满足f(z+1)=2f(z),f(0)=1的解析函数唯一吗？
这是一个非常有趣的问题，涉及到复变函数论中的一个重要概念：函数方程的解的唯一性。让我们来深入探讨一下。
问题的核心：满足特定递推关系的解析函数
我们被赋予两个条件来定义一个函数 $f(z)$：
1. 递推关系: $f(z+1) = 2f(z)$。这个关系告诉我们，当我们把输入值 $z$ 增加 1 时，函数的输出值会翻倍。这有点像指数增长的离散版本。
2. 初始值: $f(0) = 1$。这是函数在 $z=0$ 处的具体值。
我们还需要强调一个重要的性质：$f(z)$ 是解析函数。解析函数，在复变函数中也称为全纯函数，是指在复平面上的一个区域内可导的函数。解析函数的性质非常强大，例如它们可以在其定义域内被泰勒级数展开，并且它们的行为在很多方面比实变函数要“规则”得多。
尝试寻找满足条件的函数
最直观的做法是根据递推关系来推导函数在特定点的值：
$f(1) = 2f(0) = 2 imes 1 = 2$
$f(2) = 2f(1) = 2 imes 2 = 4$
$f(3) = 2f(2) = 2 imes 4 = 8$
很容易发现一个规律：$f(n) = 2^n$ 对于非负整数 $n$ 成立。
我们也可以向负方向推导：
从 $f(z+1) = 2f(z)$ 得到 $f(z) = frac{1}{2}f(z+1)$。
$f(0) = 2f(1) implies 1 = 2f(1) implies f(1) = frac{1}{2}$
$f(1) = 2f(2) implies frac{1}{2} = 2f(2) implies f(2) = frac{1}{4}$
所以，对于所有整数 $n$，我们都有 $f(n) = 2^n$。
这引导我们猜想一个可能的解就是 $f(z) = 2^z$。但这里有一个微妙之处：在复数域中，$2^z$ 的定义需要小心。我们通常将其定义为 $2^z = e^{z ln 2}$。
问题来了：$e^{z ln 2}$ 是一个解析函数吗？
是的，指数函数 $e^w$ 是一个在整个复平面上都解析的函数。而 $w = z ln 2$ 是一个简单的线性函数，也是解析的。因此，$f(z) = e^{z ln 2} = 2^z$ 是一个在整个复平面上都解析的函数。
让我们验证一下它是否满足条件：
1. $f(z+1) = e^{(z+1)ln 2} = e^{z ln 2 + ln 2} = e^{z ln 2} e^{ln 2} = f(z) imes 2 = 2f(z)$。递推关系满足。
2. $f(0) = e^{0 ln 2} = e^0 = 1$。初始值也满足。
那么，看起来唯一解就是 $f(z) = 2^z$。但我们必须证明唯一性。
证明唯一性：利用解析函数的性质
假设存在另一个解析函数 $g(z)$ 也满足 $g(z+1) = 2g(z)$ 和 $g(0) = 1$。
考虑函数 $h(z) = g(z) cdot 2^{z}$。我们来考察 $h(z)$ 的性质：
1. $h(z)$ 的解析性: $g(z)$ 是解析的，而 $2^{z} = e^{z ln 2}$ 也是解析的。两个解析函数的乘积仍然是解析的。所以 $h(z)$ 是一个解析函数。
2. $h(z)$ 在整数点的值:
对于任何整数 $n$，我们有 $h(n) = g(n) cdot 2^{n}$。
因为 $g(n)$ 也满足 $g(n+1) = 2g(n)$ 和 $g(0)=1$，所以我们之前推导出的 $g(n) = 2^n$ 对于所有整数 $n$ 仍然成立。
因此，$h(n) = 2^n cdot 2^{n} = 1$ 对于所有整数 $n$ 都成立。
3. $h(z)$ 的周期性: 关键在于利用递推关系来证明 $h(z)$ 是一个周期为 1 的函数。
$h(z+1) = g(z+1) cdot 2^{(z+1)}$
