(x)=x²+3x+1
Ezért
F(x+2)=G(x)·F(x)
F(x)=G(x-2)·F(x-2)
F(x-2)=G(x-4)·F(x-4)
F(x)=G(x)×G(x-2)×G(x-4)....G(x-2k).
Ez a sorozat nem konvergens.. Tehát nincs "megoldás"

Van ilyen függvény.

Nézzük, mit tudunk `f()`-ről:

Legyen most is `g(x)=x^2+3x+1`

Ha ismernénk a `0 ≤ x < 2` tartományban `f(x)` értékeit, akkor:
- pozitív számoknál az `f(x)=g(x-2)·f(x-2)` sorozat használható, hogy `x`-ről leérjünk az ismert tartományhoz, ahol leáll a rekurzió
- negatív számoknál pedig az `f(x)=f(x+2)/g(x)`, de csak akkor, ha `g(x)≠0` egyik lépésnél sem.

Néhány helyen tudjuk a pontos értéket:

a) Páros számoknál `f(0)=1` miatt:
- Ha `x=2n, n ∈ ℤ: f(x)=prod_(k=1)^n g(2k-2)`
- Ha `x=-2n, n ∈ ℤ: f(x)=prod_(k=1)^n 1/(g(-2k))`

Speciálisan `f(2)=g(0)=1` (és persze `f(0)=1` is ismert)

b) Ahol `g(x)=0` valamelyik lépésben:

`g(x)` gyökei ezek:
`x_"1,2"=(-3+-sqrt(5))/2`
Ezek nagyjából -0.38197 és -2.6180. "Szerencsére" ezek nem páros számok, ezért nem ütközik össze ez az előző esettel, továbbra is jók az a) kikötések.

Legyen `ξ_1=x_2+4=(5-sqrt(5))/2`
és `qquad ξ_2=x_1+2=(1+sqrt(5))/2`

Ezek a `[0,2)` tartományban vannak, `ξ_1 < ξ_2`.

Tudjuk, hogy `f(x_1)=f(x_2)=f(ξ_1)=f(ξ_2)=0`, általánosabban, `r={1,2}`, `ξ_r` jelöléssel mindkét `ξ`-re:
- Ha `x=ξ_r+2n, n ∈ ℕ: f(x)=0`

Van tehát 3 fix pontunk a `[0, 2)` intervallumon: `f(0)=1, f(ξ_1)=0, f(ξ_2)=0`
A többi `f(x), x ∈ (0, 2)\ \\ \ ξ_r` esetén tetszőleges folytonos függvény jó lesz, pl az, ahol egyenes vonalakkal kötjük össze a
`(0,f(0)) -> (ξ_1,f(ξ_1)) -> (ξ_2,f(ξ_2)) -> (2,1)`
pontokat (ilyenkor a `[ξ_1, ξ_2]` intervallumon minden `f(x)=0`, de ez nem szükségszerű). Végtelen sok más is elképzelhető. (Van olyan is, ami nem csak folytonos, hanem N-szer deriválható. Lehet, hogy van olyan is, ami végtelen sokszor deriválható.)

Nevezzük ezt a `[0,2]` intervallumon definiált függvényt `φ(x)`-nek, ezzel `f(x)` kifejezhető:
- Ha `x ≥ 0, n=⌊x/2⌋: f(x)=φ(x-2n) · prod_(k=1)^n g(x-2k)`
- Ha `x < 0, n=-⌊x/2⌋: f(x)=φ(x+2n) · prod_(k=1)^n 1/(g(x+2k-2))`

(... Remélem nem rontottam el itt a végén a plusz-mínuszt, meg az `n`-t, meg hogy `k` meddig is megy, ellenőrizd le néhány `x`-re.)
(`bb"EDIT:"` Bizony elrontottam: `g(x-2k-2)`-t írtam a pozitív `x`-eknél, pedig `g(x-2k)` kell. Javítva. Bocs.)

Könnyen bizonyítható, hogy az így definiált függvény folytonos.

Én egy ilyet találtam...

Van probléma a megoldásommal: Lazán vettem, hogy "könnyen bizonyítható, hogy az így definiált függvény folytonos". Kicsit azért bonyolultabb, és kell is még hozzá néhány kikötés:

A `φ(x)` függvénytől annyit vártam el eddig:
- `φ(0)=φ(2)=0`
- `φ(ξ_1)=φ(ξ_2)=0`
- A `[0;2]` intervallumban folytonos.

