Esto no es una respuesta ya que mi intento no concluye.
Dado que las constantes son positivas, $0 < c\leq C$. Hasta una división se puede tomar $2^n$ en lugar de $2^{n+1}$ en tu condición y hasta un desplazamiento se puede asumir que estás considerando la continuidad en $0$. Observa que si $c\leq C/2$, entonces $$ \bigcup_{n \geq 0}[c/2^n, C/2^n] = ]0,C]. $$ Supongamos $0 < c \leq C/2$. Supongamos que la continuidad secuencial se cumple en 0 para todas las secuencias que cumplen tu criterio. Sea $x$ una secuencia real con límite nulo, en lo que sigue es un intento de demostrar que $(f(x_n))$ tiende a $f(0)$, lo cual no está terminado.
Procedo usando el siguiente resultado.
Una secuencia $(z_n)$ tiende a $z$ si y solo si para toda subsucesión $(z_{\phi(n)})$ podemos extraer una subsubsuecncua $z_{(\phi \circ \psi(n))}$ con límite $z$.
Entonces sea $(f(x_{\phi(n)}))$ una subsucesión, notemos que $(x_{\phi(n)})$ es una subsucesión de $(x_n)$. Si esta última secuencia es estacionaria estamos listos. De lo contrario $$ \forall N \in \mathbb N,~~ \exists n \geq N,~~x_{n+1} \neq x_n $$ así que podemos extraer $(x_{\phi \circ \psi(n)})$ inyectiva. Dado que de cualquier secuencia convergente podemos extraer una monótona, podemos asumir sin pérdida de generalidad que la última secuencia es decreciente. Denotemos $z_n = x_{\phi \circ \psi(n)}$, sabes que $$ 0 \leftarrow \epsilon_n := |z_n - z_{n+1}| > 0 $$ así que puedes extraer $(\epsilon_{\xi(n)})$ decreciente tal que $0 < \epsilon_{\xi(n)} \leq C$ para todo $n$. Luego toma $\rho(n) \in \mathbb N$ tal que $$ \frac{c}{2^{\rho(n)}} \leq \epsilon_{\xi(n)} \leq \frac{C}{2^{\rho(n)}}. $$ Sabes que $\rho(n)$ tiende a $+ \infty$ así que puedes extraer una subsucesión $ \rho \circ \sigma(n)$ que es creciente. Ahora tenemos muchas extracciones pero sabemos que
- Las extracciones $\gamma = \phi \circ \psi \circ \xi \circ \sigma$ y $\delta = \rho \circ \sigma$ son tales que $$ \frac{c}{2^{\delta(n)}} \leq |x_{\gamma(n+1)} - x_{\gamma(n)}| \leq \frac{C}{2^{\delta(n)}} $$
- Los $|x_{\gamma(n+1)} - x_{\gamma(n)}|$'s son decrecientes de manera decente, es decir, no quedan atrapados en un intervalo de la forma $[c/2^p, C/2^p]$ por más de una iteración
Entonces queremos llenar los espacios entre cada $|x_{\gamma(n+1)} - x_{\gamma(n)}|$, es decir, construimos una secuencia $(y_n)$ tal que para todo $n \in \mathbb N$, si existe un (único) $k \in \mathbb N$ tal que $|x_{\gamma(k+1)} - x_{\gamma(k)}| \in [c/2^n, C/2^n]$, entonces establecemos $y_n = |x_{\gamma(k+1)} - x_{\gamma(k)}|$ y de lo contrario establecemos $y_n \in [c/2^n, C/2^n]$. Luego sabemos que $(y_n)$ es tal que
- $\forall n \in \mathbb N,~~\frac{c}{2^n} \leq y_n \leq \frac{C}{2^n}$
- $\forall n \in \mathbb N,~~|x_{\gamma(n+1)} - x_{\gamma(n)}| = y_{\delta(n)}$
Luego establecemos $$ \tilde{x}_n= \tilde{x}_0 + \sum_{k=0}^{n-1}y_k $$ con $\tilde{x}_0$ elegido posteriormente. Esta secuencia es tal que $$ |\tilde{x}_{n+1}-\tilde{x}_n| = y_n \in [c/2^n, C/2^n] $$ así que por el supuesto hecho sobre $f$, si elegimos $\tilde{x}_0$ tal que $(\tilde{x}_n)$ tiende a 0 tenemos que $f(\tilde{x}_n)$ tiende a $f(0)$. El problema es que no necesariamente recuperamos $x_{\gamma(n)}$ a partir de $\tilde{x}_n$.
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Creo que si $C > 2c > 0$, puedes lograrlo al dispersar para alcanzar el límite superior en $|x_{n+1} - x_n|$ y luego entrelazando con pequeños saltos para lograr el límite inferior. No pretendo haber trabajado todos los detalles. Por curiosidad, ¿por qué quieres esto?
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@RobArthan Pensé en usar el teorema de Stolz-Cesàro para mostrar que $\frac{f(x)}{x} \to 0$ cuando tenemos $\frac{f(x)-f(x/2)}{x} \to 0$ y $f(x) \to 0$, a medida que $x \to 0$. Así que me gustaría usar la secuencia $x_n = \frac{1}{2^n}$. Sin embargo, eso por sí solo no mostrará el límite, por lo que pensé en usar todas las secuencias que tienen aproximadamente la misma diferencia. Pero me doy cuenta de que probablemente eso no ayudará ya que no tenemos información adicional sobre $f$. Bueno, decidí preguntar la pregunta en general de todos modos. El problema es Putnam A5, 1954.