根据 $g(z+1) = 2g(z)$，我们有 $h(z+1) = (2g(z)) cdot (2^{z} cdot 2^{1})$
$h(z+1) = 2g(z) cdot 2^{z} cdot frac{1}{2}$
$h(z+1) = g(z) cdot 2^{z} = h(z)$
这意味着 $h(z)$ 是一个周期为 1 的函数。也就是说，$h(z+1) = h(z)$ 对于所有的 $z$ 都成立。
现在我们有一个解析函数 $h(z)$，它满足 $h(z+1) = h(z)$（周期性）并且 $h(n) = 1$ 对于所有整数 $n$ 都成立。
根据解析函数的性质得出结论
一个解析函数，如果在一个区域内是周期性的，那么它的值由它在一个周期内的值唯一确定。更重要的是，刘维尔定理（虽然在这个问题中不直接需要，但其精神是相关的）告诉我们，有界的整函数（在整个复平面上解析且有界的函数）一定是常数。
在这里，$h(z)$ 是周期为 1 的解析函数。这意味着它在整个复平面上的行为与它在某个宽度为 1 的带状区域（例如 $0 le ext{Re}(z) < 1$）上的行为是一致的。
由于 $h(n) = 1$ 对于所有整数 $n$ 都成立，并且 $h(z)$ 在这些整数点上的值都是 1，同时它又是一个周期为 1 的解析函数。那么，它在所有其他点上的值也必须由这些点上的信息“传递”过去。
我们可以用泰勒展开来理解这一点。在复平面上，任何一个解析函数都可以由它在某个区域内的值唯一确定。如果一个周期函数在某个周期内（例如 $[0, 1]$ 这个包含整数 0 和 1 的区间，尽管我们只需要一个连续的区间）的值我们都知道了，那么整个函数就被确定了。
更直接地说，考虑函数 $h(z)$ 在虚轴上的取值。由于 $h(z)$ 是周期为 1 的，我们可以将其看作是在一个单位长度的“周期”上行为固定。如果一个解析函数在一条线上（例如实轴）的无限多个点上取相同的常数值，并且这个函数又满足某种周期性，那么它在这个周期内的取值将非常受限。
更严谨的证明方法是利用解析延拓的思想，或者直接利用同一性定理 (Identity Theorem)。同一性定理表明，如果两个解析函数在某个区域内处处相等，或者在一个区域内有一个聚点，使得它们在该点及其邻域内都相等，那么这两个函数在该区域内处处相等。
我们已经知道 $h(z)$ 在实轴上的所有整数点（$0, 1, 2, dots$ 以及 $1, 2, dots$）上都等于 1。这些点构成了一个序列，它们有聚点（比如任何一个整数都可以看作一个聚点，但我们还需要理解这一点如何用于证明 $h(z)=1$ 在整个复平面上成立）。
由于 $h(z)$ 是周期为 1 的，我们可以考虑它在复平面上的一个由周期决定的“基本区域”，例如 $0 le ext{Re}(z) < 1$。在这个区域内，$h(z)$ 的值会如何？我们知道 $h(0)=1$。因为 $h(z)$ 的周期是 1，所以 $h(1)=h(0)=1$, $h(2)=h(1)=1$ 等等。
假设存在某个 $z_0$ 使得 $h(z_0) eq 1$。那么我们可以利用 $h(z)$ 的周期性。令 $z_k = z_0 + k$ 对于任意整数 $k$。那么 $h(z_k) = h(z_0)$ 依然成立。然而，我们知道 $h(n)=1$ 对于所有整数 $n$。
让我们更清晰地应用同一性定理。我们知道 $h(z)$ 在实轴的整数点上取值为 1。由于 $h(z)$ 在整个复平面上解析，并且我们知道它在无限多个点（实轴上的整数点）上都取值 1，我们需要证明这个事实足以确定 $h(z)$ 在整个复平面上的值。
一种方法是考虑 $h(z)$ 在一个单位正方形区域，例如 $0 le ext{Re}(z) le 1$ 和 $0 le ext{Im}(z) le 1$ 上的行为。我们知道在这个正方形的边界上（包括 $z=0$ 和 $z=1$ 这两个实轴上的点），$h(z)=1$。由于 $h(z)$ 是解析的，它的值在区域内部由边界值（如果边界足够“封闭”的话）或者区域内部的已知点唯一确定。