Ennyi tényleg elég ahhoz, hogy a számegyenes majd egészében folytonos legyen az `f(x)`, de gondok vannak az `x_1` és `x_2` helyek környezetében, ahol `g(x)=0`! Ki van kerülve a nullával osztás azzal, hogy az `x=ξ_r+2n` pontokban mindenhol `f(x)=0` (ez az első kritérium az `f(x)` függvény definíciójában, bár a másik kettőtől kicsit messze van és nincs is benne `Π`, ezért el is felejti az ember...), de az nem elég. A folytonossághoz azt is biztosítani kell, hogy `lim_(x->ξ_r+2n) f(x)=0` legyen minden `r` és `n` esetén.
Könnyen belátható, hogy valójában probléma csak ezzel van:
`lim_(x->x_r) f(x)=0`
mindkét `r` esetén, hisz itt lenne nullával osztás. Nézzük, pontosan mi is van ezek körül:

a) `x_1 ≈ -0.38197` kis környezetében `n=1`, `f(x)` pedig:
`f_1(x)=(φ(x+2))/(g(x))`
Ahhoz, hogy `lim_(x->x_1)f_1(x)=0` legyen, az kell, hogy `φ(x+2)` ebben a kis tartományban a `g(x)`-nél gyorsabban tartson a nullához. Amit javasoltam (a három egyenes szakaszból álló `φ(x)`), az nem teljesíti ezt a feltételt, tehát nem jó. Van azért végtelen sok föggvény, ami jó lesz. De nézzük tovább:

b) `x_2 ≈ -2.6180` kis környezetében `n=2`, `f(x)` pedig:
`f_2(x)=(φ(x+4))/(g(x)·g(x+2))`
Ahhoz, hogy `lim_(x->x_2)f_2(x)=0` legyen, az kell, hogy `φ(x+4)` ebben a kis tartományban a `g(x)·g(x+2)`-nél gyorsabban tartson a nullához. A `g(x+2)` nem zavar, mert nem a 0-hoz tart (`g(x_2+2) ≈ -0.472136`), de a `g(x)` igen.

Tehát ezt a két kikötést is bele kell venni, hogy milyen `φ(x)` függvények a jók. Keressünk ilyen függvényt:

Ennek a "gyorsan nullához" tulajdonságnak csak az `x_1+2=ξ_2` és `x_2+4=ξ_1` kis környezetében kell teljesülnie, a többi helyen továbbra is lehet tetszőleges folytonos függvény, ami 0-ban és 2-ban 1 értéket vesz fel.

Elsőre direkt egy bonyolultabb függvényt mutatok:

Ha pl. a `ξ_2+-δ` tartományon belül ilyen a függvény:
- Ha `ξ_2-δ < x < ξ_2+δ`, akkor `φ(x)=g(x-2)·(x-ξ_2)`
Nézzük a limeszt:
`lim_(x->x_1) (φ(x+2))/(g(x))=lim_(x->x_1) (g(x)·(x+2-ξ_2))/(g(x))=x_1+2-ξ_2=0`
Tényleg nulla a határérték, teját `x_1`-ben folytonos az `f(x)`!

A `ξ_1+-δ` tartományon belül pedig mondjuk ilyen a függvény:
- Ha `ξ_1-δ < x < ξ_1+δ`, akkor `φ(x)=g(x-4)·(x-ξ_1)`
A limesz pedig:
`lim_(x->x_2) (φ(x+4))/(g(x)·g(x+2))=lim_(x->x_2) (g(x)·(x+4-ξ_1))/(g(x)·g(x+2))=(x_2+4-ξ_1)/(g(x_2+2))=0`

A többi `x`-en bármilyen folytonos függvény jó, ami a két szélen felmegy 1-be.


Mondok azért sokkal egyszerűbb függvényt is! Majdnem ugyanaz, mint amit az előző válaszomban mondtam:

Egyenes vonalakkal kötjük össze a `(0, 1) -> (ξ_1-δ, 0) -> (ξ_2+δ, 0) -> (2,1)` pontokat.
`δ` tetszőleges kicsi szám lehet.

Lehet persze kicsit nagyobb is a delta, amikor mondjuk így megy a három vonal:
`(0, 1) -> (0.1, 0) -> (1.9,0) -> (2,1)`

Ezek a kritikus tartományban olyan "gyorsan" közelítenek a nullához, hogy végig nullák