Teorema Para cada una de las $a\in (0,1)$ hay infinitamente muchos $f\in C([0,1])$, de modo que $f(0)=0$, $f(1) = 1$ y
$$(*)\ \ f (g(x) ) = af(x)\ \ \ \ \forall x\in [0,1].$$
Comentario: $f(1) = 1$ así como una normalización como $(*)$ es lineal, como se observa en otra respuesta.
La prueba del teorema: Vamos a
$$C = \{x\in [0,1]: \ g(x) = x\}.$$
$C$ es no vacío como $0\in C$. Deje $c = \sup C$. A continuación,$c <1$$g(1)<1$.
Reivindicación 1: $g(x)<x$ todos los $x>c$ $g(x)<c$ todos los $x<c$.
Prueba de reclamación 1: Como $x>c$, $x\notin C$ y por lo tanto, $g(x) <x$ o $g(x)>x$. Si $g(x)>x$, entonces la función de $h(x) = g(x)>x$ satisface $h(x)>0$ algunos $x<1$$h(1)<0$. Por lo tanto no es$x'>c$, de modo que $h(x')=0$, lo cual es imposible, por definición, de $c$. La segunda desigualdad proviene de $x<c \Rightarrow g(x)<g(c)=c$.
Reivindicación 2: Deje $I_1 = (g(1), 1]$ y de manera inductiva $I_n = g(I_{n-1})$$n>1$. A continuación, el $I_i$'s son pares disjuntos no vacíos intervalos, $g : I_{n} \to I_{n+1}$ es bijective con inversa continua, y
$$(**)\ \ \ \ \bigcup_{n \in \mathbb N} I_n = (c, 1].$$
La prueba de la reivindicación 2: La demanda es bastante obvio como $g$ es estrictamente creciente y $I_{n} = (g^n(1), g^{n-1}(1)]$. Para mostrar $(**)$, es suficiente para mostrar que $g^n(1) \to c$$n\to \infty$. Primero de todo, uno puede mostrar de forma inductiva que $g^n(1) >c$
$$g^n(1) > c\Rightarrow g^{n+1} (1) > g(c) =c$$
Tenga en cuenta que la sucesión es estrictamente decreciente. Por lo tanto converge a algunos $d\in [0,1]$. A continuación,$g(d) = d$$d\in C$. Junto con $g^n(1) >c$ tenemos $d = c$.
Ahora vamos a definir los $f$.
De$(*)$$a\neq 1$, $f(x) = 0$ todos los $x\in C$. Así que simplemente nos set $f(x) = 0$ $[0,c]$ (tenga en cuenta que por la segunda igualdad de la reivindicación 1, $(*)$ está satisfecho en $[0,c]$). Ahora vamos a definir los $f$ inductivamente en cada una de las $I_n$. La primera en $I_1$, vamos a $f$ ser cualquier función continua, de modo que $f(1) = 1$, $f(g(1)) = a$.
Ahora en $I_2$ definimos $f(y) = a f(g^{-1}(y))$. Tenga en cuenta que esto está bien definido como $g^{-1}(y) \in I_1$. Esta $f$ es continua en a $I_2$ $g^{-1}$ es continua. En $g(1) \in I_2$, tenemos
$$ f(g(1)) = a f(g^{-1}(g(1)) = af(1) =a$$
Por lo tanto $f$ es continua en a $I_2\cup I_1 = (g^2(1), 1]$. También por la construcción, $f$ satisface $(*)$$I_2 \cup I_1$. Tenga en cuenta también que $||f||_{I_2} \le a ||f||_{I_1}$ por la construcción (Esto se observa también en el comentario).
Ahora por inducción, suponga que $f$ ha sido continuamente definido en $I_1\cup \cdots \cup I_n$, de modo que $(*)$ está satisfecho y $||f||_{I_k} = a^{k-1} ||f||_{I_1}$ todos los $k =1, 2, \cdots n$. Luego de definir en $I_{n+1}$
$$f(y) = a f(g^{-1} (y)).$$
A continuación, del mismo modo se puede demostrar que $(*)$ está satisfecho y $||f||_{I_{n+1}} \le a^n ||f||_{I_1}$. Por la inducción y la reivindicación 2, $f$ ha sido definido en $[0,1]$ y satisface $(*)$. La única cosa que tenemos que comprobar es que $f$ es continua en a $c$, pero es obvio como $||f||_{I_n} \le a^n ||f||_{I_1}$$|a|<1$. Esto concluye la prueba del teorema.
Corolario $f$ puede ser elegido para ser no decreciente. Si $g(x)<x$ todos los $x>0$, $f$ puede ser elegido para ser estrictamente creciente.
La prueba del corolario de La primera afirmación es verdadera como podemos escoger inicialmente $f$ a ser estrictamente creciente en a$[g(1), 1]$$a<1$. A continuación, $f$ sería estrictamente creciente en a $[c, 1]$. Si, además, que los $g(x)<x$ para todos los $x>0$, $C = \{0\}$, por lo $c = 0$ e lo $f$ es estrictamente creciente.
Comentario: En cierto sentido, parece difícil el estudio de la teoría espectral del operador $f\mapsto f\circ g$$C([0,1])$, como todos los subespacios propios son infinitas dimensiones. También esto es imposible el uso de punto fijo de la teoría como tal $f$ no son únicas.