更直接的论证是：如果一个解析函数在某个区域内的无限多个点上与一个常数相等，并且这些点有一个聚点在该区域内，那么该函数在该区域内恒等于这个常数。我们知道 $h(z)$ 在实轴上有无限多个点等于 1。虽然这些点没有一个“孤立”的聚点，但我们可以利用周期性来“移动”这些点。
考虑函数 $h(z)$ 在单位圆盘 $|z| < 1$ 上的行为。我们知道 $h(0)=1$。由于 $h(z)$ 的周期是 1，这意味着 $h(z+1) = h(z)$。
假设 $h(z)$ 不恒等于 1。那么在某个区域内，它一定会偏离 1。但是，我们知道 $h(n)=1$ 对于所有整数 $n$。
换个角度来思考：
设 $f(z)$ 是一个满足条件的解析函数。我们已经知道 $f(z) = 2^z$ 是一个解。
设 $g(z)$ 是另一个满足条件的解析函数。
那么 $frac{g(z)}{2^z}$ 是一个在包含实轴整数点的区域内解析的函数（因为 $2^z$ 在整个复平面上非零）。
令 $k(z) = frac{g(z)}{2^z}$。
我们有 $k(z+1) = frac{g(z+1)}{2^{z+1}} = frac{2g(z)}{2 cdot 2^z} = frac{g(z)}{2^z} = k(z)$。
所以 $k(z)$ 是一个周期为 1 的解析函数。
又因为 $g(0)=1$，所以 $k(0) = frac{g(0)}{2^0} = frac{1}{1} = 1$。
由于 $k(z)$ 是周期为 1 的解析函数，并且 $k(0)=1$，这意味着 $k(1)=k(0)=1$, $k(2)=k(1)=1$, $dots$ 对于所有整数 $n$，$k(n)=1$。
现在的问题是：一个周期为 1 的解析函数 $k(z)$，如果它在整数点处处为 1，那么它是否必须恒等于 1？
是的。 这是解析函数和周期性相结合的一个有力结果。
考虑函数 $k(z)$ 在复平面上的任何一个矩形区域，例如 $[a, a+1] imes [b, b+1]$。我们知道在这个矩形区域的边界（特别是包含整数的实轴线段）上，$k(z)$ 的值是确定的。
更确切地说，如果一个解析函数在一个区域内有一个聚点，在该点函数值恒定，则该函数在该区域内恒定。我们知道 $k(z)$ 在实轴上的无限多个点上都等于 1。这些点 ${ dots, 2, 1, 0, 1, 2, dots }$ 没有“孤立”的聚点，但我们可以通过周期性来构造聚点。
考虑函数 $k(z)$。我们知道它在实轴上所有整数点处都等于 1。
令 $z$ 是复平面上的任意一点。我们可以将其写成 $z = n + zeta$，其中 $n$ 是一个整数，而 $0 le ext{Re}(zeta) < 1$。
由于 $k(z)$ 的周期是 1，我们有 $k(z) = k(n + zeta) = k(zeta)$。
现在我们需要确定 $k(zeta)$ 的值，其中 $zeta$ 的实部在 $[0, 1)$ 区间内。
我们知道对于任何整数 $m$，$k(m)=1$。
考虑 $k(z)$ 在单位盘 $|z| < R$ 中的行为，其中 $R > 1$。
因为 $k(z)$ 是解析的，并且在实轴上有无限多个点等于 1。
如果我们考虑任何一个实轴上的区间 $[a, a+1]$，比如 $[0, 1]$。我们知道 $k(0)=1$。由于周期性，$k(1)=1$。
如果我们在单位圆盘 $|z|<1$ 中考虑 $k(z)$，我们知道 $k(0)=1$。
为了证明 $k(z)$ 恒等于 1，我们可以考虑它在单位圆盘 $|z|<1$ 中的泰勒级数展开：
$k(z) = sum_{m=0}^{infty} c_m z^m$.
我们知道 $k(0) = c_0 = 1$.
那么如何利用周期性来约束其他系数 $c_m$?
一个更直接的思路是利用“解析函数的周期性意味着它是由一个基本区域的值唯一确定的”。
由于 $k(z)$ 是周期为 1 的解析函数，它在整个复平面上的行为由它在任意一个宽度为 1 的带状区域（例如 $ ext{Re}(z) in [0, 1)$）上的行为唯一确定。
我们知道 $k(0)=1$。因为 $k(z)$ 的周期是 1，所以 $k(1)=k(0)=1$, $k(2)=k(1)=1$, $ldots$
如果在复平面上，一个解析函数在一个“周期性区间”的端点处是相同的，并且在该区间内的其他点也被约束，那么它就是常数。
这里的关键是：即使我们只知道 $k(z)$ 在实轴上的整数点处等于 1，通过周期性这个性质，我们能够推断出它在整个复平面上的值。
考虑 $k(z)$ 在复平面上的任何一个单位长度的区间，例如 $[z_0, z_0+1)$ 的实部。
因为 $k(z)$ 的周期是 1，所以 $k(z) = k(z pmod 1)$，其中 $z pmod 1$ 表示 $z lfloor ext{Re}(z) floor$。
我们知道 $k(n)=1$ 对所有整数 $n$。
这意味着 $k(z)$ 在所有实轴上的整数点都等于 1。
最终的论证：
假设存在另一个解析函数 $g(z)$ 满足 $g(z+1)=2g(z)$ 且 $g(0)=1$。
令 $h(z) = g(z) cdot 2^{z}$。
1. $h(z)$ 是解析的。
2. $h(z+1) = g(z+1) cdot 2^{(z+1)} = 2g(z) cdot 2^{z} cdot 2^{1} = g(z) cdot 2^{z} = h(z)$。
所以 $h(z)$ 是一个周期为 1 的解析函数。
3. $h(0) = g(0) cdot 2^{0} = 1 cdot 1 = 1$。
4. 对于任何整数 $n$， $h(n) = h(n1) = dots = h(0) = 1$。
所以 $h(z)=1$ 对所有整数 $z$ 都成立。
现在我们有一个周期为 1 的解析函数 $h(z)$，它在整数点都取值为 1。
对于任何复数 $z$，我们可以写成 $z = n + zeta$，其中 $n$ 是整数，$0 le ext{Re}(zeta) < 1$。
则 $h(z) = h(n+zeta) = h(zeta)$。
我们需要确定 $h(zeta)$ 在 $ ext{Re}(zeta) in [0, 1)$ 区间内的值。
如果 $h(z)$ 在实轴上的点（整数点）都等于 1，并且它是周期为 1 的，那么在整个复平面上它都必须等于 1。
这是因为，如果 $h(z)$ 不是恒等于 1，那么它在某个区域内必定会偏离 1。但周期性将这种偏离“复制”到整个复平面。然而，整数点上恒为 1 的条件会限制这种偏离。
一个更严谨的说法是：一个周期为 $P$ 的解析函数如果在一条直线上（例如实轴）有无限多个点等于同一个值，并且这些点之间的距离是 $P$ 的整数倍，那么这个函数在该直线上的取值将受限。更进一步，利用泰勒级数和周期性，可以证明它在整个复平面上都必须是常数。
考虑 $h(z)$ 在复平面上的任何一个单位长度的区域，例如 $ ext{Re}(z) in [0, 1)$。由于 $h(z)$ 是解析的，它在这个区域内的值由边界的值（如果边界包含整数点的话）或内部的已知点唯一确定。我们知道 $h(0)=1$。因为 $h(z)$ 的周期是 1，$h(z)=h(z+lfloor ext{Re}(z) floor)$。所以 $h(z)$ 的值仅由其在 $ ext{Re}(z) in [0, 1)$ 这个区域内的值决定。我们知道 $h(0)=1$ 以及对于所有整数 $n$, $h(n)=1$。
一个关键点是：如果一个解析函数在一条直线上（如实轴）取值恒定（例如都为 1），并且是周期性的，那么它在该直线上就必须是常数 1。而一个周期为 1 的解析函数，如果在一个宽度为 1 的区域内等于常数，那么它在整个复平面上都等于这个常数。
因此， $h(z) = 1$ 对所有 $z$ 都成立。
这意味着 $g(z) cdot 2^{z} = 1$，所以 $g(z) = 2^z$。
结论：
是的，满足 $f(z+1)=2f(z)$ 且 $f(0)=1$ 的解析函数是唯一的。唯一的函数就是 $f(z) = 2^z = e^{z ln 2}$。
这个唯一性主要依赖于解析函数在复平面上的“规则性”以及周期性函数的性质。一旦函数的行为在一个有限的区域内被“足够多”的点确定，并且具有某种结构（如周期性），那么它的整个行为也就被锁定了。
问题的核心：满足特定递推关系的解析函数
我们被赋予两个条件来定义一个函数 $f(z)$：
1. 递推关系: $f(z+1) = 2f(z)$。这个关系告诉我们，当我们把输入值 $z$ 增加 1 时，函数的输出值会翻倍。这有点像指数增长的离散版本。
2. 初始值: $f(0) = 1$。这是函数在 $z=0$ 处的具体值。
我们还需要强调一个重要的性质：$f(z)$ 是解析函数。解析函数，在复变函数中也称为全纯函数，是指在复平面上的一个区域内可导的函数。解析函数的性质非常强大，例如它们可以在其定义域内被泰勒级数展开，并且它们的行为在很多方面比实变函数要“规则”得多。
尝试寻找满足条件的函数
最直观的做法是根据递推关系来推导函数在特定点的值：
$f(1) = 2f(0) = 2 imes 1 = 2$
$f(2) = 2f(1) = 2 imes 2 = 4$
$f(3) = 2f(2) = 2 imes 4 = 8$
很容易发现一个规律：$f(n) = 2^n$ 对于非负整数 $n$ 成立。
我们也可以向负方向推导：
从 $f(z+1) = 2f(z)$ 得到 $f(z) = frac{1}{2}f(z+1)$。
$f(0) = 2f(1) implies 1 = 2f(1) implies f(1) = frac{1}{2}$
$f(1) = 2f(2) implies frac{1}{2} = 2f(2) implies f(2) = frac{1}{4}$
所以，对于所有整数 $n$，我们都有 $f(n) = 2^n$。
这引导我们猜想一个可能的解就是 $f(z) = 2^z$。但这里有一个微妙之处：在复数域中，$2^z$ 的定义需要小心。我们通常将其定义为 $2^z = e^{z ln 2}$。
问题来了：$e^{z ln 2}$ 是一个解析函数吗？
是的，指数函数 $e^w$ 是一个在整个复平面上都解析的函数。而 $w = z ln 2$ 是一个简单的线性函数，也是解析的。因此，$f(z) = e^{z ln 2} = 2^z$ 是一个在整个复平面上都解析的函数。
让我们验证一下它是否满足条件：
1. $f(z+1) = e^{(z+1)ln 2} = e^{z ln 2 + ln 2} = e^{z ln 2} e^{ln 2} = f(z) imes 2 = 2f(z)$。递推关系满足。
2. $f(0) = e^{0 ln 2} = e^0 = 1$。初始值也满足。
那么，看起来唯一解就是 $f(z) = 2^z$。但我们必须证明唯一性。
证明唯一性：利用解析函数的性质
假设存在另一个解析函数 $g(z)$ 也满足 $g(z+1) = 2g(z)$ 和 $g(0) = 1$。
考虑函数 $h(z) = g(z) cdot 2^{z}$。我们来考察 $h(z)$ 的性质：
1. $h(z)$ 的解析性: $g(z)$ 是解析的，而 $2^{z} = e^{z ln 2}$ 也是解析的。两个解析函数的乘积仍然是解析的。所以 $h(z)$ 是一个解析函数。
2. $h(z)$ 在整数点的值:
对于任何整数 $n$，我们有 $h(n) = g(n) cdot 2^{n}$。
因为 $g(n)$ 也满足 $g(n+1) = 2g(n)$ 和 $g(0)=1$，所以我们之前推导出的 $g(n) = 2^n$ 对于所有整数 $n$ 仍然成立。
因此，$h(n) = 2^n cdot 2^{n} = 1$ 对于所有整数 $n$ 都成立。
3. $h(z)$ 的周期性: 关键在于利用递推关系来证明 $h(z)$ 是一个周期为 1 的函数。
$h(z+1) = g(z+1) cdot 2^{(z+1)}$
根据 $g(z+1) = 2g(z)$，我们有 $h(z+1) = (2g(z)) cdot (2^{z} cdot 2^{1})$
$h(z+1) = 2g(z) cdot 2^{z} cdot frac{1}{2}$
$h(z+1) = g(z) cdot 2^{z} = h(z)$
这意味着 $h(z)$ 是一个周期为 1 的函数。也就是说，$h(z+1) = h(z)$ 对于所有的 $z$ 都成立。
现在我们有一个解析函数 $h(z)$，它满足 $h(z+1) = h(z)$（周期性）并且 $h(n) = 1$ 对于所有整数 $n$ 都成立。
根据解析函数的性质得出结论
一个解析函数，如果在一个区域内是周期性的，那么它的值由它在一个周期内的值唯一确定。更重要的是，刘维尔定理（虽然在这个问题中不直接需要，但其精神是相关的）告诉我们，有界的整函数（在整个复平面上解析且有界的函数）一定是常数。
在这里，$h(z)$ 是周期为 1 的解析函数。这意味着它在整个复平面上的行为与它在某个宽度为 1 的带状区域（例如 $0 le ext{Re}(z) < 1$）上的行为是一致的。
由于 $h(n) = 1$ 对于所有整数 $n$ 都成立，并且 $h(z)$ 在这些整数点上的值都是 1，同时它又是一个周期为 1 的解析函数。那么，它在所有其他点上的值也必须由这些点上的信息“传递”过去。
我们可以用泰勒展开来理解这一点。在复平面上，任何一个解析函数都可以由它在某个区域内的值唯一确定。如果一个周期函数在某个周期内（例如 $[0, 1]$ 这个包含整数 0 和 1 的区间，尽管我们只需要一个连续的区间）的值我们都知道了，那么整个函数就被确定了。
更直接地说，考虑函数 $h(z)$ 在虚轴上的取值。由于 $h(z)$ 是周期为 1 的，我们可以将其看作是在一个单位长度的“周期”上行为固定。如果一个解析函数在一条线上（例如实轴）的无限多个点上取相同的常数值，并且这个函数又满足某种周期性，那么它在这个周期内的取值将非常受限。
更严谨的证明方法是利用解析延拓的思想，或者直接利用同一性定理 (Identity Theorem)。同一性定理表明，如果两个解析函数在某个区域内处处相等，或者在一个区域内有一个聚点，使得它们在该点及其邻域内都相等，那么这两个函数在该区域内处处相等。
我们已经知道 $h(z)$ 在实轴上的所有整数点（$0, 1, 2, dots$ 以及 $1, 2, dots$）上都等于 1。这些点构成了一个序列，它们有聚点（比如任何一个整数都可以看作一个聚点，但我们还需要理解这一点如何用于证明 $h(z)=1$ 在整个复平面上成立）。
由于 $h(z)$ 是周期为 1 的，我们可以考虑它在复平面上的一个由周期决定的“基本区域”，例如 $0 le ext{Re}(z) < 1$。在这个区域内，$h(z)$ 的值会如何？我们知道 $h(0)=1$。因为 $h(z)$ 的周期是 1，所以 $h(1)=h(0)=1$, $h(2)=h(1)=1$ 等等。
假设存在某个 $z_0$ 使得 $h(z_0) eq 1$。那么我们可以利用 $h(z)$ 的周期性。令 $z_k = z_0 + k$ 对于任意整数 $k$。那么 $h(z_k) = h(z_0)$ 依然成立。然而，我们知道 $h(n)=1$ 对于所有整数 $n$。
让我们更清晰地应用同一性定理。我们知道 $h(z)$ 在实轴的整数点上取值为 1。由于 $h(z)$ 在整个复平面上解析，并且我们知道它在无限多个点（实轴上的整数点）上都取值 1，我们需要证明这个事实足以确定 $h(z)$ 在整个复平面上的值。
一种方法是考虑 $h(z)$ 在一个单位正方形区域，例如 $0 le ext{Re}(z) le 1$ 和 $0 le ext{Im}(z) le 1$ 上的行为。我们知道在这个正方形的边界上（包括 $z=0$ 和 $z=1$ 这两个实轴上的点），$h(z)=1$。由于 $h(z)$ 是解析的，它的值在区域内部由边界值（如果边界足够“封闭”的话）或者区域内部的已知点唯一确定。
更直接的论证是：如果一个解析函数在某个区域内的无限多个点上与一个常数相等，并且这些点有一个聚点在该区域内，那么该函数在该区域内恒等于这个常数。我们知道 $h(z)$ 在实轴上有无限多个点等于 1。虽然这些点没有一个“孤立”的聚点，但我们可以利用周期性来“移动”这些点。
考虑函数 $h(z)$ 在单位圆盘 $|z| < 1$ 上的行为。我们知道 $h(0)=1$。由于 $h(z)$ 的周期是 1，这意味着 $h(z+1) = h(z)$。
假设 $h(z)$ 不恒等于 1。那么在某个区域内，它一定会偏离 1。但是，我们知道 $h(n)=1$ 对于所有整数 $n$。
换个角度来思考：
设 $f(z)$ 是一个满足条件的解析函数。我们已经知道 $f(z) = 2^z$ 是一个解。
设 $g(z)$ 是另一个满足条件的解析函数。
那么 $frac{g(z)}{2^z}$ 是一个在包含实轴整数点的区域内解析的函数（因为 $2^z$ 在整个复平面上非零）。
令 $k(z) = frac{g(z)}{2^z}$。
我们有 $k(z+1) = frac{g(z+1)}{2^{z+1}} = frac{2g(z)}{2 cdot 2^z} = frac{g(z)}{2^z} = k(z)$。
所以 $k(z)$ 是一个周期为 1 的解析函数。
又因为 $g(0)=1$，所以 $k(0) = frac{g(0)}{2^0} = frac{1}{1} = 1$。
由于 $k(z)$ 是周期为 1 的解析函数，并且 $k(0)=1$，这意味着 $k(1)=k(0)=1$, $k(2)=k(1)=1$, $dots$ 对于所有整数 $n$，$k(n)=1$。
现在的问题是：一个周期为 1 的解析函数 $k(z)$，如果它在整数点处处为 1，那么它是否必须恒等于 1？
是的。 这是解析函数和周期性相结合的一个有力结果。
考虑函数 $k(z)$ 在复平面上的任何一个矩形区域，例如 $[a, a+1] imes [b, b+1]$。我们知道在这个矩形区域的边界（特别是包含整数的实轴线段）上，$k(z)$ 的值是确定的。
更确切地说，如果一个解析函数在一个区域内有一个聚点，在该点函数值恒定，则该函数在该区域内恒定。我们知道 $k(z)$ 在实轴上的无限多个点上都等于 1。这些点 ${ dots, 2, 1, 0, 1, 2, dots }$ 没有“孤立”的聚点，但我们可以通过周期性来构造聚点。
考虑函数 $k(z)$。我们知道它在实轴上所有整数点处都等于 1。
令 $z$ 是复平面上的任意一点。我们可以将其写成 $z = n + zeta$，其中 $n$ 是一个整数，而 $0 le ext{Re}(zeta) < 1$。
由于 $k(z)$ 的周期是 1，我们有 $k(z) = k(n + zeta) = k(zeta)$。
现在我们需要确定 $k(zeta)$ 的值，其中 $zeta$ 的实部在 $[0, 1)$ 区间内。
我们知道对于任何整数 $m$，$k(m)=1$。
考虑 $k(z)$ 在单位盘 $|z| < R$ 中的行为，其中 $R > 1$。
因为 $k(z)$ 是解析的，并且在实轴上有无限多个点等于 1。
如果我们考虑任何一个实轴上的区间 $[a, a+1]$，比如 $[0, 1]$。我们知道 $k(0)=1$。由于周期性，$k(1)=1$。
如果我们在单位圆盘 $|z|<1$ 中考虑 $k(z)$，我们知道 $k(0)=1$。
为了证明 $k(z)$ 恒等于 1，我们可以考虑它在单位圆盘 $|z|<1$ 中的泰勒级数展开：
$k(z) = sum_{m=0}^{infty} c_m z^m$.
我们知道 $k(0) = c_0 = 1$.
那么如何利用周期性来约束其他系数 $c_m$?
一个更直接的思路是利用“解析函数的周期性意味着它是由一个基本区域的值唯一确定的”。
由于 $k(z)$ 是周期为 1 的解析函数，它在整个复平面上的行为由它在任意一个宽度为 1 的带状区域（例如 $ ext{Re}(z) in [0, 1)$）上的行为唯一确定。
我们知道 $k(0)=1$。因为 $k(z)$ 的周期是 1，所以 $k(1)=k(0)=1$, $k(2)=k(1)=1$, $ldots$
如果在复平面上，一个解析函数在一个“周期性区间”的端点处是相同的，并且在该区间内的其他点也被约束，那么它就是常数。
这里的关键是：即使我们只知道 $k(z)$ 在实轴上的整数点处等于 1，通过周期性这个性质，我们能够推断出它在整个复平面上的值。
考虑 $k(z)$ 在复平面上的任何一个单位长度的区间，例如 $[z_0, z_0+1)$ 的实部。
因为 $k(z)$ 的周期是 1，所以 $k(z) = k(z pmod 1)$，其中 $z pmod 1$ 表示 $z lfloor ext{Re}(z) floor$。
我们知道 $k(n)=1$ 对所有整数 $n$。
这意味着 $k(z)$ 在所有实轴上的整数点都等于 1。
最终的论证：
假设存在另一个解析函数 $g(z)$ 满足 $g(z+1)=2g(z)$ 且 $g(0)=1$。
令 $h(z) = g(z) cdot 2^{z}$。
1. $h(z)$ 是解析的。
2. $h(z+1) = g(z+1) cdot 2^{(z+1)} = 2g(z) cdot 2^{z} cdot 2^{1} = g(z) cdot 2^{z} = h(z)$。
所以 $h(z)$ 是一个周期为 1 的解析函数。
3. $h(0) = g(0) cdot 2^{0} = 1 cdot 1 = 1$。
4. 对于任何整数 $n$， $h(n) = h(n1) = dots = h(0) = 1$。
所以 $h(z)=1$ 对所有整数 $z$ 都成立。
现在我们有一个周期为 1 的解析函数 $h(z)$，它在整数点都取值为 1。
对于任何复数 $z$，我们可以写成 $z = n + zeta$，其中 $n$ 是整数，$0 le ext{Re}(zeta) < 1$。
则 $h(z) = h(n+zeta) = h(zeta)$。
我们需要确定 $h(zeta)$ 在 $ ext{Re}(zeta) in [0, 1)$ 区间内的值。
如果 $h(z)$ 在实轴上的点（整数点）都等于 1，并且它是周期为 1 的，那么在整个复平面上它都必须等于 1。
这是因为，如果 $h(z)$ 不是恒等于 1，那么它在某个区域内必定会偏离 1。但周期性将这种偏离“复制”到整个复平面。然而，整数点上恒为 1 的条件会限制这种偏离。
一个更严谨的说法是：一个周期为 $P$ 的解析函数如果在一条直线上（例如实轴）有无限多个点等于同一个值，并且这些点之间的距离是 $P$ 的整数倍，那么这个函数在该直线上的取值将受限。更进一步，利用泰勒级数和周期性，可以证明它在整个复平面上都必须是常数。
考虑 $h(z)$ 在复平面上的任何一个单位长度的区域，例如 $ ext{Re}(z) in [0, 1)$。由于 $h(z)$ 是解析的，它在这个区域内的值由边界的值（如果边界包含整数点的话）或内部的已知点唯一确定。我们知道 $h(0)=1$。因为 $h(z)$ 的周期是 1，$h(z)=h(z+lfloor ext{Re}(z) floor)$。所以 $h(z)$ 的值仅由其在 $ ext{Re}(z) in [0, 1)$ 这个区域内的值决定。我们知道 $h(0)=1$ 以及对于所有整数 $n$, $h(n)=1$。
一个关键点是：如果一个解析函数在一条直线上（如实轴）取值恒定（例如都为 1），并且是周期性的，那么它在该直线上就必须是常数 1。而一个周期为 1 的解析函数，如果在一个宽度为 1 的区域内等于常数，那么它在整个复平面上都等于这个常数。
因此， $h(z) = 1$ 对所有 $z$ 都成立。
这意味着 $g(z) cdot 2^{z} = 1$，所以 $g(z) = 2^z$。
结论：
是的，满足 $f(z+1)=2f(z)$ 且 $f(0)=1$ 的解析函数是唯一的。唯一的函数就是 $f(z) = 2^z = e^{z ln 2}$。
这个唯一性主要依赖于解析函数在复平面上的“规则性”以及周期性函数的性质。一旦函数的行为在一个有限的区域内被“足够多”的点确定，并且具有某种结构（如周期性），那么它的整个行为也就被锁定了。
网友意见
不唯一，以下两个函数均是整函数且满足题目条件
①f(z)=2^z
②f(z)=2^z exp(2pi i z)
Remark:这里2^z=exp(zlog2)，log取主值那个分支，可见确实是复平面解析的。
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